【化学】2020年高考全国I卷高三最新信息卷（十一）（解析版）

【化学】2020年高考全国I卷高三最新信息卷（十一）（解析版）

‎2020年高考全国I卷高三最新信息卷（十一）‎ 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．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述不正确的是（ ）‎ A．汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要生产原料为黏土 B．东晋《洛神赋图》中的颜料铜绿，主要成分属于盐类 C．宋代《莲塘乳鸭图》所用宣纸，其主要成分是纤维素 D．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅 ‎8．有机物M的结构结构简式如图所示。关于M，下列说法正确的是（ ）‎ A．分子中所有碳原子可能共平面 B．M的同分异构体中，能与饱和NaHCO3溶液反应有9种 C．可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．1mol M与足量的钠反应可以生成22.4L H2‎ ‎9．NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用千冶金染料、皮革等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）‎ A．12g石墨晶体中含有碳碳键的数目为3NA B．1L 0.1mol·L−1 Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.lNA C．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA D．常温常压下，11.2L CO2中含质子的数目为11NA ‎10．侯氏制碱法在我国工业发展中具有重要作用。现某学习小组在实验室中利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法正确的是（ ）‎ A．装置a中可改用碳酸钙粉末提高反应速率 B．装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸 C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率 D．反应后将装置c中的锥形瓶充分冷却，蒸发结晶得到NaHCO3晶体 ‎11．中国科学院大连化学物理研究所储能技术研究部的研究团队在碱性锌铁液流电池研究方面取得新进展，该电池的总反应为。下列叙述错误的是（ ）‎ A．放电时，M为电池正极，电极反应式为+e−=‎ B．充电时，N接电池负极，该电极发生还原反应 C．放电时，右侧贮液器中溶液浓度增大 D．放电时，电路中转移2mol电子时，负极区电解质溶液增重65g ‎12．借助锂循环可实现氨的常压合成，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A．“STEP1”金属锂在阳极生成 B．“STEP2”的反应属于氮的固定 C．“STEP3”发生的反应为复分解反应 D．循环过程中存在3种以上形式的能量转化 ‎13．常温下，向50mL溶有0.1mol Cl2的氯水中滴加2mol·L−1的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A．a点溶液中存在：N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=0.2NA(N表示粒子数），若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体 B．若a点pH=4，且c(Cl－)=m·c(ClO−)，则Ka(HClO)=‎ C．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大 D．若y=200，则c点对应溶液中：c(HClO)+c(H+)=c(OH−)－2c(Cl−)‎ 二、 非选择题（43分）‎ ‎26．（14分）二氧化氯(ClO2)是一种广谱、高效的杀菌消毒剂，有与氯气相似的强烈刺激性气味，易溶于水，沸点11℃，遇热不稳定易分解发生爆炸。一种工业制法用硫铁矿(主要成分为FeS2)还原氯酸钠制取二氧化氯，某研究小组在实验室设计如下装置制备ClO2的水溶液。‎ ‎(1)三颈烧瓶中加入NaClO3溶液、浓H2SO4，通入空气，调节恒温器至60℃，通过固体加料器缓慢匀速加入硫铁矿粉末。反应开始时烧瓶内发生反应的离子方程式如下，请配平该方程式：__ClO+__FeS2+__H+＝____ClO2+____Fe3++____SO+____H2O ‎(2)装置D的作用是_____________________________________。‎ ‎(3)用上述反应完后的废液(除上述产物外，还有Al3+、Mg2+、H+、Cl－等)可制备摩尔盐，即(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。其操作流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ①操作Ⅰ的名称为：_________________。‎ ‎②试剂X是___________，写出发生的主要反应的离子方程式_________________________。‎ ‎③为测定(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：用电子天平准确称量5.000g硫酸亚铁铵晶体，配制成250mL溶液。取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至Fe2+恰好全部氧化成Fe3+，同时，MnO被还原成Mn2+。