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化学参考答案与解析
１．Ｃ 【解析】竹编和根雕所用材料均为纤维素，是有机高分子材料，Ａ和 Ｂ选项错误；糖人所用材料为麦芽糖，
不是有机高分子材料，Ｃ正确；刺绣所用棉线由植物纤维素构成，丝线由蚕丝蛋白构成，均为有机高分子，Ｄ错
误；故答案选Ｃ。
２．Ｄ 【解析】金属钠、钾着火生成的过氧化钠、超氧化钾与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成氧气，故不能用泡
沫灭火器灭火，Ａ错误；蒸馏过程忘加沸石，应该停止加热，冷却后补加沸石，Ｂ错误；高锰酸钾具有强氧化性，乙
醇具有还原性，二者不能放在同一橱窗，Ｃ错误；Ｃｌ是有毒气体，制备时应在通风橱中进行，Ｄ正确；故答案选Ｄ。
２
３．Ｂ 【解析】体积分数为７５％的医用酒精可以使蛋白质变性，但没有强氧化性，Ａ错误；泡沫灭火器灭火是利
用Ａｌ３＋与ＨＣＯ－互促水解生成ＣＯ 和大量泡沫，粘附在可燃物上，隔绝空气，从而达到灭火的目的，Ｂ正确；
３ ２
用ＦｅＣｌ溶液刻蚀铜制电路板，２ＦｅＣｌ＋Ｃｕ２ＦｅＣｌ＋ＣｕＣｌ，利用了ＦｅＣｌ的氧化性比 ＣｕＣｌ强或者 Ｃｕ的
３ ３ ２ ２ ３ ２
还原性比ＦｅＣｌ强的性质，Ｃ错误；热的纯碱溶液水解显碱性，油污在碱性条件下水解生成易溶于水的物质，
２
油污和纯碱之间无直接反应，Ｄ错误；故答案选Ｂ。
·· ··
４．Ａ 【解析】ＨＦ分子之间的氢键结构为 ，Ａ正确；ＨＣｌＯ的电子式为 Ｈ：Ｏ：Ｃｌ：，Ｂ错
·· ··
误；ＨＣｌ分子中共价键电子云轮廓图为 ，Ｃ错误；ＳＯ 的ＶＳＥＰＲ模型为 ，Ｄ错误；故答案选Ａ。
３
５．Ｃ 【解析】ＣＨ 可能是环戊烷或者戊烯，若为环戊烷，其σ键的数目为１５Ｎ，Ａ错误；标准状况下，ＮＯ 为液
５ １０ Ａ ２
态，２２．４Ｌ不是１ｍｏｌ，Ｂ错误；１２０ｇＮａＨＳＯ 晶体，其物质的量为１ｍｏｌ，阳离子为Ｎａ＋，阴离子为ＨＳＯ－，离子
４ ４
总数为２Ｎ，Ｃ正确；随着反应的进行，浓盐酸变稀，反应停止，转移电子数小于０．６Ｎ，Ｄ错误；故答案选Ｃ。
Ａ Ａ
６．Ｂ 【解析】根据原子序数依次增大，Ｙ与Ｗ同主族，结合Ｙ形成２个共价键，Ｗ形成６个共价键，所以Ｙ为氧
元素，Ｗ为硫元素，Ｘ比Ｙ的原子序数小，比同周期相邻元素的第一电离能高，且Ｘ得到１个电子后尚能形成
２个共价键，所以Ｘ为氮元素，Ｚ形成１个共价键，为氟元素，Ｒ带一个正电荷，为钠元素，据此作答。该化合
物阴离子半径比Ｆ－大，离子键弱，熔点低，Ａ正确；核外电子排布相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引
