1、安徽省肥东县高级中学2020届高三化学6月调研考试试题（含解析）1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A. 将海水中的镁转化为氯化镁，再电解熔融氯化镁可制得金属镁B. 稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张C. 芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及到化学变化D. 新修本草中有关于“青矾”描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃烧之赤色”这里的赤色是析出了Cu单质【答案】D【解析】【详解】A海水中含有Mg元素，经沉淀富集、溶解、结晶、脱水后转化为无水MgCl2，电解熔融的MgCl2可得到镁单质，A项正确，不符合题意；B纸张主要成分为纤
2、维素，稻草秸秆和甘蔗渣含有纤维素，可用于造纸。B项正确，不符合题意；C光敏树脂遇光会改变其化学结构。它是由高分子组成的胶状物质。在紫外线照射下，这些分子结合成长长的交联聚合物高分子，属于化学变化，C项正确，不符合题意；D“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃烧之赤色”，由以上信息可以推测，青矾可能为FeSO47H2O，青矾在空气中灼烧后发生分解、氧化，可以生成红棕色的氧化铁，D项错误；本题答案选D。2.环丙叉环丙烷(n)由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注，它有如下转化关系。下列说法正确的是A. n分子中所有原子都在同一个平面上B. n和：CBr2生成p的反应属于加成反应C. p分子
3、中极性键和非极性键数目之比为2：9D. m分子同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种【答案】B【解析】【详解】An中有饱和的C原子CH2，其结构类似于CH4，所有的原子不可能共平面，A项错误；Bn中的碳碳双键打开与：CBr2相连，发生加成反应，B项正确；Cp分子中的非极性键只有CC键，1个p分子中有9根CC键，极性键有C-H键和CBr键，分别为8根和2根，所以极性键和非极性键的比例为10:9，C项错误；Dm的化学式为C7H8O，属于芳香族化合物的同分异构体，如果取代基是OH和CH3，则有邻间对3种，如果取代基为CH2OH，只有1种，取代基还可为OCH3，1种，则共5种，D项错误；本题答案选B3
4、.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NAB. 标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD. 34gH2O2中含有的阴离子数为NA【答案】A【解析】【详解】A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6g N2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为20.05NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数
5、一定为0.1NA，A正确；B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误； C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；故合理选项是A。4.下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是选项实验现象结论A.常温下，将CH4与Cl2在光照下反应后的混合气体通入石蕊溶液石蕊溶液先变红后褪色反应后含氯的气体共有2种B. 向10 mL0.1mol/L NaOH溶液中 先后加入1mL浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液
6、 先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀Cu(OH)2溶解度小于 Mg(OH)2C. 加热NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3溶液显碱性D.将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中前者剧烈反应水中羟基氢的活泼性大于乙醇的A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.CH4与Cl2在光照下反应产生HCl，HCl溶于水得到盐酸，使紫色石蕊试液变为红色，由于其中含有未反应的氯气，氯气溶于水，产生盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，将红色物质氧化变为无色，反应过程中产生的有机物CH3Cl也是气体，因此不能证明反应后含氯的气体共有2种，A错误；B.反应中氢氧化
7、钠过量，则一定会产生氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，不能比较二者的溶解度相对大小，B错误；C.加热NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了氨气，C错误；D.将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中，前者剧烈反应，是由于水中羟基氢的活泼性大于乙醇，更容易电离产生H+，D正确；故合理说法是D。5.根据下列图示所得出的结论正确的是A. 图甲表示pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程pH的变化，曲线b对应氨水B. 图乙表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化C. 图丙表示CO(g)Cl2(g)=COCl2(g)的反应速率随时间的
