高中化学试卷01-2020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01-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，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01
(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 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cu 64
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．（广东省六校联盟2020届联考二）现代社会的发展与进步离不开材料。下列说法错误的是
A．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料
B．用于印刷新版人民币票面文字的油墨中所含Fe3O4是一种磁性物质
C．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
D．我国现役坦克喷涂了新型聚氨酯涂料，聚氨酯属于有机高分子材料
【答案】A
【解析】钢是铁和碳的合金，A错误；Fe3O4是一种具有磁性的黑色晶体，B正确；石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏过程和产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，C正确； 聚氨酯是一种高分子化合物，D正确。
8．（郑州市2020届高三一模）已知有机化合物。下列说法正确的是
A．b和 d互为同系物
B．b、d、p均可与金属钠反应
C．b、d、p 各自同类别的同分异构体数目中，b最多
D．b在一定条件下发生取代反应可以生成d
【答案】D
【解析】b为羧酸，d为酯，官能团不同，不是同系物，A错误；不含羧基或羟基的d不能与金属钠反应，B错误；b的同为羧酸的同分异构体只有1种，d同分异构体有8种，p同分异构体有7种，都不包括本身，C错误；b 在一定条件下和甲醇发生酯化反应，可以生成d，D正确。
9．（抚州市临川二中2020届月考三）无水MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是

A．冷凝管中冷水进、出口方向错误
B．实验中可以用干燥的空气代替干燥的N2
C．为防止反应过于剧烈，不能用装置C代替装置B
D．装有无水CaCl2固体A的作用是吸收挥发的溴蒸气，防止污染环境
【答案】C
【解析】冷凝管下口进水，上口出水，方向正确，A错误；空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，B错误；将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，不能更换，C正确；仪器A为干燥管，用于吸收空气中的水分，故D错误。
10．（郑州市2020届高三一模）我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，下图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是

A．Cu 纳米颗粒是一种胶体
B．DMO 的名称是二乙酸甲酯
C．该催化反应的有机产物只有 EG
D．催化过程中断裂的化学健有 H-H、C-O、C＝O
【答案】D
【解析】Cu纳米颗粒是单质，而胶体是混合物，A错误；DMO的结构示意图中含有2个羧基，名称为乙二酸二甲酯，B错误；该催化反应的有机产物除EG外还有甲醇，C错误；由图及反应CH3COO—COOCH3 + 4 H2 CH3OH + HOCH2CH2OH可知，催化过程中断裂的化学健有H-H、C-O、C＝O，D正确。
11．（武汉市华中师大一附中2020届联考）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X与Y位于同一主族，X与W能够形成多种化合物，其中一种为红棕色气体，Y与Z形成的一种化合物Y2Z2的分子结构模型为。下列叙述正确的是
A．X与W、Y及Z均能组合成多种化合物
B．简单离子半径：Y＞Z＞X＞W
C．W的氧化物的水化物一定为强酸
D．化合物Y2Z2中Y不满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】X与W能够形成多种化合物，其中一种为红棕色气体，即NO2，X的原子序数大于W，W为N，X为O，X与Y位于同一主族，故Y为S，则Z为Cl。O与N可以形成NO，NO2等化合物，O与S可形成三氧化硫，二氧化硫，O与Cl可以形成ClO2，ClO等化合物，A正确；四种元素的简单离子为N3+、O2－、S2－、Cl－，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越少，半径越大，简单离子半径Y＞Z＞W＞X，B错误；HNO2为弱酸，C错误；化合物Y2Z2为S2Cl2，其结构式为Cl-S-S-Cl，均满足8电子稳定结构，D错误。
12．（广东省六校联盟2020届联考二）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。下列说法错误的是

A．制备二茂铁总反应为：Fe + 2 == + H2↑
B．电解制备需要在无水条件下进行
C．Ni电极与电源负极连接
D．阳极电极反应为：2Br－－2e－ == Br2
【答案】D
【解析】根据转化关系可知，过程中需要获得亚铁离子，故铁电极为阳极，与电源正极相连。Ni电极为阴极，与电源负极相连，Na+在阴极放电生成钠单质，钠单质和环戊二烯反应生成氢气，之后再与亚铁离子反应生成目标产物。据分析可知钠离子仅为中间产物，故总反应为：Fe+2=+H2↑，A正确；中间产物Na可与水发生反应，所以需要在无水条件下进行，B正确；据分析可知Ni电极与电源负极连接，C正确；据分析可知阳极电极反应为：，D错误。
13．（山西省大同市2020届联考一）25℃时，向0.1 mol•L－1CH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示（忽略溶液体积变化）。下列有关叙述不正确的是

