2020年高考全国I卷高三最新信息卷 化学（八）

2020年高考全国I卷高三最新信息卷 化学（八）

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年高三最新信息卷 化 学 （八）‎ 注意事项：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。‎ ‎3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4．考试结束，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 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65‎ 一、选择题：本大题共7小题，每小题6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．中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化。下列说法错误的是 A．“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素 B．“苏绣”是用蚕丝为线在丝绸上做绣的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质 C．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3‎ D．“司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁(Fe3O4)‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．60g冰醋酸和果糖的混合物中含氧原子的数目为2NA B．标准状况下，33.6L CHCl3中含有的共价键的数目为6NA C．常温下，将2.7g Al投入足量的浓硝酸中，转移电子数为0.3NA D．78g H2SiO3胶体中含有的胶粒数目为NA ‎9．多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是 A．甲中苯环上的溴代产物有2种 B．lmol乙与H2发生加成，最多消耗3mol H2‎ C．多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面 D．甲、乙、多巴胺3种物质均属于芳香烃 ‎10．X、Y、Z、M是短周期的四种元素，原子序数依次增大。X和M为同一主族元素，Y的最外层电子数为3，Z是地壳中含量最高的元素，X、Y和M三元素可组成MYX4化合物，其结构式如图所示，下列说法错误的是 A．MYX4化合物中X的化合价为+1‎ B．Z与X、M形成的二元化合物均不止一种 C．M在自然界中以化合物形式存在 D．原子半径由大到小顺序为M>Y>Z>X ‎11．天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如下图所示。下列说法不正确的是 A．脱硫过程O2间接氧化H2S B．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液 C．亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血 D．《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐 ‎12．利用电溶氧化法从低品位钼矿中回收铼(Re)，其原理如图所示，下列说法正确的是 A．阴极材料选用石墨烯增大了接触面积 B．上图装罝中的离子交换膜为阴离子交换膜 C．铂电极反应式为8H++ReO+7e−=Re+4H2O D．有0.4mol e−转移时，石墨烯上产生0.2mol H2‎ ‎13．常温下，向10mL 0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能 力变化如图。下列分析正确的是 A．溶液中的阳离子浓度总和最大的是d点 B．常温下，HR的电离平衡常数数量级为10−8‎ C．b点和d点溶液中，水的电离程度不相等 D．d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R−)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)‎ 二、非选择题（共43分）‎ ‎26．（14分）碳酸铈[Ce2(CO3)3]是制备稀土发光材料、汽车尾气净化催化剂的重要原料。碳酸铈可由铈的氯化物和碳酸氢铵反应制备。甲同学利用下列装置模拟制备Ce2(CO3)3： ‎ ‎ ‎ 已知：i.装置C中溶液为亚硫酸钠溶液；ii.Ksp[Ce2(CO3)3]=1.00×10−28；iii.Ce3+易被空气氧化成Ce4+。‎ ‎(1)装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为________，装置C中溶液的作用是________。‎ ‎(2)装置A中发生的化学反应方程式为________。‎ ‎(3)实验装置中有一处不合理，请针对不合理之处写出改进措施：________。‎ ‎(4)装置B中制备Ce2(CO3)3反应的离子方程式为________。‎ ‎(5)实验过程中当Ce3+沉淀完全时，溶液中c(CO)为________。‎ ‎(6)Ce2(CO3)3在装置B中沉淀，然后经过静置、过滤、洗涤、干燥后即可得到产品。检验产品是否洗涤干净的方法为________。‎ ‎(7)为测定产品中Ce2(CO3)3的纯度，取2.00g产品加入稀硫酸、溶液至全部溶解，配成100.00ml溶液，取25.00ml溶液用的溶液滴定至终点(铈被还原成Ce3+)，消耗溶液20.00ml，则产品中Ce2(CO3)3的纯度为________。