2020年高考化学必刷试卷04（解析版）.pdf

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1、2020 年高考化学必刷试卷 04(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 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24S 32Ca 40Fe 56一、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(湖北省浠水实验高中 2

2、020 届高三 12 月月考)化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法不正确的是A温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁B油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质C石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料D白葡萄酒含维生素 C 等多种维生素，通常添加微量 SO2的目的是防止营养成分被氧化【答案】B【解析】A、二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故 A 正确；B、油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因氧化而变质，故 B 错误；C、气凝胶制成的轻

3、质“碳海绵”，具有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故 C 正确；D、二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故 D 正确。答案选 B。8 （河南省中原名校 2020 届高三上学期第四次质量考评）分子式为 C4H6O2的物质，能使溴的 CCl4溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团的物质最多有A8 种B7 种C6 种D5 种【答案】A【解析】能使溴的 CCl4溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团，说明含有碳碳双键和羧基或酯基中的一种，当含氧官能团为-COOH 时，相应的同分异构体有 3 种：CH2=C(CH3)COOH、CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH；当含氧官能团是

4、酯基时有如下 5 种：甲酸酯有 3 种、乙酸酯 1 种；丙烯酸酯 1 种，共 8种。答案选 A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意羧酸、烯烃的性质，能与 NaHCO3溶液反应生成气体，则有机物含-COOH，能使溴的CCl4溶液褪色，分子式为 C4H6O2，比饱和一元羧酸少 2 个 H，则含碳碳双键。9 （广东省六校联盟 2020 届高三第二次联考）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A1mol 碳正离子（CH3）所含的电子总数为 9NAB25，pH13 的 Ba(OH)2溶液中含有 OH的数目为 0.1NA

5、C常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成 8g 氧气转移的电子数为 0.5NAD1mol 雄黄(As4S4)，结构如图：，含有 2NA个 SS 键【答案】D【解析】A一个碳原子含有 6 个电子，三个氢原子有 3 个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为 6+31=8，1mol 碳正离子（CH3）所含的电子总数为 8NA，故 A 项错误；B题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故 B 项错误；C过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，且为唯一氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成 8g 氧气即 0.5mol 氧气共失去 1mol 电子，即反应中失电子数为 1NA，转移

6、电子数为 1NA，故 C 项错误；D一个分子中含有两个 SS 键，1mol 雄黄含有 2NA个 SS 键，故 D 项正确；故答案为 D。10 （湖南省湘潭一中 2020 届高三高考模拟诊断）短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。W 的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X 是同周期中金属性最强的元素，Y 原子的最外层电子数等于电子层数，W 和Z 原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是A单质的沸点：ZWB简单离子半径：XWC元素 X 与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物DX、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】B【解析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子

7、序数依次增大，W 的单质与 H2在暗处能化合并发生爆炸，则 W 为F 元素；X 是同周期中金属性最强的元素，X 的原子序数大于 F，则 X 位于第三周期，为 Na 元素；Y 原子的最外层电子数等于电子层数，Y 的原子序数大于 Na，则位于第三周期，最外层含有 3 个电子，为 Al 元素；W 和 Z 原子的最外层电子数相同，则 Z 为 Cl 元素；AZ、W 的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：ZW，故 A 正确；BX 为 Na、W 为 F，二者的离子都含有 2 个电子层，Na 的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子

8、半径：XW，故 B 错误；CX 为 Na，金属钠与 O 形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故 C 正确；DX、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物分别为 NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故 D 正确；故答案为 B。11(河北省承德第一中学 2020 届高三第三次月考)将 4 mol A(g)和 2 mol B(g)在 2 L 的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g)H0，反应 2 s 后测得 C 的浓度为 0.6 molL-1。下列说法正确的是A2 s 后物质 A 的转化率为 70%B当各物质

9、浓度满足 c(A)=2c(B)=c(C)时，该反应达到了平衡状态C达到平衡状态时，增加 A 的物质的量，A 和 B 的转化率都提高D达到平衡状态时，升高温度，平衡逆向移动，同时化学平衡常数 K 减小【答案】D【解析】 起始时， A 的浓度为4mol2L=2 mol/L， B 的浓度为2mol2L=1 mol/L， 反应 2s 后测得 C 的浓度为 0.6mol/L，则2A（g）+B（g）2C（g）开始（mol/L）210转化（mol/L） 0.60.30.62s （mol/L）1.40.70.6A2s 后物质 A 的转化率为0.6mol/L2mol/L100%=30%，故 A 错误；Bc(A)

