精品解析：河南驻马店经济开发区高级中学2026届高三第二学期5月质量检测 化学试题

2026届高三第二学期5月质量检测 化学试题 (试卷满分：100分 考试时间：75分钟) 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 一、选择题：本题共14小题，每小题3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。 1. 化学与生活密切相关。下列表述错误的是 A. 谷氨酸钠用于增味剂，碳酸氢铵、碳酸氢钠用于食品膨松剂 B. 淀粉、蔗糖水解产生的葡萄糖发生还原反应为生物体提供能量 C. 表面活性剂在水中形成的胶束属于超分子 D. 在DNA的双螺旋结构中，依靠形成氢键实现碱基互补配对 2. -40℃，将F2通入细冰沫可获得次氟酸(HOF)，发生的反应为。下列说法错误的是 A. H2O分子的空间填充模型为 B. 基态F原子的价层电子的轨道表示式为 C. HOF中O元素的化合价为-2价 D. F2是非极性分子，HF是极性分子 3. 化合物Z是一种具有生物活性的含氧衍生物，其合成路线如图所示。下列说法错误的是 A. X能在空气中稳定存在 B. Y分子中所有原子可能共平面 C. Z与足量的H2加成得到的产物分子中有5个手性碳原子 D. 不可用酸性KMnO4溶液检验Z中是否混有Y 4. Fe3+与H2O、SCN-、F-可形成配离子(浅紫色)、(红色)、(无色)。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法正确的是 A. 溶液Ⅰ呈黄色的可能原因是Fe3+与H2O形成了配离子 B. 为了能观察到的颜色，可向溶液Ⅰ中加入足量蒸馏水 C. 步骤Ⅲ中发生的反应为 D. 在做化学实验分析时，若存在杂质Fe3+的干扰，可加入NaF溶液掩蔽Fe3+ 5. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．检验乙醇脱水生成乙烯 B．实验室蒸馏分离和 C．铁制镀件上镀铜 D．实验室快速制备氨气 A. A B. B C. C D. D 6. 下列化学方程式或离子方程式与所给事实不相符的是 A. 实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳： B. 向溴化亚铁溶液中通入过量氯气： C. 铜与浓硫酸在加热条件下反应： D. 氯化铜浓溶液呈现黄绿色的原因：(黄色，浓度略占优)+4H2O 7. 催化氧化法能将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用，反应的热化学方程式为，催化机理如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中，Cl元素的化合价没有发生改变 B. 图中“”的转化中，原子利用率为100% C. 生成1 mol Cl2时，催化循环中消耗的HCl与O2的物质的量之比为4：1 D. 若将起始投料改为“”，则平衡时HCl的转化率增大 8. 下列实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 探究溶液的pH对化学平衡的影响 向溶液中滴加5~10滴溶液，观察现象；继续滴加5~10滴溶液，观察现象 B 除去苯中少量的苯酚杂质 加入适量的浓溴水，振荡、静置、过滤 C 检验溴乙烷中的溴元素 向溴乙烷中滴加1 mL 5%的NaOH溶液，振荡后加热，静置。待溶液分层后，取少量上层溶液，滴加2滴AgNO3溶液，观察现象 D 比较次氯酸和醋酸的酸性强弱 室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和溶液的pH A. A B. B C. C D. D 9. 将铁粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的立方晶胞如图所示(Fe位于晶胞顶点和面心，N位于晶胞体心)，晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 距离N最近的Fe有8个 B. Fe之间的最近距离为 C. 该晶体的密度为 D. 若将N置于晶胞顶点，则Fe位于晶胞体心和棱心 10. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子的电离能依次为578、1817、2745、11577、14842(单位：)；基态Z原子中有4个未成对电子，工业生产Z单质时常掺入W元素；W与Y同主族。下列说法正确的是 A. X的简单阳离子在同周期金属元素阳离子中半径最小 B. 电负性：W＞Y，且W的氧化物和Y的氧化物均为分子晶体 C. X、Z的氧化物均能与NaOH溶液反应 D. Z的氯化物可通过蒸干其水溶液直接获得 11. 下列解释不能正确反映事实的是 选项 事实 解释 A 的还原性比的强 中离子键更强，更难失电子 B 比更易水解 键的极性比键的强，更易断裂 C 水的挥发性比乙醇的弱 水的相对分子质量比乙醇的小 D 的酸性比的强 的电负性比的大 A. A B. B C. C D. D 12. 工业上将单独脱除SO2的反应与H2O2的制备反应相结合，可实现协同转化。 ①单独制备： ②单独脱除： 协同转化装置如图所示，在电场作用下，双极膜中间层的H2O解离为OH-和H+，并向两极迁移。下列叙述错误的是 A. 反应②释放的能量可以用于反应① B. 协同转化总反应： C. 产生H2O2的电极反应： D. 反应过程中不需要补加稀硫酸 13. 甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，1mol和9mol发生上述反应达平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是 A. 550℃时，的平衡转化率为20% B. 550℃反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D. 其他条件不变，减压有利于增大平衡时的物质的量 14. 