2022届湖南省株洲市茶陵县第一中学高二下学期期中考试化学试题（含解析）

2022年茶陵县第一中学高二下学期期中考试化学试题(时间：75分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H—1B—11C—12O—16Na—23Cl—35.5Cr-52一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列关于有机化合物的说法正确的是A.人们生活中的有机化合物只能从自然界中的动植物获得B.以氨基酸为原料合成具有生命活性的蛋白质使人类在认识生命的过程中迈出了一大步C.我国古代的酿酒、制醋均属于由无机物转化为有机物的人工合成有机物技术D.光导纤维、尼龙、涤纶都是有机合成纤维【答案】B【解析】【详解】A．人们生活中的有机化合物也可以由无机物合成，如由CO、H2可制取甲醇、汽油等，A不正确；B．在发现结晶牛胰岛素以前，有机物只能从生命体中获得，自从氨基酸为原料合成具有生命活性的蛋白质之后，人类在认识生命的过程中向前迈出了一大步，B正确；C．我国古代的酿酒、制醋技术，是以淀粉为原料，通过酶的催化作用转化而成，是有机物向有机物的转化，C不正确；D．光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，D不正确；故选B。2.某原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则下列说法错误的是A.该原子核外电子共有16种运动状态B该原子核外电子共占据5个轨道C.该原子核外电子共占据三个能层D.该原子核外电子共占据五个能级【答案】B【解析】【详解】某原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，该元素为16号的硫元素。A.该原子核外电子共有16个，有16种运动状态，选项A正确；B.每个s能级有1个轨道，每个p能级有3个轨道，则该原子核外电子共占据9个轨道，选项B错误；C.该原子核外电子共占据三个能层，选项C正确；D.该原子核外电子共占据1s、2s、2p、3s、3p五个能级，选项D正确。答案选B。3.下列各组表述中，两个微粒一定属于同种元素原子的是A.3d能级为半满的基态原子和核外电子的价电子排布为3d54s2的原子B.2p能级有一个未成对电子的基态原子和价电子排布为2s2p5的原子C.M层全充满而N层为4S2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子D.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为的4s24p5的原子【答案】D【解析】【详解】A．3d能级为半满的基态原子，可能是锰，也可能是铬，价电子排布为3d54s2的原子只能是锰，二者不一定是同种元素的原子，A不正确；B．2p能级有一个未成对电子的基态原子，价电子排布可能是2s2p5，也可能是2s22p1，B不正确；C．M层全充满而N层为4S2的原子，是30号元素锌的原子，而核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子，是26号元素铁的原子，C不正确；D．最外层电子数是核外电子总数的原子是Br，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，而价电子排布为4s24p5的原子也为Br，为同一原子，D正确；故选D。4.下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3：1的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．有3种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:2:2，A不符合题意；B．有2种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:2，B不符合题意；C．有2种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:1，故其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3:1，C符合题意；D．有2种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:2，D不符合题意。本题选C。5.已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期元素。其中A是周期表中原子半径最小的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E元素价层电子数为2；F与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。下列说法正确的是A.电负性比较：B＞C＞A B.第一电离能比较：F＞E＞DC.简单离子半径比较：B＞C＞D D.