湖南省长望浏宁四县高三联合调研考试理综化学试题解析版.docx
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湖南省长望浏宁四县高三联合调研考试理综化学试题解析版
2018年长望浏宁高三调研考试理科综合能力测试化学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共16页。
时量150分钟，满分300分。
可能用到的相对原子质量：
C－12 O－16Na－23S－32Fe－56Cu－64
第Ⅰ卷（选择题共126分）
选择题：
（本题共13小题，每小题6分，在每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
）
1.化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是
A.“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
B.把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
C.用高锰酸钾溶液、酒精、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒
D.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化
【答案】C
【解析】A，血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用了渗析原理，“静电除尘”利用了胶体的电泳，A项正确；B，石灰浆为Ca（OH）2悬浊液，虫卵含蛋白质，强碱能使蛋白质发生变性，把石灰浆涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，B项正确；C，KMnO4溶液、双氧水能杀菌消毒的原因是它们具有强氧化性，酒精能杀菌消毒的原因是酒精能使蛋白质发生变性，C项错误；D，硅胶具有吸水性，可防止食物受潮，铁粉具有还原性，可防止食物氧化，D项正确；答案选C。
2.以下是从中国古代著作中摘取出来相关涉及化学叙述的解说，其中错误的是
A.“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
B.“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐
C.“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”是应用了焰色反应区分硝石与朴硝（Na2SO4）
D.“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是Na2CO3
【答案】D
【解析】A，“洧水可燃”，石油是多种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，石油可燃，“洧水”指石油，A项正确；B，“曾青涂铁，铁赤如铜”指铁与可溶性铜盐作用置换出铜，发生的反应为：
Fe+Cu2+=Fe2++Cu，“曾青”是可溶性铜盐，B项正确；C，硝石（KNO3）与朴硝（Na2SO4）灼烧时，分别呈现K、Na的焰色反应，可利用焰色反应区分硝石和朴硝，C项正确；D，烧薪柴之灰为草木灰，草木灰的主要成分为K2CO3，K2CO3溶液呈碱性，可用于洗衣服，文中碱是K2CO3，D项错误；答案选D。
3.已知
互为同分异构体，下列说法不正确的是
A.z的二氯代物有三种
B.x、y的一氯代物均只有三种
C.x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面
D.x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色
【答案】B
【解析】A，z为立方烷，z中只有1种H原子，z的一氯代物只有1种，z的二氯代物有3种（2个氯分别处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），A项正确；B，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，B项错误；C，x中所有碳原子都为sp2杂化，结合单键可以旋转、苯和乙烯的结构，x中所有原子可能处于同一平面，y中含2个饱和碳原子，z中8个碳原子都是饱和碳原子，y、z中所有原子不可能都处于同一平面，C项正确；D，x、y中含碳碳双键，都可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色，D项正确；答案选B。
点睛：
本题涉及两个难点：
烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面问题。
烃的氯代物种类的确定：
（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：
同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；
（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法（如z的二氯代物种类的确定）。
确定分子中共面的原子个数的技巧：
