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此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷化学（八）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23P31Cl35.5一、选择题（每小题6分，共42分。）7．央视《典籍里的中国》因袁隆平、宋应星两位科学家跨越时空的“握手”被刷上热搜。宋应星所著《天工开物》被誉为“百科全书之祖”。下列说法不正确的是A．“凡播种先以稻麦稿包浸数日俟其生芽撒于田中生出寸许其名曰秧。”其中“稻麦稿”的主要成分纤维素B．“水火既济而土合······后世方土效灵人工表异陶成雅器有素肌、玉骨之象焉”以上所述的“陶成雅器”的主要原料是黏土、石灰石C．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴，此乾坤幻出神物也”，“硝”指的是硝酸钾D．“凡铸镜模用灰沙铜用锡和”该法所制铜镜主要成分为青铜【答案】B【解析】B．陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的主要原料是黏土；答案选B。8．下列有关物质性质和用途的解释正确的是性质或用途解释ASiO2制成的玻璃纤维被用于制造通信光缆SiO2导电能力强B工业上常用液氨作制冷剂断裂NH3中H－N键需要吸收能量C补铁剂(硫酸亚铁)常加入维生素C维生素C有氧化性D无水醋酸在冬天易凝固成冰醋酸CH3COOH分子间能形成氢键【答案】D【解析】A．SiO2制成的玻璃纤维，用于制造通讯光缆是利用光的全反射原理与导电能力无关，选项A错误；B．液氨在汽化是吸收大量的热，工业上常用液氨作制冷剂，不涉及H－N键的断裂，只与分子间作用力及氢键有关，选项B错误；C．Fe2+很容易被氧化，服补铁剂时同时要服维生素C，加入维生素C的目的是防止Fe2+被氧化，则维生素C中的元素化合价升高被氧化，具有还原性，选项C错误；D．CH3COOH分子间能形成氢键，故无水醋酸在冬天易凝固成冰醋酸，选项D正确；答案选D。9．据长江日报报道，中国工程院院士李兰娟团队于2月4日公布治疗新型冠状病毒肺炎的最新研究成果：“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，合成“达芦那韦”的部分路线如图所示，下列说法正确的是A．A分子中所有原子可能在同一平面B．B的同分异构体有7种(含B且不考虑立体异构)C．C的分子式为C11H14ND．反应①、②均为取代反应【答案】A【解析】A．由于醛基和苯环均是平面形结构，则A分子中所有的碳原子可能在同一个平面上，故A正确；B．B的同分异构体可分别含有1个C－N键，含有丁基，有4种同分异构体，含有2个C－N键时，可分别为甲基、丙基或两个乙基，有3种同分异构体，如含有3个C－N键，则有1种，含B，共8种，故B错误；C．由结构简式可知C的分子式为C11H15N，故C错误；D．反应②N=C键生成C－N键，为加成反应，故D错误；故选A。10．目前，某研究团队对TiO2基催化剂光催化还原CO2转化为燃料甲醇(原理如图所示)进行研究，取得了大成果。下列说法正确的是A．CB极的电势低于VB极的电势B．CB极发生的反应是
C．光照下TiO2基产生电子D．总反应式为【答案】C【解析】A．在光照下，CB极表面聚集了由二氧化钛基转移过来的电子，因此CB极的电势高于VB极的电势，故A错误；B．CB极上CO2得到电子生成甲醇，发生还原反应，故B错误；C．根据图示，反应过程中TiO2在光照下产生电子，故C正确；D．VB极上水失去电子生成氧气，发生氧化反应，CB极上CO2得到电子生成甲醇，发生还原反应，总反应式为，反应条件不是通电，故D错误；故选C。11．新型可充电钠离子电池因具有原料储量丰富，价格低廉，安全性高等优点而备受青睐，而Fe[Fe(CN)6]因理论比容量较高，充放电过程中材料结构稳定，有利于Na的可逆脱嵌，可以作为一种非常有潜力的正极材料，下列说法错误的是A．充电时，锌片应该与电源的负极相连B．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e−=Na2Fe[Fe(CN)6]C．放电时，外电路中通过0.2mol电子时，有0.1molZn(ClO4)2生成D．对于正极材料，放电可实现Na+的脱嵌，充电可实现Na+的嵌入【答案】D【解析】原电池时，锌是负极，Zn-2e−=Zn2+，Fe[Fe(CN)6]作为正极材料，Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e−=Na2Fe[Fe(CN)6]，充电时锌作阴极，Fe[Fe(CN)6]作阳极，放电时，Fe[Fe(CN)6]作为正极材料发生还原反应，实现Na+嵌入，充电时，Fe[Fe(CN)6]作为阳极材料发生氧化反应，实现Na+脱嵌。A．充电时，原电池的负极与外电源的负极相连，锌片应该与电源的负极相连，故A正确；B．放电时，Fe[Fe(CN)6]正极材料发生还原反应，该材料充放电过程中有利于Na+的可逆脱嵌，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e−=Na2Fe[Fe(CN)6]，故B正确；C．放电时，负极上的反应：Zn-2e−=Zn2+，外电路中通过0.2mol电子时，有0.1molZn(ClO4)2生成，故C正确；D．放电时，Fe[Fe(CN)6]作为正极材料发生还原反应，实现Na+嵌入，充电时，Fe[Fe(CN)6]作为阳极材料发生氧化反应，实现Na+脱嵌，故D错误；故选D。12．由短周期主族元素组成的化合物(如图)，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。Y的最外层电子数是X的2倍。下列有关叙述正确的是A．化合物W3XY3为三元弱酸B．Z的单质既能与水反应，也可与乙醇反应C．W分别与X、Y、Z形成的化合物化学键类型相同D．X的氯化物XCl3中原子均为8电子稳定结构【答案】B【解析】由题意可知，Z的原子序数最大，且能形成+1价的阳离子，可推测Z为短周期元素Na，W原子序数最小，且只能形成一个共价键，则可推测W为H，Z失去的一个电子不可能只给4个Y中的一个，则只能给X，结合X与其它元素形成4个共价键，可推测X元素的最外层电子数为3，Y的最外层电子数是X的2倍，则Y是O元素，则X是B元素。A．经分析化合物W3XY3为H3BO3，H3BO3为一元弱酸，硼酸的电离实际上是水的电离H3BO3+H2OB(OH)+H+，故A错误；B．经分析Z是Na元素，则金属钠既能与水反应，也可与乙醇反应，故B正确；C．经分析W是H元素，X、Y、Z分别是B、O、Na元素，则H元素与B、O元素形成的化学键类型是共价键，H元素与Na元素形成的是离子键，故C错误；D．经分析X是B元素，则X的氯化物XCl3为BCl3，B原子与3个Cl原子形成了3个共用电子对，则硼原子外层只有6个电子，故D错误；本题答案B。13．25℃时，用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数δ[δ(X)=]如图所示：下列说法错误的是
