2023届广西西部高三上学期9月联考理综化学试题含解析

这是一份2023届广西西部高三上学期9月联考理综化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广西西部2023届高三上学期9月联考理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．青釉瓷器是中国最早出现的一种瓷器，是中华文明的象征之一，下列说法错误的是
A．瓷器化学性质稳定，具有熔点高、耐腐蚀等特点
B．瓷器是应用较早的人造材料，主要化学成分是二氧化硅
C．瓷器是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
D．高温结构陶瓷、超导陶瓷等新型陶瓷与传统陶瓷相比，在成分上有了很大变化
【答案】B
【详解】A．瓷器为无机非金属材料，化学性质稳定，具有熔点高、耐腐蚀等特点，A正确；
B．瓷器是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐，B错误；
C．瓷器是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，C正确；
D．高温结构陶瓷、超导陶瓷等新型陶瓷与传统陶瓷相比，在成分上有了很大变化，具有更优良的性能，D正确。
故选B。
2．奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示。下列有关奥昔布宁的说法正确的是

A．分子式为C22H30NO3 B．分子中的三个氧原子一定不在同一平面
C．可发生加成反应，不能发生取代反应 D．既不是乙醇的同系物，也不是乙酸乙酯的同系物
【答案】D
【详解】A．根据有机物的结构简式以及有机物中碳的成键特点，推出该有机物的分子式为C22H31NO3，故A错误；
B．羰基上碳原子杂化类型为sp2，空间构型为平面形，然后不共线三点确定一个平面，因此该有机物中三个氧原子可能在同一平面，故B错误；
C．该有机物中含有苯环和碳碳叁键，该有机物可以发生加成反应，该有机物中含有羟基和酯基，能发生取代反应，故C错误；
D．该有机物与乙醇、乙酸乙酯的分子结构不相似，因此该有机物既不是乙醇的同系物，也不是乙酸乙酯的同系物，故D正确；
答案为D。
3．下列反应的离子方程式正确的是
A．醋酸溶液中滴加Na2SiO3溶液：2H+ +SiO=H2SiO3↓
B．以铜为电极电解氯化铵溶液：2NH+2Cl- 2NH3↑+H2↑+Cl2↑
C．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：3CH3CH2OH+ 2Cr2O +16H+=3CH3COOH+4Cr3+ +11H2O
D．用NaOH溶液吸收Cl2 ：OH- +Cl2 =HClO+Cl-
【答案】C
【详解】A. 醋酸溶液中滴加Na2SiO3溶液，正确的离子方程式为，故A错误；
B. 以铜为电极电解氯化铵溶液正确的离子方程式为，故B错误；
C. 乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应，乙醇被氧化成乙酸，Cr2O 被还原为Cr3+，离子方程式为3CH3CH2OH+ 2Cr2O +16H+=3CH3COOH+4Cr3+ +11H2O，故C正确；
D. 用NaOH溶液吸收Cl2正确的离子方程式为2OH- +Cl2 =ClO-+Cl-+H2O，故D错误；
故答案选C。
4．利用原电池原理，我国科学家设计了一种SO2 + H2O2协同转化装置，实现对燃煤发电厂烟气中SO2的高效去除，协同转化装置如图所示，电极为惰性电极。放电时，双极膜中间层的H2O解离为OH-和H+，并向两极迁移。

