河南省洛阳市汝阳县实验高中2020届高三化学上学期12月月考试题含解析

河南省洛阳市汝阳县实验高中2020届

高三化学上学期12月月考试题（含解析）

1.下列物质的用途是利用其物理性质的是

选项物质用途

作为杂质气体添加到家用天然气中，警

A 四氢噻吩（）

示气体泄漏

装入透气纸袋中，用于富脂食品包装袋

B 铁粉

中

C KMnO4浸泡硅藻土，用作新鲜水果的保鲜剂

D K2Cr2O7用于酒驾检测仪中，检验司机是否酒驾

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A．四氢噻吩有令人不愉快的气味，通常添加在家用天然气中，警示气体泄漏，正确；

B．铁粉有还原性，可以防止富脂食品氧化变质，利用的是铁的化学性质，错误；

C．KMnO4有氧化性，能氧化催熟剂乙烯，利用的是KMnO4的化学性质，错误；

D．K2Cr2O7和酒精反应后变为Cr3+，溶液颜色会由橙色变为绿色，可以检验司机是否酒驾，利

用的是K2Cr2O7的氧化性，错误；

故选A。

2.设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 常温下，0.1 mol-OH与0. 1mol OH-含电子数均为N A

B. 7 g乙醛与4g乙酸乙酯混合物中含C-H键总数为N A

C. 32.5 g FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.2 N A

D. 标准状况下，2.24L N2和O2的混合气中分子数为0. 2 N A

【答案】B

【解析】

【详解】A. 1个-OH 含有9个电子，1个OH -含有10个电子，所以等物质的量的-OH 与OH -

含电子数不同，错误；

B. 乙醛的分子式为C 2H 4O ，乙酸乙酯的分子式为C 4H 8O 2，最简式都是C 2H 4O ，所以7 g 乙醛与4g 乙酸乙酯混合物可以看做是11gC 2H 4O ，11gC 2H 4O 为0.25mol ，所含C-H 键总数为0.25×4N A = N A ，正确；

C. 32.5 g FeCl 3的物质的量为0.2mol ，但1个Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3聚集而成，所以Fe(OH)3胶体粒子数小于0.2 N A ，错误；

D. 标准状况下，2.24L N 2和O 2的混合气的物质的量为0.1mol ，所含分子数为0.1 N A ，错误；故选B 。

【点睛】计算已知质量的具有相同最简式的两种物质组成的混合物中的原子数、化学键数时，可以把混合物当做组成为最简式的物质。同理，同素异形体组成的混合物，当已知总质量时，也可以把混合物当做是形成同素异形体的原子的质量。如计算16g O 2和O 3组成的混合气中的氧原子数时，就可以计算16g 氧原子的物质的量，即为1mol ，所以氧原子的个数为N A 。

