河北省武邑中学2019届高三化学上学期期末考试试卷（含解析）.doc

1、1河北省武邑中学 2019 届高三上学期期末考试化学试题1.化学与人类活动密切相关，下列有关说法正确的是A. 加酶洗衣粉可以很好的洗涤毛织品上的污渍B. 从花生中提取的生物柴油与由石油炼得的柴油都属于烃类物质C. 用石灰水或 MgSO 4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵D. 含氟牙膏能抑制口腔细菌产生酸，在一定程度上能防止或减少龋齿【答案】D【解析】A、毛织品的成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下水解，加酶洗衣粉不能洗涤毛织品，故 A错误；B、通过花生提取的生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯，属于烃的衍生物，从石油中炼制的柴油是烃类物质，故 B 错误；C、石灰水能使蛋白质变性，但

2、 MgSO4溶液不能，故 C 错误；D、含氟牙膏中含有 Na2PO3F、NaF，能抑制口腔细菌产生酸，在一定程度上能防止或减少龋齿，故 D 正确。2.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为 Fe2O3、SiO 2、Al 2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO 47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是（ ）A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂 X 选用铁粉B. 固体 1 中一定含有 SiO2，控制 pH 是为了使 Al3+转化为 Al(OH)3，进入固体 2C. 从溶液 2 得到 FeSO47H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D. 若改变方案，在溶液 1 中

3、直接加 NaOH 至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到 FeSO47H2O【答案】D【解析】A、流程设计意图是用硫酸把 Fe2O3、Al 2O3，转化为硫酸盐，除去 SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A 正确；B、固体 1 为 SiO2，分离 FeSO4和 Al2(SO4)3采用的是调控 pH2的方法，使 Al3+转化为 Al(OH)3沉淀从而与 FeSO4分离，B 不正确；C、Fe 2+容易被氧化，所以在得到 FeSO47H2O 产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C 正确；D、在溶液 1 中直接加过量的 NaOH 得到的是 Fe(OH)2沉淀，但 Fe(OH)

4、2不稳定，很容易被氧化为 Fe(OH)3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质 Fe2(SO4)3，D 不正确。答案选 D。【考点定位】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液 pH 控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。【此处有视频，请去附件查看】3.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项 实验操作 实验现象 实验结论ACu 与浓硫酸反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中溶液变蓝 证明反应生成了 Cu2B向 KNO3和 KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放置湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色 NO3 被

5、还原为 NH3 C向浓度均为 0.1mol/L 的 Na2CO3和 Na2S 混合溶液中滴入少量 AgNO3溶液产生黑色沉淀(Ag2S)Ksp(Ag2S) K sp(Ag2CO3)D铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，放入 CuSO4溶液中铝丝表明变红色铝可以从铜盐溶液中置换出铜A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、Cu 与浓硫酸加热反应后生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此再加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危险，选项 A 错误；B试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明 NO3-还原为 NH3，选项 B 正确；C滴入

6、少量 AgNO3溶液，K sp小的先沉淀，则先产生黑色沉淀（Ag 2S） ，可知 Ksp（Ag 2S）3K sp（Ag 2CO3） ，选项 C 错误；D、铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，发生钝化形成致密氧化膜，因为 Al2O3与 CuSO4不反应，所以放入 CuSO4溶液中，铝丝表面不会生成铜，选项 D 错误；答案选 D。4.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温常压下，等物质的量浓度的 Na2CO3与 Na2S 溶液中阳离子的数目相等B. 将 2molSO2气体与 1molO2混合后在一定条件下充分反应，所得 SO3的分子数为 2NAC. 精炼铜，若阳极失

7、去 0.1NA个电子，则阴极增重 3.2gD. 标准状况下，22.4LHF 所含有的分子数目为 NA【答案】C【解析】【分析】A计算溶液中离子数目需要离子浓度和溶液体积；B、SO 2和 O2的反应为可逆反应，不能进行彻底；C、精炼铜时，阳极和阴极上得失电子数相等；D、标况下 HF 为液态。【详解】A计算溶液中离子数目需要离子浓度和溶液体积，等物质的量浓度的 Na2CO3与Na2S 溶液无溶液体积，故不能得到 Na+数目相等，选项 A 错误；B、SO 2和 O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故反应后混合物的分子数大于 2NA，选项B 错误；C、精炼铜时，阳极上失去 0.1NA个电子时，则阴极上

