2020年湖北名校联盟普通高中考前测试模拟 化学(十) 解析版

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2020年湖北名校联盟普通高中考前测试模拟
化学（十）
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 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59
一、选择题（每小题6分，共42分。

）
7．历史文物或古文学的描述中均蕴含着化学知识，下列说法正确的是 A ．商代的后母戊鼎属于青铜制品，青铜是一种合金
B ．“浮梁巧烧瓷”描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷的主要成分是二氧化硅
C ．“绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿”中“丝绸”的主要成分是纤维素
D ．敦煌莫高窟壁画中绿色颜料的主要成分是氧化铁
8．常见药物布洛芬Y ，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体X 通过以下方法制得：
+
①新制氢氧化铜，煮沸
②H −−−−−−−→
下列关于化合物X 、Y 的说法中错误的是 A ．X 的化学式为C 13H 18O B ．1mol Y 能与4mol H 2 反应 C ．可用NaHCO 3溶液鉴别两者
D ．两者氢原子的种类数相等
9．石墨炔是由1，3二炔键与苯环形成的平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能。

下列关于石墨炔的说法不正确的是
A ．石墨炔属于碳氢化合物
B ．石墨炔与金刚石互为同素异形体
C ．石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用
D ．实验测得石墨炔孔径略大于H 2分子的直径，因此可以用石墨炔做H 2提纯薄膜
10．短周期主族元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的元素，W 和Z 位于同一主族，X 的焰色反应为黄色，Y 的最外层电子数比Z 的最外层电子数少1，下列说法正确的是
A ．W 、Z 具有相同的最高正价
B ．X 、Z 形成的化合物水溶液呈碱性
C ．Y 的最简单氢化物的热稳定性比Z 的强
D ．原子半径：Z>Y>X>W
11．N A 表示阿伏加德罗常数的值。

室温下，下列关于1L 0.1mol/L FeCl 3溶液的说法中正确的是 A ．溶液中含有的Fe 3+离子数目为0.1N A B ．加入Cu 粉，转移电子数目为0.1N A C ．加水稀释后，溶液中c(OH −)减小
D ．加入0.15mol NaOH 后，3c(Fe 3+)+c(H +)=c(Na +)+c(OH −)
12．由下列实验现象一定能得出相应结论的是 选项
A
B
C
D
装置或操作
取两支试管各加入
4mL 0.01mol/L 的草酸溶液，分别滴加
2mL 0.1mol/L 、0.2mol/L 的高锰酸钾
溶液
向分别盛有5mL 0.1mol/L 的硫代硫酸钠溶液的试管中滴加5mL
0.1mo/L 的硫酸溶液，一段时间后，分别放在冷
水和热水中。

此
卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
13．一种电解法合成氨的装置如图所示，该法采用高质子导电性的SCY 陶瓷，用吸附在它内外表面上的金属Pd 多晶薄膜做电极，实现了570℃、常压下高转化率合成氨。

下列叙述正确的是
A ．阴极的电极反应式为N 2+8H ++6e −＝2NH +4
B ．该装置工作时，H +从a 极区向b 极区迁移
C ．每生成1mol NH 3，有3g H 2被氧化
D ．该装置实现了在常温常压下高转化率合成氨 二、非选择题（共43分）
26．（15分）硼(B)及其化合物在化学工业中有诸多用途。

请回答下列问题： （1）硼氢化钠(NaBH 4)是硼的重要化合物。

①NaBH 4中B 元素的化合价为 。

②工业上可利用硼酸甲酯[B(OCH 3)3]与氢化钠(NaH)反应制备NaBH 4，反应的另一种产物为甲醇钠(CH 3ONa)，该反应的化学方程式为 。

NaBH 4与水反应生成NaBO 2和H 2，该反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。

（2）工业上以铁硼矿(主要成分为Mg 2B 2O 5·H
2O ，还有少量Fe 2O 3、FeO 、CaO 、Al 2O 3和SiO 2等)为原料制备单质B 的工艺流程如图所示：
已知：
①“浸出”时，将铁硼矿石粉碎的目的为 。

