贵州省贵阳市2022年高考理综 化学模拟试题 07（含答案及解析）

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贵州省贵阳市2022年高考理综 化学模拟试题07
（答案及解析）
可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Si 28 S 32　Cl 35.5　Ca 40　Fe 56　Cu 64　 Te 128 Ba 137 Pb 207
一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分)
7．中华民族历史悠久，传统文化中涉及很多化学知识。下列说法错误的是(　　)
A．南北朝的《本草经集注》记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，利用了焰色反应原理
B．宋代的钧瓷以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。瓷器主要原料是黏土，“窑变”是高温下釉料中添加的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
C．明代的《菽园杂记》对海水提取食盐有如下记载：“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋”。上述涉及的“灰”作用是过滤
D．明末清初编撰的《物理小识》有如下叙述：“青矾烧之赤色，厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”。“青矾”主要成分是FeSO4•7H2O，“青矾厂气”中含有SO3
【答案】C
【解析】A项，硝石(KNO3)的焰色反应为紫色，而朴硝(Na2SO4)的焰色反应为黄色，所以区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法是利用了“焰色试验”原理，A项正确；B项，不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致陶瓷表面颜色“万彩”，B项正确；C项，将稻草麦秆等物燃烧得到草木灰，将草木灰铺在沙滩上，用海水浸湿，草木灰即可以吸附海盐，所以利用的是草木灰的吸附作用，C项错误；D项，“矾”一般指的是含有结晶水的硫酸盐，“青矾烧之赤色”，则青矾主要成分是FeSO4•7H2O，分解时青矾厂气中含有SO3，与水结合生成硫酸，故而“衣服当之易烂，栽木不茂”，D项正确；故选C。
8．有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是( )

A．M中所有碳原子可能共面 B．N可以与钠反应生成H2
C．M生成N的反应为取代反应 D．M、N的一氯代物数目相同
【答案】B
【解析】A项，M中数字所标注的C均为烷烃的碳，空间结构为四面体形，特别是3号位置的C，与另外四个C形成四面体，因此所有C原子不可能共平面，A错误；B项，N物质中有羟基(-OH)，可以与活泼金属Na反应生成H2，B正确；C项，M生成N的过程中，M的一个羰基变为羟基，属于加成反应，C错误；D项，M有6种不同化学环境的H，，因此一氯代物有6种，N有8种不同化学环境的H，，但是Cl一般不能取代羟基上的H，因此一氯代物有7种，两者的一氯代物数目不同，D错误；故选B。
9．已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　)
A．将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为NA
B．室温下，1 L pH＝3的NaHSO3水溶液中由水电离产生的OH－的数目为0.001NA
C．常温常压下，40 g SiC中含有Si—C键数目为4NA
D．100 g 质量分数为3%的甲醛水溶液中含有的氢原子数目大于0.2NA
【答案】B
【解析】A项，把1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系：n(NH)＋n(H＋)＝n(OH－)＋n(NO)，则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于NA，A项正确；B项，pH＝3的NaHSO3溶液中，HSO的电离程度大于水解程度，溶液中的氢离子主要来自于HSO的电离，故溶液中水电离出的OH－小于0.001NA，B项错误；C项，40 g SiC的物质的量n＝＝1 mol，而1 mol SiC中含有Si—C键4 mol即4NA，C项正确；D项，在100 g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有3 g甲醛，含有甲醛的物质的量为0.1 mol,0.1 mol甲醛分子中含有0.2 mol氢原子，由于水分子中也含有氢原子，则该溶液中含有氢原子数大于0.2NA，D项正确。
11．用如图所示装置进行实验，能达到相应实验目的的是(尾气处理装置略) ( )
选项
①中试剂
②中试剂
③中试剂
实验目的
装置
A
浓HNO3
铜片
水
验证NO2能与水反应生成NO