该装置工作时，下列叙述错误的是
A．左侧电极区的总反应式为SO2+4OH-_2e-=SO +2H2O
B．协同转化的总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4
C．反应过程中不需补加稀硫酸
D．左侧电极上的电势比右侧电极上的高
【答案】D
【分析】该装置为原电池，根据电子转移，推出左侧电极为负极 ，右侧电极为正极，然后根据原电池工作原理进行分析解答；
【详解】A．根据上述分析，左侧电极为负极，根据装置图可知，该电极反应式为SO2+4OH-_2e-=SO +2H2O，故A说法正确；
B．右侧电极的电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2，根据得失电子数目守恒，协同转化的总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，故B说法正确；
C．根据B选项分析，右侧消耗H+，根据原电池工作原理，双极膜中H+向右侧电极移动，根据得失电子数目守恒，右侧消耗H+的量等于从双极膜迁移过来的H+的量，硫酸的总量不变，因此反应过程中不需补加稀硫酸，故C说法正确；
D．原电池中，负极的电势低，正极的电势高，即左侧电极上的电势比右侧电极上低，故D说法错误；
答案为D。
5．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是。
A．1.4 g 14C中含有的中子数为0. 8NA
B．2.8g乙烯分子中含有0. 5NA对共用电子
C．标准状况下，2. 24 L二氯甲烷(CH2Cl2)中氢原子数目为0. 2NA
D．室温下，pH=12的Na2S溶液中OH- 数目为0.01NA
【答案】A
【详解】A．1个14C中含有的中子数为8， 1.4 g 14C的物质的量为0.1mol，则含有的中子数为0. 8NA，A正确；
B．2.8g乙烯的物质的量为0.1mol，1个乙烯分子中含有6对共用电子，则分子中含有0.6NA对共用电子，B错误；
C．标准状况下，二氯甲烷为液体，不能计算其物质的量，C错误；
D．不确定溶液体积，不能计算物质的量，D错误。
故选A。
6．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定某种浓度的溶液的pH，测得pH约为12
2
向溶液中加入过量的溶液，产生黑色沉淀
3
向溶液中通入气体
4
向溶液中滴加几滴溶液，观察不到明显现象

下列说法错误的是A．溶液中存在
B．实验2反应静置后的上层清液中有
C．实验3过程中，水的电离程度逐渐增大
D．实验4发生反应的离子方程式为
【答案】C
【详解】A．根据质子守恒(或电荷守恒和物料守恒)可知溶液中存在，A正确；
B．实验2反应静置后的上层清液为的饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡，所以，B正确；
C．向溶液中通入，反应的化学方程式为，水的电离程度逐渐减小，C错误；
D．向溶液中滴加几滴溶液，因为盐酸不足，则反应为，观察不到明显现象，D正确；
故选C。
7．化合物[WM4Y(ZX4)2·12M2X]可用于水的净化、工业水的处理。M、W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，且加和为45，M与W位于不同周期，W、X相邻，X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。Y简单离子在同周期离子中半径最小。取4.53 g该化合物加热分解，得到的热重曲线如图所示。下列叙述正确的是

A．原子半径大小顺序为Z> Y> X> W>M
B．W、Z均仅有一种含氧酸
C．1 mol该化合物在50~200℃阶段热分解失去12 mol M2X
D．650℃、850℃热分解所得固体化合物分别为Y2(ZX4)3、Y2X3
【答案】D
【分析】X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，X位于第二周期，即X为O元素，W、X相邻，且原子序数依次增大，则W为N，M与W位于不同周期，且原子序数依次增大，则M为H，Y简单离子在同周期离子中半径最小，一般电子层数越多，微粒半径越大，因此Y不位于第二周期，应位于第三周期，一般电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小，则Y为Al，根据原子序数之和为45，推出Z为S元素，据此分析；
【详解】根据上述分析，M为H，W为N，X为O，Y为Al，Z为S；
A．一般电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径大小顺序是r(Al)＞r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(H)，故A错误；
B．N的化合价多种，含氧酸有HNO3、HNO2等，Z为S，含氧酸为H2SO3、H2SO4等，故B错误；
C．根据上述分析，该化合物为NH4Al(SO4)2·12H2O，加热时，先失去结晶水，4.53g该化合物的物质的量为0.01mol，假设全部失去结晶水，失去0.12mol水，即固体质量减少2.16g，此时固体的质量为2.37g，根据图像可知，50~200℃固体减少的质量为2.07g＜2.16g，因此1mol该化合物在该阶段分解失去水的物质的量小于12mol，故C错误；
D．失去全部结晶水后，得到NH4Al(SO4)2，可以看作由(NH4)2SO4、Al2(SO4)3组成，继续对固体加强热，硫酸铵分解为氨气、二氧化硫、氮气和水，此时剩余固体为Al2(SO4)3，NH4Al(SO4)2·12H2O～Al2(SO4)3，0.1molNH4Al(SO4)2·12H2O完全转化成硫酸铝，得到铝的质量为0.005mol×342g/mol=1.71g，因此650℃得到固体化合物是Al2(SO4)3，硫酸铝继续加强热，硫酸铝分解为氧化铝和三氧化硫，完全转化成氧化铝时有NH4Al(SO4)2·12H2O～Al2O3，得到氧化铝的质量为0.005mol×102g/mol=0.51g，因此850℃得到固体化合物是Al2O3，故D正确；
故答案为D。