实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程，将CO2通入饱和的氨盐水(溶质为NH3、NaCl)中，实验现象及数据如图1所示，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图2所示。 下列说法错误的是 A. 0 min时，溶液中 B. 水的电离程度：0 min＜60 min C. 60~100 min，不断增大 D. 0~100 min，溶液中、均保持不变 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的工艺流程如下。 已知：25℃时，。 回答下列问题： （1）“浸取”时有淡黄色沉淀生成。浸取FeS的化学方程式为___________。 （2）若不通入高压O2，25℃时，反应)的平衡常数K=___________(保留2位有效数字)，因此CuS___________(填“能”或“不能”)直接被过量硫酸溶液浸取。 （3）“还原”时，一定温度下，利用高压还原，应先调节pH=2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： “还原”时调节溶液的pH=1，铜还原率降低到10%。铜还原率降低的主要原因是___________。 （4）“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为___________。 （5）图a是纤锌矿型ZnO晶体的晶胞，图b是闪锌矿型ZnO晶体的晶胞。图中黑球代表Zn2+，白球代表O2-。 ①纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为___________。 ②在闪锌矿晶胞俯视图中标记出Zn2+(用黑球表示)的位置___________。 （6）在“Ag/Zn/Al2O3”催化作用下，乙醇-水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若乙醇分子中甲基上的碳原子用同位素标记()，则最终产物中含的物质为___________(填名称)。 16. 在化工生产中可作为中间体使用，实验室制备并测定产品中的NH3含量如下。回答下列问题： (一)制备 i．镍片与浓硝酸在温度50~60℃加热，制得溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图所示)，加入盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv.将iii中混合液减压过滤、洗涤、干燥。 已知：①、均为能溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体。 ②遇滤纸等有机物或还原剂会发生反应。 ③受热易分解产生氨气。 ④乙醚能与乙醇互溶，且比乙醇更易挥发。 （1）i中制取(还原产物为NO2)的化学方程式为___________。 （2）ii中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是___________。 （3）仪器a的名称为___________。双层反应釜中冷凝水的进水口为___________(填“b”或“c”)。 （4）iii中无水乙醇的作用是___________。 （5）iv中用A．乙醚、B．乙醇、C．浓氨水洗涤晶体，这三种洗涤剂正确的洗涤顺序是___________(填标号)。 (二)产品中的NH3含量测定 用电子天平称取0.2500 g产品，用水溶解后加入5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余盐酸至终点，消耗NaOH标准溶液。另取5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液。 （6）产品中NH3的质量分数为___________(列出计算式)。若所用6mol/L盐酸浓度偏大，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 17. CO2-CH4干气催化重整制合成气(H2、CO)是CO2资源化利用的重要研究方向。其反应主要包括： 反应1： 反应2： 回答下列问题： （1）该过程使用的催化剂为Cu/Zn/Al纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差较大的是___________ (填元素符号)。 （2）已知：H2 (g)、CO(g)的燃烧热分别为、，水的汽化热为，则___________。 （3）向T℃、2.8 MPa的恒压密闭容器中，充入1molCH4(g)和1mol CO2(g)发生反应1和反应2，达到平衡时，CO2的转化率为80%，。 ①平衡时混合气体的总物质的量n总=___________mol。 ②T℃时反应1的压强平衡常数Kp=___________(保留3位有效数字)。 ③若反应在恒容密闭容器中达到平衡，则CO2的转化率___________80%(填“大于”“小于”或“等于”)。 （4）向反应体系中充入等物质的量的CO2和CH4混合气体，测得相同时间内CO2的转化率随温度的变化曲线如图所示。 ①相同压强下，若图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ线表示三种不同催化剂，则图中b、d、e三点最可能达到平衡的点是___________点。 ②相同温度下，若图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ线表示三种不同压强下的反应，且反应均达到平衡，则压强p(Ⅰ)、p(Ⅱ)、p(Ⅲ)由小到大的顺序是___________。CO2的转化率在a点重合的原因是___________。 18. 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药扑热息痛(对乙酰氨基酚)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不会被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙酰氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。