力越强，离子半径越小，故离子半径为：Ｏ２－＞Ｆ－＞Ｎａ＋，Ｂ错误；Ｙ的氢化物为ＨＯ和ＨＯ，均为极性分子，Ｃ
２ ２ ２
正确；ＳＯ 和 ＳＯ 的中心原子均采用 ｓｐ２杂化，但 ＳＯ 的中心原子有一对孤电子对，对成键电子产生的斥力
２ ３ ２
大，键角小，Ｄ正确；故答案选Ｂ。
７．Ｂ 【解析】Ｔ分子中有２个手性碳原子，存在对映异构，不存在顺反异构，Ａ错误；Ｍ与足量 Ｈ 加成后，产物
２
分子中除羧基碳原子外，其余８个碳原子均采用ｓｐ３杂化，Ｂ正确；１ｍｏｌＴ消耗５ｍｏｌＢｒ，１ｍｏｌＭ消耗４ｍｏｌ
２
Ｂｒ，物质的量之比为５∶４，Ｃ错误；Ｔ和Ｍ在一定条件下均可发生缩聚反应，但 Ｔ不能发生加聚反应，Ｄ错误；
２
故答案选Ｂ。
８．Ｃ 【解析】将凡士林涂在ｂ端和ｄ端，将旋塞推入时会堵塞液体通道，Ａ错误；酸碱中和滴定时需加入指示剂
指示终点，Ｂ错误；采用控制变量法探究ＨＯ 溶液浓度对反应速率的影响，Ｃ正确；氯水具有漂白性，不能用
２ ２
ｐＨ试纸测定其ｐＨ，Ｄ错误；故答案选Ｃ。
【化学答案 第１页（共５页）】
{#{QQABbQQAogigAIIAABgCAQX4CAKYkAGCAAgGAFAcoAAAgRFABAA=}#}
书书书９．Ｄ 【解析】Ｆ的电负性大于 Ｃｌ，吸电子能力强，导致 ＣＦＣＯＯＨ中羟基极性大，易电离，酸性强，ｐＫ 小，Ａ正
３ ａ
确；ＮＨ 分子中心氮原子有一对孤电子对，［Ｃｕ（ＮＨ）］２＋中氮原子无孤电子对，孤电子对与成键电子对之间
３ ３ ４
的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，导致 ＮＨ 分子中 Ｈ—Ｎ—Ｈ键角减小，Ｂ正确；Ｈ—Ｆ键的
３
键能大于Ｈ—Ｏ键的键能，不易断裂，稳定性强，Ｃ正确；Ｏ 为弱极性分子，所以在非极性溶剂 ＣＣｌ中的溶解
３ ４
度大于在极性溶剂ＨＯ中的溶解度，Ｄ错误；故答案选Ｄ。
２
１０．Ｂ 【解析】电解时Ｍｎ２＋转化为 ＭｎＯ，发生氧化反应，则 Ｙ极为阳极，Ｎ为正极，Ｍ为负极，发生氧化反应，
２
Ａ正确；Ｎ为正极，Ｌｉ＋嵌入，当Ｎ极质量增加１．４ｇ时，增加０．２ｍｏｌＬｉ＋，转移０．２ｍｏｌ电子，同时有０．２ｍｏｌ
Ｃｌ－由ｂ区移动至ｃ区，Ｂ错误；Ｘ极电极反应式为２ＨＯ＋２ｅ－Ｈ↑ ＋２ＯＨ－，ａ区溶液的 ＯＨ－浓度增
２ ２
大，ｐＨ增大，Ｃ正确；Ｙ极电极反应式为Ｍｎ２＋－２ｅ－＋２ＨＯＭｎＯ ＋４Ｈ＋，Ｄ正确；故答案选Ｂ。
２ ２
１１．Ａ 【解析】Ａｌ（ＳＯ）溶液水解生成的硫酸无挥发性，加热蒸干后得到的白色固体为 Ａｌ（ＳＯ），Ａ正确；向