B
乙醇
Na
水
判定乙醇中活泼氢数目
C
苯与液溴的混合液
铁粉
AgNO3溶液
证明苯与液溴能发生取代反应
D
浓H2SO4
浓盐酸
CH3COONa溶液
比较盐酸与醋酸的酸性强弱
【答案】A
【解析】A项，浓HNO3与铜反应会生成NO2，若NO2与水反应会生成NO，NO为无色气体，逸出后在水的表面气体开始为无色，但逐渐会与空气中氧气反应生成红棕色气体NO2，可实现验证，故A正确；B项，乙醇与钠单质反应生成氢气，氢气密度比空气和水小，且不溶于水，可根据收集的氢气确定乙醇中的活泼氢数目，但未给出试剂的用量，且该装置无法收集氢气，故B错误；C项，液溴具有良好挥发性，铁与Br2反应为放热反应，能够加速液溴挥发，溴单质与水反应能生成HBr，HBr与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，无法验证该HBr是苯与液溴反应产生，故C错误；D项，浓硫酸和浓盐酸混合是快速制HCl，但HCl与CH3COONa反应无现象，因此无法判断，故D错误；故选A。
11．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O—＋CO2＋H2O→2C6H5OH↓＋CO32-
B．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：3OH－＋CO32-＋5H＋= CO2↑＋4H2O
C．0.2 mol・L—1 的NaAlO2溶液与0.5mol・L-1的 盐酸等体积混合：2AlO2-+ 5H+ = Al3+ + Al(OH)3↓+ H2O
D．向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3++2I－=2Fe2++I2
【答案】C
【解析】A项，苯酚的酸性比HCO3-强，所以向苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：C6H5O—＋CO2＋H2O→C6H5OH↓＋HCO3-，A不正确；B项，NaOH和Na2CO3浓度相同，则向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸的离子方程式为：OH－＋CO32-＋3H＋= CO2↑＋2H2O，B错误；C项，0.2 mol・L—1 的NaAlO2溶液与0.5mol・L-1的 盐酸等体积混合的离子方程式为：2AlO2-+ 5H+ = Al3+ + Al(OH)3↓+ H2O，C正确；D项，当NO3-在酸性环境中也具有氧化性，则向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液的离子方程式为：Fe3++3NO3-+10I－+12H+=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，D不正确；故选C。
12．相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是( )

A．a电极的电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-
B．c、d离子交换膜依次为阳子交换膜和阴离子交换膜
C．电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2++2e-=Cu
D．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320g NaOH
【答案】D
【解析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓 度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应， 作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2。电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由 0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1， 正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解 池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g。A项，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，A项正确；B项，因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极附近阴离子减少，必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B项正确；C项，Cu(1)作正极，得到电子，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C项正确；D项，电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol·L-1降到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g，D选项错误；故选D。
13．短周期主族非金属元素W、X、Y、Z、M分布在三个周期，且原子序数依次增大。X、Y为同周期相邻元素，W、X、Y、M可形成一种广“泛用于电子工业的盐P{化学式：[Y(XW3)4]+M-}，着XW3被W代替后的盐为Q，盐P、Q中各原子中除W外部满足8电子结构。在1L0.2mol·L-1 W2Z的水溶液中缓慢通入气体ZO2(O为氧)，该溶液的pH与ZO2体积(标准状况)的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．X、Y、Z、M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
B．X、Y、Z、M与W均可形成18电子的分子
C．可在含Z的简单阴离了钠盐溶液中加入(或通入)M的单质来比较Z、M的非金属性
D．W、Y元素所组成的一种化合物可作为火箭的燃料
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z均为非金属元素、原子序数依次增大且分布在三个周期，可推出W为第一周期的H元素， [Y(XW3)4]+M-中可得 M呈-1价，最外层7个电子可能为F或Cl，Z能形成化合物W2Z和ZO2，根据W2Z的水溶液中通入ZO2的pH关系可推知Z为S元素，则M为Cl元素，由题意可知X、Y位于第二周期的相邻元素，根据化学式[Y(XW3)4]+可推知X为C元素，则Y为N元素，以上分析可得：W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，M为Cl元素，盐P的化学式为[N(CH3)4]Cl，盐Q的化学式为：NH4Cl。A项，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，M为Cl元素，HNO3、H2SO4、HClO4均为强酸，而H2CO3为弱酸，A错误；B项，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，M为Cl元素，分别与H可形成C2H6、N2H4、H2S、HCl，均为18电子的分子，B正确；C项，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，根据反应S2-+Cl2=S+2Cl-可推Cl2的氧化性大于S，即Cl的非金属性大于S，C正确；D项，N和H元素形成的化合物N2H4常用作火箭的燃料，D正确；故选A。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
(一)必做题
26．(14分) 高铁酸盐在污水处理，水体消杀等方面用途广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是一种重要的高铁酸盐。某学校化学学习小组通过下列装置制备K2FeO4。回答下列问题：

