湖北省八校高三第一次联考

湖北省八校高三第一次联考

【编者按】本套试题难度中等，创新度较高，吻合高考命题趋势，本刊特刊发以供读者模拟检测，希望对大家复习备考有所帮助。

第Ⅰ卷（选择题 共42分）

一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）

7．如何解决碳排放问题是关系到人类可持续发展的重大课题之一。目前，采用较多的方法是对二氧化碳进行捕集封存和富集再利用。下列与二氧化碳有关的叙述正确的是（ ）

A．CO2是形成酸雨的主要物质

B．CO2导致温室效应，是一种大气污染物

C．CO2（g）＋C（s2CO（g） ΔH＞0，高温有利于该反应自发进行

D．实验室常用大理石与稀盐酸或稀硫酸反应制取二氧化碳

8．2015年9月28日，美国宇航局宣布发现了火星上存在液态水的证据。下列关于水的叙述正确的是（ ）

A．水是一种重要的溶剂，能溶解所有的无机物和大多数有机物

B．水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应

C．在氧化还原反应中，水只能作氧化剂，不能作还原剂

D．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中都有化学反应发生

9．钢化玻璃俗称普通玻璃的化身，是普通玻璃经一定物理方法处理后得到的。钢化玻璃一般不会发生自爆现象，但当钢化玻璃中含有硫化镍结核时就有可能发生自爆现象。下列有关说法中错误的是（ ）

A．制取钢化玻璃的原料为石灰石、纯碱和石英

B．钢化玻璃是一种新型无机非金属材料

C．制取钢化玻璃的主要反应都是非氧化还原反应

D．在碳素钢中加入镍等合金元素可以制得不锈钢及各种特种钢

10．1934年，科学家首先从人尿中分离出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构如图所示。下列有关吲哚乙酸的说法正确的是（ ）

A．吲哚乙酸与苯丙氨酸互为同分异构体

B．吲哚乙酸可以发生取代反应、加成反应、氧化反应和还原反应

C．1mol吲哚乙酸与足量氢气发生加成反应时，可以消耗5mol H2

D．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种结构

11．白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：

（1）2P＋5CuSO4＋8H2O ===5Cu＋2H3PO4＋5H2SO4

（2）11P＋15CuSO4＋24H2O ===5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4

下列有关说法中错误的是（ ）

A．在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂

B．在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4

C．在反应（2）中，当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子

D．在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜

12．下列有关叙述中正确的是（ ）

A．CH4与P4的分子结构都是正四面体形，因此在6．02× 1023个CH4分子或P4分子中都含有4×6．02×1023个共价键

B．在含6．02×1023个硅原子的二氧化硅晶体中含有4× 6．02×1023个Si—O键

C．5．6g Fe与含0．2mol HNO3的溶液充分反应，至少失去0．2×6．02×1023个电子

D．6．02×1023个Fe3＋完全水解可以得到6．02×1023个氢氧化铁胶体粒子

13．Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）＋I2（g）ΔH＝＋11kJ·mol－1。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如下表：

t／min_ __ ____0__ __ _____2___ ________ _______ _______ ________ 0_40_60_80_120 x（HI）___1__ _ ____0．91 ___0．85__ _0．815_ 0_____ _______．795_0．784 x（HI）___0__ _ ____0．60 ___0．73__ _0．773_ 0_____ _______．780_0．784

由上述实验数据计算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是（ ）

A．若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E

B．若再次充入amol HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大

C．若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同

D．若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同

第Ⅱ卷（非选择题 共58分）

二、必考题（本题共3小题，共43分）

26．（16分）草酸亚铁晶体的化学式为FeC2O4·2H2O，它是一种淡黄色结晶粉末，有轻微刺激性，加热时可发生如下分解反应：FeC2O4·2H2OFeO＋CO↑＋CO↑＋22H2O。

