2020年高考化学二轮复习第二部分考前仿真模拟三习题含解析 15页

- 1 - 考前仿真模拟(三) 　　时间：50 分钟　 　　满分：100 分 可能用到的相对原子质量　C：12　N：14　O：16　Fe：56 第Ⅰ卷(选择题，共 42 分) 一、选择题(本题包括 7 个小题，每小题 6 分，共 42 分。每小题仅有一个选项符合题意) 7．化学与生活息息相关，下列说法错误的是(　　) A．用 SO2 漂白过的草帽辫日久会变色 B．硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体 C．用灼烧闻气味的方法区别棉织物和纯毛织物 D．氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好 答案　D 解析　SO2 漂白草帽辫的原理是 SO2 与有色物质结合成为不稳定的无色物质，这种无色物 质容易分解而使草帽辫恢复原来的颜色，A 正确；硅胶多孔，表面积大，可以用作食品干燥剂 和催化剂的载体，B 正确；纯毛织物的主要成分为蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，可以用 灼烧闻气味的方法鉴别棉织物和纯毛织物，C 正确；氯气处理饮用水，是利用氯气与水反应生 成 HClO，HClO 具有强氧化性，但 HClO 见光、受热容易分解，故在夏季的杀菌效果不如冬季 好，D 错误。 8．(2019·成都七中高三期末)下列说法正确的是(　　) A．分子式为 C7H8O 且含苯环的有机化合物有 5 种 B．人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，并最终水解为葡萄糖而被吸收 C． 分子中的所有原子有可能共平面 D．溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于发生取代反应而水层几乎呈无色 答案　A 解析　分子式为 C7H8O 且含苯环的有机化合物可能为苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、 对甲基苯酚或甲苯醚，A 正确；人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，但人体内没有水解纤维 素的酶，所以人体不能水解吸收纤维素，B 错误；苯分子是平面分子，甲基 C 取代苯环上 H 原 子的位置，在苯分子平面内，但由于 CH4 是正四面体结构，甲基中最多还有 1 个 H 原子在该平 面上，因此不是分子中所有原子在同一个平面内，C 错误；溴水中加入苯，充分振荡、静置后， 由于溴在苯中溶解度比在水中大，苯将水中的溴单质萃取过来，而使水层几乎呈无色，没有 发生取代反应，D 错误。 9．(2019·山东烟台高三期末)下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是(　　) - 2 - 答案　C 解析　NaCl 的溶解度受温度的影响变化不大，用蒸发溶剂的方法结晶，使用的仪器是蒸 发皿，不是坩埚，A 错误；进行酸碱中和滴定时，滴定管不能伸入到锥形瓶内，B 错误；MgCl2 晶体加热时，会发生水解反应产生 Mg(OH)2 和容易挥发的 HCl，通入 HCl 气体抑制氯化镁水解， 最后就可得到无水氯化镁，C 正确；制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入到饱和碳酸钠溶液中， 导气管要在碳酸钠饱和溶液的液面以上，以防止倒吸现象的发生，D 错误。 10．NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．标准状况下，2.24 L C6H14 中所含碳碳单键的数目为 0.5NA B．25 ℃时，1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH 溶液中所含 H＋的数目为 0.1NA C．常温常压下，1.4 g N2 与 CO 的混合气体中所含原子总数为 0.1NA D．50 mL 12 mol·L－1 的浓盐酸与足量 MnO2 反应，转移的电子数为 0.3NA 答案　C 解析　1 个 C6H14 中含 5 个碳碳单键，但标准状况下 C6H14 为液体，2.24 L C6H14 的物质的量 不为 0.1 mol，所含碳碳单键的数目不是 0.5NA，A 错误；醋酸为弱酸，1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH 溶液中所含 H＋的数目小于 0.1NA，B 错误；N2、CO 的摩尔质量均为 28 g·mol－1,1.4 g N2、CO 的混合气体的物质的量为 0.05 mol，所含原子总数为 0.1NA，C 正确；50 mL 12 mol·L－1 的浓 盐酸中 n(HCl)＝0.6 mol，反应 MnO2＋4HCl(浓) ===== △ MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 中转移 2e－，随着 反应进行，浓盐酸的浓度逐渐降低，当变为稀盐酸时，反应停止，因此参加反应的 HCl 的物 质的量小于 0.6 mol，故转移电子数小于 0.3NA，D 错误。 