（新）2022年高考名校考前提分仿真卷 化学（六）学生版.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷化 学 （六）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56一、

2、选择题（每小题6分，共42分。）7化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法不正确的是A我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛B中国政府在联合国大会上提出：中国将在2060年前实现碳中和。我国科学家利用甲醇低温所制氢气用于新能源汽车C2022年北京冬奥会上将要使用的聚氨酯速滑服，是一种合成高分子材料D科研人员积极研发抗击新型冠状病毒的疫苗，疫苗一般冷藏存放以避免蛋白质盐析8止吐药米格列奈中间体N的合成反应如图(已知：Ph为苯基)。下列相关叙述错误的是A中间体N的分子式为C22H16O8N2B物质的量

3、相同的M与N最多消耗等量的NaOHCM合成N的反应为取代反应DM、N都能使酸性的KMnO4溶液褪色9在RuRh基催化剂表面发生反应制备乙酸的一种机理如图。下列说法错误的是ALiI也是该反应的催化剂B反应中有非极性键的断裂和极性键的生成C制取乙酸的总方程式为：CO2+H2+CH3OHCH3COOH+H2OD运用该反应机理可由异丙醇制备正丁酸10NA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0.1NAB加入Cu粉，转移电子数目为0.1NAC加入0.15mol NaOH后，3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+

4、c(OH)D加水稀释后，溶液中c(OH)减小11X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。甲、乙、丙分别为X、Z、W形成的最高价氧化物。下列判断不正确的是A原子半径：r(Z)r(W)>r(Y)>r(X)BW位于元素周期表第三周期A族C丁为CO，反应为工业制粗硅的原理DX、W简单氢化物的沸点：X<W12常温下，铁的氢氧化物(或3)的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系如图所示，其中。下列叙述错误的是A表示的曲线B的Ksp=1015C在Y点通入足量的O2将达到R点(忽略溶液体

5、积变化)D在Q点加水稀释可能移到M点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+6e2NHB每生成1mol NH3，有3g H2被氧化C该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移D该装置实现了在常温常压下高转化率合成氨二、非选择题（共43分）26（15分）我国有丰富的Na2SO4资源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用Na2SO4制备重要工业用碱(NaHCO3)及盐(NaHSO4)的闭路循环绿色工艺流程：某校化学兴趣小组根据该流程在实

6、验室中进行实验。回答下列问题：(1)用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。装置A中盛装浓氨水的仪器名称为_；橡皮管a的作用是_。装置B中加入CCl4的目的是_。装置D中发生的离子方程式是_。装置C中的试剂b是_。(2)在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有_。(3)依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧(350)”的实验中均采用下图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好选用_溶液。(4)测定产品硫酸氢钠的纯度：称取12.5g所得产品，配成1000mL溶液

7、，每次取出配制的溶液20mL，用0.1000mol·L1 NaOH标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：序号l234标准溶液体积/mL20.0518.4019.9520.00所得产品硫酸氢钠的纯度为_(以百分数表示，保留三位有效数字)。(5)分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式_。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(C2C4)以及烷烃(CH4、C5C11、C12C18等，用CnH2n+2表示)的工艺过程。已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H1=a2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2=b

8、CnH2n+2(g)+O2(g)=(n+1)H2O(g)+nCO2(g) H3=c回答下列问题：(1)反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的H_。(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()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C2C4的质量分数0.480.57，则需控制碳链增长因子()的范围是_。(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)

9、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) H”。CO2的平衡转化率()与温度(T)的关系如图所示。判断H_0。(填“大于”“小于”或“等于”)500K时，反应5min达到平衡。计算05min用H2O表示该反应的化学反应速率为_，该反应的平衡常数为_。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)=0.6mol/L、c(H2O)=0.6mol/L，此时反应_(填“是”或“否”)

10、达到平衡，理由是_。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HH键和断裂HO键之比1128（14分）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，式量：246)是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图：已知：I电离常数：，；柠檬酸()：，。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol

11、·L1计算)。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8(1)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种_(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，滤渣1的成分为_(填化学式)。(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为：_；加入FeS2还原后，加入一种试剂检验还原反应已经完全反应，该试剂是_。(3)“沉铁”时的离子方程式为_，该反应需控制温度在35以下，其可能的原因是_。(4)“除铝”时所调pH范围是_，“还原”和“除铝”两步操作_(填“能”或“不能”)交换，若不能请说出其原因_，若能则原因处不作答。(

12、5)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为_g。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

13、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

14、”）。(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_。36【化学选修5：有机化学基础】（15分）苄内酮香豆素(H)可用作抗凝血药其合成路线如图所示(部分反应条件略去)已知：有机物上的氢原子化学环境完全相同+(可以是H原子)回答下列问题：(1)有机物X的名称是_，B中所含官能团的名称是_。(2)反应的试剂和条件为_。(3)写出反应的化学方程式_。(4)F的结构简式为_，反应的反应类型为_。(5)化合物J是E的同分异构体，写出满

15、足以下条件的J的结构简式_。能发生银镜反应能发生水解反应核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为3221(6)参照卡丙酮香豆素的合成路线，设计一种以有机物A和乙醛为原料制备肉桂酸的合成路线(无机试剂任选)_。【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷化学答案（六）7.【答案】D【解析】A钠的还原性大于钛，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故A不选；B甲醇低温所制氢气用于新能源汽车，无污染，不产生二氧化碳，故B不选；C聚氨酯速滑服，是一种合成高分子材料，故C不选；D疫苗一般冷藏存放，避免见光，高温，防止蛋白质变性，故D选；故选D。8.【答案】B【解析】A由N结构可知分子式为C22H16O8

16、N2，A正确；B1mol M含有2mol羧基，能消耗2mol NaOH，1mol N含有2mol酯基，消耗2mol NaOH用于酯的水解，得到的羟基连在苯环上，属于酚羟基，又消耗2mol NaOH，则1mol N能消耗4mol NaOH，两者不同，B错误；CM合成N是羟基和羧基发生酯化反应，反应类型是取代反应，C正确；DM、N中苯的支链上有H原子，能被酸性的KMnO4氧化褪色，D正确；故选B。9.【答案】D【解析】A据图可知反应中消耗LiI，反应中又生成LiI，所以LiI也是该反应的催化剂，A正确；B反应中氢气中的非极性键断裂，形成OH键、IH键，均为极性键，B正确；C据图可知反应物有CH3O

17、H、CO2、H2，最终产物有CH3COOH和H2O，化学方程式为CO2+H2+CH3OHCH3COOH+H2O，C正确；D异丙醇为，根据图示反应机理可知，羧基取代羟基的位置生成异丁酸，而不是正丁酸，D错误；综上所述答案为D。10.【答案】C【解析】AFe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)0.1NA，故A错误；BCu+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

18、(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH)，故C正确；D加水稀释使平衡Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3向右移动，n(H+)增大，但c(H+)减小，c(OH)增大，故D错误；答案选C。11.【答案】A【解析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；其中Z为金属元素，其单质与水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，则Z与水反应的产物应是弱碱，则Z为Mg，乙为MgO，甲可以和Mg反应得到MgO和X的单质，则X应为C，甲为CO2，符合“X的单质在O2点燃生成甲”，X、W为同一主族元素，且W也为短周期元素，所以W为Si元素，丙为SiO2，C与SiO2

19、高温反应生成Si和CO，即丁是CO。A电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径从大到小顺序为：MgSiCO，即r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，A错误；BW为Si元素，原子序数为14，位于第三周期A族，B正确；C根据分析可知丁为CO，反应为C与二氧化硅的反应，生成硅和CO，为工业制粗硅的原理，C正确；DX与W分别为C元素和Si元素，其简单氢化物均为分子构成，因为CH4的相对分子质量较SiH4的小，分子间的范德华力较SiH4的小，所以其沸点相对较低，即X<W，D正确。12.【答案】C【解析】铁的氢氧化物的溶度积为Ksp=c(Fen+