（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线（联想乙炔的结构），苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；
（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构），苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面（联想苯的结构）；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。
4.草酸晶体（H2C2O4·2H2O）无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华,170℃以上分解。
某学生拟用下图装置做草酸晶体的分解实验并验证部分产物，下列说法错误的是
A.装置A中的大试管口应略向下倾斜，是因为加热草酸晶体时会产生水
B.装置B主要作用是冷凝（水蒸气、草酸）等,防止草酸进入装置C中,干扰CO2的检验
C.装置C中可观察到的现象是有气泡冒出,澄清石灰水变浑浊
D.本实验能证明草酸晶体的分解产物有二氧化碳
【答案】A
【解析】A项，草酸晶体的熔点101℃小于其分解温度，装置A中的大试管口应向上倾斜，错误；B项，由于草酸晶体易升华，分解产物中混有草酸蒸气，草酸也能使澄清石灰水变浑浊，干扰分解产物CO2的检验，检验CO2之前必须排除草酸的干扰，装置B的主要作用是冷凝水蒸气、草酸等，正确；C项，草酸分解生成CO2、CO和H2O，CO不能被澄清石灰水吸收，装置C中有气泡冒出，CO2使澄清石灰水变浑浊，正确；D项，澄清石灰水变浑浊证明分解产物有CO2，正确；答案选A。
5.最新报道：
科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。
反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是
A.在该过程中，CO断键形成C和OB.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应过程
C.CO和O生成CO2是吸热反应D.CO和O生成了具有极性共价键的CO2
【答案】D
【解析】A，根据图示，在该过程中，CO中化学键没有断裂，A项错误；B，根据题意，状态I→状态III表示CO与O反应过程，B项错误；C，由于状态I具有的总能量大于状态III具有的总能量，CO和O生成CO2是放热反应，C项错误；D，CO2的结构式为O=C=O，CO2中含极性共价键，CO和O生成了具有极性共价键的CO2，D项正确；答案选D。
6.下列有关离子方程式或离子共存的叙述正确的是
A.将磁性氧化铁溶于氢碘酸：
Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋+Fe2＋+4H2O
B.用肥皂（主要成份C17H35COONa）检验含有较多钙离子的硬水：
2C17H35COO－+Ca2+=（C17H35COO）2Ca↓
C.常温下，在
=0.1的溶液中：
Na＋、K＋、AlO2－、HCO3－能大量共存
D.在NaClO溶液中：
SO32－、OH－、Cl－、K＋
【答案】B
点睛：
本题考查离子方程式正误的判断和离子共存，掌握物质的性质、离子的性质是解题的关键。
判断离子方程式是否正确一般从以下几个方面分析：
（1）反应是否尊重客观事实（如A项），
（2）各物质的拆分是否正确，（3）离子方程式是否守恒（原子是否守恒、电荷是否守恒、氧化还原反应中得失电子是否守恒等），（4）反应是否符合配比要求。
判断离子能否大量共存从复分解反应、氧化还原反应（如D项）、双水解反应、络合反应等方面全面思考，同时注意题干附加条件（如C、D项）。
7.25℃时，将浓度均为0.1mol·L－1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va＋Vb＝100mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A.Ka（HA）＝1×10－6
B.b点时，c（B＋）＝c（A－）
C.c点时，
随温度升高而增大
D.a→c过程中水的电离程度始终增大
【答案】B
【解析】A，根据图像，当Va=100mL，Vb=0时溶液的pH=3，即0.1mol/L100mLHA溶液的pH=3，溶液中c（H+）=1
10-3mol/L
0.1mol/L，HA为弱酸，溶液中c（A-）=c（H+）=1
10-3mol/L，c（HA）=0.1mol/L-1
10-3mol/L=0.099mol/L，Ka（HA）=
=
=1
10-5，A项错误；B，根据图像，25℃时b点Va=Vb=50mL，HA和BOH恰好完全反应，溶液的pH=7即c（H+）=c（OH-），说明等浓度的HA和BOH的电离程度相同，b点溶液中的电荷守恒为：
c（B+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），则b点c（B+）=c（A-），B项正确；C，c点溶液由BA和BOH组成，A-在溶液中存在水解平衡A-+H2O
HA+OH-，该水解平衡的水解平衡常数Kh=
，盐类水解是吸热过程，升高温度促进水解，水解平衡常数Kh增大，
增大，
随温度升高而减小，C项错误；D，a→b过程中过量的HA电离的c（H+）减小，反应生成的BA增多，BA水解促进水的电离，水的电离程度增大，b点两者恰好完全反应，水的电离程度最大，b→c过程中过量的BOH电离的c（OH-）增多，反应生成的BA减少，b→c过程中水的电离程度减小，a→c的过程中水的电离程度先增大后减小，D项错误；答案选B。
