1、【赢在高考黄金20卷】备战2020高考全真模拟卷04化 学(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 C12 N14 O16 Mg 24 S 32 Cr52 Fe 56 Cu 64一、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化学在
2、生产和日常生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是A12月2日我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料B氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液均具有丁达尔效应C“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D只要符合限量，“食用色素”“碘元素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂【答案】B【解析】A12月2日我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，由于只含有C元素，因此是一种新型无机非金属材料。正确。B氢氧化铁溶胶、淀粉溶液均具有丁达尔效应，而水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于溶液，不具有胶体的性质。错误。C“地沟油”是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯，在碱性条件下水解可以制
3、作肥皂，经过酯交换反应可以制取生物柴油。正确。D “食用色素”“碘元素”、“亚硝酸盐”只要符合限量，可以增加物质的营养、或保质期，对人体有益。因此作为某些食品的添加剂。正确。8用化学用语表示2Na + 2H2O2NaOH + H2中的相关微粒，其中正确的是A中子数为10的氧原子：OBNaOH的电子式：CNa+的结构示意图：DH2O的比例模型：【答案】A【解析】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，A项正确；B.和之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；D.氢原子要
4、比氧原子小，D项错误；答案选A。9下列说法不正确的是A在酸性条件下，的水解产物是和B总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等C蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖D植物油含不饱和脂肪酸酯，能使褪色【答案】C【解析】和发生酯化反应时，羧酸脱，醇脱H，水解反应为酯化反应的逆反应，所以在酸性条件下，的水解产物是和，故A正确；B.葡萄糖与乙酸的最简式都是，相同质量的葡萄糖与乙酸耗氧量相同，二者无论以何种比例混合，完全燃烧的耗氧量不变，故B正确；C.果糖为单糖，故C错误；D.植物油含有不饱和烃基，可与溴发生加成反应，故D正确。故选：C。10科学美国人评出的2016年十大创新科技之一的
5、碳呼吸电池，电池原理如下图所示，已知草酸铝Al2(C2O4)3难溶于水，则下列说法正确的是A该装置将电能转变为化学能B正极的电极反应为C2O42-2e- 2CO2C每生成 1 mol Al2(C2O4)3，有 6 mol 电子流过负载D随着反应的进行草酸盐浓度不断减小【答案】C【解析】A. 该装置属于燃料电池，将化学能变为电能，A错误；B.原电池正极上发生得电子的还原反应，正极的电极反应为2CO2+2e- C2O42，B错误；C. 每生成 1 mol Al2(C2O4)3，负极就有2 mol铝失电子，共失去有6 mol 电子，所以有6 mol 电子流过负载，C正确；D. 根据原电池正负极反应可
6、知，该反应总反应：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，从图示可以知道，所以随着反应的进行草酸盐浓度保持不变，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题的难点是电极反应式的书写，一般先判断出此电极的反应物，如本题中根据原电池原理，正极通入的含二氧化碳的空气，出来只有空气，说明二氧化碳参与反应，然后判断产物，根据装置图，出来的是Al2(C2O4)3，说明二氧化碳得电子转化为C2O42。11下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是选项实验操作实验现象结论或解释A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2浅绿色变黄色H2O2具有氧化性B向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入银氨溶液
7、溶液，无银镜出现不能判断是否水解C焰色反应实验时，某同学用洁净的铂丝蘸取样品在无色火焰上灼烧直接观察到火焰的颜色呈黄色该样品中含有钠元素，一定不含钾元素D向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中溶液先变红后褪色，最后有白色沉淀非金属性：ClSi【答案】B12某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A通入N2是为了排尽装置中的空气B装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸C将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙D借助装置A及氢氧化钠溶
8、液和稀硫酸可以分离CO2和CO【答案】C【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到
9、分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。13如下图(其中代表H2A，代表HA，代表A2)，向20mL0.2molL H2A溶液中滴加0.2molL NaOH溶液 , 根据图示判断，下列说法正确的是AH2A在水中的电离方程式是：H2A=HHA；HAHA2B当V(NaOH)20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(OH)C当V(NaOH)30 mL时，溶液中存在以下关系：2c(H)c(HA)2c(H2A)c(A2)2c(OH)D等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大【答案】B【解析】A. 据图可知，当V(NaOH)=2
10、0mL时，发生的反应为：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，此时溶液中同时存在HA、A2和H2A，说明H2A是一种二元弱酸，则H2A在水中的电离方程式为：H2AH+HA、HAH+A2，故A错误；B. 当V(NaOH)=20mL时，发生的反应为：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，据图可知，此时溶液中c(A2)c(H2A)，说明HA的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则c(Na+)c(HA)c(H+)c(A2)c(OH)，故B正确；C. 当V(NaOH)=30mL时，发生的反应为：NaOH+H2A=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶
11、液为等物质的量浓度的NaHA和Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HA)+2c(A2)+c(OH)，根据物料守恒得：3c(HA)+3c(A2)+3c(H2A)=2c(Na+)，联立两式得：2c(H+)+c(HA)+3c(H2A)=c(A2)+2c(OH)，故C错误；D. 由图示关系可知，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后得到NaHA溶液，此时溶液中的c(A2)c(H2A)，说明HA的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到抑制，所以等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水小，故D错误；答案选B。点睛：本题考查酸碱混合
12、溶液的定性判断，利用图象分析酸碱混合时溶液中的溶质是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是B项，当加入NaOH溶液20mL时，所得溶液的溶质为NaHA，再根据图象中c(A2)c(H2A)，说明HA的电离程度大于水解程度、溶液呈酸性。三、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（12分）以铬矿石（主要成分为Cr2O3，还有Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取红矾钠 (Na2Cr2O72H2O)的流程如图所示。已知：ICr2O3在碱性条件下易被氧化；II高温条件下，Al2O3与Na2CO3发生的反应为
13、:Al2O3 +Na2CO3=2NaAlO2 +CO2；III2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O K=1.01012（1）“煅烧”时，Cr2O3参加反应的化学方程式为_。若“煅烧”操作最适宜的温度是800900，则在实验室中进行此项操作时，应选择_坩埚（填字母）。a陶瓷 b玻璃 c石英 d铁（2）流程中可循环利用的物质除CO2外还有_（填化学式）。（3）“过滤II”所得沉淀主要有_（填化学式）。（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠的具体实验操作有_，经洗涤、干燥得到红矾钠样品。（5）“电解”时，利用以下装置将Na2CrO4溶液转化为Na2Cr2O7溶液，当a、b均为石墨电极时，a
14、电极的电极反应式为_。若初始加入电解池中的c (Na2CrO4)=1.0molL-l，随着“电解”的进行，当溶液pH=6时，Na2CrO4的转化率为_（忽略电解过程中溶液体积变化）。【答案】（1）2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2（2分） d（1分） （2）Na2CO3（1分） （3）H2SiO3、AI(OH)3（2分） （4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（2分） （5）2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H+2e-=H2)（2分） 50% （2分） 【解析】（1）根据流程和上述分析，“煅烧时，Cr2O3与加入的纯碱、空气高温下反应生成Na2CrO4和二氧化碳，化学反
15、应方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；陶瓷、玻璃、石英当中都含有二氧化硅，煅烧时加入的纯碱会与二氧化硅反应，损坏实验装置，因此因该在铁坩埚中进行煅烧操作。（2）流程图中。“过滤II”后得到溶液中含有Na2CO3，将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2Cr2O7晶体后得到的滤液中含有大量Na2CO3可用于煅烧操作。（3）浸出液中利用焙烧产生的二氧化碳调整溶液pH ，二氧化碳溶于水溶液显酸性，滤液中的偏铝酸钠、Na2SiO3转化为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀。（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠固体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。（5）根据电解池中a电极端，
16、加入稀氢氧化钠，相当于电解水，流出浓氢氧化钠，说明a电极周围产生大量氢氧根离子，因此可得a电极上水中氢离子得到电子转变为氢气和氢氧根，因此电极a为阴极，电极式为2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H+2e-=H2)；b电极为阳极，溶液中阴离子放电，根据放电顺序氢氧根大于含氧酸根（CrO42-），因此b电极为水中的氢氧根离子失去电子转变为氧气和氢离子，在氢离子存在的情况下，根据已知信息2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O K=1.01012可得，溶液的pH=6，即=1.010-6mol/L，K=1.01012，=0.5mol/L，因此当溶液pH=6时，溶液中剩余的CrO42-为0.5
17、mol，消耗的CrO42-为0.5mol，Na2CrO4的转化率=50%。27（15分）高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在05、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2。某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并测定产品纯度。回答下列问题：.制备K2FeO4装置如下图所示，夹持、加热等装置略。(1)仪器a的名称是_，装置B中除杂质所用试剂是_，装置D的作用是_。(2)A中发生反应的化学方程式为_。(3)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在05，采用的控温方法为_，反应中KOH必须过量的原因是_。(4)写出C中总反
18、应的离子方程式：_。C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。.K2FeO4产品纯度的测定准确称取1.00g制得的晶体，配成250mL溶液，准确量取25.00mL K2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点（溶液显浅紫红色），平行测定三次，平均消耗 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液28.00mL。(5)根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为_。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测
