1、四川省成都市双流棠湖中学2019-2020学年高二化学下学期第四学月考试试题（含解析）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物90分，共300分7.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14
2、 O-16 Mg-23 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64第I卷选择题（48分）一、单选题（每小题6分，共80个小题，共48分）1.下列关于化石燃料的加工说法正确的是 ()A. 石油裂化主要得到乙烯B. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C. 煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水、粗苯和焦炉气D. 煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径【答案】C【解析】【详解】A石油裂化的目的是得到轻质液体燃料汽油，故A错误；B石油分馏是利用物质沸点不同分离物质的，属于物理变化，故B错误；C煤干馏是将煤隔绝空气加强热，主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；D煤制煤气有新物质一氧化
3、碳和氢气生成，属于化学变化，故D错误；答案选C2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 0.1 mol C2H6O分子中含有C-H键数为0.5NAB. 2.24L乙烯通入足量溴水中充分反应，需反应Br2分子数为0.1NAC. 0.1mol乙醇与过量的乙酸在浓硫酸催化下充分反应后，生成乙酸乙酯分子数0.1NAD. 3.0 g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A、C2H6O若是二甲醚时，分子中含有C-H键数为0.6NA，故A错误；B、2.24L乙烯无法确定是否是标准状况，故B错误；C、乙醇与过量的乙酸在浓硫酸催化下充分反应后，生成乙酸
4、乙酯的反应是可逆反应，故C错误；D、甲醛(HCHO)和乙酸的最简式均为CH2O，式量为30，3.0 g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物中含有的原子总数为3.0 g/30 gmol-14NA=0.4NA，故D正确。故选D。3.二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2类似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，S2Cl2可由干燥氯气通入熔融的硫中制得。下列有关说法正确的是A. S2Cl2的电子式为B. 固态时S2Cl2属于原子晶体C. S2Cl2与NaOH的化学方程式可能为：S2Cl2+6NaOH=2
5、NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2OD. S2Cl2是含有极性键和非极性键的离子化合物【答案】C【解析】【详解】A、S2Cl2的分子结构类似与H2O2，因此S2Cl2的电子式为，故A错误；B、S2Cl2固体的熔点、沸点低，说明固体S2Cl2为分子晶体，故B错误；C、S2Cl2遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，说明此气体为SO2，即与水反应2S2Cl22H2O=SO24HCl3S，因此S2Cl2与NaOH反应的化学反应方程式为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O，故C正确；D、根据A选项分析，含有化学键为极性键和非极性键，S2Cl2不属于离子化合物，
6、属于共价化合物，故D错误；答案选C。4.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是 ()A. 迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B. 1 mol迷迭香酸最多能和9 mol氢气发生加成反应C. 迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应、消去反应和酯化反应D. 1 mol迷迭香酸最多能和6 mol NaOH发生反应【答案】D【解析】【详解】A迷迭香酸中含碳碳双键，能够与溴发生加成反应，故A错误；B苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C迷迭香酸中含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反
7、应、酯化反应，苯环上的羟基不能发生消去反应，故C错误；D迷迭香酸中含酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，故D正确；答案选D。【点睛】本题 的易错点为B，要注意酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，醛基和羰基(酮基)中的碳氧双键能与氢气发生加成反应。5.下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（ ）A. 使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2+、NO、Fe3+、SOB. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO、Al3+、Na+、SOC. pH=0的溶液中：Al3+、NH、Ca2+、ClO-D. 使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO
8、、CO、Na+、K+【答案】D【解析】【详解】A使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，存在大量氢氧根离子，Cu2+、Fe3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液呈酸性或强碱性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气；Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CpH=0的溶液中存在大量氢离子，Al3+、H+都与ClO-反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，存在大量氢氧根离子，SO32-、CO32-、Na+、K+之间不反应，也都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；答案为D。6.同
9、周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4H2YO4H3ZO4，则下列判断错误的是A. 原子半径：XYZB. 气态氢化物的稳定性HXH2YZH3C. 电负性：XYZD. 非金属性：XYZ【答案】A【解析】【分析】同周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4H2YO4H3ZO4，则X、Y、Z的原子序数大小顺序是XYZ，元素的非金属性强弱顺序是XYZ。【详解】A项、同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：XYY