贝诺酯的合成路线如下： 已知：ⅰ．+→+NaCl。 ⅱ．DMF表示N，N-二甲基甲酰胺() 回答下列问题： （1）的化学名称为___________。DMF中碳原子的杂化轨道类型为___________。 （2）贝诺酯的官能团名称为___________，H的结构简式为___________。 （3）由A制D不采取甲苯与直接反应，而是经过步骤①~③，目的是___________。 （4）在催化剂(浓硫酸)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M。生成M的化学方程式为___________。 （5）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林大14。Q是N的同分异构体，同时满足下列要求的Q的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①含苯环、不含其他环，苯环上只有两个取代基 ②只含有1种官能团，且液态时能与反应放出气体 （6）参考上述路线，设计如下转化制备有机物Z。 X、Y、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第二学期5月质量检测 化学试题 (试卷满分：100分 考试时间：75分钟) 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 一、选择题：本题共14小题，每小题3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。 1. 化学与生活密切相关。下列表述错误的是 A. 谷氨酸钠用于增味剂，碳酸氢铵、碳酸氢钠用于食品膨松剂 B. 淀粉、蔗糖水解产生的葡萄糖发生还原反应为生物体提供能量 C. 表面活性剂在水中形成的胶束属于超分子 D. 在DNA的双螺旋结构中，依靠形成氢键实现碱基互补配对 【答案】B 【解析】 【详解】A．谷氨酸钠是味精的主要成分，可作食品增味剂；碳酸氢钠、碳酸氢铵受热均可分解产生气体，能使食品疏松多孔，可作食品膨松剂，A正确； B．葡萄糖在生物体内通过氧化分解释放能量，为生物体提供能量，B错误； C．超分子是由两种或两种以上的分子（或离子）通过分子间相互作用形成的具有特定结构和功能的聚集体，表面活性剂在水中形成的胶束符合超分子的定义，属于超分子，C正确； D．DNA的双螺旋结构中，不同碱基之间依靠氢键相互结合，实现碱基互补配对，D正确； 故选B。 2. -40℃，将F2通入细冰沫可获得次氟酸(HOF)，发生的反应为。下列说法错误的是 A. H2O分子的空间填充模型为 B. 基态F原子的价层电子的轨道表示式为 C. HOF中O元素的化合价为-2价 D. F2是非极性分子，HF是极性分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子为V形结构，氧原子半径大于氢原子，图示空间填充模型符合的结构特点，A正确； B．基态F原子的价电子排布为，图示轨道表示式符合泡利不相容原理和洪特规则，B正确； C．HOF中，H为价，F的电负性大于O，因此F为价；根据化合物中化合价代数和为0，可得的化合价为价，C错误； D．​是同种原子构成的双原子分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子；中，H与F电负性差异使得正负电荷中心不重合，属于极性分子，D正确； 故选C。 3. 化合物Z是一种具有生物活性的含氧衍生物，其合成路线如图所示。下列说法错误的是 A. X能在空气中稳定存在 B. Y分子中所有原子可能共平面 C. Z与足量的H2加成得到的产物分子中有5个手性碳原子 D. 不可用酸性KMnO4溶液检验Z中是否混有Y 【答案】A 【解析】 【详解】A．X是3-氯苯酚，酚羟基具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，X在空气中不能稳定存在，A错误； B．Y的分子结构中，苯环、醛基均为平面结构，醛基中的碳原子通过单键与苯环相连，碳碳单键可以旋转，因此苯环与醛基可能共平面；酚羟基中的氧原子通过单键与苯环相连，碳氧单键可以旋转，因此苯环与酚羟基中的H原子可能共平面，则Y分子中所有原子可能共平面，B正确； C．Z与足量的加成得到的产物为，产物分子中含有5个手性碳原子：，C正确； D．Y中含有酚羟基和醛基，两者均具有还原性，可以被酸性溶液氧化；Z中苯环的侧链上含有碳碳双键，也可以被酸性溶液氧化，故不可用酸性溶液检验Z中是否混有Y，D正确； 故选A。 4. Fe3+与H2O、SCN-、F-可形成配离子(浅紫色)、(红色)、(无色)。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法正确的是 A. 溶液Ⅰ呈黄色的可能原因是Fe3+与H2O形成了配离子 B. 为了能观察到的颜色，可向溶液Ⅰ中加入足量蒸馏水 C. 步骤Ⅲ中发生的反应为 D. 在做化学实验分析时，若存在杂质Fe3+的干扰，可加入NaF溶液掩蔽Fe3+ 【答案】D 【解析】 【分析】步骤I：将固体溶于水，得到溶液 I（黄色）。是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，同时也会与水分子形成配离子。题目已知是浅紫色的，但溶液I呈黄色，说明溶液中存在其他显黄色的微粒（通常是的水解产物）。 步骤II：向溶液I中加入过量，得到溶液II（红色）。这是因为与发生了配位反应，生成了红色的配离子。 步骤III：向溶液II中加入过量，得到溶液III（无色）。这说明与的结合能力比强，从中脱离，与结合生成了无色的配离子。 【详解】A．根据题目给出的信息，是浅紫色的。而溶液I呈黄色，因此溶液I的黄色不可能是由引起的，A错误； B．溶液 I呈黄色是因为的水解。加入足量蒸馏水虽然能稀释溶液，使水解平衡正向移动，但同时也降低了所有离子的浓度。由于本身是浅紫色，在极稀的溶液中可能很难观察到明显的颜色，且黄色可能只是变浅而非完全消失露出浅紫色。更常用的方法是加入适量的酸来抑制的水解，B错误； C．步骤III中，加入过量后溶液由红色变为无色，是因为夺取了，使红色的转化为无色的，离子方程式为：，C错误； D．