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1、学子资源网 学子之家圆梦高考 客服QQ：2496342225全国衡水金卷2018届高三大联考化学试题【整体分析】考试范围：高考范围 难度：中等 题型统计（试题总量26）选择题21题80.8%简答题5题19.2%难易度统计（平均难度：0.60）容易1题3.8%较易4题15.4%一般15题57.7%较难6题23.1%困难0题知识点统计（考核知识点7个）知识点数量试题数量试题数量比分数分数占比有机化学基础3个3题11.5%0分0%化学与STSE2个2题7.7%0分0%常见无机物及其应用2个2题7.7%0分0%化学实验基础5个5题19.2%0分0%认识化学科学4个4题15.4%0分0%物质结构与性质2
2、个2题7.7%0分0%化学反应原理8个8题30.8%0分0%【知识点分析】题号题型知识点1选择题弱电解质在水溶液中的电离平衡2选择题电解原理的应用3选择题电离平衡常数及影响因素4选择题化石能源5选择题高分子化合物的分类和表示方法6选择题阿伏加德罗常数的求算7选择题硅酸盐工业8选择题元素周期律、元素周期表的推断9选择题仪器使用与实验安全10简答题有机物的合成11简答题物质结构与性质综合考查12选择题化学反应原理综合考查13简答题化学反应原理综合考查14选择题碳酸氢钠的俗称、物理性质及用途15选择题仪器使用与实验安全16选择题水的电离17选择题离子方程式的正误判断18选择题仪器使用与实验安全19选
3、择题化学平衡的移动及其影响因素20选择题氧化还原反应的应用21选择题物质分离、提纯综合应用22选择题化学科学对人类文明发展的意义23简答题化学反应原理综合考查24简答题物质制备的探究25选择题氧化还原反应有关计算26选择题有机官能团的性质及结构第I卷（选择题）1下列生活用品的主要成分属于有机高分子化合物的是A大豆油 B味精 C紫砂壶 D面巾纸【答案】D【解析】A大豆油的主要成分是油脂，不是高分子化合物，A错误；B味精的主要成分是谷氨酸钠，不是高分子化合物，B错误；C紫砂壶的主要成分是硅酸盐，不是高分子化合物，C错误；D面巾纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物，D正确，答案选D。2化学与生产、
4、生活密切相关，下列与化学有关的说法错误的是A草木灰与Ca(H2PO4)2混合施用可增强肥效B水下钢柱桩壤锌块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法C区分羊绒织品和棉麻织品可用灼烧纺线的方法D治理雾霾的根本方法是从源头上控制形成雾霾的污染物3下列关于物质用途的说法正确的是A磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆B小苏打既可用于制发酵粉又可用于制泡沫灭火器C铝热剂可作为耐火材料D铜罐可用于储运浓硝酸【答案】B【解析】A氧化铁可用于制备颜料和油漆，A错误；B小苏打是碳酸氢钠，既可用于制发酵粉又可用于制泡沫灭火器，B正确；C铝热剂是金属铝和金属氧化物的混合物，不能作为耐火材料，C错误；D铜与浓硝酸常温下即反应，铜罐
5、不能用于储运浓硝酸，D错误，答案选B。点睛：掌握相关物质的性质特点是解答的关键，选项D中注意钝化的条件和范围，常温下铝或铁在浓硫酸或浓硝酸中钝化，而不是铜。4下列说法错误的是A石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料B“大漠孤烟直”描述的是物质升华的过程C高锰酸钾和浓盐酸不能保存在同一药品橱中D可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验露置的Na2SO3已变质【答案】B【解析】A、制玻璃的主要原料是石灰石、纯碱和石英，制水泥的原料为石灰石和黏土以及辅助原料，A正确；B、 “大漠孤烟直”中的“烟”指的是烽烟，不是物质的升华，B错误；C、高锰酸钾和浓盐酸不属于同类物质，且二者之间能反应，不能保存在同一药品橱中
6、，C正确；D、将待检物质中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，若变质则有白色沉淀产生，D正确，答案选B。5洗涤仪器时，下列所选试剂合理的是A用稀盐酸洗涤粘有二氧化锰的烧杯B用稀硫酸洗涤做过银镜反应的试管C用水洗涤久置漂白粉的试剂瓶D用CS2洗涤粘有硫单质的圆底烧瓶【答案】D【解析】A、稀盐酸与二氧化锰不反应，A错误；B、稀硫酸与银单质不反应，B错误；C、久置的漂白粉含有难溶于水的碳酸钙，C错误；D、CS2能将硫单质溶解，D正确，答案选D。6环境和资源是人类面临的两大课题，下列说法正确的是A燃煤中加入生石灰既可减少酸雨的产生，又可减少温室气体的排放B石油分馏所得的汽油、煤油等产品均属于化合物C海水
