2021年高考理科综合化学全真模拟卷2（解析版）

裔三理科保合一化名泉我方考

【战高考】2021年高考理科综合化学全真模拟卷08

（考试时间：50分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl

35.5Fe56Cu64

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。

7.2019在武汉发现的新型冠状病毒（COVID-19）,是一种致病性很强、传染性较高的

RNA病毒，下列说法中错误的是（）

A.3M防颗粒物口罩使用高效过滤材料聚丙烯，聚丙烯属于高分子

B.用“84消毒液”进行消毒时，消毒液浓度必须合理调配

C.组成新型冠状病毒的元素只有C、H、O

D.新型冠状病毒疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性

【答案】C

【详解】

A.聚丙烯是有机聚合物，属于高分子有机材料，A正确；

B.84消毒液有效成分为NaClO,NaClO具有强氧化性，市售84消毒液中NaClO浓度

较高，进行消毒使用时，需要进行适当稀释然后再使用，B正确；

C.新型冠状病毒由蛋白质与RNA组成，因此组成新型冠状病毒的元素至少含有C、H、

0、N,C错误；

D.新型冠状病毒疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，

D正确；

故合理选项是C。

8.下列有关化学用语使用正确的是（）

A.乙醇的分子式C2H50H

CHCHCH=CH

B.3|2的名称：3-甲基-1-丁烯

CH3

I

C.比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子

D.H3c—1)—C2H5与11—C-)互为同系物

【答案】B

【详解】

A.C2H50H是乙醇的结构简式，分子式只表示分子组成，乙醇的分子式为C2H6。，

故A错误；

CHCHCH=CH

B.|32为烯烧，主链有4个碳原子，有1个甲基支链，根据烯燃

CH3

命名原则，该物质名称为3-甲基-1-丁烯，故B正确；

C.CH4分子中H原子半径小于C原子的，CC14分子中C1原子半径大于C原子的，所

以甲烷和四氯化碳的比例模型不同，故C错误；

D.二者结构中含苯环数目不同，结构不相似，且分子组成不是相差若干个CH?,不互

为同系物，故D错误；

答案选B。

9.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是()

A.2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量

B.64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数

C.200mLlmol/L氯化钙溶液中c(Ck)和100mL2mol/L氯化钾溶液中c(Cl)

D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和IO%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓

度

【答案】B

【详解】

A.水的摩尔质量是18g/mol,与水的物质的量的多少无关，二者相同，A不符合题意；

B.64g二氧化硫的物质的量是1mol,其中含有2moi的O原子；标准状况下22.4L

一氧化碳的物质的量是1mol,其中含有的O原子是1mol,因此其中所含O原子数：

前者是后者的2倍，B符合题意；

C.200mL1mol/L氯化钙溶液中c(Cl)-lmol/Lx2=2mol/L；1(X)mL2mol/L氯化钾溶

液中c(C「)=2mol/Lx1=2mol/L,二者相等,C不符合题意;

D.NaOH溶液的浓度越大，密度越大。根据物质的量浓度与质量分数关系式。=

2

px1000?co

可知：前者的物质的量浓度比后者的2倍大，D不符合题意；

M

故合理选项是B。

10.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5X+16N2f,下列说

法不正确的是（）

A.X的化学式为NazO

B.每生成L6moM,则转移的电子为Imol

C.上述反应中NaN3被氧化，KNCh发生还原反应

D.若被氧化的N原子的物质的量为3mol,则氧化产物比还原产物少1.4mol

【答案】D

【分析】

反应10NaN3+2KNCh=K2O+5X+16N2f中，N元素的化合价由价、+5价变为0价，所

以NaN3是还原剂，NaNCh是氧化剂。

【详解】

A.依据质量守恒，X的化学式为NazO,A正确；

B.由反应可建立如下关系式：10NaN3——2KNO3——16N2——lOc,则每生成1.6molN2,

―，,1.6mol-“

转移的电了■为"------x10=Imol,B正确：

16

C.由分析可知，上述反应中，NaN3中所含N元素化合价升高，作还原剂，被氧化，

KNCh中所含N元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，C正确；

D.由化学方程式可建立如下关系式：10NaN3——30N（被氧化）——2KNO3——2N（被还

原），若被氧化的N原子的物质的量为3moL氧化产物N2为1.5mol,则被还原的N原

子的物质的量为」3m吗o]x2=0.2mol,还原产物为O.lmol,所以氧化产物比还原产物多

30

（1.5mol-0.1mol）=1,4mol,D不正确；

故选D。

11.下列说法正确的是（）

A.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-801.3kJ-molL结论：CH4的燃烧热为△

H=-80L3kJ-mol"

