[原创】【最后十套】2020年高考名校考前提分仿真卷化学(二)教师版

1、好教育云平台 绝密启用前【最后十套】2020届高考名校考前提分仿真卷化学（二）注意事项：1 本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。2 回答第I卷时， 选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3 .回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4 .考试结束，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 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59D .图I装置用于制取乙酸乙酯，图装置用于制取乙酸丁酯

2、【答案】A【解析】A .导管a的作用是导气、冷凝，导管b的作用是冷凝、回流， A错误；B .饱和碳酸钠溶液能中和乙酸，其中的水可以溶解乙醇、丁醇，并且能够降低反应产生的酯的溶解度，便于分 离提纯，故可洗去酯中的酸和醇，B正确；C.酯的制备反应为可逆反应，增大反应物乙酸的浓度，可使化学平衡正向移动，从而可提高醇的转化率，C正确；D .乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应结束后再提取产物，D正确；故合理选项是 A。9 .乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）A . 4种 B . 5种 C. 6种D . 7种【答案】C【解析】 完全氢化

3、后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4种H ,乙基含有2种H,故产物好教育最后十套化学第1页（共16页）好教育最后十套化学第2页（共16页）号 证 考 准一、选择题（每小题 6分，共42分。）7.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A .地沟油可用来生产肥皂、甘油，达到废物利用的目的B. 锅炉水垢中含有的 CaS04,可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C. 泉州府志：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具 有吸附作用，能将红糖变白D .梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花不同【答案】D【解析】A .地沟油的主要成分是油脂，油脂可发

4、生皂化反应，该反应可用于工业上生产肥皂、 甘油，达到废物利用的目的，A正确；B . CaSO4不溶于酸，CaSO4用Na2CO3溶液处理后可转化为CaCO3, CaCO3可溶于酸，B正确；C .泥土颗粒表面积较大，因而具有吸附作用，能吸附红糖中的 色素使其变白，C正确；D .柳絮的主要成分是纤维素，和棉花相同，D不正确。综上，选 D。8现有下列两套实验装置，用于实验室制取乙酸乙酯和乙酸丁酯。下列说法错误的是A .导管a和导管b的作用都是冷凝回流B .都可用饱和 Na2CO3溶液来洗去酯中的酸和醇C.加入过量的乙酸可以提高醇的转化率的一氯代物有6种同分异构体；答案选 CO10 .由下列实验操作和

5、现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向C23中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：C2>C23B白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3Fe（CN）6溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D将10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl 3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCb的反应具有可逆性【答案】D【解析】A .向C23中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cbv Co2O3,故A错误；B .出现刮痕后浸泡在

6、饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C .铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行， 并不是不反应，故 C 错误；D.根据 2Fe3+2l-=2Fe2+2, 10mL 2mol/L 的 KI 溶液与 1mL 1molL FeCl 3 溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeC3反应有可逆性，故D正确；故选D。11 . 2019年11月Science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取图所示(已知：H2O2=H+HO2，Ka= 2.4 ×0-12)。下列说

7、法错误的是H2O2的绿色方法，原理如左滋了冰V孔周休破解燥酉IILfehO3A . X膜为选择性阳离子交换膜B .每生成1mol H 2O2电极上流过 4mol eC 催化剂可促进反应中电子的转移D . b极上的电极反应为 O2+H2O+2e-=HO2+OH-【答案】B【解析】A . a极发生H2-2e-=2H + , X膜为选择性阳离子交换膜，让 H+进入中间，故 A正确； B .氧元素由0价变成-1价，每生成1mol H2O2电极上流过2mol e-,故B错误；C.催化剂可促进 反应中电子的转移，加快反应速率，故 C正确；D. b为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为 02+H20+2e-

8、=H0 2+0H-,故 D 正确；故选 B。12 某化合物的结构如图所示，分子中所有原子都达到了8电子稳定结构，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子半径：r(X)>r(Y)>r(Z) , W的单质可用来制取漂白剂和自来水消毒。下列说法正确的是Z=y =ZW-Y iwA . YZ2属于酸性氧化物B . X的氧化物的水化物酸性弱于 W的氧化物的水化物酸性C. X、Y、Z与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物D 气态氢化物的稳定性：HZ<HW【答案】C【解析】化合物分子中所有原子都达到了8电子稳定结构。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的单质可用