7、淡化后所得的盐卤可提取溴、镁等多种重要元素D沼气的主要成分为CH4，属于不可再生资源7下列事实所对应的离子方程式正确的是选项事实离子方程式A四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛Ti4+(x+2)H2O=TiO2H2O+4H+B硫代硫酸钠溶液中滴加盐酸，有淡黄色沉淀产生S2O32-+6H+ =2S+3H2OC明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀质量最大2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-= 3BaSO4 +2Al(OH)3D碘化亚铁溶液中滴加少量溴水，溶液变为黄色2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-【答案】A【解析】A、方程式正确，A正确；B、应该是S2O32-+2H+ =SO2+S+2H2
8、O，B错误；C、当硫酸根完全沉淀时沉淀质量最大，方程式为Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4 +AlO2+2H2O，C错误；D、碘离子的还原性强于亚铁离子，溴水首先氧化碘离子，D错误，答案选A。点睛：掌握相关物质的性质、发生的化学反应是解答的关键。在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A
9、50 g 46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NAB1 mol H2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为NAC0.1molSO2溶于水，溶液中SO32-、HSO3-、H2SO3的总数为0.1NAD用铂电极电解100 mL 1 mol L-1的CuSO4溶液足够长时间，转移的电子数一定为0.2NA【答案】A【解析】A50 g 46%的乙醇水溶液中含有23g乙醇，物质的量是0.5mol，含有氢原子3mol；含有27g水，物质的量是1.5mol，氢原子是3mol，因此所含的氢原子总数为6NA，A正确；B1 mol H2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为2NA，B错误；C0.
10、1molSO2溶于水，溶液中还含有SO2分子，因此溶液中SO32-、HSO3-、H2SO3的总数小于0.1NA，C错误；D用铂电极电解100 mL 1 mol L-1的CuSO4溶液，硫酸铜消耗完以后水参加反应，转移的电子数不能确定，D错误，答案选A。点睛：阿伏加德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子
11、数就是反应过程中转移的电子数。选项B是解答的易错点，注意物料守恒的应用。9下列关于有机物a()、b()、c()的说法正确的是Aa、b的一氯代物均只有三种Ba、c互为同系物Cb的所有原子不可能在同一平面上Da、b、c均能与溴水反应10下列有关实验的说法正确的是A洗净的量筒放在烘箱中烘干，可以缩短干燥的时间B用棕色的碱式滴定管准确量取10.00 mL碘水，可以避免HIO光照分解C将硝酸铵晶体溶于水，测得水温降低，说明硝酸铵水解吸热D区分NaHSO4溶液和Na2CO3溶液，可以不用任何其他试剂【答案】D【解析】A用于量取液体体积的玻璃仪器热烘干会导致仪器变形而影响精确度，A错误；B碘水显酸性，应该用
12、酸式滴定管量取，B错误；C将硝酸铵晶体溶于水，也是吸热过程，不能说明硝酸铵水解吸热，C错误；D将NaHSO4溶液逐滴滴到Na2CO3溶液中，开始没有明显实验现象，后有无色无味的气体产生，将Na2CO3溶液逐滴滴到NaHSO4溶液中，开始即产生无色无味的气体，D正确，答案选D。11示踪原子法是研究化学反应的重要方法之一，下列化学方程式正确的是A2Na218O2+2H2O=4NaOH+l8O2BCH3C18OOH +CH3OHCH3CO18OCH3+H2OC2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2OD2C118O2+ H2O2 + 2NaOH2NaC
13、lO2+ 18O2+ 2H2O【答案】C【解析】A、反应中18O不守恒，A错误；B、酯化反应中酸提供羟基，醇提供氢原子，B错误；C、酸性高锰酸钾溶液与双氧水反应中，双氧水只作还原剂，氧气只是氧化产物，C正确；D、反应中18O不守恒，D错误，答案选C。点睛：明确反应的原理是解答的关键，注意酯化反应原理的理解以及示踪原子法的意义。另外解答时注意原子守恒和电子得失守恒的灵活应用。12短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，Z 的焰色反应显黄色。Z和W形成化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A简单离子半径：XBX与W属于不同周期、不同主族元素CY的正价
14、与最低负价的绝对值之和为8DZ和W形成化合物的水溶液与Y单质反应，能生成W单质【答案】B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则X一定是O。Z的焰色反应显黄色，Z是Na，所以Y是F。Z和W形成化合物的水溶液呈中性，因此W是Cl，则A核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径：XZ，A错误；BO与Cl属于不同周期、不同主族元素，B正确；CF没有正价，C错误；D单质氟通入水中，首先与水反应，D错误，答案选B。点睛：准确判断出元素种类以及灵活应用元素周期律是解答的关键，注意F元素及其单质的特殊性。13已知NO和O2转化为