A．CH3COOH的Ka = 1.0×10－4.7
B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)
C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+) = c(CH3COOH)＋c(OH－)
D．A点的溶液中：c(CH3COO－)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH－) = 0.1 mol•L－1
【答案】D
【解析】CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10－4.7，所以Ka=1×10－4.7，A不符合题意；C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO－)，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO－)远大于c(OH－)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH－)＞c(H+)，B不符合题意；根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，B点溶液中，c(CH3COO－)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH－)，C不符合题意；在溶液中c(CH3COO－)+ c(CH3COOH) = 0.1mol•L－1，A点的溶液中，c(H+)> c(OH－)，c(CH3COO－)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH－) > 0.1mol•L－1，D符合题意。
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．（河北衡水中学2020届调研一）（14分）随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）提取硒，设计流程如下：

回答下列问题：
（1）“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是 。最佳温度是 。

（2）“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为 。
（3）采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。
名称
Cu2+/Cu
Zn2+/Zn
Fe2+/Fe
Fe3+/Fe2+
ClO2/Cl－
H2SeO3/Se
点位/Ｖ
0.345
－0.760
－0.440
0.770
1.511
0.740
① 控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应（半反应）式为 。
② 为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在 V。
（4）粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。
① 净化后的溶液中c(S2－)达到0.026 mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为 ，精硒中基本不含铜。[ Ksp(CuS)= 1.3×10－36 ]
② 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为 。
（5）对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为 %，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。
【答案】（14分）（1）温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加（1分） 95℃（1分）
（2）4ClO3－+ 4H+ + Se == 4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3（2分）
（3）①　ClO2 + 4H+ + 5e- == Cl－ + 2H2O（2分） ② 0.345（2分）
（４）①　5.0×10－35 mol·L－1（2分） ② Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O（2分）
（5）3.2×10－3（2分）
【解析】（1）含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95℃脱硫率最高；
（2）“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3，离子反应方程式为：4ClO3－+ 4H+ + Se == 4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3；
（3）①　根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，在酸性条件下，ClO2得电子被还原为Cl-，该过程的还原反应（半反应）式为：ClO2 + 4H+ + 5e- == Cl－ + 2H2O；
②　根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要不低于0.345；
（4）① 已知：c(S2-)=0.026 mol·L－1，Ksp(CuS)=c(S2－)·c(Cu2+)=1.3×10－36，c(Cu2+)= = = 5.0×10－35 mol·L－1；
②　根据精制流程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O；
（5）设精硒的质量为1g，则1g精硒中含有的铁的质量=32 μg·g－1×1 g = 32 μg = 3.2×10－5 g，则精硒中铁的质量分数==3.2×10－3%。
27．（河北衡水中学2020届调研一）（15分）一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3 mol·L－1的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol·L－1稀盐酸、0.500 mol·L－1 的NaOH溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
I．CuSO4溶液的制取
① 实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。
② 实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。
③ 所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通 O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加 H2O2 溶液。
④ 趁热过滤得蓝色溶液。
（1）某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因________________。
（2）若按③进行制备，请写出Cu在H2O2 作用下和稀硫酸反应的化学方程式_______________。
（3）H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30％的H2O2溶液浓缩至40％，在B处应增加一个设备，该设备的作用是____________，馏出物是 ______________________。

II．晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作
（4）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为 Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式__________。
（5）继续滴加 NH3·H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法____________。并说明理由____________。
Ⅲ.产品纯度的测定
精确称取 m g 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量 NaOH 溶液， 通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 V1mL 0.500mol·L－1 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用 0.500 mol·L－1 NaOH 标准溶液滴定过剩的 HCl（选用甲基橙作指示剂），到终点时消耗 V2 mL NaOH 溶液。