２ ４ ３ ２ ４ ３
含有酚酞的ＮａＣＯ 溶液中加入ＢａＣｌ溶液，溶液红色变浅，有可能是稀释引起的，不能证明存在水解平衡，
２ ３ ２
Ｂ错误；将盛有ＮＯ 与ＮＯ 混合气体的密闭容器体积压缩至原来的一半，增大压强，气体颜色先变深再变
２ ２ ４
浅，但比原来深，Ｃ错误；５ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ－１ＫＩ溶液加入６ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ－１ＦｅＣｌ溶液，Ｆｅ３＋过量，加入ＫＳＣＮ
３
溶液，溶液肯定会变成血红色，不能证明Ｆｅ３＋与Ｉ－发生的反应为可逆反应，Ｄ错误；故答案选Ａ。
１２．Ｄ 【解析】由图２的投影，结合铁元素的常见化合价可知，Ｎａ＋在晶胞的１２条棱心、体心及晶胞分割成的
１
８个小立方体的体心位置，个数为１２× ＋１＋８＝１２，Ａ正确；由图１知阴离子在晶胞顶点和面心位置，个数
４
１ １
为８× ＋６× ＝４，故该晶体的化学式为 ＮａＦｅＦ，根据正负化合价代数和为零，可知铁元素的化合价为
８ ２ ３ ６
４×Ｍ（ＮａＦｅＦ） ９．５６×１０３２
＋３，Ｂ正确；该晶体的密度为 ３ ６ ｇ·ｃｍ－３＝ ｇ·ｃｍ－３，Ｃ正确；距离最近的阴、阳离子
Ｎ（ａ×１０－１０）３ Ｎａ３
Ａ Ａ
槡３
是顶点的阴离子和小立方体体心的阳离子，阴、阳离子之间的最短距离为 ａｐｍ，Ｄ错误；故答案选Ｄ。
４
１３．Ｃ 【解析】路径 １的最大能垒是 ７３．３３ｋＪ·ｍｏｌ－１－（－３７．６３）ｋＪ·ｍｏｌ－１＝１１０．９６ｋＪ·ｍｏｌ－１，决速步骤为
ＣＨＯＨＣＨＯ ＋Ｈ，Ａ错误；路径 １的最大能垒是 １１０．９６ｋＪ·ｍｏｌ－１，路径 ２的最大能垒是
３ ３
１０６．１ｋＪ·ｍｏｌ－１－（－３７．６３）ｋＪ·ｍｏｌ－１＝１４３．７３ｋＪ·ｍｏｌ－１，所以路径１更容易进行，路径１是甲醇脱氢制甲醛
的主要路径，Ｂ错误；过渡态１路径１断裂Ｏ—Ｈ键，路径２断裂Ｃ—Ｈ键，路径１比路径２能垒低，更容易进
行，Ｏ—Ｈ键比Ｃ—Ｈ键易断裂，Ｃ正确；最后一步除了 Ｈ—Ｈ键的形成还有分子脱附时能量的变化，所以
Ｈ—Ｈ键的键能不是２２．２５ｋＪ·ｍｏｌ－１，Ｄ错误；故答案选Ｃ。
１４．Ｄ 【解析】由图２可知，ＨＡｓＯ 的电离常数Ｋ ＝１×１０－２．２，Ｋ ＝１×１０－７．０，Ｋ ＝１×１０－１１．５，所以 ＮａＡｓＯ
３ ４ ａ１ ａ２ ａ３ ３ ４
的Ｋ ＝Ｋ／Ｋ ＝１×１０－２．５，数量级为１０－３，Ａ正确；根据电荷守恒：３ｃ（ＡｓＯ３－）＋２ｃ（ＨＡｓＯ２－）＋ｃ（ＨＡｓＯ－）