3.通过下列装置可探究Cu 2S(黑色)与O 2的反应产物。下列说法错误的是 A. 试剂x 、y 可分别选用H 2O 、Na 2O 2

B. b 、d 的作用分别是干燥O 2、检验SO 2

C. 若c 中固体变红色，说明生成物为金属铜

D. e 中酸性KMnO 4溶液可用NaOH 溶液替

代

【答案】C

【解析】

【分析】用装置a 制取氧气，由于采用的装置是固体和液体不加热制取气体，所以可以用MnO 2和双氧

水或Na2O2和水制取氧气，b中的浓硫酸用于干燥氧气，c中发生Cu2S和氧气的反应，d中的品红用于检验SO2，e中的酸性高锰酸钾溶液用于吸收过量的SO2。

【详解】A．由以上分析可知，试剂x、y可分别选用H2O、Na2O2制取氧气，正确；

B．由以上分析可知，b、d的作用分别是干燥O2、检验SO2，正确；

C．若c中固体变红色，生成物不一定为金属铜，也有可能是氧化亚铜，错误；

D．e中酸性KMnO4溶液用于吸收SO2，NaOH溶液也可以吸收SO2，正确；

故选C。

4.某有机物(1.2,4,5一Tetrakis(methylene) spiro[2.2]pentane}的结构如图所示，下列说法错误的是

A. 分子中所有碳原子不可能共面

B. 该有机物的一氯代物只有1种

C. 与互为同分异构体

D. 能使溴的四氯化碳溶液褪色

【答案】C

【解析】

【详解】A．中间的碳原子连有4个碳原子，形成的是四面体结构，所以分子中所有碳原子不可能共面，正确；

B．该有机物只有四角的碳原子上有氢原子，而且四个碳原子上的氢原子是等效氢，故一氯代物只有1种，正确；

C．该有机物的分子式为C9H8，的分子式为C9H10，分子式不同，不互为同分异构体，错误；

D．分子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，正确；

故选C。

【点睛】在有机物分子中，饱和碳原子形成的是四面体结构，若有一碳原子连有3个或4个碳原子，那么该有机物分子中的所有碳原子不可能在同一平面。同理，若有一饱和碳原子，则分子中所有原子（包括氢原子）也不可能共面。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，W、X、Y最外层电子数之和等于11，W、X、Y三种元素形成的化合物水溶液可用作木材防火剂。下列说法错误的是

A. 四种元素中X的原子半径最大

B. W分别与X、Y、Z均能形成二元化合物

C. Y的简单氢化物的热稳定性比Z的弱

D. X、Z的简单离子均能破坏水的电离平衡

【答案】D

【解析】

【分析】

Na2SiO3的水溶液可做木材防火剂，根据W、X、Y的原子序数依次增大，可知W、X、Y分别为O、Na、Si，W、Z同主族，所以Z是S。

【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以四种元素中，钠的原子半径越大，正确；

B．氧可以和钠形成氧化钠或过氧化钠，氧可以和硅形成SiO2，氧可以和硫形成SO2、SO3等二元化合物，正确；

C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，S的非金属性强于Si，所以H2S的稳定性强于SiH4，正确；

D．NaOH是强碱，Na+不能破坏水的电离平衡，H2S溶于水是弱酸，S2-能结合水电离产生的H+生成弱电解质，破坏水的电离平衡，错误；

故选D。

6.一种铝离子二次电池装置如图所示，己知其放电时正极反应为

MoS2+3xe—+4xAl2Cl7—=Al x MoS2+7xAlCl4—。下列说法正确的是

A. 放电时，MoS2/CNFs电极上发生氧化反应

B. 放电时，负极反应为Al+7A1Cl4——3e-=4A12C17—

C. 充电时，AlC14—向阴极迁移，Al2Cl7—向阳极迁移

D. 充电时，Al极的电势比MoS2 /CNFs极的电势高

【答案】B

【解析】

【详解】A. 根据已知放电时的正极反应MoS2+3xe—+4xAl2Cl7—=Al x MoS2+7xAlCl4—可知，放电时，MoS2/CNFs电极上发生还原反应，错误；

B. 从图中可以看出，Al为负极，所以放电时，负极反应为Al+7A1Cl4——3e =4A12C17—，正确；

C. 充电时，阴极反应为4A12C17—+3e =Al+7A1Cl4—，Al2Cl7—向阴极迁移；阳极反应为

Al x MoS2+7xAlCl4—-3xe—=MoS2+4xAl2Cl7—，AlC14—向阳极迁移，错误；

D. 充电时，Al极为阴极，MoS2/CNFs极为阳极，所以MoS2/CNFs极的电势比Al极的电势高，错误；

故选B。

【点睛】二次电池在充电时，原来的原电池的负极要接到直流电源的负极上做阴极，原来的原电池的正极要接到直流电源的正极上做阳极。

7.室温时，用0. 100 mol·L—1盐酸滴定50. 0mL Na2CO3溶液(不考虑CO2从溶液中逸出).滴定曲线如图所示：

下列说法错误是

A. a点溶液中:c(Na2CO3)=0.020 mol·L—1

B. b点溶液中:c(Na+)>c(HCO3— )>c(CO32—)

C. c点溶液中:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32—) +c(HCO32—)+c(OH—)

D. 室温时，H2CO3的一级电离平衡常数K al的数量级为10—7

【答案】C

【解析】

【详解】A. 当加入10mL盐酸时，达到反应终点1，发生了反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，

即恰好生成了NaHCO 3，n(Na 2CO 3)=n(HCl )=0.01L×0. 100 mol·L —1=0.001mol ，所以a 点溶液中c(Na 2CO 3)=0.001

0.05mol L

=0.020 mol·L —1，正确； B. b 点加入5mL 盐酸，此时溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na 2CO 3、NaHCO 3和NaCl ，c(Na +)最大，CO 32-