②滤渣1的主要成分为 。

③“净化除杂”时需先加H 2O 2溶液，其目的为 ，然后再调节溶液的pH≈5.0的目的
是 。

④制得的粗硼在一定条件下能生成BI 3，BI 3加热分解可以得到纯净的单质硼。

现将0.025g 粗硼
制成的BI 3完全分解，生成的I 2用0.30mol·L −1 Na 2S 2O 3溶液滴定(I 2+2S 2O 2−3=2I −+S 4O 2−
6)至终点，消耗
18.00mL Na 2S 2O 3溶液。

盛装Na 2S 2O 3溶液应用___(填“酸式”或“碱式”)滴定管，该粗硼样品的纯度为 。

27．（14分）费托合成是以合成气(CO 和H 2混合气体)为原料在催化剂和适当条件下合成烯烃(C 2~C 4)以及烷烃(CH 4、C 5~C 11、C 12~C 18等，用C n H 2n+2表示)的工艺过程。

已知：①2CO(g)+O 2(g)=2CO 2(g) ΔH
1
=a ②2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g) ΔH 2=b ③C n H 2n+2(g)+
31
2
n O 2(g)=(n+1)H 2O(g)+nCO 2(g) ΔH 3=c 回答下列问题：
(1)反应(2n+1)H 2(g)+nCO(g)=C n H 2n+2(g)+nH 2O(g)的ΔH_____。

(用含有a 、b 、c 、n 的式子表示) (2)费托合成产物碳原子分布遵循ASF 分布规律。

碳链增长因子(α)是描述产物分布的重要参数，不同数值对应不同的产物分布。

ASF 分布规律如图，若要控制C 2~C 4的质量分数0.48~0.57，则需控制碳链增长因子(α)的范围是________。

(3)近期，我国中科院上海高等研究院在费托合成烃的催化剂上取得重大进展。

如图所示，Co 2C 作催化剂的规律是：选择球形催化剂时_____，选择平行六面体催化剂时_____。

(4)中科院大连化物所研究团队直接利用CO 2与H 2合成甲醇。

一定条件下，向2L 恒容密闭容器中充入1mol CO 2和2mol H 2发生反应“CO 2(g)+3H 2
(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g)
ΔH”。

CO 2的平衡转
化率(α)与温度(T)的关系如图所示。

①判断ΔH_______0。

(填“大于”“小于”或“等于”)
②500K 时，反应5min 达到平衡。

计算0~5min 用H 2O 表示该反应的化学反应速率为_________，该反应的平衡常数为__________。

③500K 时，测定各物质的物质的量浓度分别为c(CO 2)=0.4mol/L 、c(H 2)=0.2mol/L 、c(CH 3OH)=0.6 mol/L 、c(H 2O)=0.6mol/L ，此时反应____(填“是”或“否”)达到平衡，理由是_____ 。

④一定条件下，对于反应CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g)。

下列说法中不能表明反应达
到平衡的是_____。

a ．恒温恒容下，c(CH 3OH)=c(H 2O)
b ．恒温恒容下，体系的压强保持不变
c ．恒温恒容下，体系的平均摩尔质量不变
d ．相同时间内，断裂H －H 键和断裂H －O 键之比1∶1
28．（14分）高氯酸铵(NH 4ClO 4)可用作火箭推进剂等。

制备NH 4ClO 4的工艺流程如下：
(1)电解NaClO 3溶液时，ClO −3在____极发生反应，其电极反应式为 。

(2)“除杂”有两种方案。

①方案1：加入盐酸和H 2O 2溶液，NaClO 3转化为ClO 2，化学方程式为 。

方案2：加入氨水和FeCl 2∙4H 2O ，NaClO 3转化为Cl −，离子方程式为 ，如果FeCl 2∙4H 2O 过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是______。

