2020年广东省高考化学试卷(新课标Ⅰ)(共19页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年广东省高考化学试卷（新课标）一、选择题：本题共7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。1. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是（ ） A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】D【考点】相对分子质量及其计算电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】ACH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子；

2、BNaClO具有强氧化性；C过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH；D氯仿的化学名称是三氯甲烷。【解答】ACH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶，故A正确；BNaClO具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故B正确；C过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，相对分子质量为122+4+16376，故C正确；D氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故D错误；2. 紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（ ） A.分子式为C14H14O4B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色C.能够发生水解反应D.能够

3、发生消去反应生成双键【答案】B【考点】有机物的结构和性质【解析】A、分子中14个碳原子，不饱和度为8；B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子；C、分子中含有酯基，能发生水解；D、与OH相连的C的邻位C上有一种H可发生消去反应；【解答】A、分子的不饱和度为8，则氢原子个数为：142+28214，四个氧原子，所以分子式为：C14H14O4，故A正确；B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误；C、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故C正确；D、与OH相连的C的邻位C上有一种H可发生消去反应，生成双键，故D正确；3. 下列气体去除杂

4、质的方法中，不能实现目的的是（ ）气体（杂质）方法ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DNO(NO2)通过氢氧化钠溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【考点】物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用【解析】除杂的原则是不引入新的杂质，不减少要提纯的物质，操作简单，绿色环保。ASO2具有还原性，易被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸；B饱和食盐水可以减少氯气的溶解量；CN2(O2)利用化学性质的差异，铜与氧气反应，；D.2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO为不成盐氧化物，【解答】ASO2被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸

5、，故A错误；BCl2(HCl)利用溶解性的差异，除去HCl，故B正确；CN2(O2)利用化学性质的差异，铜与氧气反应，不与氮气反应，达到除杂目的，故C正确；DNO2可以与NaOH发生反应：2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D正确；4. 铑的配合物离子Rh(CO)2I2可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ） A.CH3COI是反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=

6、CH3CO2HC.反应过程中Rh的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【考点】氧化还原反应配合物的成键情况【解析】A、由图可知，铑的配合物离子(Rh(CO)3I3CH3生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H；B、由图可知发生的反应依次为：CH3OH+HI=CH3I+H2O，+CH3I，+CO，CH3COI+，CH3COI+H2OHI+CH3CO2H，6个反应依次发生；C、由图可以看出Rh的成键数目由46564变化；D、由B分析及图中箭头方向判断出此步反应。【解答】A、由图可知，铑的配合物离子(Rh(CO)3I3CH3生成CH3

7、COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；B、由图可知发生的反应依次为：CH3OH+HI=CH3I+H2O，+CH3I，+CO，CH3COI+，CH3COI+H2OHI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO=CH3CO2H，故B正确；C、由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C错误；D、由B分析，按照箭头方向可知：CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O，反应方程式为：即CH3OH+HI=CH3I+H2O，故D正确；5. 1934年约里奥-

8、居里夫妇在核反应中用粒子（即氦核24He）轰击金属原子ZWX，得到核素Z+230Y，开创了人造放射性核素的先河：ZWX+24HeZ+230Y+01n其中元素X、Y的最外层电子数之和为8下列叙述正确的是（ ） A.ZWX的相对原子质量为26B.X、Y均可形成三氯化物C.X的原子半径小于Y的D.Y仅有一种含氧酸【答案】B【考点】原子结构与元素周期律的关系【解析】由ZWX+24HeZ+230Y+01n及质量守恒可知，W30+1427，X、Y的最外层电子数之和为8，X的最外层电子数为822=3，金属原子ZWX的质量数为27、且位于A族，Z13符合题意，则X为Al；Y的最外层电子数为835，质子数为13

