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河北省2020届高三全国Ⅰ卷模拟试卷化学13（解析版）
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河北省2020届高三全国Ⅰ卷模拟试卷13
一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42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。
7. 《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”。文中涉及下列操作方法的是( )
A．溶解 B．渗析 C．蒸馏 D．分液
解析：上述操作包含了将茶叶里的有机物进行萃取、溶解、过滤、供人品尝等过程，没有涉及的操作有渗析、蒸馏、分液；正确选项A。
答案：A
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A. 235g核素发生裂变反应：净产生的中子数为
B. 常温下， 的溶液中数目为
C. 一定条件下，与足量反应，转移的电子数为
D. 标准状况下，乙烷中含有的极性键数目为
解析：A、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10-1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故A错误；B、常温下，pH=14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L，故0.5L此溶液中含氢氧根为0.5NA个，故B错误；C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应，不能进行彻底，故此反应转移的电子数小于NA个，故C错误；
D、5.6L乙烷的物质的量为0.25mol，而乙烷中含6条极性共价键，故0.25mol乙烷中含1.5NA条极性共价键，故D正确。
答案：D。
9.用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：
下列说法不正确的是( )
A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2＋氧化为Fe3＋，涉及反应：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
D．溶液A中Fe2＋和Fe3＋的浓度比为2∶1
答案：D
解析：碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1∶2，故D说法错误。
10. 青霉素是最重要的抗生素，其在体内经酸性水解后得到一种有机物X。已知X的结构如图，下列有关X的说法正确的是（ ）
A．X是烃
B．X的分子式为C5H10NO2S
C．X只能发生取代反应
D．X中碳原子上的H若有1个被Cl取代，则有2种不同产物
答案：D
解析：X中含有N、O、S等，属于烃的衍生物，故A错误；根据X的结构简式知，X的分子式为C5H11NO2S，故B错误；X含有氨基，能发生氧化反应，故C错误；X中碳原子上的H有2种，若有1个被Cl取代，则有2种不同产物，故D正确。
11. a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，其中只有一种为金属元素，四种元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，b与d的最外层电子数之和为a与c最外层电子数之和的四倍。下列叙述不正确的是( )
A.原子半径：c>d>a
B.d的氧化物对应的水化物酸性均比b的强
C.a、b、d三种元素形成的化合物可能既含离子键又含共价键
D.单质的熔点：c>b>a
答案：B
解析：b与d的最外层电子数之和为a与c最外层电子数之和的四倍，a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，a、b、c、d最外层电子数不同，a与c最外层电子数之和至少为3，b与d的最外层电子数之和至少为12；，a、b、c、d中只有一种为金属元素，四种元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，短周期主族元素的单质通常情况下呈气态的有H、N、O、F、Cl；代入分析，a为H元素，b为N元素，c为Mg元素，d为Cl元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径：c＞d＞a，正确；B项，d的氧化物对应的水化物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，b的氧化物对应的水化物有HNO3、HNO2，d的氧化物对应水化物的酸性不一定比b的强，如酸性：HClO＜HNO3，错误；C项，a、b、d三种元素形成的化合物有NH2Cl、NH4Cl等，NH2Cl中只含共价键，NH4Cl中既含离子键又含共价键，正确；D项，H2、N2常温呈气态，H2的相对分子质量小于N2的相对分子质量，H2分子间作用力小于N2分子间作用力，Mg常温呈固态，单质的熔点：c＞b＞a，正确。
12.苯酚具有微弱的酸性，可利用电场促使C6H5O－定向移动、脱离废水，并富集回收。电渗析装置示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．苯酚的电离方程式为：
B．A、B分别为离子交换膜，其中A是阴离子交换膜
C．电解过程中，阳极室的pH增大
D．当通过线路中的电子数目为0.1NA时，有含0.1 mol C6H5O－的废水被处理
答案：C
解析：苯酚具有微弱的酸性，电离方程式为：，故A正确；在电场中，阴离子向阳极移动，因此离子交换膜A需要能够使C6H5O－通过，是阴离子交换膜，故B正确；电解过程中，阳极水放电生成氧气与氢离子，使得阳极室的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C错误；当通过线路中的电子数目为0.1NA，即0.1 mol时，阳极室生成0.1 mol氢离子，有0.1 mol C6H5O－移向阳极室，故D正确。
13.常温下，二甲胺[(CH3)2NH·H2O]是一元弱碱，其电离常数Kb＝1.6×10－4。向10 mL c mol·L－1二甲胺溶液中滴加0.1 mo1·L－1盐酸，混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．二甲胺溶液的浓度为0.2 mol·L－1
B．在Y和Z点之间某点溶液pH＝7
C．Y点存在：c(Cl－)＞c[(CH3)2NH]＞c(H＋)＞c(OH－)
D．常温下，(CH3 )2 NH2 Cl水解常数Kh＝6.25×10－11