8、得到 0.1NA个电子，而阴极上是铜离子放电，故生成 0.05mol 铜，质量为 3.2g，选项 C 正确；D、标况下 HF 为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，易错点为选项 B，注意反应为可逆反应，反应不彻底。5.已知 X、Y、Z 是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质,A、B、C、D 分别是由三种元素中的两种形成的化合物,且 A 与 C 中均含有 10 个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是4A. 原子半径:ZYXB.

9、稳定性:ACC. 反应和均为吸热反应D. X、Y、Z 可以形成离子化合物【答案】C【解析】短周期元素中形成的 10 个电子的化合物主要有 CH4、NH 3、H 2O、HF 等几种，根据图中的转化关系可以推出 X、Y、Z 分别为 H、C、O 三种元素，甲、乙、丙分别为氢气、碳、氧气，A、B、C、D 分别为 CH4、CO 2、H 2O、CO。A. H、C、O 三种元素原子半径：COH ，A 不正确； B. 氧元素的非金属性强于碳，所以稳定性：H 2OCH4，B 不正确；C. 反应碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，反应水蒸气和碳在高温下反应生成氢气和一氧化碳是吸热反应 ，所以 C 正

10、确； D. H、C、O 三种非金属元素只能形成共价化合物，不能形成离子化合物，D 不正确。选 C。点睛：解无机框图推断题时，首先要找好突破口。本题以 10 电子化合物为突破口，通过转化关系检验，可以分别推出各种元素和化合物。6.通过电解法分离 NaHSO3与 Na2SO3混合物,其装置如下图。下列说法不正确的是A. 阳极的电极反应式为 4OH-4e-=2H2O+O2B. 阳极区 c(H+)增大,H +由 a 室经阳离子交换膜进入 b 室C. 外电路每转移 0.2 mol 电子,有 0.2 mol Na+从 b 室进入 c 室5D. c 室得到 Na2SO3的原因是 OH-+HSO3- = H2

11、O+SO32-【答案】C【解析】【分析】通过电解法分离 NaHSO3与 Na2SO3混合物,根据装置图分析,电解池阳极发生的反应为物质失去电子,发生氧化反应,考虑到溶液是碱性,则阳极处 OH-放电产生 O2,阳极电极反应为: 4OH-4e-=2H2O+O2 ,阴极为物质得到电子,发生还原反应,考虑到溶液是碱性,则阴极反应式为:2H2O+2e-=2OH-+ H2 , 据此分析判断。【详解】A.阳极的电极反应为: 4OH-4e-=2H2O+O2 ,所以 A 正确;B.阳极区 OH-放电被消耗,c(OH-)降低,则 c(H+)增加,电解池中阳离子通过阳离子交换膜向阴极移动,则 H+由 a 室经阳离子

12、交换膜进入 b 室,所以 B 正确;C.外电路每转移 0.2 mol 电子,不仅有 Na+转移,还有 H+转移,故 C 错误;D.c 室中产生 Na2SO3,溶液为碱性,则 c 室得到 Na2SO3的原因是 OH-+ HSO3-=H2O+ SO32-,所以 D 选项是正确的;答案：C。7.298K（25）下，在 NaHS 溶液中，各离子的浓度随 NaHS 溶液浓度的变化关系如图所示，下列叙述正确的是已知：（1）在科学计数法中，为了使公式简便，可以用带“E”的格式表示，例如：1E4110 4 。（2）298K（25）下 H2S 的 Ka19.1010 8 ，K a21.1010 12 。A. 0

13、.10molLNaHS 溶液：c（Na ）c（HS ）c（OH ）c（S 2 ）B. Na2S 溶液中：c（OH ）c（H ）c（H 2S）c（HS ）6C. 当 c（OH ）c（S 2 ）时，c（HS ）9.0910 3D. 室温下用 NaOH 溶液滴定 NaHS 溶液，滴定终点刚好形成 0.1molLNa 2S 溶液，该过程可选择酚酞作指示剂【答案】C【解析】【分析】A根据电荷守恒可知，溶液中存在阴离子为 S2-、HS -、OH -，阳离子为 H+、Na +，阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数；B硫化钠溶液中水电离的氢离子与氢氧根离子相等，即质子守恒，根据质子守恒进行判断；C、当 c

