2020年高考化学“7+3+2”提分专练必刷卷07（含解析）

这是一份2020年高考化学“7+3+2”提分专练必刷卷07（含解析），共14页。试卷主要包含了［化学——选修3等内容，欢迎下载使用。

高考“7+3+2”提分专练必刷卷07
化学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Bi-209
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．2019年12月以来，我国武汉地区突发的新冠肺炎威胁着人们的身体健康和生命安全。该冠状病毒可以通过打喷嚏和咳嗽等方式，借着飞沫传播，接触被病毒污染的物品也可能引发感染。以下是应对新冠肺炎的一些做法与认识，正确的是
A．必须坚持每天吃药，杀死病毒
B．公共场所常用“84消毒液”消毒处理，该物质的有效成分是次氯酸钙
C．我国的中医药在抗击此次疫情中发挥了重要作用
D．向手和衣服上喷洒75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是溶质质量分数
【答案】C
【解析】
A．必须吃药杀死病毒，但不需要每天吃药，A不正确；
B．84消毒液的有效成分是次氯酸钠，B不正确；
C．我国强化中西医结合、中医深度介入诊疗，降低转重率，在抗击此次疫情中发挥了重要作用，C正确；
D．75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是体积分数，D不正确；故选C。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．32 g S8（分子结构： ）中的共价键数目为NA
B．2 g由H2 和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA
C．8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA
D．2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
【答案】D
【解析】A. 根据分子结构可知一个S8分子含有8个共价键，32g S8的物质的量为mol，共价键数目为NA，故A正确；
B. H218O和2H2O的摩尔质量均为20g/mol，故2g混合物的物质的量为0.1mol，且两者中均含10个质子，故0.1mol此混合物中含质子为NA个，故B正确；
C. 8gCuO的物质的量为0.1mol，而CuO和氢气反应时，铜元素由+2价变为0价，故0.1molCuO反应转移0.2NA个电子，故C正确；
D. 2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气反应时无论生成氧化钠还是过氧化钠均变为Na+，所以0.1mol钠反应时转移电子数为0.1NA，故D错误；故答案为D。
9．电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是

A．在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应
B．在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H4中间体
C．电化学固氮法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点
D．若竞争反应（析氢反应）的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应
【答案】B
【解析】
A．H+得电子发生还原反应，由图中信息可知，该反应为第一步反应，故A正确
B．.N2与2个表面*H原子反应生成N2H2中间体，故B错误；
C．传统工业合成氨需要高温、高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，故能耗减小，节能减排对环境友好，故C正确；
D．活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小则反应速率越快，故D正确；答案选B。
10．X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是

A．Q位于第三周期ⅠA族
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C．简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋
D．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；
B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；
C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；
D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。答案为C。
11．金合欢醇广泛应用于多种香型的香精中，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是

A．金合欢醇的同分异构体中不可能有芳香烃类
B．金合欢醇可发生加成反应、取代反应、氧化反应
C．金合欢醇分子的分子式为C15H26O
D．1 mol金合欢醇与足量Na反应生成0.5 mal氢气， 与足量NaHCO3溶液反应生成1 mol CO2
【答案】D
【解析】
A．金合欢醇的分子组成含有O元素，而烃为C、H化合物，则金合欢醇的同分异构体中不可能有芳香烃类，故A正确；
B．金合欢醇分子结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应和氧化反应，含有羟基，可发生取代反应和氧化反应，故B正确；
C．由金合欢醇的结构简式可知，其分子式为C15H26O，故C正确；
D．金合欢醇分子结构中含有羟基，与碳酸氢钠不反应，故D错误；故答案为D。
12．某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种。向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，此溶液的焰色为黄色。根据以上实验现象，下列关于原溶液中离子成份的推测正确的是
A．一定有S2-、SO32-、Na+ B．可能只有Na+、S2-、CO32-
C．一定没有Ag+、Al3+ D．不可能只有Na+、S2-、NO3-
【答案】C
【解析】
溶液中加入稀盐酸，浅黄色沉淀和气体出现，SO32-、S2-或者NO3-、S2-在加入盐酸后可以生成沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；溶液的焰色为黄色，则含有Na+；推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，依据离子共存判断Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有；
A．此溶液中一定有Na+、S2-，而SO32-可能有，故A错误；
B．若只有Na+、S2-、CO32-，则向此溶液中加入稀盐酸，没有浅黄色沉淀出现，故B错误；
C．上述分析判断可知，此溶液中一定没有Ag+、Al3+，故C正确；
D．上述分析判断可知，此溶液中可能有S2-、NO3-，故D错误；故选：C。
13．常温下，向盛50mL0.100mol·L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100mol·L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是

A．曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小
B．曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-) C．a点溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01mol
D．b点溶液中水电离的c(H+)是c点的102.37倍
【答案】B
【解析】A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；
B. 当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+)> C(CH3COO-)，B正确；
C. a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；
D. b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。 答案选B。
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：

