辽宁省辽阳市2020届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）

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1、辽宁省辽阳市2020届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）考试时间：150分钟 满分：300分注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。4.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Ce-140一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与生活、环境密切相关，下列有关说法正确的是( )A. 污水中，等有毒，可用处理B. 采取“静电除尘”“燃煤固硫

2、”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量C. 谷氨酸一钠用于调味，小苏打不可用于油污清洗D. 我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关【答案】B【解析】【详解】A工业上通常采用沉淀法来处理重金属离子的污染，故用氯气无法出去污水中，等重金属离子，A错误；B采取“静电除尘”可以除去空气中的PM2.5，“燃煤固硫”可以减少空气中的SO2含量，“汽车尾气催化净化”可以减少汽车尾气中的NO，可提高空气质量，故B正确；C谷氨酸一钠用于调味，小苏打除作发酵粉之外，还可以防臭，去除污垢，清洁作用，小苏打可用于油污清洗，故C错误；D我国全面启动的北斗导航系统的信号传输，信号传输主要是与二氧化硅有关，D错

3、误；故答案：B。2.设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )A. 环戊二烯()最多共平面的原子数为B. 蔗糖溶液中所含分子数为C. 和-所含的质子与中子均为D. 向溶液中加入醋酸至中性，混合液中数目为【答案】A【解析】【详解】A. 环戊二烯()除了亚甲基上的两个H不共平面之外，其余9个原子均共平面，故环戊二烯()最多共平面的原子数为，A正确；B. 蔗糖溶液中除了蔗糖分子外还有水分子，故所含分子数大于，B错误；C. 含有的质子与中子均为，而-即1mol所含的质子为，而中子只有，C错误；D. 根据混合后溶液中的电荷守恒式： ，中性溶液则，则，进一步推出粒子数目故混合液中数目为，D错误；故

4、答案为：A。3.化合物如图，下列说法不正确的是( )A. a、b、c、d互为同分异构体B. 除a外均可发生加成反应C. a的三氯代物数目多于二氯代物D. 一氯代物同分异构体最多的是d【答案】C【解析】【分析】根据分子式判断同分异构体，根据对称性判断等效氢原子的数量和其取代物同分异构体数量，据此回答问题。【详解】A. a、b、c、d四种物质分子式均为C8H8，结构不同，它们互为同分异构体，A正确；B.只有a物质不含有碳碳双键，不能发生加成反应；其他3种均有碳碳双键，可以发生加成反应，B正确；C.根据结构可知，a的三氯代物数目为3种，二氯代物为3种，C错误；D. a、b、c物质一氯代物都只有一种，

5、d物质的一氯代物有3种，D正确；答案为C。4.下列实验不能达到实验目的的是( )选项ABCD装置目的蒸发溶液获得晶体煤的干馏并验证部分产物制取二氧化硫气体探究乙醇的催化氧化A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A氯化钠的溶解度随温度变化不大，且受热不分解，故可以用蒸发获得晶体，A正确；B.煤干馏获得焦炭、煤焦油和出炉煤气，煤气中含有氨气、氢气等气体，氨气遇含酚酞的水溶液，使水溶液变红，剩余气体点燃，B正确；C.浓硫酸需要在加热环境下与铜反应制得二氧化硫，C错误；D双氧水遇二氧化锰催化生成氧气，经过浓硫酸干燥后，与挥发出的乙醇气体在灼热的铜网处发生催化氧化，生成乙醛，D正确。

6、答案为C。5.燃煤烟气中的可用连二亚硫酸根()为媒介处理使其转化为，其原理如图所示。下列说法正确的是( )A. 燃煤烟气中的处理仅利用的是电解原理B. 阴极区的电极反应式为C. 若通电过程中吸收(标准状况下)，则阳极可以产生气体D. 反应一段时间后，【答案】C【解析】【分析】与连二亚硫酸根()发生氧化还原反应，生成和亚硫酸根，亚硫酸根进入阴极区发生还原反应，生成，阳极区水电离的氢氧根离子放电，发生氧化反应，生成氧气和氢离子，硫酸浓度增大，据此回答问题。【详解】A燃煤烟气中的进入吸收柱，被从电解池中生成的S2O42-转化为NH4+，所以NO的处理不仅仅是电解原理，还有在吸收柱中的氧化还原反应，A

