【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三下学期第一次在线月考理综化学试题.doc，共(16)页，722.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1.下列说法正确的是A.生物柴油的主要成分是液态烃B.尽管人体内不含消化纤维素的酶，但纤维素在人类食物中也是必不可缺少的C.糖类又称为碳水化合物，均可用通式Cn(H2O）m表示D.淀粉的糊化作用和鸡蛋清中滴加

饱和Na2SO4溶液出现沉淀的现象均属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A.生物柴油是利用油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，不是烃，A错误；B.人体消化道内不存在纤维素酶，但纤维素是一种重要的膳食纤维，可以促进肠道的蠕动，帮助人体新陈代谢，是

人类食物中也是必不可缺少的，B正确；C.大部分糖类分子式符合Cm(H2O)n，有些糖类并不合乎其上述分子式，如鼠李糖（C6H12O5），C错误；D.淀粉的糊化作用是淀粉这种多糖水解的过程；鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀

是蛋白质发生盐析，是蛋白质溶解度降低的结果，没有生成新的物质，属于物理变化，D错误；故合理选项是B。2.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.0gCO2与SO2的混合气体分子中，含有的质子数为NAB.7.1gCl2与100m

L1.0mol·L－1NaOH溶液反应，转移电子数为0.1NAC.17gNH3与48gO2在催化剂作用下充分反应，得到NO分子数为NAD.标准状况下，2.24LCH4和C3H6混合气体中，含有极性键数为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A、若2.0g全为CO2

，含质子物质的量为2.044/ggmol×22=1mol，若2.0g全为SO2，含质子物质的量为2.064/ggmol×32=1mol，则2.0gCO2与SO2的混合气体分子中含有的质子数为NA，A项正确；B、7.1gCl2的物质的量为0.1mol，100mL1.0mol·L－1NaOH为0.1

mol，1mol氯气与2molNaOH反应转移1mol电子，故转移的电子数小于0.1NA，B项错误；C、n(NH3)=17g1mol17g/mol=，n(O2)=48g1.5mol32g/mol=，依据方程式：4NH3+5O24NO+6H2O可知，该反

应生成1molNO，同时过量0.25molO2，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮（2NO+O2=2NO2），所以最终生成一氧化氮分子数小于NA，C项错误；D、n（混合气体）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，若全为CH4则含极性键为0.4mol，若全为C3H

6则含极性键0.6mol，由于CH4和C3H6的比例未知，则含极性键数无法确定，D项错误；答案选A。3.有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如下图所示。下列有关该有机物说法正确的是（）A.分子式为C26H22B.属于苯的同系物C.一氯代物有3种D

.能溶于水和酒精【答案】C【解析】【分析】有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有

多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；C项、该有机物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。故选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析能力，注意该分子中

氢原子种类，明确官能团及其性质关系是解答关键。4.短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大。X和M的原子核外最外层电子数是周期数的二倍，Y、Z、M最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列叙述正确的是A.元素非金属性由

弱到强的顺序：M、N、XB.原子最外层电子数由少到多的顺序：Y、Z、X、M、NC.电解熔融的N和Z形成的化合物可得到对应的N和Z的单质D.单质Y的熔点高于单质Z的熔点【答案】B【解析】【详解】X和M的原子核外最外

层电子数是周期数的二倍，说明X为第二周期最外层有4个电子，即为碳元素，M为第三周期最外层有6个电子，为硫元素，Y、Z、M最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，说明为钠、铝和氯元素。X、Y、Z、M、N分别

为C、Na、Al、S、Cl。A项非金属性由弱到强的顺序是X、M、N，A错；B五种元素最外层电子数分别为4、1、3、6、7，所以顺序为Y、Z、X、M、N，故正确；C项AlCl3属共价化合物，熔融态不导电，C错；D项单质钠的熔点低于单质

铝的熔点，D错。故选B。【点睛】熟悉短周期元素的原子结构和性质之间的关系，并掌握元素周期律的应用。注意特殊的性质如氢氧化铝的两性等。5.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)常用作医药消毒剂，可以轻质碳酸钙为原料，按以

下实验方法来制备。下列有关说法正确的是A.①煮沸的主要目的是为了除去溶解的CO2B.②的反应中H2O2作氧化剂，氨水用来调节溶液的pHC.②中结晶的颗粒较小，过滤时可用玻璃棒轻轻搅动D.③醇洗的主要目的是为了减少晶体的损失【答案】D【解析】

【详解】A.碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，气体在溶液中的溶解度随温度的升高而减小，加热煮沸是为了除去多余的盐酸，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；A错误；B.向CaCl2溶液中加入H2O2、NH3·H