相应化合物熔点比较：D2C＞EC＞BA3＞A2C【答案】C【解析】【分析】A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，则B为N元素；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，则n=2，C为O元素；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，则D为Na元素；E元素价层电子数为2，则E为Mg元素；F与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，则F为Al。从而得出，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、Mg、Al元素。【详解】A．非金属性越强，电负性越大，A、B、C分别为H、N、O元素，则电负性比较：O＞N＞H，A不正确；B．D、E、F分别为Na、Mg、Al元素，Mg的最外层电子全充满，第一电离能出现反常，则第一电离能比较：Mg＞Al＞Na，B不正确；C．B、C、D分别为N、O、Na，三者的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径比较：N3-＞O2-＞Na+，C正确；D．D2C、EC、BA3、A2C分别为Na2O、MgO、NH3、H2O，Na2O、MgO形成离子晶体，NH3、H2O形成分子晶体，相应化合物熔点比较：MgO＞Na2O＞H2O＞NH3，D不正确；故选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.常温常压下，42g丙烯中采用sp2杂化碳原子数为2NAB.标准状况下，22.4LPCl5中Cl的价层电子数为7NAC.1mol[Ag(NH3)2]+中含有的配位键数为2NAD.标准状况下，0.5molC中含有的未成对电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A．42g丙烯的物质的量为1mol，只有2molC原子采取sp2杂化，碳原子数为2NA，A正确；B．标准状况下PCl5为固体，B错误；C．1mol[Ag(NH3)2]+中心原子与氨气形成2mol配位键，配位键数为2NA，C正确；D．C的价层电子排布为2s22p2，未成对电子数为2，故0.5molC中含有的未成对电子数为NA，D正确；故选B。7.实验是化学的灵魂，是化学学科的重要特征之一。下列实验装置(部分夹持仪器未画出)不能达到实验目的的是A.装置I：除去甲烷中的乙烯 B.装置II：制备硝基苯C.装置III：乙醇氧化为乙醛 D.装置IV：分离苯和水【答案】A【解析】【详解】A．乙烯与高锰酸钾溶液发生氧化反应会生成二氧化碳，会引入新杂质二氧化碳，故A错误；B．在浓硫酸作用下，苯和浓硝酸在60℃左右的水浴加热条件下发生硝化反应生成硝基苯和水，故B正确；C．在灼热铜丝的作用下，乙醇和氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，故C正确；D．苯不溶于水，用分液的方法能够分离苯和水，故D正确；故选A。8.北京冬奥会倡导“公平公正，纯洁体育”的价值观，在反兴奋剂工作中开展了以“拿干净金牌”为主题的教育活动。某种兴奋剂的结构简式如图所示，关于它的说法正确的是A.分子式为C16H14O3B.该兴奋剂分子可发生消去反应C.1mol该兴奋剂最多可与1molH2发生反应D.该兴奋剂能与氯化铁溶液发生显色反应【答案】D【解析】【详解】A．该有机物分子中含有16个C原子，3个O原子，不饱和度为9，则含H原子个数为，16×2+2-9×2=16，分子式为C16H16O3，A不正确；B．该兴奋剂分子中不含有醇羟基或卤原子，不能发生消去反应，B不正确；C．碳碳双键、苯环都能与H2发生加成反应，所以1mol该兴奋剂最多可与7molH2发生反应，C不正确；D．该兴奋剂分子中含有酚羟基，所以能与氯化铁溶液发生显色反应，D正确；故选D。9.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式不正确的是A.乙烯通入溴水，溴水褪色：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrB.向银氨溶液中加入少量乙醛，水浴加热一段时间后，试管内壁产生一层光亮的银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OC.苯酚钠溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊：2+CO2+H2O→2+Na2CO3D.甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在100℃时产生不溶于水的淡黄色针状晶体：+3HO-NO2↓+3H2O【答案】C【解析】【详解】A．乙烯通入溴水，与溴水中的溴单质发生加成反应，生成无色的CH2BrCH2Br，从而使溴水褪色：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，A正确；B．向银氨溶液中加入少量乙醛，水浴加热一段时间后，Ag(NH3)2OH被还原为银，从而在试管内壁产生一层光亮的银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，B正确；C．因为苯酚的酸性比NaHCO3的酸性强，所以苯酚钠溶液中通入少量CO2，生成苯酚和NaHCO3，溶液变浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3，C不正确；D．甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在100℃时发生取代反应，生成和水，从而产生不溶于水的淡黄色针状晶体：+3HO-NO2↓+3H2O，D正确；故选C。10.下列说法中正确的是A.P4和CH4都是正四面体形分子，且键角都为109°28’B.乙烯分子中，碳原子sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键C.键长H-F<H-Cl<H-Br<H-I，因此稳定性HF<HCl<HBr<HID.PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱【答案】B【解析】【详解】A．P4和CH4都是正四面体形分子，甲烷的键角为109°28’，但P4的键角为60°，故A错误；B．乙烯分子中含碳碳双键，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键，B正确；C．键长H-F<H-Cl<H-Br<H-I，键长越长，键能越小，故稳定性HF>HCl>HBr>HI，C错误；D．PH3的键角为96.3°，故PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，D错误；答案选B。11.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：下列说法不正确的是（）A.反应①的产物中含有水B.反应②中只有碳碳键形成C.汽油主要是C5～C11的烃类混合物D.图中a的名称是2-甲基丁烷【答案】B【解析】【详解】A．反应①是CO2与H2反应生成了CO，根据元素守恒可推断有H2O生成，即反应化学方程式为CO2+H2=CO+H2O，产物中含有水，故A正确；B．反应②是CO与H2反应生成(CH2)n，(CH2)n中还含有碳氢键，故B错误；C．由示意图可知，汽油的主要成分是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．根据a的球棍模型，可得其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，系统名称为2­-甲基丁烷，故D正确；答案为B。12.某原子半径为r的金属的堆积方式为六方最密堆积，结构如图1所示，该晶体晶胞结构如图2所示，1、2、3、4原子形成正四面体，下列说法错误的是A.该晶胞中含有的金属原子数目为2 B.该晶胞的高为C.图1结构中含3个晶胞 D.该晶胞的空间利用率为【答案】B【解析】【详解】A．根据均摊原则，该晶胞中含有的金属原子数目为，故A正确；B．原子半径为r，则底面边长为2r，则1、2、3、4原子形成正四面体的高为，晶胞的高为正四面体的高的2倍，则晶胞的高为，故B错误；C．图1结构可分割为3个图2所示的3个晶胞，故C正确；D．该晶胞中含有2个原子，2个原子的体积为，晶胞的体积为，空间利用率为=，故D正确；选B。13.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（）被提纯的物质除杂试剂分离方法A溴苯(溴)NaOH溶液分液B己烷(己烯)溴水分液C乙烯(SO2)酸性KMnO4溶液洗气D苯(苯酚)浓溴水过滤A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.溴单质能与NaOH反应生成可溶于水的物质，溴苯不与NaOH反应，且溴苯为无色、与NaOH溶液互不相容的液体，因此可以采用分液方法进行分离，故A正确；B.己烷为有机液体，溴单质易溶于有机溶剂，因此溴能溶于己烷，因此该方法无法分离，故B错误；C.乙烯和二氧化硫均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯中的SO2，应将气体通入氢氧化钠溶液中，然后干燥得到，故C错误；D.苯酚与浓溴水生成三溴苯酚，三溴苯酚与苯互溶，因此无法分离，应将其加入NaOH溶液中，再分液，故D错误；答案：A。14.三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]Cl3}是重要的化工原料，工业上可以活性炭为催化剂，通过H2O2氧化有氨和NH4Cl存在的CoCl2溶液来制备。其反应的化学方程式为2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O。下列说法错误的是A.配离子[Co(NH3)6]3+中的Co位于由N原子组成的正八面体中心B.配合物{[Co(NH3)6]Cl3]}中含有离子键、极性键和配位键C.[Co(NH3)6]Cl3中的配体为NH3，中心离子的配位数为6D.取钴(III)另一种配合物一[Co(NH3)5Cl]Cl2与足量AgNO3溶液反应，得到沉淀的物质的量为3mol【答案】D【解析】【详解】A．[Co(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，Co在中心，位于由N原子组成的正八面体中心，故A正确；B．{[Co(NH3)6]Cl3]}中Co3+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，配离子与氯离子形成离子键，故B正确；C．[Co(NH3)6]Cl3的中心离子为Co3+，配体为NH3，配位数为6，故C正确；D．