【文档说明】广东省2020届高三调研考试理科综合化考试卷（一） 【精准解析】.doc，共(18)页，920.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年广东省高考化学调研试卷（一）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1.SiC陶瓷基复合材料是以SiC陶瓷为基体与高强度、高弹性纤维复合的一类复合材料，具有耐磨、相对重量较轻、抗腐蚀等持点。下列相关的说法不正确的是（）A.SiC陶瓷具有耐高温、抗腐蚀等优异性能

B.SiC陶瓷基复合材料的韧性比SiC陶瓷的高C.SiC陶瓷基复合材料不具有SiC的化学性质D.SiC陶瓷基复合材料具有耐高温性能【答案】C【解析】【详解】A.SiC属于原子晶体，故SiC陶瓷具有耐高温、抗腐蚀等优异性能，A说法正确；B.SiC陶瓷基复合材料是以SiC陶瓷为基体与高强度

、高弹性纤维复合的一类复合材料，因为使用了高强度、高弹性纤维作为增加材料，故其韧性比SiC陶瓷的高，B说法正确；C.SiC陶瓷基复合材料中含有SiC，因此其具有SiC的化学性质，C说法不正确；D.SiC属于原子晶体，故SiC陶瓷基复合材料具有

耐高温性能，D说法正确。综上所述，相关的说法不正确的是C，故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.常温常压下，2.8g由CO与CO2组成的混合物中含有的质子总数为1.4NAB.常温常压下，18g由葡萄糖与冰醋酸组成的混合物中

含有的碳原子数可能为NAC.一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应，转移的电子数为0.3NAD.标准状况下，将11.2LCl2通入足量水中，溶液中N(ClO﹣)+N(Cl﹣)+2N(Cl2)＝NA【答案】A【解析】【详解】A.CO分子中有14个质子，C

O2分了中有22个质子。2.8gCO的物质的量为0.1mol，其含质子数为1.4NA；2.8gCO2的物质的量为2.8744/110ggmolmol，其含质子数为722110NA=1.4NA。因此，无论两种气体以何种比例混合，2.8g由CO与CO2组成的混合物中含有的质子

总数一定为1.4NA，A说法正确；B.葡萄糖与冰醋酸的最简式均为CH2O，18g由葡萄糖与冰醋酸组成的混合物中含有CH2O的物质的量为180.630/ggmolmol，因此，其中含碳原子数为0.6NA，B说法不正确；C.5.6g铁的物质的量为0.1mol，一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉

充分反应生成硫化亚铁，即使铁完全参加反应，转移的电子数也只能是0.2NA，C说法不正确；D.标准状况下，将11.2LCl2的物质的量为0.5mol，共含1molCl，将其通常入足量水中，若其完全被水吸收，部分氯气与水反应生成

盐酸和次氯酸，根据Cl原子守恒可知，溶液中N(HClO)+N(ClO﹣)+N(Cl﹣)+2N(Cl2)＝NA，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是A，故选A。3.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是A.X

的分子式为C7H6O2B.Y分子中的所有原子可能共平面C.Z的一氯取代物有6种D.Z能与稀硫酸发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A．X()的分子式为C8H8O2，故A错误；B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；C．Z()分子中有7种环境的氢

原子，一氯取代物有7种，故C错误；D．Z()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；故选D。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为47，其中X、Y在周期表中位于同一主族，且Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍。下列说法

正确的是（）A.X、Y与氢均可形成原子个数比为1：2的化合物B.元素的最高正价：Z>X>WC.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>ZD.简单离子的半径：r(Z)>r(Y)>r(X)【答案】A【解析】【分析】已知“X、Y是周期表中位于同一主族的短周期元素”，则Y的核外电子数比X多8

，又已知“Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍”，则X为氧、Y为硫；因为Z的原子序数比Y大，所以Z为氯；再由“四种元素的质子数之和为47”，可确定W为碳。【详解】A.X、Y与氢可形成H2O、H2S，二者原子个数比都为1：2，A正确；B.X为O元素，不能表现出+6价，最多表

现+2价，则“元素的最高正价：Z>X>W”的关系不成立，B错误；C.因为S的非金属性小于Cl，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<Z，C错误；D.简单离子的半径应为r(S2-)>r(Cl-)>r(O2-)，D错误；故选A。5.常温下，相同浓度的两种一元酸HX、H

