1、河南省郑州市2020届高三化学第三次质量预测试题（含解析）相对原子质量：H 1 C 12 Li 7 O 16 Al 27 K 39 Mn 55 Cu 641.化学是一门中心学科，是人类进步的关键。下列说法正确的是A. 我国古代四大发明中有三项与化学反应密切相关B. 为防止蛋白质变性，疫苗应在冷冻条件下贮存C. 侯德榜制碱法的工艺包括制碱和制氯化铵两个过程D. 生产口罩所用的无纺熔喷布的主要材料为聚丙烯，其结构简式为【答案】C【解析】【详解】A我国古代四大发明分别为指南针、造纸术、活字印刷、火药，其中只有造纸术和火药两项与化学反应密切相关，故A错误；B有的疫苗冷冻后会使肽链断裂，影响疫苗效果，温
2、度过高也会使蛋白质变性，所以在储存和运输过程中，要求疫苗保存在一定温度条件下，故B错误；C侯氏制碱法的工艺是由制碱和制氯化铵两个过程组成的，制碱过程是使食盐水与氨气和二氧化碳反应，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠经过滤、煅烧制得纯碱，所得滤液(主要含氯化钠和氯化铵)用于制备氯化铵；制备氯化铵的过程是使滤液吸收氨气、降温并向其中加入食盐粉，使氯化铵逐步从滤液中结晶析出，再经过滤、干燥制得氯化铵产品，故C正确；D聚丙烯的结构简式为，故D错误；答案为C。2.阿司匹林(Aspirin，乙酰水杨酸)具有解热止痛，抑制血小板凝聚，防止血栓形成的功效，是家庭中常备药品。水杨酸与乙酸酐反应制取阿司匹林的原理如图:下列有
3、关说法错误的是A. 水杨酸分子中所有原子可能共面B. 水杨酸的同分异构体中，属于苯环上二元取代物的还有5种(不考虑过氧键)C. 乙酰水杨酸在一定条件下能发生加成、水解、酯化等反应D. 分离乙酰水杨酸和乙酸可以加入饱和Na2CO3溶液后分液【答案】D【解析】【详解】A苯环为平面结构，氧氢单键可以旋转，所以酚羟基可以与苯环共面，碳氧双键为平面结构，羟基可以与其共面，碳氧双键平面与苯环平面以单键相连，单键可以旋转，所以水杨酸分子中所有原子可能共面，故A正确；B苯环上的两个取代基可以为OH和COOH，则有邻间对三种，水杨酸即为邻位的情况，两个取代基还可以是OH和OOCH，有邻间对三种，所以除水杨酸外还
4、有5种，故B正确；C乙酰水杨酸含有苯环，可以发生加成反应；含有酯基，可以发生水解反应；含有羧基，可以发生酯化反应，故C正确；D乙酰水杨酸含羧基，可以和碳酸钠溶液发生反应，所以不能用碳酸钠溶液分离乙酰水杨酸和乙酸，故D错误；答案为D。3.已知某二元酸H2A在溶液中存在如下电离：H2A=H+HA，HAH+A2，K=1.210-2。设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下0.01molL-1的H2A溶液，下列说法正确的是A. B. pH2C. c(H+)=2c(H2A)+c(HA)+c(OH) D. 1L溶液中H+数目为0.02NA【答案】B【解析】【详解】A，根据题意可知H2A第一步完全电离，第二步部
5、分电离，所以0.01molL-1的H2A溶液中c(H+)0.01mol/L，K=1.210-2，所以1.2，故A错误；BH2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以0.01molL-1的H2A溶液中c(H+)0.01mol/L，则溶液的pH小于2，故B正确；C由于第一步完全电离，所以溶液中并不存在H2A，故C错误；DH2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以0.01molL-1的H2A溶液中0.01mol/Lc(H+)0.02mol/L，则1L该溶液中氢离子数目小于0.02NA，故D错误；答案为B。4.M、X、Y、Z为4种原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子序数之和为22。已知M、Y形成的化
6、合物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，M、Z形成化合物的水溶液可以蚀刻玻璃，4种元素形成某种化合物的结构式为。下列说法正确的是A. X、Y均不属于第A族元素B. 原子半径：YXZMC. M与Y、Z三种元素只能形成共价化合物D. 该化合物中每种原子的最外层都达到了8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】M、Z形成化合物的水溶液可以蚀刻玻璃，该化合物应为HF，M的原子序数较小，所以M为H元素，Z为F元素；M、Y形成的化合物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，其中M为氢元素，则该化合物应为NH3，则Y为N元素；4种元素原子序数之和为22，则X的原子序数为22-1-7-9=5，所以X为B元素。【详解】AX为B元素，