8、变化，在t1时改变的条件是加入催化剂D. 图丁表示用0.0100molL1的硝酸银标准溶液滴定浓度均为0.1000molL1Cl、Br及I的混合溶液时，先沉淀的是Cl【答案】C【解析】【详解】ApH相同氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，选项A错误；B反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，图中反应物的总能量小于生成物的总能量，不相符，选项B错误；C催化剂同等程度改变正逆反应速率，在t1时改变的条件是加入催化剂，正逆反应速率均增大且相等，平衡不移动，与图中信息相符，选项C正确；D由图可知，c(I-)最小，先形成沉淀的
9、是I-，选项D错误；答案选C6.酸在溶剂中的电离实质是酸中的H转移给溶剂分子，如HClH2O=H3O+Cl-。已知H2SO4和HNO3在冰醋酸中的电离平衡常数分别为Kal(H2SO4)=6.310-9，Ka(HNO3)=4.210-10。下列说法正确的是( )A. H2SO4在冰醋酸中的电离方程式为H2SO4+2CH3COOH=SO42-+2CH3COOH2+B. H2SO4在冰醋酸中：c(HSO4-)+2c(SO42-)+c(CH3COO-)C. 浓度均为0.1molL-1的H2SO4或HNO3的冰醋酸溶液：pH(H2SO4)pH(HNO3)D. 向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，的值减小
10、【答案】B【解析】【详解】A. 根据电离平衡常数知，冰醋酸中H2SO4发生部分电离，分步电离以第一步电离为主，则冰醋酸中H2SO4的电离方程式：H2SO4+CH3COOHHSO4+CH3COOH2+，故A错误；B. H2SO4在冰醋酸中，根据电荷守恒得：c(HSO4-)2c(SO42-)c(CH3COO)，故B正确；C.在冰醋酸中的酸的电离平衡常数越大，电离出的氢离子浓度越大，pH越小，硫酸的电离常数大，所以H2SO4中氢离子浓度大，则pH(H2SO4)pH(HNO3)，故C错误； D. 向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，溶液的体积增大，则c(NO3)减小，电离常数为是常数，所以增大，故D错
11、误；故选B。7.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是A. 、中产生的气体能使带火星的木条复燃B. 、中均发生了氧化还原反应和复分解反应C. 、中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同D. 通过能比较酸性：HClH2O2【答案】D【解析】【分析】根据实验探究可以看出，试管过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管中探究
12、过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。【详解】A. 试管中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；B. 中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；C. 中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过
13、氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但中过氧化氢全部被氧化中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；答案选D。8.乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(M=288 g/mol)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反应制得.I.制备碳酸亚铁(1)利用如图所示装置进行实验。装置中仪器C的名称是_。(2)实验开始时，首先关闭活塞2，打开活塞1、3，
14、目的是_；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_，打开活塞_，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体。生成FeCO3的离子方程式为_。(3)装置D的作用是_。.乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。(4)加入少量铁粉的作用是_。(5)用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是_。(6)经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760 g样品，溶解后进行必要处
15、理，用容量瓶配制成250 mL溶液，每次取25.00 mL，用0.1000 molL-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示：则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_%（保留小数点后两位）。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化 (3). 3 (4). 2 (5). Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O (6). 液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化 (7). 防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化 (8). 乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化 (9). 97.50【解析】【分析】I.
