1、（全国I卷）山西省2020届高三化学下学期3月适应性调研考试试题（含解析）一、选择题1.依据国家卫健委印发的新型冠状病毒肺炎防控方案，医用酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸等均可有效杀灭新型冠状病毒，可用于家庭消毒。下列有关说法正确的是( )A. 乙醇浓度越高，杀毒效果越好，因此家庭消毒选用75%及以上浓度的酒精均可B. 84消毒液可用于地面、桌面、玩具、各种衣物和皮肤消毒C. 过氧乙酸用于消毒水果蔬菜，但因为不稳定需贮存于铁器皿中D. 新型冠状病毒外有蛋白质包膜，上述物质都能够使包膜蛋白质变性，但引起变性的原理有所不同【答案】D【解析】【详解】A. 75%的乙醇溶液消毒效果最佳，乙醇溶液消毒原理是乙
2、醇分子通过细胞膜，使内部蛋白质变性，浓度过高和过低都不易进入细胞内部，故A错误；B. 84消毒液可用于地面、桌面、玩具的消毒，但由于其腐蚀性，不适用于贴身衣物和皮肤消毒，故B错误；C. 过氧乙酸呈酸性，不能贮存于铁器皿中，故C错误；D. 新型冠状病毒外有蛋白质包膜，上述物质都能够使包膜蛋白质变性，但原理不同，有的是因为氧化性，如84和过氧乙酸，有的是因为结构特点，如乙醇溶液，故D正确；故选D。【点睛】酒精之所以能消毒是因为酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭细菌的目的。如果使用高浓度酒精，对细菌蛋白脱水过于迅速，使细菌表面蛋白质首先变性凝固，形成了一层坚固的包膜，酒精反而
3、不能很好地渗入细菌内部，以致影响其杀菌能力。75%的酒精与细菌的渗透压相近，可以在细菌表面蛋白未变性前逐渐不断地向菌体内部渗入，使细菌所有蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细菌，酒精浓度低于75%时，由于渗透性降低，也会影响杀菌能力。2.下列关于有机化合物的认识错误的是( )A. 裂化汽油可以提取溴水中的Br2B. 聚乙烯塑料制品可用于食品的包装C. NaOH溶液能用于区分地沟油和矿物油D. 乙醇、乙酸和葡萄糖均可以与金属钠反应【答案】A【解析】【详解】A. 裂化汽油中含有碳碳双键，与溴水中溴发生加成反应，不可以作萃取剂，故A错误；B. 聚乙烯塑料制品无毒，可用于食品的包装，故B正确；C. 地沟油属
4、于酯类，在碱性条件下可以水解，矿物油属于烃类，与氢氧化钠溶液不反应，故NaOH溶液能用于区分地沟油和矿物油，故C正确；D. 乙醇和葡萄糖中含有羟基，乙酸中含有羧基，均可以与金属钠反应，故D正确；故选A。3.下列装置能达到实验目的的是( )A. 探究AgCl和AgI之间的转化 B. 比较Cl2、Br2、I2的氧化性强弱 C. 制备Fe(OH)2 D. 用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验 【答案】C【解析】【详解】A. 硝酸银过量，生成氯化银沉淀后，Ag+剩余，继续生成碘化银沉淀，无法探究AgCl和AgI之间转化，故A错误；B. 氯气依次通过两棉球，通过现象可以证明氯气的氧化性强于Br2和
5、I2，但无法比较Br2、I2的氧化性，故B错误；C. 根据装置特点分析，先打开a和b，A中生成的氢气排出装置的空气，防止Fe(OH)2被氧化，关闭a时，生成的氢气将A中反应产物硫酸亚铁通过导管压入B中的氢氧化钠溶液中，反应得到Fe(OH)2，故C正确；D. 氢氧化钠溶液应该装在碱式滴定管内（下部为橡胶管），故D错误；故选C。4.从某中草药提取的有机物结构如图所示，关于该有机物的说法中错误的是( )A. 化学式为C14Hl8O6B. 含有5种不同环境的氢C. 与乙酸和乙醇均能发生酯化反应D. 既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A. 根据结构简式确定分子式为C1
6、4H18O6，故A正确；B. 环上有5种氢原子，羟基和羧基上有2中，共7种不同环境的氢，故B错误；C. 含有醇羟基和羧基，所以与乙酸和乙醇均能发生酯化反应，故C正确；D. 含有碳碳双键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使溴水褪色，故D正确；【点睛】该有机物中含有羧基、醇羟基和碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃性质，能发生酯化反应、中和反应、消去反应、氧化反应、加成反应、加聚反应等。5.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法，其流程如下图所示。已知向反应中得到的产物中加过量I2会得到两层溶液含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层，这两层分别进行反应和，循环分解制氢
7、。下列说法错误的是( )A. 反应I的化学方程式为 SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HIB. 该流程将太阳能转化为化学能，且降低了水分解制氢的活化能C. H2SO4层和HI层在加I2之前和加I2之后均分成两层，且两层密度、颜色均不相同D. SO2和I2是反应 2H2O =2H2+O2的催化剂【答案】C【解析】【详解】A. 根据图示知，反应I中反应物SO2、H2O和I2，发生氧化还原反应，生成硫酸和氢碘酸，化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故A正确；B. 根据题干信息分析，该过程以太阳能为热源，高效制氢，所以该流程将太阳能转化为化学能，且降低了水分解制氢的活化能，故B
