1、玉溪一中2020-2021学年上学期高三年级期中考理科综合化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56第卷（选择题）一、选择题：本题共每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理相同B. 硅胶可
2、用作干燥剂和催化剂的载体C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂D. 废旧钢材焊接前，可用饱和NH4Cl溶液处理焊点【答案】A【解析】【详解】A二氧化硫能够与有色物质化合生成无色化合物，活性炭具有吸附性，能吸附有色物质，二者漂白原理不同，故A错误；B硅胶具有较大表面积，具有强的吸水性，所以可以用作干燥剂和催化剂的载体，故B正确；C氢氧化铝和碳酸氢钠都能够与盐酸反应，且性质温和，都可以用于治疗胃酸过多，故C正确；DNH4Cl溶液存在铵根的水解，溶液显酸性，可除去铁锈，故D正确；综上所述答案为A。2. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，11.2LCCl4含有
3、分子数为0.5NAB. 常温常压下，56g丁烯(C4H8)中含有的共价单键总数为8NAC. 56gFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD. 质量均为3.2g的S2、S4、S6中所含S原子数相等，都为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A标准状况下，CCl4不是气体，故A错误；B56g丁烯的物质的量为1mol，一个丁烯中含有10个共价单键，所以1mol丁烯中含有的共价单键总数为10NA ，故B错误；C铁溶于过量硝酸，转化成Fe3+，所以转移电子数为3NA，故C错误；D可以将S2认为2S、S4认为4S、S6认为6S，就都是S，所以物质的量都为0.1mol，原子数都为0.1NA，故D正确；故答案为D
4、。3. 水杨酸冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B. 阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸C. 冬青油苯环上的一氯取代物有4种D. 可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸【答案】D【解析】【分析】A水杨酸发生酯化反应生成冬青油；B阿司匹林含有酯基，可水解生成水杨酸；C冬青油苯环不对称，含有4种H；D二者都与氢氧化钠溶液反应。【详解】A由水杨酸制冬青油，可与乙酸酐发生取代反应制得，选项A正确；B阿司匹林的分子式为C9H8O4，含有酯基，可水解生成水杨酸，选项B正确；C冬青油苯环不对称，含有4种H，则一氯取代物有4种，选
5、项C正确；D二者都与氢氧化钠溶液反应，应用碳酸氢钠除杂，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。4. 下列实验能达到预期目的的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸测得：0.1molL-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1molL-1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-强B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C配置FeCl2溶液时，先将FeCl2固体溶于适
6、量盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后向试剂瓶中加入少量铜粉抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，在滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的KspMg（OH）2KspFe（OH）3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，A错误；B、向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅，说明氢氧根的浓度减小，这是由于碳酸根转化为碳酸钡沉淀，水
7、解平衡向逆反应方向进行，因此可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；C、为了防止氯化亚铁被氧化，有关加入铁粉，C错误；D、反应中氢氧化钠过量，则加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，不能比较二者的溶度积常数大小，D错误，答案选B。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及物质的性质比较，检验，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。易错选项是D，注意反应中氢氧化钠的量。5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法错误的是A. Y和W都
8、存在可以用来消毒的单质B. X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐C. Y、Z能组成含有非极性键的化合物D. W的氧化物的水化物的酸性一定比X的氧化物的水化物的酸性强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素,则Z为Na,W为Cl,原子序数之和为42，X和Y的原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，由上述分析可知：X为C，Y为O，Z为Na,W为Cl。【详解】A.Y的单质为O2或O3，W的单质为Cl2, O3、Cl2均可以用来消毒，故A正确；B.X、Y、Z可以
9、组成Na2CO3，Y、Z、W可以组成NaClO，在水中均为显碱性的盐，故B正确；C.Y、Z能组成含有非极性键的Na2O2,故C正确；D.HClO的酸性比H2CO3酸性弱；故D错误；本题答案为D。6. 2019年Science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示（已知：H2O2H+HO，Ka=2.410-12）。下列说法错误的是（ ）A. X膜为阳离子交换膜B. 每生成1molH2O2外电路通过4mole-C. 催化剂可加快单位时间内反应中电子的转移数目D. a极上的电极反应为：H2-2e-=2H+【答案】B【解析】【分析】由示意图可知左边a电极氢气为负极，被氧化生
10、成H+，电极方程式为H2-2e-2H+，H+经过X膜进入多孔固体电解质中，则X膜为选择性阳离子交换膜，右边b电极氧气为正极，被还原生成HO2-，反应为O2+2e-+H2OHO2-+OH-，HO2-和OH-经过Y膜进入多孔固体电解质中，则Y膜为选择性阴离子交换膜，总反应为H2+O2H2O2，以此解答该题。【详解】A由示意图可知X膜可透过H+，则为选择性阳离子交换膜，故A正确；B由分析可知，总反应为：H2+O2H2O2，反应中转移2e-，则每生成1molH2O2电极上流过2mole-，故B错误；C催化剂可加快反应速率，则可促进反应中电子的转移，故C正确；Da极为负极，发生的电极反应为H2-2e-=
