【文档说明】河北省石家庄市第二中学2020届高三0.5模考试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.250 MB，由小赞的店铺上传

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2020届石家庄二中高三模拟考试理综化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14一、选择题1.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是A.“白墙”的白色源于墙体表层的CaOB.“黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐C.做伞骨架的竹纤维的主要

成分可表示为(C6H10O5)nD.刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用【答案】A【解析】【详解】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；D、植物油属于油脂，油脂

不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。答案选A。2.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A.10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB.标准状况下，22.4LCO2中所含

的电子数目为22NAC.在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D.100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA【答案】C【解析】【详解】A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数

目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为

1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。3.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、

丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确．．．的是（）A.A、B形成的一种化合物具有漂白性B.B、D形成的离子化合物可能含有非极性键C.C的单质能与丙反应置换出B的单质D.丁为黑色固体，且1mol甲与足

量丙反应转移电子3NA【答案】D【解析】【分析】已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；A与D同主族，B与C同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由C与D的原子序数之和为20，可知C为

F；甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A为H，B为O

，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；B．O和Na组成的Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B正确；C．F2溶于水生成HF和O2，故C正确；D．丁

为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe与足量H2O反应转移电子83NA，故D错误；故答案为D。4.萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A.a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B.b的分子式为C10H12OC.a和

b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D.只能用钠鉴别a和b【答案】C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上

的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键

：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。5.下图是0.01mol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋

酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A.条件相同时导电能力：盐酸>NaAcB.曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C.随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力D.a点是反应终点【答案】C【解析】【详解】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升

高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能

力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质

发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。【点睛】本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较

低。6.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区

为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（）A.若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+C.若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化D.若用导线连接b

、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O【答案】B【解析】【详解】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a

、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH++xe-=HxWO3，故B错误；C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得

电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。7.某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复

使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确．．．的是A.与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B.当H

PW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C.用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D.不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度【答案】D【解析】【详解】A、HPW自身存在比表面积小、易

溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻

土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。二、填空题8.实验室用镁还原硝基苯制取反式偶氮苯。实验原理如下：2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解

。②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。⑴在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的的原因是___________。⑵反应结束后将反应液倒入冰水中，用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤，滤渣用95％乙醇水溶液

重结晶提纯。①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要___________（填“缓慢加入”、“快速加入”）。②烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是_________

__。A．冰水B．饱和NaCl溶液C．95％乙醇水溶液D．滤液③抽滤完毕，应先断开___________之间的橡皮管，以防倒吸。④重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结

晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质。⑶薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快。某同学采用薄层色谱分析所得偶氮苯，实验开始时和展开后的斑点如图所示，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性___________（填“强”或“弱

”）。【答案】(1).除去镁条表面的氧化物(2).缓慢加入(3).D(4).抽气泵和安全瓶(5).趁热过滤(6).弱【解析】【详解】（1）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（2）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；②将烧杯中的晶

体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了用减少晶体的损失．所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的．选择用滤液来物冲洗的液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶

液，冲洗时不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质；故答案为D；③抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶；④重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质；（3）极性弱的物质

，在溶剂中扩散更快，根据图可知展开后顺式偶氮苯较多，扩散较慢，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性较弱。9.含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流

程如下：已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.110−62.3010−21.1710−101.0810−10(1)用离子

方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因(将离子方程式补充完整)：______Cr2O72-+__________CrO42−+______(2)向滤液1中加入BaCl22H2O的目的是使CrO42-从溶液中沉淀出来。①结合上述流程说明熟石灰的作用：_____。②

结合表中数据，说明选用Ba2+不选用Ca2+处理废水的理由：_____。③研究温度对CrO42−沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42-的沉淀率(沉淀率=2-42-4固体2中CrO的量%滤液1中CrO的量100如图所示)已知