20、)·cn(OH)可得，饱和溶液中pFe=pKsp+npH-14n，则氢氧化铁饱和溶液中pFe=pKsp+3pH-42，氢氧化亚铁饱和溶液中pFe=pKsp+2pH-28，则曲线表示氢氧化铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系，曲线表示氢氧化亚铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系。A由分析可知，曲线表示氢氧化铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系，故A正确；B由图可知，X点pFe为1、pH为7，则pKsp=pFe-2pH+28=15，Ksp=1×1015，故B正确；C由分析可知，氢氧化铁饱和溶液中的铁离子浓度小于氢氧化亚铁饱和溶液中亚铁离子浓度，由图可知，Y点溶液中亚铁离子浓度与R点溶液中铁

21、离子浓度相等，则在Y点通入足量的氧气不可能将达到R点，故C错误；D在Q点加水稀释时，氢氧化铁饱和溶液中的铁离子浓度和氢氧根离子的浓度都会减小，可能移到M点，故D正确；故选C。13.【答案】B【解析】反应总方程式为N2+3H22NH3，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。Aa为阴极，发生还原反应，电极反应式为N2+6e+6H+=2NH3，故A错误；B根据电解反应和电子守恒得到N2+6e+6H+=2NH3，H22e=2H+，2NH36e3H2，每生成

22、1mol NH3，有1.5mol氢气参与电极反应，即有3g H2被氧化，故B正确；Ca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C错误；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B。26.【答案】（1）分液漏斗 平衡气压，使氨水能顺利滴下 防止溶液倒吸 CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O 饱和NaHCO3溶液 （2） 烧杯、玻璃棒、漏斗 （3） Na2SO4 （4） 96.0% （5） Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaH

23、CO3 【解析】由实验装置可知“一次反应”中A装置是用浓氨水和碱石灰作用制备氨气，通入B装置中导管插入到CCl4溶液中可以防倒吸，装置D为实验制备CO2的装置，反应为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，装置C则是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，用于除去CO2中的HCl，装置B为反应装置，反应方程式为：Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+(NH4)2SO4，然后过滤分离出硫酸铵溶液，进入“二次反应”室，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，然后对复盐进行煅烧，反应为：Na2SO4

24、·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3+2H2O，“一次反应”和“煅烧”均产生含有NH3的尾气，该流程的闭路循环绿色特点可知，应用硫酸钠溶液吸收，计算中多次测量求平均值时，应将明显误差的第二组数据舍去再进行计算。(1)装置A中盛装浓氨水的仪器名称为分液漏斗；橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴加；NH3和CO2不溶于CCl4，装置B中加入CCl4的目的是防止溶液倒吸；装置D中盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳和水，发生的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；分析可知，装置C是除去CO2中混有的HCl，应选用饱和NaHCO3溶液；(2)分离该复

25、盐(沉淀)与溶液的操作是过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗；(3)依据该流程的闭路循环绿色特点可知，使用Na2SO4溶液吸收尾气；(4)舍去偏差较大的第2次数据，平均使用NaOH标准溶液20mL，所得产品硫酸氢钠的纯度=×100%=96.0%；(5)由流程图知，该流程总反应的化学方程式为Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3。27.【答案】（1） （2）0.30.6 （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：2CO(g)+O

26、2(g)=2CO2(g) H1=a2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2=bCnH2n+2(g)+O2(g)=(n+1)H2O(g)+nCO2(g) H3=c根据盖斯定律：×+×-，可得反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的H=；(2)由图可知要控制C2C4的质量分数0.480.57需控制碳链增长因子()的范围是0.30.6；(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)由图可知随

27、着温度升高CO2的平衡转化率降低，故H小于0。500K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)。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)2450(mol/L)2，反应未达到平衡状态；反应CO2(g)+3H2(g)CH3

