1、江西省抚州市临川第一中学2020届高三化学5月模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.51.化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法不正确是A. 生产防护口罩所需的熔喷布用的聚丙烯材料属于合成纤维B. 研究表明，新冠病毒可通过气溶胶传播。气溶胶的粒子大小在 1 nm100 nm 之间C. 核酸是病毒的“身份证”，核酸水解的最终产物是磷酸、五碳糖和氨基酸D. 港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到【答案】C【解析】【详解】A聚丙烯材料是丙烯加成聚合反应生成的高分子化合物，属于合成纤维，故A正确；B胶体的粒子
2、直径在1 nm100 nm 之间，气溶胶属于胶体，故B正确；C核酸不是蛋白质，水解产物中不含氨基酸，故C错误；D沥青是石油经过常压蒸馏得到的一定沸点范围的混合物，故D正确；故答案为C。2.医用酒精(75%乙醇)和84消毒液(主要成分是次氯酸钠)均能用于消毒。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 74.5g次氯酸钠中含有的分子数目为NAB. 1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2 NAC. 46g医用酒精中含有碳碳键的数目为0.75 NAD. 1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA【答案】D【解析】【详解】A次氯酸钠由Na+和ClO-构成，不存在
3、分子，A错误；BNaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl21e-，故1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为1 NA，B错误；C医用酒精为体积分数为75%的乙醇溶液，不是质量分数，现有条件无法计算乙醇的物质的量，也就无法计算碳碳键的数目，C错误；D由CxHyOz+(x+)O2xCO2+H2O可知，1mol乙醇(C2H5OH)完全燃烧消耗(2+)mol=3molO2，1mol乙烯(C2H4)完全燃烧消耗(2+)mol=3molO2，即1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA，D正确。答案选D。3.在 2019 年第十届国际二次电池展中，一种以 FeFe(CN)
4、6为代表的新型可充电钠离子电池，格外引人注意，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A. 充电时，阴极反应式为 FeFe(CN)6 +2Na+2e- =Na2FeFe(CN)6 B. 充电时，Mg 箔接电源的正极C. 放电时，Na+通过离子交换膜从右室移向左室D. 放电时，外电路中通过 0.4mol 电子时，负极质量变化 9.2g【答案】C【解析】【分析】放电过程中Mg转化为Mg2Cl22+，发生氧化反应，所以Mg箔为电池的负极，则Mo箔为电池的正极。【详解】A放电时，Mg箔为负极发生氧化反应，则充电时Mg箔上得电子发生还原反应，所以为阴极，根据图示，阴极反应式为Mg2Cl22+4e-=2M
5、g+4Cl-，故A错误；B充电时，Mg箔上得电子发生还原反应，为电解池阴极，与电源的负极相连，故B错误；C放电时为原电池，原电池中阳离子向正极迁移，Mg箔为负极，Mo箔为正极，所以钠离子通过离子交换膜从右室移向左室，故C正确；D放电时负极反应式为2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，所以外电路中通过0.4mol电子时，有0.2molMg转化为Mg2+，负极质量变化为0.2mol24g/mol=4.8g，故D错误；故答案为C。4.短周期元素 X、Y、Z、W、R、T 的原子序数依次增大， X 的最外层电子数与次外层电子数相等， X、W 位于同族。Y 和 Z 的价电子数之和等于 R 和 T 的最
6、外层电子数之和，这四种元素组成两种盐 Z2TY3 和 ZRY2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. X、Y、Z 不可能同存在于一种离子化合物中B. 单质的熔点：Y Z r(W) r(Z)D. Z、R 分别与 Y 形成的化合物中都只含离子键【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、R、T 的原子序数依次增大，X 的最外层电子数与次外层电子数相等，则X为Be元素；X、W位于同族，则W为Mg元素；这四种元素组成两种盐Z2TY3和ZRY2在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示，根据
7、图示可知，溶解的白色沉淀为氢氧化铝，则ZRY2为NaAlO2，Z为Na元素，R为Al，Y为O元素；Y和Z的价电子数之和等于R和T的最外层电子数之和，则T的最外层电子数为6+1-3=4，则T为Si元素。【详解】根据分析可知，X为Be，Y为O，Z为Na，W为Mg，R为Al，T为Si元素。AX、Y、Z 可能同存在于一种离子化合物中，化合物为Na2BeO2，故A错误；B氧是分子晶体，钠是金属晶体、硅是原子晶体，单质的熔点：Y Z T，故B正确；C氧离子、镁离子和钠离子含有相同电子层数，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径r（W）r（Z）r（Y），故C错误；DNa2O2中不只含离子键，氧与氧之间形成非极
