2019年全国高考I卷理综(化学)试题及答案.pdf

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1、绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学部分Prl可能用到的相对原子质量：H1 U 7 C 1 2 N 1 4 O16 Na 23 S 32CI 35.5Ar 40 Fe 56I 127一、选择题：本 题 共1 3个小题，每 小 题6分。共7 8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.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定，

2、具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点2.关于化合物2-苯 基 丙 烯（），下列说法正确的是不能使稀高镒酸钾溶液褪色A.以发生加成聚合反应可B.分子中所有原子共平面C.易溶于水及甲苯D实验室制备澳苯3.反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是眸A.向圆底烧瓶中滴加苯和溪的混合液前需先打开KB.实验中装置b 中的液体逐渐变为浅红色C.装 置 c 中的碳酸钠溶液的作用是吸收溟化氢D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到浪苯4.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量H C I气体分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是A.冰

3、表面第一层中，H C I以分子形式存在+-3-1-3（设冰的密度为L H 浓 度 为 5X10mol 冰表面第二层中，B.）0.9 g cmC.冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变+-冰 表 面各层之间，均存在可逆反应HCID.+CI H-3-6）10=3.9 X XA 的 K=1.1 10,KH 溶液滴定邻苯二甲酸 氢 钾（邻苯二甲酸氢钾5.NaOH a 2 a 1 2下列叙述错误的b 点为反应终点。其中混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，溶液，是A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关+2-的导电能力之和大于 A B.Na与的HAC.b 点的混合溶液pH=7+-D.c 点的混合溶

4、液中，c(Na)c(K)c(OH)2+在电极与酶之间传递MV/MV利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时6.电子，示意图如下所示。下列说法错误的是A.相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能+2+2 M V2H+2MVH阴极区，在氢化酶作用下发生反应B.2NH发生还原反应生成N正极区，固氮酶为催化剂，C.32D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动Z核为同一短周期元素，Y、Z科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其 中W、X、7.核外电子数的一半。下列叙述正确的是外最外层电子数是XA.W Z的水溶液呈碱性B.元素非金属性的顺序为 XYZC.Y的最高价氧化物的水

5、化物是中强酸D.该 新 化 合 物 中Y不 满 足8电子稳定结构三、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 129分。8.硼酸（HBO）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼33镁 矿（含 M gB O-HO、S iO及少量 FeO、Al 0）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺325222223流程如下：口 空.回答下列问题：(1)在 95 c “溶侵”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应 的 化 学 方 程 式 为。3+(2)“滤 渣 1”的主要成分有。为检验“过 滤 1”后的滤液

6、中是否含有Fe离子，可选用的化学试剂是_O+-10OBO+H)根 据H B O的解离反应：H(3,可判断=5.81K X10 H BOH+B(OH),233333a34是 酸；在“过滤 2”前，将 溶 液p H调 节 至3.5,目的是 o(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)MgCO 沉淀的离子方程式为,母液经加热后23可返回 工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是。9.硫酸铁锭 NH Fe(SO)xH 0 是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中4242探究采用废铁屑来制备硫酸铁铁，具体流程如下：回答下列问题：)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_ 0 1 (2)步骤

7、需要加热的目的是,温度保 持 80-95,采用的合适加热方式是 o铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为(填标号)。(3)步骤中选用足量的HO,理由是 o分批加入H O,同时为了 22 22，溶液要保持p H 小 于 0.5o1.86ajox刍J+SO3C=.3*00CJH3+工？工-0)过渡态2JH:=+=!)&TH:H;HC;)：)?)喟档一要2（4）步骤的具体实验操作有,经干燥得到硫酸铁镀晶体样品。150 时，失掉)采用热重分析法测定硫酸铁锈晶体样品所含结晶水数，将样品加热到(51.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁镂晶体的化学式为10.水煤气变换 CO(g)+H

8、O(g)=CO(g)+H(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以222及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：(1)Shibata曾做过下列实验：使纯H缓慢地通过处于721 下的过量氧化钻CoO(s),2氧化钻部分被还原为金属钻(C。)，平衡后气体中H的物质的量分数为0.0250o 2C O的物质的量分数为0.0192。C O还 原CoO(s),平衡后气体中在同一温度下用,，cOCo(s)HCoO(s)(填根据上述实验结果判断，还原为的倾向是大于或小于)。2(2)721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H0(g)混合，采用适当的催化剂进2H 的 物 质 的 量 分 数 为 （填

