【文档说明】四川省双流棠湖中学2023-2024学年高三上学期10月月考理综化学试题 含解析.docx，共(17)页，1.077 MB，由小赞的店铺上传

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棠湖中学高2021级高三上期第二月考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Ti-48Fe-56I-127

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.化学对提高人类生活质量、促进社会发展和科技的创新有重要作用，下列叙述错误的是A.北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色

剂，实现了火焰的可视性B.维生素C和细铁粉均可作食品脱氧剂C.纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+D.用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量银离子可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【答案】C【解析】【详解】Ａ．火炬“飞扬”在

出口处喷涂含碱金属焰色剂，利用了金属的焰色实验现象，实现了火焰的可视性，A项正确；Ｂ．维生素C和细铁粉均具有还原性，可做食品脱氧剂，B项正确；Ｃ．纳米铁粉具有还原性，将污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+还原为对应

的单质，C项错误；Ｄ．银离子为重金属阳离子，可以使细菌蛋白质变性，防止牛奶变质，D项正确；答案选C。2.已知：2422ΔNaNO+NHClN+NaCl+2HO，设NA为阿伏加德罗常数的值；下列分析错误的是A.将41.0molNHCl溶于水，溶液中+4NH的数目

为NAB.60g的23Na37Cl含有中子的总数为32NAC.标况下，222.4LN含共用电子对的数目为3NAD.每生成22.0molHO时，该反应转移电子数为3NA【答案】A【解析】的【详解】A．由于+4NH会发生水解反应，41.0molNHCl溶液中+4NH的数目小于

NA，故A错误；B．60g的23Na37Cl物质的量m60gn===1molM60g/mol，含有中子的总数为1mol×(23-11+37-17)×NAmol-1=32NA，故B正确；C．标况下222.4LN物质的量mV22.4Ln===1mol

V22.4L/mol，氮气结构式N≡N，则含共用电子对的数目为3NA，故C正确；D．由反应2422ΔNaNO+NHClN+NaCl+2HO，NaNO2→N2中N化合价降低了3，则每生成22.0molHO时，该反应转移电子数为3N

A，故D正确；故选：A。3.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所选用的试剂和除杂方法都正确的是选项被提纯物质除杂试剂操作A乙烯(甲烷)溴水洗气B溴苯(溴)CCl4萃取C乙醇(乙酸)金属钠蒸馏D淀粉溶液(葡萄糖)——渗析A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】

【详解】A．乙烯与溴水发生加成反应，甲烷与溴水不反应，故用溴水不能除去乙烯中混有的甲烷，A错误；B．溴苯和溴与CCl4互溶，三者不能分离，B错误；C．乙醇和乙酸均能与金属钠反应，不能用金属钠除去乙醇中的乙酸，C错误；D．淀粉溶液为胶

体，不能通过半透膜，葡萄糖溶液能通过半透膜，故可以通过渗析除去淀粉溶液中的葡萄糖，D正确；故选D。4.有机物a、b、c的结构简式如下所示，下列说法不正确的是A.a、b、c中均只含一种官能团B.a、b、c均能发生加成反应和被酸性高锰酸钾氧化C.b中与苯环直接相连的原子都在同一平面上D.c存在芳

香族异构体【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，a、b、c三种有机物的官能团分别为碳碳双键、羟基和醛基，均只含一种官能团，故A正确；B．由结构简式可知，a分子中的碳碳双键、b分子中苯环上连有的甲基、c分子中的醛

基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应被氧化，故B正确；C．苯为正六边形结构，分子中的所有原子共平面，则b中与苯环直接相连的原子都在同一平面上，故C正确；D．苯环的不饱和度为4，由结构简式可知，c分子的不饱和度为3，则c不可能存在芳香族异构体，故D错误；

故选D。5.现有短周期元素R、X、Y、Z、T，R与T原子最外层电子数均是电子层数的2倍，Y元素能与大多数金属和非金属元素形成化合物，Z+与2Y−电子层结构相同，五种元素的原子半径如图所示，下列推断正确的是A.Y、Z组成的化合物只含离子键