A．用NaOH溶液滴定0.1mol·L−1NaHA溶液可用酚酞作指示剂B．0.1mol·L−1Na2A溶液中：c(Na+)>c(HA−)+2c(A2−)C．0.1mol·L−1NaHA溶液中：c(Na+)>c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)D．H2A的Ka2=1×10−7【答案】C【解析】由图可知，实线为0.1mol·L−1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol·L−1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。A．强碱滴定弱酸时，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol·L−1NaHA溶液应用酚酞作指示剂，故A正确；B．0.1mol·L−1Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，因Na2A溶液显碱性，c(OH−)>c(H+)，则：c(Na+)>c(HA−)+2c(A2−)，故B正确；C．由图可知，当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA−的电离程度大于水解程度，则溶液中c(A2−)>c(H2A)，故C错误；D．由图可知，当δ(X)为50%时，溶液中c(HA−)=c(A2−)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10−7，故D正确；故选C。二、非选择题（共43分）26．（14分）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒，也常用作纸浆、砂糖、油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略)，所得NaClO2具有纯度高的优点。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。试回答下列问题：(1)仪器a的名称为___________。(2)装置A用来制取ClO2，发生反应的离子方程式为___________。(3)研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=__________mol/L，=__________。(4)C装置采用“冰水浴”的目的是___________。(5)充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：()→()→()→干燥，___________a．趁热过滤b．50℃水洗涤c．加热蒸发结晶d．冰水洗涤e．55℃恒温减压蒸发结晶(6)在化学定分析中为了方便计算，常用滴定度(T)表示标准液的滴定能力，是指每毫升标准溶液相当于样品中所含被测物质的质量。准确称取一定质量的NaClO2(摩尔质量为Mg/mol)样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：，得待测溶液。取一定量消耗待测溶液，以淀粉溶液作指示剂，消耗标准液VmL(己知：)。则滴定度T=___________g/mL。【答案】（1）三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)（2）（3）40.8（4）防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解（5）e→a→b（6）【解析】装置A用来制取ClO2，故H2O2为还原剂，C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故用冰降温，用氢氧化钠吸收尾气。(1)由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)；(2)装置A用来制取ClO2故H2O2为还原剂，与NaClO3反应生成O2和ClO2，离子方程式为：
；(3)c(NaOH)=4mol/L与=0.8时粗产品中NaClO2含量最高，再进一步提高浓度和比值，对产量并没有提高，浪费原料；(4)C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，使用冰水浴可降低反应混合液的温度，防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解；(5)为从产品溶液中获取NaClO2晶体，操作顺序为：55℃恒温减压蒸发结晶、趁热过滤、50℃水洗涤，低于60度干燥，故答案为：e→a→b；(6)由、，得～2I2～4，则n()=n×cV×10−3mol，则m(NaClO2)=，由滴定度定义可知，T=。27．（15分）C1(分子中含一个C的物质如CO、CO2、CH4、CH3OH等)分子的选择性催化转化可制备高附加值化学品(如合成气和清洁能源如氢气)。对解决当前日益严峻的能源短缺和气候变化等问题具有积极意义，已知在催化剂的表面可发生如下反应：(1)甲醇分解：①CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)ΔH1=+90.64kJ·mol−1水蒸气变换：②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2a．对于甲醇分解反应正反应活化能E1与逆反应活化能E2，其E1___E2(填“＞”或“＜”)。b．已知有关物质的摩尔生成热(由元素最稳定的单质生成lmol纯化合物时的反应热)加如下：CO(g)：-110.53kJ/mol，CO2(g)：-393.5kJ/mol，H2O(g)：-241.8kJ/mol，H2(g)：-0kJ/mol；则ΔH2=___。