ｈ１ ｗ ａ３ ４ ４ ２ ４
＋ｃ（ＯＨ－）＝ｃ（Ｎａ＋）＋ｃ（Ｈ＋），ｐＨ＝７时，ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－），ｃ（ＨＡｓＯ２－）＝ｃ（ＨＡｓＯ－），所以３ｃ（ＡｓＯ３－）＋
４ ２ ４ ４
３ｃ（ＨＡｓＯ２－）＝ｃ（Ｎａ＋），Ｂ正确；已知吸附原理为吸附剂的带电基团可吸附异性离子，由图 １、图 ２可知，
４
＋３和＋５两种价态的含砷微粒在不同ｐＨ时以分子或阴离子存在，所以吸附剂带正电荷越多、含砷微粒带
负电荷越多时，吸附效果越好，结合图像，ｐＨ在４～７时，吸附剂Ｘ带正电荷，而三价砷主要以中性分子形式
存在，所以，吸附剂对三价砷几乎不吸附，此时，五价砷几乎都以阴离子形式存在，吸附剂对五价砷的吸附量
比较大，可以加入氧化剂将三价砷转化为五价砷，提高吸附剂的吸砷量，Ｃ正确；当 ｐＨ＞７时，吸附剂带负电
荷且ｐＨ越大，所带负电荷越多，而五价砷阴离子所带负电荷也增多，负电荷之间的斥力随之增大，吸附量陡
然降低，所以当ｐＨ＞７之后，ｐＨ越大，吸附剂Ｘ对五价砷的吸附量越小，Ｄ错误；故答案选Ｄ。
【化学答案 第２页（共５页）】
{#{QQABbQQAogigAIIAABgCAQX4CAKYkAGCAAgGAFAcoAAAgRFABAA=}#}１５．（１４分，除注明外，每空２分）
△
【答案】（１）分液漏斗（１分） 防倒吸（１分） Ｃｕ＋２ＨＳＯ（浓）ＣｕＳＯ ＋ＳＯ↑＋２ＨＯ
２ ４ ４ ２ ２
（２）防止氨水挥发、防止生成的（ＮＨ）ＳＯ 分解 溶液由红色变为无色
４ ２ ３
（３）ＳＯ ＋２ＯＨ－ＳＯ２－＋ＨＯ
２ ３ ２
ｃＶ
（４）ｃＶ－２ ２
１ １ ２
（５）装置中Ｏ 会将生成的（ＮＨ）ＳＯ 氧化为（ＮＨ）ＳＯ，产率降低
２ ４ ２ ３ ４ ２ ４
【解析】甲装置制备ＳＯ，乙装置制备（ＮＨ）ＳＯ，由于ＳＯ 易溶于水，所以用仪器ｂ防倒吸，丙装置吸收尾气
２ ４ ２ ３ ２
ＳＯ，乙装置反应温度不宜过高，否则氨水挥发或生成的（ＮＨ）ＳＯ 分解均可导致产品产率降低。如果反应
２ ４ ２ ３
过程通入ＳＯ 过多，会生成ＮＨＨＳＯ，通入ＳＯ 过少，氨水反应不完全，所以结合０．１ｍｏｌ·Ｌ－１（ＮＨ）ＳＯ 溶
２ ４ ３ ２ ４ ２ ３
液ｐＨ约为 ８．５，当含有酚酞的氨水溶液由红色变为无色，表明氨水恰好生成（ＮＨ）ＳＯ。１００ｍＬ
４ ２ ３
０．２ｍｏｌ·Ｌ－１的氨水理论上可生成１００×１０－３×０．１ｍｏｌ（ＮＨ）ＳＯ，通过滴定可计算生成的（ＮＨ）ＳＯ 为
４ ２ ３ ４ ２ ３
