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2021年普通高中学业水平选择性考试全真模拟卷（福建新高考）化学试卷05本卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108一、选择题：本题共10小题，每小题34分，共40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。1．唐代赵蕤所题《嫘祖圣地》碑文记载：“嫘祖首创种桑养蚕之法，抽丝编绢之术，谏诤黄帝，旨定农桑，法制衣裳······弼政之功，殁世不忘”。下列有关说法正确的是A．“抽丝编绢”涉及化学变化B．蚕丝和棉纤维都是天

然高分子，不能灼烧鉴别C．蚕丝水解可以生成葡萄糖D．丝绸制品主要成分是蛋白质，不能高温烫熨【答案】D【解析】A．“抽丝编绢”是将蚕茧抽成线，再编织成绢的过程，没有新物质产生，不涉及化学变化，故A错误；B．蚕丝是蛋白质，棉纤维是纤维素，两者都是天然高分子，蛋白质在灼烧时会有烧焦羽毛

气味，因此可用灼烧鉴别蚕丝和棉纤维，故B错误；C．蚕丝是蛋白质，水解最终产物是氨基酸，故C错误；D．丝的主要成分是蛋白质，高温时蛋白质会发生变性，因此不能高温烫熨，故D正确；故选：D。2．水杨酸（）是一种脂溶性的有机酸，可用于阿司匹林等药物的制备。下列关于水杨酸

的说法错误的是A．其化学式为763CHOB．能与3NaHCO溶液反应生成2COC．1mol水杨酸能与4mol氢气发生加成反应D．苯环上的一氯代物有4种【答案】C【解析】A.根据结构简式可判断水杨酸的化学式为763CHO，A项正确；B.水杨酸中含

羧基，能与3NaHCO溶液反应生成2CO，B项正确；C.羧基不能与氢气发生加成反应，而苯环可与氢气发生加成反应，所以1mol水杨酸只能与3mol氢气发生加成反应，C项错误；D.水杨酸苯环上的氢原子有4类，因此其一氯代物有4种，D项正确；答案选C。3．已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A．2.3g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物，转移的电子数目为0.1NAB．常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数均为NAC．1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数等于NAD．标准状况下，2.24LCCl4中含有

的C−Cl键数为0.4NA【答案】A【解析】A．2.3g金属钠的物质的量是0.1mol，按得失电子数守恒，与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物，转移的电子数目为0.1NA，A正确；B．常温常压下，等物质的量的N2

和CO所含的分子数相等，当物质的量是0.1mol时分子数目才各自为NA，B不正确；C．1molCH4与Cl2在光照下发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等，则按原子数守恒可知CH3Cl分子数小于NA，C不正确；D

．标准状况下，四氯化碳为液体，2.24LCCl4中含有的C−Cl键数原大于0.4NA，D不正确；答案选A。4．用下列装置进行实验，操作正确且能达到实验目的的是选项ABCD装置目的用苯萃取碘水中的碘粗铜精炼实验室制备氨气

实验室收集NO气体【答案】D【解析】A.分液漏斗下端应紧贴烧杯壁，防止液体飞溅，故A错误；B.粗铜精炼时，精铜作阴极，应与电源负极连接，故B错误；C.加热固体时试管口应朝下倾斜，故C错误；D.NO不溶于水，可以用排水法

收集，故D正确；故选D。5．氟利昂是臭氧层破坏的元凶，它是本世纪20年代合成的，化学性质稳定，不具有可燃性和毒性，被当作制冷剂。如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应机理示意图，下列说法不正确的是A．过程Ⅰ中有极性共价键的断裂B．过程Ⅲ中O＋

O=O2是放热过程C．过程Ⅱ和Ⅲ的总反应可表示为O3＋O=2O2D．上述过程说明氯原子和氧化氯均是破坏O3的催化剂【答案】D【解析】A．过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和Cl，断裂极性共价键C-Cl，A正确；B．原子结合形成分子的过程形成了化学键，是放热过程，B正确；C．过程Ⅱ的

方程为O3+Cl=ClO+O2，过程Ⅲ的方程为O+ClO=O2+Cl，则过程Ⅱ、Ⅲ的总反应为O3＋O=2O2，C正确；D．由图可知，Cl和ClO均是由CFCl3分解而来，故CFCl3是破坏O3的催化剂，D错误；故选D。6．短周期主族元素A

、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半，下列叙述正确的是A．简单离子的半径：B>C

>D>AB．简单氢化物的热稳定性：C>D>AC．C和D的最高价氧化物对应水化物均为强酸D．B与D形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，最外层电子数相同，设B的最外层

电子数为x，由B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半可知，A、C的最外层电子数为2x，由A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15可得：x+2x+2x=15，解得x=3，则A为O元素、B为Al元素、

