【文档说明】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三6月复课线下考查理综化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，736.000 KB，由小赞的店铺上传

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哈师大附中2017级高三复课线下考查卷理科综合能力测试化学注意事项：1.答题前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答題卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答題卡的指定位置上。2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后

，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的

题号涂黑。可能用到的相对原子质量：N-14O-16Na-23Fe-56Bi-209一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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、生活及社会发展密切相关，下列有关说法错误的是（）A.“血液

透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成C.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮【答案】C【解析】【分析】【详解】A．“血液透析”利用胶体不能透过半透膜性质

，“静电除尘”利用了胶体粒子带电的性质，故A正确；B．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，达到减少酸雨的目的，故B正确；C．若要提取氯、溴、碘等单质，要将其从化合态转变为游离态，需要通过

化学反应，但若提取食盐，则只需物理分离即可，故C错误；D．硅胶具有吸水性，可在食品袋中作干燥剂，防止食物受潮，故D正确；故答案为C。2.氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错

误的是（）A.标准状况下，5.6LNO与5.6LO2充分混合后的分子数为0.5NAB.标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数为10NAC.13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NAD.

常温下，1L0.1mol·L−1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.标准状况下，5.6LNO的物质的量为0.25mol，5.6LO2的物质的量为0.25mol，两者充分混合后发生2NO＋O2＝2NO2，根据方程式关系，消耗O2的物质的量为0.1

25mol，NO反应完，生成0.25molNO2，总的物质的量为0.25mol＋0.125mol＝0.375mol，由于二氧化氮还会自发发生可逆反应生成四氧化二氮，因此物质的量小于0.375mol，分子数小于0.375NA，故A错误；B.1个15NH3含有10个质子，

标准状况下，22.4L15NH3的物质的量为1mol，因此22.4L15NH3含有的质子数为10NA，故B正确；C.NO2与足量水反应3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，3molNO2转移2mol电子，13.8gNO2的物质的量1m13.8gn=0.3molM46gmol−==，因此

13.8gNO2与足量水反应转移的电子数为0.2NA，故C正确；D.常温下，1L0.1mol·L−1NH4NO3溶液物质的量为1(aq)n=V0.1molL=0.1moL1lc−=，因此含有的氮原子数为0.2NA，故D正确。综上所述

，答案为A。3.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示。下列说法错误的是（）A.Y和W的简单离子的半径大小：W＜YB.Y的氧化物对应的水化物

可能是弱酸C.氢化物的沸点：X一定小于ZD.化合物(ZXY)2中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示，Z有两个价键、X有四个价键、Y有三个价键，则X为C，Y为N，Z为O

，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，则W为Al。【详解】A.根据同电子层结构，核多径小原则，Y和W的简单离子的半径大小：W＜Y，故A正确；B.Y的氧化物对应的水化物若为HNO2则为弱酸，故B正确；C.氢化物的沸点：X不一定小于Z，比如常温是固态的烃与水相比，故C错误；D.根据结构式并分析

周围的电子，Y(N)有三个价键，还有1对孤对电子，X(C)有四个价键，Z(O)有两个价键，还有2对孤对电子，因此化合物(ZXY)2中所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为C。4.阿巴卡韦(Abacavir

)是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M（），下列说法正确的是（）A.与环戊醇互为同系物B.分子中所有碳原子共平面C.能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且反应类型相同D.可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M【答案】D【

解析】【详解】A.阿巴卡韦含有2个羟基，环戊醇含1个羟基，因此结构不相似，不与环戊醇互为同系物，故A错误；B.分子中带*号的碳原子与周围三个碳原子不可能在同一平面内，故B错误；C.能使酸性高锰酸钾溶液是发生氧化反应，使溴水褪色是发生加成反应，反应类型不相同，故C错误；D.碳酸钠和乙

酸反应生成气体，M和碳酸钠不反应，因此可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M，故D正确。综上所述，答案为D。5.下列说法正确的是（）A.将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中可检验其漂白性B.欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和NaHS溶液C.乙酸乙酯制

