2020 届衡水中学高中毕业班二月份网络教学上课教学质量监
测卷
理科综合化学部分
说明：1.全卷满分 300 分，考试时间 150 分钟。
2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则
不给分。
第Ⅰ卷(选择题共 126 分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48
Fe-56 I-127 Ag-108
一、选择题:本大题包括 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求。
1.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）
A. 质子数为 17、中子数为 20 的氯原子：
B. 氯离子(Cl－)的结构示意图：
C. 氯分子的电子式：
D. 氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是 ，故 A 说法错误；
B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图： ，故 B 错误；
C、氯原子最外层 7 个电子，每个氯原子都达到 8 电子稳定结构，故 C 正确；
D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故 D 说法错误。
2.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–=Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+
20
17 Cl
37
17 ClC. 向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硝酸对应的还原产物为 NO，A 错误；
B．电荷不守恒，应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B 错误；
C．Al2(SO4)3 和氨水反应生成(NH4)2SO4 和 Al(OH)3，离子方程式为：
Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C 正确；
D．Na2SiO3 为可溶性盐，应拆写成 Na+和 SiO32-，D 错误。
答案选 C。
3.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【答案】A
【解析】
【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A 正确；
B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B 错误；
C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C 错误；
D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化
还原反应，D 错误；
答案选 A。
4.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大,X 原子核外最外层电子数是其电子层数
的 2 倍,X、Y 的核电荷数之比为 3∶4。W-的最外层为 8 电子结构。金属单质 Z 在空气中燃烧
生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是
A. X 与 Y 能形成多种化合物,一般条件下都能与 Z 的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:XW
C. 化合物 Z2Y 和 ZWY3 都只存在离子键
D. Y、W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其
电子层数的 2 倍，则 X 为 C 元素，X、Y 的核电荷数之比为 3：4，则 Y 为 O 元素，W－的最
外层为 8 电子结构，W 为 F 或 Cl 元素，金属单质 Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧
化还原反应，则 Z 为 Na 元素，W 只能为 Cl 元素，则
A．X 与 Y 形成的化合物有 CO、CO2 等，Z 的最高价氧化物的水化物为 NaOH，CO 和 NaOH
不反应，故 A 错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原
子半径大小 X＞Y，Z＞W，故 B 错误；
C．化合物 Z2Y 和 ZWY3 分别为 Na2O、NaClO3，NaClO3 存在离子键和共价键，故 C 错误；
D．Y 的单质臭氧，W 的单质氯气，对应的化合物 ClO2，可作为水的消毒剂，故 D 正确。
故选 D。
5.由反应物 X 分别转化为 Y 和 Z 能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 由 X→Y 反应的 ΔH＝E5－E2 B. 由 X→Z 反应的 ΔH＞0
C. 降低压强有利于提高 Y 的产率 D. 升高温度有利于提高 Z 的产率
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图像，反应热与始态和终态有关，与反应途径无关，X→Y 反应的△H=E3－
E2，故 A 错误；
B、X 的总能量大于 Z 的总能量，说明此反应是放热反应，即△H＜0，故 B 错误；
C、2X＝3Y，反应前气体系数小于反应后气体系数，故根据勒夏特列原理，降低压强，平衡
向正反应方向移动，有利于提高 Y 的产率，故 C 正确；
D、生成 Z 的反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不有
的利于提高 Z 的产率，故 D 错误。
答案选 C。
6.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极 a 常用掺有石墨烯的
S8 材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法错误的是
A. 电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4
B. 电池工作时，外电路中流过 0.02 mol 电子，负极材料减重 0.14 g
C. 石墨烯的作用主要是提高电极 a 的导电性
D. 电池充电时间越长，电池中 Li2S2 的量越多
【答案】D
【解析】
【详解】A．原电池工作时，Li+向正极移动，则 a 为正极，正极上发生还原反应，随放电的多
少可能发生多种反应，其中可能为 2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，故 A 正确；B．原电池工作时，转
移 0.02mol 电子时，氧化 Li 的物质的量为 0.02mol，质量为 0.14g，故 B 正确；C．石墨能导
