2020年全国高三高考全真模拟试题理科综合化学试卷(二)含解析.pdf

2020 年全国高三高考全真模拟试题理科综合化学试卷（二）祝考试顺利可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Ga-70 Ge-73 As-75 Se-79 Br-80 Ag-108 I-127第卷 (选择题共 42 分)一、选择题(本题共 7 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求的)7下列有关资源开发和利用的说法正确的是A海水制盐后可以利用氯碱工业,电解饱和食盐水制备金属钠B海带中的碘是以 I-形式存在,向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉,有蓝色出现C将生活垃圾分类回收,加工、使之再生、再利用,对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一D工业上对煤进行干馏、液化和气化等物理方法处理,目的是降低污染和获得更多化工原料【答案】C【解析】A项,电解饱和食盐水反应产生NaOH、H2、Cl2,不能反应制备金属钠,A 错误；B项,海带中的碘是以 I-形式存在,单质碘遇淀粉变蓝色,I-遇淀粉不变蓝色,故 B错误；C项,垃圾是放错位置的资源。我们国家一直在提倡生活垃圾的分类回收、加工、再利用,对废旧金属进行回收利用,可以提高资源的利用率,是保护金属资源的途径之一,C 正确；D项,煤的干馏、液化和气化均属于化学变化,D 错误。8我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展,其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A异戊二烯所有碳原子可能共平面B可用溴水鉴别 M和对二甲苯C对二甲苯的一氯代物有2 种DM的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气【答案】D【解析】A项,异戊二烯中 2 个碳碳双键所确定的平面重合时,所有碳原子共平面,A 正确；B项,M中含有碳碳双键可使溴水褪色,对二甲苯与溴水可发生萃取,使溶液分层,有机层显橙红色,可用溴水鉴别,B 正确；C项,对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1 种,在甲基上 1 种,合计 2 种,C 正确；D项,M 的分子式为 C8H12O,某种同分异构体含有苯环,则剩余基团为 C2H7-,无此基团,D 错误。9战争的气体化学和分析 中介绍了一种制取COC12(光气,熔点为-118,沸点为 8.2,微溶于水,易溶于甲苯等有机溶剂)的方法,其实验装置如图所示(夹持装置已省略)。已知：3CCl4+2H2SO4(浓)55-603COCl2+4HCl+S2O5Cl2。下列说法正确的是A该反应属于氧化还原反应B自来水从冷凝管的X口通入,且被冷凝的物质是CCl4C可将装置丁的尾气通过导管直接通入NaOH 溶液中进行尾气处理D装置乙中可收集到光气的甲苯溶液,装置丙、丁均可收集到液态光气【答案】D【解析】A项,反应 3CCl4+2H2SO4(浓)55-603COCl2+4HCl+S2O5Cl2中各元素化合价均不变,不属于氧化还原反应,A 错误；B项,自来水从冷凝管的Y口通入,且被冷凝的物质是 COC12,B错误；C项,若将装置丁的尾气通过导管直接通入NaOH 溶液中进行尾气处理,因尾气中含有氯化氢,容易引起倒吸,应用倒扣的漏斗,C 错误；D项,装置乙中可收集到光气的甲苯溶液,光气,熔点为-118,沸点为 8.2,装置丙、丁均可收集到液态光气,D 正确；故选 D。10将 SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1 molL1的 BaCl2溶液和 Ba(NO3)2溶液中,探究体系中微粒间的相互作用,实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀下列说法不正确的是A曲线 a 所示溶液 pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H+HSO3-B曲线 c 所示溶液中发生反应：2Ba2+O2+2SO2+2H2O=2BaSO4+4H+C与曲线 a、b、c 对比,可知曲线 d 所表示的过程中 NO3-是氧化 SO2的主要微粒D依据该实验预测 0.2 mol L1的 KNO3溶液(无氧)也可以氧化 SO2【答案】C【解析】A项,曲线 a 表示无氧环境下,氯化钡溶液 pH 变化减小,说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸,溶液 