广东省2020届高三化学上学期百校联考11月月考试题(含解析)
广东省2020届高三百校联考11月月考理科综合化学试题
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误
．．的是
A. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质
B. NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)与草木灰混合施肥效果更好
C. 将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染
D. 医院常用含碘2%~3%的酒精溶液用作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、K2FeO4处理自来水时，利用其强氧化性可杀菌消毒，同时生成氢氧化铁胶体能吸附杂质；
B、NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)水解呈酸性，草木灰水解后呈碱性；
C、将地沟油回收加工为生物柴油，符合绿色化学理念；
D、碘能使蛋白质变性。
【详解】A、K2FeO4处理自来水时，利用其强氧化性可杀菌消毒，同时生成氢氧化铁胶体能吸附杂质，故A正确；
B、NH4MgPO4·6H2O(鸟粪石)电离出铵根离子，水解呈酸性，草木灰溶于水电离出碳酸根离子，水解后呈碱性，两者混合后发生双水解，肥效减小，故B错误；
C、将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染，符合绿色化学理念，故C正确；
D、含碘2%~3%的酒精溶液用作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查化学与生活、生产之间的关系，解题关键：对日常生活、生产中涉及的的基础知识的理解，难点A，K2FeO4处理自来水时，既能杀菌消毒，又能吸附杂质，氢氧化铁胶体能吸附杂质。
2.设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4N A
B. 标准状况下，22.4L氦气与11.2LH2含有的质子数均为N A
C. 0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2充分反应，生成C-Cl和H-Cl键数均为0.2N A
D. 25℃时，1LpH=11的NaOH溶液与1LpH=11的CH3COONa溶液，含阴离子数均为10-11N A
【答案】A
【解析】
【分析】
A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同；
B、氦是单原子分子，氢是双原子分子；
C、1molCl2反应，生成1molHCl和1molC-Cl；
D、pH=11的溶液，溶液中c(OH-)=0.001mol·L－1。
【详解】A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同，28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4N A，故A正确；
B、标准状况下，22.4L氦气质子是2mol，与11.2LH2含有的质子数为1mol，故B错误；
C、 0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2完全反应生成0.1molHCl、氯代烃，生成C-Cl和H-Cl键数均为0.1N A，故C错误；
D、D. 25℃时，1LpH=11的NaOH溶液，NaOH的浓度为0.001mol·L－1；1LpH=11的CH3COONa 溶液中，醋酸根离子使溶液显碱性，c(OH-)=0.001mol·L－1，醋酸根离子浓度远大于
0.001mol·L－1，所以醋酸欠溶液中阴离子数大于10-11N A，故D错误；
故选A。
3.1，4-二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式为，有关该有机物的说法正确的是
A. 三个碳原子位于同一直线
B. 二氯代物有2种
C. 所有原子位于同一平面
D. 与其互为同分异构体的化合物有2种
【答案】B
【解析】
【分析】
A、中间碳原子是四面体结构，三个碳不可能在同一条直线上；
B、两个氯原子可以同时取代一个碳上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，一共有
两种；
C、三个碳原子均为四面体结构，与两个O和四个氢不可能全部共面；
D、与其互为同分异构体的化合物有很多种。
【详解】A、与中间碳原子形成共价键的四个原子在空间分布上是四面体结构，所以三个碳不可能在同一条直线上，故A错误；
B、中间的碳原子已经有四根键，两个氯原子可以同时取代一个碳上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，一共有两种二氯代物，故B正确；