电，利用石墨烯作电极，可提高电极 a 的导电性，故 C 正确；D．电池充电时间越长，转移电
子数越多，生成的 Li 和 S8 越多，即电池中 Li2S2 的量越少，故 D 错误；答案为 D。
7.已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是
A. 异丙苯的分子式为
B. 异丙苯的沸点比苯高
C. 异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D. 异丙苯和苯为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】 由有机物结构简式可知有机物的分子式为 ，故 A 正确；
9 12C H
A. 9 12C HB.异丙苯和苯均为分子晶体，异丙苯的相对分子质量比苯大，故分子间作用力强于苯，沸点比
苯高，故 B 正确；
C. 分子中带有特殊标记的这五个原子构成四面体形，故四个带特殊标记的碳
原子不在同一平面上，故 C 错误；
D.异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差 3 个 原子团，互为同系物，故 D 正确。
答案选 C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意四面体碳最多 3 原子共平面，为易错点。
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
生都必须作答，第 33 题-第 38 题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：11 题，共 129 分。
8.ClO2 与 Cl2 的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图 1
装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）仪器 D 的名称是____。安装 F 中导管时，应选用图 2 中的_____。
（2）打开 B 的活塞，A 中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使 ClO2
在 D 中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。
（3）关闭 B 的活塞，ClO2 在 D 中被稳定剂完全吸收生成 NaClO2，此时 F 中溶液的颜色不变，
则装置 C 的作用是_____。
（4）已知在酸性条件下 NaClO2 可发生反应生成 NaCl 并释放出 ClO2，该反应的离子方程式为
____，在 ClO2 释放实验中，打开 E 的活塞，D 中发生反应，则装置 F 的作用是______。
（5）已吸收 ClO2 气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放 ClO2 的浓度随时间的变化如图 3
所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_______，原因是_________。
2CH【答案】 (1). 锥形瓶 (2). b (3). 慢 (4). 吸收 Cl2 (5). 4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O
(6). 验证是否有 ClO2 生成 (7). 稳定剂Ⅱ (8). 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放 ClO2，能较长时
间维持保鲜所需 浓度
【解析】
【详解】（1）根据仪器特征，仪器 D 的名称是锥形瓶；根据操作分析，F 装置应是 Cl2 和 KI
反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选 b。
（2）为使 ClO2 在 D 中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。
（3）F 装置中能发生 Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若 F 中溶液的颜色若不变，说明
没有氯气，则装置 C 的作用是吸收 Cl2。
（4）在酸性条件下 NaClO2 可发生反应生成 NaCl 并释放出 ClO2，根据化合价升降相等和电荷
守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为 4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在 ClO2 释
放实验中，打开 E 的活塞，D 中发生反应，则装置 F 的作用是验证是否有 ClO2 生成。
（5）根据图 3 可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放 ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳
定剂Ⅱ好。
9.SCR 和 NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的 NOx 排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素水溶液热分解为 NH3 和 CO2，该反应的化学方程式：___。
②反应器中 NH3 还原 NO2 的化学方程式：___。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中 SO2 在 O2 作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学
方程式表示(NH4)2SO4 的形成：__。
④尿素溶液浓度影响 NO2 的转化，测定溶液中尿素（M=60g·mol-1）含量的方法如下：取 ag
的尿素溶液，将所含氮完全转化为 NH3，所得 NH3 用过量的 v1mLc1mol·L-1H2SO4 溶液吸收完全，
剩余 H2SO4 用 v2mLc2mol·L-1NaOH 溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是__。
（2）NSR（NOx 储存还原）工作原理：
NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如图 a 所示。
①通过 BaO 和 Ba(NO3)2 的相互转化实现 NOx 的储存和还原。储存 NOx 的物质是__。
②用 H2 模拟尾气中还原性气体研究了 Ba(NO3)2 的催化还原过程，该过程分两步进行，图 b 表
示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的 H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比
是__。