点睛：
本题考查酸碱反应的图像分析，电离平衡常数的计算，溶液中离子浓度的大小关系，影响水的电离平衡和盐类水解平衡的因素。
明确各点数据的含义、溶液的成分和性质是解题的关键，确定溶液中离子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒，易错选D，酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
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做答。
第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（11题，共129分）
8.实验室制备氨基甲酸铵（NH2COONH4）的反应如下：
2NH3（g）＋CO2（g）
NH2COONH4（s）
该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵。
该反应在一定条件下能够自发进行，一般来说，可判断此反应为：
____（填序号）
A：
吸热反应B：
放热反应
⑵写出生成碳酸铵的化学方程式_____________
⑶实验步骤如下：
步骤1：
按图所示组装仪器，检查装置气密性。
步骤2：
在相应仪器中装入药品，其中在三颈烧瓶中加入氢氧化钠固体，恒压滴液漏斗中装入浓氨水。
步骤3：
滴加浓氨水并搅拌，调节反应速率，在反应器中得到产品
……
①干燥管中盛放的药品是___________
②对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有___
③以恒压滴液漏斗代替分液漏斗的目的是_____________
④反应后期CO2气流量下降时，可采取的相应措施是________
⑷该实验装置中可能存在的缺陷是________________
【答案】
（1）.B
（2）.2NH3＋CO2＋H2O=（NH4）2CO3（3）.固体氧化钙（生石灰）或固体氢氧化钠或碱石灰（4）.不需净化和干燥处理；提供低温环境，提高转化率（5）.使氨水顺利滴下（使恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，液体顺利滴下）（6）.调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水滴加速度（7）.产品易堵塞导管；或没有防倒吸装置，稀硫酸会倒吸；或反应器与稀硫酸之间没有防止水蒸气进入反应器的装置
【解析】
（1）2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s），该反应为熵减的过程，若能自发进行，说明该反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：
小于；
（2）水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；故答案为：
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；
（3）①由于制备氨基甲酸铵的原料氨气必须是干燥的，以防止副反应的发生，因此生成的氨气必须进行干燥，因为氨气是碱性气体，所以干燥氨气应该用氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰，故答案为：
固体氢氧化钠或碱石灰；
②碳酸盐和酸反应制CO2，则生成的CO2必须进行净化和干燥处理，而直接利用干冰制备CO2，不需要干燥；又因为该反应是放热反应，提供低温环境，可以提高转化率，故答案为：
不需要干燥；提供低温环境，提高转化率；
③和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，故答案为：
使氨水顺利滴下；
④反应后期，由于二氧化碳的气流下降，导致通入的二氧化碳气体减少，此时可以通过调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水的滴加速度，故答案为：
调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水的滴加速度；
（4）依据装置图中流程分析，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸，实验装置存在安全问题产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸，故答案为：
产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸。
点睛：
本题考查了物质制备实验的设计应用，涉及氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断。
本题的易错点为干冰升华产生CO2气体的优点分析，要注意与实验室制二氧化碳的比较。
9.利用工业冶炼硫酸铜（含有Fe2＋、AsO2－、Ca2＋等杂质）提纯制备电镀硫酸铜的生产流程如下：
已知：
①Fe3＋、Cu2＋开始沉淀的pH分别2.7、5.4，完全沉淀的pH分别为3.7、6.4。
②Ksp[Cu（OH）2]=2×10－20