9、标号）。行反应，则平衡时体 系 中2B.0.25D.0.50E.C.A.c(K)c(OH)【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶溶液中离子浓度增大，导电性增强，液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A 项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和+2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能和A邻苯二甲酸钠，溶液中NaA 正确；力与离子浓度和种类有关，故+2+,b 的物质的量浓度变化不明显，H A 转化为 A点

10、和 B 项、a b 点 K 的物质的量相同，K+2-的导电能力强于ANa和点，说明点导电性强于a正确；，故 BHAC 项、b 点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液p H A 7,故 C 错酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，误；D 项、b 点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二 甲 酸+点是继续加入氢氧化钠溶液后，得 c)相等，K(c)和 Na(c 钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na)c(K),由+到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中a 点到b 点加入氢氧化钠溶液的体积大于b 点到

11、c 点加入氢氧化钠溶液的体积，则图可知，)，故 c(OH)c(c(K)c(0H),溶液中三者大小顺序为Na)c(K D +溶液中正确。故 选 Co【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。2+在电极与酶之间传递M V/M V利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时6.电子，示意图如下所示。下列说法错误的是A.相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能2+B.阴极区，氢化酶作用下发生反应 H+2MV2H+2MV 2发生还原反应生成N C,正极区，固氮酶催化

12、剂，NH 23D,电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动【答案】B【解析】【分析】+在负极失电子发生氧化反M V左室电极为燃料电池的负极，由生物燃料电池的示意图可知，2+2+2+MV e=MV,放电生成的MV 在氢化酶的作用下与，电极反应式为应生成MVH 2+2+反 应 生 成H和MV,反应的方程式为H+2MV=2H+2MV；右室电极为燃料电池的正极，22+2+,放电生成的=MV M V在正极得电子发生还原反应生成MV,电极反应式为+eMV2+MV与N在固氮酶的作用下反应生成N H和M V,反应的方程式为32+2+,电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。+6MV=6MV+NH N

13、+6H 23+MV项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用【详解】A2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故 和MVA正确；+2+=e M V，电极反应式为 MV B项、左室为负极区，M V在负极失电子发生氧化反应生成一+2+2+,反应的方程式为M V反 应 生 成H和在氢化酶的作用下与，放 电 生 成 的MV H MV 2+2+H+2MV=2H+2MV,故 B 错误；2 2+2+C 项、右室为正极区，M V,电极反应式为M V在正极得电子发生还原反应生成+e=MV2+NH 和MV MV,放电生成的 M V与N 在固氮酶的作用下反应生成，故C正确；32D正确。

14、D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故故 选Bo【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。Z核为同一短周期元素，、Z W、X、Y 7.科学家合成出了 一 种 新 化 合 物（如图所示），其中核外电子数的一半。下列叙述正确的是外最外层电子数是XA.W Z的水溶液呈碱性B.元素非金属性的顺序为XYZC.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该 新 化 合 物 中Y不 满 足8电子稳定结构【答 案】C【解 析】【分 析】由 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 的核外最外层电子数是X 核外电子数的一半可知，Z0 可知，Y

15、元素化合价为 一 3 价，则 X 为 C I、为 Si,由化合价代数和为 Y 为 P 元素；由 W元素。N a 的电荷数可知，W 为【详解】A 项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A 错误；B 项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl S P,故 B错误；C 项、P 元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故 C 正确；D 电子稳定结构，故 一 3 价，满 足 8 错误。元素化合价为项、新化合物中D Po 故 选 C【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。三、非选择题：共1

16、 7 4 分，第 22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 129分。8.硼酸（HBO）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼33镁 矿（含 M gBO-HO、SiO 及少量 FeO Al 0）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺225232232流程如下：回答下列问题：（1）在 95 “溶侵”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应 的 化 学 方 程 式 为。3+（2）“滤 渣 1”的主要成分有。为检验“过 滤 1”后的滤液中是否含有Fe离子，可选用的化学试剂是7 0。的解离反应：H BO+H(3)根 据 H

17、BO 10,可判断HBOH+B(OH),K=5.81 X 2333333a4是 酸；在“过滤 2 p H 调 节 至 3.5,目的是_o ”前，将溶液Mg(OH),母液经加热后沉淀的离子方程式为)在“沉镁”中生成-MgCO(4 32 o工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 可返回;+NH HCO=(NH)CONH(1).FeO、Al 0、SiO(3).(2).KSCN【答案】33423422233B(OH)HBO(6).,并 促 进 HBO一 .(5).析出转化为33 33元弱酸目的是将 4=Mg(OH)O+3CO 2Mg+2H?MgCO I+2HCO 3 22+23 3 2。).

