宁夏银川一中2021届高三化学上学期第二次月考试题（Word版带解析） 13页

银川一中2021届高三年级第二次月考 理科综合能力测试-化学部分 ‎1. 化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. “火神山”医院地面上铺的HDPE也称高密度聚乙烯膜，是一种人工合成的有机高分子化合物 B. 棉花、蚕丝、腈纶均为天然纤维 C. 氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应 D. 单质硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚乙烯，是一种人工合成的有机高分子化合物，A正确；‎ B．棉花、蚕丝是天然纤维，而腈纶均为合成纤维，B错误；‎ C．氨基酸在人体中通过氨基和羧基脱去一个水分子生成新的蛋白质的，故反应属于缩聚反应，C正确；‎ D．单质硅是太阳能电池板的主要材料，化石燃料燃烧产生大量的温室气体CO2，同时还产生SO2和氮的氧化物等有毒有害的气体污染环境，故太阳能替代化石燃料有利于环保，D正确；‎ 故答案为：B。‎ ‎2. 若NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎64g铜与足量的S完全反应，转移的电子数为NA B. 标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NA C. pH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-0.2NA个 D. 50mL18mol·L-1的浓硫酸与足量的铜加热充分反应后，得到的气体分子数为0.45NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎64g铜物质的量为1mol，1mol铜与硫单质完全反应生成0.5mol硫化亚铜，转移了1mol电子，转移电子数目为NA，故A正确；‎ B. 标况下，‎22.4L一氧化氮的物质的量为1mol，‎11.2L氧气的物质的量为0.5mol，二者恰好反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，,所以反应后气体的物质的量小于1mol，得到的气体分子数小于NA，故B错误；‎ C. pH=13的Ba(OH)2溶液中，不知道溶液的体积，无法算出OH-的物质的量，故C错误；‎ D. 铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，故生成的二氧化硫分子数小于0.45NA个，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎3. 根据下列操作和现象所得到的结论正确的是（ ）‎ 操作和现象 结论 A 向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀 利用该实验可以证明非金属性：Cl>C>Si B 取少量某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 样品为硫酸铵 C 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 D 加热石油分馏得到的石蜡，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去 石油中含有烯烃 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 比较非金属性强弱应该用最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，但盐酸为无氧酸，不能用于比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，故A错误；‎ B. 氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知，样品可能为硫酸氢铵，故B正确；‎ C. 次氯酸钠具有强氧化性，使pH试纸褪色，故C错误；‎ D. 不饱和烃可使高锰酸钾溶液褪色，而石油为饱和烃的混合物，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎4. 用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是 A. 加热装置I中的烧杯分离I2和Fe B. 利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成 C. 利用装置Ⅲ制备少量的氯气 D. 利用装置Ⅳ制取二氧化硫 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；‎ B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；‎ C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；‎ D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误 答案C。‎ ‎5. 向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO、NO B. N点对应的溶液中：K+、NH、Cl−、CO C. S点对应的溶液中：Na+、SO、HCO、NO D. R点对应的溶液中：Na+、SO、Cl−、NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滴加氢氧化钠时，氢氧化钠先与氢离子反应生成水，再与氯离子反应生成氢氧化铝沉淀，最 后和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。‎ ‎【详解】A、M点时酸未反应完，故溶液显酸性，Fe2+、NO在酸性发生氧化还原反应，A错误；‎ B、N点时酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液含有大量Al3+，会与CO发生双水解，B错误；‎ C、S点Al3+与OH-未完全反应，与HCO发生双水解，C错误；‎ D、R点时氢氧化铝与OH-未完全反应，与Na+、SO、Cl−、NO均不反应，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 电解饱和MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑‎ B. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O C. 向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO+Ba2++2OH−═BaCO3↓+CO+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Mg2+和OH-结合为Mg(OH)2沉淀，故电解饱和MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，A错误；‎ B．