江西省宜春市2019届高三上学期期末考试化学试题(解析版)

江西省宜春市2019届高三上学期期末统考理科综合
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Ca-40 Fe-56 Mn-55
一、选择题
1.中国文化源远流长，下列对描述内容所做的相关分析不正确的是（）
【答案】B
【详解】A、硝石为KNO3，以火烧之，紫青烟起，这是焰色反应，故A说法正确；B、"煤饼烧蛎成灰"，蛎壳的成分是CaCO3，煅烧生成CaO，因此“灰”不是Ca(OH)2，故B 说法错误；
C、司南中"杓"具有磁性，材质为Fe3O4，故C说法正确；
D、抱其水熬之，则成胆矾，该操作是结晶，故D说法正确；
2.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）
A. 17gH2O2所含非极性键数目为0.5N A
B. 标准状况下，H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.2N A
C. 100gCaS和CaSO4的混合物中含有32g硫，则含有的氧原子数为1.75N A
D. n(H2CO3)和n(HCO3)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为N A
【答案】D
【详解】A、H2O2的结构式为H－O－O－H，17gH2O2中含有非极性键的物质的量为17g×1/34g·mol－1=0.5mol，故A说法正确；
B、H2与O2反应方程式为2H2＋O2=2H2O，CO与O2反应方程式为2CO＋O2=2CO2，该混合气体，消耗氧气的物质的量为=0.2mol，故B说法正确；
C、S的物质的量为32g/32g·mol－1=1mol，则Ca原子的物质的量为1mol，其质量为40g，则n(O)=(100－32－40)g/16g·mol－1=1.75mol，故C说法正确；
D、NaHCO3溶液中C原子存在形式有CO32－、HCO3－、H2CO3，根据物料守恒，有n(Na ＋)=n(CO32－)＋n(HCO3－)＋n(H2CO3)，因此n(Na＋)>1mol，故D说法错误；
3.25℃时，将浓度均为0.1mo1·L－1、体积分别为V a和V b的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持V a+V b=1000mL，V a、V b与混合液的pH的关系如图所示。

说法正确的是（）
A. K a(HA)=1×10－6
B. b点时，水电离出的c(H+)=10－7mo/L
C. a→c过程中水的电离程度始终增大
D. c点时，随温度升高而减小
【答案】D
【分析】根据起点，如果Vb=0mL，0.1mol·L－1HA的的pH=3，说明HA为弱酸，如果Va=0mL，0.1mol·L－1BOH的pH=11，则BOH为弱碱；
【详解】如果Vb=0mL，0.1mol·L－1HA的的pH=3，说明HA为弱酸，如果Va=0mL，0.1mol·L －1BOH的pH=11，则BOH为弱碱；
A、根据图像，0.1mol·L－1HA的pH=3，HA为弱酸，存在HA H＋＋A－，c(H＋)=10－3mol·L －1，K(HA)=[c(A－)×c(H＋)]/c(HA)，c(H＋)=c(A－)=10－3mol·L－1，弱酸电离程度微弱，即c(HA)近似等于0.1mol·L－1，代入表达式，K(HA)=10－5，故A错误；
B、b点两个溶液的体积相同，溶质为MA，b点溶液pH=7，说明B＋和A－水解程度相同，促进水的电离，即水电离出的c(H＋)>10－7mol·L－1，故B错误；
C、a点溶质为HA，b点溶质为BA，c点溶质为BOH和BA，a、b两点抑制水的电离，b 点促进水的电离，a→c水的电离程度先增大后减小，故C错误；
D、，K h只受温度的影响，水解为吸热反应，升高温度，
促进水解，水解常数增大，该比值减小，故D正确；
【点睛】侧重考查学生图像分析及判断能力，明确各个数据含义及个点溶液中溶质成分及其性质，本题易错点为选项B，b点溶质为BA，为弱酸弱碱盐，促进水的电离，即b点溶液中的水电离出c(H＋)>10－7mol·L－1，因为部分H＋与酸根离子结合生成HA而导致c(H＋)=10－7mol·L－1。