1.水 2.长玻璃管 3.10%NaOH溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液
（6）玻璃管2的作用________________。
（7）样品中产品纯度的表达式________________。（不用化简）
（8）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_________________
A.滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管
B.滴定过程中选用酚酞作指示剂
C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁
E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡
【答案】（15分）（1）反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O 失去结晶水变为 CuSO4（2分）
（2）Cu + H2O2 + H2SO4 == CuSO4 + 2H2O（2分）
（3）减压设备（1分） 水（H2O）（1分）
（5）2Cu2+ + 2NH3·H2O + SO42－ == Cu2(OH)2SO4 + 2NH4+（2分）
（5）加入乙醇或醇析（1分） Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难溶于乙醇，能溶于水（1分）
（6）平衡气压，防止堵塞和倒吸（1分）
（7）（2分）
（8）AB（2分）
【解析】I．（1）得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；
（2）Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；
（3）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为H2O；
II．（4）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为：2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；
（5）由题中信息，Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；
Ⅲ. （6）装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；
（7）与氨气反应的n(HCl)=10−3V1L×0.500mol⋅L−1−0.500mol⋅L−1×10−3V2L=5×10−4(V1−V2)mol，根据NH3～HCl可知，n(NH3)=n(HCl)=5×10−4(V1−V2)mol，则n[Cu(NH3)4SO4·H2O]=n(NH3)= ×5×10−4(V1−V2)mol，样品中产品纯度的表达式为：×100%=×100%；
（8）滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大，氨含量偏低，A正确；滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗NaOH溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，B正确；读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，C错误；取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，D错误；由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积V2偏小，测定的氨含量偏高，E错误。
28．（武汉市华中师大一附中2020届联考）（14分）甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题：
（1）已知甲醇分解反应：CH3OH(g) CO(g) + 2H2(g) ΔH1 = + 90.64 kJ·mol－1
水蒸气变换反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ΔH2 = －41.20　kJ·mol－1
则CH3OH(g) + H2O(g) CO2(g) + 3H2(g) ΔH3 =____________kJ·mol－1
（2）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为________________________________________________。

（3）在0.1MPa下，将总进料量1mol且n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。
① 实验测得水煤气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是_____________。
② 平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分含量与反应温度关系如图所示，a、c曲线对应物质的化学式分别为_______________、______________。

（4）573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH3OH使其分解，t h后达平衡时H2的物质的量分数为60%，则t h内v(CH3OH)=_____________MPa/h，其平衡常数分压Kp=_________。
【答案】（14分）（1）+49.44（2分）
（2）CH2O* + 2H* == CHO* + 3H* (或CH2O* = CHO* + H*)（3分）
（3）① 随着温度升高，催化剂活性降低（2分） ② H2（１分） H2O（１分）
（４） （2分） 168.75(MPa)2（3分）
【解析】（1）甲醇分解反应：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH1 = + 90.64 kJ·mol－1 ①
水蒸气变换反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 = －41.20 kJ·mol－1 ②
将①+②，即可求出CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) ΔH3 = +90.64 kJ·mol－1+(－41.20 kJ·mol－1) = +49.44 kJ·mol－1。
（2）活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小。反应物为“CH2O*+2H*”，产物为“CHO*+3H*，故反应方程式为CH2O* + 2H* == CHO* + 3H*。因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH2O* == CHO* + H*。
（3）①因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低。
②对于反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔHn(CO2)、n(H2O)>n(CO)，平衡时含量必然有H2>CO2、H2O>CO。故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO。
（4）假设CH3OH的压强变化量为x

，x=3.75MPa，v(CH3OH)=MPa/t；Kp==168.75(MPa)2。
（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］（河北衡水中学2020届调研一）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，回答下列问题：
（1）金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排布图为　　　　　　　　　，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为　　　　　　　　　形。
（2）以TiO2为原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是　　　　　　　　　。
（3）TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有　　　　　　　　　。
A．离子键 　　　 B．共价键 　　　 C．分子间作用力 　　　 D．氢键　　　 E．范德华力
（4）TiCl4可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是　　　　　　　　　，该分子中C的轨道杂化类型为　　　　　　　　　。
（5）TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。
① BaCO3中阴离子的立体构型为　　　　　　　　　。
② 经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2－相接触），则钛酸钡的化学式为 　　　　　　　　　。已知晶胞边长为a pm，O2－的半径为b pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为　　　　　　　　　pm、　　　　　　　　　pm。

