黑龙江省大庆铁人中学2020届高三考前模拟训练（一）理科综合化学试题 Word版含解析

黑龙江省大庆铁人中学2020届高三考前模拟训练（一）理科综合化学试题 Word版含解析

- 1 - 铁人中学 2017 级高三学年考前模拟训练 理科综合试题化学部分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 1.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列 有关说法中错误的是 A. “白墙”的白色源于墙体表层的 CaO B. “黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐 C. 做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n D. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用 【答案】A 【解析】 【详解】A、“白墙”的白色源于墙体表层的 CaCO3，选项 A 错误； B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项 B 正确； C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项 C 正确； D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项 D 正确。 答案选 A。 2.已知 NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 1L0.1mol•L-1H2C2O4 溶液中含 C2O 2 4  离子数为 0.1NA B. 2molNO 与 2molO2 在密闭容器中充分反应，转移的电子数为 8NA C. 32gS8 与 S6（ ）的混合物中所含共价键数目为 NA D. 标准状况下 22.4L 氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成 HCl 分子数为 NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸为弱酸，在溶液中不能完全电离，所以该溶液中含 C2O 2 4  离子数小于 0.1NA， 故 A 错误； B．2molNO 与 2molO2 在密闭容器中充分反应方程式为 2NO+O2=2NO2，氧气过量，NO 完全反应， NO 反应化合价升高 2 价，故 2molNO 完全反应转移电子为 4NA 个，故 B 错误； C．S8 与 S6 中分别含 8 条和 6 条共价键，即 1mol 硫原子形成 1mol 共价键，而 32gS8 与 S6 的混 合物中含硫为 1mol，则该混合物中含 NA 个 S-S 键，故 C 正确； - 2 - D．在标准状况下，22.4L 氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷 各为多少，所以生成 HCl 分子数无法计算，故 D 错误； 故答案为 C。 3. 短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，W 与 X 同主族，Y 的最外层电子数是电子层 数的 3 倍，Y 与 W 核外电子数相差 6，Z 的最外层电子数等于电子层数。下列说法正确的是 A. X、Y、W 元素的原子半径依次递增 B. Z、W 分别与 Y 形成的化合物均可作为耐高温材料 C. X、W 分别与 Y 形成化合物在常温下均为气态 D. X、Z、W 元素的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增 【答案】B 【解析】 【分析】 短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y 原子最外层电子数是电子层数的 3 倍，电子 层数为 2，最外层电子数为 6，则 Y 为 O 元素；Y 与 W 核外电子数相差 6，则 W 为 Si；W 与 X 同主族，则 X 为 C 元素；Z 的最外层电子数等于电子层数，结合原子序数可知 Z 处于第三周期， 故 Z 为 Al。 【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径 Y（O） ＜X（C）＜W（Si），A 错误； B．Al、Si 分别与 O 形成的化合物分别为氧化铝、二氧化硅，均可作为耐高温材料，B 正确； C．C、Si 分别与 O 形成化合物中 CO、二氧化碳为在常温下均为气态，而二氧化硅为固体，C 错误； D．非金属性 C＞Si＞Al，故最高价氧化物的水化物的酸性：偏铝酸＜硅酸＜碳酸，D 错误； 答案选 B。 4.