四省八校2020届高三上学期第一次教学质量检测理综化学试题


“四省八校”2020届高三第一次教学质量检测考试
化学
注意事项：
1.本试卷分第I卷和第II卷两部分。满分300分，考试时间150分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
3.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 P31 K39 Cr52 Fe56
第I卷(共126分)
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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、科技、环境等密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 可溶性铜盐有毒，但铜元素是生命不可缺少的微量元素
B. 光电池中高纯二氧化硅，能将太阳光能转化为电能
C. CO2水溶液显酸性，但大气中CO2浓度增大不是形成酸雨的原因
D. “地沟油”可用来生产肥皂和生物柴油，生物柴油是一种可再生清洁能源
【答案】B
【解析】
【详解】A.可溶性铜盐中含有重金属离子铜离子，重金属离子可以使蛋白质变性，所以说可溶性铜盐有毒；铜与人体健康有着密切的关系，铜是人体健康内一种必需的微量元素，在人体的新陈代谢过程中起着重要的作用，故A正确；
B.光导纤维，就是依靠光在线缆中进行全反射从而达到用光进行载体传输信息的介质，并不是将光能转换为电能，故B错误；
C.二氧化硫、氮的氧化物会导致酸雨，CO2浓度增大，是导致温室效应的主要原因，故C正确；
D. 地沟油属于油脂，可用于制造肥皂、提取甘油，可用于生产生物柴油，生物柴油是一种可再生清洁能源，故D正确。
故答案为B。
2.下列有关实验叙述正确的是（ ）

