【化学】四川省宜宾市第四中学2020届高三一诊模拟理综（解析版）

【化学】四川省宜宾市第四中学2020届高三一诊模拟理综（解析版）

四川省宜宾市第四中学2020届高三一诊模拟理综 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在紫外线、饱和Na2SO4、CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性 B. 油脂属于高分子化合物，是混合物 C. 在一定条件下，氨基酸之间能发生反应，合成更加复杂的化合物 D. 检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】分析：在紫外线、重金属盐溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性；油脂是油和脂肪的通称，不属于高分子化合物，天然油脂都是混合物；在一定条件下，氨基酸之间能发生缩合反应，合成更加复杂的化合物，如二肽和多肽；淀粉的水解液中有硫酸，要先中和再检验葡萄糖。‎ 详解：A. 在紫外线、CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性，饱和Na2SO4溶液只能使蛋白质发生盐析，A不正确；‎ B. 油脂是油和脂肪的通称，不属于高分子化合物，天然油脂都是混合物，B不正确；‎ C. 在一定条件下，氨基酸之间能发生缩合反应，合成更加复杂的化合物，如二肽和多肽等，C正确；‎ D. 检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，先加入氢氧化钠溶液至溶液呈中性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀，若有，则有葡萄糖生成，D不正确；‎ 综上所述，说法正确的是C，本题选C。‎ ‎2. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 在标准状况下,1 mol水的体积是22．4 L B. 1 mol H2所占的体积约为22．4 L C. 在标准状况下, 阿伏加德罗常数个分子所占的体积约为22．4 L D. 在标准状况下,1 mol NH3和CO混合气体所占的体积约为22．4 L ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、水是液体，不适用气体摩尔体积来计算；B、标准状况下1 mol H2所占的体积约为22．4 L；‎ C、在标准状况下, 阿伏加德罗常数个气体分子所占的体积约为22．4 L；D、在标准状况下,1 mol NH3和CO混合气体所占的体积约为22．4 L。‎ 考点：阿伏伽德罗常数，气体摩尔体积的相关计算。‎ ‎3.某有机物N的结构简式如图所示，下列关于N的叙述错误的是（ ）‎ A. 分子式是C9H8O4‎ B. 属于酯类化合物 C. 1 molN 可以与1 mo1Na2CO3充分反应生成lmolCO2‎ D. 一定条件下可发生加成反应和取代反应 ‎【答案】C ‎【解析】A、分子式是C9H8O4，选项A正确；B、分子中含有羧基和酯基，属于酯类化合物，选项B正确；C、1 molN 可以与0.5 mo1Na2CO3充分反应生成0.5molCO2，选项C错误；D、一定条件下苯环上可与氢气发生加成反应，羧酸的酯化反应和酯的水解都属于取代反应，选项D正确。答案选C。‎ ‎4.检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液无明显现象,再加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl-‎ B. 向某溶液中加稀BaCl2，产生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，证明有SO42-‎ C. 向某溶液中加入稀 HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-‎ D. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含有NH4+‎ ‎【答案】A ‎【详解】A项，向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液无明显现象，则原溶液一定不含硫酸根离子和碳酸根离子等，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，则为氯化银沉淀，说明一定是氯化物的溶液，证明有Cl-，故A正确；‎ B项，向某溶液中加稀BaCl2，产生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，不能证明有SO42-，故B错误；‎ C项，向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，该气体可能是CO2‎ 或SO2，则溶液中可能存在CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-等，故C错误；‎ D项，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误。