9、来制取漂白剂和自来水消毒，则W是Cl元素；原子半径好教育云平台 jr(X)>r(Y)>r(Z),同一周期原子序数越大原子半径越小，Z能够形成1个双键，X形成4个共价键，Y形成3个共价键，W形成1个共价键，W位于第三周期，X、Y、Z位于第二周期，X为C, Y为N ,Z为O, W为Cl元素，据此解答。A. YZ2是NO2, NO2与NaOH溶液反应产生 NaNO3、NaNO2、H2O,反应中N元素化合价发生了变化，因此NO2不属于酸性氧化物，A错误；B . X形成的氧化物有CO、CO2, CO难溶于水，CO2溶于水反应产生的 H2CO3为弱酸，而Cl元素的氧化物对应的酸有 多种，如He

10、IO是一元弱酸，酸性比碳酸弱，而HCIO3、HClO 4都是强酸，可见未指明氧化物的价态，无法比较相应的物质的酸性强弱，B错误；C. C与H形成CH3-CH3、CH2=CH2等、N与H可形成NH2-NH2及O与H可形成H2O2中含有非极性键；故 C、N、O三种元素均可以与氢元素均可 形成含非极性键的二元化合物，C正确；D .非金属性：O>Cl ,故氢化物的稳定性为 H2O>HCI , D错误；故合理选项是 CO13.已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25C时，Ag2CrO4在不同浓度CrO2-溶液中的溶解度如图所示。又知 KSP(AgCl)=1.8 ×0-10。下列说法正

11、确的是A .图中a、b两点c(Ag+)相同B .该温度下，Ag2CrO4溶度积的数量级为10-12C.加热蒸发饱和 Ag 2CrO4溶液再恢复到25 C ,可使溶液由a点变到b点D .将 0.01molL AgNO 3溶液滴入 20mL 0.01molL KCl 和 0.01molL K 2CrO4的混合溶液中，CrO2- 先沉淀【答案】B【解析】A.曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点C(CrO4-)不一样，则c(Ag+)不相同，A 错误；B .根据图象上相关数据，Ag2CrO4(s) 2Ag +(aq)+CrO2-(aq),如以 C(CrO4-)=10-2molL 时， 溶解度为 1

12、0-5 mol/L 计算 KSP=C2(Ag+) c(CrO4-)=(2 ×0-5)2×10-2=4×10-12,则数量级为 10-12, B 正确；C.加热蒸发饱和Ag2CrO4溶液再恢复到25C ,仍然为该温度下的饱和溶液，各种微粒的浓度不变， 因此不能使溶液由 a点变到b点，C错误；D.由于KSP(AgCl)=1.8 ×10-10,当溶液中KCl为0.01 mol/L时，形成沉淀需Ag +的浓度最小为c(Ag+)=18 10 100.01molL=1.8×0-8molL ,而 KSP(Ag 2CrO4)=4 ×0-12,好教育最

13、后十套化学第3页(共16 M)好教育最后十套化学第5页(共16页)好教育云平台 L M智科土遠J好教育最后十套化学第9页(共16 M)好教育最后十套化学第8页(共16页)12形成Ag2Cr4时需要Ag +的浓度最小为C(Ag+)= 4 10 molL=2 ×0-5 moI/L，形成沉淀需要的Ag + Y 0.01浓度越小，先形成沉淀，可见等浓度的混合溶液中,CI-先产生沉淀，D错误;故合理选项是【解析】A是水蒸气发生装置，长导管作用起到平衡压强的作用，防止烧瓶内压强过大，实验时，首先打开活塞 K ,目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞K ,开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局

14、部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞K ,和外界联通降低压强，二、非选择题（共43 分）26.（ 14分）为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢（氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀），用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。B制取HF的装置，利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢，用水蒸气蒸出，冷凝到D装置，被氢氧化钠中和吸收， 在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。（1）A的名称是圆底烧瓶，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端在液面以下；答案：圆底烧瓶；不能；（2）实验过程中，直

15、形冷凝管中的冷却水应从 a进b出，这样可使冷却水充满外管，有利于带走热量；答案：b。从实验安全角度考虑，实验时，首先打开活塞K ,目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞K,开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞K,和外界联通降低压强；答案：打开活塞K ； （4）连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，石棉绳的隔热效果比较好，主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用；答案：保温，避免水蒸气冷凝。（5）根据题干知识可知反应原理为高沸点酸（难挥发性酸）制取低沸点酸（易挥发性酸）3mol1mol 1mol1mol（1）A的名称是 ,长导管用于平衡压

