高考化学二轮训练题： 2套选考专攻练 选考专攻练1 Word版含答案

这是一份高考化学二轮训练题： 2套选考专攻练 选考专攻练1 Word版含答案，共7页。试卷主要包含了[化学——选修3，[化学——选修5等内容，欢迎下载使用。
(分值：15分，建议用时：10分钟)
选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)
铁及其化合物在生产生活及科研中应用广泛。 【97184384】
(1)聚合硫酸铁的化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－eq \f(n,2)]m，是常用的水处理剂。基态铁原子的核外电子排布式为________，聚合硫酸铁中铁元素阳离子有________个未成对电子。
(2)Fe3＋、C3＋与Neq \\al(－,3)、CN－等可形成络合离子。
①K3[Fe(CN)6]可用于检验Fe2＋，配体CN－中碳原子杂化轨道类型为________，1 ml[Fe(CN)6]3－中含有σ键的数目为________。
②[C(N3)(NH3)5]SO4中C的配位数为________，C、N、O的第一电离能最大的为________，其原因是_________________________________________。
③已知Neq \\al(－,3)与CS2互为等电子体，则Neq \\al(－,3)的空间构型为________。
(3)化合物FeF3熔点高于1 000 ℃，而Fe(CO)5的熔点却低于0 ℃，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的原因可能是
________________________________________________________________。
(4)氟化亚铁晶胞属于四方晶系，其长方体结构如图所示，根据图中所示数据计算该晶体密度ρ＝________g·cm－3(列出计算式即可)。
【思路分析】 根据核外电子排布规律写出基态Fe原子核外电子排布式，并推导Fe3＋的核外电子排布及未成对电子数；分析CN－中C原子的成键情况确定杂化轨道类型，结合共价键及等电子体原理解决相关问题；根据熔点确定FeF3、Fe(CO)5的晶体类型，再分析熔点不同的原因；分析FeF2晶胞结构，根据“ρ＝eq \f(m,V)”计算晶体的密度。
【解析】 (1)基态Fe原子核外有26个电子，据核外电子排布规律可知，其核外电子排布式为1 s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。聚合硫酸铁中铁元素的阳离子为Fe3＋，基态Fe原子失去4s轨道上的2个电子和3d轨道上的1个电子生成Fe3＋，故Fe3＋的外围电子轨道表示式为，故Fe3＋有5个未成对电子。
(2)①配体CN－中存在C≡N键，则C原子形成1个σ键、2个π键，且含有1对孤电子对，故C原子采取sp杂化；[Fe(CN)6]3－中有6个CN－作为配体，配体与Fe3＋之间存在配位键，而配位键也属于σ键，则1个[Fe(CN)6]3－含有12个σ键，故1 ml[Fe(CN)6]3－含有σ键的数目为12NA。
②[C(N3)(NH3)5]SO4中Neq \\al(－,3)、NH3均为配位体，则C的配位数为1＋5＝6个；同周期元素的第一电离能随原子序数的递增呈增大的趋势，ⅡA、ⅤA族反常，C、N、O同处于第二周期，但N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于O元素，故第一电离能最大的是N元素。
③Neq \\al(－,3)与CS2互为等电子体，据等电子体原理可知，互为等电子体的分子或离子具有相似的空间构型，CS2的结构与CO2相似，为直线形分子，故Neq \\al(－,3)的空间构型为直线形。
(3)FeF3为离子晶体，Fe(CO)5为分子晶体，离子晶体中离子键远强于分子晶体中分子间作用力，故FeF3的熔点远高于Fe(CO)5的熔点。
(4)FeF2晶胞属于四方晶系，每个晶胞中含有2个Fe2＋和4个F－，则1 ml晶胞的质量为(2×56＋4×19)g；晶胞的参数分别为a pm、b pm、c pm，则晶胞的体积为abc×10－30 cm3，故该晶体的密度ρ＝eq \f(2×56＋4×19 g,NA×abc×10－30 cm3)＝eq \f(2×56＋4×19,6.02×1023×abc×10－30) g·cm－3。
【答案】 (15分)(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)(1分) 5(1分)
(2)①sp(2分) 12NA(2分)
②6(1分) N(1分) 氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子(2分)
③直线形(1分)
(3)FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5(2分)
(4)eq \f(2×56＋4×19,6.02×1023×abc×10－30)(2分)
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
石油分馏得到的轻汽油可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：
已知以下信息：
①B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃。
②R—X＋R′—Xeq \(――――→,\s\up8(Na，20 ℃)) R—R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。
回答以下问题： 【97184385】
(1)B的化学名称为________，E的结构简式为__________________。
(2)G生成H的化学方程式为_______________________________________。
(3)J的结构简式为________________________________________________。
(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为__________________________________
________________________________________________________________。
(5)I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)。
①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6∶2∶1∶1的是________(写出其中一种的结构简式)。
(6)参照上述合成路线，以2­甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：______________________________________。
【解析】 B(C6H12)在光照下与Cl2发生取代反应生成G，G在NaOH/醇、加热条件下发生消去反应生成H，H经KMnO4/H＋氧化生成HOOC(CH2)4COOH，结合信息①逆向推理可知，H为环己烯()，G为一氯环己烷()，B为环己烷()。A(C6H14)在Pt催化、高温条件下脱氢环化得到B，则A为CH3(CH2)4CH3。B()在Pt催化、高温条件下反应生成C(C6H6)，则C为。C与Cl2在FeCl3催化作用下发生取代反应生成D(C6H5Cl)，则D为。D与CH3CH2Cl在Na、20 ℃条件下反应生成E(C8H10)，结合C、H原子守恒及信息②可知该步反应为取代反应，则E为。E在CrO3和Al2O3催化、600 ℃条件下反应生成F(C8H8)，该步反应中—CH2CH3脱去1分子H2，则F为。
(1)由上述分析可知，B的结构简式为，其化学名称为环己烷；E的结构简式为。
(2)G()发生消去反应生成H()，结合反应原理及原子守恒写出化学方程式。
(3)HOOC(CH2)4COOH与乙二醇(HOCH2CH2OH)在催化剂作用下发生缩聚反应生成J，则J的结构简式为。
(4)F为，与1,3­丁二烯(CH2===CHCH===CH2)在催化剂作用下发生加聚反应生成丁苯橡胶，化学方程式为n＋nCH2===CH—CH===CH2eq \(――→,\s\up8(催化剂))
(5)I为HOOC(CH2)4COOH，其同分异构体满足条件：①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，则含有—COOH；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有—CHO和酯基(—COO—)，结合I分子中O原子数目推知，应含有HCOO—结构，剩余4个碳原子的碳链结构有两种：C—C—C—C和。分类讨论：
①—COOH和HCOO—连接在同一碳原子上有3种不同结构；
②—COOH和HCOO—连在的不同碳原子上有3种结构；
③—COOH和HCOO—连在C—C—C—C的两个不同碳原子上有6种结构，故符合条件的同分异构体种类数为3＋3＋6＝12种。核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6∶2∶1∶1的有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为6∶2∶1∶1，该有机物的结构简式为或。
【答案】 (15分)(1)环己烷(1分) (1分)