广东省惠州市2020届高三第三次调研考试理综化学试题

广东省惠州市2020届高三第三次调研考试理综化学试题

‎2020届惠州高三第三次调研考化学试题 ‎ 相对原子质量：C 12 Na 23 O 16 K 39 Mn 55 Fe 56‎ ‎1.下列说法错误的是( )‎ A. 建筑钢筋属于金属材料 B. 制玻璃和水泥都要用到石灰石 C. 天然气、水煤气、液化石油气均是化合物 D. 聚乙烯、纤维素都属于高分子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 建筑钢筋是铁、碳的合金，属于金属材料，A正确；‎ B. 制玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，制水泥的原料是黏土和石灰石，B正确；‎ C. 天然气、水煤气、液化石油气均是混合物，C错误；‎ D. 聚乙烯、纤维素的相对分子质量都大于10000，都属于高分子化合物，D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确是( )‎ A. 12g金刚石中含有共价键数目为4NA B. 标况下2.24L SO3含有的氧原子数目为0.3 NA C. 1L 0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有氮原子总数为0.2NA D. 电解熔融氯化钠，当阳极生成2.24L氯气时，阴极产生0.1NA个Na ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在金刚石中，平均每个碳原子形成2个共价键，12g金刚石中含有共价键数目为2NA，A错误；‎ B. 标况下，SO3为固体，不能利用气体摩尔体积计算含有的氧原子数，B错误；‎ C. 依据原子守恒，1L 0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有氮原子0.2mol，总数为0.2NA，C正确；‎ D. 由于未指明标准状况，所以2.24L氯气不一定是0.1mol，阴极生成金属钠的物质的量无法计算，D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.下图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：‎ 下列叙述错误的是( )‎ A. 反应①属于氮的固定；反应②可用于合成HNO3‎ B. 在催化剂a、b的作用下，提高了反应速率 C. 在反应①和反应②中，均有极性共价键形成 D. 在催化剂b作用下，氮原子发生了还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①中，氮由游离态的N2转化为NH3，属于氮的固定；反应②是工业制硝酸的第一步反应，可用于合成HNO3，A正确；‎ B. 催化剂a、b，可以降低反应的活化能，从而提高反应速率，B正确；‎ C. 反应①中，形成N-H键，在反应②中，形成N≡O键，C正确；‎ D. 在催化剂b作用下，氮原子由-3价升高为+2价，失去电子，发生氧化反应，D错误；‎ 故选D。‎ ‎4.已知苯乙烯和立方烷的结构分别为（b）、（p）。下列说法中正确的是( )‎ A. b、p难溶于苯 B. b、p互为同分异构体 C. b、p的一氯代物分别有6种和1种（不考虑立体异构）‎ D. b、p均不能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. b、p都是难溶于水的有机物，二者都易溶于苯，A错误；‎ B. b、p的分子式都为C8H8，结构不同，二者互为同分异构体，B正确；‎ C. b、p的一氯代物分别有5种和1种（不考虑立体异构），C错误；‎ D. b分子中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.含有对氯苯酚和醋酸钠的废水净化原理如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 本装置集净化、供电于一体，产物之一还有消毒作用 B. 每消耗1mol CH3COO－，通过质子交换膜的质子的物质的量为8mol C. 在该装置中，B极上的电势比A极上的电势高 D. A极的电极反应为+H++2e-→+Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 本装置将废水进行净化处理、并产生电能，产物苯酚还有消毒作用，A正确；‎ B. B极发生电极反应为CH3COO－-8e-+4H2O=2HCO3-+9H+，则1mol CH3COO－放电，通过质子交换膜的质子的物质的量为8mol(留下1molH+平衡电性)，B正确；‎ C. 在该装置中，B极为负极，A极为正极，则A极上的电势比B极上的电势高，C错误；‎ D. A极，得到2e-，同时有1个H+参与反应，生成和Cl-，D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.五种短周期主族元素的关系如图所示。TX2是制光导纤维制品的主要原料。下列说法中错误的是( )‎ A. Y是非金属性最强的元素 B. R与X形成的化合物是一种两性化合物 C. T的晶体是一种重要的半导体材料 D. 简单离子半径Y比Z、R的都小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】TX2是制光导纤维制品的主要原料，则其为SiO2，从而得出X为O，Y为F，Z为Na，R为Al，T为Si。‎ A. Y为F，是元素周期表中非金属性最强的元素，A正确；‎ B. Al与O形成的化合物为Al2O3，是既能与酸又能与碱反应的两性化合物，B正确；‎ C. Si的晶体是一种重要的半导体材料，可用于生产电子元件，C正确；‎ D. F-半径比Na+、Al3+的半径都大，D错误；‎ 故选D。‎ ‎7.25℃时，进行下图所示滴定并得到对应曲线。下列说法错误的是( )‎ A. Ka2(H2C2O4)=10-4.19‎ B. 直线Ⅰ中X=‎ C. 在NaHC2O4溶液中c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)‎ D. Ⅰ、Ⅱ两条直线的斜率均为1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，先发生反应：H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，随着碱的不断滴入，溶液的pH不断增大；当H2C2O4完全反应后，HC2O4-与NaOH发生反应HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，所以直线Ⅰ为X=，直线Ⅱ为X=。