1、（全国I卷）山西省实验中学2020届高三化学下学期3月开学摸底考试试题（含解析）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-23 P-31 S-32 Mn-55 Fe-56一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78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。1.五年来，我
2、国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等领域取得了举世瞩目的成就。这些项目与化学有着密切联系。下列说法正确的是（ ）A. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料B. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】A【解析】【详解】A铝锂合金属于金属材料，A正确；B电能属于二次能源，B错误；C光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D常见的高温结
3、构陶瓷有氧化铝、SiC陶瓷等，均不是硅酸盐陶瓷，D错误。答案选A。2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NAB. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NAC. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NAD. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数为1.0 NA【答案】B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g16
4、2.5g/mol0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加
5、成反应完全不同。3.下列实验过程可以达到实验目的的是（）编号实验过程实验目的A称取2gCuSO45H2O溶于98g水中，充分搅拌溶解，然后装入试剂瓶中配制2%的CuSO4溶液B将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中，观察气体颜色探究碳的还原性C将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，观察现象比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积D向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，观察比较现象探究I-对H2O2分解是否具有催化作用A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A溶于98
6、g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故A错误； B活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误； C发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确； D碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应速率影响，故D错误； 答案选C。4.1，1-二环丙基乙烯( )是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法错误的是A. 所有碳原子可能在同一平面B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 二氯代物有9种D. 生成1mol C8H18至少需要3mol H2【答案】A【解析】【分析】1，1-二环丙基乙烯()含有碳碳双键，两个三元环，碳
7、有2种杂化方式：sp3、sp2，据此答题。【详解】A.碳有2种杂化方式：sp3、sp2，前者是正四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面，所有碳原子不可能在同一平面，故A错误；B.结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.1，1-二环丙基乙烯()的二氯代物有9种，故C正确；D.1，1-二环丙基乙烯()分子式为C8H12，由C8H12生成1molC8H18至少需要3molH2，故D正确。故选A。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变
8、化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（）A. 原子半径：ZWYXB. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合
9、物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：ZWYX，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可
10、以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。6.我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3。下列有关说法正确
11、的是A. 该电池比能量高，用Li3V2(PO4)3做负极材料B. 放电时，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.7 gC. 充电时，Li+向N极区迁移D. 充电时，N极反应为V2(PO4)33Li3e=Li3V2(PO4)3【答案】B【解析】【分析】原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；锂离子电池的总反应为：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3，则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应，即电极反应式为V2(PO4)33Li3e=Li3V2(PO4)3，负极为Li3C6材料，电极反应Li3C6-3e3Li+6C。【详解】A. 该电池比能
12、量高，原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；用Li3V2(PO4)3作正极材料，负极为Li3C6材料，故A错误；B. 放电时，M极为负极，电极反应Li3C6-3e3Li+6C，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.1 mol7gmol1=0.7 g，故B正确；C. 充电时，Li+向阴极迁移，即向M极区迁移，故C错误；D. 充电时，N极为阳极，发生氧化反应，Li3V2(PO4)3-3e=V2(PO4)33Li，故D错误；故选B。【点睛】本题考查二次电池，理解原电池和电解池的原理是解题关键，易错点D，充电时外电源的正极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应，
13、失去电子。7.25时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X表示，下列叙述错误的是A. 从M点到N点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大B. 直线n表示pH与的关系C. 由N点可知Ka1 (H2C2O4)的数量级为10 -2D. pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)c(HC2O4-)= c(C2O42-) =c(Cl-) c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A. 如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，故A正确；B. pH增大，增大，减小，则直线n表示pH与
14、的关系，故B正确；C. 由N点可知Ka1 (H2C2O4)的数量级为10 -2Ka1(H2C2O4)= ，在N点=-1，即，N点的pH2.22，则c(H+)102.22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)10102.221.0101.22，故C正确；D. M点：-lg=0，Ka2=10-3.1810-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)= c(C2O42-)，但无法判断c(HC2O4-)= c(C2O42-) =c(Cl-)，故D错误；故选D。8.甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂。实验室利用与甘氨酸制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：甘氨酸易溶
15、于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I装置C中盛有17.4g和200mL1.0molL-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。（1）仪器a的名称是_；与a相比，仪器b的优点是_。（2）装置B中盛有的试剂是：_；装置D的作用是_。（3）向溶液中加入溶液可制得，该反应的离子方程式为_。（4）过程I加入柠檬酸促进溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。pH过低或过高均导致产
