2020年高考化学全真模拟考试试卷(解析版)07(解析版)

2020年高考化学全真模拟考试试卷（解析版）
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。

共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A ．1 mol Na 与2O 完全反应生成2Na O 和22Na O 的混合物，转移电子A N ，生成物中离子总数为A 2N
B ．1LpH 2=的3NaHSO 溶液中，由水电离的H +数目为0.01 A N 个
C ．31.5gCH +
里含有的电子数目为A N
D ．62 g 白磷中含有P-P 键的数目为A 3N
【答案】D
【解析】A ．钠和氧气反应后变为1+价，故1mol 钠完全反应转移1mol 电子即A N 个，而生成的产物无论是氧化钠还是过氧化钠，均是2molNa 1mol +～阴离子，而1mol 钠反应后变为1molNa +，故所对应的阴离子的物质的量为0.5mol ，即产物中离子共A 1.5N 个，故A 错误；
B ．pH 2=的3NaHSO 溶液中，3HSO -的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于3HSO -的电离，故溶液中水电离出的氢离子小于A 0.01N 个，故B 错误；
C ．31.5gCH +的物质的量为0.1mol ，而31molCH +中含8mol 电子，故0.1mol 中含0.8mol 电子即A 0.8N 个，故C 错误；
D ．62g 白磷4P 的物质的量为62g n 0.5mol 124g /mol
==，而1mol 白磷中含6molP P -键，故0.5mol 白磷中含3molP P -键即A 3N 个，故D 正确．故选D 。

8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A ．向氨水中通入过量SO 2：NH 3·H 2O ＋SO 2===NH 4+＋HSO 3-
B．Si与NaOH溶液反应：Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋H2↑
C．电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑
D．Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2＋恰好完全沉淀：2H++SO42－+Ba2++2OH－＝BaSO4↓+2H2O
【答案】A
【解析】
A．一水合氨是弱碱，保留化学式，反应的离子方程式：SO2+NH3•H2O═NH4++HSO3-，选项A正确；
B．Si与NaOH溶液反应的离子反应为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑，选项B正确；
C、电解MgCl2溶液，反应生成了氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，选项C错误；
D．向Ba（OH）2溶液滴加NaHSO4溶液至沉淀恰好完全的离子反应为Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，选项D错误；答案选A。

【点睛】
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，易错点为选项D，应知道完全沉淀时是以钡离子和硫酸根离子按1：1进行反应。

9．下列叙述正确的是
A．甲苯与足量H2加成产物的一氯取代物有5种
B．由3种单体加聚得到
C．双糖、多糖在稀酸的催化下最终均水解为葡萄糖
D．分子式为C4H6O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物有3种(不含立体异构)
【答案】A
【解析】分析：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子；B项，
链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体；C项，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖；D项，能与NaHCO3反应生成CO2说明结构中含羧基，C4H6O2的不饱和度为2，其结构可能是链状也可能是环状。

详解：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子，的一氯代物有5种，A项正确；B项，链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体，单体为CH2=CH—CH=CH2和CH3CH=CH2，
由2种单体加聚得到，B项错误；C项，麦芽糖、淀粉、纤维素在酸催化下最终水解为葡萄糖，蔗糖在酸催化下最终水解为葡萄糖和果糖，C项错误；D项，C4H6O2的不饱和度为2，能与NaHCO3溶液反应生成CO2说明有机物结构中含羧基，符合条件的同分异构体有：CH3CH=CHCOOH 、
2
CH2=CHCH2COOH、、，共4种，D项错误；答案选A。

点睛：本题考查一氯代物种类的判断、高分子化合物单体的判断、双糖和多糖的水解、限定条件同分异构体数目的确定。

确定一氯代物的种类用“等效氢”法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效。

限定条件的同分异构体数目的确定用有序思维，先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构。

10．如图是五种短周期元素的原子序数与其在氢化物中化合价的关系图，则下列说法不正确的是
A．X的氢化物具有很强的还原性
B．YW2、ZW2、X2W2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同
C．Y、Z元素的最高价氧化物对应的水化物都呈酸性，而且酸性：HZO4 > H2YO4
D．元素W、T的氢化物的沸点比同主族中相邻的氢化物高，是因为这两种氢化物分子间存在氢键
【答案】B
【解析】A. X为Na，其氢化物为NaH，具有很强的还原性，故A正确；
B. SO2、ClO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，二氧化硫与有色物质化合为无色物质，而ClO2、Na2O2具有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，褪色原理不相同，故B错误；
C. Y、Z元素的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，都呈酸性，由于非金属性Cl > S，故酸性：HClO4 > H2SO4，故C正确；
D. 元素W、T的氢化物分别为H2O、NH3，这两种氢化物分子间存在氢键，它们的沸点比同主族中相邻的氢化物高，故D正确。

