高考全国卷Ⅰ化学真题解析.docx

高考全国卷Ⅰ化学真题解析.docx

《高考全国卷Ⅰ化学真题解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考全国卷Ⅰ化学真题解析.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考全国卷Ⅰ化学真题解析

2018年高考全国卷Ⅰ化学真题解析

可能用到的相对原子质量：

[2018全国卷Ⅰ]

H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ar-40Fe-56I-127

一、选择题：

本题共6个小题，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。

[2018全国卷Ⅰ-7]磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：

下列叙述错误的是

A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用

B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li

C.沉淀反应的金属离子为“Fe3+”

D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠

【答案】D

【解析】A.随意丢弃废旧电池中会污染环境，且废旧电池中有部分金属可以回收利用，故合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B.从流程图可知，正极片中有金属元素Al、Fe、Li，B正确；C.含磷酸亚铁锂的滤渣，经硝酸处理后，亚铁会被氧化成Fe3+，C正确；D.硫酸锂溶于水，故上述流程中不可用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。

【考点】环境保护和资源再利用；原子守恒的理论；硝酸的强氧化性与亚铁的还原性；硫酸盐与碳酸盐的溶解性。

[2018全国卷Ⅰ-8]下列说法错误的是

A.蔗糖、果糖和麦芽糖均为二糖

B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质

C.植物油含不饱和脂肪酸脂，能使Br2/Cl4褪色

D.淀粉和纤维素水解的最终产物为葡萄糖

【答案】A

【解析】A.双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；果糖属于单糖，不能再发生水解，A错误；B.酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，B正确；C.植物油属于油脂，其中含有碳碳双键，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正确；D.淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。

答案选A。

【考点】糖类、油脂和蛋白质的部分概念、结构与性质。

[2018全国卷Ⅰ-9]在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作中末涉及的是

ABCD

【答案】D

【解析】A.浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B.生成的乙酸乙酯中混有末反应完的乙酸和乙醇，因此可用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，且导气管不可伸入溶液中，以防倒吸，B正确；乙酸乙酯不溶于水，可通过分液分离，故C正确。

D.本实验中不需要灼烧的操用，D错误。

【考点】乙酸乙酯的制备原理、装置；乙酸、乙醇、乙酸乙酯的溶解性；蒸发、分液、防倒吸等实验操作方法与装置等。

[2018全国卷Ⅰ-10]NA是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NA

B.22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA

C.92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA

D.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA

【答案】B

【解析】A.16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氯化铁水解生成氢氧化铁胶体时，只有部分水解，且氢氧化铁胶粒是分子的集合体，因此水解生成的Fe（OH）3胶体粒子数远小于0.1NA，A错误；

B.标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气分子是单原子分子，氩原子中有18个质子，故.标准状况下22.4L氩气的含有的质子数是18NA，B正确；

C.丙三醇是三元醇，分子中含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3NA，C错误；

D.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃有四种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误。

【考点】水解平衡；胶体、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数、羟基的概念；丙三醇的结构；甲烷的取代反应。

[2018全国卷Ⅰ-11]环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2,2]戊烷（

）是最简单的一种。

下列关于该化合物的说法错误的是

B.二氯代物超过两种A.与环戊烯互为同分异构体

C.所有碳原子均处于同一平面D.生成1molC5H12至少需要2molH2

【答案】C

【解析】A.螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，但它们两者结构不同，互为同分异构体，A正确；B.分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中氯原子可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上的氢原子，因此其二氯代物超过两种（有4种），B正确；C.由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，故分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；D.戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确。

【考点】同分异构体的概念；二元取代物同分异构体的数目判断；有机物中碳原子的成键特点与原子在空间的共线、共面等。

在教材中甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点的基础上进行知识的迁移与灵活应用。

[2018全国卷Ⅰ-12]主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。

W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。

下列说法正确的是

A.常温常压下X的单质为气态

B.Z的氢化物为离子化合物

C.Y和Z形成的化合物水溶液呈碱性

D.W与Y具有相同的最高化合价

【答案】B

【解析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。

W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，故生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。

W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na。

根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。

则：

A.金属钠常温常压下是固态而非气态，A错误；B.CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C.Y与Z形成的化合物是氯化钠，其水溶液显中性而非碱性，C错误；D.F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。