B.T的最高价氧化物的水化物酸性比R的弱C.简单氢化物的稳定性：R＜X＜YD.Y的气态氢化物的还原性比T的强【答案】C【解析】【分析】短周期元素R、X、Y、Z、T，R与T原子最外层电子数均是电子层数的2倍，则R为C元素、T为S元素；Y

元素能与大多数金属和非金属元素形成化合物，Z+与2Y−电子层结构相同，则Y为O元素、Z为钠元素；由R和Y的原子序数可知，X为N元素。【详解】A．氧元素和钠元素形成的过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；B．元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，

则硫酸的酸性强于碳酸，故B错误；C．从左到右元素的非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，则甲烷、氨气、水的稳定性依次增强，故C正确；D．元素的非金属性越强，氢化物的还原性越弱，氧元素的非金属性强于硫元素，则水的还原性弱于硫化氢，故D错误；故选C。6.储氢材料是当

前新能源领域研究的一类热门材料。在一定条件下，以Cu-Zn原电池作电源，利用图所示装置可实现有机物的储氢，下列有关说法正确的是A.在Cu-Zn原电池装置工作时，盐桥内的Cl-向铜电极一端移动B.电极C为阳极，在电极D上发生还原反应C.气体X的主要成分是H2D.H+透过高分子膜从右室进入左室

，电极C上发生还原反应【答案】D【解析】【详解】A.在Cu-Zn原电池装置工作时，锌为负极，铜为正极，阴离子向负极移动，因此盐桥内的Cl-向锌电极一端移动，故A错误；B.锌为负极，铜为正极，因此电极C为阴极，电极D为阳极，阳极上发生氧化反应，故B错误；C.

电极D为阳极，阳极上发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，故C错在误；D.电解池工作时，阳离子从阳极室移向阴极室，H+透过高分子膜从右室进入左室，在电极C上发生还原反应，故D正确；故选D。7.HX为一元弱酸，YOH为一元强碱。常温下，向难溶强电解质(YX)的悬浊液中加入某酸，测得c(

Y+)与c(H+)的变化关系如图实线所示。下列说法错误的是A.M点时，c(X-)＜c(Y+)B.水的电离程度：N＞PC.实验时可加入的酸为盐酸D.难溶物YX的溶度积K为a22【答案】C【解析】【详解】A．M点溶液呈碱性c(OH-)>c(H+)，又有电荷守恒有c(OH

-)+c(X-)=c(H+)+c(Y+),因此该点溶液中c(X-)＜c(Y+)，A正确；B．在难溶性盐YX的悬浊液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-，向其中加入酸，增大了其中c(H+)，对水电离平衡其抑制作用，使水电离程度减小。c(H+)

越大，水的电离程度就越小。由于c(H+)：P＞N，所以水的电离程度：N＞P，B正确；C．如果加入某酸为HCl，则与X-反应产生弱酸HX，c(X-)减小，c(Y+)增大，与图象不符，因此实验时可加入的酸不为盐酸，

应为HX，C错误；D．在一定温度下，难溶物XY的溶度积K=c(Y+)∙c(X-)，但由于在N点时c(H+)=10-7mol/L，根据电荷守恒，c(Y+)=c(X-)，所以K为a22，D正确；故合理选项是C。8.氧帆(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为(NH4)

5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧帆(IV)碱式碳酸铵晶体的装置如图所示：已知：+4价钒的化合物易被氧化。（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是_

_；实验室可用浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体，该反应化学方程式为__。（2）制备步骤如下：①连接仪器：顺序是e→__(按气流方向，用小写字母表示)；②检查装置的气密性；③加入药品，连接好装置，先关闭K2，打开K1，当观察到__

_(填实验现象)时，关闭K1，打开K2，进行实验；④分离粗产品，具体操作方法是__(填操作名称)；洗涤粗产品。（3）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量xg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加

1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，后用ymol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为zmL。(已知：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3+

+H2O)①NaNO2溶液的作用是__，滴定时可选用的指示剂是__。②粗产品中钒的质量分数表达式为___%。③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.恒压