已知K2FeO4的部分性质如下：
溶解性
溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物
稳定性
温度为0~5℃或强碱性溶液中能稳定存在；酸性或中性溶液中放出O2
(1)仪器a的名称是________________。
(2)装置乙可选用下列________(填标号)。

(3)连接好装置乙后，需对装置气密性进行检查，写出整套装置的气密性检查方法及气密性良好的现象：_________________________________。
(4)装置甲中的试剂X为锰的一种化合物，写出装置甲中发生的离子反应式____________。
(5)制备过程中，装置丙需采用冰水浴，目的是__________________________，该装置中以1molFeCl3为原料，完全转化为K2FeO4需要消耗KOH________ g。
(6)装置丁的作用是_________________________________。
【答案】(1)三颈烧瓶(1分) (2)d (2分)
(3)关闭分液漏斗活塞，打开止水夹1，2，3，向丁中烧杯加水至没过球形干燥管，用酒精灯微热甲中圆底烧瓶，若观察到丁中产生气泡，移去酒精灯后，丁中球形干燥管中形成一段稳定水柱，则说明装置气密性良好(3分)
(4)2 MnO4-+ 16H+ + 10Cl- =2Mn2+ + 5Cl2↑ +8H2O(2分)
(5)防止产物K2FeO4分解(2分) 448(2分)
(6)吸收尾气，防止污染(2分)
【解析】装置甲为浓盐酸与高锰酸钾固体发生氧化还原反应制备氯气，由于浓盐酸具有挥发性，氯气中会含有氯化氢气体，将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶乙中除去氯化氢气体，将除去氯化氢气体的氯气通入盛有过滤氢氧化钾溶液和氯化铁溶液的装置丙中，在碱性条件下，氯气与氢氧化铁反应生成高铁酸钾，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收过量的氯气，防止污染环境。(1)由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；(2)由于浓盐酸具有挥发性，装置甲制得的氯气中含有氯化氢气体，装置乙中盛有饱和食盐水，目的是除去氯气中混有的氯化氢气体，则d正确，故答案为d；(3)检查装置的气密性，必须形成密闭系统和压强差，则检查装置气密性的方法是连接好装置乙后，关闭分液漏斗活塞，打开止水夹1，2，3，向丁中烧杯加水至没过球形干燥管形成密闭系统，用酒精灯微热甲中圆底烧瓶，使装置中气体压强增大，若观察到丁中产生气泡，移去酒精灯后，丁中球形干燥管中形成一段稳定水柱，则说明装置气密性良好，故答案为：关闭分液漏斗活塞，打开止水夹1，2，3，向丁中烧杯加水至没过球形干燥管，用酒精灯微热甲中圆底烧瓶，若观察到丁中产生气泡，移去酒精灯后，丁中球形干燥管中形成一段稳定水柱，则说明装置气密性良好；(4)装置甲中的反应为浓盐酸与高锰酸钾固体发生氧化还原反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2 MnO4-+ 16H+ + 10Cl- =2Mn2+ + 5Cl2↑ +8H2O；(5)由温度为0~5℃或强碱性溶液中高铁酸钾能稳定存在可知，制备过程中装置丙需采用冰水浴的目的是防止产物高铁酸钾分解；由题意可知，生成高铁酸钾的化学方程式为2FeCl3+ 3Cl2+16KOH=2K2FeO4+12KCl+8H2O，由方程式可知，1mol氯化铁完全转化为高铁酸钾消耗氢氧化钾的质量为1mol××56g/mol=448g；(6)装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收过量的氯气，防止污染环境。
27．(14分) 某工业的含碲废渣中含有较多Na2TeO3，同时含有Na2SiO3、Na2PbO2、SiO2、Cu2Se等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。