由步骤III可知，加入后，会形成无色的配离子。这意味着失去了与其他试剂（如）反应产生颜色的能力。因此加入可以有效掩蔽的干扰，D正确； 故选D。 5. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．检验乙醇脱水生成乙烯 B．实验室蒸馏分离和 C．铁制镀件上镀铜 D．实验室快速制备氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应，生成的乙烯中混有乙醇蒸气和二氧化硫，乙醇蒸气、二氧化硫和乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该装置不能检验乙醇脱水生成乙烯，A不符合题意； B．蒸馏装置中温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口平齐，不能插入液面下，B不符合题意； C．铁制镀件上镀铜时，铜片应该作阳极，与电源正极相连，铁制镀件作阴极，与电源负极相连，C不符合题意； D．固体溶于水放热且呈强碱性，能促进分解产生氨气，该装置能达到快速制备氨气的目的，D符合题意； 答案选D。 6. 下列化学方程式或离子方程式与所给事实不相符的是 A. 实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳： B. 向溴化亚铁溶液中通入过量氯气： C. 铜与浓硫酸在加热条件下反应： D. 氯化铜浓溶液呈现黄绿色的原因：(黄色，浓度略占优)+4H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．CaCO3难溶于水，书写离子方程式不能拆写，盐酸为强酸，拆分成离子，盐酸为强酸，碳酸为弱酸，大理石与稀盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故A说法正确； B．通入过量氯气时，溴化亚铁中的Fe2+和Br-会完全被氧化，该离子方程式漏掉了Br-的氧化反应，正确的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故B说法错误； C．浓硫酸不能拆写成离子，铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故C说法正确； D．氯化铜浓溶液呈现黄绿色的原因是[CuCl4]2-与[Cu(H2O)4]2+共存且前者浓度略占优，其离子方程式[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，故D说法正确； 答案为B。 7. 催化氧化法能将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用，反应的热化学方程式为，催化机理如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中，Cl元素的化合价没有发生改变 B. 图中“”的转化中，原子利用率为100% C. 生成1 mol Cl2时，催化循环中消耗的HCl与O2的物质的量之比为4：1 D. 若将起始投料改为“”，则平衡时HCl的转化率增大 【答案】C 【解析】 【分析】由催化循环图可知，Y、Z为反应物，X、W为生成物；由反应的化学方程式及相关元素变化可知，X为Cl2，Y为HCl，Z为O2，W为H2O； 【详解】A．转化过程中，发生分解反应，反应方程式为，部分Cl元素由-1价升高到0价，化合价发生了改变，A错误； B．“”的转化中，先后均发生分解反应：和，两步反应得到的产物都不唯一，所以原子利用率小于100%，B错误； C．由题干提供的热化学方程式可知，生成，需消耗4 mol HCl和，则生成时，催化循环中消耗的HCl与的物质的量之比为，C正确； D．若将起始投料改为“”，则由于生成物的浓度增大，原平衡会向逆反应方向移动，导致HCl的转化率减小，D错误； 故选C。 8. 下列实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 探究溶液的pH对化学平衡的影响 向溶液中滴加5~10滴溶液，观察现象；继续滴加5~10滴溶液，观察现象 B 除去苯中少量的苯酚杂质 加入适量的浓溴水，振荡、静置、过滤 C 检验溴乙烷中的溴元素 向溴乙烷中滴加1 mL 5%的NaOH溶液，振荡后加热，静置。待溶液分层后，取少量上层溶液，滴加2滴AgNO3溶液，观察现象 D 比较次氯酸和醋酸的酸性强弱 室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和溶液的pH A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液中存在平衡(橙红色)(黄色)，加入NaOH溶液，溶液的pH增大，消耗，平衡正向移动，溶液变黄色；加入溶液，溶液的pH减小，增大浓度，平衡逆向移动，溶液又变橙红色，可探究溶液的pH对化学平衡的影响，A正确； B．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚沉淀可溶于苯中，且溴单质也会溶于苯中，无法达到除杂目的，B错误； C．溴乙烷水解后溶液中含有过量的NaOH，会与反应生成沉淀，干扰检验，应先加稀硝酸将溶液酸化，再滴入溶液，观察现象，C错误； D．NaClO溶液会发生水解，生成次氯酸，次氯酸能漂白pH试纸，无法用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计测量NaClO溶液的pH，D错误； 故选A。 9. 将铁粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的立方晶胞如图所示(Fe位于晶胞顶点和面心，N位于晶胞体心)，晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 距离N最近的Fe有8个 B. Fe之间的最近距离为 C. 该晶体的密度为 D. 若将N置于晶胞顶点，则Fe位于晶胞体心和棱心 【答案】D 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，氮原子位于铁原子形成的正八面体空隙中，则距离氮原子最近的铁原子有6个，A错误； B．