(2)573.2K时，向一恒容密闭容器中按n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1.2充入混合气体，已知CH3OH的起始压强为5.00MPa，th后达平衡时，CH3OH的转化率为60%，CO2的选择性为40%(选择性：转化的CH3OH中最终生成CO2和CO的百分比)，则th内v(CH3OH)=___MPa·h−1(用含t的代数式表示)，反应①的分压平衡常数Kp=___(MPa)2。(3)由于CO分子极难被活化，水煤气变换反应催化转化过程往往受热力学和反应动力学控制，通常工业上要求高温高压等苛刻反应条件，而低温等离子体催化能够在气相中快速活化CO分子，实现低温常压下高选择性地转化CO，下列关于水煤气变换反应的说法正确___。A．催化剂能有效降低反应的活化能，但不能增大反应物中活化分子的百分数B．相对于通常方法，工业上选择低温等离子体催化剂能有效提高反应速率和CO的平衡转化率C．选择低温等离子体催化剂能有效的解决高能耗和催化剂易失活等关键问题D．工业上通入的H2O(g)越多生成物的百分含量越高(4)在0.1MPa下，将总进料量为1mol且n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1.2的混合气体充入一刚性密闭容器中进行反应。平衡时，测得CH3OH在给定温度范围内含量极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量变化与反应温度的关系如图所示，曲线a、d对应物质的化学式分别为___、___。【答案】（1）＞-41.17kJ/mol（2）46.656或46.66或46.7（3）BC（4）H2CO【解析】（1）a．由甲醇分解的热化学方程式CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)ΔH1=+90.64kJ·mol−1可知：该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0，由于反应热ΔH=E1-E2，所以E1-E2＞0，故E1＞E2；b．根据摩尔生成熔的含义可得反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=(-110.53kJ·mol−1)+(-241.8kJ/mol)-(-393.5kJ/mol+0kJ/mol)=-41.17kJ/mol；(2)v(CH3OH)=；反应开始时p(CH3OH)=5.0MPa，由于CH3OH的转化率为60%，则平衡时p(CH3OH)=5.0MPa×(1-60%)=2.0MPa，转化的CH3OH为3MPa，其中①反应产生H2为6MPa；由于CO2的选择性为40%，则平衡时p(CO)=5.0MPa×60%×(1-40%)=1.8MPa，p(CO2)=5.0MPa×60%×40%=1.2MPa，发生反应②产生H2为1.2MPa，故平衡时H2总压强为p(H2)=(6+1.2)MPa=7.2MPa，因此反应①的化学平衡常数Kp==46.656(MPa)2；(3)A．催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使许多普通分子变为活化分子，从而能增大反应物中活化分子的百分数，A错误；B．相对于通常方法，工业上选择低温等离子体催化剂能有效提高反应速率，同时由于CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的正反应是放热反应，适当的降低温度，能够使化学平衡正向移动，从而能使CO的平衡转化率提高，B正确；C．选择低温等离子体催化剂，可以使反应在较低温度下发生化学反应，从而能有效的解决高能耗问题及在较高温度下引起的催化剂失去其生理活性等关键问题，C正确；D．工业上适当通入H2O(g)，增大反应物H2O(g)浓度可以使平衡正向移动，使生成物的物质的量增加，从而会提高生成物的含量，但若H2O(g)通入量过多，反应产生的生成物的物质的量增多，但其在平衡混合物中的百分含量反而会降低，D错误；故合理选项是BC；(4)对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH
＜0，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O(g)。结合反应①方程式及题目已知条件可知：该反应起始时，n(H2)＞n(CO2)、n(H2O)＞n(CO)，故平衡时含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO，故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO，曲线a表示H2，曲线d表示CO。28．（14分）金属钼（）在工业和国防建设中有重要的作用。钼的常见化合价为。由钼精矿（主要成分是）制备单质钼和钼酸钠晶体（），部分流程如下图所示：已知：钼酸微溶于水，可溶于碱溶液。回答下列问题：(1)钼精矿在空气中焙烧时，发生的主要方程式为_______________________。(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境会产生危害，请你提出一种实验室除去该尾气的方法________________________。(3)操作2的名称为_________________________________。(4)实验室由钼酸经高温制MoO3，所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_________。(5)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO)=0.80mol·L−1，c(SO)=0.050mol·L−1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO。当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率是_________。[Ksp(BaSO4)=1.1×10−10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8溶液体积变化可忽略不计](6)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数（）。