16、率下降，pH过高导致产率下降其原因是_；柠檬酸的作用还有_。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_。（6）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强、便于液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中 (5). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (6). pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀 (7). 防止Fe2+被氧化 (8). 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 (9). 75【解析】
17、【分析】（1）a为分液漏斗，b中软管可平衡气压；（2）B中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，C中应防止亚铁被氧化；（3）溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水；（4） pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀。结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2被氧化，柠檬酸具有还原性；（5）甘氨酸亚铁难溶于乙醇；（6）17.4g即0.15mol FeCO3和200mL1.0molL-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁。【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；与a
18、相比，仪器b的优点是是平衡气压，使液体顺利流下。（2）装置B中盛有的试剂是：饱和NaHCO3溶液；装置D的作用是防止空气进入C中（从而防止Fe2被氧化）。（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，该反应的离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O。（4）pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是 pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe2+2OH=Fe（OH）2 ；结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2被氧化。（5）过程II中加入无水乙醇的目的
19、是过程中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出。（6）17.4g即0.15mol FeCO3和200mL1.0molL-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，其产率是 100%=75%。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，易错点（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，复分解反应强于水解，注意题中信息，结合元素化合物知识的应用。9.二氧化锰无论在实验室还是在生产、生活中均有广泛应用。工业上可以用制备对苯二酚的废液为原料生产二氧化锰。此工艺对节约资源、
20、保护环境、提高经济效益有着重要意义。（1）经分析知该废液中含有硫酸锰、硫酸铵、硫酸以及Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子。以此为原料制备化学二氧化锰的流程如图所示。常温下几种有关难溶硫化物的溶度积常数如下表，若除去Fe2+后的废液中Mn2+浓度为1mol/L，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，而Mn2+不受损失，S2-的浓度范围应控制在_mol/L。化合物MnSCoS（型）NiSKsp2.510-10410-211.0710-21步骤的化学方程式为_。步骤中涉及到过滤的操作有_。（填序号）步骤得到的副产品的化学式为_，其重要的用途之一是_。得到该副产品的操作是_。（2）生产电解二氧化锰原理是
21、在93左右以石墨为电极电解硫酸锰和硫酸的混合溶液，写出阳极的电极反应式_，若电解过程中的电压为3V，理论上生产1tMnO2消耗电能_kwh。（1kwh=3.6106J）（3）双氧水氧化法制备二氧化锰时所发生的反应为MnSO4+2NH3+H2O2MnO2+(NH4)2SO4，在溶液的pH、过氧化氢的用量和反应时间一定的情况下，温度对实验结果的影响如图所示。MnO2的回收率随着温度升高先增大后减小的可能原因是_。【答案】 (1). 410-16-2.510-10 (2). 3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4 (3). (4). (NH4)2SO4 (5). 做
22、化肥 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (7). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (8). 1845 (9). 温度升高反应加快生成更多的MnO2，温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解【解析】【分析】（1）当溶液中离子浓度小于10-5mol/L时，认为完全沉淀，要将Co2+和Ni2+完全沉淀，根据Ksp的表达式计算即可；步骤利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，结合得失电子守恒、原子守恒写方程式即可；凡是涉及固液分离的步骤都涉及过滤；整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，故步骤得到副产品为硫酸铵；（2）阳极发生氧化反
23、应，应为Mn2+失电子被氧化成MnO2；（3）温度升高反应速率加快，但是温度太高，双氧水会分解，氨气会挥发。【详解】（1）根据Ksp(CoS)=c(Co2+)c(S2-)、Ksp(NiS)=c(Ni2+)c(S2-)得：、，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，就要将Co2+和Ni2+的浓度控制在10-5mol/及以下，那么：、，解得c(S2-)410-16、c(S2-)1.0710-16，又因为Mn2+浓度为1mol/L而不受损，则Mn2+和S2-还没开始沉淀，此时有c(S2-)c(Mn2+)Ksp(MnS),即c(S2-)1mol/L2.510-10，解得：c(S2-)2.510-10，综上所述
24、： ，即：硫离子浓度在410-16mol/L-2.510-10mol/L之间，故答案为：410-16-2.510-10；步骤利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，方程式：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4，故答案为：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4；中，都涉及到固液分离，都用到过滤，故答案为：；整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，故步骤得到的副产品为硫酸铵，可做化肥，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到硫酸铵，故答案为：(NH4)2SO4；做化肥；蒸发浓缩、冷却结晶、
25、过滤；（2）阳极失电子，化合价升高，被氧化，再结合电荷守恒、原子守恒可得：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生产1t MnO2转移的电子物质的量做如下计算：，解得n=， 所以电子数=，因为每个电子带1.610-19C的电量，所以电子所带总电量q=1.610-19，由E=qU得：E=(1.610-193)J=kwh1845 kwh，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；1845；（3）温度升高，反应速率增大，但是温度过高，H2O2分解了，NH3挥发了，故答案为：温度升高反应加快生成更多的MnO2，温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解。【点睛】（1）完
26、全沉淀指的是离子浓度小于10-5mol/L，计算的时候往往用10-5mol/L计算。10.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1在反应过程中还发生反应：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H2=+41kJ/mol(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：化学键CHHHC=O键能（kJ/mol）4134368031076则Hl =_kJ/mol，反应在一定条件下能够自发进行的原因是_，该反应工业生产适宜的温度和压强为_（填标号）。A.高温高压 B
27、高温低压 C低温高压 D低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是_计算923K时反应II的化学平衡常数K=_（计算结果保留小数点后两位）。1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是_。(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。随着O2进入量的增加，热负荷下降的原