解析：选B A项，二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y点表示酸碱恰好完全反应，根据10 mL×10－3L·mL－1 c＝20 mL×10－3 L·mL－1×0.1 mol·L－1，得c＝0.2 mol·L－1，正确；B项，二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Z点是继续加盐酸比Y点多20 mL，混合溶液酸性增强，不可能出现pH＝7的点，错误；C项，二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y点存在：c(Cl－)＞c[(CH3)2NH]＞c(H＋)＞c(OH－)，正确；D项，Kh＝＝＝6.25×10－11，正确。
二、非选择题：共 58 分。第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35题～第 36题为选考题，考生根据要求作答。
26．(2019·河南省部分省示范性高中1月联考，27)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某度旧铍铜元件(含25% BeO、71% CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.铍、铝元素化学性质相似；
Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10－20
4.0×10－38
2.1×10－13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有________(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：______________________________。
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为________(填字母)。
a．加入过量的氨水 b．通入过量的CO2 c．加入过量的NaOH d．加入适量的HCl
e．洗涤 f．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是____________________。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：____________________________________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是________(任写一条)。
(4)滤液D中c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008 mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.01 mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是________(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于________。
(5)电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍，下图是电解装置图。
①电解过程中，加入氯化钠的目的是____________________________________________。
②石墨电极上的电极反应式为_______________________。
③电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为_________________。
已知部分物质的熔、沸点如下表：
物质
熔点(K)
沸点(K)
Be
1 551
3 243
Na
370
1 156
解析：(1)由题中信息可知，Be、SiO2与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3，Na2BeO2与HCl反应生成BeCl2，离子方程式为：BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O；(2)①由于Be的性质与Al相似，所以Be具有两性，用氨水使Be2＋全部沉淀，再过滤，将Be(OH)2洗涤后，加入盐酸最终转化成BeCl2；②由于Be2＋易水解，所以从氯化铍溶液中得到纯净的BeCl2，需要在HCl气流中蒸发结晶；(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，所以化学反应方程式为：MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O；②由于HNO3的氧化性很强，在反应中会产生氮的氧化物，对空气造成污染，所以我们不选用浓硝酸；(4)根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，当溶液中c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1时，计算可得c(OH－)＝10－10 mol/L，即当c(OH－)＝10－10 mol/L时，即pH＝4时，Cu2＋开始沉淀；根据Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，c(Fe3＋)＝0.008 mol/L，可得到c(OH－)＝3.68×10－13 mol/L，即当c(OH－)＝3.68×10－13 mol/L时，Fe3＋开始沉淀；根据Ksp[Mn(OH)2]＝2.1×10－13＝c(Mn2＋)·c2(OH－)，c(Mn2＋)＝0.01 mol/L，可得到c(OH－)＝4.83×10－7 mol/L，即当c(OH－)＝4.83×10－7 mol/L时，Mn2＋开始沉淀；由计算可知，Fe3＋先沉淀，其次是Cu2＋，最后是Mn2＋；(5)①电解过程中，加入氯化钠是为了增大导电性即降低电解质熔融状态的温度，节约能耗；②石墨电极生成金属Be，电极反应方程式为：Be2＋＋2e－===Be；③图表信息可知Na和Be的熔、沸点差距很大，分离Na蒸气和Be蒸气可以控制温度1 156～3 243 K之间冷却。
答案：(1)Na2BeO2、Na2SiO3 BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O
(2)①afed ②要在HCl气流中蒸发结晶
(3)①MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O ②会产生污染环境的气体
(4)Fe3＋ 4
(5)①降低电解质的熔融温度，降低能耗 ②Be2＋＋2e－===Be ③可以控制温度1 156～3 243 K之间冷却
27．(2019·内蒙古鄂尔多斯期中考试)乙酸丁酯是重要的化工原料，具有水果香味。实验室制备乙酸丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的反应装置示意图和有关信息如下：
乙酸
正丁醇
乙酸丁酯
熔点/℃
16.6
