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    2020年高考化学模拟卷含答案05

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    2020年高考化学模拟卷含答案05

    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:。


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