湖北省名师联盟2020届高三第三次模拟考试化学试题 Word版含解析

湖北省名师联盟2020届高三第三次模拟考试化学试题 Word版含解析

- 1 - 湖北名师联盟 2020 届高三第三次模拟测试卷 (理科综合)化学部分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 一、选择题(每小题 6 分，共 42 分) 1.面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是 A. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性 B. N95 口罩所使用 聚丙烯材料属于合成纤维 C. 为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸 D. 我国研制 重组新冠疫苗无需冷藏保存 【答案】B 【解析】 【详解】A. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故 A 错误； B. 聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故 B 正确； C. 84 消毒液和洁厕灵混合会发生氧化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用， 故 C 错误； D. 疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故 D 错误； 故选 B。 2.肉桂酸（ ）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法 正确的是 A. 分子式为 C9H9O2 的 的 - 2 - B. 不存 顺反异构 C. 可发生加成、取代、加聚反应 D. 与安息香酸（ ）互为同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为： ，A 错误； B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B 错误； C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生 加聚反应，C 正确； D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D 错误； 答案选 C。 【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子 个数肯定是偶数，即可迅速排除 A 选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸 和安息香酸含有官能团不同，排除 D 选项。 3.乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为 20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略) 如图所示。下 列说法错误的是 A. ①中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下 B. 实验过程中铜丝会出现红黑交替变化 C. 实验开始时需先加热②，再通 O2，然后加热③ D. 实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热。 【答案】C 【解析】 【详解】A．装置中若关闭 K 时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利流 下，①中用胶管连接，打开 K 时，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A 选项正确； 在 9 8 2C H O - 3 - B．实验中 Cu 作催化剂，但在过渡反应中，红色的 Cu 会被氧化成黑色的 CuO，CuO 又会被还 原为红色的 Cu，故会出现红黑交替的现象，B 选项正确； C．实验开始时应该先加热③，防止乙醇通入③时冷凝，C 选项错误； D．为防止倒吸，实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，D 选项正确； 答案选 C。 4.重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］，可以通过以下步骤制备。步 骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知 Fe3+对该反应有催化作用， 其催化原理如图所示。步骤 2：在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式 氯化铜。下列有关说法不正确的是 A. 图中 M、N 分别为 Fe2+、Fe3+ B. a、b、c 之间的关系式为：2a=b+c C. 步骤 1 充分反应后，加入少量 CuO 是为了除去 Fe3+ D. 若制备 1 mol 的 CuCl2，理论上消耗标况下 11.2 LO2 【答案】A 【解析】 【分析】 由实验步骤及转化图可知，发生反应 2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O，N 为 Fe2+，M 为 Fe3+，在制 得在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合 价代数和为 0，依此结合选项解答问题。 【详解】A．根据上述分析，N 为 Fe2+，M 为 Fe3+，A 选项错误； B．根据化合物中正负化合价的代数和为 0，可知 2a=b+c，B 选项正确； C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO 与 H+反应产生 Cu2+和水，当溶液的 pH 增大到一定程度，Fe3+ 形成 Fe(OH)3 而除去，从而达到除去 Fe3+的目的，C 选项正确； D．