（1）请你用图中提供的仪器（可以重复选用，但每种仪器至少选用一次），选择必要的试剂（供选择的试剂：NaOH溶液、澄清石灰水、饱和碳酸钠溶液、CuO、无水硫酸铜、酸性高锰酸钾溶液），设计一个实验，检验FeC2O4· 2H2O加热时分解产生的气态产物（包括水蒸气）（部分加热装置和夹持仪器在图中略去），并填表格（可以不用填满，也可以补充）。

仪器符号_仪器中所加物质作用___________ _ ___A草酸亚铁晶体__加热草酸亚铁晶体得到气体产物____D___ __ _NaOH溶液

（2）按照题目提供的装置和要求设计的实验明显存在的一个不足是_______________________________________。

（3）反应结束后，在A装置试管中有黑色固体粉末（混合物）产生，倒出时存在燃烧现象，产生上述现象的可能原因是______________________________________________。

27．（14分）V、W、X、Y、Z是由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物，其中W、X、Z均由两种元素组成，X是导致温室效应的主要气体，Z是天然气的主要成分，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应。上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28；V由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为1∶3∶9，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。它们之间的反应关系如图：

（1）写出W物质的一种用途：_______________________。

（2）写出V与足量NaOH溶液反应的化学方程式：____ __________________________。

（3）将过量的X通入某种物质的水溶液中可以生成Y，该反应的离子方程式为_____________________________ ________________________________。

（4）4g Z完全燃烧生成X和液态水放出222．5kJ的热量，请写出表示Z燃烧热的热化学方程式：__________。

（5）在200mL 1．5mol·L－1NaOH溶液中通入标准状况下4．48LX气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是_____________________________。

（6）Y是一种难溶物质，其溶度积常数为1．25×10－33。将0．01mol Y投入1L某浓度的盐酸中，为使Y完全溶解得到澄清透明溶液，则盐酸的浓度至少应为________________。（体积变化忽略不计，结果保留三位有效数字）

28．（13分）如图所示的四个容器中分别盛有不同的溶液，除a、b外，其余电极均为石墨电极。甲为铅蓄电池，其工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O，其两个电极的电极材料分别为PbO2和Pb。闭合K，发现g电极附近的溶液先变红，20min后，将K断开，此时c、d两极上产生的气体体积相同；据此回答：

（1）a 电极的电极材料是_____________（填“PbO2”或“Pb”）。

（2）丙装置中发生电解的总反应方程式为____________。

（3）电解20min时，停止电解，此时要使乙中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质及其物质的量是________ _____________。（4）20min后将乙装置与其他装置断开，然后在c、d两极间连接上灵敏电流计，发现电流计指针偏转，则此时c 电极为____________极，d电极上发生反应的电极反应式为____________________________________________。（5）电解后取amL丁装置中的溶液，向其中逐滴加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液，当加入b mL CH3COOH溶液时，混合溶液的pH恰好等于7（体积变化忽略不计）。已知CH3COOH的电离平衡常数为1．75×10－5，则＝____________。

三、选考题（3题中任选一题，共15分）

36．［化学与技术］（15分）

工业上以Al（OH）3、H2SO4、（NH4）2SO4（含FeSO4）为原料制备透明氧化铝陶瓷的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

（1）氧化步骤中发生的主要反应的离子方程式为______。（2）已知：25℃时，Kw＝1．0× 10－14，Kb（NH3·H2O）＝1．75×10－5。在（NH4）2SO4溶液中，存在如下平衡：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，则该反应的平衡常数为_____________________。

（3）NH4Al（SO4）2溶液与过量NaOH溶液混合加热，反应的化学方程式为________________________________。（4）固体NH4Al（SO4）2·12H2O在加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。633℃时剩余固体的成分为________________。

（5）综上分析，流程图中M混合气体的主要成分的化学式为_____________。M可用一种物质吸收以实现循环利用，该物质的名称是_____________。

37．［物质结构与性质］（15分）E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与为等电子体；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。请回答下列问题：

（1）与T同区、同周期元素原子的价电子排布式是____________。

（2）E、G、M均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物在固态时都形成分子晶体，其中晶胞结构与干冰不一样的是____________（填分子式）。