C、三个碳原子均为四面体结构，与两个O和四个氢不可能全部共面，故C错误；
D、与其互为同分异构体的化合物有很多种，比如属于酯的就有HCOOCH=CH2、和
三种，故D错误。
故选B。
4.实验室可用下图装置制取少量氮气。下列说法正确的是
A. ②中盛放的是五氧化二磷
B. 实验开始时先点燃③的酒精灯，再点燃①的酒精灯
C. ③中玻璃管中的反应：2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O
D. 实验结束时先熄灭①、③的酒精灯，再将导管从水槽中拿出
【答案】C
【解析】
【分析】
①制备氨气；②中用碱石灰干燥；③氨气还原氧化铜；④收集产生的氮气，以此解析。
【详解】A、湿的NH3能与P2O5反应，故A错误；
B、产生的氨气会与装置内的氧气发生反应，故应先点燃①的酒精灯产生氨气以排出系统内的空气，B错误；
C、氨气能被氧化铜氧化，③中玻璃管中的反应：2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O，故C正确；
D、应先将将导管从水槽中拿出，否则会引起倒吸，故D错误；
故选C。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为22。W、Y 同主族，X所处的周期数等于族序数，常温下Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的
单质制成的容器中。下列说法错误
．．的是
A. 简单离子半径：X>Y>Z
B. X、Z两种元素形成的化合物的水溶液呈酸性
C. W的一种氢化物与Y的氢化物在水溶液中可反应生成Y的单质
D. W、Y两种元素形成的一种化合物能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】A
【解析】
【分析】
X所处的周期数等于族序数，常温下Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中，X为Al，它们的最外层电子数之和为22，余下的三种元素原子的最外层电子数平均值大于6，W、Y同主族，故W、X、Y、Z依次为O、Al、S、Cl。
【详解】W、X、Y、Z依次为O、Al、S、Cl。
A、简单离子半径：S2－>Cl－>Al3＋，故A错误；
B、AlCl3是强酸弱碱盐，水解后呈酸性，故B正确；
C、H2O2＋H2S=S↓＋2H2O，故C正确；
D、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，5SO2＋2KMnO4＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，故D正确；
故选A。
【点睛】本题考查元素周期律和原子结构知识，解题关键：熟记原子结构、元素在元素周期表中的位置和性质之间的关系，易错点A，原子大小是Al>S>Cl，离子大小是S2－>Cl－>Al3＋。
6.电导滴定是利用溶液的电导改变以确定滴定终点的滴定方法。常温下，将
0.10mol·L-1CH2COOH溶液与0.10mo1·L-1HCl溶液以一定体积比混合，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. a点溶液的pH=1
B. b点溶液中：c(Na+)=c(Clˉ)+c(CH3COOˉ)
C. 图中四点，C点处溶液中水的电离度最大
D. d点溶液中：c(Na+)>c(Clˉ)>c(CH3COOˉ)>c(OHˉ)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】
A、等物质的量的盐酸和醋酸混合时，两者同时被稀释；
B、根据电荷守恒解析；
C、CH3COONa强碱弱酸盐，促进水电离；
D、图中V3-V2>V1，c(OHˉ)大于c(Clˉ)。
【详解】A、等物质的量的盐酸和醋酸混合时，两者同时被稀释，因醋酸是弱酸，只有部分电离，溶液中的氢离子浓度小于0.10mol·L-1，故溶液的pH大于1，故A错误；
B、b点溶液中的溶质为NaCl和CH3COOH，溶液显酸性，依据电荷守恒可知，
c(Na+) C、c点溶液中的溶质为NaCl和CH3COONa，醋酸根离子水解促进了水的电离，此时溶液中水的电离程度最大，故C正确； D、d点溶液中的溶质为NaOH和CH3COONa，由图象可知，V3-V2>V1，故溶液中c(OHˉ)>c(Clˉ)，故D错误； 故选C。 7.Kolbe法制取乙烯的装置如图所示，电极a上的产物为乙烯和碳酸根离子。下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为电能 B. 图中为阳离子交换膜 C. 阴极周围溶液的pH不断减小 D. 每生成1mol乙烯，电路中转移2mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】 A、该装置是电解装置； B、由a极的电极反应分析； C、阴极上的电极反应产生OH－； D、由电极反应计算。 