18、母液加热分解后生成硫酸核溶液，(8).”工序循环使用“溶浸可以返回高温焙烧【解析】【详解】(1)根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸镀溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢钱溶液吸收，反应方程式为：NH+NH HCO=(NH)C0;3243433+为不与硫酸镀溶液反应的)滤渣I(2 可选用的化学试剂为 Fe,、S。检验 FeO、Al 0 33 222KSCN；(3)由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，“过在 所以硼酸为一元弱酸；且硼酸不能完全解离，-B(O H),目的是将BOHBO转 化 为 前，将 溶 液 p H 调节至3.5 H,

19、并促进滤2 析出；3 33 432+Mg反 应 生 成 Mg(OH)?MgCO,沉镁过程的离子反应为：)沉镁过程中用碳酸镂溶液与(432-2-2+=Mg(OH)?MgCO；+2HCO；母液加热分解后生成硫酸铁溶液，0+3C0 2Mg+2H 可以返 23323回“溶 浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。9.硫酸铁钱 NH Fe(SO)xH O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中2424探究采用废铁屑来制备硫酸铁镀，具体流程如下：回答下列问题：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方 法 是。(2)步骤需要加热的目的是

20、,温度保持80-95,采用的合适加热方式是 o铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为(填标号)。H O,理由是 o分批加入 H O,同时为了)步骤中选用足量的3(2222,溶 液 要 保 持p H小 于0.5o(4,经干燥得到硫酸铁镂晶体样品。)步骤的具体实验操作有150 时，失 掉(5)采用热重分析法测定硫酸铁镀晶体样品所含结晶水数，将样品加热到1.5 个结晶水，失重 5.6%0硫酸铁镂晶体的化学式为(1).碱煮水洗(2).(3).水浴加热(4).C(5).将【答案】加快反应速率3+2+(6).因 为 H O 本身易分解，所以在加入时需分，不引入新的杂质 Fe F e

21、 全 部 氧 化 为 223+水 解 Fe加热浓缩、冷却结晶、过 滤(洗 涤)(7).量加入，同时为了防止(8).O)NH Fe(SO?12H 4224【解析】【详解】(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗;(2)步骤需要加热目的是为了加快反应速率；温度保持8095,由于保持温度比较;铁屑中含有少量硫化恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热(热水浴)物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C 装置；2+3+(3)步骤中选用足量的HO,H 0 可以将 F

22、 e 氧化为F e,且 H 0的还原产物为H0,22222222+3+HO,不引入新的杂质。因为 本 身 Fe全部氧化为Fe不会引入新的杂质，故理由是：将223+Fe水解，溶液要保持 p H 小 于 0.5；易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止(4)为了出去可溶性的硫酸镀、铁离子等，需要经过步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)设硫酸铁镀的化学式为NH Fe(SO)?xHO,其相对分子质量为 266+18x,1.5 个水分子 24241.5 X 18=27,则27/(266+18x)=5.6%,解 得 x=12,则硫酸铁镂化学式为的相对分子质量为NH Fe(SO)?12HOo

23、2442IO.水煤气变换 CO(g)+HO(g)=CO(g)+H(g)是重要化工过程，主要用于合成氨、制氢以222及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：H 缓慢地通过处于 721 下的过量氧化钻CoO(s),1)Shibata曾做过下列实验：使纯(2(C o),平衡后气体中 H 的物质的量分数为 0.0250。氧化钻部分被还原为金属钻2C O 的物质的量分数为 0.0192o CoO(s)CO 的，平衡后气体中还原在同一温度下用根据上述实验结果判断，还 原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是CO H(填“大 于”或“小 于”)。2(2)721 时，在密闭容器中将等物质量的CO(g)和 HO(

