黄金卷01-【赢在高考黄金20卷】备战2020高考化学全真模拟卷（解析版）.docx

【赢在高考•黄金20卷】备战2020高考全真模拟卷01 化 学 (考试时间：50分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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。 7．下列关于文献记载的说法正确的是 A．《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质 B．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化 C．《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程 D．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏 【答案】D 【解析】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。 8．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.1 mol 的中，含有个中子 B．pH=1的H3PO4溶液中，含有个 C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子 D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键 【答案】A 【解析】A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。 9．化合物（a）、（b）、（c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是 A．a、b、c 都属于芳香族化合物 B．a、b、c都能使溴水褪色 C．由a生成c的反应是氧化反应 D．b、c互为同分异构体 【答案】D 【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。 10．短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A．原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y) B．由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C．Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D．X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 【答案】D 【解析】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。 11．由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A 向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐期消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe>Fe2+ B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C 加热盛有少NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)<Ksp(AgCl) 【答案】C 【解析】A、加入过量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3＋完全被消耗，即Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe化合价升高，Fe为还原剂，Fe2＋即是还原产物又是氧化产物，因此还原性Fe>Fe2＋，故A说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4Na＋CO22Na2O＋C，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，故B说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D说法正确。 12．高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜, 主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。 原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCn LiFePO4+nC。 下列说法不正确的是（ ） A．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4 B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn D．充电时，Li+向左移动 【答案】D 【解析】由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCn LiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。 A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确； B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确； C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确； D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；答案选D。 13．已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O4﹣+ H+ Ka1 ； HC2O4﹣C2O42﹣+H+ Ka2，T℃常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣三种,微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是 A．T℃时，lgKa2=-4.2 B．pH=1.2溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(H2C2O4) C．pH=2.7溶液中： D．向pH=1.2的溶液中再加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大 【答案】C 【解析】A.由图像可知， T℃时，lgKa2=-4.2，A项正确；B. pH=1.2时，H2C2O4、HC2O4﹣的物质的量分数相等，且c(K+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HC2O4﹣)，则c(K+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(H2C2O4)，B项正确；C.由图象可以知，pH=1.2时，c(H2C2O4) =c(HC2O4-) ，则Ka1=c(H+)=10-1.2；pH=4.2时，c(C2O42-) =c(HC2O4-) ，则Ka2=c(H+)=10-4.2；由电离常数可以知道，C项错误； D.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，D项正确。答案选C。 二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共43分。 26．（14分）利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示： 已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH（OH）COOH。 回答下列问题： （1）TiOSO4中钛元素的化合价是____________，步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是___________。 （2）滤渣的主要成分为TiO2·xH2O，结合离子方程式解释得到滤渣的原因：________。 （3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是____________________；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。 （4）步骤④中发生反应的离子方程式为______________________。 （5）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及____________________。 （6）实验室中检验溶液B中主要阳离子的方法是______________________。 