2020年河北省高考化学模拟卷(新课标Ⅰ)(含答案解析)

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸

(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是

A. CH3CH2OH能与水互溶 C. 过氧乙酸相对分子质量为76

2. 紫花前胡醇

有关该化合物，下列叙述错误的是( )

B. NaClO通过氧化灭活病毒 D. 氯仿的化学名称是四氯化碳

可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。

A. 分子式为C14H14O4 C. 能够发生水解反应

3. 下列除去杂质的方法正确的是( )

B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色 D. 能够发生消去反应生成双键

A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末 B. 除去CO2中的少量HCl：通入NaOH溶液 C. 除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的盐酸

D. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤

4. 下列叙述中正确的是( )

A. 氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂 B. 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原 C. 氧化还原反应中氧化剂和还原剂一定是不同的物质 D. 氧化还原反应中不一定所有元素的化合价都发生变化

5. 1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核

30

Z+2Y，开创了人造放射性核素的先河：

4

2He)轰击金属原子

W

ZX，得到核素

W

ZX+42He

→

30

Z+2Y+10n

其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是( )

A.

W

ZX的相对原子质量为

26 B. X、Y均可形成三氯化物 D. Y仅有一种含氧酸

C. X的原子半径小于Y的

6. 熔融钠−硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。如图中

的电池反应为

下列说法错误的是( )

，难溶于熔融硫)。

A. Na2S4的电子式为

B. 放电时正极反应为xS+2Na++2e−=Na2Sx C. Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极 D. 该电池是以Na−β−Al2O3为隔膜的二次电池

7. 常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如图

所示，下列有关说法错误的是( )

A. 曲线 M 表示 pH与lgc(H

c(HY−)

2Y)

的变化关系

B. a点溶液中：c(H+)−c(OH−)=2c(Y2−)+c(HY−)−c(K+) C. H2Y 的第二级电离常数Ka2(H2Y)=10−4.3

D. 交点b的溶液中：c(H2Y)=c(Y2−)>c(HY−)>c(H+)>c(OH−)

二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）

Br、I元素的原子得电子能力强弱规律．下图中A、8. 某研究性学习小组设计了一组实验来探究Cl、

B、C是三个可供选择制取氯气的装置，D的玻璃管中①②③④依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球，完成下列问题：

(1)写出装置B中指定仪器b的名称：______

(2)该小组查阅资料显示实验室制取氯气还可采用下列原理：

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

根据该原理需要选择A、B、C装置中的______装置制取氯气． (3)反应装置的导气管与D装置的______导管(选X或Y)，写出D装置中 ①处棉球的离子反应方程式：______； ②处棉球的现象：______；

③处棉球的离子反应方程式：______； (4)D装置中④的作用：______．

(5)某同学根据①②两处棉球颜色的变化得出结论：Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，你认为上述实验现象能证明上述结论吗？说明理由．______． 三、简答题（本大题共3小题，共43.0分）

9. 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，

以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

金属离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH Fe3+ 1.9 3.2 Fe2+ 7.0 9.0 Al3+ 3.0 4.7 Mn2+ 8.1 10.1 回答以下问题：

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是__________。

( 2 )“酸漫氧化”中， VO+ 和 VO2+被氧化成 VO+2 ，同时还有 ________离子被氧化，写出 VO+ 转化为 VO+2 反应的离子方程式___________________。

(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O3· xH2O，随滤液②可除去金属离子K+ 、Mg2、 Na+ 、________________，以及部分的_____________。

(4)“沉淀转溶”中， V2O3 ·xH2O转化为钒酸盐溶解、滤渣③的主要成分是_______________________。

(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式 _________________________________。

10. 将0.24mol SO2和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，在一定温度和催化剂下发生反应，

反应达到平衡，得到0.12mol SO3． (1)平衡时，二氧化硫的转化率为 ______ ．

(2)若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则 SO2的平衡浓度 ______ (填“增大”、“不变”或“减小”)，氧气的转化率 ______ (填“升高”、“不变”或“降低”)，SO3的体积分数 ______ (填“增大”、“不变”或“减小”)．

11. 2019年诺贝尔化学奖颁发给三位开发锂离子电池的科学家。锂离子电池正极材料是决定其性能

的关键。

(1)锰酸锂(LiMn2O4)电池具有原料成本低、合成工艺简单等优点。Li+能量最低的激发态离子的电子排布图为________，该晶体结构中含有Mn4+，基态Mn4+核外价层电子占据的轨道数为________个。