由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A 向 2mL0.1mol·L-1 的 FeCl3 溶液中加足 量铁粉，振荡，加 1 滴 KSCN 溶液 黄色逐期消失，加 KSCN 溶液 颜色不变 还原性：Fe>Fe2+ - 3 - B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集 满 CO2 的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶 内有黑色颗粒产生 CO2 具有氧化性 C 加热盛有少 NH4HCO3 固体的试管，并在 试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3 显碱性 D 向 2 支盛有 2mL 相同浓度银氨溶液的试 管中分别加入 2 滴相同浓度的 NaCl 和 NaI 溶液 一只试管中产生黄色沉淀， 另一支中无明显现象 Ksp(AgI)Fe2＋，故 A 说法正确； B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成 C，发生反应是 4Na＋CO2 2Na2O＋C，CO2 中 C 的化合价 降低，因此 CO2 作氧化剂，被还原，故 B 说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3 NH3↑ ＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故 C 说法错误；D、 产生黄色沉淀，说明生成 AgI，AgI 和 AgCl 形式相同，溶度积小的先沉淀，即 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)， 故 D 说法正确。 5.下列离子方程式正确的是（ ） A. 将 Fe2O3 加入到 HI 溶液中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O B. 向 CuSO4 溶液中加入 Na2O2：2Na2O2+2Cu2++H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑ C. 向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液，白色沉淀变成黑色 2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl- D. 已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO 3  ，向 NaClO 溶液中通入少量 CO2： 2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO 2 3  【答案】C - 4 - 【解析】 【详解】A．将 Fe2O3 加入到 HI 溶液中，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为： Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故 A 错误； B．Na2O2 与水反应生成 NaOH 和 O2，之后 NaOH 和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，正确离子方程 式为 2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故 B 错误； C．向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液，白色沉淀变成黑色，说明发生沉淀转化，离子方程式为 2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故 C 正确； D．电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO 3  ，所以向 NaClO 溶液中通入少量二氧化碳不会生成碳酸 根，应生成碳酸氢根，离子方程式为 ClO-+CO2+H2O=HClO+ HCO 3  ，故 D 错误； 故答案为 C。 6.T℃下，三种硫酸盐 MSO4(M：Pb2＋、Ba2＋、Sr2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知 p(M)＝ －lgc(M)，p(SO4 2-)＝－lgc(SO4 2-)。下列说法正确的是（ ） A. 溶度积：BaSO4＞PbSO4＞SrSO4 B. Y 点对应的 SrSO4 是不饱和溶液，能继续溶解 SrSO4 C. Z 点对应的溶液中 c(Ba2＋)＞c(SO4 2-)，c(Ba2＋)·c(SO4 2-)等于 1×10-25 D. BaSO4 不可能转化成 PbSO4 【答案】B 【解析】 【分析】 p(M)越大，则 c(M)越小。 【详解】A. p(M)越大，则 c(M)越小，即 Pb2＋、Ba2＋、Sr2＋的物质的量浓度越小；同理 p(SO4 2-) 越大，c(SO4 2-)越小。由图可知，p(SO4 2-)相同时，BaSO4、PbSO4、SrSO4 对应的 p(M)依次减小， 所以三者的溶度积依次增大，即 BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，A 项错误； B. 由图可知，Y 点对应的 SrSO4 溶液中 c(SO4 2-)·c(Sr2＋)＜Ksp(SrSO4)，故 Y 点对应的 SrSO4 是 不饱和溶液，能继续溶解 SrSO4，B 项正确； - 5 - C. 由图可知，Z 点对应的溶液中 c(Ba2＋)＞c(SO4 2-)，c(Ba2＋)·c(SO4 2-)＝1×10－10，C 项错误； D. 