4.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）
A. A有5种正价，与B可形成6种化合物
B. 工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来获得C的单质
C. D和E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e稳定结构
D. 简单离子的半径由大到小为：E>A>B>C
【答案】C
【分析】D原子质子数是其M层电子数的三倍，即D为P，根据元素在周期表的位置，推出A为N，B为O，E为Cl，C为Al；
【详解】D原子质子数是其M层电子数的三倍，即D为P，根据元素在周期表的位置，推出A为N，B为O，E为Cl，C为Al；
A、N的正价为＋1、＋2、＋3、＋4、＋5，其含氧化合物为N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故A说法正确；
B、工业上冶炼金属Al，常用电解熔融状态的氧化铝获得铝单质，故B说法正确；
C、P和Cl形成的化合物为PCl3和PCl5，PCl3每种原子最外层都达到8e稳定结构，PCl5中P最外层电子超过8e稳定结构，故C说法错误；
D、简单离子半径由大到小的顺序是Cl－>N3－>O2－>Al3＋，故D说法正确；
5.现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。

下列说法不合理的是（）
A. 若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol
B. 石墨I是原电池的负极，发生氧化反应
C. 乙池中左端Pt极电极反应式：N2O4－2e－+2H2O===2N2O5+4H+
D. 甲池中的CO32－向石墨I极移动
【答案】C
【分析】根据装置图，甲池为燃料电池，乙池为电解池，通CO一极为负极，电极反应式为CO－2e－＋O2－=CO2，通O2一极为正极，电极反应式为O2＋4e－=2O2－，乙池左端Pt连接电源的正极，即左端Pt为阳极，电极反应式为N2O4＋2HNO3－2e－=2N2O5＋2H＋，乙池右端Pt为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
【详解】根据装置图，甲池为燃料电池，乙池为电解池，通CO一极为负极，电极反应式为CO－2e－＋O2－=CO2，通O2一极为正极，电极反应式为O2＋4e－=2O2－，乙池左端Pt连接电源的正极，即左端Pt为阳极，电极反应式为N2O4＋2HNO3－2e－=2N2O5＋2H＋，乙池右端Pt为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
A、根据上述分析，根据转移电子物质的量相等，建立关系为O2～4e－～2H2，消耗氧气的物质的量为2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，则产生氢气的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，故A说法正确；
B、根据上述分析，石墨I是原电池的负极，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，故B说法正确；
C、乙池中左端Pt极电极反应式为N2O4＋2HNO3－2e－=2N2O5＋2H＋，故C说法错误；
D、根据原电池工作原理，甲池中CO32－向石墨I极移动，故D说法正确；
【点睛】难点是电极反应式的书写，先判断出氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物，根据化合价和原子个数，判断出转移电子物质的量，根据溶液的环境，判断出有无其他微粒参与反应，如本题的C选项，乙池左端Pt连接电池的正极，乙池左端Pt为阳极，N2O4为还原剂，N2O5为氧化产物，N2O4－2e－→N2O5，环境是无水HNO3，因此HNO3参与反应，即电
极反应式为N2O4＋2HNO3－2e－=2N2O5＋2H＋，一定注意该环境为无水硝酸，不能有水参与；
6.下列图示与对应的叙述相符的是（）
A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H的燃烧热为241.8kJ·mo1－1
B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
C. 若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲代表钠
D. 图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】C
【解析】试题分析：A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C、钾比钠活泼，反应速率快。

钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C 正确；D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；故选C。

考点：考查燃烧热、外界条件对平衡状态的影响、盐类水解、弱电解质的电离等知识
7.下列各实验的叙述正确的是（）
【答案】D
【详解】A、制取溴苯，应用液溴，而不是溴水，故A错误；
B、焰色反应，验证含有某种元素，火焰呈黄色，说明含有钠元素，故B错误；
C、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读取数值，故C错误；
D、用酚酞作指示剂，Na2C2O4溶液显碱性，滴定终点溶液显碱性，因此可以从消耗NaOH 的量与消耗草酸的量的关系，判断草酸是不是二元酸，故D正确；
二、非选择题
8.草酸(H2C2O4)广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究。

(1)H2C2O4(s)H2O(g)+CO(g)+CO2(g) △H=+340 kJ·mol－1，写出此反应的平衡常数表达式K=_______________________________________________________；
密闭容器中，保持温度不变，下列有关选项正确的是____
A.恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态
B.气体摩尔体积不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态
C.恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状
D.气体平均摩尔质量不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态
(2)草酸分解所需燃料可以是CO，通过甲烷制备CO：
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H>0。