14、（OH ）c（S 2 ）时，图象分析可知为 0.01molLNa 2S 溶液，根据 Ka2进行计算；（ ）（-）（-）D. 滴定终点刚好形成 0.1molLNa 2S 溶液，则滴定前 NaHS 溶液浓度约为 0.05molL，滴定前后溶液均为碱性，不能选择酚酞作指示剂。【详解】A根据电荷守恒可知，c（H +）+c（Na +）=2c（S 2-）+c（HS -）+c（OH -） ，选项 A错误；B根据硫化钠溶液中的质子守恒可得：c（OH -）=c（H +）+c（HS -）+2c（H 2S） ，选项 B 错误；C、当 c（OH ）c（S 2 ）时，图象分析可知为 0.01molLNa 2S 溶液，根

15、据 Ka2可得 c（HS -） 9.09103 ，选项 C 正确；（ ）（-）（-） （ ）（-）K （-）（-）K KD. 滴定终点刚好形成 0.1molLNa 2S 溶液，则滴定前 NaHS 溶液浓度约为 0.05molL，滴定前后溶液均为碱性，不能选择酚酞作指示剂，选项 D 错误。答案选 C。8.已知三氯化铁的熔点为 306 ，沸点为 315 ，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验。7（1）装置的连接顺序为 a_。（2）饱和食盐水的作用是_。（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转

16、移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：淡黄色溶液中加入试剂 X 生成淡红色溶液的离子方程式为_。淡红色溶液中加入过量 H2O2后溶液红色加深的原因是_。（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为 O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。取褪色后溶液三份，第一份滴加 FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂 X，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和 BaCl2溶液，产生白色沉淀。另取同物质的量浓度的 FeCl3溶液滴加 2 滴试剂 X，溶液变红，再通入 O2，无明显变化。实验说明_；实验的目的是_；得出结论：_。【答案】 (1). gh deb

17、cf (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). Fe3 3SCN Fe(SCN)3 (4). H2O2将 Fe2 氧化 Fe3 (Fe2 被 H2O2氧化生成 Fe3 ，从而增大 Fe3 浓度，溶液颜色加深) (5). SCN 发生了反应而不是 Fe3 发生反应 8(6). 排除 H2O2分解产生的 O2氧化 SCN 的可能 (7). H 2O2将 SCN 氧化成 SO42-【解析】【分析】（1）排列顺序为气体的制取洗气干燥氯气和铁的反应尾气处理；（2）饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解；（3）根据 Fe3+和 KSCN 反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；Fe 2+被 H2O2氧化生成

18、 Fe3+，从而增大 Fe3+浓度；（4）根据滴加 FeCl3溶液无明显变化，说明 SCN-发生了反应而不是 Fe3+发生反应，滴加稀 HCl 和 BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；根据另取同浓度的 FeCl 3溶液滴加 2 滴试剂 X，溶液变红，再通入 O2，无明显变化，说明 O2不能氧化 SCN-。【详解】 （1）由于盐酸易挥发，生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。又因为三氯化铁的熔点为 306，沸点为 315，易溶于水并且有强烈的吸水性 能吸收空气里的水分而潮解，所以再遇铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，则正

19、确的连接顺序是 agh debcf；（2）根据以上分析可知饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体；（3）淡黄色溶液中还有铁离子，加入 X 后显淡红色，这说明 X 是 KSCN 溶液，反应的离子方程式为 Fe3 3SCN Fe(SCN)3；反应中铁过量遇氯化铁反应生成氯化亚铁，即溶液中还有氯化亚铁，加入双氧水可以把亚铁离子氧化为铁离子，因此红色加深，所以淡红色溶液中加入过量 H2O2后溶液红色加深的原因是 H2O2将 Fe2 氧化 Fe3 (Fe2 被 H2O2氧化生成 Fe3 ，从而增大 Fe3 浓度，溶液颜色加深)；（4）取褪色后溶液三份，第一份滴加 FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中不

