【文档说明】【精准解析】江苏省徐州市第一中学2019-2020学年高二下学期第四次线上周考化学试题.doc，共(18)页，970.000 KB，由小赞的店铺上传

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徐州一中2019～2020学年高二下学期第四次在线检测化学试卷可能用到的相对原子质量：H1N14O16F19S32Cl35.5Fe56Ni59一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产生

活社会密切相关。下列做法不正确的是()A.碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料B.空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能C.在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性D.“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三

枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯【答案】A【解析】【详解】A.碳纳米管是由碳原子组成的，是碳单质，碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，故可做储氢材料，故A不正确；B.利用高纯硅的半导体性能，可以制成

光电池，将光能直接转换为电能，故B正确；C.醋酸的酸性强于碳酸，强于次氯酸，在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性，故C正确；D.乙烯能作催熟剂，故D正确；故答案为A。2.下列有机物命名正确的是A.1,3,4-三甲苯B.2-甲基-2-氯丙烷C.2-甲基-1-丙

醇D.2-甲基-3-丁炔【答案】B【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、

3(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三，如：二甲基

，其位置以,隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可知，B正确。A不正确，应该是1，2，4-三甲苯；C不正确，应该是2－丁醇；D不正确，应该是3-甲基-1-丁炔，答案选B。考点：考查有机物命名的正误判断点评：该题是中等难

度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养，有助于培养学生的逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。该题的关键是明确有机物命名的原则，然后灵活运用即可。3.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（）A.除去Cl2中含有的少量HCl

B.蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体C.制取少量纯净的CO2气体D.分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【解析】【详解】A．除去Cl2中含有的少量HCl，Cl2氯化氢均与NaOH溶

液反应，无法达到分离提纯的目的，应该选用饱和食盐水，A错误；B．直接蒸干FeCl3饱和溶液时，铁离子水解生成HCl，蒸干得到Fe(OH)3，灼烧产物为Fe2O3，不能制备FeCl3晶体，B错误；C．图中是简易的启普发生器装置，适合于不需加热的块状固体与液体反应制备气体，纯碱是白色粉末状

物质，易溶于水，使用启普发生器不能控制反应停止，达不到制备少量CO2的目的，C错误；D．CCl4萃取碘水后的有机层和水层互不相溶，CCl4密度大在下层，水在上层，可用分液漏斗分离，D正确；故选D。【点睛】启普发生器装置适用于块状固体与液体反应，在不加热情况下制备气体

，优点是“随开随用，随关随停”。4.下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是A.[Ne]B.[Ne]C.[Ne]D.[Ne]【答案】D【解析】【分析】电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态，而第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，据此判断解答。【详解】A

B为基态，其中A失去最外层1个电子，为第三电离能，B失去最外层1个电子，为第二电离能；C为铝离子，稳定结构，失去最外层1个电子所需能量最大；D为铝原子的核外电子排布的激发态，易失去最外层的一个电子；所以电离最外层的一个电子所需能量最小的是D。答案选D。【点睛】本题考查

电离能大小判断，明确铝原子核外电子排布，电离能基本概念和大小规律是解题关键。5.普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是A.能与FeCl3溶液发生显色反应B.不能使酸性KMnO4溶液褪色C.能发生加成、取代、消去反应D.1mol该物质

最多可与1molNaOH反应【答案】C【解析】【分析】由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-OH、-COOC-、-COOH，结合烯烃、羧酸、醇、酯的性质来解答。【详解】A、不含苯环，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；

B、含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C、含有羟基，邻位含有氢原子，可发生消去反应，含有碳碳双键、羧基等，能发生取代反应、加成反应，故C正确；D、-COOH、-COOC-可与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2molN

aOH反应，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇及酯性质的考查。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族

元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是（）A.Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB.Y单质的熔点高于X单质C.X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD.中W和Y都满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】短

周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，说明W为O，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。【详解】A选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl>SiH4，故A错误；B

选项，Si单质的熔点高于Na单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，故B正确；C选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故C正确；D选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32－中Si和O都满足8电子稳定结构，故D正

确。综上所述，答案为A。【点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断化合物中各原子是否满足8电子稳定结构。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量

浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法正确的是A.明矾、小苏打都可称为混盐B.在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C.每产生1molCl2，转移电子数为NAD.1molCaOCl2中共含离子数为4NA【答案】C【解析】【

详解】A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1mo

lCl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1molCaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离

子。8.下列实验操作、现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧火焰呈紫色证明其中含有K+B向CuSO4溶液中通入H2S气体出现黑色沉淀酸性：H2S＞H2SO4C将等浓度等体积的KI溶液和FeCl3溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液溶液变红溶液

中存在平衡:2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2D用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液反应速率加快CuSO4是该反应的催化剂A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，滤去黄光，直接观察不能检验钾离子，故

A错误；B、CuSO4溶液中通入H2S气体，生成黑色沉淀CuS，不溶于硫酸，不能比较酸性，故B错误；C、充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，可知铁离子不能完全反应，则溶液中存在平衡：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故C正确；D、加几滴CuSO4溶液，Zn置换出Cu，构成原电

池，可加快反应速率，与催化剂无关，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、酸性比较、可逆反应、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验

的评价性分析。9.利用如图装置(略去部分夹持仪器，气密性已检验)生产硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)。实验步骤是先向装置①的烧瓶中滴加80%的浓H2SO4；充分反应后过滤装置③中混合物，滤液经结晶即得到产品。已知：2Na2S＋Na2S

O3＋3SO2=3Na2S2O3。下列判断不正确的是()A.应用装置①，利用H2O2和MnO2可制备少量O2B.装置③中Na2S和Na2SO3的物质的量之比最好为1：2C.实验过程中，装置②和装置④的作用相同D.装置⑤中盛有NaOH溶液，可吸收多余的尾气【答案】B【解析

】【分析】由实验装置可知，①中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②作安全瓶，③中发生2Na2S+Na2SO3+3SO2═3Na2S2O3，④作安全瓶，⑤中NaOH溶液可吸收尾气，以此解答该题。【详解】A、①可为液体和固体反应生成气体的装置，可用H2O2和MnO2可制备少量O2，故

A正确；B、③中发生2Na2S+Na2SO3+3SO2═3Na2S2O3，由方程式可知Na2S和Na2SO3的物质的量之比最好为2：1，故B错误；C、装置②和装置④都用作安全瓶，可防止倒吸，故C正确；D、为避免二氧化硫污染环境，可用氢氧化钠溶液吸收，故D正确。答案选B。【点睛】本

题考查物质的制备实验，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。10.钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（）A.将黑钨铁矿粉碎的目的是

增大反应的速率B.共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C.操作II是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定D.在高温下WO3被氧化成W【答案】D【解析】【详解】A.根据影响反应速

率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；B.根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(I

II)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；C.根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥

，分离出来，加热后分解生成WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；D.WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原，故D错误。故选D。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.有一种锂

离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是

A.放电时，此电池逐渐靠近磁铁B.放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2OC.放电时，正极质量减小，负极质量增加D.充电时，阴极反应为Li++e-=Li【答案】C【解析】【详解

】A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，故正确；C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失

去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。故选C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。12.某

容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO3－、N2、Cl－六种离子。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是A.还原剂是含CN－的物质，氧化

产物不只有N2B.氧化剂是ClO－，还原产物是HCO3－C.参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:5D.标准状况下若生成2.24LN2则转移电子为1mol【答案】BC【解析】【分析】由图可知，ClO-是反应物、N2是

生成物，结合元素守恒知，CN-为反应物、Cl-生成物，反应中C元素应该生成物HCO3-，根据元素守恒知水是反应物，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒配平方程式为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2HCO3-，氧化剂是ClO-、还原剂是

CN-，以此来解答。【详解】A、还原剂是CN-，还原剂对应的产物是氧化产物，氧化产物是N2、HCO3-，故A正确；B、氧化剂的ClO-，还原剂对应的产物是氧化产物，氧化产物是N2、HCO3-，故B错误；C、氧化剂是ClO-、还原剂

是CN-，其计量数之比等于物质的量之比，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，故C错误；D、标况下生成2.24L氮气时，其物质的量为0.1mol，生成0.1mol氮气同时还生成0.2molHCO3-，转移电子物质的量为

0.1mol×2×[0-（-3）]+0.2mol×（4-2）=1mol，故D正确。答案选BC。【点睛】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法的应用

