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2021年高三化学上册月考测验相关

江西省吉安市2021届高三上册1月大联考理综化学无纸试卷完整版

2020年,突如其来的新型冠状肺炎肆虐全球。下列说法中错误的是
A.含有病毒的飞沫分散在空气中形成气溶胶,公共场所戴口罩能减少新冠状肺炎的感染风险
B.向厨房、餐厅喷洒大量75%的酒精以对空气中可能潜在的covid-19病毒进行消杀
C.N95口罩过滤层的熔喷布是以聚丙烯为原料制备,聚丙烯是石油化工的产品之一
D.研究表明,铜制品可能对新冠病毒有抑制作用。铜作为人体必需的微量金属,摄入过量也会有危害

【答案】B
【解析】
A.由于含有病毒的飞沫分散在空气中能形成气溶胶,因此公共场所戴口罩能减少新冠状肺炎的感染风险,A正确;
B.向厨房、餐厅喷洒大量75%的酒精,由于酒精易挥发,因此容易造成火灾,应该是喷洒适量的75%的酒精,以对空气中可能潜在的covid-19病毒进行消杀,B错误;
C.N95口罩过滤层的熔喷布是以聚丙烯为原料制备,聚丙烯的单体是丙烯,因此聚丙烯是石油化工的产品之一,C正确;
D.铜属于重金属,因此摄入过量也会有危害,D正确;
答案选B。

NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.1 mol Cl2与足量的甲烷在光照条件下充分反应直到混合气无色,生成的HCl数目小于NA
B.常温常压下,30 g乙酸和乳酸(CH3CHOHCOOH)混合物中含有的原子数目为4NA
C.常温下,0.1 L 0.1 mol/L的CH3COONa溶液中,CH3COO-的数目为0.01NA
D.78 g Na2O2固体中阴离子所含电子数为34NA

【答案】B
【解析】
A.1 mol Cl2与足量的甲烷在光照条件下充分反应直到混合气无色,有机产物的物质的量不能确定,但生成的HCl的物质的量一定是1mol,数目为NA,A错误;
B.乙酸和乳酸(CH3CHOHCOOH)的最简式均是CH2O,常温常压下,30 g乙酸和乳酸(CH3CHOHCOOH)混合物中“CH2O”的物质的量是1mol,含有的原子数目为4NA,B正确;
C.常温下,0.1 L 0.1 mol/L的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解,因此CH3COO-的数目小于0.01NA,C错误;
D.78 g Na2O2的物质的量是1mol,含有1mol阴离子O,则固体中阴离子所含电子数为18NA,D错误;
答案选B。

2020年6月26日是第三十三个国际禁毒日,主题是“健康人生,绿色无毒”。冰毒,新型毒品的一种,又名甲基安非他明,是一种无味或微有苦味的透明结晶体,纯品很像冰糖,形似冰,故俗称冰毒。甲基苯丙胺是制作冰毒的原料,已知甲基苯丙胺的结构(键线式)如图,下列说法不正确的是

A.甲基苯丙胺的分子式为C10H15N B.甲基苯丙胺能与酸反应
C.甲基苯丙胺的核磁共振氢谱中共有7种信号峰 D.甲基苯丙胺分子中只有一种官能团

【答案】C
【解析】
A.由甲基苯丙胺的结构简式可知其分子式为C10H15N,A正确;
B.甲基苯丙胺分子中存在亚氨基(-NH-),能与酸反应,B正确;
C.甲基苯丙胺分子中等效氢原子共含有8种(),所以核磁共振氢谱中共有8种信号峰,C错误;
D.甲基苯丙胺分子中只有亚氨基(-NH-)一种官能团,D正确;
故选C。

X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期元素,Y或W的最高正价与最低负价代数和为零,甲、乙、丙分别是Y、X、W三种元素对应的单质,m、n、s分别是由上述四种元素中的两种形成的化合物,它们之间的转化关系如图所示。下列说法不正确的是