‎ ‎【详解】A. 在pH=4.19点，Ka2(H2C2O4)==10-4.19，A正确；‎ B. 由以上分析可知，直线Ⅱ中X=，B错误；‎ C. 在NaHC2O4溶液中，HC2O4-C2O42-+H+，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，H2OH++OH-‎ 由水电离出的c(OH-)=c(H+)，则溶液中c(H+)-c(C2O42-)=c(OH-)-c(H2C2O4)，从而得出c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)，C正确；‎ D. 直线Ⅰ，lg X=0时，pH=1.22，pH=0时，lg X=1.22(由平衡常数进行计算)，从而得出其斜率为1；采用同样的方法，可求出直线Ⅱ的斜率为1，D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.KMnO4在实验室、生活、科学研究、工业生产中有广泛的应用。已知一种制备KMnO4的实验流程、原理及相关数据如下：‎ 原理：反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3‎ ‎ (墨绿色) (紫红色)‎ 已知：25℃物质的溶解度g/100g水 K2CO3‎ KHCO3‎ KMnO4‎ ‎111‎ ‎33.7‎ ‎6.34‎ ‎(1)步骤②的副反应有少量单质气体生成，该反应的化学方程式为___________。‎ ‎(2)步骤⑤中CO2______(填“能”或“不”能)过量，原因是_____________。‎ ‎(3)流程中可循环利用的物质主要是_________(写化学式)。‎ ‎(4)忽略本流程中含锰物质的循环利用，理论上0.3mol MnO2最多得到产品KMnO4的质量为________g。某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是_______________。‎ ‎(5)草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：‎ Ⅰ.称取1.5800g高锰酸钾产品，配成100mL溶液 Ⅱ.准确称取三份0.5360g已烘干的Na2C2O4‎ ‎，置于三个不同的洁净锥形瓶中，分别加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化；‎ Ⅲ.锥形瓶中溶液加热到75～80℃，趁热用I中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录实验数据如表 实验次数 V1(滴定前读数/mL)‎ V2(滴定后读数/mL)‎ ‎(V2 -V1)/mL ‎1‎ ‎2.65‎ ‎22.67‎ ‎20.02‎ ‎2‎ ‎2.60‎ ‎23.02‎ ‎20.42‎ ‎3‎ ‎2.60‎ ‎22.58‎ ‎19.98‎ 已知：2MnO4﹣+ 5C2O42﹣+16H+ =2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O，则KMnO4的纯度为__________(保留四位有效数字)；若滴定后俯视滴定管读数，所得KMnO4的纯度将___(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 2KClO32KCl + 3O2↑ (2). 不能 (3). CO2(过量）+KOH = KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度。 (4). MnO2 (5). 31.6 (6). 蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出 (7). 80.00% (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)步骤②的副反应有少量单质气体，则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解；‎ ‎(2)从表中数据可以看出，若CO2过量，则会与K2CO3反应生成KHCO3，溶解度小，可能随KMnO4一起结晶析出；‎ ‎(3)流程中起初投入MnO2，在步骤⑤中又生成MnO2，可循环利用；‎ ‎(4)从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4‎ ‎+MnO2↓+2K2CO3可以看出，0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4，由此可计算出生成KMnO4质量；从步骤⑥中加热前混合液的组成，可确定干燥产品的质量多于理论值的原因；‎ ‎(5)依据反应方程式2MnO4-+ 5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，代入数据即可求出KMnO4的纯度；若滴定后俯视滴定管读数，则读取的KMnO4的体积偏小，则所得KMnO4的浓度偏大，可推出纯度的变化。‎ ‎【详解】(1)步骤②的副反应有少量单质气体生成，则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解，该反应的化学方程式为2KClO32KCl + 3O2↑；‎ ‎(2)步骤⑤中CO2不能过量，原因是CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成KHCO3溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；‎ ‎(3) )起初投入MnO2，在步骤⑤中又生成MnO2，则流程中可循环利用的物质主要是MnO2；‎ ‎(4) 从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4‎ ‎+MnO2↓+2K2CO3可以看出，0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4，质量为0.2mol ×158g/mol=31.6g；某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出；‎ ‎(5)设参加反应的KMnO4的物质的量为x x=0.0016mol，‎ 则KMnO4的纯度为=80.00%；若滴定后俯视滴定管读数，则读取的KMnO4的体积偏小，由此计算出的KMnO4的浓度偏大，KMnO4的质量偏大，所得KMnO4的纯度将偏高。