pH降低的原因是 SO2+H2OH2SO3H+HSO3-,故 A正确；B项,曲线 c 表示有氧环境下,氯化钡溶液 pH 变化较大,则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸,反应的方程式是 2Ba2+O2+2SO2+2H2O=2BaSO4+4H+,故 B正确；C项,氯化钡、硝酸钡在有氧环境下,pH变化几乎相同,所以不能说明曲线d 所表示的过程中 NO3-是氧化 SO2的主要微粒,故 C错误；D项,0.1 mol L1的 Ba(NO3)2硝酸钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫,依据该实验预测0.2 molL1的 KNO3溶液(无氧)也可以氧化 SO2,故 D正确；故选 C。11常温时,把浓度为 0.1 mol?L1盐酸分别滴加到浓度为0.1 mol?L1的 MOH 和 NOH 两种一元碱,所得到滴定曲线如图所示,下列说法正确的是AKb(NOH)1021B碱性：MOHNOH,且两次滴定时均可用酚酞作为指示剂C滴定 NOH,当加入盐酸体积为10mL时,溶液中必有：c(Cl)c(H+)c(OH)c(NOH)D当两溶液均恰好滴定完全时,两溶液中的离子总数相等【答案】C【解析】A项,由起始时 pH值的大小可知,NOH一定为弱碱,MOH可能是强碱也可能是弱碱,由起始得,NOH溶液中 c(OH)=10-3mol?L1,故 Kb(NOH)105,A 错误；B 项,用强酸滴定时,对于NOH 来说,滴定终点为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,对 MOH 来说,终点可能是酸性也可能是中性,故均可选用甲基橙作为指示剂,不宜用酚酞,B 项不正确；C项,当滴定到加入 HCl 为 10mL时,由电荷守恒：c(N+)c(H+)c(Cl)c(OH),由物料守恒：2c(Cl)c(N+)c(NOH),两式相加得：c(Cl)c(H+)c(OH)c(NOH),C项正确；D项,滴定至恰好完全反应时,均消耗盐酸 20mL,两溶液中由电荷守恒均有c(R+)c(H+)c(Cl)c(OH)(R 为 N或 M),两溶液中 c(Cl)相等,但 c(OH)不相等,所以离子总浓度不相等,离子总数也不相等,D 错误。12以熔融 Li2CO3和 K2CO3为电解质,天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图,下列说法正确的是A以此电池为电源电解精炼铜,当有 0.1 mol e转移时,有 3.2 g 铜溶解B若以甲烷为燃料气时,负极反应式为 CH45O28e=CO32-2H2O C该电池使用过程中需补充Li2CO3和 K2CO3D空气极发生的电极反应式为：O2+4e+2CO2=2CO32-【答案】D【解析】A项,电解精炼铜,阳极上铜和比铜活泼的金属失电子变为金属阳离子进入电解质溶液,当有 0.1 mol e转移时,若只有铜放电,则有 3.2 g 铜溶解,粗铜有比铜更活泼的金属首先放电,所以溶解的铜小于3.2g,A 错误；B项,根据图示信息,通入甲烷的电极是负极,在负极上,甲烷变为氢气,氢气发生失电子的氧化反应,即 H2-2e-+CO32-=CO2+H2O,B错误；C项,该电池的电极反应为负极：H2-2e-+CO32-=CO2+H2O,正极：O24e2CO2=2CO32,所以碳酸根离子的浓度不变,该电池使用过程中不需补充Li2CO3和 K2CO3,C 错误；D项,通入空气和 CO2的混合气体一极为原电池的正极,发生还原反应,电极反应式为 O24e2CO2=2CO32,D 正确。13某种化合物(如图)由 W、X、Y、Z 四种短周期元素组成,其中 W、Y、Z分别位于三个不同周期,Y 核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A原子半径：WXYZB简单离子的氧化性：WXCX与 Y、Y与 Z均可形成具有漂白性的化合物DW与 X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】某种化合物由W、X、Y、Z 四种短周期元素组成,由结构图可知 X的简单离子为X+,W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同,结合 Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍,可知 X为 Na元素,Y 为 O元素,则 W为 Al 元素；有 W、Y、Z 分别位于三个不同周期,可知 Z 为 H元素,该化合物为 NaAl(OH)4；A项,同周期的主族元素核电荷数大,原子半径小,则原子半径 Na AlS,S 和 O同主族,则原子半径 SO,氢原子是原子半径最小的原子,则原子半径：H O AlNa,即 ZW YX,故 A错误；B项,金属越活泼,简单离子的氧化性的越弱,Na的金属性比 Al 强,则简单离子的氧化性：Al3+Na+,故 B正确；C 项,Na2O2、H2O2均有强氧化性,具有漂白性,故 C正确；D项,Al(OH)3能与 NaOH 溶液反应,即 Al、Na的最高价氧化物的水化物可相互反应,故 D正确；故选 A。