A.原子半径:W、Y、Z、X依次减小
B.简单氢化物的还原性:Y>W
C.乙、s均为常见的还原剂
D.由X、Y、Z三种元素形成的化合物可能会使酸性高锰酸钾褪色

【答案】B
【解析】
甲是C,m是H2O,乙是H2,s是CO,n是SiO2,丙是单质硅。元素X是H,Y是C,Z是O,W是Si。
A.同周期主族元素原子半径从左往右依次减小,电子层数越多,半径越大,故原子半径Si>C>O> H,故A正确;
B.Y、W的简单氢化物分别为CH4、SiH4,稳定性: CH4 > SiH4,还原性:SiH4 > CH4,故B错误;
C.H2、CO均为常见的还原剂,故C正确;
D.由H、C、O三种元素组成的化合物,如草酸( H2C2O4),能使酸性高锰酸钾褪色,故D正确;
故选B。

下列实验操作、实验现象以及相应的结论或解释均正确的是

选项

实验操作

实验现象

结论或解释

A

常温下取两份5mL0.1mol/LNa2CO3溶液,一份滴加2滴酚酞,另一份插入手持pH 计,同时放入温水浴中加热,加热至40℃,分别测出常温、40℃溶液pH

红色加深;pH分别为11.7、11.4

碳酸根离子水解、水的电离均吸热,温度升高,c(OH-)、Kw均增大

B

将SO2通入紫色石蕊试液中

溶液先变红,后褪色

SO2的水溶液有酸性、漂白性

C

向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2

出现白色沉淀

酸性:H2SO3>HClO

D

向Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液中滴加NaHS溶液

出现黑色沉淀

Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)


A.A B.B C.C D.D

【答案】A
【解析】
A.红色加深说明溶液中c(OH-)增大,说明碳酸根的水解平衡正向移动,水解吸热,而pH减小,c(H+)也增大,说明加热时促进了水的电离,Kw增大,A正确;
B.SO2不能漂白指示剂,所以溶液变红后不会褪色,B错误;
C.向饱和Ca(ClO)2溶液中通入SO2,次氯酸根将SO2氧化,得到的白色沉淀为CaSO4,所以无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱,C错误;
D.混合溶液中Cu(NO3)2、AgNO3的浓度不一定相同,无法比较二者的溶解度,且二者为不同类型的沉淀,不能简单根据溶解度判断溶度积大小,D错误;
综上所述答案为A。

镓(Ga)、Al均为同一主族元素,具有相似的化学性质。镓主要用于电子工业和通讯领域,是制取各种镓化合物半导体的原料。电解精炼法提纯镓是工业上常用的方法。原理如下:

电解过程中需控制合适的电压,若电压太高时阴极会产生H2导致电解效率(η)下降。(已知:金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu,η=生成目标产物消耗的电子数÷转移的电子总数)。下列说法正确的是
A.N极是直流电源的负极
B.阴极发生的电极反应式为Ga3++3e-=Ga
C.粗Ga中含Zn、Fe、Cu等杂质,则阳极泥中可能含有Zn、Fe、Cu
D.若外电路通过1.0 mol e-时,阴极得到14.0 g的镓,则该电解装置的电解效率η=60%

【答案】D
【解析】
电解精炼Ga类似于电解精炼Cu,粗Ga连电源正极作电解的阳极,Zn、Ga在阳极放电:Zn-2e-+2OH‑ =Zn(OH)2,Ga-3e-+4OH- =+2H2O,比Ga活泼性弱的Fe、Cu不放电,形成阳极泥,纯Ga连电源的负极作电解的阴极,在阴极得电子析出Ga,电极反应为:+3e-+2H2O= Ga+4OH-。
A.由分析知,粗Ga连电源的正极,故N极为电源正极,A错误;
B.由分析知,阴极反应为:+3e-+2H2O= Ga+4OH-,B错误;
C.Zn比Ga活泼,Zn先于Ga在阳极放电,故阳极泥中不含Zn,C错误;
D.由阴极反应:+3e-+2H2O= Ga+4OH-,得关系式:Ga~3e-,故生成Ga消耗的电子数=3n(Ga)=,则电解效率=,D正确;
故答案选D。