C为S元素，由A、B、C、D的原子序数依次增大可知，D为Cl元素。A.电子层结构相同的离子，随着核电荷数增大，离子半径依次减小，氧离子和铝离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于铝离子，故A错误；B.元素的非

金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，三种非金属元素中，氧元素的非金属性最强，则水的热稳定性最强，故B错误；C.硫元素和氯元素的最高价氧化物对应水化物分别为硫酸和高氯酸，硫酸和高氯酸均为强酸，故C正确；D.氯

化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，故D错误；故选C。7．下列指定反应的离子方程式书写正确的是A．四氧化三铁溶于足量稀硝酸:3Fe3O4+28H++-3NO=9Fe3++NO↑+14H2OB．工业上

生产漂白粉的原理:Cl2+2OH−=C1−+ClO−+H2OC．向硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液:+4NH+OH−=NH3·H2OD．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液:-42MnO+6H++7H2O2=2Mn2++6O2↑

+10H2O【答案】A【解析】A.四氧化三铁溶于足量稀硝酸发生氧化还原反应生成Fe3+和NO，离子方程式为：3Fe3O4+28H++-3NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故A正确；B.工业上生产漂白粉是将氯气通入石灰乳中，石灰乳中氢氧化钙主要以分子形式存在不能拆成离子形

式，故B错误；C.硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠氢氧根先与氢离子结合，+-2H+OH=HO，故C错误；D.化合价升降不守恒，应为：-42MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误。故答案选：A。8．利用电解法将

CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是A．电解过程中，H+由b极区向a极区迁移B．电极b上反应为CO2+8HCO-3−8e−=CH4+CO2-3+2H2OC．电解过程中电能转化为化学能D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】C【解析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生

成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO3−+8e－＝CH4＋8CO2-3＋2H2O。电解时OH－比2-4SO更容易失去电子在阳极生成O2，

所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A错误；B．电极方程

式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO3−+8e－＝CH4＋8CO2-3＋2H2O，故B错误；C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C正确；D．电解时OH－比2-4SO更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以N

a2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；故选C。9．H2A是一种二元酸，水溶液中存在形态有三种(H2A、HA−、A2−)。常温下，用NaOH调节溶液的pH，各形态的组成分数随溶液pH变化的关系如图所示［已知δ(A2−)=()()()()2--2-2cAcHA+cHA+cA］。下列说法错误的是A．曲

线②是HA−的浓度分数随pH的变化曲线B．通过图像可以得出a点对应的横坐标为2.8C．A2−的水解常数Kh1=10−9.7，NaHA溶液显酸性D．pH=4.3时，溶液中c(Na+)+c(H+)=2c(H

A−)+c(OH−)【答案】D【解析】H2A溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应，H2A+NaOH=NaHA+H2O，该过程中H2A的浓度减小，HA−的浓度增大，当两者1:1恰好完全反应时，HA−的浓度达到最大值，继续滴加氢氧化钠溶液发生反应，HA−的浓度减小，A2−的浓度增大，根据反

应的过程分析各粒子浓度的变化。A．由上述反应过程可知，曲线②代表HA−的浓度分数，故A正确；B．H2A的电离方程式为：-+2HAHA+H，-2-+HAA+H，-+a12c(HA)c(H)K=c(HA)，由交点(1.3，0

.5)可知+-1.3a1K=c(H)=10，同理可由交点(4.3,0.5)可求得：-4.3a2K=10，a点时c(H2A)=c(A2−)，()()()()()()()()()-2222-2a1a--222cHAcHAcHcHAcAcAc

HKK==c1AcHH+++=，则()-1.3-4.3-2.8a1a2=KK=1010=1H0c+，该点pH=2.8，故B正确；C．A2−的水解方程式为：2--2A+HOHA+OH−，--w2h2--a21Kc(HA)c(OH)c(HA)c(OH)c(

H)=c(HA)c(HA))Kc(HK++===-14-9,7-4.31.010=1010，故C正确；D．pH=4.3时，由电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+c(OH−)+2c(A2−)，又c(HA−)=c(A2−)，所以c(Na+)+c(H+)

=3c(HA−)+c(OH−)，故D错误；故选：D。10．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NO)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A．该转化过程的实质为NO被H

2还原B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C．反应Ⅰ的离子反应方程式为Ce4++H2═Ce3++2H+D．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的总数减少【答案】A【解析】A．总反应可以看作烟气与H2反应，则该转化过程的实质

为NO被H2还原，故A正确；B．反应Ⅱ方程式：2NO+4Ce2++4H+＝N2+4Ce3++H2O，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C．反应I中氢气是还原剂，Ce4+是氧化剂，发生反应的离子方程式：H2+2Ce3+═2H++2Ce2+，故C错误；D．处理过程中，实质