【详解】A、该装置是电解装置，由电能转化为化学能，故A错误； B、a极为阳极，电极反应式为4OH-+-OOCH2CH2COO－－2e－=CH2=CH2↑＋2CO32－＋2H2O，阳极区不断消耗OH-，故图中应为阴离子交换膜，故B错误； C、b电极为阴极，阴极上发生的反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故C错误； D、由B中电极反应式可知：每生成1mol乙烯，电路中转移2mol电子，故D正确； 故选D。 【点睛】本题主要考查电解法制取乙烯的电解池装置，解题关键：分析电解的两电极反应及反应生的条件，难点B，根据a电极反应的分析。 8.FeBr2可用作有机合成的催化剂，某校同学设计实验用干燥的HBr与Fe反应制备少量FeBr2，实验装置如下(部分夹持装置已省略)： 已知：高温时FeBr3会分解为FeBr2，FeBr2易吸水潮解，800℃以上可升华。 回答下列问题： （1）仪器M的名称是____________；装置①中生成HBr的化学方程式为___________。 （2）反应开始前通入N2的目的是____________，反应过程中通入N2的目的是____________。（3）进入装置④的气体中混有少量Br2对产品纯度_______(填“有”或“没有”)影响，理由是___________。 （4）装置⑥的作用是___________，逸出的气体主要是___________(填化学式)。 （5）设计实验方案探究得到的FeBr2中Fe2+和Brˉ的还原性强弱：___________________。【答案】 (1). ）分液漏斗 (2). NaBr＋H3PO4NaH2PO4＋HBr↑ (3). 隔绝空气（或将装置中的空气排尽） (4). 稀释HBr并将其载入后续装置 (5). 没有 (6). 生成的少量FeBr3在高温下会分解为FeBr2 (7). ）除去尾气中的HBr等酸性气体并防止空气中水蒸气进入装置⑤ (8). H2和N2 (9). 取少量产品溶于经过煮沸再冷却后的蒸馏水，取溶液少许，滚入KSCN并加入CCl4，滴入氯水，轻轻振荡，观察现象（或其它合理答案）【解析】 【分析】 （1）仪器M的名称是分液漏斗；利用难挥发性酸H3PO4制挥发性酸HBr，生成磷酸二氢钠； （2）为防止氧气与铁反应，反应开始前通入N2的目的是将装置中的空气持有排尽，反应过程中通入N2的目的是稀释HBr并将其载入后续装置。 （3）由信息可知：高温时FeBr3会分解为FeBr2，故进入装置④的气体中混有少量Br2对产品 纯度没有影响； （4）制得的HBr与Fe反应生成FeBr2和氢气，装置⑥中装有碱石灰，能吸水和酸性气体，作用是除去尾气中的HBr等酸性气体并防止空气中水蒸气进入装置⑤；逸出的气体主要是氢气和氮气。 （5）还原性强弱：Fe2+>Brˉ，加少量氯水，看谁先反应。 【详解】（1）仪器M的名称是分液漏斗；利用难挥发性酸H3PO4制挥发性酸HBr，生成磷酸二氢钠，装置①中生成HBr的化学方程式为NaBr＋H3PO4NaH2PO4＋HBr↑； （2）反应开始前通入N2的目的是将装置中的空气持有排尽，防止氧气与铁反应，反应过程中通入N2的目的是稀释HBr并将其载入后续装置。 （3）由信息可知：高温时FeBr3会分解为FeBr2，故进入装置④的气体中混有少量Br2对产品纯度没有影响； （4）制得的HBr与Fe反应生成FeBr2和氢气，装置⑥中装有碱石灰，能吸水和酸性气体，作用是除去尾气中的HBr等酸性气体并防止空气中水蒸气进入装置⑤；逸出的气体主要是氢气和氮气，化学式为H2和N2。 （5）要证明Fe2+和Brˉ的还原性的强弱关系，可以加少量氯水，看谁先反应：取少量产品溶于经过煮沸再冷却后的蒸馏水，取溶液少许，滚入KSCN并加入CCl4，滴入氯水，轻轻振荡，静置后观察现象（或其它合理答案）。若上层溶液为血红色，则Fe2+>Brˉ；若上层溶液仍为浅绿色，下层液体为橙红色，则Fe2+＜Brˉ。 9.一种从废钻锰催化剂[含53.1%(CH3COO)2Co、13.2%(CH3COO)2Mn、23.8%CoCO3、6.5%Mn(OH)2、1.3%SiO2及对二甲苯等有机物等中回收钻和锰的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）步骤①焙烧的目的是____________________________________。 （2）步骤②酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，其目的是______________。（3）步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应的离子方程式为______________。 （4）步骤④调节pH时采用CH3COOH和 CH3COONa混合溶液，该混合溶液称为缓冲溶液，该溶液中加入少量的酸、碱或稀释时pH变化均不大，其中稀释时pH变化不大的原因是 __________________________________。 （5）步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S，该反应的化学方程式为________。（6）步骤⑦若在实验室进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有 ____________(填仪器名称)。 （7）某工厂用mkg废催化剂最终制得 CoO n kg，则CoO的产率为__________。 【答案】 (1). 将二甲苯等有机物氧化除去，并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物(2). 提高钴、锰的浸出率 (3). Mn2＋＋H2O2＋2NH3·H2O=MnO(OH)2↓＋2NH4＋＋H2O (4). 稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H＋和CH3COO－水解程度增大产生的OH－几乎抵消 (5). 3CoS＋8HNO3=3Co(NO3)2＋3S＋2NO↑＋4H2O (6). 坩埚、泥三角 (7). 【解析】 【分析】 （1）废钻锰催化剂对二甲苯等有机物等受热后挥发或分解。 （2）步骤②酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，使反应更充分。 （3）步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐； （4）缓冲溶液稀释时pH变化均不大，稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H＋和CH3COO－水解程度增大结合的H+几乎抵消。 （5）步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S，根据电子得失守恒，质量守恒写出方程式。 （6）固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒； （7）产率=实际产量/理论产率。 【详解】（1）焙烧可以将废钻锰催化剂中对二甲苯等有机物等氧化除去，并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物。 （2）步骤②酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，使反应更充分，从而提高钴、锰的浸出率。 （3）步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐，离子方程式为Mn2＋＋H2O2＋ 2NH3·H2O=MnO(OH)2↓＋2NH4＋＋H2O； （4）缓冲溶液稀释时pH变化均不大，稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H＋和CH3COO－水解程度增大结合的H+几乎抵消。 （5）步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S，反应的化学方程式为：3CoS＋ 8HNO3=3CO(NO3)2＋3S＋2NO↑＋4H2O； （6）固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还要坩埚、泥三角； （7）mkg废催化剂中：53.1%(CH3COO)2Co生成CoO：mkg×53.1%×75/177=0.225mkg,23.8%CoCO3生成CoO：mkg×23.8%×75/119=0.15mkg,产率=实际产量/理论产率=n/(0.225+0.15)m ×100%= . 10.NO、NO2是汽车尾气中主要的含氮氧化物。回答下列问题： （1）已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图(图中表示生成2 mol NO2的能量变化)。1 mol NO氧化为NO2的焓变△H=___________。 （2）某温度下，反应的平衡常数如下： a.2NO 2(g) N2(g)+2O2(g) K=6.7×1016 b.2NO(g) N 2(g)+O2(g) K=2.2×1030 分解反应趋势较大的反应是__________(填“a”或“b”)；反应2NO(g)+O 2(g) 2NO2(g)的K=_____________。 （3）已知反应2NO(g)+O 2(g) 2NO2的正反应速率v正=k1C m(NO)c n(O2)，其中k为速率常数，可通过下列实验数据计算k、m、n。 则k1=______________，m=______________，n=______________， （4）已知该反应的历程为： 第一步：NO+NO N2O2 快速平衡 第二步：N2O2+O22NO2慢反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v(正)=k1c2(NO)， v(逆)=k-1c(N2O2)。下列叙述正确的是________(填字母)。 A.第一步反应的平衡常数K= B.v(第一步的正反应) C.