10、Z，所以气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3，故B正确；C项、非金属性XYZ，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：XYZ，故C正确；D项、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4，则非金属性XYZ，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系，灵活运用元素周期律分析解答是解本题关键。7.某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（ ）A. 充电时，阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi+
11、Lil-xCoO2B. 放电时，该电池将化学能转化为电能C. 放电时，b端为负极，发生氧化反应D. 电池总反应LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO2【答案】C【解析】【分析】充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，因此石墨极是阴极，含钴的是阳极，据此来分析各选项即可。【详解】A.充电时，阳离子（）从阳极脱嵌，穿过薄膜进入阴极，嵌入石墨中，A项正确；B.放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，B项正确；C.根据分析，b为电源正极，发生还原反应，C项错误；D.根据分析，整个锂电池相当于在正极和负极之间不断嵌入-脱嵌的过程，D项正确；答案选C。【点睛】锂电池正
12、极一般选用过渡金属化合物来制作，例如本题中的钴，过渡金属一般具有多种可变的化合价，方便的嵌入和脱嵌（嵌入时，过渡金属化合价降低，脱嵌时，过渡金属化合价升高，因此无论嵌入还是脱嵌，正极材料整体仍然显电中性）。8.25时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）A. 25时，H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.010-6.4B. 图中a=2.6C. 25时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.010-7.6D. M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】
13、A25时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10， H2CO3的一级电离K(H2CO3)=10-7.410=1.010-6.4，A正确；B图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)=1.010-6.4，=102.6，a= lg=2.6，B正确；C25时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh= =1.010-7.6，C正确；DM点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+ c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)c(H2CO3) + c(HCO3-)，所以
14、c(H+)+c(H2CO3)c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D错误；故选D。第II卷非选择题9.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a名称是_，仪器b的名称是_。b中利用质量分数为70%80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_。c中试剂为_(2)
15、实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_实验：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验的现象：_实验：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该
16、溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294gmol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3+7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_molL-1【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 蒸馏烧瓶 (3). (4). 硫化钠和碳酸钠的混合液 (5). 调节酸的滴加速度 (6)
17、. 若 SO2过量，溶液显酸性产物会发生分解 (7). 加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀 (8). 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 (9). 0.1600【解析】【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可
18、以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：；反应I-被氧
19、化成I2，反应中第一步所得的I2又被还原成I-，所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。10.从铜转炉烟灰（主要成分ZnO还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素）中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。己知：活性炭净化主要是除去有机杂质。请回答以下问题：（1）若浸出液中锌元素以Zn(NH3)42+形式存在，则浸取时ZnO发
20、生反应的离子方程式为_。（2）在反应温度为50，反应时间为lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为_ mo1L-1。（3）若浸出液中c（AsO43-）=6.010-3molL-1，现将8.010-3mo1L-1FeC13溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp(FeAsO4)=2.010-22，则反应后溶液中c(AsO43-)=_mo1L-1。（4）滤渣II的主要成分为_；除杂3是置换除杂过程，则此过程主要除去的金属有_（填化学式）。（5）沉锌得到的物质为Zn(NH3)2C12，请写出水解转化的化学方程式_。（6）该流程中可以循环使