11．有 a、b、c、d 四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知四种元 - 3 - 素中只有一种为金属元素，下列有关说法正确的是(　　) A．简单离子半径：b>c>d>a B．bn＋与 dm－在水溶液中可形成化合物 bmdn C．a 单质比 c 单质活泼 D．b 和 d 的最高价氧化物对应的水化物可相互反应 答案　D 解析　由题意知 b 为 Al，a、c、d 分别为 N、P、S。电子层结构相同的微粒，核电荷数大 的离子半径小，电子层数多的半径大，故离子半径 c>d>a>b，A 错误；Al3＋和 S2－在水溶液中 会发生相互促进的水解反应，生成 Al(OH)3 沉淀和 H2S 气体，B 错误；N2 化学性质较稳定，而 白磷易自燃，红磷易燃烧，C 错误；硫酸是强酸，能与氢氧化铝反应，D 正确。 12．全钒液流储能电池利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能的相互 转化，充电时，惰性电极 M、N 分别连接电源的正极和负极。电池工作原理如图所示，下列说 法不正确的是(　　) A．充电过程中，N 电极附近酸性减弱 B．充电过程中，N 电极上 V3＋被还原为 V2＋ C．放电过程中，H＋由 N 电极向 M 电极移动 D．放电过程中，M 电极的反应式为 VO＋2 ＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O 答案　A 解析　充电时 N 电极与电源的负极相连，N 电极为阴极，发生还原反应：V3＋＋e－===V2＋， H＋不参加反应，阳极(M 电极)发生氧化反应：VO2＋＋H2O－e－===VO＋2 ＋2H＋，M 极产生的 H＋会 移向 N 极，A 错误，B 正确。放电时，M 电极为正极，阳离子向正极移动，C 正确。放电时 M 电极为正极，发生还原反应：VO＋2 ＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，D 正确。 13．25 ℃时，改变 0.1 mol·L－1 RCOOH 溶液的 pH，溶液中 RCOOH、RCOO－的微粒分布分 - 4 - 数 α(X)＝ c(X) c(RCOOH)＋c(RCOO－)；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与 pH 的关系如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．丙酸的酸性比甲酸强 B．若 0.1 mol·L－1 甲酸溶液的 pH＝2.33，则 0.01 mol·L－1 甲酸溶液的 pH＝3.33 C．CH3CH2COOHCH3CH2COO－＋H＋的 lg K＝－4.88 D．将 0.1 mol·L－1 的 HCOOH 溶液与 0.1 mol·L－1 的 HCOONa 溶液等体积混合，所得溶 液中：c(Na＋)>c(HCOOH)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋) 答案　C 解析　根据图示，当甲酸、丙酸分子的微粒分布分数 α 均为 50%时，甲酸的 pH＝3.75， 丙 酸 的 pH ＝ 4.88 。 则 ： Ka(HCOOH) ＝ c(HCOO－)·c(H＋) c(HCOOH) ＝ 10 － 3.75 ， Ka(CH3CH2COOH) ＝ c(CH3CH2COO－)·c(H＋) c(CH3CH2COOH) ＝10－4.88，HCOOH 的酸性比丙酸强，A 错误，C 正确；甲酸是弱酸，稀释 10 倍时，pH 变化小于 1，若 0.1 mol·L－1 甲酸溶液的 pH＝2.33，则 0.01 mol·L－1 甲酸溶液 的 pH＜3.33，B 错误；Ka(HCOOH)＝10－3.75，则 Kh(HCOO－)＝ Kw Ka＝ 10－14 10－3.75＝10－10.25，可以看出， 等浓度时，HCOOH 电离大于 HCOO－水解，故将 0.1 mol·L－1 HCOOH 溶液与 0.1 mol·L－1 的 HCOONa 溶液等体积混合，溶液呈酸性，溶液中微粒大小顺序为：c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(HCOOH) ＞c(H＋)＞c(OH－)，D 错误。 第Ⅱ卷(非选择题，共 58 分) 二、必考题(本题包括 3 个小题，共 43 分) 26．(2019·北京朝阳高三期末)(14 分)某学习小组探究稀 HNO3、浓 HNO3 与铜的反应。 