西藏山南市第二高级中学2020届高三第一次模拟考试化学试题 15页

西藏山南市第二高级中学2020届高三第一次模拟考试 理综化学试卷 相对原子质量 H-l C-12 N- 14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64‎ ‎1. 生活中处处有化学。下列说法正确的是 A. 制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金 B. 做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体 C. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类 D. 磨豆浆大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；‎ B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉一样都属于混合物，不属于同分异构体，故B错误；‎ C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；‎ D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下，‎23 g NO2含有NA个氧原子 B. ‎1 L 0.1 mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-‎ C. 常温常压下，‎22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子 D. 1 mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；‎ B.氨水是弱碱，部分电离，即‎.1 L 0.1 mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；‎ C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；‎ D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.用下列装置完成相关实验，合理的是(　　)‎ A. 图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3‎ B. 图②：收集CO2或NH3‎ C. 图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5‎ D. 图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；‎ B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；‎ C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；‎ D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。‎ ‎4.下表中对应关系正确的是 A ‎ CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl CH2=CH2+HClCH3CH2Cl ‎ 均为取代反应 ‎ B ‎ 由油脂得到甘油 由淀粉得到葡萄糖 ‎ 均发生了水解反应 ‎ C ‎ Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2 ‎ 均为单质被还原的置换反应 ‎ Zn+Cu2+=Zn2++Cu ‎ D ‎ ‎2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑ Cl2+H2O=HCl+HClO ‎ 均为水作还原剂的氧化还原反应 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；‎ B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；‎ C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；‎ D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。‎ ‎5.我国科研人员研制出一种室温“可呼吸” Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收全部CO2中，有2/3转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是 A. “吸入”CO2时，钠箔为正极 B. “呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动 C. “吸入” CO2时的正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C D. 标准状况下，每“呼出”‎22.4 L CO2，转移电子的物质的量为0.75 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“吸入”CO2时，活泼金属钠是负极，不是正极，故A错误；‎ B．“呼出”CO2时，是电解池，多壁碳纳米管电极是阳极，钠离子向阴极钠箔移动，而不是向多壁碳纳米管移动，故B错误；‎ C． “吸入” CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故C正确；‎ D．标准状况下，每“呼出”‎22.4 L CO2，物质的是量为1mol，结合阳极电极反应式2Na2CO3+C-4e－=4Na＋+3CO2↑，所以每“呼出”‎22.4 L CO2，转移电子数为1.3 mol，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是 A. 单质的沸点：Y>W>Z B. 离子半径：XY D. W与X可形成离子化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X原子的电子层数与最外层电子数相等，X应为Al，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和 Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，则W为O、Y为S，Z为Cl元素。‎ ‎【详解】A．氯气的相对分子质量比氧气大，沸点比氧气高，故A错误；‎ B．X为Al、Y为S、硫离子比铝离子多一个电子层，离子半径较大，故B正确；‎ C．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，故C正确；‎ D．O的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎7.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。‎230℃‎时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为‎42.2℃‎，固体杂质不参与反应。‎ 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；‎ 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至‎230℃‎制得高纯镍。‎ 下列判断正确的是 A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B. 第一阶段，在‎30℃‎和‎50℃‎两者之间选择反应温度，选‎50℃‎ C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低 D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；‎ B‎.50℃‎时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；‎ C‎.230℃‎时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故C错误； ‎ D.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；‎ 正确答案：B ‎8.某研究性学习小组的同学设计了如图装置制取溴苯和溴乙烷：‎ 己知：乙醇在加热的条件下可与HBr反应得到溴乙烷（CH3CH2Br），二者某些物理性质如下表所示：‎ 溶解性（本身均可作溶剂）‎ 沸点（℃）‎ 密度（g/mL）‎ 乙醇 与水互溶，易溶于有机溶剂 ‎78.5‎ ‎0.8‎ 溴乙烷 难溶于水，易溶于有机溶剂 ‎38.4‎ ‎1.4‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1） B中发生反应生成目标产物的化学方程式为_________。