‎ ‎27．（14分）工业上研究高效处理煤燃烧释放出来的SO2，有利于减小环境污染。在T℃时，利用CO处理SO2的反应为：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=akJ/mol。‎ ‎（1）已知T℃时：C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1=-110.5kJ/mol S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-290.0kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-390.0kJ/mol 则T℃时，a=__________。‎ ‎（2）在T℃下，将1.4mol CO和1mol SO2通入2L恒容容器中发生上述反应，反应体系气体总物质的量随时间变化如图；在0~10min，反应的平均速率v(CO)=___，SO2的平衡转化率(SO2)=___%；在T℃时该反应的平衡常数Kc=___L/mol。‎ ‎（3）实验测得：v正=v(CO)消耗=k正c(CO)·c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆，k正、k逆为只受温度影响的速率常数。若将（2）中容器内的温度升高（假设各物质的状态不发生变化），的值将_____________（填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（4）某科研团队研究用Fe2(SO4)3(aq)处理SO2：Fe3+溶液吸收SO2发生的离子反应方程式为____________；其他外界条件不变下，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响结果如图，在40℃前，SO2的吸收率随温度变化的可能原因是 ；在40℃后，SO2的吸收率发生的变化是温度升高该反应逆向移动的结果，导致反应逆向移动的原因：一是该反应为放热反应，二是 。‎ ‎28．（15分）长余辉材料在发光照明、交通等领域具有广泛的应用前景。下图是一种利用大理石(主要成分CaCO3和MgCO3)和铝土矿(主要成分Al2O3，还含少量Fe2O3杂质)制备一种长余辉材料 ‎(Ca12Al14Ox)的工艺流程图。回答下列问题：‎ ‎(1)Ca12Al14Ox中x的数值为______，试剂X的名称是_________。‎ ‎(2)NH4Cl溶液能溶解“粉末”的原因是 ，溶液乙中发生的主要反应的化学方程为 。‎ ‎(3)反应②的离子方程式为 。‎ ‎(4)实验室加热Al(OH)3应在________(填仪器名称)进行；操作①包括_____、干燥等。‎ ‎(5)若溶液甲中c(Mg2+)<5×10−5mol·L−1元素损失，此时应调节溶液pH大于______，为减少钙元素损失，应控制溶液甲中c(Ca2+)≤______。常温下Ksp[Mg(OH)2]=5×10−11，Ksp[Ca(OH)2]=5×10−6。‎ 三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，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】（15分）‎ ‎(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。‎ ‎①基态Ti3+的未成对电子数有______个。‎ ‎②LiBH4由Li+和BH构成，BH的空间构型是__________，B原子的杂化轨道类型是_____。‎ ‎③某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示:‎ I1/kJ·mol－1‎ I2/kJ·mol－1‎ I3/kJ·mol－1‎ I4/kJ·mol－1‎ I5/kJ·mol－1‎ ‎738‎ ‎1451‎ ‎7733‎ ‎10540‎ ‎13630‎ M是_______(填元素符号），判断理由为_______________。‎ ‎(2)铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，铜晶体中原子的堆积模型属于____________。‎ ‎(3)A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示（黑点代表铜原子）。‎ ‎①该晶体的化学式为______________。‎ ‎②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是_____________，此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为____________。‎ ‎③己知该晶体的密度为ρ g·cm−3，阿伏伽德罗常数为NA，己知该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为体对角线的1/4，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为________pm。‎ ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）‎ 聚合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下： ‎ 已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。‎ ‎②Diels-Alder反应：‎ ‎(1)生成A的反应类型是___________，F中所含官能团的结构简式为______________。