第卷 (非选择题共 58 分)二、必做题(本题共 3 小题,共 43 分。每个试题考生都必须作答)26(14 分)水合草酸亚铁(FeC2O4xH2O)是生产锂电池的原料,难溶于水,受热易分解。某化学兴趣小组对草酸亚铁的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)实验室用硫酸亚铁溶液和草酸制备水合草酸亚铁,反应的化学方程式是 _。(2)将水合草酸亚铁溶于适量盐酸。分别取2 mL 此溶液于 3 支试管中,进行实验：第一支试管中加入几滴KSCN 溶液,溶液不变红；第二支试管中加入几滴K3Fe(CN)6 溶液,生成蓝色沉淀；第三支试管中加入几滴酸性KMnO4溶液,溶液紫红色褪去。上述实验能证明水合草酸亚铁中存在Fe2+的是_(填编号)。(3)为测定水合草酸亚铁中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和 K2)(设为装置A)称重,记为 m1 g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置 A称重,记为 m2g。按下图连接好装置进行实验。验步骤如下：a.打开 K1和 K2,缓缓通入 N2；b.加热装置 A 一段时间；c.停止加热,冷却到室温；d.关闭 K1和 K2,称量 A；e.重复上述步骤,直至 A恒重,记为 m3 g。步骤 b 至步骤 c 继续通入 N2的目的是 _。根据实验数据记录,计算水合草酸亚铁化学式中结晶水数目x_(列式表示)。(4)为探究草酸亚铁的分解产物,将(3)中已恒重的装置A 接入下图所示部分的装置(可重复选用)进行实验。打开 K1和 K2,缓缓通入 N2,充分加热。实验后石英玻璃管中固体仅残留一种有磁性的黑色化合物。写出草酸亚铁受热分解的化学方程式_。实验装置中,依次连接的合理顺序为A、_。【答案】(1)FeSO4+H2C2O4+xH2O FeC2O4xH2O+H2SO4(2 分)(2)(2 分)(3)将装置 A中的水蒸气带走；同时防止FeC2O4冷却时被氧化(2 分)(3 分)(4)3FeC2O4 Fe3O4+4CO+2CO2(2 分)C E(C)F G C H(3分)【解 析】(1)硫 酸 亚 铁 溶 液 和 草 酸 反 应 的 化 学 方 程 式 是FeSO4+H2C2O4+xH2OFeC2O4xH2O+H2SO4；(2)向试管中加入几滴KSCN 溶液,溶液不变红,不能说明肯定存在Fe2+；向试管中加入几滴K3Fe(CN)6 溶液,生成蓝色沉淀,说明肯定存在 Fe2+；草酸根离子、Fe2+均能与紫红色酸性KMnO4溶液反应,不能说明肯定存在Fe2+；故答案选。(3)在无氧环境中进行反 应,防 止FeC2O4冷 却 时 被 氧 化,同 时 将 装 置A 中 的 水 蒸 气 转 移 出A 装 置；m(H2O)=(m3-m1)g,m(FeC2O4)=(m2-m3)g,FeC2O4xH2O=FeC2O4+xH2O 144 18x (m2-m3)g (m3-m1)g 得到 x=(4)由于分解后有磁性的黑色化合物生成,该化合物为Fe3O4,铁元素化合价有变化,说明分解过程中发生了氧化还原反应,化学方程式为：3FeC2O4 Fe3O4+4CO+2CO2；生成的气体先通过澄清石灰水来证明二氧化碳的存在,再通过浓的氢氧化钠吸收二氧化碳,再通过澄清石灰水来证明二氧化碳已吸收完全,气体经干燥灼热的氧化铜,将产生后气体澄清石灰水来证明又生成了二氧化碳,最后进行尾气处理；依次连接的合理顺序为A、C E(C)F G C H。27(14 分)细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺,它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等,以回收某些贵重有色金属和稀有金属,节约矿产资源,最大限度地利用矿藏的一种冶金方法。其中细菌治铜的生产流程为：(1)上述生产流程中有三步用到了同一种分离方法,实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体中分散质的原因是_。(2)绿矾(FeSO47H2O)是一种良好的还原剂,也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。