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2020届全国III卷高考化学模拟卷（八）可能用到的相对原子质量：H-1 li-7 Be 9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 Cl-35.5 Mn- 55 Fe-56 Cu-64 Ba-137 I-1271、 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.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是A医疗上用浓度为95的酒精杀菌消毒B葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解C石墨纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物D聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物8.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温下，1 L 0.5 mol/L CH3COONH4 溶液的 pH7，则溶液中 CH3COO与 NH4的数目均为 0.5NAB10 g 质量分数为 46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为 0.6 NAC16g 氨基(NH2)中含有的电子数为 7 NAD在密闭容器中将 2 mol SO2 和 1 mol O2 混合反应后，体系中的原子数为 8 NA9.某有机化工品R的结构简式如图所示。下列有关R的说法正确的是AR的分子式为C10H10O2B苯环上一氯代物有2种CR分子中所有原子可共平面DR能发生加成、氧化和水解反应10.某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。下列说法正确的是 试管实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有大量白色沉淀产生有少量白色沉淀产生品红溶液褪色A中白色沉淀是BaSO3B中可能有部分浓硫酸挥发了C为了确定中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管，实验现象不变11.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是A充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B放电时，a极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-C充电时，阳极的电极反应式为：3I-2e-=I3-DM是阴离子交换膜12.五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟。T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数，T和Y位于同一主族。下列推断正确的是（ ）A原子半径：TWZYXB简单气态氢化物的热稳定性：YTWC氧化物对应水化物的酸性：YTWZDX3W和XW3都是离子化合物，但所含化学键类型不完全相同13.二甲胺(CH3)2NH在水中电离与氨相似，。常温下，用0. l00mol/L的HCl分别滴定20. 00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是Ab点溶液：Bd点溶液：Ce点溶液中：Da、b 、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：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.亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2 + HNO3 = SO3 + HNO2、SO3 + HNO2 = NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。仪器I的名称为_，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_。按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。A中反应的方程式为_。B中“冷水”的温度一般控制在20，温度不宜过高或过低的原因为_。 （2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500 g产品放入250 mL的碘量瓶中，并加入100.00 mL浓度为0.1000 molL-1的KMnO4标准溶液和10 mL 25%的H2SO4，摇匀；用0.5000 molL-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02 mL, 到达滴定终点时读数为31.02 mL。已知：i：KMnO4 + NOSO4H + _ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2SO4 ii：2KMnO4 + 5Na2C2O4 + 8H2SO4 = 2MnSO4 +10CO2+ 8H2O完成反应i的化学方程式：_KMnO4 + NOSO4H + _ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2SO4 滴定终点的现象为_。产品的纯度为_。27.一种由明矾石主要成分：KAl3(SO4)2(OH)6和地开石主要成分：Al4(Si4O10)(OH)8提取K2SO4和Al的工艺流程：已知：K2SO4在不同温度下的溶解度温度/1020406080100溶解度/g9.311.114.818.221.424.1回答下列问题：（1）硫酸熟化工艺是指浓硫酸在矿物颗粒表面均匀分布并向内扩散的过程，该过程中矿物颗粒_（填“是”或“不是”）越细越好。（2）完成并配平还原焙烧时明矾石与硫反应的化学方程式：_KAl3(SO4)2(OH)6+SK2SO4+ Al2O3+_+ H2O（3）从水浸后的滤液中得到K2 SO4晶体的操作a是 _，写出K2SO4的一种用途 _ .（4）碱浸过程中发生的主要反应的离子方程式为_、 _ 。（5）流程中制Al的化学方程式为_（6）现利用还原焙烧产生的SO2来生产硫酸。若明矾石的质量为41.4t，主要成分含量为50%，SO2的利用率为96%，则可生产质量分数为98%的硫酸_t。KAl3(SO4)2(OH)6的相对分子质量为41428.甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。