二、工业流程题
8．三氧化钨(WO3)是一种重要的化工原料，有望延长燃料电池寿命，在陶瓷、船舶、合金等制造中也有重要应用。一种综合处理钨精矿粉(含FeWO4和MnWO4)并制备WO3的工艺流程如图所示：

已知：①“烧渣”的主要成分为Fe2O3、KNO2、K2MnO4、K2WO4和KOH。
②弱碱性和酸性体系中，K2Mn4O、歧化为KMnO4和MnO2
回答下列问题：
(1)“焙烧”前，须将钨精矿粉与KOH、KNO3混合均匀，目的是_______，该工序中FeWO4发生反应的化学方程式为_______。
(2)“调pH不能过低，原因是_______，滤渣1中主要成分为_______(写化学式)。
(3)“沉钨”工序中生成钨酸的离子方程式为_______。
(4)若在实验室中进行“煅烧”操作，可将固体放在_______(填仪器名称)中加热。
(5)常温下，“沉锰”中调节溶液pH=10.2时，Mn2+恰好沉淀完全[此时溶液中c(Mn2+)=1.0×10-5 mol·L-1]，则Ksp[Mn(OH)2]的数量级为_______。
【答案】(1)     增大原料的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率     2FeWO4+4KOH+KNO3 Fe2O3+ KNO2+2K2WO4+2H2O
(2)     导致H2WO4提前沉淀，降低WO3的产率     MnO2
(3)2H+ +WO= H2WO4↓
(4)坩埚
(5)10-13

【分析】矿粉中含有FeWO4和MnWO4，根据信息①，得知焙烧时，“烧渣”的主要成分为Fe2O3、KNO2、K2MnO4、K2WO4和KOH，然后加水溶解，氧化铁不溶于水，其余物质可溶，过滤后，浸渣主要成分是氧化铁，根据信息②，“浸液”中加硫酸调节pH，锰酸钾发生歧化反应，过滤后滤渣1的主要成分是MnO2，滤液1中加入硫酸，得到H2WO4沉淀，据此分析解答；
（1）
“焙烧”前将钨精矿粉与KOH、KNO3混合均匀，其目的是增大原料的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；FeWO4与KOH、KNO3混合加热发生反应生成Fe2O3、KNO2、K2WO4、H2O，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，氮元素的化合价由+5降低为+3价，因此反应方程式为2FeWO4+4KOH+KNO3 Fe2O3+ KNO2+2K2WO4+2H2O；故答案为增大原料的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；2FeWO4+4KOH+KNO3 Fe2O3+ KNO2+2K2WO4+2H2O；
（2）
根据“沉钨”步骤，加入稀硫酸得到H2WO4沉淀， “调pH”步骤中如果pH过低，导致H2WO4提前沉淀，降低WO3的产率；根据上述分析，滤渣1中主要成分是MnO2；故答案为导致H2WO4提前沉淀，降低WO3的产率；MnO2；
（3）
滤液1中钨元素以WO，利用强酸制弱酸，发生的离子方程式为2H+ +WO= H2WO4↓；故答案为2H+ +WO= H2WO4↓；
（4）
在实验室中进行“煅烧”，所用仪器必须耐高温，因此实验室常将固体放在坩埚中进行加热煅烧，故答案为:坩埚；
（5）
常温下，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×()2=1.0×10-12.6，数量级为10-13；故答案为10-13。