(2)磷酸铁锂(LiFePO4)电池安全、充电快、使用寿命长，其中P原子的杂化方式为________，阴离子的空间结构为________。

Mn________Al(填(3)三元正极材料LiCo1/3Ni1/3Mn1/3O2掺杂Al3+可使其性能更优，第四电离能：“大于”“小于”)，原因是________。

(4)铋化锂被认为是很有潜力的正极材料，晶胞结构如图所示。

①晶胞可以看作是由铋原子构成的面心立方晶格，锂原子填充在其中的四面体和八面体空隙处。晶体的化学式为________，图中铋原子坐标参数：A为(0,0，0)，B为(0,1，1)，C为________。 则铋原子的半径为________nm，八面体间隙中的锂原子与四面体间隙中②若晶胞参数为a nm，

的锂原子之间的最短距离为________nm。 四、推断题（本大题共1小题，共5.0分）

经如图所示系列转化可合成酚醛树脂和重要有机合成 中间体 D(部分12. 以甲醛和苯酚为主要原料，

反应条件和产物略去)：

已知：

(1)CH3OH的名称为______。 (2)C中所含官能团的名称是______。 (3)反应②的化学方程式是______。

(4)下列关于 A 的性质，能反映支链对苯环结构产生影响的是______ (填字母)。 a.能与氢氧化钠溶液反应 b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c.稀溶液中加浓溴水产生沉淀

(5)E(C8H10O2)与B的水解产物互为同分异构体，1molE可与2molNaOH反应，其核磁共振氢谱显示有3种峰且峰面积之比为 3：1：1，符合条件的 E 共有______ 种。 (6)完成下面以CH3OH和CH3ONa为 原 料 ( 其 他 无 机 试 剂 任 选 ) 制 备 化 合 物CH3COCH2COOCH3的合成路线。

-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：解：A.CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶，故A正确；

B.NaClO具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故B正确；

C.过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，相对分子质量为12×2+4+16×3=76，故C正确； D.氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故D错误； 故选：D。

本题结合时事热点考查化学问题，平时要注意积累，题目难度不大。

2.答案：B

解析：

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。

A.由题干有机物的结构简式可知该物质为8个不饱和度，由碳原子数为14，氧原子数为4，可知该物质分子式为：C14H14O4，故A正确；

B.该物质中碳碳双键，可以被酸性重铬酸溶液钾氧化，使酸性重铬酸钾溶液变色；且该物质有羟基(与羟基相连的碳原子上有氢原子)，也可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误；

C.该物质含有酯基可发生水解反应，故C正确；

D.该物质含−OH，且与−OH相连的C的邻位C上含H，可在浓硫酸作用下发生消去反应。故D正确。 故选B。

3.答案：C

解析：解：A.CuO与氧气不反应，不能除去N2中的少量O2，应选择灼热的铜网，故A错误； B.二者均与NaOH溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；

C.碳酸钾与盐酸反应生成KCl、水和二氧化碳，不会引入新杂质，故C正确； D.加NaOH会引入新杂质钠离子，应选适量的KOH溶液，故D错误； 故选C．

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．

本题考查物质的分离、提纯，侧重除杂的考查，把握除杂的原则及物质的性质为解答的关键，注意除杂不能引入新杂质，题目难度不大．

4.答案：D

解析：

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例解答，题目难度不大。

A.非金属单质可能失去电子，如C与水的反应中C失去电子，故A错误；

B.从化合态变为游离态时，可能失去电子或得到电子，如硫化氢与二氧化硫反应生成S，故B错误； C.氧化还原反应中氧化剂和还原剂可能是同一物质，比如氯气与水的反应，氯气既是氧化剂又是还原剂，故C错误；

D.氧化还原反应中不一定所有元素的化合价都发生变化，如氯气与水的反应中只有Cl元素的化合价变化，故D正确。 故选D。

5.答案：B

解析：【试题解析】 解：

3041由 WZX+2He→Z+2Y+0n及质量守恒可知，W=30+1−4=27，X、Y的最外层电子数之和为8，X

的最外层电子数为

8−22

=3，金属原子 WZX的质量数为27、且位于ⅢA族，Z=13符合题意，则X为

Al；Y的最外层电子数为8−3=5，质子数为13+2=15，Y为P，以此来解答。 由上述分析可知X为Al、Y为P，

A.W为27，X原子的相对原子质量为27，故A错误； B.X、Y可形成三氯化物分别为AlCl3、PCl3，故B正确；

C.同周期从左向右原子半径减小，则X的原子半径大于Y的半径，故C错误； D.Y的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故D错误； 故选：B。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最外层电子数、质量守恒来推断元素为解答的关键，同时侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