装置(尾气处理装置略) 现象 Ⅰ中开始无明显现象，渐有小气泡生成，越来 越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈 - 5 - 蓝色 Ⅱ中反应剧烈，迅速生成大量红棕色气体，溶 液呈绿色 (1)试管Ⅰ中 Cu 与稀 HNO3 反应的化学方程式是_______________________。 (2)Ⅱ中反应的速率比Ⅰ中的快，原因是___________________。 (3)针对Ⅱ中溶液呈绿色的原因，提出假设： 假设 1：Cu2＋的浓度较大所致； 假设 2：溶解了生成的 NO2。 探究如下：取Ⅱ中绿色溶液，分为两等份。 ①取一份于如图 1 所示装置中，____________________________(填操作和现象)，证实Ⅱ 中溶解了 NO2。 ②向另一份溶液中加入________(填化学试剂)，溶液变为蓝色。证实假设 1 不成立，假 设 2 成立。 (4)对于稀 HNO3 与铜生成 NO、浓 HNO3 与铜生成 NO2 的原因，提出两种解释： 解释 1.HNO3 浓度越稀，溶液中 NO －3 的数目越少，被还原时，每个 NO －3 从还原剂处获得较 多电子的机会________(填“增多”或“减少”)，因此被还原为更低价态。 解释 2.推测下列平衡导致了产物的不同，并通过如下实验证实了推测的合理性。 3NO2＋H2O2HNO3＋NO ①B 中盛放的试剂是________。 ②C 中盛放 Cu(NO3)2 和________。 - 6 - ③该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是______________________。 答案　(1)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (2)硝酸浓度大 (3)①向上拉动活塞 a，试管内液面上方出现红棕色气体　②Cu(OH)2(或 CuO 等) (4)增多　①水　②浓硝酸　③C 中溶液变绿 解析　(2)Ⅱ中是铜与浓硝酸反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，Ⅱ中硝酸浓度大，反应 速率快。 (3)①若溶液颜色差异是 NO2 溶解所致，则可以通过向上拉动活塞 a，减小装置中 NO2 在溶 液中的溶解度，就会看到试管内液面上方出现红棕色气体。 ②若向另一份溶液中加入含有 Cu 元素的物质，如 CuO 或 Cu(OH)2，物质溶解，使溶液中 Cu2 ＋浓度增大，若溶液变为蓝色，证实假设 1 不成立，假设 2 成立。 (4)Cu 与浓硝酸反应产生 NO2 气体，NO2 气体与 B 中水发生反应：3NO2＋H2O2HNO3＋NO， 将产生的 NO 气体通入到 C 溶液中，为了探究溶液颜色变化是否是由解释 2 中的平衡移动引起 的，所以 C 中盛放 Cu(NO3)2 和浓硝酸，若 C 中溶液变为绿色，就证明解释 2 正确，否则 1 正 确。 27．(14 分)氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器。以钡矿粉(主 要成分为 BaCO3，含有 SiO2、Fe2＋、Mg2＋等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下： 已知：常温下 Fe3＋、Mg2＋完全沉淀的 pH 分别是 3.4、12.4。 (1)滤渣 A 的化学式为________。 (2)滤液 1 加 H2O2 氧化的过程中主要反应的离子方程式为_______________。 (3)加 20% NaOH 溶液调节 pH＝12.5，得到滤渣 C 的主要成分是________。 (4)滤液 3 加入盐酸酸化后再经________________、冷却结晶、________、洗涤、真空干 燥等一系列操作后得到 BaCl2·2H2O。 (5)常温下，用 BaCl2·2H2O 配制成 0.2 mol·L－1 水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可 得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式___________。已知 Ksp(BaF2)＝1.84×10－7，当 钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10 －5 mol·L－1)，至少需要的氟离子浓度是________ mol·L－1。(结果保留三位有效数字，已知 1.84≈1.36) (6)已知：Ksp(BaCO3)＝2.58×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.07×10－10。将氯化钡溶液滴入等物质 - 7 - 的 量 浓 度 的 硫 酸 钠 和 碳 酸 钠 的 混 合 溶 液 中 ， 当 BaCO3 开 始 沉 淀 时 ， 溶 液 中 c(CO2－3 ) c(SO2－4 )＝ __________。