16、强，实验过程中其下端 （填 能”或不能”在液面以上。（2）仪器C是直形冷凝管，实验过程中，冷却水应从 口出。（填“或“ b"）（3）实验时，首先打开活塞K ,待水沸腾时，关闭活塞K ,开始蒸馏：若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即 。（4）连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是。（5）B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的 NaoH溶液。加热A、B ,使A中产生的水蒸气进入 B。下列物质不可代替高氯酸的是 （填标号）醋酸和硝酸易挥发，不可代替高氯酸；答案：ab:D中是氢氧化钠与 HF发生酸碱中和生成盐和水，离子方

17、程式为 HF+OH-=F-+H2O ;答案：HF+OH-=F-+H2O°关系式法计算：设 F-的物质的量 为 X mol3F-LaF3La3+EDTALa3+x/3 0.1mol/L 20.00 ×0- 3L0.1mol/L 20.00 ×0-3LX- 3- 3-+0.1molL 20.00 ×0 3L=0.100molL 25.00 ×0 3L3得 x=1.5 ×10-3mol=0.0015mol氟化稀土样品中氟的质量分数为:0.0015mol 19gmol1.00g×00%=2.85% ；答案:2.85%。a.醋酸 b.

18、硝酸c.磷酸 d硫酸D中主要反应的离子方程式为 。（6）向馏出液中加入 25.00mL 0.100mol -1 La（NO 3）3 溶液，得到 LaF3 沉淀，再用 0.100mol L-EDTA标准溶液滴定剩余 La3+（La3+与EDTA按1 : 1络合），消耗EDTA标准溶液20.00mL ,则氟化稀土样品中氟的质量分数为 。【答案】（1）圆底烧瓶不能（2）b（3）打开活塞K（4）保温，避免水蒸气冷凝（5）ab HF+OH-=F-+H2O（6）2.85%27 .（ 14分）锰酸锂（LiMn 2O4）是新型锂离子电池常用的正极材料。工业上以软锰矿浆为原料可制备锰酸锂，同时制得副产品MnSO

19、4H2O晶体，其流程如图所示。已知：（1）软锰矿浆的主要成分为MnO2,还含有F2O3, MgO > Al 2O3, CaO, SiO2等杂质。（2）温度高于27 C时，Mnso4晶体的溶解度随温度升高而逐渐降低。(3)有关物质的溶度积常数如下表:MiLFIPCaF*z53l(ri5l-17.4 IG叫(1) 浸出”过程中Mn2转化为Mn2+的离子方程式为 。该过程中，为提高软锰矿中Mn02的浸出率，下列措施可行的有 (填字母)。A .不断搅拌，使 S02和软锰矿浆充分接触B .增大通入S02的流速C 适当升温D .减少软锰矿浆的进入量(2) 第1步除杂中加入 H2O2的目的是 。(3)

20、 第2步除杂，主要是将Ca2+, Mg2+转化为相应的氟化物沉淀除去，其中MnF?除去Mg2+反应的离子方程式为 MnF2(s)+Mg 2+(aq)=Mn 2+(aq)+MgF 2(s),该反应的平衡常数为 。(4) 图中的一系列操作指的是 。(5) 将Mn02和Li2C03按4 ： 1的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温煅烧600750C,制取产品LiMn 2O4。写出该反应的化学方程式： 。【答案】(1) MnO2+SO2=SO2-+Mn2+AC(2) 将Fe2+氧化为Fe3+(3) 7.2 ×04(4) 蒸发浓缩、趁热过滤600 C 750 CA A(5) 8MnO 2+2L

21、i 2CO3=4LiMn 2O4+2CO2 +O【解析】(1)浸出”过程中MnO 2与SO2发生氧化还原反应，转化为Mn2+的离子方程式为MnO2+SO2=SO2-+ Mn2+;提高Mn。2的浸出率：A 不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触， 这样SO2 就会更多转化为 SO4- , A项正确；B 增大通入SO2的流速，可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出，物质的产率降低，B项错误；C.温度升高，可以提升反应速率，C项正确；D减少软锰矿浆的进入量，so2可能不能及时参加反应，导致回收率降低，D项错误；故合理选项是 AC,故答案为MnO2+SO2=SO2-+Mn2+; AC ；第1步除杂中加入

22、 H2O2的目的是将溶液中的 Fe2+氧化为Fe3+ , 以便于形成Fe(OH)3沉淀，过滤将沉淀除去，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+； (3)MnF 2除去Mg2+的离 子反应方程式是 MnF2+Mg2+L Mn2+MgF 2 ,该反应的平衡常数数值为7.2 ×04;溶液到晶体，同时K=說寸=KM詁器=KP鹅=721°4，故答案为Jr浓缩、趁热过滤；(5) MnO 2和Li 2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是0元素价态升高，所以还有 02生成。根据电子守恒、原子守600 C 750 C恒，可得该反应的方程式