7、错误；B根据图示，阳极生成的氢离子通过质子交换膜进入阴极，所以阴极区的电极反应式为，B错误；C若通电过程中吸收(标准状况下)，即吸收了0.2molNO，根据电子转移守恒可知，NONH4+转移5个电子，2OH-O2转移了4个电子，则4NO5O2，阳极可以产生气体，C正确；D阳极区实质是水电离产生的氢氧根离子发生氧化反应，生成氧气和氢离子，反应一段时间后，c1ClC，故D错误；故选：B。7.室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用溶液以恒定速度来滴定，根据测定结果绘制出、等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是( )A. 溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B. a

8、点溶液中存在如下关系：C. b点溶液中各离子浓度：D. ，生成速率越来越快【答案】B【解析】【详解】A溶液装在碱式滴定管中，由于浓氯水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故浓氯水需用酸式滴定管来装，故A不正确；B a点溶液中存在电荷守恒式为：，氯气与NaOH溶液发生氧化还原反应过程中的电子守恒：，在同一溶液中，故有 ，把带入中，可得如下关系：，故B正确；Cb点溶液中根据B的分析可知，发生的反应有Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，结合图像，b点溶液中各离子浓度的大小关系应该为：，故C不正确；D在这个图中，反应速率是

9、看曲线的斜率，故可以看出，后阶段生成速率是越来越慢，故D不正确；故答案为：B。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)8.二氧化铈()是一种重要稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图：已知：能与结合成，也能与结合成；在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。回答：(1)“氧化培烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_。(2)“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出与盐酸反应的离子方程式：_；为避免产生上述污染，解决方案为_。(3)“萃取”时存在反应：。实验室中萃取时

10、要用到的主要玻璃仪器名称为_；图中D是分配比，表示()分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，D随起始料液中变化的原因：_。在的条件下，取含四价铈总浓度为的酸浸液，向其中加入萃取剂，充分振荡，静置，水层中_。(结果保留二位有效数字)。(4)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为。在该反应中作用与下列反应中的作用相同的是_。A.处理含酸性重铬酸钾的废水 B.和二氧化锰混合制氧气C.与氧化钙制过氧化钙 D.在海带提碘实验中的作用(5)“氧化”步骤的化学方程式为：_。(6)取上述流程中得到的产品，加硫酸溶解后，用溶液滴定至终点时(铈

11、被还原为，其他杂质均不反应，为无色)，用标准酸性溶液滴定过量的，消耗标准溶液。该产品中的质量分数为_。【答案】 (1). 增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率 (2). (3). 将(盐酸)改用酸浸 (4). 分液漏斗 (5). 随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向逆向移动，D迅速减小 (6). (7). A (8). (9). 【解析】【分析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成CeFx（4-x）+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合成CeSO42+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂（

12、HA）2萃取，而Ce3+不能，“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气讲将e从+3氧化为+4，得到产品，据此回答问题。【详解】(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒是为了增加固体与氧气接触面积燃烧充分，增大固体和氧气的接触面积，反应更充分；(2) “酸浸”中会产生大量黄绿色气体应为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，可以用硫酸代替盐酸而避免产生氯气污染；(3) 实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡，加入Na2SO4时，随着c（SO42-）增大，水层中Ce4

13、+被SO42-结合成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。在的条件下，即，依据题意，=20mL+80，。(4) “反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，H2O2在该反应中作还原剂。A处理含酸性重铬酸钾的废水，过氧化氢做还原剂，A正确；B和二氧化锰混合制氧气，发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，B错误；C与氧化钙制过氧化钙，不发生氧化还原反应，C错误；D在海带提碘实验中作氧化剂，D错误。答案为A。(5) “氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的化学方程式为。(6) 溶液中Fe2+的物质的量为av110-3mol，用标准酸性溶液滴定过量的，反应为

