1、2020年高考化学模拟卷05 (考试时间：50分钟 试卷满分：100分)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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 Na 23 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cr 52 C
2、o 59一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7（福建省龙岩市2020届高三上学期期末）对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是A本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3B黄白第十六中“曾青涂铁，铁赤如铜”，“ 曾青”是指可溶性铜盐C天工开物中“凡石灰，经火焚炼用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2D汉书中“高奴县有洧水可燃”这里的“洧水”指的是石油【答案】C【解析】A、草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项A正确；B、曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的
3、过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项B正确；C、“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaCO3，不是Ca(OH)2，如果是Ca(OH)2，不用焚烧，可以直接使用，选项C错误；D、由题中信息知，“洧水”是一种矿物，且可燃，所以“洧水”就是石油，选项D正确。答案选C。点睛：本题以文言文为切入点考查物质的组成、结构和性质的关系，关键是正确理解题中所描述的意思，作出正确判断，题目难度不大，但理解不好容易出错。8阿伏加德罗是意大利化学家（1776.08.09- 1856.07.09），曾开业当律师，24岁后弃法从理，十分勤奋，终成一代化学大师。为了纪念他，人们把1 mol某种微粒集合体所含有
4、的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用N表示。下列说法或表示中不正确的是A科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1 molB在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAC60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D6.021023mol-1 叫做阿伏加德罗常数【答案】D【解析】A. 含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1 mol，故A正确；B. 生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为 37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量= =70.7gmol1，若有212克氯气生
5、成物质的量=3mol，生成3mol氯气电子转移5mol，故B正确；C. 乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故C正确；D. 6.021023mol-1 是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；故选D。9（泰安市2020届高三上学期期末）下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入(或滴入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是【答案】B【解析】A选项，次氯酸根与二氧化硫反应生成硫酸根和氯离子，故A错误；B选项，硫化氢和铁离子反应生成亚铁离子和硫单质，故B正确；C选项，铁离子和Al(OH
6、)4-发生双水解，故C错误；D选项，碳酸氢根和Al(OH)4-发生反应生成氢氧化铝和碳酸根，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】铁离子与偏铝酸根、碳酸根、碳酸氢根、硅酸根等离子发生双水解反应；碳酸氢根和偏铝酸根反应不是双水解反应。10（武汉市武昌区2020届高三元月调研）甲辛等元素在周期表中的相对位置如图所示。甲与戊的原子序数相差3，戊是空气中含量最多的元素，丁与辛是同周期元素。下列说法正确的是A丙不能与水发生反应B己和氯气反应的产物只有一种C丙与庚的原子核外电子数相差13D乙形成的氧化膜疏松，不能保护内层金属【答案】C【解析】戊是空气中含量最多的元素，则戊是N元素，甲与戊的原子序数相差3，
7、则甲是Be，可推知乙是Mg，丙是Ca，丁是Sc元素，戊是N，己是P，庚是As，辛是Ge。A.丙是Ca，Ca是活泼的金属，能够与水反应产生Ca(OH)2和H2，A错误；B.己是P，P与Cl2反应产生PCl3、PCl5，产物不只有一种，B错误；C.丙是Ca，原子序数是20，庚是As，原子序数是33，二者的原子序数差为33-20=13，C正确；D.乙是Mg，乙形成的氧化膜MgO非常致密，能对内层的金属起保护作用，D错误；故合理选项是C。11中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是A电流方向从A极沿导线经小灯泡
8、流向B极BB极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO 8e +4H2O = 2HCO3 +9H+C当外电路中有0.2 mol e 转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NADA极的电极反应式为+ H+2e = Cl + 【答案】B【解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e +H+=+Cl ，B为负极，电极反应式为CH3COO 8e +4H2O =2HCO3 +9H+，据此分析解答。A原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；BB极为电池的负极，失去电子，发生氧化
9、反应，电极反应式为CH3COO 8e +4H2O =2HCO3 +9H+，B极不是阳极，故B错误；C根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole 转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；DA为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e +H+=+Cl ，故D正确；答案选B。【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。12下述实验方案能达到实验目的的是编号ABCD实验方案片刻后在Fe电极附近滴入K3Fe(CN)6溶液置于光亮处实验目的验证铁钉发生析氢腐蚀