6.答案：C

解析：解：A、Na2S4的结构类似过氧化钠，Na2S4电子式为

，故A正确；

B、放电时，熔融硫作正极，电解质中钠离子向正极移动，正极反应为xS+2Na++2e−=Na2Sx，故B正确；

2−C、Na做负极，放电时，负极反应式为2Na−2e−=2Na+，熔融硫作正极，正极反应式为xS+2e−=Sx，

故C错误；

D、为防止熔融的钠与熔融的硫接触，以Na−β−Al2O3为隔膜，可以传递离子，构成闭合回路，由提高提供信息，电池反应为故选：C。

Na失电子发生氧化反应，根据图片知，放电时，所以熔融钠作负极，负极反应式为2Na−2e−=2Na+，阴离子向负极移动，Na−β−Al2O3为隔膜，熔融硫作正极，放电时电解质中钠离子向正极移动，放电时正极反应为xS+2Na++2e−=Na2Sx，以此答题。

本题考查化学电源新型电池，正确获取图片提供信息是解本题关键，根据得失电子确定正负极、阴阳极，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。

为可以充电的二次电池，故D正确；

7.答案：D

解析：

本题考查酸碱滴定过程中H2Y，HY−，Y2−的变化，根据图象分析是解题的关键，注意对图象所给信息的巧妙利用，题目难度不大，是基础题。

A.pH增大，HY增多，表示溶液中碱性增强，则溶液中H2Y减少，所以lgc(H与lgc(H

c(HY−)

2Y)

−

c(HY−)

2Y)

增大，则曲线 M 表示 pH

的变化关系，故A正确；

B.溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(HY−)+2c(Y2−)，所以c(H+)−c(OH  −)=2c(Y2−)+c(HY−)−c(K+)，故B正确；

lgc(Y2−)=1.3，C.曲线N表示lgc(Y2−)，当pH=3时，则Ka2(H2Y)=故C正确；

D.交点b表示lgc(Y2−)=lgc(H

c(HY−)

c(HY−)

2

c(HY−)c(HY−)c(Y−)c(H+)c(HY−)

=10−3×10−1.3=10−4.3，

，即c(Y2−)=c(H2Y)，根据图象，此时lgc(H

Y)

c(HY−)

2Y)

>1，所以c(HY−)>

c(H2Y)=c(Y2−)，故D错误， 故选：D。

8.答案：圆底烧瓶 A X C12+2Br−=2Cl−+Br2 棉球变蓝 Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+

H2O 观察氯气是否被吸收完全 不能，由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱

解析：解：(1)b为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；

(2)高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A，故答案为：A；

(3)检验氯气的性质时，不能先通过NaOH溶液，否则会消耗氯气，且起不到尾气吸收的作用，应从X端进气，

①氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方程式为Cl2+2Br−=2Cl−+Br2，故答案为：C12+2Br−=2Cl−+Br2；

②与碘化钾溶液反应生成I2，反应的离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2，棉球变蓝，故答案为：棉球变蓝；

反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，③氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；

(4)氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，把品红放在最后可观察氯气是否被吸收完全，

故答案为：观察氯气是否被吸收完全；

(5)由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱，

故答案为：不能，由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱．

实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反应生I2，成单质Br2、氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，以此解答该题． (1)依据装置图中仪器形状和应用写出仪器名称；

(2)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应是固体和液体不加热制备气体，据此选择发生装置；

(3)D的玻璃管中①②③④依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球，

①氯气与NaBr溶液反应生成Br2； ②与碘化钾溶液反应生成I2；

③氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应生成氯化钠、次氯酸钠和水； (4)氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色；

(5)由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气．

本题考查氯气制备、性质实验的设计、物质性质和反应现象的判断，题目难度中等，注意有关物质的性质以及实验方案的合理性和实用性．

9.答案：(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)