测得消耗KMnO4溶液的平均体积为21.00mL。则该晶体中铁的质量分数为___________。(保留4位有效数字)‎ ‎27．（14分）含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题。‎ ‎(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如下图所示。A包含物质为H2O和___________(填化学式)‎ ‎(2)已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-a kJ/mol ‎4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH2=-b kJ/mol H2O(l)=H2O(g) ΔH3=+c kJ/mol 则反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)的ΔH=___________kJ/mol ‎(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN的反应为：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g) ΔH>0‎ ‎①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图甲所示。则X可以是_________(填字母序号)‎ a．温度 b．压强 c．催化剂 d． ‎ ‎②在一定温度下，向2L密闭容器中加入n mol CH4和2moI NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图乙所示。‎ a点时，CH4的转化率为___________%；平衡常数：K(a)_____K(b)(填“>”“=”或“<”)。‎ ‎(4)肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为： Mb(ag)+O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为：。在37℃条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(a)与P(O2)的关系如图丙所示[]。研究表明正反应速率ν正=k正·c(Mb)·P(O2)，逆反应速率ν逆=k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。‎ ‎①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆之间的关系式为K=___________(用含有k正、k逆 的式子表示)。‎ ‎②试求出图丙中c点时，上述反应的平衡常数K=___________kPa−1。已知k逆=60s−1，则速率常数k正=___________s−1·kPa−1。‎ ‎28．（15分）通过对阳极泥的综合处理可以回收宝贵的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等）中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：‎ ‎（1）已知预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含有单质S，则预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为 。从环保角度来看，本工艺中采用稀H2SO4添加适量MnO2做预处理剂与传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂相比的主要优点是 。‎ ‎（2）回收分银渣中的银，可用如图过程：‎ 已知：S2O易与银离子发生络合反应：Ag++2S2OAg(S2O3)。在常温下，上述络合反应的平衡常数为：K稳[Ag(S2O3)]==2.8×1013，Ksp(AgCl)=1.8×10−10。‎ ‎①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2OAg(S2O3)(aq)+Cl−(aq)，则常温下此反应的平衡常数K为___（结果保留二位小数）。‎ ‎②Ⅲ中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平衡的角度分析原因： 。‎ ‎（3）分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)。已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10−3，Ka2=2.5×10−8，则NaHSeO3溶液的pH___7(填“>”、“<”或“=”)。硒酸(H2SeO4)可以用氯水氧化亚硒酸得到，该反应化学方程式为 。‎ ‎（4）分铜得到产品CuSO4·5H2O的具体操作如图：‎ 其中萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用___（填化学式）溶液。‎ 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）‎ 工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5。为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu(NH3)2OOCCH3+CO+NH3=Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。回答下列问题：‎ ‎（1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是 （填字母序号）。‎ a． b．‎ c． d．