漏斗②.V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O（2）①.e→a→b→f→g→c→d②.B中溶液变浑浊③.过滤（3）①.除去过量的KMnO4②.K4[Fe(CN)6]③.-383100%ayz10④.偏高【解析】【分析】装置C中发生反应生成CO2，将CO2通入装置A(盛装饱和N

aHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应生成NH4HCO3，最后将气体通入装置B(盛装澄清石灰水)，以检验CO2气体；的【小问1详解】装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是恒压漏斗；浓盐酸与

V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体Cl2，Cl元素化合价升高了1，V元素化合价降低了1，反应化学方程式为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；【小问2详解】①装置C中发生反应生成CO2，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑

+H2O，将CO2通入装置A(盛装饱和NaHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应，最后将气体通入装置B(盛装澄清石灰水)，以检验CO2气体，所以上述装置依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d；③实验开始时，先关闭K2，打开K1，

当B中溶液变浑浊时，关闭K1，打开K2，进行VOCl2和NH4HCO3反应的实验；④由于生成的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体难溶于水，所以实验完毕后，从装置D中分离产品的操作方法是过滤；【小问3详解】①NaNO2中N元素为

+3价，既有还原性，又有氧化性，本题中加入的NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，加入即消耗Fe2+，当滴定至终点时Fe2+过量，可用K4[Fe(CN)6]试剂来做指示剂；②粗产品中钒的质量分数以VO2计，由滴定原理VO2++Fe2++2H+

=VO2++Fe3++H2O，则有关系式：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O～6VO2～6VO2+～6Fe2+，所以钒的质量分数为：-3-3ymol/Lz10L83g/mol83yz10x100%100g%a=；③若(

NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，Fe2+的浓度偏小，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液偏多，会使测定结果偏高。9.某废镍催化剂的主要成分是Ni-Al合金，还含有少量CrFe、及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物()xyNiO：回答下列问题：（1）

“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、_______，“灼烧”的目的是_______。（2）“溶解”后的溶液中，所含金属离子有3+2++CrFeNa、、、_______、_______。（3）“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣

的离子方程式为_______。（4）“煅烧”3NiCO滤渣前需进行的两步操作是_______。（5）在空气中煅烧3NiCO，其热重曲线如图所示。3300~400NiCO℃转化为23NiO，反应的化学方程式为_______；400~450℃生成产物的化学式为_______

。（6）利用xyNiO制得2NiCl溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的NiOOH。电解时阳极的电极反应式为_______。【答案】（1）①.NaAlO2②.除去有机物（2）①.Ni2+②.Fe3+（3）()

2+--+232Fe+ClO+5HO=2FeOH+Cl+4H（4）洗涤、干燥（5）①.300-400322324NiCO+O=2NiO+4CO℃℃②.34NiO（6）Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O【解析】【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、C

r、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为NaOH、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(O

H)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。【小问1详解】由分析可知，“滤液1”的主要溶质为NaOH、NaAl

O2；“灼烧”的目的是除去有机物；【小问2详解】由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除3+2++CrFeNa、、外，还有Ni2+、Fe3+；【小问3详解】“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为()2+--+232Fe+ClO

+5HO=2FeOH+Cl+4H；【小问4详解】过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”3NiCO滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；【小问5详解】3300~400NiCO℃转化为23NiO，反应的化学方程式为300-400322324NiCO+

O=2NiO+4CO℃℃；设1mol3NiCO在400~500℃下分解为xyNiO，1mol3NiCO的质量为1mol119g/mol=119g，由图可知，3NiCO在400~500℃下分解固体残留率为

67.5%，则分解后xyNiO的质量为119g67.5%80.3g，根据Ni原子守恒可知，生成xyNiO的物质的量为1molx，()1mol59x+16yg/molx=80.3g，得到y4x3，故400~500℃生成产物的化

学式为34NiO；【小问6详解】电解2NiCl溶液，阳极上产物为NiOOH，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。10.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题：（1）下图是1molNO2和1mo

lCO反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式_______________________________________。（2）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2(

g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如下表：T/℃200300400KK1K20.5请回答下列问题：①试比较K1、K2的大小，K1_________K2(填”＞”“=

“或”＜”)。②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_________(填序号字母)。a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2b．3v正(N2)=v逆(H2)c．容器内压强保持不变d