9、+215，Y为P，以此来解答。【解答】由上述分析可知X为Al、Y为P，AW为27，X原子的相对原子质量为27，故A错误；BX、Y可形成三氯化物分别为AlCl3、PCl3，故B正确；C同周期从左向右原子半径减小，则X的原子半径大于Y的半径，故C错误；DY的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故D错误；6. 科学家近年发明了一种新型ZnCO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是（ ） A.放电时，负极反应为Zn2e+40H=Zn(OH)42B.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的

10、电子数为2molC.充电时，电池总反应为2Zn(OH)42=2Zn+O2+40H+2H2OD.充电时，正极溶液中OH浓度升高【答案】D【考点】电解池的工作原理及应用【解析】电极为金属锌放电时，由图示知负极反应为Zn2e+40H=Zn(OH)42，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，阴极发生还原反应生成锌，据此答题。【解答】A放电时，金属锌做负极生成Zn(OH)42，负极反应为Zn2e+40H=Zn(OH)42，故A正确；B放电时，CO2中碳的化合价为+4价，HCOOH中碳的化合价+2，1molCO2转化为HCOOH，降低2价，转移的电子数为2mol，故B正确；C充

11、电时，阳极电极反应：2H2O4e4H+O2，阴极反应：Zn(OH)42+2e=Zn+40H，电池总反应为2Zn(OH)42=2Zn+O2+40H+2H2O，故C正确；D充电时，阳极（原电池的正极）电极反应：2H2O4e4H+O2，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)c(OH)KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH浓度降低，故D错误；7. 以酚酞为指示剂，用0.1000molL1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数:(A2)=c(A2)c(H2A)+c(HA)+c(A2)下列叙

12、述正确的是（ ） A.曲线代表(H2A)，曲线代表(HA)B.H2A溶液的浓度为0.2000molL1C.HA的电离常数Ka1.0102D.滴定终点时，溶液中c(Na+)c(H+)，溶液中的电荷守恒，c(H+)+c(Na+)2c(A2)+c(OH)+c(HA)，则c(Na+)2c(A2)+c(HA)，故D错误；二、非选择题：共58分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO

13、3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题： （1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是_。 （2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有_离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式_。 （3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、_，以及部分的_。 （4）“沉淀转溶”中，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是_。 （5）“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反

14、应的化学方程式是_。 （6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是_。【答案】加快酸浸和氧化反应速率Fe2+,VO+2H+MnO2VO2+Mn2+H2OMn2+,Al3+和Fe3+Fe(OH)3HCl+NaAl(OH)4Al(OH)3+NaCl+H2O利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全【考点】制备实验方案的设计【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，加入稀硫酸，使Fe3O4生成Fe3+和Fe2+；加入MnO2氧化还原性的Fe2+成Fe3+；VO+和VO2+成VO2+，SiO2成为滤渣，滤液

15、含有：Fe3+、VO2+、K+、Mg2+、Mn2+、Al3+；滤液加入NaOH溶液至pH3.03.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+，使钒水解并沉淀为V2O5xH2O，得滤饼，除去滤液Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+；滤饼加入过量NaOH溶液至pH13，沉淀转溶得滤液，滤液含有V2O5xH2O生成VO3和溶于碱的Al(OH)3生成的Al(OH)4；滤渣为Fe(OH)3，滤液加入盐酸调pH，Al(OH)4生成Al(OH)3即滤渣；滤液含有VO3，加入NH4Cl沉钒的产物：NH4VO3；和滤液NaCl溶液；（1）升高温度，反应速率加快；（2）加入氧化性物质可除去具有还原性的离

16、子；依据电子转移守恒和元素守恒写出离子方程式；（3）根据某些离子沉淀的pH，找出相应沉淀的离子；（4）Fe3+溶液呈强碱性时转化为Fe(OH)3；（5）加入酸沉淀离子Al(OH)4生成Al(OH)3；（6）NH4Cl溶于水电离出NH4+，根据沉淀溶解平衡原理，利用等离子效应。【解答】温度升高反应速率加快；加快酸浸氧化的反应速率，故答案为：加快酸浸和氧化反应速率；加入氧化剂MnO2，除了氧化具有还原性的VO+和VO2+，还可以氧化还原性的Fe2+为Fe3+；以便后面步骤一次性的除去Fe元素；酸浸氧化VO+转化为VO2+，根据电荷守恒和电子转移守恒得出：在酸性条件下，+3价的矾化合价升高2生成+5