(填化学式)
②比较氧化性：ClO −3_____ClO −4 (填“>”或“<”)。

③两种方案相比，方案1的优点是 。

(答一条即可)
(3)“反应”时用NaClO 4和NH 4Cl 在90℃制备NH 4ClO 4。

如果用浓盐酸和液氨代替NH 4Cl ，则无需加热，原因是 。

(4)该流程中可循环利用的物质是_________。

(填化学式)
（二）选考题（共45分，请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。

）
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi 4O 10，BaCuSi 2O 6。

(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cu n+离子，n ＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。

(2)“中国蓝”的发色中心是以Cu n+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是___元素。

(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO 3，孔雀石Cu 2(OH)2CO 3和砂子(SiO 2)。

SiO 2晶体中Si 原子的杂化轨道是由______轨道（填轨道的名称和数目）和________轨道杂化而成的。

(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。

假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是______。

(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi 4O 10，其合成原料
中用CaCO 3代替了BaCO 3，其它和“中国蓝”一致。

CO 2−
3中键角∠OCO 为___。

根据所学，从原料分
解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。

(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是___。

下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy 平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z 轴的高度，则Si A与Si B的距离是_____。

36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
化合物H为抗肿瘤药物吡柔比星的活性物质，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是______________。

(2)反应①所需的试剂和条件是__________________。

(3)C的结构简式为_________________。

(4)写出E到F的反应方程式：___________________。

(5)⑦的反应类型是___________________________。

(6)芳香化合物X是H的一种同分异构体，X中除苯环外不含其他环状结构，X能发生银镜反应、水解反应，写出X的结构简式：____________________________(只需写出3种)。

(7)设计以环已醇()为原料制备的合成路线[无机试剂、P(C6H5)3及N(C2H5)3任用]。

________________
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2020届湖北名校联盟考前提分仿真卷
化学答案（十）
7.【答案】A
【解析】A．商代的后母戊鼎属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金，故A正确；B．陶瓷的主要成分是硅酸盐，故B错误；C．丝绸的主要成分是蛋白质，故C错误；D．绿色颜料的主要成分是碱式碳酸铜，故D错误。

综上所述，答案为A。

8.【答案】B
【解析】A．X的化学式为C13H18O，故A正确；B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1mol Y只能与3mol H2反应，故B错误；C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．X、Y中均含有8种氢原子，故D 正确；答案选B。

9.【答案】A
【解析】A．石墨炔是全碳分子，不属于碳氢化合物，A不正确；B．石墨炔与金刚石都是碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，B正确；C．石墨炔具有优良的化学稳定性和半导体性能，有望代替半导体材料硅，C正确；D．石墨炔孔径略大于H2分子直径，可用石墨炔去除杂质，以提纯H2薄膜，D正确；故选A。

10.【答案】B
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，W 为O，W和Z位于同一主族，Z为S，X的焰色反应为黄色，X为Na，Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，则Y为P。

A．O无最高正价，S最高正价为+6，故A错误；B．X、Z形成的化合物Na2S，S2−水解，溶液呈碱性，故B正确；C．非金属性同一周期，从左到右逐渐增强，故PH3的热稳定性比H2S的弱，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：Na>P>S>O，故D错误。

综上所述，答案为B。

11.【答案】D
【解析】A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1N A，故A错误；B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e−)≤0.1N A，无法确定，故B错误；C．加水稀释使平衡Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3向右移动，n(H+)增大，但c(H+)减小，c(OH−)增大，故C错误；D．加入0.15mol NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl−)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH－)，故D正确；答案选D。