‎ ‎(2)B的结构简式是___________；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物名称是______。 ‎ ‎(3)D+G→H的化学方程式是_____________________________________________。‎ ‎(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为_____________________。‎ ‎(5)已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线______________。(合成路线流程图示例：H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5)。‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年高三最新信息卷 化学答案（八）‎ ‎7.【答案】C ‎【解析】“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，指的是将牡蛎壳灼烧得“灰”，碳酸钙受热分解得CaO，“灰”的主要成分为CaO；答案选C。‎ ‎8. 【答案】A ‎【解析】A．冰醋酸的分子式为C2H4O2，果糖的分子式为C6H12O6，最简式均为CH2O，60g CH2O的物质的量为=2mol，所含氧原子的数目为2NA，故答案为A。‎ ‎9. 【答案】C ‎【解析】A．在苯环上的一溴代产物有2种，还有二溴代产物等，故A错误；B．乙中的苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，lmol乙最多可以与4mol H2发生加成反应，故B错误；C．多巴胺分子中苯环上的6个碳原子共平面，碳碳单键可以旋转，则侧链上的碳原子可能处于苯环所在平面，故C正确；D．甲、乙、多巴胺中除了还有C和H元素外，还含有其他元素，均属于烃的衍生物，故D错误；答案选C。‎ ‎10. 【答案】A ‎【解析】Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素，Y的最外层电子数为3，应为第ⅢA族元素，其原子序数小于O，所以应为B元素；根据化合物中各元素的成键特点可知，X和M应为第IA族元素，且X可以形成共价键，应为H元素，M的原子序数大于O，则M为Na元素。A．MYX4为NaBH4，Na为+1价，B位于金属与非金属的交界处，金属性明显一些，电负性小于H，所以B显+3价，H为-1价，故A错误；B．O和H可以形成H2O、H2O2，O和Na可以形成Na2O、Na2O2，故B正确；C．Na化学性质活泼，在自然界中以化合物的形式存在，故C正确；D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径Na>B>O>H，即M>Y>Z>X，故D正确；故答案为A。‎ ‎11. 【答案】B ‎【解析】B．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，答案选B。‎ ‎12. 【答案】C ‎【解析】根据题意，利用电溶氧化法从低品位钼矿中回收铼(Re)，因此右侧ReO得到电子，发生还原反应，铂电极为阴极，电极方程式为ReO+7e－+8H+=Re+4H2O；而石墨烯电极为阳极，稀硫酸中的H2O失去电子，生成O2，电极方程式为2H2O-4e－=4H++O2↑。A．选用石墨烯，可以增大接触面积，但是根据分析，石墨烯电极为电解池的阳极，而不是阴极，A错误；B．在电解池的右侧，ReO得到电子生成Re，电极方程式为ReO+7e−+8H+=Re+4H2O；电解池的左侧，稀硫酸中的H2O失去电子，电极方程式为2H2O-4e−=4H++O2↑，左侧生成的H+，经过离子交换膜到达右侧被消耗；右侧溶液中的K+也需要移动到左侧，与SO结合，因此该离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；C．根据分析，铂电极为阴极，ReO得到电子生成Re，发生还原反应，电极方程式为ReO+7e−+8H+=Re+4H2O，C正确；D．根据分析，石墨烯电极为阳极，稀硫酸中的H2O失去电子，生成O2，电极方程式为2H2O-4e−=4H++O2↑，不产生H2，D错误。答案选C。‎ ‎13. 【答案】C ‎【解析】溶液导电能力只与离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，离子浓度最大，则溶液中的阳离子浓度总和最大的是b点，故A错误；B．根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(H+)=10−3mol/L，c(R−)≈c(H+)=10−3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，根据HRH++R−，HR的电离平衡常数Ka===10−5，故B错误；C．酸或碱抑制水电离，盐类的水解促进水电离，在b点时HR与氨水恰好完全反应生成NH4R，溶质为含有弱离子的盐水解，促进水电离；在d点时，氨水过量，是弱碱，抑制水电离，所以b、d两点水电离程度不等，故C正确；D．d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3·H2O，根据物料守恒可得：2c(R−)+2c(HR)=c(NH3·H2O)+c(NH)，电荷守恒可得：c(NH)+c(H+)=c(R−)+c(OH−)，两式相加可得：2c(HR)+c(R−)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH−)，故D错误。答案为C。‎ ‎26. 