‎ ‎【点睛】寻找可循环使用的物质时，先从添加的物质入手，明确反应过程中添加了哪些物质；然后再找反应过程中生成的副产物，与添加物对照，若有同一种物质出现，则表明此物质为循环使用的物质。‎ ‎9.锡酸钠用作媒染剂，纺织品的防火剂、增重剂，以及制造陶瓷、玻璃和用于镀锡等。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠(Na2SnO3)的工艺流程图如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1) Sb(ⅤA)最高正化合价为_____。‎ ‎(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要涉及的分离实验操作是_________。‎ ‎(3)“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3除去SnO，且检测到有NH3生成。‎ ‎①该反应的离子方程式为____________________；‎ ‎②如图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件__________。‎ ‎(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为________。‎ ‎(5) “脱锑”时发生的主要化学反应属于_________。 ‎ A.置换反应 B.氧化还原反应 C.非氧化还原反应 ‎ ‎(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。镀锡液中硫酸的作用是__________；镀锡时阳极反应式为______________。‎ ‎【答案】 (1). ＋5 (2). 过滤 (3). 4SnO+NO3-+7OH-＝NH3↑+4SnO32- +2H2O (4). c(OH-)=2.5mol/L、温度85 ℃ (5). PbO22-＋S2－＋2H2O=PbS↓＋4OH－ (6). A B (7). 抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解 (8). Sn-2e-=Sn2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 一般来说，元素的最高正价等于其最外层电子数；‎ ‎(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离；‎ ‎(3)①该反应中，SnO与NO3-在碱性溶液中反应，生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等；‎ ‎②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值；‎ ‎(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅，实质是PbO22-与S2-反应，生成PbS等；‎ ‎(5) “脱锑”时锡片生成锑渣，属于置换反应； ‎ ‎(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。镀锡液的主要成分为硫酸亚锡，锡离子易发生水解，所以加入硫酸抑制其水解；镀锡时阳极为锡失电子，生成锡离子。‎ ‎【详解】(1) Sb(ⅤA)最高正化合价=最外层电子数，即显+5价；‎ ‎(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离，则分离实验操作是过滤；‎ ‎(3)①该反应中，SnO与NO3-在碱性溶液中反应，生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等，反应的离子方程式为4SnO+NO3-+7OH-=NH3↑+4SnO32- +2H2O；‎ ‎②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值，即c(OH-)=2.5mol/L、温度85 ℃；‎ ‎(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅，实质是PbO22-与S2-反应，生成PbS等，反应的离子方程式为PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；‎ ‎(5) “脱锑”时锡片生成锑渣，属于置换反应和氧化还原反应，答案为：A B；‎ ‎(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分，镀锡液的主要成分为硫酸亚锡，锡离子易发生水解，所以加入硫酸的作用是抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解；镀锡时阳极反应式为Sn-2e-=Sn2+。‎ ‎【点睛】从电镀过程看，只表现出Sn2+得电子的过程，没有表现出硫酸参与反应，所以应从电解质的性质进行分析，从而得出抑制Sn2+水解，有利于阳极反应的结论。‎ ‎10.研究发现，反应CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g) ，可使CCl4(沸点77 ℃)转化为重要的化工原料CHCl3(沸点61.2 ℃)，可减少其对臭氧层的破坏。（已知：该反应的副反应会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等）‎ ‎(1)CH4与Cl2反应时，每生成1molCCl4(g)或1molCHCl3(g)的焓变分别是△H1和△H2；H2在Cl2中燃烧，每生成1molHCl(g)产生的焓变为△H3，则：CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g)的△H=_____(用含有△H1、△H2和△H3的算式表示）‎ ‎(2)在密闭容器中，CCl4＋H2CHCl3＋HCl达到平衡状态后，测得如下数据(假设不考虑副反应)。