安徽省马鞍山市2021年高考化学三模试卷及答案

这是一份安徽省马鞍山市2021年高考化学三模试卷及答案，共14页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学三模试卷
一、单项选择题
1.垃圾是放错地方的资源。以下有关垃圾处理的说法错误的选项是〔   〕
A.厨余垃圾富含有机质，可用于制作农家肥
B.医疗垃圾含细菌病毒，应专门分类收集处理。
C.废纸可回收利用，应放入“可回收物〞箱中
D.废电池属有害垃圾，应直接填埋在土壤中
2.甲基丙烯酸甲酯( )可制取有机玻璃。关于该化合物，以下表达正确的选项是〔   〕
A.所有原子共平面
B.能发生取代反响
C.不能使溴水褪色
D.易溶于水和乙醇
3.水在石墨相氮化碳纳米材料催化下可利用太阳光实现分解，其原理如下列图。以下说法正确的选项是〔   〕

A.阶段I、II、III均为吸收能量的过程
B.阶段II涉及到非极性键、极性键的形成
C.阶段III每生成1molO2转移2mol电子
D.该纳米材料有效减少了水分解反响的反响热
4.以下实验操作能到达实验目的的是〔   〕
选项
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反响速率影响
向两支各盛有5mL0.1mol•L-1KMnO4溶液的试管中分别滴加2滴0.1mol•L-1H2C2O4和0.01mol•L-1H2C2O4 ， 观察KMnO4溶液褪色所需时间
B
比较NaHSO3溶液中c( )和c(H2SO3)大小
在pH试纸上滴2～3滴NaHSO3
溶液，测pH
C
验证I-与Fe3+的反响有一定限度
向5mL0.1mol•L-1KI溶液中参加10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反响后滴加KSCN
溶液
D
验证H2O2的氧化性比Fe3+强
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色
A.A  
B.B 
C.C  
D.D
5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W可形成W+和W-两种离子，X与Y同周期相邻，Y与Z同主族，Y的最简单氢化物常温下呈液态。以下有关说法正确的选项是〔   〕
A. X元素非金属性较弱，其单质不活泼                    B. XW3较稳定，分子内含氢键
C. Z单质可溶于WXY3的浓溶液中                            D. ZY2中原子均为8电子稳定结构
6.电解KI溶液可制取食盐添加剂KIO3 ， 装置如下列图。以下有关说法正确的选项是〔   〕

A.正极区溶液可使淀粉溶液变蓝色
B.膜b为阳离子交换膜，负极区pH增大
C.每制备1mol ，负极区生成67.2LH2
D.正极区的电极反响为I-+6OH-=6e-= +3H2O
7.常温下，向20mL0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中逐滴参加等浓度的NH3·H2O，溶液的pH和溶液中水电离出c(H+)的pH水与滴加NH3·H2O的体积关系如下列图［pH曲线只画了一局部，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)]。

以下说法中正确的选项是〔   〕
A.a、b两点关于pH=7对称
B.滴加过程中，c(CH3COO-)逐渐增大
C.V(NH3·H2O)=10mL时，溶液中c(CH3COO-)=c(CH3COOH)
D.V(NH3·H2O)=30mL时，溶液中c(CH3COO-)>c( )
二、综合题
8.环己酮是重要的工业溶剂和化工原料。实验室可通过环己醇氧化制环己酮，其反响原理如下：

：反响时强烈放热；过量氧化剂会将环己醇氧化为己二酸。
物质
相对分子质量
沸点/℃
密度/(g∙cm-3 ， 20℃)
溶解性
环己醇
100
161.1
0.9624
能溶于水和醚
环己酮
98
155.6
0.9478
微溶于水，能溶于醚
实验步骤：
I.配制氧化液：将5.5g重铬酸钠配成溶液，再与适量浓硫酸混合，得橙红色溶液，冷却备用。
II.氧化环己醇：向盛有5.3mL环己醇的反响器中分批滴加氧化液，控制反响温度在55~60℃，
搅拌20min。
III.产物别离：向反响器中参加一定量水和几粒沸石，改为蒸馏装置，馏出液为环己酮和水的混合液。
IV.产品提纯：馏出液中参加NaCl至饱和，分液，水相用乙醚萃取，萃取液并入有机相后参加无水MgSO4枯燥，水浴蒸除乙醚，改用空气冷凝管蒸馏，收集到151~156℃的馏分2.5g。
答复以下问题：
〔1〕铬酸钠溶液与浓硫酸混合的操作是________。
〔2〕氧化装置如下列图(水浴装置略)：