10、验证Fe电极被保护验证乙炔的还原性验证甲烷与氯气发生化学反应【答案】D【解析】本题考查化学实验装置的分析，意在考查考生对化学实验的设计和分析能力。食盐水浸泡过的铁钉发生的是吸氧腐蚀，A项错误；铁电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应而被腐蚀，B项错误；由电石产生的乙炔中含有的PH3、H2S等气体也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对乙炔的检验有干扰，C项错误；甲烷与氯气在光照时发生取代反应，可以观察到试管中气体颜色变浅，试管壁出现油状液滴，试管内液面上升，D项正确。13下列有关同分异构体的种类判断中，正确的是A.分子式为C9H10的芳香族化合物有8种B.分子式为C5H8O2，含五元环且属于酯的有机物
11、有2种C.分子式为C5H10O2，能和碳酸氢钠溶液反应的有机物W。在光照条件下，W与氯气发生烃基上的取代反应，生成的一氯代物有12种D.分子式为C5H12O，且能与Na反应放出氢气的有机化合物(不考虑立体异构)有5种【答案】C【解析】苯的同系物的通式为CnH2n-6。若n=9，则2n-6=12，题给分子式中H的个数为10，说明侧链上含有一个碳碳双键或一个环。若苯环上只有一个侧链，可能为C6H5CH=CHCH3、C6H5CH2CH=CH2、C6H5C(CH3)=CH2、，共4种；若苯环上有两个侧链，则侧链分别为CH3、CH=CH2，CH3和CH=CH2分别位于苯环上的邻、间、对位，共3种，因此符
12、合条件的同分异构体共7种，A项判断错误。有机物除五元环外还含有1个甲基，甲基在五元环上有3种位置关系，B项判断错误。依据题意，可知W为羧酸，其结构可写成C4H9COOH，C4H9有4种结构，故此羧酸也有4种结构，分别为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、CH3CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)3COOH，烃基上氢原子种类分别为4、4、3、1种，则W的一氯代物共有12种，C项判断正确。根据题给信息判断该有机化合物为醇，5个碳原子的碳骨架可能有3种结构，即：CCCCC、，羟基在CCCCC中有3种连接方式，在中有4种连接方式，在中有1种连接方式，故该有机物共
13、有8种同分异构体，D项判断错误。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）1利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。沉淀中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(
14、OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是_。（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为_。（4）操作包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，其原因可能是_(回答一条原因即可)。（6）将5.49g
15、草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。温度范围/固体质量/g1502104.412903202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320温度范围，剩余的固体物质化学式为_。已知：CoC2O42H2O的摩尔质量为183gmol1【答案】（14分）（1）将Fe3+、Co3+还原（2分） （2）ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O （2分） （3）使Fe3+和Al3+沉淀完全（2分） CaF2和MgF2（2分）
16、 （4）蒸发浓缩（1分） 冷却结晶（1分） （5）粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) （2分） （6）Co3O4(或CoOCo2O3) （2分） 【解析】（1）、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；（2）、NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-
17、，反应的离子方程式为：ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O-；（3）根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液l中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶液，知沉淀为MgF2、CaF2；（4）、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；（5）、根据CoCl26H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去
18、部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；（6）、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O42H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290320内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.0
19、2mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290320温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoOCo2O3。27（15分）（荆门市2020届高三元月调研）无水三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。已知：CrCl3熔点为83，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；Cr2O3和CCl4在高温下反应的产物为CrCl3和光气（COCl2 ）。请回答下列问题：（