7、位于第A族，Y为N元素，位于第A族，二者均不属于第A族元素，故A正确；BH原子最外层只有一层电子，原子半径最小，B、N、F为同周期元素，同周期元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径BNFH，即XYZM，故B错误；CH、N、F元素可以形成离子化合物NH4F，故C错误；D该化合物中H原子最外层只有2个电子，故D错误；答案为A。5.某兴趣小组利用索氏提取器，用石油醚做溶剂从花生仁中提取油脂，装置如图。石油醚的主要成分为戊烷和已烷的混合物，沸程为：3060。下列说法错误的是A. 石油醚易挥发易燃烧，提取过程不可选用明火直接加热B. 石油醚的沸程较大，加热前不必加入沸石C. 烧瓶中的石油醚受热经侧管
8、进入冷凝管，冷却后进入滤纸套筒与碎花生接触进行萃取D. 索氏提取器使用溶剂少，可循环连续萃取，萃取效率高【答案】B【解析】【详解】A该实验中的萃取剂为石油醚，石油醚易挥发，易燃，为了避免暴沸和防止逸出的石油醚与空气混合爆炸，提取过程不可选用明火直接加热，故A正确；B为了防止暴沸，加热前需要加入沸石，故B错误；C烧瓶中的石油醚受热经侧管进入冷凝管，冷凝后进入滤纸套筒与碎花生接触进行萃取，当萃取液液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶，实现对碎花生的连续萃取，故C正确；D根据图示装置，与常规的萃取相比，索氏提取器中当萃取液液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶，萃取后萃取液石油醚可循环连续萃取，萃
9、取液使用较少，萃取效率高，故D正确；故选B。6.我国学者最近研发一种新型铝石墨烯电池，其负极是金属铝，正极是石墨烯(Cn)薄膜，电解质为阳离子(EMI+)与阴离子()组成的离子液体，该电池的工作原理如图。已知能量密度是指一定质量物质中储存能量的大小。下列说法错误的是A. 该铝电极电池比锂电极电池的能量密度低B. 石墨烯电极的比表面积大，充放电性能优于石墨电极C. 充电时，有机阳离子(EMI+)向铝电极移动D. 放电时，负极的电极反应式为2Al+7Cl-6e=Al2Cl【答案】D【解析】【详解】A1gAl的物质的量为mol，可转移电子mol，1gLi的物质的量为mol，可转移电子mol，molm
10、ol，单位质量的物质转移的电子数越多，放出的能量越多，所以该铝电极电池比锂电极电池的能量密度低，故A正确；B石墨烯的表面积大，吸附的离子多，充放电性能优于石墨电极，故B正确；C放电时Al为负极发生氧化反应，则充电时Al电极发生还原反应为阴极，电解池中阳离子流向阴极，所以充电时，有机阳离子(EMI+)向铝电极移动，故C正确；D放电时Al为负极发生氧化反应，据图可知电极反应式为Al+7AlCl-3e=4Al2Cl，故D错误；答案为D。7.室温下，用0.10 molL-1NaOH溶液滴定20 mL 0.10 molL-1HA溶液，测得混合溶液的pH与lg 的关系如图所示。下列叙述正确的是A. HA为
11、弱酸，Ka的数量级为10-3B. b点时消耗NaOH溶液的体积大于20 mLC. 溶液的导电能力：baD. b点溶液中：c(Na+)=c(A)=(H+)=c(OH)=10-7mol/L【答案】C【解析】【详解】A据图可知溶液pH为7时溶液中同时存在HA和A，说明NaA溶液显碱性，存在A的水解，所以HA为弱酸；根据a点可知当lg=2时pH=5.8，即=102时c(H+)=10-5.8，Ka=10-3.81.5810-4，所以数量级为10-4，故A错误；B当NaOH溶液为20mL时，溶液中的溶质为NaA，由于HA为弱酸，所以溶液显碱性，所以当溶液pH=7时加入的NaOH溶液体积小于20mL，故B错
12、误；Ca点和b点溶液中均存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)，所以溶液中总离子浓度均为2c(A)+c(OH)，b点c(A)和c(OH)均更大，所以b点溶液中总离子浓度更大，离子所带电荷数相同，所以b点溶液导电能力更强，故C正确；Db点溶液中溶质为NaA和HA，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)，溶液显中性，所以c(H+)=c(OH)，所以c(Na+)=c(A)，弱电解质的电离和弱酸根的水解都是微弱的，所以c(Na+)=c(A)(H+)=c(OH)，故D错误；综上所述答案为C。8. KxCu(C2O4)yzH2O (水合草酸铜()酸钾)是一种化工原