（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为_______________________________（用分子式表示），其中G的最简单氢化物的VSEPR模型名称为_____________，M的最简单氢化物的分子立体构型名称为_____________。

（4）EM、GM＋、G2互为等电子体，EM 的结构式为_____________

（若有配位键，请用“→”表示）。E、M电负性相差1．0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因：________________________________________________。（5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方TQ晶体结构如图所示，该晶体的密度为ρg·cm－3。如果TQ的摩尔质量为Mg／mol，阿伏加德罗常数为NAmol－1，则a、b之间的距离为____________cm。

38．［有机化学基础］（15分）

（1）A中所含官能团的名称为_____________。

（2）质谱分析发现B的最大质荷比为208；红外光谱显示B分子中含有苯环结构和两个酯基；核磁共振氢谱中有五个吸收峰，其峰值比为2∶2∶2∶3∶3，其中苯环上的一氯代物只有两种。则B的结构简式为____________。（3）写出下列反应方程式：

①_________________________________________________；

④_________________________________________________。

（4）符合下列条件的B 的同分异构体共有________种。

①属于芳香族化合物；

②含有三个取代基，其中只有一个烃基，另两个取代基相同且处于相间的位置；

③能发生水解反应和银镜反应。

请以G为唯一有机试剂合成乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5），设计合成路线（其他试剂任选）。

【参考答案及解题提示】

7．C 【解题思路】A项，CO2不能导致酸雨，形成酸雨的主要物质是SO2和氮氧化物，错误；B项，CO2是空气的成分，虽能导致温室效应，但不是大气污染物，错误；C项，当ΔG＝ΔH－TΔS＜0时反应能自发进行，该反应是气体分子数增加的吸热反应，即ΔS＞0，所以高温有利于反应自发进行，正确；D项，大理石与稀硫酸生成的CaSO4是微溶物，覆盖在CaCO3的表面阻碍反应进一步进行，所以制取CO2不能使用稀硫酸，错误。

8．B 【解题思路】A项，水是一种重要的溶剂，但并非能溶解所有的无机物和大多数有机物，如无机物Fe、CuO、CaCO3，有机物中的烃和卤代烃，都不溶于水，错误；C项，H2O电解生成H2和O2的反应中，H2O既是氧化剂又是还原剂，错误；D项，蒸馏法中只涉及物理变化，错误。

9．B 【解题思路】A项，钢化玻璃和普通玻璃的原料相同，正确；B项，钢化玻璃属于传统无机非金属材料，错误；C项，制取钢化玻璃的主要反应为都不属于氧化还原反应，正确。

10．B 【解题思路】A项，由吲哚乙酸的结构可知，吲哚乙酸的不饱和度是7，而苯丙氨酸的不饱和度是5，所以二者不可能互为同分异构体，错误；B项，吲哚乙酸上的羧基、亚氨基、苯环都能发生取代反应，碳碳双键和苯环都能发生加成反应，碳碳双键能发生氧化反应，碳碳双键和苯环与氢气发生的加成反应属于还原反应，正确；C项，羧基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应，所以1mol吲哚乙酸最多消耗4mol氢气，错误；D项，吲哚乙酸是不对称结构，所以苯环上的二氯代物共有六种结构，错误。

11．D 【解题思路】A项，两个反应中都是只有Cu元素和P元素的化合价发生变化，正确；B项，两个反应中只有P元素的化合价升高，且生成物是H3PO4，为氧化产物，正确；C项，由方程式（2）可知，P元素部分被氧化、部分被还原，Cu元素完全被还原，即当有11mol P参与反应时，有5mol P得到15mol电子、6mol P失去30mol电子、15mol Cu2＋得到15mol电子，共转移30mol电子，所以有5mol CuSO4参与反应时转移10mol电子，正确；D项，反应（1）中，只有铜元素化合价降低，反应（2）中部分P元素化合价降低、Cu元素化合价全部降低，所以反应（2）中氧化剂是P和CuSO4，错误。

