2021届高三高考化学临考新高考练习六（福建适用） WORD版含答案.docx

1、2021届高考化学临考新高考练习六（福建适用）（考试时间:90分钟试卷满分:100分）注意事项:1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。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2B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,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3. 回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4. 考试结束后,将本试卷和答题卡一井交回。5. 可能用到的相对原子质量:H1Li7C12N14016F19Na23S32CI35.5一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项符合

2、题意。1研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是A正极反应式：B每生成1 mol转移2 mol电子C不断向“水”电池的负极移动D是还原产物2下列物质一定属于同系物的是（ ） C2H4CH2=CHCH=CH2 C3H6 ABCD3化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl； 2Co(OH)3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2 + 6H2O2Fe(OH)2 + I2 + 2KOH= 2F

3、e(OH)3 + 2KI； 3I2 + 6KOH= 5KI + KIO3 + 3H2O复分解反应：2HSCN + K2CO3 = 2KSCN + CO2 + H2O； KCN + CO2 + H2O = HCN + KHCO3热分解反应：4NaClO 3NaCl + NaClO4；NaClO4 NaCl + 2O2下列说法不正确是：A热稳定性：NaCl NaClO4 NaClOB还原性（碱性溶液）：Fe(OH)2 I2 KIO3C氧化性（酸性溶液）：FeCl3 Co(OH)3 I2D酸性（水溶液）：HSCN H2CO3 HCN4A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的六种短周期元素，其中A与

4、E同主族，B与 F同主族，E与F同周期已知常温下单质A与E的状态不同，D原子的核电荷数是B原子最外层电子数的2倍，单质F是一种重要的半导体材料则下列推断中正确的是A原子半径由大到小的顺序是：EFCDBF与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C由A、C、D三种元素组成的化合物一定是共价化合物D元素的非金属性由强到弱的顺序是：DCFB5下列物质，不能使溴水褪色的是ASO2BNH3CCH2=CH2DCH3CH36下列说法正确的是ANa2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物BHNO3、C2H5OH都易溶于水，都是电解质C醋酸、烧碱、纯碱分别属于酸、碱和盐D混合物：水玻璃、胶体、冰水混合物7将

5、0.84 g NaHCO3和0.78 g Na2O2 的混合物在密闭容器中加热，经充分反应后排出气体。将剩余固体配成溶液，向溶液中滴加0.1 molL-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是 ABCD8已知如下物质的溶度积常数：FeS：Ksp=6.310-18；CuS：Ksp=1.310-36；ZnS：Ksp=1.610-24。下列说法正确的是A同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B将足量CuSO4溶解在0.1 molL-1的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.310-35 molL-1C因为H2SO4是强酸，故CuSO4+H2S=CuS+H2

6、SO4不能发生D除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS作沉淀剂9羟氨()可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法不正确的是A羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键B羟氨既有氧化性又有还原性C羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应D羟氨分子中原子、原子与羟基原子共线10设NA代表阿伏加德罗常数的值。标准状况下，与32g 的体积相等的，其（ ）A质量为14gB分子数为NAC体积为11.2LD物质的量为2mol二、非选择题，本题共5小题，共60分112020年5月5日晚18时00分，我国载人空间站货物返回舱试验舱在我国文昌航天发射场点火升空， 5月8日飞船试验船返回舱在东风着陆场预

7、定区域成功着陆，试验取得圆满成功。金属铍(Be)是火箭、航空、宇宙航行的重要材料，工业上以含铍废渣(主要成分是Be和MgF2)为原料制备金属铍的工艺流程如图:已知：MgF2和CaF2难溶于水。回答下列问题：(1)提高浸出速率的方法有_、_(任写两项)；已知滤液中铍元素的存在形式为H2BeF4，写出“浸出”过程中发生反应的化学方程式：_。(2)过滤所得滤渣的主要成分为_(填化学式)。(3)该流程中可循环利用的物质是_；滤渣与浓硫酸发生反应的化学方程式为_；已知(NH4)2BeF4易溶于水，且其在水中的溶解度随温度的升高而大幅度增大，从NH4F与滤液发生反应后所得溶液中获得(NH4)2BeF4晶体

