青海省西宁市2020届高三化学普通高等学校招生全国统一考试复习检测（二）试题（Word版附解析） 17页

2020 年普通高等学校招生全国统一考试 西宁市高三年级复习检测（二） 一、选择题 1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）。 A. 尼龙绳、宣纸均可由合成纤维制造 B. 淀粉和纤维素都是人体中能量的重要来源 C. 酶是生物体内重要的催化剂，仅由碳、氢、氧三种元素组成 D. “地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油 【答案】D 【解析】 【详解】A. 宣纸的主要成分是纤维素，不能由合成纤维制造，A 错误； B. 人体内没有纤维素酶，故纤维素不是人体中能量的来源，B 错误； C. 酶是生物体内重要的催化剂，属于蛋白质，故含碳、氢、氧、氮等元素，C 错误； D. “地沟油”中含油脂，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，D 正确； 答案选 D。 2.两个环共用两个不直接相连的碳原子的化合物称为桥环化合物，某桥环化合物的结构简式如 图所示，下列关于该化合物的说法错误的是 A. 该有机物能发生取代反应和加成反应 B. 该有机物分子中含有两个官能团 C. 该有机物分子的一氯代物有 7 种 D. 该有机物能使酸性 KMnO4 溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A. 该有机物中的酯基能发生(水解反应)取代反应，碳碳双键能发生加成反应，故 A 正确； B. 该有机物分子中含有酯基、碳碳双键两个官能团，故 B 正确； C. 该有机物分子中有 9 种等效氢，一氯代物有 9 种，故 C 错误； D. 该有机物含有碳碳双键，能使酸性 KMnO4 溶液褪色，故 D 正确；选 C。 3.下列反应的离子方程式正确的是( ) A. 红褐色固体 3Fe(OH) 全部溶于氢碘酸： 3 3 2Fe(OH) 3H Fe 3H O    B. 水杨酸溶于 3NaHCO 溶液中： C. 将等浓度的 2Ba(OH) 溶液与 4NaHSO 液按体积比 2:3 混合： 2 2 4 4 22Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O         D. 洁厕灵(含 HCl )与 84 消毒液混合后产生氯气： 2Cl H ClO Cl OH        【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe(OH)3 溶于氢碘酸，Fe3+会氧化 I-得到 I2，正确的离子反应方程式应为： 2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2，A 选项错误； B．水杨酸中酚羟基不能与 NaHCO3 发生反应，正确的离子反应方程式为： +HCO3-→ +CO2↑+H2O，B 选项错误； C．等浓度的 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液按体积比 2:3，则两者物质的量之比为 2:3，两者混 合后，2molBa2+消耗 2molSO42-，3molH+消耗 3molOH-，反应的离子反应方程式为： 2 2 4 4 22Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O         ，C 选项正确； D．84 消毒液的主要成分是 NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的 HCl，反应的离子反应 方程式为：Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O，D 选项错误； 答案选 C。 【点睛】本题 B 选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和 HCO3- 发生发应。 4.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述错误的是（ ）。 A. 实验时水浴温度需控制在 50~60℃ B. 加入试剂的顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯 C. 仪器 a 的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率 D. 完全反应后，可用仪器 a 、 b 蒸馏得到产品 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝酸与苯在浓硫酸催化作用下，加热到 50 ∼ 60℃发生取代反应生成硝基苯，故 A 正确； B．在将浓硫酸与其它液体混合时，要将浓硫酸注入其它液体中，故先将浓 HNO3 注入试管中， 然后再慢慢注入浓 H2SO4，并及时搅拌，浓硝酸和浓硫酸混合后，在 50−60℃的水浴中冷却后 再滴入苯，故 B 正确； C．苯与浓硝酸易挥发，仪器 a 是冷凝管，作用是冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率，故 C 正确； D．