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与 NO 有关。
在有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15NNO。将该反应的化学
方程式补充完整：___ □15NNO+□H2O___。
【答案】 (1). CO(NH2)2+H2O CO2+2NH3 (2). 8NH3+6NO2 7N2+12H2O
(3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4 (4). (5). BaO (6). 8∶1
(7). 415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O
【解析】
【分析】
结合反应物、生成物，根据原子守恒，若是氧化还原反应的方程式，再结合得失电子守恒配
平化学反应方程式；测定溶液中尿素含量时，将所含氮完全转化为 NH3，用过量的稀硫酸吸
收氨气，反应后剩余的硫酸，用氢氧化钠溶液中和，整个过程中的，硫酸与氨气、氢氧化钠
反应的化学方程式为 2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O。
【详解】（1）①尿素水溶液热分解为氨气和二氧化碳，反应方程式为 CO(NH2)2+H2O
CO2+2NH3 ；
1 1 2 23(2c V -c V )
100a②NH3 在催化剂作用下还原 NO2 生成 N2 和 H2O，反应的化学方程式为 8NH3+6NO2
7N2+12H2O；
③二氧化硫在氧气作用下与氨气和水反应生成硫酸铵，此反应中二氧化硫是还原剂，氧气是
氧化剂；反应的化学方程式为 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
④NH3 用过量的 v1mLc1mol·L-1H2SO4 溶液吸收完全，剩余 H2SO4 用 v2mLc2mol·L-1NaOH 溶液
恰好中和，过程中所涉及的化学方程式为：2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4，
2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O，反应中 n(H2SO4)=c1×v1×10-3mol，n(NaOH)=c2×v2×10-3mol，
由方程式可知：n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，则 n(NH3)=(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，
n[CO(NH2)2]= n(NH3)= ×(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，m[CO(NH2)2]=60g·mol-1×
×(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol=(0.06c1×v1-0.03c2×v2)g，所以尿素的质量分数是：
= ；
（2）①由图可知 BaO 和 NOx 反应生成 Ba(NO3)2，Ba(NO3)2 再被还原为 N2，则存储 NOx 的物
质是 BaO；
②第一步反应中 H2 被氧化生成水，氢元素化合价由 0 价升高到+1 价，Ba(NO3)2 中的 N 元素
的化合价由+5 价降到-3 价，生成氨气，则 1molBa(NO3)2 生成氨气得到 16mol 电子，根据氧化
还原反应中得失电子守恒，则参加反应的氢气的物质的量为 mol=8mol，故第一步反应消耗
的 H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比是 8：1；
③在有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15NNO，由 N 元素守
恒可知，15NO 与 NH3 的物质的量之比应为 1：1，结合氧化还原反应中得失电子守恒、原子守
恒，可知该反应的化学方程式为：415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O。
【点睛】本题主要考查的是：根据反应物、生成物结合原子守恒、得失电子守恒配平化学反
应方程式，在测定溶液中尿素（M=60g·mol-1）含量时，要结合相关数据的处理，通过反应方
程式的化学计量数来计算相关的量。
10.催化还原 CO2 是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在 Cu/ZnO 催化剂
存在下，CO2 和 H2 可发生两个平行反应，分别生成 CH3OH 和 CO。反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ·mol-1 I
CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 II
1
2
1
2
1
2
1 1 2 20.06c v 0.03c v
a
− 1 1 2 23(2c V -c V )
100a
16
2某实验室控制 CO2 和 H2 初始投料比为 1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实
验数据：
T(K) 催化剂 CO2 转化率（%） 甲醇选择性（%）
543 Cat.1 12.3 42.3
543 Cat.2 10.9 72.7
553 Cat.1 15.3 39.1
553 Cat.2 12.0 71.6
【备注】Cat.1：Cu/ZnO 纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO 纳米片；甲醇选择性：转化的 CO2 中生成甲
醇的百分比
已知：①CO 和 H2 的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1 和-285.8kJ·mol-1
②H2O(l)=H2O(g) ΔH3=44.0kJ·mol-1
请回答（不考虑温度对 ΔH 的影响）：
(1)反应 I 的平衡常数表达式 K=___；
(2)有利于提高 CO2 转化为 CH3OH 平衡转化率的措施有___。
A．使用催化剂 Cat.1
B．使用催化剂 Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大 CO2 和 H2 的初始投料比
(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对 CO2 转化成 CH3OH 的选择性有显著的影
响，其原因是___。
(4)在图中分别画出反应 I 在无催化剂、有 Cat.1 和有 Cat.2 三种情况下“反应过程～能量”示
意图___。【答案】 (1). (2). CD (3). 表中数据表明此时反应未达到平
衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 (4).