【答案】 （1）+4（1分） 过滤（1分） （2）TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O（2分） （3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分） 1: 4（2分） （4）Fe2++2HCO3-===FeCO3↓+H2O+CO2↑（2分） （5）防止Fe2+被氧化（2分） （6）取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+（2分） 【解析】由流程图可知，废液中加入铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，溶液的pH增大，促进TiOSO4的水解沉淀，TiOSO4完全水解生成TiO2•xH2O沉淀，过滤，滤渣为TiO2•xH2O和Fe，滤液为FeSO4溶液；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到乳酸亚铁晶体。 （1）由化合价代数和为0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为+4；过滤； （2）TiOSO4在溶液中水解生成TiO2•xH2O，水解的离子方程式为：TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+，加入铁屑，铁与H+反应，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O沉淀，故答案为TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O； （3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的化学方程式为4FeSO4+O2 2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；1：4； （4）步骤④为FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑； （5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为防止Fe2+被氧化； （6）溶液B为硫酸铵溶液，实验室检验铵根离子的方法是：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+，故答案为取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+。 27．（15分）亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验用C12和NO制备NOCl并测定其纯度，相关实验(装置略去)如下。请回答: （1）制备Cl2发生装置可______ (填大写字母)，反应的离子方程式为_______。 （2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为:a→________(按气流方向，用小写字母表示)，若用到F，其盛装药品为_________。 （3）实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl) ①实验室也可用B装置制备NO，上图X装置的优点为__________(至少写出两点) ②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开____(填“k1”或“k3”)，通入一段时间气体，其目的为________，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。 ③若无装肖Y,则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为_________ （4）取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL.已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12,则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为____(用代数式表示，不必化简)。 【答案】（1）A或B（1分） MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2分） （2）fgcbdejh（2分） 饱和食盐水（1分） （3）①排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停（2分） ②K3（1分） 排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质（2分） ③2NOCl+H2O===2HCl+NO↑+NO2↑（2分） （4）14.7375c/m×100%或写成[c×22.5×10-3×10×65.5]/m×100%（2分） 【解析】（1）实验室制备Cl2可以用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，或者用高锰酸钾固体与浓盐酸混合反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则发生装置可选择图中的A或B，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。 （2）制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，所以需要利用饱和食盐水除去氯化氢后再用浓硫酸进行干燥，然后再根据氯气的密度比空气大的性质，用向上排空气法收集，氯气是大气污染物，需要进行尾气处理，可以用碱石灰做吸收剂，故装置连接顺序为: a→fgcbdejh，F装置内其盛装饱和食盐水，除去氯化氢气体；正确答案：fgcbdejh；饱和食盐水。 （3）①实验室也可用B装置制备NO，图X装置的优点为排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；正确答案：排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停。 ②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开k3，通入一段时间气体，其目的是为排净三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮和NOCl变质；正确答案：K3；排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质。 ③NOCl与水反应生成盐酸、一氧化氮和二氧化氮，反应的化学方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；正确答案：2NOCl+H2O===2HCl+NO↑+NO2↑。 （4）取Z中所得液体mg溶于水，取25.00mL溶液中存在：n(NOCl)=n(Cl-)=n(Ag+)=c×22.50×10-3=0.0225cmol, 则250mL溶液中，n(NOCl)=0.225c mol，所以亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为0.225c×65.5/m×100%=14.7375c/m×100%；正确答案：14.7375c/m×100%或写成[c×22.5×10-3×10×65.5]/m×100%。 28．（14分）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。 （1）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H,上述反应分两步完成，其反应历程如下图所示： 回答下列问题： ①写出反应I的热化学方程式_________。 ②反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_______(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是__________(反应未使用催化剂)。 （2）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示： ①T℃时，该反应的平衡常数为_____________________(保留两位有效数字)。 ②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则改变的条件是__________________________________。 ③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。 （3）NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。 一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是___，理由是________。 【答案】（1）①2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1（2分） ②反应Ⅱ（1分） 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢（2分） （2）①0.56（2分） ②减小二氧化碳浓度（1分） ③<（1分） （3）k1=2k2·KP（2分） BD（1分） 达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)（2分） 【解析】（1）①△H=E4 kJ·mol-1－E3kJ·mol-1 =－(E3－E4)kJ·mol-1，因此反应I的热化学方程式2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3－E4)kJ·mol-1，故答案为：2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3－E4)kJ·mol-1。 ②活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅱ的活化能大，因此决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢。 （2）①T℃时，该反应的平衡常数为，故答案为：0.56。 ②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加，则改变的条件是减小二氧化碳浓度，故答案为：减小二氧化碳浓度。 ③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，，此时反应v正< v逆，故答案为：<。 （3）一定温度下，平衡时v(NO2) 正= 2v(N2O4)逆即k1·p2(NO2) = 2k2·p(N2O4)，k1=2k2·KP，因此k1、k2与平衡常数kp间的关系是k1=2k2·KP；在上图标出点中，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此能表示反应达到平衡状态的点是BD，理由是达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)；故答案为：2k2·KP；BD；达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。 （二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分） 铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。回答下列问题： （1）基态Fe3+的电子排布式为________。 （2）实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为______。 （3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃ FeCl3的晶体类型是______。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是_______。 （4）基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等，1 mol Fe(CO)5分子中含σ键数目为_______，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种) （5）氮化铁晶体的晶体结构示意图如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______。 （6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-1，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O2-的最短间距为_______ pm。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar] 3d5（2分） N＞O＞S（1分） （2）sp2（1分） （3）分子晶体（1分） 正四面体形（1分） （4）10NA（1分） CN- 或C22-（2分） （5）3∶1（2分） （6）12（1分） （3分） 【解析】（1）铁原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化的电子排布式为[Ar]3d5；故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5； （2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小即第一电离能O＞S，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S；苯酚为苯上的一个H原子被-OH取代而成，苯和苯酚均为平面结构，C原子采取sp2杂化，故答案为：N＞O＞S；sp2； （3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，据此可知氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；SO42-离子中S原子的价层电子对数=4+=4，即含有4个σ键、没有孤电子对，所以其VSEPR模型和立体构型均是正四面体，故答案为：分子晶体；正四面体形； （4）Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故Fe(CO)5分子含有10个σ键，则1mol Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN-、C22-等，故答案为：10 NA；CN-或C22-； （5）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+2×+3=6、含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6∶2=3∶1，故答案为：3∶1； （6）依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1∶1，所以有12个二价铁离子与二价铁离子相邻且等距离；1个氧化亚铁晶胞含有亚铁离子数目为：8×+6×=4，含有氧离子数目为：12×+1=4，所以1个氧化亚铁晶胞含有4个“FeO”微粒，晶胞质量m=g，设Fe2+与O2-最短核间距为xpm，则晶胞边长为2xpm，晶胞体积V=(2x×10-10)3cm3，氧化亚铁晶体的密度ρ==，解得x=×1010，故答案为：12；×1010。 【点睛】本题的易错点为（2）中第一电离能的排序，要注意N原子的特殊性，难点是（5）的计算，要注意六棱柱顶点微粒数的计算方法。 36．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)： 已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰； ②(-NH2容易被氧化)； ③R-CH2COOH 请回答下列问题： （1）B的化学名称为______。A中官能团的电子式为______。 （2）CD的反应类型是______，I的结构简式为______。 （3）FG的化学方程式为______。 （4）M不可能发生的反应为______(填选项字母)。 a.加成反应 b.氧化反应 c.取代反应 d.消去反应 （5）请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有______。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应②能与NaHCO3反应③含有-NH2 （6）参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：______。 【答案】（1）丙二醛（2分） （2分） （2）取代反应（1分） （2分） （3）+(CH3CO)2O+CH3COOH（2分） （4）d（1分） （5）、(符合要求均可)（2分） （6）（3分） 【解析】 （1）B为OHCCH2CHO，B的化学名称为丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能团为羟基，A中官能团的电子式为； （2）C的结构简式为HOOC-CH2-COOH，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与Br2发生取代反应产生HOOC-CHBr-COOH和HBr；I的结构简式为； （3）F发生取代反应生成G，F→G 的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH； （4）a.M中苯环能发生加成反应，a不符合题意； b.酚羟基能发生氧化反应，b不符合题意； c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c不符合题意； d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d符合题意； 故合理选项是d； （5）E的同分异构体符合下列条件：①能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3反应，说明含有羧基，③含有-NH2，如果-OH、-COOH相邻，有4种；如果-OH、-COOH相间，有4种；如果-OH、-COOH相对，有2种，所以符合条件的有10种，其中两种同分异构体的结构简式是：、； （6） 以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为。 15 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！