‎ 综上所述，符合题意的选项为A。‎ ‎5.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是（ ）‎ A. 元素Y的单质在常温下能与浓硝酸发生反应 B. 元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种 C. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2‎ ‎【答案】C ‎【分析】因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素，据此分析。‎ ‎【详解】A. 元素Y为Al，常温下能与浓硝酸发生钝化反应，故A正确；‎ B. 元素X与氢形成的化合物有C2H2、C6H6，故B正确；‎ C. 素W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故C错误；‎ D. 元素Z可与元素X形成共价化合物CS2，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示为钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na＋xS＝Na2Sx。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 负极反应式为Na - e- = Na+‎ B. 放电时，消耗32 g正极活性物质，转移的电子为2 mol C. M作用是导电和隔离钠与硫 D. 消耗相同质量的负极活性物质，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的4.5倍 ‎【答案】B ‎【分析】由电池反应为2Na＋xS＝Na2Sx可知，反应中Na被氧化，应为原电池的负极，电极方程式为Na-e‾=Na+，S化合价降低，被还原，为原电池的正极，电极方程式为xS+2e‾=Sx2‾，原电池工作时，M起到导电和隔绝Na、S的作用，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、根据上述分析，Na为原电池的负极，电极方程式为Na-e‾=Na+，故A正确；‎ B、放电时，正极的电极方程式为xS+2e‾=Sx2‾，消耗32 gS，转移的电子为mol，故B错误；‎ C、熔融状态下，Na2O能电离出阴阳离子而使电解质导电，且钠易和硫反应，所以它起到隔离钠与硫的作用，故C正确；‎ D、钠高能电池中负极为钠，有23g钠消耗释放1mol e-，则207g钠消耗时转移mol=9mol e-，铅蓄电池的电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mol e-，故消耗相同质量的负极活性物质，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的=4.5 倍，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎7.AG表示溶液酸度：。常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定25 ml 0.1mol/L的CH3COOH滴定结果如图所示，下列分析正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/L的 CH3COOH溶液的pH＝3‎ B. m点加入NaOH的体积为25mL C. 若pH＝7，则溶液中水电离的c(OH-)=1.0×10-3.5 mol/L D. 随着NaOH溶液滴入，溶液中水的电离程度逐渐增大，m点最大 ‎【答案】A ‎【详解】A. 滴定起始时，V(NaOH)=0，溶液中仅存在醋酸，此时，，则，又Kw=c(OH-) c(H+)=10-14，则溶液中c(H+)=10-3mol/L，因此0.1mol/L的 CH3COOH溶液的pH＝3，A项正确；‎ B. m点时，，则，c(OH-)=(H+)，溶液显中性，若加入NaOH的体积为25mL，则醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，此时应为醋酸钠和醋酸的混合溶液，加入NaOH的体积应小于25mL，B项错误；‎ C. 若pH＝7，溶液显中性，此时应为醋酸钠和醋酸的混合溶液，二者对于水的电离的促进和抑制作用相等，则溶液中水电离的c(OH-)=1.0×10-7 mol/L，C项错误；‎ D. 随着NaOH溶液的滴入，发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，醋酸逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，恰好反应生成醋酸钠时，水的电离程度最大，m点时溶液显中性，为醋酸钠和醋酸的混合溶液，电离程度不是最大，恰好反应后再继续加入氢氧化钠，水的电离程度逐渐减小，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.