水解程度大于HCO 3-，所以溶液中c(Na +)>c(HCO 3— )>c(CO 32—)，正确；

C. c 点溶液中有电荷守恒：c(Na +)+c(H +)=2c(CO 32—) +c(HCO 32—)+c(OH —)+c(Cl —)，错误；

D. e 点时，溶液中溶质为NaCl 和H 2CO 3，根据碳守恒，c(H 2CO 3)=10.020.050.020.05mol L L L L

-??+=170mol/L ，溶液的pH 为4，所以H 2CO 3的一级电离平衡常数K al =-+

323(HCO )(H )(H CO )c c c =441010170--?=7×10-7，故H 2CO 3的一级电离平衡常数的数量级为10—7，正确；

故选C 。

8.草酸(HOOC －COOH)是一种常见的有机酸，利用淀粉制备草酸的实验流程如图:

回答下列问题: （1）“水解”时，检验淀粉是否水解完全，所用的试剂是____；“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是________________。（2）“氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略):

①仪器Q的名称是________.

②三口烧瓶中生成H2C2O4· 2H2O的化学方程式为____________。

③装置B的作用是___________，装置C的作用是_______________。

（3）已知在20℃、70℃时，草酸的溶解度依次为为9. 5 g/(l00g水)，84.5g/(l00g水)，则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为___________________。

（4）探究H2C2O4的性质:

①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，可得出草酸的酸性比碳酸_____(填“强”或“弱”)。

②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，产生有芳香气味的油状物。该生成物为

___________(写结构简式)。

③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2 O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体，该反应的化学方程式为

_____________________。

【答案】(1). 碘水(2). 水浴加热(3). 球形冷凝管(4). C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O (5). 做安全瓶，防止倒吸 (6). 吸收尾气中的NO和NO2，防止污染空气 (7). 重结晶 (8). 强 (9). C2H5OOC-COOC2H5 (10). K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O

【解析】

【分析】

淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70℃到80℃发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60℃下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2，草酸经结晶得到粗草酸，再经精制得到H2C2O4·2H2O。

【详解】（1）“水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；“水解”及“氧化”步骤中的温度都低于100℃，所以最适宜的加热方式是水浴加热。

（2）①仪器Q的名称是球形冷凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和NO2的作用；

②在三口烧瓶中发生氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4· 2H2O，硝酸被还原为NO和NO2（体积比为1:3），根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为

C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；

③装置B是安全瓶，防止C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置C的作用是吸收尾气，防止NO和NO2污染空气；

（3）草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸；

（4）①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCO3溶液反应生成了二

氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；

②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，发生了酯化反应，产生有芳香气味的油状物

草酸二乙酯，其结构简式为C2H5OOC-COOC2H5。

③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体，反应中Cr的化合价从+6价

降低到K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中的+3价，所以H2C2 O4·2H2O中的碳的化合价就会升高，从+3价升

高到+4价，在K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中还有+3价的碳，即反应物H2C2 O4·2H2O中的碳的化合价部

分升高，部分没有变化，根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为

K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O。

9.用废铅膏(含PbO2、PbSO4，少量Sn、Cu、Sb、Al的氧化物)制取超细PbO的工艺流程如图:

回答下列问题:

（1）“锻烧”的目的是______________________；尾气吸收得到的副产品为__________。

（2）“浸出”时，为提高铅的浸出率，可采取的措施是____________(列举两条)；其中Al2O3

被浸出的离子方程式为__________________。

（3）“净化”时，其中铜被除去离子方程式为_________________________。

（4）“电解沉积”时，阴极的电极反应式为____________；“电解贫液”可返回工序中循环

使用。

（5）“氧化”的化学方程式为______________________________。

【答案】 (1). 使PbO2和PbSO4转化为PbO (2). CaSO4 (3). 适当增大NaOH溶液的

浓度、适当提高温度 (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (5). Pb+Cu(OH)42-=Cu+PbO22-+2H2O (6). PbO22-+2e-+2H2O=Pb+4OH- (7). Pb+H2O2=PbO+H2O

【解析】

【分析】

废铅膏(含PbO2、PbSO4，少量Sn、Cu、Sb、Al的氧化物)煅烧，使其中的主要成分PbO2和PbSO4转化为PbO，然后用NaOH溶液浸出，浸出液中含有PbO22-和Cu(OH)42-，加入Pb粉除去铜，电解滤液，在阴极得电子生成Pb，Pb再被H2O2氧化最终得到超细PbO。

