高中化学试卷05-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版）

这是一份高中化学试卷05-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版），共13页。试卷主要包含了0kJ·ml－1等内容，欢迎下载使用。

2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷05
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Fe 56 Co 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．（2020·四川省绵阳南山中学高三月考）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是
A．“华为麒麟 980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的増强聚四氟乙烯板属于无机髙分子材料
C．公共交通推广使用利用原电池原理制成的太阳能电池汽车，减少化石能源的使用
D．用“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量
【答案】D
【解析】晶体硅常用于制作芯片，而二氧化硅不能用来制作芯片，A错误；聚四氟乙烯是一种有机高分子材料，B错误；太阳能汽车是直接将光能转化为电能的器件，并不是按照原电池原理制成的，C错误；这些方法都可以减少大气中的污染物，提高空气质量，D正确。
8．（河北衡水中学2020届调研一）PET（，M链节= 192 g·mol−－1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c mol·L－1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液V mL。下列说法错误的是
A．PET塑料是一种可降解高分子材料
B．滴定终点时，溶液变为浅红色
C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物
D．PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）
【答案】C
【解析】PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，A正确；用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完全时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；的单体为HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差－CH2－的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，C错误；NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cV10－3mol，则PET的物质的量也等于cV10－3mol，则PET的平均相对分子质量==g/mol，PET的平均聚合度，D正确。
9．（广东惠州市2020届调研三）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确是　
A．12 g金刚石中含有共价键数目为4 NA
B．标况下2.24 L SO3含有的氧原子数目为0.3 NA
C．1 L 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中含有氮原子总数为0.2 NA
D．电解熔融氯化钠，当阳极生成2.24 L氯气时，阴极产生0.1 NA个Na
【答案】C
【解析】在金刚石中，平均每个碳原子形成2个共价键，12g金刚石中含有共价键数目为2NA，A错误；标况下，SO3为固体，不能利用气体摩尔体积计算含有的氧原子数，B错误；依据原子守恒，1L 0.1mol·L－1NH4NO3溶液中含有氮原子0.2mol，总数为0.2NA，C正确；由于未指明标准状况，所以2.24L氯气不一定是0.1mol，阴极生成金属钠的物质的量无法计算，D错误。
10．（河南天一大联考2020届下学期模拟一）短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。下列说法正确的是
A．简单离了半径：X>Y>Z>R
B．X2Y与Z2反应可证明Z的非金属性比Y强
C．Y的氧化物对应的水化物一定是强酸
D．X和R组成的化合物只含一种化学键
【答案】B
【解析】短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。则R为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，以此答题。简单离子半径：S2－>Cl－>O2－>Na＋，A错误； ，可以证明Cl的非金属性比S强，B正确；Y的氧化物对应的水化物有H2SO4和H2SO3,H2SO3为弱酸，C错误；X和R组成的化合物有Na2O和Na2O2，Na2O2中既有离子键又有共价键，D错误。
11．（河北衡水中学2020届调研一）工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A．阳极区得到H2SO4
B．阳极反应式为Mn2+－2e－ + 2H2O == MnO2 + 4H+
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．当电路中有2 mol e－转移时，生成55 g Mn
【答案】C
【解析】根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：Mn2++2e－== Mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：Mn2+－2e－+2H2O==MnO2+4H+，据此解题。根据分析，阴极电极反应为：Mn2++2e－== Mn，阳极电极反应为：Mn2+－2e－+2H2O==MnO2+4H+，阴极区的SO42－通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有MnO2析出，阳极区得到H2SO4，A正确；根据分析，阳极反应式为Mn2+－2e－+2H2O==MnO2+4H+，B正确；由A项分析，阴极区的SO42－通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，C错误；阴极电极反应为：Mn2++2e－== Mn，当电路中有2mole－转移时，阴极生成1mol Mn，其质量为1mol ×55g/mol=55g，D正确。
12．（四川棠湖中学2020届一模）下列实验操作、现象和结论均正确的是