14、MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，消耗标准溶液，即亚铁离子与Ce4+反应了av110-3mol-5bv210-3mol，根据电子得失守恒可得关系式Ce4+Fe2+，所以CeO2的质量为(av110-3-5bv210-3)mol172g/mol=172 (av110-3-5bv210-3) g，产品中CeO2的质量分数为。9.甲醇耐高温、易存储热值高、节能环保，可做燃料，又是重要的化工原料。科学家用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与反应生成甲醇。已知：、和的燃烧热H分别为、和。请回答下列问题：(1)用太阳能分解水消耗的能量是_。(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水

15、的热化学方程式为_。(3)催化加氢合成甲醇(反应)中伴随着反应的发生：反应：反应：在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图。其中：的选择性温度高于300，平衡转化率随温度升高而上升的原因是_。220时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施有_(写出两点)。(4)在体积为的密闭容器中充入和发生反应，到平衡时氢气的转化率为25%，求该反应的平衡常数K=_。(结果保留二位有效数字)(5)研究证实，也可在硫酸溶液中用惰性电极电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式为_，另一极电解产物是_。【答案】 (

16、1). 571.6 (2). (3). 反应的，反应的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 (4). 增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂 (5). 0.0062 (6). (7). 【解析】【分析】（1）氢气的燃烧热可知水分解吸收的能量，然后利用化学计量数与反应热的关系来计算；（2）CO和CH3OH的燃烧热概念先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（3）根据题干信息，反应的，反应的，分析温度对反应和反应的平衡移动情况即可；根据的选择性的定义，温度不能改变，只能改变压强和浓度，分析增大H2的浓度

17、和增大压强，对反应和反应平衡的影响，也可通过催化剂的选择性来控制反应和反应的发生；(4)根据题干信息，进行三段式计算可知： ，代入平衡常数表达式求出该反应的平衡常数；(5)分析该过程中碳的化合价由+4价降低为-2价发生还原反应，故生成甲醇在阴极上发生，且电解质是硫酸溶液，故其电极反应式为，另一极即阳极，阳极发生氧化反应，故电极方程式为： ，故电解产物为O2。【详解】（1）由H2（g）的燃烧热H为-285.8kJmol-1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即分解1mol H2O（l）为1mol H2（g）消耗的能量为285.8kJ，则分解2mol H2

18、O（l）消耗的能量为285.8kJ2=571.6kJ，故答案为：571.6 kJ；（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为-283.0kJmol-1和-726.5kJmol-1，则CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=-283.0kJmol-1 CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-726.5kJmol-1 由盖斯定律可知用-得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l），该反应的反应热H=-726.5kJmol-1-（-283.0kJmol-1）=-443.5kJmol-1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g

19、）+2 H2O（l）H=-443.5kJmol-1；（3）由题干可知：反应的，故温度升高使转化为的平衡转化率上升；而反应的，故温度升高使转化为的平衡转化率下降，但由于上升幅度超过下降幅度，最终导致CO2的平衡转化率上升，故答案为：反应的，反应的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；根据的选择性的定义，想提高其选择性，应该使得平衡向生成更多CH3OH的方向移动，温度不能改变，只能改变压强和浓度，若增大H2的浓度，反应也向正向移动，故CH3OH的选择性不一定提高，但是增大压强，反应平衡不移动，反应平衡正向移动，故CH3OH的选择性一定提高，同时也可通

20、过改变催化剂来控制反应和反应的发生，寻找一种对反应催化活性更高的催化剂来提高其选择性，故答案为：增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂；(4)在体积为的密闭容器中充入和发生反应，到平衡时氢气的转化率为25%，根据三段式计算可知： ，该反应的平衡常数，故答案为：0.0062；(5)研究证实，也可在硫酸溶液中用惰性电极电解生成甲醇，该过程中碳的化合价由+4价降低为-2价发生还原反应，故生成甲醇在阴极上发生，且电解质是硫酸溶液，故其电极反应式为，另一极即阳极，阳极发生氧化反应，故电极方程式为： ，故电解产物为O2，故答案为：，O2。【点睛】本题综合性较强，考查知识点较多，注重了对高考热点的考查，学