【详解】（1）“锻烧”时，PbO2分解为PbO和O2，PbSO4分解产生PbO、SO2和氧气，尾气中的SO2被石灰乳吸收生成CaSO3，被氧气氧化为CaSO4。所以煅烧的目的是使PbO2和PbSO4转化为PbO，尾气吸收得到的副产品为CaSO4。

（2）“浸出”时，为提高铅的浸出率，可采取适当增大NaOH溶液的浓度、适当提高温度等措施；“浸出”时，Al2O3可以和氢氧化钠溶液反应，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。（3）“净化”时，其中铜被Pb粉还原生成铜单质，离子方程式为Pb+Cu(OH)42-=Cu+PbO22-+2H2O。（4）“电解沉积”时，在阴极，PbO22-得电子被还原为Pb，电极反应式为

PbO22-+2e-+2H2O=Pb+4OH-。

（5）活性铅粉被H2O2氧化成PbO，H2O2被还原为H2O，化学方程式为Pb+H2O2=PbO+H2O。

【点睛】解答化工流程题，首先要抓住目的，然后带着目的看流程。主线是主流程，向上或向下的箭头指向的物质是副产品或过程中需要加入的辅助原料，回向箭头是循环利用的物质。注意题目中发生的反应中的元素化合价的变化，通过化合价的变化可以得出下一步的主产品或副产品。

10.磷石膏是湿法生产磷酸的固体废弃物，用磷石膏生产硫酸或硫，既可减少对环境的污染又可使资源循环利用。回答下列问题:

（1）用焦炭、硫磺等均可还原磷石膏。已知下列反应：

I .CaSO4(s)+2C(s)=CaS(s) +2CO2(g) ?H1=+226kJ·mol—1

II.3CaSO4 (s)+CaS(s)=4CaO(s) +4SO2(g) ?H2=akJ·mol—1

III. 3CaS(s)+CaSO4 (s) =4CaO(s) +4S(s) ?H3=bkJ·mol—1

①反应（I）能在______(填“低温”“高温”或“任何温度”)下自发进行。

②用硫磺还原CaSO，反应为2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2 (g)，其△H=___ kJ·mol—1(用含

a、b的代数式表示)。

（2）磷石膏转氨法制硫酸的主要反应为CaSO 4(s)+(NH4)2CO3CaCO3(s)+(NH4)2SO4，该反应的平衡常数K=________[已知:K sp(CaCO3)=2. 5×10—9，K sp(CaSO4)=3. 2×10—7]，为了提高CaSO4的平衡转化率，可采取的措施是_______________________________。(写一条)。

（3）一氧化碳还原CaSO4可发生下列反应，其lgK p与温度(T)的关系如图所示(K p为以分压表示的平衡常数)。

I .SO2(g)+3CO(g) 2CO2(g)+COS(g)

II .CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2 (g)+SO2(g)

①△H>0的反应是_______(填“I”或“II”)。

②在交点A处，气体分压间满足的关系是:p (COS) =_____

③在恒温恒容密闭容器中进行反应(I)，能说明已达到平衡状态的是___________(填字母)。

a. 2v(CO) 正=3v(CO2)正

b.气体的密度不再随时间变化

c.气体的压强不再随时间变化

c(CO)c(COS)

c(CO)

的值不再随时间而变化

④若在1.0 L的恒容密闭容器中加入1mol CaSO4，并充入1molCO，只发生反应II。在B点时气体总压强为1 MPa，则此时CaSO4转化率为________(2≈1.41).

【答案】 (1). 高温 (2). 3a-b

(3). 128 (4). 增大CO32-的浓度(5). Ⅱ

(6).

p(SO)p(CO)

p(CO)

(7). cd (8). 70.9%

【解析】

【分析】

（1）①根据?G=?H-T?S分析；

②用盖斯定律计算反应2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2 (g)的△H。

（2）用离子方程式计算反应的平衡常数K；为了提高CaSO4的平衡转化率，使平衡向右移动，根据影响平衡的因素分析。

（3）①根据温度对平衡常数的影响分析。

②在交点A处，反应Ⅰ和反应Ⅱ的Kp相等。

③平衡时，正逆反应速率相等，各组分的物质的量、浓度等不随时间而变化，据此分析。

④列三段式计算CaSO4的转化率。

【详解】（1）①?G=?H-T?S＜0的反应能自发进行。根据反应（I）的化学方程式可知，该反应的?S＞0，已知该反应的?H1=+226kJ·mol—1＞0，要使?G＜0，需要比较高的温度，故答案为：高温。