已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是___________。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为___________________________________；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸______mL（保留1位小数）。溶解时反应的离子方程式________________________；
（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。

①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=_____________；
②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。
③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是______________；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为______________________________________________；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是______________________________________________。
【答案】
（1）增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等（1分） CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O （2分）
（2）16.3 （1分） 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O （2分）
（3）SO42-或(NH4)2SO4（1分） 2：1（1分） >（1分） 加水稀释（1分）
（4）(NH4)2SO4（2分）
（5）HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化（2分）
【解析】
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=得，浓硫酸浓度==18.4mol·L-1，根据C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：>；
③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；
（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
27．（14分）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18O49纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

（1）需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=_____________ev，该步骤的化学方程式为______________；
（2）对于合成氨反应N2+3H22NH3，在标况下，平衡常数Kθ=，其中pθ为标准压强（1×105Pa），p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各组分的平衡分压[已知p(NH3)=x(NH3)p，其中p为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数]。
①若起始N2和H2物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，达到平衡时H2的转化率为ɑ，则Kθ=______________（用含ɑ的最简式表示）。
②图中可以示意标准平衡常数Kθ随温度T变化趋势的是______________(填序号).

（3）利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如图所示。

该电池工作时，正极的电极反应为______________。中间所用的交换膜应该为______________（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”或“质子交换膜”）。相比现有工业合成氨，该方法的优点是：______________。（任写一条）
【答案】（1）1.54 （2分） NH3*+NH3=2NH3（2分）
（2） （2分） A（2分）
（3）MV2++e-＝MV+（2分） 质子交换膜（2分） 条件温和、生成氨的同时释放电能（2分）
【解析】
（1）根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.02-(-2.56)=1.54；根据图示，该步的方程式是NH3*+NH3=2NH3，故答案为：1.54；NH3*+NH3=2NH3；
（2） ①若1mol N2和3mol H2完全反应，则理论上生成2molNH3，NH3的平衡产率为ɑ，则生成的NH3为2ɑmol，通过三段式计算有，平衡时混合气体的物质的量=1-ɑ +3-3ɑ+2ɑ=4-2ɑmol，此时p(NH3)=pθ，p(N2)= pθ，p(H2)= pθ，根据Kθ===，故答案为：；
②升高温度，平衡逆向移动，Kθ减小，ln Kθ减小，因此变化趋势的图为A，故答案为：A；
（3）正极区发生还原反应，电极上的反应为：MV2++e-＝MV+；右室氮气得电子，为正极区，氮气在固氮酶催化作用下发生反应N2＋6MV＋＋6H+＝2NH3＋6MV2＋，阳离子由负极移向正极，所以电池工作时，氢离子通过交换膜由负极区向正极区移动，交换膜应该为质子交换膜；传统工业合成氨反应条件为高温、高压、催化剂，反应条件苛刻，该方法制取氨气条件温和、生成氨的同时释放电能，故答案为：MV2++e-＝MV+；质子交换膜；条件温和、生成氨的同时释放电能。
28．（15分）铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：
Ⅰ.制取铋酸钠
制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质
NaBiO3
Bi(OH)3
性质
不溶于冷水，浅黄色
难溶于水；白色
（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是______________；
（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为______________；
（3）当观察到______________（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；
（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是______________；
（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有______________；
Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+
（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。
①产生紫红色现象的离子方程式为______________；
②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为______________。
Ⅲ.产品纯度的测定
（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。
该产品的纯度为______________（用含w、c、v的代数式表示）。
【答案】
（1）饱和食盐水（1分）
（2）Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O（2分）
（3）C中白色固体消失（或黄色不再加深）（2分） （4）关闭K1、K3，打开K2 （2分）
（5）在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 （2分）
（6）5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O （2分） 3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+ （2分）
（7）×100%或×100%或% （2分）
【解析】
（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；
（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消失（或黄色不再加深）；
（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；
（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；
②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：

解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=×100%=×100%，所以答案为：×100%或×100%或%。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。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）
铁、钴、镍具有相似的性质，在化学上称为铁系元素。回答下列问题：
（1）LiCoO2、 LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。
基态Co原子核外电子排布式为___________________，第四电离能I4(Co) _________I4(Fe)(填“>”或“<”)，PO43－的空间构型为___________________。
（2）铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基配合物。在CO分子中，σ键与π键数目之比为_________。
（3）铁与K2O、(环戊二烯)在隔绝空气条件下共热可制得二茂铁[Fe(C5H5)2]。在环戊二烯中，配体配位数为 ________。二茂铁熔点为446K，不溶于水，易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，373K即升华；从各种性质看，都表明它是典型的_________晶体。
（4）与铁同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种，往其溶液中加BaCl2溶液时，有白色沉淀；加入AgNO3溶液时，没有沉淀生成；加入氢氧化钠溶液时，无气体生成。则此种配合物的化学式为 _________________________。
（5）铁单质的堆积方式有两种，其剖面图分别如图a、b所示。

