2022河北高考化学试题解析.pdf

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1、2022年河北高考化学试题解析1.定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是A.传统陶瓷是典型 绝缘材料 B.陶瓷主要成分为Si。？和M gOC.陶瓷烧制 过程为物理变化 D.白瓷的白色是因铁含量较高【答案】A【解析】A.陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；B.陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiCh和MgO,C错误；C.陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，由新物质生成，属于化学变化，C错误；D.由于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D错误；故答

2、案为：Ao2.茯苓新酸D M是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物，下列说法不正确的是A.可使酸性KMnC)4溶液褪色 B.可发生取代反应和加成反应C.可与金属钠反应放出H?D.分子中含有3种官能团【答案】D【解析】A.由题干有机物的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，故可使酸性高钵酸钾溶液褪色，A正确；B.由题干有机物的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，故可发生加成反应，含有竣基和羟基故能发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，B正确；C.由题干有机物的结构简式可知，分子中含有竣基和羟基，故能与金属钠反应放出H2,C正确；D.由题干有机物的结构简式可知，分

3、子中含有碳碳双键、竣基、羟基和酯基等四种官能团，D错误；故答案为：D。3.化学是材料科学的基础。下列说法错误的是A.制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料B.制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成C.制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料D.可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染”【答案】B【解析】A.氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A正确；B.天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B错误；C.“涤纶”“锦纶”“月 青纶”“丙纶”“维纶”“氯纶”“芳纶”等均为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确；D.可

4、降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D正确；故答案为：B。暂无4-7 题，后续如有题目会及时更新4.L i B r 溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成L i B r 工艺流程如下：BaS H,SO4 Li2cO3滤 渣 气 体浓 缩 一LiBr下列说法错误的是A.还原工序逸出的Br 2 用 N aO H 溶液吸收，吸收液直接返回还原工序B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C.中和工序中的化学反应为L i 2 c o 3+2 HBr=CC2 T+Z L i Br+H?。D.参与反应的 n(Bi j n(Ba S):n(H2 s o J 为 1:

5、1:1【答案】A【分析】由流程可知，氢漠酸中含有少量的浪，加入硫化电贝将漠还原生成淡化铁和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钢和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的漠化锂溶液经浓缩等操作后得到产品澳化锂。【解析】A.还原工序逸出的B 用 N a O H 溶液吸收，吸收液中含有澳化钠和次漠酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的澳化钠，导致产品的纯度降低，A 说法错误；B.除杂工序中产生的滤渣为硫酸钢和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钢属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钢不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B 说法正确；C.中和工序中，碳酸锂和氢澳酸发生

6、反应生成溪化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 L i 2 c o 3+2 HBr=CO2 f+2 L i Br+H2。，C 说法正确；D.根据电子转化守恒可知，浪和硫化钢反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸专贝的化学组成及钢元素守恒可知,n(Ba S):n(H2 s o 4)为 1:1,因此,参与反应的n(Br 2):n(Ba S):n(H2 s o 4)为 1:1:1,D 说法正确；综上所述，本题选A。暂无9 题，后续如有题目会及时更新暂 无 1 0 题，后续如有题目会及时更新5.在 E Y沸石催化下，蔡与丙烯反应主要生成二异丙基蔡M 和 N。下列说法正确的是A.M 和 N 互为同系物

7、 B.M 分子中最多有1 2 个碳原子共平面C.N 的一漠代物有5 种 D.蔡的二澳代物有1 0 种【答案】C D【解析】A.由题中信息可知，M 和 N 均属于二异丙基蔡，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，两者不互为同系物，A 说法不正确；B.因为蔡分子中的1 0 个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2 个碳原子与苯环共面，因此，M 分子中最多有1 4 个碳原子共平面，B 说法不正确；C.N 分子中有5 种不同化学环境的H,因此其一嗅代物有5 种，C 说法正确；D.蔡分子中有8 个 H,但是只有两种不同化学环境的H (分别用a、0 表示，其分别有4个)，根

8、据定一议二法可知，若先取代a,则取代另一个H 的位置有7 个；然后先取代I 个仇 然后再取代其他。，有 3 种，因此，蔡的二澳代物有1 0种，D说法正确；本题选C D。暂 无 1 2 题，后续如有题目会及时更新6.恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为XQ Y；Y B Z。反应的速率v 尸(c(X),反应的速率v?=k 2 c(Y),式中匕、k 2 为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z 浓度随时间变化的曲线，图乙为反应和的1!,曲T线。下列说法错误的是c/(mol-L_1)In k 反应反应M.*、.、.-jt/s 不-y/K1甲 乙A.随c(X)的减小，反应、的速率均降