12.【答案】D
【解析】A．应该把同体积、不同浓度的草酸溶液加入到相同体积、相同浓度的KMnO4溶液中，根据溶液褪色时间的长短判断浓度对化学反应速率的影响，该实验操作顺序颠倒，不能够得到正确结论，A错误；B．Cl2与NaBr发生置换反应产生Br2，使左边棉球变黄，Br2易挥发，会与右边的棉球上KI发生置换反应产生I2，I2遇淀粉溶液变蓝色，右边棉球变为蓝色也有可能是过量的未反应的Cl2与KI发生置换反应产生的I2所致，因此不能证明氧化性：Cl2>Br2>I2，B错误；C．向2mL 含有AgCl悬浊液的试管中滴加2滴NaBr溶液，产生淡黄色沉淀，可证明物质的溶解度AgCl>AgBr，但由于其中AgCl悬浊液过量，因此再向该混合物中滴加2滴NaI溶液时，产生黄色沉淀，只能得到结论：溶解度：AgCl>AgI，而不能证明物质的溶解度AgBr>AgI，C错误；D．两种溶液混合前物质的浓度相等，体积也相同，混合后就已经发生了化学反应，然后再分别放入不同温度的水中已经无任何意义，不能说明温度越高，速率越快。

应该把2支盛有5mL 0.1mol/L的Na2S2O3溶液的试管和2支盛有5mL 0.1mo/L的硫酸溶液分成两组，一组放入热水中，一组放入冷水中，一段时间后混合每一组的两种物质的水溶液，根据反应出现浑浊的快慢，来比较温度对化学反应速率的影响，D正确；故合理选项是D。

13. 【答案】C
【解析】反应总方程式为N2+3H22NH3，反应中N元素化合价降低，被还原，a应为电解池阴极，电极反应式为N2+6e−+6H+=2NH3，H元素化合价升高，被氧化，b应为电解池阳极反应，电极反应式为H2-2e−=2H+，以此解答该题。

A．a为阴极，发生还原反应，电极反应式为N2+6e−+6H+=2NH3，故A错误；B．a为阴极，b为阳极，阳极连接电源正极，氢离子移向阴极，从b极区向a极区迁移，故B错误；C．根据电解反应和电子守恒得到N2+6e−+6H+=2NH3，H2−2e−=2H+，2NH3∼6e−∼3H2，每生成1mol NH3，有1.5mol氢气参与电极反应，即有3g H2被氧化，故C正确；D．采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨，故D错误；答案选C。

26.【答案】（1）+3 4NaH+B(OCH3)3＝NaBH4+3CH3ONa 1∶1
（2）增大接触面积，加快反应速率SiO2、CaSO4将其中的Fe2+氧化为Fe3+使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去碱式77.8%
【解析】(1)①NaBH4中Na是+1价，H是-1价，则B元素的化合价，根据化合价代数和为0，得出B为+3价；②工业上可利用硼酸甲酯B(OCH3)3与氢化钠NaH反应制备NaBH4，反应的另一种产物为甲醇钠（CH3ONa），该反应的化学方程式为4NaH+B(OCH3)3＝NaBH4+3CH3ONa；NaBH4
与水反应生成NaBO 2和H 2，NaBH 4+2H 2O ＝NaBO 2+4H 2↑，NaBH 4中H 被氧化，得到氧化产物，水中氢被还原，得到还原产物，该反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，故答案为：4NaH+B(OCH 3)3＝NaBH 4+3CH 3ONa ；1∶1；(2)①“浸出”时，将铁硼矿石粉碎的目的为增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；②加硫酸溶解只有SiO 2不溶，Mg 2B 2O 5·H 2O+2H 2SO 4＝2H 3BO 3+2MgSO 4，CaO 转化为微溶于水的CaSO 4。

“浸渣”中的物质是SiO 2、CaSO 4，滤渣1的主要成分为SiO 2、CaSO 4，故答案为：SiO 2、CaSO 4；③“净化除杂”需先加H 2O 2溶液，其目的为将其中的Fe 2+氧化为Fe 3+，然后再调节溶液的pH≈5.0的目的是使Fe 3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al 3+转化为Al(OH)3沉淀而除去，故答案为：将其中的Fe 2+氧化为Fe 3+；使Fe 3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al 3+转化为Al(OH)3沉淀而除去；④Na 2S 2O 3溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol·
L −1×0.018L=0.0054mol ，根据关系式：B ～BI 3～32I 2～3S 2O 2−
3，则n(B)=13
n(S 2O 2−
3)=0.0018mol ，
硼的质量为：10.81g·mol −1×0.0018mol=0.01944g ，粗硼中硼的含量为：0.01944g 0.025g
×100%=77.8%，故答案为：碱式；77.8%。

