四川省叙永第一中学校2023-2024学年高三上学期1月期末理综试题-高中化学 Word版含解析.docx

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叙永一中高2021级高三上学期开学考试理科综合试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.从野外获取的水中往往含有病菌，饮用前需要进行杀菌消毒的处理。下列药品或方法不可以对饮用水进行消毒的是A.ClO2B.O3C.KAl(SO4)2·12H2OD.高温煮沸【答案】C【解析】【分析】【详解】A．ClO2具有强氧化性，有杀菌消毒的作用，A不符合题意；B．O3具有强氧化性，有杀菌消毒的作用，B不符合题意；C．KAl(SO4)2·12H2O不具有强氧化性，不能杀菌消毒，C符合题意；D．高温煮沸可以破坏病菌、病毒的蛋白质，以起到杀菌消毒的作用，D不符合题意；故选C。2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.2.4g镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数无法计算B.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAC.1mol羟基中含有的电子数为10NAD.标准状况下，22.4LHCl溶于水后溶液中有NA个HCl分子【答案】B【解析】【分析】【详解】A．2.4g镁的物质的量为0.1mol，镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，Mg元素化合价由0升高至+2，转移电子数为0.2NA，故A错误；B．SO2与O2的催化反应为可逆反应(2SO2+O22SO3)，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，故B正确；C．1mol羟基中含有的电子数为(8+1)NA=9NA，故C错误；D．HCl溶于水后，HCl发生完全电离，溶液中无HCl分子剩余，故D错误； 综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。3.有机物合成对于人类的健康、丰富人类的物质生活和社会经济的发展有着十分重要的作用。某有机物的结构简式如图。下列说法正确的是A.能与NaHCO3溶液反应B1mol该有机物最多能与3molH2反应C.能发生消去反应生成碳碳双键D.不能使溴水褪色【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由有机物的结构简式可知，该有机物中不含羧基，故其不能与NaHCO3溶液反应，A错误；B.1mol该有机物中苯环上能与3molH2加成，醛基上能与1molH2加成，故最多能与4molH2反应，B错误；C.由有机物的结构简式可知，该有机物中含有醇羟基且与羟基相邻的碳原子上有H原子，故能发生消去反应生成碳碳双键，C正确；D.由于该有机物中含有还原性的醛基，能与溴水发生氧化还原反应，故能使溴水褪色，D错误；故答案为：C。4.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A.装置甲：从溶液中分离出纳米铁B.装置乙：实验室焙烧硫酸铜晶体C.装置丙：测定中和反应反应热D.装置丁：收集二氧化氮气体【答案】A 【解析】【详解】A．1-100nm的微粒可以透过半透膜，故可以通过渗析法从溶液中分离出纳米铁，A正确；B．焙烧需要用坩埚，蒸发液体一般用蒸发皿，B错误；C．测定中和热的实验需要防止热量的损失，图中大烧杯的隔热材料没有填满，会导致热量的损失，C错误；．D．二氧化氮可以与水发生化学反应，不能用排水发收集，应该用向上排空气法收集，D错误；故选A。5.短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，A、B的简单离子具有相同的电子层结构，B的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，C的原子序数是A的2倍，D与B形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法一定正确的是A.A与C在周期表中位于同一主族B.氢元素与A能形成的化合物不止一种C.B的简单离子的半径比A的大D.C最高价氧化物对应水化物一定是一种强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则B是Na；D与B形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，D只能是第三周期的非金属元素，且D的氢化物的水溶液属于强酸，则D是Cl；A、B的简单离子具有相同电子层结构，则A在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；C的原子序数是A的2倍，C在B与D之间，则推出A为O，C为S或者，A为N，C为Si。【详解】A．根据分析，若A为N，C为Si，不处于同一主族，若A为O，C为S，则处于同一主族，A错误；B．若A为N，和氢可以形成NH3和N2H4等多种化合物，若A为O，则和氢可以形成H2O和H2O2，均不止一种，B正确；C．B的简单离子为Na+，A的简单离子为N3-或O2，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故Na+半径小于A的简单离子半径，C错误；D．