综上所述，答案为B。

11．根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是
实验操作预测实验现象实验结论或解释向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振
A
下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2荡，静置
向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量
B
有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性新制Cu(OH)2悬浊液并加热
4 C
常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，
用淀粉碘化钾试液检验
试液不变蓝 常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应 D
向盛有NH 4Al(SO 4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH 4++OH - = NH 3↑+H 2O
【答案】C
【解析】
A.由于Br 2具有强的氧化性，所以向FeI 2溶液中滴入足量溴水，Fe 2+、I -都被氧化，Fe 2+被氧化为Fe 3+，I -被氧化为I 2单质，由于I 2容易溶于CCl 4，而CCl 4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl 4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I 2的CCl 4溶液层但不能证明氧化性:Fe 3+>I 2，A 错误；
B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH 溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B 错误；
C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C 正确；
D.向盛有NH 4Al(SO 4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液，首先发生反应：Al 3++3OH -=Al(OH)3↓，D 错误； 故合理选项是C 。

12．用下图所示装置除去含CN －、Cl －废水中的CN －时，控制溶液PH 为9~10，阳极产生的ClO －将CN －氧化为
两种无污染的气体，下列说法不正确的是
A ．用石墨作阳极，铁作阴极
B ．阳极的电极反应式为：Cl － + 2OH －－2e －= ClO － + H 2O
C ．阴极的电极反应式为：2H 2O + 2e － = H 2↑ + 2OH －
D ．除去CN －的反应：2CN －+ 5ClO －
+ 2H + = N 2↑ + 2CO 2↑ + 5Cl －+ H 2O
【答案】D
【解析】
A 、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A 说法正确；
B 、根据信息，环境是碱性，利用ClO －氧化CN －，因此阳极反应式为Cl －＋2OH －－2e －=ClO －＋H 2O ，故B 说法正确；
C 、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H ＋＋2e －=H 2↑，故C 说法正确；
D 、CN －被ClO －氧化成两种无毒的气体，即为N 2和CO 2，环境是碱性，不能生成H ＋，故D 说法错误。

【点睛】
电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。

13．室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是
已知：K(HY)=5.0×10-11
A．可选取酚酞作为滴定指示剂
B．M点溶液的pH>7
C．图中Q点水的电离程度最小，Kw<10-14
D．M点,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)
【答案】B
【解析】A. 滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B. M点溶液中，c(NaY)=c(HY)，因为K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)≈c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，k a=c(H+)=5.0×10-11，所以，pH>7，B正确；C. 由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14，C不正确；D. M点，由物料守恒可知，
c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，D不正确。

本题选B。

二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35~36题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共43分。

26．（15分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。

溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。

（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4Δ
10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
6
①该反应体现出酸性关系：H 3PO 4__________H 2SO 4（填“>”或“<”）。

②结合元素周期律解释①中结论：P 和S 电子层数相同，__________。

（3）酸浸时，磷精矿中Ca 5(PO 4)3F 所含氟转化为HF ，并进一步转化为SiF 4除去。

写出生成HF 的化学方程式：__________。

（4）H 2O 2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO 2脱除，同时自身也会发生分解。

相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。

80℃后脱除率变化的原因：____________________。

（5）脱硫时，CaCO 3稍过量，充分反应后仍有SO 42−残留，原因是__________；加入BaCO 3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。

（6）取a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·
L −1NaOH 溶液滴定至终点时生成Na 2HPO 4，消耗NaOH 溶液c mL ，精制磷酸中H 3PO 4的质量分数是________。

（已知：H 3PO 4摩尔质量
为98 g·
mol −1） 【答案】（1）研磨、加热（2分）
（2）＜（1分）
（3）核电荷数P ＜S ，原子半径P ＞S ，得电子能力P ＜S ，非金属性P ＜S （2分）
2Ca 5(PO 4)3F+10H 2SO 4+5H 2O 10CaSO 4·0.5H 2O+6H 3PO 4+2HF↑ （2分）
（4）80 ℃后，H 2O 2分解速率大，浓度显著降低（2分）
（5）CaSO 4微溶（2分） BaCO 3+2
4SO -+2H 3PO 4BaSO 4+CO 2↑+H 2O+2-
24H PO （2分）
（6）0.049bc a
（2分） 【解析】
分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。