(结果保留三位有效数字) 答案　(1)SiO2 (2)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (3)Mg(OH)2 (4)加热浓缩　过滤 (5)Ba2＋＋2F－===BaF2↓　0.136 (6)24.1 解析　(1)钡矿粉中 SiO2 与盐酸不反应，故滤渣 A 为 SiO2。 (2)滤液 1 加 H2O2 的作用是将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，反应的离子方程式为 H2O2＋2Fe2＋＋2H＋ ===2Fe3＋＋2H2O。 (3)根据已知信息及流程图可知，加 H2O2、调 pH，得到的滤渣 B 为 Fe(OH)3，加 20% NaOH 溶液调节 pH＝12.5，得到的滤渣 C 为 Mg(OH)2。 (4)滤液 3 加盐酸酸化后得到 BaCl2 和 HCl 的混合溶液，由该溶液得到 BaCl2·2H2O 的实验 操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥等。 (5)根据 Ksp(BaF2)＝c(Ba2＋)·c2(F－)，当 Ba2＋完全沉淀时，至少需要 c(F－)＝ Ksp(BaF2) c(Ba2＋) ＝ 1.84 × 10－7 10－5 mol·L－1≈0.136 mol·L－1。 (6)Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则加入氯化钡溶液时，SO 2－4 先沉淀，当 BaCO3 开始沉淀时， 溶液中 c(CO2－3 ) c(SO2－4 )＝ c(CO2－3 )·c(Ba2＋) c(SO2－4 )·c(Ba2＋)＝ Ksp(BaCO3) Ksp(BaSO4)＝ 2.58 × 10－9 1.07 × 10－10 ≈24.1。 28．(15 分)氮及其化合物的转化对工农业生产及环境保护有重要的意义。 (1)下面是氮的氧化物在几种不同情况下的转化： ①已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6 kJ·mol－1 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝－113.0 kJ·mol－1 则 SO2 气 体 与 NO2 气 体 反 应 生 成 SO3 气 体 和 NO 气 体 的 热 化 学 方 程 式 为 ____________________________。 - 8 - ②a.向绝热恒容密闭容器中通入 SO2 和 NO2，一定条件下使其反应达到平衡，正反应速率 随时间变化的示意图如图 1 所示。反应在 c 点________(填“达到”或“未到”)平衡状态。 b．开始时，分别在该容器中加入Ⅰ：2 mol SO2(g)和 2 mol NO2(g)；Ⅱ：2 mol SO3(g)和 2 mol NO(g)。则反应达到平衡时，平衡常数：Ⅰ________(填“＞”“＜”或“＝”)Ⅱ。 (2)常温时向浓度为 0.1 mol·L－1 体积为 V L 的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用 pH 计 测得溶液的 pH 随盐酸体积的变化曲线如图 2 所示，d 点处两种溶液恰好完全反应。根据图 2 回答下列问题： ①b、c、d 三点对应的溶液中，水电离的 c(OH－)由大到小的顺序为_______________。 ②滴定时，由 b 点到 c 点的过程中，下列各选项中数值保持不变的有________。 a. c(NH＋4 ) c(NH3·H2O) b. c(H＋) c(OH－) c. c(NH＋4 )·c(OH－) c(NH3·H2O) d. c(NH3·H2O)·c(H＋) c(NH＋4 ) ③该温度时氨水的电离平衡常数 K＝____________________。 (3)氮的氧化物易污染环境，可用氢氧化钠溶液吸收。发生的反应为： 2NaOH＋NO＋NO2===2NaNO2＋H2O 2NaOH＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋H2O - 9 - 将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图 3 所示的电解槽中进行电解，A 室产生 N2。 ①电极Ⅱ是________极，B 室产生的气体是________。 ②A 室 NO －2 发生的电极反应是______________________。 答案　(1)①SO2(g)＋NO2(g)NO(g)＋SO3(g)ΔH＝－41.8 kJ·mol－1 ②a.未到　b．＜ (2)①d＞c＞b　②cd　③10－5 (3)①阳　O2 ②2NO－2 ＋6e－＋4H2O===8OH－＋N2↑ 解析　(1)①已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6 kJ·mol－1　a， 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝－113.0 kJ·mol－1　b， 根据盖斯定律，由 a 2－ b 2可得， SO2(g)＋NO2(g)NO(g)＋SO3(g) ΔH＝ －196.6 kJ·mol－1 2 －( －113.0 kJ·mol－1 2 )＝－41.8 kJ·mol－1。