Y分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.HX、HY起始溶液体积相同B.均可用甲基橙作滴定指示剂C.pH相同的两种酸溶液中：cHYcHXD.同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：cHXcX2c

OH2cH【答案】D【解析】【详解】A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙

的变色范围是3.14.4，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，cHYcHX，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为++--cH+cK=cX+cO

H，物料守恒为+-2cK=cHX+cX，将物料守恒带入电荷守恒可得--+cHX-cX=2cOH-2cH，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学

生的分析图像和解决化学问题的能力。6.下列实验操作对应的现象不符合事实的是选实验操作现象项A向盛有32Fe(NO)溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色B向

盛有2Br的4CCl溶液的试管中通入乙烯溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象C向3AlCl溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的4NaHSO溶液先产生白色沉淀，后沉淀消失D向盛有223NaSO溶液的试管中滴加

稀硫酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.向32Fe(NO)溶液中滴入稀盐酸，溶液中的2Fe、H、3NO发生氧化还原反应生成3Fe，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故不选A；B.乙烯能使溴的四氯化碳

溶液褪色，但生成1，2二溴乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故选B；C.向3AlCl溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝沉淀，充分反应后再加入过量的4NaHSO溶液(相当于加入过量强酸)，氢氧化铝溶解，故不选C；D.223NaSO与稀硫酸反应，生成产物

中有硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故不选D。答案：B。【点睛】易错选项A，注意酸性情况下，硝酸根离子具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子。7.以PbO为原料回收铅的过程如下：Ⅰ.将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；Ⅱ

.电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列判断不正确的是A.阳极区的溶质主要是H2SO4B.电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C.当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04molD.电解过程中为了实现物质的

循环利用，可向阴极区补充PbO【答案】C【解析】【分析】电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—

；电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，以此解题。【详解】A.根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；B.电极Ⅱ周围PbCl42-得电子

转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故B正确；C.当有2.07gPb生成时，即生成Pb的物质的量为=2.07g207g/mol=0.01mo

l，根据电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02mol，故C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得

到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；答案选C。二、解答题（共3小题，满分43分）8.某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱

式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。(2)“操作

Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH

)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样

品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。【答案】(1).搅拌（或适当升温等合理答案即可）(2).H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O(3).CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可(4

).加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次(5).温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解(6).2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑(7

).121m111mm31×100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3

+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左

右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2

+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)

2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择5

5～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；(6)m1g产品，灼烧

至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO3=2CuO+CO2↑+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)

2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO3=2CuO+CO2↑+H2Om22262xm1-m2222x=1262mm，解得：x=121113mm1，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为121m1

113mm1×100%=121m111mm31×100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。9.苯胺(又名氨基苯)是最重要的胺类物质之一，可作为

炸药中的稳定剂、汽油中的防爆剂，也可作为医药磺胺药的原料等。苯胺为无色油状液体，有特殊气味，可用水蒸气蒸馏提纯。用纳米铁粉还原硝基苯制备苯胺的原理及装置图(略去夹持装置和加热装置)如下：4+9Fe+4H2O4+3Fe3O4已知部分有机物的一些数据如下表：名称密度(g•mL-1)熔点(℃)沸点(

℃)溶解性备注硝基苯1.20375.7210.8难溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯胺1.0217-6.3184.4难溶于水，易溶于乙醇、乙醚空气中易变质乙醚0.7134-116.334.6微溶于水，易溶于乙醇Ⅰ.合成：在装置1中的仪器X中，加入9

g纳米铁粉、20mL水、1mL冰醋酸，加热至煮沸，煮沸3～5min后冷却至室温，再将7.0mL硝基苯逐滴加入(该反应强烈放热)，搅拌、加热、回流半小时，至反应完全。Ⅱ.分离提纯：将装置1改为装置2进行水蒸气蒸馏，取装置2中的馏出物约5～6mL，转移至分液漏斗中，分

离出有机层后，水层加入1.3gNaCl固体，用乙醚萃取3次(每次用7.0mL乙醚)，合并有机层和乙醚萃取液，加入粒状NaOH干燥，过滤后转移至干燥的圆底烧瓶中，水浴蒸去乙醚，残留物再利用装置3蒸馏并收

