2020年全国高三高考全真模拟试题理科综合化学试卷(五)含解析.pdf

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1、2020 年全国高三高考全真模拟试题理科综合化学试卷（五）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 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 Ba-137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)72019 年 4 月 25 日,习总书记宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技,被英国卫报评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟

2、的超级工程中发挥了巨大作用,下列有关说法不正确的是A青铜剑科技制造的第三代半导体芯片,其主要成分是 SiO2B支撑航站楼的 C形柱柱顶的多面体玻璃,属于硅酸盐材料C机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D耦合式地源热泵系统,光伏发电系统及新能源汽车的使用,可以减轻温室效应及环境污染【答案】A【解析】A项,第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2,而是 GaN,A项错误,符合题意；B项,普通玻璃属于硅酸盐材料,B 项正确,不符合题意；C项,塑料属于高分子聚合物,C 项正确,不符合题意；D项,大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场,耦合式地源热泵系统,可实现年节约 1.81

3、 万吨标准煤,光伏发电系统每年可向电网提供600 万千瓦时的绿色电力,相当于每年减排 966 吨 CO2,并同步减少各类大气污染物排放,D 项正确,不符合题意；故选A。8莽草酸可用于合成药物达菲,其结构简式如图,下列关于莽草酸的说法正确的是A分子式为 C7H10O5,属于芳香族化合物,易溶于水B分子中含有 3 种官能团,可以发生加成、氧化、取代等反应C在水溶液中,1mol 莽草酸最多可电离出4molH+D1mol 莽草酸与足量的 NaHCO3溶液反应可放出 4molCO2气体【答案】B【解析】A项,由结构简式可知,莽草酸的分子式为C7H10O5,该分子中没有苯环,不属于芳香族化合物,故 A错误

4、；B项,莽草酸分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团,故 B正确；C项,莽草酸分子中羧基能够电离,而羟基不能电离,故 C错误；D项,莽草酸分子中只有羧基能与碳酸氢钠溶液反应,1mol 莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出 1molCO2气体,故 D错误；故选C。9 草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料,受热容易分解,为探究草酸亚铁的热分解产物,按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A实验中观察到装置B、F 中石灰水变浑浊,E 中固体变为红色,则证明分解产物中有CO2和 CO B反应结束后,取 A中固体溶于稀硫酸,向其中滴加 12 滴 KSCN 溶液,溶液无颜色

5、变化,证明分解产物中不含Fe2O3C装置 C的作用是除去混合气中的CO2D反应结束后,应熄灭 A,E 处酒精灯后,持续通入 N2直至温度恢复至室温【答案】B【解析】A项,实验中观察到装置B中石灰水变浑浊,说明产生了分解产物中有CO2,E 中固体变为红色,F 中石灰水变浑浊,则证明分解产物中有CO,故 A正确；B项,因为反应中生成有CO,CO 会部分还原氧化铁得到铁,因此反应结束后,取 A中固体溶于稀硫酸,向其中滴加 12 滴KSCN 溶液,溶液无颜色变化,不能证明分解产物中不含Fe2O3,故 B错误；C项,为了避免 CO2影响CO的检验,CO在 E中还原氧化铜,生成的气体在 F 中变浑浊,因此

6、在装置 C要除去混合气中的CO2,故 C正确；D项,反应结束后,应熄灭 A,E 处酒精灯后,持续通入 N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化,故 D正确；故选 B。10设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.14 g聚丙烯中含 CH键总数目为 2NAB.常温下,pH=13 的 NaOH 溶液中含有的 OH-数目为 0.1 NAC.100 mL 12 mol L-1浓硝酸与过量 Cu反应转移电子的数目为0.6 NAD.电解精炼铜时,若阳极质量减少64 g,则阴极得到电子的数目为2NA【答案】A【解析】聚丙烯中的C H键数目等于 H原子数,聚丙烯的最简式为CH2,故 14 g 聚

7、丙烯中含有 2 mol H原子,A 项正确；因为 NaOH 溶液的体积未知,故无法求得 OH-的数目,B 错误；随着反应的进行,浓硝酸将变为稀硝酸,还原产物由 NO2转变成 NO,无法求出转移的电子数,C 错误；由于粗铜中含有比铜容易失电子的Ni、Zn、Fe等金属,故阳极质量减少 64 g 时,阴极得到的电子数不一定是 2NA,D 错误。11室温下,用相同浓度的 NaOH 溶液,分别滴定相同体积、浓度均为0.l mol L1的三种弱酸(HA、HB和 HD)溶液,滴定的曲线如图所示,下列判断正确的是A室温下,同浓度的 NaA、NaB、NaD溶液的 pH大小关系：pH(NaA)pH(NaB)PH(