【解析】
【分析】
(1)反应 I 为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式 K=生成物浓度幂 乘积
与反应物浓度幂的乘积之比；
(2)A．使用催化剂 Cat.1，对甲醇的平衡转化率不产生影响；
B．使用催化剂 Cat.2，对甲醇的平衡转化率不产生影响；
C．反应 I 为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于加压；
E．增大 CO2 和 H2 的初始投料比，平衡正向移动，但 CO2 的转化率减小。
(3)在相同温度下，达平衡前，不同的催化剂对同一反应的催化能力不同，因而选择性不同。
(4)同一反应，使用不同的催化剂，活化能不同，但不影响反应物和生成物的总能量。从表中
数据可以看出，Cat.2 的选择性更高，因而对反应的活化能影响更大。
【详解】(1)反应 I 为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式 K=
。答案为： ；
(2)A．使用催化剂 Cat.1，对甲醇的平衡转化率不产生影响，A 不合题意；
B．使用催化剂 Cat.2，对甲醇的平衡转化率不产生影响，B 不合题意；
C．反应 I 为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，从而增大 CO2 的转化率，C 符合题意；
的
3 2
3
2 2
(CH OH) (H O)
(H O) (H )
c c
c c
⋅
⋅
3 2
3
2 2
(CH OH) (H O)
(H O) (H )
c c
c c
⋅
⋅
3 2
3
2 2
(CH OH) (H O)
(H O) (H )
c c
c c
⋅
⋅D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于加压，平衡正向移动，CO2 的转化率增大，D 符
合题意；
E．增大 CO2 和 H2 的初始投料比，平衡正向移动，但 CO2 的转化率减小，E 不合题意；
故选 CD。答案为：CD；
(3)在相同温度下，达平衡前，不同的催化剂对同一反应的催化能力不同，因而选择性不同，
其原因是：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因
而在该时刻下对甲醇选择性有影响。答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催
化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
(4)同一反应，不同的催化剂，活化能降低程度不同，但不影响反应物和生成物的总能量。从
表中数据可以看出，Cat.2 的选择性更高，因而对反应的活化能影响更大。则示意图为：
。答案为： 。
【点睛】催化剂只能改变反应物 活化能，因而改变平衡前单位时间内的转化率，但对平衡
转化率、反应物及生成物的能量，不产生影响。
(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
科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目
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小题计分。
11.[2017 新课标Ⅲ]研究发现，在 CO2 低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co 氧
化物负载的 Mn 氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co 基态原子核外电子排布式为_____________。元素 Mn 与 O 中，第一电离能较大的是
_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。
（2）CO2 和 CH3OH 分子中 C 原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在 CO2 低压合成甲醇反应所涉及的 4 种物质中，沸点从高到低的顺序为
_________________，原因是______________________________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2 中的化学键除了 σ 键外，还存在
的________。
（5）MgO 具有 NaCl 型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X 射线衍射实
验测得 MgO 的晶胞参数为 a=0.420 nm，则 r(O2-)为________nm。MnO 也属于 NaCl 型结构，
晶胞参数为 a' =0.448 nm，则 r(Mn2+)为________nm。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3
(6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). H2O 与 CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多；CO2
与 H2 均为非极性分子，CO2 分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和 π 键（或 键）