21、用的物质的电子式为_。（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amolL-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。己知：与1.0mLEDTA标准液c(EDTA)=1.000mo1L-1相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为_（用代数式表示）。【答案】 (1). ZnO+2NH4+2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O (2). 4 (3). 2.010-19 (4). CaF2 (5). Cu和Cd (6). Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2+2NH4Cl (7). (8). 100
22、%或%【解析】【分析】首先用氯化铵和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为配离子，加入氯化铁沉砷，加入氯化钙可以得到沉淀（萤石），加入锌粉可以将其它金属离子全部置换出来得到滤渣III，加入活性炭除去有机杂质，加入盐酸将锌转化为，最后得到氧化锌，据此来分析本题即可。【详解】（1）根据题目信息，离子方程式为，这个方程可以从电荷守恒的角度来配平；（2）观察题图，当氯化铵的浓度为4mol/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，无法完全除去铅；（3）等体积混合后相当于两种离子的浓度都变为一半，即，而两种离子是1:1沉淀的，设反应后浓度为，则
23、有，解得；（4）根据分析，滤渣II为，而除杂3主要可以除去溶液中的和；（5）既然煅烧后得到，则煅烧前必然为，即水解产物为，据此来写出方程式Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2+2NH4Cl；（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用，其电子式为；（7）根据先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为克，因此氧化锌的质量分数为。11.遵义市某些地区出现了不同程度的雾霾天气，我校课题小组的同学对其进行了调查研究, .课题小组研究发现,其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。(1)25时将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测
24、溶液。测得该试样所含水溶性无机离子化学组分及其平均浓度如下表：根据表中数据判断试样的pH=_。.课题组就其酸性物质做进一步研究一氧化氮、二氧化氮的研究(1)一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，下列状态能说明该反应达到化学平衡的是_（填字母编号）。A混合气体的密度保持不变 BNO的转化率保持不变CNO和O2的物质的量之比保持不变 DO2的消耗速率和NO2的消耗速率相等(2)活性炭可处理大气污染物NO，反应原理为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，T时，在2L密闭容器中加入0.100mol NO和2.030mo
25、l活性炭（无杂质），平衡时活性炭物质的量是2.000mol，则该温度下的平衡常数为_；达平衡时,若再向容器中充入0.04molNO,0.03molN2和0.03molCO2，则平衡_移动。（填“向左”“向右”或“不”）III.一氧化碳、二氧化碳的研究(1)CO或CO2在一定条件下可以用来合成甲醇。工业上常用CO和H2制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到5min，用H2表示的平均反应速率v(H2)=_。(2)碳与
26、水蒸气反应制取H2的相关反应如下：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=+131.0kJ/mol：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H= - 43kJ/mol：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) H= - 178.3kJ/mol计算反应：C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的H=_kJ/mol；对硫的氧化物的研究SO2可被Na2FeO4氧化而去除污染，工业上用Fe和石墨作电极电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4。写出电解过程中阳极发生的电极反应_。【答案】 (1). 4 (2). BC (3). （或0.5625） (4
27、). 不 (5). 0.6mol/(Lmin) (6). -90.3； (7). Fe-6e+8OH-=FeO42-+4H2O【解析】【分析】.(1)根据溶液中电荷守恒计算；II.(1)根据平衡时任何一组分的物质的量不变，物质的浓度不变，物质是平衡含量不变分析判断；(2)根据平衡常数的表达式书写、计算；并根据浓度商与化学平衡常数大小判断平衡移动方向；III.(1)先根据图示计算出CO的反应速率，然后根据H2、CO的反应关系计算出H2表示的化学反应速率；(2)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可以得到相应反应的热化学方程式；阳极Fe失去电子，发生氧化反应产生FeO42-。【详解】.(1)溶
28、液中电荷守恒：c(K+)+c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(NO3-)+c(Cl-)，将表中数据带入可得410-6+210-5+610-6+c(H+)=2410-5+310-5+210-5，解得c(H+)=110-4mol/L，所以溶液的pH=4；II.(1)A.由于反应混合物都是气体，物质的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；B.若反应未达到平衡，NO的转化率就会发生变化，因此若NO的转化率保持不变，反应处于平衡状态，B正确；C.NO和O2反应的物质的量的比是2:1，加入的物质的物质的量的比是
29、1:1，因此若二者的物质的量之比保持不变，反应达到平衡状态，C正确； D.根据方程式可知：每反应消耗1个O2，会同时反应产生2个NO2，所以O2的消耗速率和NO2的消耗速率相等，则反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；故合理选项是BC；(2)可逆反应：C(s) + 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，反应容器为2Ln(开始)mol 2.030 0.100 0 0n(变化)mol 0.030 0.060 0.030 0.030n(平衡)mol 2.000 0.040 0.030 0.030则该反应的化学平衡常数K=0.5625；当反应达到平衡后再加入0.04molNO、0.03molN2和0.