21、生应熟悉燃烧热、盖斯定律、热化学反应方程式、化学平衡、电解原理等重要知识来解答，题目难度中等。10.呋喃甲酸是一种抗生素，在食品工业中作防腐剂，也作涂料添加剂医药、香料等中间体，可用呋喃甲醛制备，其实验原理和制备步骤如下：2+NaOH+ H0步骤提纯过程：溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶抽滤洗涤干燥。(1)步骤的关键是控制温度，其措施有：磁力搅拌、_和缓慢滴加溶液。(2)步骤中，加入无水的作用_。(3)呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中溶解度(S)随温度(T)变化的曲线如图。步骤提纯时合适的溶解试剂是_。利用呋喃甲酸制取的呋喃甲酸正丁酯是一种优良的有机溶剂。某化学兴趣小组在实验室用呋喃甲酸和正丁醇制

22、备呋喃甲酸正丁酯，有关物质的相关数据及实验装置如图所示：化合物相对分子质量密度()沸点()溶解度(g/100g水)呋喃甲酸1121.322230-2324.33正丁醇740.81117.39呋喃甲酸正丁酯1681.053136.10.7 分水器的操作方法：先将分水器装满水(水位与支管口相平)，再打开活塞，准确放出一定体积的水。在制备过程中，随着加热回流，蒸发后冷凝下来的有机液体和水在分水器中滞留分层，水并到下层(反应前加入的)水中；有机层从上面溢出，流回反应容器。当水层增至支管口时，停止反应。呋喃甲酸正丁酯合成和提纯步骤为：第一步：取足量的正丁醇和呋喃甲酸混合加热发生酯化反应，反应装置如图a所

23、示(加热仪器已省略)；第二步：依次用水、饱和溶液、水对烧瓶中的产品洗涤并干燥；第三步：用装置b蒸馏提纯。回答有关问题：(4)装置A的名称_。(5)实验中使用分水器的优点有_。(6)第二步用饱和溶液洗涤的目的是_。(7)若实验中得到呋喃甲酸正丁酯，则呋喃甲酸正丁酯的产率为_。实验中呋喃甲酸正丁酯的实际产率总是小于此计算值，不可能原因是_(填字母代号)。A分水器收集的水里含呋喃甲酸正丁酯B该实验条件下发生副反应C产品精制时收集部分低沸点物质D产品在洗涤、蒸发过程中有损失【答案】 (1). 冷水浴 (2). 干燥 (3). A (4). 三颈烧瓶 (5). 及时分离出水，有利于酯化反应朝正反应方向移

24、动 (6). 除去产品中含有的呋喃甲酸(硫酸)等杂质 (7). 43.5% (8). C【解析】【分析】(1)制备呋喃甲酸反应为放热反应，需保持温度为8-12，可用冷水浴控制温度，磁力搅拌散热也可控制温度，通过控制滴加反应物的速率也可控制反应的温度；(2)步骤中有机层为呋喃甲醇和少量的水，用无水硫酸镁可以干燥呋喃甲醇；(3)呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度，由溶解度曲线可知，在溶剂物质A中的溶解度随温度的升高而增大明显；在溶剂物质B、C中的溶解度随温度的升高而不明显；(4)根据仪器的结构特征，仪器A为三颈瓶；(5)根据分水器的作用结合平衡移动的原理进行分析；(6)类比于书本中乙酸乙酯的制

25、备实验中碳酸钠的作用进行解题；(7)根据足量的正丁醇和呋喃甲酸发生酯化反应进行计算，并分析造成产率偏低的原因。【详解】(1)制备呋喃甲酸反应H0，为放热反应，制备呋喃甲酸需保持温度为8-12，温度过高会降低其产率，反应温度较高，控制温度可用冷水浴法；搅拌也可以散热控制温度，所以还可用磁力搅拌的方法，让反应速率减小控制温度，所以可用缓慢滴加NaOH溶液的方法，答案为：冷水浴；(2)步骤中有机层中呋喃甲醇还含有水等杂质，而无水硫酸镁可以吸水形成带结晶水的晶体作干燥剂，答案为：干燥剂；(3)由溶解度曲线可知：呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度，在溶剂物质A中的溶解度随温度的升高而增大明显，在溶剂