反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤除去硝酸、硫酸等杂质，然后蒸馏除去苯，得到硝基 苯，蒸馏时应使用直形冷凝管，故 D 错误； 答案选 D。 【点睛】关于制硝基苯时，应先加浓硝酸，再加浓硫酸，之后冷却，再加入苯，充分混合， 不能先加浓硫酸：因为酸入水可以控制，反过来很危险，苯要在浓硫酸之后加：因为与浓硫 酸混合时会放出大量热，可能使温度足以达到硝化、硫化反应的温度，为学生的疑难点。 5.用 AN 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）。 A. 4mol N0 1 aHSO. 晶体中，含有 +H 的数目为 0.1 AN B.    4 42 21L 0.1mol/L NH Fe SO 溶液中，阳离子总数为 0.3 AN C. 20.1mol Cl 与 40.2 mol CH 一定条件下充分反应，生成 HCl 的分子数目为 0.1 AN D. 100 g 34%的 2 2H O 中加入 2MnO 充分反应，转移的电子数目为 2 AN 【答案】C 【解析】 【详解】A． 4mol N0 1 aHSO. 晶体中，只有钠离子和硫酸氢根离子，A 错误； B．    4 42 21L 0.1mol/L NH Fe SO 溶液中，铵离子和亚铁离子水解， 4 2 3 2NH +H O NH H O+H  、 2+ + 2 2Fe +H O Fe(OH) +2H ，则阳离子总数大于 0.3 AN ， B 错误； C． 20.1mol Cl 与 40.2 mol CH 一定条件下发生取代反应，充分反应后有一半的氯原子用于 生成 HCl ，则 HCl 的分子数目为 0.1 AN ，C 正确； D． 2M nO 2 2 2 22H O = 2H ~O O 2e   ，则100 g 34%的 2 2H O 中加入 2MnO 充分反应，转移的电 子数目为 AN ，D 错误； 答案选 C。 6. X 、 Y 、 Z 、 W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，常见单质分子 2X 中含有 3 对共用电子对，由 X 、 Y 形成的一种气态化合物不能稳定地存在于空气中， Z 、 W 同周期 且 W 的最高正价是 Z 的 7 倍。下列说法正确的是（ ）。 A. 含氧酸的酸性： W>X B. 简单离子半径： W>X>Y>Z C. 最简单氢化物的沸点： XX>Y>Z ，B 正确； C. 最简单氢化物的沸点：氨气比氯化氢的高，因为氨分子间有氢键，C 错误； D. Z 与 Y 形成的化合物可以是氧化钠、过氧化钠，它们都有离子键，但过氧根离子内有共价 键，D 错误； 答案选 B。 7.在 -125 mL 0.1mol L 某一元碱（ YOH ）中，滴加入 -10.1mol L 的醋酸溶液，滴定曲线如 图所示。下列说法错误的是（ ） A. 该碱溶液可以溶解 3Al(OH) B. a 点对应的体积大于 25 mL C. C 点时，        - + + - 3c CH COO >c Y >c H >c OH D. D 点时，        - - + 3 3c CH COO +c OH =c H +c CH COOH 【答案】D 【解析】 【详解】A. 由 A 点知：0.1mol⋅L−1 一元碱的 pH=13 可得，该碱为强碱，所以该碱溶液可以溶 解 3Al(OH) ，故 A 正确； B. 恰好中和时生成强碱弱酸盐 pH 应大于 7，而 B 点 pH=7，所以该点对应的溶质为 CH3COOY 和 CH3COOH，a 点的体积大于 25mL，故 B 正确； C. C 点对应的溶质为 CH3COOY 和 CH3COOH，溶液中 CH3COOY 的浓度>CH3COOH 的浓度， 因 pH<7 ， 所 以 c(H+)>c(OH−) ， 弱 酸 的 电 离 是 微 弱 的 ， 结 合 电 荷 守 恒 c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，则应有 c(CH3COO−)>c(Y+)> c(H+)>c(OH−)，故 C 正确； D. D 点 为 CH3COOY 和 CH3COOH 等 物 质 的 量 浓 度 的 混 合 液 ， 根 据 物 料 守 恒 c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Y+)和电荷守恒 c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，所以应有 3 3 1 1(CH COO ) (OH ) (H ) (CH COOH)2 2c c c c     ，故 D 错误； 答案选 D。 二、非选择题 （一）必考题 8.莫尔盐的化学式为   4 4 22 2NH Fe SO 6H O （相对分子质量为 392），能溶于水，不溶于乙 醇，是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。下面是某学习小组设计制备少量 莫尔盐的实验装置及步骤。回答相关问题： 步骤一：制取莫尔盐 （1）连接装置，检查装置气密性后加入药品。在锥形瓶中加入 6.0 g 铁屑和少量的碳粉，在 三颈烧瓶中加入  4 420.1mol NH SO 晶体．加入少量碳粉的作用是_____。 （2）向分液漏斗中注入 155.0 mL 2 mol L 稀硫酸后，关闭活塞 3K ，打开 2K 、 1K ，待稀硫 酸注入锥形瓶后关闭 1K 。 