（1）已知 CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) H= + 93.0kJmol1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) H=192.9 kJmol1甲醇的燃烧热为726.51kJmol-1。要写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式，还缺少的热化学方程式为_。（2）甲醇可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2CH3OH H<0)。在T1时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数(V%)与的关系如图所示。当起始=2，经过5min达到平衡，05min内平均反应速率v(H2)=0.1molL-1min-1，则该条件CO的平衡转化率为_；若其它条件不变，在T2(T2>T1)下达到平衡时CO的体积分数可能是_(填标号)A< B= C D= E.> 当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_点选填“D”、“E”或“F”)。（3）制甲醇的CO和H2可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1molL1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则该反应的H_(选填“大于”“小于”或“等于”）0。压强p1_(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)_(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，则T时该反应的平衡常数Kp=_MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。 （4）研究表明：CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 反应。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mol CO2和4.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示，其中活化能最高的反应所用的催化剂是_(填“A”、“B”或“C”)。在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应外，还发生如下反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：T(K)CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）54312.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_。（2） 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，则每科按所做的第一题计分。35.钛酸锌（ZnTiO3）是一种抗菌涂料，应用于人造骨骼等生物移植技术。回答下列问题：（1）基态Zn原子的电子占据能量最高的能层符号为_，与Zn同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相同的元素有_种（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物。则电负性C_B（选填“>或“<”）；第一电离能N>O，原因是_。（3）ZnTiO3与80%H2SO4反应可生成TiOSO4。的空间构型为_，其中硫原子采用_杂化。与互为等电子体的分子的化学式为_（任写一种即可）（4）Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。与Zn原子距离最近的Zn原子有_个。该化合物的化学式为_。已知该晶体的晶胞参数为a10-12m，阿伏加德罗常数为NA。则该晶体的密度为_g/cm3（列式即可）36.化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：RCHORCHORCHORCH2CHOH2O请回答下列问题：（1）芳香族化合物B的名称为_，1molB最多能与_molH2加成，其加成产物等效氢共有_种。（2）由E生成F的反应类型为_，F分子中所含官能团的名称是_。（3）X的结构简式为_。（4）写出D生成E的第步反应的化学方程式_。（5）G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有_种，写出其中任意一种的结构简式_。分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6211。（6）根据题目所给信息，设计由乙醛和苯甲醛制备的合成路线（无机试剂任选）_。答案与解析7. 【答案】D【解析】过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜，阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌免遭死亡，酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，医疗上用浓度为75%的酒精杀菌消毒，故A错误；葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故B错误；石墨纤维是由碳元素构成的单质，不是有机高分子化合物，故C错误；聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn中的铁离子在水溶液中能发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物，故D正确；答案选D。8. 【答案】D【解析】由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A项错误；该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8 NA，D项正确；答案选D。9. 【答案】D【解析】AR的分子式为C10H8O2，A项错误；B苯环上4个氢原子位置不对称，故苯环上一氯代物有4种，B项错误；CCH3中四个原子不可能共平面，则R分子中所有原子不可能共平面，C项错误；DR含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反应、加成反应和氧化反应，D项正确；答案选D。10. 