27. 【答案】（1）n 2n+1
(a+b-c)22
（2）0.3~0.6
（3）主要产物为CH 4 产物有CH 2=CH 2、C 3H 6、C 4H 8 （4）小于 0.06mol/(L·
min) 450(mol/L) −2 否 112c 113
0.6mol L 0.6 mol L Q ==112.5(mol /L)0.4 mol L (0.2 mol L )
-----⋅⨯⋅⋅⨯⋅≠4502
(mol /L)- a 【解析】(1)已知：①2CO(g)+O 2(g)=2CO 2(g) ΔH 1=a ②2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g) ΔH 2=b
③C n H 2n+2(g)+
31
2n +O 2(g)=(n+1)H 2O(g)+nCO 2(g) ΔH 3=c 根据盖斯定律：2n ×①+21
2
n +×②-③，可得反应(2n+1)H 2(g)+nCO(g)=C n H 2n+2(g)+nH 2O(g)的ΔH =
n 2n+1
(a+b-c)22
；(2)由图可知要控制C 2~C 4的质量分数0.48~0.57需控制碳链增长因子(α)的范围是0.3~0.6；(3)C O2C 作催化剂的规律是：选择球形催化剂时主要产物为CH 4，选择平行六面体催化剂时产物有CH 2 =CH 2、CH 2=CHCH 3、CH 2=CHCH 2CH 3或C 2H 4、C 3H 6、C 4H 8。

(4)①由图可知随着温度升高CO 2的平衡转化率降低，故ΔH 小于0。

②500K 时，二氧化碳转化率为60%，即参与反应的物质的量为0.6mol ，根据反应CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g)，水蒸气的变化物质的量为0.6mol ，
则()222Δc(H O)Δn(H O 0.6)υH O =
Δmol
t V Δt 2L in
×5 m ==
=0.06mol/(L·min)。

③初始时刻，CO 2和H 2的物质的量浓度分别为0.5mol/L 、1mol/L ，500K 时，二氧化碳转化率为60%，列“三段式”：
CO 2(g) + 3H 2(g) CH 3OH(g) + H 2O(g)
()()()
()()
()()
2232mol/L 0.5100mol/L 0.30.90.30.3CO g m +3H g CH O ol/L 0.2H g +H O 0.1
0.30.3
g ƒ始变平 233
22c(H O)c(CH OH)
K=c(CO )c(H )⨯⨯，代入数据()
113
11
0. 3 mol L 0.3 mol L K 0. 2 mol L 0. 1 mol L ----⋅⨯⋅=⋅⨯⋅=450(mol/L)−2；
11
23c 311322c(H O)c(CH OH)0. 6 mol L 0.6 mol L Q =c(CO )c(H )0. 4 mol L (0. 2 mol L )
----⨯⋅⨯⋅=⨯⋅⨯⋅=112.5(mol/L)−2≠450(mol/L)−2，反应未达到平衡状态；④反应CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g)气体分子数减小。

a ．若平衡正向建立必
有c(CH 3OH)=c(H 2O)，不能表明反应已达平衡，故a 错误；b ．恒温恒容下，压强p~n ，n 必然变化，当p 不变，表明反应已达平衡，故b 正确；c ．反应物、产物均为气体，气体质量不变，n 减小(增大)，M=
m
n
即M 必然变化，当M 不变，表明反应已达平衡，故c 正确；d ．断裂H －H 键(v 正)断裂H －O 键(v 逆)之比1∶1，v 正= v 逆，表明反应已达平衡，故d 正确；答案选a 。