26、物质B、C中的溶解度随温度的升高而增大程度不明显，所以选择合适的溶解溶剂是A，降温结晶时就是利用于溶解度随温度变化明显的物质，答案为：A；(4)根据仪器的特征，仪器a为三颈烧瓶，答案为：三颈烧瓶；(5)分水器的作用是把反应产生的水从反应体系中分离开来，也就是降低产物的浓度使得平衡反应向右移动，从而提高反应的产量，答案为：及时分离出水，有利于酯化反应朝正反应方向移动；(6)碳酸钠可与硫酸、呋喃甲酸反应，则步骤加入Na2CO3，可吸收硫酸以及未反应的呋喃甲酸，同时降低酯的溶解度，答案为：除去产品中含有的呋喃甲酸(硫酸)等杂质；(7)由足量的正丁醇和呋喃甲酸混合加热发生酯化反应，可生成的呋喃甲酸正丁

27、酯的质量为：根据反应找关系式，1mol呋喃甲酸1mol呋喃甲酸正丁酯，由， ，解得：m(酯)=21.22g，故产率为 ，答案为：43.5%A分水器收集的水里含呋喃甲酸正丁酯，使得最终收集到得呋喃甲酸正丁酯减少，产率降低，A不符合题意；B该实验条件下发生副反应，将有更多得呋喃甲酸转化成其他物质，最终收集到得呋喃甲酸正丁酯减少，产率降低，B不符合题意；C产品精制时收集部分低沸点物质，使得最终收集到得产品增多，将使产率增大，C符合题意；D产品在洗涤、蒸发过程中有损失，使得最终收集到得产品减少，将使产率降低，D不符合题意；故答案为：C。【点睛】本题考查物质制备的实验设计、条件控制、基本实验操作以及物质

28、结构的有关检测和判断，试题综合性强，题目难度较大，侧重对学生基础知识的巩固与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，同时也注重对学生答题能力的培养和方法指导，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.电能是一种无污染、可再生的二级能源。储电材料种类繁多。如图是两种储电材料，请阅读试题，观察图片，回答问题。.新型碳氮材料的储

29、电能力应用前景广阔。其基本构成单元如图所示。(1)图1中化学键键与键之比为_；图2中碳原子的杂化方式为_。(2)在基态原子中，核外存在_对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形。(3)碳的最高价含氧酸根的空间构型是_；硝酸的酸性强于亚硝酸的原因是_。.传统锂电池的主要成分是，其晶胞结构如图所示；因结构中存在笼状空隙，可以与和发生位置替换，形成储电性能更加优良的化合物。(4)基态原子的价电子排布式为_；化合物中O元素在晶胞中的位置，除了位于正六棱柱的顶点外，其他具体位置是_。(5)已知化合物中各原子半径依次为：，晶胞的棱长为m，底边边长为n，该晶体的空间利用率的计算表达式为_

30、(用含有a、b、c、d、e、m、n的式子表示)。【答案】 (1). 21 (2). (3). 2 (4). 哑铃(纺锤) (5). 平面三角形 (6). 硝酸中N原子化合价高于亚硝酸中N原子化合价，硝酸中非羟基氧的个数比亚硝酸多，非羟基氧的数目越多酸性越强 (7). (8). O位于上下两个面心、六棱柱的侧面 (9). 【解析】【详解】(1)图1中所示分子是H2NCN，故1个分子中含有4个键，2个键，故其比值为21；图2中所示物质其实是三分子图1所示物质发生加聚反应而得，结构简式为，故其碳原子的杂化方式为；故答案为：21 ；(2)在基态原子核外电子排布式为1s22s22p3中，1s和2s均有自

31、旋相反的电子，核外存在2对，核外电子占据的最高能级是2p能级，其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形，故答案为：2 哑铃(纺锤)；(3)碳最高价含氧酸根即，经计算C原子周围无孤对电子，由3个键，其空间构型是平面三角形；一是同种元素形成的不同价态的含氧酸，中心原子化合价越高酸性越强，硝酸中N原子化合价+5大于亚硝酸中N原子化合价+3；二是非羟基氧的个数前者为2，后者为1，非羟基氧的数目越多酸性越强；故答案为：平面三角形 硝酸中N原子化合价高于亚硝酸中N原子化合价，硝酸中非羟基氧的个数比亚硝酸多，非羟基氧的数目越多酸性越强；(4)基态是27号元素，其原子的价电子排布式为；从晶胞结构图中可以清楚地看出化合物