备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D.用pH试纸分别测定等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比较HCN和HClO的酸性强弱【答案】B【解析】【分析】【详解】A．SO2是酸性氧化物，能与NaOH反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，与漂白性无关，A错误；B．N

aHS可以与HCl反应生成H2S，并且NaHS溶液可以抑制H2S进一步的溶解，因此NaHS可以除去H2S气体中混有的HCl，B正确；C．乙酸乙酯制备实验中，导管需悬在液面上方，以防止倒吸，C错误；D．NaClO具有漂白性，不能用

pH试纸测定溶液的pH，D错误；故选B。【点睛】测定溶液pH时需注意：①用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；②不能用pH试纸测定具有漂白性溶液的pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。6.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐

池的装置如图所示，下列说法正确的是（）A.该装置工作时，电能转化为化学能B.该装置可以在高温下工作C.X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜D.负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+【答案】D【解析】【分析】由图中信息可知，该

装置为原电池装置，左侧为原电池负极，有机物在此电极上失电子，海水中阴离子向此电极移动，右侧为原电池正极，氧气在此电极上得电子，海水中阳离子向此电极移动。【详解】A．该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电

能的装置，A错误；B．高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，B错误；C．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，C错误；D．由图片可知，负极为有机废水CH3

COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，D正确；故选D。7.常温下，向1L0.01mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，保持温度和溶液体积不变，混合溶液的pH与离子浓度

变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是A.0.01mol·L－1HR溶液的pH约为4B.随着氨气的通入，-c(HR)c(R)逐渐减小C.当溶液为碱性时，c（R－）＞c（HR）D.当通入0.01molNH3时，溶液中存在：c（R－）＞c（NH4+）＞c

（H+）＞c（OH－）【答案】D【解析】【详解】A.pH=6时c(H+)=10-6，由图可得此时-c(R)lgc(HR)=0，则Ka=()()()-+cRcHcHR=10-6，设HR0.01mol·L－1电离了Xmol·L－1，Ka=()()()

-+2cRcHx=cHR0.01-x=10-6，解得X=10-6，pH=4，A项正确；B.由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，()()-cHRcR=()()()()+-+cHRcHcRcH=c(H+)/Ka温度不变时Ka的值不变，c(H+)浓度在减小，故()()-cHRcR在减小，B项

正确；C.当溶液为碱性时，R－的水解会被抑制，c(R－)＞c(HR)，C项正确；D.Ka=10-6，当通入0.01molNH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解

程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，D项错误；答案选D。8.铋酸钠（NaBiO3）常用作Mn2+鉴定的强氧化剂，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量B

i2O3、SiO2等杂质）制备铋酸钠，其流程如图：己知：①NaBiO3是一种难溶于水的物质②BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀请回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有___（填标号）。a.加入足量的蒸馏水b.搅拌c.粉碎矿石d.降低温度（2）溶浸时通常加入

FeCl3溶液和浓盐酸，加入的浓盐酸需过量的目的是___，滤渣A的主要成分为___（填化学式）。（3）反应④的化学方程式为___。（4）NaBiO3可在酸性介质中将Mn2+氧化为MnO-4，故可用于Mn2+

的鉴定。已知NaBiO3被还原为Bi3+，该反应的离子方程式为___。（5）实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL0.500mol/LFeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要___

。（6）取上述NaBiO3样品10.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，稀释至100mL，取出20.00mL溶液，然后用新配制的0.500mol/LFeSO4溶液进行滴定，滴定完成后消耗24.80mLFeSO4溶液。则该样品中NaBiO3纯度为___%（结果保留小数点后一位）。【答案

】(1).bc(2).防止FeCl3及BiCl3水解，提高原料的浸出率(3).SiO2、S(4).2Bi+Na2O2+2O2焙烧2NaBiO3(5).5NaBiO3+2Mn2++14H+=2-4MnO+5Na++5Bi3++7H

