2020年湖北名校联盟高考化学提分仿真试卷（六）（带解析教师版）

绝密 ★ 启用前 2020 届湖北名校联盟考前提分仿真卷 化 学（六） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59 一、选择题（每小题 6 分，共 42 分。） 7．历史文物或古文学的描述中均蕴含着化学知识，下列说法正确的是 A．商代的后母戊鼎属于青铜制品，青铜是一种合金 B．“浮梁巧烧瓷”描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷的主要成分是二氧化硅 C．“绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿”中“丝绸”的主要成分是纤维素 D．敦煌莫高窟壁画中绿色颜料的主要成分是氧化铁 【答案】A 【解析】A．商代的后母戊鼎属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金，故 A 正确；B．陶瓷的主要 成分是硅酸盐，故 B 错误；C．丝绸的主要成分是蛋白质，故 C 错误；D．绿色颜料的主要成分是 碱式碳酸铜，故 D 错误。综上所述，答案为 A。 8．常见药物布洛芬 Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体 X 通过以下方法制得： 下列关于化合物 X、Y 的说法中错误的是 A．X 的化学式为 C13H18O B．1mol Y 能与 4mol H2 反应 C．可用 NaHCO3 溶液鉴别两者 D．两者氢原子的种类数相等 【答案】B 【解析】A．X 的化学式为 C13H18O，故 A 正确；B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与 H2 发 生加成反应，1mol Y 只能与 3mol H2 反应，故 B 错误；C．X、Y 官能团分别为－CHO 和－COOH， 只有－COOH 能与 NaHCO3 溶液反应生成 CO2，故 C 正确；D．X、Y 中均含有 8 种氢原子，故 D 正确；答案选 B。 9．石墨炔是由 1，3 二炔键与苯环形成的平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和 半导体性能。下列关于石墨炔的说法不正确的是 A．石墨炔属于碳氢化合物 B．石墨炔与金刚石互为同素异形体 C．石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用 D．实验测得石墨炔孔径略大于 H2 分子的直径，因此可以用石墨炔做 H2 提纯薄膜 【答案】A 【解析】A．石墨炔是全碳分子，不属于碳氢化合物，A 不正确；B．石墨炔与金刚石都是碳元 素组成的单质，二者互为同素异形体，B 正确；C．石墨炔具有优良的化学稳定性和半导体性能，有 望代替半导体材料硅，C 正确；D．石墨炔孔径略大于 H2 分子直径，可用石墨炔去除杂质，以提纯 H2 薄膜，D 正确；故选 A。 10．短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的元素，W 和 Z 位于同一主族，X 的焰色反应为黄色，Y 的最外层电子数比 Z 的最外层电子数少 1，下列说法正确 的是 A．W、Z 具有相同的最高正价 B．X、Z 形成的化合物水溶液呈碱性 C．Y 的最简单氢化物的热稳定性比 Z 的强 D．原子半径：Z>Y>X>W 【答案】B 【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的元素，W 为 O，W 和 Z 位于同一主族，Z 为 S，X 的焰色反应为黄色，X 为 Na，Y 的最外层电子数比 Z 的最 + ①新制氢氧化铜，煮沸 ②H → 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 外层电子数少 1，则 Y 为 P。A．O 无最高正价，S 最高正价为+6，故 A 错误；B．X、Z 形成的化 合物 Na2S，S2−水解，溶液呈碱性，故 B 正确；C．非金属性同一周期，从左到右逐渐增强，故 PH3 的热稳定性比 H2S 的弱，故 C 错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径： Na>P>S>O，故 D 错误。综上所述，答案为 B。 11．NA 表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于 1L 0.1mol/L FeCl3 溶液的说法中正确的是 A．溶液中含有的 Fe3+离子数目为 0.1NA B．加入 Cu 粉，转移电子数目为 0.1NA C．加水稀释后，溶液中 c(OH−)减小 D．加入 0.15mol NaOH 后，3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH−) 【答案】D 【解析】A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故 A 错误；B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+， 因加入 Cu 的量不确定，转移电子数目 N(e−)≤0.1NA，无法确定，故 B 错误；C．