8、的“一系列操作”具体是指_ 过滤、洗涤、干燥。(4) “分解”过程中产生的BeF2在熔融状态下不能导电，其电子式为_；“还原”过程可以用金属镁制备金属铍的原因是_。12某学习小组设计实验探究与铜粉的反应并检验，实验装置如图所示(夹持装置略)。已知在溶液中：(棕色)，该反应可用于检验。(1)实验开始前，向装置中通入一段时间的，目的是_。(2)请写出装置E中反应的离子方程式：_。(3)装置F中盛放的是水，作用是_；装置中盛放的试剂是_，作用是_。(4)若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应，同时生成一种单质，请写出该反应的化学方程式：_。13温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究

9、热点。(1)以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应I：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H1=-159.5 kJ/mol反应II：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H2=+72.5 kJ/mol总反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H3=_kJ/mol反应的H3=_kJ/mol。一定温度下，在体积固定的密闭容器中将NH3和CO2按2：1投入进行反应合成尿素，下列能说明反应I达到化学平衡状态的是_。a.体系内固体质量不改变b.NH3的物质的量分数不再变化

10、c.2v正(NH3)=v逆(CO2)d.容器内混合气体的密度不再变化(2)工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H0，将等物质的量的甲烷和水蒸气投入一个刚性容器中，图中a、b两条曲线代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷平衡含量曲线，其中表示1MPa的是_(填字母)。在实际生产中采用图中X点的反应条件，此时X点的平衡转化率为_(保留小数点后两位)(3)在太阳能的作用下，缺铁氧化物如Fe0.9O能分解CO2，其过程如下图所示。过程的化学方程式是_。Fe0.9O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为_

11、。(4)已知：表1 25时浓度为0.1mol/L两种溶液的pH溶质NaClONa2CO3pH9.711.6表2 25时两种酸的电离平衡常数Ka1Ka2H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-11根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱？_(填“能”或“不能”)。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为_。14(1)Ti元素被誉为“太空金属”。基态Ti原子的价电子排布式为_，其中有_个未成对电子，其中最高能层的电子占据能级的电子云轮廓图为_。(2)C、N、O三种元素，第一电离能由大到小顺序为_，电负性最大的是_。(3)与互为等电子体的一种分子为

12、_(用化学式表示)；的立体构型为_。(4)元素N有多种氢化物均具有重要的用途。N2H4分子中含有_个键；NH3的VSEPR构型是_。(5)Cu晶体的堆积模型是面心立方最密堆积，晶胞中Cu的配位数为_。下列金属晶体也采取这种堆积模型的是_。(填标号)ANa BPo CMg DAg(6)Cu与Cl形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表Cu原子)。该化合物化学式为_。已知阿伏加德罗常数为NA，则该晶体边长为apm，该晶体的密度表达式为_gcm-3。15某化合物H的合成路线如图已知CHCH在NaNH2液氨条件下可生成CHCNa或NaCCNa(1)A的化学名称是_，CD的反应类型是_(2)DE的反应方程式_

13、，F中所含官能团名称是_(3)F的分子式是_(4)写出G的结构简式_(5)W是E的同系物，比E少一个碳原子，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是_(写一种)有两种官能团遇FeCl3溶液显紫色核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比是32221(6)依据上述题目信息，写出用乙醛和乙炔为原料，制备化合物 的合成路线_(无机试剂任选)。参考答案1B【分析】由总反应可知，Ag作负极，负极反应式为Ag+Cl-e-=AgCl；正极反应式为。【详解】A正极得电子，发生还原反应，电极反应式为，A错误；B由正极反应式可知：每生成1 mol转移2 mol电子，B正确；C由正极反应式可知：不断向“水”电池的正极移动，