－89.5
－73.5
沸点/℃
117.9
117
126.0
密度/(g·cm－3)
1.1
0.80
0.88
(1)乙酸丁酯粗产品的制备
在干燥的50 mL圆底烧瓶中，装入沸石，加入12.0 mL正丁醇和16.0 mL冰醋酸(过量)，再加3～4滴浓硫酸。然后再安装分水器(作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水)、冷凝管，然后小火加热。写出制备乙酸丁酯的化学方程式：___________________________
___________。装置中冷水应从________(填“a”或“b”)口通入；通过分水器不断分离除去反应生成的水的目的是________________________________________。
(2)①乙酸丁酯的精制：将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制：a.水洗、b.蒸馏、c.用无水MgSO4干燥、d.用10%碳酸钠溶液洗涤。正确的操作步骤是__________(填标号)。
A．abcd B．cadb
C．dacb D．cdab
②在乙酸丁酯的精制中，用10%碳酸钠溶液洗涤的主要目的是________________________________________________________。
③在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。
a．直接将乙酸丁酯从分液漏斗的上口倒出
b．直接将乙酸丁酯从分液漏斗的下口放出
c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从下口放出
d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口倒出
(3)计算产率
测量分水器内由乙酸与丁醇反应生成水的体积为1.8 mL，假设在制取乙酸丁酯过程中反应物和生成物没有损失，且忽略副反应，乙酸丁酯的产率为________。
解析：(1)正丁醇和冰醋酸(过量)发生酯化反应生成乙酸丁酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O；为使整个冷凝管中充满水，水应该从b口通入；正丁醇和冰醋酸(过量)反应生成乙酸丁酯和水的酯化反应为可逆反应，水的沸点(100 ℃)低于乙酸丁酯的沸点(126.0 ℃)，反应时先将生成的水汽化分离，可以促使平衡正向移动，提高乙酸丁酯的产率。(2)①由于正丁醇、乙酸、乙酸丁酯能够互溶，所制取的乙酸丁酯中含有正丁醇、乙酸和催化剂硫酸，第一步采用10%碳酸钠溶液洗涤除去乙酸和硫酸等杂质，第二步用水洗除去碳酸钠溶液，第三步用无水硫酸镁干燥除去水，第四步蒸馏，制得较纯净的乙酸丁酯。②10%碳酸钠溶液可除去乙酸、硫酸等杂质，降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分层得到酯。③由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层。分液时，要先将下层的水从分液漏斗的下口放出，待下层水恰好放完时关闭分液漏斗的活塞，再将上层的乙酸丁酯从上口放出，所以正确的为d。(3)12.0 mL正丁醇的质量为12.0 mL×0.80 g·mL－1＝9.6 g，则12.0 mL正丁醇理论上生成酯的物质的量n理论(乙酸丁酯)＝n(正丁醇)＝＝ mol；n实际(乙酸丁酯)＝n(H2O)＝＝0.10 mol；则乙酸丁酯的产率＝×100%≈77.1%。
答案：(1)CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O b 使平衡正向移动，提高乙酸丁酯的产率
(2)①C ②除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质，降低乙酸丁酯在水中的溶解度 ③d
(3)77.1%
28．工业上利用合成气(CO、CO2和H2)来生产甲醇，有关反应的化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) ΔH1
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) ΔH2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ.3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3
K3
(1)若合成气为H2和CO2，发生反应Ⅲ。
①由H2(g)和CO2(g)合成CH3OH(g)的ΔH3＝____________。(用ΔH1、ΔH2表示)
②下列措施能使反应Ⅲ的平衡体系中增大的是________(填字母)。
A．将水蒸气从体系中分离出去
B．恒压时充入氦气
C．升高温度
D．恒容时再充入一定量CO2
③500 ℃测得反应Ⅲ在10 min时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分別为2 mol·
L－1、1.0 mol·L－1、0.6 mol·L－1、0.6 mol·L－1，则此时v正______(填“>”“＝”或“<”)v逆。从开始到该时刻，用H2表示反应的平均速率为v(H2)＝________________________________。
(2)用合成气H2、CO和CO2生产甲醇。当＝a时，体系中CO平衡转化率[α(CO)]与温度和压强关系的一些散点如图1所示。520 K、压强为p时，α(CO)处于C点。
①若保持温度不变，增大压强，则可能是图中的________点(填字母，下同)。
②若保持压强不变，升高温度，则可能是图中的________点。
(3)利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图2，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开K，此时A、B两极上生成等物质的量的气体。
①乙中B电极为________(填“阴极”或“阳极”)，该电极上生成的气体在标准状况下的体积为___________________。
②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量(n)与转移电子的物质的量[n(e－)]变化关系如图3，则图中c线表示的是________(填离子符号)的变化。
答案：(1)①ΔH1＋ΔH2 ②AD ③> 0.18 mol·L－1·min－1
(2)①D ②I (3)①阴极 2.24 L ②Cu2＋
解析：(1)①反应Ⅰ.2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) ΔH1，反应Ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH2，根据盖斯定律，将反应Ⅰ＋反应Ⅱ得反应Ⅲ：3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝ΔH1＋ΔH2。