B.稀溶液中有H7aq）+OH（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol,结论：将盐酸与氨水的稀溶

液混合后，若生成Imol+O,则会放出57.3kJ的能量

>132C

C.Sn（s,灰）<132（Sn（s,白）A〃=+2.1kJ/mol（灰锡为粉末状），结论:锡制品在寒

冷的冬天因易转化为灰锡而损坏

3

D.已知I：反应H2（g）+C12（g）=2HCl（g）；△H=-akJ/mol,II：

上空二令®⑨®Hi⑨Q且a、b、c均大于零，则

断开ImolH-Cl键所需的能量为2(a+b+c)kJ/mol

【答案】C

【详解】

A.Imol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，水为

液态水时才是甲烷的燃烧热，故A错误；

B.强酸和强碱的稀溶液完全发生中和反应生成Imol液态水时放出的热量叫中和热，H

+(aq)+OH(aq)=H2O⑴AH=-57.3kJ/mol,氨水是弱碱，电离需要吸热，反应放出的热

量小于57.3kJ,故B错误；

C.降温平衡向放热反应方向移动，冬天温度低正反应吸热，平衡逆向移动转化为粉末

状的灰锡而损坏，故c正确；

D.反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量差值，则根据方程式可知b

+c-2x=-a,因此断开ImolH-Cl键所需的能量为壮上打，故D错误。

2

故选C。

12.一定条件下，反应：6H2(g)+2CO2(g)C2H50H(g)+3H?O(g)的数据如图所示。下列

说法正确的是()

7

Oy般

co26/

的U

U

仞

平5

附

衡4

转3

Oy的

化2

率

O1y

0

500600700800温度(K)

反应物起始物质的量之比：

曲线I：«(H2)：n(CO2)=2

曲线U：n(H2):n(CO2)=1.5

A.该反应的AH>0

B.达到平衡时，vs(H2)=va(CO2)

C.b点对应的平衡常数K值大于c点

D.a点对应的H2的平衡转化率为90%

【答案】D

【分析】

由图中可知，曲线1中，a点CO2的平衡转化率为60%,n(H2):n(CO2)=2,令n(H2)=2mol,

4

则〃(CO2)=lmol,由此可建立如下三段式:

2CO2(g)+6H2(g)CH3cH20H(g)+3H2O(g)

起始量(mol)1200

变化量(mol)0.61.80.30.9

平衡量(mol)0.40.20.30.9

【详解】

A.从图中可以看出，升高温度，CO2的平衡转化率减小，则平衡逆向移动，该反应的

AW<0,A不正确；

B.达到平衡时，对比来说,正、逆反应速率相等,则V,E(H2)="(H2)=3V鼠CO2),B

不正确；

C.因为正反应为放热反应，而b点温度比c点高，所以b点对应的平衡常数K值小于

c点，C不正确；

D.利用分析中得出的数据,可求出a点对应的H2的平衡转化率为学黑*100%=90%,

2mol

D正确；

故选D。

13.下列说法正确的是

A.AgCI难溶于水，所以将AgCl加入水中所得溶液中不含Ag+、C1-

B.AgCl的Ksp=1.8xl(yi°,则在任何含AgCl固体的溶液中,c(Ag+)=c(CT尸JTixlO?

mol-L-1

C.在温度一定时，当溶液中Ag+和的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到

了AgCl的溶解平衡

D.向饱和AgCl溶液中加入盐酸，会使Ksp(AgCl)增大

【答案】C

【详解】

A.虽然AgCl难溶于水，但仍能溶解一小部分，所以将AgCl加入水中会少量溶解，

溶液中含有少量的Ag+、Ch故A错误；

B.AgCl的Kp=l.8x10」。,是指在AgCl饱和溶液中Ag+和的浓度的乘积等于1.8x1010,

并不一定是c(Ag+)=c(Cr,如在含有AgCl和NaCl的溶液中，c(Ag+)<c(C『)，B项错误；

C.当Qc=K时，达到沉淀溶解平衡，C项正确；

D.Ksp只与温度有关，增大某离子的浓度，Ksp不变，D项错误；

故选C。

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。

5

第35〜37题为选考题，考生根据要求作答。

(-)必考题：共43分。

26.草酸可作还原剂、沉淀剂、金属除锈剂、织物漂白剂等。实验室用电石(主要成分CaC2,

少量CaS杂质)为原料制取H2c2O「2H2。的装置如图所示。已知：

CaC2+2H2O^Ca(OH)2+C2H2T。请回答下列问题：

(1)装置B中的试剂名称是。

(2)装置C中多孔球泡的作用是,装置D的作用是o

(3)装置C中生成H2C2O4的化学方程式为。

(4)从装置C中得到产品，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥；其中洗涤

的具体操作是。

(5)准确称取10.0g产品于锥形瓶中，加入适量蒸储水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用