根据方程式 2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O，若制备 1 mol 的 CuCl2，理论上消耗 0.5molO2， 标况下， ，D 选项正确；( ) ( )2 2 -1 mO OV =n V =0.5mol 22.4L mol =11.2L×  - 4 - 答案选 A 5.化合物 M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z 是原子序数依次增大 的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W 与 Z 的质子数之和是 X 的 2 倍。下列说法不正确 的是 A. 原子半径：Y＞Z＞X B. X 元素的族序数是 Y 元素的 2 倍 C. 工业上电解熔融 Y2X3 化合物制备单质 Y D. W 与 X 形成的所有化合物都只含极性共价键 【答案】D 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则 W 为第一周期 主族元素，W 为 H，Z 应为第三周期主族元素，根据化合物 M 的结构简式可知，Z 可形成 3 个 单键和 1 个双键，因此，Z 原子最外层有 5 个电子，Z 为 P，W 与 Z 的质子数之和是 X 的 2 倍， X 的质子数= =8，则 X 为 O，根据化合物 M 的结构简式，Y 可形成+3 价阳离子，则 Y 为 Al ，以此解答。 【详解】A. X 为 O，第二周期元素，Y 为 Al，Z 为 P，Y、Z 为第三周期元素，电子层数越多， 半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故 A 正确； B.X 为 O 元素，第ⅥA 族元素，Y 为 Al 元素，第ⅢA 族元素，X 的族序数是 Y 元素的 2 倍，故 B 正确； C. X 为 O，Y 为 Al，Y2X3 为 Al2O3，工业上制备单质 Al 的方法为电解熔融 Al2O3，故 C 正确； D. X 为 O，W 为 H，W 与 X 形成的化合物有 H2O 和 H2O2，H2O2 中含有非极性共价键，故 D 错误； 答案选 D。 【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。 6.环己酮（ ）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制 。 15 1 2 + - 5 - 备，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. a 极与电源负极相连 B. a 极电极反应式是 2Cr3＋- 6e- +14OH-= Cr2O72-+7H2O C. b 极发生氧化反应 D. 理论上生成 1mol 环己酮时，有 1molH2 生成 【答案】D 【解析】 【分析】 根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是 2Cr3＋- 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相 等计算，据此分析解答。 【详解】A. 根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故 A 错误； B. 根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是 2Cr3＋- 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，故 B 错误； C. b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故 C 错误； D. 理论上由环己醇(C6H12O)生成 1mol 环己酮(C6H10O)，转移 2mol 电子，根据电子守恒可知， 阴极有 1mol 氢气放出，故 D 正确； 故选 D。 7.已知某二元酸 H2MO4 在水中电离分以下两步：H2MO4⇌H++HMO4-，HMO4-⇌H++MO42-。常温下向 20 mL0.1mol/L NaHMO4 溶液中滴入 cmol/LNaOH 溶液，溶液温度与滴入 NaOH 溶液体积关系如图。 下列说法正确的是 - 6 - A. 该氢氧化钠溶液 pH=12 B. 图像中 F 点对应的溶液中 c(OH-)>c(HMO4-) C. 滴入 NaOH 溶液过程中水的电离程度一直增大 D. 图像中 G 点对应的溶液中 c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-) 【答案】B 【解析】 【分析】 根据图像可知，NaHMO4 与 NaOH 发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反 应，F 点温度最高，此时消耗 NaOH 的体积为 20mL，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水 电离的因素、“三大守恒”进行分析。 【详解】A．根据图像分析可知，F 点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+ NaOH = Na2MO4+H2O，20×10-3L×0.1mol∙L-1=20×10-3L×c(NaOH)，推出 c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)= = =10-13mol/L，则 pH=13，故 A 错误； B．F 点溶质为 Na2MO4，溶液中质子守恒为 c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以 c(OH-)＞ c(HMO4-)，故 B 正确； C．根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质 Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为 Na2MO4 时 ，水解程度最大，E 到 F 过程中，水的电离程度增大，F 到 G 过程中，氢氧化钠溶液过量，抑 制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故 C 错误； D．