2020届高三上学期5月模拟考试

化学试卷（三）

（解析版）

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 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 P 31 S 32

Cl 35.5 Cr 52 Cu 64 Zn 65

7．化学与生活密切相关。下列说法错误的是

A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维

B．福尔马林能防腐，但不能用于食品保鲜

C．食品包装袋中的生石灰和硅胶可以防止食品氧化变质

D．维生素C具有还原性，能将人体中的Fe3+转化为易被吸收的Fe2+

【答案】C

【解析】A．蚕丝成分为蛋白质，灼烧产生烧焦羽毛气味，所以可以用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A正确；B．福尔马林为甲醛水溶液，甲醛有毒，不能用于食品防腐，B正确；C．生石灰和硅胶都具有吸水性，不具有还原性，所以不能防止食品氧化变质，C错误；D．维生素C具有还原性，能够还原三价铁离子生成二价铁离子，所以能将人体中的Fe3+转化为易被吸收的Fe2+，D正确；故合理选项是C。

8．下列叙述正确的是

A．1mol CnH2n中含有的共用电子对数为3n NA

B．依据丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体与浊液

C．钢管和铜管堆放在一起，可以减缓钢管的生锈速率

D．化学键的断裂与形成一定伴随着电子转移和能量变化

【答案】A

【解析】A．分子式为CnH2n分子中C原子之间含n个共用电子对，2n个C-H键，则1mol CnH2n中含有的共用电子对数为3n NA，A正确；B．根据分散质的直径大小将分散系分类，而丁达尔现象为胶体特有的性质，B错误；C．钢管和铜管堆放在一起，构成原电池时Fe比Cu活泼，Fe为负极，会加快Fe的腐蚀速率，C错误；D．化学键形成释放能量，化学键断裂吸收能量，因此化学键的断裂与形成过程中一定有能量变化，但不一定有电子转移，如中和反应是放热反应，但无电子转移，D错误；故合理选项是A。

9．HOCH2CH=CHCOOH是重要的化工原料。下列有关它的描述正确的是

A．可用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键

B．1mol该物质只能与1mol NaOH反应

C．该物质能发生酯化、缩聚、水解反应

D．分子中所有原子可以处在同一平面上

【答案】B

【解析】A．羟基和碳碳双键都可被高锰酸钾氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，A错误；B．只有羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol该物质只能与1mol NaOH反应，B正确； C．不含酯基、卤素原子，因此不能发生水解反应，C错误；D．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，因此不可能所有的原子在同一个平面上，D错误；故合理选项是B。

10．下列有关化学实验的描述错误的是

A．用加热方法分离NaCl(s)和I2(s)的混合物

B．将分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近，有白烟产生

C．酸碱中和滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差

D．用饱和氯化钠溶液可以洗涤除去氯化钠固体表面少量氯化钾杂质

【答案】C

【解析】A．加热碘易升华，NaCl仍然为固体形式，因此可通过加热进行分离，A正确；B．二者反应生成硝酸铵固体，因此会产生白烟现象，B正确；C．润洗锥形瓶，导致消耗标准液体积偏大，会增大实验误差，不能润洗锥形瓶，C错误；D．饱和氯化钠溶液可抑制NaCl溶解，而KCl易溶于水，可除去氯化钠固体表面少量氯化钾杂质，D正确；故合理选项是C。

11．下图所示原电池的盐桥中装有饱和K2SO4溶液，电池工作一段时间后，甲烧杯中溶液颜色不断变浅。下列叙述中正确的是

A．b极是电池的正极

B．甲烧杯中K+经盐桥流向乙烧杯

C．甲烧杯中溶液的pH逐渐减小

D．电池的总反应离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

【答案】D

【解析】由Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，所以总的电极反应为：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动，A．由于Fe2+在a电极失去电子，发生氧化反应，所以a极是电池的负极，A错误；B．K+向正极移动，所以乙烧杯中K+经盐桥流向甲烧杯，B错误；C．甲烧杯中(a电极)MnO4-获得电子，发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO+8H++5e−=Mn2++4H2O，所以甲烧杯中溶液的pH逐渐增大，C错误；D．由总的电极反应可知：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，反应的离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，D正确；故合理选项是D。

12．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如下图所示，Y2+与W−的电子数之差为8。下列说法正确的是