2O，发生反应：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，H2O2的组成元素化合价没有发生变化，因此没有发生氧化还原反应，B错误；C.尽管②中结晶的颗粒较小，但是过滤时若用玻璃棒轻轻搅动，会导致滤纸破损，过滤失败，所以不能搅动，C错误；D

.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)微溶于水，也不溶于乙醇，用醇洗涤，可以减少晶体的溶解，同时乙醇容易挥发，可以加速晶体干燥，D正确；故合理选项是D。6.利用如图所示的电化学装置处理工业尾气中的硫化氢可实现硫元素的回收。下列说法中正确的是A

.电池工作时电子由电势高的电极甲经负载向电势低的电极乙移动B.电池工作一段时间后，理论上消耗O2和H2S的体积相等C.当有1molH2S参与反应，则有2molH+由负极区进入正极区D.电极甲上的电极反应为：2H2S+4OH――4e－=S2+4H2O【答案】C【解析】【详解】A．电池工

作时，甲为负极，电子经外电路从甲流向乙，电子从低电势向高电势移动，故A错误；B．该电池总反应为2H2S+O2==S2+2H2O，消耗O2和H2S的体积比为1:2，故B错误；C．负极反应为2H2S–4e—==S2+4H+，为维持电解质中电荷守恒，1molH2S参与反应生成的2molH+需要通过质

子固体电解质膜进入正板区，故C正确；D．负极反应为2H2S–4e—==S2+4H+，故D错误。本题选C。7.某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶

液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3—的水解程度大于电离程度B.加入CaCl2促进了HCO3—的水解C.反应的离子方程式是2HCO3—＋Ca2

＋＝CaCO3↓＋H2CO3D.反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(Cl－)【答案】B【解析】【分析】在NaHCO3溶液中，同时存在HCO3-的水

解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，以及电离平衡HCO3-⇌H++CO32-，由于HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以NaHCO3溶液呈碱性，据此分析解答。【详解】A.在NaHCO3溶液中，同时存在HCO3-的水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，以及电离

平衡HCO3-⇌H++CO32-，由于HCO3-的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性，故A正确；B.在NaHCO3溶液中，存在电离平衡HCO3-⇌H++CO32-，加入CaCl2溶液，钙离子结合碳酸根离子形成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度减小，

从而促进了HCO3-的电离，故B错误；C.由B项分析知，加入CaCl2促进HCO3-电离平衡正向进行，会生成氢离子，氢离子与HCO3-结合生成碳酸，则反应的离子方程式是2HCO3-＋Ca2＋＝CaCO3↓＋H2CO3，故C正确；

D.溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)+c(H＋)＝c(HCO3-）＋2c(CO32-)＋c(Cl－)＋c(OH－)，又溶液pH＝7，则反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(Cl－)，故D正确；故选B。【点睛】多元

弱酸的酸式盐溶液显酸性还是碱性，对水的电离是促进还是抑制，是同学们的易混点。例如，在NaHCO3溶液中，存在HCO3-的水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解会促进水的电离，同时存在电离平衡HCO3-⇌H++CO32-，电离

会抑制水的电离，由于HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以NaHCO3溶液呈碱性，促进水的电离；又例如，在NaHSO3溶液中，存在HSO3-的水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，水解会促进水的电离，同时存在电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，电离会

抑制水的电离，由于HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液呈酸性，抑制水的电离。8.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的一种重要还原剂。一般的制备方法是将AlC13溶于有机溶剂，再把所得溶液滴

加到NaH粉末上，可制得铝氢化钠。实验要求和装置如下，回答下列问题：(1)制取铝氢化钠要在非水溶液中进行，主要原因是_______(用化学方程式表示)。用下列装置制取少量铝氢化钠(含副产物处理)较为合理的是__________。(2)对于原料A1C13的制取，某兴趣小组设计了如下装置：①连接好

装置后，应进行的第一步操作是_________；为保证产物的纯净，应待D中__________(填现象)再加热酒精灯。②B装置中盛装饱和NaCl溶液，实验开始后B中产生的现象是_________，选择饱和NaCl

溶液的理由是_____。③C装置的作用是_________；若无C装置，试预测实验后D中生成物除A1C13外可能还含有_________。(填化学式)④上述装置存在的明显缺陷是_________。【答案】(1).NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑(或写为NaH+H2O=NaO

H+H2↑)(2).D(3).检查装置的气密性(4).充满黄绿色气体时(5).白色晶体析出(6).既能除去HCl，又能降低Cl2的溶解度(7).干燥(8).Al2O3(9).没有尾气处理装置，会造成大气污染【解析】【分析】(1)铝氢化钠和氢化钠中-1价的H均易与水反应，据此分析；