有机化工中3，5-二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：‎ 甲醇、乙醚和3，5-二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：‎ 物质 沸点/℃‎ 熔点/℃‎ 密度(20℃) / g·cm-3‎ 溶解性 甲醇 ‎64 7‎ ‎0. 7915‎ 易溶于水 乙醚 ‎34. 5‎ ‎0.7138‎ 微溶于水 ‎3，5-二甲氧基苯酚 ‎33 ~36‎ 易溶于甲醇、乙醚，微溶于水 ‎（1）1mol间苯三酚完全燃烧需要_____molO2。‎ ‎（2）反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取。‎ ‎①分离出甲醇的操作是________。‎ ‎②萃取用到的分液漏斗分液时有机层在分液漏斗的____填（“上”或“下”）层。‎ ‎（3）分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、少量蒸馏水进行洗涤。用饱和NaHCO3 溶液洗涤的目的是__________________________ ；‎ ‎（4）洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确的操作顺序是_________(填字母)。‎ a．蒸馏除去乙醚 b．冷却结晶 c．过滤除去干燥剂 d．加入无水CaCl2干燥 ‎（5）写出反应中可能出现的副产物结构简式______________（只要写一种即可）。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 蒸馏 (3). 上 (4). 除去HCl (5). dcab (6). 、、CH3-O-CH3‎ ‎【详解】⑴. 间苯三酚的分子式为C6H6O3，1mol间苯三酚完全燃烧生成二氧化碳和水需要6mol氧气，故答案是：6；‎ ‎⑵.①. 3，5−二甲氧基苯酚易溶于甲醇，先利用沸点差异分离出甲醇，则分离出甲醇的操作是蒸馏，故答案为：蒸馏；‎ ‎②. 因乙醚的密度比水小，分液时有机层在分液漏斗的上层，故答案为：上；‎ ‎⑶. 有机层依次用饱和NaHCO3溶液、少量蒸馏水进行洗涤，用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是除去HCl，故答案为：除去HCl；‎ ‎⑷. 洗涤完成后，为除去水分，用无水氯化钙干燥，然后过滤除去干燥剂，再根据沸点不同利用蒸馏的方法除去乙醚，最后再利用冷却结晶的方法制得较纯产物，所以其排列顺序为：dcab，故答案为：dcab；‎ ‎⑸. 间三苯酚可能只有一个酚羟基与甲醇反应，也可能三个酚羟基全部与甲醇反应，同时甲醇与甲醇也可能发生反应，所得产物的结构简式为：、‎ ‎、CH3-O-CH3，故答案为：、、CH3-O-CH3。‎ ‎9.NaC1O3可用于制取二氧化氯、亚氯酸钠及高氯酸盐等。以原盐(主要成分为NaC1)为原料制备氯酸钠的工艺流程如下：‎ 已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“粗制盐水”中加入NaOH和Na2CO3的目的是_______________________________。‎ ‎(2)过滤时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____________________________。‎ ‎(3)在pH：6.4～6.8，温度：40～50℃的条件下电解，理论上最终产物只有NaC1O3。电解时阳极的产物为C12，溶液中发生的反应有C12+H2O====HC1O+H++C1-，HC1OH++C1O-和__________________________________。‎ ‎(4)电解槽中温度不宜过高，其原因是_________________________。加入的Na2Cr2O7可以调节电解液酸度，若酸度过大，则电解液中主要存在__________(填“Cr2O72-”或“CrO42-”)。‎ ‎(5)为检测电解后盐水中NaC1O3的物质的量浓度进行下列实验：‎ I．准确吸取10．00mL电解后的盐水，加入适量的3％H2O2溶液充分搅拌并煮沸。‎ Ⅱ．准确吸取0.10mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液25．00 mL于300mL锥形瓶中，加入足量稀硫酸。‎ III．将I的溶液加入Ⅱ的锥形瓶中，隔绝空气煮沸10min，加热充分反应。冷却至室温后，加入10mL0.4mol·L-1MnSO4溶液、5mL 85％磷酸溶液，用c mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+至溶液变为微红色，即滴定终点，此时消耗高锰酸钾V mL。‎ ‎①步骤I中加入H2O2溶液的作用是______________________。‎ ‎②步骤Ⅱ中C1O3-被Fe2+还原为C1-的离子方程式为________________________。‎ ‎③该盐水中NaC1O3的物质的量浓度为________mol·L-1。‎ ‎【答案】(1). 除去Mg2＋和Ca2＋ (2). 漏斗 (3). 2HClO＋ClO－=ClO3－＋2Cl－＋2H＋ (4). 