三、实验题
9．苯甲酸乙酯(C6H5COOCH2CH3)可用于配制香水和人造精油，还可以作为食用香精。实验室可用苯甲酸(熔点122.1℃)与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如图所示(部分装置已省略)。制备方法如下：


步骤①：在烧瓶中加入苯甲酸6.1g。乙醇30.0mL、浓硫酸4.0mL、适量环已烷、少。量沸石。按如图所示安装好装置，加热烧瓶，控制一定温度加热回流2 h。
步骤②：将烧瓶中的反应液倒入盛有50.0mL水的烧杯中，加入Na2CO3溶液至溶液呈中性。
步骤③：用分液漏斗分出有机层，再用乙醚萃取水层中的残留产品，二者合并，加到蒸馏装置中，加入沸石与无水硫酸镁，加热蒸馏制得产品5.0 mL。部分物质的性质如下表所示：
物质名称
苯甲酸
乙醇
环己烷
苯甲酸乙酯
摩尔质量/(g/mol)
122
46
84
150
密度/(g/cm3)
1.2659
0.7893
0.7318
1.0500
沸点/℃
249.2
78.3
80.8
212.6

回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______，冷却水从_______(填“a”或“b”)口进入。在本实验中浓硫酸的作用是_______。
(2)制取苯甲酸乙酯的化学方程式为_______。
(3)步骤②中加入Na2CO3溶液的作用是_______。
(4)步骤③中进行蒸馏操作时，加入无水硫酸镁的目的是_______。
(5)该实验中苯甲酸乙酯的产率为_______。
【答案】(1)     球形冷凝管     b     催化剂、吸水剂
(2) +CH3CH2OH+H2O
(3)吸收乙醇、硫酸和未反应的苯甲酸，且降低苯甲酸乙酯的溶解度
(4)除去苯甲酸乙酯中的水分
(5)70%

【分析】通过苯甲酸和乙醇的酯化反应，可制得苯甲酸乙酯，浓硫酸作为催化剂、吸水剂，回流2小时，反应完成后，将反应液倒入盛水的烧杯中，再加入碳酸钠中和硫酸和苯甲酸，同时可降低苯甲酸乙酯的溶解度，用分液漏斗分出有机层，再用乙醚萃取水层中的残留产品，二者合并，加到蒸馏装置中，加入沸石与无水硫酸镁，加热蒸馏制得纯净的苯甲酸乙酯，据此解答。
（1）
仪器A的名称为球形冷凝管(或冷凝管)，凝管中冷却水的流向为都是下进上出，所以应是b到a；酯化反应需要浓硫酸催化且还生成水，在本实验中浓硫酸的作用是作催化剂、吸水剂；
（2）
苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水，则制备苯甲酸乙酯的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O；
（3）
Na2CO3呈碱性，可以吸收乙醇、硫酸和未反应的苯甲酸，且降低苯甲酸乙酯在水层中的溶解度利于分液；
（4）
无水硫酸镁可以吸水，常用做干燥剂，所以加入无水硫酸镁的目的是除去苯甲酸乙酯中的水分；
（5）
已知投入的苯甲酸的物质的量为，乙醇的物质的量为，乙醇过量，则理论上产生的苯甲酸乙酯的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×150g/mol=7.5g，该实验中苯甲酸乙酯的产率为：。

四、原理综合题
10．利用“萨巴蒂尔反应”，空间站的水气整合系统将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2
生成系统可实现O2的再生。回答下列问题：
I.萨巴蒂尔反应为CO2(g)十4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) ∆H
(1)已知25°C和101 kPa时，①H2(g)的燃烧热△H=- 285. 8 kJ●mol-1；
②CH4(g)的燃烧热∆H=- 890. 3 kJ●mol-1；
③H2O(g)=H2O (l) ∆H=-44.0 kJ●mol-1。
则萨巴蒂尔反应的∆H=_______kJ●mol-1。
(2)萨巴蒂尔反应的前三步反应历程如图所示，其中吸附在催化剂Pt/SiO2表面的物质用“*”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会_______(填“放出”或“吸收”)热量，反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为_______。