(9). 0.148 (10). 0.076
【解析】
【详解】（1）Co 是 27 号元素，位于元素周期表第 4 周期第 VIII 族，其基态原子核外电子排
布式为 1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2。元素 Mn 与 O 中，由于 O 元素是非金属性而 Mn 是
过渡元素，所以第一电离能较大 是 O。O 基态原子价电子为 2s22p4，所以其核外未成对电子
数是 2，而 Mn 基态原子价电子排布为 3d54s2，所以其核外未成对电子数是 5，因此核外未成对
电子数较多的是 Mn。
（2）CO2 和 CH3OH 的中心原子 C 原子的价层电子对数分别为 2 和 4，所以 CO2 和 CH3OH 分子中 C
原子的杂化形式分别为 sp 和 sp3。
（3）在 CO2 低压合成甲醇反应所涉及的 4 种物质中，沸点从高到低的顺序为 H2O>CH3OH>CO2>H2，
原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O 与 CH3OH
均为非极性分子，H2O 中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比
氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。
（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中 N 原子与 3 个氧原子
形成 3 个 σ 键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在 π 键。
（5）因为 O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是 O2－半径的 4 倍，即 4r= a，解得 r=
的
2 nm=0.148nm；MnO 也属于 NaCl 型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是
2r(O2-)+2r(Mn2+)= a' =0.448nm，解得 r(Mn2+)=0.076nm。
12.化合物 H 是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物 A 制备 H 的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称是__________。
（2）由 C 生成 D 和 E 生成 F 的反应类型分别是__________、_________。
（3）E 的结构简式为____________。
（4）G 为甲苯的同分异构体，由 F 生成 H 的化学方程式为___________。
（5）芳香化合物 X 是 F 的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，其核磁共振
氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 6∶2∶1∶1，写出 2 种符合要求的 X 的结构
简式____________。
（6）写出用环戊烷和 2–丁炔为原料制备化合物 的合成路线________（其他试剂任
选）。
【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 加成反应 (3). 取代反应 (4).
(5). (6). 、
2 0.4204
×、 和 （ 任 写 两 种 ） (7).
【解析】
【分析】
由 H 的结构简式逆推可知 A、B、C、D、E、F 苯环上均只有一个取代基。结合信息①及 B 的
分子式可知：A 为苯甲醛，B 为 ，由 的反应条件可知 的转
化为醛基转化为羧基，C 为 ，C 与 Br2 发生加成反应，生成
，D 在 KOH 的乙醇溶液中加热发生消去反应，酸化后生成
， E 与 乙 醇 发 生 酯 化 反 应 或 取 代 反 应 生 成
，F 与 G 发生类似信息 所给反应 加成反应 生成 H，逆推可知 G
的结构简式为 ，据此解答。
【详解】 由上述分析可知，A 为苯甲醛，故答案为：苯甲醛；
由分析可知：C 生成 D 发生加成反应，E 生成 F 发生取代反应，故答案为：加成反应；取
代反应；
由分析可知，E 的结构简式为 ，故答案为： ；
G 的 结 构 简 式 为 ， 由 F 生 成 H 的 化 学 方 程 式 为
， 故 答 案 为 ：
；
为 ，苯环外含有 5 个碳原子、3 个不饱和度和 2 个 O 原子，其
B C→ B C→
D(
) E(
) ( ) F(
) ② ( )
( )1
( )2
( )3
( )4
( )5 F同分异构体能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成 CO2，即必含有羧基，核磁共振氢谱显示有 4 种氢
原子，则具有较高的对称性，氢原子个数比为 ，可知含有两个对称的甲基，还有 2
个碳原子和 2 个不饱和度，则含有碳碳三键，故满足条件的同分异构体的结构简式为
、 、 和 ， 故 答 案 为 ：
、 、 和 （任写两种）；
逆合成分析： 可由 与溴加成而来， 可由 和
发生类似已知②反应而来， 可由 发生消去反应而来， 可由 和氯气
在 光 照 条 件 下 发 生 取 代 反 应 而 来 ， 即 ：
， 故 答 案 为 ：
。
6: 2:1:1
( )6
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