A. 将过量硼酸(H3BO3)溶液加入Na2CO3溶液中，无明显现象，但发生了反应
B. 根据密度的不同，用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离
C. 用如图装置蒸干溶液，可制得无水MnCl2固体
D. 冷却Cu与浓硫酸反应后的液体，向其中加入水以观察CuSO4溶液的颜色
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硼酸的酸性强于碳酸氢根，弱与碳酸，故将过量硼酸(H3BO3)溶液加入Na2CO3溶液中可反应生成碳酸氢钠，但无明显现象，故A正确；
B.苯和四氯化碳可以互溶，且都不溶于水，不能用水分离，故B错误；
C. MnCl2溶液中存在锰离子的水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2固体，应该在HCl的气氛中进行，故C错误；
D.反应后的液体残留大量硫酸，应将生成物加到水中，观察CuSO4溶液的颜色，试剂顺序颠倒，故D错误；
故答案为A。
3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中错误的是（ ）
A. 1mol铜与足量硫反应时转移电子数目为NA
B. 31g白磷(分子式为P4)中含有P－P共价键数目为1.5NA
C. 1molNa与一定量O2完全反应，生成Na2O和Na2O2混合物含有离子总数1.5NA
D. 标准状况下，1mol氦气含有的质子数目为4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1mol铜与足量的硫反应生成0.5mol硫化亚铜，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故A正确；
B. 1mol白磷分子中含6molP-P键；31g白磷晶体物质的量==0.25mol，分子中含有的P-P键数约是1.5NA，故B正确；
C．在氧化钠和过氧化钠中，均为2mol钠离子～1mol阴离子，共3mol离子，故当混合物中含1mol钠离子时含有离子总数1.5NA，故C正确；
D．标准状况下， 1mol氦气中含1mol氦原子，每个氦原子含有的质子数目为2，所以 1mol氦气中含2mol质子，故D错误；
故答案为D。
4.表示下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. NaHS溶液中滴入少量CuSO4溶液：HS－＋Cu2＋＝CuS↓＋H＋
B. 铅蓄电池放电时负极反应：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－＝PbSO4＋2H2O
C. 草酸使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
D. NaAlO2溶液中滴入少量NH4HCO3溶液：NH4＋＋HCO3－＋3H2O＋2AlO2－＝2Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋CO32－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 当硫酸铜少量时，反应生成CuS沉淀和H2S气体，反应的离子方程式为：2HS-+Cu2+→CuS↓+H2S↑；
B. 铅蓄电池放电时，负极上铅失电子被氧化和硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式为：Pb-2e-+SO4 2-=PbSO4，故B错误；
C．草酸为弱酸，不能拆成离子，正确的方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故C错误；
D. NaAlO2溶液中滴入少量NH4HCO3溶液，偏铝酸根结合氢离子促进碳酸氢根电离，促进铵根水解，故离子反应方程式：NH4＋＋HCO3－＋3H2O＋2AlO2－＝2Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋CO32－，故D正确；
故答案为D。
【点睛】HS-在溶液中电离出H+、S2-，S2-与CuSO4电离出Cu2+反应生成不溶于强酸的CuS沉淀，当硫酸铜少量时，反应生成CuS、H2S，反应的离子方程式为：2HS-+Cu2+→CuS↓+H2S↑；当硫酸铜足量时，反应生成CuS沉淀、H+，反应的离子方程式为：HS-+Cu2+=CuS↓+H+。
5.a、b、c、d、e、f、g是短周期中原子序数依次递增的主族元素，a、b元素最高正价与最低负价之和均为O、d、f是同主族元素，f元素原子序数是d元素原子序数的2倍，e元素原子半径是短周期中最大的。下列说法错误的是（ ）
A. e与a形成的化合物熔沸点高于e与g形成的的化合物
B. b的氧化物的水化物酸性弱于g的氧化物的水化物酸性
C. b、c、d与a均可形成含非极性键的二元化合物
D. d与e、f、g均可形成有漂白性的二元化合物
【答案】B
【解析】
【分析】
a、b元素最高正价与最低负价之和均为0，结合原子序数可知a为H，b为C；d、f是同主族元素，f元素原子序数是d元素原子序数的2倍，可知d为O，f为S，则c为N，g为Cl；e元素原子半径是短周期中最大的，所以e为Na，据此分析作答。
【详解】A. e与a形成的化合物为NaH，e与g形成的的化合物为NaCl，二者均为离子晶体，但氢离子半径比氯离子半径要小，所以NaH的晶格能更大，熔沸点更高，故A正确；
B. b的氧化物的水化物为碳酸，g的氧化物的水化物有次氯酸、亚氯酸、氯酸、高氯酸等，碳酸的酸性比次氯酸要强，故B错误；
C. b与a可形成C2H2，c与a可形成N2H4，d与a可形成H2O2，三种物质均为含非极性键的二元化合物，故C正确；
D. d与e可形成过氧化钠，d与f可形成二氧化硫，d与g可形成二氧化氯，均为有漂白性的二元化合物，故D正确；
故答案为B。
6.肉桂醛()是一种食用香精，广泛应用丁牙膏、糖果及调味品中。苯甲醛和乙醛生成肉桂醛过程如下：下列说法正确的是（ ）
Ⅰ.+CH3CHO
Ⅱ.+H2O
A. 1molCH3CHO和环氧乙烷()混合物中含共用电子对数目为7NA
B. 肉桂醛和苯甲醛互为同系物
C. 肉桂醛中所有原子不可能在同一平面上
D. 检验乙醛中是否有肉桂醛的方法：加入溴水，看是否褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A. 一个CH3CHO分子中有7个共价键即公用电子对，一个环氧乙烷分子也有7个共价键，故1molCH3CHO和环氧乙烷()混合物中含共用电子对数目为7NA，故A正确；
B.肉桂醛的官能团为醛基和碳碳双键，苯甲醛的官能团为醛基，故二者不是同系物，故B错误；
C. 因苯环、碳碳双键以及醛基中所有原子都在同一个平面上，则肉桂醛中所有原子可能在同一平面上，故C错误；
D. 碳碳双键、-CHO均与溴水反应，则溴水褪色不能说明含碳碳双键，故D错误；
故答案为A。
7.三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料，对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g) ＋SiCl4(g)，应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 该反应的正反应活化能大于逆反应活化能
B. a、b处反应速率大小：va大于vb
C. 温度一定时使用更优质催化剂，可使k正、k逆增大，k正与k逆的比值增大
D. 343K时反应的平衡常数K=
【答案】C
【解析】
【分析】
根据达到平衡所需时间可知a所在曲线的温度更高，故a所在曲线的温度为343K，b所在曲线的温度为323K，进一步分析可知温度越高SiHCl3的转化率越高，即温度升高平衡右移，正反应吸热，>0；
【详解】A. 根据分析可知=正反应活化能-逆反应活化能>0，故A正确；
B.根据分析可知a点温度高于b点，温度越高反应速率越快，故B正确；
C. v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，反应达到平衡时正逆反应速率相等，即k正x2SiHCl3= k逆xSiH2Cl2xSiCl4，经变换可得平衡常数K=k正/k逆，即温度不变k正与k逆的比值不变，故C错误；
D. 由图示可知343K时反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的平衡转化率α=22%，设SiHCl3的起始浓度为cmol/L，则