8、NaD)B滴定至 P点时,溶液中：c(Na)c(B)c(HB)c(H)c(OH)CpH 7 时,三种溶液中：c(A)c(B)c(D)D当中和百分数达 100%时,将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)2c(H)【答案】C【解析】A项,浓度均为 0.1mol/L 的三种酸(HA、HB和 HD)溶液,酸越弱,电离出的 H+越少,起始时 pH值越大,根据图象,则三种酸的强弱为：HA HB HD,酸越强,电离出的 H+越多,对水的抑制作用越大,则三种溶液中,由水电离产生的 c(H+)的关系为：HA HB HD,故 A错误；B项,滴定至 P点时,此时中和百分数为 50%,对于 HB溶

9、液,此时溶液中的起始组分为c(HB)：c(NaB)=1：1,显酸性,则 c(H+)c(OH-),根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(B-),由于 c(H+)c(OH-),则c(B)c(Na+),考虑到溶液显酸性,则以 HB的电离为主导,但始终是微弱的,而 HB的电离又会抑制水的电离,因此 c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH),故 B错误；C项,pH=7 时,溶液中c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒,对于 HA溶液,c(Na+)=c(A),对于 HB溶液,c(Na+)=c(B-),对于 HD溶液,c(Na+)=c(D-),由图可知,中和到相同 pH时,中和分数

10、HA HB HD,即加入氢氧化钠的量 HAHB HD,则三种溶液中：c(A)c(B)c(D),故 C正确；D项,当中和百分数达100%时,三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD,三种溶液混合,则起始时 c(NaA)：c(NaB)：c(NaD)=1：1：1,根据质子守恒,c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H+)=c(OH-),则有 c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+),故 D错误；故选 C。12新型可充电钠离子电池因具有原料储量丰富,价格低廉,安全性高等优点而备受青睐,而 FeFe(CN)6 因理论比容量较高,充放电过程中材料结构稳定,有利于 Na+的可逆

11、脱嵌,可以作为一种非常有潜力的正极材料,下列说法不正确的是A放电时,FeFe(CN)6 上的电势比 Zn片上的高B放电时,正极反应为 FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6 C充电时,外电路中通过 0.2 mol 电子时,阴极质量增加 6.5 g D对于正极材料,充电可实现 Na+的嵌入,放电可实现 Na+的脱嵌【答案】D【解析】A项,根据题意,FeFe(CN)6 作为一种非常有潜力的正极材料,在原电池中作正极,电势高于负极 Zn片,不符合题意；B项,放电时 FeFe(CN)6 作为正极材料发生还原反应,该材料充放电过程中有利于钠离子的可逆脱嵌,因此其正极反应式为FeFe

12、(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6,不符合题意；C项,充电时,阴极反应为 Zn+2e-=Zn,外电路转移 0.2 mol 电子,阴极棒上沉积 6.5 g Zn,不符合题意；D项,放电时,FeFe(CN)6 作为正极材料发生还原反应,实现 Na+嵌入,充电时,FeFe(CN)6 作为阳极材料发生氧化反应,实现 Na+脱嵌,符合题意。故选 D。13X、Y、Z、U、W五种短周期非金属元素,它们的原子半径与原子序数有如图关系,化合物 XZ是水煤气的主要成分之一,下列说法不正确的是A.U、X、W 三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强B.由 Y、Z 和氢三种元素形成的化合物中一定

13、只含共价键C.XZ2与 X60的化学键类型和晶体类型都相同D.X 的位置是第 2 周期、第 A族【答案】B【解析】化合物XZ是水煤气的主要成分之一,则 XZ为 CO,根据原子半径 X大于 Z 可知,X为 C、Z为 O,结合原子序数大小可知Y为 N元素,则 a=7；U的原子序数=2a=14,则 U为 Si 元素；W的原子序数=2a+3=17,为 Cl 元素。A项,U、X、W分别为 Si、C、Cl,非金属性 ClCSi,则Si、C、Cl 三种元素最高价氧化物的水化物酸性依次增强,故 A正确；B项,Y、Z 分别为 N、O,N、O、H可以形成离子化合物硝酸铵,硝酸铵中含有离子键和共价键,B 错误；C项