32、中O元素在晶胞中的位置，除了位于正六棱柱的顶点外，其他具体位置上下两底面的面心和六个侧面面上，故答案为： O位于上下两个面心、六棱柱的侧面；(5)由晶胞图中可以计算出分别含有Li的个数为：，结合化学式化合物可知，一个晶胞中含有的Li、Ni、Mn、Co、O的个数分别为：3、1、1、1、6，晶胞中所有原子的体积之和为，而一个晶胞的体积为 ,该晶体的空间利用率的计算表达式为 ；故答案为：。12.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：已知A分子中只含有一种官能团且能与反应生成。回答下列问题：(1)A的化学名称是_。(2)C中的官能团名称是_。(3)D生成E的反应类型是_。(4)F的结构简式是_

33、。(5)A与乙二醇在催化剂作用下反应生成可生物降解型聚酯PES，该反应的化学方程式为_。(6)X是G的同分异构体，满足下列条件的X共有_种(不考虑立体异构)含苯环且苯环上只有三个取代基；含醛基且与苯环直接相连；除苯环外不含其他环状结构。若改成含苯环且苯环上只有二个取代基，其他条件不变，其中核磁共振氢谱有5组峰，面积比为62211的是_(写结构简式)。(7)由苯和甲苯制备合成路线如下：填写：_【答案】 (1). 丁二酸(或1，4-丁二酸) (2). 羰基和羧基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 40 (7). (8). (9). 【解析】【分析】根据题干信息A分子中只含有一种官能

34、团且能与反应生成，说明A中含有羧基一种官能团，结合A的分子式和A到B的条件和B的结构简式可以推导出A的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，结合E和G的结构简式可以推导出F的结构简式为，然后进行解答。【详解】(1)根据分析可知， A的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，故化学名称丁二酸或者1，4-丁二酸，故答案为：丁二酸（或者1，4-丁二酸）；(2)C的结构简式为中，其含有的官能团有羧基和羰基，故答案为：羰基和羧基；(3)D生成E的过程是，可以看成D中羧基上的羟基被SOCl2中的Cl原子所代替，故反应类型属于取代反应，故答案为：取代反应；(4)根据分析中可知F的结构简式是，故答案为：；(

35、5)丁二酸与乙二醇在催化剂作用发生缩聚反应生成可生物降解型聚酯PES，该反应的化学方程式为，故答案为：；(6)X是G的分子式为C11H12O，其满足含苯环且苯环上只有三个取代基；含醛基且与苯环直接相连；除苯环外不含其他环状结构三个条件的同分异构体有：由分子式可知其不饱和度为6，除去苯环和醛基还有一个不饱和度，又不含其他环状，故一定有碳碳双键，故苯环上所连三个取代基的情况有如下(1)-CHO、CH2CH3、CH=CH2(2)-CHO、CH=CHCH3、CH3(3)-CHO、-CH3(4)-CHO、-CH2CH=CH2、-CH3，我们进行归类处理，假设连在苯环上的三个不同基团分别为a、b、c，则如

36、图（c有4种连法），（c有4种连法），（c有2种连法），故每一组都有10种不同的结构，故共有40种同分异构体，答案为：40；若改成含苯环且苯环上只有二个取代基，则取代基可能为：醛基和-CH=CHCH2CH3、CH2=CHCH2CH2-或者-CH2CH=CHCH3、 、-CH=C(CH3)2、 ，其中核磁共振氢谱有5组峰说明分子高度对称结构，且峰积比为62211的是 ，故答案为：；(7) 根据题干流程图D到E这步获得信息可知是SOCl2，结合题干流程图信息E到F提供的信息可知的结构简式为：，故答案为：SOCl2 。【点睛】本题主要考查根据有机合成流程图推测部分有机物的结构简式、部分有机物的性质，官能团的性质，从有机流程图中获取信息进行新的合成，以及同分异构体的书写和数目的确定，在确定同分异构体的数目时可以进行归类处理，这样可以做到全面准确。