A．原子半径大小：X>Y

B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W

C．工业上通过电解Y的氧化物制取Y单质

D．X与W可形成正四面体结构的有机物

【答案】D

【解析】综上所述可知，X是C元素，Y为Mg元素，Z是S元素，W为Cl元素。A．原子核外电子层越多，原子半径越大，所以原子半径X＜Y，A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于元素的非金属性Z＜W，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W，B错误；C．MgO是离子化合物，熔点较高，以MgO为原料电解MgO获得Mg的成本较高，所以在工业上通常利用电解熔融氯化镁获得金属Mg，C错误；D．X与W可形成CCl4，该物质中四个C-Cl键长相同，键角为109°28′，所以四氯化碳为正四面体结构，D正确；故合理选项是D。

13．常温下，用0.10mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如右图所示。下列说法错误的是

A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−)>c(CN−)

B．点③和点④所示溶液中水的电离程度：③>④

C．点①和点②所示溶液中：c(CH3 COO−)-c(CN−)=c(HCN)-C(CH3COOH)

D．相同条件，浓度均为0.10mol/L CH3COOH溶液和HCN溶液的导电性：CH3COOH>HCN

【答案】B

【解析】A．点①溶液为等浓度的HCN和NaCN的混合溶液，根据图示可知溶液的pH>7，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒c(OH−)+c(CN−)=c(Na+)+c(H+)可知，c(CN−)+)；点②所示溶液为CH3COONa、CH3COOH的等浓度的混合溶液，由图可知溶液的pH<7，c(OH−)+)，根据电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)可知，c(CH3COO−)>c(Na+)，由于二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO−)>c(CN−)，A正确；B．点③溶液为CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，根据图示可知该点溶液的pH=7，则c(OH−)=c(H+)，则根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO−)，强电解质盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质电离产生的离子，所以c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−)；点④恰好生成醋酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，CH3COO−水解消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故水的电离程度：③＜④，B错误；C．点①的溶液是等浓度的HCN和NaCN的混合溶液，在①的中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN−)=2c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=2c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN−)=c(CH3COOH)+

c(CH3COO−)，即c(CH3COO−)-c(CN−)=c(HCN)-c(CH3COOH)，C正确；D．根据图知，0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液的pH：CH3COOH＜HCN，所以两种酸中c(H+)：CH3COOH＞HCN，即酸性CH3COOH＞HCN，溶液的酸性越强，酸电离产生的离子就越大，溶液的导电性就越强，所以浓度相同时溶液的导电性：CH3COOH＞HCN，D正确；故合理选项是B。

26．（14分）硫及其化合物是重要的化工原料，某学习小组对某些硫的化合物性质和制备进行如下实验探究：

Ⅰ．探究实验一：将一定量的浓H2SO4与足量Zn置于装置A中充分反应，对反应后的气体X进行气体成分分析(水蒸气除外)。

回答下列问题：

（1）气体X中除水蒸气之外，还可能有的气体是______________________。

（2）B中的试剂可能是__________，酸性KMnO4溶液的作用是_____________。

（3）D、E装置用于证明气体X中的另一种组分，按照D、E装置顺序观察到的实验现象分别是___________、___________。

Ⅱ．探究实验二：制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。

（1）制取Na2S2O3(装置如右图，夹持装置省略)。

①装置B中生成Na2S2O3的同时也生成CO2，反应的离子方程式为___________。

②除搅拌和使用多孔球泡外，再写出一种可以提高B中吸收SO2效率的方法___________。

（2）探究Na2S2O3的性质(反应均在溶液中进行)，请填空：

【答案】Ⅰ．（1）二氧化硫、氢气

（2）品红溶液(或酸性高锰酸钾、溴水) 除去气体中残余的二氧化硫

（3）黑色粉末变红色 白色粉末变蓝色

Ⅱ．（1）4SO2+2S2−+CO=3S2O+CO2 控制二氧化硫的流速、适当增大B中混合液的浓度、适当升高B中溶液温度等可以提高B中吸收SO2效率

（2）把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在pH试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较确定溶液的pH 溴水颜色变浅（或溴水褪色）

