陕西省宝鸡市2018届高三化学质量检测试题（三）（含解析）.doc

陕西省宝鸡市2018届高三质量检测（三）理综化学试题1.1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A. 食品包装袋中的生石灰包是为了防止食品氧化变质B. 食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂C. “地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂或生物柴油D. 被蜜蜂或蚂蚁蜇咬，可在伤口涂抹肥皂水消肿止痛【答案】A【解析】食品包装袋中的生石灰包是为了防止食品受潮，故A错误；食盐是调味剂，也可用作食品防腐剂，故B正确；“地沟油”属于油脂，可用来制取肥皂或生物柴油，故C正确；被蜜蜂或蚂蚁蜇咬，皮肤内注入了甲酸，肥皂水呈碱性，在伤口涂抹肥皂水可以消肿止痛，故D正确。2.2.下列有关实验的说法正确的是A. 用镊子夹住pH试纸蘸取NH4Cl溶液测溶液的pHB. 洗涤沉淀时将沉淀转移至烧杯中，进行冲洗后过滤，并重复2-3次C. 测定中和热的实验中应缓慢地将碱溶液倒入酸中，防止液体飞溅D. 使用滴定管准确量取一定体积的溶液时，不能将滴定管内液体放空【答案】D【解析】测溶液的pH，应该用玻璃棒蘸取待测液滴在PH试纸上，故A错误；洗涤沉淀时，直接在过滤器中加水至没过沉淀，让水自然流下，并重复2-3次，故B错误；测定中和热的实验中应快速将碱溶液倒入酸中，故C错误；滴定管尖嘴部分没有刻度，所以使用滴定管准确量取一定体积的溶液时，不能将滴定管内液体放空，故D正确。3.3.在水溶液中能大量共存的一组离子是A. NH4+、CH3COO-、Na+、H+ B. AlO2-、Na+、K+、HCO3-C. Mg2+、Na+、SO42-、NO3- D. ClO-、Na+、K+、Fe2+【答案】C【解析】CH3COO-、H+生成弱电解质CH3COOH，故A错误；AlO2-、HCO3-反应生成Al(OH)3、CO32-，故B错误；Mg2+、Na+、SO42-、NO3-不反应，故C正确；ClO-、Fe2+发生氧化还原反应，故D错误。4.4.分子式为C5H12O且含有两个甲基的醇的同分异构体（不考虑立体异构）有A. 3种 B. 4 种 C. 5种 D. 6种【答案】B【解析】C5H12O且含有两个甲基的醇的同分异构体有、，共4种，故B正确。5.5.硼化钒(VB2)空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如右图，该电池工作时反应为4VB2+ 11O2=4B2O3+2V2O5。下列说法正确的是A. VB2极为负极，发生还原反应 B. 图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过C. 电子由VB2极经导线、负载流向电极a D. 电极a上发生反应为O2+2H2O-4e-=4OH-【答案】C【解析】根据电池总反应，VB2发生氧化反应，所以VB2是负极，故A错误；该电池正极生成氢氧根离子、负极消耗氢氧根离子，所以选择性透过膜能让氢氧根离子选择性透过，故B错误；VB2极为负极，a是正极，所以电子由VB2极经导线、负载流向电极a，故C正确；a是正极，电极a上得电子发生还原反应， O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误。点睛：原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子移向正极、阴离子移向负极；电子由负极经导线流向正极。6.6.已知常温下氢硫酸H2S的电离平衡常数为K1=1.310-7，K2=7.110-15。下列说法正确的是A. 在NaHS和Na2S的溶液中都存在c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)B. 相同温度下，同浓度的NaHS与Na2S溶液的pH比较：前者大于后者C. 在0.1molL-1的NaHS溶液中，存在c(HS-)+c(S2-)=0.1 molL-1D. 向NaHS溶液中加入少量NaOH溶液时，溶液中c(S2)c(HS)、c(OH)c(H+)的值均增大【答案】D【解析】根据电荷守恒，在NaHS和Na2S的溶液中都存在c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，故A错误；HS-的水解平衡常数是10-141.310-7=7.710-8 ，S2-的水解平衡常数是10-147.110-15=1.4，S2-的水解大于HS-的水解，所以同浓度的NaHS与Na2S溶液的pH比较：前者小于后者，故B错误；根据物料守恒，在0.1molL-1的NaHS溶液中，存在c(HS-)+c(S2-)+ c(H2S)=0.1 molL-1，故C错误；向NaHS溶液中加入少量NaOH溶液时，溶液碱性增强，发生反应HS-+ OH-= S2-+H2O，所以c(HS-)减小 、c(S2-)增大，所以c(S2-)c(HS-)、c(OH-)c(H+)的值均增大，故D正确。