常温下，在2L的密闭容器中通入4 mol CH4气体和6 mol CO2气体发生反应，5min后达到平衡，测得CO气体的浓度为0.1mol·L－1。

①平衡时，该反应的平均反应速率v(CO2)=______________________。

②在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可采取的措施是
___________。

(3)电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸(H2C2O3)，装置如下图1所示，写出复合膜电极的电极反应式____________________________________________。

(4)在K3Fe(C2O4)3溶液中存在：[Fe(C2O4)3]3－Fe3++3C2O42－，常温下，该溶液中
[Fe(C2O4)3]3－的浓度与温度的关系如上图2所示，则A点的c(Fe3+)___________B点的
c(Fe3+)(填“>” “<”或“=”)；草酸是一种温和的还原剂，其他条件不变，向K3Fe(C2O4)3溶液中加入少量KMnO4固体，Fe3+的浓度___________(填“增大”减小”或“不变”)
【答案】（1）K=c(H2O)·c(CO)·c(CO2)；AB
（2）①0.01 ②升高温度或增大容器的体积（减小压强）
（3）H2C2O4+2H++2e－=H2C2O3+H2O(3分)
（4）<；增大
【解析】试题分析：（1）反应H2C2O4（s）⇌H2O（g）+CO（g）+CO2（g）△H=+340kJ•mol-1的平衡常数表达式K=c（H2O）•c（CO）•c（CO2）；密闭容器中，保持温度不变，A．反应H2C2O4（s）H2O（g）+CO（g）+CO2（g）是一个气体体积增大的反应，恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故A正确；B．反应H2C2O4（s）H2O （g）+CO（g）+CO2（g）是一个气体体积增大的反应，恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故B正确；C．气体摩尔体积只与气体状态有关，当气体摩尔体积不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故C错误；D．生成物气体是按照固定比例生成的，气体平均摩尔质量不发生变化，所以气体平均摩尔质量不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D错误。

（2）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）△H＞O．
起始（mol）4 6 0 0
变化（mol）0.1×1 0.1×1 0.1×2 0.1×2
平衡（mol）3.9 5.9 0.1×2 0.1×2
①平衡时，该反应的平均反应速率v（CO2）=0.1/2/5==0.01mol•L-1min-1。

②反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）△H＞O正反应为吸热反应，且是一个气体体积增大的反应，故升高温度或增大容器的体积（减小压强）平衡右移，CH4气体的转化率升高。

（3）
用惰性电极电解饱和草酸溶液，草酸在阴极放电，C由+3价降到+1价，得到2个电子，电极反应式为H2C2O4+2H++2e-=H2C2O3+H2O。

（4）从图2所示知温度升高溶液中[Fe（C2O4）
]3-的浓度减小，[Fe（C2O4）3]3-⇋Fe3++3C2O42-平衡右移，则A点的c（Fe3+）＜B点的c（Fe3+）。

3
草酸是一种温和的还原剂，加入少量KMnO4固体，草酸被氧化，浓度减小，平衡右移，Fe3+的浓度增大。

考点：化学平衡状态的判断，原电池和电解池的工作原理，反应速率的定量表示方法，化学平衡的影响因素
9.一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为______________________。

(2)步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，除去Fe2+可用的物质是______________________；步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是___________。

步骤⑤所得滤渣为___________(填化学式)。

(3)步骤⑦需在90~100℃下进行，该反应的化学方程式为______________________。

(4)测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O 煮沸，然后用c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪，消耗标准溶液VmL，滴定反应的离子方程式为_________________________________，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=_________________________________。

