四川省成都市龙泉中学2020届高三上学期9月月考理科综合化学试题
四川省成都市龙泉中学高2017级2019-2020学年上学期9月月考
理科综合化学试题
1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( )
现象或事实
解释
A
Al(OH)3用作塑料的阻燃剂
Al(OH)3受热熔化放出大量的热
B
K2FeO4用于自来水的消毒和净化
K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水
C
Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源
Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2
D
浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜
KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A．Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；B．K2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；C．Na2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；D．KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。答案选D。
2. 下列实验对应的结论不正确的是
A. ①能组成Zn-Cu原电池
B. ②能证明非金属性Cl＞C＞Si
C. ③能说明2NO2N2O4△H＜0
D. ④中自色沉淀为BaSO4
【答案】B
【解析】
试题分析：A、符合原电池的构成条件，故A正确；B、盐酸可制二氧化碳说明酸性HCl>H2CO3，但不能说明Cl的非金属性强于C； B错误；C、升温混合气体颜色变深证明温度升高平衡向生成NO2气体的方向进行，依据平衡移动原理可知正反应方向为吸热反应，即△H＜0，故C正确；D、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，由于硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性， 所以反应生成硫酸根离子，生成白色沉淀硫酸钡。故D正确。
考点：了解科学、技术、社会相互关系（如化学与生活、材料、能源、环境的关系等）
3.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A. 1 L0.5 mol/LNaHCO3溶液中含有的HCO3-数目小于0.5 NA
B. 11.2 g 铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.6 NA
C. 25℃ 时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH﹣数目为0.2 NA
D. 46 g甲苯含有C＝C双键的数目为1.5 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、由于碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子发生了水解和电离，HCO3－数目减少，1L 0.5 mol/L的NaHCO3溶液中含的HCO3-小于0.5NA，故A正确；
B、11.2 g 铁粉与硝酸反应，由于参加反应的硝酸的量不确定，所以失去电子数0~0.6 NA之间，不能确定一定是0.6 NA，故B错误；
C、溶液体积不明确，故溶液中含有的氢氧根的个数无法计算，故C错误；
D、甲苯中的苯环不是单双键交替的结构，故甲苯中不含碳碳双键，故D错误；
答案为A。
4.某有机物键线式的结构为，关于其说法正确的是
A. 分子式为C8H10O2
B. 可发生氧化、取代、加成反应
C. 该有机物的含酯基的芳香族化合物的同分异构体有4种
D. 它的另一种同分异构体最多有13个原子共平面
【答案】B
【解析】
试题分析：A．此有机物分子式为C8H8O2，故A错误；B．此有机物含有碳碳双键可发生氧化、加成反应，另有醇羟基可发生取代反应，故B正确；C．该有机物的含酯基的芳香族化合物的同分异构体有5种，其中苯环上含有一个甲基和一个甲酸酯基时有三种，另有苯甲酸甲酯和乙酸苯酯，故C错误；D．有机物分子中所有原子都可能共平面，故D错误；答案为B。
考点：考查有机物的结构与性质
5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中r(Z)/r(X)（r表示原子半径）的值在短周期主族元素中最大。而W的核外电子总数是同族元素Y的2倍。则下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Z>Y
B. Z的单质保存在X2Y 中
C. ZYX溶液和ZXW溶液都呈碱性，且原理相同
D. 室温下，0.01mol ·L-1的最高价含氧酸的酸式钠盐溶液的pH为2
【答案】D
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中r(Z)/r(X)(r表示原子半径)的值在短周期主族元素中最大，可知X为H，Z为Na元素；而W的核外电子总数是同族元素Y的2倍，则Y为O，W为S元素，综上所述，X为H，Y为O，Z为Na，W为S。A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Y＞Z，故A错误；B．钠与水反应，不能保存在水中，故B错误；C．NaOH电离显碱性，NaHS水解显碱性，故C错误；D．室温下，0.01mol•L-1W的最高价含氧酸的酸式钠盐溶液，为NaHSO4，电离出的氢离子浓度为0.01mol•L-1，pH为2，故D正确；故选D。
点睛：本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、盐类水解、元素周期律为解答的关键。侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。本题的易错点是C。