在保存绿矾时,必须_。在溶液 B中加入适量(NH4)2(SO4)2固体,加热浓缩时,可以得到(NH4)2Fe(SO4)46H2O的原因是 _。(3)溶液 B中一定含有的金属阳离子是_。若在溶液 A中加入少量铁屑只发生其中的一个反应,则此反应的平衡常数的表达式为_。(4)写出黄铜矿中的 CuS FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式：_。(5)氧化亚铜可用作船底防污漆,以杀死低级海生动物而保护船体,也可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂,氧化亚铜也是一种重要的半导体材料。请用浓的强碱溶液,根据反应 2Cu+H2OCu2O+H2,设计出工业生产氧化亚铜的一种方法：_(只要求画实验装置图,其他必要材料任选)。【答案】(1)胶体的分散质(或胶体粒子)能透过滤纸(2 分)(2)密封保存,防止被空气中氧气氧化(2 分)相同温度下,硫酸亚铁铵在水中的溶解度比 FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小(2 分)(3)Fe2+(2 分)K=32+23+c(Fe)c(Fe)(2 分)(4)4CuSFeS+17O2+4H+氧化亚铁硫杆菌4Cu2+4Fe3+8SO42-+2H2O(2 分)(5)(2 分)【解析】(1)题给生产流程中有三步用到了同一种分离方法是过滤,胶体分散质粒子能通过滤纸,所以不能用过滤法来分离液态胶体中的分散质；(2)绿矾是一种良好的还原剂,易被氧化,所以保存绿矾时必须密封保存,防止被空气中的氧气氧化；相同温度下,硫酸亚铁铵在水中的溶解度比 FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小,所以在溶液 B中加入适量(NH4)2SO4固体,加热浓缩时,可以得到(NH4)2Fe(SO4)26H2O；(3)溶液 A中的 Fe3+、Cu2+都能与铁屑反应生成Fe2+,所以加入足量铁粉后溶液中一定含有的金属阳离子是Fe2+；氧化性 Fe3+Cu2+,加入少量铁屑只发生Fe和 Fe3+的反应,平衡常数的表达式为K=32+23+c(Fe)c(Fe)；(4)CuS?FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气中的氧气氧化生成 Fe3+、Cu2+和 SO42-,反应的离子方程式为4CuS FeS+17O2+4H+氧化亚铁硫杆菌4Cu2+4Fe3+8SO42-+2H2O；(5)根据反应 2Cu+H2O电解Cu2O+H2,铜失电子发生氧化反应,可用电解法制备氧化亚铜,铜作阳极,因此可设计工业生产氧化亚铜的装置图是。28(15 分)工业上,常采用氧化还原方法处理尾气中的CO、NO。方法 1：氧化法。沥青混凝土可作为反应：2CO(g)O2(g)2CO2(g)的催化剂。图甲表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下,使用同质量的不同沥青混凝土(型、型)催化时,CO的转化率与温度的关系。(1)在 a、b、c、d 四点中,未达到平衡状态的是 _。(2)已知 c 点时容器中 O2浓度为 0.04molL-1,则 50时,在 型沥青混凝土中 CO转化反应的平衡常数 K_(用含 x 的代数式表示)。(3)下列关于图甲的说法正确的是_。ACO转化反应的平衡常数K(a)K(c)B在均未达到平衡状态时,同温下 型沥青混凝土中 CO转化速率比 型要大Cb 点时 CO与 O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高De 点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性方法 2：还原法。某含钴催化剂可以催化消除柴油车尾气中的碳烟(C)和 NOx。不同温度下,将模拟尾气(成分如表所示)以相同的流速通过该催化剂,测得所有产物(CO2、N2、N2O)与 NO的相关数据结果如图乙所示。模拟尾气气体(10 mol)碳烟NO O2He 物质的量(mol)0.025 0.5 9.475 n(4)375 时,测得排出的气体中含0.45molO2和 0.052molCO2,则 Y的化学式为 _。(5)实验过程中采用 NO模拟 NOx,而不采用 NO2的原因是 _。(6)工业上常用高浓度的 K2CO3溶液吸收 CO2,得溶液 X,再利用电解法使 K2CO3溶液再生,其装置示意图如图：在阳极区发生的反应包括_和 H+HCO3-=CO2+H2O 简述 CO32-在阴极区再生的原理：_。