湖南省2020届高三3月线上联考理科综合化学试题 Word版含解析

湖南省2020届高三3月线上联考理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年3月线上联考高三理科综合试卷（291C）化学部分 ‎1.化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是 A. 浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜 B. NaCl不能使蛋白质变性,所以不能用作食品防腐剂 C. 捕获工业排放的CO2,可用来合成可降解塑料聚碳酸酯 D. 在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液有强氧化性，能氧化乙烯，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜，故A正确；‎ B. 氯化钠虽然不能使蛋白质变性，但有防腐功能，故B错误；‎ C. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，故C正确；‎ D. 二氧化硫是还原剂，在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲验证NH3极易溶于水 B. 用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸 C. 用pH试纸测量氯水的pH D 用装置乙制取无水FeCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；‎ B. 稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；‎ - 17 -‎ C. 氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；‎ D. 氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】制备无水氯化铁需要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。‎ ‎3.有机物M、N之间可发生如图转化.下列说法不正确的是 A. M能与溴水发生加成反应 B. M分子中所有碳原子共平面 C. N能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D M、N均能发生水解反应和酯化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；‎ B. M分子有三个C原子连接在同一个饱和C原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B错误；‎ C. N中含有羟基、醛基均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；‎ D. M和N中均含有酯基和羟基，能发生水解反应和酯化反应，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎4.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2→*H+* H)。下列说法错误的是 - 17 -‎ A. 向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率 B. 带*标记的物质是该反应历程中的中间产物 C. 二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%‎ D. 第③步的反应式为*H3CO+ H2O→CH3OH+*HO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；‎ B. 根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；‎ C. 根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；‎ D. 第③步中•H3CO、H2O生成CH3OH和•HO，反应方程式为•H3CO+H2O→CH3OH+•HO，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1 mol·L-1 W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是 A. 简单离子半径:W>Y>Z>X B. Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物 C. Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡 D. 元素的最高正化合价:W>X> Z> Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O，两种化合物为过氧化钠和氧化钠；常温下,0.1 mol·L-1 W的氢化物水溶液的pH为1，则HW为一元强酸，短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl，W为Cl；ZCl3加入NaOH溶液，先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解，则Z为Al，综上所述X为O、Y为Na、Z为Al、W为Cl。‎ ‎【详解】A. 电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；‎ B. AlCl3为共价化合物，故B错误；‎ C. Cl⁻和Na+在水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡，故C正确；‎ D. O没有正价，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大；主族元素若有最高正价，最高正价等于族序数，若有最低负价，最低负价等于族序数-8。‎ ‎6.常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是   ‎ A. HX、HY起始溶液体积相同 B. 均可用甲基橙作滴定指示剂 C. pH相同的两种酸溶液中：‎ D. 同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；‎ B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；‎ C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，，故C错误；‎ D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的能力。‎ ‎7.复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时,N极发生还原反应 B. 充电时,Zn2+向M极移动 C. 放电时,每生成1 mol PTO- Zn2+ ,M极溶解Zn的质量为260 g D. 充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e- +4Zn2+=PTO- Zn2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+‎ - 17 -‎ ‎；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。‎ ‎【详解】A. 该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确； B. 充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确； C. 放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确； D. 充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误； 故选：D。‎ ‎8.碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:‎ 反应I : 3I2+ 6KOH== KIO3 +5KI+ 3H2O 反应II: 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O 请回答有关问题。‎ ‎(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_______。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_________。‎ ‎(2)关闭启普发生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为______(填现象) ,停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。‎ ‎(3)滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是_____________。‎ - 17 -‎ ‎(4)把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和___________(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶，干燥得成品。‎ ‎(5)实验室模拟工业制备KIO3流程如下:‎ 几种物质的溶解度见下表:‎ ‎①由上表数据分析可知，“操作a”为__________________。‎ ‎②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3,与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是____________。‎ ‎(6)某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。‎ 取1.00 g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0 mol●L-1 Na2S2O3 溶液,恰好完全反应时共消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_______(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。‎ ‎【答案】 (1). ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4 (2). 恒压滴液漏斗 (3). 无色 (4). 打开启普发生器活塞，通入气体 (5). 使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢 (6). 硫 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶) (8). KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境； (9). 89.88%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验过程为：先关闭启普发生器活塞，在三颈烧瓶中滴入30%的KOH溶液，发生反应I : 3I2+ 6KOH== KIO3 +5KI+ 3H2O，将碘单质完全反应；然后打开启普发生器活塞，启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体，将气体通入三颈烧瓶中发生反应II: 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O，将碘酸钾还原成KI，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢；‎ ‎(5)实验室模拟工业制备KIO3：将I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应，生成KH(IO3)2，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到KH(IO3)2晶体，再与KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。‎ - 17 -‎ ‎【详解】(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗；‎ ‎(2)碘单质水溶液呈棕黄色，加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾，完全反应后溶液变为无色；然后打开启普发生器活塞，通入气体发生反应II；‎ ‎(3)反应完成后溶液中溶有硫化氢，滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度，使其逸出，从而除去硫化氢；‎ ‎(4)根据反应II可知反应过程中有硫单质生成，硫单质不溶于水；‎ ‎(5)①根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小，所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所以操作a为蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎②根据流程可知该过程中有氯气产生，氯气有毒会污染空气，同时该过程中消耗了更多的药品；‎ ‎(6)该滴定原理是：先加入过量的KI并酸化与KIO3发生反应：IO3⁻ +5I⁻+ 6H+===3I2+3H2O，然后利用Na2S2O3测定生成的碘单质的量从而确定KIO3的量；根据反应方程式可知IO3⁻ ~3I2，根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，则有IO3⁻ ~6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L×2.0mol/L×=0.0042mol，所以样品中KIO3的质量分数为=89.88%。‎ ‎【点睛】启普发生器是块状固体和溶液不加热反应生成气体的制备装置。‎ ‎9.金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),含少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。‎ ‎(1)步骤②、③、④中,均需进行的操作是_____________(填操作名称)。‎ ‎(2)滤液1中钛元素以TiO2+形式存在,步骤①中生成TiO2+的化学方程式为__________,硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示.据此判断,酸浸时所加硫酸的质量分数应为______(填范围)。.‎ - 17 -‎ ‎(3)请结合离子方程式解释步骤④中加热水的原因:__________。‎ ‎(4)电解法制备Ti的装置是以石墨为阳极,TiO2为阴极,熔融CaO为电解质。Ti在_______(填“阳极”或“阴极”)生成，____(填“能”或“不能”)将熔融CaO换成石灰乳。‎ ‎(5)以绿矾原料,可以制备重要工业原料氧化铁,基本流程如下:‎ ‎①绿矾溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________。‎ ‎②FeCO3达到沉淀溶解平衡时,室温下测得溶液的pH为8,c(Fe2+ )=1.0×10-5 mol·L-1。所得FeCO3中_____(填“含”或“不含”)有Fe(OH)2。已知: {Ksp[Fe(OH)2]= 4.9×10-17}‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O (3). 80%~85% (4). TiO2++ 2H2OH2TiO3+2H+，水解反应是吸热反应，用热水促进反应向正反应方向进行 (5). 阴极 (6). 不能 (7). c(SO42-)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-) (8). 