【答案】（1）分液漏斗 防止空气中的氧气进入装置B中氧化Ce3+ ‎ ‎（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ ‎ （3） 装置BD之间连接饱和碳酸氢钠溶液，吸收挥发出来的HCl气体 ‎ （4） ‎2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O ‎ （5） ‎10−6mol/L ‎ （6） 取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，加入少量硝酸银溶液，如无沉淀产生，则证明已经洗涤干净 ‎ （7） ‎92.00% ‎ ‎【解析】碳酸铈可由铈的氯化物和碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3，则装置A中生成的NH3通入盛装CeCl3溶液的广口瓶中时，同时要通入过量装置D中制得的CO2，方可制得Ce2(CO3)3；操作过程中需要注意除去CO2中混有的HCl，洗涤Ce2(CO3)3时只要最后一次洗涤液中检验不到Cl−即为洗 涤干净。(1)装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为分液漏斗，装置C中溶液为亚硫酸钠溶液，有较强还原性，能防止空气中的氧气进入装置B中氧化Ce3+；(2)装置A是制氨气，发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；(3)CO2中混有的HCl，需要在装置BD之间连接饱和碳酸氢钠溶液，吸收挥发出来的HCl气体；(4)装置B中CeCl3溶液和碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3，发生反应的离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；(5)已知Ksp[Ce2(CO3)3]=c2(Ce3+)×‎ c3(CO)=1.00×10−28，且c (Ce3+)=1×10−5mol/L，则=mol/L=1×10−6mol/L；(6)最初沉淀Ce2(CO3)3的洗涤液中含有Cl−，当取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，加入少量硝酸银溶液，如无沉淀产生，则证明已经洗涤干净；(7)已知滴定时发生反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，消耗的溶液20.00mL，即参加反应的Fe2+的物质的量为0.02L×0.10mol/L=2×10−3mol，则产品中Ce2(CO3)3的纯度为=92.00%。‎ ‎27. 【答案】（1）-269 ‎ ‎（2）0.06mol/(L·min) 60 180 ‎ （3） 减小 ‎ （4） ‎2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+ 温度越高，反应速率越快 Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小 ‎ ‎【解析】（1）已知T℃时：反应①C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1=-110.5kJ/mol，反应②S(l)+O2(g)=‎ SO2(g) ΔH2=-290.0kJ/mol，反应③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-390.0kJ/mol；依据盖斯定律，2×③-2‎ ‎×①-②即得2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=akJ/mol；则ΔH=2×ΔH3-2×ΔH1-ΔH2=2×(-390.0‎ kJ/mol)-2×(-110.5kJ/mol)-(-290.0 kJ/mol)=-269kJ/mol，即T℃时，a=-269；‎ （2） ‎ ‎ 则x=0.6mol，则=0.06mol·(L·min)−1；=60%；；（3）T℃时容器（2）内发生的反应2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=-269kJ/mol，若升温，则正、逆反应速率均增大，但是吸热方向的逆反应速率增加得更快，则v正＜v逆，k正c(CO)·c(SO2)＜k逆，故，当温度升高时，KC变小，则减小；（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应得到Fe3和SO，则离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；从图知，40℃前随温度升高，相同时间内SO2吸收率随着增大，从温度对反应的影响可以推知：温度越高，反应越快，相同时间内SO2吸收率就高；温度上升超过40℃，SO2的吸收率有所下降，则温度对反应速率的直接影响不再是主要原因，因而要找间接影响，由于Fe3+会水解、二氧化硫的溶解性会随温度升高而减小，这些都可能影响到相同时间内SO2吸收率，故可能原因为：温度上升超过40℃，Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小。‎ ‎28. 【答案】（1）33 氢氧化钠溶液 ‎ ‎（2）NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性 CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl ‎ ‎（3）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO ‎ ‎（4）坩埚 过滤、洗涤 ‎ ‎（5）11 5mol·L－1 ‎ ‎【解析】大理石在高温下煅烧，CaCO3和MgCO3均分解生成CaO和MgO，加入NH4Cl溶解，得到CaCl2和MgCl2的混合溶液，通入NH3，Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去，CaCl2溶液中加入NH3、CO2得到CaCO3。