【解析】Ⅰ．（1）浓硫酸与Zn反应产生硫酸锌、二氧化硫和水，当反应进行到一定程度，硫酸变为稀硫酸，Zn与稀硫酸反应产生硫酸锌和氢气。所以气体X除水蒸气外还可能含有SO2、H2；（2）装置B的作用是检验SO2，SO2具有漂白性、还原性，可以选择品红溶液、酸性高锰酸钾溶液(或溴水)作为检验试剂；检验H2的生成之前，应先排SO2的干扰，故用酸性高锰酸钾用来除去气体中残余的SO2；（3）D、E装置用于证明气体X中的H2，D中H2还原黑色CuO粉末为红色的Cu单质，反应生成的水进入盛有无水硫酸铜的E装置中，会看到白色粉末硫酸铜结合水得到蓝色硫酸铜晶体；Ⅱ．（1）①装置B中由A制得的SO2与Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3的同时也生成CO2，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得离子方程式为：4SO2+2S2−+CO=3S2O+CO2；②控制SO2的流速、适当增大B中混合液的浓度、适当升高B中溶液温度等都可以提高B中吸收SO2效率；（2）探究1：由实验现象pH=8可知探究1为测定Na2S2O3溶液的pH值，操作为：把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在pH试纸的中部，待试纸变色后，与标准比色卡比较确定溶液的pH；探究2：是要测定Na2S2O3溶液的还原性，向该溶液中加入溴水，溴水呈棕黄色，Na2S2O3溶液无色，若二者发生氧化还原反应，会看到的现象为：溴水颜色变浅(或溴水褪色)。

27．（14分）废旧铅蓄电池的回收利用可减少对环境的污染和实现铅资源的可持续发展，其阴、阳极填充物(铅膏，主要含PbO2、PbO、PbSO4)是废旧铅蓄电池的主要部分，回收铅单质的一种工艺流程如下：

（1）反应①的化学方程式为________________，操作a的名称是___________。

（2）滤液B中的落质除Na2SO4外，还含有较多的___________(写化学式)，若利用该滤液回收Na2SO4·10H2O，可加入___________(写试剂名称)除掉该物质。

（3）若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5×10−6mol/L，则该溶液中c(SO)<___________ mol/L [已知Ksp(PbSO4)=1.06×10−8，Ksp (PbCO3)=3.3×10−14]

（4）用涂PbO2的钛板作阻极铅板作阴极，电解含Pb2+的电解液，可得到纯度99.99%的Pb粉，产物Pb在___________极（填“阴”或“阳”）产生，阳极的电极反应式为___________。

（5）若实验中所取铅膏的质量为16g(PbO2的质量分数为15%)，要将PbO2全部还原，至少需要加入1.0mol/L的Na2SO3溶液___________ mL(结果保留整数)。

【答案】（1）Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4 过滤

（2）Na2CO3 硫酸

（3）2.12×10-3

（4）阴 2H2O-4e−=4H++O2↑

（5）10

【解析】（1）反应①是PbO2将Na2SO3氧化为Na2SO4，PbO2被还原为PbO，该反应的化学方程式为Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4，操作a用于分离难溶性的固体和可燃性液体混合物的方法，因此该操作方法为过滤；（2）向PbO、PbSO4混合物中加入足量的Na2CO3，PbSO4与Na2CO3发生沉淀的转化，因此滤液B中的溶质除Na2SO4外，还含有较多Na2CO3，若利用该滤液回收Na2SO4·10H2O，可利用酸性H2SO4>H2CO3，向含有Na2SO4、Na2CO3的混合溶液中加入适量的硫酸除去碳酸钠；（3）若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5×10−6mol/L，则该溶液中c(SO)＜=2.12×10−3mol/L； （4）用涂PbO2的钛板作阻极铅板作阴极，电解含Pb2+的电解液，可得到纯度99.99%的Pb粉Pb被还原，应在阴极生成，阳极上溶液中的OH−失去电子，发生氧化反应，生成O2，电极反应式为2H2O-4e−=4H++O2↑；（5）二氧化铅的物质的量为：n(PbO2)==0.01mol，根据Na2SO3+PbO2=

PbO+Na2SO4可知n(Na2SO3)= n(PbO2)=0.01mol，则V(Na2SO3)==0.01L=10mL。

28．（15分）I．研究发现，氮氧化物和硫氧化物是雾霾的主要成分。回答下列问题：

（1）有下列反应：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5kJ/mol

②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ/mol

③2C(s)+O(g)=2CO(g) ΔH=-221.0 kJ/mol

已知某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：___________

______。

（2）往1L恒容密闭容器中充入一定量的NO2，在三种不同条件下发生反应：2NO2(g)2NO(g)

