成都市2019级高中毕业班第一次诊断性检测理科综合注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：Li-7C-12N-14O-16Fe-56第I卷(选择题，共126分)一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活息息相关。下列叙述错误的是A.橱窗所用有机玻璃为高分子化合物B.家庭装修用水性涂料代替油性涂料有利于健康C.应用光伏发电可缓解温室效应及减少酸雨发生D.用已烷萃取玉米胚芽中的油脂时发生了化学反应【答案】D【解析】【详解】A．有机玻璃主要成分为聚甲基丙烯酸甲酯，属于高聚物，为有机高分子化合物，A正确；B．油性涂料由于不溶于水易溶于有机溶剂中，故油性涂料中含有有毒有害的有机溶剂如丙酮、苯等，故家庭装修用水性涂料代替油性涂料有利于健康，B正确；C．光伏发电是通过太阳能电池将太阳能直接转化为电能，应用光伏发电能够减少化石燃料的燃烧，故可缓解温室效应及减少酸雨发生，C正确；D．萃取是利用物质在互不相容的两种溶剂中溶解度的不同进行分离提纯的一种方法，故用已烷萃取玉米胚芽中的油脂时没有发生化学反应，仅仅是物理变化，D错误；
故答案为：D。2.某科学小组构想用锂元素的转化过程来持续合成氨，原理如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2g14N2和16O2的混合气体中含有质子数目为NAB.22.4LN2与过量锂反应断裂的N≡N键的数目为NAC.1molLi3N与过量水反应，收集的气态氨分子数目为NAD.0.1mol•L-1LiOH溶液中含有阴、阳离子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．14N2的摩尔质量为28g/mol，1个分子中含有14个质子，16O2的摩尔质量为32g/mol，1个分子中含16个质子，设混合气体中14N2为xg，16O2为(2-x)g，则2g14N2和16O2的混合气体含有质子数目为=NA，A正确；B．未告知N2所处的状态，无法计算22.4LN2的物质的量，也就无法计算与过量锂反应断裂的N≡N键的数目，B错误；C．根据反应Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑可知1molLi3N与过量水反应，生成NH3的物质的量为1mol，但由于NH3极易溶于水，故收集的气态氨分子数目小于NA，C错误；D．未告知溶液的体积，无法计算0.1mol•L-1LiOH溶液中含有阴、阳离子总数，D错误；故答案为：A。3.某有机合成中间体的结构简式如图所示。下列对该有机物的相关分析正确的是
A.该有机物与互为同系物B.该有机物苯环上的一氯代物为8种C.该有机物分子中所有碳原子可能共面D.1mol该有机物最多与2molNaHCO3反应【答案】C【解析】【详解】A．同系物是指结构相似(官能团的种类和数量分别相等)在组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故该有机物与不互为同系物，A错误；B．根据等效氢原理可知，该有机物苯环上的一氯代物为6种，如图所示：，B错误；C．由图可知，该有机物分子中含有两个苯环所在的平面结构，中间单键连接可以任意旋转，故分子中所有碳原子可能共面，C正确；D．该分子中只有一个羧基，故1mol该有机物最多与1molNaHCO3反应，D错误；故答案为：C。4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的一种核素无中子；X与W的最外层电子数相同；Y、Z元素的单质均为空气的主要成分。下列说法错误的是A.Y的简单离子半径较W的大B.化合物W2Z与W2Z2的化学键类型完全相同C.Z的简单气态氢化物较Y的稳定D.X、Y、Z三种元素形成化合物的水溶液可能呈酸性或碱性【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，X的一种核素无中子故X为H，X与W的最外层电子数相同；Y、Z元素的单质均为空气的主要成分，故Y、Z为N、O，结合X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，可知W为Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y为N，W为Na，二者简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，故Y的简单离子半径较W的大，A正确；
B．由分析可知，化合物W2Z即Na2O只含离子键，W2Z2为Na2O2含有离子键和非极性共价键，二者化学键类型不完全相同，B错误；C．非金属的简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，故Z的简单气态氢化物即H2O较Y即NH3的稳定，C正确；D．由分析可知可知，X、Y、Z三种元素分别为H、N、O，形成化合物的水溶液如NH4NO3呈酸性，如NH3∙H2O呈碱性，D正确；故答案为：B。5.下列实验设计正确的是A.装置甲铝热反应B.装置乙随关随停制氨C.装置丙形成喷泉且充满烧瓶D.装置丁比较醋酸与硼酸酸性【答案】D【解析】【详解】A．装置甲铝热反应中还缺少氯酸钾，A错误；B．碱石灰为粉末状固体，其成分中含有氧化钙，氢氧化钠等，在图示装置中利用碱石灰和浓氨水制备氨气时，多孔塑料板上的碱石灰会落到塑料板下，使碱石灰浸泡在浓氨水中，不能达到随关随停制氨的目的，B错误；C．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，因此装置丁形成喷泉但不能充满烧瓶，C错误；D．醋酸与碳酸氢钠反应生成气体，而硼酸不能，由强酸制取弱酸的原理可知醋酸和硼酸的酸性强弱，D正确；答案选D。6.某化学小组为了探究原电池和电解池的基本原理，设计装置如图。下列相关分析错误的是