平衡常数=；故D正确；
故答案C。
【点睛】注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，C选项为难点，要注意平时的积累，对反应速率常数有一定认识。
第II卷(共174分)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
8.FeCl3在工业生产中应用广泛，某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图及操作步骤如下：

请回答下列问题：
（1）装置A中g管的作用是___；装置B中的试剂是___；E处左方选用较粗玻璃管的原因是___；装置F中盛碱石灰干燥管的作用是___。
（2）检验装置的气密性；点燃A处的酒精灯。写出装置A中发生反应的离子方程式___。
当h中充满黄绿色气体时点燃D处铁屑下方的酒精灯。反应结束，将收集器h密封。
（3）检验收集器h收集到的是FeCl3而木是FeCl2步骤是：①取收集器中的少量样品溶于少量浓盐酸，加水稀释，将溶液分为两份；②一份溶液检验出三价铁离子；③另一份溶液不能检验出二价铁离子。
①中盐酸的作用是___；②中检验出三价铁离子的离子方程式___。③检验无二价铁离子的方法是___。
【答案】 (1). 平衡压强，使浓盐酸顺利滴下 (2). 饱和氯化钠溶液 (3). 防止FeCl3凝华堵塞导管 (4). 吸收未反应的氯气；防止空气中的水蒸气进入收集装置 (5). (6). 抑制FeCl3水解 (7). Fe3++3SCN⁻=Fe(SCN)3 (8). 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成
【解析】
【分析】
本实验制备无水FeCl3，A装置制取氯气，B装置除去氯气中混有的氯化氢，C装置进行干燥，可用浓硫酸，D装置中反应生成FeCl3，热易升华成气体进入E装置凝华成FeCl3固体，该实验需要无水环境，F装置用来吸收未反应的氯气同时防止空气进入。
【详解】（1）装置A中生成气体，为了使分液漏斗中液体顺利滴下，加导管平衡压强，可使液体顺利滴下；B装置为了出去氯气中混有的氯化氢，用饱和氯化钠溶液；为了防止FeCl3堵塞导管，所以E处左方选用较粗玻璃管；根据分析可知F装置的作用是为了吸收未反应的氯气同时防止空气中的水蒸气进入收集装置，
故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利滴下；饱和氯化钠溶液；防止FeCl3凝华堵塞导管；吸收未反应的氯气；防止空气中的水蒸气进入收集装置；
（2）A装置制取氯气，浓盐酸和二氧化锰共热生成氯气，故离子反应方程式为：；
（3）三价铁会水解，所以需要加浓盐酸抑制其水解；检验三价铁常用KSCN溶液，离子方程式：Fe3++3SCN⁻=Fe(SCN)3；二价铁可用K3[Fe(CN)6]溶液检验；
故答案为：抑制FeCl3水解；Fe3++3SCN⁻=Fe(SCN)3；滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；
9.氢气既是一种优质的能源，又是一种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是：
CH2(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1
已知反应器中存在如下反应过程：
I.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1
II.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H2

根据上述信息计算：a＝___、△H2＝___。
（2）某温度下，4molH2O和lmolCH4在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n(CO)＝bmol、n(CO2)＝dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为___(用字母表示)。
（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有___(填标号)。
A.适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4)
B.提高压强
C.分离出CO2
（4）H2用于工业合成氨：N2＋3H22NH3。将n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，反应器温度升高NH3的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是___。