15、NO2的反应机理如下：2NO(g)N2O2(g)(快) H10 平衡常数 K12NO2(g)+O2(g) 2NO2化) (慢) H21.010-6molL-1C向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH，溶液中c(Zn2+)增大DZn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O（1）的平衡常数K=100【答案】B【解析】A、HCOO的水解常数为KW/Ka1014/1041.01010，A正确；B、 设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH)2x，x(2x)2KspZn(OH)21.01018，解得xmol/L1.0106
16、mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡，加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O（1）的平衡常数KK2a(HCOOH)KspZn(OH)2/K2W100，D正确，答案选B。15铝土矿的主要成分为A12O3、Fe2O3和SiO2，工业上经过下列流程冶炼铝：下列说法正确的是A、中除加试剂外，还需要进行蒸发结晶Ba、b中铝元素的化合价不同C中可通入过量的CO2D进行的操作为过滤、洗涤、灼烧，且d为A1C1316定温度下，将2 mol SO2和1m
17、ol O2充入10 L恒容密闭容器中，发生反应2SO2(g) +O2(g)2SO3(g) H =-196 kJ mol-1。 5 min时达到平衡，测得反应放热1666 kJ。下列说法错误的是A05 min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)=0.017 molL-1min-1B的值不变时，该反应达到平衡状态C若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D条件不变，起始向容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，平衡时放热小于333.2 kJ【答案】D【解析】A、根据反应2SO2(g) +O2(g)2SO3(g)H =-196 kJ mol-1可知，当反应放热1666 kJ时，有1.7mol二
18、氧化硫和0.85mol氧气参加反应，生成1.7mol三氧化硫，则05 min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)0.85mol/(10L5min)0.017 molL-1min-1，A正确；B、的值不变时，说明氧气和二氧化硫的浓度保持不变，该反应达到平衡状态，B正确；C、若增大O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，C正确；D、条件不变，起始向容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，相当于加压，平衡时放热大于333.2 kJ，D错误。答案选D。点睛：选项D是解答的难点，注意放大缩小思想的灵活应用，该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积
19、扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。17某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，已知：装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比。下列说法错误的是A该装置中Y电极发生氧化反应BX电极的电极反应式为 6CO2+24H+24e-= C6H12O6+6H2OC理论上，每生成22.4 L(标准状况下）O2，必有4 mol H+由X极区向
20、Y极区迁移D当电路中通过3 mol e-时，生成18 g C6H12O6，则该装置的电流效率为80%【答案】C【解析】A、根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应，A正确；B、根据装置图可知二氧化碳 X电极上转化为C6H12O6，因此X电极的电极反应式为 6CO2+24H+24eC6H12O6+6H2O，B正确；C、H+由Y极区向X极区迁移，C错误；D、生成C6H12O6的物质的量是18g18g/mol0.1mol，转移电子的物质的量是2.4mol，因此当电路中通过3 mol e时该装置的电流效率为2.4mol/3mol100%80%