23、为：8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2 +0 故答案为：600 C 750CA A8Mn0 2+2Li 2CO3=NLiMn 2O4+2CO2 +028.( 15分)科学家们致力于消除氮氧化物对大气的污染。回答下列问题：(1) N0在空气中存在如下反应： 2N0(g)+0 2(g)= 2NO2(g) H ,该反应共有两步第一步反应为2N0(g)N2O2(g) H 0；请写出第二步反应的热化学方程式(H2用含H、H1的式子来表示)：。(2) 温度为T1时，在两个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2N0 2(g)= 2N0(g)+0 2(g),容器I中5min达到平衡。

24、相关数据如表所示：容器编号物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)c(NO2)C(NO)c(O2)c(O2)I0.6000.20.30.5S 0.2 容器在反应的起始阶段向 (正反应”、逆反应”、达平衡”方向进行。 达到平衡时，容器I与容器中的总压强之比为 a.> 1b. =1c.v 1(3) N0 2存在如下平衡：2N02(g)= N2O4(g) H V 0,在一定条件下 N02与N2O4的消耗速率与各自的分压 份压=总压×物质的量分数)有如下关系：U (NQ)=k1 p2(NO2), U (INO4)=k2 P(N2O4),相 应的速率与其分压关系如图所示。

25、一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=;在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是,理由是。(4) 可用NH3去除NO,其反应原理4NH3+6NO=5N 2+6H2O。不同温度条件下，n (NH 3) : n (NO)的 物质的量之比分别为 4:1、3:1、1 : 3时，得到NO脱除率曲线如图所示：MnS04 H2O在水中的溶解度随温度的升高而减小，采用蒸发浓缩、趁热过滤操作，故答案为：蒸发好教育云平台 好教育最后十套化学第10页(共16页)好教育最后十套化学第10页(共16页) 曲线a中，No的起始浓度为6×10-4m

26、gm-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内No的脱除速率为mg(m3 S)O 曲线b对应NH 3与No的物质的量之比是 o(5)还可用间接电解法除 NO。其原理如图所示：W f 写出电解池阴极的电极反应式 O 用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理 【答案】 (1) N2O2(g)+O2(g) = 2NO2(g) H2= H-H1(2)正反应C(3)2k2 KPB、DN2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)(4)1.5 ×0-43 : 1(5)°2和较浓的硫酸2HSO3+2H +2e-=S2O2-+2H2O2NO+2S2O4-+2H2O=N2+4

27、HSO3【解析】2NO(g)+O2(g) =2NO2(g) H ,第一步反应为 2NO(g)N2O2(g) H1v 0,则第二步反应为-，整理可得N2O2(g) +O2(g) = 2NO2(g) H2= H-H1; (2)对于反应2NO2(g) 2NO(g)+O 2(g),反应温度为 T1,反应开始时c(NO2)=O.6molL , C(NO)= c(O2)=0 ,反应达到平衡 时 c(O2)=0.2mol/L ,则根据物质转化关系可知，平衡时 c(NO2)=0.6molL-2 0×molL=0.2molL , C(NO)=2×0.2molL=0.4molL ,该温度下化学

28、反应的平衡常数K=04 器 =0.8,对于容器中进行的上述0.2反应，在开始时刻浓度商QC=0.52 0.20.32056< 0.8,则反应向正反应方向进行；对于反应,于NO与。2按照2 : 1关系发生改变，根据给出的物质的浓度，可认为其等效开始状态为c(O2)=0,C(NO)=(0.5-0.2 2)×olL=0.1molL , c(NO2)=(0.3+0.2 2)×olL=0.7molL ,反应在 1L 容器中进行，所以气体的浓度和为气体的物质的量的和，对于容器I ,开始时气体的物质的量n(总)=0.6mol ,容器开始时气体的物质的量n(总)II=0.7mol+0

29、.1mol=0.8mol > 0.6mol ,在相同外界条件下气体的物质的量与压强呈正比，所以达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比小于1,故合理选项是c；反应达到 平衡时 v(NO2)正=2v(N2O4)逆，U (NQ)=k1 p2(NO2) , U (NO4)=k2 P(N2O4), 所 以 KP=P N2O422p2 NO2k1,所以k1=2k2 Kp；满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4),即为平衡点,D所对应的速率刚好为1 : 2的关系，所以B、D根据图象，B、为平衡点；(4)曲线a中NO的起始浓度为6 ×0-4mg m-3,脱除速率A点的脱除率为55%, B