17、价，MnO2中+4价的锰化合价降低2生成+2价，所以反应的离子方程式为：VO+2H+MnO2VO2+Mn2+H2O，故答案为：Fe2+；VO+2H+MnO2VO2+Mn2+H2O；“中和沉淀”中，滤液加入NaOH溶液至pH3.03.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+和Al3+，使钒水解并沉淀为V2O5xH2O，得滤饼，除去滤液Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+、Fe3+和Al3+；滤液加入NaOH溶液至pH3.03.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+，使钒水解并沉淀为V2O5xH2O，得滤饼，故答案为：Fe(OH)3；滤液含有V2O5xH2O生成VO3和溶

18、于碱的Al(OH)3生成的Al(OH)4；滤液加入盐酸调pH，Al(OH)4生成Al(OH)3即滤渣；化学方程式为：HCl+NaAl(OH)4Al(OH)3+NaCl+H2O，故答案为：HCl+NaAl(OH)4Al(OH)3+NaCl+H2O；“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，NH4VO3沉淀溶解平衡方程式为：NH4+(aq)+VO3(aq)NH4VO3(s)，需要加入过量NH4Cl，NH4Cl溶于水电离出NH4+，增大c(NH4+)，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。 为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置

19、进行实验。回答下列问题： （1）由FeSO47H2O固体配制0.10molL1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_（从下列图中选择，写出名称）。 （2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择_作为电解质。阳离子u108/(m2s1V1)阴离子u108/(m2s1V1)Li+4.07HCO34.61Na+5.19NO37.40Ca2+6.59Cl7.91K+7.62SO428.27 （3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入_电极溶液中。 （4）电池反应一段时

20、间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02molL1石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)_。 （5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_，铁电极反应式为_。因此，验证了Fe2+氧化性小于_，还原性小于_。 （6）实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是_。【答案】托盘天平、烧杯、量筒KCl石墨0.09mol/LFe3+eFe2+,Fe2eFe2+,Fe3+,Fe取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红

21、，说明已经活化完成【考点】性质实验方案的设计【解析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有，托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移率尽可能的接近，硫酸根离子的电迁移率与其它离子的相差较大，KCl的阴阳离子电迁移率相差最小；（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，所以阳离子向石墨电极移动。（4）铁电极反应：Fe2eFe2+，铁电极增加0.02mol/L，根据电荷守恒，石墨电极反应Fe3+eFe2+，则石墨电极增加0.04mol/L，原溶液是0.05mol/L，现在变为0.0

22、9mol/L；（5）铁电极为负极，电极反应：Fe2eFe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3+eFe2+，电池的总反应式为：2Fe3+Fe3Fe2+，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：Fe3+Fe2+，同理还原性FeFe2+（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了。【解答】配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有：托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒；故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移率尽可能的接

23、近，故选KCl；故答案为：KCl；铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，所以阳离子向石墨电极移动；故答案为：石墨；铁电极反应：Fe2eFe2+，铁电极增加0.02mol/L，石墨电极反应Fe3+eFe2+，根据电荷守恒，则石墨电极增加0.04mol/L，变为0.09mol/L；故答案为：0.09mol/L；铁电极为负极，电极反应：Fe2eFe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3+eFe2+，电池的总反应式为：2Fe3+Fe3Fe2+；所以氧化性：Fe3+Fe2+，还原性FeFe2+故答案为：Fe3+eFe2+；Fe2eFe2+；Fe3+；Fe；对铁电极