( ｃＶ) ( ｃＶ)
ｃＶ－２ ２ ×１０－３×１０ｍｏｌ，所以产率为 ｃＶ－２ ２ ×１００％，如果不先排出装置中的空气，装置中的 Ｏ
１ １ ２ １ １ ２ ２
会将生成的（ＮＨ）ＳＯ 氧化为（ＮＨ）ＳＯ，产率降低。
４ ２ ３ ４ ２ ４
１６．（１４分，每空２分）
【答案】（１）１ｓ２２ｓ２２ｐ６３ｓ２３ｐ６３ｄ１０４ｓ２４ｐ４（或［Ａｒ］３ｄ１０４ｓ２４ｐ４）
△
（２）ＣｕＴｅ＋６ＨＳＯ（浓）２ＣｕＳＯ ＋４ＳＯ↑＋ＴｅＯ ＋６ＨＯ
２ ２ ４ ４ ２ ２ ２
（３）ＡｇＳＯ 微溶于水，存在沉淀溶解平衡：ＡｇＳＯ（ｓ）幑幐２Ａｇ＋（ａｑ）＋ＳＯ２－（ａｑ），加入少量 ＮａＣｌ固体，Ｃｌ－
２ ４ ２ ４ ４
与Ａｇ＋反应，生成更难溶的ＡｇＣｌ，可防止银元素进入脱铜液。 ＢａＳＯ、ＡｇＣｌ
４
（４）１∶２
（５）ＴｅＯ２－＋２ＳＯ２－＋ＨＯＴｅ↓＋２ＳＯ２－＋２ＯＨ－
３ ３ ２ ４
（６）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】（１）Ｏ、Ｓ、Ｓｅ、Ｔｅ均为ⅥＡ族元素，Ｓｅ在第四周期，所以电子排布式为１ｓ２２ｓ２２ｐ６３ｓ２３ｐ６３ｄ１０４ｓ２４ｐ４（或
［Ａｒ］３ｄ１０４ｓ２４ｐ４）。
（２）根据已知信息①并结合流程可知，含碲物料“焙烧”后，ＣｕＴｅ和浓 ＨＳＯ 反应生成 ＣｕＳＯ、ＴｅＯ、ＳＯ 和
２ ２ ４ ４ ２ ２
△
ＨＯ，化学方程式为ＣｕＴｅ＋６ＨＳＯ（浓）２ＣｕＳＯ ＋４ＳＯ↑＋ＴｅＯ ＋６ＨＯ。
２ ２ ２ ４ ４ ２ ２ ２
（３）“焙烧”后，所得烧渣为ＴｅＯ、ＣｕＳＯ、ＰｂＳＯ 和ＡｇＳＯ，ＡｇＳＯ 微溶于水，存在沉淀溶解平衡：ＡｇＳＯ（ｓ）
２ ４ ４ ２ ４ ２ ４ ２ ４
幑幐２Ａｇ＋（ａｑ）＋ＳＯ２－（ａｑ），“水浸”时加入少量 ＮａＣｌ固体，Ｃｌ－与 Ａｇ＋反应，生成更难溶的 ＡｇＣｌ，可防止银
４
元素进入脱铜液；ＣｕＳＯ 溶于水进入脱铜液，ＴｅＯ 和ＰｂＳＯ 难溶于水，和生成的 ＡｇＣｌ进入下一步“碱溶”工
４ ２ ４
序，“碱溶”时ＴｅＯ 和ＮａＯＨ溶液反应生成ＮａＴｅＯ 溶液，所得滤渣为ＰｂＳＯ 和ＡｇＣｌ。
２ ２ ３ ４
（４）“吸收”工序ＳｅＯ、ＳＯ 与水反应转化为ＨＳＯ 和Ｓｅ，氧化剂和还原剂物质的量之比为１∶２。
２ ２ ２ ４
（５）“碱溶”后所得溶液为ＮａＴｅＯ 溶液，用ＮａＳＯ“还原”后得到碲粉，离子方程式为 ＴｅＯ２－＋２ＳＯ２－＋ＨＯ
２ ３ ２ ３ ３ ３ ２
Ｔｅ↓＋２ＳＯ２－＋２ＯＨ－。
４
（６）从“脱铜液”中得到ＣｕＳＯ·５ＨＯ的“系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