14、最终参与正极反应，C错误；D由总反应可知Ag元素化合价上高，AgCl是氧化产物，D错误；答案选B。2C【解析】A为异戊二烯，为2-甲基丙烯，两者结构不相似，不是同系物，故A错误；B为甲苯，为稠环芳香烃，为苯乙烯，苯乙烯分子中含有苯环和碳碳双键，二者结构不同，一定不属于同系物，故B错误；C为1，3-丁二烯，为异戊二烯，二者都是二烯烃，分子结构相似，分子间相差1个CH2原子团，所以一定属于同系物，故C正确；D为乙烯，分子中含有碳碳双键，而可能为环丙烷，二者结构不一定相似，所以二者不一定互为同系物，故D错误；故选C。点睛：本题考查了同系物的判断。注意掌握常见有机物结构与性质，明确同系物的概念及判断方

15、法，特别注意互为同系物的有机物，如果含有官能团时，官能团的类型及数目必须相同。3C【详解】A、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO3NaCl+NaClO4，稳定性NaClO4NaClO，在反应中NaClO4NaCl+2O2中，稳定性NaClNaClO4，则稳定性NaClNaClO4NaClO，故A正确；B、在 3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KII2KIO3；在2Fe(OH)2+I2+2KOH2Fe(OH)3+2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe(OH)2I2；Fe(OH)

16、2Fe(OH)3；Fe(OH)2KI，故还原性应为：Fe(OH)2I2KIO3，故B正确；C、在2FeCl3+2HI2FeCl2+I2+2HCl反应中，氧化性：FeCl3I2，在2Co(OH)3+6HCl2CoCl2+Cl2+6H2O中，氧化性：Co(OH)3Cl2，又Cl2FeCl3，故Co(OH)3FeCl3，则有：Co(OH)3FeCl3I2，故C错误；D、化学反应遵循强酸制弱酸的规律，在反应2HSCN+K2CO32KSCN+CO2+H2O中，酸性HSCNH2CO3，在反应中 KCN+CO2+H2OHCN+KHCO3，酸性H2CO3HCN，则酸性为HSCNH2CO3HCN，故D正确；故选

17、C。4A【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F为Si；B与F同主族，则B为C；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍，D的原子序数为8，即为O，原子序数依次增大，则C为N，A和E属于同主族，且状态不同，则A为H，E为Na。【详解】A由分析可知C为N、D为O、E为Na、F为Si，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小是：NaSiNO即EFCD，故A正确； B由分析可知F为Si、D为O，形成的化合物为SiO2，可以和HF反应，故B错误；C由分析可知A为H、C为N、D为O，三种元素组成NH4NO3时，

18、NH4NO3是离子化合物，三种元素组成HNO3时，HNO3是共价化合物，故C错误；D由分析可知D为O、C为N、F为Si、B为C，同一周期，从左到右元素非金属递增，同一主族，自上而下元素非金属性递减，故ONCSi即DCBF，故D错误；正确答案是A。5D【详解】A溴水中通入SO2因发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4而褪色，A不合题意；B溴水中通入NH3因发生反应：2NH3+Br2+H2O=NH4Br+NH4BrO而褪色，B不合题意；C溴水中通入CH2=CH2因发生：CH2=CH2+Br2=BrCH2CH2Br而褪色，C不合题意；D溴水中通入CH3CH3因不发生反应而不褪色，D

19、符合题意；故答案为：D。6C【详解】ANa2O、Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，故A错误；B电解质是在水溶液或熔融状态下导电的化合物，与是否溶于水无关，HNO3为电解质，C2H5OH为非电解质，故B错误；C醋酸属于酸，烧碱为NaOH，NaOH属于碱，纯碱为Na2CO3，属于盐，故C正确；D水玻璃是Na2SiO3的水溶液，Fe(OH)3胶体属于混合物，冰水混合物属于纯净物，故D错误；答案为C。7C【详解】0.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，受热分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以可以产生0.005mol Na2CO3、0.005molCO2、0.0

20、05molH2O，0.78g过氧化钠的物质的量为0.01mol，与水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，与二氧化碳反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，所以0.01mol Na2O2刚好可以完全吸收碳酸氢钠受热分解产生的0.005molCO2和0.005molH2O，所以剩余的固体为0.005mol+0.005mol=0.01mol Na2CO3和0.01molNaOH，配成的溶液中滴加0.1mol/L的盐酸时，0.01mol先消耗0.01molHCl即0.1L盐酸，此时不产生气体，之后0.01molNa2CO3又消耗0.1L盐酸转化为0.01molNaHCO3和0.