8、性共价键，故D错误；故选B。5.中成药连花清瘟胶囊中有效成分为绿原酸。已知绿原酸存在如图转化，下列有关说法正确的是(绿原酸)(化合物I) +(化合物II)A. 在反应中,绿原酸与水按 11 发生反应,则绿原酸的分子式为C16H20O10B. 1 mol化合物与足量金属钠反应生成氢气体积56LC. 绿原酸、化合物I、化合物II均能发生氧化反应、取代反应、消去反应D. 化合物II中所有碳原子可能都共面【答案】D【解析】【详解】A根据绿原酸的结构简式可知其分子式为C16H18O9，故A错误；B未标明温度和压强，无法计算气体体积，故B错误；C化合物II中羟基与苯环直接相连，无法发生消去反应，故C错误；
9、D苯环上的碳原子共面，碳碳双键上的碳原子及与双键上碳原子相连的碳原子形成一个平面，苯环平面与双键平面以单键相连，单键可以旋转，所以该化合物中所有碳原子可能都共面，故D正确；故答案D。6.向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，测定混合后溶液pH随混合前溶液中变化的曲线如图所示。 实验发现：.a 点溶液澄清透明，向其中滴加 NaOH 溶液后，立即产生灰白色沉淀，滴入 KSCN 溶液显红色；.c 点和 d 点溶液中产生红褐色沉淀，无气体逸出；取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象，滴加 KSCN 溶液显红色。下列分析合理的是A. 检验a点溶液中反应生成的阴离子所需试剂为：稀硝酸和BaCl2溶液B
10、. c点和d点出现上述现象的主要原因是Fe3+和发生双水解反应C. b点较a点溶液pH升高的主要原因：2Fe3+H2O = 2Fe2+2H+D. 向d点上层清液中滴加 NaOH溶液无明显现象，证明溶液中无Fe3+【答案】B【解析】【分析】ia点溶液透明澄清，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，说明溶液中有Fe2，滴入KSCN溶液显红色，说明溶液中含Fe3，发生的离子反应是2Fe3+SO+H2O2Fe2+SO+2H；iic点和d点溶液中产生红褐色沉淀，无气体逸出，发生的反应为2Fe3+3SO+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3，取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象，滴加KSCN
11、溶液显红色，说明含Fe3。【详解】A检验a点溶液中反应生成的阴离子所需试剂为：稀盐酸和BaCl2溶液，硝酸也能将SO氧化，故A错误；Bc点和d点溶液中产生红褐色沉淀，无气体逸出，故发生的反应为2Fe3+3SO+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3，故B正确；C若2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H发生此反应，酸性加强，pH减小，故C错误；Dd点发生的反应为2Fe3+3SO+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3，这是一个可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故滴加KSCN溶液，溶液变红；滴加NaOH溶液，平衡向逆反应方向进行，故红色沉淀减少，即红色减弱，故D错误；故选B。【点睛
12、】正确分析各点发生的离子反应是本题解题的关键，难点D，注意Fe3和SO发生双水解时是一个可逆反应，即反应物不能完全转化为生成物。7.25时，在 20 mL 0.1 molL-1 一元弱酸HA溶液中滴加0. 1mol L-1 NaOH溶液，溶液中1gc(A-)/c(HA)与 pH 关系如图所示。下列说法正确的是A. A点对应溶液中：c(OH-)c(H+)B. 25时，HA电离常数的数量级为105C. B点对应的 NaOH 溶液体积小于 10 mLD. 对C点溶液加热(不考虑挥发)，则增大【答案】C【解析】【详解】A据图可知A点对应溶液pH7，所以此时溶液显酸性，c(OH-)c(H+)，故A错误；
13、BB点lg=0，即=1，此时pH=5.3，即c(H+)=10-5.3mol/L，此时HA电离常数Ka=c(H+)=10-5.3=5.0110-6，数量级为10-6，故B错误；C当NaOH的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的HA和NaA，HA电离常数Ka=10-5.3，则A的水解平衡常数为=10-8.710-5.3，所以HA的电离程度比NaA的水解程度要大，即溶液中c(HA)1，所以若要=1，则需要少加入一些NaOH，所以B点对应的NaOH溶液体积小于10 mL，故C正确；D为A的水解平衡常数的倒数，水解为吸热反应，升高温度，水解平衡常数增大，则其倒数减小，即减小，故D错误；故答案为C