16、制备碳酸亚铁Fe粉与盐酸在装置B中反应制取FeCl2，亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，在C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析作答。.乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定(4)考虑Fe2+被氧化；(5)乳酸中的羟基消耗酸性高锰酸钾；(6)第二组数据误差较大，舍去，计算出消耗的标准液体积平均为19.50 mL，根据Ce4+Fe2+=Ce3+F
17、e3+，则m(乳酸亚铁)=0.1000 mol/L0.0195 L288 g/mol=5.616 g，据此计算可得。【详解】I.(1)根据装置图可知：仪器C为三颈烧瓶；(2)首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是发生反应制备Fe2+，利用反应产生的H2排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞3，打开活塞2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，发生反应：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；(3)装置D的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化；II.(4)加入少量铁粉的作用是防止FeCO3与乳酸反应产
18、生的Fe2+被氧化；(5)乳酸根中的羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，故用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%；(6)通过对实验数据分析、观察，发现第二组数据误差较大，要舍去，故消耗的标准液体积平均为19.50 mL，根据Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，则m(乳酸亚铁)=0.1000 mol/L0.0195 L288 g/mol=5.616 g，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为100%=97.50%。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。物质性质的应用、题干信息的分析理解、操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生在拥有扎实的基础知识
19、的同时，还要有处理信息应用的能力。9.实验能力和创新意识是化学学科核心素养的重要内容之一。某研究性学习小组在验证反应“ Fe”的实验中检测到发现和探究过程如下：向硝酸酸化的硝酸银溶液（）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。 (1)检验产物： 检验上层清液中所含离子的方法：取上层清液，滴加_，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。 经检验黑色固体为Ag，检验方法：取出少量黑色固体，洗涤后，加入适量稀硝酸使固体溶解，再滴加_（填试剂），产生_（填现象）。(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有乙认为铁粉过量时不可能有，乙依据的原理是_。（用离子方程式表示）o针对这两种观点继
20、续实验：取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min 现象I3产生大量白色沉淀；溶液呈红色II30产生白色沉淀，较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深III120产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅（资料： -生成白色沉淀AgSCN） (3)实验中溶液变为红色的离子方程式为_，产生白色沉淀说明存在_（填离子符号）。 (4)对产生的原因做如下假设： 假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生假设b：空气中存在发生反应产生假设c：酸性溶液中的NO3-将Fe
21、2+氧化为Fe3+假设d：溶液存在Ag+将Fe2+氧化为Fe3+下述实验可证实假设a、b，c不是产生Fe3+的主要原因，并可证实假设d成立。 实验：向硝酸酸化的_溶液( )中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3min 时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。 实验II的现象说明发生了反应_（用离子方程式表示）。 (5)实验中发生的反应可以用下列装置来验证。其中甲溶液是_，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，_ （“前者”或“后者”）红色更深。 【答案】 (1). K3Fe(CN)6 (2). 稀盐酸 (3). 白色沉淀 (4).