13、料，实验室制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成，实验步骤如下：I制备CuO用图1所示装置将溶液混合后，小火加热至蓝色沉淀变黑色生成CuO，煮沸510分钟。稍冷却后全部转移至图2装置过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀23次。(1)指出图2装置中操作中的错误_，图2操作需用蒸馏水洗涤沉淀23次，其目为_。检验沉淀洗涤干净的方法为_。制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液称取3.0g H2C2O42H2O放入250mL烧杯中，加入40mL蒸馏水，微热(温度低于80)溶解。稍冷后分数次加入2.2g无水K2CO3，充分反应后生成含KHC2O4和K2C2O4的混合物。(2)该步骤中所得混合物中n(KHC2O4)：
14、n(K2C2O4)=_。(取整数)制备水合草酸铜酸钾晶体将KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微热，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应至CuO沉淀全部溶解，取出滤纸后，加热浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇淋洗，自然晾干，称量得到样品2.9760g(电子天平称量)。(3)步骤中KHC2O4的作用是_。用乙醇淋洗而不用水的优点是_。溶解CuO沉淀时，连同滤纸一起加人到溶液中的目的是_。测定水合草酸铜酸钾晶体的成分取少量制得的样品配成溶液。用标准酸性髙锰酸钾溶液滴定、用标准EDTA溶液(PAR为指示剂)滴定Cu2+，经计算样品中n(Cu)：n()=1:2，假设制备样品的过程中Cu2+无损耗
15、。(4)水合草酸铜()酸钾晶体的化学式为_。【答案】 (1). 过滤时转移固液混合物没有通过玻璃棒引流 (2). 除去沉淀表面吸附的可溶性杂质离子 (3). 取少量最后一次洗涤流出液于试管中，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净 (4). 2:1 (5). 加快CuO的溶解(或酸性环境促进CuO的溶解) (6). 减少水合草酸铜酸钾的溶解损耗，加快晶体表面水分挥发 (7). 防止CuO的损耗 (8). K2Cu(C2O4)23H2O【解析】【分析】本实验的目的是制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成；首先利用硫酸铜和氢氧化钠溶液制取氢氧化铜沉淀，加热使其分解得到CuO；然后H2
16、C2O42H2O和无水K2CO3制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液；然后将KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微热，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应，经系列操作得到样品；最后测定水合草酸铜酸钾晶体的成分。【详解】(1)图2装置中操作中的错误为：过滤时转移固液混合物没有通过玻璃棒引流；为除去沉淀表面吸附的可溶性杂质离子，需要用蒸馏水洗涤沉淀23次；得到的CuO固体表面可能附着有硫酸钠，可以通过检验硫酸根来确定沉淀是否洗涤干净，具体方法为：取少量最后一次洗涤流出液于试管中，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；(2)3.0g H2C2O42H2O物质的量为0.0
17、238mol，2.2g无水K2CO3的物质的量为0.0159mol，则根据碳元素守恒可得：n(KHC2O4)+n(K2C2O4)=0.0238 mol，根据K元素守恒可得n(KHC2O4)+2n(K2C2O4)=(0.01592)mol，联立解得n(KHC2O4)=0.0158mol，n(K2C2O4)=0.0080mol，所以n(KHC2O4)：n(K2C2O4)=2:1；(3)KHC2O4可以电离出氢离子，加快CuO的溶解；用乙醇淋洗可以减少水合草酸铜酸钾的溶解损耗，同时乙醇易挥发可以加快晶体表面水分挥发；滤纸上附着有CuO，连同滤纸一起加人到溶液中可以减少CuO的损耗；(4)已知样品中n
18、(Cu)：n()=1:2，所以y=2，根据电荷守恒可知x=2，所以根据n(K2C2O4)=0.0080mol，可知n(K2Cu(C2O4)2zH2O)=0.0080mol，样品质量为2.9760g，所以有=0.0159mol，解得z=3，所以水合草酸铜()酸钾晶体的化学式为K2Cu(C2O4)23H2O。【点睛】本题中的难点为计算，要注意电荷守恒、元素守恒等在化学计算中的应用。9.用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：已知：几种难溶物的溶度积(25)如下表所示：化学式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH
19、)3Fe(OH)3Ksp1.810-111810-131.010-334.010-38溶液中某离子浓度1.010-6molL-1时，认为该离子沉淀完全。完成下列问题：(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为_。(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18molL-1，则“调节pH”的范围为_，“滤渣2”的成分为_。(3)“”处“萃取剂”萃取的成分是_；“”处用“盐酸反萃”的作用是_。(4)MgCl26H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为_。(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为_。(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深
20、海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+机理如图所示。写出反应的总反应的离子方程式_。【答案】 (1). MnO2+SO2=Mn2+SO (2). 5pH8 (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). Mg2+ (5). 使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2 (6). 抑制MgCl2水解 (7). 萃取剂或有机相2 (8). MnO2+2HX=Mn2+2X+2OH-【解析】【分析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将Mn
21、O2转化为Mn2+，自身被氧化为，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及，调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及的溶液，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl26H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再
22、进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤酸浸使用，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2+SO；(2)调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度1.010-6molL-1时，认为该离子沉淀完全，KspAl(OH)3=1.010-33，KspFe(OH)3=4.010-38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经
23、完全沉淀，此时溶液中c(OH-)=1.010-9molL-1，pOH=9，则pH=14- pOH=5；根据KspMn(OH)2= 1.810-13，KspMg(OH)2= 1.810-11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18molL-1时，溶液中c(OH-)=1.010-6molL-1，pOH=6，则pH=14- pOH=8，则“调节pH”的范围为5pH8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；(3)根据分析，“”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2；(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发
24、生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解；(5)根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2；(6)根据图示，反应为：Mn3+ HX= Mn2+X+H+，反应为：Mn2+ MnO2+2H2O=4OH-+2 Mn3+，2+可得，反应的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2+2X+2OH-。【点睛】易错点为(2)，当溶液中某离子浓度1.010-6molL-1时，认为该离子沉淀完全，即离子完全沉淀时，溶液中该离子的浓度最大值为