12．B 【解题思路】A项，每个甲烷分子中含有4个C—H键，每个P4分子中含有6个P—P键，错误；B项，SiO2晶体中平均每个Si原子与周围的4个O原子形成4个 Si—O键，正确；C项，n（Fe）＝＝0．1mol， 3Fe＋8HNO3（少）===3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O、Fe＋4HNO3（过）===Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O，题中HNO3明显不足，反应消耗铁（×3）mol，失去0．15mol电子，错误；D项，氢氧化铁胶体粒子由许多Fe（OH）3粒子聚集而成，则氢氧化铁胶体粒子数应少于6．02×1023个，错误。

13．C 【解题思路】A项，温度升高，正、逆反应速率均增大，且平衡正向移动，x（HI）减小，x（H2）增大，正确；B项，由于该反应是气体分子数相等的反应，所以再次充入amol HI达平衡时各物质的物质的量分数不变，但各组分的浓度均增加，正、逆反应速率加快，正确；C项，增大压强，平衡不移动、各物质的物质的量分数不变，但各组分的浓度均增加，正、逆反应速率加快，即纵坐标值增大，错误；D项，加入催化剂只能改变反应速率，但平衡不移动、各物质的物质的量分数不变，横坐标值不变，纵坐标值发生改变，正确。

26．（16分）

（1）（11分）

仪器符号___仪器中所加物质作用A草酸亚铁晶体加热草酸亚铁晶体得到气体产物___C___ _无水硫酸铜检验H2O________________ ___D___ _澄清石灰水检验CO2___D___ ___ NaOH溶液除去未反应的CO2______________D澄清石灰水（无此步不__________扣分）检验CO2是否已除尽___B__ ___ CuO________________ _ CO与CuO反应生成CO2____D澄清石灰水检验CO与CuO反应生成_______________________________的CO2______________________________

（2）未对尾气进行处理，会造成环境污染 （2分）

（3）FeC2O4·2H2O分解产生的CO将部分FeO还原为粉末状的单质铁，高温下铁粉被空气中的氧气氧化而燃烧 （3分）

【解题思路】（1）由方程式可知需要检验的物质为CO2、CO和H2O，再依据装置图可推知A是加热分解装置，B是使用CuO在加热条件下检验CO的装置，C是用无水CuSO4检验生成水的装置，且必须先进行检验，D是检验CO2的装置，而CO2的存在会对CO的检验产生干扰，所以必须在检验CO前先用NaOH溶液将未反应的CO2除去，再用澄清石灰水检验CO2是否除尽。（2）未反应的CO会对环境造成污染，所以需要对尾气进行处理。（3）反应生成的温度较高的Fe能与空气中的O2反应出现燃烧现象。