②根据盖斯定律，把（反应Ⅱ×3-反应Ⅲ）÷4，即得反应2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g)，

其△H= 3a-b

kJ·mol—1。

（2）磷石膏转氨法制硫酸的主要反应为CaSO4(s)+(NH4)2CO 3CaCO3(s)+(NH4)2SO4，改写成离子方程式为：CaSO4(s)+ CO32-CaCO3(s)+ SO42-，该反应的平衡常数

c(SO

c(CO

)

22-

c(Ca)c(SO

c(Ca)c(CO

)

(CaSO)

(CaCO)

Ksp

Ksp=

—7

—9

3. 210

2. 510

=128；为了提高CaSO4的平衡

转化率，需使平衡正向移动，可增大CO32-浓度或降低SO42-浓度。

（3）①由图像可知，温度升高，反应I的平衡常数降低，说明I正反应是放热的，反应II 的平衡常数升高，说明反应II的正反应是吸热的，故△H>0的反应是II。

②在交点A处，反应Ⅰ和反应Ⅱ的Kp相等，即

222

p(CO)p(COS)p(CO)p(SO)

p(SO)c(CO)p(CO)

，所以p (COS)

p(SO)p(CO)

p(CO)

。

③a. 都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，错误；

b.反应物和生成物都是气体，混合气总质量是不变的，容器容积固定，所以气体密度一直不变，故气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到了平衡状态，错误；

c.该反应前后气体系数和不等，所以压强一直在变小，平衡时才不再随时间变化，正确；

d. 随着反应的进行，生成物浓度在增大，反应物浓度在降低，所以

c(CO)c(COS)

c(CO)

的值一

直在增大，当平衡时，此比值不再随时间而变化，故

c(CO)c(COS)

c(CO)

不再变化时反应达到

平衡状态，正确；

故选cd。

④若在1.0 L的恒容密闭容器中加入1mol CaSO4，并充入1molCO，发生反应II。在B点时气

体总压强为1 MPa ，lgKp=0，即22p(CO )p(SO )p(CO)

=1。设转化的CaSO 4的物质的量为x ，列三段式：

()()

()()()422CaSO s CO g CaO s CO g SO g ()

11001mol mol x x x x mol x x x -+++起始变化()

平衡()

p(CO)=11x x -+，p(CO 2)=p(SO 2)=1x x

+，Kp=22p(CO )p(SO )p(CO)=1111x x x x x x

?++-+=1，解得x=0.709，则此时CaSO 4转化率为0.7091

×100%=70.9%。 11.2019年诺贝尔化学奖由约翰·B·古迪纳夫、M·斯坦利·威廷汉、吉野彰三人分获，以表彰他们研究锂离子电池做出的贡献。锂离子正极材料有LiMO 2(M=Co 、Ni 、Mn) .

回答下列问题：

（1）基态Co 原子价电子排布式为______，基态Li 原子核外电子运动状态有____种。

（2）锂离子电池电解常用的锂盐有LiClO 4、LiBF 4等，常采用有机溶剂有乙醚、丙烯酯(

)

等。

①LiClO 4中阴离子空间构型为______，与其键合方式相同、空间构型也相同的离子和分子是___________________________ (各举一例).

②Li、Cl 、F 、B 的电负性从大到小的顺序为_____；丙烯碳酸酯中碳原子的杂化方式是____。 ③C 2H 5OC 2H 5(乙醚)的沸点比乙醇的低，其原因是________________。