防止HClO分解和Cl2逸出 (5). Cr2O72－ (6). 除去电解后盐水中Cr2O72－和CrO4‎ ‎2－ (7). ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O (8). ‎ ‎【详解】（1）根据流程，过滤得到盐泥，含Mg(OH)2和CaCO3，即加入NaOH和Na2CO3的目的是除去Mg2＋和Ca2＋；‎ ‎（2）过滤时使用的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，缺少的是漏斗；‎ ‎（3）电解时阳极产物为Cl2，发生Cl2＋H2O=HClO＋H＋＋Cl－、HClOH＋＋ClO－，根据题意，最终得到产物只有NaClO3，即只有HClO与ClO－发生氧化还原反应得到ClO3－，2HClO＋ClO－=ClO3－＋2Cl－＋2H＋；‎ ‎（4）根据问题（3），有Cl2和HClO，HClO受热易分解，要让氯气参与反应，应防止Cl2逸出，因此电解槽中的温度不宜过高的原因是防止HClO分解和Cl2逸出；根据Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，酸度过大，c(H＋)增大，该反应的平衡向逆反应方向进行，则电解液中主要以Cr2O72－形式存在；‎ ‎（5）①电解后的盐水中含有Cr2O72－和CrO42－，Cr2O72－和CrO42－具有强氧化性，能氧化Fe2＋，干扰NaClO3的测定，因此加入H2O2的目的是除去电解后盐水中Cr2O72－和CrO42－；‎ ‎②NaClO3具有强氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O；‎ ‎③KMnO4滴定剩余Fe2＋，Fe2＋被氧化成Fe3＋，依据操作步骤，(NH4)2Fe(SO4)2作还原剂，NaClO3、KMnO4作氧化剂，根据得失电子数目守恒，有25.00×10－3L×0.10mol·L－1×1=n(NaClO3)×6＋V×10－3L×cmol·L－1×5，解得：n(NaClO3)=(25×10－3×0.1－5V×10－3×c)/6mol，则c(NaClO3)=(25×10－3×0.1－5V×10－3×c)/(6×10×10－3)mol·L－1=mol·L－1；‎ ‎【点睛】难点是NaClO3的物质的量浓度计算，学生不能够理解加入MnSO4、磷酸的作用，不知道如何插手，本题只注意两点即可，一是ClO3－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，二是KMnO4滴定剩余Fe2＋，剩余Fe2＋的理解为ClO3－与Fe2＋反应后剩余的，这两个反应都是氧化还原反应，Fe2＋作还原剂，ClO3－、KMnO4为氧化剂，采用得失电子数目守恒进行计算。‎ ‎10.H2O2广泛应用于医疗卫生、化学合成等领域。‎ ‎（1）H2O2的电子式是___________。‎ ‎（2）趣味实验“大象牙膏”的实验原理是H2O2溶液在KI催化作用下分解，反应的机理可表示为：i．H2O2(l)+I－(aq)==== H2O(l)+IO－(aq) △H1 = +a kJ/moL（a ＞ 0）‎ ii．H2O2(l)+________________________________。‎ ‎① 2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H=－196kJ/mol，补全反应ii_______________（用热化学方程式表示）。‎ ‎② 某小组在研究影响H2O2分解速率的因素时得到图1的数据关系，由此得出的结论是________________________________________________。‎ ‎③ 已知：i的反应速率小于ii的反应速率，在图2画出H2O2溶液中加入KI后，“反应过程—能量”示意图。_________‎ ‎（3）为分析不同试剂是否对H2O2分解有催化作用，该小组向四支盛有10mL5% H2O2的试管中滴加不同溶液，实验记录如下：‎ 试管 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 滴加试剂 ‎2滴1mol/L NaCl ‎2滴1mol/L ‎ CuSO4‎ ‎2滴1mol/L CuSO4‎ 和2滴1mol/L ‎ NaCl ‎2滴1mol/L CuSO4‎ 和4滴1mol/L ‎ NaCl 产生气泡情况 无气泡产生 均产生气泡，且气泡速率从Ⅱ到Ⅳ依次加快 实验Ⅰ的目的是__________________________________________，由实验（3）可得出的结论是__________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). H2O2(l) + IO－(aq) ==== H2O(l) + O2(g) + I－(aq) ∆H= -（196+a）kJ/moL (3). H2O2的分解反应速率与c(H2O2)和c(I－)成正比或答：在其它条件不变时，催化剂的浓度[或c(I－)]越大，H2O2的分解速率越大，c(I－)不变时，H2O2‎ 浓度越大，分解速率越大 (4). (5). 