加水稀释使平衡 Fe3++3H2O 3H++Fe(OH)3 向右移动，n(H+)增大，但 c(H+)减小，c(OH−)增大，故 C 错误；D．加 入 0.15mol NaOH 后，溶液中必有 2c(Na+)=c(Cl−)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)(电 荷守恒)，可得 3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH－)，故 D 正确；答案选 D。 12．由下列实验现象一定能得出相应结论的是 选项 A B C D 装置或 操作 取两支试管各加入 4mL 0.01mol/L 的草 酸溶液，分别滴加 2mL 0.1mol/L、 0.2mol/L 的高锰酸钾 溶液 向分别盛有 5mL 0.1mol/L 的硫代硫酸钠 溶液的试管中滴加 5mL 0.1mo/L 的硫酸溶液， 一段时间后，分别放在 冷水和热水中。 现象 褪色并观察 褪色的时间 左边棉球变黄， 右边棉球变蓝 试管中先出现淡 黄色固体，后出 现黄色固体 试管中液体变浑浊且热 水中首先出现浑浊 结论 其他条件不变时，反 应物浓度越大，反应 速率越快 氧化性： Cl2>Br2>I2 溶解度： AgCl>AgBr>AgI 不能说明温度越高，速 率越快 【答案】D 【解析】A．应该把同体积、不同浓度的草酸溶液加入到相同体积、相同浓度的 KMnO4 溶液中， 根据溶液褪色时间的长短判断浓度对化学反应速率的影响，该实验操作顺序颠倒，不能够得到正确 结论，A 错误；B．Cl2 与 NaBr 发生置换反应产生 Br2，使左边棉球变黄，Br2 易挥发，会与右边的 棉球上 KI 发生置换反应产生 I2，I2 遇淀粉溶液变蓝色，右边棉球变为蓝色也有可能是过量的未反应 的 Cl2 与 KI 发生置换反应产生的 I2 所致，因此不能证明氧化性：Cl2>Br2>I2，B 错误；C．向 2mL 含 有 AgCl 悬 浊 液 的 试 管 中 滴 加 2 滴 NaBr 溶 液 ， 产 生 淡 黄 色 沉 淀 ， 可 证 明 物 质 的 溶 解 度 AgCl>AgBr，但由于其中 AgCl 悬浊液过量，因此再向该混合物中滴加 2 滴 NaI 溶液时，产生黄色沉 淀，只能得到结论：溶解度：AgCl>AgI，而不能证明物质的溶解度 AgBr>AgI，C 错误；D．两种溶 液混合前物质的浓度相等，体积也相同，混合后就已经发生了化学反应，然后再分别放入不同温度 的水中已经无任何意义，不能说明温度越高，速率越快。应该把 2 支盛有 5mL 0.1mol/L 的 Na2S2O3 溶液的试管和 2 支盛有 5mL 0.1mo/L 的硫酸溶液分成两组，一组放入热水中，一组放入冷水中，一 段时间后混合每一组的两种物质的水溶液，根据反应出现浑浊的快慢，来比较温度对化学反应速率 的影响，D 正确；故合理选项是 D。 13．一种电解法合成氨的装置如图所示，该法采用高质子导电性的 SCY 陶瓷，用吸附在它内外 表面上的金属 Pd 多晶薄膜做电极，实现了 570℃、常压下高转化率合成氨。下列叙述正确的是 A．阴极的电极反应式为 N2+8H++6e−＝2NH +4 B．该装置工作时，H+从 a 极区向 b 极区迁移 C．每生成 1mol NH3，有 3g H2 被氧化 D．该装置实现了在常温常压下高转化率合成氨 【答案】C 【解析】反应总方程式为 N2+3H2 2NH3，反应中 N 元素化合价降低，被还原，a 应为电解 池阴极，电极反应式为 N2+6e−+6H+=2NH3，H 元素化合价升高，被氧化，b 应为电解池阳极反应， 电 极反 应 式 为 H2-2e−=2H+ ， 以此 解 答 该题 。A．a 为 阴极 ， 发 生还 原 反应 ， 电 极反 应 式为 N2+6e−+6H+=2NH3，故 A 错误；B．a 为阴极，b 为阳极，阳极连接电源正极，氢离子移向阴极，从 b 极 区 向 a 极 区 迁 移 ， 故 B 错 误 ；C． 根 据 电 解 反 应 和 电 子 守 恒 得 到 N2+6e−+6H+=2NH3 ， H2−2e−=2H+，2NH3∼6e−∼3H2，每生成 1mol NH3，有 1.5mol 氢气参与电极反应，即有 3g H2 被氧化， 故 C 正确；D．采用高质子导电性的 SCY 陶瓷(能传递 H+)为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯 多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨，故 D 错误；答案选 C。 二、非选择题（共 43 分） 26．（15 分）硼(B)及其化合物在化学工业中有诸多用途。请回答下列问题： （1）硼氢化钠(NaBH4)是硼的重要化合物。 ①NaBH4 中 B 元素的化合价为 。 ②工业上可利用硼酸甲酯[B(OCH3)3]与氢化钠(NaH)反应制备 NaBH4，反应的另一种产物为甲醇 钠(CH3ONa)，该反应的化学方程式为 。