14、,XZ2、YZ2分别为CO2、NO2,X60为 C60,前二者是极性共价键,C60中非极性共价键,三者都只含有共价键,形成的晶体都是分子晶体,C 正确；D项,X 是 C元素,位置是第 2 周期、第 A族,D 正确。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(15 分)二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料,常用作橡胶硫化剂,改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76138化学性质300 以上完全分解S2Cl2Cl22SCl2遇高热或与明火接触,

15、有引起燃烧的危险受热或遇水分解放热,放出腐蚀性烟气(1)制取少量 S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得 S2Cl2粗品,氯气过量则会生成SCl2。仪器 m 的名称为 _,装置 F 中试剂的作用是 _。装置连接顺序：A_ED。实验前打开 K1,通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后,再通入一段时间的氮气,其目的是 _。为了提高 S2Cl2的纯度,实验的关键是控制好温度和_。(2)少量 S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散),并产生酸性悬浊液,但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水,其原因是 _。(3)S2Cl2遇水会生成 SO2、HCl 两种气体,某同学设计了如下

16、实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。W溶液可以是 _(填标号)。a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水该混合气体中二氧化硫的体积分数为_(用含 V、m 的式子表示)。【答案】(1)直形冷凝管(或冷凝管)(1分)除去 Cl2中混有的 HCl 杂质(2 分)FCB(2分)将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将 B中残留的 S2Cl2排入 E中收集(2 分)滴入浓盐酸的速率(或 B中通入氯气的量,其他合理答案均得分)(2分)(2)防止 S2Cl2遇水分解放热,放出腐蚀性烟气(2 分)(3)ac(2 分)22.4233mV(2 分)【解析】(1)根据仪器构造可判断仪器m

17、的名称为直形冷凝管(或冷凝管)；生成的氯气中含有氯化氢,则装置 F 中试剂的作用是除去Cl2中混有的 HCl 杂质。根据已知信息可知参加反应的氯气必须是干燥纯净的,利用 F 除去氯化氢,利用 C干燥氯气,所以装置连接顺序为AFC BED。氯气有毒,所以实验结束停止加热后,再通入一段时间氮气的目的是将装置内的氯气排入 D内吸收以免污染空气,同时也将 B中残留的 S2Cl2排入 E中收集。由于氯气过量会生成 SCl2,且 S2Cl2300以上完全分解,所以为了提高 S2Cl2的纯度,实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率。(2)由于 S2Cl2受热或遇水分解放热,放出腐蚀性烟气,所以泄漏时应喷水

18、雾减慢其挥发,不要对泄漏物或泄漏点直接喷水；(3)三种物质均可以把SO2氧化为硫酸,进而与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀,但酸性高锰酸钾也能氧化氯化氢,所以 W溶液可以是双氧水或氯水,不能是酸性高锰酸钾,答案选 ac；mg固体是硫酸钡,根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是233mmol,所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为22.422.4233100%100%233mmVV。27(14 分)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料,工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2,还含有 Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等

19、元素的化合物,其处理流程图如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-3510-610-38(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为 MnSO4,酸浸时发生的主要反应的化学方程式为_。(2)“氨水、搅拌”,其中“搅拌”不仅能加快反应速率,还能_；滤渣 A的成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3,加入氨水需调节 pH 至少达到 _,恰好能使 Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到 1.010-5molL-1时即视为沉淀完全)(3)滤渣 B的成分是 _。(4)MnO2也可在 MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得,其阳极电极反应式为_。(5)工业

20、上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度,其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品,与足量酸性 KI 溶液充分反应后,配制成 100mL溶液。取其中 20.00mL,恰好与 25.00mL 0.0800molL-1Na2S2O3溶液反应(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。计算可得该样品纯度 _%。(小数点后保留 1 位数字)。【答案】(1)MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O(2 分)(2)充分氧化过量的 Fe2+(2 分)4(2分)(3)CuS、ZnS(2 分)(4)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(2 分)47.3(4分

21、)【解析】(1)软锰矿中加入 H2SO4和过量 FeSO4溶液“酸浸”时 MnO2被还原为 MnSO4,则 FeSO4被氧化成 Fe2(SO4)3,“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(2)“酸浸”时除了MnO2被还原成 MnSO4外,Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为 FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4,酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌,其中“搅拌”不仅能加快反应速率,还能将 Fe2+充

22、分氧化转化成 Fe3+；加入氨水调节 pH使 Al3+、Fe3+完全转化成 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀形成滤渣 A,由于 Al(OH)3、Fe(OH)3类型相同且 Al(OH)3的溶度积大于 Fe(OH)3的溶度积,使 Fe3+、Al3+完全沉淀,只要使 Al3+完全沉淀,即c(Al3+)10-351 10-53=1 10-10mol/L,c(H+)4,pH 至少达到 4 能使 Fe3+、Al3+沉淀完全。(3)加入氨水调节 pH至 5.4 经过滤后滤渣 A为 Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液中含 MnSO4、ZnSO4、CuSO4、(NH4)2SO4,向滤液中加入 MnS 并加热