【答案】（15分）（1）（2分） 哑铃型（1分）
（2）TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大（2分）
（3）AB（2分）
（4）HCHO（1分） sp2（1分）
（5）平面三角形（1分） BaTiO3（1分） （2分） （2分）
【解析】（1）Ti为38号元素，基态钛原子核外电子排布式为：[Ar]3d24s2，则价层电子排布图为；基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，最高能级为p，其电子云轮廓为哑铃型；
（2）TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，与CCl4结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大；
（3）根据转化过程TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体，可看做酸跟盐反应生成(NH4)2[TiCl6]，产物中含有铵根离子，根据以上分析，(NH4)2[TiCl6]晶体中含有共价键和离子键，故答案选AB；
（4）CH3CH2OH和CH3OCH3中的碳原子都是以单键形式成键，结构与甲烷相似，都是四面体结构，HCHO的碳原子含有碳氧双键，分子中所有在同一平面，为平面三角形，根据构型可知，三个分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是HCHO，根据构型可得，该分子中C的轨道杂化类型为sp2杂化；
（5）①BaCO3中阴离子为CO32-，中心原子为碳原子，其价层电子对数=3+=3，碳原子为sp2杂化，该阴离子由4个原子构成，则立体构型为平面三角形；
②根据晶胞图示，Ti位于晶胞的顶点，Ti的数目=8×=1，Ba原子位于晶胞的内部，数目为1，分析计算分子式和粒子半径；O原子位于晶胞的棱上，其数目=12×=3，则则钛酸钡的化学式为BaTiO3；已知晶胞边长为a pm，O2－的半径为bpm，根据图示，晶胞边长= 2r(Ti4+)+2r(O2-)=apm，则r(Ti4+)=pm；晶胞面对角线的长度=2r(O2-)+2r(Ba2+)=a pm，r(Ba2+)=pm。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（武汉市华中师大一附中2020届联考）（15分）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
（1）①的反应类型为 。
（2）有机物D所含官能团的名称是 。
（3）反应④所需的试剂和条件分别是 和 。
（4）反应⑥生成G和X两种有机物，X的一种主要用途是 。
（5）反应⑤的化学反应方程式为 （反应物C6H7BrS用结构简式表示）。
（6）写出满足下列条件的D的同分异构体的结构简式： （不考虑立体异构，写出一种即可）。
① 苯环上含有三个不同取代基；② 含酯基且能发生银镜反应；③ 含氨基但与苯环不直接相连。
（7）设计由对甲基苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选） 。
【答案】（15分）（1）氧化反应（1分）
（2）羧基、氨基和氯原子（3分）
（3）CH3OH、浓H2SO4（1分） 加热（1分）
（4）制备涤纶、用作汽车防冻液等（1分）
（5） +HBr（2分）
（6） 、、 （2分）
（7） （4分）
【解析】（1）①反应是将甲基变为醛基，因此是一个氧化反应；
（2）根据D的结构简式可知D中具有的官能团为氯原子、羧基和氨基；
（3）根据分析反应④是一个酯化反应，形成了甲醇酯，因此需要甲醇和浓硫酸在加热的条件下进行；
（4）根据F和G的分子结构可以发现G比F多一个碳原子，这个碳原子来自，则中另外两个碳和两个氧会变成乙二醇，乙二醇可用于汽车防冻液、制备涤纶等；
（5）根据分析反应⑤是一个取代反应，而的结构可以根据E、F的结构来推出E中氨基上的氢原子被取代，则反应方程式我：；
（6）按照要求，首先苯环上有3个不同的取代基，其次含有酯基且能发生银镜反应，那么一个自然的想法就是形成了甲酸酯，另一个取代基是氯原子，最后一个取代基是含有氨基的，任意写出一种即可。例如、或；
（7）首先可以发现目标产物是一个酯，可以从中间一分为二得到一个羧酸和一个醇，再从对甲基苯甲酸去合成即可：。