21、01molNaCl，此时也不产生气体，然后0.01molNaHCO3再消耗0.1L盐酸生成0.01molCO2；综上所述C选项符合事实，故答案为C。【点睛】此题还可以避免计算来解决问题，根据四个选项可知生成的CO2为0.01mol，而无论是Na2CO3还是NaHCO3在与盐酸反应时，生成0.01molCO2的阶段都会消耗0.01molHCl，即0.1L；而Na元素最终一定会全部生成NaCl，结合Na元素守恒可知最终生成0.03molNaCl，即共消耗0.3L盐酸，则只有C符合。8D【详解】试题分析：同温度下，CuS的溶度积常数小于ZnS的溶度积，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A错误；将足

22、量CuSO4溶解在0.1 molL-1的H2S溶液中，生成CuS沉淀后，溶液应该是饱和硫酸铜溶液，Cu2+能达到的最大浓度大于1.310-35 molL-1，故B错误；由于CuS难溶于硫酸，符合复分解反应的条件，CuSO4+H2SCuS+H2SO4能发生，故C错误；FeS的溶度积常数大于CuS的溶度积，可以选用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+，故D正确。考点：本题考查难溶电解质的溶解平衡。9D【详解】A羟胺中含有羟基，能水分子形成分子间氢键，使羟胺易溶于水，故A正确；B羟胺中的N元素显1价，处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故B正确；C羟胺、NH3中的N具有孤电子对，均能结合水电离

23、出的H，使水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故C正确；D羟胺中的N、羟基中的O均为sp3杂化，NOH可能共线，根据水分子中心氧原子的结构可推知，NOH应为V形，故D错误；答案为D。10B【分析】32g O2的物质的量为=1mol。相同的温度和压强下，相同体积的氧气和氮气的物质的量、分子数都相同。【详解】A氧气的物质的量为1mol，则氮气的物质的量也为1mol，质量为1mol28g/mol=28g，故A错误；B同温、同压、同体积的和的分子数相等，32g 中所含分子数为NA，则氮气分子数也为NA，B项正确；C1mol氧气的体积在标准状况下为22.4L，所以氮气的体积也为22.4L，故C错误；D由分析

24、可知，氮气的物质的量为1mol，D项错误；故选B。11粉碎废渣、增大HF溶液的浓度 适当升高温度、充分搅拌(写两项即可) Be4HF=H2BeF4H2 MgF2 HF、NH4F CaF2H2SO4 (浓) CaSO42HF 蒸发浓缩、冷却结晶 镁的还原性比铍强 【分析】将含铍废渣(主要成分是Be和MgF2)用30%HF溶液酸浸，MgF2难溶于水，所以得到的滤渣I为MgF2，根据题目信息可知滤液I中主要含有H2BeF4，过滤分离，向滤液中加入CaCO3，除去溶液中过量的HF，过滤得到滤渣II为 CaF2和含有H2BeF4的滤液，向滤液中加入NH4F得到(NH4)2BeF4，同时得到HF，浓硫酸和

25、滤渣II反应也可以生成HF，得到的HF可以循环使用；经过后续一系列操作得到较纯的(NH4)2BeF4晶体，将晶体分解得到NH4F和BeF2，用Mg还原BeF2得到较纯的金属Be，NH4F则可以循环使用。【详解】(1)粉碎废渣、增大HF溶液的浓度、适当升高温度、充分搅拌都可以提高浸出速率；反应有Be和HF，产物有H2BeF4，该过程Be元素被氧化，根据元素的价态规律可知应是H元素将Be元素氧化，所以化学方程式为Be4HF=H2BeF4H2；(2)滤渣I主要为难溶于水的MgF2；(3)根据分析可知循环使用的有HF和NH4F；滤渣II主要CaF2，与浓硫酸发生复分解反应生成HF，方程式为CaF2H2