20、存在 KSCN 溶液；第二份滴加试剂 X，溶液出现红色，这说明溶液中存在铁离子；第三份滴加稀 HCl 和BaCl2溶液，产生白色沉淀，这说明溶液中有硫酸根，所以根据实验可知 SCN 发生了反应而不是 Fe3+发生反应；另取同浓度的 FeCl 3溶液滴加 2 滴试剂 X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，这说明红色褪去不是氧气氧化导致的，即实验的目的是排除 H2O2分解产生的 O2氧化 SCN 的可能；综合以上分析可知溶液褪色的原因是 H2O2将 SCN 氧化成SO42 。【点睛】本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，题目难度稍9大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明

21、确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。9.I明矾KAl(SO 4)212H2O 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料铝灰(含 Al、 Al 2O3及少量 SiO2和FeO xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：已知生成氢氧化物沉淀的 pH 如下表所示：Al（OH） 3 Fe（OH） 2 Fe（OH） 3开始沉淀 3.4 6.3 1.5完全沉淀 4.7 8.3 2.8回答下列问题：（1）明矾净水的原理是_(用离子方程式表示)。（2）操作是_、_、过滤、洗涤、干燥。（3）检验滤液 A 中是否存在

22、 Fe2 的方法_ (只用一种试剂)。（4）在滤液 A 中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为：_。（5）调节 pH3 的目的是_ ，滤渣 2 含有的物质是_。II （6）取一定量含有 Pb2+、Cu 2+的工业废水，向其中滴加 Na2S 溶液，当 PbS 开始沉淀时，溶液中 c(Pb2+)/c(Cu2+) =_ (保留三位有效数字)。已知 Ksp(PbS)=3.410-28，Ksp(CuS)=1.310-36【答案】 (1). Al3 3H 2O Al(OH)3(胶体)3H (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). 取适量滤液 A 于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明滤1

23、0液 A 中存在 Fe2 （也可用酸性高锰酸钾溶液检验） (5). 5Fe2 MnO 48H =5Fe3 Mn 2 4H 2O (6). 使 Fe3+转化为 Fe（OH） 3沉淀 (7). MnO2、Fe(OH)3 (8). 2.62108【解析】【分析】铝灰（含 Al、Al 2O3及少量 SiO2和 FeOxFe2O3） ，加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，滤液 A 中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 PH 使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝

24、溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体。【详解】 （1）明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al 3+3H2OAl（OH） 3+3H+，故答案为：Al 3+3H2O Al（OH） 3+3H+；（2）固体和液体分离需要用过滤操作，操作是过滤，操作是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到明矾晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；（3）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会呈现蓝色沉淀，故答案为：取适量滤液 A 于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明滤液

25、A 中存在 Fe2 （也可用酸性高锰酸钾溶液检验） ；（4）酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe 2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：5Fe 2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；（5）分析离子沉淀的 PH 范围调节溶液 PH=3，可以使使 Fe3+转化成 Fe（OH） 3沉淀，并防止 Al3+沉淀；在 pH=3、加热条件下，MnO 4-可与 Mn2+反应生成 MnO2，加入 MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn 2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H +；过滤得到反应中生成难溶的二

26、氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀，故答案为：使 Fe3+转化成 Fe（OH） 3沉淀；MnO 2、Fe(OH)3；（6）已知 KSP（PbS）=3.410 -28，K sp（CuS）=1.310 -36，取一定量含有 Pb2+、Cu 2+的工业废水，向其中滴加 Na2S 溶液，当 PbS 开始沉淀时，溶液中 c(Pb2+)/c(Cu2+) = KSP（PbS）/K sp（CuS）=3.410 -28/1.310-36=，故答案为：2.6210 8。【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及物质的制备、对工艺流程的理解、氧化还原反应、11溶度积的计算等，试题综合性较强、知识点较多，充分考查了学生的分析、