NaBH4 与水反应生成 NaBO2 和 H2，该 反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 （2）工业上以铁硼矿(主要成分为 Mg2B2O5·H2O，还有少量 Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3 和 SiO2 等)为原料制备单质 B 的工艺流程如图所示： 已知： 金属离子 Fe3+ Al3+ 开始沉淀的 PH 2.7 3.1 沉淀完全的 PH 3.7 4.9 ①“浸出”时，将铁硼矿石粉碎的目的为 。 ②滤渣 1 的主要成分为 。 ③“净化除杂”时需先加 H2O2 溶液，其目的为 ，然后再调节溶液的 pH≈5.0 的目的 是 。 ④制得的粗硼在一定条件下能生成 BI3，BI3 加热分解可以得到纯净的单质硼。现将 0.025g 粗硼 制成的 BI3 完全分解，生成的 I2 用 0.30mol·L−1 Na2S2O3 溶液滴定(I2+2S2O2−3 =2I−+S4O2−6 )至终点，消耗 18.00mL Na2S2O3 溶液。盛装 Na2S2O3 溶液应用___(填“酸式”或“碱式”)滴定管，该粗硼样品的纯度 为 。 【答案】（1）+3 4NaH+B(OCH3)3＝NaBH4+3CH3ONa 1∶1 （2）增大接触面积，加快反应速率 SiO2、CaSO4 将其中的 Fe2+氧化为 Fe3+ 使 Fe3+ 转化为 Fe(OH)3 沉淀、Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀而除去 碱式 77.8% 【解析】(1)①NaBH4 中 Na 是+1 价，H 是-1 价，则 B 元素的化合价，根据化合价代数和为 0， 得出 B 为+3 价；②工业上可利用硼酸甲酯 B(OCH3)3 与氢化钠 NaH 反应制备 NaBH4，反应的另一种 产物为甲醇钠（CH3ONa），该反应的化学方程式为 4NaH+B(OCH3)3＝NaBH4+3CH3ONa；NaBH4 与 水反应生成 NaBO2 和 H2，NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑，NaBH4 中 H 被氧化，得到氧化产物，水中 氢被还原，得到还原产物，该反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1∶1，故答案为： 4NaH+B(OCH3)3＝NaBH4+3CH3ONa；1∶1；(2)①“浸出”时，将铁硼矿石粉碎的目的为增大接触面积， 加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；②加硫酸溶解只有 SiO2 不溶， Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2H3BO3+2MgSO4，CaO 转化为微溶于水的 CaSO4。“浸渣”中的物质是 SiO2、 CaSO4，滤渣 1 的主要成分为 SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；③“净化除杂”需先加 H2O2 溶 液，其目的为将其中的 Fe2+氧化为 Fe3+，然后再调节溶液的 pH≈5.0 的目的是使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀、Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀而除去，故答案为：将其中的 Fe2+氧化为 Fe3+；使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀、Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀而除去；④Na2S2O3 溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中；硫代硫酸钠 的物质的量为：0.30mol·L−1×0.018L=0.0054mol，根据关系式：B～BI3～ I2～3S2O2−3 ，则 n(B)= n(S2O 2−3 )=0.0018mol，硼的质量为：10.81g·mol−1×0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为： ×100%=77.8%，故答案为：碱式；77.8%。 27．（14 分）费托合成是以合成气(CO 和 H2 混合气体)为原料在催化剂和适当条件下合成烯烃 (C2~C4)以及烷烃(CH4、C5~C11、C12~C18 等，用 CnH2n+2 表示)的工艺过程。 已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=a ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=b ③CnH2n+2(g)+ O2(g)=(n+1)H2O(g)+nCO2(g) ΔH3=c 回答下列问题： (1)反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的 ΔH_____。