对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用 (6). NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强 ‎【解析】（1）H2O2的电子式是；（2）①根据反应的机理可知，总反应a：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △Ha=－196kJ/mol， i．H2O2(l)+I－(aq)==== H2O(l)+IO－(aq) △H1 = +a kJ/moL（a ＞ 0），根据盖斯定律，由a-i得反应ii．H2O2(l)+ IO－(aq) ==== H2O(l) + O2(g) + I－(aq) ∆H=△Ha - △H1=-（196+a）kJ/moL；② 根据图中信息可知，H2O2的分解反应速率与c(H2O2)和c(I－)成正比或在其它条件不变时，催化剂的浓度[或c(I－)]越大，H2O2的分解速率越大，c(I－)不变时，H2O2浓度越大，分解速率越大；③ 催化剂只改变化学反应速率而不能使平衡移动，也不能改变焓变，则 “反应过程—能量”示意图为：；（3）实验Ⅰ的目的是对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用；通过表中数据，由实验（3）可得出的结论是NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强。‎ ‎11.回答下列各题：‎ ‎（1）已知FeCl3的沸点：319℃，熔点：306℃，则FeCl3的晶体类型为___________。P形成的三种酸的酸性由强到弱的顺序为：HPO3>H3PO4>H3PO3，原因是____________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，T的基态原子价电子排布式为___________________，Q2＋‎ 的未成对电子数是______________。‎ ‎（3）如图1是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，判断NaCl晶体结构的图是图1中的______________。‎ ‎（4）[Cu(NH3)4]2＋配离子中存在的化学键类型有_____________(填序号)。‎ ‎①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键 ‎（5）若[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，且当[Cu(NH3)4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为______________(填序号)‎ ‎①平面正方形 ②正四面体 ③三角锥形 ④V形 ‎（6）X与Y可形成离子化合物，其晶胞结构如图2所示，其中X和Y的相对原子质量分别为a和b，NA表示阿伏加德罗常数，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中距离最近的X、Y之间的核间距离是_____________pm（用含ρ、a、b、NA的代数式表达）。‎ ‎【答案】(1). 分子晶体 (2). 无机含氧酸分子中，非羟基氧数目越多，酸性越强 (3). 3d84s2 (4). 4 (5). ③ (6). ①③ (7). ① (8). ‎ ‎【解析】分析：（1）氯化铁熔沸点较低，应为分子晶体；同种元素含氧酸，该元素化合价越高，其酸性越强，非羟基氧越多，酸性越强；‎ ‎（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe、T为Ni；‎ ‎（3）NaCl属于立方晶体，每个钠离子周围有6个氯离子、每个氯离子周围有6个钠离子；‎ ‎（4）[Cu(NH3)4]2＋中铜离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键；‎ ‎（5）[Cu(NH3)4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代能得到两种不同结构的产物，[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为平面正方形；‎ ‎（6）根据均摊法计算晶胞中X、Y原子数目，进而计算晶胞的质量，根据m=ρV计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长x。Y原子与周围4个X原子形成正四面体结构，据此解答。