27．（14分）

（1）用作高温耐火材料或冶炼金属铝 （2分）

（2）Al（CH3）3＋NaOH＋H2O ===NaAlO2＋3CH4↑（2分）

（3）AlO－2＋CO2＋2H2O ===Al（OH）3↓＋HCO－3（2分）

（4）CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－890．0kJ／mol （2分）

（5）c（Na＋）＞c（HCO－3）＞c（CO2－3）＞c（OH－）＞c（H＋）（3分）

（6）3．02×10－2mol·L－1（3分）

【解题思路】CO2（X）是导致温室效应的主要气体，天然气的主要成分是CH4（Z），由于都是短周期元素，且由V的原子个数比与所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数可推知该金属元素是13号元素Al，而Y和W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，而W由两种元素组成，所以Y是Al（OH）3，W是Al2O3，由V与H2O反应生成Al（OH）3和CH4，结合已知条件可推知V为Al（CH3）3。（1）Al2O3熔点较高，所以可作为耐高温材料，同时也可以通过电解法得到金属铝。（2）Al（CH3）3与NaOH溶液的反应可认为Al（CH3）先与水反应生成Al（OH）3和CH4，而生成的Al（OH）3再与过量的NaOH反应，所以发生反应的化学方程式为Al（CH3）3＋NaOH＋H2O ===NaAlO2＋3CH4↑。（3）过量CO2参与反应生成HCO－3。（4）4g CH4即0．25mol，所以1mol CH4完全燃烧放出的热量：222．5kJ×4＝890．0kJ，所以该反应的热化学方程式为CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－890．0kJ／mol。（5）n（NaOH）＝200mL×1．5mol／L＝ 0．3mol，n（CO2）＝＝0．2mol，由于2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，则0．3mol NaOH需要消耗0．15mol CO2，剩余0．05mol CO2继续与Na2CO3反应：Na2CO3＋CO2＋H2O ===2NaHCO3，则0．05mol CO2反应消耗0．05mol Na2CO3同时生成0．1mol NaHCO3，还剩余0．1mol Na2CO3，由于CO2－3水解程度大于HCO－3，所以0．1mol＜n（HCO－3）＜0．2mol、n（CO2－3）＜0．1mol，由于水解是微弱的，且溶液呈碱性，所以c（OH－）＞c（H＋），综合可得c（Na＋）＞c（HCO－3）＞c（CO2－3）＞c（OH－）＞c（H＋）。（6）由于Al（OH）3全部溶解，则c（Al3＋）＝0．01mol／L，则溶液中还含有c（OH－）＝mol／L＝5×10－11mol／L，则c（H＋）＝mol／L＝2×10－4mol／L，而反应的n（H＋）＝0．01mol×3＝0．03mol，所以c（H＋）＝／。＝3．02×10－2molL 28．（13分）

（1）PbO2（2分）

（2）2H2O2H2↑＋O2↑ （2分）

（3）0．1mol Cu（OH）2（或0．1mol CuO、0．1mol H2O）（3分）

（4）负 （1分） O2＋4H＋＋4e－===2H2O （2分）

【解题思路】（1）丁是电解饱和食盐水，阳极是Cl－放电生成Cl2，阴极是H＋放电生成H2和NaOH，而闭合K，发现g电极附近的溶液先变红，即g极是阴极，h极是阳极，则c、e两电极都是阴极，d、f两电极都是阳极，而与电源正极相连的是电解池的阳极，所以a极是正极（PbO2），b极是负极（Pb）。（2）由于放电顺序：H＋＞Al3＋，OH－＞，所以丙装置实质是电解水。（3）乙装置是电解CuSO4溶液的装置，阳极一直是OH－放电生成O2：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极先是Cu2＋放电：Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋完全放电后，H＋放电生成H2：2H＋＋2e－===H2↑，两极生成的气体体积相等，即n（H2）＝n（O2），再由得失电子守恒可知：4n（O2）＝2n（H2）＋2n（Cu），而n（Cu）＝100mL×1mol／L＝0．1mol，解得n（H2）＝n（O2）＝0．1mol，所以要溶液恢复至原有状态，则需加入0．1mol Cu（OH）2或转换后符合该条件的物质，如0．1mol CuO和0．1mol H2O。（4）由于c极附近有氢气，所以为负极，由于电解质溶液呈酸性，所以正极电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=== 2H2O。（5）由得失电子守恒可知丁溶液电解完全后得到的是NaOH溶液，设其浓度为c mol／L，由于与等物质的量浓度的CH3COOH反应后溶液呈中性：c（H＋）＝c（OH－）＝10－7mol／L，所以c（CH3COO－）＝c（Na＋）＝mol·L－1，再根据物料守恒可知c（CH3COOH）＝mol／L，而则