为NO被H2还原，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数不变，故D错误；故选：A。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（13分）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如

下：回答下列问题：(1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；②______。(2)ZnO转化反应的离子方程式为______。(3)

“除杂”工序中，反应的离子方程式为______。(4)滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。(

6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。(7)将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。【答案】(1)增大溶液pH，将-3HCO转化为2-3CO(2)ZnO+2NH3·H2O+24NH+=[Zn(NH3)4]2++3H2O

(3)Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+(4)Zn、Cu(5)2Zn(NH3)4(HCO3)2+H2OΔ8NH3↑+CO2↑+ZnCO3·Zn(OH)2浸取(6)煅烧(7)Fe2

(SO4)3MnO2【解析】(1)由题意可知，烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子进入滤液①中；NH3与-3

HCO反应，-3HCO的存在会影响[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+的稳定性，氨水过量可以将-3HCO转化为2-3CO，使以上两种络离子稳定存在。(2)浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn(NH3)4]2

+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+24NH+=[Zn(NH3)4]2++3H2O；(3)在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；(4)滤渣②是在除杂工序中产生的，由(

3)分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；(5)在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：2Zn(NH3)4(HCO3)2+

H2OΔ8NH3↑+CO2↑+ZnCO3·Zn(OH)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；(6)碱式碳酸锌(ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。

故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；(7)滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为

MnO2。12．（14分）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃(2.5个标准大气压下测得)熔化。实验室现用下图装置制备少量无水氯化铝。请回答下列问题：(1)装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为_________________________________。若用足

量MnO2与50mL12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应_________13.35g(填“大于”、“等于”或“小于”)。(2)装置B中所盛试剂为_________________，

其作用是__________________________。(3)有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3，事实证明这样做非常危险，请简述理由__________________________________________________________

_。(4)仪器a的名称是__________________，装置C和F的作用是____________________。(5)实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是_______。(6)氯化铝是共价化合物

，请设计实验证明。___________________。【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O小于(2)饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢杂质(3)制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热

情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸(4)分液漏斗防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行(5)A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝(6)测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物【解

析】(1)装置A为氯气发生装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。根据题意HCl物质的量为0.6mol，根据2Al+3Cl2点燃2AlCl3，得

到6HCl～AlCl3，理论上所得氯气可制取无水AlCl3的质量m=10.6mol133.5gmol=13.35g6−，但由于浓盐酸变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应，因此产生的氯气比理论少，因此制取的无水AlCl3的质量小于13.35g。(2)氯气中含有HCl杂

质，因此装置B中所盛试剂为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中的氯化氢杂质。(3)根据题意，制得的Cl2中混有HCl，又由于HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体容易发生爆炸。(4)根据装置图得到仪器a的名称是分液漏斗，由于氯化铝易发生水解，整个制备过程中要处于无水的环境下，因此装置

C和F的作用是防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行。(5)整个实验先产生氯气，利用产生的氯气排除装置内的空气，避免空气中氧气和金属铝反应，可确保D处能制得纯净的氯化铝。(6)利用共价化合物和离子化合物在熔融状态下是否导电来分析，因此测氯化铝在熔融状态下的导电

性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物。13．（13分）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术.正戊烷和异戊烷的部分性质如表：名称结构简式熔点/℃沸点/℃燃烧热/1kJmol−正戊烷CH3CH

2CH2CH2CH3-130363506.1异戊烷(CH3)2CHCH2CH3-159.427.83504.1回答下列问题：(1)稳定性：正戊烷_______异戊烷(填“>”或“=”或“<”)。(2)25℃，101

kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为_______。(3)在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率随温度变化如图所示。①28~36℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是_______。②150℃时，体系压强从100kPa

升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)③150℃时，该反应的平衡常数为3.2，则正戊烷的平衡转化率为_______(保留三位有效数字)。(4)在正戊烷中混入一定比例的H

2有利于异构化反应的进行，一种“分步法电解制氢气”的装置如图.该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2。①第一步反应时，开关K应该连接_______(选填“K1”或“K

2”)。②第二步反应时，NiOOH/Ni(OH)2发生的电极反应方程式_______③当电路中转移6.25mol电子时，产生67.2LH2(标准状况)，则电能的利用率为_______(保留三位有效数字)。【答案】(1)<(2)CH3CH2CH2CH2CH3(l)=(CH3)2CHCH2C

H3(l)∆H=-2.0kJ/mol(3)①28-36°C时，异戊烷汽化离开体系，产物浓度降低，平衡正向移动②不变③76.2%(4)①K1②NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-③96.0%【解析】(1)根据表中数据，正戊烷完全燃烧释放的热量大于异戊烷释放的热量，则异戊烷具有的能