根据反应物的状态及反应条件选择合适的装置；(2)用浓盐酸与MnO2混合加热制取制取Cl2，制得的Cl2中含有杂质HCl、H2O，先通过饱和食盐水除去氯化氢杂质，然后通过浓硫酸进行干燥，然后使干燥的氯气与金属铝在加热时反应制取AlCl3，据此分析解答。【详解】(1)铝氢化钠和氢化钠中-1价的H均易

与水反应，反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑(或写为NaH+H2O=NaOH+H2↑)，为防止变质，制取铝氢化钠必须在非水溶液中进行；AlC13的有机溶剂形成的溶液与NaH固体在室温下发生反应AlCl3+4NaH=NaAlH4+3Na

Cl，装置A、B都是固体物质加热制取，物质的状态、反应条件不符合，C、D从物质状态可用于制取NaAlH4，但若AlCl3中含有少量结晶水或湿存水，用该氯化铝制取NaAlH4时，就会同时产生密度比空气小的氢气，氢气只能用向下排空气的方法收集，装置C中用的是向上排空气方法，不适用于

氢气的收集，装置D合适，故合理选项是D；(2)①有气体参加的化学反应，在连接装置后，应进行的第一步操作是检查装置的气密性；为保证产物的纯净，应待D中充满黄绿色气体时再加热酒精灯，以赶走装置中空气，防止Al与装置内空气中的O2反应；②饱和食盐水中存在溶解平衡，氯气在水中存在化学

平衡。当HCl极易溶于水，溶于水后c(Cl-)增大，NaCl的溶解平衡和Cl2与水发生的可逆化学反应的平衡均向逆向移动，从而看到的现象是有白色晶体析出，该操作同时又降低了氯气的溶解度；③C装置盛有浓硫酸，其作用是干燥氯

气；若无C装置，潮湿的氯气与Al在反应时，产生的AlCl3有少量与水反应，部分变为Al(OH)3和HCl，随着水分的蒸发，HCl挥发，固体变为Al(OH)3，加热Al(OH)3发生分解反应产生Al2O3，因

此预测实验后D中生成物除A1C13外可能还含有Al2O3；(3)Cl2是有毒气体，不能随意排入大气，否则会造成大气污染，因此该装置存在的明显缺陷是没有尾气处理装置，会造成大气污染。【点睛】本题考查了物质的制备实验，涉及基本

实验操作、化学用语、流程中反应原理、混合物分离提纯等，侧重分析与实验能力的综合考查。9.某化学研究性学习小组探究与铜有关的物质的性质，过程设计如下：提出猜想：问题1：在元素周期表中，铜与铝的位置很接近，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜有两性吗？问题2：铁和铜都有变

价，一般情况下，Fe2+的稳定性弱于的Fe3+，Cu+的稳定性也弱于Cu2+吗？问题3：硫酸铜溶液呈蓝色，铜与浓硝酸常温下反应生成的溶液也是蓝色吗？实验探究：Ⅰ.解决问题1：（1）实验需配制100mL0.50mol•L-1

CuSO4溶液，必需的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、___、___。（2）为达到目的，某同学认为只要进行两次实验即可得出结论。请写出实验②的具体内容。①向盛有CuSO4溶液的试管中滴加NaOH溶液至过量，观察生成的Cu(OH)2沉淀是否溶解；②___。Ⅱ.解

决问题2的实验和现象如下：①取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃时得到黑色固体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；②取适量红色氧化亚铜粉末于洁净

试管中，加入过量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在。根据以上实验及现象回答下列问题：（3）写出氧化亚铜与稀硫酸反应的离子方程式：___。（4）从实验中可得出的结论：当温度在1000℃以上时___(填Cu2+或C

u+，下同)稳定，在酸性溶液中___稳定。Ⅲ.解决问题3，某同学设计的实验如下：取一铜片装入试管，加入适量的浓硝酸，观察溶液的颜色变化。（5）另一同学认为此同学设计的实验有缺陷，原因是___。（6）铜与浓硝酸反应溶液呈绿色，有同学认为这是生成的N

O2溶于其中的原因。请设计实验说明此解释是否正确(只需要写出一种方法即可)。___实验步骤实验结论【答案】(1).玻璃棒(2).100mL容量瓶(3).取实验①中所得沉淀，滴加稀硫酸(或稀盐酸等)至过量，观察沉淀是否

溶解(4).Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O(5).Cu+(6).Cu2+(7).产生NO2气体，污染环境(8).实验步骤实验结论向反应后的溶液中通入足量空气若溶液变蓝，则假设成立【解析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤，确认需