不含 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钛铁矿加酸溶解过滤得到含有TiO2+和Fe3+的滤液，向滤液中加铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，对滤液冷却结晶，过滤得到FeSO4•7H2O和含有TiO2+的溶液，加入热水促进TiO2+水解生成H2TiO3，煅烧H2TiO3生成TiO2，电解可生成Ti，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知步骤②、③、④中，均需进行的操作是过滤；‎ ‎(2)反应物为钛铁矿，结合元素守恒可知方程式为FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O；根据图像可知硫酸质量分数在80%~85%之间时浸出率最大；‎ ‎(3)TiO2+在水溶液中发生水解TiO2++ 2H2OH2TiO3+2H+，水解反应是吸热反应，用热水促进反应向正反应方向进行，生成H2TiO3； ‎ ‎(4)由TiO2‎ - 17 -‎ 生成Ti，Ti元素化合价降低发生还原反应，电解池中阴极得电子发生还原反应；若换成石灰乳，石灰乳中有水，阴极将产生氢气，无法得到金属钛，所以不能将熔融CaO换成石灰乳；‎ ‎(5)①绿矾溶液中亚铁离子会发生水解使溶液显酸性，所以溶液中离子浓度由大到小为c(SO42-)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)；‎ ‎②根据题意，pH为8，则c(OH-)=1×10-6mol/L，因为c(Fe2+)•c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-6)2 =1.0×10-17＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2生成。‎ ‎10.联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性.都有着广泛的用途。‎ ‎(1)已知:①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-621.5 kJ●mol-1‎ ‎②N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g) △H2=+204.3 kJ●mol-1‎ 则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=_____.‎ ‎(2)已知反应N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g),T°C时,向V L恒容密闭容器中加入2 mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ,测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图所示。‎ ‎①0~ 10 min内,用N2(g)表示的平均反应速率v(N2)=_______。‎ ‎②M点时,N2H4的转化率为______(精确到0.1)%。‎ ‎③T °C时,达到平衡后再向该容器中加入1.2 mol N2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0. 8 mol N2 (g)、1.2 mol HCl(g) ,此时平衡______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。‎ ‎(3)①在惰性气体中,将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得NaH2PO2,同时还产生磷化氢(PH3)气体,该反应的化学方程式为________________。‎ ‎②次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下.1.0 mol●L-1的NaH2PO2溶液pH为8,则次磷酸的Ka=___________。‎ ‎③用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图2所示。交换膜A属于____(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜,电极N的电极反应式为______,当电路中流过3.8528×105库仑电量时.制得次磷酸的物质的量为_____ (一个电子的电量为 1.6×10- 19库仑,NA数值约为6. 02× 1023)。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). -1038.7kJ•mol-1 (2). 0.06mol/(L•min) (3). 33.3 (4). 逆向移动 (5). 2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O==== 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3 (6). 1.0×10-2 (7). 阳离子 (8). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (9). 4mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据盖斯定律，反应①×2+②即可得火箭燃料的燃烧反应2N2H4(1)+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g)△H=(-621.5×2+204.3)kJ•mol-1=-1038.7kJ•mol-1；‎ ‎(2)根据图示，Cl2作为反应物浓度需减小，HCl作为生成物浓度需增大， ①△c(Cl2)=(2-0.8)mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)==0.12mol/(L•min)，根据反应速率与计量系数成正比可得v(N2)=v(Cl2)=0.06mol/(L•min)，‎ ‎②据图可知反应开始时c(Cl2)=2mol/L，投料为2 mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ，则开始时c(N2H4)=1mol/L，容器体积为2L，设M点 N2H4的转化量为x mol/L，列三段式：‎ ‎ ‎ M点Cl2和HCl的浓度相等，则2-2x=4x解得x=mol/L，则N2H4的转化率为=33.3%；‎ ‎③据图可知反应平衡时c(Cl2)=0.8mol/L，初始c(Cl2)=2mol/L，c(N2H4)=1mol/L，则根据反应方程式N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g)可知，反应中消耗c(Cl2)=1.2mol/L，消耗c(N2H4)=0.6mol/L，生成c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(Cl2)=0.8mol/L，c(N2H4)=0.4mol/L，c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，则该温度下的平衡常数K==77.76；‎ - 17 -‎ 平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，各物质的浓度变为c(Cl2)=1mol/L，c(N2H4)=1mol/L，c(N2)=1mol/L，c(HCl)=3mol/L，此时Qc==81>K，所以平衡逆向移动；‎ ‎(3)①该反应中反应物有P4、Ca(OH)2、Na2CO3等、生成物有NaH2PO2、PH3等，据此可知该反应中P元素化合价既升高又降低，发生歧化，升高1价，降低3价，则NaH2PO2和PH3的系数比为3：1，再结合元素守恒可知方程式为：2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O==== 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3；‎ ‎②次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0mol•L-1的 NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8，则c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2PO2-)=(1.0-10-6)mol/L≈1mol/L，Ka==1.0×10-2；‎ ‎③根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电解水中的OH-，剩余H+通过交换膜A移向产品室，所以交换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极电解H+，电极N的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电路中流过3.8528×105库仑电量时，转移的电子的物质的量为=4mol，次磷酸根带一个负电荷，氢离子带一个正电荷，所以电解过程中转移1mol电子生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生成4mol次磷酸。