A 装置中反应的离子方程式为______。 （3）待大部分铁粉溶解后，打开 3K 、关闭 2K ，此时可以看到的现象为_____，原因是_____。 （4）关闭活塞 2K 、 3K ，采用 100℃水浴蒸发 B 中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却 结晶、____（填操作名称）、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的 pH 在 1~2 之间，其目的为_____。 （5）装置 C 的作用为______。 步骤二：测定莫尔盐样品的纯度 （6）称取所得莫尔盐样品10.0 g ，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100 mL 溶液，取 20.00 mL 溶 液加入稀硫酸，用 10.1mol L 的 4KMnO 溶液滴定，达到滴定终点时消耗 410.00 mL KMnO 溶液．滴定反应的离子方程式为________，该样品的纯度为________。 【答案】 (1). 与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率 (2). 2 2Fe 2H H Fe     (3). A 中的液体被压入 B 中 (4). A 中产生氢气，使 A 中压强增大 (5). 过滤 (6). 抑 制 2Fe  水 解 (7). 液 封 作 用 ， 防 止 空 气 进 入 三 颈 烧 瓶 氧 化 (8). 2 3 2 4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O         (9). 98% 【解析】 【分析】 步骤一．制取莫尔盐：打开分液漏斗上口塞子，关闭活塞 K3 ，打开 K2、K1，加完 55.0mL2mol•L-1 稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开 K3、关 闭 K2，A 中的液体被压入 B 中，关闭活塞 K2、K3，采用 100℃水浴蒸发 B 中水分，可生成莫 尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置 C 可用于液封，防止空 气进入三颈烧瓶氧化 Fe2+； 步骤二．测定莫尔盐样品的纯度：发生 5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，结合离子方程 式计算； 【详解】(1) 在锥形瓶内有 6.0 g 铁屑和少量的碳粉和稀硫酸，铁与硫酸反应过程中，铁、碳 和稀硫酸构成了原电池，加快了反应速率； 答案为：与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率； (2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为 2 2Fe 2H H Fe     ； 答案为： 2 2Fe 2H H Fe     ； (3)待大部分铁粉溶解后，打开 3K 、关闭 2K ，此时可以看到，A 中的液体被压入 B 中，原因 是关闭 2K 以后氢气仍在产生却滞留在锥形瓶内，故 A 中压强增大把液体压入 B 中； 答案为：A 中的液体被压入 B 中；A 中产生氢气，使 A 中压强增大； (4) 过滤可将晶体从溶液中分离出来，硫酸亚铁是强碱弱酸盐会水解，硫酸过量可抑制亚铁 离子水解； 答案为：过滤；抑制 2Fe  水解； (5)导管插入液面以下可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化 Fe2+； 答案为：液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化； (6)亚铁离子与酸性高锰酸钾发生 2 3 2 4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O         n(KMnO4)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，则 20.00mL 溶液中 n(Fe2+)=0.005mol，则 10.0g 样品中   4 4 22 2NH Fe SO 6H O 的物质的量为 0.025mol，样品的含量为 0.025mol 392g / mol 100% 98%10.0g    ； 故答案为： 2 3 2 4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O         ；98%。 【点睛】解本题的关键是：制备硫酸亚铁铵晶体要在无氧环境中、同时要抑制亚铁离子水解 下发生，这样制得的产物比较纯净的，之后需从水溶液中分离出晶体并进行纯化，步骤一考 察了原电池的应用、盐类水解、物质分离提纯等有关实验操作。 9.过渡金属 Co 、Ni 性质相似，在电子工业及金属材料上应用广泛。以含钴、镍、铝的废渣（主 要成分 CoO、 2 3Co O 、 Ni 、少量 2 3Al O ）提取钴、镍的工艺如下： （1）“酸浸”时通入 2SO 的目的是____，反应的离子方程式为_____。 （2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子方程式为_____。 （3）有机层提取出的 2+Ni 可用于制备镍氢电池，电池的工作原理如下图所示。该电池放电时， 正极的电极反应式为________。 （4）用 3CoCO 为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得 2 2H O 分解的高效催化剂 x (1 x) 2 4Co Ni Fe O （其中 Co 、Ni 均为 2 价），下图是用两种不同方法制得的 x (1 x) 2 4Co Ni Fe O 在 10℃时催化分解 6%的 2 2H O 溶液的相对初始速率随 x 变化曲线。由图中信息可知：____法 制得的催化剂活性更高； 2+Co 、 2+Ni 两种离子中催化效果更好的是________。 （5）已知煅烧 3CoCO 时，温度不同，产物不同。在 400℃充分煅绕 3CoCO ，得到 2.41g 固 体氧化物和 20.672 L CO （标准状况），则此时所得固体氧化物的化学式为________。 【答案】 (1). 将 3Co  还原为 2Co  (2). 3 2 2 2 2 42Co SO 2H O 2Co SO 4H        （ 或 2 2 2 3 2 4 2Co O SO 2H 2Co S0 H O       ） (3). 3 2 3 2 3 22Al 3CO 3H O 2Al(OH) 3CO       (4). 2 2NiOOH H O e Ni(OH) OH     (5). 微波水热 (6). 2Co  (7). 3 4Co O 【解析】 【分析】 (1)(2)从流程知，含钴废渣(主要成分 CoO、 2 3Co O 、 Ni 、少量 2 3Al O )加入 H2SO4 酸浸并通 入 SO2，得到含 2 4 3Al (SO ) 、 4NiSO 和 4CoSO 的混合溶液，加入 Na2CO3 调节溶液的 pH 使 Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀而除去 Al3+，然后向滤液中加入萃取剂 HX，有机层中含有 NiSO4， 然后从有机层中得到 NiSO4 溶液，向水层中加入 Na2CO3 得到 CoCO3 固体，据此分析；(3)(4) 通过读图提取信息和数据回答；(5)结合元素守恒计算得出氧化物的化学式。 【详解】(1)含钴废渣含有 Co2O3，最后得到 CoCO3，则二氧化硫把+3 价钴元素还原为+2 价， 故二氧化硫的作用是将 3Co  还原为 2Co  、反应的化学方程式为 3 2 2 2 2 42Co SO 2H O 2Co SO 4H        或 2 2 2 3 2 4 2Co O SO 2H 2Co S0 H O       ； 答案为：将 3Co  还原为 2Co  ； 3 2 2 2 2 42Co SO 2H O 2Co SO 4H        （或 2 2 2 3 2 4 2Co O SO 2H 2Co S0 H O       ）； (2)除铝时加入碳酸钠，因为碳酸根离子和 Al3+发生双水解反应生成 Al(OH)3 沉淀而除去 Al3+， 同时还生成二氧化碳，形成沉渣时发生反应的离子方程式为 3 2 3 2 3 22Al 3CO 3H O 2Al(OH) 3CO      ； 答案为： 3 2 3 2 3 22Al 3CO 3H O 2Al(OH) 3CO      ； (3)由图知镍氢电池的工作原理： 2NiOOH MH Ni(OH) M  放电 充电 ，该反应中 Ni 元素化合价 由+3 价变为+2 价，则正极上 NiOOH 得电子发生还原反应，电极反应式为 2 2NiOOH H O e Ni(OH) OH     ； 答案为： 2 2NiOOH H O e Ni(OH) OH     ； (4)①由图中信息可知：x 相同时，微波水热法中双氧水分解的相对初始速率大，所以微波水热 法制取的催化剂活性高； 答案为：微波水热； ②由图可知，随 x 值越大，过氧化氢的分解速率越大，而 x 增大，Co2+的比例增大，故 Co2+ 的催化活性更高； 答案为：Co2+； (5)n(CO2)= 0.672L 0.03mol22.4L / mol  ，根据 C 原子守恒得 n(CoCO3)=0.03mol，生成的氧化物中 n(Co)=0.03mol、 2.41g 0.03mol 59g / mol(O) 0.04mol16g / moln    ，则     Co 3 O 4 n n  所以钴氧化 物的化学式为 Co3O4； 答案为：Co3O4。 【点睛】明确本题中的流程图及原电池工作原理示意图中发生的反应、基本操作方法、物质 的性质是解本题关键， 10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染具有重要意义。 （1）升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g)A 的反 应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料得知，该反应历程分为以下两步： Ⅰ． 2 22NO(g) N O (g) （快） 1ΔH <0 1v 正 1=k 正 2c (NO) 1v 逆 1=k 逆  2 2c N O Ⅱ． 2 2 2 2N O (g)+O (g) 2NO (g) （慢） 2ΔH <0 2v 正 2=k 正    2 2 2c N O c O 2v 逆 2=k 逆  2 2c NO 回答： ①反应 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g) 的 ΔH= ____（用含 1ΔH 和 2ΔH 的式子表示）。