②结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，可得500 ℃时，平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝2.5,700 ℃时平衡常数K3＝K1·K2＝0.34×1.70＝0.578，温度升高平衡常数减小，说明反应为放热反应，3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＜0。将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，比值增大，故A正确；恒压时充入He(g)，平衡逆向移动，比值减小，故B错误；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，比值减小，故C错误；恒容时再充入一定量CO2，平衡正向移动，比值增大，故D正确。
③平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，500 ℃时，可得平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝2.5，测得反应Ⅲ在10 min时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为2 mol·L－1、1.0 mol·L－1、0.6 mol·L－1、0.6 mol·L－1，Qc＝＝0.045
②反应Ⅰ的K随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动；反应Ⅱ的K随温度升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动；保持压强不变，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致CO平衡转化率[α(CO)]减小，可能变成图中的I点。
(3)①在燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气的为正极，则B电极为电解池的阴极，铜离子得电子生成铜，电极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，说明铜离子全部放电后溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1 mol，电极反应为：
Cu2＋ ＋ 2e－===Cu，
0.1 mol 0.2 mol
2H＋＋2e－===H2↑，
2x x
A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，
4x x
根据得失电子守恒，0.2 mol＋2x＝4x，解得x＝0.1 mol，乙中A极析出的氧气或B极析出的氢气物质的量为0.1 mol，在标准状况下的体积为2.24 L。
②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，a为Fe3＋，b为Fe2＋，c为Cu2＋。
35．(2019·南昌市高三第一次联考)中国海军航母建设正在有计划、有步骤地向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2＋基态原子的核外电子排布为__________________，铬元素在周期表中_______________________________________________________区。
(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷，结构如图1所示，其中C原子的杂化方式为_________________杂化。
(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。
①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是____________(填元素符号)。
氟
氯
溴
碘
第一电离能/kJ·mol－1
1 681
1 251
1 140
1 008
②根据价层电子对互斥理论，预测ClO的立体构型为______________形，写出一个与ClO是等电子体的化学符号______________。
(4)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。如图2是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的O2－是否构成了面心立方堆积？____________(填“是”或“否”)；该立方体是不是Fe3O4的晶胞？__________(填“是”或“否”)；立方体中铁离子处于O2－围成的____________(填空间结构)空隙；根据如图计算Fe3O4晶体的密度为__________g·cm－3。(图中a＝0.42 nm，计算结果保留两位有效数字)
答案：(1)1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8) d (2)sp3
(3)①I ②三角锥 SO (4)是 是 正八面体 5.2
解析：(4)O2－构成面心立方最密堆积，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3＋处于O2－围成的正八面体空隙，以立方体计算，1个立方体中含有Fe3＋的个数为4×＋×3＝2，含有Fe2＋的个数为1，含有O2－的个数为12×＋1＝4,1个立方体的质量为m＝g,1个立方体体积为V＝a3nm3＝(a×10－7)3cm3，则晶体密度为ρ＝＝g·cm－3≈5.2 g·cm－3。
36．(2019·沈阳市郊联体高三模拟)芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体，A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是____________，由A生成B的反应类型是____________。
(2)写出任意一种C的可能的结构简式：____________________________________________。
(3)芳香化合物G是E的同分异构体，G遇FeCl3显紫色，能发生水解反应，且一定条件下可以发生银镜反应，满足以上条件的G的同分异构体有________种。
答案：(1)邻二甲苯(或1,2二甲苯) 取代反应 (2) (或)
(3)13
解析：A分子式为C8H10，且AB()可推知A是，在Fe作催化剂的条件下与溴发生苯环上的取代反应生成C；先用酸性KMnO4将邻二甲苯氧化为邻苯二甲酸，然后再与乙醇发生酯化反应制得邻苯二甲酸二乙酯；，再发生缩聚反应生成高聚物。
(3)芳香化合物G是E的同分异构体，G遇FeCl3显紫色，说明含有酚羟基，能发生水解反应，且一定条件下可以发生银镜反应，说明含有HCOO—，满足条件的的同分异构体，若苯环上有2个取代基—OH、HCOOCH2—，有、邻、间对3种结构；若苯环上有3个取代基：—OH、HCOO—、—CH3，有10种结构，共有13种。