点睛：根据电荷守恒，水溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；NaHS和Na2S的溶液中都有c(Na+)、c(H+)、c(HS-)、c(S2-)、c(OH-)五种离子，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)。7.7.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，m、n、p、q、s是由这些元素中的两种或三种元素组成的化合物，r是由元素C形成的单质，上述物质的转化关系如图所示。常温下0.01 molL-1s溶液的pH为12。下列说法正确的是A. 原子半径的大小BCDB. 化合物n与s中均既含有离子键，又含有共价键C. 1L0.1molL-1的q溶液中阴离子总数等于0.1NAD. 1mol n与足量的p完全反应可生成11.2L的r【答案】B【解析】常温下0.01 molL-1的s溶液的pH为12，s是氢氧化钠。根据图示，可知n是Na2O2、m是CO2、p是H2O、q是Na2CO3、r是O2；A、B、C、D分别是H、C、O、Na；原子半径的大小OC Na，故A错误；Na2O2、NaOH均含有离子键、共价键，故B正确；CO32-水解，所以1L0.1molL-1的q溶液中阴离子总数小于0.1NA，故C错误；1mol Na2O2与足量的水完全反应可生成0.5mol的O2，但体积不一定是11.2L，故D错误。8.8.下面是某工厂利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬的流程：请回答下列问题：已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：（1）在浸出过程中除生成Cr2(SO4)3外，主要还生成_。（2）流程中“第一次调节“pH”是为了除去Fe3+，所加试剂X可以是_（任写一种）。当离子浓度小于或等于110-5时可认为沉淀完全，若要使Fe3+完全沉淀，则应调节溶液pH_已知（KspFe(OH)3=810-38，1g2=0.3）（3）写出还原步骤中生成Cu2O沉淀反应的离子方程式_。此步骤中若NaHSO3过量。除了浪费试剂外，还可能出现的问题是_。（4）流程中“第二次调节pH”应小于9，因为Cr(OH)3是两性氢氧化物，试写出Cr(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式_。（5）Cr(OH)3受热分解为Cr2O3，再用铝热法可以得到金属Cr。写出其中用铝热法冶炼得到金属Cr的化学方程式_。（6）化学需氧量(COD)可量度水体受有机物污染的程度，以K2Cr2O7作强氧化剂处理水样时所消耗的K2Cr2O7的量换算成相当于O2的含量（以mgL-1计）来计量。处理时，水样应先酸化，最好选用_（选填“稀硝酸”、“稀硫酸”或“稀盐酸”）酸化。在该条件下，Cr2O72-最终转化为Cr3+、取水样100mL，处理该水样时消耗了10mL0.025 molL-1 K2Cr2O7溶液。则该水样的COD为_ mgL-1。【答案】 (1). Fe2(SO4)3、CuSO4 (2). CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等（其它合理答案亦可） (3). 3.3 (4). 2Cu2+ +HSO3- +2H2O= Cu2O+ SO42-+ 5H+ (5). 产生SO2，污染环境（或Cu2O与H+反应）（其它合理答案亦可得） (6). Cr(OH)3 + OH= CrO2+ 2H2O 或Cr(OH)3 + OH= Cr(OH)4 (7). Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr (8). 稀硫酸 (9). 120【解析】试题分析：（1）在浸出过程中Fe2O3、CuO、Cr2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3；（2）根据流程图“第一次调节“pH”后溶液中含有Cu2+、Cr3+，除去Fe3+后不能引入新杂质；根据KspFe(OH)3可计算Fe3+离子浓度小于或等于110-5时OH的浓度；（3）还原步骤中Cu2+被HSO3-还原为Cu2O；NaHSO3与酸反应生成SO2；（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，Cr(OH)3与氢氧化钠反应生成NaCrO2；（5）Cr2O3与铝反应生成氧化铝和Cr；（6）硝酸是氧化性酸,K2Cr2O7能氧化盐酸；根据电子守恒 ，1mol K2Cr2O7相当于1.5molO2。