测定溶液中Cl-的浓度时,常用标准AgNO3溶液滴定,K2CrO4作指示剂。根据如下关于AgCl、Ag2CrO4的溶度积图,判断下列说法正确的是

A.P点时,二者的溶度积常数相同
B.M点时,对AgCl溶液而言为饱和状态,对Ag2CrO4溶液而言为过饱和状态
C.向c(Cl-)=c()=1×10-2 mol·L-1的混合溶液中逐滴滴加1×10-3 mol·L-1 AgNO3溶液,振荡,先产生AgCl沉淀,当溶液中c(Cl-)降至1×10-5 mol·L-1时,c()=1×10-3.5 mol·L-1
D.向c(Cl-)=c()=1×10-8.5 mol·L-1的混合溶液中逐滴滴加1×10-1 mol·L-1 AgNO3溶液,振荡,先产生Ag2CrO4沉淀

【答案】D
【解析】
A.据图可知当-lgc(Ag+)=0时,即c(Ag+)=1mol/L时,-lgc(Cl-)=10,-lgc()=12,据此可以求得Ksp(AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-)=10-10,Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c()=10-12,温度不变则溶度积大小不变,P点时二者的溶度积不相等,A错误;
B.M点位于Ag2CrO4溶度积曲线的右上方,则该点c2(Ag+)·c()<Ksp(Ag2CrO4),为Ag2CrO4的不饱和溶液,B错误;
C.当c(Cl-)=c()=1×10-2 mol·L-1时,即-lgc(Cl-)=-lgc()=2,据图可知此时产生AgCl沉淀所需的-lgc(Ag+)更大,即c(Ag+)更小,所以先产生AgCl沉淀;当c(Cl-)降至1×10-5 mol·L-1时,c(Ag+)==1×10-5 mol·L-1,c()=mol·L-1=10-2 mol·L-1,C错误;
D.当c(Cl-)=c()=1×10-8.5 mol·L-1时,即-lgc(Cl-)=-lgc()=8.5,据图可知此时产生Ag2CrO4沉淀所需的-lgc(Ag+)更大,即c(Ag+)更小,所以先产生Ag2CrO4沉淀,D正确;
综上所述答案为D。

铋(Bi)属于VA主族元素,主要化合价有+3、+5.金属铋为有银白色(粉红色)到淡黄色光泽的金属,质脆易粉碎;室温下,铋不与氧气或水反应,在空气中稳定。工业上以铋矿石(主要成分为Bi2S3、Bi2O3,还含有少量的Bi单质)制备金属铋的流程如下:

已知:
①铋不溶于水,不溶于非氧化性酸(如盐酸)
②可溶性BiCl3在水溶液里易发生水解反应生成难溶性的BiOCl
③氧化性:>>Cl2>Fe3+>Bi3+>Fe2+
④Ksp(FeS)=1×10-17、Ksp(Bi2S3)=1.6×10-20
回答下列问题:
(1)已知浸出渣中不含铋元素,浸出液中的铋元素以Bi3+的形式存在。则“浸出”过程中Bi2S3与FeCl3发生氧化还原反应的化学方程式为___,加入盐酸的目的是____。
(2)操作1的名称为_____。
(3)“还原”过程中加入适量Na2SO3溶液的目的是_____。
(4)“置换”过程中发生主要反应的离子方程式为_____。置换液中的主要溶质为FeCl2、Na2SO4,若用惰性电极电解该置换液会实现FeCl3的“再生”,则该装置阳极的电解反应式为_____。
(5)25℃时,向浓度均为0.004 mol·L-1的Fe2+、Bi3+的混合溶液中滴加(NH4)2S溶液,当Bi3+刚开始出现沉淀时,所得溶液中c(Fe2+):c(Bi3+)=_____。
(6)取某NaBiO3样品28.0 g,加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解,稀释至100 mL,取出25.00 mL溶液,用新配制的2.0 mol·L-1 FeSO4溶液对生成的高锰酸根离子进行滴定,滴定完成后消耗22.00 mL FeSO4溶液。则该样品中NaBiO3的纯度为_____。

