2021届高三高考化学临考新高考练习八（福建适用） WORD版含答案.docx

1、2021届高考化学临考新高考练习八（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化学与生活、生产密切相关，下列有关说法正确的是A某同学的体检报告单显示其血液中葡萄糖含量为4.94mmol/L，mmol/L是物质的量的单位B石油是复杂的混合物，通过分馏可以获得汽油、煤油等，通过催化重整可以获得乙烯、丙烯等C自然界中的方铅矿(PbS)，遇上CuSO4溶液会慢慢变成铜蓝(CuS)说明Ksp(PbS) Ksp(CuS)D水玻璃是制备木材防火剂的原料，其主要成分是二氧化硅2元素X原子的价电子排布为ns1，元素Y和Z的基态原子2p轨道上均有两个未成对电子，且原子序数为Y大于Z。则X、Y、Z三种元素组成的化合物的分子式可能是（ ）AX2ZY3BX2ZY4CX2ZY5DX3ZY3

3、3向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量的不同，溶液M的组成也不同，若向M中加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图所示，则下列分析与判断不正确的是（不计CO2的溶解）A若OB=0，则形成溶液M所发生的离子方程式为OH-+CO2= B若OB=BC，则溶液M为溶液C若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为和D若3OB=BC，则溶液M中4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1molO3与9.031023个O2分子中所含的氧原子数相等B含NA个O的O2的物质的量为1molC1molNaCl所含的分子数为NAD分子总数为NA的NO2和

4、CO2混合气体中所含的原子数为2NA5乙酰水杨酸是一种常见的解热镇痛药，结构简式如图所示。下列有关叙述正确的是A乙酰水杨酸的分子式为C9H10O4B乙酰水杨酸的含氧官能团有三种C能与NaHCO3溶液反应的官能团有一种D烃基(C4H9)取代乙酰水杨酸苯环上的氢原子，最多能形成4种同分异构体6罗马大学Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构如图所示(与白磷P4相似)。已知断裂1molNN键吸收167kJ热量，生成1molNN键放出942kJ热量。由此判断下列说法正确的是AN4属于一种新型的化合物，分子内存在共价键BN4与N2互为同位素，化学性质相似，物理性质不同

5、CN4沸点比P4(白磷)高D1 mol N4气体转变为N2将放出882 kJ热量7从下列事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论A氢氧化铝可以溶解在氢氧化钠溶液中氢氧化铝属于碱BCO2的水溶液可导电CO2是电解质CSO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色SO2有漂白性D铁分别和氯气、硫反应得到氯化铁和硫化亚铁氯气的氧化性大于硫AABBCCDD8BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是AO2不如O2结构稳定B和中被降解的苯酚的物质的量之比为1:1C降解产物的分子中只含有极性共价键D该过程的总反应: +7O26CO2+3H2O9欲使Ca(OH)

6、2悬浊液变澄清，可以选择加入的试剂是( )ACaCl2浓溶液BNaOH浓溶液CNH4Cl浓溶液DMgCl2浓溶液10某原电池反应的离子方程式为：Zn2H=Zn2H2，则下列说法正确的是AHNO3可作电解质溶液 B电子从正极沿导线流向负极C锌极质量不变 D石墨可作原电池的正极二、非选择题，本题共5小题，共60分11利用废旧锂离子电池的正极材料（主要成分为LiCoO2、Al以及少量Ca、Mg、Cu、Fe等）制备Co3O4微球的工艺流程如下：回答下列问题：（1）LiCoO2 中Co元素的化合价为_。（2）步骤中生成Co2+的离子方程式为_。此过程中若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因挥

7、发使其利用率降低外，还有的缺点是_。（3）步骤中，不同pH下溶液中金属离子的去除效果如下图所示。该过程加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是_，理由是_。 （4）步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。（5）步骤中，Co(OH)2在空气中高温焙烧生成Co3O4的化学方程式为_。（6）若以钴为电极，控制一定条件，电解NaCl溶液也可制取Co3O4的前驱体Co(OH)2。写出电解的总反应方程式_。（7）实验室测得“浸出液”中钴元素的含量为a mg/L，取20 mL“浸出液”模拟上述流程进行实验，得到“Co3O4微球”产品b g，又测得产品中钴元素的质量分数为w。计算钴的回收率为_