C为S或Si，最高价氧化物对应水化物为H2SO4或H2SiO3，H2SO4是强酸，H2SiO3是弱酸，D错误；故选B。6.废水中 污染物，可以通过电解原理产生絮凝剂使其沉淀而分离。工作原理如图所示。下列说法错误的是A.b接电源的负极B.a、b电极的材料均可为铁棒C.形成絮凝剂时的反应：4Fe2＋＋O2＋8OH-＋2H2O=4Fe(OH)3D.外电路中通过3mol电子，生成1mol氢氧化铁胶粒【答案】D【解析】【分析】该装置为电解装置，铁做阳极，则a极为阳极，电极反应式：Fe-2e－＝Fe2+，电极b为阴极，发生还原反应，电极反应式：2H2O+2e－＝2OH－+H2↑，处理废水时，阳极生成的二价铁离子与阴极生成的氢氧根离子在溶解氧的条件下发生氧化还原反应生成氢氧化铁，据此分析解答。【详解】A．b为阴极，b接电源的负极，A正确；B．a极为阳极，只能是铁，b电极是阴极，电极材料可以是铁，因此a、b电极的材料均可为铁棒，B正确；C．处理废水时，阳极生成的二价铁离子与阴极生成的氢氧根离子在溶解氧的条件下发生氧化还原反应生成氢氧化铁，因此形成絮凝剂时的反应：4Fe2＋＋O2＋8OH-＋2H2O＝4Fe(OH)3，C正确；D．胶粒是氢氧化铁的聚合体，无法计算生成的氢氧化铁胶粒数，D错误；答案选D。7.向10mL1mol·L-1的HCOOH溶液中不断滴加1mol·L-1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离出的c(H+)。下列说法不正确的是A.从a点到b点，水电离程度先增大后减小 B.b点溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)C.滴加NaOH溶液的过程中，混合溶液的导电性逐渐增强D.常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10-5【答案】D【解析】【分析】【详解】A．a点为HCOOH和HCOONa的混合溶液，pH=7，酸电离对水电离的抑制作用与盐水解对水电离的促进作用相抵消，水的电离程度与纯水相同。最高点为HCOONa溶液，水的电离程度最大，b点为NaOH和HCOONa的混合溶液，水的电离程度与纯水相同，但pH＞7，A说法正确；B．b点为NaOH和HCOONa的混合溶液，虽然水的电离程度与纯水相同，但pH＞7，离子浓度大小为c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)＞c(H+)，B说法正确；C．NaOH溶液加入的过程中，溶液由1mol·L-1的HCOOH(弱电解质)溶液到0.5mol·L-1的HCOONa(强电解质)溶液，最后无限接近1mol·L-1的NaOH(强电解质)溶液，整个过程导电性一直增强，C描述正确；D．该过程中，起始点为1mol·L-1HCOOH溶液，c水(H+)=1×10-12mol/L，则HCOOH电离产生的c(H+)=1×10-2mol/L，故Ka约等于(1×10-2)2/1，数量应为10-4，D说法错误；答案为D。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.某兴趣小组利用下列装置制得了纯度高的NaClO溶液。已知：Cl2O是棕黄色气体，是HClO的酸酐，沸点约3.8°C，42°C以上分解生成Cl2和O2。通入的空气不参与化学反应。回答下列问题：（1）装置的连接顺序是A→___________→___________→C→___________，Cl2O和Cl2在CCl4中的溶解度较大的是___________。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___________，D的作用是___________，E 中发生的化学反应方程式为___________。（3）实验时装置B应置于水浴中加热，其水浴温度应___________，实验开始后观察到B中有大量的棕黄色气体产生，B中反应的离子方程式为___________。（4）测定所制得的次氯酸钠的物质的量浓度：量取10.0mL实验制得的次氯酸钠溶液，并稀释至100mL，再从其中取出10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL0.5000mol/L的Na2SO3溶液，充分反应后，用0.1000mol/L碘水滴定过量Na2SO3溶液至终点，平行滴定三次，消耗碘水溶液平均体积20.00mL，滴定时所选指示剂是___________，终点时的现象为___________，所制得次氯酸钠溶液的浓度为___________(氧化性：ClO-＞，还原性：＞I-)。【答案】（1）①.D②.B③.E④.Cl2（2）①.MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O②.吸收HCl③.Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O（3）①.略低于42°C②.2Cl2+2+H2O=Cl2O+2Cl-+2（4）①.淀粉溶液②.滴入最后一滴碘水，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色③.3.000mol/L【解析】【分析】该实验中，首先A装置中的浓盐酸和二氧化锰在加热条件下产生Cl2，因为产生的氯气中混有HCl，故先将气体通入D装置中除去HCl，同时D装置中通入空气，用于稀释Cl2O，因为高浓度的Cl2O会发生爆炸，除去HCl的Cl2进入B装置与碳酸根反应生成Cl2O，此时Cl2O中混有氯气，故将混合气体通入C中除去氯气，再进入E中与NaOH反应生成次氯酸钠。