26、SO4 (浓) CaSO42HF；(NH4)2BeF4易溶于水，且其在水中的溶解度随温度的升高而大幅度增大，所以可以先加热混合溶液蒸发浓缩，再冷却析出(NH4)2BeF4晶体，所以一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(4)BeF2在熔融状态下不能导电，说明其为共价化合物，所以电子式为；铍和镁位于同一主族，且镁位于铍的下方，所以镁的金属性比铍强，则镁的还原性比铍强，可以用金属镁制备金属铍。【点睛】离子化合物可以在熔融状态下电离出可以自由移动的离子，可以导电，而共价化合物(即便是电解质)在熔融状态下无法产生自由移动的离子，不能导电。12排除装置中的空气，防止生成的被氧气氧化 除去挥发

27、出的硝酸蒸气 溶液 检验 【分析】由实验装置可知，先通入氮气可将装置内空气排出，三颈烧瓶中发生3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，F中NaOH可除去挥发的硝酸，G中无水氯化钙干燥NO，H中Cu与NO反应生成CuO、氮气，I中盛放硫酸亚铁溶液检验NO，J中收集NO，以此解答。【详解】(1)NO很容易与氧气反应生成NO2，所以反应开始前应排除装置中的空气，防止生成的被氧气氧化，故答案为：排除装置中的空气，防止生成的被氧气氧化；(2)根据上述分析，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式为：，故答案为：；(3)硝酸易挥发，所以装置F中盛放水，作用是除去挥发出的硝酸蒸气；装置中盛放

28、的试剂是溶液，作用是检验；故答案为：除去挥发出的硝酸蒸气；溶液；检验；(4)装置H中红色粉末为Cu，生成的黑色物质为CuO，反应为NO与Cu反应生成CuO和N2，反应方程式为：，故答案为：。13-87.0 abd a 81.82% 3Fe3O4=10Fe0.9O+O2 2:7 不能 H2SO3+HCO = HSO+H2O+CO2 【详解】(1)根据盖斯定律反应+反应可得反应的H3=-159.5 kJ/mol+72.5 kJ/mol=-87.0 kJ/mol；a反应物为气体，所以固体质量不变时说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，a符合题意；b反应进行过程中有水蒸气生成，所以未平衡时NH3的物质的

29、量分数不断减小，当其不变时说明反应达到平衡，b符合题意；c2v正(NH3)=v逆(CO2)，即4v正(CO2)=v逆(CO2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，c不符合题意；d而反应过程中有固体生成，所以气体的质量会变，容器恒容，则未平衡时气体的密度会变，当密度不变时说明反应达到平衡，d符合题意；综上所述答案为abd；(2)该反应为气体系数增大的反应，所以温度相同时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，所以曲线a代表的压强较小，即表示1MPa的是a；X点平衡时CH4的体积分数为5%，不妨设初始投入的甲烷和水蒸气均为10mol，设平衡n(CH4)=x mol，列三段式有：则有=5%，解

30、得x=mol，所以平衡转化率为=81.82%；(3)据图可知过程中Fe3O4在太阳能高温条件下分解生成Fe0.9O和O2，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为3Fe3O4=10Fe0.9O+O2；设Fe0.9O中Fe3+的个数为x，Fe2+的个数为y，则x+y=0.9、3x+2y=2，解得x=0.2、y=0.7，所以Fe0.9O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为2:7；(4)碳酸钠溶液中主要存在的水解平衡为CO+H2OHCO+OH-，所以等浓度时NaClO的pH小于碳酸钠，能说明HClO的酸性比HCO强，但不能比较H2CO3与HClO的酸性强弱；根据表格数据可知酸性H2SO3H2CO3HS