量低于相同量的正戊烷，故异戊烷的稳定性大于正戊烷；(2)根据表中数据，①CH3CH2CH2CH2CH3(l)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(l)∆H=-3506.1kJ/mol，②(CH3)2CHCH2CH3(l)+8O

2(g)=5CO2(g)+6H2O(l)∆H=-3504.1kJ/mol，根据盖斯定律，①-②可得，CH3CH2CH2CH2CH3(l)=(CH3)2CHCH2CH3(l)∆H=-2.0kJ/mol；(3)①含有相同碳原子的烷烃，支

链越多，沸点越低，在28~36℃时，异戊烷气化，从体系中分离，导致平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大；②反应体系中，物质均为液态，增大压强，平衡不移动，则增大压强，正戊烷的平衡转化率不变；③根据图像可

知，150℃时，正戊烷的反应量为m，()()()322233232CHCHCHCHCHl=CHCHCH1mmCHl1-mm初反平K=1mm−=3.2，解得m=0.762，正戊烷的平衡转化率=0.7621×100%=76.2%；(4)①第一步反应时，NiOOH/

Ni(OH)2电极发生氧化反应，则化合价升高，失电子，作阳极，故电路中闭合K1；②第二步反应时，在另一个惰性电极产生O2，则为水失电子生成氧气，故NiOOH/Ni(OH)2电极发生还原反应，得电子，电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；③产生标准状况下67.2L

H2，需要转移6mol电子，电能的利用率=6mol6.25mol×100%=96%。14．（10分）在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、C

r、Ni、C等多种元素。回答下列问题:(1)Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为K___Cr(填“>”或“<”)。(2)Fe3+可以与SCN-形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，K

SCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)，SCN-的中心原子的杂化类型为_______。(3)某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为______。

②若合金的密度为dg.cm-3，该立方晶胞的边长约为____nm(列出表达式)。【答案】(1)<(2)K<C<S<Nsp(3)①3：1②17323251[]106.0210d【解析】(1)Cr原子的原子半径小

、核电数大，对核外电子的吸引力大，故第一电离能K<Cr；(2)液态NH3和液态H2S相比，液态NH3分子间存在氢键，说明N比S更强烈的吸引H上的电子，而形成氢键，所以就电负性而言，N>S，C与N同一周期，电负

性N>C，硫酸是强酸，而碳酸是弱酸，故电负性S>C，K是金属元素，K的电负性最小，所以KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为K<C<S<N；SCN-与二氧化碳互为等电子体，中心原子的杂化类型为sp；(3)①由镍铜合金的立方晶胞结构可知，Ni位于晶胞的

8个顶点，平均每个晶胞中占有1个Ni；Cu位于晶胞的6个面心，平均每个晶胞中占有3个Cu，晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3:1；②若合金的密度为dg·cm-3，晶胞的质量为23643596.0210+g，则晶胞的体积为233653596.0210dgcm−+，该立方晶胞的边长约为13232

516.0210d107nm。15．（10分）有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如图:已知:①RCOOHRCOCl②D与FeCl3溶波能发生显色。回答下列问题:(1)E中官能团的名称是________________，B→C的反应类型是_____。(2)H的结

构简式为________________。(3)有关F的下列说法正确的是_____________(填序号)。A．属于芳香烃B．能与FeCl3溶液发生显色反应C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D．1miolF最多可以跟4molH2反应(4)写出C+D→E的化学方程式:_______

_________________________。【答案】(1)酯基取代反应(2)(3)CD(4)CH3COCl＋+HCl【解析】根据生产路线分析可知，乙烯氧化得到A，A为乙醛，乙醛发生银镜反应后酸化得到B，B为乙酸，乙酸与三氯化磷反应生成C

，C为CH3COCl；根据E可知，CH3COCl与D发生取代反应生成E，因此D为，逆推可知，H为，据此分析解答问题。(1)E的结构简式为，分子中含有的官能团的名称是酯基，B→C是乙酸与三氯化磷反应生成C，反应类型是取代反应；(2)根据上述分析可知，H的结构简式为；(3

)A．根据F的结构简式可知，F中含有氧元素，不属于芳香烃，A错误；B．F中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；C．F分子中含有苯环、醇羟基、酯基，所以可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，C正确；D．1mol苯环可以和3mol氢

气发生加成，1mol双键可以和1mol氢气发生加成，所以1molF最多可以跟4molH2反应，D正确；故答案选CD；(4)C+D→E为CH3COCl与发生取代反应生成，其化学方程式为CH3COCl＋+HCl；