（1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。

（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H 3PO 4<H 2SO 4。

②用元素周期律解释，P 和S 电子层数相同，核电荷数P <S ，原子半径P >S ，得电子能力P <S ，非金属性P <S 。

（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca 5（PO 4）3F 与H 2SO 4反应生成HF 、磷石膏和磷酸。

（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H 2O 2分解速率大，H 2O 2
浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下
有机碳脱除率减小。

（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。

加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。

（6）根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。

详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。

（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4<H2SO4。

②用元素周期律解释酸性：H3PO4<H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数P<S，原子半径P>S，得电子能力P<S，非金属性P<S。

（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化
学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O Δ
10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。

（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。

（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。

加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。

（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=1
2
n（NaOH）=
1
2
⨯
bmol/L⨯c⨯10-3L=
bc
2000
mol，m（H3PO4）=
bc
2000
mol⨯98g/mol=
49bc
1000
g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分
数为0.049bc
a。

27．（13分）二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。

实验室制备二茂铁装置示意图如图一：
已知：①二茂铁熔点是173℃，在100℃时开始升华；沸点是249℃
②制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
实验步骤为：
①在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通氮
气约10min；
②再从仪器a滴入5.5mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6，密度为0.95g/cm3)，搅拌；
③将6.5g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25mL装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，45min
滴完，继续搅拌45min；
④再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌；
⑤将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；
⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。

回答下列问题：
（1）仪器b的名称是_________。

（2）步骤①中通入氮气的目的是___________。

（3）仪器c的适宜容积应为(选编号)：____________。

①100mL ②250mL ③500mL
（4）步骤⑤用盐酸洗涤的目的是____________。

（5）步骤⑦是二茂铁粗产品的提纯，该过程在图二中进行，其操作名称为__________；该操作中棉花的作用是________________________。

（6）若最终制得纯净的二茂铁4.3g，则该实验的产率为__________(保留三位有效数字)。

【答案】（1）球形冷凝管（1分）
（2）排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化（2分）
（3）②（2分）
（4）除去多余的KOH（2分）
（5）升华（2分）防止二茂铁挥发进入空气中（2分）
（6）58.4% （2分）
【解析】
【分析】
（1）根据仪器的结构确定仪器b的名称；
（2）二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气；
（3三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的2/3分析判断；
（4）C溶液中混有KOH,盐酸与KOH反应；
（5）分析图二装置图知该操作使二茂铁由固体可直接变成气体，然后冷凝收集；棉花团有防止粉末逸出的功能；
8
（6）根据环戊二烯计算二茂铁的理论产量，产率=（实际产量）/(理论产量）以此计算。

【详解】
()1仪器b 是球形冷凝管；
()2二茂铁中铁是2+价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化； ()3由题意可知三颈烧瓶中共加入液体115.5ml ，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的23
，所以选择250ml ； ()4步骤⑤用盐酸洗涤，可除去多余的KOH ；
()5二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中；
()6二茂铁的理论产量为35.5mL 0.95g /cm 1186g /mol 7.4g 66g /mol 2
⨯⨯⨯=，则产率 4.3g 100%58.4%7.4g =⨯=。

28．（15分）减少污染、保护环境是全世界最热门的课题。

（1）为了减少空气中SO 2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。

已知：H 2(g)＋1/2O 2(g)==H 2O(g) ΔH 1＝-241.8 kJ·
mol －1 C(s)＋1/2O 2(g)===CO(g) ΔH 2＝－110.5 kJ·mol －1
则焦炭与水蒸气反应生成CO 的热化学方程式为 。

②洗涤含SO 2的烟气。

以下物质可作洗涤剂的是 （填序号）：
a ．Ca(OH)2
b ．CaCl 2
c ．Na 2CO 3
d ．NaHSO 3
（2）CO 在催化剂作用下可以与H 2反应生成甲醇：CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)。

在密闭容器中充有10 mol CO 与20 mol H 2，CO 的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①M 、N 两点平衡状态下，容器中总物质的物质的
量之比为：n(M)总：n(N)总= 。

②若M 、N 、Q 三点的平衡常数K M 、K N 、K Q 的
大小关系为 。

（3）催化硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。

①催化硝化法中，用H 2将NO 3-还原为N 2，一段时间后，溶液的碱性明显增强。

则该反应离子方程式
10 为 。

②电化学降解NO 3-的原理如图所示，电源正极为 （填“a”或“b”）；若总反应为
4NO 3-+4H +====5O 2↑+2N 2↑+2H 2O ，则阴极反应式为 。