‎ ‎（2）写出CO的一种常见等电子体的结构式： ；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。‎ ‎（3）与O同族的元素还有S、Se、Te，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是 。‎ ‎（4）配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中，铜显+1价，1mol [Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目___。则其中碳原子的杂化轨道类型是 ，NH3分子的价电子对互斥理论模型是 。‎ ‎（5）已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：‎ ‎①若坐标参数A为（0，0，0），B为(，，)，则C的坐标参数为 ；‎ ‎②若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为a pm，则晶体的密度为 g·cm−3。‎ ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）‎ 化合I是一种重要的药物中间体，利用Robinson成环反应合成I的路线如图，回答下列问题：‎ 已知：a．CH3COOCH3+CH3COOCH3‎ b．‎ ‎（1）A是一种环烃，且只有一种化学环境的H，则A的结构简式为 ，C化学名称为 。‎ ‎（2）C到D、F到G的反应类型分别为 、 。‎ ‎（3）D到E的化学方程式为 。‎ ‎（4）H所含官能团的名称为 ，I的结构简式为 。‎ ‎（5）G有多种同分异构体，满足下列条件的共有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为 （任写一种）。‎ ‎①苯环上有4个取代基；②1mol G可消耗3mol NaOH。‎ ‎【参考答案】‎ ‎7.【答案】D ‎【解析】A．陶瓷以黏土为原料，故A正确；B．铜绿的主要成分碱式碳酸铜，属于盐类，故B正确；C．作画用的宣纸其主要成分是纤维素，属于多糖，故C正确；D．芯片的主要成分是Si，光导纤维主要成分是SiO2，故D错误；故答案为D。‎ ‎8. 【答案】C ‎【解析】A．分子结构中的碳均是形成甲烷结构，则分子中所有碳原子不可能共平面，故A错误；B．M的分子式为C6H12O2，同分异构体中，能与饱和NaHCO3溶液反应，说明含有-COOH，则相当于C5H12的烷烃中氢原子被-COOH取代，其中CH3CH2CH2CH2CH3有三种等效氢，CH(CH3)2CH2CH3有4种等效氢，C(CH3)3有1种等效氢，故满足条件的同分异构体共有8种，故B错误；C．分子结构中的醇羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则M可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．1mol M与足量的钠反应可以生成1mol H2，标准状况下体积为22.4L H2，选项中未标明是否是标准状况，故D错误；故答案为C。‎ ‎9. 【答案】C ‎【解析】A．石墨中1个C对应1.5个碳碳键，即12g石墨晶体中含有碳碳键的数目为1.5NA，A项错误；B．1L 0.1mol/L Na2S溶液中含有0.1mol Na2S，硫离子水解生成HS−和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，B项错误；C．根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，C项正确；D．通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2L CO2物质的量不是0.5mol，所含质子的数目不是11NA，D项错误；答案选C。‎ ‎10. 【答案】C ‎【解析】A．启普发生器要求为液体和块状固体的反应，不能用碳酸钙粉末，A错误；B．装置b吸收HCl，装置d吸收氨气，依次盛装饱和NaHCO3溶液、水，B错误；C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率，C正确；D．NaHCO3晶体易受热分解，故不能用蒸发结晶方式，D错误；答案为C。‎ ‎11. 【答案】D ‎【解析】D．充放电时，Zn失电子后与氢氧根生成，在溶液增加的质量为Zn和氢氧根之和，大于65g，错误。答案选D。‎ ‎12. 【答案】A ‎【解析】A．阳极发生氧化反应，“STEP1”金属锂在阴极生成，故A错误；B．“STEP2”的反应中氮由游离态变成化合态，属于氮的固定，故B正确；C．“STEP3”发生的反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，故C正确；D．循环过程中存在3种以上形式的能量转化，如光能转化成电能、风能转成机械能、机械能转成电能、电能转成化学能等，故D正确；故选A。‎ ‎13. 【答案】D ‎【解析】整个过程先后发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOH=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O。A．a点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)<0.2NA(N表示粒子数），故A错误；若a点pH=4，c(H+)=10-4mol·L－1，根据方程式知c(HClO)=c(Cl−)-c(ClO−)，c(Cl−)=mc(ClO−)，则c(HClO)=（m-1）c(ClO－)，Ka(HClO)= ，则Ka(HClO)=，故B错误；C．