27、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力，理解工艺流程原理是解题的关键。10.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生产的 CO、CO 2和 H2可制取甲醇等有机物，发生的反应有：CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g) H 1=99kJmol 1CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H 2相关物质的化学键键能数据如下：化学键 C=O（CO 2） HH CO HO CHE/（kJmol 1）803 436 343 465 413（1）该反应H 2=_。（2）关于反应下列说法，正确的是_。A.该反应在任何温度下都能自发进行B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小C

28、.使用催化剂，不能提高 CO 的转化率D.增大压强，该反应的化学平衡常数不变（3）在某温度下，将 1.0moCO 与 2.0molH2充入 2L 的空钢瓶中，发生反应，在第 5min时达到化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为 0.1。在第 10min、20min 时分别改变反应条件，甲醇的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示：从反应开始到 5min 时，生成甲醇的平均速率为_。H 2的平衡转化率 =_%，化学平衡常数 K=_。1min 时， 正 _ 逆 (填“大于” “小于”或“等于”)121mim 时 正 _4min 时 逆 (填“大于” “小于”或“等于”)比较甲醇在 78min、121

29、3min 和 2527min 时平均反应速率平均反应速率分别以(78)、(1213)、(2527)表示的大小_。若将钢瓶换成同容积的绝热容器，重复上述试验，平衡时甲醇的物质的量分数_0.1。(填“” 、 “ 逆 ；反应达平衡的速率图像如下图：所以，在达平衡前任意点的正反应速率大于任意点的逆反应速率，即 1min 时的 正(CH3OH)4min 时 逆(CH 3OH )。1213min 处于非平衡状态，反应速度大，甲醇在 78min、2527min 处于平衡状态，平均反应速率为 0，甲醇在 78min、1213min 和 2527min 时平均反应速率的大小： (1213) (78)(2527)

30、；若将钢瓶换成同容积的绝热钢瓶，重复上述实验，则反应放出的热量不能散发，会使体系温度上升，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇体积分数将减小，所以小于0.1。11.铁被誉为“第一金属” ，铁及其化合物在生活中有广泛应用。 （1）基态 Fe3+的简化电子排布式为_。（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）FeCl 3的熔点为 306 ，沸点为 315 。FeCl 3的晶体类型是_。FeSO 4常作净水剂和补铁剂，SO 42- 的立体构型是_。14（4）羰基铁Fe(CO) 5可

31、用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO) 5分子中含_mol 键，与 CO 互为等电子体的离子是_(填化学式，写一种)。（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图 1 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 2 所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为 gcm -3，N A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_；Fe 2+与O2-的最短核间距为_pm。【答案】 (1). Ar 3d5 (2). NOS (3). sp2 (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 (6). 10 (7). CN- 或 C22 (8). 31 (9).

32、12 (10). 336NA1010【解析】【分析】（1）Fe 原子核外有 26 个电子，Fe 3+电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为Ar3d5；（2）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；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同；（3）FeCl 3的熔沸点较低，说明 FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO 42-离子中含有 4 个 键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形；（4）CO 的结构式为 C O，三键中含 1 个 键和 2 个 键，中心原子 Fe 与配体 CO 之间形成配位键，配位键也是 键；等电子体是指具有相同价

33、电子数目和原子数目的分子或离子；（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内；（6）根据晶胞结构可知 Fe2+为面心立方，与 Fe2+紧邻的等距离的 Fe2+有 12 个；用“均摊法”可得晶胞中含 Fe2+：81/8+61/2=4 个，含 O2-：121/4+1=4 个，晶体的化学式为15FeO。【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、3d 能级 1 个电子形成 Fe3+，Fe 3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为Ar3d 5，故答案为：A

34、r3d 5；（2）根据同周期同主族元素性质递变规律判断，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；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S 三种元素的第一电离能从大到小的顺序为NOS；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同，都为 sp2杂化，故答案为：NOS；sp 2；（3）FeCl 3的熔沸点较低，说明 FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO 42-离子中含有 4 个 键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形，故答案为：分子晶体；正四面体形；（4）CO 的结构式为 C O，三键中含 1 个 键和