答案选B。

【考点】原子结构、元素周期律、元素周期表；氢氟酸、二氧化硅（玻璃）的性质；CaF2与浓硫酸反应制HF；盐溶液的酸碱性；氢化物、离子化合物的概念。

其中氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。

[2018全国卷Ⅰ-13]最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。

示意图如右所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极发生的反应为：

①EDTA-Fe2+-e—=EDTA-Fe3+

②2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+

该装置工作时，下列叙述错误的是

A.阴极的电极反应：

CO2+2H++2e—=CO+H2O

B.协同转化总反应：

CO2+H2S=CO+H2O+S

C.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低

D.若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+

溶液需为酸性

【答案】C

【解析】该装置为电解池。

A.CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，得电子发生还原反应，故ZnO@石墨烯电极为阴极，电极反应式为：

CO2+2H++2e-＝CO+H2O，A正确；B.根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①×2+②即得到阳极反应式为：

H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B正确；C.石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C错误；D.由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D正确。

答案选C。

【考点】氧化反应和还原反应与阴极和阳极的关系；阴极和阳极电势高低的判断；题中引入了新的信息以考查学生的自学能力与抗干扰能力。

[2018全国卷Ⅰ-26]

（14分）醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr·2H2O]为砖红色晶体，难溶于水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。

一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬，二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。

实验装置如图所示。

回答下列问题：

⑴实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是

。

仪器a的名称是。

⑵将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。

打开K1、K2，关闭K3。

①c中溶液由绿色惭变为亮蓝色，该反应的离子方程式为：

。

②同时c中有气体产生，该气体的作用是。

⑶打开K3，关闭K1、K2。

c中亮蓝色溶液流入d中，其原因是

；d中析出砖红色沉淀。

为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是

、洗涤、干燥。

⑷指出d装置可能存在的缺点。

【答案】【答案】

（1）去除水中溶解氧；分液（滴液）漏斗

（2）①Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋②排除c中空气（3）c中产生H2使压强大于大气压；（冰浴）冷却、过滤（4）敞开体系中醋酸亚铬能接触到空气。

【解析】在盐酸溶液中Zn把Cr3＋还原为Cr2＋，同时锌与盐酸反应产生氢气排尽装置中的空气防止Cr2＋被氧化，并使c中压强增大，把生成的CrCl2压入d装置中。

（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；

（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c中空气；（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。

（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是醋酸亚铬可能与空气接触被氧化而使产品不纯。

【考点】醋酸亚铬的制备；化学实验与探究的能力；氧化还原、离子反应、阿伏加德罗定律。

[2018全国卷Ⅰ-27]（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应有广泛，回答下列问题：

⑴生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。

写出该过程的化学方程式：

。

⑵利用烟道气中的SO2生产的工艺为：

①PH=4.1时，Ⅰ中为溶液（写化学式）。

②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是。

⑶制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有Na2SO3和NaHSO3。

阳极的反应式为:

。

电解后室的NaHSO3溶液浓度增加。

将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5

⑷Na2S2O5可用作食品抗氧化剂。

在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50mL葡萄酒样品，用0.01000mol/L的碘标准液滴定到终点，消10.00mL。

滴定反应的离子方程式为：

。

该样品中Na2S2O5的残留量为g/L（以SO2计）。

【答案】

（1）2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O

（2）①NaHSO3②得到NaHSO3过饱和溶液（3）2H2O－4e－＝4H＋+O2↑，a（4）S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋，0.128

【解析】

（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O

（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐NaHSO3，即Ⅰ中为NaHSO3；②依题目中信息“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”知，要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断答案为“得到NaHSO3过饱和溶液”；

（3）阳极失电子发生氧化反应，阳极区溶质是稀硫酸，故氢氧根放电，电极反应式为：

2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。

阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸氢钠。

阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。

（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，焦亚硫酸钠被I2氧化成硫酸钠，离子方程式为“S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋”；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是:

0.0001mol×64g·mol-1/0.05L=0.128g/L

【考点】以焦亚硫酸钠的制备、应用为信息载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等；电解池的电极反应的书写；离子交换膜的作用；电荷的移动方向；原子守恒理论的运用：

计算残留量时以二氧化硫计（硫原子守恒）。

题目难度中等。

考点紧靠教材但又不拘泥于教材，题中出现了“新知识——焦亚硫酸钠”。

善于捕捉信息（解题钥匙）是解题的关键。

[2018全国卷Ⅰ-28]（15分）采用N2O5为硝化剂是一种新型绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。

回答下列问题：

⑴1840年Devil用干燥的氯气通过通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为.