20、1）装置A是氮气制备装置，氮气的作用是_。（2）装置B的作用为_。装置C和装置E的水槽中应分别盛有_、_。（3）装置D中生成CrCl3和光气（COCl2 ）的化学方程式为_。（4）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：_（写一点即可）（5）产品中CrCl3质量分数的测定：（i）称取0.3000 g得到的CrCl3样品溶于水并于250mL容量瓶中定容。（ii）取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2,稀释并加热煮沸，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72-；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+形式存在（iii）加入1mL
21、指示剂，用0.0250 molL1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL（已知2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI）ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是_；加入KI发生反应的离子方程式为_。滴定实验可选用的指示剂为_产品中CrCl3质量分数为_%（结果保留两位有效数字）。【答案】（15分）（1）排出空气、吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气 （2分）（2）除去氮气中水蒸气（1分） 热水（1分） 冷水（1分） （3）Cr2O33CCl42
22、CrCl33COCl2（2分） （4）将连接装置D、E的细导管改成粗导管（2分） （5）除去溶解的氧气，防止将I-氧化（1分） Cr2O72-+ 6I-+14H+= 2Cr3+3I2+7H2O（2分） 淀粉溶液（1分） 92.5（2分） 【解析】A装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气，B装置干燥氮气，C装置中的是反应物，氮气将吹入反应装置D中，E装置进行尾气吸收。（1）氮气的作用是排出空气、吹出蒸汽、吹出产物及尾气，故答案为：排出空气、吹
23、出蒸汽、吹出产物及尾气；（2）由信息可知装置D中必须保持无水环境，故装置B的作用是干燥氮气；装置C中热水的作用是使汽化，提供反应所需的反应物；装置E中冷水的作用是冷凝生成的，故答案为：除去氮气中水蒸气；热水；冷水；（3）由题意可知，反应物是和，产物为和，故方程式为：，故答案为：；（4）由信息可知易升华，题中装置图中D、E之间的导管太细，易发生堵塞，故应将细导管换成粗导管，故答案为：将连接装置D、E的细导管改成粗导管；（5）溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的 的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸；和发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子方程式为：，故答案为：除去溶
24、解的氧气，防止将氧化；利用滴定生成，遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指示剂；设25.00mL溶液中，由元素守恒及方程式可得关系式：， ，故，所以250mL溶液中 的物质的量为0.00175mol，根据元素守恒可知，所以样品中 ，故样品中无水三氯化铬的质量分数为：，故答案为：淀粉溶液；92.5。28（14分）（绵阳市2020届高三第二次诊断性考试）甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（SiHCl3）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：（1）工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产SiHCl3时伴随发生的反应有：Si(s)4HCl(g)= SiCl4(g)2H2(g) H
25、-241 kJ/molSiHCl3(g)HCl(g)=SiCl4(g)H2(g) H-31 kJ/mol以硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式是_。（2）工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为_。（3）三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)SiCl4(g)为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的PA100催化剂，在不同反应温度下测得SiHCl3的转化率随时间的变化关系如图所示。 353.15 K时，平衡转化率为_，反应的平衡常数K
26、_（保留3位小数）。该反应是_反应（填“放热”“吸热”）。323.15 K时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。 比较a、b处反应速率的大小：va_vb （填“”“”或“”）。已知反应速率v正，v逆，k1、k2分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在353.15 K时_（保留3位小数）。【答案】（14分）（1）Si(s)3HCl(g)=SiHCl3(g)H2(g) H-210 kJ/mol（2分） （2）SiCl4LiAlH4=SiH4LiClAlCl3（2分）
27、 （3）24%（2分） 0.025（2分） 吸热（1分） 改进催化剂（1分） 增大压强或提高反应物浓度（1分） （1分） 0.025（2分） 【解析】（1）由盖斯定律，-得硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式：Si(s)3HCl(g)=SiHCl3(g)H2(g) H-210 kJ/mol；（2）题目信息：四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）反应后得甲硅烷及两种盐，氢化铝锂中有两种金属元
28、素，刚好成两种盐LiCl、AlCl3 ，方程式为：SiCl4LiAlH4=SiH4LiClAlCl3；（3） 由图可知353.15K时，最大转化率24%，则平衡转化率为24%；反应的平衡常数计算：设起始SiHCl3浓度为1mol/L，根据三段式找到达到平衡各物质浓度， ；由图可知：温度升高，该平衡转化率增大，升温平衡正向移动，则正向是吸热反应。323.15 K时，要缩短反应达到平衡的时间即加快反应速率，可采取的措施有改进催化剂、增大压强或提高反应物浓度；（4）a、b两处转化率相同，说明消耗的SiHCl3等量的，但a的时间比b的短，a的反应速率快，故va>vb；已知反应