24、活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了，取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。故答案为：取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。 硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+12O2(g)SO3(g)H98kJmol1问答下列问题： （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方

25、程式为：_。 （2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0MPa、550C时的_，判断的依据是_。影响的因素有_。 （3）将组成（物质的量分数）为2m%SO2(g)、m%O2(g)和q%N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为，则SO3压强为_，平衡常数Kp_（以分压表示，分压总压物质的量分数）。 （4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：vk(1)0.8(1n)式中：k为反应速率常数

26、，随温度t升高而增大；为SO2平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在0.90时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲线，如图(c)所示。曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度tmttm后，v逐渐下降。原因是_。【答案】2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H351kJmol10.975,反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大,压强、温度、投料比2mp100m,(1)1.5(m100mp)0.5反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但降低造成速率v减小，ttm后，速率常数k增大小于引起的降低【考点】化学平衡的计算【解析】（1）

27、由图象得出V2O4(s)+SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)H24kJmol1，V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)H399kJmol1，结合盖斯定律可知-2得到：2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)；（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图(b)所示，这个SO2(g)+12O2(g)SO3(g)反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550C时的0.975，由图象看出压强越

28、大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度压强还与投料比有关，氧气越多SO2平衡转化率越大；（3）利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量，利用阿伏伽德罗定律的推论压强之比等于物质的量的比，分压总压物质的量分数可解；（4）vk(1)0.8(1n)温度升高，速率常数k增大，反应速率增大；SO2(g)+12O2(g)SO3(g)H98kJmol1为放热反应，平衡转化率a减小，(1)0.8减小，反应速率减小，ttm后速率常数k增大没有减小对速率影响大，速率减小。【解答】由图象得出V2O4(s)+SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)H24kJmol1，V2O4(s)+2SO3(g)2

29、VOSO4(s)H399kJmol1，由盖斯定律可知-2得到：2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H351kJmol1；故答案为：2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H351kJmol1；当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图(b)所示，这个SO2(g)+12O2(g)SO3(g)反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550C时的0.975，由图象看出压强越大转化率

30、越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度、压强还与投料比有关，氧气越多SO2平衡转化率越大；故答案为：0.975；该反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，P15.0MPa，该线550C时的转化率为97.5%；压强、温度、投料比；根据体积之比等于物质的量的比，2m%+m%+q%100%3m+q100，设SO2的物质的量为2m，O2的物质的量为mSO2(g)+12O2(g)SO3(g)开始2mm0变化2mm2m平衡2m2mmm2m反应后的总量：2m2m+mm+2m+q3m+qm，结合3m+q100，反应后的总量100m，P(SO3)P=n(SO3)n()=2m100m，则p

31、(SO3)=2mp100m，平衡常数Kp=p(SO3)P(SO2)P0.5(O2)=2m100mp2m(1)100mp(mm)0.5(100m)0.5p0.5=(1)1.5(m100mp)0.5，故答案为：2mp100m；(1)1.5(m100mp)0.5；vk(1)0.8(1n)温度升高，表达式中速率常数k增大，反应速率增大；SO2(g)+12O2(g)SO3(g)H98kJmol1，为放热反应，平衡转化率减小，(1)0.8减小，反应速率减小，ttm后速率常数k增大没有减小对速率影响大，速率减小。故答案为：反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但降低造成速率v减小。ttm后，速率常数k增大

32、小于引起的降低。（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。化学-选修3：物质结构与性质（15分） Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题： （1）基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_。 （2）Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)I1(Na)，原因是_。I1(Be)I1(B)I1(Li)，原因是_。I1/(kJmol1)Li520Be900B801Na496Mg738Al578 （3）磷酸根离子的空间构型为_，其中P的

33、价层电子对数为_、杂化轨道类型为_。 （4）LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_个。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x_，n(Fe2+)：n(Fe3+)_。【答案】4:5Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子,Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，Be的电子排布为：1s22s2，全满稳定结构，第一电离能最大，与Li相比，B的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大。正四面体形,4,sp