(1)为提高含碲废渣的浸取率，可采取的措施为___________(任写一种)。
(2)“滤渣Ⅱ”的主要成分为PbS和CaSiO3，写出生成PbS的化学方程式：___________。
(3)加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使Na2TeO3水解沉碲(TeO2)，写出“沉碲”的离子方程式：___________。
(4)经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中TeO2的质量分数为___________，含有的杂质可能为___________(填化学式)。
(5) TeO2与SO2的性质相似，都可与强碱反应。“浸取液Ⅱ”需调节NaOH的浓度在，经惰性电极电解可得到Te，写出电解时阳极的电极反应式：___________。
(6)“滤渣Ⅰ”的主要成分有Cu2Se和___________(填化学式)。其中Cu2Se可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)。已知常温下H2SeO3的、，则NaHSeO3溶液的pH___________(填“＞”、“＜”或“=”)7，硒酸(H2SeO4)可以用氯气氧化亚硒酸得到，该反应的化学方程式为___________。
【答案】(1)适当延长浸取时间(或其他合理答案) (2分)
(2) Na2PbO2+NaS+2H2O==PbS↓+4NaOH (2分)
(3)TeO3-+2H+= TeO2↓+H2O(2分)
(4)93.7% (2分) CaSO4(1分)
(5)4OH--4e-=2H2O+O2↑(2分)
(6) SiO2(1分) ＜(1分) H2SeO3+ Cl2+H2O= H2SeO4+2H Cl(1分)
【解析】某工业的含碲废渣中含有较多Na2TeO3，同时含有Na2SiO3、Na2PbO2、SiO2、Cu2Se等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。对于流程图中第一步用水浸取，经过滤可除去SiO2、Cu2Se，第二步在浸取液Ⅰ中加入硫化钠溶液和氯化钙溶液可把硅酸根除去，把Na2PbO2转化为PbS而除去，第三步在滤液Ⅰ中加入稀硫酸调酸碱性沉碲，第四步在滤渣Ⅲ加入氢氧化钠溶液溶解二氧化碲，最后电解来制碲。(1)为提高含碲废渣的浸取率，可升高温度，增加搅拌，或者延长浸取时间等；(2)加入硫化钠溶液，Na2PbO2 和Na2S反应生成PbS，生成PbS的化学方程式为：Na2PbO2+NaS+2H2O==PbS↓+4NaOH；(3)加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使Na2TeO3水解沉碲(TeO2)，“沉碲”的离子方程式为：TeO3-+2H+= TeO2↓+H2O；(4)经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，碲的摩尔质量为128g/mol,二氧化碲的摩尔质量为160g/mol，1molTe可以制备1molTeO2，所以75gTe可以制备TeO2的质量为=93.7g, 经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中TeO2的质量分数为93.7%，因为硫酸钙微溶于水，所以含的杂质可能是CaSO4；(5)因为溶液为碱性，经惰性电极电解时，氢氧根离子在阳极失去电子生成氧气，阳极的电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑；(6)“滤渣Ⅰ”的主要成分有Cu2Se和SiO2,已知常温下H2SeO3的、，HSeO3-的水解常数为，Ka2>Kh，溶液呈酸性，NaHSeO3溶液的pHK(A)>K(B) (2分) 75％ (2分) ②d(1分)
(3)④(2分) ③(2分) 100 (2分)
【解析】(1)①由反应热=反应物键能之和—生成物键能之和可得：反应I中△H1=(2a+3×436) kJ·mol-1—(3×406+351+2×462.5+465) kJ·mol-1=-51kJ·mol-1，解得a=800 kJ·mol-1；②由反应热=Ea(正)活化能—Ea(逆)活化能可得：Ea(正)活化能—124kJ·mo1-1=+41.17kJ·mol-1，解得Ea(正)活化能=165.17kJ·mol-1；(2)①反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，反应温度：B>A>C，则A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为K(C)>K(A)>K(B)；设生成甲醇的物质的量为amol，由题意建立如下三段式：