由于I-能将Fe3+还原为Fe2+，故向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸离子方程式为：6I-+2NO+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，B错误；‎ C．由于酸性：H2CO3>HClO>，向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO，C正确；‎ D．由于足量的Ba(OH)2能提供足量的Ba2+，故NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液的离子方程式为： HCO+Ba2++OH−═BaCO3↓+ H2O，D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎7. 用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O，发生反应如下：‎ 反应Ⅰ：CuS＋Cr2O＋H+→Cu2+＋SO＋Cr3+＋H2O(未配平)‎ 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H+→Cu2+＋SO＋Cr3+＋H2O(未配平)‎ 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO都是氧化产物 B. 反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为2∶5‎ C. 处理1molCr2O时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等 D. 反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1molCr2O，转移电子的数目相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配平反应I：3CuS+4+32H+=3Cu2++3+8Cr3++16H2O，反应中S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低；反应Ⅱ：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O，反应中Cu、S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低，据此分析。‎ ‎【详解】A．反应I中只有S元素被氧化，则只有是氧化产物，铜元素的化合价没有发生改变，Cu2+不是氧化产物，A错误；‎ B．配平反应Ⅱ3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O中，氧化剂为，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5，B错误；‎ C．由方程式中与H+的物质的量关系可知，处理1mol 时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，C错误；‎ D．由分析可知，反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1mol，转移电子6mol，则转移电子数相同， D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎8. 亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下反应得到。ClNO部分性质如下：黄色气体，熔点：－‎59.6℃‎，沸点：－‎6.4℃‎，遇水易水解。已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸：AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2。‎ ‎（1）利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ装置制备原料气NO和Cl2。‎ ‎①写出A装置的作用：__。‎ ‎②利用上述装置制备NO时，Ⅱ中盛装物质为__(写化学式)。‎ ‎（2）利用以下装置在常温常压下制备ClNO。‎ ‎①装置连接顺序为a→__(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。‎ ‎②为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为__。‎ ‎③装置Ⅸ的作用是__。‎ ‎④ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成0.4molClO2消耗NaClO2的量为__mol；产生“气泡”的化学方程式为___。‎ ‎⑤工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产‎100kg该溶液需消耗氯气的质量为__kg（保留整数）。‎ ‎【答案】 (1). 平衡内外大气压，使液体顺利留下 (2). H2O (3). aefcbd或者afecbd (4). 2：1 (5). 冷凝亚硝酰氯，便于收集 (6). 0.5 (7). NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O (8). 20.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I装置I用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性，所以得到的氯气中含有HCl，II用于除去HCl，III装置中有浓硫酸，干燥氯气；如果用这几个装置制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放水吸收硝酸气体，III干燥NO；‎ ‎（1）①Ⅰ装置生成气体，A可以平衡压强；‎ ‎ ②用I制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放物质能吸收硝酸；‎ ‎（2）①将氯气和NO通过装置Ⅳ、V除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置ⅤI中发生反应，在IX冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用VIII氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置VII；‎ ‎ ②二者反应方程式为Cl2+2NO=2NOCl，二者的流速之比等于其计量数之比即可；‎ ‎③将氯气和NO干燥后在装置ⅤI中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl；‎ ‎④根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高和化合价降低，根据得失电子守恒，配平离子方程式；1mol ClO2消耗NaClO2的量为1.25mol，NaHSO4与NaHCO3反应产生气体CO2气体；‎ ‎⑤根据NaOH质量守恒计算。