(用含有 a、b、c、n 的式子表示) (2)费托合成产物碳原子分布遵循 ASF 分布规律。碳链增长因子(α)是描述产物分布的重要参数， 不同数值对应不同的产物分布。ASF 分布规律如图，若要控制 C2~C4 的质量分数 0.48~0.57，则需控 制碳链增长因子(α)的范围是________。 3 2 1 3 0.01944g 0.025g 3 1 2 n + (3)近期，我国中科院上海高等研究院在费托合成烃的催化剂上取得重大进展。如图所示，Co2C 作催化剂的规律是：选择球形催化剂时_____，选择平行六面体催化剂时_____。 (4)中科院大连化物所研究团队直接利用 CO2 与 H2 合成甲醇。一定条件下，向 2L 恒容密闭容器 中充入 1mol CO2 和 2mol H2 发生反应“CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH”。CO2 的平衡转 化率(α)与温度(T)的关系如图所示。 ①判断 ΔH_______0。(填“大于”“小于”或“等于”) ②500K 时 ， 反 应 5min 达 到 平 衡 。 计 算 0~5min 用 H2O 表 示 该 反 应 的 化 学 反 应 速 率 为 _________，该反应的平衡常数为__________。 ③ 500K 时 ， 测 定 各 物 质 的 物 质 的 量 浓 度 分 别 为 c(CO2)=0.4mol/L 、 c(H2)=0.2mol/L 、 c(CH3OH)=0.6 mol/L、c(H2O)=0.6mol/L，此时反应____(填“是”或“否”)达到平衡，理由是_____ 。 ④一定条件下，对于反应 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。下列说法中不能表明反应达到 平衡的是_____。 a．恒温恒容下，c(CH3OH)=c(H2O) b．恒温恒容下，体系的压强保持不变 c．恒温恒容下，体系的平均摩尔质量不变 d．相同时间内，断裂 H－H 键和断裂 H－O 键之比 1∶1 【答案】（1） （2）0.3~0.6 （3）主要产物为 CH4 产物有 CH2=CH2、C3H6、C4H8 （4）小于 0.06mol/(L·min) 450(mol/L) −2 否 ≠450 a 【解析】(1)已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=a ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=b ③CnH2n+2(g)+ O2(g)=(n+1)H2O(g)+nCO2(g) ΔH3=c 根据盖斯定律： ×①+ ×②-③，可得反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的 ΔH= ；(2)由图可知要控制 C2~C4 的质量分数 0.48~0.57 需控制碳链增长因子(α)的范围是 0.3~0.6；(3)CO2C 作催化剂的规律是：选择球形催化剂时主要产物为 CH4，选择平行六面体催化剂时 产物有 CH2 =CH2、CH2=CHCH3、CH2=CHCH2CH3 或 C2H4、C3H6、C4H8。(4)①由图可知随着温度 升高 CO2 的平衡转化率降低，故 ΔH 小于 0。②500K 时，二氧化碳转化率为 60%，即参与反应的物 质的量为 0.6mol，根据反应 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，水蒸气的变化物质的量为 0.6mol，则 =0.06mol/(L·min)。③初始时刻，CO2 和 H2 的物质的量浓度分别为 0.5mol/L、1mol/L，500K 时，二氧化碳转化率为 60%，列“三段式”： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ， 代 入 数 据 =450(mol/L)−2 ； =112.5(mol/L)−2≠450(mol/L)−2，反应未达 到平衡状态；④反应 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)气体分子数减小。a．若平衡正向建立必 有 c(CH3OH)=c(H2O)，不能表明反应已达平衡，故 a 错误；b．恒温恒容下，压强 p~n，n 必然变化， 当 p 不变，表明反应已达平衡，故 b 正确；c．反应物、产物均为气体，气体质量不变，n 减小(增 n 2n+1( a+ b-c)2 2 1 1 2 c 1 1 3 0.6mol L 0.6 mol LQ = =112.5(mol / L)0.4 mol L (0.2 mol L ) − − − − − ⋅ × ⋅ ⋅ × ⋅ 2(mol / L)− 3 1 2 n + 2 n 2 1 2 n + n 2n+1( a+ b-c)2 2 ( ) 2 2 2 Δc(H O) Δn(H O 0.6)υ H O = Δ mol t VΔt 2L in×5 m = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 mol/L 0.5 1 0 0 mol/L 0.3 0.9 0.3 0.3 CO g m +3H g CH O ol/L 0.2 H g +H O 0.1 0.3 0.3 g 始 变 平 2 3 3 2 2 c(H O) c(CH OH)K= c(CO ) c(H ) × × ( ) 1 1 31 1 0. 