解析：（1）在浸出过程中Fe2O3、CuO、Cr2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3，所以除生成Cr2(SO4)3外，主要还生成Fe2(SO4)3、CuSO4；（2）根据流程图“第一次调节“pH”后溶液中含有Cu2+、Cr3+，除去Fe3+后不能引入新杂质，所以加入的试剂可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等；Fe3+离子浓度小于或等于110-5时OH的浓度是381038110-5=210-11 ，c(H+)=10-14210-11=1210-3 ，所以PH=3.3；（3）还原步骤中Cu2+被HSO3-还原为Cu2O，离子方程式是2Cu2+ +HSO3- +2H2O= Cu2O+ SO42-+ 5H+；若NaHSO3过量，NaHSO3与酸反应生成SO2，污染环境；（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，Cr(OH)3与氢氧化钠反应生成NaCrO2，反应离子方程式是Cr(OH)3 + OH= CrO2+ 2H2O；（5）Cr2O3与铝反应生成氧化铝和Cr，反应方程式是Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr；（6）硝酸是氧化性酸,K2Cr2O7能氧化盐酸，所以最好选用稀硫酸酸化水样；根据电子守恒 ，1mol K2Cr2O7相当于1.5molO2，10mL0.025 molL-1 K2Cr2O7溶液相当于1010-30.0251.5mol O2，该水样的COD为1010-30.0251.5mol32103mg/mol0.1L=120 mgL-1。9.9.【卷号】1931756177006592【题号】1933708114804736【题文】汽车尾气中的氮氧化物气体是导致雾霾的要原因之一。请回答下列有关尾气治理的问题：（1）用化学方程式解释汽车尾气中含有NO的原因_。（2）汽车排气管内安装的催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物NO、CO转化为无毒的大气循环物质。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol-12C(s)+O2(g)=2CO(g) H= -221.0kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g) H= -393.5 kJmol-1则分析反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的H= _kJmol-1。 （3）将0.20mol NO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中，在不同条件下反应过程中部分物质的浓度变化状况如图1所示。计算反应在第9-12 min时的平衡常数K=_。第12 min时改变的反应条件可能是_(任写一条)。（4）某研究机构在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂。测得单位时间内NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图2所示。若不使用CO，发现当温度超过775 K时，NO的分解率降低，其可能的原因是_。在n(NO)/n(CO) =1的条件下，为更好地除去NO，应控制的最佳温度应在_ K左右。（5）氮氧化物进入水体可转化为NO3-，电化学降解法可用于治理水中NO3-的污染，原理如右图所示。则电源正极为_（选填“A”或“B”），阴极电极反应式为_。【答案】 (1). N2 + O2 2NO (2). 746.5 (3). 0.35（或） (4). 温度升高 (5). NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行 (6). 870K(只要在850-900K均可） (7). A (8). 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O【解析】试题分析：（1）氮气与氧气在高温、放电条件下生成NO；（2）根据盖斯定律计算2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的H；（3）根据K=cN2c2CO2c2COc2NO 计算9-12 min时的平衡常数；根据图1，第12 min时NO、CO浓度增大、N2浓度减小，平衡逆向移动；（4）NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行；n(NO)/n(CO) =1的条件下，850-900K时NO转化为N2的转化率几乎达到100%；（5）根据图示，右池中NO3-发生还原反应生成氮气，所以右池是阴极，阴极NO3-得电子生成氮气；解析：（1）氮气与氧气在高温、放电条件下生成NO，反应方程式是N2 + O2 