‎ 详解：（1）FeCl3的沸点：319℃，熔点：306℃，熔沸点较低，应属于分子晶体；H3PO4、HPO3、H3PO3中P元素化合价依次为+5、+5、+3，H3PO4、HPO3中非羟基氧依次为1、2，元素化合价越高，其酸性越强，非羟基氧越多，酸性越强，故酸性HPO3＞H3PO4＞H3PO3；‎ ‎（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe、T为Ni；Ni的基态原子外围电子（价电子）排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，3d能级有4对未成对电子；‎ ‎（3）由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-，每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图③中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数是6，③符合条件；‎ ‎（4）[Cu(NH3)4]2＋中铜离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键，答案选①③；‎ ‎（5）[Cu(NH3)4]2＋的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种不同结构的产物，因此[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为平面正方形，答案选①；‎ ‎（6）晶胞中X原子数目为8×1/8+6×1/2=4、Y原子数目为8，晶胞的质量为，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞体积为g÷ρg/cm3，故晶胞棱长x=。Y原子与周围4个X原子形成正四面体结构，令Y与X之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为y/3，正四面体的高为4y/3，正四面体棱长=，则正四面体侧面的高为，底面中心到边的距离为，故，整理得y=，故Y与X的距离为。‎ 点睛：本题考查物质结构与性质，题目涉及微粒构型判断、晶体类型与性质、核外电子排布、化学键、晶胞结构与晶胞计算，（6）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定空间想象能力和数学运算能力，题目难度较大。‎ ‎12.化合物X一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：‎ 已知：RXROH；RCHO＋CH3COOR’ RCH＝CHCOOR’ 请回答：‎ ‎（1） A中官能团的名称是______________________。‎ ‎（2） D→E的化学方程式________________________________________________。‎ ‎（3） X的结构简式_________________。‎ ‎（4）与F互为同分异构体又满足下列条件的有_______种。‎ ‎①遇到氯化铁溶液会显紫色，②会发生银镜反应 ③苯环上有三个取代基 在其它同分异构体中核磁共振氢谱有六组峰，氢原子数比符合1:2:2:2:2:1的结构为_____。‎ ‎（5）根据上面合成信息及试剂，写出以乙烯为原料（无机试剂任选），写出合成CH3CH＝CHCOOCH2CH3路线。_________________________________________________________‎ ‎【答案】(1). 羟基 (2). (3). (4). 20 (5). (6). ‎ ‎【解析】分析：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则D为醇，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′，那么E应为醛类，即甲苯与氯气发生的是甲基上的取代，那么C为 ‎，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，即E为，据此推断得出F为：，那么X为；据以上分析解题。‎ 详解：（1）据以上分析可知，A为乙醇，官能团的名称是羟基；正确答案：羟基。‎ ‎（2） D应为，E为，D→E发生醇的催化氧化，化学方程式：；正确答案：。‎ ‎（3） E为，F为：，根据信息可知X为；正确答案： 。‎ ‎（4）F为：，与F互为同分异构体又满足下列条件的为①遇到氯化铁溶液会显紫色，一定含有酚羟基；②会发生银镜反应，含有醛基；③苯环上有三个取代基；所以苯环上分别连有-OH 、-CHO、–CH2CH3 的结构有10种；苯环上分别连有-OH、 -CH2-CHO、-CH3的结构有10种，共计有20种；在其它同分异构体中核磁共振氢谱有六组峰，氢原子数比符合1:2:2:2:2:1的结构可能有羧酸类（环上一个取代基且含有羧基）、醛类（环上有2个取代基，含有醛基、羟基），共有4种结构如下：；正确答案：20；。‎ ‎（5）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化制乙醛，最终氧化为乙酸，乙酸和乙醇生成乙酸乙酯，根据信息RCHO＋CH3COOR’ RCH＝CHCOOR’ 可知，乙酸乙酯与乙醛发生反应生成CH3CH＝CHCOOCH2CH3；合成流程如下：；正确答案：‎ ‎。‎ 点睛：对于芳香族化合物，如果只含有一个苯环，环上有3个取代基（取代基无同分异构结构），这样的有机物同分异构体的种类判断规律：如果3个取代基相同，有机物有3种同分异构体；如果2个取代基相同，有机物有6种同分异构体；如果3个取代基不相同，有机物有10种同分异构体；记住这样的规律，寻找同分异构体的效率会大增。 ‎