3 mol L 0.3 mol LK 0. 2 mol L 0. 1 mol L − − − − ⋅ × ⋅= ⋅ × ⋅ 1 1 2 3 c 3 1 1 3 2 2 c(H O) c(CH OH) 0. 6 mol L 0.6 mol LQ = c(CO ) c(H ) 0. 4 mol L (0. 2 mol L ) − − − − × ⋅ × ⋅=× ⋅ × ⋅ 大)，M= 即 M 必然变化，当 M 不变，表明反应已达平衡，故 c 正确；d．断裂 H－H 键(v 正)断裂 H－O 键(v 逆)之比 1∶1，v 正= v 逆，表明反应已达平衡，故 d 正确；答案选 a。 28．（14 分）高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等。制备 NH4ClO4 的工艺流程如下： (1)电解 NaClO3 溶液时，ClO −3在____极发生反应，其电极反应式为 。 (2)“除杂”有两种方案。 ①方案 1：加入盐酸和 H2O2 溶液，NaClO3 转化为 ClO2，化学方程式为 。 方案 2：加入氨水和 FeCl2∙4H2O，NaClO3 转化为 Cl−，离子方程式为 ，如果 FeCl2∙4H2O 过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是______。(填化学式) ②比较氧化性：ClO−3_____ClO−4 (填“>”或“ 操作步骤简单(或过 量的 H2O2 易除去等合理答案) （3）浓盐酸和液氨的反应为放热反应 （4）NaCl 【解析】(1)氯酸根离子化合价为+5 价升高到高氯酸根离子的+7 价，发生氧化反应，在阳极发 生反应，反应式为：ClO−3+H2O-2e−=ClO−4+2H+；(2)①双氧水把氯酸钠还原为二氧化氯，方程式为： 2NaClO3+2HCl+H2O2=2ClO2↑+2NaCl+2H2O+O2↑；氨水、亚铁离子、氯酸根离子反应生成氯离子、 氢氧化铁沉淀、铵根离子，离子方程式为：6Fe2++ClO−3+3H2O+12NH3∙H2O=6Fe(OH)3↓+Cl−+12NH +4 ； 如果 FeCl2∙4H2O 过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是四氧化三铁；②根据以上分析，氯酸根离 子氧化性大于高氯酸根离子；③两种方案相比，方案 1 的优点是操作步骤简单(或过量的 H2O2 易除 去等合理答案)；(3)由于浓盐酸和液氨的反应为放热反应，故反应无需加热；(4)根据流程可知，该流 程中可循环利用的物质是氯化钠。 三、选考题（共 15 分，请考生从以下题中任选一题作答，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） 我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来 其成分为 BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。 (1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有 Cun+离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。 (2)“中国蓝”的发色中心是以 Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是___元素。 (3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有 BaCO3，孔雀石 Cu2(OH)2CO3 和砂子(SiO2)。SiO2 晶体中 Si 原子的杂化轨道是由______轨道（填轨道的名称和数目）和________轨道杂化而成的。 (4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的 天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是______。 (5)在 5500 年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料 中用 CaCO3 代替了 BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO 2−3 中键角∠OCO 为___。根据所学，从原料分 解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。 (6)自然界中的 SiO2，硬度较大，主要原因是___。