【答案】Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S 溶解Bi2O3并抑制BiCl3的水解 过滤 除去过量的FeCl3,节省后续反应所需试剂的用量 88%
【解析】
铋矿石加盐酸溶解Bi2O3生成BiCl3,加足量氯化铁后发生反应Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S,过滤除去S单质,浸出液中适量亚硫酸钠溶液将过量的氯化铁溶液还原成氯化亚铁,再加足量的铁粉将Bi单质置换出来,过滤得到Bi,据此分析解答。
(1)“浸出”过程中Bi单质被Fe3+氧化成Bi3+,Bi2O3溶于盐酸生成Bi3+,Bi2S3与FeCl3发生氧化还原反应的化学方程式为:Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S,加入盐酸的目的是溶解Bi2O3并抑制BiCl3的水解,故答案为:Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S;溶解Bi2O3并抑制BiCl3的水解;
(2)操作1实现固液分离,应为过滤,故答案为:过滤;
(3)还原过程中加入适量亚硫酸钠的目的是利用其较强的还原性除去过量的FeCl3,节省后续反应所需Fe的用量,故答案为:除去过量的FeCl3,节省后续反应所需试剂的用量;
(4)“置换”过程中发生主要反应的离子方程式为:;“再生”时装置阳极的电解反应式为:,故答案为:
(5)当刚开始出现沉淀时,此时溶液中的==1.0×10-15mol∙L-1,mol∙L-1,mol∙L-1,c(Fe2+):c(Bi3+)=,故答案为:
(6)由反应可知,,25mL样品溶液中含,100mL样品溶液中含,NaBiO3的纯度为:=88%,故答案为:88%;

某化学学习小组设计了如下实验装置,以探究草酸分解部分产物的实验,请回答下列问题:

(1)向草酸中滴加浓硫酸,草酸分解产生三种常见氧化物,则草酸分解产物中氧化产物与还原产物的质量之比为_______。
(2)装置C中的试剂是_____,作用是_____。
(3)能证明草酸分解的某产物有还原性的现象是_____。装置G的作用是_____。
(4)已知高温下氧化铁被还原的过程中,铁元素的化合价从+3价逐渐降低到0价,即Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。反应前氧化铁的质量为24.0g,如E中反应非常充分,为确定反应后E中固体只有Fe,该小组设计了如下两种方案:
方案①:取反应后E中黑色固体于足量稀硫酸中溶解,将溶液分成两份,一份加几滴KSCN,溶液无明显颜色变化;另一份加几滴K3[Fe(CN)6],产生蓝色沉淀。该方案是否能达到目的?____(填“是”或“否”),理由是_____。
方案②:称量反应后E中固体的质量,当其质量等于_____g时,表明反应后E中固体只有Fe。
(5)如E中反应不够充分,当反应后E中黑色固体的质量为17.6 g时,该反应中Fe的产率为__。