一定温 度下，反应 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g) 达到平衡状态，写出用 1k 正、 1k 逆、 2k 正、 2k 逆表 示的平衡常数表达式 K= ____。 ②决定 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g) 反应速率的是反应Ⅱ，则反应Ⅰ的活化能 1E 与反应Ⅱ 的活化能 2E 的大小关系为 1E ____ 2E （填“ ”“ ”或“ ”）。 （2）亚硝酸氯（ NOCl ）是有机合成中重要的试剂，可 NO 与 2Cl 在一定条件下合成。在 2 L 容器恒温条件下，将物质的量之和为 3 mol 的 NO 和 2Cl 以不同的氮氯比进行如下反应： 22NO(g)+Cl (g) 2NOCl(g) ΔH<0 ，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度 的关系结果如下图。 ①判断图中温度 1T 、 2T 的关系： 1T ____ 2T 。（填“ ”、“ ”或“ ”） ②图中纵坐标为物质____（填化学式）的转化率，理由是_____。 ③图中 A 、 B 、 C 三点中平衡时 NOCl 体积分数最大的是____。（填“ A ”、“ B ”或“ C ”） ④ 1T 温度下，该反应的平衡常数 K= ____。 【答案】 (1). 1 2ΔH +ΔH (2). 1 2 1 2 k k k k   正 正 逆 逆 (3).  (4).  (5). 2Cl (6). 当  2 n(NO) n Cl 升高，反应物转化率大 (7). A (8). 160 【解析】 【分析】 （1）①运用盖斯定律，将方程式叠加，就可以得到相应反应的热化学方程式；根据反应达到 平衡时正、逆反应速率相等，结合速率与物质浓度关系，可得 K 的表达式；再利用温度对化 学平衡的影响，分析温度与化学平衡常数的关系； ②根据活化能高反应速率慢，活化能低化学反应速率快，比较二者活化能的大小；然后利用 温度对化学平衡移动的影响，结合物质浓度的变化，确定物质的位置； （2）①2NO(g)+Cl2(g) ⇌ 2NOCl(g) △ H<0．反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图象变 化分析判断； ②NO 和 Cl2 以不同的氮氯比反应，图象中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会 提高另一种的转化率； ③方程式中 NO 和 Cl2 的系数比为 2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分 数最大； ④结合三行计算列式计算 A 点平衡常数，温度不变平衡常数不变。 【详解】(1) ①I .2NO(g) ⇌ N2O2(g) △ H1<0；II.N2O2(g)+O2(g)  2NO2(g) △ H2<0，I+II 可得： 2NO(g) +O2(g) ⇌ 2NO2(g) △ H= △ H1+ △ H2； 当该反应达到平衡时，V1 正=V1 逆，V2 正=V2 逆，所以 V1 正×V2 正=V1 逆×V2 逆，即 k1 正 c2(NO)×K2 正 c(N2O2)×c(O2)= k1 逆 c(N2O2)×K2 逆 c2(NO2)×c(O2)，则是 K=       2 2 2 2 2 c NO c N O c O = 1 2 1 2 K K K K 正 正 逆 逆   ； ②2NO(g) +O2(g) ⇌ 2NO2(g)反应的快慢由反应速率慢的反应 II 决定，所以反应的活化能 E1N>O (2). 1s22s22p63s23p63d8 或[Ar] 3d8 (3). 激发 (4). 平面三角 形 (5). sp3 (6). 9:1 (7). 分子晶体 (8). 分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键 数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键） (9). 形成配合离子后，配位键与 NH3 中 N—H 键之间的排斥力小于原孤对电子与 NH3 中 N—H 键 之间的排斥力，故配合离子中 NH3 的 N—H 键间的键角变大； (10). 32 3 1.16 10 d  【解析】 【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为 N 和 F，由于 N 原子最外层电子为半充满状态，第一 电离能较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为 F>N>O；Ni 元素为 28 号元素，失去最 外层两个电子形成 Ni2+，基态 Ni2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d8 或[Ar] 3d8；基态 Ni2+ 的核外电子空间运动状态有 1+1+3+1+3+5=14 种，若该离子核外电子空间运动状态有 15 种， 则该离子处于激发态； (2)①NO3⁻ 的中心原子价层电子对数为 5+0 3+1 2  =3，孤电子对数为 