11、2H+，故D正确；故答案为B。7. H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 在pH为6.37及10.25时，溶液均存在c(H2CO3)=c(HCO)=c(CO)B. 反应CO+H2OHCO+OH-平衡常数为10-7.23C. 0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O)c(H2C2O4)c(C2O)D. 往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O【答案】D【解析】【详解】A在pH=6.37时，c(H2CO3)=c()，溶液中几乎无；pH=10.25时，c()=
12、c()，溶液中几乎无H2CO3分子，A错误；B根据反应+H2O+OH-的水解平衡常数表达式K=，按pH=10.25时，c()=c()，则K=c(OH-)=10-3.75，B错误；C在NaHC2O4溶液存在的电离和水解，电离显酸性，离子方程式为 +H+；水解显碱性，离子方程式为+H2OH2C2O4+OH-；由图可知NaHC2O4溶液中显酸性，故电离程度大于水解程度，则c()c(H2C2O4)，C错误；D草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和，发生反应：2+H2C2O4=2+，D正确；故答案为：D。8. 减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用。回答下列问
13、题：（1）在催化剂存在下可将CO2应用于生产清洁燃料甲烷，相关反应如下：主反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)H1副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H2=+41.2kJmol-1已知：H2和CH4的燃烧热分别为-285.5kJmol-1和-890.0kJmol-1H2O(l)=H2O(g)H=+44kJmol-1H1=_kJmol-1。有利于提高CH4平衡产率的反应条件是_(至少写两条)。工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是_。T时，若在体积恒为2L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果
14、如图1所示。若a、b表示反应物的转化率，则表示H2转化率的是_，c、d分别表示CH4(g)和CO(g)的体积分数，由图可知=_时，甲烷产率最高。若该条件CO的产率趋于0，则T时主反应的平衡常数K=_。（2）可利用NaOH溶液捕获CO2。若过程中所捕获的CO2刚好将NaOH完全转化为Na2CO3，则所得溶液中c(Na+)_c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)（填“”、“ (8). 10【解析】【详解】（1）根据反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H2=+41.2kJmol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H3=-571.0kJmol-1 CH4(g)+2O2(
15、g)=CO2(g)+2H2O(l)H4=-890.0kJmol-1H2O(l)= H2O(g) H5=+44kJmol-1根据盖斯定律，反应=2-+2，则CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H1=2H3-H4+2H5=-164.0 kJmol-1；反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)是正方向为气体体积缩小的放热反应，降低温度和增大压强都有利于反应正向移动,提高CH4平衡产率;工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂；随着比值的增大,氢气的转化率降低,则表示H2转化率的是b；随着比值的增大,氢气的量增多,一氧化碳的量减少,甲烷的量增加，故c为CH4
16、(g)的体积分数，由图可知=4时，甲烷的产量最高。若该条件下CO的产率趋于0，=4,开始物质的量之和为5mol的H2和CO2分别为4mol和1mol,平衡转化率为80%,则平衡时各物质的量浓度为: 根据三段式，从上到下分别为，开始时浓度，改变的浓度，平衡时浓度， 所以K=100。（2）根据物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO+2c(H2CO3),所以答案为c(Na+)c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3);CO2可以被NaOH捕获，所得溶液的pH=13,碱性较强，CO水解能力大于HCO，因此CO2主要转化为NaHCO3;所得溶液c HCO):c(CO)=2:1，则根据第二步电离
17、平衡常数K2= =510-11，所以氢离子的浓度为110-10mol/L,pH=10。9. 以工业生产中排放的含锰酸性废水(主要金属离子为Mn2+、Fe2+、Al3+，还含有少量Ca2+、Mg2+、Cu2+等离子)为原料，生产MnCO3的工艺流程如图：已知：25时，几种金属离子沉淀时的pH如下：Fe2+Fe3+Al3+Mn2+Cu2+Ca2+Mg2+开始沉淀时pH7.62.73.88.35.911.89.8完全沉淀时pH9.74.04.79.86.913.811.825时，Ksp(CaF2)=1.510-10、Ksp(MgF2)=7.510-11。（1）流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要
18、含有Mn2+的母液。除铁铝时，在搅拌条件下先加入H2O2溶液，再加入NaOH溶液调节pH。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为_，调节溶液的pH范围是_。除钙镁步骤中，当Ca2+、Mg2+沉淀完全时，溶液中=_。（2）沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。沉锰过程发生反应的离子方程式为_。当温度超过30，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是_。（3）沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤23次，再低温干燥，得到纯净的MnCO3。用无水乙醇洗涤的目的是_。MnCO3和磷酸在一定条件下反应可生成马日夫盐Mn（H2PO4）22H