【答案】（1）① C(s)+H 2O(g)＝CO(g) +H 2(g) ΔH ＝+131.3kJ·
mol －1（2分） ②a c （2分，错1个0分） （2）① 5：4（2分） ②K M =K N >K Q （3分）
（3）① 2 NO 3－+5H 2N 2+2OH －+4H 2O （2分）
② a （2分） 2 NO 3－+12 H ++10e －=N 2↑+6H 2O （2分）
【解析】
试题分析：（1）①已知反应：①H 2(g)＋1/2O 2(g)==H 2O(g) △H 1＝-241.8 kJ·
mol －1、②C(s)＋1/2O 2(g)＝CO(g) △H 2＝－110.5 kJ·
mol －1，则根据盖斯定律可知②－①即得到焦炭与水蒸气反应生成CO 的热化学方程式，即C(s)+H 2O(g)＝CO(g) +H 2(g) ΔH ＝+131.3kJ·mol －1。

②氢氧化钙和碳酸钠均与SO 2反应，可以作为洗涤剂，氯化钙与亚硫酸氢钠与SO 2均不反应，不能作为洗涤剂，答案选ac 。

（2）①M 点CO 的转化率为0.5，则参加反应的CO 为10mol×
0.5=5mol ，则： CO （g ）+2H 2（g ）
CH 3OH （g ）气体物质的量减少
2
5mol 10mol
故M 点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-10mol=20mol
N 点CO 的转化率为0.7，则参加反应的CO 为10mol×0.7=7mol ，则：
CO （g ）+2H 2（g ）CH 3OH （g ）气体物质的量减少 1 2
7mol 14mol
故N 点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-14mol=16mol
故M 、N 两点时容器内总气体的物质的量之比n （M ）：n （N ）=20mol ：16mol=5：4。

②由图可知，一定压强下，温度越高，CO 的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，Q 点的温度高于M 、N 点，故平衡常数K M ＝K N ＞K Q 。

（3）①用H 2将NO
3−还原为N 2
，一段时间后，溶液的碱性明显增强，这说明反应中有氢氧根生成，则该反应
离子方程式为2NO 3－+5H 2催化剂N 2+2OH －
+4H 2O 。

②溶液中氢氧根在阳极放电生成氧气，则根据装置图可知产生氧气的电极是阳极。

电解池中阳极与电源的正极相连，所以a 是电源的正极。

根据总反应为4NO 3-+4H +通电5O 2↑+2N 2↑+2H 2O 可知阴极是硝酸根得到电子生成氮气，则阴极反应式为2NO 3－+12H ++10e －＝N 2↑+6H 2O 。

考点：考查热化学方程式的书写、SO 2的性质、可逆反应的有关计算与判断以及电化学原理的应用
（二）选考题：共15分。

请考生从2道化学题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
铬、钼()Mo 、钨()W 都是ⅥB 族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。

()1铬元素的最高化合价为________；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，其原子核外有________个未成对电子。

()2钼可作有机合成的催化剂。

例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。

①环己基甲醇分子中采取3sp 杂化的原子是________(写元素符号)。

②环己基甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是________。

()3铬离子()3Cr +能形成多种配合物，例如()()(322222[Cr OH)H O H NCH CH NH ⎤⎦。

①已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。

上述配合物中，3Cr +的配位数为________。

②上述配合物中的非金属元素按电负性由小到大的顺序排列为________。

()4铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。

①该氧化物的化学式为________。

②已知晶胞底面的边长为acm ，晶胞的高为bcm ，A N 代表阿伏加德罗常数的值，该铬的氧化物的摩尔质量
为1Mg mol -⋅。

该晶体的密度为________3g?
cm (-用含a 、b 、A N 和M 的代数式表示)。

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【答案】（1）6+ （1分） 6 （1分）
（2）C 、O （2分） 环己基甲醇分子间能够形成氢键（2分）
（3）6 （2分） H C N O <<< （2分）
（4）23Cr O （2分）
2A 43M 9N a b ⋅ （3分） 【解析】
【分析】
(1)Cr 位于周期表中第4周期第ⅥB 族，最高化合价为+6，基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，根据Cr 的电子排布解答；
(2)①环己基甲醇分子中，C 和O 均满足八隅体，C 和O 均达到饱和；
②环己基甲醇的分子间存在氢键；
(3)①配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数，OH -和H 2O 均为单齿配体，H 2NCH 2CH 2NH 2为双齿配体； ②上述配合物中，非金属元素有C 、H 、O 、N ，同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大；
(4)①每个晶胞中含有3Cr +数目为：4；2O -数目为：111223662
⨯+⨯+=； ②每个晶胞的质量A 2M g N =，晶胞的体积2333a bcm 2
=⨯，再结合ρm V =计算即可。