【小问1详解】根据以上分析可知，装置的连接顺序为A→D→B→C→E。氯气和四氯化碳都是非极性分子，而Cl2O为极性分子，根据相似相溶原理，Cl2在CCl4中的溶解度较大。【小问2详解】A中为浓盐酸和二氧化锰反应生成Cl2，离子方程式为。D中为饱和食盐水，用于吸收Cl2中的HCl，同时D中通入空气，可稀释后续生成的Cl2O，防止其因浓度高发生爆炸。E中为Cl2O与NaOH反应生成次氯酸钠，化学方程式为。【小问3详解】B装置为生成Cl2O的装置，由题干可知42℃以上Cl2O分解生成氯气和氧气，故水浴温度应略小于42℃，在提高反应速率的同时防止Cl2O分解。B中氯气和碳酸根反应生成Cl2O，离子方程式为 。【小问4详解】用碘水滴定亚硫酸钠，则指示剂应选择淀粉溶液，终点现象为滴入最后一滴碘水，溶液由无色变为蓝色，且30s内不褪色。碘与亚硫酸根反应的离子方程式为，消耗0.1mol/L的碘水20mL，即消耗I2为2×10-3mol，则与I2反应的亚硫酸根有2×10-3mol，共加入亚硫酸根为0.5mol/L×10mL=5×10-3mol，则与次氯酸根反应的亚硫酸根为3×10-3mol，根据方程，稀释后的10mL溶液中含有ClO-3×10-3mol，则所制得次氯酸钠溶液的浓度为。9.硫酸锰铵[(NH4)2Mn(SO4)2]可用于木材防火涂料，易溶于水。用软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe、Cu、Mg、Si元素的氧化物或盐)制备硫酸锰铵的工艺流程如下：已知：①MgSO4和MnSO4的溶解度表如下：温度/°C010203040608090100溶解度/gMgSO42228.233.738.944.554.655.852.950.4MnSO452.959.762.962.96053.645.640.935.3②常温下，0.1mol/L金属离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀pH8.06.31.58.1沉淀完全pH10.08.32.89.4回答下列问题：（1）分离出滤渣x、y主要目是除掉软锰矿中的___________元素；常温下 Ksp[Mn(OH)2]=___________。（2）“还原酸浸”主要反应的离子方程式为___________。（3）“除铜”反应的离子方程式为___________。（4）“系列操作”包括：蒸发结晶、___________、洗涤；反应后“冰水浴”的目的是___________。（5）通过实验测定产品硫酸锰铵中锰元素的含量：准确称取所得产品wg溶于水配成溶液，滴加氨水调pH至7~8，加入过量的c1mol/LKMnO4溶液V1mL充分反应，过滤掉MnO2，将滤液与洗涤液合并配制成100mL溶液，取20mL用c2molLFeSO4酸性标准液滴定，重复实验3次，平均消耗标准液V2mL。滴定终点的判断依据是___________，产品硫酸锰铵中锰元素的质量分数为___________(用相应字母表示)。【答案】（1）①.硅和铁②.（2）MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O（3）S2-+Cu2+=CuS（4）①.趁热过滤②.增大硫酸锰的溶解度（5）①.溶液由紫色变为黄色，半分钟不退去②.【解析】【分析】软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe、Cu、Mg、Si元素的氧化物或盐)，加入稀硫酸和草酸进行还原酸浸，其中形成含有二价铁离子，三价铁离子，铜离子、镁离子溶液，二氧化硅不与稀硫酸、草酸反应，硅酸盐与酸反应形成硅酸沉淀，因此滤渣x为二氧化硅、硅酸，此步骤除掉硅元素。其次加入硫化锰的目的是除去铜离子，以硫化铜的形式除掉。加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后加入碳酸锰调节PH，将三价铁离子以氢氧化铁的形式沉淀除掉。而碳酸根离子以二氧化碳的形式除掉。之后进行蒸发结晶、过滤、洗涤得到硫酸镁溶液，随后硫酸锰加水溶解，加入硫酸铵反应，在冰水浴的条件下，目的是增大硫酸锰的溶解度，最后得到目标产物硫酸锰铵。【小问1详解】因为二氧化硅不与稀硫酸、草酸反应，硅酸盐与酸反应形成硅酸沉淀，因此滤渣x为二氧化硅、硅酸，此步骤除掉硅元素。加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后加入碳酸锰调节pH，将三价铁离子以氢氧化铁的形式沉淀除掉。此步骤除掉铁元素。故答案为硅元素和铁元素；开始沉淀时存在平衡：，=10-13；【小问2详解】还原酸浸时，是加入的H2C2O4在酸性条件下将MnO2还原为Mn2+，所以离子方程式为MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O。 【小问3详解】硫化锰溶于酸，硫离子与铜离子反应生成极难溶于水的硫化铜沉淀：S2-+Cu2+=CuS；【小问4详解】进行蒸发结晶、趁热过滤、以及洗涤操作得到硫酸镁溶液，硫酸锰晶体。硫酸锰加水溶解，加入硫酸铵反应，根据所给表格（温度对溶解度的影响），硫酸锰在低温溶解度更高，故在冰水浴的条件下，目的是增大硫酸锰的溶解度，提高产率，最后得到目标产物硫酸锰铵，故答案为：趁热过滤；增加硫酸锰的溶解度；【小问5详解】过量高锰酸钾与硫酸锰铵反应生成二氧化锰，过滤掉二氧化锰后溶液为紫色，反应剩余的高锰酸钾用硫酸亚铁滴定，生成三价铁离子（黄色），故滴定终点现象为溶液由紫色变为黄色，半分钟不退去；由题意加入的高锰酸钾物质的量为n1=；用硫酸亚铁滴定高锰酸钾其物质的量之比为，滴定20ml高锰酸钾溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：n2=，则剩余的高锰酸钾的物质的量为，与硫酸锰铵反应完的高锰酸钾的物质的量为：，高锰酸钾和硫酸锰铵反应的物质的量之比为故wg硫酸锰铵的物质的量（即锰元素的物质的量）为：，故硫酸锰铵中锰元素的质量分数为。