‎ ‎（2）根据实验目，选择下列合适的实验步骤：①→___________（选填②③④等）。‎ ‎①组装好装置，___________（填写实验操作名称）；‎ ‎②将A装置中的纯铁丝小心向下插入苯和液溴的混合液中；‎ ‎③点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10分钟；‎ ‎④向烧瓶中加入一定量苯和液溴，向锥形瓶中加入无水乙醇至稍高于进气导管口处，向U形管中加入蒸馏水封住管底，向水槽中加入冰水。‎ ‎（3）简述实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：_____。‎ ‎（4）冰水的作用是_______。‎ ‎（5）反应完毕后，U形管内的现象是______________；分离溴乙烷时所需的玻璃仪器有_____。‎ ‎【答案】 (1). C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O (2). ④②③ (3). 检査其气密性 (4). 随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝 (5). 降温，冷凝溴乙烷 (6). U形管底部产生无色的油状液体 (7). 分液漏斗、烧杯。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A中生成溴苯和溴化氢，B中乙醇和溴化氢反应生成溴乙烷和水，C用来收集产品，据此解答。‎ ‎【详解】（1）HBr和乙醇在加热条件下，发生取代反应生成目标产物溴乙烷和水， B中发生反应生成目标产物的化学方程式为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O。故答案为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；‎ ‎（2）利用苯和液溴反应制得溴苯，同时生成的溴化氢与乙醇发生取代反应得到溴乙烷，则应先连接装置并检查所密性，再添加药品，先加热A装置使苯和液溴先反应，再加热B装置制溴乙烷，即实验的操作步骤为：①④②③，故答案为：④②③；检查气密性；‎ ‎（3）实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：可随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝，而铁粉添加后就无法控制反应速率了，故答案为：随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝；‎ ‎（4）冰水的作用是可降温，冷凝溴乙烷，防止其挥发，故答案为：降温，冷凝溴乙烷；‎ ‎（5）反应完毕后，U形管内的现象是底部有油状液体；溴乙烷与蒸气水不相溶，混合物可利用分液操作进行分离，需要的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：U形管底部产生无色的油状液体；分液漏斗、烧杯。‎ ‎【点睛】本题考查了溴苯和溴乙烷的制取，这是一个综合性较强的实验题，连续制备两种产品溴苯和溴乙烷，需要根据题意及装置图示，联系所学知识合理分析完成，易错点（5）实验时要注意观察并认真分析分离物质的原理，确定用分液的方法分离。‎ ‎9.硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4 • 7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿[主要成分是[Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，则Fe(CrO2)中铁元素的化合价为______________。‎ ‎(2)化学上可将某些盐写成氧化物形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__________。‎ ‎(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：‎ ‎4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2‎ ‎①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________________。‎ ‎②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_________________(填一种即可)。‎ ‎⑷己知CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：‎ ‎2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O 3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O ‎①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是________________。‎ ‎②混合溶液乙中溶质的化学式为______________________。‎ ‎(5)写出Fe与混合溶液丙反应的主要离子方程式_________________。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_____________。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). +2 价 (2). FeO·Cr2O3 (3). 4：7 (4). 粉碎矿石(或升高温度） (5). H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量 (6). Na2Cr2O7、Na2SO4 (7). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (8). 取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ (9). 冷却结晶 ‎【解析】‎ 铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。‎ ‎ (1) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2 价；‎ ‎(2) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3‎ ‎，故答案为FeO·Cr2O3；‎ ‎(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；‎ ‎②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；‎ ‎⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量；‎ ‎②根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；‎ ‎(5)Fe与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ ；冷却结晶。‎ 点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)①硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。‎ ‎10.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：‎ ‎（1）反应I的化学方程式是________。‎ ‎（2）反应I得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层，含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。‎ ‎①根据上述事实，下列说法正确的是________（选填序号）。‎ a 两层溶液的密度存在差异 b 加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶 c I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 ‎② 辨别两层溶液的方法是____________。‎ ‎③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2的原因______。‎ ‎（3）反应II ： 2H2SO4（l）=2SO2（g） +O2（g） +2H2O（g） △H=+550 kJ • mol-1‎ 它由两步反应组成：‎ i.H2SO4（l）=SO3（g） +H2O（g） △H =+177 kJ • mol-1‎ ii.SO3（g）分解。