29、速率v正，v逆，达到平衡时v正v逆，即，变形得=，由图可知353.15K时，平衡转化率为24%，则在353.15K时K24%。【点睛】（2）此题图像题：横轴是时间，纵轴是不同反应温度下测得不同时间的SiHCl3的转化率，图形体现的是SiHCl3的转化率随时间的变化关系图。任选一条图像从图形走势来看，转化率随时间变化即反应的进行不断增大，直至最大值即达平衡。故353.15K时，最大转化率24%，即平衡转化率为24%，然后设起始SiHCl3浓度为1mol/L，根据三段式找到达到平衡各物质浓度。（4）题关键在于对ab两点纵坐标的值相等的理解，说明转化的反应物浓度即c相等，反应速率v=，时间长则速率小
30、。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。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
31、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。CO32一中键角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
32、子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_。【答案】（15分）（1）2（1分） （1分） （2）O或氧 （1分） 1个3s （1分） 3个3p （1分） （3） （2分） （4）（2分） 低（2分） （5）是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 （2分） （2分） 【解析】【分析】根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算n值，Cu2+ 的价电子排布式根据铜原子的价电子排布式3d104s1
33、 得出。“中国蓝”中、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。 SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子。Si原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成键和容纳孤对电子。所以SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成。含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根。碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，比稳定。是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较
34、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。【详解】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n2，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，故答案为2，；“中国蓝”中，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；SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为：1个3s，3个3p；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，故答案为：；碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对
35、于碱土金属碳酸盐的热稳定性比稳定，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：，低；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：是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，；【点睛】电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识要掌握牢固，SiA与SiB 之间的距离的计算，对学生的立体空间想象能力要求高。36化学选修5：有机化学基础（15分）化合物F是一种药物合成的中间体，F的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）的名称为_。（2）D中含氧官能团的名
36、称为_。（3）BC的反应方程式为_。（4）DE的反应类型为_。（5）C的同分异构体有多种，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体还有_种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6:2:1的同分异构体的结构简式_。（6）依他尼酸钠（）是一种高效利尿药物，参考以上合成路线中的相关信息，设计以 为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路线。_【答案】（15分）（1）2-氯丙酸（1分） （2） 羧基、醚键（2分） （3） （2分） （4） 取代反应（2分） （5） 5（2分）
37、 （2分） （6） （4分） 【解析】【分析】由流程图可知：A在催化剂作用下发生苯环上溴代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生信息中取代反应生成D，由信息D发生取代反应生成E，由E的结构、反应条件，逆推可知D为、C为、B为对比E、F的结构，可知E的羧基与碳酸钠反应，E中亚甲基与甲醛发生加成反应、消去反应引入碳碳双键，最终生成F。（6）模仿CF的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物。【详解】（1）中Cl为取代基，丙酸为母体从羧基中C原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸；（2）D为，D中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；（3）BC的反应方程式为：（4）DE是苯环上H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应；（5）C（）的同分异构体有多种，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-ONa分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种，不包括C本身还有5种，核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式为：；（6）模仿CF的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物，合成路线流程图为：。