8、正确；C. 加I2之前，H2SO4和HI互溶，不分层，且没有颜色，故C错误；D. 由图示知，SO2和I2循环利用，并未消耗，是反应 2H2O =2H2+O2的催化剂，故D正确；故选C。6.短周期主族元素L、X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中只有一种金属元素， L和Y、X和Z分别同主族，由X、Y、Z三种元素形成的化合物M结构如图所示，在工业上用作漂白剂等。下列叙述正确的是 ( )A. 简单离子半径：ZWYXLB. 化合物M可用作氧化剂C. Z、W的氧化物对应的水化物均为强酸D. X、Z、W可分别与Y形成含有非极性共价键的二元离子化合物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素L、X、Y、Z、W
9、的原子序数依次递增，其中只有一种金属元素，根据M的结构知，Y为阳离子，则Y为金属钠，L和Y同主族，则L为氢，X和Z同主族且可以形成Z=X、Z-Y键，则根据成键后8电子稳定结构分析，X为氧，Z为硫，则W为氯，M为Na2S2O8，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，L为H，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl，A. 简单离子半径，电子层数多半径大，相同电子层数，核电荷大半径小，所以ZW X Y L，故A错误；B. 化合物M为过硫酸钠，具有强氧化性，可用作漂白剂、氧化剂，故B正确；C. Z、W的氧化物对应的水化物可能为亚硫酸和次氯酸，并非强酸，故C错误；D. X与Y可以形成Na2O2，是含有非极性
10、共价键的二元离子化合物，但氯和钠无法形成，故D错误；故选B。【点睛】此题易错点在于C项，注意氧化物与最高价氧化物的区别，例如S元素最高价氧化物的水化物对应的酸是硫酸，属于强酸，但S的氧化物还有二氧化硫，对应的酸是亚硫酸，不是强酸。7.常温下，用0.0100 mol/L的NaOH溶液滴定10. 00 mL 0.0100 mol/L的二元酸H2A，滴定过程中加入NaOH溶液的体积(V)与溶液中的关系如图所示，下列说法正确的是( )A. H2A的电离方程式为：H2A=A2-+2H+B. B点显酸性的原因是HA-的电离程度大于其水解程度C. C点溶液显中性，所以 c（Na+）=c（A2-） +c（HA
11、-）D. 常温下Kh(Na2 A)的数量级约为10-4【答案】D【解析】【详解】A. A点，0.01mol/L的H2A，=10，则，c(H+)=mol/L，则H2A不完全电离，电离方程式为：H2AHA-+H+，HA-A2-+H+，故A错误；B. B点时，溶质为NaHA，溶液显酸性的原因是HA-的电离程度大于其水解程度，故B错误；C. C点溶液显中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒知：c（Na+）+ c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），所以 c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-），故C错误；D. D点时，溶质Na2 A，此时=-8，则，根据水的离子积计算得c(O
12、H-)=10-3mol/L，根据A2-+H2O -HA-+OH-得，常温下Kh (Na2A)=，故D正确；故选D。二、填空题8.二氧化碳捕集与封存是应对气候变化问题的解决方案之一。回答下列问题：(l)我国科研团队利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将CO2和CH4一步转化为化工产品。试写出 CO2与CH4合成乙酸的热化学方程式：_。（甲烷和乙酸的燃烧热分别为-890.31 kJ/mol、-876.72 kJ/mol）(2)在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为15 kPa、20 kPa，加入Ni/-Al2 O3催化剂并加热至1123 K使其发生反应：CH4(g)+CO2(g
13、)2CO(g)+2H2(g)。研究表明CO的生成速率v（CO）=1.2810-2p（CH4）p（CO2）（kPa s-1），某时刻测得p(H2)=10 kPa，则 p（CH4）=_kPa，v（CO）=_kPa s-1。达到平衡后测得体系压强是起始时，则该反应的平衡常数Kp=_kPa）2。(3)氮化镓(GaN)与Cu可组成如图所示的人工光合系统，该装置能以CO2和H2O为原料合成CH4。该装置工作时H+移向_（填“GaN”或“Cu”）电极，该电极上的电极反应式为 _。该装置每产生1 mol CH4，左极室溶液质量减少_g。本实验条件下，若CO2转化为烃（如甲烷、乙烯等）的转化率为10%，生成CH
14、4的选择性为12%，现收集到12 mol CH4，则通入的CO2为_mol。（已知：选择性=生成目标产物消耗的原料量原料总的转化量）(4)上述人工光合系统装置也可以制备乙烯、乙炔等重要化工原料。2010年Sheth等研究得出乙炔在Pd表面选择加氢反应机理，如下图所示。其中吸附在Pd表面的物质用“*”标注。上述吸附反应为 _填“吸热”或“放热”）反应，该过程中最小能垒（活化能）为_ kJmol-1，该步骤的化学方程式为_。【答案】 (1). CH4（g）+CO2（g）CH3COOH（l）H=-13.59 kJ/mol (2). 10 (3). 1.92 (4). 3200 (5). Cu (6)