‎ L（L1， L2）和X可分别代表压强或温度，下图表示L一定时，ⅱ中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。‎ ‎①写出反应iiSO3（g）分解的热化学方程式：________。‎ ‎②X代表的物理量是_______。‎ ‎【答案】 (1). SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI (2). ac (3). 观察颜色，颜色深的是HI层，颜色浅的是H2SO4层 (4). H2SO4层含有少量HI (5). 2SO3（g）2SO2（g）+O2（g） △H= +196 kJ•mol-1 (6). 压强 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应为SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI，‎ 故答案为：SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI；‎ ‎（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；‎ b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；‎ c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；‎ 故答案为：ac；‎ ‎② 辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；‎ ‎③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2的原因硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子；‎ ‎（3）根据盖斯定律：反应II=i×2+ii，ii=II-i×2，得ii的△H=+550 kJ·mol-1-（+177 kJ·mol-1）×2= +196 kJ·mol-1，反应iiSO3（g）分解的热化学方程式：2SO3（g）2SO2（g）+O2（g） △H= +196 kJ·mol-1 ，故答案为：2SO3（g）2SO2（g）+O2（g） △H= +196 kJ·mol-1；‎ 由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，故答案为：压强。‎ ‎【点睛】本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，难点（3）先要由盖斯定律求出三氧化硫分解的热化学反应方程式，再根据反应吸热的特点分析图象。‎ ‎【化学-选修3：物质结构与性质】‎ ‎11.A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型： C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：‎ ‎（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。‎ ‎（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。‎ ‎（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。‎ ‎（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D‎2A，其化学方程式为______________。‎ ‎（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g • cm-3 ）__________。‎ ‎【答案】 (1). O (2). ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3） (3). O3 (4). 分子晶体 (5). 离子晶体 (6). 三角锥形 (7). sp3 (8). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl） (9). Na2O (10). 8 (11). ‎2.27 g/cm3‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。‎ ‎【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；‎ ‎（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；‎ ‎（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；‎ ‎（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；‎ ‎（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na＋，该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度= =g·cm－3=‎2.27g·cm－3；故答案为：Na2O；‎ ‎2.27g‎·cm-3。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。‎ ‎【化学一选修5：有机化学基础】‎ ‎12.由化合物A合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件己略去）：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）下列有关说法正确的是______________（填选项字母）。‎ a 化合物A核磁共振氢谱为两组峰 b CH2Br2只有一种结构 c 化合物E能发生加聚反应得到线型高分子 d 化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应 ‎（2）由B转化为D所需的试剂为________________。‎ ‎（3） D含有的官能团名称为________________。‎ ‎（4）写出A→B的化学反应方程式：_______________。‎ ‎（5）满足下列条件的E的同分异构体W有__________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为_________。‎ ‎①1molW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH ‎②能发生银镜反应 ‎③苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应 ‎【答案】 (1). bc (2). 液溴、Fe （或液溴、FeBr3） (3). 醚键、溴原子、1-溴丙烯 (4). (5). 9 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A、B的分子式、D的结构简式，可知A为，B为，结合物质的结构简式、转化关系图以及问题分析解答。‎ ‎【详解】（1）A为，B为。‎ a．化合物A 有3种化学环境不同的H原子，核磁共振氢谱为3组峰，故a错误；‎ b．CH2Br2是空间四面体结构，CH2Br2只有一种结构，故b正确；‎ c．化合物E含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；‎ d．化合物B没有醛基，不能发生银镜反应，故d错误。‎ 故选bc；‎ ‎（2）对比B、D结构，由B转化为D发生苯环的溴代反应，所需试剂为：液溴、Fe（或液溴、FeBr3），故答案为：液溴、Fe（或液溴、FeBr3）；‎ ‎（3）D中含有-Br、，官能团名称为溴原子、醚键，C的同分异构体中具有顺反异构，该同分异构体为CH3CH=CHBr，该同分异构体名称为：1-溴丙烯，故答案为：溴原子、醚键；1-溴丙烯；‎ ‎（4）A→B是与CH2Br2发生取代反应生成，同时还生成的HBr会与氢氧化钠发生中和反应，反应方程式为：，故答案为：；‎ ‎（5）①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH，说明含有羧酸与酚形成的酯基；②能发生银镜反应，应是甲酸与酚形成的酯，③能发生聚合反应，还含有碳碳双键，且苯环上只有两个取代基，其中一个为-OOCH，另外一个为-CH2CH=CH2、或者-CH=CHCH2、或者-CH（CH3）=CH2，2个取代基有邻、间、对3种，故符合条件的共有9‎ 种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为：，故答案为：9；。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团的结构与性质、限制条件同分异构体书写、有机反应方程式书写等，注意从题目关系图中有机物结构理解有关反应，并在（5）中进行迁移运用。‎