⑵F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了250C时N2O5（g）分解反应:

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。

体系的总压强P随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5（g）完全分解）：

t/min

0

40

80

160

260

1300

1700

∞

p/kPa

35.8

40.3

42.5

45.9

49.2

61.2

62.3

63.1

①已知：

2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H=-4.4KJ/mol

2NO2（g）=N2O4（g）△H=-55.3KJ/mol

则N2O5（g）=2NO2（g）+0.5O2（g）的△H=KJ/mol

②研究表明，N2O5（g）分解的速率v=2×10-3×PN2O5（kPa/min）。

t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa,则此时PN2O5=kPa，v=kPa/min）

③若提高反应温度至350C，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（350C）大于63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是：

。

④250C时，N2O4（g）

2NO2（g）反应的平衡常数Kp=kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数）。

⑶对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：

第一步N2O5

NO2+NO3快速平衡

第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应

第三步：

NO+NO3→2NO2快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。

下列表述正确的是（填标号）。

A.v（第一步反应的逆反应）＞v（第二步反应）B.反应的中间产物只有NO3

C.第二步中的NO2与NO3的碰撞只部分有效D.第三步反应的活化能高

【答案】

（1）O2

（2）①53.1②30.0；6.0×10－2③大于；温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。

④13.4（3）AC

【解析】

（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中Ag元素、N元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2价的氧元素化合价会升高，氧化产物是O2；

（2）①已知：

ⅰ.2N2O5（g）＝2N2O4（g）+O2（g）△H1＝－4.4kJ/mol

ⅱ.2NO2（g）＝N2O4（g）△H2＝－55.3kJ/mol

根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5（g）＝2NO2（g）+1/2O2（g）△H1＝＋53.1kJ/mol；

②根据方程式：

N2O5（g）=2NO2（g）+0.5O2（g）可知，生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是1:

2，又依阿伏加德罗定律知，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：

2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；

也可依：

N2O5（g）=2NO2（g）+0.5O2

始（kPa）35.800

变（kPa）5.85.82.9

62min（kPa）302.9

解得，PN2O5=30kPa，v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）

③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1kPa。

④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9kPa，总压强应该是71.6kPa+17.9kPa＝89.5kPa，平衡后压强减少了89.5kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2（g）

N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=18.82/26.4（kPa）。

也可依：

N2O5（g）=2NO2（g）+0.5O2

始（kPa）35.800

变（kPa）35.817.917.9

∞（kPa）071.617.9

又：

N2O4（g）

2NO2（g）

始（kPa）071.6

变（kPa）x2x

∞（kPa）x71.6-2x

t=∞时，N2O5（g）完全分解，气体总压强为63.1，即:

P（N2O4）+P（NO2）+P（O2）=x+（71.6-2x）+17.9=63.1，x=26.4，71.6-2x=71.6-2×26.4=18.8，Kp=c2（NO2）/c（N2O4）=18.82/26.4=13.4kPa

（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；

B、根据第二步和第三步可知中间产物除有NO3外还有NO，B错误；

C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；

D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。

答案选AC。

【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。

本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。

但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。

压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。

也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。

[2018全国卷Ⅰ-35][化学——选修3]（15分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。

回答下列问题：

（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为（填标号）。

A．

B．

C．

D．

（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H−），原因是。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是、中心原子的杂化形式为。

LiAlH4中，存在_____（填标号）。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键

（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为kJ·mol−1，O=O键键能为kJ·mol−1，Li2O晶格能为kJ·mol−1。

（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。

已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为g·cm−3（列出计算式）。

【答案】

（1）D；C

（2）Li+核电荷数较大（3）正四面体;sp3;AB（4）520；498；2908（5）（8×7+4×16）/[NA（0.4665×10-7）3]

【解析】

（1）根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；

（2）由于Li＋与H－核外电子排布相同，而Li＋的核电荷数较大，其原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－；

（3）LiAlH4中的阴离子是AlH4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；

（4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040kJ/mol÷2＝520kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249kJ，所以O＝O键能是249kJ/mol×2＝498kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908kJ/mol；

（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是p=m/v=（8×7+4×16）/[NA（0.4665×10-7）3]。

【考点】核外电子排布、轨道杂化类型、分子构型、电离能、晶格能、化学键类、晶胞的计算等知识。

立足课本进行适当拓展。

[难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：

①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1]

[2018全国卷Ⅰ-36][化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

化合物W可作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：

回答下列问题：

⑴A的化学名称为。

⑵②的反应类型是。

⑶反应④所需试剂、条件分别为。

⑷G的分子式为。

⑸W中含氧官能团的名称是。

⑹写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积之比为1：

1）。

⑺苯乙酸苄酯（

CH2COOCH2

）是花香型香料,设计以苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线（无机试剂任选）。

【解析】

（1）根据A的结构简式可知A是氯乙酸,氯乙酸与碳酸钠反应生成氯乙酸钠。

（2）氯乙酸钠与NaCN发生反应，氯原子被－CN取代