II.CO2在一定条件下能与H2O发生氧再生反应：CO2(g) +2H2O(g) CH4(g)+ 2O2(g) ∆H=+802.3 kJ●mol-1
(3)恒压p0条件下，按c(CO2) ： c(H2O)=1 ： 2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图所示。350 ℃时，该反应的平衡常数Kp=_______ (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。为了提高CO2的转化率，除升高温度外，还可采取的措施为_______(写出一条)。

(4)氧再生反应还可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现，反应机理如图甲所示：

①光催化CO2转化为CH4时，阴极的电极反应式为_______。
②催化剂的催化效率和CH4的生成速率随温度的变化关系如图乙所示。300~400℃之间，CH4生成速率加快的原因是_______。

(5)氧再生反应所需的能量可由合成氨反应提供。合成氨反应的焓变和熵变如下：N2 (g) +3H2(g) 2NH3(g) ∆H= -92.4 kJ●mol-1 ∆S=-200J·K-1●mol-1常温(298 K)下，合成氨反应的自由能∆G=_______ kJ ●mol-1， 合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发进行。
【答案】(1)-164.9
(2)     吸收     ·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或为·OH+·H→H2O(g)
(3)     1     减少c(CO2) ∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及时逸出产物等
(4)     CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O     300℃～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，CH4的生成速率加快
(5)     -32.8     能

【解析】（1）
①氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)    ΔH=-285.8kJ/mol
②甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)    ΔH=-890.3kJ/mol
③H2O(g)=H2O (l)    ∆H=-44.0 kJ/mol
根据盖斯定律，推出4×①－②－2×③，得出CO2(g)十4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g)   ∆H=-164.9 kJ/mol；故答案为-164.9；
（2）
根据图像可知，吸附态的能量小于过渡态，因此从物质吸附在催化剂表面到形成过程过渡态的过程会吸收热量；根据反应历程可知，最小能垒的步骤的化学方程式为·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或为·OH+·H→H2O(g)；故答案为吸收；·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或为·OH+·H→H2O(g)；
（3）
该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷、氧气物质的量浓度增大，且两者浓度之比为1∶2，结合图像可知，d为甲烷，c为氧气，a为水蒸气，b为二氧化碳，350℃下，反应达到平衡时，CO2和CH4的浓度相同，H2O和O2的浓度相同，由反应可知，CO2和H2O按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，则平衡时H2O的浓度是CO2的2倍，O2的浓度是CH4的2倍，则化学平衡常数Kp==1；为了提高CO2的转化率，除升高温度外，还可采取的措施是减少c(CO2) ∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及时逸出产物等；故答案为1；减少c(CO2) ∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及时逸出产物等；
（4）
①由图示信息可知，光催化CO2转化为CH4时，阴极的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；故答案为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②由图可知，温度在250℃时，催化剂的转化效率和CH4的生成速率均达到最大值，温度从250℃升高到300℃过程中，催化剂转化效率和CH4的生成速率均迅速下降，但超过300℃后，催化剂的转化效率减小到几乎为0，而CH4的生成速率加快，可判断是温度对反应的影响导致的，即300℃～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，CH4的生成速率加快，故答案为300℃～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，CH4的生成速率加快；
（5）
∆G=∆H-T∆S=-92.4kJ/mol-298×(-0.2kJ/(K·mol))=-32.8 kJ/mol＜0，故合成氨反应在常温下能够自发进行；故答案为-32.8；能。

五、结构与性质
11．推广磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。
回答下列问题：
(1)基态铁原子的价层电子排布式为_______，基态Fe3+较基态Fe2+稳定的原因是_______(从价层电子排布角度分析)。
(2)在NH4H2PO4中，N、P、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______；NH中N原子的杂化轨道类型为_______。
(3)LiFePO4中，PO的空间结构为_______。
(4)1 mol 中含有_______mol σ键。苯胺水溶性大于苯的主要原因是_______。
(5)某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶胞结构(底边为平行四边形)如图所示。