9、低B.体系中 v(X)=v(Y)+v(Z)C.欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反应时间D.温度低于T1时，总反应速率由反应决定【答案】AB【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z,浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应的。【解析】A.由图甲中的信息可知，随 c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应的速率随c(X)的减小而减小，而反应的速率先增大后减小，A 说法错误；B.根据体系中发生的反应可知，在 Y 的浓度达到最大值之前，单位时间内X 的减少量等

10、于 Y 和 Z 的增加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z),但是，在 Y 的浓度达到最大值之后，单位时间内Z 的增加量等于Y 和 X 的减少量，故 X)+u(Y)=v(Z),B 说法错误；C,升高温度可以可以加快反应的速率，但是反应的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应的，且反应的的速率随着Y 的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C 说法正确；D.由图乙信息可知，温度低于T 时，kk2,反应为慢反应，因此，总反应速率由反应决定，D 说法正确；综上所述，本题选AB7.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：三颈烧瓶中加入10.00

11、g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01 OOOmoriJ的碘标准溶液，搅拌。以0.2L-min 流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了 L（X）m L碘标准溶液。做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。用适量Na2sO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO?的平均回收率为95%。已知：Ka l（H3PO4）=7.1xl0-3,Ka l（H2SO3）=1.3xl0-2回答下列问题：（1）装置图中仪器a、b的 名 称 分 别 为、。（2）三颈烧瓶适宜的规格为（填标号）。A.250mL B.500

12、mL C.1000mL（3）解释加入HsP。”能够生成SO2的原因：。（4）滴 定 管 在 使 用 前 需 要、洗涤、润洗；滴 定 终 点 时 溶 液 的 颜 色 为；滴定反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _。（5）若先加磷酸再通氮气，会 使 测 定 结 果（填“偏高 偏低 或 无影响”）。（6）该样品中亚硫酸盐含量为 mg-kg（以SO?计，结果保留三位有效数字）。【答案】（1）.（球形）冷凝管.（恒压）滴液漏斗（2）C（3）加入H 3 P后，溶液中存在化学平衡H2sCh SOz+HzO,SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2s03-SO2+H2O向右移动

13、（4）.检验其是否漏水.蓝色 .加 入H3PCU后，溶液中存在化学平衡H2so3 -SCh+H20,SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2so3 -SCh+H zO 向右移动（5）偏低（6）80.8【分析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成S 0 2,用氮气将S02排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。【小 问 1解析】根据仪器a、b 的结构可知，装置图中仪器a、b 的名称分别为球形冷凝管和恒压滴液漏4;【小问2 解析】三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中

14、加入H 3 P 的体积不超过10 mL。2在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000mL 选 Co【小问3 解析】虽然 Kai(H3Po4)=7.1 X 1 0-3K a l (H2so3)=1.3x10-2,但是 H3 P。4为难挥发性的酸,而 H2s。3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2so3 4 SCh+H zO 向右移动，因此，加入H3P04能够生成SO2的原因是：加入H3P后，溶液中存在化学平衡H2so3SO 2+H 2O,S02的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H 2 S O

15、 3 S O2+H2O 向右移动；【小问4 解析】滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被S02还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为E+SO2+2H2O=2I+4H+SO-；【小问5 解析】若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SCh被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。【小问6 解析】实验中SCh消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 m L,减去空白实验消耗的0.

16、10m L,则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL,根据反应L+SO2+2H2O=2+4H+SO/可以计算出 n(SO2)=n(L)=1.20mLx lOL m L1 x 0.010 00 mol-L=1.20 x IO5 m o l,由于 SO2 的平均回收率为9 5%,则实际生成的n(SO2)=心 也”必 然 1.2 6 3 x 1 皿。,则根据S 元0.95素_ 守,恒,_可_p知.，该样品中亚硫酸盐含量为,1-.-2-6-3-x-l-0-5molx64号g.m-o-r-l-x-lO；-O-O-m-ga.g8-01.8 八 10.00g xl(T3Kg g-imgkg8.以焙烧黄铁矿Fe