19、定结果_（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【答案】（1）圆底烧瓶（1分） 饱和食盐水（1分） 吸收尾气Cl2并能防倒吸（2分） （2）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O（2分） （3）冰水浴（1分） K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定（2分） （4）3Cl2+2Fe3+16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O（2分） （5）92.4%（2分） 偏高（2分） 【解析】（1）仪器a的名称是圆底烧瓶；HCl极易溶于水，饱和食盐水抑制氯气的溶解，又可除去氯气中的HCl，故装置B中除杂质所用试剂是饱和食盐水；装置D是用于吸收尾气Cl2，反应原理： Cl+2NaOH=NaCl+
20、NaClO+HO，竖放干燥管能防倒吸，故装置D的作用是吸收尾气Cl2并能防倒吸；（2）A中发生反应的化学方程式：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；（3）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在05，采用的控温方法为冰水浴降温；反应中KOH必须过量，由于题干所给信息：K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定；（4）根据氧化还原反应原理分析产物是FeO42-和Cl-，C中总反应的离子方程式：3Cl2+2Fe3+16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O； （5）足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe(OH)3+CrO42-+OH-，6
21、Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，得到定量关系为： n=，250ml溶液中含有 =测定该样品中K2FeO4的质量分数= 故答案为：92.4%；若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，所耗(NH4)2Fe(SO4)2的体积偏大，带入关系式的数据偏大，解得的K2FeO4的质量也就偏大，会使测定结果“偏高”。【点睛】（5）分析反应原理：足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe(OH)3+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O ，6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2
22、O，得到定量关系为： ，此处也可以不用方程式配平，直接根据电子得失相等迅速地建立关系，从而快速解题。28（16分）石嘴山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq)= NH4HSO3(aq) H1=a kJ/mol；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) H2=b kJ/mol；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=
23、c kJ/mol。则反应2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H=_kJ/mol。(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) H =681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/molL101020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88010 min内，平均反应速率v(SO2)=_mol/
24、(Lmin)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_（填字母）。A通入一定量的O2 B加入一定量的粉状碳酸钙C适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_；在1100K时，CO2的体积分数为_。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表
25、示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_已知：气体分压(P分)=气体总压(P)体积分数。(5)汽车尾气还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.8 kJ/mol，实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_（填“”“”或“=”）k逆增大的倍数。若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正k逆=_。【答案】（1）2a+2b+c（2
26、分） （2）0.042（2分） AC（2分） （3）1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大（2分） 20%（2分） （4）4（2分） （5）（2分） （2分） 【解析】(1)已知SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq) H1=akJ/mol；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) H2=bkJ/mol；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJ/mol。将2+2+，整理可得2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(
27、aq)+2H2O(l) H=(2a+2b+c)kJ/mol。(2)先计算出010 min内的v(CO2)= mol/(Lmin)，根据化学方程式可知：v(SO2)=v(CO2)=0.042 mol/(Lmin)；A.通入一定量的O2 ，可以使氧气的浓度增大，化学平衡正向移动，使CO2的浓度也随之增大，A正确； B.加入一定量的粉状碳酸钙，由于该物质是固体，浓度不变，因此对氧气机二氧化碳的浓度无影响，B错误；C.适当缩小容器的体积，单位体积内O2、CO2的物质的量增加，物质的浓度也都增大，C正确； D.加入合适的催化剂，对化学平衡无影响，因此不能改变O2、CO2的物质的量浓度，D错误；故合理选项
28、是AC；(3)反应在1050K时达到平衡，在1050K前反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物反应转化为生成物，物质NO的转化率提高；当温度高于1050K时，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO的转化率降低；根据图像可知：在1100K时NO的转化率是40%。对于化学反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)假设开始时NO的物质的量为1mol，用平衡三段式法计算：可逆反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始n(mol) 1 0 0转化n(mol) 0.4 0.2 0.2平衡n(mol) 0.6 0.2 0.2在