【答案】11︰7 澄清的石灰水 确认CO2已被除尽 C中澄清石灰水不变浑浊,E中红棕色固体变黑色,F中澄清石灰水变浑浊 除去未反应的一氧化碳,防止污染环境 否 若固体为FeO或FeO、Fe的混合物,也会出现相同的现象 16.8 83.3%
【解析】
草酸中含有碳、氢、氧三种元素,受热分解生成的三种氧化物分别为一氧化碳、二氧化碳和水,混合气体通过B氢氧化钠溶液除去二氧化碳,通过C澄清的石灰水检验二氧化碳是否完全除尽,通过D浓硫酸除去水,通过E中一氧化碳还原氧化铁,生成的二氧化碳用F澄清的石灰水检验,尾气一氧化碳用点燃的方法除去。
(1) 草酸中含有碳、氢、氧三种元素,受热分解生成的三种氧化物分别为一氧化碳、二氧化碳和水,方程式为H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O,则草酸分解产物中氧化产物CO2与还原产物CO的质量之比为44︰28=11︰7;
(2)装置E是为验证CO的还原性、并用装置F确认氧化铁是被CO所还原,因此装置C用澄清石灰水检验并确保草酸分解产物中的CO2已被装置B除尽,防止其干扰后续实验,所以C中的试剂是澄清的石灰水,作用是确认CO2已被除尽;
(3)草酸分解的产物一氧化碳有还原性,所以能证明草酸分解的某产物有还原性的现象是C中澄清石灰水不变浑浊,E中红棕色固体变黑色,F中澄清石灰水变浑浊;一氧化碳有毒,可用点燃的方法除去,所以装置G的作用是除去未反应的一氧化碳,防止污染环境;
(4)方案①加KSCN,溶液无明显颜色变化可证明固体无Fe3+,加K3[Fe(CN)6],产生蓝色沉淀,说明存在Fe2+,不能说明原固体溶解前全为Fe单质,若固体为FeO或FeO、Fe的混合物,也会出现相同的现象,所以该方案不能达到目的,理由是若固体为FeO或FeO、Fe的混合物,也会出现相同的现象;
方案②中,反应前氧化铁的质量为24.0g,即Fe2O3物质的量为=0.15 mol,按Fe守恒,如完全转化为Fe为0.3mol,即得Fe的质量为=16.8g,所以E中固体的质量等于16.8g时,表明反应后E中固体只有Fe;
(5)0.15mol Fe2O3若全部转化为0.03 mol FeO即=21.6g;若完全转化为0.3 mol Fe,即16.8g,现得到17.6g固体质量在二者之间,即既存在FeO又存在Fe,混合物中存在的氧:n(O)= =0.05 mol,n(FeO)=n(O) =0.05 mol,n(Fe)=0.3 mol-0 05 mol=0.25mol,Fe的产率为=83.3%。

乙醇是一种重要的有机化工原料。广泛应用于化工产品的生产领域。回答下列问题:
I.乙醇脱氢法制备乙醛
i.直接脱氢法:①CH3CH2OH(g)⇌CH3CHO(g)+H2(g) △H=x kJ·mol-1
ii.氧化脱氢法:②2CH3CH2OH(g)+O2(g)⇌2CH3CHO(g)+2H2O(g) △H=-345.8 kJ·mol-1
(1)已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6 kJ·mol-1,则x=_______。
(2)已知反应①的△S=0.1156 kJ·K-1·mol-1,则该反应能自发进行的温度不低于_______K。
(3)控制反应条件,在一恒容密闭容器中充入一定量的CH3CH2OH(g),发生反应①。测得体系中CH3CHO(g)的体积分数(φ)与时间(y)的变化关系如图1所示:

①T1和T2对应的平衡常数分别为K1和K2,则K1_______K2.(填“>”、“<”或“=”)
②a、b、c三时刻,生成CH3CHO的逆反应速率[ν(a)、ν(b)、ν(c)]的大小关系为_______。
(4)两个容积相等的密闭容器甲与乙,甲为绝热恒容的密闭容器,乙为恒温恒容的密闭容器。起始向甲与乙中充入相同物质的量的CH3CH2OH(g)和O2(g),发生反应②,则CH3CH2OH的平衡转化率:α(甲)_______α(乙)(填“>”、“<”或“=”),理由为_______。
II.乙醛污染的消除
利用隔膜电解法可处理高浓度的乙醛酸性废水,乙醛分别在阴、阳极发生反应转化为乙醇和乙酸,装置如图2所示。

(5)M极应连接直流电源的_______极,N极的电极反应式为_______。
(6)若直流电源为甲烷燃料电池,现欲处理含1 mol乙醛的废水,则至少需要消耗甲烷的质量为__g。