8、（列式表示）。12某课外活动小组利用下列装置迅速制备少量氯气。提供的试剂有：浓盐酸、饱和食盐水、氢氧化钠溶液、高锰酸钾固体。(2KMnO416HCl(浓)2KCl2MnCl25Cl28H2O)试回答：（1）装置H中盛放的试剂是_。（2）尾气处理时关闭弹簧夹a和弹簧夹_，打开弹簧夹_。（3）处理尾气时，发生反应的化学方程式是_。（4）从装置G中出来的Cl2中含有_气体，可用_试剂除去。（5）标出该反应的电子转移方向和数目：2KMnO416HCl(浓)2KCl2MnCl25Cl28H2O_，此反应中的氧化剂是_，被氧化的元素是_，若参加反应的氧化剂的物质的量是1mol，则产生的氯气在标准状况下的体

9、积为_，被氧化的物质的物质的量为_（有单位的需注明单位）13（1）已知碳单质的燃烧热为393.5 kJmol-1，CO的燃烧热为283kJmol-1，写出碳不完全燃烧生成CO的热化学方程式_。（2）以CO为燃料，可以制成燃料电池。以CO为燃料，熔融碳酸盐为电解质的燃料电池正极通入的气体是_，负极的电极反应式_。（3）CO是汽车尾气之一，严重污染空气，在汽车上安装尾气处理器，发生反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）。现在固定容积为2L的密闭容器中通入NO和CO各2mol发生上述反应，随温度（T）、压强（P）和时间（t）的变化曲线如图所示。请回答下列问题：曲线I、II、III

10、对应反应从开始到平衡时用CO2表示的平均反应速率分别为V(I)、V(II)、V(III)，则三者大小关系为_。该反应H_0(填“”、“”或“”)；曲线II对应平衡常数K=_；曲线II对应的反应达平衡后，再通入2molNO和2molCO并保持温度不变，则再达平衡时NO的转化率将_（填“增大”、“减小”或“不变”）。若维持温度为T2压强为P2的条件下，按下列四种方法改变起始物质的用量，达到平衡后，CO2的浓度为0.8 molL1的是_。A4mol NO4 mol CO B2 mol N2+2 mol CO2 C1mol NO1mol CO1 mol N2+2 mol CO2 D1mol NO2mo

11、l N22 mol CO214电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，工业上采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺()等作为原料制备锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，采用单晶硅和铜、锗、镓、硒等的化合物作为太阳能电池的制备原料。(1)基态硒原子的价电子排布式是_。(2)下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示碳元素的曲线是_ (填标号)。(3)苯胺中N原子的杂化方式为_，分子中键与键的数目比为_。(4)自然界中含硼元素的钠盐存在于天然矿藏中，其化学式为Na2B4O710H2O，它的结构单元是由两个H3BO3和两个B(OH4)-缩合而成的双六元环，应该写成Na

12、2B4O5(OH)48H2O，其结构如下图所示，则该晶体中不存在的作用力是_。(填选项字母)。A离子键B共价键C金属键D范德华力E.氢键(5)图1为某金属单质的晶胞示意图，其堆积方式的名称为_。图2为铜的某种氯化物晶胞示意图，该物质的化学式是_。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，上图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，1，0)；则D原子的坐标参数为_。图示晶胞中C、D两原子核间距为298 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_ gcm-3(列出计算式即可)。15聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用。有关转

13、化关系如下：已知：请回答下列问题：（1）物质A的分子式为_，B的结构简式为_；（2）请写出F中含氧官能团的名称_；（3）反应中属于加成反应的是_；（4）写出由F生成聚合物G的化学方程式_。参考答案1C【详解】A. mmol/L是物质的量浓度的单位，故A错误；B. 石油裂解的目的是为了获得乙烯等不饱和烃；石油的催化重整是在催化剂的条件下将烃的结构进行重整，目的是获得芳香烃等，故B错误；C. 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，PbS能转化为CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，说明Ksp(PbS) Ksp(CuS)，故C正确；D. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，

14、故D错误；故选C。点睛：本题考查了化学与生活、生产的关系。本题的易错点是C，要注意的是石油的分馏是物理变化，但石油的裂化、裂解和催化重整均为化学变化，同时要应区分裂解和催化重整的目的。2A【解析】【分析】X原子的价电子排布为ns1，X是A族元素；元素Y和Z的基态原子2p轨道上均有两个未成对电子，且原子序数为Y大于Z，Y是O元素、Z是C元素；【详解】X是A族元素，X的化合价为+1；Y是O元素，化合价是-2；Z是C元素，最高化合价为+4；根据元素化合价代数和等于0，X2ZY3中Z的化合价为+4，所以存在化合物Na2CO3或H2CO3等；X2ZY4中Z的化合价为+6，不存在Na2CO4或H2CO4、