【答案】(1)a(2分)(2)2225x(1-x)(2 分)(3)BD(3分)(4)N2(2 分)(5)由于存在反应 2NO2N2O4会导致一定的分析误差(2 分)(6)4OH-4e-2H2O+O2(或 2H2O-4e-=4H+O2)(2 分)阴极水电解生成氢气和氢氧根离子,OH-与 HCO3-反应生成 CO32-(2 分)【解析】(1)CO 和 O2反应是放热反应,当达到平衡后升高温度,CO的转化率降低,所以,b、c、d 点表示平衡状态,a 点对应的状态是不平衡状态。(2)令 CO起始浓度为 a mol L-1。2CO(g)O2(g)2CO2(g)起始浓度(molL-1)：a 0 转化浓度(molL-1)：ax ax 平衡浓度(molL-1)：a(1-x)0.04 ax 222222c(CO)25xK=c(CO)c(O)(1-x)。(3)CO 和 O2反应是放热反应,a 点未达到平衡,没有平衡常数。若达到平衡后,温度升高,平衡向左移动,平衡常数 K减小,A 项错误；观察图象知,催化剂作用下 CO的转化速率大于 催化剂,B 项正确；有效碰撞几率与反应速率有关,温度越高,反应速率越大,有效碰撞几率越高,故在图象中 e 点有效碰撞几率最高,C 项错误；催化剂需要一定活性温度,转化率出现突变,可能是因温度高而催化剂失去活性,D 项正确。故选 BD。(4)观察图象,NO生成 X、Y的转化率之和为 24,即 NO参加反应的物质的量n(NO)0.025mol(168)0.006 mol,根据原子守恒,X 和 Y的物质的量之和等于0.003mol。先根据 O原子守恒求N2O的物质的量,再根据 N守恒求 N2的物质的量。由投入各物质和排出各物质的物质的量知,NOCO2CO2N2N2O 物质的量：0.006 0.05 0.052 0.001 0.002 根据图象,X 的体积是 Y的 2 倍,故 Y为 N2。(5)NO2、N2O4共存,二者存在转化平衡,用 NO2模拟实验会产生较大误差。(6)装置图分析与电源正极相连的为电解池的阳极,与电源负极相连的为电解池的阴极,阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气,电极反应为：4OH-4e-2H2O+O2(或 2H2O-4e-=4H+O2),生成的氢离子与 HCO3-反应生成二氧化碳气体；在阴极区,溶液中 H+放电,破坏水的电离平衡,OH-浓度增大,OH-与 HCO3-反应生成 CO32-,所以 CO32-再生。三、选做题(本题共 2 小题,考生根据要求选择其中一题进行作答)37 化学选修 3：物质结构与性质 (15 分)镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料,应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：(1)硒常用作光敏材料,基态硒原子的核外电子排布式为Ar_；与硒同周期的 p区元素中第一电离能大于硒的元素有_种；SeO3的空间构型是 _。(2)根据元素周期律,原子半径 Ga_As,第一电离能 Ga_As。(填“大于”或“小于”)(3)水晶的主要成分是二氧化硅,在水晶中硅原子的配位数是_。硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等,与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4,上述四种物质沸点由高到低顺序为 _,丁硅烯(Si4H8)中 键与 键个数之比为 _。(4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料,晶体类型与晶体硅类似,熔点如下表所示,分析其变化原因 _。GaN GaP GaAs 熔点170014801238(5)GaN晶胞结构如图 1 所示。已知六棱柱底边边长为acm,阿伏加德罗常数的值为NA。晶胞中 Ga原子采用六方最密堆积方式,每个 Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_；从 GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为a3cm3,GaN晶体的密度为 _g/cm3(用 a、NA表示)。