24、g)混合，采用适当的催化剂进2H 的物质的量分数为 (填标号)。行反应，则平衡时体系中2C.0.25-0.50 0.25A.0.50(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历标注。程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用(活化能)(填可知水煤气变换的H0“大 于”)，该历程中最大能垒”“等 于”或“小于，写出 该 步 骤 的 化 学 方 程 式=eVE。分 压 随 时 间 变 化 关 系(如 下 图HCO和时水煤气变换中研究了(4)Shoichi 467、489 2相等。所示)，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的P和P相等、P 和 P CO2CO H

25、2OH2-1 V和内的平均速率(a)=kPa min P 时。-467 30-90 min a的反应在计算曲线H2随时间时。、489 P P和 随 时间变化关系的曲线分别是P COH2coo变化关系的曲线分别是小于(3).大 于【答 案】。.2.02(5).COOH+H(2).C(1),+H 2 0 H 或(9).a+OH(6).0.0047=H=COOH(7).b(8).C+OH+2H 2(10).d【解 析】【分 析】(1)由 H、C O 与 CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；2(2)根据三段式以及 C O 与 H 的倾向大小关系综合判断;2(3)根据反应物与生成物的相对能

26、量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；(4)根据图中曲线a 在 3090min内分压变化量计算平均反应速率；先根据CO 与 H 的倾2向大小关系判断C O 与 H 的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同2温度下曲线对应的物质。【详解】(1)H还原氧化钻的方程式为：H(g)+CoO(s)Co(s)+HO(g)；CO 还原氧化 2 2 2co(s)+CO(g),平衡时H 还原体系中钻的方程式为：CO(g)+CoO(s)H的物质的量分2 2 2n H n CO 2 的物质的

27、量分数(c o)高 于c o还原体系中)，数(n CO+n COn H+n H O 222 故还原 CoO为 Co(s)的倾向是 C O 大 于 H；2(2)721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和 HO(g)混合，可设其物质的量为1 mol,2 则CO(g)+H O(g)CO(g)+H(g)222起 始(mol)1010)转 化(molxxxx平 衡(mol)1-xxx1-xn H xmolx 2 二则平衡时体系中=,因该反应为=的 物 质 的 量分 数 H 2 n21-x+1-x+x+x mol 总 x 0.5,由此可判断最终平衡时体系中H 的物质的量分222；C 0.25-0.

28、50数介于，故答案为(3)根据水煤气变换 CO(g)+H O(g)=CO(g)+H(g)并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，2 2 2 c o(g)+H 0(g)的能量(-0.32eV)高于 CO(g)+H(g)的能量(-0.83eV),故水煤气变换222的 H 小 于 0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知,最大差值为:COOH+H；该步骤的反应物为其最大能垒(活化能)=1.86-(-0.16)eV=2.02eVE 0+H 2正 H COOH 和个 1 ；因反应前后未发生改变，也 可 以 表 述 成OH=COOH+2H+0H 2；=H+0H,(4kPa=0

29、.28 kPa 4.08-3.80p=()曲线对应物质的分压变化量)由图可知，30-90 m in内a0.28 kPa i v)中 分=0.0047 kPa min；由(2(a)=3090m in故 曲 线a的反应在内的平均速率 60m in 的物质的量分数介于0.250.5,C O的物质的量分数介于H的分压始，即00.25H析得出2 2的分压，据此可将图分成两部分：C O终高于的分压，该反应为放热反应，故 升C H的分压，表示的是、由此可知，a b、表示的是d CO 2随时间变化关分压降低，故H分压增加，CO P P C时和4 6 7高温度，平衡逆向移动，2C O H 2随时间变化关系的曲线

30、分别是P489；c b系的曲线分别是、时 P 和。a、d COH2较为注重学生学科能力【点睛】本题以水煤气交换为背景,考察化学反应原理的基本应用，会比较吃图像比较新，提取信息能力较弱的学生，的培养，难点在于材料分析和信息提取，力。第(3)问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中的 文 章“沉积在 a-M oC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的 第（）问判断错误，会导1 2）问可以采取特殊值法进行赋

31、值并结合极限法计算，考生致后续多数题目判断错误；第（则只能判断出H的物质的量分数小于0.5,这是由于对题干的若只是考虑到完全转化极限，2信息应用能力不熟练而导致；对 于 第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的0相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。（二）选考题：共4 5 分。请 考 生 从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。化 学 一 一 选 修 3：物质结构与性质M g C u 微小晶粒，其分散在后，形成一种称为拉维斯相的11.在普通铝中加入少量 C u 和 Mg 2