28、OH(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pn，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HH键(v正)断裂HO键(v逆)之比11，v正=v逆，表明反应已达平衡，故d正确；答案选a。28.【答案】（1）酸式 SiO2 （2） FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液 （3） HCO+NH3+Fe2+=FeCO3+NH NH4HCO

29、3不稳定，温度高于35发生分解 （4） 5.0pH<5.8 不能 因为溶液中有Fe3+，且Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率 （5） 14.4 【解析】硫铁矿在空气中焙烧，FeS2被氧化为SO2和Fe2O3，加入稀硫酸溶浸，Fe2O3、Al2O3溶解，过滤得到含有Fe3+和Al3+的溶液，滤渣为难溶于稀硫酸的SiO2，然后加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，之后调节pH除去Al3+，再加入碳酸氢铵、氨气得到FeCO3，过滤、洗涤得到FeCO3固体，加入柠檬酸溶解，经系列操作得到柠檬酸亚铁晶体。(1)根据题目所

30、给信息可知柠檬酸存在三级电离平衡常数，即柠檬酸为三元酸，所以FeC6H6O7可以电离出一个氢离子，为酸式盐；滤渣1为难溶于稀硫酸的SiO2；(2)FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S；若氧化还原反应已经完全反应，则溶液中不再存在Fe3+，而Fe3+可以和SCN反应得到血红色溶液，所以可以用KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液来判断是否完全反应；(3)沉铁时Fe2+结合HCO电离产生的CO生成FeCO3，同时通入氨气中和产生的氢离子得到铵根，离子方程式为HCO+NH3+Fe2+=F

31、eCO3+NH；NH4HCO3不稳定，温度高于35发生分解，所以要控制温度；(4)除铝时要保证Al3+完全被除去，而Fe2+不被除去，所以调节pH的范围为5.0pH5.8；因为溶液中有Fe3+，且根据题目所给数据可知，Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率，所以不能交换两步操作；(5)49.2g的FeC6H6O7的物质的量为=0.2mol，设混合物中Fe2O3的物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，根据铁元素守恒可得2x+y=0.2，根据质量守恒有160x+72y=15.84，联立解得x=0.08mol，所以Fe2O3的质量为160g

32、15;0.08mol=14.4g。35.【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轨道形成，

33、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.【答案】（1）丙酮 羟基、羰基(

34、酮基) （2） 浓硫酸/加热 （3） +(CH3CO)2O+CH3COOH或2+(CH3CO)2O2+2H2O （4） 加成反应 （5） （6） 【解析】根据信息可知与有机物发生醛酮的加成反应，所以推出有机物为酮类物质丙酮，生成物质B中含有醇羟基，经过消去反应生成物质C，与乙酸酐发生取代反应生成，分析信息可知生成，所以物质F为，F与碳酸二乙酯生成G，物质C和物质G最终生成苄内酮香豆素(H)。（1）根据信息可知与有机物发生醛酮的加成反应，再根据信息有机物上的氢原子化学环境完全相同，可推知X为丙酮，观察B的结构简式可知B中含有羟基和羰基(酮基)，故答案为：丙酮；羰基(酮基)；（2）反应为物质B中羟

35、基发生消去反应，条件为浓硫酸/加热，故答案为：浓硫酸/加热；（3）与乙酸酐发生取代反应生成，所以反应的化学方程式为+(CH3CO)2O +CH3COOH或2+(CH3CO)2O 2+2H2O；（4）分析信息可知生成，C和G反应之后与C中的碳碳双键加成而得，故答案为：；加成反应；（5）E的结构简式为，J为E的同分异构体，需要满足能发生银镜反应能发生水解反应，可推知J中含有和，又需要满足核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为3221，所以J的结构简式为，故答案为：；（6）参照信息，先将与发生加成反应，、生成，再用弱氧化剂新制悬浊液，将醛基氧化成羧酸钠，再酸化可得，最后将醇羟基消去可得目标产物，所以合成路线为：。