③AsO2－＋H2O2＋H＋=H3AsO4，H3AsO4＋Fe3＋=FeAsO4↓＋3H＋
⑴溶解操作中需要配制含铜32g·L－1的硫酸铜溶液2.0L，需要称量冶炼级硫酸铜的质量至少为____g。
⑵测定溶解液中的Fe2＋的浓度，可用KMnO4标准溶液滴定，取用KMnO4溶液应使用____（“酸式”或“碱式”）滴定管，其中反应离子方程式为：
__________。
若要检验调节pH后溶液中的Fe3＋已除尽的方法是______________。
⑶氧化后需要将溶液进行稀释及调节溶液的pH=5，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过________mol·L－1。
⑷固体Ⅰ的主要成分除FeAsO4、Fe（OH）3外还有____，由溶液Ⅰ获得CuSO4·H2O,需要经过蒸发浓缩、____、过滤、____、干燥操作。
（5）利用以上电镀级硫酸铜作为电解质溶液，电解粗铜（含锌、银、铂杂质）制备纯铜，写出阳极发生的电极反应式：
________________。
【答案】
（1）.160
（2）.酸式（3）.MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O（4）.取少量溶液Ⅰ于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不出现红色，则说明Fe3＋已经除尽（5）.2×10－2（6）.CaCO3（7）.冷却结晶（8）.洗涤（9）.Zn－2e－＝Zn2＋、Cu－2e－＝Cu2＋
【解析】
（1）溶解操作中需要配制含铜32g·L-1的硫酸铜溶液1.0L，需要称量冶炼级硫酸铜的质量至少为m（CuSO4）=
=80g；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡皮管，取用KMnO4溶液应使用酸式滴定管；MnO4-将Fe2+氧化为Fe3+，同时MnO4-被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为：
MnO4-+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O；若要检验调节pH后溶液中的Fe3+已除尽的方法是取少量溶液Ⅰ于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不出现红色，则说明Fe3+已经除尽；（3）溶液pH=5，c（OH-）=10-9mol/L，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过
mol/L=2×10-2mol/L；（4）由以上分析可知固体I的主要成分除FeAsO4、Fe（OH）3外还有CaCO3，操作I从溶液中获得晶体，可蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）电解粗铜（含锌、银、铂杂质）制备纯铜，阳极发生氧化反应，阳极发生的电极反应方程式为Zn-2e-＝Zn2+、Cu-2e-＝Cu2+。
点睛：
本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，易错点为调节PH=5时，可生成FeAsO4、Fe（OH）3、CaCO3沉淀，过滤后溶液Ⅰ主要含有Cu2+、Na+，将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，结晶得到硫酸铜晶体，以此解答该题。
10.对机动车尾气中的N元素、C元素进行处理，可以保护环境，减少污染。
（1）汽缸中生成NO的反应为：
N2（g）＋O2（g）
2NO（g）△H>0，NOx在铑（Rh）的催化下最终转化为无毒的产物，其中NO与CO的反应过程中经历如下两步（已知：
1kcal=4.18kJ）：
反应Ⅰ：
NO（g）＋CO（g）＋Rh（s）
RhN（s）＋CO2（g）△H=－8kcal·mol－1
反应Ⅱ：
RhN（s）＋NO（g）
Rh（s）＋N2O（g）△H=－76.4kcal·mol－1
则由NO生成1molN2O的△H=____kcal·mol－1。
若Ⅰ比Ⅱ的反应速率大，下列能正确表示反应2NO（g）＋CO（g）
N2O（g）＋CO2（g）△H在有催化剂（a）和无催化剂（b）时反应进程的能量变化图的是_____
⑵在体积为1L的恒温密闭容器中，发生反应：
2NO（g）＋2CO（g）
N2（g）＋2CO2（g），有关物质的量如下表：
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
NO
CO
N2
CO2
CO2
0.2
0.2
0
0
a
①上述反应的化学平衡常数表达式K=__________
②若达到平衡后气体的压强为开始时的0.875倍，则a=______
⑶汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5催化，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图所示。
①在n（NO）/n（CO）=1条件下，最佳温度应控制在_____左右。
②若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为___
③用平衡移动原理解释为什么加入CO后NO转化为N2的转化率增大?
______
【答案】
（1）.－84.4
（2）.B（3）.