34、34,316,13:3【考点】晶胞的计算原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】（1）基态Fe的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；（2）Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子；Be、B、Li的价电子排布分别为：2s2，2s22p1，2s1；（3）根据价层电子对互斥理论，价层电子对数杂化轨道数+12(axb)，若为阴离子，a价电子数+电荷数；价层电子对数4，空间构型为四面体形，去掉孤电子对，即为分子的空间构型；杂化轨道数4，为sp3杂化；（4）根据晶胞中的正八面体和正四面体来判断；LiFePO4失去的Li+为：棱心上一个，面心上一个；化合物中正负化合价代数和等于

35、0。【解答】基态Fe的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为：3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为：3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为：4:5，故答案为：4:5；Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B的电子排布分别为：1s22s1，1s22s2，1s22s22p1，Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，Be的电子排布为：1s22s2，全满稳定结构，第一电离能最大，与

36、Li相比B的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大，故答案为：Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，Be的电子排布为：1s22s2，全满稳定结构，第一电离能最大，与Li相比，B的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大；根据价层电子对互斥理论，PO43离子的价层电子对数：4+12(5+342)4+04，VSEPR构型为：四面体形，去掉孤电子对数0，即为分子的立体构型，即正四面体形；杂化轨道数价层电子对数4，中心原子P的杂化类型为：sp3杂化；故答案为：正四面体形；4；sp3；根据晶胞中的正八面体和正四面体，可知晶体中含有4

37、个单元LiFePO4；由图可知圆球为Li+，LiFePO4失去的Li+为：棱心上一个，面心上一个；棱心上的为该晶胞的14，面心上为该晶胞的12；因晶体中含有4个单元LiFePO4，所以x=1414+1214=316，则1x1316=1316，所以化学式为Li1316FePO4，根据化合价代数和等于0，设Fe2+的个数为x，Fe3+的的个数为y，1316+2x+3y+58，又因x+y1，解得x=1316、y=316，所以个数比为13:3，故答案为：4；316；13:3；化学-选修5：有机化学基础（15分） 有机碱，例如二甲基胺（）、苯胺（）、吡啶（）等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”

38、的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱F的合成路线：已知如下信息：H2CCH2/CCl3COONa+RNH22HClNaOH苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体回答下列问题： （1）A的化学名称为_。 （2）由B生成C的化学方程式为_。 （3）C中所含官能团的名称为_。 （4）由C生成D的反应类型为_。 （5）D的结构简式为_。 （6）E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:2:1的有_种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为_。【答案】三氯乙烯+KOH,+KCl+H2O碳碳双键、氯原子取代反应6,【考点】有机物的合成【解析】A(C2HCl3)三氯乙烯

39、在CCl3COONa和乙二醇二甲醚在加热条件下生成B，即B为，B（）在KOH的醇溶液下加热发生消去反应，生成C，即，C与过量的二环己基胺（）与CH2Cl2在加热条件下发生取代反应生成D，即，D（）与E（）在NaOH条件下反应生成最终产物F：。【解答】A(C2HCl3)名称为三氯乙烯，故答案为：三氯乙烯；有分析得出，由B发生消去反应生成C的化学方程式为：+KOH+KCl+H2O，故答案为：+KOH+KCl+H2O，C中的官能团为：碳碳双键、氯原子，故答案为：碳碳双键、氯原子；由+2C2H2Cl2+2HCl可知，C上2个Cl原子被二环己基胺（）去氢后剩余的原子团所取代，反应类型为：取代反应，故答案为：取代反应；D的结构简式为，故答案为：；E（）的六元环芳香同分异构体中，与钠反应产生氢气，说明含有羟基，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:2:1；说明有两个甲基且对称；又因苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体，所以同分异构体的结构简式分别为：，共6种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为，故答案为：6；。专心-专注-专业