1、吉林省吉林市2020届高三化学第三次调研测试试题（含解析）注意：本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64 I 127第I卷(共126分)一、选择题：本题包括13个小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题意。1.电视剧活色生香向我们充分展示了“香”的魅力。低级酯类化合物是具有芳香气味的液体，下列说法中，利用了酯的某种化学性质的是A. 用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水B. 炒菜时加一些料酒和食醋，使菜更香C. 用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好D.
2、 各种水果有不同的香味，是因为含有不同的酯【答案】C【解析】【详解】A. 用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水，利用酯类易溶于酒精，涉及溶解性，属于物理性质，A不符合；B. 炒菜时加一些料酒和食醋，发生酯化反应生成酯，利用挥发性和香味，涉及物理性质，B不符合；C. 用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好，因为碳酸钠在较高温度时水解程度大，氢氧根浓度大，更有利于酯类水解，生成易溶于水的羧酸钠和醇类，水解属于化学性质，C符合；D. 各种水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性质，D不符合；答案选C。2.某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（ ）A. X的分子式为C12H16O
3、3B. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C. 在催化剂的作用下，1 mol X最多能与1 mol H2加成D. 可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X【答案】D【解析】【详解】A. X的分子式为C12H14O3，故A错误；B. 羟基邻位碳上没有H原子，不能发生消去反应，故B错误；C. 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4 mol H2加成，故C错误；D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物X含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。答案选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 含1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为2N
4、AB. 常温下1 L 0.1 molL1 NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAC. 标准状况下2.24 L己烷分子中含有1.9NA对共用电子D. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上经过NA个电子，则正极放出H2的体积为11.2 L【答案】B【解析】【详解】A. 含1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，该反应中消耗1mol H2SO4，转移的电子数为NA，硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4ZnSO4+H2，该反应中消耗1mol H2SO4，转移的电子数为2NA，则含1mol H2SO4的浓硫酸和足量
5、的锌完全反应，转移的电子数介于NA和2NA之间，A错误；B. 常温下1 L 0.1 molL1 NH4NO3溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N元素守恒，所以氮原子总数为0.2NA， B正确；C. 1摩尔己烷分子含19NA对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24 L己烷分子物质的量并不是1mol，故C错误；D. 该原电池中，导线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5mol，但是不知道温度和压强条件，故体积不一定为11.2 L，D错误；答案选B。【点睛】C、D容易错，往往误以为1mol物质的体积就是22.4L，换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定
6、要注意气体所处的状态。4.能正确表示下列反应离子方程式的是A. 用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl2H2O=Cl2H22OHB. 硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2OHHSO42-=BaSO4H2OC. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe32I=2Fe2I2D. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O【答案】D【解析】【详解】A. 用惰性电极电解熔融氯化钠而不是电解食盐水，A错误； B. 硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液，沉淀完全的同时恰好中和，正确的离子方程式为Ba22OH2HSO42-=BaSO42H2O，B错误；C.