配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中配位离子Cl-不与Ag+反应，1mol该配合物中含2mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，1mol该配合物生成2molAgCl沉淀，故D错误；故选：D。15.氨氧化物会导致光化学烟雾和酸雨，在Fe3+的催化作用下，NH3可将NO还原为无污染的气体，反应历程如图。下列说法正确的是A.该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成B.基态Fe2+的价层电子排布式为3d54s1C.NH3的稳定性比H2O的强D.图中的总反应可表示为4NH3+6NO5N2+6H2O【答案】A【解析】【详解】A．该过程中NH3和NO、O2是反应物，N2、H2O是生成物，化学反应是旧键断裂和新键形成，存在N-H极性键和O=O非极性键的断裂，形成H-O极性键和N≡N非极性键，A正确；B．基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成基态Fe2+，基态Fe2+上3d能级上的6个电子为其价电子，所以基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，B错误；C．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：O>N，非金属性越强则其最简氢化物稳定性越稳定，则H2O的稳定性比NH3的强，C错误；D．该过程中NH3和NO、O2是反应物，N2、H2O是生成物，总反应可表示为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D错误；故选：A。二、非选择题：本题共4小题，共55分16.溴苯在化工上主要用于溶剂、分析试剂和有机合成等方面。实验室可用如图装置制取溴苯。（1）冷凝管的作用是导气、冷凝、回流，冷凝水从____(填A或B)口进入冷凝管。（2）实验时，先向三颈烧瓶中加入苯和液溴的混合物，写出苯和液溴发生反应的化学方程式____。（3）反应完毕后，再向三颈烧瓶中加入氢氧化钠溶液，待反应完全，从装置D中分离出溴苯和苯的混合物时需要用到的主要玻璃仪器是____；将溴苯(沸点156℃)和苯(沸点80.1℃)分离的操作是____。（4）装置E中的小试管内盛放CCl4的作用是除去HBr气体中的____以及挥发出的苯蒸气；向装置E的蒸馏水中滴加AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成，此现象说明这种获得溴苯的反应属于____(填有机反应类型)。（5）装置中碱石灰的作用是____。【答案】（1）A（2）+Br2+HBr（3）①.分液漏斗②.蒸馏（4）①.溴蒸气②.取代反应（5）吸收多余的HBr，防止污染环境【解析】【分析】铁和溴发生氧化反应生成溴化铁，苯与液溴在溴化铁催化下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，苯和液溴具有挥发性，且易溶于四氯化碳，所以四氯化碳用来除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀说明苯与液溴的反应是取代反应。【小问1详解】苯和液溴具有挥发性，实验装置中冷凝管的作用是起导气、冷凝、回流的作用，为增强冷凝效果，冷凝水从下口A进入，故答案为：A；【小问2详解】三颈烧瓶中苯和液溴发生的反应为在溴化铁催化下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；【小问3详解】反应完毕后，向三颈烧瓶中加入氢氧化钠溶液除去溴苯中混有溴化铁、溴，用分液的方法从装置D中分离出溴苯和苯的混合物，分液所用主要玻璃仪器为分液漏斗；苯和溴苯都是相互溶解的有机物，可以利用两者的沸点不同采用蒸馏的方法分离得到溴苯，故答案为：分液漏斗；蒸馏；【小问4详解】由分析可知，小试管内盛放的四氯化碳用来除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，排出溴对溴化氢与硝酸银溶液反应的干扰，溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀说明苯与液溴的反应是取代反应，故答案为：溴蒸气；取代反应；【小问5详解】由实验装置图可知，装置中碱石灰的作用是吸收多余未反应的溴化氢，防止污染环境，故答案为：吸收多余的HBr，防止污染环境。17.、、、、均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如表所示：原子核外电子分别占个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同基态原子的轨道电子数比轨道电子数少在周期表所列元素中电负性最大位于周期表中第纵行基态原子层全充满，层只有一个电子（1）基态d原子的价电子排布图为_______；（2）b与其同周期左右相邻元素第一电离能由大到小的顺序为_______用元素符号表示；（3）c的氢化物水溶液中存在的氢键有_______种，请画出其中一种_______；（4）a元素与其相邻同主族元素的最高价氧化物熔点高低关系为_______；(用化学式表示)原因是_______。