【点睛】该题主要涉及物质的分离与提纯，常用到一些物理方法和化学方法，化学方法包括氧化还原法、沉淀法等；物理方法包括蒸发结晶，冷却结晶，过滤等等，根据温度对不同物质溶解度的影响可以选择冷却结晶和蒸发结晶。10.钼(Mo)是一种难熔稀有金属，我国的钼储量居世界第二、钼及其合金在冶金、农业、电器、化工、环保等方面有着广泛的应用。（1）已知：①MoS2(s)=Mo(s)+S2(g)△H1②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g)△H2③2MoS2(S)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)△H3 则2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=___________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。（2）钼可用作NH3消除NO污染的催化剂，4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(1)△H＜0。①一定条件下该反应速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·cm(N2)·cn(H2O)，该反应的平衡常数K=，则m=___________，n=___________。②一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4molNH3和6molNO发生上述反应，若在相同时间内测得NH3的转化率随温度的变化曲线如图，400°C~900°C之间NH3的转化率下降由缓到急的可能原因是___________。（3）密闭容器中用Na2CO3(s)作固硫剂，同时用一定量的氢气还原辉钼矿(MoS2)的原理是：MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)=Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示：①由图可知，该反应的△H___________0(填“＞”或“＜”)；P2___________0.1MPa(填“＞”或“＜”)。②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是___________(选填编号)A．v正(H2)=v逆(H2O)B．再加入MoS2，则H2的转化率增大C．容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态。D．容器内压强不变时，一定达到平衡状态③由图可知M点时氢气的平衡转化率为___________(计算结果保留三位有效数字)。④平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。图中M 点的平衡常数Kp=___________(MPa)2。【答案】（1）ΔH=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2（2）①.5②.0③.400℃~700℃随温度升高，平衡逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小（3）①.＞②.＞③.B④.66.7%⑤.0.01【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，③-2´①-2´②得反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)，则△H=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2。【小问2详解】①平衡时，v正=v逆，k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cm(N2)·cn(H2O)，则=，=K=，故m=5，n=0；②200℃~400℃，随温度升高，反应速率增大，在相同时间内测得NH3的转化率逐渐增大；400℃~700℃，随温度升高，平衡逆向移动，在相同时间内测得NH3的转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。【小问3详解】①由图可知，同一压强下，升高温度，H2的体积分数减小，平衡正向移动，故该反应为吸热反应，ΔH＞0；同一温度下，增大压强，平衡逆向移动，H2的体积分数增大，则P2＞0.1MPa。②A．平衡时，v正(H2)=v逆(H2)，由于方程式中H2(g)和H2O(g)的系数相同，则v逆(H2)=v逆(H2O)，故v正(H2)=v逆(H2O)，A正确；B．MoS2为固体，再加入MoS2不会使得平衡移动，H2的转化率不变，B错误；C．若该在体积不变的密闭容器中进行，气体的质量增大，体积不变，则密度在增大，故容器内气体的密度不变时，反应一定达到平衡状态，C正确；D．