28、因是 _。掺人O2可使CH4的平衡转化率_（填“增大”、“减小”或“不变”。下同），CO2的平衡转化率_【答案】 (1). +234 (2). S0 (3). B (4). CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 (5). 0.39 (6). 1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II） (7). 反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低 (8). 增大 (9). 减小【解析】【分析】(l)已知部分化学键的键能，通过反
29、应物的总键能减去生成物的总键能可以计算Hl，从焓变和熵变综合判断反应自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料,发生反应、II，则923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因从二者实际参加的反应来讨论；从图、及题干中提供的数据结合反应、II，用三段式按定义计算923K时反应II的化学平衡常数K；1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O；按热负荷的定义单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O2的进气量与
30、反应III放出的热量关系，据此解题； 发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH4的平衡转化率和CO2的平衡转化率受到的影响；【详解】(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则Hl=；答案为：+234；反应I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1，S0，因此S0是反应自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；答案为：S0； B；(2)923K时反应中CH4和CO2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II，因此其平衡转化率大于CH4；答案为：
31、CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4；CH4和CO2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1mol/L，由图知CH4和CO2的转化率为60%、70%，则发生反应I时发生反应II:;答案为：0.39； 反应I中CO2和CH4的平衡转化率相等，1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I更有利，以反应I为主； 答案为：1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）；(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺
32、入O2，则发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，反应III是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；答案为：反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O，促进甲烷消耗，则CH4的平衡转化率增大；答案为：增大；发生反应 III: CH4+2O2CO2+2H2O不利于反应I，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降；答案为：减小。11.2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防
33、实力的显著标志。其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子排布式为_。（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表的_区。（3）实验室常用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。其中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_。（4）铁元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol Fe(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_。（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为
34、一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的_空隙和_空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为_。（6）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为_，晶胞参数为428pm，则晶体密度为_g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式)。【答案】 (1). 3d64s2 (2). s、ds (3). NOS (4).
35、sp2杂化 (5). 10 (6). CN- (7). 正四面体 (8). 正八面体 (9). (10). 8:3 (11). 【解析】【分析】原子核外电子排布式为，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子；为24号元素，位于元素周期表中第四周期第B族，基态原子电子排布式为，最外层电子数为1个；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同一同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小；苯酚为平面结构，C原子采取杂化；与CO形成5个配位键，属于键，CO分子中有1个键，分子含有10个键；与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，
36、可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子；据图知，占据的是围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若分子的原子坐标参数分别为0，0，1，等，说明该晶胞的参数是1，则距离A位置分子最近的为形成的正四面体体心上的；根据中化合价代数和为零可求得晶体中与的最简整数比，晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“”，再根据计算。【详解】原子核外电子排布式为，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子，故价电子排布式为，故答案为：；位于第四周期，基态原子电子排布式为，最外层电子数为1个，与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素为K和Cu，分别为
37、s区和ds区，故答案为：s、ds；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同一同周期相邻元素的O，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能，苯酚为平面结构，C原子采取杂化；故答案为：；杂化；与CO形成5个配位键，属于键，CO分子中形成1个键，故F分子含有10个键，1mol分子中含10mol键。CO含有2个原子14个电子，所以与CO互为等电子体的一种离子的化学式为或、，故答案为：10；据图知，占据的是围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若分子的原子坐标参数分别为0，0，1，等，说明该晶胞的棱参数是1，则距离A位置分子最近的为形成的正四面体体心上
38、的，为晶胞棱长的，其参数为，故答案为：正四面体；正八面体；设晶体中与的最简整数比为x：y，根据中化合价代数和为零可知：，解得x：晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“”，则晶体密度，故答案为：8:3；12.有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A 的名称_.(2)C D的化学方程式_.E F的反应类型_(3)H 中含有的官能团_.J的分子式_.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_种(不考虑立体异构),写出其中核磁
39、共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为_.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：_。【答案】 (1). 2甲基丙烯 (2). (3). 取代反应 (4). 酚羟基和硝基 (5). C10H11NO5 (6). 6 (7). (8). 【解析】【分析】根据有机化合物的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，
40、D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1) 由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为，故答案为6；（5）甲苯与氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。