22、2Fe3+Fe=3Fe2+ (5). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (6). Ag+ (7). 0.05mol/L的NaNO3溶液 (8). Ag+Fe2+ Ag+Fe3+ (9). FeSO4溶液 (10). 后者【解析】【分析】根据离子检验的方法及原理分析解答并书写相关离子方程式；根据题干信息分析实验原理是否正确；根据原电池原理分析解答。【详解】(1)检验Fe2+，滴加K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀； Ag与稀硝酸反应生成硝酸银，检验Ag+，可以滴加稀盐酸，出现白色沉淀；(2)铁离子有较强的氧化性，可以与铁反应，离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+；(3)溶液变为红色的离子方程
23、式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，根据题干信息，白色沉淀是AgSCN，产生白色沉淀说明存在Ag+ ；(4)为了验证Ag+将Fe2+氧化为Fe3+，可将硝酸银溶液换成0.05mol/L的NaNO3溶液；实验II的现象说明Ag+的量减少、Fe2+向Fe3+转化，发生反应为：Ag+Fe2+ Ag+Fe3+；(5)若要验证银离子可以氧化亚铁离子，可以利用原电池原理，需要甲溶液中含有亚铁离子，所以甲溶液为FeSO4溶液；电池工作一段时间后会生成Fe3+，所以后者颜色深。10.铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大回答下列问题：(1)已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：
24、FeO(s)+ CO(g)Fe(s)+CO2(g)H1Fe2O3(s)+1/3CO(g) 2/3Fe3O4(s)+ 1/3 CO2(g)H2Fe3O4(s)+ CO(g)3Fe(s)+CO2(g)H3Fe2O3(s)+ CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H4则H4 的表达式为_(用含H1、H2、H3 的代数式表示)。(2)上述反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：温度25060010002000主要成分Fe2O3Fe3O4FeOFe1600时固体物质的主要成分为_，该温度下若测得固体混合物中 m(Fe)：m(O)=35：2， 则 FeO 被 CO 还原为 Fe 的百
25、分率为_(设其它固体杂质中不含 Fe、O 元素)。(3)铁等金属可用作 CO 与氢气反应的催化剂已知某种催化剂可用来催化反应 CO(g)+3H2(g) = CH4(g) +H2O(g)H0在 T，106Pa 时将 l mol CO 和 3mol H2 加入体积可变的密闭容器 中实验测得 CO 的体积分数 x(CO)如下表：t/min01020304050x(CO)0.250.230.2140.2020.1930.193能判断 CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)达到平衡的是_(填序号)。a容器内压强不再发生变化 b混合气体的密度不再发生变化cv 正(CO)=3v 逆(H2) d
26、混合气体的平均相对分子质量不再发生变化达到平衡时 CO 的转化率为_；在 T106Pa 时该反应的压强平衡常数 Kp(用平衡分 压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)的计算式为_。图表示该反应 CO 的平衡转化率与温度、压强的关系图中温度 T1、T2、T3 由高到低的顺序是_，理由是_【答案】 (1). H2+H3 (2). FeO和Fe (3). 80% (4). bd (5). 37.1% (6). (7). T3T2T1 (8). 正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率升高【解析】【详解】（1）已知反应：Fe2O3(s)+CO(g)Fe3O4(s)+
27、CO2(g)H2 Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)H3 ，根据盖斯定律，将所给的反应+可得：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)，故H4=H2+H3 ，故答案为H2+H3 ；（2）根据当1000时为FeO，在2000时为Fe，故在1600时固体物质的主要成分为FeO和Fe的混合物；设混合物中FeO的物质的量为xmol，Fe的物质的量为ymol，则有：=，即可求的x:y=1:4，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为1:4，则可知被还原的FeO的百分比为100%=80%，故答案为FeO和Fe；80%；（3）a由于此容器是个体积可变的容器
28、，故为恒容的容器，则容器内压强一直不变，故不能作为反应达平衡的标志，故a错误；b此反应在平衡前，气体的质量不变，但体积变小，故密度变大，故当混合气体的密度不再发生变化时能说明反应达平衡，故b正确；c反应达平衡的根本标志是v正=v逆，所以3v正(CO)=v逆(H2)，故c错误；d在反应达平衡之前，混合气体的质量不变，但物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量在变小，故当不变时能说明反应达平衡，故d正确。故选bd；设反应达平衡时CO转化了xmol，则根据三段式可知：CO(g) + 3H2(g)CH4(g)+H2O(g)初始(n): 1mol 3mol 0 0n: xmol 3xmol xmol