要的玻璃仪器都有哪些，得出结果；(2)问题1是氢氧化铜是否是两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，因此第2步是向沉淀中加入稀硫酸，观察沉淀是否溶解；(3)根据实验现象进行分析，得出反应得到Cu和Cu2＋；(4)根据信息①完成；(5)铜和浓硝酸反应生成NO2，NO2有毒，污染环境；

(6)向反应后的溶液中通入足量的空气，NO2和O2反应生成硝酸，据此分析。【详解】(1)配制1100mL0.50mol?L−4CuSO溶液还需要100mL容量瓶和玻璃棒。(2)两性是指既能与酸反应，又能与碱反应，所以还需进行的实验是2Cu(OH)与酸的反应，实验具体内

容为取实验①中所得沉淀，滴加稀硫酸(或稀盐酸等)至过量，观察沉淀是否溶解。(3)溶液变蓝说明有2Cu+生成，红色固体是Cu，结合得失电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式：222CuO2HCuCuHO+++=++。(4)由题目信息可知2Cu(OH)受热分解先生成CuO

，继续加热后生成2CuO，即在高温下Cu+更稳定。2CuO在酸性条件下会发生歧化反应，所以2Cu+在酸性条件下更稳定。(5)浓硝酸与铜反应生成的有毒气体2NO会污染环境。(6)设计实验的目的是除去2NO，而向反应后的溶液中通入空气即可将2NO除去：22234NOO2HO4HNO++=。10.“绿

水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H上述反应分两步完成，如下左图所示。(1)写出反应①的热化学方

程式(△H用含物理量E的等式表示)：________。(2)反应①和反应②中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是____(填“反应①”或“反应②”)；对该

反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____(反应未使用催化剂)。(3)某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如上图所示。前5秒内O2的平均生成速率为_______；该温度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K为_____。(4)对于(3)中的反应

体系达平衡后(压强为P1)，若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量_____(填“增大”、“减小”或“不变”)；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，c(O2)=0.09mol·L-1，则P1︰P2=_

__________。(5)水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，所得pH曲线如图所示，则A点对应的溶液c(Na+)/c(HNO2)=__

__。【答案】(1).①2NO(g)N2O2(g)ΔH=（E2－E3）kJ·mol－1；(2).反应②；(3).决定总反应速率是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢；(4).0.001mo

l·L-1·s-1；(5).100；(6).减少；(7).5：13；(8).103.70；【解析】【详解】（1）根据图像反应①的热化学方程式为2NO(g)N2O2(g)ΔH=（E2－E3）kJ·mol－1

。（2）根据图像反应①的活化能<反应②的活化能，反应①为快反应，反应②为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是慢反应②。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是：决

定总反应速率是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢。（3）前5s内υ（NO2）=（0.04mol/L-0.03mol/L）÷5s=0.002mol/(L·s)，则υ（O2）=0.001

mol/(L·s)。用三段式：2NO22NO+O2c（始）0.0400c（变）0.020.020.01c（平）0.020.020.01反应2NO22NO+O2的平衡常数为(0.022×0.01)÷0.022=0.01，则反应2NO+O22NO2的平衡常数K为1÷0.01=100。

（4）根据图像反应2NO22NO+O2为吸热反应，对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为P1)，若升高温度，平衡正向移动，再次达平衡后，混合气体的质量不变，混合气体物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小。再通入一定量O2，平衡

逆向移动，设转化NO物质的量浓度为x，则平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为（0.02+x）mol/L、（0.02-x）mol/L、0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则[（0.02-x）2×0.09]÷（0.02+x）2=0.01，解得x=0.0

1mol/L，即平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L，在恒温恒容时压强之比等于物质的量浓度之比，P1：P2=（0.02+0.02+0.01）：（0.03+0.01+0.09

）=5:13。（5）根据图像0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.15，则HNO2的电离平衡常数Ka=（1×10-2.15）2÷（0.1-1×10-2.15）；A点溶液呈中性，c（H+）=c（OH-）=1

×10-7mol/L，溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（NO2-），则A点溶液中c（Na+）=c（NO2-），A点对应的溶液中()()2cNacHNO+=()()22cNcHNOO−=Ka÷c（H+）=[（1×10-2.15）2÷（0.1-1×10-2.15）]

÷（1×10-7）=103.70。11.配合物Fe(CO)5的熔点一20℃，沸点103℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。(1)基态Fe原子的价电子排布式是_____________________；Fe(CO)5晶体类型属于__

________晶体。(2)CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式是________,写出与CO互为等电子体的分子的电子式:___________________。(3)C、O、Fe的第一电离能由大到小的