2O(6).250mL容量瓶、胶头滴管(7).86.8【解析】【分析】本实验利用辉铋矿制备铋酸钠，首先向辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸，使Bi全部变为Bi3+，矿石中的SiO2不溶于溶液、S离子变为单质，滤渣A的主要成分是SiO2和S；随后向含

有Bi3+的溶液中加入铁粉，由于Fe的活动性强于Bi，可以将Bi3+还原为Bi单质，Bi单质与过氧化钠在空气中焙烧即得到铋酸钠固体。【详解】(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石

、升高温度等，所以正确的选项是bc；(2)FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，Fe3+、Bi3+会发生水解反应形成Fe(OH)3、Bi(OH)3等不溶性沉淀，溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，向其中加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶

性沉淀，提高原料的浸出率；酸性氧化物SiO2不能与酸发生反应，在加入FeCl3溶液时会发生氧化还原反应：S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+，产生的S单质难溶于水，也以沉淀的形式存在，所以得到的滤渣成分是S、SiO2；(3)Bi和过氧化钠在空气中焙烧，生

成铋酸钠，反应方程式为2Bi+Na2O2+2O2焙烧2NaBiO3；(4)铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为-4MnO，则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，NaBiO3被还原为Bi3+的离子方程式是5NaBiO3+2Mn2

++14H+=2-4MnO+5Na++5Bi3++7H2O；(5)实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL2.0mo1·L-1FeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管；(6)根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得关系式：NaB

iO3~2FeSO4，n(FeSO4)=2.0mo1·L-1×0.031L=0.062mol，则n(NaBiO3)=0.031mol，所以该样品中NaBiO3纯度为0.031mol280g/mol100%10.0g=86.8%。9.苯甲酸乙酯(C9H10O2)稍有水果气味，用于配制

香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等。其制备方法为＋C2H5OH＋H2O已知：物质颜色、状态沸点(℃)密度(g·cm-3)相对分子质量苯甲酸无色、片状晶体；100℃会迅速升华249

1.2659122苯甲酸乙酯无色澄清液体212.61.05150乙醇无色澄清液体78.30.789346环己烷无色澄清液体80.80.731884实验步骤如下：①在100mL圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇(过量)、20mL环己烷，以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图I所

示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2h。反应时环己烷—乙醇—水会形成“共沸物”(沸点62.6℃)蒸馏出来。再利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞。继续加热，至分水器中收集到的

液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液呈中性。④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并有机层。加入氯化钙，对粗产品进行蒸馏(装置如图II所示)。低温蒸

出乙醚后继续升温，接收210～213℃的馏分。⑤检验合格，测得产品体积为12.86mL。（1）步骤①中加入沸石的目的是______；使用分水器不断分离除去水的目的是___。（2）步骤②中继续加热的温度应控制在____（填标号）。A.65～70℃B.78～80℃

C.85～90℃D.215～220℃（3）步骤③中若Na2CO3加入不足，在步骤④蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是____。（4）步骤④中分液操作叙述正确的是___（填标号）。A.向盛有水层的分液漏斗中加入乙醚，盖好玻璃塞，将分液漏斗倒转，用力振荡B.

振荡几次后需打开分液漏斗的下口活塞放气C.经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D.液体分层后，将分液漏斗上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔E.分液操作时，分液漏斗中的下层液体由下口放出，然后再将上层液体由下口放出（5）图II中仪器A的名称是___，步骤④中

氯化钙的作用是___。（6）该实验产品的产率为___（结果保留三位有效数字）。【答案】(1).防止暴沸(2).有利于平衡不断向正反应方向移动，提高苯甲酸乙酯产率(3).C(4).苯甲酸乙酯中混有苯甲酸，在受热至100℃时发生升华(5).ABD(6).蒸馏烧瓶(7).干燥有机层(8).