10、=2c(B)=c(C)时，不能判定平衡状态，与起始浓度、转化率有关，故 B 错误；C达到平衡状态时，增加 A 物质的量，促进 B 的转化，平衡正向移动，B 的转化率增大，而 A 的转化率减小，故 C 错误；DH10-9mol/L，形成 AgCl 沉淀需要的 Ag+小，因此会先析出 AgCl 沉淀，C 正确；D向 Ag2CrO4、AgCl 混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，其中仍然存在 Ag2CrO4、AgCl 的沉淀溶解平衡，温度不变，所以242c CrOcCl不变，D 错误；故合理选项是 D。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

11、为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 43 分。26 （安徽省三人行名校联盟 2020 届高三联考） （14 分）某化学兴趣小组欲制备摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O并探究其分解产物。查到如下信息：摩尔盐可由 FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合制备；该物质能溶于水、不溶于乙醇，在空气中能逐渐被氧化；100开始分解，且分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。I.制备摩尔盐（1）向新制的 FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体，加热，实验过程中最好采用_加热方式。（2）蒸发浓缩、冷却结晶使摩尔盐结晶析出，晶体过滤后用_洗涤。（3） 该小组用滴定法测产品纯度。

12、 现称取 a g 该产品于锥形瓶中， 加蒸馏水溶解， 用 0.1000mol/L 酸性 KMnO4溶液滴定，到达滴定终点时，消耗 KMnO4溶液 20.00 mL，则该产品的纯度为_。II.探究摩尔盐受热分解的产物（4）验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。所选用装置的正确连接顺序为_。(可选部分仪器，填装置的字母序号)A 中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明 A 中残留固体仅为 Fe2O3，而不含 FeO 或Fe3O4_。（5）探究分解产物中的硫氧化物，按 ADBF 的顺序连接装置，进行实验。D 装置中试剂的作用是_。实验过程中，仅 B 中有沉淀生成，其他实验证明摩尔盐

13、受热分解除上述产物外，还有 N2生成。写出摩尔盐受热分解的化学方程式_。【答案】 （14 分） （1）热水浴（2 分）（2）乙醇（1 分）（3）392%a（2 分）（4）AEFC（2 分）取少量 A 中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是 Fe2O3而不含 FeO 和 Fe3O4（3 分）（5）检验是否含有 SO3，并防止 SO2和 NH3一同进入 D 装置生成白色沉淀，干扰 SO3的检验 （2 分）2(NH4)2Fe(SO4)26 H2OFe2O3+4SO2+2NH3+N2+17H2O（2 分）【解析】I.（1）摩尔盐(NH

14、4)2Fe(SO4)26H2O不稳定，在温度超过 100时分解，则实验过程中最好采用热水浴加热方式；（2）摩尔盐能溶于水、不溶于乙醇，则晶体过滤后用乙醇洗涤；（3）根据 5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 可知：5(NH4)2Fe(SO4)26H2O5Fe2+MnO4，滴定时消耗的 KMnO4物质的量为 0.1mol/L0.02L=0.002mol， 则(NH4)2Fe(SO4)26H2O 的物质的量为 50.002mol=0.01mol，该产品的纯度为0.01mol 392g / mol100%ag=392%a；II.（4）实验 I 验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装

15、置 A 先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置 E 中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置 F 中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置 C 检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为 AEFC；设计实验证明 A 中残留固体仅为 Fe2O3， 而不含 FeO 或 Fe3O4， 设计实验利用亚铁离子具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色设计，取少量 A 中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是 Fe2O3而不含 FeO 和

16、Fe3O4；（5）利用 D 装置中盛装的酸性 BaCl2溶液可的作用是检验是否含有 SO3，并防止 SO2和 NH3一同进入 D装置生成白色沉淀，干扰 SO3的检验；实验过程中，D 中无沉淀，而 B 中有沉淀生成，说明分解产物中含有 SO2，而没有 SO3，说明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有 N2产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)26 H2OFe2O3+4SO2+2NH3+N2+17H2O。27 （惠州市 2020 届高三二调） （14 分）CO2和 CH4是两种重要的温室气体，通过 CH4和 CO2反应制造更

17、高价值化学品是目前的研究目标。（1）250时，以镍合金为催化剂，向 4 L 容器中通入 6 mol CO2、6 mol CH4，发生如下反应：CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数 K=_。已知：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)H =890.3 kJmol1CO(g)H2O (g)CO2(g)H2(g)H =+2.8 kJmol12CO(g)O2(g)2CO2(g)H =566.0 kJmol1反应 CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g) 的H