（4）.0.1（5）.870K（860～880K范围都可以）（6）.NO直接分解成N2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行（7）.加入的CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成N2的方向移动，因此NO转化率升高
【解析】试题分析：
本题考查化学反应中的能量变化和盖斯定律的应用，化学平衡常数表达式的书写和化学平衡的计算，图像分析，外界条件对化学平衡的影响。
（1）应用盖斯定律，反应I+反应II得2NO（g）+CO（g）=CO2（g）+N2O（g）ΔH=（-8kcal/mol）+（-76.4kcal/mol）=-84.4kcal/mol。
使用催化剂能降低反应的活化能，使用催化剂时反应I、反应II以及总反应都是放热反应，反应I、反应II以及总反应的反应物的总能量大于相应生成物的总能量，符合题意的为B，答案选B。
（2）①根据化学方程式可写出化学平衡常数表达式K=
。
②用三段式，2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）
n（起始）（mol）0.20.200
n（转化）（mol）aaa/2a
n（平衡）（mol）0.2-a0.2-aa/2a
达到平衡后气体的压强为开始的0.875倍，0.2-a+0.2-a+a/2+a=0.875
（0.2+0.2），解得a=0.1。
（3）①根据图像n（NO）/n（CO）=1条件下，反应温度为870K左右时NO还原为N2的转化率已经很大，继续升高温度NO还原为N2的转化率增大不明显，最佳温度控制在870K左右。
②若不使用CO，则NO直接发生分解反应：
2NO（g）
N2（g）＋O2（g）ΔH
0，温度超过775K时NO分解率降低的原因可能是：
该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于NO转化为N2，NO的分解率降低。
③加入的CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成N2的方向移动，NO的转化率升高，所以加入CO后NO转化为N2的转化率增大。
（二）选考题：
（共45分。
请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。
注意所做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。
）
11.[化学―物质结构与性质]
稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（Sc）和钇（Y）共17种元素。
稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。
钪（Sc）为21号元素，位于周期表的____区，基态原子价电子排布图为_________
⑵离子化合物Na3[Sc（OH）6]中，存在的化学键除离子键外还有________
⑶Sm（钐）的单质与1，2-二碘乙烷可发生如下反应：
Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。
ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为_________，1molCH2=CH2中含有的σ键数目为________。
常温下1,2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_________
⑷PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr（镨）原子位于面心和顶点。
则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有____个氧原子。
⑸Ce（铈）单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=516pm。
晶胞中Ce（铈）原子的配位数为_________，列式表示Ce（铈）单质的密度：
_______g·cm-3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，不必计算出结果）
【答案】
（1）.d
（2）.
（3）.共价键和配位键（4）.sp3（5）.3.01×1024或5NA（6）.二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高（7）.8（8）.12（9）.
或
【解析】
（1）钪为21号元素，核外电子层排布为2、8、9、2，电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，则钪元素位于周期表的d区，基态原子价电子排布图为
；
（2）离子化合物Na3[Sc（OH）6]中含有羟基与Sc的配位键，羟基中的氢氧元素之间的共价键；
（3）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，有四个单键，故碳原子杂化轨道类型为sp3；1个CH2=CH2分子中含有5个σ键，故1molCH2=CH2中含有的σ键数目为5NA，由于二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体；
（4）在晶胞
中，Y为镨原子，X为氧原子，可以看到氧原子在晶胞的内部，故此晶胞中应有8个氧原子；
（5）Ce（铈）单质为面心立方晶体，以晶胞顶点的铈原子为例，与之距离最近的铈原子分布在经过该顶点的所有立方体的面心上，这样的面有12个，晶胞中铈原子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，该晶胞体积为a3，该晶胞的质量为4M/NA，根据ρ=
可知，密度为4M/NA×a3g•cm-3，即为
=
g/cm3。
12.[化学―有机化学基础]
化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是
。
以互为同系物的单取代芳香烃A、G为原料合成M的一种路线（部分反应条件略去）如下：
回答下列问题：
⑴G的结构简式为_____________________
⑵C中含有的官能团名称是________
⑶反应②的反应类型是_________，反应⑥的反应类型是______
⑷反应⑤的化学方程式为_
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