90.0%【解析】【分析】本题考查苯甲酸乙酯的制备。在圆底烧瓶中加入原料，经浓硫酸催化后生成苯甲酸乙酯和水，利用“环己烷—乙醇—水”这个共沸物将水带出，使酯化反应继续进行；随后利用碳酸钠溶液除去混合溶液中的苯甲酸和硫酸；随后利用乙醚将有机物萃取出来，经蒸馏得到苯甲酸乙酯，称量后计算产

率。【详解】(1)反应过程中加入沸石的目的是防止暴沸；反应＋C2H5OH＋H2O为可逆反应，使用分水器不断分离除去水，减小生成物浓度，有利于平衡不断向正反应方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率；(2)根据题意，反应时环己烷—乙醇—水会形成“共沸物”蒸馏出来

。烧瓶内的苯甲酸乙酯中混有乙醇、环己烷、苯甲酸和硫酸，步骤②继续加热蒸出苯甲酸乙酯中的乙醇、环己烷，乙醇的沸点为78.3℃，环己烷的沸点为80.8℃，苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，所以步骤②应控制馏分的温度在85~90℃，答案选C；(3)步骤③中加入Na2CO3除去苯甲酸

乙酯中混有的苯甲酸和硫酸，若Na2CO3加入不足，苯甲酸没有完全除去，步骤④蒸馏时蒸馏烧瓶中可见白烟的原因是：苯甲酸乙酯中混有苯甲酸，苯甲酸在受热至100℃时发生升华；(4)A选项，为了使乙醚和水溶液充分接触，水溶液中加入乙醚转移至分液漏斗中后，需塞上玻璃塞，将分液漏斗倒转用力振摇，A项

正确；B选项，为防止分液漏斗中气压过大将玻璃塞弹出，振摇几次后需打开分液漏斗下口的玻璃塞放气，B项正确；C选项，经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在带铁圈的铁架台上静置待液体分层，C错误；D选项，液体分层后，将分液

漏斗上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，以保证分液漏斗内外压强相等，内部液体顺利流出，D正确E选项，分液操作时，分液漏斗中的下层液体由下口放出，然后将上层液体从上口倾倒出来，D项错误；答案选ABD

；(5)蒸馏装置图中仪器A的名称是蒸馏烧瓶；在步骤④中加入CaCl2的作用是作为吸水剂，干燥有机层；(6)由于乙醇过量，以苯甲酸计算理论生成的苯甲酸乙酯，n(苯甲酸乙酯)理论=n(苯甲酸)=12.20g122g/mol=0.1mol，m(

苯甲酸乙酯)理论=0.1mol×150g/mol=15g，该实验产品的产率=1.05g/mL12.86mL100%15g=90.0%。10.汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。I.已

知4CO（g）+2NO2（g）4CO2（g）+N2（g）∆H=﹣1200kJ•mol﹣1（1）该反应在___（填“高温、低温或任何温度”）下能自发进行。（2）对于该反应，改变某一反应条件（温度T1＞T2），下列图象正确的

是___（填标号）。（3）某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料。甲：NO20.2mol，CO0.4mol；乙：NO20.1mol，CO0.2mol。经过一段时间后达到平衡状态。①N2的

平衡体积分数：甲___乙（填“＞、＝、＜或不确定”，下同）。②NO2的平衡浓度：甲___乙。③甲中CO的转化率为50%，该反应的平衡常数为___。II.柴油汽车尾气中的碳烟（C）和NOx可通过某含钴催化剂催化消除。不同温度下，将模拟尾气（成分如表所示）以相同的流

速通过该催化剂测得所有产物（CO2、N2、N2O）与NO的相关数据结果如图所示。模拟尾气气体（10mol）碳烟NOO2He物质的量（mol）0.0250.59.475一定量（4）375℃时，测得排出的气体中含amolO2和0.05

25molCO2，已知X为N2，Y为N2O，则a=___。（5）实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是___。【答案】(1).低温(2).CD(3).＞(4).＞(5).10L/mol(6).0.45(7).NO2气

体中有N2O4，不便进行定量测定【解析】【分析】根据化学反应的复合判据判断反应能否自发进行；根据影响化学平衡的因素判断图像的正确；根据平衡转化率计算化学平衡常数，根据图像和守恒法计算。【详解】Ⅰ.已知4CO(g)＋2NO2(g)⇌4CO2(g)＋N2(g)ΔH=-1200kJ