b～c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解：ClO－+H2OHClO+OH－，c(HClO)减小，c(ClO−)增大，但水解常数只受温度影响，温度不变，水解常数不变，故C错误；D．若y=200，c点对应溶液中存在0.1mol NaCl、0.1mol NaClO、0.2mol NaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+‎ c(ClO−)+c(OH−) ①，氯元素守恒得：c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO) ②，2c(Cl−)+2c(ClO−)+2c(HClO)=c(Na+) ③，由①+③+②得：c(HClO)+c(H+)=c(OH−)-2c(Cl−)，故D正确；故选D。‎ ‎26. 【答案】（1）15 1 14 15 1 2 7 ‎ （2） 检验ClO2是否吸收完全 ‎ （3） 过滤 Fe 2Fe3++Fe＝3Fe2+ 11.76% ‎ ‎【解析】A装置是制取ClO2；ClO2易溶于水，沸点11℃，遇热不稳定易分解发生爆炸，B装置是冷凝收集ClO2，C装置吸收未冷凝的气态ClO2；ClO2有强氧化性，能使品红褪色，D装置品红能被ClO2氧化而导致品红褪色，是检验ClO2是否被完全吸收干净。(1)NaClO3‎ 与FeS2的反应中，氯从+5价变为+4价，铁从+2价变为+3价，硫从-1价变为+6价，根据化合价升降法结合电荷守恒和元素守恒配平离子方程式为15ClO+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO+7H2O；(2)ClO2有强氧化性，能使品红褪色，所以装置D的作用是检验ClO2是否吸收完全；(3)上述反应完后的废液中主要含有Fe3+，还有Al3+、Mg2+、H+、Cl−等，根据流程图，在废液中加入过量的X后可得硫酸亚铁，则X为铁；在硫酸亚铁晶体加入硫酸铵溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤可得(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体。①根据上面的分析可知，操作Ⅰ是分离固体和溶液，为过滤；②根据上面的分析可知，试剂X是Fe，发生的主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；③根据电子得失守恒可得关系式5Fe2+～MnO，反应中消耗的KMnO4的物质的量为0.01000mol/L×21.00×10−3L=2.1×10−4mol，所以样品中铁元素的质量为2.1×10−4mol×5××56g/mol=0.588g，故铁元素的质量分数为×100%=11.76%。‎ ‎27. 【答案】（1）N2 ‎ （2） ‎ ‎ （3） bd 25 = ‎ （2） ‎ 2 120 ‎ ‎【解析】(1)根据流程图可知NH3与废气中的NO、NO2反应，最终产生无毒无害的氮气和水；‎ ‎(2)①4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-a kJ/mol ‎②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH2=-b kJ/mol ‎ ‎③H2O(l)=H2O(g) ΔH3=+c kJ/mol 根据盖斯定律，将(①×2+②×3-③×30)×，整理可得4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) ΔH=‎ kJ/mol；(3)①反应CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g )的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据图象可知：X越大，氨气的转化率越小。a.升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，使氨气的转化率增大，a错误；b.增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使氨气的转化率降低，b正确；c.催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此对氨气的转化率无影响，c错误；d.增大 ‎，相对来说氨气增大的多，平衡正向移动，但平衡移动消耗量远远小于加入氨气的量，所以氨气的转化率降低，d正确；故合理选项是ad；②假设反应消耗CH4物质的量为x，对于反应：‎ CH4(g) + NH3(g) HCN(g)+3H2(g )，‎ 开始(mol) 2 2 0 0‎ 转化(mol) x x x 3x 平衡(mol) 2-x 2-x x 3x 根据图象可知在平衡时氨气的体积分数是30%，可得=30%，解得x=0.5，则a点时，CH4的转化率为=25%；由于温度不变，所以无论是在线上任何一点，化学反应的平衡常数都不变，因此K(a)=K(b)；(4)①可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，由于ν正=k正·c(Mb)·P(O2)，ν逆=k逆·c(MbO2)，所以k正·c(Mb)·P(O2)=k逆·c(MbO2)，，而反应Mb(ag)+O2(g)MbO2(aq)的平衡常数K=；②将C点时，P(O2)=4.5，肌红蛋白的结合度(a)是90%带入平衡常数表达式中可得K==2；K=，由于K=2，k逆=60s-1带入该式子，可得k正=K·k逆=2×60s−1=120s−1。‎ ‎28. 