河北省2020届高三全国Ⅰ卷模拟试卷13
一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42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。
7. 《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”。文中涉及下列操作方法的是( )
A．溶解 B．渗析 C．蒸馏 D．分液
解析：上述操作包含了将茶叶里的有机物进行萃取、溶解、过滤、供人品尝等过程，没有涉及的操作有渗析、蒸馏、分液；正确选项A。
答案：A
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A. 235g核素发生裂变反应：净产生的中子数为
B. 常温下， 的溶液中数目为
C. 一定条件下，与足量反应，转移的电子数为
D. 标准状况下，乙烷中含有的极性键数目为
解析：A、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10-1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故A错误；B、常温下，pH=14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/L，故0.5L此溶液中含氢氧根为0.5NA个，故B错误；C、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应，不能进行彻底，故此反应转移的电子数小于NA个，故C错误；
D、5.6L乙烷的物质的量为0.25mol，而乙烷中含6条极性共价键，故0.25mol乙烷中含1.5NA条极性共价键，故D正确。
答案：D。
9.用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：
下列说法不正确的是( )
A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2＋氧化为Fe3＋，涉及反应：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
D．溶液A中Fe2＋和Fe3＋的浓度比为2∶1
答案：D
解析：碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1∶2，故D说法错误。
10. 青霉素是最重要的抗生素，其在体内经酸性水解后得到一种有机物X。已知X的结构如图，下列有关X的说法正确的是（ ）
A．X是烃
B．X的分子式为C5H10NO2S
C．X只能发生取代反应
D．X中碳原子上的H若有1个被Cl取代，则有2种不同产物
答案：D
解析：X中含有N、O、S等，属于烃的衍生物，故A错误；根据X的结构简式知，X的分子式为C5H11NO2S，故B错误；X含有氨基，能发生氧化反应，故C错误；X中碳原子上的H有2种，若有1个被Cl取代，则有2种不同产物，故D正确。
11. a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，其中只有一种为金属元素，四种元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，b与d的最外层电子数之和为a与c最外层电子数之和的四倍。下列叙述不正确的是( )
A.原子半径：c>d>a
B.d的氧化物对应的水化物酸性均比b的强
C.a、b、d三种元素形成的化合物可能既含离子键又含共价键
D.单质的熔点：c>b>a
答案：B
解析：b与d的最外层电子数之和为a与c最外层电子数之和的四倍，a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，a、b、c、d最外层电子数不同，a与c最外层电子数之和至少为3，b与d的最外层电子数之和至少为12；，a、b、c、d中只有一种为金属元素，四种元素的单质在通常情况下只有一种不是气体，短周期主族元素的单质通常情况下呈气态的有H、N、O、F、Cl；代入分析，a为H元素，b为N元素，c为Mg元素，d为Cl元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径：c＞d＞a，正确；B项，d的氧化物对应的水化物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，b的氧化物对应的水化物有HNO3、HNO2，d的氧化物对应水化物的酸性不一定比b的强，如酸性：HClO＜HNO3，错误；C项，a、b、d三种元素形成的化合物有NH2Cl、NH4Cl等，NH2Cl中只含共价键，NH4Cl中既含离子键又含共价键，正确；D项，H2、N2常温呈气态，H2的相对分子质量小于N2的相对分子质量，H2分子间作用力小于N2分子间作用力，Mg常温呈固态，单质的熔点：c＞b＞a，正确。
12.苯酚具有微弱的酸性，可利用电场促使C6H5O－定向移动、脱离废水，并富集回收。电渗析装置示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．苯酚的电离方程式为：
B．A、B分别为离子交换膜，其中A是阴离子交换膜
C．电解过程中，阳极室的pH增大
D．当通过线路中的电子数目为0.1NA时，有含0.1 mol C6H5O－的废水被处理
答案：C
解析：苯酚具有微弱的酸性，电离方程式为：，故A正确；在电场中，阴离子向阳极移动，因此离子交换膜A需要能够使C6H5O－通过，是阴离子交换膜，故B正确；电解过程中，阳极水放电生成氧气与氢离子，使得阳极室的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C错误；当通过线路中的电子数目为0.1NA，即0.1 mol时，阳极室生成0.1 mol氢离子，有0.1 mol C6H5O－移向阳极室，故D正确。
13.常温下，二甲胺[(CH3)2NH·H2O]是一元弱碱，其电离常数Kb＝1.6×10－4。向10 mL c mol·L－1二甲胺溶液中滴加0.1 mo1·L－1盐酸，混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．二甲胺溶液的浓度为0.2 mol·L－1
B．在Y和Z点之间某点溶液pH＝7
C．Y点存在：c(Cl－)＞c[(CH3)2NH]＞c(H＋)＞c(OH－)
D．常温下，(CH3 )2 NH2 Cl水解常数Kh＝6.25×10－11
解析：选B A项，二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y点表示酸碱恰好完全反应，根据10 mL×10－3L·mL－1 c＝20 mL×10－3 L·mL－1×0.1 mol·L－1，得c＝0.2 mol·L－1，正确；B项，二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Z点是继续加盐酸比Y点多20 mL，混合溶液酸性增强，不可能出现pH＝7的点，错误；C项，二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y点存在：c(Cl－)＞c[(CH3)2NH]＞c(H＋)＞c(OH－)，正确；D项，Kh＝＝＝6.25×10－11，正确。