．混合气体的密度保持不变③400℃时，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数K为______。当测得NH3、N2、H2的浓度分别为3mol•L−1、2mol•L−1、1mol•L−1时，则该反应的v正(N2)____v

逆(N2)(填”＞”“=“或”＜”)。（3）在容积为2L的密闭容器中，充入一定量CO2和H2合成甲醇(CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝－58kJ·mol−1)，在其他条

件不变时，温度T1、T2对反应的影响图像如图。①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝______mol·L−1·min−1。②图示的温度T1______T2(填写“>”、“<”或“=”)。（4）以甲烷为燃料的新型电池的成本大大低于以氢气

为燃料的传统燃料电池，下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。①B电极的反应式为_____________________________________。②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解100mL1

mol·L−1的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗甲烷的体积为_________(标准状况)。【答案】（1）NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=−234kJ•mol−1（2

）①.>②.bc③.2④.>（3）①.AAn2t②.<（4）①.CH4＋4O2−－8e−=CO2＋2H2O②.1.12L【解析】【小问1详解】由图可知：NO2和CO反应的热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H＝－234kJ/mo

l；故答案为：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=−234kJ•mol−1。【小问2详解】①升高温度化学平衡向吸热反应方向移动；由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度化学平衡向逆反应方向移动；平衡越向逆反应方向移动，反应的平衡常数就越小，所以K1>K2；②a．平衡

时各物质的浓度与起始加入的物质的多少有关，只要平衡时各种物质的浓度不变，反应就达到了平衡，a错误；b．在任何时刻都有3v正(N2)=v正(H2)，而3v正(N2)=v逆(H2)，代入第一个式子可得v正(H2)=v逆(H2)，反应达到平衡，b正确；c．由于

容器的容积不变，若反应达到平衡，各种物质的物质的量不变，容器内压强也保持不变，c正确；d．反应无论进行到什么程度，质量都不会发生变化，那么任何时刻混合气体的密度都保持不变，所以不能根据容器的密度不变来判断反应达到平衡，

d错误；综上所述，bc正确；③400℃时，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数和反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数互为倒数，即为2；由于浓度商Qc=()()()32323cNcHcNH=32213=29<0.5，所以反应向正反应方向移动，即v正

(N2)>v逆(N2)；故答案为：＞；bc；2；＞。【小问3详解】①根据图像，温度为T1时，从反应到平衡反应生成CH3OH的物质的量为nAmol，生成甲醇的平均速率v(CH3OH)=AAnmol/L2tmin=AAn2tmol·L−1·min−1

；②用“先拐先平”法分析，图像中T2先出现拐点，T2反应速率快，根据温度对反应速率的影响知：T1<T2；故答案为：AAn2t；<。【小问4详解】①由阴离子移动方向可以知道B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，电极的

反应式为CH4＋4O2−－8e−=CO2＋2H2O，A极是正极，该电极上是氧气得电子的还原反应；②硫酸铜的物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O通电2Cu+O2↑+4H+，

铜离子完全放电后，发生反应2H2O通电2H2↑+O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令氢气为xmol，根据电子转移守恒，则：0.1mol×2+2x=4x，解得x=0.1，根据电子转移守恒，可以知道消耗甲烷的物质

的量=0.1mol48=0.05mol，故消耗甲烷的体积=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；故答案为：CH4＋4O2−－8e−=CO2＋2H2O；1.12L。11.秦始皇帝陵博物院首次在兵马俑的彩绘中发现了

古人人工合成的“中国蓝”“中国紫”颜料。人们对这些颜料的研究发现，其成分主要是钡和铜的硅酸盐(BaCuSixOy)。回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为___________。“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化合物，形成该配位键，Cu2+提供___________

，若“中国蓝”的化学组成中x∶y=2∶5，则其化学式为___________。（2）“中国蓝”“中国紫”中存在SiO44−四面体结构，其中Si原子采取的杂化类型为___________。与SiO44−不同，CO23−的立体构型为_____

______。（3）Si和C同主族，但SiO2与CO2的熔沸点差异很大，这是因为SiO2是___________晶体，而CO2是___________晶体。（4）BaO的熔沸点___________MgO(填“＞”“＜”“=”)，原因是___________