LOOmolI-i酸性KM11O4标准溶液进行滴定，消耗标准溶液22.00mL。(杂质不参与

反应)

①盛装KMnO4标准溶液的滴定管名称是,滴定终点的现象是。

②产品中H2C2O4.2H2。的质量分数为。

【答案】(1)氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液(2)增大气体和溶液的接触面积，加快反应

速率，使反应充分进行防止倒吸(3)

八上、催化齐!J

C2H2+8HN03(浓)H2C204+8N02+4H20(4)沿着玻璃棒向漏斗里注入蒸储

△

水至浸没沉淀，让水自然流卜，重复操作2~3次(5)酸式滴定管当加入最后一滴

入标准溶液，溶液呈浅红色且半分钟内不恢复原来的颜色②69.3(

【分析】

由实验装置图可知，装置A中电石和水反应生成乙快和氢氧化钙，同时会产生硫化氢气

6

体，装置B中盛有氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液用于吸收硫化氢气体，装置C中乙快在

硫酸汞做催化剂作用下，与浓硝酸发生氧化还原反应生成草酸，空载仪器装置D用于防

止二氧化氮与氢氧化钠溶液反应产生倒吸，装置E中盛有氢氧化钠溶液用于吸收二氧化

氮气体，防止污染环境。

【详解】

（1）由分析可知，装置B中盛有氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液用于吸收硫化氢气体，用

于防止具有强还原性的硫化氢干扰乙焕与浓硝酸的反应，故答案为：氢氧化钠溶液或硫

酸铜溶液；

（2）装置C中多孔球泡可以增大乙烘气体与浓硝酸的接触面积，便于反应物充分接触，

加快反应速率，使反应充分进行；装置D为空载仪器，起安全瓶的作用，防止二氧化氮

与氢氧化钠溶液反应产生倒吸，故答案为：增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，

使反应充分进行；防止倒吸；

（3）装置C中发生的反应为在硫酸汞做催化剂作用下，与浓硝酸发生氧化还原反应生

八力、催化齐1J

成草酸，反应的化学方程式为C2H2+8HNO3（浓）H2c2（）4+8?电+4”0,故答案

A

催化剂

为：C2H2+8g（浓）H2C20+8N0+4H20;

A

（4）反应制得的草酸表面会附有可溶性杂质，洗涤沉淀的操作为向过滤后的过滤器中

加入蒸福水至浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2~3次，故答案为：沿着玻璃棒向漏

斗里注入蒸馄水至浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2~3次；

（5）①酸性高毓酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则标准溶液用酸式滴定管盛

装；当草酸与酸性高镒酸钾溶液完全反应后，再滴入标准溶液，溶液会变为紫色，且半

分钟内不恢复原来的颜色，故答案为：当加入最后一滴入标准溶液，溶液呈浅红色且半

分钟内不恢复原来的颜色；

②由得失电子数目守恒可得关系式5H2c2。4—2KMnO4,由题意可知高镭酸钾的物质的

量为I.（）（）mol/Lx22.00xl0-3L=2.20xlO-2mo],则产品中H2c2。4的质量分数为

—x2.2x1O'2molx126s/mol,

2xl00%=69.3%,故答案为：69.3%。

27.合理处理废弃物有利于保护环境和资源再利用。某课题组对含钛高炉渣（主要成分

CaTiO3,含有MgO、AI2O3、Fe3O4>SiCh等杂质）资源化综合处理的流程如图所示。

7

硫酸

盐酸溶液

Fe3O4速液1遽渣1遽液3

已知：①溶液中离子浓度WLOxlO-5moi认为该离子沉淀完全:

②常温下，部分难溶物的溶度积常数如下表所示：

难溶物)