21、，D正确，答案选C。1825时，下列溶液的微粒浓度关系正确的是ApH = 5的H2C2O4溶液中： c(H+) = c(HC2O4-) = 110-5molL-1B氨水稀释10倍后，其c(OH-)大于原来的CpH之和为14的 H2S与NaOH 溶液混合：c(Na+)+c(H+) = c(OH-)+c(HS-)D(NH4)2SO4溶液和NaOH溶液混合所得的中性溶液中：c(Na+)bcBc点混合液中：c(Na+)c(CH3COO-)C加入NaOH过程中，的值减小D若忽略体积变化，则25 C时CH3COOH的电离常数 K=10-7 molL-1【答案】D【解析】1.0LW molL-1 CH3CO
22、OH溶液与0.1mol NaOH固体混合，混合后溶液的pH5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加盐酸时，CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH；加NaOH时，NaOH与CH3COOH反应生成CH3COONa；A溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是cba，A错误；Bc点pH=7，则c（H+）=c（OH-），溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）=c（CH3COO-），B错误；C
23、加入NaOH过程中，c（Na+）和c（OH-）增大，c（Na+）的增大大于c（CH3COO-）的增大，所以加入NaOH过程中，增大，C错误；DpH=7时，c（H+）=10-7molL-1，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L，Ka=c(CH3COO)c(H+)/c(CH3COOH)= 10-7 molL-1，D正确，答案选D。点睛：本题考查了弱电解质的电离、电离常数的计算、溶液中守恒关系的应用等，注意把握电离常数的计算和电荷守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力、计算能力。难点是电离平衡常数的计算。21将13.6 g Cu和Cu2O组成的混合物加入250 m
24、l 定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0 L 05 mol L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为196 g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是A原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1：1B原稀硝酸的浓度为13 molL-1C产生的NO的体积为2.24LD反应后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol【答案】D【解析】A、根据已知信息可知氢氧化铜的质量是19.6g，物质的量是0.2mol，设Cu和Cu2O的物质的量分别是xmol、ymol，则x+2y0.2、64x+144y13.6，解得x0.1，y0.05，则原固体混合物中，C
25、u和Cu2O的物质的量之比为2：1，A错误；B、根据氮原子守恒可知硝酸的总物质的量是0.6mol，所以原硝酸的总的浓度是2.4mol/L，B错误；C、根据得失电子守恒可知，反应中转移电子的物质的量是0.3mol，所以生成NO的物质的量是0.1mol，不能确定温度和压强，所以气体的体积无法确定，C错误；D、加入氢氧化钠的物质的量是0.5mol，生成0.2mol氢氧化铜时消耗0.4mol氢氧化钠，剩余0.1mol氢氧化钠中和硝酸，所以剩余硝酸的物质的量是0.1mol，D正确；答案选D。点睛：掌握反应的原理、灵活应用守恒法是解答的关键，许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解
26、题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。第II卷（非选择题）22亚硝酸钙Ca(NO2)2是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示（夹持装置略去）：已知：2NO+CaO2 =Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2。请回答下列问题：（1）将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中的操作为_。（2）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入 一段时间的N
27、2，原因为_。 （3）装置D中的仪器名称为_。装置B所加试剂为_。（4）装罝F中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化为NO3-，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，发生反应的离子方程式为_。（5）已知：Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体。设计实验证明装置E中有亚硝酸钙生成：_。（6）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2)反应，既能净化空气，又能获得应用广泛的 Ca(NO2)2，反应原理为Ca(OH)2 + NO+NO2=Ca(NO2)2 + H2O。若n(NO)：n(NO2)l：l，则会导致_。若n(NO)：n(NO2)” “” 或“=”）。（4）已知：H1” “” 或“=”