沉淀的转化是可逆的，若向 BaSO4 悬浊液中加入浓度较大的含 Pb2＋的溶液， BaSO4 能转化 成 PbSO4，D 项错误。 综上所述，说法正确的是 B，故选 B。 【点睛】沉淀的转化是可逆的，相比较而言，组成和结构相似的难溶物，溶度积较大的难溶 物容易转化为溶度积较小的难溶物。但是，若将溶度积较小的难溶物的粉末浸泡在某种浓溶 液中，也可以使其转化为溶度积较大的难溶物，如工业上将重晶石浸泡在饱和碳酸钠溶液中， 使其转化为碳酸钡，进一步用盐酸溶解制备氯化钡。 7.乳酸乙酯( )是一种食用香料，常用于调制果香型、乳酸型食用和酒用精。乳 酸乙酯的同分异构体 M 有如下性质：0.1mol M 分别与足量的金属钠和碳酸氢钠反应，产生的 气体在相同状况下的体积相同，则 M 的结构最多有(不考虑空间异构) A. 8 种 B. 9 种 C. 10 种 D. 12 种 【答案】D 【解析】 【详解】乳酸乙酯的分子式为 C5H10O3，由题意可判断,M 中含有两个官能团，一个是羧基，一 个是羟基，则 M 可视作两个官能团分别取代丁烷后的产物 。若羧基 在 1 号碳上,羟基可以在 1 号、2 号、3 号、4 号碳四种情况；若羧基在 2 号碳上，羟基可以在 1 号、2 号、3 号、4 号碳四种情况；若羧基在 6 号碳上，羟基可以在 5(同 7、8 号)碳一种情 况;若羧基在 5 号碳，羟基可在 5、6、7 号(同 8 号)碳三种情况，因此共有 12 种。结合上述 分析可知答案：D。 8.Zn、Fe 及其化合物在生产生活中应用比较广泛。工业上利用锌焙砂(主要含 ZnO、ZnFe2O4, 还含有少量 FeO 和 CuO 等杂质)制取金属锌的工艺流程如下： (1)为了提高酸浸效率，可采用的措施有___________________________________(任答两条)； 写出 ZnFe2O4 溶于酸的离子方程式____________________________________ - 6 - (2)向净化Ⅰ操作中加入 ZnO 的目的___________________________________ (3)若净化后的溶液中 Cu2+浓度为 1×10-12mol/L,则净化后溶液中 Zn2+浓度为__________(已知： 室温下 Ksp(ZnS)=1.6×10-24, Ksp(CuS)=6.4×10-36) (4)“电解”工艺制锌时 Zn2+利用率较低，废液中有大 量的 Zn2+ 残留。某化工厂拟采用改变 酸锌比净化废液的方式来提高原料的利用率,降低成本。如图是工业生产中不同酸锌比时净化 液利用率对电解时直流电耗能影响关系图。根据图分析，该工厂净化废液时的最佳酸锌比为 ______。 A. 5:1 B.6:1 C.7:1 D.10:1 (5)ZnFe2O4 是一种性能优良的软磁材料，工业上常利用 ZnFe2(C2O4)3·6H2O 隔绝空气加热分解制 备，该晶体的热分解化学方程式为_______________________________________。测热分解后 产品中 ZnFe2O4 的质量分数方法如下：取 a 克产品用 H2SO4 溶解后加入足量 KI 溶液充分反应， 调溶液至弱酸性，再加入淀粉指示剂，用 c mol/L Na2S2O3 标准溶液滴定，用去此标准溶液 v mL 时，刚好到达滴定终点，则此产品中 ZnFe2O4 的质量分数为____________(用 a、c、v 表示)。(已 知：I2+2S2O3 2－=2I－+S4O6 2－) 【答案】 (1). 粉碎、搅拌、升温、适当增大酸的浓度等 (2). ZnFe2O4 + 8H+ = Zn2++ 2Fe3+ + 4H2O (3). 调节 pH，使 Fe3+全部转化为 Fe(OH)3 除去 (4). 0.25mol/L (5). C (6). ZnFe2(C2O4)3·6H2O ZnFe2O4 + 4CO↑+2CO2↑+6H2O (7). 241 %20 cv a 【解析】 【分析】 将锌焙砂(主要含 ZnO、ZnFe2O4 ，还含有少量 FeO、CuO 等氧化物杂质)酸浸，发生反应 ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中 加入双氧水，发生反应 2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O，用 ZnO 调节溶液的 pH 将 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀。 【详解】(1) 酸浸时将锌焙砂粉碎，提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是增 大酸的浓度或升高温度、搅拌等；ZnFe2O4 溶于酸的离子方程式为：ZnFe2O4 + 8H+ = Zn2++ 2Fe3+ + - 7 - 4H2O； (2) 分离 Zn2+和 Fe3+的方法可用盐类水解原理通过调节 pH 的方法进行除杂，为防止引进杂质 可用加 ZnO 粉末来调节溶液的 pH，使 Fe3+全部转化为 Fe(OH)3 沉淀除去； (3)若净化后的溶液中 Cu2+浓度为 1×10-12mol/L，c（S2-）= Ksp(CuS)/ c（Cu2+） = 36 12 6.4 10 mol / L1 10     =6.4×10-24mol/L，则净化后溶液中 Zn2+浓度为 c（Zn2+）=Ksp(ZnS)/ c（S2-） = 24 24 1.6 10 mol / L6.4 10     =0.25mol/L； (4) 净化废液时的最佳酸锌比应该是净化液利用率高同时电解时直流电耗能低，从图中可知 在酸锌比为 7：1 时最佳，答案选 C； (5) ZnFe2O4 是一种性能优良的软磁材料，工业上常利用 ZnFe2(C2O4)3·6H2O 隔绝空气加热分解 制备，该晶体的热分解化学方程式为 ZnFe2(C2O4)3·6H2O ZnFe2O4 + 4CO↑+2CO2↑+6H2O； (6) 由 ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、2Fe3++2I-=2Fe 2++I2 、 I2+2S2O3 2－=2I－+S4O6 2－可知： ZnFe2O4 ~ 2 S2O3 2－ 1mol 2mol 30.5cv 10 mol 3cv 10 mol ω(ZnFe2O4)= 30.5 10 241 100%cv a    = 241 %20 cv a 【点睛】该类试题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生 的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式 与要点。从含有多种离子的混合物中分离出某种微粒，一般可以根据金属氢氧化物形成沉淀 剂沉淀完全的溶液的 pH 不同，通过调节溶液的 pH，先使金属阳离子形成沉淀。 9.乙烯的分子式为 C2H4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究乙烯的制备和综合利用具有 重要意义。 请回答下列问题： （1）乙烯的制备：工业上常利用反应 C2H6（g）  C2H4（g）+H2（g） △H 制备乙烯。 已知：Ⅰ．C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） △H1=-1556.8kJ·mol-1； Ⅱ．H2（g）+ 1 2 O2（g）=H2O（1） △H2=-285.5kJ·mol-1； - 8 - Ⅲ．C2H6（g）+ 7 2 O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l） △H3=-1559.9kJ·mol-1 。 则△H=___kJ·mol-1。 （2）乙烯可用于制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g） C2H5OH（g）。向某恒容密闭容器中充入 a mol C2H4（g）和 a mol H2O（g），测得 C2H4（g）的平衡转化率与温度的关系如图所示： ①该反应为____热反应（填“吸”或“放”），理由为____。 ②A 点时容器中气体的总物质的量为____。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压 替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（KP），测得 300℃时，反应达到平衡时该容器内的 压强为 b MPa，则 A 点对应温度下的 KP=____MPa-1（用含 b 的分数表示）。 ③已知：C2H4（g）+H2O（g）  C2H5OH（g）的反应速率表达式为 v 正=k 正 c（C2H4）·c（H2O）， v 逆=k 逆 c（C2H5OH），其中，k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从 250℃升高到 340℃ 的过程中，下列推断合理的是___（填选项字母）。 A．k 正增大，k 逆减小 B．k 正减小，k 逆增大 C．k 正增大的倍数大于 k 逆 D．k 正增大的倍数小于 k 逆 ④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则 300℃时，C2H4（g）的平衡转化率__10% （填“>”“<”或“=”）。 （3）乙烯可以被氧化为乙醛（CH3CHO），电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生 成乙酸的电极为_____极（填“阴”或“阳”），对应的电极反应式为___。 【答案】 (1). +282.4 (2). 放 (3). 温度越高，乙烯的平衡转化率越低 (4). 1.9amol (5). 19 81b (6). D (7). > (8). 阳 (9). CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+ 【解析】 【详解】（1）由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可知，△H=（-1559.9kJ.mol-1 ）-（-285.5kJ.mol-1 ）- （-1556.8kJ.mol-1）=+282.4kJ·mol-1。 - 9 - （2）①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应。故答案为放， 温度越高，乙烯的平衡转化率越低。 ②由图可知，A 点时乙烯的平衡转化率为 10%，则平衡时 C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的物 质的量分别为 0.9a mol、0.9a mol、0.la mol，总的物质的量为 1.9amol。