。13.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是A.放电时Li+脱离石

墨，经电解质嵌入正极B.隔膜在反应过程中只允许Li+通过C.充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D.充电时电子从电源经铝箔流入正极材料【答案】D【解析】【分析】放电时，LixC6在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反

应为：LixC6-xe-=xLi++6C，其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，【详解】A.放电时，LixC6在负极上失电子发生氧化反应，其

负极反应为：LixC6-xe-=xLi++6C，形成Li+脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A项正确；B.原电池内部电流是负极到正极即Li+向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B项正确；C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的

正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极

发生的氧化反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+，C项正确；D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D项错误；答案选D。【点睛】可充电电池充电时，原电池的正极与

外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4

-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+。14.常温下，用pH传感器进行数字化实验，分别向两个盛50mL0.100mol/L盐酸的烧杯中匀速滴加50mL去离子水、50mL0.100mol/L醋酸铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知常温下醋酸铵溶液pH＝7

，下列说法错误的是A.曲线X表示盐酸中加醋酸铵溶液稀释的pH变化B.曲线Y的pH变化主要是因为CH3COO-与H+结合成了弱电解质C.a点对应的溶液中c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)－c(NH4+)

＝0.01mol/LD.b点对应的溶液中水电离的c(H+)＝10-12.86mol/L【答案】AC【解析】【分析】分别向两个盛50mL0.100mol/L盐酸的烧杯中匀速滴加50mL去离子水、50mL0.100

mol/L醋酸铵溶液，加水稀释对pH变化影响较小，加入醋酸后发生反应H++CH3COO-⇌CH3COOH，生成弱电解质CH3COOH，溶液中氢离子浓度迅速减少，pH变化较大，则X曲线表示盐酸中加水稀释，曲线Y表示盐酸中加入醋

酸，据此结合电荷守恒分析。【详解】A、曲线X变化不大，表示盐酸中加水稀释的pH变化，故A错误；B、曲线Y变化较大，说明发生反应H++CH3COO-⇌CH3COOH，CH3COO-与H+结合成了弱电解质，溶液中氢离子浓度迅

速减少，故B正确；C、a点pH=2，c(H+)=0.01mol/L，根据电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(NH4+)=c(NH4+)+0.01mol/L，则c(OH-)+c(

Cl-)+c(CH3COO-)-c(NH4+)=0.01mol/L，故C错误；D、根据图示可知，b点溶液的pH=1.14，c(H+)=10-1.14mol/L，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H

+)=c(OH-)=10-12.86mol/L，故D正确。答案选AC。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。15.电催化N2还原制NH3的一种反应机理如图所示，

其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，下列说法不正确的是A.N2生成NH3是通过多步还原反应实现的B.两个氮原子上的加氢过程同时进行C.析氢反应(H*+H*→H2)会影响NH3的生成D.NH3的及时脱附有利于增加催化剂活性位【答案】B【解析】【详解】A、由图可知，N2生成NH3是通过N2

→*N2→*NNH……NH3多步还原反应实现的，故A不符合题意；B、由图可知，加氢过程是分步进行的(*N2→*NNH→*NHNH)，故B符合题意；C、析氢反应(H*+H*→H2)会导致NH3中H不足，从而影响NH3的生成，故C不符合题意；D、NH3的及时脱附，能够增加催化剂与反应物的

接触面积，即有利于增加催化剂活性位，故D不符合题意；故答案为B。三、非选择题：本题共2小题，共40分。16.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：(1)准晶是

一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过__________方法区分晶体、准晶体和非晶体。(2)基态铜原子的电子排布式为______。(3)CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是____

_____。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_______个铜原子。(4)Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图：该配离子中含有的化学键类型有_______________(填字母序号)。A.配位键B.极性键C.