若该在体积不变的密闭容器中进行，气体的物质的量在增大，则容器内的压强在增大，容器内压强不变时，反应一定达到平衡状态，D正确；故选B；③M点时，H2的体积分数为25%，则其物质的量分数也是25%，设H2起始的物质的量为amol，转化的CO的物质的量为bmol，则转化的H2的物质的量为2bmol，转化的H2O的物质的量为2bmol，故平衡时，H2的物质的量为(a-2b)mol，CO的物质的量为bmol，H2O的物质的量为2bmol，则H2 的物质的量分数为=25%，化简得：a=3b，故H2的平衡转化率为==66.7%；④M点时，P1=0.1MPa，H2物质的量分数是25%，CO的物质的量分数为==25%，H2物质的量分数为==50%，Kp===0.01(MPa)2。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.乙酰丙酮是“种有酯气味的无色透明液体，常用作溶剂、有机合成中间体、金属络合剂等。它有两种主要互变异构体A、B，与Be2+、Mg2+、Cu2+、Zn2+等形成配合物C。回答下列有关问题：（1）基态Cu2+离子的价电子排布式为_______，Be和Mg第一电离能较大的是_______原子。（2）A中C原子杂化轨道类型有_______；按VSEPR预测B中∠HCC约为_______、_______(填角度)。B在碱性条件下断裂极性最大的键，是_______键。具有分子内氢键的是_______(填“A”或“B”)。（3）C中σ键与π键数目之比为_______。（4）乙酰丙酮易溶于醇、氯仿、丙酮等多数有机溶剂，理由是_______。（5）金属铜的某些参数如下：金属堆积类型密度/g·cm-3相对原子质量 Cuρ64根据上述数据，计算Cu的原子半径为_______pm(列出计算表达式，设NA是阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.3d9②.Be（2）①.sp2和sp3②.120°③.109°28’④.O-H⑤.B（3）15:2（4）乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好（5）【解析】【小问1详解】Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu2+离子的价电子排布式为3d9；同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，Be和Mg同属于IIA族，且Be的原子序数小于Mg，则第一电离能较大的是Be原子。【小问2详解】A中，饱和C原子采用sp3杂化，碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，故A中C原子杂化轨道类型有sp2和sp3；按VSEPR，B中碳碳双键上的一个碳原子和其相邻的原子，构成了接近正三角形的结构，该结构中的∠HCC约为120°，甲基和相邻的碳原子构成了接近正四面体的结构，故该结构中的∠HCC约为109°28’；B中O和H的电负性差异最大，故极性最大的键为O-H键；如图所示，B分子中的羰基上的O和羟基上的H形成分子内氢键。【小问3详解】C中，单键、配位键是σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，则C中σ键的数目为2´(11+2+2)=30，π键的数目为2´2=4，则C中σ键与π键数目之比为30:4=15:2。【小问4详解】根据“相似相溶”原理，乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好。【小问5详解】设Cu的原子半径为rpm，晶胞棱长为apm，则a=4r，a=r，则晶胞体积为(a´10-10cm)3=(r´10-10cm)3；晶胞含有的Cu的个数为=4，晶胞质量为，则ρg·cm-3= ，解得r=pm。[化学——选修5：有机化学基础]12.氟硝西泮是一种强镇静剂，由2-氟甲苯合成其前体物质的路线如下：（1）2-氟甲苯的等效氢有_______种；由它生成A的试剂与条件是_______。（2）A生成B的反应类型为_______；C中含氧官能团名称为_______。（3）由D与苯反应生成E的化学方程式为_______。（4）由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，生成产物的结构简式为_______；由G生成H步骤还产生了一种无机分子，它是_______。（5）化合物C的同分异构体中，写出能同时满足下列条件的三种分子的结构简式_______。a.能发生银镜反应；b.遇FeCl3溶液显色；c.具有-CH2F基团；d.属1，2，3-三取代苯衍生物【答案】（1）①.5②.Br2/光照（2）①.取代反应②.羧基（3）（4）①.②.NH3 （5）、、【解析】【分析】根据A、B、C的分子式，由D的结构简式逆推，可知C是、B是、A是；【小问1详解】2-氟甲苯，结构不对称，等效氢有5种；2-氟甲苯和溴在光照条件下发生取代反应生成，条件是Br2/光照；【小问2详解】中Br被-CN代替生成，反应类型为取代反应；中含氧官能团名称为羧基；【小问3详解】与苯在氯化铝作用下发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为；【小问4详解】 由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，第二步发生消去反应，由G逆推，第一步产物的结构简式为；由G生成H步骤还产生了一种无机分子，H分子比G分子少1个N原子、3个H原子，根据原子守恒，该无机分子是NH3。【小问5详解】a．能发生银镜反应，说明含有醛基；b．遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；c．具有-CH2F基团；