‎ 实验序号 温度/℃‎ 初始CCl4浓度/(mol·L-1)‎ 初始H2浓度/(mol·L-1)‎ CCl4的平衡转化率 ‎1‎ ‎110‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ α1‎ ‎2‎ ‎110‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎50%‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1‎ ‎1‎ α3‎ ‎①实验1中，CCl4的转化率α1_____50%(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎②实验2中，反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为_____mol· L-1·min-1。‎ ‎③110 ℃时，该反应的化学平衡常数的数值为________。‎ ‎④实验3中，α3值________。‎ A. 等于50% B.大于50% C.小于50% D.依题所给信息无法判断 ‎(3)120 ℃时，分别进行H2的初始浓度为2 mol·L－1和4 mol·L－1的实验（其他条件相同）。测得CCl4的消耗百分率(x%，实线)和生成物中CHCl3的百分含量(y%，虚线)随时间(t)的变化关系如图。‎ ‎①图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线是____(填字母)。‎ ‎②依图可知，有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量H2的起始浓度应该为________mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). △H2-△H1+2△H3 (2). 大于 (3). 0.00083 (4). 1 (5). D (6). d (7). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意知，CH4(g)+4Cl2(g)= CCl4(g)+4HCl(g) △H1 ①‎ CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) △H2 ②‎ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2△H3 ③‎ 将②-①+③，即可求出CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g)的△H；‎ ‎(2)① 实验1中，当H2的初始浓度为0.8mol/L时，CCl4的转化率为50%，现增大H2的浓度为1.2mol，平衡正向移动，CCl4的转化率增大，从而得出CCl4的转化率α1与50%的关系；‎ ‎②实验2中，‎ 反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为；‎ ‎③110 ℃时，该反应的化学平衡常数的数值为；‎ ‎④与实验2进行比较，可认为实验3是在实验2的基础上完成的，由于不知反应的焓变，所以无法确定降温平衡移动的方向；‎ ‎ (3)① 由反应知，增大H2的初始浓度，CCl4的消耗百分率增大，CHCl3的百分含量增大，由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线；‎ ‎②依图可知，H2浓度越大，越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量，由此可得出H2的起始浓度。‎ ‎【详解】(1)由题意知，CH4(g)+4Cl2(g)= CCl4(g)+4HCl(g) △H1 ①‎ CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) △H2 ②‎ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2△H3 ③‎ 将②-①+③，即可求出CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g)的△H=△H2-△H1+2△H3；‎ ‎(2)① 实验1中，当H2的初始浓度为0.8mol/L时，CCl4的转化率为50%，现增大H2的浓度为1.2mol，平衡正向移动，CCl4的转化率增大，从而得出CCl4的转化率α1大于50%；‎ ‎②实验2中，‎ 反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为 ‎=0.00083mol· L-1·min-1；‎ ‎③110 ℃时，该反应的化学平衡常数的数值为=1；‎ ‎④与实验2进行比较，可认为实验3是在实验2的基础上完成的，由于不知反应的焓变，所以无法确定降温平衡移动的方向，答案为：D；‎ ‎ (3)① 由反应知，减小H2的初始浓度，CCl4的消耗百分率减小，CHCl3的百分含量减小，由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1时CHCl3的百分含量的变化曲线为d；‎ ‎②依图可知，H2浓度越大，越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量，由此可得出H2的起始浓度为4mol·L-1。‎ ‎【点睛】在化学平衡体系中，增大A物质的浓度，平衡正向移动，B物质的转化率增大，但A物质的转化率减小；对生成物来说，增大其中一种反应物的浓度，都能增大生成物的产率。‎ ‎11.亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝) +3KCl，回答问题：‎ ‎(1)写出基态Fe3+核外电子排布式_________。‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和________。含有12mol σ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为________mol。‎ ‎(3)黄血盐中N原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为_____，电负性由大到小的排序为________。‎ ‎(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示：‎ ‎① 钠的熔点比钾更高，原因是__________________________。