2NO；（2）N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol-1；2C(s)+O2(g)=2CO (g) H= -221.0kJmol-1；C(s)+O2(g)=CO2(g) H= -393.5 kJmol-1，根据盖斯定律2-得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的H= 746.5 kJmol-1；（3）9-12 min时c(NO)=0.16mol/L、c(CO)=0.06 mol/L、c(N2)=0.02 mol/L、c(CO2)=0.04 mol/L，K=cN2c2CO2c2COc2NO=0.020.0420.1620.062=0.35；根据图1，第12 min时NO、CO浓度增大、N2浓度减小，平衡逆向移动，所以改变的条件可能是升高温度；（4）NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行，所以当温度超过775 K时，NO的分解率降低；n(NO)/n(CO) =1的条件下，850-900K时NO转化为N2的转化率几乎达到100%，为更好地除去NO，应控制的最佳温度应在870K左右；（5）根据图示，右池中NO3-发生还原反应生成氮气，所以右池是阴极，B是电源负极、A是电源正极，阴极NO3-得电子生成氮气，电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O；点睛：根据盖斯定律，化学反应的焓变只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，所以可以根据盖斯定律计算2CH4(g)+H2O(g)= C2H5OH(g)+2H2(g)的H。10.10.实验室常用乙醇与浓硫酸来制取乙烯，反应装置如下图A所示，发生反应为CH3CH2OH CH2=CH2+H2O请回答下列问题：.制取实验中，混合乙醇与浓硫酸的操作是_，通常在圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是_，装置A图中一处明显的错误是_。.用该方法在实验室制取乙烯时，常会看到烧瓶中液体变黑，并使装置A中制得的乙烯中混有CO2、SO2等杂质气体。为确定乙烯及各种杂质气体的存在，请用上面给出的实验装置完成下面的实验探究设计。探究设计1：若要检验A中所得气体含有SO2，可将混合气体直接通入_（填装置代号，下同）装置；若要检验A中所得气体含有乙烯，可将混合气体直接通入_。探究设计2：若将A中所得气体依次通过E装置，根据实验现象可确定乙烯气体中混有二氧化硫气体。则：（1）设计2中装置对应的装置分别是_（填装置代号）。（2）设计2中能说明二氧化硫气体存在的现象是_。（3）使用装置的目的是_。使用装置的目的是_。（4）设计2中确认乙烯气体存在的现象是_。探究设计3：若要一次性将乙烯、CO2、SO2三种气体全部检验出来，气体被检验出来的先后顺序是_，气体通过装置的顺序为A_（填装置代号）。【答案】 (1). 将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，边加入边振荡 (2). 防止暴沸 (3). 温度计水银球部分没有插入反应溶液中(或烧瓶下未垫石棉网) (4). C (5). F (6). CBC (7). 第一次用的品红溶液褪色 (8). 除去SO2 (9). 判断SO2是否被除尽 (10). 装置中品红溶液不褪色，装置E中溶液褪色 (11). 乙烯、SO2、CO2 (12). FCECD【解析】试题分析：.乙醇与浓硫酸混合要防止液体沸腾、飞溅；加入碎瓷片可以防止在加热过程中液体暴沸；乙醇和浓硫酸的温度达到170生成乙烯气体，制取乙烯气体需要测液体温度；.SO2能使品红褪色；乙烯能使溴的CCl4溶液褪色；(1)乙烯和二氧化硫的性质的相同点是都能使溴水褪色，不同点是二氧化硫能使品红溶液褪色而乙烯不能；二氧化硫能溶于烧碱溶液而乙烯不能所以应该先确定二氧化硫的存在后确定乙烯的存在，二氧化硫使品红溶液褪色的灵敏度很高，品红溶液对二氧化硫的吸收量很小，所以在确定了二氧化硫的存在以后，还要除去二氧化硫并检验二氧化硫是否除尽，最后通入溴水中检验乙烯气体；（2）二氧化硫气体能使品红褪色；（3）氢氧化钠可以吸收二氧化硫气体；（4）装置中品红溶液不褪色说明不含二氧化硫，装置E中溴水褪色，说明一定有乙烯气体；乙烯、CO2、SO2三种气体中只有乙烯能使溴的CCl4溶液褪色，先用溴的CCl4溶液检验乙烯，乙烯、CO2、SO2三种气体中只有二氧化硫能使品红褪色，再用平衡检验二氧化硫气体，CO2、SO2都能使石灰水变浑浊，所以先用溴水除去二氧化硫，用品红溶液验证二氧化硫是否除尽，最后用石灰水检验二氧化碳；解析：.