（3）LiCoO 2的晶胞是六棱柱，其结构如图所示：

晶胞中含氧原子数为_____，若晶胞的底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为

N A，则LiCoO2的密度为_______g·cm —3(列出计算式)。

【答案】 (1). 3d74s2 (2). 3 (3). 正四面体 (4). SO42-、CH4 (5). F＞Cl

＞B＞Li (6). sp2、sp3 (7). 乙醇分子间有氢键，乙醚分子间没有氢键 (8). 10

6a a c

????2

33a c

【解析】

【分析】

（1）基态Co原子价电子排布式为3d74s2，基态Li原子核外有3个电子。

（2）①LiClO4中阴离子是ClO4-，用VSEPR理论计算中心原子的价电子对数，以确定其空间构

型。

②电负性是成键原子对键合电子的吸引力；丙烯碳酸酯中含有两种碳原子，一种是以单键结

合成四面体结构的碳原子，另一种是形成碳氧双键的碳原子。

③从氢键的角度解释。

（3）根据LiCoO2的晶胞，计算氧原子的个数。位于六棱柱的棱上的原子被3个晶胞共有，在

体心的原子100%属于该晶胞。求出一个晶胞的质量和一个晶胞的体积，根据密度等于质量和

体积的比值，求出晶体的密度。

【详解】（1）基态Co原子价电子排布式为3d74s2，基态Li原子核外共有3个电子，所以电子

运动状态有3种。

（2）①LiClO4中阴离子是ClO4-，中心原子Cl的价电子对数为4+1

(7+1-4×2)=4，所以其空

间构型为正四面体，Cl 和O

以共价键结合。与ClO 4-键合方式相同、空间构型也相同的离子可以是SO 42-，分子可以是CH 4、CCl 4。

②电负性是成键原子对键合电子的吸引力，所以Li 、Cl 、F 、B 的电负性从大到小的顺序为F ＞Cl ＞B ＞Li ；丙烯碳酸酯中含有两种碳原子，一种是以单键结合成四面体结构的碳原子，以sp 3杂化，另一种是形成碳氧双键的碳原子，杂化方式是sp 2。

③乙醇分子间有氢键，乙醚分子间没有氢键，故C 2H 5OC 2H 5(乙醚)的沸点比乙醇的低。

（3）在LiCoO 2的晶胞中，氧原子位于六棱柱的棱上和体心，位于棱上的共有24个，体心的有2个，所以晶胞中含的氧原子数为24×13

+2=10个。根据化学式，在晶胞中，含Li 和Co 均为5个，所以一个晶胞的质量为598A N ?，晶胞的体积为136a a c 22

????cm 3，所以其密度为136a a c ????=233a c g·cm -3。 12.酪醇是合成药物的中间体。由芳香化合物A 为原料制备酪醇的一种合成路线如图：

已知：

回答下列回题：

（1）B 的结构简式为_____________________。

（2）F 中的官能团的名称为__________________。（3）写出C→D 的化学方程式:___________________________。

（4）反应④的反应类型是_______________________________。

（5）反应⑤所需的试剂和条件是_________________________________。

（6）C的一种同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰，面积比为6：3：2：1，写出一种符合要求的同分异构体的结构简式:_____________。

（7）已知: (苯胺)易被氧化。设计以甲苯为原料制备2，4，6一三羟基苯甲酸的合成路线：____________________________________________________ (无机试剂任用)。【答案】(1). (2). 硝基、醚键(3).

??→+CH3COONa (4). 取代反应

+NaOH?

(5). 浓硝酸、浓硫酸、加热(6). 或(7).

【解析】

【分析】

根据E的结构简式可知A中有苯环，且只有一个取代基，又由于A的分子式为C7H7Cl，所以可以确定A为，和NaCN反应生成B(C8H7N)，根据A和B的分子式的差别，可知A中的Cl被氰基取代生成了，B和醋酸反应，发生的是已知给出的反应，生成的C为

，C发生了碱性水解，得到的D为，D发生取代反应生成E，E发生硝化反应生成F，F发生还原反应，硝基被还原为氨基，得到G，G再发生取代反应生成酪醇H。

【详解】（1）由以上分析可知，B的结构简式为。

（2）F为，官能团为硝基和醚键。

（3）C发生了碱性水解，得到D，化学方程式为

??→+CH3COONa。

+NaOH?

（4）反应④是D中的羟基上的氢原子被甲基取代，所以反应类型是取代反应。

（5）反应⑤是硝化反应，所需的试剂是浓硝酸，条件是浓硫酸、加热。

（6）C的分子式为C10H12O2，不饱和度为5。它的一种同分异构体，能发生银镜反应和水解反应，分子中应有醛基和酯基，C只有2个氧原子，所以应为甲酸酯，其核磁共振氢谱有4组峰，

面积比为6：3：2：1，分子中应有对称的甲基，符合要求的同分异构体可以是

或。

（7）甲苯可以硝化得到2，4，6-三硝基甲苯，甲基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，硝基被还原为氨基，再被羟基取代即可得到2，4，6一三羟基苯甲酸。需要注意的是甲基的氧化和硝基的还原的顺序，由于 (苯胺)易被氧化，所以应先氧化甲基。若先还原硝基，氨基在氧化甲基时也会被氧化。故合成路线为

。