Fe(OH)3A1(OH3Mg(0H)2Fe(OH)2Ca(OH)2CaSO4

Ksp4.0x10-38l.OxlO-331.8x10-1'1.8x10-165.5x10-69.1x10-6

回答下列问题：

(1)“研磨”的目的为。

(2)“磁选”所应用的Fe.Q4的性质为；用8moiLi盐酸进行“酸浸”时，

液固比(mL：g)与浸渣中Ti含量的关系如图所示，则合适的液固比为,液固比

过大，浸渣中Ti含量降低的原因为o

(3)滤渣1中两种主要成分的化学式为。

(4)“水解”反应的离子方程式为__________________________________

(5)常温下，滤液1经如图处理过程可获得多种工业原料。

—＞滤液5

浪渣4速渣5

若滤液1中AF+和Mg2+的浓度均为0.18mol.L1,则“调pH尸的范围为(保留

两位有效数字)。若“调pH广时直接将溶液pH调节为10,则AF+和Mg2+在滤液4中的

物质的量浓度之比为。

【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率(2磁性1.50液体过多,

2++

会导致部分含Ti微粒进入滤液1(3)CaS0』、SiO2(4)“TiO+2H2O=H2TiO3i+2H

(5)4.7<pHl<9.0l:(1.8xlO18)

8

【分析】

含钛高炉渣(主要成分CaTiCh,含有MgO、AI2O3、Fe3O4sSiCh等杂质)，研磨后经过磁

选，因Fe3O4具有磁性，可选出Fe3CU,向磁选后的固体中加入盐酸后，MgO、AI2O3

转化为MgCb、AlCh,CaTiCh、SiO?与盐酸不反应，过滤后向浸渣中加入硫酸溶液，

SiO2不反应，CaTiCh转化为TiOSCM,滤液2中含有TiOSCh、H2so4,TiOSCh水解后生

成HzTiCh,FhTiCh煨烧后分解为TiCh。

(5)滤液1中主要成分为MgC12、AlCb、HCl,通过增大溶液pHi使A伊先沉淀为A1(OH)3,

过滤后再调节滤液4的pH2,使Mg?+沉淀为Mg(OH)2,过滤后得到滤液50

【详解】

(1)钛高炉渣后续存在固体与液体之间的反应，将炉渣研磨后能够增大反应物的接触面积,

加快反应速率；

(2)“磁选”是利用Fe3O4具有磁性;由图可知,当液固比为1.50时,浸渣中Ti含量较高，

继续增大液固比至L75时，浸渣中Ti含量变化不大，但会增大盐酸用量，从节约成本

可知，合适的固液比为1.50；CaTiCh为难溶物，在溶液中存在溶解平衡，当液固比过大

时，溶液体枳将过大，溶解平衡将向溶解方向移动，使一部分Ti元素进入滤液I,使得

浸渣中Ti含量降低，故答案为：磁性；1.50；液体过多，会导致部分含Ti微粒进入滤

液1;

(3)由分析可知，浸渣中SiCh与硫酸溶液不反应，而浸渣中CaTiCh与H2s04反应生成更

难溶物CaSCU,因此过滤后滤渣1中两种主要成分为CaSCU、SiO2；

(4)TiOSCh为强酸弱碱盐，由分析可知，“水解”过程中是TiOSOa水解后生成HzTiCh,

2++

TiOSOa为易溶物，HaTQ为难溶物，因此水解离子方程式为TiO+2H2O=H2TiO31+2H；

(5)若滤液1中A甲和Mg?+的浓度均为0.18mol.LL“调pHi”时，AP+需完全沉淀，沉淀

后c(AP+)=5xlO-5mol/L,而Mg2+不能发生沉淀，因此当AP+完全沉淀时，c(OH)i=

[Al(OH)3]_)1.0x10-33Kw

3l广<mol/L,c(H+)尸/二口八二/----mol/L,pH

I1xXl1O0--55c(OH)3/^

[0-14K」Mg(OH)J

c(H+)i=-lg/=4.7,当Mg2+开始发生沉淀时，C(OH)2=

比0见c(Mg2+)

1Kw

niol/I=1x1。、N，L,<(H-mol/L=10-9mol/L,pH大二-lg

C|UH

0.182

以H+)2=9,因此“调pH”的范围为4.7<pHl<9,0；若“调pH】”时直接将溶液pH调节为1(),

八W

溶液中c(H+)=1010mol/L,c(OH-尸再讨=10-4moi/L,则AF+和Mg?+在滤液4中的物质

9

(Al3+)c(Al3+)XC3(0H)K”网(皿

的量浓度之比—j-7---不77-----\----r----7---「/---r二

T2T+Y-2+3

c(Mg)c(Mg)xc(OHj/Csp[Mg(OH)2]xc(OH)

1.0x10-33

=l:(1.8xlOl8)o

l.SxlO^'xlO"4

28.I.据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。

甲烷是一种重要的化工原料。

(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：

1

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)AWi=+205.9kJ-mor①

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)A/72—41.2kJmol-1②

二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)Mh③

则反应①自发进行的条件是，△%=kJmol1-

II.利用H2和CO2生产甲醇。某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO?