由 A 选项推出 c(NaOH)=0.1mol/L，G 点加入 40mL 等浓度的 NaOH 溶液，反应后溶质为等浓 度的 NaOH 和 Na2MO4，Na+的浓度最大，MO42−部分水解，溶液显碱性，则 c(OH−)> c(H+)，溶液 中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42−)+c(HMO4-)+c(OH−)，则 c(Na+)＜c(HMO4-)+2c(MO42-)， 故 D 错误； 答案选 B。 二、非选择题(共 43 分) 8.实验室可利用环己醇的氧化反应制备环己酮，反应原理和实验装置（部分夹持装置略）如 下： ( ) Kw c OH− 1410 0.1 − - 7 - 有关物质的物理性质见下表。 物质 沸点（℃） 密度（g·cm－3， 20℃） 溶解性 环己醇 161.1（97.8）* 0.96 能溶于水和醚 环己酮 155.6（95.0）* 0.95 微溶于水，能溶于醚 水 100.0 1.0 *括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。 实验中通过装置 B 将酸性 Na2Cr2O7 溶液加到盛有 10 mL 环己醇的 A 中，在 55 ~ 60℃进行反应 。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集 95 ~ 100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混 合物。 （1）装置 D 的名称为____________________________。 （2）酸性 Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇反应的 ，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副 反应增多。 ①滴加酸性 Na2Cr2O7 溶液的操作为____________________________________________； ②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是__________________________________________。 （3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作： a．蒸馏、除去乙醚后，收集 151~156℃馏分 b．水层用乙醚(乙醚沸点 34.6℃，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层 c．过滤 d．往液体中加入 NaCl 固体至饱和，静置，分液 e．加入无水 MgSO4 固体，除去有机物中少量的水 ①上述提纯步骤的正确顺序是________________________________________________； ②B 中水层用乙醚萃取的目的是______________________________________________； 0H∆ < - 8 - ③上述操作 c、d 中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有 __________，操作 d 中，加入 NaC1 固体的作用是_____________________________。 （4）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为 6 mL，则环已酮的产率为____________。（计算 结果精确到 0.1%） 【答案】 (1). 冷凝管 (2). 打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加 (3). 环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸发 (4). dbeca (5). 使水层中少量 的有机物进一步被提取，提高产品的产量 (6). 漏斗、分液漏斗 (7). 降低环己酮的溶 解度，增加水层的密度，有利于分层 (8). 60.6% 【解析】 【详解】（1）根据装置图可知，装置 D 是冷凝管； （2）①由于酸性 Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇的反应是放热反应，反应剧烈将导致体系温度迅速 上升，副反应增多，为减少副反应的发生，滴加酸性 Na2Cr2O7 溶液的方法是：打开分液漏斗颈 上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加； ②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是；环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出； （3）①环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：往粗品中加入 NaCl 固体至饱和，静置， 分液；由于环己酮微溶于水，能溶于醚，乙醚与水互不相溶，水层用乙醚萃取，萃取液并入 有机层；加入无水 MgSO4 固体，除去有机物中少量的水，过滤；蒸馏、除去乙醚后，收集 151 ～156℃馏分。所以，提纯步骤的正确顺序是 dbeca； ②b 中水层用乙醚萃取的目的是：使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量； ③ 上述操作 c、d（过滤和分液）中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻 璃仪器有漏斗（用于过滤）、分液漏斗（用于分液）。操作 d 中，加入 NaCl 固体的作用是： 降低环己酮的溶解度，増加水层的密度，有利于分层； （4）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为 6mL，由表中的密度可以算出环己酮的质量为 0.95g/mL×6mL=5.7g，则其物质的量为 5.7g÷98g/mol=0.0582mol。