第二步的活化能比第一步的活化能高 D.第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效 （5）一定条件下测得容器中NO、O2、NO2浓度发生如下变化。 ①NO的平衡转化率为 _______________。 ②该温度下反应2NO(g)+O 2(g)2NO2(g)的平衡常数为______________(保留整数) 【答案】 (1). -56KJ·mol-1 (2). b (3). 3.28×1013 (4). 1596L2·mol-2·s-1 (5). 2 (6). 1 (7). AC (8). 60% (9). 321 【解析】 【分析】 （1）由图结合盖斯定律计算出生成1molNO2放出的热量； （2）平衡常数越大，反应越容易进行； 反应b-a得2NO(g)+O 2(g) 2NO2(g)，K=2.2×1030/6.7×1016； （3）由组1和2，NO浓度不变时，氧气的浓度增大1倍，速率也增大1倍，故n=1； 由组1和3，NO的浓度增大1倍，速率变为原来的4倍，故m=2；代入其中一组数据可求出 k1； （4）A、根据平衡常数的定义分析； B、v(第一步的正反应)是快反应； C、第二步的反应难，活化能高； D、第二步中N2O2与O2的有效碰撞率小，反应难。 （5）①NO的平衡转化率=NO的变化量/NO的投料量； ②该温度下反应2NO(g)+O 2(g)2NO2(g)的平衡常数为c2(NO2)/c2(NO)c(O2). 【详解】（1）图中表示生成2 mol NO2的能量变化，①N2(g)+2O2(g) =2NO2(g) △H=68KJ·mol-1②N2(g)+O2(g) =2NO(g) △H=180KJ·mol-1，由盖斯定律，①-②得2NO(g) +O2(g) =2NO2(g) △H=-112KJ·mol-1，两边同除以2得：NO(g) +1/2 O2(g) =NO2(g) △H=-56KJ·mol-1； （2）平衡常数越大，反应越容易进行，b.2NO(g) N 2(g)+O2(g)平衡常数K=2.2×1030大，故选b； 反应b-a得2NO(g)+O 2(g) 2NO2(g)，K=2.2×1030/6.7×1016=3.28×1013； （3）由组1和2，NO浓度不变时，氧气的浓度增大1倍，速率也增大1倍，故n=1； 由组1和3，NO的浓度增大1倍，速率变为原来的4倍，故m=2； 将m和n代入第1组数据，7.98×10-3mol·L－1·s－1=k1×（0.02mol·L－1）2×0.0125mol·L－1，解得k1=1596L2·mol-2·s-1； （4）A、第一步反应的平衡常数K=c(N2O2)/c2(NO),平衡时v(正)=v(逆)==k1c2(NO)=k-1c(N2O2)，得c(N2O2)/c2(NO)=k1/k-1，K=c(N2O2)/c2(NO)==k1/k-1，故A正确； B、v(第一步的正反应)是快反应，v(第二步的反应)是慢反应，v(第一步的正反应)>v(第二步的反应)，故B错误； C、第二步的反应难，活化能高，第二步的活化能比第一步的活化能高，故C正确； D、第二步是慢反应，说明N2O2与O2的有效碰撞的几率较小，不可能达到100%,故D错误。 故选AC。 （5）①NO的平衡转化率=NO的变化量/NO的投料量=（0.010mol·L－1-0.004mol·L－1） /0.010mol·L－1=0.6； 该温度下反应2NO(g)+O 2(g)2NO2(g)的平衡常数为 c2(NO2)/c2(NO)c(O2)=0.0062/0.0042×0.007=321. 11.镁、硅及其化合物用途非常广泛。回答下列问题： （1）基态Si原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为__________，基态Mg原子电子占据 最高能级的电子云轮廓图为__________形。 （2）Mg2C3与水反应可生成H2C=C=CH2，中间的碳原子杂化方式是__________，反应所涉及的元 素中电负性最大的是__________(填元素符号)，Mg2C3和H2C=C=CH2中均存在(填字 母)__________。 A.配位键 B.σ键 C.π键 D.氢键 （3）MgO晶格能可通过图1的bom- Haber循环计算得到。 Mg的第二电离能为__________kJ·mol-1；O=O键的键能为_________kJ·mol-1；MgO的晶格能 为__________kJ·mol-1。 （4）Mg2Si晶胞结构如图2所示，已知其密度为1.94g·cm-3，N A为阿伏加德罗常数的值。 ①则晶胞参数a=__________nm(列出计算式) ②Mg2Si的另一种表示中，四个Mg处于上图所示立方体中的Si的位置，则Si处于 ____________。 【答案】 (1). (2). 球 (3). sp (4). O (5). BC (6). 1451 (7). 498 (8). 3845 (9). (10). 