15、；X2ZY5中Z的化合价为+8，不存在Na2CO5或H2CO5； X3ZY3中Z的化合价为+3，不存在Na3CO3或H3CO3，故选A。3C【分析】向NaOH溶液中通入CO2，可能发生的反应有CO2+2OH=+H2O、CO2+OH=，向M溶液中滴加盐酸，涉及的反应可能有H+OH=H2O、+H+=、+H+=H2O+CO2；【详解】A.若OB=0，向M溶液中滴加盐酸，立即产生气体，则发生的离子方程式为+H+=H2O+CO2，说明M为NaHCO3溶液，则形成M的过程中发生的离子方程式为CO2+OH=，故A正确；B.若OB=BC，即OB段消耗的盐酸与BC段消耗的盐酸相等，OB段发生反应的离子方程式为+

16、H+=，即M溶液为Na2CO3溶液，故B正确；C.若OBBC，则OB段发生的反应有H+OH=H2O、+H+=，则溶液M中大量存在的阴离子为OH与，故C错误；D.若3OB=BC，可根据+H+=，+H+=H2O+CO2进行计算，OB段： + H+ = ， 1mol 1mol 1molBC段： + H+ = H2O+CO2 3mol 3molM溶液中n(NaHCO3)=3mol1mol=2mol，n(Na2CO3)=1mol，即n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)，所以c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，故D正确；答案选C。4A【详解】A1molO3分子中所含的氧原子数为3NA，9.031

17、023个O2分子的物质的量为，O2分子所含的氧原子数为3NA，A正确；B含NA个O的O2的物质的量为0.5mol，B错误；CNaCl由离子组成，不含分子，C错误；D分子总数为NA的混合气体是1mol，NO2和CO2混合气体中所含的原子数为3NA，D错误；故选：A。5C【分析】由结构可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-，结合羧酸及酯的性质来解答。【详解】A乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4，故A错误；B含-COOH、-COOC-，两种官能团，故B错误；C能与NaHCO3溶液反应的官能团只有-COOH，故C正确；D苯环上含4种H，烃基(-C4H9)有4种，则取代乙酰水杨酸苯环上的氢原子，最多

18、能形成16种同分异构体，故D错误；故答案为C。6D【解析】【详解】A、N4是一种只由N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；B、N4与N2是同种元素形成的不同单质，是同素异形体，故B错误；C、N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故C错误；D、1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molNN键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂吸收的热量为6167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，故D正确

19、；故选D。7D【解析】试题分析：氢氧化钠是强碱，氢氧化铝可溶于强碱生成偏铝酸盐和水，说明氢氧化铝属于酸，具有酸性，即结论不正确，故A错误；二氧化碳能溶于水，并与水反应生成能电离出阴阳离子的碳酸，所以二氧化碳的水溶液可导电，但是二氧化碳本身电离出阴阳离子，所以二氧化碳是非电解质，碳酸是电解质或弱电解质，故B错误；酸性高锰酸钾溶液属于紫红色的无机物，具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子或硫酸，二氧化硫能将高锰酸钾还原为硫酸锰，使酸性高锰酸钾溶液颓色，说明二氧化硫具有还原性，而不是漂白性，检验其漂白性的试剂通常是品红溶液，故C错误；氯气能将0价铁氧化为+3价铁，硫能将0价铁氧化为+2价铁，说明

20、氯气的氧化能力比硫强，故D正确。考点：考查元素化合物的性质，涉及氢氧化铝的酸性、电解质与非电解质、二氧化硫的还原性和漂白性、铁的性质、氯气和硫的氧化性等。8B【详解】AO2中原子的最外层不都是稳定结构，而O2中O原子为稳定结构，因此O2不如O2结构稳定，故A正确；B中O2生成-2价的O得到3个电子，中BMO+转化为BMO得到1个电子，根据转移的电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为31，故B错误；C二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，二氧化碳和水分子中都只含极性键，故C正确；D根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应为C6H6O+7O2 6CO2+3H