6.双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH－，作为H+和OH－离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是（ ）
A. 阴极室发生的反应为2H++2e－=H2↑
B. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
C. 若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成
D. 电路中每转移1mol电子，两极共得到0.5mol气体
【答案】D
【解析】
阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，故A正确；
阴极生成氢氧化钠钠离子穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B正确；若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C正确；电路中每转移1mol电子，阳极生成0.25mol氧气、阴极生成0.5mol氢气，两极共得到0.75 mol气体，故D错误。
7. 常温下，用0.1000 mol/L NaOH溶液分别滴定20. 00 mL 0.1000 mol/L 盐酸和20. 00 mL 0.1000 mol/L 醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示。
若以HA表示酸，下列说法正确的是
A. 滴定盐酸的曲线是图2
B. 达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c(Na+)=C(A-)
C. 达到B、E状态时，反应消耗的n(CH3COOH)>n(HCl)
D. 当0 mL
c(Na+)>c(H+) >c(OH—)
【答案】B
【解析】
略
8.某研究性学习小组设计实验制备乙酸乙酯(如图1)：
（1）实验过程中，用酒精灯缓慢加热，“缓慢加热”目的是______________________。
（2）烧瓶B中加几块碎瓷片，其作用是__________。长导管L的作用是________________。
（3）图1方案有明显缺陷，请提出改进建议：_____________________________________。经改进后，实验现象是____________________________________________________。简述分离乙酸乙酯的操作方法：________________，需要用到的下列仪器有________(填代号)。
（4）①能否用图2的D装置替代图1的C装置？________(填“能”或“否”)，理由是__________________________；
②能否用图2的E装置替代图1的C装置？________(填“能”或“否”)，理由是___________________。
（5）实验中，若浓硫酸量过多，会导致后果是______________________________________(答两点即可)。经实验证明，可以用硫酸氢钠固体替代浓硫酸完成本实验，硫酸氢钠不溶于有机物，其优点是____________________________________________________。
【答案】 (1). 减少乙酸和乙醇挥发，提高物质的转化率 (2). 防暴沸 (3). 冷凝兼导气 (4). C中溶液换成饱和碳酸钠溶液 (5). C烧杯里液体分层、上层液体具有果香味、且呈油状 (6). 将C烧杯里液体混合物用玻璃棒引流注入分液漏斗里，静置、分层，打开分液漏斗活塞，将下层碳酸钠等无机层液体放入烧杯里，上层乙酸乙酯液体从上口倒出 (7). afg (8). 否 (9). 导管插入碳酸钠溶液，易引起液体倒吸 (10). 否 (11). 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，使乙酸乙酯量减小 (12). 产生杂质如乙烯、乙醚等；会使乙醇炭化并产生二氧化硫；易形成酸雾等 (13). 使用硫酸氢钠可减少副产物，同时可以循环使用
【解析】
【详解】（1）乙酸和乙醇易挥发，缓慢加热，可以减少乙酸和乙醇的挥发，提高乙酸和乙醇的转化率或利用率；
答案为减少乙酸和乙醇挥发，提高物质的转化率；
（2）给乙酸和乙醇混合液加热过程中容易发生暴沸现象，加入碎瓷片可防止暴沸；长导管L的作用是冷凝导气，让挥发的乙酸和乙醇蒸气遇冷变为液体，回落到烧瓶中，提高乙酸和乙醇的利用率；
答案为防止暴沸；冷凝和导气；
（3）从烧瓶中出来的物质除含有乙酸乙酯外，还含有乙酸和乙醇，如果用水吸收，乙酸乙酯还有乙酸和乙醇杂质，因此烧杯中应将水换成饱和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水中的溶解度使之析出；乙酸乙酯的密度小于水，具有果香味，改进后，实验现象是C烧杯里液体出现分层，上层液体具有果香味，呈油状；分离出乙酸乙酯，采用分液的方法，具体操作是将C烧杯里液体混合物用玻璃棒引流注入分液漏斗里，静置、分层，打开分液漏斗活塞，将下层碳酸钠等无机层液体放入烧杯里，上层乙酸乙酯液体从上口倒出；使用到的仪器是分液漏斗、烧杯、玻璃棒，故afg正确；
答案为C中溶液换成饱和碳酸钠溶液； C烧杯里液体分层、上层液体具有果香味、且呈油状；将C烧杯里液体混合物用玻璃棒引流注入分液漏斗里，静置、分层，打开分液漏斗活塞，将下层碳酸钠等无机层液体放入烧杯里，上层乙酸乙酯液体从上口倒出；afg；
（4）①装置C中倒置漏斗起到防倒吸的目的，图2中D装置不能防止倒吸，因此不能用图2代替图1的C装置；
答案为否；导管插入碳酸钠溶液，易引起液体倒吸；
②乙酸乙酯在NaOH溶液中水解成乙酸钠和乙醇，因此不能用图2的E装置代替图1的C装置；
答案为否；乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，使乙酸乙酯量减小；