某温度下，n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×l07Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为___，气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp＝___(分压列计算式、不化简)。
【答案】 (1). 415.1 (2). -41.4kJ·mol－1 (3). (4). AC (5). 温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小 (6). 20% (7).
【解析】
【分析】
（1）根据△H1=反应物键能-生成物键能计算a；根据盖斯定律计算△H2；
（2）根据K=计算；
（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率要使平衡正向移动；
（4）温度低于T0时未达平衡，高于T0时反应达平衡，该反应是放热反应；根据压强比等于气体物质的量之比进行计算；
【详解】（1）反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝=4a kJ·mol－1+2×465 kJ·mol－1-(1076 kJ·mol－1+3×436 kJ·mol－1)= +206.4kJ·mol－1，解得a=415.1 kJ·mol－1；ⅢCH2(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1，I.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1，根据盖斯定律可知II=Ⅲ- I，所以△H2=△H-△H1=+165.0kJ·mol－1-206.4kJ·mol－1=-41.4kJ·mol－1，
故答案为：415.1；-41.4kJ·mol－1；
（2）由n(CO2)＝dmol可知反应II生成的n(H2)= dmol，同时消耗的n(CO)=dmol，消耗的n(H2O)=dmol，则在反应I中生成的n(CO)=(b+d)mol，消耗的n(CH4)= (b+d)mol，消耗的n(H2O)= (b+d)mol，生成的n(H2)=(3b+3d)mol，则平衡时体系内：n(CH4)=(1-b-d)mol、n(H2O)=(4-b-2d)mol、n(CO)=bmol、n(H2)=(3b+4d)mol，容器体积为2L，故平衡常数 ，
故答案为：；
（3）A.适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4)，增大水的量促进甲烷转化成CO，促进CO转化成CO2，故A正确；
B.提高压强，反应I平衡左移，故B错误；
C.分离出CO2可使平衡右移，故C正确；
故答案为：AC；
（4）温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小；
设初始加入的N2为1 mol、H2为3 mol ，温度、体积一定时气体物质的量之比等于压强之比，气体物质的量减少4×10 % =0.4 mol；

其中p0=2×l07Pa ；
H2的转化率为0.6/3=20%；
平衡常数
故答案为：温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小；20%；。
【点睛】本题重点考察了平衡常数的计算，第（2）题为难点，对于一个体系有多个连续能与，表示谋一反应平衡常数是，可用逆推法求得平衡体系中各物质的浓度。
10.重铬酸钾(K2Cr2O7)为用途极广的铬化合物，供制铬矾。火柴、铬颜料、并供鞣革、电镀、有机合成等用。铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备K2Cr2O7晶体的过程如图所示：

根据题意回答下列问题：
（1）锻烧时，铬铁矿发生复杂反应生成Na2CrO4和NaFeO2，同时杂质SiO2、Al2O3与Na2CO3发生反应，其中Al2O3发生反应的化学方程式是___。
（2）NaFeO2遇水强烈水解生成滤渣l的反应离子方程式是___。
（3）滤液1和滤液2均需调节溶液pH，滤液1调节pH为7－8目的是___，滤液2调节pH约为5目的是___。
物质
溶解度/(g/100g水)
0℃
40℃
80℃
KCl
28
40.1
51.3
NaCl
35.7
36.4
38
K2Cr2O7
4.7
26.3
73
Na2Cr2O7
163
215
376