17、 S?(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备镂铁蓝Fe N H j F e(C N)6 颜料。工艺流程如下：H,SO4足量(N H4)2S O4H,S O a K3 Fe(C N)6 H2s o 4(5(%)黄铁矿 H2O I N；C 103加热I 加热I E I Jp B【加热&牛圜一,一小.倒一函那邈卜簿滤 渣 滤 渣 T母液镂铁蓝回答下列问题：(1)红 渣 的 主 要 成 分 为(填 化 学 式)，滤 渣 的 主 要 成 分 为(填 化 学 式)。(2)黄铁矿研细的目的是_ _ _ _ _ _ _。(3)还原工序中，不生成S单 质 的 反 应 的 化 学 方 程 式 为。(4)工序的名称为

18、_ _ _ _ _ _ _,所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀F e(N H，2Fe(C N)6中 Fe 的 化 合 价 为,氧化工序发生反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ o(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe20,x H?。和(N H J 2 S O4,所加试剂为 和(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1).Fe z C h .S i C h(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(3)7Fe 2(S O4)3+Fe S2+8H2O=15Fe S O4+8H2S O 4(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(5).+2；.Fe(N H4)2Fe(C N)6

19、+C l O +2H+=Fe(N H4)Fe(C N)6+H2O+C r+NH：(6).H2O 2.N H 3 H 2。煨烧【分析】已知黄铁矿高温煨烧生成Fe z C h,反应原理为：4Fe S2+110 2=2Fe20 3+8S 02,故产生的红渣主要成分为Fe z C h 和 S i 02,将红渣粉碎后加入足量的50%的 H2s。4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2S O 4=Fe2(S O 4)3+3H2O,过滤出滤渣，主要成分为S i O2,向滤液中加入黄铁矿进行还原，将 Fe 3+还原为Fe 2+,由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为S O：,反应原理为：14F

20、e 3+Fe S 2+8H2O=15Fe 2+2S O：+16H+,然后进行工序为蒸发浓缩、冷却结晶，得到Fe S C U 晶体和母液主要含有Fe S O 4溶液和H2s o 4,加水溶解Fe S C U 晶体，向所得溶液中加入(N HO 2S O 4、K4Fe(C N)6 并用H2s。4调节溶液的p H 为 3,进行沉铁过程，反应原理为：Fe 2+2N H：+Fe(C N)6F=Fe(N H4)2Fe(C N)6j,然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2s C U 和 N a C I C h 进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(N H4)2Fe(C N)6+C K)3+6H+=6Fe(N H4)Fe(

21、C N)6+3H2O+C l +6 NH；,过滤、洗涤干燥即制得 Fe(N HQ Fe(C N)6,据此分析解题。【小 问 1 解析】由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3,滤渣的主要成分为：S i 02,故答案为：Fe z C h:S i C h;【小问2 解析】黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；【小问3 解析】由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化 S O：,反应原理为：14Fe3+Fe S2+8H2O=15Fe2+2 S O +16H+,故化学方程式为：7Fe2(S

22、O4)3+Fe S 2+8H2O=15Fe S O4+8H2S O4,故答案为：7Fe 2(S O 4)3+Fe S2+8H2O=15Fe S C U+8H2s O 4；【小问4 解析】由分析可知，工序的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有Fe S C U溶液和H2s O 4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；【小问5 解析】沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(N H4)?Fe(C N)6中 Fe 的化合价为+2价和 Fe(C N)6F-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(N H4)2Fe(C N)6+C l O3+6H+=6Fe(N H4

23、)Fe(C N)6+3H2O+C +6 NH；,故答案为：+2；6Fe(N H4)2Fe(C N)6+C I O,+6H+=6Fe(N H4)Fe(C N)6+3H2O+C r+6 NH：；【小问6 解析】由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有Fe S C U 溶液和H2s。4,向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe z+完全氧化为Fe3+,在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe z C h-x Hz O 和(N H S S C U,故所需要加入的试剂为 H2O 2 和 N H 3 H 2。，故答案为:H2O 2；N H3 H2O O9,氢能是

24、极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1)2 9 8 K 时，坨 凡 燃烧生成H?O(g)放热1 2 1 k J,I m o l H?。)蒸发吸热4 4 k J,表示H2燃 烧 热 的 热 化 学 方 程 式 为。(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。I.CH4(g)+H2O(g)C O(g)+3H2(g)II.CO(g)+H2O(g)C O2(g)+H2(g)下列操作中，能提高C H/g)平衡转化率的是(填标号)。A.增加C H/g)用量 B.恒温恒压下通入惰性气体C.移除CO(g)D.加入催化剂恒温恒压条件下，1 mol C H g)和