（5）浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸用量过多，利用浓硫酸的脱水性，使乙醇碳化，产生SO2、CO2等，乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应或取代反应，生成乙烯、乙醚等杂质；NaHSO4不具有脱水性和强氧化性，使用硫酸氢钠可以减少副产物，同时硫酸氢钠不溶于有机物，反应后回收可以循环使用；
答案产生杂质如乙烯、乙醚等；会使乙醇炭化并产生二氧化硫；易形成酸雾等；使用硫酸氢钠可减少副产物，同时可以循环使用。
9. 重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。
Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：
注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液pH见下表。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9(>9溶解)
（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。
A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR―→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。
A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋
（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为________________。
Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O的废水：
该法用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3溶液。
（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？________(填“能”或“不能”)，理由是______________。
（2）电解时阳极附近溶液中Cr2O转化为Cr3＋的离子方程式为___________________。
（3）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－32，溶液的pH应为____时才能使c(Cr3＋)降至10－5mol·L－1。
【答案】（15分）Ⅰ.（1）A（2分）（2）AB（2分）CD（2分）
（3）3S2O32-＋4Cr2O＋26H＋===6SO42－＋8Cr3＋＋13H2O（2分）
Ⅱ.（1）不能（2分） 因阳极产生的Cu2＋不能使Cr2O还原到低价态（1分）
（2）Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O（2分）
（3）5（2分）
【解析】
【详解】Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+，被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+
等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4。（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故选A项。综上所述，本题正确答案为A。（2）根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+、被除去，故选AB项。综上所述，本题正确答案为AB。通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，故选cd项。综上所述，本题正确答案为CD。（3）根据氧化还原反应规律，还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O转移4.8 mol e－，则1mol Cr2O转移6 mol e－，该反应离子方程式为3S2O32-＋4Cr2O＋26H＋===6SO42－＋8Cr3＋＋13H2O；综上所述，本题正确答案为3S2O32-＋4Cr2O＋26H＋===6SO42－＋8Cr3＋＋13H2O；Ⅱ.（3）根据题意，电解时能否用Cu电极来代替Fe电极，铜失电子变为铜离子，不能把Cr2O还原到低价态；综上所述，本题正确答案:不能, 因阳极产生的Cu2＋不能使Cr2O还原到低价态。（4）根据上述分析，电解时阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。综上所述，本题正确答案: Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。（5）当c(Cr3+)=10-5mol/L时，溶液的c(OH-)= =10-9mol/L，c(H+)=10-14/10-9=10-5mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5。综上所述，本题正确答案:5。
10.CO2是一种温室气体，据科学家预测，到21世纪中叶，全球气温将升高1.5～4.5 ℃，地球气温的升高会引起海平面升高，对人类的生存环境产生巨大的影响。如何合理地利用CO2是摆在科学家面前的一个重大课题。回答下列问题：
（1）工业上利用高温、高压条件，可用CO2与NH3合成尿素[CO(NH2)2]，该反应的化学方程式为___。
（2）一定条件下，不同量的CO2与不同量的NaOH充分反应放出的热量如下表所示：
CO2的量
NaOH溶液的量
放出的热量
①
22.0 g
750 mL 1.0 mol·L－1
x kJ
②
1.0 mol
2.0 L 1.0 mol·L－1
y kJ
写出该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式： ___________________。
（3）在一定温度和催化剂作用下，可将CO2转化为燃料CH4，反应方程式为CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH。当300 ℃时，一定量的CO2和H2混合气体在容积为2 L的恒容密闭容器中发生上述反应，5 min后达到平衡，此时各物质的浓度如下表：