·mol−1(1)ΔH=-1200kJ·mol−1<0，正反应为气体体积减小的过程，即为熵减的过程，ΔS<0，结合复合判据ΔH-TΔS<0反应能自发进行，则该反应在低温时能自发进行；(2)A.T1>T2，由T1到T2为降温，反应速

率应减小，图像与实际不符，故A错误；B.利用“先拐先平数值大”的原则，根据图中显示可得T1<T2，图像与实际不符，故B错误；C.增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大；保持压强不变，降低温

度，平衡向放热的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大，图像与实际相符合，故C正确；D.平衡常数只与温度有关，改变压强平衡常数不变，图像与实际相符合，故D正确；答案选CD；(3)①甲的投料是乙的两倍，乙

相当于在甲达到平衡后减小压强使容器的体积变为4L，减小压强平衡逆向移动，则甲中N2的平衡体积分数大于乙；②甲的投料是乙的两倍，乙相当于在甲达到平衡后减小压强使容器的体积变为4L，若平衡不移动则乙中NO2浓度为甲中的一半，减小压强虽然平衡逆向

移动，根据勒夏特列原理，甲中NO2的平衡浓度大于乙；③设甲中达到平衡状态时CO的变化物质的量为x，则x100%0.4mol=50%，可得x=0.2mol，2224CO(g)+2NO(g)4CO(g)+N(g

)/mol0.40.200mol0.20.10.20.05/mol0.20.10.20.05初始变化/平衡则该反应的平衡常数K=422422c(CO)c(N)c(CO)c(NO)=4240.050.2

mol/L(mol/L)220.10.2(mol/L)(mol/L)22=10L/mol；Ⅱ(4)模拟尾气中含NO0.025mol，X为N2，Y为N2O，根据图示NO转化为N2的转化率为16%，转化为

N2O的转化率为8%，根据N守恒，则排出的气体中N2物质的量为0.025mol×16%÷2=0.002mol、N2O物质的量为0.025mol×8%÷2=0.001mol，排出的气体中有0.0525molCO2，根据得失电子守恒，0.002m

ol×2×2+0.001mol×2×1+4n(O2)消耗=0.0525mol×4，解得n(O2)消耗=0.05mol，则排出的气体中含O2物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，即a=0.45。(5)实验过程中

采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是：NO2中存在2NO2N2O4的平衡体系，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。11.铁被称为“第一金属”，硫被称为“生命元素”，它们形成的物质种类非常丰富，在生产、生活中用途广泛。（1）基态S原

子有___种能量不同的电子，其价电子排布图为___。（2）硫能形成S2O2-3、SO2-3等多种含氧酸根，试推测S2O2-3的空间构型为___，SO2-3的中心原子杂化方式为___。（3）SCN-与Fe3+能发生显色

反应，该反应常用作检验Fe3+的存在。①铁元素位于元素周期表的___区。②SCN-的三种元素的电负性由大到小的顺序为___（用元素符号表示）。写出与SCN-互为等电子体的分子的分子式___（任写一种）。③Fe(SCN)3中不存在的化学键有___（填标号）。A.离子键B.极

性键C.非极性键D.配位键E.σ键F.π键（4）部分卤化铁的熔点如下表所示：卤化铁FeF3FeCl3熔点/℃1100306解释表中物质之间熔点差异的原因___。（5）某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B

两种方块组成。①该氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-个数的最简整数比为___。②己知该晶体的密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数a为___nm（用含d和NA的代数式表示）。【答案】(1).5(2).(3).四面体形(4).sp3(5).d(6).N>S>C(7).C

O2（或CS2或COS）(8).AC(9).FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体，离子键强于分子间作用力，因此FeF3熔点大于FeCl3熔点(10).1：2：4(11).a=73A185610Ndnm【解