在图a所示堆积方式里铁原子的堆积方式为___________________________。
在图b所示堆积方式里铁原子的空间利用率为_________（列式表示）。
【答案】
（1）[Ar]3d74s2（1分） ＜（1分） 正四面体（1分）
（2） 1：2 （2分）
（3）3（2分） 分子（2分）
（4） [Co(NH3)5Br]SO4 （2分） （5）体心立方堆积 （2分） （2分）
【解析】
（1）Co为27号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；
Co3＋核外电子排布为不稳定结构3d6、较易失去电子，第四电离能较小；而Fe3＋核外电子排布为半满稳定结构3d5，较难失电子，所以第4电离能较大；
PO43－中P原子孤电子对数为0、σ键数目为4，所以PO43－的空间构型为正四面体；
故答案为：[Ar]3d74s2，＜，正四面体；
（2）CO的价电子数为（4+6）=10，原子数为2，N2的价电子数为10=5×2，所以CO的等电子体为N2 等；CO与N2的结构相似，根据N2的结构式N≡N可知，CO分子中含有一个σ键、两个π键数，所以在CO分子中，σ键与π键数目之比为1：2；
故答案为：1：2；
（3）在环戊二烯中有4个C原子为sp2杂化，1个C原子为sp3杂化，C5H5 - 五个C拿出5个电子再加上负离子一个电子，所以一共有六个电子，配位数为3；根据二茂铁的熔点不高、溶解性情况、能升华等性质与分子晶体相似，即二茂铁由分子构成，是共价化合物，属于分子晶体；
故答案为：3；分子；
（4）与铁同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种，往其溶液中加BaCl2溶液时，有白色沉淀，说明硫酸根离子在处界；加入AgNO3溶液时，没有沉淀生成，说明Br在内界；加入氢氧化钠溶液时，无气体生成，说明氨在内界。则此种配合物的化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，故答案为：[Co(NH3)5Br]SO4；
（5）图a晶胞为体心立方堆积，设图a晶胞棱长为x，4rpm=x，x= r×10-10cm；
设图b晶胞棱长为y，Fe原子半径为R，晶胞中Fe数目为8×+6×=4，4R=y，R=，球体积V=πR3=π×()3，原子的总体积占晶体体积的比例= ×100%= ；
故答案为：体心立方堆积；。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
某课题组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成镇静催眠药物—苯巴比妥：

已知：R-Cl+NaCN→R-CN+NaCl。
回答下列问题：
(l)化合物B的名称是 ___。
（2）写出 H的结构简式____。H→苯巴比妥的反应类型是____。
（3）写出F→G的化学方程式____。
（4）下列说法正确的是____（填字母代号）。
A．B的核磁共振氢谱有5组峰
B．化合物E能发生取代、氧化、加成、消去等反应
C．尿素[CO(NH2)2]在一定条件下可水解生成NH3和CO2
D．苯巴比妥的分子式为C12H12N2O3
（5）F制备G时会生成副产物M( C11Hl2O4)，则符合下列条件的M的同分异构体有___ 种。
①除苯环外不含其它环状结构，且苯环上有3个取代基；
②核磁共振氢谱图显示有5种化学环境不同的氢原子；
③该物质可发生银镜反应与水解反应，且l mol该物质完全水解时需要2 mol NaOH。
（6）以乙醇为原料可合成HOOCCH2CH2COOH，请设计合成路线_________________（用流程图表示，无机试剂任选）。
【答案】（1）一氯甲苯 （1分）
（2）（2分） 取代反应（1分）
（3） +2CH3CH2OH+2H2O （2分）
（4）CD （2分）
（5）4（3分）
（6）（4分）
【解析】
(l)由以上推断可知，化合物B的结构简式为，名称是一氯甲苯。答案为：一氯甲苯；
（2）根据以上推断，H的结构简式为。H→，发生酯基上的取代反应。答案为：；取代反应；
（3）由→，发生酯化反应，化学方程式+2CH3CH2OH+2H2O。答案为：+2CH3CH2OH+2H2O；
（4）A．的核磁共振氢谱有4组峰，A不正确；
B．化合物不能发生消去反应，B不正确；
C．尿素在一定条件下可水解生成NH3和HOCOOH(分解生成CO2和H2O)，C正确；
D．苯巴比妥的分子式为C12H12N2O3，D正确；
故选CD。答案为：CD；
（5）F制备G时会生成副产物M( C11Hl2O4)，由分子式可确定其结构简式为，则符合下列条件：①除苯环外不含其它环状结构，且苯环上有3个取代基；②核磁共振氢谱图显示有5种化学环境不同的氢原子；③该物质可发生银镜反应与水解反应，且l mol该物质完全水解时需要2 mol NaOH。M的同分异构体有、、、，共4种。答案为：4；
（6）以乙醇为原料合成HOOCCH2CH2COOH时，可先将乙醇消去生成乙烯，再与Cl2发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后与NaCN发生取代反应，所得产物再水解，便可得到目标有机物。合成路线为：。答案为：。