7、Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，大量氢离子的环境中，硝酸根的氧化性更强，碘离子优先和硝酸根、氢离子反应，多余的碘离子才接着和铁离子发生2Fe32I=2Fe2I2反应，C错误；D. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O，D正确；答案选D。【点睛】C项为易错点，注意硝酸根离子与氢离子大量共存时有强氧化性。5.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是A. 反应为工
8、业制粗硅的原理B. Z位于元素周期表第三周期A族C. 4种元素的原子中，Y原子的半径最小D. 工业上通过电解乙来制取Z【答案】D【解析】【分析】由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO；【详解】A. 反应 ，为工业制粗硅的原理，A正确；B. Z即镁位于元素周期表第三周期A族，B正确；C. 4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确；D. 工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误；答案选D。6.海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然
9、产物的流程如下：下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（ ）选项步骤采用装置主要仪器A过滤装置漏斗B分液装置分液漏斗C蒸发装置坩埚D蒸馏装置蒸馏烧瓶A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】由流程可知，步骤是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。7.25 时，将0.10 molL1 CH3COOH溶液滴加到10mL 0.10molL1NaOH溶
10、液中，lg与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A. Ka(CH3COOH)5.0105B. Ka(CH3COOH)5.0106C. pH7时加入的醋酸溶液的体积小于10 mLD. B点存在c(Na)c(CH3COO)(106108)molL1【答案】A【解析】【分析】醋酸的电离常数，取对数可得到；详解】A. 据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入，可得lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.010-5，A正确；B. 根据A项分析可知，B错误；C. 当往10 mL 0.10 molL-1 NaOH溶液中
11、加入10 mL 0.10 molL-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D. B点，又lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 molL-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) molL-1，D错误；答案选A。8.活性氧化锌(ZnO)广泛用于橡胶、涂料、陶瓷、电子等行业，以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量MnO、CuO、F
12、eO、Fe2O3等)为原料经深度净化可制备高纯活性氧化锌，其流程如图所示：几种难溶物的Ksp：物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3ZnSCuSKsp1.910138.010164.010382.510226.41036(1)将大小为66nm的高纯活性氧化锌粉末分散到水中，所得分散系为_。(2)“浸取”过程中ZnO与NH3H2O、NH4HCO3反应生成可溶性的Zn(NH3)nCO3和H2O。若有1mol ZnO溶解，则在该转化反应中参加反应的NH3H2O和NH4HCO3物质的量之比的最大值为_(已知：1n4)。(3)“深度除锰”过程中双氧水可将“滤液1”中的Mn(OH)2转化为更难溶的
13、MnO2H2O，写出反应的化学方程式_，“滤渣2”中存在的物质除了MnO2H2O还可能含有_(用化学式表示)。(4)“深度除铜”过程中当溶液中2.0106时，才能满足“深度除铜”的要求，若溶液中Zn2浓度为1mol/L时，则最终溶液中S2的浓度理论上的最小值为_mol/L。(5)“蒸氨”过程中Zn(NH3)nCO3分解为ZnCO32Zn(OH)2H2O、NH3和CO2。为了提高经济效益，请设计循环利用NH3和CO2方案_。(6)“煅烧”时ZnCO32Zn(OH)2转变为高纯活性氧化锌，写出反应的化学方程式_【答案】 (1). 胶体 (2). 3:1 (3). Mn(OH)2H2O2MnO2H2
14、OH2O (4). Fe(OH)3 (5). 3.21030 (6). 用水吸收NH3和CO2使之转化为NH4HCO3 (7). ZnCO32Zn(OH)2 3ZnOCO22H2O【解析】【分析】(1) 按分散质粒子高纯活性氧化锌粉末大小为66nm判断所得分散系类型；(2) 按“浸取”过程中提供的反应物和生成物信息，书写方程式，据此判断在该转化反应中参加反应的NH3H2O和NH4HCO3物质的量之比的最大值； (3)按提供的反应物和生成物信息书写“深度除锰”过程中双氧水与Mn(OH)2反应的化学方程式，从流程和题给信息判断“滤渣2”其它的沉淀；(4)根据2.0106、溶液中Zn2浓度为1mol
15、/L以及溶度积常数，可求的最终溶液中S2的浓度的最小值；(5)循环利用NH3和CO2，主要考虑氨水吸收二氧化碳时生成什么物质，结合流程图中相关物质回答；(6)“煅烧”时ZnCO32Zn(OH)2转变为高纯活性氧化锌，参考碳酸盐和不溶性碱或碱式盐受热分解的产物书写该反应的化学方程式；【详解】(1)分散质粒子高纯活性氧化锌粉末大小为66nm，在1 nm到100nm 之间，所得分散系为胶体；答案为：胶体； (2) 按信息，“浸取”过程中反应：ZnO+(n-1)NH3H2O+NH4HCO3=Zn(NH3)nCO3+nH2O，在该转化反应中，若有1mol ZnO溶解,则参加反应的NH3H2O和NH4HC