25、1.010-6molL-1，因此溶液的pH5。10.过氧化氢是重要的化工产品，广泛应用于化学合成、医疗消毒等领域。(1)过氧化氢的电子式为_。(2)工业上电解硫酸氢盐溶液得到过二硫酸盐()，过二硫酸盐水解生成H2O2溶液和硫酸氢盐，生成的硫酸氢盐可以循环使用。电解硫酸氢盐溶液时阳极的电极反应式为_。写出过二硫酸盐水解的离子方程式_。(3)298K时，实验测得反应在不同浓度时的化学反应速率如表：实验编号1234c(HI) /molL-10.1000.2000.30000.1000.100c(H2O2)/molL-10.1000.1000.10002000.300v/molL-1s-10.007
26、600.015 30.022 70.015 10.022 8已知速率方程为，其中k为速率常数。根据表中数据判断：a=_，b=_。(4)“大象的牙膏”实验是将浓缩的过氧化氢与肥皂液混合，再滴加少量碘化钾溶液，即可观察到泡沫状物质像喷泉一样喷涌而出。反应中H2O2的分解机理为： 慢 快此反应过程中无催化剂和有催化剂的能量变化关系图像如图所示：则表示慢反应的曲线是_(填“a”或“b”)。1mol H2O2分解放出热量98 kJ，则H2O2分解的热化学方程式为_。(5)某科研团队研究体系(其中)氧化苯乙烯制取苯甲醛，反应的副产物主要为苯甲酸和环氧苯乙烷。一定条件下，测得一定时间内温度对氧化反应的影响如
27、图：注：苯乙烯转化率 苯甲醛选择性80时苯乙烯的转化率有所降低，其原因可能是_。结合苯乙烯的转化率，要获得较高的苯甲醛产率，应该选择的温度为_。【答案】 (1). (2). 2HSO-2e-=S2O+2H+或2SO-2e-=S2O (3). S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O =2H+SO+H2O2 (4). 1 (5). 1 (6). a (7). 2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) H=-196kJmol-1 (8). 高温促进了过氧化氢和过氧乙酸分解 (9). 70【解析】【详解】(1)过氧化氢为共价化合物，每个氧原子与另一个氧原子共用一对电子，与一个氢原子
28、共用一对电子，所以电子式为；(2)电解池中阳极发生氧化反应，根据题意可知电解时硫酸根(硫酸氢根)被氧化成S2O，所以阳极反应式为2HSO-2e-=S2O+2H+或2SO-2e-=S2O；过二硫酸盐水解生成玒H2O2溶液和硫酸氢盐，所以水解离子方程式为S2O+2H2O=2HSO+H2O2或S2O+2H2O =2H+SO+H2O2；(3)根据表格数据得：0.0076=k0.100a0.100b，0.0153=k0.100a0.200b，0.0151=k0.200a0.100b，联立可得2a=1，2b=1，所以a=1，b=1；(4)反应的活化能越大反应速率越慢，据图可知a曲线所示的反应活化能较大，所
29、以曲线a代表的是慢反应；1mol H2O2分解放出热量98 kJ，则2molH2O2分解生成2mol液态水和1mol氧气放出的热量为196kJ，热化学方程式为：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)H=-196kJmol-1；(5)高温促进了过氧化氢和过氧乙酸分解，导致苯乙烯的转化率有所降低；据图可知60以上时苯乙烯的转化率接近100%，而温度高于60时，70时苯甲醛的选择性最大，所以反应温度应选70。11.CuMnAl合金为磁性形状记忆合金材料之一，可用来制作各种新型的换能器、驱动器、敏感元件和微电子机械操纵系统。(1)下列状态的铝中，最外层电离出一个电子所需能量最小的是_(填标号)。
30、A. B. C. D. (2)AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯与乙酰氯反应的部分历程为：乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为_。乙酰氯分子中CCCl_120(填“”、“=”或“”)，判断理由是_。的空间构型为_。(3)温度不高时气态氯化铝为二聚分子(其结构如图所示)。写出Al2Cl6的结构式并标出配位键_。(4)CuMn合金的晶胞如图a所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置，图b是沿立方格子对角面取得的截图。若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C为(1，1，1)，则B原子的坐标参数为_。由晶胞可知该合金的化学式为_。已知r(Cu)r(Mn)=127pm，r(Al)=143pm
31、，则Cu原子之间的最短核间距离为_pm。该晶胞的密度为_gcm-3。(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】 (1). B (2). sp3sp2 (3). (4). 双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力 (5). 正四面体 (6). (7). (1，) (8). AlMnCu2 (9). 180或或311.76 (10). 【解析】【详解】(1)铝的第三电离能第二电离能第一电离能，基态大于激发态，ACD属于基态、B属于激发态，所以电离最外层一个电子所需能量最小的是B；(2)根据乙酰氯分子的结构可知该物质中甲基上的C原子形成4个键，价层电子对数为4，为sp3杂化；另一个C原子形