物质
CO2(g)
H2(g)
CH4(g)
H2O(g)
浓度/mol·L－1
0.2
0.8
a
1.6
则平衡时容器中甲烷的物质的量n(CH4)＝________。从反应开始到达到平衡时的化学反应速率v(CH4)＝__________。500 ℃时该反应的平衡常数K＝16，则该反应的ΔH__________(填“＞”或“＜”)0。
（4）CO2还可用于生产甲醇，一定条件下，发生反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH
①在容积为2 L恒容密闭容器中，通入2 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，下列说法能够表明该可逆反应达到平衡状态的是__________(填字母)。
a．消耗3 mol H2(g)时，有1 mol CH3OH(g)生成
b．转移3 mol电子时，反应的CO2为11.2 L(标准状况)
c．体系中气体的密度不变
d．水蒸气的体积分数保持不变
e．单位时间内生成H2(g)与生成H2O(g)的物质的量之比为3∶1
②用多孔石墨作电极，30% KOH溶液作电解质溶液，可设计如图甲所示的甲醇燃料电池，该电池的负极反应式为______________________________。若将该燃料电池与电解饱和食盐水的装置进行串联(如图)，当有0.12 mol 电子发生转移时，断开电源，将溶液冷却至室温，测得食盐溶液为120 mL，则此时乙装置中溶液的pH＝________(假设食盐水中有足量的NaCl，且Cl2完全逸出)。
【答案】 (1). CO2＋2NH3CO(NH2)2＋H2O (2). CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol－1 (3). 1.6 mol (4). 0.16 mol·L－1·min－1 (5). ＜ (6). de (7). CH3OH－6e－＋8OH－=CO32-＋6H2O (8). 14
【解析】
【详解】（1）CO2与NH3合成尿素，其反应方程式为CO2＋2NH3CO(NH2)2＋H2O；
答案为CO2＋2NH3CO(NH2)2＋H2O；
（2）22.0 g CO2的物质的量为＝0.5 mol，n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×0.75 L＝0.75 mol，即n(CO2)∶n(NaOH)＝2∶3，此时的热化学方程式为2CO2(g)＋3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)＋Na2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－4x kJ·mol－1 Ⅰ；n(CO2)＝1.0 mol，n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×2.0 L＝2.0 mol，即n(CO2)∶n(NaOH)＝1∶2，此时的热化学方程式为2NaOH(aq)＋CO2(g)=Na2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－y kJ·mol－1 Ⅱ；根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ可得目标热化学方程式：NaOH(aq)＋CO2(g)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol－1；
答案为NaOH(aq)＋CO2(g)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol－1；
（3）根据化学方程式中CH4与H2O的化学计量数的关系可计算c(CH4)＝＝0.8 mol·L－1，平衡时容器中的甲烷的物质的量n(CH4)＝0.8 mol·L－1×2 L＝1.6 mol；v(CH4)＝＝0.16 mol·L－1·min－1；300 ℃时，平衡常数K＝＝25＞16，即300 ℃时的平衡常数比500 ℃时大，由此可见升温时，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即ΔH＜0；
答案为1.6 mol；0.16 mol·L－1·min－1；＜；
（4）①a、消耗H2，生成CH3OH，反应方向都是向正反应方向进行，因此消耗3molH2
，生成1molCH3OH，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；
b、反应的任何时间，都有转移3mol电子时，反应的CO2为11.2L(标况下)，不能说明反应达到平衡，故b不符合题意；
c、组分都是气体，气体总质量不变，容器为恒容，气体体积不变，因此气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；
d、根据化学平衡的定义，当水蒸气的体积分数不再改变，说明反应达到平衡，故d符合题意；
e、生成H2，反应向逆反应方向进行，生成H2O，反应向正反应方向进行，且3：1等于化学计量数之比，因此单位时间内生成H2(g)与生成H2O(g)的物质的量之比为3∶1，能说明反应达到平衡，故e符合题意；
答案为de；
②负极上CH3OH被氧化生成CO2，CO2与溶液中的OH－反应生成CO32－，故负极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－=CO32-＋6H2O；电解饱和食盐水的阴极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，转移0.12 mol电子时，生成的n(NaOH)＝n(e－)＝0.12 mol，c(OH－)＝＝1 mol·L－1，c(H＋)＝＝10－14 mol·L－1，pH＝－lg10－14＝14；
答案为CH3OH－6e－＋8OH－=CO32-＋6H2O；14。
【点睛】电极反应式的书写是本题的难点，原电池是将氧化还原反应分成两个半分应，即氧化反应和还原反应，一般先写出氧化剂＋ne－→还原产物，还原剂－ne－→氧化产物，然后根据电解质的环境，从H＋、OH－、H2O选择两个，补充到电极反应式中，应注意电荷守恒、原子守恒，平时应多练习。