‎ ‎【点睛】当定性判断平衡移动方向较困难时，可以进行定量判断，反应某一时刻的浓度若大于平衡常数，则平衡逆向移动；浓度商小于平衡常数，则平衡正向移动；浓度商等于平衡常数，则反应达到平衡。‎ ‎11.KMnO4是一种高效氧化剂可用来氧化吸附有机异味物.也可以与水中的杂质如二价铁、锰、硫、氰、酚等反应。实验室常用Na2C2O4标准溶液标定未知浓度的KMnO4溶液，发生反应:5C2O42-+2MnO4-+16H++4H2O=2[Mn(H2O)6]2++10CO2↑。根据以上信息,完成下列问题:‎ ‎(1)按电子排布K位于元素周期表的_______区,基态Mn2+的核外电子排布式可表示为_____。‎ ‎(2)1 mol [Mn( H2O)6]2+中所含有的共价键数目为__________。‎ ‎(3)基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为_______.C2O42-中碳原子的轨道杂化类型是___________________.‎ ‎(4)同主族元素氧、硫、硒对应最简单氢化物的沸点:H2O>H2Se>H2S,原因是__________。‎ ‎(5)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。‎ - 17 -‎ ‎①β-MnSe中Mn的配位数为_____________。‎ ‎②若该晶体的晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA。则距离最近的两个锰原子之间的距离为______pm, β-MnSe 的密度ρ= ______ ( 列出表达式)g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). s (2). 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 (3). 18NA (4). 哑铃形 (5). sp2杂化 (6). 相对分子质量越大，范德华力就越大，沸点就越高，但水分子间形成氢键，使熔沸点较高 (7). 4 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)K位于周期表中第4周期第IA族，则K位于元素周期表的s区；基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，失去4s2两个电子变成Mn2+，则基态Mn2+的核外电子排布式可表示为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5； (2)[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ键数目为：6×2=12个氢氧键和6个配位键，所以1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ键数目为18NA； (3)基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，核外电子中占据最高能级为2p，则基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，C2O42-中碳原子和一个氧原子形成碳氧双键，和另一个氧原子形成碳氧单键，和另一个碳原子形成碳碳单键，所以碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化； (4)O、S、Se为同主族元素，形成的H2O、H2S和H2Se均为分子晶体，H2O分子间氢键导致沸点异常升高，H2S和H2Se随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高，氢键影响大于分子间作用力影响，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞H2Se＞H2S； (5)①根据晶胞结构分析，Mn位于四面体中心，周围有4个Se，则Mn的配位数为4； ②1个晶胞中含有Mn数目为4，含有Se的数目为8×+6×=4，根据晶胞结构可知两个Mn原子的最近距离为面对角线的一半，距离为cm；一个晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3‎ - 17 -‎ ‎，所以密度为ρ＝g/cm3。‎ ‎【点睛】配位键也是σ键；计算晶胞体积时要注意题目所给单位，有时需要单位的换算。‎ ‎12.某兴趣小组利用芳香族化合物A制取有机物F的合成路线如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)A的分子式为____________，B→C的反应类型为________。‎ ‎(2)足量的D与Na2CO3溶液发生反应的化学方程式:__________。‎ ‎(3)E的结构简式为___________________________。‎ ‎(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳。写出上述合成路线中含有手性碳的物质结构简式并用星号( * )标出手性碳:__________________________。‎ ‎(5)芳香族化合物M与A互为同分异构体,且M能发生银镜反应.则M的结构有_____种(不考虑立体异构);其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢且峰面积之比为6: 2: 1 : 1的结构简式有________(任写-种)。‎ ‎(6)结合已知信息写出用1-溴丙烷和苯为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。_______________。‎ ‎【答案】 (1). C9H10O (2). 取代反应 (3). (4). ‎ - 17 -‎ ‎(5). (6). 14 (7). 或 (8). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 结合A到的反应条件可知，A中苯环上的H被Br取代，结合B的分子式和C的结构，可以推出A中苯环上的一个间位氢原子被取代得到B，所以B的结构简式为，对比B和C的结构可以推出B到C的反应类型为取代反应；根据题目所给信息①，结合D的结构以及E的分子式，可知E为。‎ ‎【详解】(1)根据A的结构简式可知A的分子式为C9H10O；根据分析，对比B和C的结构可以推出B到C的反应类型为取代反应；‎ ‎(2)由D的结构可知，D中含有一个羧基，羧基与碳酸钠反应的物质的量之比为2:1，D与碳酸钠反应的方程式为；‎ ‎(3)由分析可知E为；‎ ‎(4)依题意可判断只有F结构中存在一个手性碳原子，该碳原子连有苯环、氢原子、甲基、羧基，得出答案：；‎ ‎(5)芳香族化合物M与A互为同分异构体，M能发生银镜反应说明M中有—CHO结构，满足条件的M的结构共有14种：苯环上有一个取代基时有2种，取代基为—CH2CH2CHO或—CH(CH3)CHO；苯环上有两个取代基时有6种，取代基组合为—CH3、—CH2CHO或—CH2CH3、—CHO；苯环上有三个取代基时有6种，取代基为—CH3、—CH3、—CHO，共有14种；其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢且峰面积之比为6: 2: 1 : 1的结构简式有 - 17 -‎ 或；‎ ‎(6)根据题目信息①可知要制备，需要乙酸和苯环发生该反应；根据信息②可知碳碳双键可以被高锰酸钾氧化成羧基，而卤代烃可以发生消去反应生成碳碳双键，所以由1-溴丙烷和苯为原料合成目标产物的合成路线为。‎ ‎ ‎ - 17 -‎ ‎ ‎ - 17 -‎