实验操作和现象
结 论
A
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
B
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
样品已变质
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
常温下，测得0.1 mol·L－1 NaA溶液的pH小于0.1 mol·L－1 Na2B溶液的pH
酸性：HA＞H2B
【答案】A
【解析】相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），A正确；Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3－氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，B错误；在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，C错误；强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HA＞HB－，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，D错误。
13．（福建南平市2020届一模）25℃时，取浓度均为0.1 mol·L−1的醋酸溶液和氨水各20 mL，分别用0.1 mol·L−1 氢氧化钠溶液和0.1 mol·L−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线I，滴加10 mL溶液时：c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)
B．曲线I，滴加20 mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH<7
C．曲线II，滴加溶液体积在10～20 mL之间时存在：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
D．曲线II，滴加30 mL溶液时：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】实现表示的为HCl滴定氨水的曲线，加入10mL溶液，NH3·H2O反应掉一半，得到NH3·H2O和NH4Cl等浓度的混合溶液，根据物料守恒有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)；根据电荷守恒，有c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl－)，加入10mLHCl时，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离大于NH4＋的水解，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，则c(NH4+)+c(H＋)＜c(OH－)+ c(Cl－)，A错误；恰好完全反应时，生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解成酸性，pH＜7，B正确；曲线Ⅱ中，滴加溶液体积在10mL～20mL时，溶液的pH从酸性变成碱性，除了中性外c(OH－)≠c(H＋)，C错误；曲线II，滴加30 mL溶液时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋) +c(Na＋)，则c(Na＋)> c(CH3COO－)，D错误。
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（广东惠州市2020届调研三）（14分）锡酸钠用作媒染剂，纺织品的防火剂、增重剂，以及制造陶瓷、玻璃和用于镀锡等。以锡锑渣（主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物）为原料，制备锡酸钠（Na2SnO3）的工艺流程图如下：

回答下列问题：
（1） Sb（ⅤA）最高正化合价为_____。
（2）流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要涉及的分离实验操作是_________。
（3）“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3除去SnO，且检测到有NH3生成。
① 该反应的离子方程式为____________________；
② 如图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件__________。

（4）“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为________。
（5）“脱锑”时发生的主要化学反应属于_________。
A．置换反应 B．氧化还原反应 C．非氧化还原反应
（6）硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。镀锡液中硫酸的作用是__________；镀锡时阳极反应式为______________。
【答案】（14分）（1）＋5（1分）
（2）过滤（1分）
（3）① 4SnO + NO3－ + 7OH－== NH3↑ + 4SnO32－ +2H2O（2分）
② c(OH－) = 2.5 mol•L－1、温度85 ℃（2分）
（4）PbO22－＋S2－＋2H2O == PbS↓＋4OH－（2分）
（5）A B（2分）
（6）抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解（2分） Sn－2e－ == Sn2+（2分）
【解析】（1）Sb(ⅤA)最高正化合价=最外层电子数，即显+5价；
（2）流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离，则分离实验操作是过滤；
（3）① 该反应中，SnO与NO3－在碱性溶液中反应，生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等，反应的离子方程式为4SnO + NO3－ + 7OH－ == NH3↑ + 4SnO32－ +2H2O；
② “碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值，即c(OH－) = 2.5 mol•L－1、温度85 ℃；
（4）“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅，实质是PbO22－与S2－反应，生成PbS等，反应的离子方程式为PbO22－ + S2－ + 2H2O == PbS↓ + 4OH－；
（5）“脱锑”时锡片生成锑渣，属于置换反应和氧化还原反应，答案为A B；
（6）硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分，镀锡液的主要成分为硫酸亚锡，锡离子易发生水解，所以加入硫酸的作用是抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解；镀锡时阳极反应式为Sn－2e－ == Sn2+。
27．（大同市一中2020届2月月考）（15分）冰晶石又名六氟铝酸钠(Na3A1F6)白色固体，微溶于水，常用作电解铝工业的助熔剂。工业上用萤石（主要成分是CaF2）、浓硫酸、氢氧化铝和碳酸钠溶液通过湿法制备冰晶石，某化学实验小组模拟工业上制取Na2AlF6的装置图如下（该装置均由聚四氟乙烯仪器组装而成）。
已知：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑

（1）实验仪器不能使用玻璃仪器的原因是_____________（用化学方程式表示）。
（2）装置III的作用为______________________。
（3）在实验过程中，装置II中有CO2气体逸出，同时观察到有白色固体析出，请写出该反应的离子反应方程式：__________________。
（4）在实验过程中，先向装置II中通入HF气体，然后再滴加Na2CO3溶液，而不是先将Na2CO3和A1(OH)3混合后再通入HF气体，其原因是_______________。
（5）装置II反应后的混合液经过过滤可得到Na3A1F6晶体，在过滤操作中确定沉淀已经洗涤干净的方法是_____________________。
（6）在电解制铝的工业生产中，阳极的电极反应式为_____________。
（7）萤石中含有少量的Fe2O3杂质，可用于装置I反应后的溶液来测定氟化钙的含量。具体操作如下：取8.0 g萤石加入装置I中，完全反应后，将混合液加稀释，然后加入足量的KI固体，再以淀粉为指示剂，用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，当出现_________现象时，到达滴定终点，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则萤石中氟化钙的百分含量为______________。（已知：I2+2S2O32－=S4O62－+2I－）
【答案】（15分）（1）4HF + SiO2 == SiF4 + 2H2O（2分）
（2）作为安全瓶，防止倒吸（1分）
（3）2Al(OH)3 + 12HF + 6Na+ + 3CO32－ == 2Na3AlF6↓ + 3CO2↑ + 9H2O（3分）
（4）碳酸钠溶液呈碱性，Na2CO3会首先与HF反应，不利于Al(OH)3的溶解（2分）
（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净（2分）
（6）2O2－－4e－ == O2↑（1分）
（7）溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复（1分） 96%（3分）
【解析】（1）氢氟酸与玻璃成分二氧化硅反应而腐蚀玻璃：4HF + SiO2=SiF4+2H2O。
（2）装置III的作用是防止倒吸。
（3）该白色固体是微溶于水的六氟铝酸钠，该反应的离子反应方程式：2Al(OH)3 + 12HF+6Na++3CO32－=2Na3AlF6↓+3CO2↑+9H2O。
（4）其原因是Na2CO3会首先与HF反应，不利于Al(OH)3的溶解。
（5）沉淀吸附Na+、CO32-等离子，可以检验CO32－，在过滤操作中确定沉淀已经洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。
（6）在电解制铝的工业生产中，阳极的电极反应式为2O2－－4e－=O2↑。
（7）Fe2O3溶解产生的Fe3+将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，当出现溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复现象时，到达滴定终点。Fe2O3～2Fe3+～I2～2S2O32－，n(Fe2O3)= 0.5n(Na2S2O3)=0.5×0.1000 mol/L×0.040L=0.0020mol，m(Fe2O3)= 0.0020mol×160g/mol=0.32g，则萤石中氟化钙的百分含量为 ×100%=96%。
28．（四川棠湖中学2020届一模）（14分）研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。
（1）工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，反应实际为两步进行：
I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) △H1=－272kJ·mol－1
II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+138kJ·mol－1
已知：H2O(l)==H2O(g) △H3=+44kJ·mol－1
① 请写出以NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式______________。
② T1℃时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，如图是CO2平衡转化率(a)与x的关系。求图中A点NH3的平衡转化率a=________％。

③ 当x=1.0时，若起始的压强为p0 kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-3（KP为以分压表示的平衡常数）。
（2）用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=－49.0kJ·mol－1。在T℃时，甲、乙、丙三个2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：