32、中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓Al“坚 铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（填标号）o（2）乙二胺（HNCHCHNH）是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是22222+2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因C uM g、。乙二胺能与、2+,其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是是“Mg 填（或2+“C U ”）。（3）一些氧化物的熔点如下表所示：LiO 氧化物 MgOPOSO22 46c 熔点/。-75.523.828001570解 释 表 中 氧 化 物

33、 之 间 熔 点 差 异 的 原 因。（4）图（a）是M g C u的拉维斯结构，M g以金刚石方式堆积,八面体空隙和半数的四面体空2.隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。可见，C u原子之间最短距离x=pm,M g原子之间最短距离y=pm o设阿伏加德罗常-3o）cm（列出计算表达式，则M g C u的密度是.g 数 的 值 为N2A3(1).A(2).sp(4).乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离【答案】(3).sp 32+.Cu(6).Li 0、MgO为离子晶体，PO、S O 为分子晶体。晶格子形成配位键422623 S0 0,分子间力(分子量)P

34、 0 能 MgO Li(9).(8).a a 6 2244482416643031 0N a A【解析】1+A.Ne3s Mg Mg1故其再属于基态的，由于的第二电离能高于其第一电离能，)【详解】(2+；M g 属 于 基 态 M g 原子，其失去一个电子变为基态失去一个电子所需能量较高；B.Ne 3s11 1属 于 激 发 态 M g 原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；D.Ne 3pC.Ne 3s 3p+电离最外层一个电子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg Mg，综上所述，属于激发态1；A 所需能量最大的是Ne3s，答案选3形 成 C 杂化；1 对孤对电子，属于 sp个单键，不

35、存(2)乙 二 胺 中 1形成4 3 个单键，含有3在孤对电子，也是 s p 杂化；由于乙二胺的两个可提供孤对电子给金属离子形成配位键，N22+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有 C u 因此乙二胺能与M g、2+;C U 的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(3)由 于 LiO、MgO为离子晶体,PO、S O 为分子晶体。晶格能，分子间力MgO Li 062422(分子量)P0 SO,所以熔点大小顺序是MgO LiO PO S 0；246 2426(4)根据晶胞结构可知C u 原子之间最短距离为面对角线的1/4,由于边长是a pm,贝 ij面对2

36、a 2 a p m 原子之间最短距离为体对角线的1/4；pmMg,由于边长是，则角线是 x=apm,43 a；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是3 a p m=,则y 则体对角线是41 6 64 g a pmo由于边长是，8 2 4,晶胞的质量是16X 1/2+4=8,则 Cu 原子个数 8X1/8+6N A8241664-3。g cm 的密度是 MgCu 则23 aN 10A so 化 学 一 一 选 修 5：有机化学基础(1 5 分)12.化合 物 G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)A 中的官能团名称是 o(2)碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称

37、为手性碳。写出B 的结构简式，用星号(*)标 出 B 中的手性碳。(3)写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B 的同分异构体的结构简式 0(不考虑立体异构，只需写出3 个)(4)反应所需的试剂和条件是 o(5)的反应类型是 o(6)写 出 F 至 IJ G 的反应方程式。(7)设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH COCH COOC H)制备的合成路线322 5(无机试剂任选)。【答案】.羟 基(2).(3).、(任写 3 个)(4).C HOH、52浓硫酸、加 热 .取 代 反 应(6).(7).【解析】【分析】有机物 A被高镒酸钾溶液氧化，使羟基转化为皴基，B与甲醛发生加成反应生成C,C中的羟

38、基被酸性高镒酸钾溶液氧化为竣基，则D的结构简式为。D与乙醇发生酯化反应生成E,E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成F,则F的结构简式为,K*X回F首先发生水解反应，然后 酸化得到G,据此解答。【详 解】(1)根 据A的 结 构 简 式 可 知A中的官能团名称是羟基。(2)碳 原 子 上 连 有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳,则根据B的结构简式可知B中的手性碳原子可表示为。(3)具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可能的结构为、(4)反应是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇、浓硫酸、加热。(5)根据以上分析可知的反应类型是取代反应。(6)F到

39、G的反应分两步完成，方程式依次为：+NaOHF H 5 0 H(7)由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CHC0CHC00CH)制备，可以先由532 2甲苯合成，再根据题中反应的信息由乙酰乙酸乙酯合成,最后根据题中反应的信息由合成产品。具体的合成路线图为：,【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。