35、 2 个 键，中心原子 Fe 与配体 CO 之间形成配位键，配位键也是 键；1 个 Fe（CO） 5分子中含 10 个 键，1molFe（CO） 5分子中含 10mol 键；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与 CO 互为等电子体的离子为 CN-或 C22，故答案为：10；CN -或 C22；（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内，用“均摊法”可得晶胞中含 Fe 个数为 121/6+21/2+3=6 个，N 原子个数为 2 个，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）根据晶胞结构可知 Fe2+为面心立方，与 Fe2+紧邻的

36、等距离的 Fe2+有 12 个；用“均摊法”可得晶胞中含 Fe2+：81/8+61/2=4 个，含 O2-：121/4+1=4 个，晶体的化学式为FeO，1molFeO 的质量为 72g，1mol 晶体的体积为 72/cm 3；晶胞的体积为72/cm 3 NA4=288/(N A)cm3，晶胞的边长为 cm，Fe 2+与 O2-最短核间距为3288NAcm= cm= 1010pm，故答案为：12； 。123288NA 3 36NA 3 36NA 3 36NA【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及了电子排布式的书写、离子空间构型、晶体类型的判断、 键的确定、晶胞的分析和计算。用“均摊法”确定晶胞中

37、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，处于顶点的粒子，同时为 6 个晶胞共有，每个粒子有 1/6 属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为 2 个晶胞共有，每个粒子有 1/2 属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。12.苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料 M 和高分16子化合物 N （部分产物及反应条件已略去）（1）B 的官能团的名称是_。（2）已知 C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，C 的核磁共振氢谱有 3 组峰，则 C 的结构简式 _。（3）由 D 生成 N 的反应类型是_，B 与 C 反应生成 M 的反应类型是

38、_。（4）写出 M 与 NaOH 溶液反应的化学方程式是_。（5）物质 F 的结构是： ，则符合下列条件的 F 的同分异构体有 _种。能发生银镜反应 能与 NaHCO3溶液反应 分子中有苯环，无 结构。其中苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 1:2:2:1 的为_(写结构简式)。（6）已知： ，写出以苯酚、乙醇和 ClCH2COOH 为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任用） 。_17【答案】 (1). 羧基、羟基（酚羟基） (2). (3). 缩聚反应 (4). 取代反应（酯化反应） (5). (6). 13 (7). (8). 【解析】【分析】苯酚与氢氧化钠反

39、应生成苯酚钠，则 A 为 ，由合成流程可知 B 为 ，C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，说明属于饱和一元醇，C 分子中有 3 中不同化学环境的氢原子，故 C 的结构简式是 ，B 与 C 发生酯化反应生成 M，M 为；苯酚与丙酮反应生成 D，D 的分子式为 C15H16O2，再结合 N 的结构可知 D 为 。【详解】 （1）B 的结构简式为 ，其含有的官能团为羧基、醛基，故答案为：羧基、羟基（酚羟基） ；（2）C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，说明属于饱和一元醇，C 分子中有 3 中不同化学环境的氢原子，故 C 的结构简式是 ，故答案为： ；18（3）

40、D 生成 N 的反应为 与 发生缩聚反应生成；B 与 C 反应生成 M 的反应为在浓硫酸作用下，与 共热发生酯化反应生成 ，故答案为：缩聚反应；取代反应（酯化反应） ；（4） 含有羟基和酯基，与 NaOH 溶液反应生成 、和水，反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）由结构简式可知 F 的分子式为 C8H6O4，由 F 的同分异构体符合条件可知分子中有苯环，含有COOH，HCOO或CHO 和OH，若苯环上连有COOH 和 HCOO，有邻、间、对 3 种位置异构；若苯环上连有COOH、CHO 和OH 共有 10 种结构，则符合 F 的同分异构体条件共有 13 种；若苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 1:2:2:1的结构简式为 ，故答案为：13； ；（6）由题给信息可知应先生成 ClCH2COOH 和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成 ，进而与乙醇发生酯化反应可生成目标物，合成路线为：19，故答案为：。【点睛】本题考查有机化学基础，是一道基础有机合成题，着力考查阅读有机合成方案设计、利用题设信息、解决实际问题的能力，也考查了对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分析能力，试题涉及酚、羧酸等性质与转化，注意根据苯酚、D 的分子式、N 的结构式推断 D 的结构是解答关键。