A.电池I工作时，石墨电极发生反应：Ag++e-=AgB.电池I中Cu块取出前后灯泡亮度没有变化C电解池II工作时，电子从b端流向a端D.电解池II工作一段时间后，b与石墨C2电极之间会产生蓝色沉淀【答案】B【解析】【分析】由题干装置图可知，电池I工作时，Zn为负极发生的电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，石墨为正极，发生的电极反应为：Ag++e-=Ag，中央铜块的左侧为正极，电极反应为：Ag++e-=Ag，中央铜块的右侧为负极，发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解池II工作时，石墨C1为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，C2为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，中央铜块a端为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b端为阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，电池I工作时，石墨电极发生反应：Ag++e-=Ag，A正确；B．由分析可知，电池I中Cu块取出前是两个原电池串联供电，取出后只有一个电池供电，故灯泡亮度将发生明显的变化，B错误；C．由分析可知，电解池II工作时，中央铜块a端为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b端为阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，故电子从b端流向a端，C正确；D．由分析可知，电解池II工作一段时间后，b端为阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，C2为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，b与石墨C2电极之间会产生蓝色沉淀，D正确；故答案为：B。7.X为一元弱酸，YOH为一元强碱。常温下，向难溶强电解质(YX)的悬浊液中加入某酸，测得c(Y+)与c(H+)的变化关系如图实线所示。下列说法错误的是
A.M点时，c(X-)＜c(Y+)B.水的电离程度：N＞PC.实验时可加入的酸为盐酸D.难溶物XY的溶度积K为a22【答案】C【解析】【详解】A．M点溶液呈碱性c(OH-)>c(H+)，又有电荷守恒有c(OH-)+c(X-)=c(H+)+c(Y+),因此该点溶液中c(X-)＜c(Y+)，A正确；B．在难溶性盐YX的悬浊液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-，向其中加入酸，增大了其中c(H+)，对水电离平衡其抑制作用，使水电离程度减小。c(H+)越大，水的电离程度就越小。由于c(H+)：P＞N，所以水的电离程度：N＞P，B正确；C．如果加入某酸为HCl，则与X-反应产生弱酸HX，c(X-)减小，c(Y+)增大，与图像不符，因此实验时可加入的酸不为盐酸，应为HX，C错误；D．在一定温度下，难溶物XY的溶度积K=c(Y+)∙c(X-)，但由于在N点时c(H+)=10-7mol/L，根据电荷守恒，c(Y+)=c(X-)，所以K为a22，D正确；故合理选项是C。8.亚硫酰氯(SOCl2)是一种重要化工试剂，被广泛应用于结晶水合物的脱水和有机合成。工业上合成方法之一是：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(1)+SOCl2(1)ΔH=-101.4kJ·mol-1。已知相关物质的熔沸点及水解性如表：物质熔点/℃沸点/℃水解性
POCl31.2105.5易水解SOCl2-104576易水解PCl5160(升华)167易水解某小组在实验室模拟工业制亚硫酰氯设计如图实验。试回答下列问题：（1）A装置中发生反应的化学方程式为______。（2）B装置中盛装的a试剂为______；C装置中X仪器的名称是______。（3）①反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，原因是______。②判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是______。（4）反应结束后，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的亚硫酰氯需进行的操作是______。（5）①用SOCl2与MgCl2•6H2O混合加热可得无水MgCl2，其反应方程式为______。②因常发生副反应，SOCl2不宜用于FeCl3•6H2O的脱水反应制取无水FeCl3。试设计实验证明两者混合加热时发生了副反应______。【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）①.浓硫酸②.球形冷凝管（3）①.该反应放热，SOCl2沸点低(76℃)，保持低温防止SOCl2气化挥发②.固体完全消失(或B、C装置导管口冒出气泡速率近似相等)（4）对C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏(或取出C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏)
（5）①.6SOCl2+MgCl2•6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑②.取少量反应后的混合物溶于水，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明发生副反应生成SO(或取少量反应后的混合物溶于水，滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明发生副反应生成Fe2+)【解析】【分析】本实验装置A为SO2的制备发生装置，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，由题干信息可知，SOCl2易水解，故装置B为干燥SO2的装置，所装溶液为浓硫酸，装置C为发生装置，反应原理为：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(1)+SOCl2(1)ΔH=-101.4kJ·mol-1，由于SOCl2易挥发，装置C需进行冰水浴，并通过球形冷凝管X来冷凝回流，最后碱石灰来吸收多余的SO2，防止污染环境，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，装置A为制备SO2的发生装置，A装置中发生反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；【