14、。8.过氧化尿素的化学式为CO(NH2)2H2O2，是过氧化氢和尿素的加合物，外观为白色针状晶体，无毒无味，热分解温度为 45，易溶于水和乙醇，熔点 75-85，其水溶液兼有尿素和过氧化氢的性质，具有活性氧含量高、稳定性好等特点，被广泛用于医药、纺织领域。已知尿素与KMnO4溶液、NaOH 溶液都不反应。I.合成过氧化尿素的流程及反应器的示意图如下：回答下列问题：(1)图1中分离操作的名称为 _，图 2 中反应器的名称是 _；(2)过氧化尿素是尿素分子与过氧化氢分子之间通过_(填字母)结合形成的。A.氢键 B.共价键 C.离子键 D.化学键反应器中发生反应的化学方程式为_。(3)工业生产中，除
15、向反应釜中投料反应物过氧化氢、工业尿素(含少量杂质铁、铜等离子)外，添加稳定剂可以提高产品的稳定性。不加稳定剂导致产品稳定率差的原因是 _。(4)活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量16%(相当于其中含H2O234%)。为了确定所得产品合格与否，质检员称取干燥样品 2.500g，溶解于水，在250mL 容量瓶中定容，准确量取其中 25.00mL 溶液于锥形瓶中，加入1mL6mol/LH2SO4，然后用0.1000mol/L KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2，三次滴定平均消耗KMnO4溶液 8.000mL。达到滴定终点的现象是_。根据滴定结果确定产品质量_(填“合格”
16、或“不合格”)，活性氧的质量分数为_。II.过氧化尿素的性质探究：(5)过氧化尿素的催化分解实验：在试管中加入 0.1g 产品、少量水及二氧化锰，用火柴余烬检验生成气体，可观察到火柴复燃。实验中加入二氧化锰的量一定要少(固体控制在小米粒大小)的原因是：_。(6)测定过氧化尿素溶液的酸碱性：在试管中加入1mL 6mol/L NaOH溶液、1mL过氧化尿素溶液和 2mL无水乙醇，振荡试管。测得pH约为6，并观察到有白色的胶状沉淀生成，该沉淀为生成的NaHO2在乙醇中析出。写出该反应的化学方程式：_【答案】 (1). 过滤 (2). 三颈烧瓶 (3). A (4). CO(NH2)2H2O2CO(N
17、H2)2H2O2 (5). 铁、铜离子等会催化过氧化氢分解 (6). 滴入最后一滴 KMnO4 标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色 (7). 不合格 (8). 12.80% (9). 以防由于分解速度过快使反应液喷溅到试管外 (10). NaOHH2O2NaHO2H2O【解析】【分析】(4)该滴定实验的目的是测定过氧化尿素中活性氧的含量，尿素不与酸性高锰酸钾反应，所以利用高锰酸钾标准液滴定样品中H2O2的含量来确定活性氧的含量，滴定过程中高锰酸钾被H2O2还原，发生反应5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=8H2O+2MnSO4+K2SO4+5O2。【详解】(1)分离后得到固体
18、产品和母液，所以分离操作为过滤；反应器的名称为三颈烧瓶；(2)过氧化尿素是尿素分子与过氧化氢分子之间通过氢键结合形成，共价键、离子键不是分子间作用力，氢键不属于化学键，所以选A；反应器中的反应物有尿素和过氧化氢，产物为过氧化尿素，根据元素守恒可得化学方程式为CO(NH2)2H2O2CO(NH2)2H2O2；(3)工业尿素中含有铁、铜等杂质离子，不添加稳定剂，铁、铜离子等会催化过氧化氢分解，导致产品稳定率差；(4)达到滴定终点时H2O2完全反应，再滴入高锰酸钾不再反应，溶液会显浅红色，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴 KMnO4 标准溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色；高锰酸钾溶液的
19、浓度为0.1000mol/L，消耗的体积为8.000mL，根据发生的反应方程式可知25.00mL样品溶液中n(H2O2)=0.1000mol/L0.008L=0.002mol，则样品中n(H2O2)=0.002mol=0.02mol，所以样品中活性氧的含量为=12.80%16%，所以产品不合格；(5)二氧化锰的量过大会使过氧化氢的分解速率过快，所以加入二氧化锰的一定要少的原因是：以防由于分解速度过快使反应液喷溅到试管外；(6)根据题目信息可知尿素不与NaOH反应，所以生成的NaHO2应该是H2O2和NaOH反应的产物，根据元素守恒可得化学方程式为NaOHH2O2NaHO2H2O。【点睛】分析过
20、氧化尿素中尿素分子与过氧化氢分子之间的作用力时要注意题干信息“分子之间”，离子键、共价键不是分子间作用力，而氢键是一种分子间作用力。9.2019 年诺贝尔化学奖用于奖励对锂离子电池发展做出贡献的三位科学家。锂离子电池如今被用于各个领域，使一个无化石燃料的社会成为可能。LiFePO4是新型锂离子电池的正极材料。某小组拟设计以一种锂辉石(主要成分为Li2O Al2O34SiO2，含少量铁、钙、镁)为原料制备纯净的碳酸锂，进而制备LiFePO4的工艺流程:已知：Li2OAl2O34SiO2H2SO4(浓)Li2SO4Al2O34SiO2H2O回答下列问题:(1)LiFePO4 中铁元素的化合价为_，