【答案】(1). 3MnO2 +2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S↓+6H2O (2). 加入软锰矿粉或H2O2溶液(3). 破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离(4). Fe(OH)3
(5). (NH4)2S x+12NH3+H2S + xS↓ (6). 2MnO4－+3Mn2++2H2O5MnO2↓+4H+
(7).
【详解】（1）根据流程，加入物质为MnO2、FeS2、H2SO4，生成物为S、MnSO4、Fe2(SO4)3，
即化学方程式为3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋3S↓＋6H2O；
（2）除去Fe2＋，不能引入新杂质，Fe2＋以还原性为主，因为需要制备MnSO4·H2O，MnO2可以作氧化剂，因此可以加入MnO2或软锰矿粉，H2O2为绿色氧化剂，因此也可以加入H2O2溶液；根据流程，步骤④是除去铁元素，步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离；步骤⑤所得滤渣为Fe(OH)3；
（3）根据流程，步骤⑦发生分解反应，生成产品S，分解后，加水，又生成(NH4)2S，推出步骤⑦分解反应其他产物是NH3和H2S，即步骤⑦在90～100℃时，发生化学方程式为(NH4)2S x＋12NH3↑＋H2S↑＋xS↓；
（4）高锰酸钾具有强氧化性，滴加终点溶液颜色变为浅红色，说明高锰酸钾参加氧化还原反应，根据信息，推出MnSO4为还原性，即滴定反应的离子方程式为2MnO4－＋3Mn2＋＋
2H2O5MnO2↓＋4H＋；根据离子方程式，m(Mn2＋)=，w(Mn2＋)==8.25cV×10－2/a×100%。

10.已知氯化亚铁的熔点674℃、沸点1023℃；三氯化铁在300℃以上易升华，易溶于水并且有强烈的吸水性。

在500℃条件下氯化亚铁与氧气可能发生多种反应，反应之一为：
12FeCl 2+3O22Fe2O3+8FeCl3。

某研究小组选用以下装置（夹持装置省略，装置可重复选用）进行反应的探究。

回答下列问题：
（1）装置的合理连接顺序为A、、D，其中E装置U形管左边设计为粗导管的目的是。

（2）A装置中发生反应的化学方程式为。

（3）反应过程发现，装置B中除生成红棕色固体外，还观察到黄绿色气体，生成该气体的化学方程式为。

（4）待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气至。

（5）设计实验：
①利用E装置U形管里的固体验证Fe(OH)3是弱碱：。

②测定装置B的残留固体中铁元素的质量分数：。

【答案】（1）CBEC；防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管。

（2）2Na2O2+2 H2O = 4NaOH + O2↑。

+3O2 2Fe2O3+4Cl2。

（3）4FeCl
（4）硬质玻璃管冷却到室温且装置中的黄绿色气体完全消失。

（5）①取少量固体加水溶解，用pH试纸（或pH计）测得溶液显酸性，即证。

②称取一定质量B中的残留固体，加入足量的盐酸（或硫酸等）溶解，加足量的H2O2氧化后再加入足量氢氧化钠溶液得沉淀，过滤、洗涤、在空气中充分灼烧至恒重称量，计算。

【解析】试题分析：（1）依题意知制取FeCl 3的反应原理12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3，且三氯化铁在300℃以上易升华，易溶于水并且有强烈的吸水性。

所以装置的合理连接顺序为A 为氧气发生装置→C干燥氧气→B生成FeCl3反应装置→E冰盐水冷却收集FeCl3装置→C 装置可防止D中水蒸气进入E→D尾气处理装置，即正确的连接顺序为A、C、B、E、C、D；其中E装置U形管左边设计为粗导管的目的是防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管。

故答案为：CBEC；防止FeCl3冷凝在导管中，堵塞导管。

（2）A装置氧气发生装置，发生反应的化学方程式为：2Na2O2+2 H2O = 4NaOH + O2↑。

故答案为：2Na2O2+2 H2O = 4NaOH + O2↑。

（3）依据题意可知反应过程中装置B中除生成红棕色固体Fe2O3外，还生成黄绿色气体Cl2，根据氧化还原反应化学方程式书写规律可知生成该气体的化学方程式为：4FeCl2+3O2 O3+4Cl2。

2Fe
+3O2 2Fe2O3+4Cl2。

故答案为：4FeCl
（4）待B中充分反应后，停止加热后，还需持续通氧气至硬质玻璃管冷却到室温且装置中的黄绿色气体完全消失防止有副反应发生，同时将全部被氢氧化钠溶液吸收防止污染空气。

故答案为：硬质玻璃管冷却到室温且装置中的黄绿色气体完全消失。

（5）①利用E装置U形管里的固体验证Fe(OH)3是弱碱的实验设计为：取少量固体加水溶解，用pH试纸（或pH计）测得溶液显酸性，即证。

故答案为：取少量固体加水溶解，用pH试纸（或pH计）测得溶液显酸性，即证。

②测定装置B的残留固体中铁元素的质量分数的实验设计为：称取一定质量B中的残留固体，加入足量的盐酸（或硫酸等）溶解，加足量的H2O2氧化后再加入足量氢氧化钠溶液得沉淀，过滤、洗涤、在空气中充分灼烧至恒重称量、计算。