：()()22+-4BaCrOsBaaq+CrOa()q△H>0CrO42-的沉淀效率随温度变化的原因是_____。(3)向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图(左)所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450m

ol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因：_____。②回收重铬酸的原理如上图(右)所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_____。(4)综上所述，沉淀BaCrO4进一步回收重铬酸

的效果与_____、_____、有关。【答案】(1).1(2).1H2O(3).2(4).2H+(5).沉淀SO42－；调节溶液pH，使Cr2O72－转化为CrO42－而沉淀(6).温度升高，沉淀速率加快(7).BaCrO4比CaC

rO4更难溶，可以使CrO42－沉淀更完全(8).c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c(CrO42－)增大；同时，c(H+)也增大，共同促进Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有

利于生成更多的H2Cr2O7(9).BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成(10).溶液pH(11).H2SO4浓度【解析】【分析】

含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42−，加入适量熟石灰过滤得到的固体1为硫酸钙和滤液1，向滤液1中加入BaCl2⋅2H2O的目的是使CrO42−从溶液中沉淀出来，过滤得到固体2为BaCrO4，向固体2中加入硫酸，回收重铬酸，同时生成固体3为硫酸钡沉淀。【详解】(1).K2Cr

2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因是重铬酸根离子在水溶液中存在化学平衡生成铬酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+；(2).①.根据表中物质的溶度积常数可知，熟石

灰的作用是沉淀硫酸根离子，调节溶液pH使Cr2O72−转化为CrO42−；②.根据表中数据可知，BaCrO4比CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42−沉淀更完全；③.根据图象可知，

CrO42−的沉淀率随温度升高增大，原因是温度升高，沉淀速率加快；(3).①.c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42−(aq)平衡右移，使c(CrO42−)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72−

+H2O2CrO42−+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7；②.根据表中各物质的溶度积常数可知，BaSO4与BaCrO4溶解度比较接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难与H2SO4接触，阻碍重铬酸生成；

(4).根据上述分析可知，沉淀BaCrO4进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关，受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等因素的影响。【点睛】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息

能力，本题的关键是理解流程图各步的反应原理，需要学生准确提取题目中的信息，并对信息加工、迁移解决实际问题。10.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主

要有以下反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O

(g)△H3①△H3＝____kJ/mol。②在恒定压强、T1温度下，将6molCO2和12molH2充入3L的密闭容器中发生I、Ⅲ反应，5min后反应达到平衡状态，此时CH3OH(g)物质的量为2mol，CH3OCH3(g)的物质的量为0.5mo

l；则T1温度时反应I的平衡常数Kc的计算式为______。③恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。其中：CH3OH的选择性＝×100%在上述条件下合成甲醇的工业条件是__

___________。A．210℃B．230℃C．催化剂CZTD．催化剂CZ(Zr－1)T（2）一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的化学方程式___________。在不同条件下，向2L恒容密

闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示：①图中三组实验从反应开始至达到平衡时，反应速率v(CO)最大的为_____（填序号）。②与实验a相比，c组改变的实验条件可能是___________。（3）“亚硫酸盐法”吸收

烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3−)=________。（4）间接电化学法可除NO。其原理如图所示，写

出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_____。【答案】(1).－122.6(2).311.751.51.5(3).BD(4).2CO+SO2=S+2CO2(5).b(6).升高温度(7).3:1(8).2HSO3−+2e−+2H+=S2O42−+2H2O【解析】【分析】（1）①根据

盖斯定律计算；②容器保持恒压，根据体积之比等于物质的量之比，计算平衡时的浓度及反应I的平衡常数Kc；③根据图像进行判断；（2）根据元素守恒，无毒的物质为二氧化碳；①反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像判断；②初始条件为恒容，c组实验与b的初始压强相同，达

到平衡状态时，c组使用时间长，则为温度不相同；（3）根据图像可知，pH=7，根据溶液呈电中性计算；（4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42−，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水。【详解】（1）①根据盖斯定律，反应I×2-反应II可得2CO2(

g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，则△H3＝－49.6×2-23.4=-122.6kJ/mol；②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应：2622平衡：222CO2(g)＋6H2(g)CH3OC