集温度T℃时的馏分。请回答下列问题：（1）由苯制取硝基苯的化学方程式为__。（2）仪器X的名称是__；加入硝基苯时，“逐滴加入”的目的是__。（3）分离提纯过程中加入NaCl固体的作用是__。（4）装置2和装置3都需要通冷凝水，冷凝水的作用是__；装置2中长导管B的作用是__。（5）萃取分液操作过

程中要远离明火和热源，原因是__。（6）温度T的范围为__，实验结束得到6.0mL产物，则苯胺的产率为__(保留三位有效数字)。【答案】(1).+HNO3+H2O(2).三颈烧瓶(或三口烧瓶)(3).控制反应速率防止爆炸并提高硝基苯的转化率(4).减小苯胺在水中的溶解度，提

高苯胺的产率(5).冷凝蒸气(6).起安全管的作用(或平衡装置内外气压)(7).乙醚是易燃易挥发的物质(8).184.4∼210.8℃(9).96.2%【解析】【分析】装置1中，硝基苯和Fe发生反应得到苯胺，步骤Ⅱ

将得到的苯胺，与硝基苯等原料中分离出来，利用沸点的差异，首先采用蒸馏，得到硝基苯和苯胺的混合物，最后利用蒸馏的方法得到苯胺。【详解】(1)在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被硝基子所取代，生成硝基苯，同时有水生成：；(2)仪器X是三颈烧瓶(或三口烧瓶)；该反应强烈放热，

为了控制反应速率防止爆炸并提高硝基苯的转化率，硝基苯逐滴加入；(3)水中加入NaCl能降低苯胺的溶解，提高苯胺的产率；(4)冷凝水的作用是冷凝蒸汽；装置2中长导管B与外界相同，使得内外压强相同，其作用是起安全管的作用[或平衡装置内外气压]；(5

)乙醚是易燃易挥发的物质，萃取分液操作过程中要远离明火和热源；(6)根据已知部分有机物的一些数据表，实验目的是为了得到苯胺，而不是硝基苯，因此温度T的范围为184.4210.8℃；根据题干的方程式可知，硝基苯和苯胺的物质的量相同，则理论产量为7mL1.20

37g/mL93g/molg6.37g123g/mol，而实际产量为6mL1.0217g/mL6.13g则苯胺的产率为6.13g100%96.237%6.g。【点睛】在进行有机实验的时候，一般是不能见明火，往往是由于大多数有机易挥发，而易燃，容易发生安全事故。10.运用化学链燃烧技术

有利于提高燃料利用率。化学链燃烧技术的基本原理是借助载氧剂（如Fe2O3、FeO等）将燃料与空气直接接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气无须接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。回答下列问题：以Fe2O3作载氧剂的化学链燃烧循环转化反

应的部分热化学方程式如下，循环转化的原理如图1所示。①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H1＝akJ•mol﹣1②CO(g)+H2(g)+O2(g)═CO2(g)+H2O(g)△H2＝bkJ•mol﹣1（1）写出图1中总反应的热化学方程式：

_____（2）空气经反应器A后得到的尾气_____（填“能”或“不能”）直接用作工业合成氨的原料气，原因是_____。Ⅱ．用FeO作载氧剂，部分反应的lgKp[K是用平衡分压（平衡分压＝总压×物质的量分数）代替平衡浓

度]与温度的关系如图2所示。（3）图2涉及的反应中，属于吸热反应的是反应_____（填字母）。（4）R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)+FeO(s

)⇌Fe(s)+CO2(g)，则CO的平衡转化率为_____。Ⅲ．在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和4molFeO(s)进行反应：CH4(g)+4FeO(s)⇌4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应进行至

10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。（5）T℃下，该反应的Kp＝_____。（6）若起始时向该容器中加入1molCH4(g)，4molFeO(s)，1molH2O(g)，0.5

molCO2(g)，此时反应向_____（填“正反应”或“逆反应”）方向进行。（7）其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4(g)的平衡转化率_____（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】(1).C(s)+O2(g)＝CO2(g)，△H3＝(a+b)kJ/mo

l(2).不能(3).反应器A得到的尾气中含有少量氧气，氧气与氢气混合可能发生爆炸(4).bc(5).50%(6).20p(7).正反应(8).增大【解析】【分析】根据盖斯定律进行计算；氢气和氧气混合后有可能达到爆炸极限；根据平衡常数随温度的变化关系判断反应的