小问2详解】由分析可知，装置B的作用为干燥SO2，则B装置中盛装的a试剂为浓硫酸，由实验装置图可知C装置中X仪器的名称是球形冷凝管，故答案为：浓硫酸；球形冷凝管；【小问3详解】①由题干信息可知，该反应放热，SOCl2沸点低(76℃)，需保持低温防止SOCl2气化挥发，故反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，，故答案为：该反应放热，SOCl2沸点低(76℃)，保持低温防止SOCl2气化挥发；②由题干信息可知，PCl5为固体，SO2为气体，POCl3和SOCl2均为液体，则判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是固体完全消失(或B、C装置导管口冒出气泡速率近似相等)，故答案为：固体完全消失(或B、C装置导管口冒出气泡速率近似相等)；【小问4详解】利用POCl3和SOCl2二者沸点相差较大的特点，则反应结束后，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的亚硫酰氯需进行的操作是对C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏(或取出C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏)，故答案为：对C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏(或取出C装置双颈瓶中的液体进行蒸馏)；
【小问5详解】①由于SOCl2易水解，生成SO2和HCl，从而已知Mg2+的水解，故用SOCl2与MgCl2•6H2O混合加热可得无水MgCl2，其反应方程式为：6SOCl2+MgCl2•6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑，故答案为：6SOCl2+MgCl2•6H2OMgCl2+6SO2↑+12HCl↑；②因常发生副反应，SOCl2不宜用于FeCl3•6H2O的脱水反应制取无水FeCl3，由于SOCl2水解生成的SO2会被Fe3+氧化成，副反应方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+，则想要证明两者混合加热时发生了副反应，只需检验产物中含有或者Fe2+即可，实验方案可为：取少量反应后的混合物溶于水，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明发生副反应生成SO(或取少量反应后的混合物溶于水，滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明发生副反应生成Fe2+)，故答案为：取少量反应后的混合物溶于水，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明发生副反应生成SO(或取少量反应后的混合物溶于水，滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则证明发生副反应生成Fe2+)。9.黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为FeS2，含少量SiO2)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：（1）“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2(SO4)3→FeSO4+S↓(未配平)，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；滤渣的主要成分为SiO2和_______。（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为_______；用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在_______的缺点。（3）“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。
①80℃时，加入碳酸钠偏多时得到的黄钠铁矾中含有的杂质是_______。②生成黄钠铁矾的离子反应方程式_______。③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因_______。（4）测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500mol•L-1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)①滴定终点的实验现象是_______。②样品中铁的质量分数为_______。【答案】（1）①.1:1②.S（2）①.2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O②.空气氧化速率小（3）①.FeOOH②.3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑③.温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾（4）①.滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原②.8.400%【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，据此分析解题。【小问1详解】