【答案】+68.9 596 > ν(c)<ν(a)<ν(b) < 反应②是放热反应,甲是绝热容器,达到平衡时,甲的温度大于乙,温度升高抑制反应物正向转化 正 2
【解析】
(1)利用“盖斯定律”计算x值;
(2)利用计算;
(3) ① 由图象可知,T1温度下先达到平衡状态,则T1> T2;
②温度越高、浓度越大,反应速率越快;
(4)反应②是放热反应,达到平衡时,甲的温度大于乙;
(5)由氢离子移动方向可知,N为阴极、M为阳极;
(6)根据电子守恒计算消耗甲烷的质量;
(1) ①CH3CH2OH(g)⇌CH3CHO(g)+H2(g) △H=x kJ·mol-1
②2CH3CH2OH(g)+O2(g)⇌2CH3CHO(g)+2H2O(g) △H=-345.8 kJ·mol-1
根据盖斯定律,②-①×2得2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-345.8 kJ·mol-1-2x kJ·mol-1=-483.6 kJ·mol-1,则x=+68.9;
(2) 反应自发进行, ,T>596K;
(3)由图象可知,T1温度下先达到平衡状态,则T1> T2,又知该反应为吸热反应,所以K1>K2.;
②a、b两点为同温度下的非平衡点、平衡点,b生成物的浓度大,所以逆反应速率ν(a)<ν(b),a、c两点为不同温度下的非平衡点、平衡点,a对应生成物的浓度大、温度高,逆反应速率ν(a)>ν(c),故a、b、c三时刻,生成CH3CHO的逆反应速率[ν(a)、ν(b)、ν(c)]的大小关系为ν(c)<ν(a)<ν(b);
(4)反应②是放热反应,甲是绝热容器,达到平衡时,甲的温度大于乙,温度升高抑制反应物正向转化,所以CH3CH2OH的平衡转化率:α(甲)<α(乙);
(5)由氢离子移动方向可知,N为阴极,M为阳极,M极应连接直流电源的正极;阴极乙醛还原为乙醇,阴极反应式是
(6)处理含1 mol乙醛的废水,则转化为乙醇、乙酸各0.5mol,电路中转移1mol电子,甲烷燃料电池每消耗1mol甲烷转移8mol电子,故消耗甲烷的质量为

氮族元素及其化合物在日常生活中有广泛的应用,请根据氮族元素及其化合物的有关信息回答下列问题:
已知:工业上用氨气与二氧化碳合成尿素:2NH3+CO2→NH2COONH4→CO(NH2)2+H2O
(1)比较键角:NH3_______。(填“>”、“<”或“=”)
(2)NH3极易溶于水的原因为_______。
(3)NH2COONH4中C、N原子的杂化方式分别为_______、_______。
(4)纯净的HCOOH可以通过氢键形成二聚体(八元环结构),写出该二聚体的结构式:_______。
(5)已知:多原子分子中,若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的P轨道,则P电子可在多个原子间运动,形成“离域π键”(或大π键)。大π键可用表示,其中m、n分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数,如苯分子中大π键表示为
①下列微粒中存在“离域Π键”的是______;
A.CH2=CH-CH=CH2 B.CCl4 C.H2O D.SO2
②O3分子的空间构型为______,其大π键可表示为_______。
(6)铋的某种氧化物的晶胞结构如图所示:

①基态Bi原子的价层电子排布图为_______。
②该铋的氧化物的化学式为_______。
③已知:该晶胞参数为a=0.81 nm,阿伏加德罗常数值为NA,则该晶体的密度为ρ=____g·cm-3.(列出计算式即可)

【答案】< 氨分子与水分子之间形成氢键,且氨与水反应生成一水合氨 sp2 sp3 AD V形 Bi2O3
【解析】
(1)氨分子中氮原子是sp3杂化,且含有一个孤电子对,键角小于109°28′,硝酸根中氮原子是sp2杂化,键角是120°,NH3的键角小于的键角;
(2)氨分子和水分子都是极性分子,氨分子与水分子形成氢键,生成一水合氨;
(3) NH2COONH4中碳原子形成了3个σ键,没有孤对电子,是sp2杂化;
NH2COONH4中氮原子形成了4个σ键,是sp3杂化;
(4)纯净的甲酸通过氢键形成二聚体,结构是
(5) CH2=CH-CH=CH2、SO2各原子共面,且原子之间均有相互平行的p轨道,可以形成大π键,水分子中氢原子没有p轨道,不能形成大π键,四氯化碳是空间正四面体结构,铬原子不共面,不能形成大π键;
臭氧分子中中心氧原子以sp2杂化,有一对孤对电子,空间构型为V形;
中心氧原子提供一对孤对电子,另外两个氧原子各提供一个单电子,形成大π键表示为
(6)Bi的价层电子排布是6s26p3,价电子排布图为
由晶胞结构可知,共有6个氧原子和4个铋原子,因此化学式是Bi2O3;
根据晶胞结构得