21、铁元素进行焰色反应的颜色是_(填序号)。A无焰色反应 B黄色 C紫色 D砖红色(2)向滤液 1 中加入适量的 CaCO3 细粉用于消耗硫酸并将 Fe3+转化为红褐色沉淀，若=3,反应的化学方程式为_；滤渣2 的主要成分是 Fe(OH)3、_(填化学式)(3)已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，上述流程中趁热过滤的目的是_。(4)流程中加H2C2O4和FePO4，用于煅烧制备 LiFePO4，该反应的化学方程式为_。(5)若滤液1中c(Mg2+)=0.2 mol/L，向其中加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加 1 倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中 c(Fe3+)=1.010-5 mol/L
22、，此时是否有 Mg3 (PO4)2 沉淀生成？_(列式计算说明)。已知 FePO4 、Mg3 (PO4)2 的 Ksp 分别为 1.310-22、1.010-24。(6)一种锂离子电池的反应原理为 LiFePO4Li+FePO4。写出放电时正极电极反应式: _。【答案】 (1). +2 (2). A (3). Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3= 2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2 (4). Mg(OH)2 CaSO4 (5). 减小 Li2CO3 的溶解损失 (6). Li2CO3+H2C2O4+2FePO4 2LiFePO4+3CO2+H2O (7). 由 Ksp(FeP
23、O4)可知 c(PO)= =1.310-17molL1；QcMg3(PO4)2= c3(Mg2+) c2(PO)= (1.310-17molL1)2=1.6910-37Ksp，因此不会生成 Mg3(PO4)2 沉淀 (8). FePO4+ Li +e-=LiFePO4【解析】【分析】锂辉石（主要成分为Li2OAl2O34SiO2，含少量铁、钙、镁）加入浓硫酸共热，根据已知信息可知得到的滤渣1主要成分为Al2O34SiO2H2O，滤液中的主要阳离子有Fe3、Mg2、Ca2、Li；加入碳酸钙和石灰乳可以将过量的氢离子和Fe3、Mg2除去，滤渣2主要为Fe(OH)3、Mg(OH)2以及硫酸钙；滤液主
24、要杂质离子有Ca2和SO42；再加入碳酸钠将钙离子除去，得到硫酸锂和硫酸钠的混合溶液，蒸发浓缩后加入饱和碳酸钠溶液，趁热过滤得到碳酸锂沉淀；提纯后加入草酸和磷酸铁经煅烧得到LiFePO4。【详解】(1)由化合价代数和等于0得：LiFePO4 中铁元素的化合价为+2价，铁元素进行焰色反应的颜色是无焰色反应，故答案为：+2；A；(2)向滤液 1 中加入适量的 CaCO3 细粉用于消耗硫酸并将 Fe3转化为红褐色沉淀，若=3，溶液中有过量的硫酸，所以方程式为Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3= 2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2；根据分析可知滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Mg(
25、OH)2以及CaSO4；故答案为：Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3= 2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2；Mg(OH)2以及CaSO4；(3)已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，上述流程中趁热过滤的目的是减小碳酸锂的溶解度，减少碳酸锂的溶解损耗；故答案为：减少碳酸锂的溶解损耗；(4)流程中加H2C2O4和FePO4，煅烧制备过程的原料为Li2CO3、H2C2O4和FePO4，产物中有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则该过程中某种物质被氧化，根据元素化合价变化规律可知草酸中的C元素被氧化，由+3价升高为+4价，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Li2CO3+H2C
26、2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2+H2O。故答案为：Li2CO3+H2C2O4+2FePO4 2LiFePO4+3CO2+H2O；(5)若滤液1中c(Mg2)=0.2 molL1，向其中加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中 c(Fe3)=1.010-5molL1，由 Ksp(FePO4)可知 c(PO)= =1.310-17molL1；QcMg3(PO4)2= c3(Mg2+) c2(PO)= (1.310-17molL1)2=1.6910-37Ksp，因此不会生成 Mg3(PO4)2 沉淀。故答案为：由 Ksp(FePO4)可知 c(PO)= =
27、1.310-17molL1；QcMg3(PO4)2= c3(Mg2+) c2(PO)= (1.310-17molL1)2=1.6910-37、 =”)若达到化学平衡状态 A 时，容器的体积为 10 L，如果反应开始时仍充入 10molCO和20molH2，则在平衡状态 B 时，容器的体积V(B)=_L；【答案】 (1). 11:12 (2). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJmol-1 (3). d (4). a、c点反应正向进行，a 点催化效率高，反应快，相同时间内CO2的转化率大 (5). CH2O (6). B (7). (8). 2【解析】