【答案】B【解析】实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。A. 二氧化硫不与氯化钡溶液反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B. 根据分析可知中可能有部分硫酸挥发了，故B正确；C. 冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D. 反应过程中SO3是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D错误；故答案为B。11. 【答案】D【解析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I-2e-=I3-，据此回答。A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；B.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-，B正确；C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I-2e-=I3-，C正确；D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误；答案选D。12. 【答案】D【解析】五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。通过T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代可以判断，T为C元素；根据W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟，W的原子序数小于Z可以判断出，W为N元素，Z为Cl元素；T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数可以判断出，X的核外电子数为11，X为Na；T和Y位于同一主族，T的原子序数最小，判断出Y为Si元素。A根据元素电子层数和核电荷数判断，原子半径大小为：W< T<Z <Y <X，A错误；B同一周期从左到右，简单气态氢化物的热稳定性越来越强，同一主族从上到下，简单气态氢化物的热稳定性越来越弱，故简单气态氢化物的热稳定性为：W>T>Y，B错误；C氧化物对应水化物的酸性无法判断，C错误；DX3W和XW3分为Na3N和NaN3，两者都是离子化合物，但Na3N仅含有离子键，NaN3中即含离子键也含共价键，D正确；答案选D。13. 【答案】D【解析】NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH>(CH3)2NH，所以曲线表示NaOH滴定曲线、曲线表示(CH3)2NH滴定曲线，然后结合相关守恒解答。Ab点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NHH2O和(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2Cl的水解常数，所以(CH3)2NHH2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：，A错误；Bd点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因此，则， 溶液中存在电荷守恒：，因此，故B错误；Ce点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则，故C错误；D酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NHH2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b>a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d>c>b>a，故D正确；故案为D。26. 【答案】分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐 adecbdef Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4= 2NaHSO4+SO2 温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67% 【解析】(1)根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：adecbdef；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000molL1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2+8H2O，过量的KMnO4的物质的量=0.5000molL1(31.02mL-1.02mL)10-3/L=0.006mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000molL10.1L0.006mol=0.004mol，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=0.004=0.01mol，产品的纯度为=100%=84.67%。27. 【答案】不是 4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2+12H2O 蒸发结晶 作钾肥、制备钾盐、药物、玻璃、明矾等 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Al2O3(熔融)4Al+3O2 10.8 【解析】由工艺流程可知，地开石、明矾石经硫酸熟化后加入硫单质进行还原焙烧，明矾石发生反应4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2+12H2O，地开石发生反应Al4(Si4O10)(OH)8=4SiO2+2Al2O3+4H2O，焙砂的主要成分为K2SO4、SiO2和Al2O3，再通过水浸后得到水浸出液K2SO4溶液和水浸出渣SiO2、Al2O3，结合K2SO4的溶解度随温度的变化可知，K2SO4溶液经蒸发结晶得到K2SO4晶体，水浸出渣Al2O3与SiO2分别与NaOH发生反应生成NaAlO2和Na2SiO3，再经一些列操作得到Al单质，据此分析解答问题。