乙醇与浓硫酸混合放热，浓硫酸的密度大于乙醇；所以混合乙醇与浓硫酸的操作是将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，边加入边振荡；碎瓷片可以防止在加热过程中液体暴沸，所以在圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是防止暴沸；制取乙烯气体需要测液体温度，装置A图中明显的错误是温度计水银球部分没有插入反应溶液中；.SO2能使品红褪色，若要检验A中所得气体含有SO2，可将混合气体直接通入品红溶液中，选C；乙烯能使溴的CCl4溶液褪色，若要检验A中所得气体含有乙烯，可将混合气体直接通入溴的CCl4溶液中，选F；（1）乙烯和二氧化硫的性质的相同点是都能使溴水褪色，不同点是二氧化硫能使品红溶液褪色而乙烯不能；二氧化硫能溶于烧碱溶液而乙烯不能，所以应该先确定二氧化硫的存在后确定乙烯的存在，二氧化硫使品红溶液褪色的灵敏度很高，品红溶液对二氧化硫的吸收量很小，所以在确定了二氧化硫的存在以后，还要除去二氧化硫并检验二氧化硫是否除尽，最后通入溴水中检验乙烯气体，所以设计2中装置对应的装置分别是品红溶液、浓氢氧化钠溶液、品红溶液，装置代号是CBC；（2）二氧化硫气体能使品红褪色，能说明二氧化硫气体存在的现象是装置中品红溶液褪色；（3）氢氧化钠可以吸收二氧化硫气体，使用装置的目的是除去乙烯中的SO2；（4）装置中品红溶液不褪色说明不含二氧化硫，装置E中溴水褪色，说明一定有乙烯气体；所以装置中品红溶液不褪色，装置E中溴水褪色，能确认乙烯气体存在；乙烯、CO2、SO2三种气体中只有乙烯能使溴的CCl4溶液褪色，先用溴的CCl4溶液检验乙烯，乙烯、CO2、SO2三种气体中只有二氧化硫能使品红褪色，再用平衡检验二氧化硫气体，CO2、SO2都能使石灰水变浑浊，所以先用溴水除去二氧化硫，用品红溶液验证二氧化硫是否除尽，最后用石灰水检验二氧化碳；所以若要一次性将乙烯、CO2、SO2三种气体全部检验出来，气体被检验出来的先后顺序是乙烯、SO2、CO2，气体通过装置的顺序为AFCECD。11.11.金属互化物属于合金的一种，大多数以金属键结合，如Cu9Al4、Cu5Zn8等，它们的合成对超导材料、贮氢合金的研究有着重要的意义。（1）某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于_(填“晶体”或“非晶体”)。（2）基态铜原子核外有_种运动状态的电子，基态铝原子有_个未成对电子。（3）锌能与类卤素(CN)2反应生成Zn(CN)2。写出(CN)2的电子式_，1mol(CN)2分子中含有键的数目为_。（4）配合物Cu(En)2SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜()，是铜的一种重要化合物。其中En 是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。该配合物中含有化学键有_（填字母编号）。A.离子键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.配位键 E.金属键配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为_、_。乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是_。（5）铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其化学式为_，每个金原子周围与之最近且等距的金原子有_个，它们构成的空间结构为_。其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为_gcm-3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 晶体 (2). 29 (3). 1 (4). (5). 2.4081024（或4NA） (6). ABCD (7). sp3 (8). sp3 (9). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (10). Cu3Au （或AuCu3） (11). 6 (12). 正八面体 (13). 【解析】试题分析：（1）晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)呈空间有规则周期性排列的固体。