热效应；根据信息中平衡常数的计算公式进行计算；根据分压商与平衡常数的大小关系判断反应进行的方向；根据压强对化学平衡的影响分析转化率的变化。【详解】（1）以Fe2O3作载氧剂的化学链燃烧循环转化反应的部分热化学方程式如下:①C(s)+H2

O(g)═CO(g)+H2(g)△H1＝akJ•mol﹣1②CO(g)+2H2(g)+O2(g)═CO2(g)+H2O(g)△H2＝bkJ•mol﹣1根据盖斯定律，由①+②可得图1中总反应的热化学方程式C(s)+O2(g)＝CO2(g)，

△H3＝(a+b)kJ/mol。（2）由图中信息可知，空气经反应器A后得到的尾气含氮气和少量氧气，不能直接用作工业合成氨的原料气，原因是：反应器A得到的尾气中含有少量氧气，氧气与氢气混合可能发生爆炸。（3）由图中信息可知，图2涉及的反应中，反应b和c的lgKp随温度升高而增大，说明这两个

反应的化学平衡常数同样随温度升高而增大，故其属于吸热反应，选bc。（4）R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)+FeO(s)⇌Fe(s)+CO2(g)

。由图中信息可知，R点对应的lgKp=0，则Kp=1。由于该反应的Kp=K=2cCOcCO=1，则c(CO2)=c(CO)，根据C原子守恒可知，CO的平衡转化率为1100%50%11。（5）在T℃下，向某恒容密闭容器中加入1molCH4(g)和4molFeO(s)进行反

应：CH4(g)+4FeO(s)⇌4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为p0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。在同温同体积条件下，气体的压强之

比其等于物质的量之比，则平衡后气体的总物质的量为2mol。设甲烷的变化量为x，则H2O(g)和CO2(g)的变化量为2x和x，CH4(g)、H2O(g)、CO2(g)的平衡量分别为(1mol-x)、2x、x，故有(1mol-x)+2x+x=2mol

，解之得，x=0.5mol，平衡状态下的总压为2p0，CH4(g)、H2O(g)、CO2(g)的物质的量分数分别为10.50.252、20.50.52、0.50.252，所以，T℃下，该反应的Kp＝200020.50.2520.252ppp20p。（6）

若起始时向该容器中加入1molCH4(g)，4molFeO(s)，1molH2O(g)，0.5molCO2(g)，此时气体的总物质的量为2.5mol，则气体的总压为2.5p0，CH4(g)、H2O(g)

、CO2(g)的物质的量分数分别为10.42.5、10.42.5、0.50.22.5，气体的分压商Qp=20002.50.40.22.50.42.5ppp0.520p＜Kp，则反应向正反应方向进行。（7）由于正反应方向是气体分子数增大的方向，其他条件

不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则相当于在原平衡的基础上减压，平衡向正反应方向移动，此时CH4(g)的平衡转化率增大。【点睛】本题的易错点在最后第（5）和第（6）两个问题，要注意平衡时的总压变了，不是容器中的起始压强。[化学—物质结构与性质]11.KMnO

4是一种高效氧化剂可用来氧化吸附有机异味物.也可以与水中的杂质如二价铁、锰、硫、氰、酚等反应。实验室常用Na2C2O4标准溶液标定未知浓度的KMnO4溶液，发生反应:5C2O42-+2MnO4-+16H++4H2O=2[

Mn(H2O)6]2++10CO2↑。根据以上信息,完成下列问题:(1)按电子排布K位于元素周期表的_______区,基态Mn2+的核外电子排布式可表示为_____。(2)1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的共价键数目为__________。(3)基态C原子的核外电子中

占据最高能级的电子云轮廓图为_______.C2O42-中碳原子的轨道杂化类型是___________________.(4)同主族元素氧、硫、硒对应最简单氢化物的沸点:H2O>H2Se>H2S,原因是__________。(5)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞

结构如图所示。①β-MnSe中Mn的配位数为_____________。②若该晶体的晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA。则距离最近的两个锰原子之间的距离为______pm,β-MnSe的密度ρ=______(列出表达式)g·cm-3。【答案】(1).s(2).1s22s22p63

s23p63d5或[Ar]3d5(3).18NA(4).哑铃形(5).sp2杂化(6).相对分子质量越大，范德华力就越大，沸点就越高，但水分子间形成氢键，使熔沸点较高(7).4(8).22a(9).103A413410aN【解析】【详解】(1)K位于周期表中第4