（5）e与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在该晶体的晶胞中e原子处于面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由e原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，该晶体储氢后的化学式为_______，若该晶体密度为ag·cm-3，则该晶体中晶胞的体积为_______cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）（2）N>O>C（3）①.4②.F-H…F或F-H…O或O-H…F（4）①.SiO2>CO2②.CO2为分子晶体，SiO2是共价晶体，共价晶体中的共价键的强度远远大于范德华力（5）①.H4Cu3Au②.【解析】【分析】a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大；a原子核外电子分别占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，则其核外电子排布式为1s22s22p2，a为C；b的基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，则其核外电子排布式为1s22s22p3，b为N；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则e的核外电子数为2+8+18+1=29，e为Cu；由于原子序数：c＜d＜e，且d位于周期表中第4纵行，则d为Ti；综上所述，a为C，b为N，c为F，d为Ti，e为Cu。【小问1详解】由分析可知，d为Ti，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为。【小问2详解】由分析可知，b为N，其同周期左右相邻元素分别为C、O；同一周期元素，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，第IIA族和第VA族元素的第一电离能均高于其相邻的元素，故第一电离能：N＞O＞C。【小问3详解】由分析可知，c为F，其氢化物HF的水溶液中的氢键有4种，分别为F-H…F、F-H…O、O-H…F和O-H…O。【小问4详解】由分析可知，a为C，其相邻同主族元素为Si，它们的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，熔点：SiO2＞CO2，因为CO2为分子晶体，SiO2是共价晶体，共价晶体中的共价键的强度远远大于范德华力。【小问5详解】由分析可知，e为Cu；Cu与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在该晶体的晶胞中Cu原子处于面心，其个数为=3，Au位于顶点，其个数为=1；储氢后，H原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，则晶胞中有4个H原子，晶胞的化学式为H4Cu3Au；晶胞质量为g，则晶胞体积为=cm3。18.2019年12月以来，我国大部分地区突发新冠状病毒肺炎，为了预防新冠状病毒肺炎，卫健委给出了相应的消毒建议，比如用75%乙醇、过氧乙酸、含氯消毒剂等。PCMX也是一种常见的消毒剂，可以有效杀灭99.999%的大肠杆菌、金黄色葡萄球菌和白色念珠菌。芳香烃含氧衍生物A是制备PCMX的重要原料，为了测定有机物A的结构，做如下实验：（1）①取2.44g有机物A充分燃烧，将产物依次通过装有_______、_______的装置，充分吸收后，测得两装置分别增重1.8g和7.04g。②用质谱仪测定其相对分子质量，质谱图如下：由图可知，有机物A的相对分子质量为______，结合①可推出有机物A的分子式为_______。（2）已知该有机物A：①遇FeCl3溶液发生显色反应，②可与溴水按照1：3发生取代反应，③核磁共振氢谱如下图所示。综合以上信息，该有机物A中有_______种不同环境的氢，推测有机物A的结构简式为：_______。（3）该有机物A与氯气按1：1发生取代反应可制得消毒剂PCMX，测得PCMX苯环上的等效氢只有一种，请写出由A制备PCMX的化学方程式：_______【答案】（1）①.浓硫酸(无水氯化钙)②.碱石灰(氢氧化钾、NaOH等碱性溶液)③.122④.C8H10O（2）①.4种②.（3）+Cl2+HCl【解析】【小问1详解】①芳香烃含氧衍生物A完全燃烧生成二氧化碳和水，将产物依次通过装有浓硫酸(无水氯化钙)、碱石灰(氢氧化钾、NaOH等碱性溶液)的装置，充分吸收后，增重分别为水、二氧化碳的质量；②由质谱图可知，有机物A的相对分子质量为122，①测得水质量1.8g和二氧化碳质量为7.04g，则n(H)=2n(H2O)=2，n(C)=n(CO2)=，2.44gA中m(O)=2.44g-0.2mol×1g/mol-0.16mol×12g/mol=0.32g，，C、H、O个数比为0.16:0.2:0.02=8：10：1，A的分子式为C8H10O；【小问2详解】由核磁共振氢谱有4组峰，则有机物A中有4种不同环境的氢；A的分子式为C8H10O，满足条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，②可与溴水按照1：3发生取代反应说明酚羟基的邻位和对位没有取代基，③有4种H原子，有机物A的结构简式为：；【小问3详解】有机物A为，与氯气按1：1发生取代反应可制得消毒剂PCMX，测得PCMX苯环上的等效氢只有一种则氯取代在酚羟基的对位，由A制