30、点的脱除率为43W 6 100.75 0.55 mg mV=1.50.8s75%,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的×0-4 mg(m3 s)；NH 3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4 : 1、3 : 1、1 : 3时，对应的曲线为 a、b、c,即曲线b对应的物质的量之比是 3 : 1 ；阳极电解质溶液为稀 H2SO4 ,在阳极，溶液中水电离产生的 OH-失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-2e-=O2 +4H ,由于水不断放电消耗，所以阳极区H2SO4溶液浓度不断增大，所以从 A 口中出来的物质的是 O2和较浓的硫酸；在电解池阴

31、极上 得到电子发生还原反应，根据图可知是HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成S2O2-,其电极反应式为2HSO3+2e-+2H+=S2O4-+2H2O;根据图示，吸收池中 S2O4-和NO是反应物，N2和HSO3是生 成物，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得吸收池中除去NO的原理是 2NO+2S2O2-+2H2O=N2+4HSO3o三、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O )35.【化学一一选修3:物质的结构与性质】(15分)某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解X1计申1质，其电池总反应为

32、 MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4 . MnOOH+ ZnSO4Zn(OH) 2 xH2O,其电66" -6池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。ft纤绯Ifl好教育云平台 叫，J /(1)Mn2+的核外电子排布式为 ;有机高聚物中C的杂化方式为 。已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤素(CN) 2分子中键与键数目之比为 (3)NO2的空间构型为 (4)MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born Haber循环计算得到。M-) +(2i()IIa kJ * iulMrf(g)U v n1 1A'IbkJ n1 , <XglMniUl*c kJ *

33、 k)l 1 TU * n0Mn(4l 体+ M dOs)kJ ' molMn的第一电离能是 , O2的键能是, MnO的晶格能是 (5)R(晶胞结构如图)由Zn、S组成，其化学式为 (用元素符号表示)。已知其晶胞边长为a cm,则该晶胞的密度为 gcm-3(阿伏加德罗常数用 NA表示)。【答案】(1) 1s%22p63s23p63d5sp2、sp3(2) 3 : 4(3) V 形(4) b kJ mol-12e kJmd-1(f-a-b-c-d-e) kJ mol定律，按箭头所指方向，MnO的晶格能为(f-a-b-c-d-e) kJ mol-1 ;答案为：b kJ mol-1 ； 2

34、e kJ mol-1；(f-a-b-c-d-e) kJ mol-1 ； (5)R(晶胞结构如图)由Zn、S组成，利用均摊法，可求出晶胞中所含有的Zn、S原子数分别为4,从而确定其化学式为 ZnS ；已知其晶胞边长为 a cm,可求出1个晶胞的体积和质量，从而求出该晶胞的密度为3 4 397gmo I 1 = 3388, ga Cm NAmOI a NA36.【化学一一选修5:有机化学基础】(15分)某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体A(5) ZnS388a3 NA【解析】(1)锰原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 ,贝U Mn2+的核外电子排布式为1s

35、22s22p63s23p63d5;有机高聚物中C的价层电子对数分别为 3和4,则杂化方式分别为 sp2、sp3;答案: 1s22s22p63s23p63d5; sp2、sp3； (2)已知CN-与N?互为等电子体，可推出拟卤素(CN) 2分子结构为NC-CN ,贝U 键为3个，键为4个，从而得出 键和键为数目之比为3 : 4；答案为：3 : 4；5 1(3)NO2的价层电子对数为 =3, N与2个O各形成共价双键，另有一对孤对电子，对成键电子有排斥作用，从而使结构不对称，由此可确定空间构型为V形；答案为：V形；(4)由图中可知，Mn(g) Mn+时吸收的能量为 b kJ mol-1 ,则Mn的

36、第一电离能为 b kJ mol-1；键能是指破坏 1mol O2分子内共价键所需吸收的能量，由图中可确定。2的键能是2e kJ mol-1； Mno的晶格能可利用盖斯388cm-3；答案为：孑兀。M和R。回答下列问题:COOHCOR已知：,F的结构简式为6；ICOONilVI(1)C中的官能团的名称为(2)D E的反应方程式为COCH3一疋朋d-I(3)M物质中核磁共振氢谱中有组吸收峰。CnJCTlo淀条件,AB的反应类型为(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种遇FeCl3溶液显紫色分子中含Ji(5)设计由甲苯制备R()的合成路线(其它试剂任选)好教育最后十套化学第11页(共16页)好教育最后十套化学第12页(共16页)好教育云平台 【答案】（1）羟基和羧基(2)(3) I8(4)HO(5)CJi3k;+ CH