‎ ‎【详解】（1）①导管A的作用是平衡压强，使液体顺利流下；故答案为：平衡压强，使液体顺利流下；‎ ‎ ②用I制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放物质能吸收硝酸，稀硝酸溶于水且NO不溶于水，所以II中可以盛放H2O，故答案为：H2O；‎ ‎（2）①将氯气和NO分别通过装置Ⅳ、V除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置ⅤI中发生反应，在IX冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用VIII氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置VII，所以装置连接顺序为a→e→f→c→b→d （或a→f→e→c→b→d），故答案为：e→f→c→b→d （或f→e→c→b→d）；‎ ‎ ②二者反应方程式为Cl2+2NO=2NOCl，二者的流速之比等于其计量数之比即可，则理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为2：1，故答案为：2：1；‎ ‎③将氯气和NO干燥后在装置ⅤI中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，所以IX的作用是冷凝亚硝酰氯，便于收集，故答案为：冷凝亚硝酰氯，便于收集；‎ ‎④根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5+4H+=Cl-+4ClO2+2H2O；根据方程式可知：0.4mol ClO2消耗NaClO2的量为：‎ ‎0.5mol，NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：NaHSO4电离出H+与生成气体CO2，反应方程式为：NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，故答案为：0.5；NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；‎ ‎⑤根据反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，设氯气质量为x，消耗的NaOH的质量为x，溶液中剩余NaOH为‎100kg×1%=‎1kg， =30%，解得：x=‎20.3kg。故答案为： 20.3。‎ ‎9. 金属及其化合物在生产中用途广泛。从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)中冶炼铜的工艺流程如图：‎ 已知：CuFeS2+3CuCl2=4CuCl↓+FeCl2+2S↓‎ ‎(1)浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为___。‎ ‎(2)若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为___。‎ ‎(3)调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是___。(填离子符号)‎ ‎(4)过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有___和___。为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为___。‎ ‎(5)冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，发生的反应为6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9O2，Cu2S+O22Cu+SO2。此工艺与前一工艺相比主要缺点有____(任答一点)。‎ ‎【答案】 (1). CuFeS2+3FeCl3=CuCl↓+4FeCl2+2S↓ (2). Fe2O3 (3). Cu2+ (4). HCl (5). CuCl2 (6). 0.5mol (7). 会产生污染环境的气体SO2 (或能耗高等)(或其它合理答案)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 黄铜矿(CuFeS2)中加入CuCl2溶液浸取，发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl↓+FeCl2+2S↓，过滤1，滤渣中含有CuCl和S单质，在滤渣中加入浓盐酸溶解CuCl，生成含[CuCl2]-的溶液，过滤 ‎2，除去硫单质，调节含[CuCl2]-的溶液的pH，在酸性条件下，[CuCl2]-发生歧化反应生成铜单质和氯化铜，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为CuFeS2+3FeCl3=CuCl↓+4FeCl2+2S↓；‎ ‎(2)滤液中只含FeCl2，存在水解平衡FeCl2+2H2O Fe(OH)2+2HCl，加热促进水解，且HCl易挥发，水解程度增大，Fe(OH)2在空气中易被氧化生成Fe(OH)3，生成的Fe(OH)3受热分解，最终所得固体的化学式为Fe2O3；‎ ‎(3)+1价的Cu在酸性条件下发生歧化反应，生成0价和+2价铜，故调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是Cu2+；‎ ‎(4)过滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用；根据方程式CuFeS2+3CuCl2=4CuCl↓+FeCl2+2S↓、2[CuCl2]- = Cu + Cu2+ + 4Cl-可得关系式，CuFeS2~3CuCl2~4CuCl~4[CuCl2]- ~ 2Cu~2CuCl2，则每生成1molCu，需要1.5mol CuCl2与CuFeS2反应，同时生成1mol CuCl2，则每生成1molCu的同时，生成1mol CuCl2，则理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol；‎ ‎(5)冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，此工艺与前一工艺相比主要缺点有会产生污染环境的气体SO2，另外高温加热需要消耗能源。‎ ‎10. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。‎ ‎（1）制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）‎ 可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）‎ 焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)‎ ‎①如图装置中仪器A的名称是__，A中发生反应的化学方程式为___。