由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)3→3FeSO4+2S↓，其中FeS2还原剂，Fe2(SO4)3是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:1，滤渣的主要成分为SiO2和S，故答案为：1:1；S；【小问2详解】由分析可知，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，由于空气中氧气含量低，O2本身氧化Fe2+的速率较慢，则用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在空气氧化速率小的缺点，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；空气氧化速率小；【小问3详解】①80℃时，加入碳酸钠偏多时则溶液中的碱性较强，由题干信息图中可知，此条件下得到的黄钠铁矾中含有的杂质是FeOOH，故答案为：FeOOH；②由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，故答案为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑；③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，故答案为：温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；【小问4详解】①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；②已知黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中铁为+3价，则有：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O，可知：2Fe3+~~I2~~2S2O，则有：n(Fe3+)=n(S2O)=0.1500mol•L-1×20.00×10-3L=3×10-3mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为：8.400%。10.为了达到碳中和，研发二氧化碳的利用技术成为热点。（1）用二氧化碳氧化乙烷制乙烯，其反应步骤如下：
IC2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH=+136kJ·mol-1IICO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283kJ·mol-1III.H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285kJ·mol-1该工艺总反应的热化学方程式为______。（2）用二氧化碳和甲烷反应可以制工业合成气(CO、H2)。T℃，在1L的密闭容器中分别投入0.2molCO2和0.2molCH4，发生反应：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)，经5min达到平衡，测得生成CO为0.2mol，则：①0~5min内用H2表示的反应速率为______。②平衡时CH4的转化率为______。③保持体积不变，其他条件相同时，开始投入0.4molCO2和0.4molCH4，反应达到平衡后生成CO的物质的量______0.4mol(填“＞”、“＜”或“=”)。（3）用二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH<0。经实验测定在不同投料比x1、x2、x3时CO2的平衡转化率与温度的关系如图曲线所示[x=]：①x1、x2、x3由大到小的顺序______。②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是______。③在x=，温度为T，体积恒定的密闭容器中投入1molCO2时，初始压强为po，经一段时间反应达到平衡，CO2的转化率为50%，列式表示该反应的压强平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压x物质的量分数)。（4）用电解法可将CO2转化为多种原料，原理如图。若铜电极上只产生C2H4和CO气体，写出产生C2H4的电极反应式______；电解后溶液pH______(填“变大”、“变小”或“不变”)(忽略溶液体积的变化)。
【答案】（1）C2H6(g)+CO(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+134kJ•mol-1（2）①.0.04mol•L-1•min-1②.50%③.<（3）①.x3>x2>x1②.升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素③.（4）①.2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O②.不变【解析】【小问1详解】I．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH=+136kJ·mol-1II．CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283kJ·mol-1III．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285kJ·mol-1根据盖斯定律I+II+III得总反应的热化学方程式为C2H6(g)+CO(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+134kJ•mol-1；【小问2详解】①0~5min内用H2表示的反应速率为。②平衡时CH4的转化率为；③保持体积不变，其他条件相同时，开投始入0.4molCO2和0.4molCH4，相当于加压，反应达到平衡后生成CO的物质的量<0.4mol；【小问3详解】
①增大氢气的浓度，CO2的平衡转化率增大，x=，X越小，CO2的平衡转化率越大，所以x3>x2>x1；②升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素，所以随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近；③在x=，温度为T，体积恒定的密闭容器中投入1molCO2时，初始压强为po，经一段时间反应达到平衡，CO2的转化率为50%，平衡后总压强为，该反应的压强平衡常数Kp=；【小问4详解】根据图示，CO2在铜电极得电子生成C2H4，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；总反应为、，电解后硫酸物质的量不变，溶液pH不变。11.推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。回答下列问题：（1）基态铁原子核外电子运动状态有______种；基态Fe3+较基态Fe2+稳定的原因是______。（2）在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是______；NH的空间构型为______；H2PO中P原子的杂化轨道类型为______。（3）1mol中含有______molσ键；苯胺水溶性大于苯的主要原因是