４ ２
【化学答案 第３页（共５页）】
{#{QQABbQQAogigAIIAABgCAQX4CAKYkAGCAAgGAFAcoAAAgRFABAA=}#}１７．（１５分，除注明外，每空２分）
【答案】（１）２ＣＯ（ｇ）＋６Ｈ（ｇ）幑幐ＣＨ（ｇ）＋４ＨＯ（ｇ）ΔＨ＝－１２８．１ｋＪ·ｍｏｌ－１ 低温（１分）
２ ２ ２ ４ ２
（２）ｂｃ
（３）Ｌ（１分） 降低（１分） 由图像可知随温度降低，反应②的平衡常数增大更快，所以低温时生成更多的
１
主产物，相当于抑制了副反应
(４ｐ)４( ｐ)
７ ７
（４）＞（１分）
(３ｐ)６( ｐ)２
１４ １４
（５）９ＣＯ ＋８ｅ－＋６ＨＯＣＨ ＋８ＨＣＯ－ ＣＯ 和Ｏ（１分，不全、有错不得分）
２ ２ ４ ３ ２ ２
【解析】（１）根据盖斯定律，由① ×２＋②计算可得 ２ＣＯ（ｇ）＋６Ｈ（ｇ）幑幐ＣＨ（ｇ）＋４ＨＯ（ｇ）ΔＨ＝
２ ２ ２ ４ ２
－１２８．１ｋＪ·ｍｏｌ－１。该反应是气体分子数减少的反应，ΔＳ＜０，ΔＨ＜０，所以低温条件下自发进行。
（２）选取的物理量要满足的条件：未达到平衡时一直在变化，达到平衡后不变。
ａ．整个体系全是气体，质量和体积不变，密度一直不变。错误。
ｂ．由反应②和③可以看出，反应过程分子数减少，压强会降低，达到平衡后压强不变。正确。
ｃ．未达到平衡时，ＨＯ（ｇ）的浓度一直在增加，达到平衡后不变。正确。
２
ｄ．反应过程中ＣＨ 和ＣＨＯＨ物质的量相等是一个特殊的点，不代表达到平衡。错误。故选ｂｃ。
２ ４ ３
ΔＨ ΔＨ
（３）根据ｌｎＫ＝－ ＋Ｃ的图像，斜率 － 越大说明反应的 －ΔＨ越大，即 ΔＨ越小，已知 ΔＨ ＜ΔＨ；由图
ＲＴ Ｒ ２ ３
像可知随温度降低，反应②的平衡常数增大更快，所以低温时生成更多的主产物，相当于抑制了副反应。
（４）由第（１）问可知，２ＣＯ（ｇ）＋６Ｈ（ｇ）幑幐ＣＨ（ｇ）＋４ＨＯ（ｇ）ΔＨ＜０，升高温度，平衡逆向移动，Ｈ 的平
２ ２ ２ ４ ２ ２
衡转化率降低，观察图２可知，ａ点后升温，Ｈ 转化率升高，故 ａ点时反应未达平衡，正在向正向建立平衡，
２
所以ｖ ＞ｖ。ｃ点后升温Ｈ 转化率降低，平衡逆向移动，故ｃ点为平衡点，该点对应温度Ｔ的平衡常数Ｋ
正 逆 ２ ３ ｐ
计算过程如下：
根据题中数据列三段式： ２ＣＯ（ｇ）＋６Ｈ（ｇ）幑幐ＣＨ（ｇ）＋４ＨＯ（ｇ）
２ ２ ２ ４ ２
开始／ｍｏｌ １ ３
变化／ｍｏｌ ０．８ ２．４ ０．４ １．６
平衡／ｍｏｌ ０．２ ０．６ ０．４ １．６ 共２．８
ｐ ３ｐ ｐ ４ｐ