28、)5 min时的压强。（5）定温度下，在恒容密闭容器中发生反应I和反应II，达到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率_(填“增大”“减小”或“不变”），理由为_。【答案】 C1SCl (2b+d-a-c) BD B、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等 不变 反应I和反应均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响【解析】（1）根据SCl2的组成可知，S元素是2价，Cl元素为1价，所以其结构式为C1SCl。（2）反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差值，也等于反应物的键能之和与生成物键能之和的差值，所以若反应II正反应的活化能EdkJmol-1，
29、则逆反应的活化能E2(2b+d-a-c)kJmol-1。（3）根据反应II：S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。（4）该反应是左右两边气体分子数相等的反应，反应过程中气体总的物质的量不变，所以温度越高，气
30、体膨胀程度越大，容器内气体压强越大；（5）反应I和反应II均为反应前后体积不变的反应，压强对平衡没有影响。25晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、氮、钛、钻、钙等多种化学物质。请回答下列问题：（1） 区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为_。第二周期元素的电负性按由小到大的顺序排列，B元素排在第_位，其基态原子价层电子的电子云轮廊图为 _。（2）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为_，Si原子的杂化类型为_。（3） N元素位于元素周期表_区；基态N原子中，核外电子占据最高能级的电子云有_伸展方向。（4）Co(NH3)63+的几何构型为正八面体形，Co
31、在中心。Co(NH3)63+中，1个Co提供_个空轨道。若将Co(NH3)63+中的两个NH3分子换成两个Cl-，可以形成_种不同的结构形式。（5）种由Ca、Ti、O三种元素形成的晶体的立方晶胞结构如图2所示。与Ti紧邻的Ca有_个。若Ca与O之间的最短距离为 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度=_g cm-3(用含、NA的代数式表示)。【答案】 X-射线衍射实验 3 球形、哑铃形 (或纺锤形) SiO32- 或(SiO3)n2n- sp3 p 3 6 2 8 【解析】（1）区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法为X射线衍射实验。同周期主族元素的电负性从左到右依次增强，所以B元素排在第三
32、位。基态B原子的价层电子排布式为2s22p1，其中s能级的电子云轮廓图为球形，p能级的电子云晶体为哑铃形或纺锤形；（2）由图1可知，无限长链状结构的硅酸根的化学式为SiO32，其中Si原子的价层电子对数是4，所以杂化轨道类型是sp3；（3）基态N原子的价层电子排布式 2s22p3，所以属于p区。p能级有3个轨道，因此电子云有3个伸展方向；（4）1个Co离子有6个NH3分子作配体，每个配体提供1对孤对电子，故1个Co离子需提供6个空轨道。由信息：Co(NH3)63+的几何构型为正八面体形，Co在中心可推知，如果两个NH3分子换成两个Cl，可替换邻位和对位，共有两种不同结构形式。（5）根据均摊法可
33、知每个晶胞中实际占用1个Ca、1个Ti、3个O，由晶胞结构可知与1个Ca紧邻的Ti有8个，根据二者的原子数目之比为1：1可知，与1个Ti紧邻的Ca也有8个；根据晶胞结构可知，Ca与O原子核之间的最短距离为面对角线的一半，则晶胞棱长为，则晶体的密度。26以苯酚等有机物为原料制备高分子材料(M)和药物(N)的一种合成路线如下（部分反应条件略去）已知：（R1、R2表示氢原子或烃基，R3表示烃基）。请回答下列问题：（1）M的结构简式为_。E的化学名称为_。（2）C中官能团的电子式为_。 （3） D的核磁共振氢谱中有_组吸收峰。（4） FG的反应类型为_。（5）HN的化学方程式为_。（6）同时满足下列条件的H的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。苯环上连有两个取代基能与FeCl3溶液发生显色反应能与NaHCO3溶液反应生成气体（7）已知：一个碳原子上连有两个羟基的有机物不能稳定存在。参照上述合成路线和信息，以甲醇和乙醇为原料（其他无机试剂任选），设计制备的合成路线：_。【答案】 丙酮 3 取代反应 39 【解析】根据流程图可知B是甲醛，与苯酚发生