21、2O，故D正确；故选B。【点睛】正确分析反应过程及各物质的变化是解本题的关键。本题的易错点和难点为B，要注意正确读图，过程是O2与苯酚反应生成二氧化碳和水，过程是BMO+和苯酚反应生成BMO、二氧化碳和水。9C【详解】CaOH)2悬浊液中存在CaOH)2(s)Ca2+(aq)+2OH(aq)，若要使悬浊液变澄清，需要使沉淀溶解平衡向正方向移动。A加CaCl2浓溶液浓溶液，Ca2+的浓度增大，沉淀溶解平衡向逆方向移动沉淀增多，故A错误；B加NaOH浓溶液，OH-的浓度增大，沉淀溶解平衡向逆方向移动沉淀增多，故B错误；C加入NH4Cl浓溶液，铵根离子结合溶液中的氢氧根离子氢氧根离子浓度减小，沉淀溶

22、解平衡向正方向移动，悬浊液变澄清，C选项正确；D加入MgCl2浓溶液，Ca(OH)2会转化为氢氧化镁沉淀溶液不能变澄清，故D错误；故选C。10D【解析】A、硝酸与金属反应不能产生氢气，因此硝酸不能作此反应的电解质溶液，故A错误；B、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，故B错误；C、根据离子反应方程式，锌失去电子，作原电池的负极，电极反应式为Zn2e=Zn2，锌的质量减小，故C错误；D、锌作负极，石墨作原电池的正极，故D正确。11+3 2LiCoO2 +6H+H2O2=2Co2+ O2+2Li+4H2O 盐酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境 5.56.0 在pH为

23、5.56.0的范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高，而Co2+去除率很低，损失率较小 漏斗 6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O Co+2H2OCo(OH)2+H2 100% 【详解】（1）LiCoO2 中Co元素的化合价为+3；（2）步骤在正极材料中加入硫酸和过氧化氢溶液，将LiCoO2生成Co2+，离子方程式为：2LiCoO2 +6H+H2O2=2Co2+ O2+2Li+4H2O；此过程中若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是盐酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境；（3）步骤中，加入NaOH调节溶液

24、pH的最佳范围是pH=5.56.0，在此范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子几乎被沉淀完全，而Co2+损失率较小；（4）步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、和漏斗；（5）步骤中，Co(OH)2在空气中高温焙烧生成Co3O4，Co由+2价被氧化到+3价，故需氧气的参与，化学方程式为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O；（6）若以钴为电极，电解NaCl溶液也可制取Co3O4的前驱体Co(OH)2，阳极是Co，电极本身失电子，生成Co2+，阴极水中的氢离子放电生成氢气，故电解的总反应方程式为：Co+2H2OCo(OH)2+H2；（7）实验室测得“浸出液”中钴元

25、素的含量为a mg/L，取20 mL“浸出液”模拟上述流程进行实验，得到“Co3O4微球”产品b g，产品中钴元素的质量分数为w，产品中Co的质量为：bw，20 mL“浸出液中Co的质量为：a0.020.001g，故钴的回收率为 100%= 100%。【点睛】该题综合性较强，以工艺流程为线索，结合考查了氧化还原反应，陌生氧化还原反应方程式的书写，结合图像和工艺流程图的分析，如步骤中，加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是pH=5.56.0，在此范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子几乎被沉淀完全，而Co2+损失率较小。12饱和食盐水 b c 2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O

26、氯化氢（HCl） 饱和食盐水 KMnO4 Cl 56L 5mol 【详解】（1）装置H是用来收集氯气的装置，氯气易溶于水，在饱和氯化钠溶液中溶解度较小，所以可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，故答案为饱和食盐水；（2）由题意可知用仪器P吸收过量的氯气，要想使反应剩余气体进入p，应关闭弹簧夹a和弹簧夹b，打开弹簧夹c；故答案为b；c；（3）氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O；故答案为2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O；（4）用反应2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O制取氯气，浓盐酸具有挥发性，会有氯化氢气体

27、产生，可用饱和食盐水除去氯化氢气体。答案为：氯化氢（HCl）；饱和食盐水；（5），反应中的氧化剂是KMnO4，被氧化的元素是Cl；若参加反应的氧化剂的物质的量是1mol，则生成氯气的物质的量为2.5mol,有5mol氯化氢被氧化为氯气，标况下氯气的体积为:V = 2.5mol22.4L/mol= 56L；答案为：；KMnO4；Cl；56L；5mol。132C（s）+ O2（g）= 2CO（g）H=-221kJmol-1 O2 、CO2 CO-2e- + CO32- = 2CO2 V(I) V(III) V(II) 160 增大 AC 【详解】试题分析：（1）根据碳单质的燃烧热写碳完全燃烧的热化