铝土矿中含有Al2O3和Fe2O3，利用Al2O3溶于强碱，进行分离，加入强碱，得到AlO溶液，通过CO2，可将AlO转化为Al(OH)3，加热分解得到Al2O3。最终得到长余辉材料。(1)根据化合物中各种元素化合价的代数和等于零，Ca12Al14Ox中Ca、Al的化合价分别为+2、+3，则有12×2+14×3+(-2)x=0，得x=33；铝土矿中含有Al2O3和Fe2O3，利用Al2O3溶于强碱，进行分离，X为强碱，根据后面的流程得到NaHCO3，可知该强碱为氢氧化钠溶液；(2)CaCO3和MgCO3在高温下煅烧生成CaO和MgO粉末，因NH4Cl为强酸弱碱盐，其溶液中的NH水解使得溶液呈酸性，能够溶解CaO和MgO，生成Ca2+、Mg2+，通入NH3后Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，过滤除去，溶液乙为CaCl2溶液，再通入NH3和CO2，发生反应CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；(3)由流程图可知，反应②为NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成Al(OH)3和NaHCO3，离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(4)加热固体需要坩埚；操作①是为了得到CaCO3‎ 沉淀，具体操作为过滤、洗涤、干燥等；(5)=5×10−11，若溶液甲中c(Mg2+)<5×10−5mol·L−1，代入数据，，则pH=，则pH应该大于11；pH=11时，溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，带入数据，，带入数据，c(Ca2+)=5mol·L－1，为减少钙元素损失，应控制溶液甲中c(Ca2+)≤5mol·L－1。‎ ‎35. 【答案】（1）1 正四面体 sp3 Mg 第3电离能比第2电离能大很多，说明最外层有2个电子 ‎ ‎（2）面心立方密堆积 ‎ ‎（3）CuCl Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子） [Cu(NH3)4]2+ ‎ ‎××1010 ‎ ‎【解析】（1）①基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1；②BH4-的中心原子的价层电子对数是4，不存在孤对电子，空间构型是正四面体，B原子的杂化轨道类型是sp3；③该元素的第3电离能比第2电离能大很多，说明最外层有2个电子，则该元素属于第IIA族，为Mg元素；（2）铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方密堆积；（3）①A原子的价电子排布式为3s23p5，A是Cl。铜与Cl形成化合物的晶胞如图所示，其中铜全部在晶胞中，共计4个。氯原子的个数是8×1/8+6×1/2＝4，所以该晶体的化学式为CuCl。②由于Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子），因此该化合物难溶于水但易溶于氨水；此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，即亚铜离子转化为铜离子，因此深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+。③设晶胞的边长是acm，根据一个晶胞中含有4个CuCl可知a3ρ＝4×99.5/NA，己知该晶体中Cu原子和Cl原子之间的最短距离为体对角线的1/4，则该晶体中Cu原子和Cl原子之间的最短距离为。‎ ‎36. 【答案】（1）消去反应 －NO2、－Cl ‎ ‎（2） 水 ‎ ‎（3）n+(2n-1)H2O ‎ ‎（4）10 ‎ ‎（5） ‎ ‎【解析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到E是，E转化得到F，F与氨气在高压下得到，可知F→引入氨基，E→F引入硝基，则F中Cl原子被氨基取代生成，可推知F为；还原得到G为；乙醇发生消去反应生成A为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成B为，D为芳香化合物，则C中也含有苯环，C发生氧化反应生成D，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合D的分子式，可知D为、则C为，D与G发生缩聚反应得到H为。(1)生成A是乙醇的消去反应，F为，其中所含官能团的结构简式为－NO2、－Cl。(2)B的结构简式是；“B→C”的反应中，除C外，根据原子守恒可知另外一种产物名称是水。 (3)D+G→H是缩聚反应，反应的化学方程式是。(4)Q是D（）的同系物且相对分子质量比D大14，则Q含有苯环、2个羧基、比D多一个CH2原子团，有1个取代基为－CH(COOH)2；有2个取代基为－COOH、－CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个－COOH与－CH3，2个－COOH有邻、间、对3种位置，对应的－CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为 ‎1∶2∶2∶2∶1的为。(5)CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成 ‎，其合成路线为 ‎。‎