19、2O，其用于钢铁制品，特别是大型机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。马日夫盐溶液显_性（填“酸”或“碱”）（已知：H3PO4的电离常数Ka1=7.5210-3，Ka2=6.2310-8，Ka3=2.210-13）。【答案】 (1). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (2). 4.7，5.9） (3). 2 (4). Mn2+2HCO=MnCO3+H2O+CO2 (5). 温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2+水解) (6). 有利于低温条件下快速干燥 (7). 酸性【解析】【分析】由题给流程可知，向含锰废水加入过氧化氢溶液，将亚铁离子被氧化成铁离子，再加入NaOH溶液调节
20、pH在4.75.9范围，将铁离子和铝离子转化为氢氧化物沉淀，过滤除去溶液中的铁、铝元素，向滤液中加入硫化铵溶液，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤除去铜元素，向滤液中氟化铵溶液，将钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤除去钙、镁元素，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子在沉锰时转化为碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰。【详解】(1)除铁铝时，在搅拌条件下先加入过氧化氢溶液，酸性条件下，过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，由表格数据可知，加入NaOH溶液调节pH在4.75.9范围，可将铁离子和铝离子转化
21、为氢氧化物沉淀，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；4.7，5.9）；除钙镁步骤中，当Ca2+、Mg2+沉淀完全时，溶液中=2，故答案为：2；(2)沉锰过程发生的反应为碳酸氢根离子与锰离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2+2HCO=MnCO3+H2O+CO2，故答案为：Mn2+2HCO=MnCO3+H2O+CO2；铵盐受热易分解，当温度过高时碳酸氢铍容易分解，而温度升高时锰离子水解程度也会增大,，则沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降，故答案为：温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2+水解)；(3)沉锰后过滤得到碳酸锰粗产品，用去离子水能洗去沉
22、淀表面的可溶性杂质离子，再用易挥发的乙醇洗涤，乙醇挥发时能快速除去水分，使碳酸锰快速干燥得到纯净的碳酸锰；溶液中磷酸二氢根的水解常数K=1.3310-12Ka2=6.2310-8，则磷酸二氢根离子在溶液中的电离大于水解，溶液呈酸性，故答案为：有利于低温条件下快速干燥；酸性。10. 甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点()沸点()相对密度(=1g/cm3)溶解性(常温)水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发-95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体-2617910440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.1
23、2491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。（1）仪器a的名称是_，写出三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为_。（2）经测定，温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是_。（3）反应完毕，反应混合液经过自然冷却至室温后，还应先过滤，然后将滤液进行_（填操作名称）操作，才能得到苯甲醛产品。（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯
24、甲醛中分离出苯甲酸，正确的实验步骤是：首先与适量碳酸氢钠溶液混合振荡，后续实验步骤先后顺序为_（用字母填写）。a.对混合液进行分液b.过滤、洗涤、干燥c.水层中加入盐酸调节pH=2若对实验中获得的苯甲酸（相对分子质量为122）产品进行纯度测定，可称取4.00g产品，溶于乙醇配成200mL溶液，量取所得溶液20.00mL于锥形瓶，滴加23滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mol/LKOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液20.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为_。下列情况会使测定结果偏低的是_（填字母）。a.碱式滴定管滴定前读数正确，滴定终了仰视读取数据b.振荡锥形瓶时部分液体溅出
25、c.配制KOH标准液时仰视定容d.将指示剂换为甲基橙溶液【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). +2H2O2+3H2O (3). H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量 (4). 蒸馏 (5). acb (6). 61% (7). bd【解析】【分析】甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。实验室可以利用上图制备苯甲醛，实验时先在三颈烧瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时，停止反应，冷却，将难溶性固态催化剂过滤，然后用蒸馏的方法得
26、到苯甲醛；若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先用适量的碳酸氢钠反应得到苯甲酸钠，对混合液进行分液，水层中加入盐酸调节pH=2，得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸；用酸碱中和滴定的方法测得苯甲酸的纯度，据此分析；【详解】(1)由仪器a的结构可知，仪器a为球形冷凝管，三颈瓶中甲苯被过氧化氢生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：+2H2O2+3H2O，故答案为：球形冷凝管，+2H2O2+3H2O；(2)温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量有所减少，故答案为：H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响