图 1 图 2【答案】(1)3d104s24p4(2 分)3(1分)平面三角形(1 分)(2)大于(1 分)小于(1 分)(3)SiBr4SiCl4Si2H6SiH4(1 分)11：1(2 分)(4)原子半径 N P As,键长 Ga-N Ga-P Ga-P Ga-As,故熔点降低(2 分)(5)12(1 分)3A84 2N a (3 分)【解析】(1)Se是 34 号元素,处于第四周期第 A族,核外电子排布式为：Ar3d104s24p4；同一周期中,元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第 A族元素第一电离能大于相邻元素,因此同一周期 p 区元素第一电离能大于硒的元素有3 种,分别为 As、Br、Kr；气态 SeO3分子 Se原子孤电子对数=0,价层电子对数=3+0=3,为平面三角形；(2)根据元素周期律,Ga 与 As位于同一周期,Ga 原子序数小于 As,故半径 Ga大于 As,同周期第一电离能从左到右,逐渐增大,故第一电离能 Ga小于 As；(3)水晶晶体中 1 个硅原子结合 4 个氧原子,同时每个氧原子结合 2个硅原子,以SiO4 四面体结构向空间延伸的立体网站结构,水晶的晶体中硅原子的配位数为 4；均属于分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越强,沸点越高,故沸点：SiBr4SiCl4Si2H6SiH4；丁硅烯(Si4H8)与丁烯结构类似,分子中有 8 个 Si-H 键,1 个 Si=Si双键、2 个 Si-Si键,单键为 键,双键含有 1 个 键、1 个 键,分子中 键与 键个数之比为 11：1；(4)原子半径 N P As,键长 Ga-N Ga-P Ga-P Ga-As,故熔点降低；(5)从六方晶胞的面心原子分析,上、中、下层分别有3、6、3 个配位原子,故配位数为 12；六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为6 个晶胞共用,对一个晶胞的贡献为1/6；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用,对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞侧棱的原子为3 个晶胞共用,对一个晶胞的贡献为1/3；位于晶胞底面上的棱棱心的原子为 4 个晶胞共用,对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1 个晶胞共用,对一个晶胞的贡献为1,GaN 晶胞中 Ga原子个数为111223626,晶胞中 N原子个数为16463,所以该结构为 Ga6N6,质量为 684/NAg,该六棱柱的底面为正六边形,边长为 a cm,底面的面积为 6个边长为 acm的正三角形面积之和,根据正三角形面积的计算公式,该底面的面积为236a4ncm2,如图所示可知高为 2 倍的正四面体高,623acm,所以体积为33 2a,密度为36 843 2NAa=384 2NAa。38 化学选修 5：有机化学基础 (15 分)香料甲和 G都在生活中有很多用途,其合成路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)D与 A互为同系物；在相同条件下,D 蒸气相对于氢气的密度为39。(1)A 的名称是 _,G中含氧官能团的名称是 _。(2)的反应类型是 _,B和 F的结构简式分别为 _、_。(3)写出一种能鉴别 A和 D的试剂：_ _；C有多种同分异构体,其中属于芳香族化合物的有 _种。(4)写出反应的化学方程式：_ _。(5)G 的同分异构体是一种重要的药物中间体,其合成路线与 G相似,请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_【答案】(1)甲苯(1 分)羧基(1 分)(2)加成反应(1 分)(2 分)(2 分)(3)酸性高锰酸钾溶液(1 分)4(2分)(4)+CH3COOH+H2O(2分)(5)(3 分)【解析】由 C 及反应条件可知 C为苯甲醇,B 为,A 为甲苯。在相同条件下,D 的蒸气相对于氢气的密度为39,则 D的相对分子质量为392=78,D 与 A互为同系物,由此知 D为芳香烃,设 1 个 D分子中含有 n 个碳原子,则有 14n-6=78,解得 n=6,故 D为苯；与乙醛反应得到E,结合信息,E 为,E 与溴发生加成反应得到的F为,F 发生氧化反应生成的G为。(1)根据分析可知,A 为甲苯,G 为,则 G中含氧官能团为羧基；(2)反应为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成,根据上述分析,B 和 F的结构简式分别为、；(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共 4 种；(4)反应为乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O；(5)苯乙醛与甲醛反应生成,再与溴发生加成反应生成,最后发生催化氧化反应生成,故合成路线为。2020年全国高三高考全真模拟试题理科综合化学试卷（二）