25、Imol H2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为a,CC2(g)的物质的量为b m o l,则反应I 的平衡常数K=(写出含有a、b 的计算式；对于反应mA(g)+n B(g)=p C(g)+q D(g),x 为物质的x(A)-x(B)量分数)。其他条件不变，H Q(g)起始量增加到5 m o l,达平衡时，a=0.90,b=0.65,平衡体系中H2(g)的 物 质 的 量 分 数 为(结 果 保 留 两 位 有 效 数 字)。(3)氢氧燃料电池中氢气在_ _ _ _ _ _(填 正或负)极发生反应。(4)在允许O?自由迁移的固体电解质燃料电池中，C1,H2n+2放电的电极反应式为(

26、5)甲醉燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到C O,四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a(用bi 等代号表示)。注：本小问暂缺相对能量图。【答案】(1)H2(g)+-O2(g)=H2O(l)/=-286 kJ.mol-1(2).BC.(a-b)(3a+b)3(1 (z)(l ct b)(2+2a)2.0.43(3)负(4)CnH2n+2-(6n+2)e+(3n+l)O2-n CO2+(n+l)H20(5)缺图无解【小 问 1 解析】298K时，IgH?燃烧生成H20(g)放 热 121 kJ,1 mol H2O蒸发吸热4 4 k J,则 Imol H2燃烧生 成 1

27、 molHzO 放 热 286kJ,表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+y O2(g)=H2O(l)H=-286 kJ,mol-1；【小问2 解析】A.增加CHMg)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CHg)平衡转化率减小，A 不符合题意；B.恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反 应 1 的化学平衡正向移动，能提高CHMg)平衡转化率，B 符合题意；C.移除C O(g),减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反 应1的化学平衡正向移动，能提高CH g)平衡转化率，C符合题意；D.加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不

28、符合题意；综上所述，上述操作中，能提高CHMg)平衡转化率的是BC；恒温恒压条件下，1 mol CH4(g)和1 mol HzCKg)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为a,CO2(g)的物质的量为b m o l,则转化的CH4(g)为a m o l,剩余的CH4(g)J(l-a)m o l,根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(a-b)m ol,根据H和。守恒可知，比0 q)的物质的量为(1-a-b)mol,H2(g)的物质的量为(3a+b)m o l,则反应混合物的总物质的量为(2a+2)mol,1 a平衡混合物中，CHg)、H2O(g).CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为2

29、+2a cc b ex b 3a+b _.f-、-、-，因此，反 应I的平衡常数Kx=2+2a 2+2a 2+2aa-b /3a+0、3-x(-)2+2a 2+2a-a -a-b-x-2+%2+2a(a-b)(3a+b)3(1 a)(l ct 6)(2+2a)-；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5 m o l,达平衡时，a=0.90,b=0.6 5,则平衡时，CH4(g)为O.lm ol,根据C元素守恒可知,CO(g)的物质的量为0.25m ol,根据H和。守恒可知，比0德)的物质的量为(5-0.90-0.65)mol=3.45mol,H?(g)的物质的量为(3a+b)mol=3.35m

30、ol,平衡混合物的总物质的量为(2a+6)mol=7.8mol,平衡体系中H?(g)的物质的量分数为二，a 0.43；7.8【小问3解析】燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；【小问4解析】在允许。2一自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2 n+2在负极发生氧化反应生成CO?和H2O,电极反应式为 CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+l)O2=nCO2+(n+l)H2O；【小问5解析】缺图无解(二)选考题：共15分。请 考 生 从2道 题 中 任 选 一 题 作 答。如 果 多 做，则按首题计 分。【选 修3：物 质 结 构 与 性 质】10.含C

31、u、Z n、S n及S的四元半导体化合物(简写为C Z T S),是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为.。(2)C u与Zn相比，第二电离能与第一电 离 能 差 值 更 大 的 是，原因是。(3)S n C l；的 几 何 构 型 为,其 中 心 离 子 杂 化 方 式 为。(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属 于 顺 磁 性 物 质 的 是(填 标 号)。A.CU(NH3)2C1 B.CU(NH3)4SO4 C.Z n(N H3)4 S