H3(g)＋3H2O(g)反应：130.51.5平衡：0.51.5则平衡时，n（CO2）=3mol，n（H2）=3mol，n（CH3OH）=2mol，n（CH3OCH3）=0.5mol，n（H2O）=3.5mol，容器保持恒压，则平衡后的

体积=31218=2L，平衡时的浓度c（CO2）=1.5mol/L，c（H2）=1.5mol/L，c（CH3OH）=1mol/L，c（H2O）=1.75mol/L，反应I的平衡常数Kc的计算式=311.751.51.5；③根据图像可知，选择催化剂CZ(Zr－1)T

、在230℃时产率最高，则合成甲醇的工业条件是BD；（2）CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，根据元素守恒，含C，无毒的物质为二氧化碳，则方程式为2CO+SO2=S+2CO2；①反应速率越快，达到平衡状态所用的

时间越短，根据图像可知，b达到平衡状态时用的时间最短，则反应速率最快；②初始条件为恒容，c组实验与b的初始压强相同，达到平衡状态时，c组使用时间长，则为温度不相同，c组改变的实验条件为升高温度；（3）根据图像可知，b

点时，c(HSO3−)=c(SO32−)，pH=7，则c(H+)=c(OH−)，根据溶液呈电中性，c（NH4+）+c(H+)=c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)，c（NH4+）=3c(HSO3−)，则n(NH4+)：

n(HSO3−)=3：1；（4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42−，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水，则电极反应式为2HSO3−+2e−+2H+=S2O42−+2H2O。【点睛】化学平衡

常数为反应体系中各物质的浓度的计量数次幂，题目中为恒压装置，根据物质的量之比等于体积之比进行计算。11.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BaCuSi4O1

0，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原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_____。【答案】(1).2(2).93d(3).O或氧(4).1个3s(5).3个3p(6).4BaSO(7).120o(8).低(9).2SiO是一种空间网状的

共价晶体，共价键结合较为牢固(10).22d【解析】【分析】⑴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得出。⑵“中国蓝”中2Ba+、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。⑶SiO2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σ键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成σ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。⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根

。⑸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120o，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，3BaCO比3CaCO稳定。⑹2SiO是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与Si

B在y轴方向上距离为12d，在z轴方向上距离为12d，所以SiA与SiB之间的距离22dd2()()d222=+=。【详解】⑴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n＝2，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93d，故答案为2，93d；⑵“中国蓝”中2Ba+，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；⑶SiO2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；⑷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4BaSO，故答案为：4BaSO；⑸碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为120o，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性3BaCO比3CaCO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：120o，低；⑹2SiO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12d，在z轴方向上距离为12d，所以SiA与SiB之间的距离22dd2(

)()d222=+=，故答案为：2SiO是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，22d；【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。12.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)①的反应类型为_____；B分子中最多有_____个原子共平面。(2)C中含氧官能团的名

称为_____；③的“条件a”为_____。(3)④为加成反应，化学方程式为_____。(4)⑤的化学方程式为_____。(5)芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_____种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_____。(只写一种即

可)。①苯环上只有3个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(6)参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_____。【答案】(1).取代反应(2).18(3

).羰基、醚键(4).浓硫酸、加热(5).＋HCHO→(6).＋O2＋2H2O(7).30(8).(9).【解析】【分析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生

成D，D为；结合G的结构及E的分子式可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。【详解】(1)根据A和B的结构可知，反应①发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯环为平

面结构，单键可以旋转，每个甲基上最少有2个氢原子不在苯环决定的平面内，所以最多有18个原子共平面。(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，所以“条件a”为浓硫酸、加热。(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知，F为甲醛，反应的化学方程

式为＋HCHO―→。(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为＋O2＋2H2O。(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说

明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH

2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2＋3＋1)×5＝30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J

的结构简式有(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为【点睛】