（4）向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体，析出K2Cr2O7晶体。此法能够制得K2Cr2O7晶体的原因是：___；为了从溶液中得到较多K2Cr2O7晶体的操作过程是：___、过滤、洗涤、干燥。将得到的K2Cr2O7晶体进一步纯化操作是：___。
（5）K2Cr2O7性质：往K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成一种砖红色沉淀、溶液pH减小，反应离子方程式是___。
（6）K2Cr2O7产品含量测定：准确称取试样2.5g配成250mL溶液，用移液管吸取25.00mL溶液放入碘量瓶，加入10mL2mol/L硫酸、2gKI于暗处5min，另加100mL水，用0.2000mol/L Na2S2O3标准液滴定至溶液黄绿色，再加3mL淀粉溶液继续滴定至蓝色褪去并呈亮绿色。平行三次实验，平均消耗Na2S2O3标准液的体积25.00mL。K2Cr2O7产品的纯度为___。
有关反应如下：K2Cr2O7＋6KI＋7H2SO4=Cr2(SO4)3＋4K2SO4＋3I2＋7H2O
2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI
【答案】 (1). (2). NaFeO2+2H2O=NaOH+ Fe(OH)3↓ (3). NaAlO2、Na2SiO3转化为H2SiO3、Al(OH)3除去 (4). Na2CrO4在酸性条件下可转化为Na2Cr2O7 (5). 同温度下K2Cr2O7晶体的溶解度小于Na2Cr2O7，冷却时会结晶析出 (6). 加热浓缩、降温结晶 (7). 重结晶 (8). (9). 98%
【解析】
【分析】
由流程可知，焙烧时发生反应铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质，将铬铁矿和碳酸钠、氧气混合焙烧，发生反应4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、Na2CO3+Al2O3=2NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，然后水浸时发生NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe（OH）3↓，过滤得到滤渣1和滤液1，K2Cr2O7有强氧化性可知，滤液1中主要是NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4、NaOH，滤渣1为Fe（OH）3；将滤液1中调节pH使NaAlO2、Na2SiO3反应生成H2SiO3、Al（OH）3，滤渣2是H2SiO3、Al （OH）3，滤液2主要是Na2CrO4，调节pH值酸性，溶质变为Na2Cr2O7，然后加入硫酸钾固体，因为Na2Cr2O7的溶解度大于K2Cr2O7，所以得到K2Cr2O7晶体，采用过滤方法得到K2Cr2O7晶体，以此来解答。
【详解】（1）根据题目信息可知Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，
故答案为：；
（2）根据分析可知滤渣1为Fe(OH)3，故答案为：NaFeO2+2H2O=NaOH+ Fe(OH)3↓；
（3）滤液1中调节pH可使NaAlO2、Na2SiO3反应生成H2SiO3、Al(OH)3，到达除杂目，酸性条件下Na2CrO4可转化为Na2Cr2O7；
故答案为：NaAlO2、Na2SiO3转化为H2SiO3、Al(OH)3除去；Na2CrO4在酸性条件下可转化为Na2Cr2O7；
（4）根据表格可知同温度下K2Cr2O7晶体的溶解度小于Na2Cr2O7，Na2Cr2O7；溶液中加入KCl固体可发生复分解反应；K2Cr2O7晶体的溶解度受温度影响大，杂质能溶于水，溶液中得到较多晶体的操作是加热浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；K2Cr2O7晶体进一步纯化操作是重结晶，
故答案为：同温度下K2Cr2O7晶体的溶解度小于Na2Cr2O7，冷却时会结晶析出；加热浓缩、降温结晶；重结晶；
（5）根据题目信息和反应物通过元素守恒可知离子方程式为：；
（6）根据所给的两个方程式可到物质间的数量关系为：K2Cr2O7~3 I2~6 Na2S2O3，n(Na2S2O3)=(0.2000×25×10-3)mol，则样品中n(K2Cr2O7)== mol，则纯度为=98%；
故答案为：98%。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键；充分利用题目所给信息，同时注意平时知识积累。
(二)选考题(共45分，请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答)
11.镁、铝、铁是三种重要金属，它们的单质和化合物应用十分广泛。回答下列问题：
（1）镁、铝第一电离能大小的关系是I1(Mg)___I1(Al)，金属镁、铝熔点大小关系是Mg___Al。(填“大于”、“等于”或“小于”)
（2）氯化铝加热时易升华，实验测得铝元素与氯元素形成化合物的实际组成为Al2Cl6，其结构简式如图所示。其中处于中间的Cl原子杂化轨道类型为___杂化，分子中所有原子___(能、不能)在同一平面上。

（3）硝酸铁和尿素在乙醇中生成[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3[三硝酸六尿素合铁]。产物是一种重要的配合物，用作有机铁肥，简称铁氮肥。基态Fe3＋的核外电子排布式为___。尿素分子中σ键与π键的数目之比为___。NO3－的空间构型为___，经测定N2O5晶体中存在NO2＋和NO3－，NO2＋中氮原子为___杂化。
（4）碳溶解在γ－Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构如图所示。晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子有___个，该物质的化学式为___。若晶体密度为dg·cm－3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___pm(阿伏加德罗常数的值为NA表示，写出简化后的计算式即可)。