离子键D.非极性键(5)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1molFe(CO)5分子中含_____________molσ键。(6)某种磁性氮化铁的结构如图所示N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长

为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为______g/cm3(列出计算式)。【答案】(1).X—射线衍射(2).1s22s22p63s23p63d104s1(3).Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+

中3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定(4).16(5).ABD(6).10(7).212A7281033caN【解析】【分析】（1）用X光照射晶体发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；（2）Cu为29号元素，位于第三周期第ⅠB族；（3）在Cu2O中Cu+原子处于d轨道的全满

的稳定状态，而若再失去1个电子变为不稳定状态；该晶胞中O原子数为4×1+6×12+8×18=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍；（4）Cu2+与乙二胺中N原子形成配位键；在配位体H2N-CH2-CH2-NH2中C原子与C原子之间形成非极性键；

不同元素的原子之间形成极性键；（5）Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键；（6）根据均摊法计算晶胞中原子数目，可计算晶胞质量m，由晶胞参数计算晶胞体积V，根据晶体密度ρ=mV计算即可。【详解】（1）从外观无法区分三

者，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X-射线衍射现象即可确定，故答案为：X-射线衍射；（2）29号元素Cu元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p

63d104s1；（3）在Cu2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为Cu2+时1s22s22p63s23p63d9，是不稳定的状态，CuO在高

温时分解为O2和Cu2O；该晶胞中O原子数为4×1+6×12+8×18=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶胞中含有Cu原子个数为16个，故答案为：Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+中3d轨道

排布为3d9，能量高，不稳定；16；（4）Cu2+与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子形成配位键；在配位体H2N-CH2-CH2-NH2中C原子与C原子之间形成非极性键；不同元素的原子之间形

成极性键，所以该配离子中存在的化学键类型为配位键、极性键、非极性键，故答案为：ABD；（5）Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故Fe（CO）5分子含有10个σ键，1molFe（CO）5分子中含10molσ键；故答案为：10；（6）图中结构单元

底面为正六边形，边长为acm，底面面积为6×12×acm×acm×sin60°=2332acm2，结构单元的体积V=2332a×ccm=2332accm3，结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：12×16+2×12+3=6，该晶胞在原子总质量m=214656AN+g=3

64ANg，所以该晶体密度ρ=mV=212A7281033caNg/cm3，故答案为：212A7281033caN。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配位键、等电子体等知识点，侧重考查

学生知识运用、空间想象等能力和计算能力。17.丙胺卡因(H)是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：已知：+2i.HCNii.HO，H⎯⎯⎯⎯→(R和R＇为烃基或H)回答下列问题：(1)B的化学名称是___________，H的

分子式是____________。(2)C中所含官能团的名称为_______________，由G生成H的反应类型是___________。(3)C与F反应生成G的化学方程式为___________。反应中使用K2CO3的作

用是_______。(4)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为________。(5)(聚甲基丙烯酸甲酯)是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮(CH3COCH3)和甲醇为原料制

备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线___________。(无机试剂任选)【答案】(1).邻硝基甲苯(2).C13H20ON2(3).氨基(4).取代反应(5).+23KCO⎯⎯⎯→+HCl(6).吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率(7).(8).+21)HCN

2)HO，H⎯⎯⎯⎯→浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→3CHOH浓硫酸，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】由A的分子式、G的结构，可知A为，A发生硝化反应生成B为，B发生还原反应生成C为．C与F发生取代反应生成G，反应中有HCl生成，碳酸钾吸收反应生成的H

Cl，平衡正向移动，提高转化率。G与丙胺发生取代反应生成H．由D与E的分子式、C的结构，结合给予的信息，可知D为CH3CHO、E为，E发生取代反应生成F。【详解】（1）由分析可知B为，B的化学名称是：邻硝基甲苯；由结构可知，H的分子式是：C13H20ON2，故答案为：邻硝基甲苯；

C13H20ON2；（2）C为，C中所含官能团的名称为：氨基。对比G、H的结构可知，由G生成H的反应类型是：取代反应，故答案为：氨基；取代反应；（3）C与F反应生成G的化学方程式为：，反应中使用K2CO3的作用是：吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率，故答案为：；吸收反应产生的HCl，提高反

应的转化率；（4）化合物X是E（）的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为，故答案为：；（5）的单体为．丙酮与HCN加成后、酸性条件下水解生成，然后发生消去反应生成，最后与甲醇发生酯化

反应生成，合成路线流程图为：+21)HCN2)HO，H⎯⎯⎯⎯→浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→3CHOH浓硫酸，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→，故答案为：+21)HCN2)HO，H⎯⎯⎯⎯→浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→3CHOH浓硫酸

，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式与结构简式进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。