① 甲容器10s达到平衡时测得x=39.2，则甲中CO2的平均反应速率____________。
② 下列说法正确的是________（填字母编号）。
A．2c1 < c3 B．z < 2y C．p3 > 2p2 D．α1 + α3 > 1
（3）用NaOH溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32－)∶c(HCO3－)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10－7、K2(H2CO3) = 5×10－11]，溶液中c(Na+)_____c(HCO3－) + 2c(CO32－)（填“>”“=”或“＜”）。
【答案】（14分）
（1）① 2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol－1（2分） ② 33.3（2分） ③ 108/p03（2分）
（2）① 0.04 mol•L－1•s－1（2分） ② AB（2分）
（3）1︰2或0.5（2分） >（2分）
【解析】(1) ① NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H，根据盖斯定律可知△H=△H1+△H2－△H3=－178 kJ•mol－1，因而有2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol－1；
② A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol×0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol×2=1mol，NH3的平衡转化率a = 1mol/3mol×100％ = 33.3％；
③ 当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：
2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)
起 1 1
转 2x x
平 1－2x 1－x
又若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知=，解得x=mol，则n平(NH3)=mol，n平(CO2)=mol，那么p平(NH3)=×= kPa，p平(CO2)= ×=kPa，因而Kp==(kPa)-3；
（2）① 根据3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol－1，可知消耗的CO2的量为1mol×=0.8mol，v(CO2)==0.04mol·L－1·s－1；
② 已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c3>2c3*，综合上述分析可知c3>2c1，A正确；乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，即吸收的热量减少，即z< z*，故z<2y，B正确；根据B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即p3<2p2，C错误；已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中α1=2c1/1=2c1，乙中α2=(1-2c2)/1=1-2c2，因而α1+α2=2c1+1-2c2=1，根据C可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而α3小于α2，所以α1+α3<1，D错误。
（3）pH=10，c(H+)=10－10mol/L，又K2(H2CO3)=，因而c(CO32－)：c(HCO3－) = K2(H2CO3)/c(H+) = 1︰2，溶液中电荷守恒关系式为c(Na+)+ c(H+) = c(HCO3－) + 2c(CO32－) + c(OH－)，又溶液pH=10，则c(OH－)> c(H+)，所以c(Na+) > c(HCO3－) + 2c(CO32－)。
（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］（广东省六校联盟2020届联考二）（15分）
2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：
（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为___，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为___；该能层能量最高的电子云在空间有___个伸展方向，原子轨道呈___形。
（2）[Co(NO3－)4]2－中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为__，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___（填元素符号），1mol该配离子中含σ键数目为___NA。
（3）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___（用n代表P原子数）。
（4）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，晶体中Al3+占据O2－形成的___（填“四面体空隙”或“八面体空隙”）。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___g·cm－3（列计算式）。

【答案】（15分）（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（1分） M（1分） 3（1分） 哑铃（1分）
（2）sp2（1分） Co、O、N（1分） 16（2分）
（3）(PnO3n＋1)(n＋2)－（2分）
（4）CoAl2O4（2分） 八面体空隙（1分） （2分）
【解析】（1）Co为27号元素，Co原子核外有27个电子，根据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃型；
（2）NO3－中价层电子对数为，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N；一个NO3－中有3个σ键，配位键也为σ键，故σ键数目为3×4+4=16，则1mol该配离子中含σ键数目为16NA；
（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1,2,3,4，n 氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1  酸根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n＋1)(n＋2)－
（4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：，，，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，晶体中Al3+占据O2-形成的八面体空隙；该晶胞的体积为，该晶胞的质量为 ，所以密度为 。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（河北衡水中学2020届调研一）（15分）
化合物 I（）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物 A、B 和萘（ ）合成，路线如下：

（1）C的结构简式为_________，E的化学名称_______。
（2）由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________ 。
（3）I中含氧官能团的名称为_______。
（4）D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_______________。
（5）同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的
G（）与F反应，所得H的结构简式为 则反应中G（）断裂的化学键为 _______（填编号）
（6）Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。
① 含有萘环，且环上只有一个取代基。
② 可发生水解反应，但不能发生银镜反应。
【答案】（15分）（1）（2分） 乙醇（1分）
（2）取代反应（1分） 加成反应（1分）
（3）醚键和羟基（2分）
（4）（2分）
（5）ad（2分）
（6）8（2分） （2分，任写一种，符合题目要求即可）
【解析】和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。（1）根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；
（2）根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；
（3）化合物 I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；
（4）A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；
（5）反应中G（）到H( )过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；
（6）H的结构简式为 ，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、、、 、 、 、 、 ，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。