‎ ‎② Fe原子半径是r cm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_______g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 或[Ar]3d5 (2). 配位键 (3). 离子键 (4). 1 (5). sp (6). N>O>C (7). O>N>C (8). Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Fe3+的核外电子排布式，就是按电子进入轨道的顺序，从能量最低的1s轨道排起，共排布23个电子；‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe(CN)6]4-间的作用力和Fe2+与CN-间的作用力；1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量；‎ ‎(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常；电负性与非金属性成正比；‎ ‎(4)①钠的熔点比钾更高，原因从离子带电荷与离子半径综合分析；‎ ‎②由图中可知，1个Fe晶胞中含有2个Fe原子。设晶胞的边长为x，则 ‎4r=，x=，。‎ ‎【详解】(1)基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 或[Ar]3d5；‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe(CN)6]4-间的离子键和Fe2+与CN-间的配位键；1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为1mol；‎ ‎(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式sp；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常，即为N>O>C；电负性与非金属性成正比，即为O>N>C；‎ ‎(4)①钠的熔点比钾更高，原因是Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高；‎ ‎②由图中可知，1个Fe晶胞中含有2个Fe原子，设晶胞的边长为x，则 ‎4r=，x=，=g/cm3。‎ ‎【点睛】在金属晶体中，金属原子是相互接触的，不像图中原子间有很大的距离，解题时，我们要清楚实物与图形的差异，否则，就难以求出结果。‎ ‎12.以苯和丙酮为原料合成化妆品中间体M路线如下：‎ 已知：‎ ‎①R—CH=CH—R′＋ ‎ ‎②R—C≡CH+ (R、R′代表烃基或氢原子)‎ ‎(1) A的结构简式为____________，A中含有的官能团名称是__________。‎ ‎(2) 生成A和C的反应类型依次是____、_____。中间体M的分子式为_______。‎ ‎(3) 写出流程中由苯生成D的化学方程式：___________________________。‎ ‎(4) C为二烯烃（C8H14），写出符合下列条件的C的一种同分异构体的结构简式______________。‎ ‎① 含有六个碳形成的碳环，‎ ‎② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1，‎ ‎(5) 设计以乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 醇羟基、碳碳三键 (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). C16H24 (6). +CH2=CH2 (7). (8). CH3CHOCH3CH=CHCH=CHCH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由中间体M和D的分子式，可确定C分子中含有8个碳原子，从而确定A分子中含有8个碳原子；依据信息2，可确定A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为；‎ ‎(1)由以上分析，可得出 A的结构简式及A中含有的官能团；‎ ‎(2) A中，三键与H2作用转化为单键，C分子内去掉2个水分子，生成二烯烃。中间体M的分子式可数可算；‎ ‎(3) 流程中由苯与CH2=CH2加成，生成D；‎ ‎(4) C为二烯烃（C8H14），符合下列条件C的一种同分异构体具有下列结构：‎ ‎①从不饱和度分析，含有六个碳形成的碳环，则只能含有一个碳碳双键，即含有片断；‎ ‎② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1，则需考虑分子尽可能对称，且除去环己烯基外，另2个-CH3连在同一个碳原子上；‎ ‎(5) 乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备，从碳原子数考虑，应有2个乙醛参加反应，所以需采用注程图中从丙酮到C的合成路线。‎ ‎【详解】(1)由以上分析，可得出 A的结构简为，A中含有的官能团为醇羟基、碳碳三键；‎ ‎(2) A中，三键与H2作用转化为单键，C分子内去掉2个水分子，生成二烯烃，反应类型依次是加成反应、消去反应。中间体M的分子式为C16H24；‎ ‎(3) 流程中由苯与CH2=CH2加成，生成D，反应的化学方程式为+CH2=CH2；‎ ‎(4)①从不饱和度分析，含有六个碳形成的碳环，则只能含有一个碳碳双键，即含有片断；‎ ‎② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1，则需考虑分子尽可能对称，且除去环己烯基外，另2个-CH3连在同一个碳原子上；‎ 从而得出符合条件的C的一种同分异构体为或；‎ ‎(5) 乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备，从碳原子数考虑，应有2个乙醛参加反应，所以需将2分子丙酮与乙炔加成，再与H2加成，是出的事发生消去而制得目标有机物，合成路线为CH3CHOCH3CH=CHCH=CHCH3。‎ ‎【点睛】在计算有机物分子式中的氢原子数目时，可先数出分子中所含的非氢原子数，然后把卤原子看成氢原子、氮原子看成碳原子，然后按烷烃的通式，计算出氢原子的个数。根据分子结构，确定不饱和度，最后计算该有机物分子中所含氢原子个数为：由同数碳原子的烷烃计算出的氢原子数—2×不饱和度—氮原子数。‎ ‎ ‎ ‎ ‎