周期第IA族，则K位于元素周期表的s区；基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，失去4s2两个电子变成Mn2+，则基态Mn2+的核外电子排布式可表示为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；(2)[Mn(H2O)6]

2+中所含有的σ键数目为：6×2=12个氢氧键和6个配位键，所以1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ键数目为18NA；(3)基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，核外电子中占据最高能级为2p，则基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图

为哑铃形，C2O42-中碳原子和一个氧原子形成碳氧双键，和另一个氧原子形成碳氧单键，和另一个碳原子形成碳碳单键，所以碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化；(4)O、S、Se为同主族元素，形成的H2O、H2S和H2Se均为分子晶体，H2O分子间氢键导致沸

点异常升高，H2S和H2Se随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高，氢键影响大于分子间作用力影响，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞H2Se＞H2S；(5)①根据晶胞结构分析，Mn位于四面体中心，周围有4个

Se，则Mn的配位数为4；②1个晶胞中含有Mn数目为4，含有Se的数目为8×18+6×12=4，根据晶胞结构可知两个Mn原子的最近距离为面对角线的一半，距离为22acm；一个晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3，所以密度为ρ＝103A413410aNg/c

m3。【点睛】配位键也是σ键；计算晶胞体积时要注意题目所给单位，有时需要单位的换算。[化学-有机化学基础]12.某兴趣小组利用芳香族化合物A制取有机物F的合成路线如下：已知：2224663SOCl/CHClKMnO65CHAlClRCO

OHRCOCHRCH=CHR2RCOOH，；回答下列问题：(1)A的分子式为_____________；B→C的反应类型为____________。(2)足量的D与Na2CO3溶液发生反应的化学方程式：_________________________

______。(3)E的结构简式为______________。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出上述合成路线中含有手性碳的物质结构简式并用星号(*)标出手性碳：______________。(5)芳香族化合物M与A互为同分

异构体，且M能发生银镜反应，则M的结构有________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式有_____________________________

_______________________(任写一种)。(6)结合已知信息写出用1－溴丙烷和苯为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。_________________________________________________________________________【答案】

(1).C9H10O(2).取代反应(3).(4).(5).(6).14(7).或(8).【解析】【分析】结合A到的反应条件可知，A中苯环上的H被Br取代，结合B的分子式和C的结构，可以推出A中苯环上的一个间位氢原子被取代得到B，所以B的结构简式为，对比B和C的结构可以推出B到C的

反应类型为取代反应；根据题目所给信息222663SOCl/CHCl65CHAlClRCOOHRCOCH，，结合D的结构以及E的分子式，可知E为。【详解】(1)根据A的结构简式可知A的分子式为C9H10O；根据分析，对比B和C的

结构可以推出B到C的反应类型为取代反应，故答案为：C9H10O；取代反应；(2)由D的结构可知，D中含有一个羧基，羧基与碳酸钠反应的物质的量之比为2:1，D与碳酸钠反应的方程式为，故答案为：；(3)由分析可知E为，

故答案为：；(4)依题意可判断只有F结构中存在一个手性碳原子，该碳原子连有苯环、氢原子、甲基、羧基，示意图为，故答案为：；(5)芳香族化合物M与A互为同分异构体，M能发生银镜反应说明M中有—CHO结构，满足条件的M的结构共有14种：苯环上有一个取

代基时有2种，取代基为—CH2CH2CHO或—CH(CH3)CHO；苯环上有两个取代基时有6种，取代基组合为—CH3、—CH2CHO或—CH2CH3、—CHO；苯环上有三个取代基时有6种，取代基为—CH3、—CH3、—CHO，共有14种；其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢且峰面积之比为

6:2:1:1的结构简式有或，故答案为：14；或；(6)根据题目信息①可知要制备，需要乙酸和苯环发生该反应；根据信息②可知碳碳双键可以被高锰酸钾氧化成羧基，而卤代烃可以发生消去反应生成碳碳双键，所以由1-溴丙烷和苯为原料合成目标产物的合成路线为，故答案为：。【点睛】根

据题目所给信息222663SOCl/CHCl65CHAlClRCOOHRCOCH，，结合D的结构以及E的分子式确定E的结构简式为是推断的关键。