11.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素。A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，B的电负性大于C，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，F的基态原子中有4个未成对电子。
（1）基态的F3＋核外电子排布式是____________________________________________。
（2）B的气态氢化物在水中的溶解度远大于A、C的气态氢化物，原因是______________。
（3）化合物FD3是棕色固体、易潮解、100 ℃左右时升华，它的晶体类型是______________；化合物ECAB中的阴离子与AC2互为等电子体，该阴离子的电子式是____________________。
（4）FD3
与ECAB溶液混合，得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是______________________________________________________________。
（5）化合物EF[F(AB)6]是一种蓝色晶体，下图表示其晶胞的(E＋未画出)。该蓝色晶体的一个晶胞中E＋的个数为________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 (2). NH3与H2O分子间存在氢键 (3). 分子晶体 (4). (5). K2Fe(SCN)5 (6). 4
【解析】
【分析】
A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，因为原子序数依次增大，即A为C，C为S，B的电负性大于C，且五种元素为不同主族的元素，即B为N，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，即E为K，则D为Cl，F的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，推出F为Fe，据此分析；
【详解】A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，因为原子序数依次增大，即A为C，C为S，B的电负性大于C，且五种元素为不同主族的元素，即B为N，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，即E为K，则D为Cl，F的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，推出F为Fe，
（1）Fe元素位于第四周期Ⅷ族，26号元素，即Fe3＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
答案为1s22s22p63s23p63d5；
（2）B的气态氢化物为NH3，A的气态氢化物是烃，C的气态氢化物是H2S，NH3与H2O能形成分子间氢键，增大NH3的溶解度，而烃和H2S不能与H2O形成分子间氢键；
答案为NH3与H2O分子间存在氢键；
（3）FD3为FeCl3，性质为100℃左右时升华，这是分子晶体的特点，即FeCl3为分子晶体；化合物ECAB是KSCN的阴离子是SCN－，AC2的化学式为CS2，CS2的结构式为S=C=S，SCN－与CS2互为等电子体，则SCN－的电子式为；
答案为分子晶体；；
（4）FeCl3与KSCN得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式为K2Fe(SCN)5；
答案为K2Fe(SCN)5；
（5）该晶胞的中含有Fe2＋：4×=，含Fe3＋：4×=，含CN－：12×=3，根据化合价代数和为0，该的晶胞中含有K＋：3－(×2＋3×)=，则一个晶胞中K＋个数为×8=4；
答案为4。
12.已知：① CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH＋CH3CH2COOH
② R－CH=CH2R－CH2－CH2－Br
香豆素的核心结构是芳香内酯A，A经下列步骤转变为水杨酸。
请回答下列问题：
（1）下列有关A、B、C的叙述中不正确的是
a．C中核磁共振氢谱共有8种峰 b．A、B、C均可发生加聚反应
c．1mol A最多能和5mol氢气发生加成反应 d．B能与浓溴水发生取代反应
（2）B分子中有2个含氧官能团，分别为 和 （填官能团名称），B→C的反应类型为 。
（3）在上述转化过程中，反应步骤B→C的目的是 。
（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。请写出其中一种的结构简式： 。
（5）写出合成高分子化合物E的化学反应方程式： 。
（6）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用），并注明反应条件。合成路线流程图示例如下：
【答案】（15分）
（1）c（2分） （2）羧基、酚羟基 取代反应（3分）
（3）保护酚羟基，使之不被氧化（2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6）（4分）
【解析】
（1）由提示①可知，反应产物中含—COOH的地方应为反应物中含有—CH=CH—结构的地方，由乙二酸和D的结构简式反推知C的结构简式为
逆推A为：；B为；B的酚—OH与CH3I发生取代反应得到C；
（1）结合各物质的官能团可知ABC三物质均可发生加聚反应、C中H原子的位置有八种、B中有酚—OH，可与溴不发生取代反应；但1mol A最多能和4mol氢气发生加成反应(酯基中的双键不能加成)
（2）B分子中有羧基、酚羟基，B生成C为取代反应
（3）综合考虑转化过程可看出是为防止酚—OH氧化，先将其保护起来
（4）由于D的同分异构体的水解产物可发生银镜反应，则其同分异构体必为甲酸酯的结构，苯的二取代物有：、
共9种
（5）缩聚反应
（6）本题可采用逆推的方式来解决，即
，然后顺着写出反应流程即可