由晶胞结构可知，铁原子之间的最近距离为面对角线的一半，由题意可知，晶胞参数为a pm， 则最近距离为，B错误； C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为：8×+6×=4，位于体心的氮原子个数为1，则晶胞的化学式为Fe4N，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-10)3d，解得：d=，C错误； D．由晶胞结构可知，将位于体心的氮原子置于晶胞顶点时，处于顶点的铁原子将位于晶胞的体心，处于面心的铁原子将位于晶胞的棱心，D正确； 故选D。 10. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子的电离能依次为578、1817、2745、11577、14842(单位：)；基态Z原子中有4个未成对电子，工业生产Z单质时常掺入W元素；W与Y同主族。下列说法正确的是 A. X的简单阳离子在同周期金属元素阳离子中半径最小 B. 电负性：W＞Y，且W的氧化物和Y的氧化物均为分子晶体 C. X、Z的氧化物均能与NaOH溶液反应 D. Z的氯化物可通过蒸干其水溶液直接获得 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，基态X原子的第四电离能远大于第三电离能，则X为Al元素；基态Z原子中有4个未成对电子，则Z为Fe元素；工业生产Z单质时常掺入W元素，则W为C元素；W与Y同主族，则Y为Si元素。 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子、镁离子和铝离子中，铝离子的离子半径最小，A正确； B．二氧化硅是熔沸点高、硬度大的共价晶体，B错误； C．氧化铁、四氧化三铁、氧化亚铁均不能与氢氧化钠溶液反应，C错误； D．氯化亚铁具有还原性，蒸干氯化亚铁溶液时，氯化亚铁会被氧化为氯化铁，而氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸具有挥发性，氯化氢浓度减小会使平衡不断右移直至趋于完全，反应生成的氢氧化铁受热分解生成氧化铁，则氯化铁溶液蒸干不能得到氯化铁，所以氯化亚铁溶液和氯化铁溶液蒸干时都不能得到对应氯化物，D错误； 故选A。 11. 下列解释不能正确反映事实的是 选项 事实 解释 A 的还原性比的强 中离子键更强，更难失电子 B 比更易水解 键的极性比键的强，更易断裂 C 水的挥发性比乙醇的弱 水的相对分子质量比乙醇的小 D 的酸性比的强 的电负性比的大 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．的半径比的小，中离子键强度更大，更难失电子，所以，的还原性比强，解释正确，A不符合题意； B．的电负性为3.0，的电负性为2.5，的电负性为2.1，与的电负性之差(0.5)大于与的电负性之差(0.4)，则键的极性比键强，更易断裂，所以比更易水解，解释正确，B不符合题意； C．水的挥发性比乙醇的弱，原因是水分子间氢键数目更多、作用力更强，沸点更高，使得水相较于乙醇挥发性更弱，与相对分子质量大小无关，解释错误，C符合题意； D．的电负性比的大，键的极性大于键的极性，使对电子的吸引能力大于，导致的羧基中的极性更大，更易电离出，酸性更强，解释正确，D不符合题意； 答案选C。 12. 工业上将单独脱除SO2的反应与H2O2的制备反应相结合，可实现协同转化。 ①单独制备： ②单独脱除： 协同转化装置如图所示，在电场作用下，双极膜中间层的H2O解离为OH-和H+，并向两极迁移。下列叙述错误的是 A. 反应②释放的能量可以用于反应① B. 协同转化总反应： C. 产生H2O2的电极反应： D. 反应过程中不需要补加稀硫酸 【答案】B 【解析】 【分析】根据电子流向判断左侧电极为负极，硫元素化合价从+4升高为+6，二氧化硫转化为硫酸根，发生氧化反应；右侧电极为正极，氧元素化合价从0降低为-1，氧气转化为过氧化氢，发生还原反应。双极膜解离产生的氢离子向正极迁移，氢氧根离子向负极迁移。 【详解】A．反应②焓变小于0为放热反应，释放能量，反应①焓变大于0为吸热反应，需要吸收能量，反应②释放的能量可通过能量转化用于反应①，A正确； B．左侧为碱性氢氧化钠溶液环境，二氧化硫与氢氧根反应生成亚硫酸根，再被氧化为硫酸根，最终生成硫酸钠而非硫酸，总反应为，选项给出的总反应不符合实际反应环境，B错误； C．右侧为酸性稀硫酸环境，氧气得电子生成过氧化氢，1mol氧气得2mol电子，结合双极膜迁移过来的氢离子配平，电极反应为，C正确； D．生成过氧化氢消耗的氢离子全部由双极膜解离提供，稀硫酸中的硫酸根不参与反应，仅起导电作用，浓度不变，反应过程中不需要补加稀硫酸，D正确； 故选 B。 13. 甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，1mol和9mol发生上述反应达平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是 A. 550℃时，的平衡转化率为20% B. 550℃反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D. 其他条件不变，减压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】C 【解析】 【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳粒子，故曲线①表示H2，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH4物质的量降低，则曲线②代表CH4。 【详解】A．550℃时，n(H2)=5mol，n(CO2)=2.2mol，n(CH4)=n(CO)=0.4mol，根据C原子守恒，有1mol×3=3n(C3H8O3)+n(CH4)+n(CO)+m(CO2)，根据O原子守恒，有1mol×3+9mol×1=3n(C3H8O3)+n(CO)+2n（CO2）+n（H2O)，两式联立结合图中数据得n（H2O）=7.2mol，则的平衡转化率为=20%，A正确； B．