是一种醇酸树脂。以链烃A和芳香族化合物E为原料合成路线如下(某些反应条件和试剂已略去):

回答下列问题:
(1)E的结构简式为_______,其分子中共平面的碳原子最多有_______个。
(2)C→D的反应条件是_______,A→B的反应类型是_______。
(3)B中官能团的名称为_______,D的化学名称为_______。
(4)D与G反应的化学方程式为_______。
(5)下列说法正确的是_______。(填字母编号)
a.B存在顺反异构
b.1 mol F与足量的银氨溶液反应能生成2 mol Ag
c.G能与NaHCO3反应产生CO2
d.等物质的量的E、G与足量Na反应产生氢气的物质的量相同
(6)M是E的同分异构体,已知M能发生显色反应,且1 mol M最多与1 mol金属Na反应,则满足上述条件的M最多有_种,其中核磁共振氢谱有五组峰且面积比为1:2:2:2:3的结构简式为_。

【答案】 8 NaOH溶液,加热 取代反应 氯原子,碳碳双键 1,2,3-丙三醇或丙三醇或甘油 nCH2OHCHOHCH2OH+n+(2n-1)H2O; cd 16
【解析】
A为CH2=CHCH3,B为A的一氯取代物:CH2=CHCH2Cl,C为B的加成产物:CH2ClCHClCH2Cl,D是C的水解产物CH2OHCHOHCH2OH,由D与G缩聚反应,知G为邻苯二甲酸,F为邻苯二甲醛,E为邻苯二甲醇,以此分析解答;
(1)由以上分析可知,E的结构简式为,邻苯二甲醇中中所有的碳原子都共平面,故答案为:,8;
(2) C→D的反应为氯代烃的水解,条件是 NaOH溶液,加热,A为CH2=CHCH3,B为A的一氯取代物:CH2=CHCH2Cl,A→B的反应类型是取代反应,故答案为:NaOH溶液,加热,取代反应;
(3) B为CH2=CHCH2Cl ,B中官能团的名称为氯原子,碳碳双键,D是CH2OHCHOHCH2OH D的化学名称为1,2,3-丙三醇或丙三醇或甘油,故答案为:氯原子,碳碳双键,1,2,3-丙三醇或丙三醇或甘油;
(4) D与G反应的化学方程式为nCH2OHCHOHCH2OH+n+(2n-1)H2O,故答案为:nCH2OHCHOHCH2OH+n+(2n-1)H2O;
(5)a.B为CH2=CHCH2Cl,不存在顺反异构,故a错误;
b.F为与足量的银氨溶液反应能生成4 mol Ag,故b错误;
c.G为,能与能与NaHCO3反应产生CO2,故c正确;
d.E与G分子中所含有的活泼氢数相同,等物质的量的E、G与足量Na反应产生氢气的物质的量相同,故d正确;
故选cd;
(6) 符合条件的同分异构体必须只有一个酚羟基,一个醚键。其一,可能是两个取代基,即一个—OH,一个—OCH2CH3;或一个—OH,一个—CH2OCH3;各有邻、间、对3种,有6种。其二,可能是三个取代基,即一个—OH,一个—OCH3,一个—CH3 ,有10种,故共16种,其中核磁共振氢谱有五组峰且面积比为1 : 2 : 2 : 2 : 3 的结构简式为
,故答案为:16,

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