故答案为：②称取一定质量B中的残留固体，加入足量的盐酸（或硫酸等）溶解，加足量的H2O2氧化后再加入足量氢氧化钠溶液得沉淀，过滤、洗涤、在空气中充分灼烧至恒重称量、计算。

【考点定位】实验方案设计与评价。

11.据媒体报道,法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池,预计从2020年开始实现工业生产。

该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。

回答下列问题:
（1）Te属于元素周期表中_________区元素,其基态原子的价电子排布式为_____________。

（2）基态Na原子中,核外电子占据的原子轨道总数为____,最高能层电子云轮廓图形状为
_________
（3）结合题中信息判断:C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。

（4）CO32-的几何构型为______;碳酸丙烯酯的结构简式如图所示,则其中碳原子的杂化轨道类型为_________,1mol碳酸丙烯酯中键的数目为________.
（5）[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形,配体是_________,该配离子包含的作用力为
______(填选项字母)。

A.离子键
B.极性键
C.配位键
D.氢键
E.金属键
（6）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示,晶胞中O的配位数为______,该晶胞的密度为ρg/cm3,阿伏加德罗常数的值为N A，则Na与O之间的最短距离为_____cm(用含ρ、N A的代数式表示)。

【答案】(1). p (2). 5s25p4(3). 6 (4). 球形(5). O>Cl>C (6). 平面三角形(7). sp2、sp3(8). l3N A(或13×6.02×1023) (9). H2O (10). BC (11). 8 (12).
【解析】(1)Te与O是同一主族元素，属于元素周期表中p区元素，Te为第5周期第ⅥA族元素，其基态原子的价电子排布式为5s25p4，故答案为：p；5s25p4；
(2)基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，核外电子占据的原子轨道总数为6，最高能层电子为3s，电子云轮廓图为球形，故答案为：6；球形；
(3)元素的非金属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数值越大，C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为O>Cl>C，故答案为：O>Cl>C；(4)CO32-中C的价层电子对数=3+×(4+2-3×2)=3，几何构型为平面三角形；根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有2种，不饱和的碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，饱和的碳原子采用sp3杂化；1mol碳酸丙烯酯中含有6molC-H，4molC-O，2molC-C和1molC=O，共13mol，键的数目为13×6.02×1023，故答案为：平面三角形；sp2、sp3；13×6.02×1023；(5)[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形，配体是H2O，该配离子包含的作用力有H-O极性键、配位键，故答案为：BC；
(6)晶胞中Na+离子数目为8，O2-离子数目为8×+6×=4，Na+离子、O2-离子数目之比为2：1，故该晶体化学式为Na2O，由图可知，每个Na+离子周围有4个O2-离子，Na+离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O的配位数为8；晶胞质量为g，该晶胞的密度为ρg•cm-3，而晶胞体积为g÷ρg•cm-3=cm3，晶胞棱长为cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的=×cm，故答案为：8；×。

点睛：本题考查物质的结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、晶胞结构与计算等。

本题的易错点为(6)中Na与O之间的最短距离的求算，要注意根据图示判断为体对角线的四
分之一。

12.医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。

(1)B的核磁共振氢谱图中有___________组吸收峰，C的名称为______________________。

(2)E中含氧官能团的名称为___________，写出D→E的化学方程式：
__________________________________。

(3)E→F的反应类型为______________________。

(4)E的同分异构体中，含有醚键且苯环上只有一个取代基的结构有___________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式：______________________。

(5)下列有关产物G的说法正确的是___________(填字母)
A.G的分子式为C15H28O2
B.1molG水解能消耗2 mol NaOH
C.G中至少有8个C原子共平面
D.合成路线中生成G的反应为取代反应
(6)无机试剂任选，写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线：_______________________________________________________。

【答案】(1). 4 (2). 3-甲基丁酸(3). 羟基(4).
(5). 加成反应或还
原反应(6). 13 (7). 、(8). AD (9).
【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C 为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转
化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。

详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收
峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：. 4 ；3-甲基丁酸；
（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。

（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。

故答案为：加成反应或还原反应；
（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，
由于丁基有4种，所以也有4种，、、、
，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。

所以，本题答案为：13 ；、；
（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C 原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD
（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸( CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：。