30、03molCO2，Qc=0.5625=K，则平衡不移动；III.(1)V(CO)=0.3 mol/(Lmin)，根据反应方程式中物质反应转化关系可知V(H2)：V(CO)=2:1，所以V(H2)=2V(CO)=0.6 mol/(Lmin)；(2)：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=+131.0kJ/mol：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H= - 43kJ/mol：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) H= - 178.3kJ/mol根据盖斯定律，将I+II+III，整理可得C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g) H=
31、+131.0kJ/mol-43kJ/mol-178.3kJ/mol=-90.3 kJ/mol；以Fe为阳极，在电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，电极反应式为Fe-6e+8OH-=FeO42-+4H2O。【点睛】本题考查了电荷守恒在溶液酸碱性判断的应用、化学反应速率、化学平衡移动及盖斯定律、电解反应的应用等知识。掌握化学反应基础知识和基本理论是本题解答关键。12.M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素M原子最外层电子数为内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子
32、请回答下列问题：(1)元素Q的名称为_，P的基态原子价层电子排布式为_。(2)O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为_。(3)M、O电负性大小顺序是_(用元素符号表示)，实验室制备O单质的化学方程式_。(4)M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为_g/cm3【答案】 (1). 锰 (2). 3d54s1 (3). HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键 (4). OCl (5). 4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O (6). 【解析】【详解】依题意可知：M为氧元素，N为钠元素，O是氯元素，P是铬元素，Q是锰元素，因此有：
33、（1）元素Q的名称为锰，P的基态原子价层电子排布式为3d54s1；（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低是因为HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键；（3）M、O电负性大小顺序是OCl，实验室利用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O；(4)M、N分别为氧元素和钠元素，根据晶胞结构示意图可知，一个晶胞含有个8氧原子，8个钠原子，其化学式为Na2O，该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为=g/cm3。【点睛】本题涉及核外电子排布、电负性、分子结构、杂化轨道、晶胞结构与计算等，（4）为易错点、难点，需要学生具有一定空
34、间想象及数学计算能力。13.分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：(1)A物质在核磁共振氢谱中能呈现_种峰；峰面积比为_。(2)上述合成路线中属于取代反应的是_(填编号)。(3)写出反应、的化学方程式：_；_。 (4)F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有物质结构简式：属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；其中一个取代基为CH2COOCH3：_。【答案】 (1). 4 (2). 3223 (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】根据流
35、程图，反应是A和溴水发生加成反应生成，可以判断A为CH2=C(CH3)CH2CH3，反应是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH；B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH；根据C和D的分子式的可判断，反应是消去反应，且D含两个甲基，所以D为CH3CH=C(CH3)COOH，反应属于卤代烃的水解反应，则E为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为CH2=C(CH3)CH2CH3，B为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH，C为CH3CH2C(CH3)OHCOOH，D为CH3CH=C(CH3)CO
36、OH，E为，F为。(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，含有4种H原子，核磁共振氢谱中呈现4种峰，峰面积比为3223，故答案为4；3223；(2)根据题中各物质转化关系和分析可知，反应为加成反应，反应为取代反应，反应为氧化反应，反应为消去反应，反应为取代反应，反应为酯化反应，也属于取代反应，属于取代反应的是，故答案为；(4)反应为卤代烃的水解反应，反应的方程式为，反应为酯化反应，反应的方程式为；(4)F为，在F的同分异构体中苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，说明这2个取代基位于对位。其中一个取代基为-CH2COOCH3，则另一个取代基含有碳碳双键，因此同分异构体的结构简式为。【点睛】注意从A的结构入手采取正推的方法进行推断，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键。本题的易错点为(4)，要注意题中限制条件的解读。