29、1100K时，CO2的体积分数为100%=20%；(4)在1050K时NO的转化率为80%，假设反应开始时NO的物质的量为1mol，用三段式法计算：可逆反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始n(mol) 1 0 0转化n(mol) 0.8 0.4 0.4平衡n(mol) 0.2 0.4 0.4在同一条件下，气体的物质的量的比等于气体产生的压强之比，由于p(总)= 1.1106 Pa p(NO)= p(总)= p(总)；p(CO2)=p(N2)= p(总)；则该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp=4；(5)达到平衡后，在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，由于v正=k
30、正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)，V增大，说明k正、k逆增大，由于升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，所以k正的倍数”、“”或“=”）1200。（3）我国制墨工艺是将50nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水，在相同条件下所得到的分散系后者更为稳定，其原因是_。（4）石墨烯可转化为富勒烯（C60）,某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱心与内部。该晶胞中M原子的个数为_,该材料的化学式为_。（5）金刚石与石墨都是碳的同素异形体。若碳原子半径为r,金刚石晶胞的边长为a,根据硬球接
31、触模型,金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为_（用含的代数式表示）。（6）一定条件下,CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构（如下图所示）的水合物晶体,其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_；有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm,结合图表从物质结构及性质的角度分析,该设想能否实现：_ （填“能”、或“否”）。可燃冰与二氧化碳替换的水合物的熔点较高的是_。参数分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/（kJmol-1）CH40.43616.40CO20.51229.91【答案】（1）无（1分
32、） （2）sp2（1分） = （1分） （3）氧化石墨烯可与水形成氢键更稳定（2分） （4）12（2分） M3C60 （2分） （5）100%（2分） （6）氢键、范德华力（2分） 能（1分） 二氧化碳替换的水合物（1分） 【解析】（1）图乙中，1号碳原子形成4个共价单键，所以其价层电子对个数是4,图乙中1号C与相邻C没有形成键，故答案为：无；（2）每个C原子要形成4个共价键，根据图知，每个C原子形成2个共价单键、1个共价双键，共价单键为键、共价双键中1个是键、1个是键；图甲中1号C的杂化方式sp2。该C与相邻C形成的键角=1200。故答案为： sp2 ；=；（3）氧化石墨烯粒可与水分子形成氢
33、键，而石墨烯不能，形成氢键使稳定性增强，故答案为：氧化石墨烯可与水分子形成分子间氢键而石墨烯不能；（4）如图M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12 +9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8+6=4，M原子和C60分子的个数比为3：1，则该材料的化学式为M3C60，故答案为：12；M3C60（5）金刚石晶胞如图，该晶胞中C原子个数4+8+6=8，金刚石体对角线上的四个原子紧密相连，晶胞棱长a=r，晶胞体积=a3，所有原子体积=r38，空间占有率=100%=100%=100% ，故答案为：100% ；（6）CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”，
34、分子晶体中作用力是范德华力，水分子之间存在氢键，故答案为：氢键、范德华力；由表格可知：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，即0.5120.586，能顺利进入笼状空腔内，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷，即29.9116.40，二氧化碳替换的水合物的相对分子质量大，熔点较高；故答案为：能；二氧化碳替换的水合物。36化学选修5：有机化学基础(15分)某研究小组以有机物A为原料，合成抗癌药拉帕替尼的中间体H的具体路线如下：已知：回答下列问题：(1)C的名称为_。D中所含官能团的名称为_。G的结构简式为_。(2)BC的反应类型为_。(3)A分子中共面原子数最多为_。(4)AB的化学方程式为_。(
35、5)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D与足量H2反应后产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳原子_。(6)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有_种。 分子中含有苯环；分子中含有-NO2（不考虑-O-NO2）；能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积之比为1:2:2的有机物结构简式为_。【答案】（1）邻硝基苯甲酸（2-硝基苯甲酸）（2分） 氨基、羧基（1分） （2分） （2）氧化反应 （1分） （3）13 （1分） （4）+HNO3+H2O （2分） （5） （2分） （6）13（2分） （2分） 【解析】(1)给C命名时，羧基为主要
36、官能团，硝基为取代基，其名称为邻硝基苯甲酸（2-硝基苯甲酸）。D中所含官能团的名称为氨基和羧基。由上面推断，可得出G的结构简式为。答案为：邻硝基苯甲酸（2-硝基苯甲酸）；氨基和羧基；(2)BC，发生-CH3转化为-COOH的反应，则反应类型为氧化反应。答案为：氧化反应；(3)苯分子的12个原子共平面，甲烷最多有3个原子共平面，所以甲苯分子中共面原子数最多有13个。答案为：13；(4)AB的化学反应为甲苯与混酸反应，生成邻硝基甲苯和水，反应的化学方程式为+HNO3+H2O。答案为：+HNO3+H2O；(5)D与足量H2反应后产物为，用星号（*）标出的手性碳原子结构简式为。答案为：；(6)由限制条件可知，C的同分异构体中，含有苯基、硝基、甲酸酯基或醛基和羟基，可固定硝基，然后移动醛基及羟基，各种同分异构体分别为(3种)、(4种)、(4种)、(2种)，共计13种。 其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积之比为1:2:2的有机物应有3种氢原子，且结构对称，该有机物为。答案为：13；。15原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！