15、. CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O (7). 72 (8). 1000 (9). 放热 (10). 66 (11). C2H2*+H*=C2H3*【解析】【详解】（1）根据甲烷和乙酸的燃烧热得出热化学方程式为： CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l） H=-890.31 kJ/mol， CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） H=-876.72 kJ/mol ，根据盖斯定律-得CH4（g）+CO2（g）CH3COOH（l）H=-890.31 kJ/mol-(-876.72 kJ/mol)=-13.59 kJ/mol，则CO2与CH4合成乙酸
16、的热化学方程式为：CH4（g）+CO2（g）CH3COOH（l）H=-13.59 kJ/mol，故答案为：CH4（g）+CO2（g）CH3COOH（l）H=-13.59 kJ/mol；（2）在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为15 kPa、20 kPa，加入Ni/-A12 O3催化剂并加热至1123 K使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，则 p（CH4）=10kPa，v（CO）=1.2810-2 p（CH4）p（CO2）（kPa s-1）=1.2810-21015=1.92（kPa s-1），故答案为：10；1.92；达到平衡后测得体系压强是起始时的，
17、设达到平衡状态消耗甲烷分压x，15-x+20-x+2x+2x=（15+20），解得x=10，因此平衡常数Kp=，故答案为：3200；（3）由图可知，负极上水失去电子生成氧气，正极上二氧化碳得到电子生成甲烷，阳离子向正极移动， 正极的电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，故答案为：Cu；CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；根据正极反应式知每产生1mol CH4转移电子数为8mol，左极室溶液质量较少的是水的质量，根据电子转移守恒及电极反应式H2O-4e-=O2+4H+得：m(H2O)=18g/mol =72g，故答案为：72；由题意得n（CO2）10%12%=12mol，则
18、n（CO2）=1000mol，故答案为：1000；（4）根据图示知，吸附反应能量降低，则反应为放热；根据图示反应中最小能垒（活化能）为66 kJmol-1；该步骤的化学方程式为：C2H2*+H*=C2H3*；故答案为：放热；66；C2H2*+H*=C2H3*。9.某课题组在用酸性KIO3溶液滴定含淀粉的Na2SO3溶液时，发现滴定的前5s锥形瓶中溶液无明显变化，随着滴定的进行，锥形瓶中溶液局部变蓝，振荡后蓝色消失；继续滴定，重复出现滴入液体锥形瓶中溶液马上变蓝，振荡后迅速消失的现象，直至滴入最后一滴，半分钟内不褪色，停止滴定。对于反应现象，课题组展开了关于反应原理的讨论。【预测】(l)观点1先
19、发生5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液变蓝，再发生_，蓝色迅速消失。(2)观点2先发生3 SO32-+ IO3-=3SO42-+I-，前5s内溶液无明显变化，再发生_和，变蓝后又迅速消失。【实验】为判断IO3-的直接还原产物是I-，还是I2，课题组设计如下实验：向水槽中依次加入80.0 mL0.010 0 mol/L KIO3溶液、10 mL 0.1 mol/L稀H2SO4、80.0 mL 0.010 0 mol/L Na2SO3溶液。反应一段时间，待电流表示数稳定后，向a电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；但小心吸取贴近a电极附近的溶液置于试管中，再滴加淀
20、粉溶液，溶液却变蓝。(3) _填“a“或“b”）极为正极。直接向水槽中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，说明该电极反应式为_。(4)从水槽中取溶液置于试管中，滴加淀粉溶液，溶液却变蓝，是因为发生了反应（从预测中的四个反应选填一个，填写其序号）_；在原电池装置中不会得到I2，取出溶液却能反应得到，是由于原电池中_（写离子符号）浓度大，IO3-首先与它反应。【结论】(5)观点_（填“1”或“2”）正确。滴定前一阶段较长时间无明显现象，说明反应 _，后来重复出现迅速变蓝后迅速消失的现象，是因为 _，加快了反应速率。【答案】 (1). I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+ (2). IO3-+
21、5I-+6H+=3I2+3H2O (3). a (4). IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O (5). (6). SO32- (7). 2 (8). 速率慢 (9). 生成的I-为（5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂【解析】【分析】根据氧化还原反应原理分析可能发生的化学反应；根据原电池原理及实验现象分析假设反应是否成立；根据影响反应速率的外界因素分析解答。【详解】（1）观点1先发生5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液变蓝，过量的SO32-将I2还原，蓝色褪去，反应为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答