36．（15分）

（1）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O （2分）

（2）5．7×10－10（3分）

（3）NH4Al（SO4）2＋5NaOHNH↑＋3HO＋32NaAlO2＋2Na2SO4（3分）

（4）Al2（SO4）3（3分）

（5）NH3、SO3、H2O （2分） 浓硫酸 （2分）

【解题思路】（1）因（NH4）2SO4中含有FeSO4，所以加入H2O2是将Fe2＋氧化为Fe3＋而便于加入氨水调节pH转化为Fe（OH）3而除去，Fe2＋在酸性条件下被H2O2氧化为Fe3＋：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。5．7×10－10。（3）NH4＋和Al3＋都能与OH－反应：NH4Al（SO4）2＋5NaOHNH↑＋3HO＋NaAlO＋3222Na2SO4。（4）由其组成可推测先失去H2O，再失去NH3，令起始固体的质量为453g，则n［NH4Al（SO4）2· 12H2O］＝＝1mol，所以633℃时剩余固体的质量为453g×37．75%＝171g，而Al2（SO4）3的相对分子质量恰好是342，即633℃时剩余固体的成分为Al2（SO4）3。（5）由质量守恒定律可知生成的气体M中含有S、H、O、N四种元素，而该反应也不属于氧化还原反应，所以生成的气体有H2O、SO3、NH3；可被浓硫酸吸收生成（NH4）2SO4而被循环利用。

37．（15分）

（1）3d104s1（2分）

（2）NH3、H2O （2分）

（3）CH4＞NH3＞H2O （2分） 四面体形 （1分） V形 （1分）

【解题思路】由于E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，所以n＝2，M是O，而E与M原子核外的未成对电子数相等且是同周期元素，所以E是C，则G是N，由于NO－2与QO2互为等电子体，所以Q最外层有6个电子，则Q是S，T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，所以T是30号元素Zn。（1）与Zn属于同周期同区的元素是29号元素铜，则其价电子排布式为3d104s1。（2）CH4晶体和干冰中均存在共价键和分子间作用力，NH3晶体和冰中除存在共价键和分子间作用力外还存在氢键。（3）CH4分子中不存在孤对电子，NH3分子中存在一对孤对电子，H2O分子中存在两对孤对电子，而孤对电子与孤对电子之间的作用力最大，所以键角：CH4＞NH3＞H2O；NH3分子中N原子的杂化数是＝4，而只有3个氢原子成键，所以NH3的VSEPR模型是四面体形，分子立体构型为三角锥形；H2O分子中O原子的杂化数是4，而只有2个氢原子参与成键，所以其分子立体构型是V形。（4）CO与N2互为等电子体，而N2的结构式为N≡N，所以CO的结构式为C≡O，而由于有1对电子是由O单独提供的，即存在配位键，所以CO的结构式为。（5）由晶胞示意图即均摊法可求算出平均每个晶胞含有4个S原子和4个Zn原子，则晶胞的体积为cm3，所以晶胞的边长为cm，而a、b间的距离为体对角线的，所以a、b间的距离为

38．（15分）

【解题思路】由流程图可知A中的酯基和溴原子在碱性条件下都能发生水解反应，而C能被新制Cu（OH）2悬浊液氧化，所以C中含有醛基，再由信息碳原子上含有两个羟基时可得到羰基可知C是CH3CHO，则D是CH3COONa，E是NaBr，由G催化氧化得到CH3CHO可知，G是CH3CH2OH。由B的最大质荷比为208知B的摩尔质量为208g／mol，可推出B的分子式为C11H12O4。（2）由于B分子中含有苯环结构和2个酯基，且水解得到CH3COONa和CH3CH2OH，而当苯环上只有一个取代基时苯环上一氯代物有三种，不符合题意，所以苯环上有两个不相同的对位取代基，再由核磁共振氢谱峰值比即不同氢原子个数比和相对分子质量可确定符合条件的B为。（4）属于芳香族化合物说明含有苯环，能发生水解反应说明含有酯基，能发生银镜反应说明含有醛基，则必须是甲酸形成的酯，再由只含有一个烃基、另两个取代基相同，所以烃基中可能只含1个碳原子或3个碳原子，则可推知该烃基可以是—CH3、—CH2CH2CH3或—CH（CH3）2，而两个相同的基团可能是HCOO—或HCOOCH2—，且这两个取代基处于相间的位置，所以符合条件的有

共9种。（5）对比CH3CH2OH与目标物质CH3COCH2COOC2H5及信息反应可知，目标物质可由CH3COOC2H5根据信息反应获得，而CH3COOC2H5可由CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应得到，CH3COOH可由CH3CH2OH发生氧化反应生成。

（解析人：王甲松）

［本文选自西藏人民出版社出版的《2017全国卷Ⅰ高考模拟试题汇编（基础过关版）》（化学），有删改］