18、 =_kJmol1（2）以二氧化钛表面覆盖 Cu2Al2O4为催化剂，可以将 CO2和 CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。为了提高该反应中 CH4的转化率，可以采取的措施是_。（3）Li2O、Na2O、MgO 均能吸收 CO2；如果寻找吸收 CO2的其他物质，下列建议不合理的是_。a.可在具有强氧化性的物质中寻找b.可在碱性氧化物中寻找c.可在A、A 族元素形成的氧化物中寻找Li2O 吸收 CO2后，产物用于合成 Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放 CO2，原理是：在 500，CO2与

19、Li4SiO4接触后生成 Li2CO3；平衡后加热至 700，反应逆向进行，放出 CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是_。（4）高温电解技术能高效实现下列反应：CO2+H2OCO+H2+O2，其可将释放的 CO2转化为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下：CO2在电极 a 放电的电极反应式是_。【答案】 （14 分，每空 2 分） （1）64+247.3（2）温度超过 250时，催化剂的催化效率降低增大反应压强或增大 CO2的浓度（3）aCO2+ Li4SiO4Li2CO3+ Li2SiO3（4）CO2+ 2e-=CO+O2 -【解析】 （1）建立三步走思维：6-x=0.

20、16-x+6-x+2x+2xx = 4此温度下该反应的平衡常数2288( )( )44=642244K已知：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)H =890.3 kJmol1CO(g)H2O (g)CO2(g)H2(g)H =+2.8 kJmol12CO(g)O2(g)2CO2(g)H =566.0 kJmol1将2 - 2，反应 CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g) 的H =+247.3 kJmol1以二氧化钛表面覆盖 Cu2Al2O4为催化剂，可以将 CO2和 CH4直接转化成乙酸。250300时，根据图中信息知道高于 250时，催化剂的催化效率降低，因此温度升高

21、而乙酸的生成速率降低，故答案为温度超过 250时，催化剂的催化效率降低；为了提高该反应中 CH4的转化率，可以采取的措施是增大压强或者增加二氧化碳的浓度，Li2O、Na2O、MgO 均能吸收 CO2；a 选项，可在具有强氧化性的物质中寻找，强氧化性的物质不与二氧化碳反应，故 a 不合理；b 选项，碱性氧化物与二氧化碳反应，故 b 合理；c 选项，可在A、A 族元素形成的氧化物主要是碱性氧化物，与二氧化碳反应，故 c 合理；综上所述，答案为 a；Li2O 吸收 CO2后，产物用于合成 Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放 CO2，原理是：在 500，CO2与 Li4SiO4接触后生成 L

22、i2CO3，根据质量守恒，另一中生成物为 Li2SiO3，平衡后加热至 700，反应逆向进行，放出 CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是 CO2+ Li4SiO4Li2CO3+ Li2SiO3，故答案为 CO2+ Li4SiO4Li2CO3+ Li2SiO3；根据分析 CO2在电极 a 放电变为 CO，化合价降低，得到电子，因此其电极反应式是 CO2+ 2e=CO+O2。28 （湖北省普通高中联考协作体 2020 届高三期中理综） （15 分）水是一种重要的自然资源，水质优劣直接影响人体健康，水处理技术在生产、生活中应用广泛。聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿

23、的烧渣(主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2等)和废铁屑为原料制取聚合硫酸铁(Fe2(OH)x(SO4)3x2m)的工艺流程如图：（1）用 98%的硫酸配制 28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_(填标号） 。a.容量瓶b.烧杯c.玻璃棒d.分液漏斗（2）废铁屑表面附有铁锈，铁锈的主要成分为_，步骤的具体实验操作有_。（3）水解、聚合要严控 pH 和温度。pH 偏小时 Fe3+水解程度弱，pH 偏大时则_。写出水解、聚合反应生成 PFS 的化学方程式：_。（4）步骤相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_。（5）污水经过一级、二级处理后，还含有少量 Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子

24、，可加入沉淀剂使其沉淀。下列物质能作为沉淀剂的是_（填标号） 。a.氨水b.硫化氢气体c.硫酸钠溶液d.纯碱溶液（6）硬度为 1的水是指每升水含 10mgCaO 或与之相当的物质(如 7.1mgMgO)。若某天然水中c(Ca2+)=1.5103mol/L，c(Mg2+)=6.4104mol/L，则此水的硬度为_。【答案】 （15 分） （1）bc（2 分）（2）Fe2O3nH2O 或 Fe2O3（1 分）蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤) （2 分）（3）形成氢氧化铁沉淀（2 分）mFe2(SO4)3+xmH2OFe2(OH)x(SO4)3x2m+mx2H2SO4（2 分）（4）降低蒸发温度防止