顶点和面心 （注：如图） 【解析】 【分析】 （1）基态Si原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为；基态Mg原子电子占据最高能级的是3s能级； （2）Mg2C3与水反应可生成H2C=C=CH2，中间的碳原子形成2个σ键和2个π键，杂化方式是SP，反应所涉及的元素有O、H、Mg、C，电负性最大的是O，Mg2C3和H2C=C=CH2中均存在(填字母)σ键和π键。 （3）图中Mg＋(g)＋O(g)到Mg2＋(g)＋O(g)读出Mg的第二电离能为1451kJ·mol-1；从Mg(g)＋1/2O2(g)到Mg(g)＋O(g)算出O=O键的键能为738kJ·mol-1-249kJ·mol-1=498kJ·mol-1； 晶格能又叫点阵能。它是在OK时1mol离子化合物中的正、负离子从相互分离的气态结合成离子晶体时所放出的能量。用化学反应式表示时，相当于下面反应式的内能改变量Mg2＋(g)＋O2－(g)=MgO(S)+U（晶格能）。MgO的晶格能为3845kJ·mol-1。 （4）ρ=m/V，平均每个晶胞拥有Mg：8×1/8+6×1/2+12×1/3+1=8,Si:4，由1.94g·cm-3=4×（24×2+28）/N A a3,计算①则晶胞参数a； ②Mg2Si的另一种表示中，四个Mg处于上图所示立方体中的Si的位置，则Si处于顶点和面心。 【详解】（1）基态Si原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为；基态Mg原子电子占据最高能级的是3s能级,电子云轮廓图为球形。； （2）Mg2C3与水反应可生成H2C=C=CH2，中间的碳原子形成2个σ键和2个π键，价层电子对数为2，杂化方式是SP，反应所涉及的元素有O、H、Mg、C，电负性最大的是O，Mg2C3和H2C=C=CH2中均存在(填字母)σ键和π键。 （3）图中Mg＋(g)＋O(g)到Mg2＋(g)＋O(g)读出Mg的第二电离能为1451kJ·mol-1；从Mg(g) ＋1/2O2(g)到Mg(g)＋O(g)算出O=O键的键能为738kJ·mol-1-249kJ·mol-1=498kJ·mol-1； 晶格能又叫点阵能。它是在OK时1mol离子化合物中的正、负离子从相互分离的气态结合成离子晶体时所放出的能量。用化学反应式表示时，相当于下面反应式的内能改变量Mg2＋(g)＋O2－(g)=MgO(S)+U（晶格能）。MgO的晶格能为3845kJ·mol-1。 （4）Mg2Si晶胞结构如图2所示，已知其密度为1.94g·cm-3，N A为阿伏加德罗常数的值。ρ=m/V，平均每个晶胞拥有Mg：8×1/8+6×1/2+12×1/3+1=8,Si:4，由1.94g·cm-3=4×（24×2+28） /N A a3,①则晶胞参数a=nm(列出计算式) ②Mg2Si的另一种表示中，四个Mg处于上图所示立方体中的Si的位置，则Si处于顶点和面心（注：如图）。 12.化合物I可用于某种高分子的接枝，其一种合成路线如下： 回答下列问题： （1）A的化学名称是_______________________。 （2）②的反应类型是______________________。 （3）C的结构简式为_________________；H的分子式为__________________。 （4）F中含氧官能团的名称是___________。 （5）芳香化合物W是E的同分异构体，W能发生水解反应和银镜反应，核磁共振氢谱有四组峰，面积比为1︰1︰2︰6，写出一种符合要求的W的结构简式：___________。 （6）尼泊金丙酯(HO－－COOCH2 CH2 CH3)用作食品、化品、饲料等的防腐剂，设计由对甲苯酚和1－丙醇为起始原料制备尼泊金丙酯的合成路线：______________________(其他试剂任用)。 【答案】(1). 间二甲苯（或1，3-二甲苯）(2). 取代反应(3). (4). C10H14O4 (5). 酯基和醚键 (6). 或 或或(7). 【解析】 【分析】 由流程图A为间二甲苯，A为，A被高锰酸钾氧化为B，B为 ，B与浓硫酸发生取代反应生C，C为，C经反应③生成D，D为，D发生酯化反应生成E，E为 ，E发生反应⑤取代后生成F，F为，F还原成G，G为，G与溴乙炔生成H，H为，H在HCl作用下，生成I，I为。 【详解】（1）A为，化学名称是：间二甲苯（或1，3-二甲苯）； （2）B的苯环上的氢被磺酸基所取代，发生取代反应生成C； （3）C的结构简式为：；H为，分子式为：C10H14O4；（4）F为，含氧官能团的名称是酯基和醚键； （5）芳香化合物W是E的同分异构体，W能发生水解反应和银镜反应，含醛基和酯基，核磁共振氢谱有四组峰，面积比为1︰1︰2︰6，结构中可能含有2个 甲基，符合要求的W的结构简式：或或 或。 （6）以对甲苯酚和1－丙醇为起始原料，合成尼泊金丙酯(HO－－COOCH2 CH2 CH3)，可以先利用题中信息将酚羟基保护起来，再将甲基氧化成羧基，接着把酚羟基复原，最后与丙醇发生酯化。具体合成路线如下： 【点睛】本题考查有机推断与合成，解题关键：理解有机流程各步反应，熟悉有机官能团的性质，难点是同分异构体的书写和尼泊金丙酯的合成路线设计。