32、O4 D.N a2 Z n(O H)4(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：-2-i 2-A B、z I oo 3 oC D根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将M r?+转化为M n O；是(填标号)。理由是。本题暂无(6)问【答案】(1)1：2#2：1(2).C u.C u的第二电离能失去的是3 4。的电子，第一电离能失去的是4 s l电子，Z n 的第二电离能失去的是4 s l的电子，第一电离能失去的是4 s 2 电子，3 小。电子处于全充满状态，其与4 s l电子能量差值更大(3).三角锥形.s p 3 杂化(4)B(5).D .D 中含有-1 价的0,易被还原，具有强氧化性，能将MM+转

33、化为M n O【小 问 1 解析】基态S的价电子排布是3 s 2 3 P%根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为：1：2 或 2：1；【小问2解析】C u 的第二电离能失去的是3 刖)的电子，第一电离能失去的是4 s l电子，Z n 的第二电离能失去的是4sl的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3小。电子处于全充满状态，其与4sl电子能量差值更大；【小问3解析】Sn是N A族元素，SnCl；的中心离子Sn?+价层电子对数为3+4+1-1X32=4,有1对孤电子对，中心离子是sp3杂化，SnCl；的几何构型是三角锥形；【小问4解析】根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子。A CU

34、(NH3)2C1各原子核外电子均已成对，不符合题意；B.CU(NH3)4SO4中的CiP+外围电子排布是3d，有未成对电子，符合题意；C.Zn(NH3)4SO4各原子核外电子均已成对，不符合题意；D.Na2Zn(0H)各原子核外电子均已成对，不符合题意；故答案选B。【小问5解析】Mn?+转化为MnO；需要氧化剂，且氧化性比MnO；的强，由SCh使KMnCU溶液褪色可知H2s04的氧化性弱于MnO；,故A不符合；B、C中的S化合价比H2s。4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1价的0,易被还原，具有强氧化性，能将M d+转化为MnO；,故D符合。【选修5:有机化学基础】11.舍曲林(S

35、ertraline)是一种选择性5-羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如下：己知：(i)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子.R1 1)NH2R R1(U)c=0-A C NHRR2/2)H2,Pd/C(或 NaBHQ R2/R1 ZR2 碱(in)JC=O+H2C-、C0R回答下列问题：（i）的 反 应 类 型 为。（2）B的化学名称为 o（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式（a）红外光谱显示有C=O键；（b）核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1：1。（4）合成路线中，涉 及 手 性 碳 原 子 生 成 的 反 应 路 线 为、（填反应路线

36、序号）。（5）H-I的 化 学 方 程 式 为,反应还可生成与I互为同分异构体的两种副产物，其中 任 意 一 种 的 结 构 简 式 为（不考虑立体异构）。H3co（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素和环己烯Q J）为原料，设计合成W的路线（无机及两个碳以下的有机试剂任选）。【答案】（1）氧化反应（2）3,4-二氯苯甲酸HC16)C l C O O H【分析】A在KMnCU作用下，甲基被氧化为较基，得至UB 又 J,B中段基上的-OH被SOCL中的C1取代得到C,C中的C1原子与苯环上的H原子在A1CL环境发生/C O O C2H5消去反应得到D,D中默基在 和乙酸酢共同作用下生成碳碳双键得到

37、E,EXOOCzHs在一定条件下脱去酯基生成F,F中的碳碳双键加氢得到G,G与SOCL反应得到H,I中的谈基发生已知(i i)的反应得到目标产物舍曲林。【小 问1解析】C1据分析，是C1【小问2解析】中的甲基被KMnO4氧化为竣基，反应类型是氧化反应。C l j-C O O H据分析，B的结构简式是 又：，名称是3,4-二氯苯甲酸。【小问3解析】从D的结构简式可知，其分子式为Ci3H8CLO,能满足核磁共振氢谱两组峰，且峰面积比为1：1的结构应是高度对称结构，又含有C=O,则该芳香族同分异构体的结构简式为：cli/ocl【小问4解析】手性碳原子指连接四个不同原子或原子团的碳，题给合成路线中涉及手性碳原子的物质是的生成，即路线和。【小问5解析】据分析，H-I是H中的碳基上的C1与苯环消去H C L形成一个环，化学方程式为:Oeby