0，所以空间构型为平面 三角形； ②甘氨酸(NH2CH2COOH)中 N 原子形成两个 N-H 键和一个 N-C 键，达到饱和状态，价层电子 对数为 4，所以为 sp3 杂化；分子中碳氧双键中存在一个π键，其余共价键均为σ键，所以分子 中σ键与π键的个数比为 9:1；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间 形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生 氢键）； (3)形成配合离子后，配位键与 NH3 中 N—H 键之间的排斥力小于原孤对电子与 NH3 中 N—H 键之间的排斥力，故配合离子中 NH3 的 N—H 键间的键角变大； (4)根据均摊法，该晶胞中 Li 原子个数为 8，其分子式为 Li2NH，则晶胞中 NH 原子团的个数 为 4，则晶胞的质量为 m= A 7 8+15 4 N   g，晶胞参数为 d pm=d×10-10cm，所以晶胞的体积 V=d3×10-30cm3，则密度 3 - 3 A 30 7 8+1 d 10 c 5 g = m 4 Nm V      ，解得 NA= 32 3 1.16 10 d  。 【点睛】含有—OH、—NH2 等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；甲烷和氨气 均为 sp3 杂化，但由于σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ键的排斥力，所以甲烷分子中键角比 氨气分子中键角大。 【化学—选修 5 有机化学基础】 12.某校研究小组的同学们以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成一种重要的医药中间体 ——乙酰基扁桃酰氯。 已知： ； + 2H O/HN RC HR COO ; ' 2SOCl R OH 'RCOOH RCOCl RCOOR  (1)甲苯与氯气反应生成 A 的条件是______； B 中含有的官能团是_____； D 的结构简式是 ____。 (2)下列说法正确的是______。 a 化合物 A 不能发生取代反应 b 乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃 c 化合物 C 能与新制的 2Cu(OH) 发生反应 (3) E+F G 的化学方程式是________。 (4)化合物 D 有多种同分异构体，同时符合下列条件的同分异构体共有__种，写出其中一种同 分异构体的结构简式____。 ①红外光谱检测表明分子中含有氰基( -CN )；②核磁共振氢谱检测表明分子中有苯环，且苯环 上有两种不同化学环境的氢原子。 (5)参照上述流程图，以乙醇为原料制备 F，设计合成路线____：(无机试剂任选)。 【答案】 (1). 光照 (2). 羟基(或 -OH ) (3). (4). c (5). +CH3COCl→ +HCl (6). 4 (7). ( 写 出 任 意 一 种 即 可 得 分 ) (8). 2 2 2O O SOCl 3 2 3 3 3CH CH OH CH CHO CH COOH CH COCl  催化剂 催化剂 【解析】 【分析】 根据题中各物质的转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成 A，A 为 ，A 发生碱性水解得 B，B 为 ，B 发生氧化反应得 C，C 为 ，C 发生信息中的反应得 D，D 为 ，D 酸性水解得 E，E 为 ，根据 F 的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与 SOCl2 发生信息中的反 应生成 F 为 CH3COCl，F 和 E 发生取代反应生成 G 为 ，G 与 SOCl2 反应生成乙 酰基扁桃酰氯，据此分析解答。 【详解】(1)甲苯与氯气发生侧链的取代反应生成 A 的反应条件为光照；B 为 ， B 中所含官能团为羟基，D 的结构简式为 ，故答案为：光照；羟基(或 -OH )； ； (2)a. A为 ， 能发生水解反应，也属于取代反应，故 a 错误；b. 乙 酰基扁桃酰氯中含有氧元素和氯元素，不属于芳香烃，故 b 错误； c. C 为 ，其中含有醛基，能与新制的 2Cu(OH) 发生反应，故 c 正确； 故选 c； (3)F 和 E 发生取代反应生成 G 为 ，所以 E+F→G 的化学方程式是 +CH3COCl→ +HCl，故答案为： +CH3COCl→ +HCl； (4)D 的结构简式为 ，①红外光谱检测表明分子中含有氰基(-CN)；②分子中有苯 环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，即苯环上有两个处于对位的基团，则符合条件 的 D 的结构简式为 、 、 、 ，故答案为：4； 、 、 、 (任写一种)； (5)以乙醇为原料制备 F(CH3COCl)，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与 SOCl2 发生信息中的反 应生成 F 为 CH3COCl，合成路线为 ，故答案 为： 。 【点睛】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质 以及抓住所给信息解题是关键，难度中等，注意有机官能团的性质的灵活运用。