则C点甲醇百分含量为50%可得：×100%=50%，解得a=0.75，C点CO2的转化为×100%=75%；②升高温度，正、逆反均应速率增大，反应I为放热反应， 平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则图中d点符合题意，故答案为d；(3)反应II是吸热反应，升高温度，v正、v逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向正反应方向移动，则v正>v逆，pk正＜pk逆，由图像可知，能表示以pk正随T变化关系的是斜线④，能表示pk逆随T变化关系的是斜线③；当反应达到平衡时，v正= v正，则k正c(CO)·c(H2O)= k逆c(CO2)·c(H2)，K===100。
(二)选做题
37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分) 铜是人类最早使用的金属之一，铜的使用对早期人类文明的进步影响深远。按要求回答下列问题。
(1)基态Cu与Cu2＋中未成对电子数之比为___________。
(2)白铜是铜镍合金，呈银白色，有金属光泽，白铜中存在的化学键是___________；元素铜与镍的第二电离能分别为I(Cu)=1958kJ·mol-1、I(Ni)=1753kJ·mol-1，I(Cu)＞I(Ni)的原因是铜的核电荷数较大，且__________________。
(3)某含铜配合物的结构简式如图所示，其中Cu2＋的配位数是___________，C原子的杂化类型为___________；C、N、O三种元素的简单氢化物中能形成氢键的是___________(填化学式)。

(4)两种或两种以上的金属元素在一定条件下以它们原子数的整数比相结合而成的化合物，通常叫金属互化物。
①金属互化物ZnCu中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有Cu原子均位于晶胞的面心，则Zn原子位于晶胞的___________。
②一种Ca、Cu形成的金属互化物的晶体结构如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该金属互化物的密度是___________g·cm-3(列出表达式即可)。

【答案】(1)1：1(1分) (2)金属键(1分) 铜失去的是全充满的3d10上的电子，较难失去电子，镍失去的是4s1上的电子，较易失去电子(2分)
(3)4(1分) sp2、sp3(1分) NH3、H2O(2分)
(4)①顶点、面心(3分) ② (4分)
【解析】(1)Cu的原子序数为29，核内29个质子，核外29个电子，根据核外电子排布规律，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2sp63d104s1，有1个未成对电子，Cu2+是失去最外层4s上1个电子和3d上一个电子，其电子排布式为1s22s22p63s2sp63d9，有1个未成对电子，则基态Cu与Cu2＋中未成对电子数之比为1:1；(2)白铜是铜镍合金，金属合金属于金属晶体，存在金属键；元素铜失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，达到全充满稳定状态，很难失去第2个电子，而镍失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s1，很不稳定，易失去4s的1个电子；所以第二电离能I(Cu)＞I(Ni)的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，较难失去电子，镍失去的是4s1电子，较易失去电子； (3)由结构可知，Cu2+形成4个配位键，Cu2+的配位数是4；环和乙酸根离子中连接O原子的碳原子价层电子对个数都是3、甲基上的C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子轨道杂化类型，前者为sp2杂化，后者为sp3杂化；N、O元素的电负性较大而原子半径较小，所以C、N、O三种元素的简单氢化物中，N、O的氢化物即NH3、H2O都能形成氢键；(4)①金属互化物ZnCu中所有金属原子均按面心立方最密堆积，故每个晶胞中含有4个金属原子，若所有Cu原子均位于晶胞的面心，则Zn原子位于晶胞的8个顶点和面心，6个面心中有4个面心是Cu原子，2个面心是Zn原子；②由可知，该晶体结构中Ca原子的个数=12×+2×=3，Cu原子个数=12×+6×+6=15，其体积V=[(x×10-10)2sin60º×6×(y×10-10)]cm3=x2y×10-30cm3，密度ρ=== g·cm-3。
38．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 物质G是制备抗癌药物吉非替尼过程中重要的中间体，某研究小组按下列路线合成中间体G