平衡时 A 点对应 容器的总压强为 b MPa，故 C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的分压分别为 0.9b MPa1.9 、0.9b MPa1.9 、 0.1b MPa1.9 ，则 -1 P 0.1b MPa 191.9K = = MPa0.9b 0.9b 81bMPa MPa1.9 1.9  。故答案为 1.9amol，】 19 81b 。 ③平衡时，正、逆反应速率相等，即       2 5 2 4 2 c C H OH kK= =c C H c H O k 正 逆 。升高温度，正、逆反应速 率都增大，即 k 正和 k 逆均增大，但由于正反应是放热反应，K 减小，故 k 正增大的倍数小于 k 逆。 故选 D。 ④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大， 反应正向进行程度更大，C2H4（g）的平衡转化率更高。故答案为＞。 （3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为 CH3CHO-2e-+H2O===CH3COOH+2H+。故答 案为阳，CH3CHO-2e-+H2O===CH3COOH+2H+。 10.实验室可利用环己醇的氧化反应制备环己酮，反应原理和实验装置(部分夹持装置略去)如 图： 有关物质的物理性质见下表。 物质 沸点(℃) 密度(g·cm-3，20℃) 溶解性 环己醇 161.1(97.8)* 0.96 能溶于水和醚 环己酮 155.6(95.0)* 0.95 微溶于水，能溶于醚 水 100.0 1.0 - 10 - *括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。 实验中通过装置 B 将酸性 Na2Cr2O7 溶液加到盛有 10mL 环己醇的 A 中，在 55～60℃进行反应。 反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集 95～100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合 物。 (1)装置 D 的的名称是为__。 (2)酸性 Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇反应的△H＜0，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应 增多。 ①如何滴加酸性 Na2Cr2O7 溶液___； ②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是___。 (3)环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作： a.蒸馏、除去乙醚后，收集 151～156℃馏分 b.水层用乙醚(乙醚沸点 34.6℃，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层 c.过滤 d.往液体中加入 NaCl 固体至饱和，静置，分液 e.加入无水 MgSO4 固体，除去有机物中少量的水 ①上述提纯步骤的正确顺序是___； ②b 中水层用乙醚萃取的目的是___； ③上述操作 c、d 中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有__，操 作 d 中，加入 NaCl 固体的作用是__。 (4)恢复至室温时，分离得到纯产品体积为 6mL，则环己酮的产率为__。 【答案】 (1). 冷凝管 (2). 打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴 加 (3). 环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出 (4). dbeca (5). 使水 层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量 (6). 漏斗、分液漏斗 (7). 降低 环己酮的溶解度，増加水层的密度，有利于分层 (8). 60.6% 【解析】 【分析】 本实验的目的是制备环己酮，装置 A 中利用酸性 Na2Cr2O7 溶液将环己醇在 55 ~ 65℃时氧化得 到环己酮，反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集 95 ~ 100C 的馏分，得到主要含环己酮粗 品和水的混合物；之后进行提纯，首先往液体中加入 NaCl 固体至饱和，从而降低环己酮的溶 解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮 - 11 - 并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净 的环己酮。 