16、O3物质的量之比为(n-1):1，当n=4时，比值达最大值；答案为：3:1； (3)按提供的反应物和生成物信息，“深度除锰”过程中双氧水把Mn(OH)2氧化得到MnO2H2O沉淀，双氧水是绿色氧化剂，故该化学方程式为Mn(OH)2H2O2MnO2H2OH2O；答案为：Mn(OH)2H2O2MnO2H2OH2O；从流程看，滤液1中含有亚铁，也被双氧水氧化为Fe(OH)3沉淀，故滤渣中也含有氢氧化铁沉淀； 答案为：Fe(OH)3； (4)根据2.0106、溶液中Zn2浓度为1mol/L，则c(Cu2+)2.0106，CuS的溶度积常数为6.41036，则，故S2的浓度的最小值为3.21030 mo
17、l/L ；答案为：3.21030 ； (5)要循环利用NH3和CO2，结合流程图中可知把它们转变为碳酸氢铵，故循环利用NH3和CO2的方案为用水吸收NH3和CO2使之转化为NH4HCO3 ；答案为：用水吸收NH3和CO2使之转化为NH4HCO3 ； (6)“煅烧”时ZnCO32Zn(OH)2转变为高纯活性氧化锌，因为碳酸盐和不溶性碱或碱式盐受热分解生成金属氧化物、二氧化碳和水，则该反应方程式为ZnCO32Zn(OH)2 3ZnOCO22H2O；答案为：ZnCO32Zn(OH)2 3ZnOCO22H2O。9.过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，性质不稳定遇热易分解，可利用高浓度的双氧水
18、和冰醋酸反应制得，某实验小组利用该原理在实验室中合成少量过氧乙酸。装置如图所示。回答下列问题：已知：常压下过氧化氢和水的沸点分别是158和100。过氧化氢易分解，温度升高会加速分解。双氧水和冰醋酸反应放出大量的热。(1)双氧水的提浓：蛇形冷凝管连接恒温水槽，维持冷凝管中的水温为60，c口接抽气泵，使装置中的压强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水(质量分数为30%)滴入蛇形冷凝管中。蛇形冷凝管的进水口为_。向蛇形冷凝管中通入60水的主要目的是_。高浓度的过氧化氢最终主要收集在_(填圆底烧瓶A/圆底烧瓶B)。(2)过氧乙酸的制备：向100mL的三颈烧瓶中加入25mL冰醋酸，滴加提浓的双氧水12m
19、L，之后加入浓硫酸1mL，维持反应温度为40，磁力搅拌4h后，室温静置12h。向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，其主要原因是_。磁力搅拌4h的目的是_。(3)取V1mL制得的过氧乙酸溶液稀释为100mL，取出5.0mL，滴加酸性高锰酸钾溶液至溶液恰好为浅红色(除残留H2O2)，然后加入足量的KI溶液和几滴指示剂，最后用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL(已知：过氧乙酸能将KI氧化为I2；2Na2S2O3I2Na2S4O62NaI)。滴定时所选指示剂为_，滴定终点时的现象为_。过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式为_。制得过氧乙酸的浓度为_mol/L
20、。【答案】 (1). a (2). 使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离 (3). 圆底烧瓶A (4). 防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解 (5). 使过氧化氢和冰醋酸充分反应 (6). 淀粉溶液 (7). 滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 (8). CH3COOOH2H2II2CH3COOHH2O (9). 【解析】【分析】蛇形冷凝管的进水口在下面，出水口在上面；向蛇形冷凝管中通入60水的主要目的从实验目的来分析，该实验目的是双氧水的提浓；高浓度的过氧化氢最终主要收集哪个圆底烧瓶，可从分离出去的水在哪个圆底烧瓶来分析判断；(2)向冰醋酸中滴加提浓的双氧
21、水要有冷却措施，从温度对实验的影响分析；磁力搅拌4h的目的从搅拌对实验的影响分析；(3)滴定时所选指示剂为淀粉，滴定终点时的现象从碘和淀粉混合溶液颜色变化、及滴定终点时颜色变化的要求回答；书写过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式，注意产物和介质；通过过氧乙酸与碘化钾溶液反应、及滴定反应2Na2S2O3I2Na2S4O62NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式、结合数据计算求得过氧乙酸的浓度；【详解】蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中a，出水口在上面；答案为：a；实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60水，主要目的为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分
22、离；答案为：使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A；答案为：圆底烧瓶A ； (2)用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；答案为：防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解； 磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便于过氧化氢和冰醋酸充分反应；答案为：使过氧化氢和冰醋酸充分反应； (3)硫代硫酸钠滴定含碘溶液，所选指示剂自然为淀粉，
23、碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 ； 过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子反应，碘单质为氧化产物，乙酸为还原产物，故离子方程式为：CH3COOOH2H2II2CH3COOHH2O；答案为：CH3COOOH2H2II2CH3COOHH2O ； 通过CH3COOOH2H2II2CH3COOHH2O及滴定反应2Na2S2O3I2Na2S4O62NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式为：，得x=5.000V210-5mol，则原过氧乙酸的浓