29、xmol平衡(n): (1-x)mol (3-3x)mol xmol xmol结合平衡时CO的体积分数为0.193可知：=0.193，解得x=0.371，故达到平衡时CO的转化率为=100%37.1%；在T106Pa时该反应的压强平衡常数Kp=，故答案为37.1%；反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低，根据图象可知，温度T3T2T1，故答案为T3T2T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高。11.【化学选修物质结构与性质】已知前四周期六种元素A、B、C、D、E、F的原子序数之和为107，且
30、它们的核电荷数依次增大，B原子的p轨道半充满，其氢化物沸点是同族元素中最低的，D原子得到一个电子后3p轨道全充满，A与C能形成A2C型离子化和物，其中的阴、阳离子相差一个电子层，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同请回答下列问题：(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序是_（填元素符号）(2)化合物BD3的分子空间构型可描述为_，B的原子轨道杂化类型为_。(3)已知F元素在人体内含量偏低时，会影响O2在体内的正常运输已知F2+与KCN溶液反应得F（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物则F的基态原子价电子排布式为_。CN-与_（一种分子）互为等电子体，则1个CN-中键数
31、目为_。(4)EO2与碳酸钡在熔融状态下反应，所得晶体的晶胞结构如图所示，则该反应的化学方程式为_，在该晶体中，E4+的氧配为数为_。若该晶胞边长为anm可计算该晶体的密度为_g/cm3（阿伏加德罗常数为NA）【答案】 (1). NaSPCl (2). 三角锥形 (3). sp3 (4). 3d64s2 (5). N2 (6). 2 (7). TiO2+BaCO3=BaTiO3+CO2 (8). 6 (9). 233/NA(a10-7)3【解析】试题分析：D原子得到一个电子后3p轨道全充满，说明D的价电子排布为3s23p5，所以D为Cl元素；E4离子和氩原子的核外电子排布相同，说明E原子核外有
32、22个电子，所以E是Ti元素；B原子的p轨道半充满，说明B是第VA族元素，该族中氢化物沸点最低的元素是P，所以B是P元素；则C只能是S元素；A与C能形成A2C型离子化和物，所以A是Na元素；A、B、C、D、E、F的原子序数之和为107，所以F是26号元素Fe。A、B、C、D是同周期元素，第一电离能随核电荷数的增加而增大，所以A、B、C、D第一电离能由小到大的顺序是NaPSCl；（2）化合物PCl3中P原子的价层电子对数=3+1/2(5-31)=4,有1对孤电子，所以空间构型为三角锥型；P原子是sp3杂化；（3）Fe原子的基态原子的核外电子排布式为Ar3d64s2，价电子排布为3d64s2，CN
33、是2原子10个价电子的离子，与之互为等电子体的分子是价电子为5个的N元素的分子N2，则1个CN中键数目与1个N2的键数目相同，都是2个；（4）利用“均摊法”计算晶胞中各原子的个数分别是Ba:1个，O：3个，Ti：1个，所以TiO2与碳酸钡反应生成BaTiO2和二氧化碳，化学方程式为TiO2+BaCO3= BaTiO3+ CO2；Ti4+位于4个O原子构成的正方形的中心，即8个O原子构成的正八面体的中心，所以Ti4+的氧配为数为6；晶胞密度=晶胞质量/晶胞体积=（137+69+48）/NA/(a10-7)3=233/ NAa310-21g/cm3考点：考查元素推断及性质，分子结构与性质，晶胞计算
34、12.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是_；（2）由A生成B的反应类型是_。（3）写出C可能的结构简式_；（写一个即可）（4）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂请用A和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成D。用结构简式表示合成路线_；合成路线流程图示例如下：。（5）EF的化学方程式为_。（6）芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，G可能的同分异构体有_种。【答案】 (1). 邻二甲苯（或1，2-
35、二甲苯） (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). 4【解析】【分析】A和溴发生取代反应生成B，根据B的结构简式知，A是邻二甲苯，在溴化铁作催化剂条件下，邻二甲苯和溴发生取代反应生成C，B发生一系列反应后生成邻苯二甲醛，结合已知条件可知，邻苯二甲醛反应生成E，E的结构简式为，E发生缩聚反应生成F，F的结构简式为。【详解】(1)A的结构简式为：，其名称是邻二甲苯，故答案为邻二甲苯；(2)邻二甲苯和溴发生取代反应生成B，邻二甲苯的甲基上氢原子被溴原子取代生成溴代烃，故答案为取代反应；(3)在溴化铁作催化剂条件下，邻二甲苯和溴发生苯环上的取代反应，取代位置为甲基的邻、对位，所以C可能的结构简式为：，故答案为；(4)酸性条件下，邻二甲苯被高锰酸钾氧化生成邻苯二甲酸，在浓硫酸、加热条件下，邻苯二甲酸和乙醇发生酯化反应生成邻苯二甲酸二乙酯，合成路线为，故答案为；(5)E的结构简式为，E发生缩聚反应生成F，该反应方程式为：，故答案为；(6)E的结构简式为，芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，则G的结构简式可能为：，共4种，故答案为4。