二、非选择题：共 58 分。第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35题～第 36题为选考题，考生根据要求作答。
26．(2019·河南省部分省示范性高中1月联考，27)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某度旧铍铜元件(含25% BeO、71% CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.铍、铝元素化学性质相似；
Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10－20
4.0×10－38
2.1×10－13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有________(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：______________________________。
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为________(填字母)。
a．加入过量的氨水 b．通入过量的CO2 c．加入过量的NaOH d．加入适量的HCl
e．洗涤 f．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是____________________。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：____________________________________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是________(任写一条)。
(4)滤液D中c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008 mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.01 mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是________(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于________。
(5)电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍，下图是电解装置图。
①电解过程中，加入氯化钠的目的是____________________________________________。
②石墨电极上的电极反应式为_______________________。
③电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为_________________。
已知部分物质的熔、沸点如下表：
物质
熔点(K)
沸点(K)
Be
1 551
3 243
Na
370
1 156
解析：(1)由题中信息可知，Be、SiO2与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3，Na2BeO2与HCl反应生成BeCl2，离子方程式为：BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O；(2)①由于Be的性质与Al相似，所以Be具有两性，用氨水使Be2＋全部沉淀，再过滤，将Be(OH)2洗涤后，加入盐酸最终转化成BeCl2；②由于Be2＋易水解，所以从氯化铍溶液中得到纯净的BeCl2，需要在HCl气流中蒸发结晶；(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，所以化学反应方程式为：MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O；②由于HNO3的氧化性很强，在反应中会产生氮的氧化物，对空气造成污染，所以我们不选用浓硝酸；(4)根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，当溶液中c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1时，计算可得c(OH－)＝10－10 mol/L，即当c(OH－)＝10－10 mol/L时，即pH＝4时，Cu2＋开始沉淀；根据Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，c(Fe3＋)＝0.008 mol/L，可得到c(OH－)＝3.68×10－13 mol/L，即当c(OH－)＝3.68×10－13 mol/L时，Fe3＋开始沉淀；根据Ksp[Mn(OH)2]＝2.1×10－13＝c(Mn2＋)·c2(OH－)，c(Mn2＋)＝0.01 mol/L，可得到c(OH－)＝4.83×10－7 mol/L，即当c(OH－)＝4.83×10－7 mol/L时，Mn2＋开始沉淀；由计算可知，Fe3＋先沉淀，其次是Cu2＋，最后是Mn2＋；(5)①电解过程中，加入氯化钠是为了增大导电性即降低电解质熔融状态的温度，节约能耗；②石墨电极生成金属Be，电极反应方程式为：Be2＋＋2e－===Be；③图表信息可知Na和Be的熔、沸点差距很大，分离Na蒸气和Be蒸气可以控制温度1 156～3 243 K之间冷却。
答案：(1)Na2BeO2、Na2SiO3 BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O
(2)①afed ②要在HCl气流中蒸发结晶
(3)①MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O ②会产生污染环境的气体
(4)Fe3＋ 4
(5)①降低电解质的熔融温度，降低能耗 ②Be2＋＋2e－===Be ③可以控制温度1 156～3 243 K之间冷却
27．(2019·内蒙古鄂尔多斯期中考试)乙酸丁酯是重要的化工原料，具有水果香味。实验室制备乙酸丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的反应装置示意图和有关信息如下：
乙酸
正丁醇
乙酸丁酯
熔点/℃
16.6
－89.5
－73.5
沸点/℃
117.9
117
126.0
密度/(g·cm－3)
1.1
0.80
0.88
(1)乙酸丁酯粗产品的制备