28. 【答案】（1）阳 ClO −3+H 2O-2e −=ClO −4+2H +
（2）2NaClO 3+2HCl+H 2O 2=2ClO 2↑+2NaCl+2H 2O+O 2↑
6Fe 2++ClO −3+3H 2O+12NH 3∙H 2O=6Fe(OH)3↓+Cl −+12NH +4 Fe 3O 4 > 操作步骤简单(或过
量的H 2O 2易除去等合理答案)
（3）浓盐酸和液氨的反应为放热反应 （4）NaCl
【解析】(1)氯酸根离子化合价为+5价升高到高氯酸根离子的+7价，发生氧化反应，在阳极发
生反应，反应式为：ClO −3+H 2O-2e −=ClO −4+2H +
；(2)①双氧水把氯酸钠还原为二氧化氯，方程式为：
2NaClO 3+2HCl+H 2O 2=2ClO 2↑+2NaCl+2H 2O+O 2↑；氨水、亚铁离子、氯酸根离子反应生成氯离子、
氢氧化铁沉淀、铵根离子，离子方程式为：6Fe 2++ClO −3+3H 2O+12NH 3∙H 2O=6Fe(OH)3↓+Cl −+12NH +
4；
如果FeCl 2∙4H 2O 过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是四氧化三铁；②根据以上分析，氯酸根离子氧化性大于高氯酸根离子；③两种方案相比，方案1的优点是操作步骤简单(或过量的H 2O 2易除去等合理答案)；(3)由于浓盐酸和液氨的反应为放热反应，故反应无需加热；(4)根据流程可知，该流程中可循环利用的物质是氯化钠。

35. 【答案】（1）2 3d 9 （2）O
（3）1个3s 3个3p
（4）BaSO4
（5）120°低
（6）SiO2是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固
【解析】（1）根据化合物中所有元素化合价代数和为0可计算出Cu的化合价为+2，故Cu n+离子中n＝2，Cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为3d9，故答案为2，3d9；（2）“中国蓝”中Ba2+，Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子，故答案为：O；（3）SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为：1个3s，3个3p；（4）含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是BaSO4，故答案为：BaSO4；（5）碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为120°，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性BaCO3比CaCO3稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：120°，低；（6）SiO2是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢
固，Si A与Si B在y轴方向上距离为1
2
d，在z轴方向上距离为
1
2
d，所以Si A与Si B
之间的距离
==，故答案为：SiO2是一种空间网状的原子晶体，。

36.【答案】（1）2-甲基苯甲酸（或邻甲基苯甲酸）
（2）CH3OH/浓H2SO4、加热
（3）
（4）+NaOH+CH3OH，+HCl→
+NaCl
（5）消去反应
（6）
（7）
【解析】A与甲醇发生酯化反应生成B，B和NBS发生反应生成C()，C与P(C6H5)3
反应生成D，D与HCHO、N(C2H5)3反应生成E()，E先和NaOH水解，再酸化得
到F，G到H发生消去反应。

(1)根据A的结构简式得到A的化学名称是2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯
甲酸）；故答案为：2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸）。

(2)反应①是发生酯化反应，所需的试剂和条
件是CH3OH/浓硫酸、加热；故答案为：CH3OH/浓硫酸、加热。

(3)根据B到C反应和D的结构得
到C的结构简式为；故答案为：。

(4)E和氢氧化钠发生水解反应，
再和盐酸发生酸化反应得到F，其反应的方程式
，
；故答案为：
，。

(5)根据G和H的结构得到⑦的反应类
型是消去反应；故答案为：消去反应。

(6)芳香化合物X是H的一种同分异构体，X中除苯环外不含
其他环状结构，X 能发生银镜反应，说明有醛基，能水解反应，说明有酯基，但只有两个氧原子，
则说明是甲酸酯，因此X的结构简式：、、
、(只需写出3种)；故答案为：、、、(只需写出3种)。

(7)催化氧化变为，和HBr反应生成，与P(C6H5)3反应生成，与在N(C2H5)3作用下反应生成，因此合成路线为
；故答案为：。