顺序为_______________________。(4)关于Fe(CO)5，下列说法正确的是______。A.Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子B.Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C.1molFe(CO)5含有10mol配位键D.Fe(CO

)5==Fe+5CO反应中没有新化学键生成(5)铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如下图所示。①上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是______(填“a”“δ””或“γ”)-Fe。②a-Fe晶胞中铁原子的

配位数为_______________。③γ-Fe晶胞的边长为apm，则γ-Fe单质的密度为____g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。【答案】(1).3d64s2(2).分子(3).C≡O(4).(5).O＞C＞Fe

(6).A、C(7).γ(8).6(9).30322410AaN【解析】【详解】(1)铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；Fe(CO)5的溶点-20℃，沸点103℃，熔沸点较低，Fe(CO)5晶体属于分子晶体，故答案为3d64s2；分子；(2)CO分子中C、O原子都满

足8电子稳定结构，CO分子的结构式为C≡O，与CO互为等电子体的分子有N2，其电子式为，故答案为C≡O；；(3)C、O、Fe三种元素的原子中，铁的原子半径最大，其金属性最强，故其第一电离能最小，C、O是同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能由大到小

的顺序为O＞C＞Fe，故答案为O＞C＞Fe；(4)A．根据Fe(CO)5的结构可知，Fe(CO)5为三角双锥结构，分子中正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO中正负电荷分布不均匀，是极性分子，故A正确；B．Fe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，

不是sp3杂化，故B错误；C.1molFe(CO)5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键，故C正确；D.Fe(CO)5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了分子中的配位键，形成了金

属键，故D错误；故选AC；(5)①根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是γ，故答案为γ；②α晶胞中晶胞顶点的铁原子与周围的6个铁原子距离相等且最小，配位数为6，故答案为6；③γ晶体晶胞的边长为apm，1个晶胞中含有的铁原

子数目=8×18+6×12=4，则γ-Fe单质的密度=103456(10)AgNacm−=30322410AaNg/cm3，故答案为30322410AaN。【点睛】本题的易错点为(4)和(5)，(4)中要注意Fe(CO)5为三角双锥结

构，具有对称性结构，铁原子与配体间形成配位键，CO中也存在配位键；(5)中要注意晶体密度的计算方法。另外C、O、Fe的第一电离能的大小也可以根据元素的金属性和非金属性的强弱判断。12.咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线

如图所示：回答下列问题：（1）C+D→E反应类型为______。F中含氧官能团的名称是______。（2）D分子中位于同一平面上的原子最多有______个。G的结构简式为______。（3）H→咖啡酸乙酯的化学方程式为_

_____。（4）芳香族化合物M是H的同分异构体，1molM与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2，M的结构有______种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为_____

_。（5）以上图中的C和甲醛为原料，设计合成C5H12O4（）的路线（无机试剂任任选）。________________________【答案】(1).加成反应(2).醛基(3).14(4).(5).(6).10(7).(8).【解析】A的相对分子质量是28，A是乙烯

，与水加成生成B是乙醇，催化氧化生成C是乙醛。C与D发生醛基的加成反应生成E，E在浓硫酸的作用下发生消去反应生成F为，F发生银镜反应并酸化后生成G为。G发生水解反应生成H，H与乙醇发生取代反应生成咖啡酸乙酯。（1）根据以上分析可知C+D→E反应类型为加成反应。F中

含氧官能团的名称是醛基。（2）醛基和苯环均是平面形结构，则D分子中位于同一平面上的原子最多有14个。G的结构简式为。（3）H→咖啡酸乙酯的化学方程式为。（4）芳香族化合物M是H的同分异构体，1molM与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2，说明含有2个羧基，如果苯环上有3个取代基，应该是2

个羧基和1个甲基，如果是两个取代基，应该是－COOH和－CH2COOH，如果是一个取代基，应该是－CH(COOH)2，M的结构有10种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为、。（5）根据已知信息结

合逆推法可知以甲醛、C为原料合成C5H12O4的路线为。点睛：有机物的合成是通过化学反应使有机物的碳链增长或缩短，或碳链和碳环的相互转变，或在碳链或碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同类型、不同性质的有机物。有机合成题

能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力等。有机合成路线的选择基本要求是：原料廉价易得，路线简捷，便于操作，反应条件适宜，产品易于分离等。解答有机合成题目的关键在于：①选择出合理简单的合成路线；②熟练掌握好

各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。具体的方法是教材中“旧”知识和题意中“新”知识的应用，尤其要注意隐藏在题干中的信息的获取往往是解答的难点和盲点。