【答案】 (1). 大于 (2). 小于 (3). sp3 (4). 不能 (5). 1s22s22p63s23p63d5 (6). 7:1 (7). 平面三角形 (8). sp (9). 12 (10). FeC (11).
【解析】
【分析】
（1）同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；金属熔沸点与金属键强弱有关；
（2）根据结构简式判断其成键特点，分析杂化方式；
（3）Fe为26号元素，原子形成阳离子时，先失去高能层中电子，同一能层先失去高能级中电子；尿素的结构式为；根据价层电子对数判断杂化类型，根据价层电子对互斥判断空间构型；
（4）以顶点Fe原子研究，与之距离最近的Fe原子处于面心，利用“均摊法”确定化学式；根据晶胞可以判断出两个碳原子的最近距离为面对角线的一半。
【详解】（1）镁失去能量较低的3s上成对电子，铝失去能量较高的3p上成单电子，故I1(Mg)大于I1 (A1)；铝比镁价电子多,离子半径小，金属键强、品体熔点高，
故答案为：大于；小于；
（2）中问的Cl原子有两个σ键、孤电子对数为2，价层电子对数为4，故为sp3杂化，Al原子有4个σ键、孤电子对为0，价层电子对数为4，故为sp3杂化，与A1结合的4个Cl原子处于四面体顶点，分子中所有原子不能在同一平面上，
故答案为：sp3；不能；
（3）Fe为26号元素，原子形成阳离子时，先失去高能层中电子，同一能层先失去高能级中电子，所以基态Fe3＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；根据尿素的结构简式可知，分子中σ键的数目为7，π键的数目1；NO3－的中心原子价层电子对数为3，没有孤电子对，故空间构型为平面三角形；NO2＋的中心原子价层电子对数为2，故为sp杂化，
故答案为：1s22s22p63s23p63d5；7:1；平面三角形；sp；
（4）以顶点Fe原子研究，与之距离最近的Fe原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与铁原子距离最近的铁原子数目为3×8/2=12；该晶胞中8顶点和6面心有Fe原子，晶胞含有Fe原子的数目为8×1/8+6×1/2=4,12棱心和体心有碳原子，晶胞含有碳原子数目为12×1/4+1=4，Fe原子和碳原子数目最简整数比为1:1，所以化学式为FeC；晶胞边长为a pm，根据密度计算公式可知，解得，最近两个碳原子的距离为面对角线的一半即，即
故答案为：12；FeC；；
12.卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂，被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心力衰竭。合成路线如下：

（1）A的名称是___，B中官能团的名称是___。C→D的反应类型是___。
（2）D与过量的NaOH溶液反应的化学方程式为___。
（3）卡托普利E的分子中有___个手性碳原子，下列关于E说法不正确的是___。
a.卡托普利的水溶液呈酸性 b.在氧气中充分燃烧的产物中含有SO2
c.E的分子式为C9H16NO3S d.E存在属于芳香族化合物的同分异构体
（4）A与浓硫酸、甲醇反应生成M，M同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、且只有一种官能团，该同分异构体可能结构为___、___。M加聚反应生成高分子化合物N的结构简式为___。
【答案】 (1). 2-甲基丙烯酸 (2). 羧基、氯原子 (3). 取代反应 (4). (5). 2 (6). cd (7). (8). (9).
【解析】
【分析】
（1）根据B的结构简式和A到B的反应类型反推A；B中官能团为羧基、氯原子；C到D，C中氯原子被取代；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应；
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含官能团分析其性质；
（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3。
【详解】（1）A到B发生加成反应，碳链骨架不变，则B消去可得到A，则A为CH2=C(CH3)COOH，根据系统命名法可知其名称为2-甲基丙烯酸；B中含有—COOH、—Cl两种官能团；C到D，C中的氯原子被取代；
故答案为：2-甲基丙烯酸；羧基、氯原子；取代反应；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应，
故答案为：；
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以E的分子中含有两个手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正确；
b.分子中含有硫元素，所以在氧气中充分燃烧的产物中含有二氧化硫，故b正确；
c.1个E分子中含有15个H原子，所以E分子式为C9H15NO3S，故c错误；
d.E的不饱和度为3，无芳香族化合物的同分异构体，故d错误，
故答案为：2；cd；
（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢，只有一种官能团则符合条件的有机物有： ；M加聚反应生成高分子化合物N的结构简式为：
，
故答案为：、、。