②a.反应达到 平衡的标志是 v 正＝v 逆，且不再变化，而 c 点对应的 v 正还在改变，故反应在 c 点未到平衡状 态。b.若容器恒温恒容，则平衡常数：Ⅰ＝Ⅱ，而实际上容器恒容绝热，SO2(g)＋NO2(g)NO(g) ＋SO3(g)　ΔH＜0，若在该容器中加入 2 mol SO2(g)和 2 mol NO2(g)，则反应放出热量；若在 容器中加入 2 mol SO3(g)和 2 mol NO(g)，则反应吸收热量，达到平衡时，体系Ⅰ温度高于体 系Ⅱ，而放热反应温度越高，平衡常数越小，据此分析平衡常数：Ⅰ＜Ⅱ。 (2)①在 b 点对应的溶液中，溶质为一水合氨和氯化铵，且二者浓度相等，由题图 2 可知， 溶液呈碱性，则一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，此时水的电离受到抑制，在 c 点对应的溶液中，溶质仍为一水合氨和氯化铵，但二者浓度不相等，由题图 2 知，c 点溶液呈 中性，则此时一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，水的电离不受影响，在 d 点对应 的溶液中，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液呈酸性，对水的电离起促进作用，所以 b、 c、d 三点对应的溶液中，水电离的 c(OH－)大小顺序为 d＞c＞b。②滴定时，由 b 点到 c 点的 过程中，溶液碱性减弱，酸性增强。 c(NH＋4 ) c(NH3·H2O)＝ Kb(NH3·H2O) c(OH－) ，由 b 点到 c 点的过程中，c(OH －)不断减小，故该值增大，a 不符合题意；由 b 点到 c 点的过程中，c(H＋)不断增大，c(OH－) 不断减小， c(H＋) c(OH－)的值逐渐增大，故 b 不符合题意； c(NH＋4 )·c(OH－) c(NH3·H2O) 的值等于一水合氨的电离 - 10 - 平衡常数，因 Kb(NH3·H2O)只与温度有关，滴定过程中温度不变，则 c(NH＋4 )·c(OH－) c(NH3·H2O) 的值不变， 故 c 符合题意； c(NH3·H2O)·c(H＋) c(NH＋4 ) 的值等于铵根离子的水解平衡常数，b 点到 c 点过程中不变， 故 d 符合题意。③未加盐酸时，氨水浓度为 0.1 mol·L－1，溶液的 pH＝11，则溶液中 c(OH－)＝ 10－14 10－11 mol·L－1＝0.001 mol·L－1，水的电离程度较小，溶液中 c(OH－)≈c(NH＋4 )，又一水合氨 的电离程度较小，则 c(NH3·H2O)≈0.1 mol·L－1，氨水的电离平衡常数 K＝ c(NH＋4 )·c(OH－) c(NH3·H2O) ＝ 10－3 × 10－3 0.1 ＝10－5。 (3)由 A 室产生 N2，可知 A 室的电解质溶液为 NaNO3 和 NaNO2 的混合溶液，NO －2 在电极Ⅰ 上放电生成 N2，则电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，B 室的电解质溶液为 NaOH 溶液，OH－在电 极Ⅱ上放电生成 O2。 三、选考题(两个题中任选一题作答，共 15 分) 35．[化学——选修 3：物质结构与性质](15 分) 第四周期过渡元素如铁、锰、铜、锌等在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应 用，回答下列问题： (1)写出 Cu2＋的外围电子排布式________；比较铁与锰的第三电离能(I3)：铁________锰 (填“＞”“＜”或“＝”)，原因是_________________________。 (2)已知[Zn(CN)4]2－与甲醛在水溶液中发生反应可生成一种新物质 HOCH2CN，试判断新物 质中碳原子的杂化方式________________；1 mol [Zn(CN)4]2－中的 σ 键数为________。 (3)如图是晶体 Fe3O4 的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。 ①晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的________(填空间结构)空隙。 ②晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为 ________。 ③解释 Fe3O4 晶体能导电的原因__________________________；若晶胞的体对角线长为 a nm，则 Fe3O4 晶体的密度为________ g·cm－3(阿伏加德罗常数用 NA 表示)。 