当前位置：首页 > ┃试卷合集3套┃2020湖南省郴州市高考第一次大联考化学试卷
【解析】根据已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成
，则E为
；E是D发生硝化反应而得，则D为
；D是由A与C在浓硫酸
作用下发生酯化反应而得，则C为；C是由分子式为C7H8的烃B氧化而得，则B为甲苯；结合已知
③以及G的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F，F
为；根据已知②可知，F
氧化生成G为；G脱水生成H，H为。
(1)A的名称是乙醇；C为，含氧官能团的名称是羧基；(2)反应②是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发
生硝化反应（或取代反应）生成E；(3)反应①是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，其化学方程式是
；(4)F的结构筒式是
；(5) 的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明
含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；③1mol该物质最多能与8mol NaOH反应，则符合条件的同分异构体可
以是：、、共3种；(6)间二甲
苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝
化反应生成，还原得到，
其合成路线为：。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2 球形 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量 基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，而基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为半充满状态，稳定性更强 直线形 sp N>C>Fe>K 12NA H3AsO3中非羟基氧原子数小于H3AsO4，砷元素的正电性更小，羟
5.52?1023 基更不易电离出氢离子
NAa3【解析】 【分析】
(1)根据构造原理书写Li核外电子排布式，据此书写基态Li原子核外电子占据的空间运动状态，据此判断Li原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状； (2)焰色反应是是电子跃迁的结果；
(3)原子核外各个轨道电子排布处于全满、半满或全空时是稳定状态；
(4)①根据价层电子对分析，在SCN-中C原子形成了共价三键，据此判断C原子杂化类型； ②元素吸引电子能力越大，其电离能就越大；根据配位体及配位原子中含有的σ键计算； (5)根据物质中含有的非羟基O原子数目分析；
(6)先根据均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数然后根据ρ=【详解】
m计算密度。 V(1)Li核外电子排布式是1s22s1，1个原子轨道为1个空间运动状态，基态Li原子核外电子占据的轨道有1s、2s两个， 故有2个空间运动状态。占据最高能层为L层2s轨道，故电子云轮廓图形状为球形； (2)金属元素产生焰色反应的原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放多余的能量，形成焰色反应，不同金属元素的电子跃迁时释放的能量不同，因此焰色反应不同； (3)基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为d轨道的半充满的稳定状态，相对稳定形强，而基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，稳定性不如半充满状态；
(4)①SCN-中C原子的价层电子对数目为2，立体构型为直线形，其中碳原子的杂化方式为sp；
②K4[Fe(CN)6]中基态K、Fe、C、N原子吸引电子能力依次增强，第一电离能依次增大；所以四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>Fe>K ；Fe2+与CN-形成配位键含6个σ键，每1个CN-中含有1个σ键，所以1 mol [Fe(CN)6]4-中含有σ键的数目为12NA；
(5)H3AsO3中非羟基氧原子数是0，而H3AsO4中非羟基氧原子数是1，可见H3AsO3中非羟基氧原子数小于H3AsO4，酸分子中非羟基O原子数目越大，该酸的酸性就越强，且非羟基氧原子数少的酸分子中砷元素的正电性更小，羟基更不易电离出氢离子，故酸性弱于H3AsO4；
(6)由图可知，每个晶胞中含有4个Li、4个As、4个Fe，则该晶体的密度可表示为ρ=
552?gNA?a?10?7cm?35.52?1023?3
NAna3 g/cm。
【点睛】
本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化方式、电离能及含氧酸的酸性比较、化学键数目的计算和晶体密度的计算等，全面考查了物质结构，掌握核外电子排布规律、价层电子对互斥理论等物质结构理论及电离能、电负性等概念是本题解答的关键，在进行晶体密度计算时，要学会用均摊法分析，题目考查了学生的分析与计算能力。
19．AD 5.0≤pH＜7.1 Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42- 8MnO2+2Li2CO3
600℃~750℃4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ 7 拆解环境保持干
燥，拆解下的锂隔绝空气保存 【解析】 【分析】
软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2，据此分析解答。 【详解】
(1)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SO42-，故A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，故B错误； C．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，故C错误； D．减小通入SO2的流速，SO2能尽可能充分反应，回收率增大，故D正确； 故答案选AD；
(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)?c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol/L，解得：c(OH-)=1×10-9mol/L，则溶液c(H+)=l×10-5mol/L，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39=c(Fe3+)?c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol/L，解得：c(OH-)=1×10-11mol/L，c(H+)=l×10-3mol/L，则pH约为3，故pH范围是：5.0≤pH<7.1；
(3)由题意可知，反应物为MnSO4和K2S2O8，生成物之一为MnO2，再根据化合价升降相等和原子守恒配平，则发生反应的离子反应方程式为Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+；
(4)MnO2和Li2CO3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O元素价态升高，所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO3
600℃~750℃4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；
(5)①放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4，充电时电池的阳极反应式为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g；
②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，锂化学性质活泼，锂可与空气中的O2和H2O反应，对拆解的要求是：隔绝空气和水分。
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