(1)矿物颗粒细，可以提高扩散速率，但颗粒细度达到一定值后，再往后对速率的影响微乎其微，因此，硫酸熟化过程中矿物颗粒不是越细越好；(2)根据上述分析，明矾石与硫发生氧化还原反应，硫作还原剂，KAl3(SO4)2(OH)6作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒进行配平可得，化学反应方程式为4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2+12H2O；(3)K2SO4的溶解度虽然随着温度的升高而增大，但是变化不大，因此K2SO4溶液可采用蒸发结晶得到K2SO4晶体。K2SO4可用作钾肥，制加盐、药物、玻璃、明矾等；(4)碱浸过程中，主要是Al2O3与SiO2分别与NaOH发生反应，生成NaAlO2和Na2SiO3，离子反应方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(5)流程中制备Al可采用电解熔融Al2O3的方法，发生的化学反应方程式2Al2O3(熔融)4Al+3O2(6)根据明矾石与硫反应方程式和元素守恒可得关系式：则。28. 【答案】CH3OH(g)=CH3OH(l) H=38.19kJ/mol 50% C D 16 C 升高温度，反应、的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大 【解析】(1)已知 CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) H= + 93.0kJmol1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) H=192.9 kJmol1CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=726.51kJmol1，根据盖斯定律3-2-可得：CH3OH(g)=CH3OH(l) H=38.19kJ/mol；(2)05min内平均反应速率v(H2)=0.1molL-1min-1，根据c(H2)= v(H2)t=0.1molL-1min-15min=0.5mol/L，根据CO+2H2CH3OH，CO的浓度变化量=0.25mol/L，H2和CO总共为3mol，且起始=2：1，可知H2为2mol、CO为1mol，平衡时H2为1mol，CO为0.5mol，CH3OH为0.5mol，则该条件CO的平衡转化率=100%=50%，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，此时H2的体积分数为=；CO+2H2CH3OH H0反应放热，其它条件不变，在T2(T2T1)时，升高温度平衡逆向移动，氢气的含量增大，体积分数增大；混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于C点，故选D；(3)由图象可知，升高温度CO的转化率增大，即升高温度，平衡向正方向移动，所以反应为吸热反应，即H0；由图象可得，在相同温度下，pl时CO的转化率大于p2时CO的转化率，该反应的正反应方向为气体体积增大的方向，压强越大CO的转化率越小，则plp2；当压强为p2时，y点CO的转化率小于平衡x点的CO的转化率，则y点反应正向进行，即，在y点，v(正)v(逆)；根据图像，当压强为p2时，甲烷的转化率为50%，列“三段式”：若p2=6Mpa，平衡时，各物质的总物质的量为0.05+0.05+0.1+0.1=0.3mol，则T时该反应的平衡常数Kp=16MPa2；(4)如图所示，在T1温度下，相同时间内，催化剂A作用下的转化率最大，催化剂C的作用下的转化率最小，活化能越高，反应越困难，CO2转化率越低，故答案选C；表格数据表明，可能升高温度，反应、的反应速率都加快，但反应的反应速率变化更大，因此，甲醇的选择性降低，其原因是升高温度，反应、的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大。35. 【答案】N 4 N原子中2p轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能NO 正四面体形 sp3 CCl4、SiCl4、SO2Cl2（任写一种即可） 12 ZnS 【解析】（1）Zn位于周期表第四周期，基态Zn原子的核外电子，占据的能量最高的能层为第4层，符号为N；与Zn同位于第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相同的元素有Sc、Ti、V、Mn四种；（2）同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的吸引力逐渐增强，电负性逐渐增强，所以电负性CB；N的核外电子排布为He2s22p3，2p轨道处于半充满状态，比较稳定，O的核外电子排布为He2s22p4，不是稳定结构，所以第一电离能NO；（3）SO42-的中心原子S的价层电子对数=4+(842)=4，VSEPR模型为正四面体形，没有孤电子对，所以SO42-的空间构型为正四面体形，S原子的杂化方式为sp3；与SO42-互为等电子体的分子需满足：与SO42-原子总数相同（5个）、价电子总数相同（32个），如：CCl4、SiCl4、SO2Cl2等；（4）Zn原子位于晶胞的顶点和面心上，与Zn原子距离最近的Zn原子有12个；一个晶胞中Zn原子的个数=8+6=4，S原子的个数=4，二者的个数比为1：1，所以该化合物的化学式为ZnS；= =g/cm3。36. 【答案】苯甲醛 4 6 加成反应 羧基、溴原子 2Cu(OH)2NaOH Cu2O3H2O 4 (或中任一种) 【解析】A发生信息中氧化反应得到B、C，而B为芳香族化合物，故B为、C为CH3CHO，B与C发生信息中的反应生成D为，D发生氧化反应得到E为，E与溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应生成G为，由H的结构，结合信息中的加成反应，可知X为。(1)根据分析可知B为，名称为苯甲醛；苯环和醛基中的碳氧双键都可以与氢气发生加成反应，所以1molB最多能与4mol氢气发生加成反应，加成后生成，有6种环境的氢原子；(2)E到F为碳碳双键与溴的加成反应，F为，官能团为溴原子、羧基；(3)根据分析可知X为；(4)D生成E的第步反应为新制氢氧化铜氧化醛基的反应，方程式为：2Cu(OH)2NaOH Cu2O3H2O；(5)G()与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，则Y的分子式为C11H10O2，其同分异构体满足：分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基；其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6211，说明分子结构对称，且应有两个处于对称位置的甲基，符合条件的同分异构体有、共4种；(6)原料为乙醛和苯甲醛，目标产物为，需要将苯甲醛的支链上的碳链加长，同时引入羧基，根据题目信息两个醛基可以反应，加长碳链，同时保留一个醛基，将醛基氧化可以生成羧基，所以合成路线为。