【详解】(1)装置 D 的名称是冷凝管，具有冷凝蒸汽作用； (2)①由于酸性 Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇反应剧烈，导致体系温度迅速上升、副反应增多，所 以酸性 Na2Cr2O7 溶液加入不能太快，应打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴 加； ②由于环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物，环己酮和水会一起蒸出，导致蒸馏不能分离 环己酮和水； (3)①环己酮的提纯：首先往液体中加入 NaCl 固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且 增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层； 之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮，所 以，提纯步骤的正确顺序是 dbeca； ②环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚微溶于水，则乙醚能作萃取剂，能 将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量； ③过滤需要由漏斗组成的过滤器，分液需要的主要仪器为分液漏斗；NaCl 能增加水层的密度， 降低环己酮的溶解，有利于分层； (4) 环己醇的质量为 10mL×0.96g/mL=9.6g，理论上得到环己酮质量 = 9.6g 100g/mol ×98g/mol=9.408g，恢复至室温时，分离得到纯产品体积为 6mL，由表中的密度可 以算出环己酮的实际质量为 0.95g/mL×6mL=5.7g，所以环己酮的产率为： 5.7g 100%9.408g  =60.6%。 【点睛】对于陌生物质的制备，关键是理解题目所给的有关该物质的性质，将这些性质充分 利用到解题过程中。 11.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)基态 Fe3+的电子排布式为________。 (2)实验室用 KSCN 溶液、苯酚( )检验 Fe3+。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______。 (3)FeCl3 的熔点为 306℃，沸点为 315℃ FeCl3 的晶体类型是______。FeSO4 常作补铁剂，SO4 2- - 12 - 的立体构型是_______。 (4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等，1 mol Fe(CO)5 分子中含σ键数目为 _______，与 CO 互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种) (5)氮化铁晶体的晶体结构示意图如图所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______。 (6)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-1，NA 代表阿伏加德 罗常数的值。在该晶胞中，与 Fe2+紧邻且等距离的 Fe2+数目为_____；Fe2+与 O2-的最短间距为 _______ pm。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 或[Ar] 3d5 (2). N＞O＞S (3). sp2 (4). 分 子晶体 (5). 正四面体形 (6). 10NA (7). CN- 或 C2 2- (8). 3∶1 (9). 12 (10). 103 A 36 ×10N ρ 【解析】 【分析】 根据原子或离子的核外电子排布规律分析解答；根据等电子体的概念分析解答；用“均摊法” 确定晶胞中所含微粒的个数。 【详解】(1) Fe 原子核外有 26 个电子，核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe 原子失去 4s 能级 2 个电子和 3d 能级 1 个电子形成 Fe3+，Fe3+电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5 或[Ar] 3d5； 故答案为 1s22s22p63s23p63d5 或[Ar] 3d5； (2) 根据同周期同主族元素性质递变规律判断，由于同一周期由左向右元素原子的第一电离 能呈递增趋势，但氮原子 2p 轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大，得 N＞O；又 由于同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，得 O＞S ，所以 N、O、S 三种元素的第 一电离能从大到小的顺序为 N＞O＞S；苯环中的 C 形成 3 个σ键，无孤电子对，所以苯酚中碳 原子的杂化轨道类型为 sp2 杂化； - 13 - 故答案为：N>O>S，sp2 杂化； (3) FeCl3 的熔点为 306℃，沸点为 315℃，熔沸点较低，所以 FeCl3 的晶体类型是分子晶体； SO4 2-中 S 原子价层电子对=4+ 1 2 （6+2-4×2）=4，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面 体，硫原子采取 sp3 杂化； 故答案为分子晶体，正四面体； (4) 一个 CO 分子中含有一个σ键，Fe 和 CO 形成配位键，配位键也是σ键，因此 1molFe(CO)5 分子中含有 10molσ键；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。