和3.25molH2,在一定条件下反应，测得CO2、CEhOFRg)和H2O(g)的物质的量⑺随时

间的变化关系如图所示。

n/mol

(1)从反应开始到3minH寸，氢气的平均反应速率v(H2)=。

(2)下列措施中一定能使COi的转化率增大的是(填序号)。

A.在原容器中再充入1molCChB.在原容器中再充入1molH2

C.在原容器中再充入1molHeD.使用更有效的催化剂

E.缩小容器的容积F.将水蒸气从体系中分离出

III.图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工

作一段时间后，断开K,此时A、B两极上产生的气体体积相同。

10

CuSO.湘液混合液

甲乙丙

(1)甲中负极的电极反应式为。

(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为。

(IV)已知CaCCh的K‘p=2.8xl0-9,现将浓度为2xl(Hmol.L"Na2cO3溶液与CaCb溶液等

体积混合，则生成CaCCh沉淀所需CaCb溶液的最小浓度为mol.L1

【答案】I.(1)高温+247.1kJ-mol-1II.(1)0.25mol-L1-min-1(2)BEF

HI.(1)CH3OH-6e+8OH-COj-+6H2O(2)2.24L(IV)5.6x10-5

【详解】

I.(1)反应①的正反应是气体混乱程度增大的吸热反应，A”>0、A5>0,根据体系自由

能公式AGnAH-TASVO时，反应能自发进行，所以反应①能自发进行的条件是：高温

条件下。

1

@CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)A//i=+205.9kJmol-

②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)A//2—41.2kJ-mol-1

根据盖斯定律，将①-②，整理可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)AW3=+247.1

kJ-mol'1o

II.利用H2和CO2生产甲醇，发生反应：3H2(g)+CO2(g)CH30H(g)+H20(g)o

(1)从反应开始到3min时，CO2的物质的量降低0.5mol,则H2的物质的量减小3x0.5

1.5mol

mol=1.5mol,所以氢气的平均反应速率v(H2)=2L=0.25mol-L'min'c

3min

(2)A.在原容器中再充入1molCCh,CO2的转化率减小，A不符合题意；

B.在原容器中再充入1molH2,反应物浓度增大，平衡右移，CCh的转化率增大，B

符合题意：

C.在原容器中再充入1molHe,平衡不移动，CCh的转化率不变，C不符合题意；

D.使用更有效的催化剂，化学平衡不移动，CO2的转化率不变，D不符合题意；

E.缩小容器的容积，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，

11

CO2的转化率增大，E符合题意；

F.将水蒸气从体系中分离出，生成物浓度减小，化学平衡正向移动，C02的转化率增

大，F符合题意；

故合理选项是BEFo

III.图示中甲为原电池，通入甲静的电极为负极，通入02的电极为正极。乙、丙为电

解池，乙池中A电极与电源正极连接，为阳极，B为阴极；丙池中C为阳极，D为阴极。

(1)甲中通入甲醇的电极为负极，负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH=CO1+6H2O。

(2)乙池为电解池，溶液中溶质的物质的量n(CuSO4)=lmol/LxO.lL=0.1mol,其中B极

为阴极，先是Cu2+得到电子生成0.1molCu,然后H+得到电子生成H2,A极上OH-失

去电子生成02。当A、B两极上产生的气体体积相同时，气体的物质的量相等，假设为

amol,两个电极电子转移数目相等,4a=0.1molx2+2a,解得a=0.1mol,则乙中A极析

出的气体在标准状况下的体积为V(O2)=0.lmolx22.4L/mol=2.24L.