27、产量；(3)反应完成后，反应混合液经过自然冷却至室温时，过滤后，然后将滤液进行蒸馏，才能得到苯甲醛产品，故答案为：蒸馏；(4)与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，对混合液进行分液，水层中加入盐酸调节pH=2，得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确步骤为：acb，故答案为：acb；0.1000mol/L20.00mL KOH溶液中氢氧化钾的物质的量为 0.020L0.1000mol/L=0.002mol，根据，可知20.0mL乙醇溶液中含苯甲酸的物质的量为0.002mol，则产品中苯甲酸的物质的量分数为，a碱式滴定管滴定前读数正确，滴定终了仰视读取数据，所消耗的氢氧化钠
28、溶液体积偏大，测定结果偏高，故a不符合题意；b振荡锥形瓶时部分液体溅出，会导致测定标准液体体积偏小，测定值偏低，故b符合题意；c配置KOH标准液时仰视定容,液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大、浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故c不符合题意；d将酚酞指示剂换为甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故d符合题意；故选bd，故答案为：61%，bd。11. 第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满;短周期元素W、X、Y、Z第一电离能与原子序数的关系如下图所示，请回答下列问题(用Q、W、X、Y、Z所对应的元素符号作答)：（1）基态Y原子核外
29、共有_种运动状态不相同的电子。若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为_。（2）X、W组成的一种二元化合物常用作火箭燃料，该化合物中X原子的杂化方式为_。该化合物常温下呈液态，其沸点高于Y2沸点的原因为_。（3）X2Y曾被用作麻醉剂，根据“等电子体原理”预测X2Y的空间构型为_。（4）XW3存在孤电子对，可形成Q(XW3)42+离子，该离子中不存在_(填序号)。A.极性共价键 B.非极性共价键 C.配位键 D.键 E.键（5）Q与X形成的一种二元化合物的立方晶胞结构如图所示：Q原子周围距其距离最近的Q原子的数目为_。该二元化合物的化学式为_。（6）已知单质Q晶体堆积方式为
30、面心立方最密堆积，则单质Q晶体的晶胞中原子的空间利用率为_(用含的式子表示)。【答案】 (1). 8 (2). ns2np4 (3). sp3 (4). N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高 (5). 直线 (6). BE (7). 8 (8). Cu3N (9). 【解析】【分析】同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于 N 原子为 1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、Y、Z第一电离能变化规律可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为S元素，第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满，价
31、电子排布式为3d104s1，则Q为Cu，据此分析。【详解】（1）Y为O元素，基态O原子有8个电子，所以有8种运动状态不相同的电子；O元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4；（2）X、W组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3；N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高；（3）X2Y为N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的
32、分子，所以N2O的空间构型为直线形；（4）Cu(NH3)42+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，不存在非极性共价键和键；答案选BE； （5）由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，Cu原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上，数目为8；根据晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为12=3，N在晶胞的顶点上，该晶胞中N的个数为8=1，该二元化合物的化学式为Cu3N；（6）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=,其晶胞体积V= a3cm3，其密度=g/cm3=g/cm3；根据晶胞结构可知，4r=a，解得a= 2r，则晶胞立方体的体积为
33、a3=(2r)3，晶胞中4个金属原子体积为4，所以此晶胞中原子空间占有率是=。12. 华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，合成路线如图（部分反应条件及试剂略）：已知：2CH3CHOCH3CH=CHCHO（1）C的分子式为_。（2）B中显酸性的官能团名称是_。（3）检验D中含氧官能团所需要的试剂为_。（4）X的结构简式为_。（5）AB的化学方程式为_。（6）EF反应类型为_。（7）请写出2个满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_、_。苯环上只有1个取代基；能发生水解反应；分子中2个甲基；【答案】 (1). C9H6O3 (2). 羟基 (3). 新制氢氧化铜或银氨溶液 (4). (5). +C
34、H3OH+H2O (6). 消去反应 (7). (8). 【解析】【分析】根据C的结构简式可知其分子式；根据B的结构简式可知，B中含有酚羟基，显弱酸性；D中有醛基，可以用新制氢氧化铜或银氨溶液检验醛基；比较D和E的结构可知，D与X加成得E，可推知X的结构简式；A与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成酯；碳碳单键变成碳碳双键，可知反应类型；根据条件苯环上只有1个取代基；能发生水解反应，说明有酯基；分子中2个甲基，结合E的结构简式写同分异构体。【详解】(1)根据C结构简式可知其分子式为C9H6O3；(2)根据B的结构简式可知，B中含有酚羟基，显弱酸性，故答案为：羟基；(3)D中有醛基，可以用新制氢氧化铜或银氨溶液检验醛基，故答案为：新制氢氧化铜或银氨溶液；(4)比较D和E的结构可知，D与X加成得E，可推知X的结构简式为；(5)A与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成酯，反应方程式为；(6) EF是羟基中的碳氧键断裂，有碳碳单键变成碳碳双键，其反应类型为消去反应；(7)根据条件苯环上只有1个取代基；能发生水解反应,说明有酯基；分子中2个甲基，结合E的结构简式可知E的同分异构体的结构简式，。