2019年海南省高考化学试卷和答案

第第页（共 27页）酚羟基和 酚羟基和 1个酯基且两个取代基为对位， W的结构简式为第24页（共 27页）和甲醇发生酯化反应生成 X，所以由水杨酸制备 X的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为： ；酯化反应或取代反应；X中H原子被硝基取代，所以由 X制备Y的反应试剂为浓TOC\o"1-5"\h\z硫酸作催化剂、 X和浓硝酸发生取代反应得到 Y，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；Z为 ，工业上常采用廉价的 CO2，与 Z反应制备奥沙拉秦， 酚钠和 H2CO3以1：1反应，一个Z化学式中含有2个酚﹣ ONa，所以 1molZ需要 2molH2CO3，根据 C原子守恒知，通入的 CO2与Z的物质的量之比至少应为 2：1，故答案为： 2：1；（4）根据结构简式确定奥沙拉秦的分子式为 C14H8N2O6Na2，有 4种氢原子，则其核磁共振氢谱为 4组峰，峰面积比为 1：1：1：1，故答案为： C14H8N2O6Na2；4；1：1：1：1；将奥沙拉秦用 HCl酸化后，﹣ COONa、酚﹣ONa都和稀盐酸反应，分别生成﹣ COOH、﹣OH，反应后的分子中含氧官能团的名称为羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；（6）W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应，说明含有酯基；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚， W中含有1个

故答案为：故答案为：［选修 3--物质结构与性 ］（20分）【分析】 A．BCl3为平面正三角形分子，正负电荷重心重合，为非极性分子， NCl3为极性分子；B．离子电荷数越大，核间距越小，晶格能越大，离子键越牢，离子晶体的熔、沸点越高，硬度越大；C．氟化氢分子间存在氢键，其沸点较高；D．根据相似相容原理分析。【解答】解： A．BCl3为平面正三角形分子，正负电荷重心重合，为非极性分子，而 NCl3为极性分子，则分子极性： BCl3<NCl3，故A正确；NaI和NaF都是离子化合物，所带电荷相等，但离子半径：氟离子<碘离子，所以 NaF形成的离子键较强，其硬度较大，即物质的硬度： NaI<NaF，故 B正确；C．HF分子间存在氢键，导致其沸点较高，则物质的沸点： HF>HCl，故 C错误；D．CS2为非极性溶剂， CCl4为非极性分子， H2O为极性分子，结合相似相容原理可知，在 CS2中的溶解度： CCl4>H2O，故 D错误；故选：AB【分析】（1）Mn为25号元素，其原子核外有 25个电子，基态Mn原子核外未成对电子数为其 3d能级上的 5个电子；MnCl2中含有离子键， NH3中含有共价键， 反应生成 [Mn（NH3）6]Cl2，含有离子键、共价键和配位键； NH3分子中， N原子的价层电子对数＝ 3+ ＝4，有一对孤电子对，得出其空间构型、杂化类型；δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，设锰原子的半径为 r，体对角线长度＝ 4r；一个晶胞中含有锰原子的数目＝ 8×+1＝2，根据算出；（4）如图所示，锰在棱上与体心，则有 12×+1＝4，氧原子在顶点和面心，则有 8×+6×＝4，所以氧化物的化学式为 MnO得TOC\o"1-5"\h\z出化合价；由图可知，配位数为 6。【解答】解： （1）Mn为25号元素，在第四周期ⅤⅡ B族；其原子核外有 25个电子，其核外电子排布为 [Ar]3d54s2，基态Mn原子核外未成对电子数为其 3d能级上的 5个电子，所以其未成对电子数是 5；故答案为：ⅤⅡ B；5；MnCl2中含有离子键， NH3中含有共价键， 反应生成 [Mn（NH3）6]Cl2，含有离子键、 共价键和配位键， 故新生成的化学键为配位键；NH3分子中， N原子的价层电子对数＝ 3+ ＝4，有一对孤电子对，其的空间构型为三角锥形，杂化类型为 sp3杂化；故答案为：配位；三角锥形； sp3杂化；3）δ﹣Mn的结构为体心立方堆积，设锰原子的半径为 r，体对角线长度＝ 4r，则有 a＝4r，r＝ a；一个晶胞中含有锰原子的TOC\o"1-5"\h\z数目＝ 8×+1＝2，根据 ＝故答案为： a；＝ ；（4）如图所示，锰在棱