2+

(2) Fe2+；VO++2H++MnO2=VO++H2O 2+Mn

(3) Mn2+ ；Al3+和Fe3+ (4) Fe(OH)3

(5)HCl+NaAlO2+H2O =Al(OH)3↓+NaCl

解析：

本题考查学生对化学实验的理解和掌握，题目难度中等，掌握每步的除杂和分离目的等，明确由工艺流程写出相应反应是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的

基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。

黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，加SiO2入稀硫酸，使Fe3O4生成Fe3+和Fe2+；加入MnO2氧化还原性的Fe2+成Fe3+；VO+和VO2+成VO+2，

++2+2+3+

和硅酸盐与酸生成的硅酸成为滤渣①，滤液①含有：Fe3+、VO+2、K、Mg、Na、Mn、Al；

滤液①加入NaOH溶液至pH=3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+，使钒水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，得滤饼②，除去滤液②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+；滤饼②加入过量NaOH溶液至pH>13，沉淀转溶得滤液③，滤液③含有V2O5⋅xH2O生成VO−3和溶于碱的Al(OH)3生成的

−Al(OH)−4；滤渣③为Fe(OH)3，滤液③加入盐酸调pH，Al(OH)4生成Al(OH)3即滤渣④；滤液④含有

VO−3，加入NH4Cl沉钒的产物：NH4VO3；和滤液⑤NaCl溶液。 (1)温度升高反应速率加快；加快酸浸氧化的反应速率， 故答案为：加快酸浸和氧化反应速率；

(2)加入氧化剂MnO2，除了氧化具有还原性的VO+和VO2+，还可以氧化还原性的Fe2+为Fe3+；以便后面步骤一次性的除去Fe元素；酸浸氧化VO+转化为VO+2，根据电荷守恒和电子转移守恒得出：在酸性条件下，+3价的矾化合价升高2生成+5价，MnO2中+4价的锰化合价降低2生成+2价，所以反

2+应的离子方程式为：VO++2H++MnO2=VO++H2O， 2+Mn2+故答案为：Fe2+；VO++2H++MnO2=VO++H2O； 2+Mn

(3)“中和沉淀”中，滤液①加入NaOH溶液至pH=3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+和Al3+，使钒水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，得滤饼②，除去滤液②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+， 故答案为：Mn2+、Fe3+和Al3+；

(4)滤液①加入NaOH溶液至pH=3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+，使钒水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，得滤饼②， 故答案为：Fe(OH)3；

−(5)滤液③含有V2O5⋅xH2O生成VO−AlO−滤液③加入盐酸调pH，3和溶于碱的Al(OH)3生成的AlO2；2生

成Al(OH)3即滤渣④；化学方程式为：HCl+NaAlO2+H2O =Al(OH)3↓+NaCl； 故答案为：HCl+NaAlO2+H2O =Al(OH)3↓+NaCl。

10.答案：50%；增大；降低；减小

解析：解：(1)将0.24molSO2和0.11molO2放入容积为1L的密闭容器中，在一定温度和催化剂下发生反应，反应达到平衡，得到0.12molSO3，则： 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)

起始量(mol)：0.24 0.11 0 变化量(mol)：0.12 0.06 0.12 平衡量(mol)：0.12 0.05 0.12 二氧化硫转化率=0.24mol×100%=50%， 故答案为：50%；

(2)若温度不变，再加入0.50mol氧气，平衡正向移动，重新达到平衡，则SO2的平衡浓度增大，但氧气的转化率降低，

0.12mol

2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)

起始量(mol)：0.12 0.06+0.5 0.12 变化量(mol)：2x x 2x

二次平衡量(mol)：0.12−2x 0.56−x 0.12+2x 一次平衡时SO3的体积分数为0.12+0.05+0.12=0.41， 二次平衡时SO3的体积分数的体积分数减小，

故答案为：增大；降低；减小．

(1)将0.24molSO2和0.11molO2放入容积为1L的密闭容器中，在一定温度和催化剂下发生反应，反应达到平衡，得到0.12molSO3，则： 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) 起始量(mol)：0.24 0.11 0 变化量(mol)：0.12 0.06 0.12 平衡量(mol)：0.12 0.05 0.12

二氧化硫转化率=(反应二氧化硫物质的量÷二氧化硫起始物质的量)×100%；

(2)若温度不变，再加入0.50mol氧气，平衡正向移动，重新达到平衡，则SO2的平衡浓度增大，但氧气的转化率降低，计算第一次平衡时SO3的体积分数，平衡移动时生成的三氧化硫越多，三氧化硫体积分数越大，利用极限法计算二次平衡时SO3的体积分数．