28、【详解】(1)设加入的甲烷的物质的量为x，加入二氧化碳的物质的量为y，则，由合成甲醇的反应方程式可知，CO和H2物质的量之比=1:2为最佳合成气配比，即(x+y):(3x-y)=1:2，解得x:y=3:1，即原料气中二氧化碳与甲烷质量比=(144):(316)=44:48=11:12，故答案为：11:12；(2)(ii)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2= -90.67kJmol-1(iii)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3= +41.17kJmol-1(ii)+(iii)得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=H2+H3=-49.5
29、kJmol-1，故答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJmol-1；该反应的正反应为放热反应；a、b、c三点：反应正向进行，温度升高，反应速率增大，相同时间内二氧化碳的转化率增大，但都没有达到相同温度下的最大转化率，反应没有达到平衡状态；最高点之前，反应正向进行，温度升高，反应速率增大，相同时间内二氧化碳的转化率增大，最高点之后：升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，则d点反应已达平衡。a、c点反应正向进行，温度相同，催化剂不同，催化效率不同，反应速率不同，二氧化碳转化率不同，a点催化效率高，反应快，相同时间的CO2的转化率大，故答案为：d
30、；a、c点反应正向进行，a 点催化效率高，反应快，相同时间内CO2的转化率大； 得到CO所需活化能=(0.95-0.28)eV=0.67eV，得到CH2O所需活化能=2.73-(-0.60)eV=3.33eV，得到CH2O所需活化能高于得到CO所需活化能，所以得到CH2O的速率较慢，相同时间内得到副产物CH2O较少。其它条件相同时，反应所需活化能越高，反应速率越慢，总反应速率主要由较慢的那一步反应决定，即总反应速率由各步反应中所需活化能最大那步决定：A*CO *OCH所需活化能=(-1.11-0.28)eV=-1.39eV；B*CO+*OH*CO+*H2O所需活化能=1.36-(-0.28)e
31、V=1.64eV；C*OCH2*OCH3所需活化能=0.58-(-0.6)eV=1.18eV； D*OCH3*CH3OH所需活化能=(1.12-0.58)eV=0.54eV；所以，*CO+*OH*CO+*H2O活化能最大，决定反应速率，主要降低该变化的能量变化，故答案为：CH2O；B；(3)其他条件相同时，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，根据图像温度相同时，CO的转化率：P2时比P1时大，所以P2P1，PAPB，故答案为：；达到平衡状态A，CO的转化率为0.5，则CO反应了0.510mol=5mol，列三段式如下：，体积为10L，则平衡状态A的平衡常数K=1L2/mol2。平衡状态B时
32、，CO的转化率为0.8，则CO反应了0.810mol=8mol，列三段式如下：，平衡状态A和平衡状态B温度相同，则平衡常数K相同，即1L2/mol2=，解得：V(B)=2L，故答案为：2。【点睛】(3)温度不变，K不变，平衡状态A和平衡状态B的K相等。11.在建国70周年阅兵仪式上，“歼20”“东风-41 核导弹”等国之重器亮相，它们采用了大量合金材料。回答下列问题：(1)查阅资料显示第二电离能 Cu 大于 Zn，理由是 _。(2)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成 Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为_，S的_杂化轨道与O的2p轨道形成_键(填“”或“”)
33、。(3)铁元素能与 CO 形成 Fe(CO)5。羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含_mol键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为_。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_(填字母序号)。A. B. C. D .a. b. c. (5) 镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为_；晶胞是图中的_(填 a、b 或 c)；配位数是_；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm-3，已知阿伏德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。【答案】 (1). 锌失去 4s1电子，