与 CO 互为等电子体的离子可能是 CN-或 C2 2-； 故答案为 10 ，CN-或 C2 2-； (5) 氮化铁晶胞为六棱柱，顶点贡献率为 1 6 ，棱点贡献率为 1 3 ，面点贡献率为 1 2 ，观察晶胞 知，12 个铁位于顶点，2 个铁位于面心，3 个铁位于体内，两个氮原子位于体内，所以该晶胞 中 Fe 原子个数为：12× 1 6 +2× 1 2 +3=6，N 原子数为 2，故该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 6∶2=3∶1； 故答案为 3∶1； (6)根据晶胞图可知，氧化亚铁晶胞类似氯化钠晶胞，棱上 3 个离子相切，晶胞参数等于相邻 两个离子核间距的 2 倍；上、中、下三层各 4 个氧离子（共 12 个氧离子）与中心的氧离子紧 邻且等距离，所以，有 12 个 Fe2+与 Fe2+紧邻且等距离；用“均摊法”，1 个晶胞中含有 Fe2+个 数为：6× 1 2 +8× 1 8 =4，含有 O2-个数为：12× 1 4 +1=4，所以 1 个氧化亚铁晶胞中含 4 个 FeO， 设 Fe2+与 O2-的最短间距为 apm，根据密度关系： A 10 3 4 72 m V (2 10 ) N a       ，可得到 103 A 36 ×10N ρa   。 故答案为 12 ， 103 A 36 ×10N ρ 。 【点睛】用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是 六方晶胞，顶点贡献率为 1 6 ，棱点贡献率为 1 3 ，面点贡献率为 1 2 。 12.有机物 M 是有机合成的重要中间体，制备 M 的一种合成路线如图(部分反应条件和试剂略 - 14 - 去)： 已知：①A 的密度是相同条件下 H2 密度的 38 倍；其分子的核磁共振氢谱中有 3 组峰； ② (-NH2 容易被氧化)； ③ R-CH2COOH 请回答下列问题： (1)B 的化学名称为___；D 中官能团的名称为___。 (2)C→D 的反应类型是___，I 的结构简式为___。 (3)F→G 的化学方程式为___。 (4)M 不可能发生的反应为___(填选项字母)。 a.加成反应 b.氧化反应 c.取代反应 d.消去反应 (5)请写出任意两种满足下列条件的 E 的同分异构体有___。 ①能与 FeCl3 溶液发生显色反应②能与 NaHCO3 反应③含有—NH2 (6)参照上述合成路线，以 为原料(无机试剂任选)，设计制备 的合成路线：___。 【 答 案 】 (1). 丙 二 醛 (2). 羧 基 、 溴 原 子 (3). 取 代 反 应 (4). (5). +(CH3CO)2O→ +CH3COOH (6). d (7). - 15 - 、 (8). 【解析】 【分析】 A 的密度是相同条件下 H2 密度的 38 倍，则其相对分子质量为 76，A 能被催化氧化生成 B，B 能被催化氧化生成 C，C 为二元酸，则 A 中应含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有 2 个氢原 子，B 中含有醛基，C 中有 3 个碳原子，则 A、B 也含有 3 个 C，不妨假设 A 为二元醇，其分子 的核磁共振氢谱中有 3 组峰，则其结构简式为 HOCH2CH2CH2OH，恰好满足相对分子质量为 76， 假设成立，则 B 为 OHCCH2CHO，C 发生取代反应生成 D；根据已知②知，E 发生还原反应生成 F 为 ，F 发生取代反应生成 G，D 与 G 发生取代反应生成 H，H 加热发生类似 信息③的反应生成的 I 为 ，I 发生取代反应生成 M。 【详解】(1)B 为 OHCCH2CHO，名称为丙二醛；D 中官能团为溴原子、羧基； (2)C 中亚甲基上氢原子被溴原子代替生成 D，所以为取代反应；H 发生类似信息③的反应生成 的 I，所 I 为 ； (3)F 为 ，与(CH3CO)2O 发生取代反应生成 G，化学方程式为 +(CH3CO)2O→ +CH3COOH； (4)a．M 中苯环能发生加成反应，故不选； b．酚羟基能发生氧化反应，故不选； c．羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，故不选； d．羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，故选； 故选 d； (5)E 为 ,其同分异构体满足： - 16 - ①能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基； ②能与 NaHCO3 反应，说明含有—COOH； ③含有—NH2，则满足条件的有： 、 、 (数字表 示—NH2 的位置，任写两种即可)； (6) 由 发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还 原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反 应得到，所以合成路线为： 【点睛】由有机物的转化关系和 A 的相对分子质量确定 A 的结构为推断的突破口，虽然没有 证据显示 A 为二元醇，但不妨设其为二元醇；依据题给信息和所学知识设计合成路线是解答 的难点。 - 17 -