25、产物分解（2 分）（5）bd（2 分）（6）12（2 分）【解析】 黄铁矿的烧渣中主要成分为 Fe2O3、FeO、 SiO2，向其中加入稀硫酸，发生反应产生 FeSO4、 Fe2(SO4)3，SiO2不溶于水，将其过滤除去，向滤液 I 中加入废 Fe 屑，Fe2(SO4)3会发生反应产生 FeSO4，过滤除去过量的铁屑，将滤液 II 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到 FeSO47H2O，向其中加入 H2SO4、H2O2，发生氧化还原反应产生 Fe2(SO4)3，然后经水解、聚合得到 PFS。（1）配制一定质量分数稀硫酸要在烧杯中进行，首先根据计算用量筒量取一定体积的浓硫酸，将其沿烧杯内部缓缓倒

26、入盛有一定质量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，再加入水直至前后使用的水量与计算一致时，停止加入，搅拌均匀，就得到待求质量分数的溶液。故使用的仪器，除量筒外，还需要烧杯和玻璃棒，故合理选项是 bc；（2）铁锈主要成分是氧化铁的结晶水合物或氧化铁，化学式写为 Fe2O3nH2O 或 Fe2O3；步骤是从 FeSO4溶液中获得的 FeSO47H2O，具体实验操作有蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)；（3）铁盐是强酸弱碱盐，在溶液中 Fe3+水解使溶液显酸性，增大溶液中 c(H+)，盐水解程度减小，即 pH 偏小时 Fe3+水解程度弱，pH 偏大时则水解程度增大，会形成氢氧化铁沉淀。根据题意可知 Fe2

27、(SO4)3水解、聚合反应生成 PFS 的化学方程式为：mFe2(SO4)3+xmH2OFe2(OH)x(SO4)3x2m+mx2H2SO4。的水解规律及盐水解的酸碱性分析；（4）降低压强，物质的沸点降低，降低蒸发温度能够防止产物分解，所以减压蒸发比常压蒸发好；（5）a.氨水会使金属阳离子形成沉淀，但会引入新的杂质离子 NH4+，不符合题意；b.硫化氢气体会使杂质离子形成溶解度小的 CuS、HgS、PbS 沉淀，然后经过滤除去，b 符合题意；c.硫酸钠溶液不能除去 Cu2+，去除效果不理想，c 不符合题意；d.纯碱溶液与杂质离子反应会形成金属氢氧化物沉淀除去，d 符合题意；故合理选项是 bd；

28、（6） c(Ca2+)=1.5103mol/L， 则 c(Mg2+)=6.4104mol/L， 1L水中含有n(Ca2+)=1.5103mol， n(Mg2+)=6.4104mol，根据元素守恒可得 m(CaO)= 1.5103mol56g/mol1000mg/g=84mg，m(MgO)=6.4104mol40g/mol1000mg/g=25.6mg，所以该水的硬度为84mg25.6mg10mg7.1mg=12。（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 （昆明一中 2020 届高三第三次双基检测） （1

29、5 分）碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题：（1）在元素周期表中，与 Li 的化学性质最相似的邻族元素是_(填元素符号)，该元素基态原子最外层电子的自旋状态_(填“相同”或“相反”)。（2）碳和硅的有关化学键键能如下所示：化学键CHCOSiHSiO键能/kJmol1413336318452SiH4的稳定性小于 CH4，更易生成氧化物，原因是_。（3）天然硅酸盐都是由SiO4四面体以顶角氧原子相连而成，可成链状也可成环，所以硅酸盐种类繁多。下图 a 代表 SiO44，b、c 是硅氧四面体形成的环状结构。硅氧四面体中 Si 的轨道杂化类型为_； 图 b 环状结构硅

30、酸根的化学式为_若在环状结构中硅的原子数为 n，写出环状结构中硅酸根的通式_。（4）钾与溴作用能形成溴化钾晶体，该晶体类型为_，其晶格能可通过下图的 BormHaber 循环计算得到。从上图可知，K 原子的第一电离能为_ kJ/mol， BrBr 键键能为_kJ/ mol，KBr 的晶格能为_kJ/mol，晶格能越大，该晶体的熔点越_。【答案】 （15 分）（1）Mg（1 分）相反（1 分）（2）CH 键的键能大于 CO 键，CH 键比 CO 键稳定，而 SiH 键的键能却远小于 SiO 键，所以 SiH 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的 SiO 键（2 分）（3）sp3杂化（1 分）(SiO