分压
１４ １４ ７ ７
(４ｐ)４( ｐ)
ｐ４（ＨＯ）ｐ（ＣＨ）
７ ７
Ｋ ＝ ２ ２ ４ ＝ 。
ｐ ｐ６（Ｈ）ｐ２（ＣＯ） (３ｐ)６( ｐ)２
２ ２
１４ １４
（５）阴极：９ＣＯ ＋８ｅ－＋６ＨＯＣＨ ＋８ＨＣＯ－；阳极：２ＨＯ－４ｅ－Ｏ↑ ＋４Ｈ＋，Ｈ＋＋ＨＣＯ－ＨＯ＋
２ ２ ４ ３ ２ ２ ３ ２
ＣＯ↑，所以阳极产生的气体是ＣＯ 和Ｏ。
２ ２ ２
１８．（１５分，除注明外，每空２分）
【答案】（１）对氯甲苯（４氯甲苯）（１分） 光照（１分）Ｃｌ（１分）
２
師師
（２） 帨帨
師師
Ｃｌ
【化学答案 第４页（共５页）】
Ｏ
師師
帨帨 羰基、醚键、羧基 Ｃ Ｈ ＣｌＯ（１分，不考查Ｃｌ和Ｏ的顺序）
師師ＯＣＨ ２０ ２１ ４
３
{#{QQABbQQAogigAIIAABgCAQX4CAKYkAGCAAgGAFAcoAAAgRFABAA=}#}浓ＨＳＯ
（３） ＋ＣＨＣＨＣＨ 幑帯帯帯２ 幐４ ＋ＨＯ
３ ３ △ ２
ＯＨ
取代反应（酯化反应）（１分）
Ｃｌ
Ｃｌ ＣＨＣｌ ＣＨＣｌ
師師 ２ 師師 ２
（４）１７ 帪帪 和 帪帪
師師 師師
Ｃｌ Ｃｌ Ｃｌ
Ｃｌ
【解析】Ａ的名称为对氯甲苯或４氯甲苯，与Ｃｌ在光照条件下发生取代反应生成 Ｂ，结合 Ｅ的结构简式，可
２
師師
推出Ｃ与苯甲醚发生取代反应生成Ｄ和ＨＣｌ，Ｄ的结构简式为 帨帨
師師
Ｃｌ
【化学答案 第５页（共５页）】
Ｏ
師師
帨帨 ，Ｆ中含氧官能团有
師師ＯＣＨ
３
羰基、醚键、羧基，Ｈ的化学式为Ｃ Ｈ ＣｌＯ，Ｆ与２丙醇发生酯化反应（取代反应）生成产品非诺贝特和水，
２０ ２１ ４
化学方程式为
浓ＨＳＯ
＋ＣＨＣＨＣＨ 幑帯帯帯２ 幐４ ＋ＨＯ。
３ ３ △ ２
ＯＨ
同分异构体考查的是苯环上两种取代基和三种取代基的同分异构体种类，共１７种。
Ｃｌ ＣＨ ＣＨＣｌ
ＣＣｌ 師師 ３ 師師 ２ ＣＨＣｌ
師師 ３ 帪帪 帪帪 師師 ２
師師 Ｃｌ 師師
帪帪 帪帪
師師 Ｃｌ Ｃｌ Ｃｌ 師師 Ｃｌ
Ｃｌ Ｃｌ Ｃｌ Ｃｌ
ＡＢ型 邻、间、对 甲基和Ｈ原子，ＡＢ型 氯甲基和２个Ｈ原子 ＡＡＢ型，６种
去掉Ｂ本身，２种 邻、间、对３种 ＡＡＢ型，６种
Ｃｌ ＣＨＣｌ
師師 ２
核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为 １∶１的同分异构体的结构简式为 帪帪 和
師師
Ｃｌ
Ｃｌ
Ｃｌ
ＣＨＣｌ
師師 ２
帪帪 。
師師
Ｃｌ Ｃｌ
{#{QQABbQQAogigAIIAABgCAQX4CAKYkAGCAAgGAFAcoAAAgRFABAA=}#}