【答案】（1）Cu2S+5MnO2+12H+=2Cu2++SO+5Mn2++6H2O 减少污染性气体SO2的排放 ‎ ‎（2）5.04×103 随循环次数增加，浸出液中c(Cl−)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)Ag(S2O3)(aq)+Cl−(aq)平衡左移，故浸出率下降 ‎ ‎（3）< H2SeO3+Cl2+H2O=H2SeO4+2HCl ‎ ‎（4）H2SO4 ‎ ‎【解析】铜阳极泥(主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等) ，加入二氧化锰、硫酸进行预处理，可将Cu2S氧化生成硫酸铜，减少污染物的排放，滤液加入NaCl，可生成AgCl，滤液加入Cu，得到Cu2Se，分硒液含有铜，萃取得到R2Cu，经反萃取可得铜的水溶液，可用于制备硫酸铜晶体等。（1）预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，应生成硫酸盐，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为：Cu2S+5MnO2+12H+=2Cu2++SO+5Mn2++6H2O；采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂，稀硫酸提供了酸性环境，MnO2作氧化剂，可以氧化Cu2‎ S，若用浓硫酸作氧化剂，浓硫酸中+6价的S会被还原为+4价，产生二氧化硫，污染空气；（2）①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2OAg(S2O3)(aq)+Cl-(aq)，该反应的平衡常数=‎ ‎；②Ⅲ中银渣回收液可直接放入Ⅰ过程循环使用，方程式为：AgCl(s)+2S2OAg(S2O3)(aq)+Cl−(aq)，多次循环后，浸出液中S2O的浓度减小，Cl−的浓度增大，平衡向逆向移动，浸出率下降；（3）常温下的水解平衡常数为，的电离平衡常数为2.5×10−8，故Kh＜Ka2，即的水解小于电离，所以NaHSeO3溶液显酸性，pH＜7；亚硒酸被氯水中的氯气氧化为硒酸，氯气的0价氯降为-1价，方程式为：H2SeO3+Cl2+H2O=H2SeO4+2HCl；（4）反萃取后生成CuSO4，根据萃取原理2RH+Cu2+R2Cu+2H+，则应增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，同时不引入新杂质，所以选择H2SO4作反萃取剂。‎ ‎35. 【答案】（1）a ‎ （2） N≡N N＞O＞C ‎ （3） H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高 ‎ （4） ‎8NA sp3、sp2 四面体形 ‎ （5） ‎(，，) ‎ ‎【解析】（1）基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，电子排布图表示的状态中只有a项符合；（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：N≡N；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅤA族元素其价电子排布为ns2np3，其np中电子排布为半满结构，较稳定，因此其第一电离能比相邻元素大，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；（3）H2Te、H2Se、H2‎ S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；（4）铜显+1价，1mol [Cu(NH3)2]+中N-H键和配位键属于σ键，即含有σ键的数目8NA，甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是四面体形；（5）①根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，则C的原子坐标为：()；②1mol晶胞，即有NA个晶胞，质量为m=2×(64×2+16)g=144×2g，所以密度为ρ=。‎ ‎36. 【答案】（1） 环己烯 ‎ （2） 氧化反应 取代反应 ‎ （3） ‎+2CH3OH+2H2O ‎ （4） 羰基、碳碳双键 ‎ （5） ‎24 或 ‎ ‎【解析】E到F发生的是类似信息a的反应原理，结合E的分子式为C8H14O4和F的结构简式，可知E为CH3OOCCH2CH2CH2CH2COOCH3，D→E为酯化反应，则D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C→D应为碳碳双键被酸性KMnO4溶液氧化，则C为；由此结合A的分子式为C6H12，可知A为，其在光照条件下与Cl2发生取代反应生成的B为，B再在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成C；H的结构简式为，其和在醇钠的作用下根据信息b的反应原理生成I的结构简式为 ‎，据此分析解题。依据分析可知，A的结构简式为，C为，化学名称为环己烯；(2)C→D为碳碳双键被酸性KMnO4溶液氧化，反应类型为氧化反应；F的结构简式，G的结构简式为，则F到G的反应类型为取代反应；(3)D→E为酯化反应，发生反应的化学方程式为+2CH3OH；(4)H的结构简式为，所含官能团的名称为羰基、碳碳双键；I的结构简式为；(5)G的结构简式为，其同分异构体满足的条件为：①苯环上有4个取代基，②1mol G可消耗3mol NaOH，则分子结构中含有3个酚羟基，另一个取代基应为-C4H9，其可能结构有-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH3、-CH2CH(CH3)2、-C(CH3)3；则：三个酚羟基连一起，烃基的位置有2种；三个酚羟基位于1、3、5位，烃基的位置只有1种；三个酚羟基位于1、2、4位，烃基的位置只有3种；即烃基共有6种位置，结合烃基有4种结构，故满足条件的同分异构体共有4×6=24种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为或。‎