答案　(1)3d9　<　Mn2＋、Fe2＋的价电子排布式分别为 3d5、3d6，Mn2＋处于 3d5 半满较稳 定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能 Fe 小于 Mn (2)sp3、sp　8NA (3)①正四面体　②面心立方堆积　③电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移　 - 11 - 696 3 × 1021 a3NA 解析　(1)Cu 是 29 号元素，电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu2＋的外围电子排布式为 3d9； Mn2＋、Fe2＋的价电子排布式分别为 3d5、3d6，Mn2＋处于 3d5 半满较稳定结构，再失去一个电子 所需能量较高，所以第三电离能 Fe 小于 Mn。 (2)HOCH2CN 中与羟基(—OH)相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对＝4＋0＝4，杂化轨 道类型为 sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有 1 个 σ 键和 2 个 π 键，价层 电子对＝2＋ 4－4 × 1 2 ＝2，所以碳原子杂化轨道类型为 sp；单键为σ 键，双键含有 1 个 σ 键和 1 个 π 键，三键含有 1 个 σ 键和 2 个 π 键，[Zn(CN)4]2－中含有 4 个 C≡N 键、每个 CN －与 Zn 形成一个 σ 键，故 1 mol [Zn(CN)4]2－中的 σ 键数为 8NA。 (3)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空 隙；②晶胞采用 ABCABC 重叠堆积方式，该堆积方式名称为面心立方堆积；③根据晶胞均摊计 算，晶胞中含有铁离子的个数为 4× 1 8＋3× 1 2＝2，亚铁离子的个数为 1，氧离子的个数为 1＋ 12× 1 4＝4，若晶胞的体对角线长为 a nm，设边长为 x nm，则体对角线长 3x nm＝a nm，故 x＝ 3 3 a nm，则晶胞的体积为 x3＝ 3 9 a3×10－ 21cm3，其质量为 232 g NA ，故密度 ρ＝ m V＝ 232 g NA 3 9 a3 × 10－21 cm3 ＝ 696 3 × 1021 a3NA g·cm－3。 36．(2019·广西柳州市高三模拟)[化学——选修 5：有机化学基础](15 分) 咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线及部分反应机理 如图所示： - 12 - 回答下列问题： (1)B 中官能团的名称是________。 (2)E→F 反应类型为________。 (3)D 分子中位于同一平面上的原子最多有________个。 (4)F 的结构简式为______________________。 (5)H→咖啡酸乙酯的化学方程式为_________________________。 (6)芳香族化合物 M 是 H 的同分异构体，1 mol M 与足量碳酸氢钠溶液反应生成 2 mol CO2，M 的苯环上有三个取代基的结构有________种；M 的苯环上有两个取代基的结构，其核磁 共振氢谱为 5 组峰，峰面积比为 1∶2∶2∶2∶1，其结构简式为________________________。 (7)设计以甲醛、C 为原料合成 C5H12O4 - 13 - ( )的路线(无机试剂任选)。 __________________________。 答案　(1)羟基　(2)消去反应　(3)14 - 14 - 解析　A 的相对分子质量是 28，A 是乙烯，与水加成生成 B 是乙醇，催化氧化生成 C 是乙 醛，C 与 D 利用已知信息，发生醛基的加成反应生成 E，E 在浓硫酸的作用下发生消去反应生 成 F 为 ， F 发 生 银 镜 反 应 并 酸 化 后 生 成 G 为 ，G 发生水解反应生成 H，H 与乙醇发生取代反应生成咖啡 酸乙酯。 (3) 分子中，醛基和苯环均是平面形结构，则 D 分子中位于同一 平面上的原子最多有 14 个。 (6)芳香族化合物 M 是 H 的同分异构体，1 mol M 与足量碳酸氢钠溶液反应生成 2 mol CO2，说明含有 2 个羧基，且苯环外只能用 3 个碳原子，如果苯环上有 3 个取代基，应该是 2 个羧基和 1 个甲基，以羧基为参照，若两个羧基在邻位则有两种结构，若两个羧基在间位则 有三种结构，若两个羧基在对位则只有一种结构，故共有 6 种结构满足要求；M 的苯环上有两 个 取 代 基 ， 应 该 是 —COOH 和 —CH2COOH ， 其 中 核 磁 共 振 氢 谱 为 5 组 峰 ， 峰 面 积 比 为 - 15 - 1∶2∶2∶2∶1 的结构简式为 。 (7)根据已知信息结合逆推法可知以甲醛、C(乙醛)为原料合成 C5H12O4 的路线。