22、案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；（2）观点2先发生3SO32-+ IO3-=3SO42-+I-，前5s内溶液无明显变化，IO3-将I-氧化生成I2，反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；（3）向a电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；但小心吸取贴近a电极附近的溶液置于试管中，再滴加淀粉溶液，溶液却变蓝。说明a极发生电极反应为：IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O，反应为还原反应，则a为正极，故答案为：a；IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O；（4）从水槽中取溶液置于试管中，滴加淀粉溶液，溶液
23、却变蓝，说明有I2生成，是因为发生了反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；取出溶液却能反应得到，是由于原电池中SO32-离子浓度大，IO3-首先与它反应，故答案为：；原电池中SO32-离子浓度大，IO3-首先与它反应；（5）根据上述分析IO3-被直接还原为I-，即观点2正确；滴定前一阶段较长时间无明显现象，说明反应速率慢；后来重复出现迅速变蓝后迅速消失的现象，说明反应速率加快，说明生成的I-为（5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂，故答案为：2；速率慢；生成的I-为（5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂。10.纳米Fe
24、3O4在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。其制备流程如下：已知：锌单质溶于强碱生成ZnO22-；Zn（OH）2既能溶于强酸又能溶于强碱。请回答下列问题：(l)用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有_。A.去除油污 B溶解镀锌层 C去除铁锈 D钝化(2)步骤生成Zn(OH)2沉淀离子方程式为_，用离子方程式结合文字说明该步骤pH不能过小的原因_。调节pH的最佳方法是向溶液中通入_（填化学式）。(3)步骤反应的离子方程式为_；为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为_。(4)步骤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由_；T业生产
25、中可采取_措施提供无氧环境。(5)步骤 _（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米Fe3O4粒子？理由是_。【答案】 (1). AB (2). ZnO22-+2H+=Zn(OH)2 (3). 加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+Zn2+2H2O，降低ZnO产量 (4). CO2 (5). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (6). 3:1 (7). 防止Fe2+或Fe（OH）2被氧化 (8). 持续通入N (9). 不能 (10). 纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸【解析】【分析】根据流程图及已知信息分析得
26、：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，不溶物Fe中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量H2O2，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+B溶液，再加入NaOH，并通入氮气排除氧气，加热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。【详解】（1）氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，故答案为：AB；（2）根据题给信息知，步骤为ZnO22-与酸反应生成Zn（OH）2的
27、反应，离子方程式为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+Zn2+2H2O，降低ZnO产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节pH的最佳方法是向溶液中通入CO2；故答案为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+Zn2+2H2O，降低ZnO产量；CO2；（3）根据上述分析步骤目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；Fe3O4粒子中+2铁