31、3)36（2 分）SinO3n2n（2 分）（4）离子晶体（2 分）418.8（1 分）193.0（1 分）689.1（1 分）高（1 分）【解析】 （1）在周期表中，与 Li 的化学性质最相似的邻族元素是 Mg，该元素是 12 号元素，核外电子排布是1s22s22p63s2，在同一轨道上最多容纳 2 个自旋方向相反的电子，所以在 Mg 原子基态原子核外 M 层电子 2 个电子的自旋状态相反；（2）由表中数据可知，CH 键的键能大于 CO 键，CH 键比 CO 键稳定而 SiH 键的键能却远小于 SiO键，所以 SiH 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的 SiO 键，所以 SiH4的稳定性小于

32、CH4，更易生成氧化物SiO2；（3）硅氧四面体中 Si 原子与 4 个 O 原子形成 4 个键，无孤电子对，因此其立体构型为正四面体，Si 原子轨道杂化类型为 sp3杂化；b 中含有 3 个四面体结构，所以含有 3 个 Si 原子，含有的氧原子数为 9，含有氧原子数比 3 个硅酸根离子少 6个 3，带有的电荷为：3(2)=6，该离子化学式是(SiO3)36；c 中含有 6 个四面体结构，所以含有 6 个 Si 原子，含有的氧原子数为 18，含有氧原子数比 6 个硅酸根离子少6 个 O，带有的电荷为：6(2)=12；根据图示可知：若一个单环状离子中 Si 原子数为 n(n3)，则含有 n 个四

33、面体结构，含有的氧原子比 n 个硅酸根离子恰好少 n 个 O 原子，即：含有 n 个 Si，则含有 3n 个 O，带有的负电荷为：n(2)=2n，其化学式为：SinO3n2n；（4） KBr 晶体由 K+、 Br通过离子键结合形成离子晶体； 根据示意图可知 K 原子的第一电离能为 418.8kJ/mol；12molBr2蒸气转化为 Br 气态原子吸收能量 96.5kJ，则 BrBr 键键能 96.5kJ/mol2=193.0kJ/mol；晶格能是气态离子形成 1mol 离子晶体释放的能量，则根据图示，结合盖斯定律可得(89.2+418.8)+(15.5+96.5324.7)kJ/molQkJ/

34、mol=393.8kJ/mol，解得 Q=+689.1kJ/mol；离子晶体的晶格能越大，离子之间的作用力就越强，断裂消耗的能量就越大，因此该晶体的熔点越高。36化学选修 5：有机化学基础（成都市 2020 届高三第二次统考） （15 分）有机制药工业中常用以下方法合成一种药物中间体(G)：（1）G 的分子式是_。（2）化合物 A 中含氧官能团的名称为_。（3）由 CD 的反应类型为_；化合物 E 的结构简式为_。（4）写出 BC 的反应的化学方程式：_。（5）写出同时满足下列条件的 B 的一种同分异构体的结构简式：_。能与新制 Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与

35、FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为 1249；分子中含有氨基。（6） 已知： RCNRCH2NH2， 请写出以 HOOCCH2CH2COOH 和 CH3CH2Cl 为原料制备的合成路线流程图_(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2CH2CH3CH2Cl【答案】 （15 分）（1）C11H18O2N2（2 分）（2）羰基（1 分）（3）取代反应 （2 分）（2 分）（4）+HCl（2 分）（5）或（2 分）（6）（4 分）【解析】 （1）根据 G 的结构式数出 G 的分子式是 C11H18O2N2，故答案为：C11H18O2N2。（2）化合物

36、A 中含氧官能团的名称为羰基，故答案为：羰基。（3）对比 C、D 的结构简式可知，C 中的Cl 被CN 取代生成 D，所以 CD 属于取代反应；由题图知，E与乙醇发生酯化反应得到 F，由 F 的结构简式逆推得，E 的结构简式为，故答案为：取代反应；。（4）对比 B、C 的结构简式可知，B 中碳碳双键与 HCl 发生加成反应生成 C，BC 的反应的化学方程式为+HCl，故答案为：+HCl。（5）同时满足下列条件的 B 的同分异构体：能与新制 Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酯基，即取代基为OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为 1249，存在对称结构，还含有 2 个NH2、1 个C(CH3)3，符合条件的B的同分异构体为或， 故答案为：或。（6）由 FG 的转化可知，CH3CH2CH2NH2与 CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3反应得到，CH3CH2Cl 与 KCN 发生取代反应得到 CH3CH2CN，用氢气还原得到 CH3CH2CH2NH2，CH3CH2Cl 在碱性条件下水解得到 CH3CH2OH， 然后与 HOOCCH2CH2COOH 反应得到 CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3， 故答案为：。