【详解】 ()1Cr 为24号元素，
价电子排布式为513d 4s ，最高正价为6+价；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，价电子排布式为514d 5s ，其原子核外有6个未成对电子；
()2①环己基甲醇中C 均以单键连接，采取3sp 杂化，O 原子的杂化轨道数为4，也采取3sp 杂化；
②环己基甲醇中含有羟基，分子间存在氢键，沸点较高；
()22223H NCH CH NH ①中2个N 原子均与3Cr +形成配位键，配体有3个OH
-、1个2H O 和1个
2222H NCH CH NH ，故C 3r +的配位数为6； ②同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，氢的电负性在四种元素中最小，故电负性：H C N O <<<； ()4①每个晶胞中含有3Cr +数目为：4；2O -数目为：111223662
⨯+⨯+=，故化学式为23Cr O ； ②每个晶胞的质量A 2M g N =，晶胞的体积2333a bcm 2=⨯，故晶胞的密度3A 223
A 2M g N 43M g /cm 9N ?a b 33a bcm 2
==。

36．［化学——选修5：有机化学基础］（15分）
兔耳草醛H是一种重要的香料，主要用于食品、化妆品等工业中。

用有机物A为原料可以合成兔耳草醛H，其合成路线如图所示：
中间产物D是一种精细化工产品，可用作香料，能发生如下反应：
已知：Ⅰ．已知：醛与二元醇(如乙二醇)可生成环状缩醛：
请回答：
（1）D的结构简式为，E中含有的官能团名称为。

（2）A分子中碳、氢的质量比为12︰1，A的分子式为，B的结构简式
为。

（3）反应①的反应类型, 反应②的化学方程式为。

（4）兔耳草醛H中的含氧官能团易被氧化，生成化合物W，G与W可发生酯化反应，写出G与W反应的化学方程式。

（5）W与是否互为同分异构体（填“是”或“否”），符合下列条件的
的同分异构体有种，写出其中一种的结构简式。

a．属于芳香族化合物且苯环上有五个取代基
b．核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰
c．1mol该物质最多可消耗2molNaOH
d．能发生银镜反应
【答案】
（1）（2分）羟基醛基（2分）
（2）C6H6（1分）（1分）
（3）加成反应或还原反应（1分）
（2分）
（4）（2分）
（5）否（1分）2（1分）
（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据D和聚乙烯醇的反应的生成物结构简式可知，D的结构简式应该是。

根据已知信息Ⅱ可知，E的结构简式是，所以含有的官能团是醛基和羟基。

（2）A分子中碳、氢的质量比为12︰1，则A分子中碳氢原子数之比是1︰1。

由于D中含有苯环，所以A 的
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分子式为C6H6。

根据D的结构简式可知，B的结构简式应该是。

（3）E中含有羟基，发生消去反应生成碳碳双键，即F中含有碳碳双键，所以反应①的反应类型是加成反应。

又因为F中还含有醛基，所以加成后生成羟基，即G中含有羟基。

由于H的相对分子质量是190，所以反应②
是羟基的催化氧化反应，方程式是。

（4）H中含有醛基，能被氧化生成羧基。

而G中含有羟基，所以可以发生酯化反应，方程式是。

（5）W与分子式不同，所以二者不可能是互为同分异构体。

能发生银镜反应，说明含有醛基。

1mol该物质最多可消耗2molNaOH，且苯环上有五个取代基，所以应该含有的是2个酚羟基。

又因为核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰，所以可能的结构简式是
，即共计是2种同分异构体。

附：流程图
考点：考查有机物的合成、同分异构体的判断等。

点评：有机合成路线的选择基本要求是：原料廉价易得，路线简捷，便于操作，反应条件适宜，产品易于分离等。

解答有机合成题目的关键在于：①选择出合理简单的合成路线；②熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。

具体的方法是教材中“旧”知识和题意中“新”知识的应用。

有机合成路线的推导，一般有两种方法：一是“直导法”：从原料出发，根据原料的性质，采取一定的反应，逐步向产品逼近，有时可直至产品。

二是“反推法”：从产品出发，通过分析产品的组成和结构，进行逆向思维，推出相关的中间体，直至原料。

另外在合成某一种产物时，可能会产生多种不同的方法和途径，应当在兼顾原料省、产率高的前提下选择最合理、最简单的方法和途径。

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