550℃反应达平衡状态时，，B正确； C．反应I（吸热）升温，平衡正向移动，水不参与该反应，无直接影响，反应Ⅱ（放热）升温，平衡逆向移动，水的消耗量减少，水的剩余量增加，反应Ⅲ（放热）升温，平衡逆向移动CH4的生成量减少，CH4剩余量减少，同时，400~550℃，H2的物质的量持续增大，说明反应I正向进行的程度远大于反应Ⅲ逆向进行的程度，因此平衡时的水物质的量随温度升高而减小，C错误； D．反应I气体分子数增大（1→7），减压，平衡正向移动，生成量增加；反应Ⅱ气体分子数不变（2→2），减压，平衡不移动；反应Ⅲ气体分子数减小（5→3），减压，平衡逆向移动，消耗量减少。综上，减压使H2的生成量增加、消耗量减少，最终平衡时H2的物质的量增大，D 正确； 故答案为C。 14. 实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程，将CO2通入饱和的氨盐水(溶质为NH3、NaCl)中，实验现象及数据如图1所示，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图2所示。 下列说法错误的是 A. 0 min时，溶液中 B. 水的电离程度：0 min＜60 min C. 60~100 min，不断增大 D. 0~100 min，溶液中、均保持不变 【答案】D 【解析】 【分析】将二氧化碳通入饱和的氨盐水中，反应的化学方程式为；由图像1可知，随着二氧化碳的通入，溶液的pH逐渐减小，不断生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度不大，逐渐析出碳酸氢钠晶体。 【详解】A．0 min时，溶液为饱和的氨盐水(溶质为、NaCl)，溶液中存在电荷守恒：，氨盐水呈碱性，，因此，A正确； B．0 min时溶液中存在，电离出，抑制水的电离；通入后，逐渐转化为，并生成、，盐类水解促进水的电离，因此水的电离程度：0 min＜60 min，B正确； C．60~100 min，pH从10.3降低到9.0，结合图2可知，pH从10.3降到9.0的过程中，在水溶液中的物质的量分数不断增大，故不断增大，C正确； D．反应过程中析出白色晶体，以沉淀形式脱离溶液，因此溶液中逐渐减小，保持不变，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的工艺流程如下。 已知：25℃时，。 回答下列问题： （1）“浸取”时有淡黄色沉淀生成。浸取FeS的化学方程式为___________。 （2）若不通入高压O2，25℃时，反应)的平衡常数K=___________(保留2位有效数字)，因此CuS___________(填“能”或“不能”)直接被过量硫酸溶液浸取。 （3）“还原”时，一定温度下，利用高压还原，应先调节pH=2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： “还原”时调节溶液的pH=1，铜还原率降低到10%。铜还原率降低的主要原因是___________。 （4）“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为___________。 （5）图a是纤锌矿型ZnO晶体的晶胞，图b是闪锌矿型ZnO晶体的晶胞。图中黑球代表Zn2+，白球代表O2-。 ①纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为___________。 ②在闪锌矿晶胞俯视图中标记出Zn2+(用黑球表示)的位置___________。 （6）在“Ag/Zn/Al2O3”催化作用下，乙醇-水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若乙醇分子中甲基上的碳原子用同位素标记()，则最终产物中含的物质为___________(填名称)。 【答案】（1） （2） ①. ②. 不能 （3）pH过小，抑制了反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低 （4）防止溶液中的Cu2+、H+与不锈钢反应釜中的铁等金属反应，使反应釜破损 （5） ①. 4 ②. （6）甲烷、焦炭 【解析】 【分析】硫化铜精矿的主要成分CuS，含FeS、ZnS等杂质，加入稀硫酸，通入高压氧，溶解，得到硫酸铜、硫酸铁、硫酸锌的混合溶液，通入氨气，调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，向滤液中通入高压氢气，还原铜离子得到铜单质，过滤，得到含有硫酸锌的滤液和铜粉，据此分析答题。 【小问1详解】 “浸取”时，有淡黄色沉淀S生成，浸取FeS的化学方程式； 【小问2详解】 反应)的平衡常数； 【小问3详解】 pH过小，太大，抑制了反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使铜的还原率降低； 【小问4详解】 Fe可以和铜离子、氢离子反应，“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为防止反应釜中的Fe与Cu2+、H+反应，使反应釜破损； 【小问5详解】 参照图a和图b可知，纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为4；闪锌矿型中Zn2+填入O2-所形成的“正四面体”空隙中，俯视图中Zn2+的位置； 【小问6详解】 若用标记乙醇，的碳原子在甲基上，观察可知，甲基上碳原子最终转化为CH4和焦炭，故最终产物中含的物质为甲烷、焦炭。 16. 在化工生产中可作为中间体使用，实验室制备并测定产品中的NH3含量如下。回答下列问题： (一)制备 i．镍片与浓硝酸在温度50~60℃加热，制得溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图所示)，加入盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv.将iii中混合液减压过滤、洗涤、干燥。 已知：①、均为能溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体。 ②遇滤纸等有机物或还原剂会发生反应。 ③受热易分解产生氨气。 ④乙醚能与乙醇互溶，且比乙醇更易挥发。 （1）i中制取(还原产物为NO2)的化学方程式为___________。 （2）ii中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是___________。 （3）仪器a的名称为___________。双层反应釜中冷凝水的进水口为___________(填“b”或“c”)。 （4）iii中无水乙醇的作用是___________。 （5）iv中用A．乙醚、B．乙醇、C．浓氨水洗涤晶体，这三种洗涤剂正确的洗涤顺序是___________(填标号)。 (二)产品中的NH3含量测定 用电子天平称取0.2500 g产品，用水溶解后加入5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余盐酸至终点，消耗NaOH标准溶液。另取5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液。 （6）产品中NH3的质量分数为___________(列出计算式)。若所用6mol/L盐酸浓度偏大，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）(浓) （2）遇滤纸会发生反应 （3） ①. 球形冷凝管 ②. b （4）降低溶剂极性，减小的溶解度，促进结晶析出 （5）CBA （6） ①. (或其他正确计算式) ②. 无影响 【解析】 【分析】镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，Ni转化为Ni(NO3)2；加入浓氨水，生成[Ni(NH3)6](NO3)2沉淀；所得沉淀转移至双层反应釜中，加入6 mol·L-1盐酸溶解，然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体，据此分析； 【小问1详解】 i中Ni片与浓硝酸在50~60℃下反应，得到Ni(NO3)2；化学方程式为：Ni+4HNO3(浓)Ni(NO3)2+2NO2↑+2H2O； 【小问2详解】 布氏漏斗过滤需要滤纸，[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸（有机物）会反应； 【小问3详解】 仪器a的名称为球形冷凝管；双层反应釜冷凝水的进水口为b（下进上出，保证冷凝管内充满冷却水，冷凝效果最佳）； 【小问4详解】 因[Ni(NH3)6]Cl2不溶于乙醇，无水乙醇的作用是降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出； 【小问5详解】 先用浓氨水（C）洗涤，防止晶体在洗涤过程中因配体解离而部分溶解或结构破坏，起到稳定晶体的作用；再用乙醇（B）洗涤，能有效去除晶体表面的水溶性杂质，同时降低晶体的溶解度损失；‌最后用乙醚（A）洗涤，用于置换乙醇并快速带走残留水分和微量有机杂质，实现快速干燥，故正确的顺序是：CBA； 【小问6详解】 根据滴定原理，空白试验消耗0.5000mol·L-1的NaOH标准溶液V2 mL，0.2500 g产品滴定至终点消耗的NaOH标准溶液V1 mL，则样品消耗氢氧化钠为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，根据关系式：NH3~NH4Cl~NaOH，所以0.2500 g产品NH3的物质的量为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，则NH3的质量分数为×100%=×100%；由计算式可知，与盐酸浓度无关，故所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果无影响。 17. CO2-CH4干气催化重整制合成气(H2、CO)是CO2资源化利用的重要研究方向。其反应主要包括： 反应1： 反应2： 回答下列问题： （1）该过程使用的催化剂为Cu/Zn/Al纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差较大的是___________ (填元素符号)。 （2）已知：H2 (g)、CO(g)的燃烧热分别为、，水的汽化热为，则___________。 （3）向T℃、2.8 MPa的恒压密闭容器中，充入1molCH4(g)和1mol CO2(g)发生反应1和反应2，达到平衡时，CO2的转化率为80%，。 ①平衡时混合气体的总物质的量n总=___________mol。 ②T℃时反应1的压强平衡常数Kp=___________(保留3位有效数字)。 ③若反应在恒容密闭容器中达到平衡，则CO2的转化率___________80%(填“大于”“小于”或“等于”)。 （4）向反应体系中充入等物质的量的CO2和CH4混合气体，测得相同时间内CO2的转化率随温度的变化曲线如图所示。 ①相同压强下，若图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ线表示三种不同催化剂，则图中b、d、e三点最可能达到平衡的点是___________点。 ②相同温度下，若图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ线表示三种不同压强下的反应，且反应均达到平衡，则压强p(Ⅰ)、p(Ⅱ)、p(Ⅲ)由小到大的顺序是___________。CO2的转化率在a点重合的原因是___________。 【答案】（1）Cu （2） （3） ①. 2.8 ②. 1.92 ③. 小于 （4） ①. b ②. ③. 在320℃以上温度时以反应2为主，反应2在反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，故二氧化碳的转化率在a点重合 【解析】 【小问1详解】 催化剂含两种过渡金属：价电子排布，失去4s¹电子为第一电离；第二电离需破坏全满稳定轨道，电离能大幅升高，一二电离能差距极大；价电子，失去两个4s电子，3d轨道始终全满，一二电离能差值小； 【小问2详解】 已知：①； ②； ③； 有盖斯定律可知，①②③得目标反应2：，因此； 【小问3详解】 向T℃、2.8 MPa的恒压密闭容器中，充入和发生反应1和反应2，达到平衡时，的转化率为80%，。 ①设平衡时反应1 转化为x mol，反应2 转化为y mol，列出平衡时反应1和反应2各物质的转化关系如下： 反应1：； 反应2：；的转化率为80%，则；，则；解得：。平衡时，、、、CO、的物质的量分别为0.6 mol、0.2 mol、0.4 mol、1.2 mol、0.4 mol，平衡时混合气体的总物质的量； ②平衡时各物质的分压：，，，，，T℃时反应1的压强平衡常数； ③反应1是气体分子数增大的反应，恒容时压强比恒压时大，平衡逆向移动，达到新平衡时，的转化率小于80%； 【小问4详解】 ①相同投料、相同压强、相同温度下，尽管Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ线催化剂不同，但的平衡转化率是相同的。相同时间内，d点、e点的转化率低于Ⅰ线相同温度下的的转化率，故d点、e点不是平衡点；相同时间内，同一温度下，在三种催化剂中，b点的转化率最大，故b点最有可能是平衡点； ②相同投料、相同温度、三种不同压强，且反应均达到平衡，对于反应1，压强越大，的平衡转化率越小；对于反应2，压强改变，的平衡转化率不变。故对整个反应体系来说，压强越大，的平衡转化率越小，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ线压强由小到大的顺序是； a点对应的温度下体系以反应2为主，反应2反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，因此不同压强下的转化率在a点重合。 18. 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药扑热息痛(对乙酰氨基酚)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不会被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙酰氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。贝诺酯的合成路线如下： 已知：ⅰ．+→+NaCl。 ⅱ．DMF表示N，N-二甲基甲酰胺() 回答下列问题： （1）的化学名称为___________。DMF中碳原子的杂化轨道类型为___________。 （2）贝诺酯的官能团名称为___________，H的结构简式为___________。 （3）由A制D不采取甲苯与直接反应，而是经过步骤①~③，目的是___________。 （4）在催化剂(浓硫酸)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M。生成M的化学方程式为___________。 （5）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林大14。Q是N的同分异构体，同时满足下列要求的Q的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①含苯环、不含其他环，苯环上只有两个取代基 ②只含有1种官能团，且液态时能与反应放出气体 （6）参考上述路线，设计如下转化制备有机物Z。 X、Y、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 【答案】（1） ①. 对甲基苯磺酸或4-甲基苯磺酸 ②. sp2、sp3 （2） ①. 酯基、酰胺基 ②. （3）利用占据苯环上甲基的对位，达到控制只能取代苯环上甲基的邻位上的氢原子的目的，若甲苯与直接反应，将导致苯环上甲基的邻、对位上的氢原子均被取代 （4）n+ （5）12 （6） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】贝诺酯的合成过程为：A（甲苯）与浓硫酸（发烟硫酸）发生磺化反应，生成和水；与发生取代反应，生成和；与发生水解反应，脱去磺酸基，生成D（）和；D中甲基被氧化成羧基，生成；与水溶液发生卤代烃水解反应、酸化后得到水杨酸；水杨酸与乙酸酯化得到阿司匹林；与、DMF发生取代反应，羧基中的羟基被氯原子取代，生成，生成H（）；扑热息痛中酚羟基与发生中和反应，生成；与发生取代反应，生成和贝诺酯。 【小问1详解】 中有取代基甲基和官能团磺酸基，在苯环上处于对位，其化学名称为对甲基苯磺酸或4-甲基苯磺酸； 由DMF结构简式可知碳原子的杂化轨道类型有sp2、sp3； 【小问2详解】 由贝诺酯的结构简式可知其官能团名称为酯基、酰胺基； 由贝诺酯和已知反应i逆推可得H的结构简式为； 【小问3详解】 甲苯中甲基能活化邻、对位碳原子上的氢原子，若甲苯直接与反应，邻、对为氢原子均可能被溴原子取代，引入磺酸基占据苯环上的对位，使得溴原子只取代甲基邻位的氢原子，答案为利用占据苯环上甲基的对位，达到控制只能取代苯环上甲基的邻位上的氢原子的目的，若甲苯与直接反应，将导致苯环上甲基的邻、对位上的氢原子均被取代（回答合理即可）； 【小问4详解】 阿司匹林中的羧基与聚乙烯醇中的羟基在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成M和水，反应的化学方程式为n+； 【小问5详解】 阿司匹林的分子式为，N是阿司匹林的同系物，相对分子质量比阿司匹林大14，Q是N的同分异构体，则Q的分子式为，不饱和度为6；Q中只有苯环（不饱和度为4），没有其他环，剩余不饱和度为2；只有一种官能团，且能与钠反应生成气体，由此可知官能团为羧基（），数目为2；除了羧基中的碳原子外，还有2个碳原子，Q中的2个取代基可能是和、和、和、和，每组取代基在苯环上的位置关系有邻、间、对三种，Q的结构有12种； 【小问6详解】 参考题目合成路线和反应条件，苯乙醛与新制发生氧化还原反应，醛基被氧化成羧基，反应物酸化后得到苯乙酸；苯乙酸与、DMF发生取代反应，羧基中的羟基被氯原子取代，生成；与苯酚钠发生已知反应i，氯原子被取代，生成和，X、Y、Z分别为、、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $