最新新课标Ⅱ高考化学试题及答案高清解析版.docx

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最新新课标Ⅱ高考化学试题及答案高清解析版

2016年全国统一高考化学试卷【2016新课标Ⅱ】

　（使用地区：

宁夏、黑龙江、辽宁、新疆、西藏、内蒙古、甘肃、青海、陕西、重庆）

一、选择题：

本大题共7小题，每小题6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．【2016新课标Ⅱ】下列关于燃料的说法错误的是（　　）

A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一

B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染

C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染

D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一

【答案】B

【解答】解：

A．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A正确；

B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B错误；

C．压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；

D．燃料不完全燃烧排放的CO有毒，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D正确；

2．【2016新课标Ⅱ】下列各组中的物质均能发生就加成反应的是（　　）

A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷

【答案】B

【解答】解：

A．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A错误；

B．苯是六个碳碳键完全等同的化学键，一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故B正确；

C．乙酸分子中羰基不能加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C错误；

D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故D错误；

3．【2016新课标Ⅱ】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2﹣和c+的电子层结构相同，d与b同族．下列叙述错误的是（　　）

A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1

B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物

C．c的原子半径是这些元素中最大的

D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性

【答案】A

【解答】解：

a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2﹣和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素．

A．H元素与Na形成化合物NaH，H元素为﹣1价，故A错误；

B．O元素与H元素形成H2O、H2O2，与Na元素形成Na2O、Na2O2，与S元素形成SO2、SO3，故B正确；

C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故Na的原子半径最大，故C正确；

D．d与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确．

4．【2016新课标Ⅱ】分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）（　　）

A．7种B．8种C．9种D．10种

【答案】C

【解答】解：

C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2两种，

CH3CH2CH2CH3中一个Cl取代为甲基、亚甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有4种、4种位置，但有2种重复（对碳链从前向后一次编号，1、2号碳原子重复一次，1、3与2、4重复），故该情况有6种，

CH3CH（CH3）2中一个Cl取代为甲基、次甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有3种、1种位置，但有1种重复（分别处于取代甲基、次甲基上H原子），故该情况有3种，

故共有9种，

5．【2016新课标Ⅱ】Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池．下列叙述错误的是（　　）

A．负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+

B．正极反应式为Ag++e﹣=Ag

C．电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移

D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑

【答案】B

【解答】解：

A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：

Mg﹣2e﹣=Mg2+，故A正确；

B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：

2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故B错误；

C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl﹣在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；

D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确；

6．【2016新课标Ⅱ】某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：

①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：

再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；

②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在．

该白色粉末可能为（　　）

A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4

【答案】C

【解答】解：

A．NaHCO3、Al（OH）3都与盐酸反应，盐酸足量时没有固体剩余，故A错误；

B．碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；

C．BaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3，能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故C正确；

D．加入过量盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误．

7．【2016新课标Ⅱ】下列实验操作能达到实验目的是（　　）

实验目的

实验操作

A．

制备Fe（OH）3胶体

将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中

B．

由MgCl2溶液制备无水MgCl2

将MgCl2溶液加热蒸干

C．

除去Cu粉中混有的CuO

加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥

D．

比较水与乙醇中氢的活泼性

分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中

【答案】D

【解答】解：

A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故A错误；

B．氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故B错误；

C．二者都与稀硝酸反应，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故C错误；

D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性，故D正确．

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题（共129分）

8．【2016新课标Ⅱ】联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：

（1）联氨分子的电子式为　　　　　　，其中氮的化合价为　　　　　　．

（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　　　　　　．

（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1

②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2

③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3

④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1

上述反应热效应之间的关系式为△H4=　　　　　　，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为　　　　　　．

（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为　　　　　　（已知：

N2H4+H+⇌N2H5+的K=8.7×107；Kw=1.0×10﹣14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为　　　　　　．

（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是　　　　　　．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2　　　　　　kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是　　　　　　．

【答案】

（1）：

；﹣2；

（2）2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体；

（4）8.7×10﹣7，N2H6（HSO4）2；

（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4．

【解答】解：

（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：

，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为﹣2价，

（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：

2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，

（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1

②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2

③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3

依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，

（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，平衡常数Kb=

=

×

=K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，第二步电离方程式为N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2，

（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，﹣2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：

N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：

固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，N2H4～O2～4e﹣，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4，

9．【2016新课标Ⅱ】丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列问题：

（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：

①C3H6（g）+NH3（g）+

O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1

②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1

两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是　　　　　　；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是　　　　　　；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是　　　　　　．

（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率　　　　　　（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是　　　　　　；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是　　　　（双选，填标号）．

A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大

（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为　　　　　　，理由是　　　　　　．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为　　　　　　．

【答案】

（1）两个反应均为放热量大的反应；低温、低压；催化剂；

（2）不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；

（3）1：

1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1：

7.5：

1．

【解答】解：

（1）两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，

（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460°C时，丙烯腈产率降低，

A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；

B．平衡常数的大小不影响产率，故B错误；

C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，故C正确；

D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；

（3）根据图象可知，当

约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+

O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：

1.5：

1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：

1：

7.5：

1，

10．【2016新课标Ⅱ】某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质．回答下列问题：

（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是　　　　　　．

（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化．FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为　　　　　　．

（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是　　　　　　．

（4）丙组同学取10mL0.1mol•L﹣1KI溶液，加入6mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液混合．分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；

②第二支试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；

③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红．

实验②检验的离子是　　　　　　（填离子符号）；实验①和③说明：

在I﹣过量的情况下，溶液中仍含有　　　　　　（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为　　　　　　．

（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为　　　　　　；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是　　　　　　，生成沉淀的原因是　　　　　　（用平衡移动原理解释）．

【答案】

（1）防止氯化亚铁被氧化；

（2）Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；

（3）隔离空气（排除氧气对实验的影响）；

（4）Fe2+；Fe3+；可逆反应．

（5）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动．

【解答】解：

（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，

（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式：

Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响

（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：

Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I﹣过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．

（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动．

四、选考题：

共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．化学--选修2：

化学与技术

11．【2016新课标Ⅱ】双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂．生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：

生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水．回答下列问题：

（1）蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是　　　　　　，循环使用的原料是　　　　　　，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是　　　　　　．

（2）氢化物A中反应的化学方程式为　　　　　　．进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为　　　　　　．

（3）萃取塔D中的萃取剂是　　　　　　，选择其作萃取剂的原因是　　　　　　．

（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是　　　　　　．

（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为　　　　　　，一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10g•cm﹣3），其浓度为　　　　　　mol•L﹣1．

【答案】

（1）氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂；

（2）

；乙基氢蒽醌；

（3）水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；

（4）过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；

（5）5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.89．

【解答】解：

（1）由转化反应可知，先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应，则蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌；配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂，

（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌与氢气反应，反应为

；进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌，

（3）D中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，

故答案为：

水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；

（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，

（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应为5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O，由c=

可知一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10g•cm﹣3），其浓度为

=8.89mol/L，

[化学--选修3：

物质结构与性质]

12．【2016新课标Ⅱ】东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答下列问题：

（1）镍元素基态原子的电子排布式为　　　　　　，3d能级上的未成对电子数为　　　　　　．

（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液．

①[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是　　　　　　．

②在[Ni（NH3）6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为　　　　　　，提供孤电子对的成键原子是　　　　　　．

③氨的沸点　　　　　　（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是　　　　　　；氨是　　　　　　分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为　　　　　　．

（3）单质铜及镍都是由　　　　　　键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：

ICu=1958kJ•mol﹣1、INi=1753kJ•mol﹣1，ICu＞INi的原因是　　　　　　．

（4）某镍白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，晶胞参数a=　　　　　　nm．

【答案】

（1）1s22s22p63s23p63d84s2；2；

（2）①正四面体；②配位键；N；

（3）③高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；

（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；

（4）①3：

1；②

×107．

【解答】解：

（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，

故答案为：

1s22s22p63s23p63d84s2；2；

（2）①SO42﹣中S原子的孤电子对数=

=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，

②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，

③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，

NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N﹣H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，

故答案为：

高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；

（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，

故答案为：

金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；

（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×

=1、Cu原子数目=6×

=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：

1，

②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为

g，则

g=dg•cm﹣3×（a×10﹣7cm）3，解得a=

×107．

[化学--选修5：

有机化学基础]

13．【2016新课标Ⅱ】氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为

从而具有胶黏性．某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：

已知：

①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰

②

回答下列问题：

（1）A的化学名称为　　．

（2）B的结构简式为　　．其核磁共振氢谱显示为　　组峰，峰面积比为　　．

（3）由C生成D的反应类型为　　．

（4）由D生成E的化学方程式为　．

（5）G中的官能团有　　、　、　．（填官能团名称）

（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有　　种．（不含立体结构）

【答案】

（1）丙酮；

（2）

；1：

6；

（3）取代反应；（4）

+NaOH

+NaCl；

（5）酯基、碳碳双键、氰基；（6）8．

【解答】解：

A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