析】【分析】根据基态原子占据的电子轨道分子电子能量；根据基态原子电子排布规则绘制价电子排布图；根据价层电子对互斥理论推测空间构型和中心原子杂化方式；根据晶体种类不同分析晶体的熔沸点大小；根据均摊法计算晶胞参数。

【详解】(1)基态S原子的电子共占据5种不同的轨道，即1s、2s、2p、3s、3p，故共有5种不同能量的电子；其价电子的电子排布图为；(2)2-23SO的空间构型，根据价层电子对互斥理论，其中1个S为中心原子，则孤电子对数=6+2-21-232=0

，故2-23SO的空间构型为四面体型；2-3SO中孤电子对数=6+2-232=1，中心原子S周围共有4个电子对，因此中心原子S的杂化方式为sp3杂化；(3)①铁元素位于元素周期表的d区；②同一周期原子从左向右电负性依次增

大，同一主族元素从上到下电负性依次减小，故SCN-中三种原子的电负性大小从大到小为N>S>C；价电子数相同原子总数相同的分子或离子互称等电子体，SCN-的等电子体为分子的可以为CO2或CS2或COS；③Fe(SCN)3中Fe3+与SCN-

以配位键形式存在，SCN-的结构式为[S-C≡N]-，其中S与C之间、C与N之间以极性共价键形式存在，S与C之间为单键，为σ键，C与N之间为三键，其中一个为σ键，剩余两个为π键，因此Fe(SCN)3中含有极性键、配位键、σ键和π键，不含有离子键和非极性共价键，故选

AC；(4)因F的电负性强于Cl，故F与Fe形成的化合物FeF3为离子晶体，Cl与Fe形成的化合物FeCl3为分子晶体，离子键强于分子间作用力，因此FeF3熔点大于FeCl3熔点；(5)A方块含有1.5个亚铁离子、4个氧离子，B方块含有0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子，则该氧化物中Fe2+

、Fe3+、O2-的个数比为1∶2∶4；1个晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为8、16、32，它们的相对质量之和是24×56＋32×16＝1856，根据m=ρV计算，1856g=dg/cm-3×a3×NA，a=73A185610Ndnm。12.1，3—环己二酮（）

常用作医药中间体，用于有机合成。1，3—环己二酮的一种合成路线如图所示。回答下列问题：（1）甲的分子式为___。（2）丙中含有官能团的名称是___。（3）反应①所需的试剂和条件是___；②的反应类型是___。（4）丁的结构简式为___。（5）写出丙与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程

式___。（6）符合下列条件的乙的同分异构体共有___种。①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶6的一种同分异构体的结构简式为___(任写一种)。【答案】(1).C6H11Br(2).醛基、羰基(3).氢氧化钠醇溶液，加热(4).氧

化反应(5).(6).CHO+2Cu(OH)2+NaOHCOONa+Cu2O↓+3H2O(7).12(8).或【解析】【分析】甲的分子式为C6H11Br，经过过程①，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，有甲的结构和乙的分子式可以推断中间体C6H

10的结构为，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应生成，经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④在一定条件下生成，据此分析。【详解】(1)根据甲的结构简式，甲分子的分子式为C6H11Br；(2)根据丙分子的结构，

丙分子中含有醛基、羰基；(3)根据有机物甲的分子式和中间体的分子式可以分析，二者相差1个HBr，故为卤代烃的消去反应，则反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热；反应②过程中有机物丙中的醛基变为羧基，故反应②的反应类型为氧化反应；(4)丁为和乙醇发生酯化反应的产物，则丁的结构简式为；(5)丙中的醛基

可以与新制氢氧化铜悬浊液反应，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；(6)由性质可以推断出该有机物分子含有1个醛基和1个羧基，然后固定羧基在碳链的一端，写出烃基-C4H9的可能

结构，即为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)2CHCH2COOH、(CH3)3CCOOH，然后再利用醛基取代其中的1个H原子，异构体种类分别有4、4、3、1种，共计12种；其中在核磁共振氢谱中峰面积比为1∶1∶2∶6的一种同分异构体，有H原子的

种类和峰面积，可以确定结构简式为或。