28、与+3价铁物质的量之比为1:2，设Fe2+物质的量为x，则根据离子方程式分析所加H2O2的物质的量为：，则应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:=3:1，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；3:1；（4）防止Fe2+或Fe（OH）2被氧化，所以步骤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；工业上通常通过持续通入N2提供无氧环境，故答案为：防止Fe2+或Fe（OH）2被氧化；持续通入N2；（5）根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米Fe3O4粒子，原因是纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故答案为：不能；纳米粒子太小，抽
29、滤时容易透过滤纸。11.第四周期包含18种元素，其中多种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。(l)铁位于元素周期表_区，Fe3+的价电子排布式为 _。(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，可用en代表，其能够与Cu2+形成稳定环状配离子，可表示为Cu(en)22+，其中Cu2+的配位数为_。1 molCu(en)2C12中含有键的数目为_。(3)气态SeO3为单分子，该分子中Se原子的杂化轨道类型为 _。用物质结构理论解释H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_。(4)如图为Cu2O的晶胞结构，其中黑球表示_原子（填元素符号）；Cu2O的密度为pgcm-3则晶胞的边
30、长为 _cm。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）【答案】 (1). d (2). 3d5 (3). 4 (4). 26NA (5). sp2 (6). H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+ (7). Cu (8). 【解析】【详解】（1）元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的，Fe原子是26号元素，Fe原子的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，这些电子排列时遵循能量最低原理（先排能量低的后排能
31、量高的），这些能级的能量大小顺序为：1s2s2p3s3p4s3d，根据能量最低原理先排4s电子后排3d电子，所以最后排入的是3d电子，根据命名规则属d区，Fe3+的价电子排布式为3d5，故答案为：d；3d5；（2）乙二胺中含有2个N原子，根据化学式Cu(en)22+知，其中Cu2+的配位数为22=4；单键为键，配位键也属于键，所以1molCu(en)2C12中含有键的物质的量为1mol(112+4)=26mol，即26NA；故答案为：4；26NA；（3）SeO3的中心原子价层电子对数为，则Se原子的杂化轨道类型为sp2；H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H
32、2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性强，故答案为：sp2；H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+；（4）根据晶胞结构分析，白球处于顶点和体心，则属于该晶胞的白球原子数为8+1=2，属于该晶胞的黑球数目为4，该晶胞化学式为Cu2O，则黑球表示Cu；设晶胞的边长为d，则=，故d=，故答案为：Cu；。12.美托洛尔是
33、一种能降低血压，治疗心律不齐的药物，其一种合成路线如图所示：回答下列问题：(I)A官能团的名称是_，B的结构简式为_。(2)反应I的反应类型是_，反应的反应条件是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)化合物H的芳香族类同分异构体K，其性质如下：能发生水解反应核磁共振氢谱有4组峰峰面积之比为9:3:2:2写出一种符合要求的K的结构简式：_。(5)已知：设计由对氯苯甲醛为原料制备的合成路线_。（无机试剂和反应条件所需有机试剂任选，标清反应条件）【答案】 (1). 氨基、醛基 (2). (3). 加成反应 (4). 浓硫酸、加热 (5). + +HCl (6). 或或或或或； (7). 【解析】【分
34、析】根据合成路线图分析，由C的结构简式及B的分子式分析，B为；根据A的分子式及反应条件分析A为；C与H-SO3Na反应生成D，碳氧双键断裂形成单键，反应I为加成反应；比较D和E的结构，D与KBH4发生取代反应生成E；E的分子式为C15H16O2，与CH3OH反应后得到F（C16H18O2），则反应II为脱水反应，生成醚键，F的结构为；结合G的分子式分析知F与氢气反应得到G（）；G与发生取代反应生成H（），G与C3H9N反应得到，据此分析解答。【详解】（1）根据上述分析A为，官能团有羟基和醛基；B的结构简式为，故答案为：氨基、醛基；（2）C到D的反应过程中，醛基中碳氧双键断裂形成碳氧单键，所以反应I的反应类型是加成反应；反应为羟基间的脱水反应，反应条件是浓硫酸、加热；故答案为：加成反应；浓硫酸、加热；（3）根据上述分析反应的化学方程式为： + +HCl，故答案为：+ +HCl；（4）能发生水解反应，则结构中含有酯基；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9:3:2:2；根据对称性分析结构中含有3个甲基，苯环上的取代基应该在对位，符合条件的结构简式为：、，故答案为：或或或或或；（5）由目标产物及原料分析知，由与发生取代反应得到，根据已知条件分析可以由得到，由与氢气发生还原反应得到，根据合成路线图中信息知可由得到，故答案为：。