2021高考化学全真模拟卷04含解析

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2021高考化学全真模拟卷
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
A．12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】A．12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 + 2H2O＝2NaOH + H2↑中的相关微粒，其中正确的是
A．中子数为10的氧原子：O B．NaOH的电子式：
C．Na+的结构示意图： D．H2O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- ＝2CO2
C．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：Cl>Si
【答案】B

12．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，达到分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。
13．如下图(其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA－，Ⅲ代表A2－)，向20mL0.2mol／L H2A溶液中滴加0.2mol／L NaOH溶液 , 根据图示判断，下列说法正确的是

A．H2A在水中的电离方程式是：H2A===H＋＋HA－；HA－H＋＋A2－
B．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)=20mL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−、HA−H++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．（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 (Na2Cr2O7·2H2O)的流程如图所示。

已知：I．Cr2O3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:Al2O3 +Na2CO3=2NaAlO2 +CO2↑；
III．2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O K=1.0×1012
（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800～900℃，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电极的电极反应式为____。若初始加入电解池中的c (Na2CrO4)=1.0mol·L-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，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=1.0×1012可得，，溶液的pH=6，即=1.0×10-6mol/L，K====1.0×1012，=0.5mol/L，因此当溶液pH=6时，溶液中剩余的CrO42-为0.5mol，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0～5℃、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：
Ⅰ.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0～5℃，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。
Ⅱ.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： Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O，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0～5℃，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-，6Fe2++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++7H2O，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：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)= NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=______kJ/mol。
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH =−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/mol·L−1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0～10 min内，平均反应速率v(SO2)=_____mol/(L·min)。
②30min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) ΔH=−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示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106 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) ΔH=−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）。
①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。
②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分）
（2）①0.042（2分） ②AC（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）①<（2分） ② （2分）
【解析】
(1)已知①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=akJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=bkJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=ckJ/mol。
将①×2+②×2+③，整理可得2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=(2a+2b+c)kJ/mol。
(2)①先计算出0～10 min内的v(CO2)= mol/(L·min)，根据化学方程式可知：v(SO2)=v(CO2)=0.042 mol/(L·min)；
②A.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)= 1.1×106 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)①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 ②若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下发生该反应，达到平衡时，CO的转化率为40%，
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)
开始c(mol) 1 1 0 0
转化c(mol) 0.4 0.4 0.2 0.4
平衡c(mol) 0.6 0.6 0.2 0.4
由于反应达到平衡时，V正=V逆，所以k正·c2(NO)·c2(CO)= k逆·c(N2)·c2(CO2)，则k正︰k逆=。
（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］（15分）
党的十八大以来，我国在科技创新和重大工程建设方面取得了丰硕成果，在新时代更需要新科技创新世界。2018年3月5日,《自然》连刊两文报道石墨烯超导重大发现，第一作者均为中国科大10级少年班现年仅21岁的曹原。曹原团队在双层石墨烯中发现新的电子态,可以简单实现绝缘体到超导体的转变。石墨烯是一种由碳原子组成六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料（如图甲）,石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图乙）。

（1）图乙中1号C与相邻C有无形成π键__________（填“有”、或“无”）。
（2）图甲中1号C的杂化方式________。该C与相邻C形成的键角______（填“>”、“<”或“=”）1200。
（3）我国制墨工艺是将50 nm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,根据硬球接触模型,金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为___________（用含π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”。

①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_________；
②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0.586 nm,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/（kJ·mol-1）
CH4
0.436
16.40
CO2
0.512
29.91
【答案】
（1）无（1分）
（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）π×100%（2分）
（6）①氢键、范德华力（2分） ②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π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σ键、共价双键中1个是σ键、1个是π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=πr3×8，空间占有率=×100%=×100%=π×100% ，
故答案为：π×100% ；
（6）①CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”，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；
②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0.512＜0.586，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29.91＞16.40，二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：①
②
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)B→C的反应类型为________________。
(3)A分子中共面原子数最多为___________。
(4)A→B的化学方程式为____________________________________________。
(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。
①分子中含有苯环；②分子中含有-NO2（不考虑-O-NO2）；③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)B→C，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)A→B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；。