24、度 ；答案为：。10.（1）汽车尾气中CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H1=112.3kJmol-1NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) H2=234kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=+179.5kJmol-1请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式_。（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=759.8kJmol-1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(N
25、O)的变化曲线如图1。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_；a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为_；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_。若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20，则CO的转化率为_。（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为_(填化学式)；A电极的电极反应式为_；一段时间后，若乙中需加0.2molCu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为_。（4）已知：25时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9102，Ka2=6.410-5，则25时，0.1molL-1NaHC2O4溶液中
26、各离子浓度由大到小的顺序为_，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则此时溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)。【答案】 (1). 4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) H=1227.8 kJmol-1 (2). 1：1 (3). abc (4). acd (5). 75 (6). NO2 (7). NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ (8). 0.8NA (9). c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) (10). 酸性【解析】【详解】(1)依据盖斯定律,由4+-可得4CO(g)+2NO2(g)
27、4CO2(g)+N2(g)H=(-234 kJmol-1)4-112.3 kJmol-1-179.5 kJmol-1= -1 227.8 kJmol-1。答案为：4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) H=1227.8 kJmol-1；(2)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b点时平衡体系中C、N原子个数之比接近11。答案为：1：1增大n(CO)/n(NO)，CO的转化率降低，所以转化率:abc。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1T2，d点的平衡常数小于a点和c点。答案
28、为：abc；acd；设CO起始物质的量为0.8 mol,反应达平衡时，CO转化了x mol，则有:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)n（始）/mol 0.8 1 0 0n（转化）/mol x x xn（平）/mol 0.8-x 1-x x平衡时，N2的体积分数为100%=20%，解得x=0.6。所以，CO的转化率为100%=75%；答案为：75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出,则A为负极，A电极处通入NO2,发生氧化反应，电极反应式为NO2-e-+H2ONO3-+2H+。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶
29、液复原，则转移电子数为(0.22+0.22)NA=0.8NA。答案为：NO2 ；NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ ；0.8NA；(4) HC2O4-的水解常数Kh=1.6910-13，Khc(OH-)，溶液呈酸性。答案：c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-)；酸性。【点睛】11.铁、铝、铜三种金属元素在日常生活中的应用最为广泛。回答下列问题：(1)基态Fe原子的简化电子排布式为_。(2)常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂。写出CO的电子式_；Fe(CO)5分子中键与键之比为_。(3)硝酸铜溶于氨水形成Cu(NH3)4(NO3)2的深蓝色溶液
30、。Cu(NH3)4(NO3)2中阴离子的立体构型是_。NO3-中心原子的轨道杂化类型为_。与NH3互为等电子体的一种阴离子为_(填化学式)；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因_。(4)金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率为74%，则铝原子的配位数为_。(5)铁和硫形成的某种晶胞结构如图所示，晶胞参数axpm，则该物质的化学式为_；A原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为_pm(用x表示)；该晶胞的密度为_gcm-3。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】 (1). Ar 3d64s2 (2). (3). 1:1