在干燥的50 mL圆底烧瓶中，装入沸石，加入12.0 mL正丁醇和16.0 mL冰醋酸(过量)，再加3～4滴浓硫酸。然后再安装分水器(作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水)、冷凝管，然后小火加热。写出制备乙酸丁酯的化学方程式：___________________________
___________。装置中冷水应从________(填“a”或“b”)口通入；通过分水器不断分离除去反应生成的水的目的是________________________________________。
(2)①乙酸丁酯的精制：将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制：a.水洗、b.蒸馏、c.用无水MgSO4干燥、d.用10%碳酸钠溶液洗涤。正确的操作步骤是__________(填标号)。
A．abcd B．cadb
C．dacb D．cdab
②在乙酸丁酯的精制中，用10%碳酸钠溶液洗涤的主要目的是________________________________________________________。
③在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。
a．直接将乙酸丁酯从分液漏斗的上口倒出
b．直接将乙酸丁酯从分液漏斗的下口放出
c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从下口放出
d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口倒出
(3)计算产率
测量分水器内由乙酸与丁醇反应生成水的体积为1.8 mL，假设在制取乙酸丁酯过程中反应物和生成物没有损失，且忽略副反应，乙酸丁酯的产率为________。
解析：(1)正丁醇和冰醋酸(过量)发生酯化反应生成乙酸丁酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O；为使整个冷凝管中充满水，水应该从b口通入；正丁醇和冰醋酸(过量)反应生成乙酸丁酯和水的酯化反应为可逆反应，水的沸点(100 ℃)低于乙酸丁酯的沸点(126.0 ℃)，反应时先将生成的水汽化分离，可以促使平衡正向移动，提高乙酸丁酯的产率。(2)①由于正丁醇、乙酸、乙酸丁酯能够互溶，所制取的乙酸丁酯中含有正丁醇、乙酸和催化剂硫酸，第一步采用10%碳酸钠溶液洗涤除去乙酸和硫酸等杂质，第二步用水洗除去碳酸钠溶液，第三步用无水硫酸镁干燥除去水，第四步蒸馏，制得较纯净的乙酸丁酯。②10%碳酸钠溶液可除去乙酸、硫酸等杂质，降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分层得到酯。③由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层。分液时，要先将下层的水从分液漏斗的下口放出，待下层水恰好放完时关闭分液漏斗的活塞，再将上层的乙酸丁酯从上口放出，所以正确的为d。(3)12.0 mL正丁醇的质量为12.0 mL×0.80 g·mL－1＝9.6 g，则12.0 mL正丁醇理论上生成酯的物质的量n理论(乙酸丁酯)＝n(正丁醇)＝＝ mol；n实际(乙酸丁酯)＝n(H2O)＝＝0.10 mol；则乙酸丁酯的产率＝×100%≈77.1%。
答案：(1)CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O b 使平衡正向移动，提高乙酸丁酯的产率
(2)①C ②除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质，降低乙酸丁酯在水中的溶解度 ③d
(3)77.1%
28．工业上利用合成气(CO、CO2和H2)来生产甲醇，有关反应的化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) ΔH1
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) ΔH2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ.3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3
K3
(1)若合成气为H2和CO2，发生反应Ⅲ。
①由H2(g)和CO2(g)合成CH3OH(g)的ΔH3＝____________。(用ΔH1、ΔH2表示)
②下列措施能使反应Ⅲ的平衡体系中增大的是________(填字母)。
A．将水蒸气从体系中分离出去
B．恒压时充入氦气
C．升高温度
D．恒容时再充入一定量CO2
③500 ℃测得反应Ⅲ在10 min时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分別为2 mol·
L－1、1.0 mol·L－1、0.6 mol·L－1、0.6 mol·L－1，则此时v正______(填“>”“＝”或“<”)v逆。从开始到该时刻，用H2表示反应的平均速率为v(H2)＝________________________________。
(2)用合成气H2、CO和CO2生产甲醇。当＝a时，体系中CO平衡转化率[α(CO)]与温度和压强关系的一些散点如图1所示。520 K、压强为p时，α(CO)处于C点。
①若保持温度不变，增大压强，则可能是图中的________点(填字母，下同)。
②若保持压强不变，升高温度，则可能是图中的________点。
(3)利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图2，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开K，此时A、B两极上生成等物质的量的气体。
①乙中B电极为________(填“阴极”或“阳极”)，该电极上生成的气体在标准状况下的体积为___________________。
②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量(n)与转移电子的物质的量[n(e－)]变化关系如图3，则图中c线表示的是________(填离子符号)的变化。
答案：(1)①ΔH1＋ΔH2 ②AD ③> 0.18 mol·L－1·min－1
(2)①D ②I (3)①阴极 2.24 L ②Cu2＋
解析：(1)①反应Ⅰ.2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) ΔH1，反应Ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH2，根据盖斯定律，将反应Ⅰ＋反应Ⅱ得反应Ⅲ：3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝ΔH1＋ΔH2。