‎ ‎②F中盛装的试剂是___，作用是__。‎ ‎③通入N2的作用是__。‎ ‎④Na2S2O5晶体在___（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。‎ ‎⑤若撤去E，则可能发生__。‎ ‎（2）设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：‎ 预测Na2S2O5的性质 探究Na2S2O5性质的操作及现象 探究一 Na2S2O5的溶液呈酸性 用适量的蒸馏水溶解少量的Na2S2O5样品于试管中，取pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取样品点在试纸上，试纸变红 探究二 Na2S2O5晶体具有还原性 取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去 探究二中反应的离子方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (3). 浓NaOH溶液 (4). 吸收剩余的SO2 (5). 排尽空气，防止Na2S2O5被氧化 (6). D (7). 倒吸 (8). 5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用装置图制取Na2S2O5，装置D中有Na2S2O5晶体析出，根据图可知：装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，装置D中析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，装置F为尾气吸收装置，装置E防止倒吸。‎ ‎【详解】(1) ①根据仪器结构可知A为三颈烧瓶，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎②由于二氧化硫有毒，则装置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，可盛装NaOH溶液；‎ ‎③Na2S2O5易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；‎ ‎④装置D中会析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+ SO2= Na2S2O5；‎ ‎⑤若撤去E，导气管直接插入F溶液可能会因为SO2被吸收压强变化较大发生倒吸；‎ ‎(2)探究二中Na2S2O5与酸性KMnO4溶液发生氧化反应反应，KMnO4被还原为Mn2+，则Na2S2O5被氧化为硫酸钠，离子反应为：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。‎ ‎11. 已知铜的配合物A(结构如图1)。请回答下列问题：‎ ‎(1)Cu的电子排布式为__。‎ ‎(2)A所含三种元素C、N、O的电负性大小顺序为__。其中氮原子的杂化轨道类型为__。‎ ‎(3)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是___；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O的电子式为___。‎ ‎(4)在Cu催化下，甲醇可被氧化为甲醛(HCHO)，甲醛分子中H-C=O的键角___120。(选填“大于”、“等于”或“小于”)，甲醛能与水形成氢键，其表示式为：__。‎ ‎(5)磷化镓(GaP)材料是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。GaP的晶体结构如图二所示，晶胞参数a nm，该晶体中，两个最近的磷原子之间的距离为__nm。GaP晶体的密度为(列出计算式)___g·cm-3。(NA为阿伏加德罗常数的值)‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). O＞N＞C (3). sp3 (4). 1：2 (5). (6). 大于 (7). (8). a (9). 或 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Cu为29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；‎ ‎(2)同周期元素从左至右电负性逐渐增大，故A所含三种元素C、N、O的电负性大小顺序为O＞N＞C；其中氮原子的价层电子对数为4，且无孤电子对，则其杂化轨道类型为sp3；‎ ‎(3)N2的结构式为N≡N，则其σ键和π键数目之比是1：2；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O的电子式为；‎ ‎(4)甲醛的结构式为，由于双键对单键的排斥力大于单键之间的排斥力，故甲醛分子中 H-C=O的键角大于120。；甲醛能与水形成氢键，可表示式为：；‎ ‎(5)由GaP的晶胞结构图可知，该晶体中，两个最近的磷原子之间的距离为面对角线的一半，即为a nm；一个晶胞中，P原子的个数为4，Ga原子的个数为，则晶胞的质量为，则GaP晶体的密度为 g·cm-3或g·cm-3。‎ ‎12. 已知一个碳原子连两个—OH的结构不稳定，会很快脱去一分子水，其变化如下：‎ ‎ → + H2O 下图中B和、等都是A和Cl2发生反应生成的产物，E是一种高分子化合物，透光性能好，常用作一些灯饰外壳。过程中一些小分子都已经略去。‎ ‎（1）A的化学名称为_____‎ ‎（2）第④步的化学方程式为__________，该反应类型为_____；‎ ‎（3）第⑦步的化学方程式为__________，该反应类型为_____；‎ ‎（4）E的结构简式为______；‎ ‎（5）符合下列条件：苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢的C的同分异构体的结构简式分别是___________ 、_________、____________。‎ ‎【答案】 (1). 乙苯 (2). (3). 氧化反应 (4). (5). 加成反应 (6). ‎ ‎(7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A和氯气发生取代反应生成，所以A是乙苯，结构简式为。‎ ‎（2）是卤代烃，可以发生水解反应，所以C结构简式为。C中含有羟基，能发生催化氧化，方程式为：。‎ ‎（3）C中含有羟基，也能发生消去反应，生成D，所以D的结构简式为。D中含有碳碳双键，能发生加成反应，方程式为：。‎ ‎（4）D中含有碳碳双键，能发生加聚反应，生成高分子化合物E，所以E的结构简式为：。‎ ‎（5）苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，说明两个取代基是对位的，所以根据C的分子式可知，如果取代基其中之一是乙基，则对位就是酚羟基；如果是甲基，则对位就是－CH2OH或－OCH3，所以可能的结构简式为。‎