本题考查化学平衡计算，(2)中二次平衡时三氧化硫体积分数判断为易错点，注意利用极限法进行解答，难度中等．

0.12+2x0.8−x

0.12

，而x的极大值为0.06，故

0.12+2x0.8−x

的极大值=0.74=0.32，三氧化硫

0.24

11.答案：(1)

(2)sp3；正四面体；

；3；

(3)小于；Mn、Al失去的第4个电子分别是3d4、2p6上的电子，2p6为全满稳定结构； (4)①Li3Bi(或BiLi3)；(2,1，2)； ②

3√2

；√a。 a44

1

1

解析：

本题主要考查离子的电子排布图，电离能大小，分子空间构型以及杂化类型的判断、晶胞有关计算等知识，题目难度较大，注意相关基础的把握和方法的积累。

(1)Li是3号元素，Li+能量最低的激发态离子的电子排布图为原子核外有3个电子，

；

Mn是25号元素，Mn电子排布为3ds2，基态Mn4+核外价层电子占据的轨道数为3个；故填：

；3；

(2)PO3−4中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为0，其中P原子的杂化方式为sp3，故立体构型为正四面体；故填：sp3；正四面体；

(3)三元正极材料LiCo1/3Ni1/3Mn1/3O2掺杂Al3+可使其性能更优，第四电离能：Mn小于Al，原因是Mn、Al失去的第4个电子分别是3d4、2p6上的电子，2p6为全满稳定结构；故填：小于；Mn、Al失去的第4个电子分别是3d4、2p6上的电子，2p6为全满稳定结构；

顶点和面心共1+6×2=4个Bi原子，晶胞内分摊8+1+12×4=12个Li原子，(4)①根据图可知，

故化学式为Li3Bi(或BiLi3)；由图知道，A为(0,0，0)，B为(0,1，1)，C位于A点的对面面心，所以C(2,1，2)；故填：Li3Bi(或BiLi3)；(2,1，2)；

√

②晶胞参数为a nm，面对角线为√2anm，则铋原子的半径为anm；体对角线为√3anm，八面体间

4

21

1

1

11

1

隙中的锂原子与四面体间隙中的锂原子之间的最短距离为√anm；故填：√a；√a。

444

32312.答案：(1)甲醇

(2)酯基、醚键 (3)n

H+

→

+(n−1)H2O

(4)c

(5)4 (6)

解析：

本题考查有机物的合成，关键是对比分析物质的结构理解发生的反应，明确官能团的变化、碳链变化等，侧重考查学生信息获取能力、知识迁移运用能力，难度中等，是有机化学常考题型。 (1)CH3OH的名称是甲醇， 故答案为：甲醇；

(2)由C前后物质结构、结合C的分子式与名称、已知信息，可知C为含有的官能团为：酯基、醚键， 故答案为：酯基、醚键；

(3)由A的分子式，结合苯酚、甲醛、酚醛树脂的结构，可知苯酚与甲醛发生加成反应生成A为

，

发生脱水缩合反应生成

，反应方程式为：n

，

H+

→

+(n−1)H2O；

故答案为：n

H+

→

+(n−1)H2O；

(4)A为，

a.能与氢氧化钠溶液反应，说明苯环使羟基中H活性增强，故错误； b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色，侧链被氧化，说明苯环影响侧链，故错误；

c.在稀溶液中加浓溴水产生沉淀，苯环上酚羟基邻对位的H原子被Br原子取代，酚羟基使邻对位的氢原子活性增强，故正确， 故答案为：c；

(5)E(C8H10O2)与B的水解产物互为同分异构体，1mol E可与2mol NaOH反应，说明含有2个酚羟基，有3种峰且峰面积之比为3：1：1，不可能含有乙基，取代基只能是2个酚羟基、2个甲基，具有对

称结构，可能的结构简式有：、、、

；

故答案为：4；

(6)由转化中C→D的转化，可以由CH3COOCH3在甲醇钠、甲醇条件下反应然后酸化得到目标物；甲醇与HCl反应得到一氯甲烷，再结合B→C的转化，可知一氯甲烷与NaCN反应得到CH3CN，然后经过①HCl/H2O、②甲醇/HCl得到乙酸甲酯，合成路线流程图为：

，

故答案为：

。