31、 (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). CH3 (7). NH3通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大 (8). 12 (9). FeS (10). 0.25x (11). 【解析】【分析】(1)基态Fe原子的简化电子排布式结合电子排布规律，按要求书写；(2) 应用等电子体原理书写一氧化碳电子式；求出Fe(CO)5分子中键与键，即可求比值；(3)通过价层电子对互斥理论，求出价电子对数即可知道Cu(NH3)4(NO3)2中阴离子的立体构型以及NO3-中心原子的轨道杂化类型；应用等电子体原理，找出与NH3互为等电子体的一种阴离子；氨气在一定的压强下
32、，测得的密度比该压强下理论密度略大，结合密度的定义，以及氨气的结构特点来分析；(4)单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，从铜型模式堆积的结构特点找出铝原子的配位数；(5)已知铁和硫形成的某种晶胞结构，用均摊法计算晶胞内原子的数目，从而求出该物质的化学式，结合A原子的位置，从而确定A距离B原子所在立方体侧面的最短距离；该晶胞的密度可以通过计算该晶胞的质量以及晶胞的体积求得；【详解】(1) Fe原子序数为26，按电子排布规律，基态Fe原子的简化电子排布式为Ar 3d64s2；答案为：Ar 3d64s2 ；(2) 氮气和一氧化碳为等电子体，故它们的结构相似、电子式相似，一氧化碳电子式为 ； Fe(CO)
33、5分子中键与键均为10个，即可求比值为1:1；答案为： ； 1:1 ； (3)通过价层电子对互斥理论，求出NO3-价电子对数为 ，即可知道Cu(NH3)4(NO3)2中阴离子NO3-立体构型为平面三角形，NO3-中心原子的轨道杂化类型sp2；答案为：平面三角形；sp2 ； 应用等电子体原理，找出与NH3互为等电子体的一种阴离子，应具有相同价电子数和原子数，CH3满足条件；答案为：CH3；NH3通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，故体积偏小质量偏大，导致在一定的压强下氨气密度反常增大；答案为：NH3通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增
34、大； (4)单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，即为面心立方堆积结构，则铝原子的配位数为12；答案为：12 ； (5)已知铁和硫形成的某种晶胞结构，铁原子在晶胞内，有4个，硫原子在顶点和面心，用均摊法计算晶胞内S原子的数目= ，铁硫原子数目比1:1，从而求出该物质的化学式为FeS；答案为：FeS；根据晶胞示意图，A原子位于小立方体的中心，把晶胞均分为八个小立方体，它距离B原子所在立方体侧面的最短距离为晶胞边长的四分之一，则A原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为0.25x；答案为：0.25x； 该晶胞的密度 ，即密度为gcm-3；答案为：。12.香料G一种合成工艺如图所示。已知：核磁共振氢谱显示
35、A有两个峰，其强度之比为11。CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHO CH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为_ ，G中官能团的名称为_。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是_(3)有学生建议，将MN的转化用KMnO4 (H)代替O2，你认为是否合理_(填“是”或“否”)原因是_(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KL_，反应类型_。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应能与溴的四氯化碳溶液加成苯环上只有2个对位取代基(
36、6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线_(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A B目标产物【答案】 (1). (2). 碳碳双键、酯基 (3). 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N (4). 否 (5). KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 (6). +CH3CHO (7). 加成反应 (8). 6 (9). CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 【解析】【分析】由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中
37、的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4 (H)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，按反应特点
38、确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检
39、验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； 答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； (3)学生建议用KMnO4 (H)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否； KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO ，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO ； 加成反应； (5)F是M的同
40、系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、 CHO、CHO、CH2CHO、；故共有6种；答案为：6； (6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ；答案为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。