34、而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去 (2). 正四面体 (3). sp3 (4). (5). 10 (6). CN- (7). D (8). 六方最密堆积 (9). c (10). 12 (11). 12NAa【解析】【详解】(1)第二电离能 Cu 大于 Zn，理由是锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去。故答案为：锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去；(2)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成 Ti(SO4)2、NiSO4，其中硫酸根离子中心原子价层电子对为：4+ =4，S采用sp3，没
35、有孤电子对，立体构型为正四面体，S的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成键。故答案为：正四面体；sp3；(3)1molFe(CO)5分子中含C-O键和铁碳配位键各5mol，共10mol键，将CO中O换成N得与CO互为等电子体的一种离子的化学式为CN-。故答案为：10；CN-；(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为。故答案为：D；(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积，镁单质晶体中原子的堆积模型名称为六方最密堆积；晶胞是图中的 c；配位数是12；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm-3，已知阿伏德罗常
36、数为NA，由于紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为正四面体，正四面体的该高为晶胞的，可推知四面体的体积为整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+8=2，则晶胞质量= g，则gcm-3=，则有Mr=12NAa，则镁的摩尔质量的计算式是12NAa。故答案为：六方最密堆积；c；12；12NAa。12.随着电子科技水平的进步,液晶电视、电脑、仪表等电子产品已进入我们的日常生活。下面是工业上用丙烯(A)和有机物 C(C7H6O3)为原料合成液晶显示器材料(F)的主要流程： (1)化合物C的名称为_；反应的反应类型是 _。(2)D 中含氧官能团的名称为_；B的结构简式为 _。(3)写出C与足量 NaO
37、H 水溶液反应的离子方程式_。(4)写出所有符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式 _。苯环上一溴代物只有 2 种 能发生银镜反应 苯环上有3个取代基 (5)化合物D是用于合成一种质子交换膜材料的重要原料。我国科研人员研发的一种质子交换膜材料的结构片段如下，它由三种单体缩聚而成。已知：R1OH + R2Cl R1OR2+ HCl， 其单体的结构简式是：、_、_。(6)请参照上述制备流程，写出以有机物C、乙烯、 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_【答案】 (1). 对羟基苯甲酸(或 4-羟基苯甲酸) (2). 取代反应 (3). 醚键、羧基 (4). CH2=CH-CH2Br
38、(5). (6). (7). (8). (9). CH2=CH2 CH3CH2Br【解析】【分析】丙烯(A)与溴在光照条件下，甲基上发生取代生成B，有机物C(C7H6O3)结合D的结构，可推知C为，故丙烯与溴在光照条件下生成B为CH2=CHCH2Br，D中羧基与SOCl2发生取代反应生成E，E与发生取代生成F。【详解】(1)化合物C的名称为对羟基苯甲酸(或 4-羟基苯甲酸)；E与发生取代生成F，反应的反应类型是取代反应。故答案为：对羟基苯甲酸(或 4-羟基苯甲酸)；取代反应；(2)D（ ）分子中含氧官能团的名称为醚键、羧基；由分析：丙烯与溴在光照条件下生成B，B的结构简式为CH2=CH-CH2
39、Br。故答案为：醚键、羧基；CH2=CH-CH2Br；(3)中酚羟基、羧基均能与NaOH反应，C与足量 NaOH 水溶液反应的离子方程式。故答案为：；(4)所有符合下列条件下的化合物C的同分异构体苯环上一溴代物只有2种，说明苯环上有2种氢，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上有3个取代基，取代基为-CHO、2个-OH且存在对称结构，符合条件的同分异构体结构简式为：；故答案为：；(5)质子交换膜材料的结构片段由三种单体缩聚而成，由信息R1OH + R2Cl R1OR2+ HCl，脱去HCl形成化学键的部位如图， 将失去的H和Cl补上，其单体的结构简式是：、。故答案为：；(6)乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，再类比路线图中合成F的流程可得目标物，以有机物C、乙烯、 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)：CH2=CH2CH3CH2Br；故答案为：CH2=CH2CH3CH2Br。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、有机物的结构与性质、限制条件同分异构体的书写、合成路线的设计等，难点（6）充分分析有机物的结构，明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，再类比路线图中合成F的流程可得目标物。