。（5）立方CuO晶胞结构如图所示。其中Cu2+的配位数为___________。NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm，则其晶体密度为___________g•cm-3(用代数式表示)。【答案】（1）①.3d104s1②.空轨道③.BaCuSi4O10（2）①.s

p3②.平面三角形（3）①.原子②.分子（4）①.＜②.MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高（5）①6②.3A480aN×1030【解析】【分析】Cu为29号元素，根据核外电子排布的规律分析解答；根据价层电子对个数

=σ键个数+12(a-xb)计算判断；根据晶格能的变化规律分析解答；根据晶胞结构和均摊法计算。【小问1详解】Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化

合物，形成该配位键，Cu2+提供空轨道；若“中国蓝”(BaCuSixOy)的氧化物形式可表示为BaO•CuO•xSiO2，化学组成中x∶y=2∶5，则x∶(1+1+2x)=2∶5，解得：x=4，则y=10，其化学式为BaCuSi4

O10，故答案为：3d104s1；空轨道；BaCuSi4O10；【小问2详解】SiO44−四面体结构中Si原子的价层电子对数=4+12(4+4-4×2)=4，Si原子采用sp3杂化；CO23−中C的价层电子对数=3+12(4+2-3×2)=3，C采用sp2杂化，CO23−的立体构

型为平面三角形，故答案为：sp3；平面三角形；【小问3详解】SiO2属于以共价键结合形成空间网状结构的晶体为共价晶体，CO2属于以分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体，分子晶体的熔点小于原子晶体的熔点，则熔点CO2＜SiO2，故答案为：原子；分子；【小问4详解】MgO和BaO都是离子晶体

，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，但Mg2+半径小于Ba2+半径，MgO晶格能更大，熔沸点更高，故答案为：＜；MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高；【小问5详解】距离Cu2+最近的O2-个数为6

，所以其配位数是6；该晶胞中Cu2+个数=8×18+6×12=4，O2-个数=12×14+1=4、晶胞的质量=A4(64+16)Ng=A480Ng，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，则晶体的密度为=3A480aN

.×1030g/cm3，故答案为：6；3A480aN×1030。12.2002年，Scott等人首次完成了C60的化学全合成，该成果为今后合成更多、更丰富的C60衍生物带来了可能，下图是合成路线中的一部分：已知：RMgX+→+H

⎯⎯⎯⎯→，RMgX为格氏试剂，X为卤素原子回答下列问题：（1）有机物A中所含官能团的名称为___________。第一步制备格氏试剂的反应若采用其他有机溶剂(如四氢呋喃)，则会产生多种其他结构的产物，试写出其中一种的结构简式___________。（2）写出反应a的化学方程式_______

____。（3）有机物C的核磁共振氢谱共有___________组峰，该物质___________使酸性高锰酸钾溶液褪色(填“可以”或“不可以”)。（4）反应b属于___________(填有机反应类型)（

5）由D生成E的反应称为芳构化反应，该反应还会生成一种无机物小分子F，推断F是___________。（6）根据题目提供的信息设计合成路线，以2ClCHBr为原料(其他试剂任选)合成2HOCHCOOH。___________【答案】（1）①.溴原子、氯原

子②.、(任写一种)。（2）+CH3CHO→（3）①.5②.可以（4）取代反应（5）2H（6）++42.甲醛KMnO,H3.H222221.Mg、无水乙醚ClCHBr→ClCHCHOH→ClCHCOOH→HOCHCOOH【解析】【小问1详解】A为，官能团为溴原子、氯原子；格

式试剂是Mg与卤代烃反应，可能的结构有或；【小问2详解】根据已知信息，反应a的化学方程式+CH3CHO→；【小问3详解】有机物C为：，等效氢有5种，核磁共振氢谱共有5组峰，高锰酸钾可以氧化羟基，故该物质可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；

【小问4详解】由流程可以看出反应b是Br原子取代了上的羟基，故反应类型为取代反应；【小问5详解】由D生成E的反应称为芳构化反应，根据原子守恒定律可知小分子F为H2；【小问6详解】以2ClCHBr为原料(其他试剂任选)合成2HOCHCOOH

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