23、至沸,发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS将 Zn2+、Cu2+除去,过滤得到的滤渣 B的成分为 ZnS、CuS。(4)根据题意电解过程中MnSO4被氧化成 MnO2,则阳极电极反应式为 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。(5)MnO2与足量酸性 KI 反应的离子方程式为：MnO2+4H+2I-=Mn2+I2+2H2O,得出关系式：MnO2I22Na2S2O3,n(MnO2)=12n(Na2S2O3)=12 0.08mol/L 0.025L100mL20mL=0.005mol,m(MnO2)=0.005mol 87g/mol=0.435g,该样品纯度为0.435g0.9200g

24、100%=47.3%。28(15 分)CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体,中国政府承诺,到 2020年,单位 GDP二氧化碳排放比 2005 年下降 40%50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。(1)研究表明 CO2和 H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下：CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(1)H1=akJ?mol-1H2(g)+1/2O2(g)H2O(1)H2=bkJ?mol-1H2O(g)H2O(l)H3=ckJ?mol-1则 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=_kJ?mol-1(2)

25、为研究 CO2与 CO 之间的转化,让一定量的 CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)CO2(g)2CO(g)H,反应达平衡后,测得压强、温度对CO 的体积分数(CO)的影响如图所示。回答下列问题：压强p1、p2、p3的大小关系是 _；Ka、Kb、Kc为 a、b、c 三点对应的平衡常数,则其大小关系是 _。900、1.0 MPa 时,足量碳与 a molCO2反应达平衡后,CO2的转化率为 _(保留三位有效数字),该反应的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压总压物质的量分数)。(3)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,CO

26、2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。250300 时,乙酸的生成速率降低的主要原因是_；300 400时,乙酸的生成速率升高的主要原因是_。为了提高该反应中CO2的转化率,可以采取的措施是 _(写一条即可)。(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯,其原理如图所示,电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为_；每生成 0.5mol 乙烯,理论上需消耗铅蓄电池中 _mol硫酸。【答案】(1)(3b-a-c)(2分)(2)p1p2p3(2 分)KaKbKc(1 分)66.7%(或 0.667)(2分)3.2 MPa(2分)(

27、3)催化剂的催化效率降低(1 分)温度升高,化学反应速率加快(1 分)增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来(1 分)(4)2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O(2分)6(1分)【解析】(1)已知 CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(1)H1=akJ?mol-1H2(g)+1/2O2(g)H2O(1)H2=bkJ?mol-1H2O(g)H2O(l)H3=ckJ?mol-1则根据盖斯定律,由 3-可得到 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),故H=(3b-a-c)kJ?mol-1。(2)对于反应 C(s)CO2(g)2CO(g)

28、减小压强反应向正方向进行,由图可知相同温度时P1时的 CO 体积分数大于 P2大于 P3 故 p1p2p3,相同压强时比较温度对反应的影响,同一压强下增大温度,CO的体积分数会增大,故正反应为吸热反应,H 0,平衡常数只受反应温度影响,故在 700下,KaKb,c 点的温度高于 a 点和 b 点,温度升高反应正向进行故 KaKbKc。若起始压强为P0,达到平衡转化率为,C(s)CO2(g)2CO(g)起始(mol)a 0 变化(mol)m 2m 平衡(mol)a-m 2m 故2m80%a-m+2m,2m=a3,故 CO2的转化率为2366.7%(或 0.667)。压强之比等于物质的量之比,则反

29、应的平衡常数Kp2(80%)3.2180%MPaMPa；(3)如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系,温度超过 250时,催化剂的催化效率降低,在 300时失去活性,所以温度高于 300时,乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的。为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行,可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来；(4)电解时,阴极得电子,发生还原反应,电极反应式是 2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O。每生成 0.5mol 乙烯,消耗 12molH+,故消耗 6mol 硫酸。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

30、3：物质结构与性质 (15 分)碳是形成单质和化合物最多的元素,其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。(1)C 原子的价电子轨道表达式为_。(2)碳可以形成多种有机化合物,下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构,两种分子中所有原子都在一个平面上。嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序_。嘌呤中轨道之间的夹角1 比2 大,解释原因 _。吡啶结构中 N 原子的杂化方式 _。分子中的大 键可以用符号 表示,其中 m代表参与形成大 键的原子数,n 代表参与形成大 键的电子数(如苯分子中的大 键可表示为 )。该嘌呤和吡啶中都含有大 键,请问该吡啶中的大 键表示为 _。(3)石墨烯中部分碳原子被氧化