①x=___________。②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2，还原剂为_________。若反应中转移3mole−，则消耗的还原剂的物质的量为______________。【答案】（1）2MoS2+7O22MoO3+4SO2（2）可用氨水或氢氧化钠溶液吸收（其他答案合理亦可）（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）坩埚（5）95.6%（6）64MoS20.25mol【解析】根据流程图信息分析得：灼烧泪精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4·2H2O，Na2MoO4与足量盐酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo，以此解答该题。（1）根据流程图分析知，钼精矿焙烧时，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；（2）钮精矿焙烧时排放的尾气含有二氢化硫，会形成酸雨：二氢化硫为酸性氧化物，可用氨水或氢氢化钠溶液吸收，故答案为：可用氨水或氢氧化钠溶液吸收；（3）操作2是从Na2MoO4溶液中获取Na2MoO4·2H2O晶体，操作是将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）高温灼烧钼酸生成MoO3，所用的硅酸盐材料仪器为坩埚，故答案为：坩埚；（5）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8，c(MoO)=0.80mol·L−1，c(SO)=0.050mol·L−1，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)=，此时c(SO)=，则SO的去除率=，故答案为：95.6%；（6）①由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2的物质的量百分比为64%，则x为64；故答案为：64；②MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2，反应为：2MoS2+6MoO37MoO2+2SO2，其中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-2升高到+4价，被氧化，作还原剂；则转移12mol电子时，消耗的还原剂的物质的量为1mol，反应中转移3mole−，消耗的还原剂的物质的量为0.25mol，故答案为：MoS2；0.25mol。三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，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），原因是_______；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）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，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）O1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）（2）O3O3相对分子质量较大，范德华力大分子晶体离子晶体（3）三角锥形sp3（4）V形42Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+2Na2CO3＝Cl2O+CO2+2NaCl）（5）Na2O8=2.27g·cm−3【解析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)∶N(O)=2∶1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10−7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g·cm−3。36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的种合成路线如下：已知：①②回答下列问题：(1)A物质的名称为___________。(2)B物质中官能团的名称为___________。(3)由C生成D和E生成F的反应类型分别为___________、___________。(4)E的结构简式为___________。(5)G为甲苯的同分异构体由F生成H的化学方程式为___________。(6)芳香化合物又是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出所有符合要求的X的结构简式___________。(7)写出用环戊烷和丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)___________。【答案】（1）苯甲醛（2）碳碳双键、醛基（3）加成反应取代反应（4）
（2）（3）、、、（4）【解析】由信息①可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，对比F、H的结构简式可知G为。(1)A的结构简式是，名称是苯甲醛；(2)B为，官能团的名称为碳碳双键、醛基；(3)C为，D为，是碳碳双键的加成反应，E在硫酸作用下与乙醇发生酯化反应；(4)E的结构简式为；(5)G的结构简式为，由F生成H的化学方程式为：；(6)芳香化合物X是F()的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱最示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，可能结构有、、、；(7)环戊烷和2－丁炔为原料制备化合物，环戊烷应先生成环戊烯，然后与2－丁炔发生加成反应生成，最后与溴发生加成可生成，在反应的流程为。
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