+O2(g)，实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表(不考虑生成N2O4)。

①下列说法正确的是___________(填正确选项的序号)

A．实验2容器内压强比实验1的小

B．由实验2和实验3可判断该反应是放热反应

C．实验1比实验3的平衡常数大

D．实验2使用了比实验1效率更高的催化剂

E．在0→10mim内实验2的反应速率v(O2)=0.015mol/(L·min)

②不能判断反应已达到化学平衡状态的是___________(填正确选项的序号)

A．容器内的气体压强不变 B．2v正(NO2)=v逆(O2)

C．气体的平均相对分子质量保持不变 D．NO2和NO的浓度比保持不变

③已知容器内的起始压强为P0 kPa，在800℃温度下该反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡后，再向容器中加入NO2和NO各2mol，平衡将___________(填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向移动”或“不移动”)。

（3）为了减少雾霾中的SO2，工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程式为___________；25℃时，若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当恰好完全反应时，溶液的pH_____

7(填“大于”或“小于”或“等于”)，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________(已知：常温下H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8)。

【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ/mol

（2）DE B 0.2P0 不移动

（3）Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 < c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)>c(OH−)

【解析】（1）若某反应的平衡常数表达式为：K=，可知反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ/mol；②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ/mol；③2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ/mol；根据盖斯定律，将②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ/mol，（2）①A．图表数据可知实验2和实验1温度相同，起始量相同，达到平衡状态c (NO2)相同，但达到平衡状态需要时间，实验2小于实验1，说明是使用了催化剂的作用，实验2容器内压强和实验1的压强相同，A错误；B．实验3在850℃反应，达到平衡时c(NO2)比800℃小，说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，B错误；C．升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数会增大，所以实验3的化学平衡常数比实验1的大，C错误；D．因实验1和实验2平衡时NO2的浓度相同，但实验2反应速率大，说明实验2使用了催化剂，D正确；E．2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，在0→10mim内实验2的反应速率，E正确；故合理选项是DE；②对于反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，A．由于该反应是在恒容条件下进行的反应前后气体体积不等的反应，若容器内的气体压强不变，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；B．速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v正(NO2)=2v逆(O2)能说明氧气的正逆反应速率相同，但2v正(NO2)=v逆(O2)不能说明反应达到平衡状态，故B符合题意；C．其他条件不变，若反应未达到平衡状态，气体的物质的量改变，气体的平均相对分子质量就发生变化，因此气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，C不符合题意；D．NO2和NO的浓度比保持不变说明正逆反应速率相同，反应处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是B；③已知容器内的起始压强为P0 kPa，800°C达到平衡状态c(NO2)=0.50mol/L，由于容器的容积为1L，所以n(NO2)=0.50mol，结合三段式法列式计算： 2NO2(g)2NO(g)+O2(g)

起始量（mol） 1 0 0

变化量（mol） 0.5 0.5 0.25

平衡量（mol） 0.5 0.5 0.25

平衡状态气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.25mol=1.25mol；在800℃温度下该反应的平衡常数Kp=，在该温度下达到平衡后，平衡常数K=，再向容器中加入NO2和NO各2mol，浓度商Qc=，说明平衡不移动；（3）工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，25℃时，若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当恰好完全反应，溶液中生成亚硫酸氢钠，根据题意可知HSO的电离平衡常数Ka2=6.2×10-8，HSO在溶液中也存在水解平衡：HSO+H2OH2SO3+OH−，水解平衡常数Kh=

=7.7×10−13<6.2×10−8，说明HSO离子电离程度大于HSO水解程度，溶液显酸性，pH<7，所以溶液中离子浓度大小：c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)>c(OH−)。

35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）

CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。回答下列问题：

（1）基态钙原子的电子排布式___________，钙原子核外有___________种能量状态的电子。

（2）CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)，乙炔中碳原子的杂化类型为___________，乙炔中的σ键与π键数之比为___________。

（3）CaF2与浓H2SO4反应生成HF，HF的沸点高于C2H2，原因是：___________；HF能的BF3化合得到HBF4，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因___________。

（4）NO2F分子与BF3互为等电子体，则NO2F分子的立体构型为______________________。

（5）CaF2的晶胞为立方晶胞，结构如下图所示：

CaF2晶胞中，Ca2+的配位数为___________个。

②“原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知A、B两点的原子坐标参数如图所示，则C点的“原子坐标参数”为（___________，___________，）

③晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则晶胞的密度为________

___g/cm3(列出计算式即可)。

【答案】（1）[Ar]4s2 6

（2）sp 3∶2

（3）HF分子之间存在氢键 BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键

（4）平面三角形

（5）8

【解析】（1）Ca是20号元素，根据构造原理可知基态钙原子的电子排布式是1s22s22p63s33p64s2，可简写为[Ar]4s2，根据核外电子排布式可知Ca原子核外有6种不同能量的电子；（2）乙炔中碳原子间形成碳碳三键，碳原子的杂化类型为sp杂化；根据共价单键是σ键，共价三键是1个σ键，2个π键数，乙炔的结构式是H-C≡C-H可知，在乙炔分子中含有3个σ键，2个π键数，所以σ键与π键数之比3∶2；（3）HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体，分子晶体的熔沸点收分子之间的作用力影响，由于在HF分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质气化需要消耗的能量比一般的普通分子消耗的能量高，即物质的沸点比乙炔的高；在BF3分子中的B原子上有空轨道，而HF分子中的F原子上有孤对电子，当BF3与HF靠近时，HF分子中F原子的孤电子对填充BF3分子中B原子的空轨道，二者形成配位键，从而结合形成HBF4；（4）BF3分子中B原子的价层电子对数为3+=3，没有孤对电子对，所以分子的空间构型是平面三角形，而NO2F与BF3是等电子体，二者结构相似，所以NO2F分子的空间构型也是平面三角形；（5）以面心Ca2+为研究对象，在一个晶胞中连接4个F−，通过该Ca2+可形成2个晶胞，所以与该Ca2+距离相等且最近的F−共有8个，因此Ca2+的配位数是8；观察A、B、C的相对位置，可知C点的x轴坐标是，y轴坐标是，z轴坐标是；根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有Ca2+：，含有F-=1×8=8，即一个晶胞中含有4个CaF2，根据C点的坐标可知：晶胞中F-离子之间的距离为晶胞边长的一半，所以晶胞参数L=2×273.1pm=546.2pm，则该晶胞的密度为==g/cm3。

36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

高分子化合物H的合成路线如下：

回答下列问题

（1）A的化学名称为___________。

（2）B→C的化学方程式为______________________。

（3）E的结构简式为___________；由E生成F的反应类型为______________________。

（4）G中官能团名称为___________；由G→H的化学方程式为______________________。

（5）芳香族化合物L与G的官能团相同，但L的相对分子质量比G小28。则符合下列条件的L的同分异构体有___________种。

①与FeCl3溶液发生显色反应 ②苯环上有3个取代基的重

（6）按 有机合成路线可以制备。结合题中流程和已知信息，可推知M、N的结构简式分别为___________、___________。

【答案】（1）1-丙醇

（2）CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O

（3）CH3CH2COCl 取代反应

（4）羟基、羧基 n+(n-1)H2O

（5）20

（6）

【解析】（1）根据上述分析可知A为CH3CH2CH2OH，A的化学名称为1-丙醇；（2）B为CH3CH2CHO、C为CH3CH2COONa，B发生催化氧化反应生成C，B→C的化学方程式为CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O；（3）E的结构简式为CH3CH2COCl；由E与甲苯在AlCl3存在时发生苯环甲基对位上的取代反应生成F：，故E变为F的反应类型为取代反应；（4）G为，G中官能团名称为羟基、羧基；G中含有羟基、羧基，在一定条件下发生羧基反应形成聚合物G，由G→H的化学方程式为n +(n-1)H2O；（5）G为，芳香族化合物L与G的官能团相同，但L的相对分子质量比G小28，说明L比G少2个—CH2—原子团，L的同分异构体符合下列条件，①与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②苯环上有3个取代基。如果取代基为—COOH、—OH、—CH2CH3，羟基、羧基相邻有4种，羟基、羧基相间有4种，羟基和羧基相对有2种，所以有10种；如果取代基为—CH3、—CH2COOH、—OH，甲基和羟基相邻有4种，甲基和羟基相间有4种，羟基和甲基相对有2种，则有10种，所以符合条件的有20种；（6）苯乙醛发生信息ii的反应生成M为，M发生羧基中羟基的取代反应生成N为，N发生取代反应生成目标产物。

2020届高三上学期5月模拟考试化学试卷（三）（解析版）

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