32、成3个键，1个键，所以价层电子对数为3，为sp2杂化；双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力，所以乙酰氯分子中CCCl小于120；中心铝原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以为正四面体形；(3)根据氯化铝二聚分子的结构可知每个氯原子与4个氯原子形成4个键，由于铝原子最外层有只有3个电子，所以其中一个为配位键，由铝提供空轨道，氯原子提供孤电子对，所以Al2Cl6的结构式为；(4)A为原点，C为(1，1，1)，B为右面面心，所以B的坐标为(1，)；根据均摊法，该晶胞中Cu原子的个数为=8，Mn原子的个数为4，Al原子的个数为4，所以该合金的化学式为AlMnCu2；根据截面图结合几何知识可知
33、2r(Cu)+2r(Al)为体对角线的一半，设晶胞的棱长为a，则有a=22r(Cu)+2r(Al)=4(127+143)pm，所以a=pm；根据晶胞结构可知铜原子之间的最短核间距为棱长的一半，即a=180pm或pm或311.76pm；晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=a3=()3pm3=(10-10)3cm3，所以晶胞的密度=gcm-3。【点睛】第4小题晶胞的相关计算为本题难点，容易看出Cu原子之间的最短核间距离为棱长的一半，关键是确定棱长，题目告诉了各原子的半径，根据截面图结合几何知识找出原子半径和棱长的关系为解题关键。12.格列本脲是一种降糖及利尿的药物，一种合成格列本脲的路线如图：已知：(
34、1) (2)回答下列问题：(1)B含有的官能团名称是_，D的名称是_。(2)H的结构简式为_。(3)写出下列反应的反应类型：_，_。(4)写出E与CH3I反应的化学反应方程式_。(5)符合下列要求的E的同分异构体有_种。具有酯基、能发生银镜反应 遇FeCl3溶液显紫色(6)以甲苯和为原料，其他无机试剂自选，参照上述格列本脲的合成路线，设计一条制备甲磺丁脲()的合成路线_.【答案】 (1). 氯原子 、羧基 (2). 邻羟基苯甲酸 (3). (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). +CH3I+HI (7). 10 (8). 【解析】【分析】根据A生成B的反应条件可知A发生氧化反应生成B
35、，则A中与苯环相连的碳原子上有氢原子；B中氯原子水解生成酚羟基，酚羟基和羧基再与NaOH反应生成C，C酸化得到D，D中苯环上的氢原子被氯原子取代生成E，根据F的结构简式可知取代的是酚羟基对位的氢原子，所以E为；E与CH3I发生取代反应(酚羟基的氢原子被甲基取代)之后再与SOCl2发生取代反应(羧基中的羟基被氯原子取代)生成F，F与H发生类似信息(2)的反应生成I，根据I的结构简式和该反应的机理可知H为；I再与ClSO3H发生取代反应生成J，J与NH3发生取代反应生成K，K再与发生加成反应生成格列本脲。【详解】(1)根据B的结构简式可知其含有的官能团为氯原子、羧基；D的名称应为邻羟基苯甲酸；(2
36、)F与H发生类似信息(2)的反应生成I，根据I的结构简式和该反应的机理可知H为；(3)反应中F中COCl中的氯原子被其他原子团代替，所以为取代反应；反应中的碳氮双键被加成，所以为加成反应；(4)E与CH3I反应时F中酚羟基的氢原子被甲基取代，化学方程式为+CH3I+HI；(5)E分子式为C7H5O3Cl，其同分异构体满足具有酯基、能发生银镜反应，则含有OOCH结构，遇FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基，所以其同分异构体苯环上含有三个不同的官能团，分别为OOCH、OH、Cl，采用定二移一的方法讨论，当OOCH和OH处于邻位时，苯环上其余四个氢原子环境各不相同，所以此时有4种；当OOCH和OH处于间位时，苯环上其余四个氢原子环境各不相同，所以此时也有4种；当OOCH和OH处于对位时，结构对称，此时只有2种，则共有4+4+2=10种同分异构体；(6)根据格列本脲的合成路线可知可以由和发生加成反应生成，根据I到K的转化过程可知可以先和ClSO3H发生取代反应生成，再与NH3发生取代反应生成，所以合成路线为。【点睛】苯环上有三个不同取代基时，有10种同分异构体，当三个取代基中有两个相同时，有6种同分异构体；对于合成路线的设计要注意观察所给原料和产物的结构特点，和题目所给流程进行对照，找出相似之处，进行替换即可。