31、后,转化为氧化石墨烯(如图 2 所示)石墨烯转化为氧化石墨烯时,1 号 C与相邻 C原子间键能的变化是 _(填“变大”、“变小”“不变”)。石墨烯具有很大的比表面积,可用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am,12g单层石墨烯的单面理论面积约为_m3(列出计算式即可)。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60),C60和 K能形成新型化合物,其晶胞如图所示,晶胞参数为a nm该化合物中 K原子和 C60分子的个数比为 _,该晶体的密度=_g/cm3(列出计算式)。【答案】(1)(1分)(2)N C H(或 N C H)(1分)孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力,斥力大,键角

32、大(2 分)sp3(1 分)(1 分)(3)变小(1 分)(3 分)(4)3：1(2 分)2.78/a3(3 分)【解析】(1)碳原子价电子排布式为2s22p2,根据能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则,其价电子原子轨道表示式为；(2)元素的非金属性越强,电负性数值越大,嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序为N C H；孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力,斥力越大,键角越大,因此嘌呤中轨道之间的夹角1 比2 大；吡啶结构中 N原子连接有 3 个原子,含有 1 个孤对电子,采用 sp3杂化；分子中的大 键可以用符号 表示,其中 m代表参与形成大 键的原子数,n 代表参与形成

33、大 键的电子数。根据吡啶的结构,其中的大 键由 5 个原子 6 个电子形成的,表示为；(3)石墨烯转化为氧化石墨烯时,1 号 C 连接的 O原子吸引电子能力较强,导致与 1号 C原子相邻 C原子对电子的吸引力减小,所以 1 号 C 与相邻 C原子间键能的变化是变小；单层石墨烯中含有C原子个数61/3 2,每个六边形面积；根据均摊法可以计算出每个六边形所占有的碳原子个数为 61/3=2,所以 12g(即 1molC)单层石墨烯实际占有的六边形个数为：NA,则单层石墨烯单面的理论面积约为NA=；(4)晶胞中 K原子原子数目=1212=6、C60分子数目=1+818=2,化合物中 K原子和 C60分

34、子的个数比为6：2=3：1；晶胞中 K原子、C60分子的总质量=236 39120126.0210g,晶体密度=236 39120126.02 10g(a10-7)3=32.78ag/cm3。38 化学选修 5：有机化学基础 (15 分)扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物,其合成路线如下：回答下列问题：(1)A 中的官能团名称是 _。(2)AB所需的试剂和条件分别为 _。(3)BC、EF 的反应类型依次为 _、_。(4)扎来普隆的分子式为 _。(5)CD的化学方程式为 _。(6)属于芳香化合物,且含有硝基,并能发生银镜反应的B的同分异构体有 _种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有4 组峰的

35、结构简式有 _。(7)已知：2NH有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备的合成路线(无机试剂任选)。_【答案】(1)羰基(或酮基)(1分)(2)浓 HNO3,浓 H2SO4/(1 分)(3)还原反应(1 分)取代反应(1 分)(4)17155C H ON(1 分)(5)(2 分)(6)17(3 分)、(2 分)(7)(3 分)【解析】(1)A 的结构简式为,含有的官能团名称是羰基；(2)A 的结构简式为,B 的结构简式为,则 AB 发生取代反应,所需的试剂和条件分别为浓3HNO,浓24H SO/；(3)由 B的结构简式为、C的结构简式为、E的结构简式为、F的结构简式为可知,BC是-NO2转化为-N

36、H2,发生了还原反应,而EF的反应类型为取代反应；(4)扎来普隆的结构简式为,其分子式为17155C HON；(5)C 的结构简式为、D的结构简式为,则 CD发生取代反应的化学方程式为；(6)B 的结构简式为,其属于芳香化合物,且含有硝基,并能发生银镜反应的同分异构体满足：含有苯环和硝基；含有-CH2CHO 或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO,则有 4 种结构,其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO,则有 4+4+2=10种,另外还有-CH2NO2和-CHO 共有 3种,共有 4+10+3=17种,其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有、；(7)因2NH有碱性且易被氧化,则由和乙醇制备时,应先将-CH3氧化为-COOH,再与乙醇发生酯化反应,最后再将-NO2还原为-NH2,具体合成路线为。2020年全国高三高考全真模拟试题理科综合化学试卷（五）