（2）原子核外有几个电子就有几种运动状态；根据基态铝原子的核外电子排布式分析未成对电子数；（3） (CN)2中C、N之间是叁键；单键是 键，叁键中有1个 键和2个 键；（4） Cu(En)22+、SO42-之间是离子键；Cu2+与H2N-CH2-CH2-NH2通过配位键结合；H2N-CH2-CH2-NH2中存在极性共价键和非极性共价键、SO42-中存在极性共价键和配位键；配体乙二胺分子中氮原子形成3个 键、碳原子形成4个 键；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；（5）根据均摊原则计算晶胞的化学式；=mv 计算密度；解析：（1）晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)呈空间有规则周期性排列的固体；某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，所以该金属互化物属于晶体；（2）铜原子核外有29个电子，所以有29种运动状态；基态铝原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p1，只有3p轨道上有1个未成对电子；（3） (CN)2中C、N之间是叁键，所以(CN)2的电子式是；单键是 键，叁键中有1个 键和2个 键，1mol(CN)2分子中含有4mol键，键数目为4NA；（4） Cu(En)22+、SO42-之间是离子键；Cu2+与H2N-CH2-CH2-NH2通过配位键结合；H2N-CH2-CH2-NH2中存在极性共价键和非极性共价键、SO42-中存在极性共价键和配位键，所以Cu(En)2SO4含有离子键、极性共价键、非极性共价键、配位键，选ABCD；配体乙二胺分子中氮原子形成3个 键，价电子对数是5+32=4 ，氮原子轨道的杂化类型为sp3；碳原子形成4个 键，价电子对数是4+42=4 ，碳原子轨道的杂化类型为sp3；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，所以乙二胺比三甲胺的沸点高得多；（5）根据均摊原则，晶胞含有铜原子数是612=3，金原子数是818=1 ，所以化学式是Cu3Au；根据晶胞图，每个金原子周围与之最近且等距的金原子有6个，它们构成的空间结构为正八面体；晶胞的摩尔质量是389g/mol，晶胞的体积是a31021cm3 ，所以密度是。点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用18 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用14、晶胞面心的原子被一个晶胞占用12。12.12.某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的应用，其合成路线如下：已知以下信息：A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，已知核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应。 RCOOH RCOCl请回答下列问题：（1）A的名称为_，B中含有官能团名称为_。（2）CD的反应类型为_，生成G的“条件a”指的是_。（3）E的结构简式为_。（4）F+HM的化学方程式为_。（5）芳香族化合物W有三个取代基，与C互为同分异构体，当W分别与Na、NaOH充分反应时，1mol W最多可消耗的Na、NaOH分别为2 mol、1mol。试分析W共有_种同分异构体，每一种同分异构体的核磁共振氢谱中有_组峰。（6）参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_。【答案】 (1). 乙二醛 (2). 碳碳双键、醛基 (3). 加成反应（或还原反应） (4). 浓硫酸、浓硝酸，5060水浴加热 (5). (6). (7). 10 (8). 7 (9). 【解析】试题分析：A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，则A分子中氧原子数是580.55216=2 ，分子式是C2H2O2，已知核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，A的结构简式是OHC-CHO；根据，OHC-CHO与乙醛反应生成B，B的分子式是C6H6O2，则B的结构简式是OHCCH=CH-CH=CHCHO；根据，OHCCH=CH-CH=CHCHO与乙烯反应生成C，则C是；被氧化为E，E是；根据RCOOH RCOCl，与SOCl2反应生成F，F是，与H反应生成M，根据M的结构简式，逆推H是，G是。解析：根据以上分析，（1）A是OHC-CHO，名称为乙二醛，B是OHCCH=CH-CH=CHCHO，含有官能团名称为是碳碳双键、醛基。（2）与氢气发生加成反应生成，所以反应类型为加成反应，与浓硫酸、浓硝酸，在5060水浴加热的条件下生成；（3）E是。（4）与反应生成 和氯化氢的化学方程式为。（5）芳香族化合物W有三个取代基， 的同分异构体，含有苯环，根据不饱和度，侧链没有双键，当W分别与Na、NaOH充分反应时，1mol W最多可消耗的Na、NaOH分别为2 mol、1mol，说明分子中有2个羟基，1个酚羟基、1个醇羟基。苯环上的三个取代基分别是、 、，3个不同的取代基在苯环上的排列方式有10种，所以W共有10种同分异构体，每一种同分异构体都有7种等效氢，所以核磁共振氢谱中有7组峰。（6）参照上述合成路线，先分别把C2H4、HOCH2CH2OH氧化为乙醛、乙二醛，乙醛、乙二醛在氢氧化钠溶液中加热即可生成，合成路线为。