28、学方程式，根据CO的燃烧热写CO燃烧的热化学方程式，根据盖斯定律写碳不完全燃烧生成CO的热化学方程式。（2）以CO为燃料，熔融碳酸盐为电解质的燃料电池正极反应是，负极是CO失电子生成CO2。（3）CO是汽车尾气之一，严重污染空气，在汽车上安装尾气处理器，发生反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）。现在固定容积为2L的密闭容器中通入NO和CO各2mol发生上述反应，随温度（T）、压强（P）和时间（t）的变化曲线如图所示。请回答下列问题：根据曲线的拐点时间来确定化学反应速率的大小。根据温度对化学平衡的影响知识来回答H；根据三段式来进行计算曲线II对应平衡常数；据化学平衡移动的影

29、响因素来确定转化率的变化；。根据等效平衡原理分析。解析：（1）碳完全燃烧的热化学方程式H=393.5 kJmol-1， CO燃烧的热化学方程式283kJmol-1 ，根据盖斯定律，22得碳不完全燃烧生成CO的热化学方程式2C（s）+ O2（g）= 2CO（g）H=-221kJmol-1。（2）以CO为燃料，熔融碳酸盐为电解质的燃料电池正极反应是，所以正极通入O2 、CO2；负极是CO失电子生成CO2，电极反应为CO-2e- + CO32- = 2CO2。（3）根据“先拐先平”速率快，CO2表示的平均反应速率V(I) V(III) V(II)。根据曲线II、III，可知 ,升高温度CO2的含量降

30、低，H0； 曲线II对应的反应达平衡后，再通入2molNO和2molCO并保持温度不变，相当于加压，再达平衡时NO的转化率将增大；维持温度为T2压强为P2的条件下，根据等效平衡原理，为等比等效，故AC正确。点睛：二氧化碳的物质的量随温度（T）、压强（P）和时间（t）的变化曲线，先拐先平”速率快，根据I、III可知 ; 根据根据 II、III可知 。144s2 4p4 a sp 3 14:1 C 六方最密堆积 CuCl () 【详解】(1)硒元素是第34号元素，位于周期表的第四周期 VI A族，故基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；(2)磷碳、硅和磷三种元素中，硅元素的第一电离能最小，则曲线

31、c代表硅；碳、磷原子的价电子排布式分别为2s22p2、3s23p3，显然碳原子失去2p轨道的2个电子较易，失去2s轨道的2个电子较难，故碳元素的第一、二级电离能明显小于第三、四级电离能；磷原子失去3p轨道的3个电子相对较易，失去3s轨道的2个电子较难，故磷元素的第四级电离能明显大于第一、二、三级电离能，图中曲线a代表碳，曲线b代表磷；(3)苯胺中N原子的杂化方式为sp3杂化；苯胺分子含有1个大键，14个键（5个C-H键、6个C-C键、1个C-N键、2个N-H键），则键和键的数目比为14:1；(4)根据题中的结构可知，Na+和酸根离子之间存在离子键，非金属原子之间存在共价键，分子间存在范德华力，

32、水分子之间存在氢键，该晶体内不存在金属键，故选C；(5)该堆积方式为六方最密堆积；该晶胞中，含有Cu的个数为4，含有Cl的个数为=4，则该晶胞中Cu、Cl最简个数比为1:1，故该物质的化学式为CuCl；由题可知，若晶胞的棱长为1，经计算，D原子到x-y平面的距离为，到y-z平面、x-z平面的距离均为，故D原子的坐标参数为(，)；由可知，当晶胞的棱长为1时，C的坐标为(1，1，0)，D的坐标为(，)，则CD的长为；若C、D两原子核间距为298pm，则晶胞棱长a=nm=cm；该晶胞含有4个CuCl，故该晶胞的密度=gcm-3。15C6H12O6 CH3CHCH2 羟基、羧基 【详解】试题分析：B的

33、分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，（1）根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3-CH=CH2，答案为：C6H12O6；CH3-CH=CH2；（2）F为CH3CHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基，答案为：羟基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应中属于加成反应的是，答案为：；（4）F在一定条件下发生缩聚反应得G，反应方程式为，答案为：考点：有机推断