31、OHCO，所以H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应生成CO2和NaHSO3，离子方程式为H2SO3+HCO = HSO+H2O+CO2。143d24s2 2 球形 NOC O SO3(或“BF3”等) 平面三角形 5 四面体形 12 D CuCl 【分析】【详解】(1)Ti是第22号元素，原子核外有22个电子，按照构造原理可知，价层电子排布式为3d24s2；其中3d轨道上有2个未成对电子；最高能层的电子占据能级为4s，电子云轮廓图为球形；故答案为：3d24s2；2；球形；(2)C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第A族元素原子

32、核外最高能级电子排布为半满结构，更稳定，第一电离能大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是NOC；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，则电负性最大的是O；故答案为：NOC；O；(3)价电子总数及原子数目相同的微粒互为等电子体，则与互为等电子体的一种分子为SO3；中C原子的价层电子对数为，根据价层电子对互斥理论分析其立体构型为平面三角形；故答案为：SO3(或“BF3”等)；平面三角形；(4)N原子最外层有5个电子，根据共价键的形成原理分析，N2H4分子中含有1个N-N和4个N-H，则共含有5个键；NH3的中心原子N的价层电子对数为，则VSEPR构型是四面体形；故答案为：5；四面体形；(5)

33、配位数是指与离指定原子最近的原子的数目，Cu晶体的堆积模型是面心立方最密堆积，晶胞中顶点的Cu原子有与面心共12个Cu原子最近，即配位数为12；Na属于体心立方堆积，Po属于简单立方堆积，Mg属于六方最密堆积，Ag属于面心立方最密堆积；故答案为：12；D；(6)根据晶胞结构分析，晶胞中Cl数目为，Cu原子数目为4，则该化合物的化学式为CuCl；该晶胞的质量为，晶胞的体积为，则晶胞的密度为，故答案为：。15对氯甲苯(4-氯甲苯) 水解反应(或取代反应) 2+O22+2H2O 碳碳双键和羟基 C12H16O CHCHNaCCNaCH3CH(OH)CH=CHCH (OH)CH3 【分析】AB生成格式

34、试剂；BC为丙醛断开C=O双键发生加成反应，烃基加在碳原子上，-MgX加在O原子上；CD产物中氢原子（-H）取代-MgX即发生取代反应，水解得到醇；DE反应物中的羟基变成了羰基，醇发生氧化反应生成酮；EF乙炔钠(CHCNa)在一定条件下可以和某些羰基发生加成反应，加成时乙炔钠中Na原子与羰基氧原子相连，-CCH与羰基碳原子相连，在H2、催化剂作用下，-ONa变成-OH，生成醇；FG反应物中-OH消失，产物出现碳碳双键，反应条件浓硫酸加热，醇发生消去反应；GH共轭二烯烃与单烯烃发生1，4成环加成反应。【详解】(1)A物质中甲基与Cl原子在苯环上的相对位置，所以A的化学名称是对氯甲苯或4-氯甲苯；

35、CD产物中氢原子（-H）取代-MgX即发生取代反应，水解得到醇，反应类型为水解反应(或取代反应)；(2)DE DE时，由于D中羟基连接的C原子上含H原子所以可发生催化氧化反应产生E，反应试剂O2、条件是Cu作催化剂，加热，反应方程式2+O22+2H2O，根据F的结构简式，官能团碳碳双键和羟基；(3)根据F的结构简式，节点为碳原子，每个碳原子形成4条共价键，不足键由氢原子补齐，F的分子式是C12H16O；(4)FG反应物中-OH消失，产物出现碳碳双键，反应条件浓硫酸加热，醇发生消去反应，G的结构简式；(5)E结构为，W是E的同系物，比E少一个碳原子，W中有两种官能团，遇FeCl3溶液显紫色，说明W中两种官能团为酚羟基和碳碳双键，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比是32221，说明物质分子中含有5种不同的H原子，个数比为32221，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式为：；(6)根据题目提供的信息可知，CHCH在NaNH2液氨条件下可生成NaCCNa，NaCCNa在一定条件下可以和乙醛中羰基发生加成反应，在H2、催化剂作用下，生成醇，二醇分子内脱水生成-O-，所以反应历程为：CHCHNaCCNaCH3CH(OH)CH=CHCH (OH)CH3。