由密度可以算出 10mL 环 己醇的质量为 0.96g/mL×10mL=9.6g，则其物质的量为 9.6g÷100g/mol=0.096mol，理论上生 成环己酮的物质的量为 0.096mol，则环己酮的产率为 60.6%。 9.1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要 副产物为 3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为： I．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2ClCHClCH3(g) ∆H1=-134kJ·mol−1 0.0582 100%0.096 × = - 9 - II．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ∆H2=-102kJ·mol−1 请回答下列问题： (1)已知 CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) CH2ClCHClCH3(g)的活化能 Ea(正)为 132kJ·mol−1，则该 反应的活化能 Ea(逆)为___________kJ·mol−1。 (2)一定温度下，密闭容器中发生反应 I 和反应 II，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3 的产 率____________（填“增大”“减小”或“不变”），理由是_____________________________ 。 (3)起始时向某恒容绝热容器中充入 1mol CH2=CHCH3 和 1mol Cl2 发生反应 II，达到平衡时，容 器内气体压强_________________（填“增大”“减小”或“不变”）。 (4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的 CH2=CHCH3(g)和 Cl2(g)。在催化剂作用 下发生反应 I，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 ①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即 ，则前 120min 内平均反应速率 v(CH2ClCHClCH3)=__________kPa·min−1。(保留小数点后 2 位)。 ②该温度下，若平衡时 HCl 的体积分数为 ，则丙烯的平衡总转化率 ____________；反应 I 的平衡常数 Kp=____________________kPa−1(Kp 为以分压表示的平衡常数，保留小数点后 2 位)。 【答案】 (1). 164 (2). 增大 (3). 反应 I 是一个气体物质的量减小的反应，达到 平衡后增大压强，反应 I 正向移动，CH2ClCHClCH3 的产率增大 (4). 增大 (5). 0.09 (6). 74% (7). 0.21 【解析】 详解】（1）已知：I．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2ClCHClCH3(g) ∆H1=-134kJ·mol−1 II．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ∆H2=-102kJ·mol−1 根据盖斯定律 I–II 得到 CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) CH2ClCHClCH3(g) ∆H=∆H1 ∆H2=-32kJ·mol−1，且∆H=Ea(正) Ea(逆)，则 Ea(逆)=164kJ·mol−1； （2）恒温恒压密闭装置中，根据平衡移动原理，增大压强平衡向气体粒子数目减小的方向进 【 Δpv= Δt 1 8 α= - − - 10 - 行，该反应往正向移动，故 CH2ClCHClCH3 的产率增大； （3）根据气体状态方程 PV=nRT，V、n 是定值，R 是常数，压强随 T 增大而增大，由于容器是 绝热恒容，与外界没有热量交换，对于反应 II 正反应放热，体系吸收热量，绝热容器的温度 升高，故体系压强增大； （4）①恒温恒容的密闭装置，初始通入等物质的反应物初始体系总压 80kPa，，120min 总压 为 69.4 kPa，减小量为 10.6 kPa，根据反应 I 方程分析 CH2ClCHClCH3 分压 10.6 kPa，根据 ，v(CH2ClCHClCH3)= kPa·min−1； ②设初始充入等物质的量的 CH2=CHCH3 和 Cl2 均为 1mol，平衡时刻 CH2ClCHClCH3 为 xmol，生成 CH2=CHCH2Cl 和 HCl 均为 ymol，由于压强之比等于气体物质的量之比，有 ，得 x=0.56mol，又有平衡时 HCl 的体积分数为 ，有 = ，得 y=0.18mol，因此平衡时刻 CH2=CHCH3 和 Cl2 均为 0.26mol，CH2ClCHClCH3 为 0.56mol，CH2=CHCH2Cl 和 HCl 均为 0.18mol， 混合气体的总物质的量为 1.44mol，故丙烯的平衡总转化率 100%=74%；反应 I 中 CH2=CHCH3 和 Cl2 物质的量分数均为 ，且分压均为 57.6× kPa，CH2ClCHClCH3 物 质的量分数 ，且分压为 57.6× kPa，则 Kp= 0.21 kPa−1。 10.七水硫酸镁（MgSO4·7H2O）在印染、造纸和医药等工业上有重要的用途。硼镁泥是硼镁矿 生产硼砂的废渣，其主要成分是 MgCO3，还含有 MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、Al2O3、SiO2 等 杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图： 已知：①MnO2 不溶于稀硫酸。 ②CaSO4 和 MgSO4·7H2O 在不同温度下的溶解度（g）数据如下表所示： 温度/℃ 物质 10 30 40 50 60 Δpv= Δt 0.09120min 10.6 kPa ≈ 80 2=57.6 2-x 1 8 1 8 y 2-x α= 0.56+0.18 1 × 0.26 1.44 0.26 1.44 0.56 1.44 0.56 1.44 2 0.5657.6 1.44 0.2657.6 1.44 ×  ×   ≈ - 11 - CaSO4 0.19 0.21 0.21 0.21 0.19 MgSO4·7H2O 30.9 35.5 40.8 45.6 —— （1）开始用到硫酸的质量分数为 70%，密度为 1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓度为___ 。 （2）滤渣 A 中除含少量 CaSO4·2H2O 外，还有___。 （3）加入 MgO 后，加热煮沸的目的是___。 （4）若滤渣 B 的主要成分为 Al(OH)3 和 Fe(OH)3。则加入 NaClO 发生氧化还原反应的离子方程 式为___。 （5）流程中操作 1 为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到 CaSO4·2H2O，又防止___。 （6）获取 MgSO4·7H2O 的操作 2 为：___、___、过滤洗涤。 （7）已知开始硼镁泥样品的质量为 ag，制取七水硫酸镁的质量为 bg，据此能计算出硼镁泥 中镁元素的含量吗？若能，请写出表达式；若不能，请说明理由。___（能或不能），表达式 （或理由）为___。 【答案】 (1).11.5mol/L (2).SiO2、MnO2 (3).防止生成 Al(OH)3 和 Fe(OH)3 胶体， 使之转化为沉淀而被分离 (4). ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O (5). 析出 MgSO4·7H2O 晶 体 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 不能 (9). 加入 MgO 的量未知 【解析】 【分析】 硼镁泥用足量硫酸酸浸溶解，得到含有 Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及 SO42-的酸性溶液，由 于 MnO2、SiO2 不与硫酸反应，硫酸钙属于微溶物，则过滤后滤渣 A 主要为 MnO2、SiO2，还含 有少量 CaSO4·2H2O，向滤液中加入 NaClO 将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 MgO 调节溶液 pH 值并加热 ，使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则滤渣 B 主要为氢氧化铁、氢氧化铝，根据 溶解度表，CaSO4 的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O 受温度影响较大，温度越高溶解度 越大，对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤，得到 CaSO4·2H2O，则滤渣 C 主要为 CaSO4·2H2O，再 次对滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤，得到七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)，据此分析解答。 【详解】(1)开始用到硫酸的质量分数为 70%，密度为 1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓 度= = =11.5mol/L；1000 M ρω 1000 70% 1.61 98 × × - 12 - (2)根据分析，滤渣 A 中除含少量 CaSO4·2H2O 外，还有 MnO2、SiO2； (3)加入 MgO 的目的是沉淀 Fe3+、Al3+，但 Fe3+、Al3+易发生水解生成胶体，因此加热煮沸的目 的是防止生成 Al(OH)3 和 Fe(OH)3 胶体，使之转化为沉淀而被分离； (4)若滤渣 B 的主要成分为 Al(OH)3 和 Fe(OH)3。向滤液中加入 NaClO 将 Fe2+氧化为 Fe3+，则加 入 NaClO 发生氧化还原反应的离子方程式为 ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O； (5)根据溶解度表，CaSO4 的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O 受温度影响较大，温度越 高溶解度越大，流程中操作 1 为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到 CaSO4·2H2O，又防止析 出 MgSO4·7H2O 晶体； (6)结合溶解度表数据和(5)分析，获取 MgSO4·7H2O 的操作 2 为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤 洗涤； (7)在制取七水硫酸镁流程中，向体系内加入了氧化镁调节 pH 值沉淀 Fe3+、Al3+，引入了镁元 素，且未告知氧化镁加入的量，制取的七水硫酸镁的镁元素不仅来自硼镁泥，还来自引入的 氧化镁，因此不能根据上述两个条件来计算硼镁泥中镁元素的含量。 三、选考题(共 15 分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 ) 11.2019 年的化学诺贝尔奖颁给了为锂电池研究作出贡献的三位科学家。有两种常见锂电池： 一种是采用镍钴锰酸锂 Li(NiCoMn)O2 或镍钴铝酸锂为正极的“三元材料锂电池”；另一种是 采用磷酸铁锂为正极的磷酸铁锂电池。请回答下列问题： (1)基态钴原子的价电子排布式为____，Mn 位于元素周期表的____ 区(填“s”或“p”或“d” 或“ds”或“f”)。 (2)磷元素可以形成多种含氧酸 H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，这四种酸中酸性最强的是___。PO43- 的空间构型是 ___，中心原子的杂化方式是 ____。 (3)CoO、MnO 两种氧化物的熔点由高到低的顺序是 ___，原因是 ___。 (4)PH3 是____分子(填“极性”或“非极性”)，其在水中的溶解性比 NH3 小，原因是 _____ (5)硫化锂 Li2S(摩尔质量 Mg∙mol-1)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，硫化锂的晶体 为反萤石结构，其晶胞结构如图。若硫化锂晶体的密度为 ag.cm-3，则距离最近的两个 S2-的距 离是___nm。(用含 a、M、NA 的计算式表示) - 13 - 【答案】 (1). 3d74s2 (2). d (3). HPO3 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). CoO>MnO (7). CoO 和 MnO 都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO 的晶格能大 于 MnO 的晶格能 (8). 极性 (9). NH3 能与水分子形成氢键，而 PH3 不能，所以在水中的 溶解性 PH3 小 (10). 【解析】 【详解】（1）钴（Co）的核电荷数为 27，基态钴原子的价电子排布式为为 3d74s2，Mn 位于元 素周期表的第四周期第ⅦB 族，属于 d 区，故答案为：3d74s2；d。 （2）磷元素可以形成多种含氧酸 H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，偏磷酸的酸性最强，次，亚， 正依次减弱，PO43-的中 P 原子的价层电子对数为 4，且不含孤对电子，所以空间构型是正四面 体，中心原子的杂化方式是 sp3，故答案为：HPO3；正四面体；sp3。 （3）CoO 和 MnO 都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO 的晶格能大于 MnO 的晶格 能，熔点：CoO>MnO，故答案为： CoO>MnO；CoO 和 MnO 都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO 的晶格能大于 MnO 的 晶格能。 （4）PH3 分子中磷原子形成了 3 个 σ 键，1 个孤电子对，其价层电子对的总数是 4，空间结 构为三角锥形，是极性分子，NH3 能与水分子形成氢键，所以在水中的溶解性 NH3 大于 PH3，故 答案为：极性；NH3 能与水分子形成氢键，而 PH3 不能，所以在水中的溶解性 PH3 小。 （5）由晶胞结构可知，X 原子个数为： ，Y 原子个数为：8，所以 X 为 S2-，Y 为 Li+， 设晶胞的边长为 bcm， ， cm，距离最近的两个 S2- 的是面对角线的一般，面对角线为 ，则距离最近的两个 S2-的距离为 nm 73 A 4M 2 10aN 2 × × 1 18 6 48 2 × + × = 3 A A N·M 4Mρ aN ·V N ·b = = = 3 A 4Mb aN = 2b 73 A 4M 2 10aN 2 × × - 14 - ，故答案为： 。 12.化合物 H 是药物合成的一种中间体，可通过以下方法合成： (1)B 中官能团名称为_____________。 (2)G→H 的反应类型为__________。 (3)已知 C 的一种同分异构体为： ，下列说法正确的是____________。 a.能发生酯化反应 b.能发生银镜反应 c.1mol 该物质完全水解能消耗 3mol NaOH d.该分子的核磁共振氢谱中峰面积之比为 1∶2∶6∶2 e.其在酸性条件下的水解产物之一能与 FeCl3 溶液发生显色反应 (4) 中手性碳原子(一个碳原子上连有 4 个不一样的原子或者原子团)个数为 ________。 (5)E 的分子是为 C14H17O3N，E 经还原得到 F，写出 E→F 的反应方程式：_______。 (6)已知：① 73 A 4M 2 10aN 2 × × 4酸性KMnO溶液 Δ → 3 2 4 浓HNO 浓H SO、Δ → - 15 - ②苯胺( )易被氧化。请以甲苯和(CH3CO)2O 为原料制备 ，写出制备 的合成路线流程图(无机试剂任选)。_________。 【答案】 (1). 醚键和氨基 (2). 取代反应(水解反应) (3). bde (4). 1 (5). +H2 (6). 【解析】 【详解】（1）B 为 ，官能团有两个，醚键和氨基，故答案为：醚键和氨基； （2）G→H： ，酰胺基变回氨基，发生水解反应，故 答案为：水解反应； （3）已知 C 的一种同分异构体为： ：a.不含羧基也不含羟基，不能发生 酯化反应，a 错误；b.分子结构中左边 HOOC-能发生银镜反应，b 正确；c.酯基水解消耗 1mol NaOH，水解后的产物有酚羟基，再消耗 1mol，故 1mol 该物质完全水解能消耗 2mol NaOH，c 错误；d.水平画一条对称轴，有四种等效氢，个数分别为 1、2、6、2，则核磁共振氢谱中峰 面积之比为 1∶2∶6∶2，d 正确；e.该物质水解后得到 1 个酚羟基，可以和 FeCl3 溶液发生显 色反应，e 正确；故答案为：bde； （4）与四个不相同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳，该分子中与 Br 相连的 C 原子为 手性碳原子，故答案为：1； 4NaBH→ 3 2 4 浓HNO 浓H SO、Δ → 2H Pd/C → 3 2( CH CO) O ¾¾¾¾¾® 4酸性KMnO溶液 Δ → NaOH Δ → - 16 - （5）E 的分子式为 ，F 的分子式为 ，E 的分子式比 F 少 2 个 H，且 E 经 还原得到 F，所以 E 的结构简式 ，E 和氢气反应生成 F，方程式为： +H2 ，故答案为： +H2 ； （6）甲苯硝化引入硝基，再还原硝基，然后脱水，最后把甲基氧化为羧基，合成路线为 ，故答案为： 14 17 3C H O N 14 19 3C H O N 4NaBH→ 4NaBH→ 3 2 4 浓HNO 浓H SO、Δ → 2H Pd/C → 3 2( CH CO) O ¾¾¾¾¾® 4酸性KMnO溶液 Δ → 3 2 4 浓HNO 浓H SO、Δ → 2H Pd/C → 3 2( CH CO) O ¾¾¾¾¾® 4酸性KMnO溶液 Δ → - 17 -