IV.已知CaCOi的Ksp=2.8xl0-9,现将浓度为2x10"moll-Na2c。3溶液4CaCL溶液

等体积混合后碳酸钠的浓度”(Na2co3)=1xIO"LL假设原CaCb溶液的最小浓度为

2xmol,L1,混合后CaCb溶液的浓度为xmoILl溶液中CaCb溶液

K卬2.8xl()T

____",__________1=2.8xlO~5molU',所以原溶液中

c(CaCl2)=2---4molI7

c(CO3)IxlO

CaCh的最小浓度c(CaC12)=2x2.8xlO-5molL1=5.6xlO-5mol-L1.

(-)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)

乙二胺四乙酸二钠盐是配合剂的代表性物质，能和碱金属、稀土元素和过渡金属等

形成稳定的水溶性络合物,广泛应用于高分子化学工业、日用化学工业、医药工业试剂。

乙二胺四乙酸根可以和三价铝离子1：1形成六配位离子。乙二胺四乙酸结构简式为：

HOOCCH2\/CH2coOH

"NCH2CH.N"。

HOOCCHfCH2COOH

请回答下列问题：

(1)写出基态金属铝原子核外的价电子排布式。

(2)乙二胺四乙酸根离子和三价铭离子形成的六配位离子中，配位原子为o

(3)乙二胺四乙酸分子中，碳原子的杂化方式为,其分子中含有的四种非金

属元素的电负性由大到小顺序为.

(4)0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的。键数目为。

12

(5)常温下，乙二胺四乙酸在水中溶解度较小。但常温下乙酸却易溶于水，试解释乙酸易

溶于水的原因是：。

(6)金属辂可形成正盐亚锯酸钻，该盐晶体的晶胞沿y轴一个方向的投影如下图所示。晶

胞中Co、Cr、O分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置。则该盐的化学式为。

【答案】(l)3d54sl(2)N、O(3)sp3、sp2O>N>C>H(4)17.5mol(5)乙酸

为极性分子，乙酸分子之间可以形成分子间氢键(6)CoCrO3

【详解】

(1)格是24号元素，基态金属铝原子核外的价电子排布式为3d54s%

(2)乙二胺四乙酸根离子和三价铭离了形成的六配位离子中，两个氨基氮和4个按基氧提

供孤电子对，配位原子为N和O。

(3)乙二胺四乙酸分子中，形成单键的碳原子杂化方式为sp3,形成单键和碳氧双键的碳

原子杂化方式为sp2；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素

电负性递减，所以电负性：O>N>C>Ho

(4)1个乙二胺四乙酸分子中含有的。键数目为35个，0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含

有的c键数目为0.5molx35=17.5moL

(5)乙酸分子可形成分子间氢键，且为极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，乙二胺

四乙酸形成分子内氢键，为极性分子，在水中溶解度较小。

(6)晶胞中Co、Cr、O分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置，晶胞中含有C。原子个数

为8x)=1,含有Cr原子个数为1,含有O原子个数为6x；=3,所以该盐的化学式为

82

CoCrOso

36.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)

有机物K是有机合成的重要中间体，制备K的一种合成路线如图(部分反应条件和

试剂略去)：

13

/COOH

,[0],n[0].cBr2D

AcHOOCCHBrCOOHCH—COOH

C《NaOHGCH30H

HCH20cH3

E光照'F凡0,△'C7H8°浓H2sO”，△‘QH10O

HO-FC—CH,CH2—O-tCH3__△.

己知：①A的核磁共振氢谱中有3组峰；

/COOHA

②R—CH—CH2coOH。

、COOH

(DC的化学名称是,G中的官能团的电子式为

(2)E-F的反应类型是J的结构简式是o

(3)F-G的化学反应方程式是。

(4)与J具有相同官能团且取代基数目相同的芳香化合物的同分异构体中核磁共振氢谱

峰面积之比为6：2：2：1：1的是。

(5)请以甲苯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯甲酸苯甲酯的合成路线_______。

ATBTC是连续催化氧化，结合D的结构知最终产物是较酸，所以A为二元醇，B为

二元醛，C为二元酸，且A、B、C中均含有三个C原子，所以A为HOCHWH/ZHQH,

B为fII,C为HOOCCH£OOH,C中没有碳碳双键或三键，与Br2发生的是烷煌的

HCCH2cH-

取代反应，D为HOOCCHBrCOOH,E-F发生的是烷煌的取代反应，E中一定有烷烧结

构，生成的F有氯代嫌的结构，F-G为履带通的碱性水解，生成的G中有羟基，且羟

基连在烷烧结构上，结合G的分子式知G为C)-CHQH,