______。（4）构想某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶体结构如图。①石墨的硬度小、熔沸点高的原因分别是______。②如图晶体的化学式为______；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，列式即可)。【答案】（1）①.26②.基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态（2）①.O>N>P②.正四面体形③.sp3杂化（3）①.14②.苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能（4）①.石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高②.LiC6③.【解析】【小问1详解】根据鲍利原理可知，原子核外没有运动状态相同的电子，铁是26号原子，核外有26个电子，则基态铁原子核外电子运动状态有26种，根据洪特规则及特例可知，由于基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定，故答案为：26；基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态；【小问2详解】根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强，同一主族从上往下元素的电负性依次减弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞P，NH的中心原
子N周围的价层电子对数为：4+=4，则其空间构型为正四面体，已知中中心原子P原子周围的价层电子对数为：4+=4，则P的杂化方式为sp3，H2PO与的杂化方式相同，则H2PO中P原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：O＞N＞P；正四面体；sp3；【小问3详解】已知单键均为σ键，苯环上6个碳碳键均为介于单键和双键之间独特的键，则1mol中含有14molσ键；由于苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能，导致苯胺水溶性大于苯，故答案为：14；苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能；【小问4详解】①由于石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，导致其硬度小，但层内碳原子间以共价键结合，导致其熔沸点又很高，故答案为：石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高；②由题干晶胞图可知，Li位于8个顶点，C由8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有的Li+为：=1，C原子个数为：，则晶体的化学式为LiC6，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3×142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为g，晶胞体积为(3×142)2×335×10-30cm3，结合密度公式ρ=，解得d=g/cm3，故答案为：LiC6；。12.有机物M()
是一种合成镇痛药的主要成分。某小组设计如图的合成路线：已知：①RCNR—COOH②RX++HX（1）B的化学名称______；A→B的原子利用率为______；M中含氧官能团的名称为______。（2）D的结构简式为______。（3）F→M化学反应方程式为______。（4）的同分异构体有多种，其中同时含有苯环结构和碳碳三键的结构有______种，写出其同分异构体中满足核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式______。(写出一种即可)（5）参照上述合成路线，设计以、CH3—CN、CH3CH2NH2为原料制备的合成路线(无机试剂任选)______。【答案】（1）①环氧乙烷②.100%③.酯基（2）（3）+C2H5OH+H2O（4）①.5②.或（5）
【解析】【分析】由题干合成流程图可知，由C和E的结构简式结合D的分子式、C到D、D到E的转化条件可推知，E的结构简式为：，由E和M的结构简式结合E到F、F到M的转化条件可推知，F的结构简式为：，(5)本题采用逆向合成法，根据题干流程图中D到E的信息可知，可由和CH3NH2转化而来，由C到D的转化信息可知，可由和SOCl2转化而来，由B到C的转化信息可知，可由和CH3CH2NH2转化而来，据此分析解题。【小问1详解】由题干流程图可知，B的结构简式为：，则B的化学名称为环氧乙烷，A→B的反应方程式为：2CH2=CH2+O22，则其原子利用率为100%，由M的结构简式可知M中含氧官能团的名称为：酯基，故答案为：环氧乙烷；100%；酯基；【小问2详解】由分析可知，D的结构简式为：，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为：，则F→M的化学反应方程式为：+C2H5OH+H2O，故答案为：
+C2H5OH+H2O；【小问4详解】的同分异构体有多种，其中同时含有苯环结构和碳碳三键的结构，若只含一个取代基有：-C≡C-NH2，-NH-C≡C-H两种，若有两个取代基即-C≡CH、-NH2则有邻、间、对三种，故共有5种，其同分异构体中满足核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为：或，故答案为：5；或；【小问5详解】本题采用逆向合成法，根据题干流程图中D到E的信息可知，可由和CH3NH2转化而来，由C到D的转化信息可知，可由和SOCl2转化而来，由B到C的转化信息可知，可由和CH3CH2NH2转化而来，故确定合成路线如下：，故答案为：
。