下图为 SiO2 晶胞中 Si 原子沿 z 轴方向在 xy 平面的投影图（即俯视投影图），其中 O 原子略去，Si 原子旁标注的数字表示每个 Si 原子位于 z 轴 的高度，则 SiA 与 SiB 的距离是_____。 【答案】（1）2 3d9 （2）O （3）1 个 3s 3 个 3p （4）BaSO4 （5）120° 低 （6）SiO2 是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 【解析】（1）根据化合物中所有元素化合价代数和为 0 可计算出 Cu 的化合价为+2，故 Cun+离 子中 n＝2，Cu 的价电子排布式 3d104s1，当失去 2 个电子时价电子排布式变为 3d9，故答案为 2， 3d9；（2）“中国蓝”中 Ba2+，Si 都不存在孤对电子，而 O 原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来 提供孤对电子，故答案为：O；（3）SiO2 中 Si 的杂化类型是 sp3，也就是 1 个 3s 轨道和 3 个 3p 轨 m n 2 2 d 道形成，故答案为：1 个 3s，3 个 3p；（4）含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所 以钡矿化学式是 BaSO4，故答案为：BaSO4；（5）碳酸根中 C 属于 sp2 杂化，平面正三角形，键角 为 120°，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性 BaCO3 比 CaCO3 稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的 合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：120°，低；（6）SiO2 是一种空间网状的原子晶体，共价键结 合较为牢固，SiA 与 SiB 在 y 轴方向上距离为 ，在 z 轴方向上距离为 ，所以 SiA 与 SiB 之间 的距离 ，故答案为：SiO2 是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢 固， 。 36．【化学——选修 5：有机化学基础】（15 分） 化合物 H 为抗肿瘤药物吡柔比星的活性物质，其一种合成路线如下： 回答下列问题： (1)A 的化学名称是______________。 (2)反应①所需的试剂和条件是__________________。 (3)C 的结构简式为_________________。 (4)写出 E 到 F 的反应方程式：___________________。 (5)⑦的反应类型是___________________________。 (6)芳香化合物 X 是 H 的一种同分异构体，X 中除苯环外不含其他环状结构，X 能发生银镜反应、 水解反应，写出 X 的结构简式：____________________________(只需写出 3 种)。 (7)设计以环已醇( )为原料制备 的合成路线[无机试剂、P(C6H5)3 及 N(C2H5)3 任用]。________________ 【答案】（1）2-甲基苯甲酸（或邻甲基苯甲酸） （2）CH3OH/浓 H2SO4、加热 （3） （4） +NaOH +CH3OH， +HCl→ +NaCl （5）消去反应 （6） （7） 【解析】A 与甲醇发生酯化反应生成 B，B 和 NBS 发生反应生成 C( )，C 与 P(C6H5)3 反应生成 D，D 与 HCHO、N(C2H5)3 反应生成 E( )，E 先和 NaOH 水解，再酸化得 到 F，G 到 H 发生消去反应。(1)根据 A 的结构简式得到 A 的化学名称是 2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯 甲酸）；故答案为：2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸）。(2)反应①是发生酯化反应，所需的试剂和条 件是 CH3OH/浓硫酸、加热；故答案为：CH3OH/浓硫酸、加热。(3)根据 B 到 C 反应和 D 的结构得 到 C 的结构简式为 ；故答案为： 。(4)E 和氢氧化钠发生水解反应，再 和 盐 酸 发 生 酸 化 反 应 得 到 F ， 其 反 应 的 方 程 式 ， ；故答案为： 1 2 d 1 2 d 2 2d d 2( ) ( ) d2 2 2 = + = 2 2 d ， 。(5)根据 G 和 H 的结构得到⑦的反应类 型是消去反应；故答案为：消去反应。(6)芳香化合物 X 是 H 的一种同分异构体，X 中除苯环外不含 其他环状结构，X 能发生银镜反应，说明有醛基，能水解反应，说明有酯基，但只有两个氧原子， 则 说 明 是 甲 酸 酯 ， 因 此 X 的 结 构 简 式 ： 、 、 、 (只需写出 3 种)；故答案为： 、 、 、 (只需写出 3 种)。(7) 催化氧 化变为 ， 和 HBr 反应生成 ，与 P(C6H5)3 反应生成 ， 与 在 N(C2H5)3 作 用 下 反 应 生 成 ， 因 此 合 成 路 线 为 ； 故 答 案 为 ： 。