①石墨的硬度小，其原因是_______，石墨的熔、沸点高，其原因是_______。
②该晶体的化学式为_______，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为_______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，列出计算表达式)。
【答案】(1)     26     基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定
(2)     N＞O＞H     sp3
(3)正四面体
(4)     14NA     苯胺分子中有N-H键，可与水分子形成氢键，增大溶解度
(5)     石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小     层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高     LiC6    

【解析】（1）
根据鲍利原理可知，原子核外没有运动状态相同的电子，铁是26号原子，核外有26个电子，则基态铁原子核外电子运动状态有26种，根据洪特规可知，由于基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定。
（2）
同周期主族元素，自左而右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的元素比相邻元素的大，故第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H；铵根离子的中心N原子价层电子对数为4+=4，为sp3杂化。
（3）
磷酸根离子的中心原子价层电子对数为4+=4，VSEPR模型为正四面体，P原子的杂化方式为sp3，无孤电子对，则磷酸根离子的空间结构为正四面体。
（4）
苯胺（）中含有C-C键、C-H键、C-N键、N-H键，均为σ键，则1mol苯胺中共计σ键14mol,数目为14NA；因苯胺分子中有N-H键，可与水分子形成氢键，增大溶解度。
（5）
①石墨的硬度小，其原因是石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小；石墨的熔、沸点高，其原因是层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高。②由图可知，Li原子位于顶点，个数为8×=1，C原子位于面上和体内，个数为8×+2=6，则化学式为LiC6；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm,则底边边长为3×142pm,石墨烯层间距离为335pm,又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为,晶胞体积为cm3，结合密度公式ρ=，解得d=g/cm3。

六、有机推断题
12．化合物M对利什曼原虫和克氏锥虫有显著的抑制作用，在医药工业中的一种合成方法如下：

已知：RCOOR＇RCH2OH
回答下列向题：
(1)A的化学名称是_______。
(2)B的结构简式为_______
(3)D中含氧官能团的名称为_______
(4)由G生成H的反应类型为_______
(5)H→I的反应条件和试剂为_______
(6)反应E+J→K的化学方程式为_______
(7)满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①与FeCl3溶液发生显色反应；  ②能发生银镜反应；  ③不含有甲基。
其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为2：2：1：1： 1的结构简式为_______。
【答案】(1)1、4-苯二酚（或对苯二酚）
(2)
(3)酚羟基、醚键、羧基
(4)取代反应或酯化反应
(5)光照、溴
(6)
(7)     23    

【分析】由流程可知，A中酚羟基和甲醇发生取代反应生成B，结合化学式可知，B结构简式为；B引入羧基和氢氧化钠反应生成C，C酸化后得到，D结构简式为；D发生酯化反应生成E；F发生取代反应生成G：，G发生酯化反应生成H：，H中与苯环直接相连的甲基发生取代反应引入溴原子生成I：，I发生已知反应原理生成J；EJ生成K，K转化为M；
（1）
A的化学名称是1、4-苯二酚（或对苯二酚）；
（2）
由分析可知，B的结构简式为；
（3）
D结构简式为；则D中含氧官能团的名称为酚羟基、醚键、羧基；
（4）
由G生成H的反应为羧基和羟基生成酯基的反应，为取代反应；
（5）
H中与苯环直接相连的甲基发生取代反应引入溴原子生成I ，故H→I的反应条件和试剂为光照、溴；
（6）
反应E+J→K的反应为J中甲基上溴与E中酚羟基发生取代反应生成K，化学方程式为；
（7）
G结构简式为：，满足下列条件的G的同分异构体：
①与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；②能发生银镜反应，含有醛基或为甲酸酯 ③不含有甲基。则由3种基团组合：-CH2Br、-OH、-CHO；-Br、-OH、-CH2CHO；-OH、-CHBrCHO；
苯环上有3个取代基时，各有10种，合计20种；
苯环上有2个取代基时，有邻间对3种；故共23种；
其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为2：2：1：1： 1，则结构较为对称，结构简式为。