已知：
(1)
(2)
(3)R1-CH2-CH2-O-CH2-CH2-R2(同时还有H2O或卤化氢生成)
请回答：
(1)下列说法正确的是_______。
A．化合物A能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．化合物A中含有4种不同的官能团
C．化合物C具有碱性
D．化合物G的分子式为C15H20N3O3
(2)上述路线中合成A的反应类型为_______，化合物E的结构简式为_____________。
(3)写出C到D的化学反应方程式___________________________________________。
(4)请设计以乙烯为原料转变为物质C的合成线路(用流程图表示，无机试剂任选)___ ____________________________。
(5)写出化合物B (C8H7NO2)所有可能的同分异构体_______。
须同时满足：①能发生银镜反应，且1mol B最多能生成2mol Ag；
②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且分子中有4种不同化学环境的氢原子
③红外光谱表明N原子与O原子直接相连，但不含“-NH-”结构
【答案】(1)AC(2分) (2)取代反应(1分) (2分)
(3)+K2CO3→+KBr+KHCO3
或+K2CO3→+2KBr+H2O+CO2↑(3分)
(4) (3分)
(5) (4分)
【解析】题中给出了起始原料和产物的结构简式，其余A~F的分子式已知，根据G的结构简式进行倒推即可推出其他物质的结构简式。结合G的结构简式，从3,4—二羟基苯甲醛到A的反应为取代反应，且与醛基对位上的羟基反应，则A的结构简式为；根据已知条件(1)，B的结构简式为；比较A与G的结构，可知C的结构为；C到D为取代反应，结合D的分子式得D得结构简式为；结合G的结构和E的分子式，D与B为取代反应，E的结构简式为；E到F，结合反应条件，可知为硝化反应，则F的结构简式为；F到G为硝基的还原反应。(1)A项，化合物A中含有酚羟基和醛基，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，故A正确；B项，化合物A中含有的官能团为酚羟基、醛基、醚键，只有三种，故B错误；C项，化合物C中含有氨基，显碱性，故C正确；D项，根据有机物成键特征，化合物G的分子式为C15H21N3O3 \，故D错误；故选AC；(2)结合G和A的分子式，路线中，合成A为取代反应，E的结构简式为；(3)C到D为取代反应，反应中溴原子与H结合生成HBr，HBr与碳酸钾反应促使反应向产物的方向进行，结合D的分子式可知反应的化学方程式为+K2CO3→+KBr+KHCO3或+K2CO3→+2KBr+H2O+CO2↑；(4)用乙烯合成C时，先将乙烯变成卤代烃，在水解生成醇，通过分之间脱水生成醚，结合已知(3)，与NH3反应生成C，其流程为； (5)①能发生银镜反应，则含有官能团醛基()，且1molB最多生成1molAg，则分子中只含一个醛基；②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且分子中有4种不同化学环境的氢原子，则分子为对称结构，两取代基为苯环的对位；根据化合物B的饱和度为5，结合③可知分子中可能存在的结构为碳氮双键、氮氧双键、环状结构，结构简式为、 、 、。