②结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，可得500 ℃时，平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝2.5,700 ℃时平衡常数K3＝K1·K2＝0.34×1.70＝0.578，温度升高平衡常数减小，说明反应为放热反应，3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＜0。将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，比值增大，故A正确；恒压时充入He(g)，平衡逆向移动，比值减小，故B错误；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，比值减小，故C错误；恒容时再充入一定量CO2，平衡正向移动，比值增大，故D正确。
③平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，500 ℃时，可得平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝2.5，测得反应Ⅲ在10 min时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为2 mol·L－1、1.0 mol·L－1、0.6 mol·L－1、0.6 mol·L－1，Qc＝＝0.045
②反应Ⅰ的K随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动；反应Ⅱ的K随温度升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动；保持压强不变，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致CO平衡转化率[α(CO)]减小，可能变成图中的I点。
(3)①在燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气的为正极，则B电极为电解池的阴极，铜离子得电子生成铜，电极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，说明铜离子全部放电后溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1 mol，电极反应为：
Cu2＋ ＋ 2e－===Cu，
0.1 mol 0.2 mol
2H＋＋2e－===H2↑，
2x x
A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，
4x x
根据得失电子守恒，0.2 mol＋2x＝4x，解得x＝0.1 mol，乙中A极析出的氧气或B极析出的氢气物质的量为0.1 mol，在标准状况下的体积为2.24 L。
②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，a为Fe3＋，b为Fe2＋，c为Cu2＋。
35．(2019·南昌市高三第一次联考)中国海军航母建设正在有计划、有步骤地向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2＋基态原子的核外电子排布为__________________，铬元素在周期表中_______________________________________________________区。
(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷，结构如图1所示，其中C原子的杂化方式为_________________杂化。
(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。
①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是____________(填元素符号)。
氟
氯
溴
碘
第一电离能/kJ·mol－1
1 681
1 251
1 140
1 008
②根据价层电子对互斥理论，预测ClO的立体构型为______________形，写出一个与ClO是等电子体的化学符号______________。
(4)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。如图2是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的O2－是否构成了面心立方堆积？____________(填“是”或“否”)；该立方体是不是Fe3O4的晶胞？__________(填“是”或“否”)；立方体中铁离子处于O2－围成的____________(填空间结构)空隙；根据如图计算Fe3O4晶体的密度为__________g·cm－3。(图中a＝0.42 nm，计算结果保留两位有效数字)
答案：(1)1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8) d (2)sp3
(3)①I ②三角锥 SO (4)是 是 正八面体 5.2
解析：(4)O2－构成面心立方最密堆积，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3＋处于O2－围成的正八面体空隙，以立方体计算，1个立方体中含有Fe3＋的个数为4×＋×3＝2，含有Fe2＋的个数为1，含有O2－的个数为12×＋1＝4,1个立方体的质量为m＝g,1个立方体体积为V＝a3nm3＝(a×10－7)3cm3，则晶体密度为ρ＝＝g·cm－3≈5.2 g·cm－3。
36．(2019·沈阳市郊联体高三模拟)芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体，A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是____________，由A生成B的反应类型是____________。
(2)写出任意一种C的可能的结构简式：____________________________________________。
(3)芳香化合物G是E的同分异构体，G遇FeCl3显紫色，能发生水解反应，且一定条件下可以发生银镜反应，满足以上条件的G的同分异构体有________种。
答案：(1)邻二甲苯(或1,2二甲苯) 取代反应 (2) (或)
(3)13
解析：A分子式为C8H10，且AB()可推知A是，在Fe作催化剂的条件下与溴发生苯环上的取代反应生成C；先用酸性KMnO4将邻二甲苯氧化为邻苯二甲酸，然后再与乙醇发生酯化反应制得邻苯二甲酸二乙酯；，再发生缩聚反应生成高聚物。
(3)芳香化合物G是E的同分异构体，G遇FeCl3显紫色，说明含有酚羟基，能发生水解反应，且一定条件下可以发生银镜反应，说明含有HCOO—，满足条件的的同分异构体，若苯环上有2个取代基—OH、HCOOCH2—，有、邻、间对3种结构；若苯环上有3个取代基：—OH、HCOO—、—CH3，有10种结构，共有13种。
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