①反响器的名称是________；控制反响温度在55~60℃的措施除分批滴加氧化液外，还应采取的方法是________。
②温度计示数开始下降说明反响根本完成，此时假设反响混合物呈橙红色，需参加少量草酸，目的是________ 。
〔3〕产品提纯时参加NaCl至饱和的目的是________，分液时有机相从分液漏斗的________(填“上〞或“下〞)口流出(或倒出)；用乙醚萃取水相的目的是________。
〔4〕由环已醇用量估算环己酮产率为________。
9.某化工厂产生的铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3 ， 按如下流程回收Bi和Cu。

：Sb2O3难溶于H2SO4；Bi2Oз+2H2SO4=2Bi(OH)SO4↓+H2O。
答复以下问题：
〔1〕“粉碎〞的目的是________。
〔2〕①假设氧化剂为H2O2 ， 溶解Cu2O反响的离子方程式为________；
②温度对铜浸出率的影响如下列图。

工业浸出时一般选择70℃~80℃，温度过低时铜浸出率低的原因是________；
〔3〕“操作I〞为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是________；
〔4〕①“浸出渣II〞的主要成分是SbOCl、________；
②写出SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：________；
〔5〕“铜浸出液〞用如图旋流式电解装置电解。

①钛涂层柱的电极反响式是________；
②假设“铜浸出液〞中含铜92.16g·L-1 ， 选择适宜条件进行旋流电解。取电解后溶液25.00mL，参加足量KI溶液充分反响，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反响为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2 =2I-+ ，消耗18.00mL标准液。旋流电解铜回收率是________。(用质量分数表示，保存一位小数)。
10.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。
〔1〕I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH1=-53.7kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ΔH2=+41.2kJ·mol-1
III.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)   ΔH3=________kJ·mol-1
〔2〕某温度下，向密闭容器中通入1molCO和2molH2发生反响III。
①平衡时CO的转化率为50%，反响体系总压为pPa，该温度下反响III的平衡常数Kp=________Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
②其它条件不变，只改变起始H2的物质的量，平衡时CH3OH(g)的体积分数变化如下列图。

图中，n=________mol；a、b、c三点所处的平衡状态中，CO转化率最大的是________(填字母)。
〔3〕一定条件，某恒容密闭容器中投入1molCO2和3molH2发生上述反响I和II.升高反响体系温度，合成甲醇的反响速率________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)；增大反响体系的压强，反响II的平衡________(填“向正反响方向〞、“向逆反响方向〞或“不〞)移动。
〔4〕假设将CO2和H2按1：2.2投料发生上述反响I和II，相同反响时间后测得数据如下：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
(甲醇选择性指生成甲醇的CO2在CO2消耗量中占比)
543K时，催化剂________对反响II的催化效果比对反响I的好，试用碰撞理论解释其原因________。
11.铁的化合物在生活生产中应用广泛。答复以下问题：
〔1〕基态Fe原子共有________种不同能级的电子，Fe2+的核外电子排布式为________。
〔2〕氯化亚铁的熔点为674℃，而氯化铁的熔点仅为282℃，二者熔点存在差异的原因是________。
〔3〕高氯酸三三氮唑合铁(II)的化学式为［Fe(Htrz)3](ClO4)2 ， 其中Htrz为1，2，4-三氮唑( )。
①配合物中非金属元素的电负性最大的是________；
②1，2，4-三氮唑分子中碳原子的杂化方式是________。含σ键数为________个；
③ 的空间构型为________。
〔4〕某种磁性氮化铁的结构如下列图，Fe原子构成六方最密堆积，N原子随机排列在其正四面体空隙中。

六棱柱底边长为apm，高为cpm，晶体的密度为ρg·cm-3.铁原子半径为________，阿伏加德罗常数的值NA为________。(列出计算式即可，sin60°= )
12.加兰他敏，又名尼瓦林或强肌宁，用于因神经系统疾患所致感觉或运动障碍等疾病的治疗，其合成路线如下(Ph-表示苯基C6H5-)：

：CH3COOH+SOCl2→CH3COCl+SO2+HC1
答复以下问题：
〔1〕A所含官能团名称为________；C的化学名称为________。
〔2〕G的结构简式是________。
〔3〕写出E→F的反响方程式________。
〔4〕E有多种同分异构体。符合以下要求的E的同分异构体的结构简式是________(写出1种即可)，其核磁共振氢谱显示有________组峰。
①分子中含有2个苯环且每个苯环上都有2个互为对位的取代基
②能发生水解反响，且水解产物都能与FeCl3溶液发生显色反响
〔5〕设计由乙烯制备丙酸的合成路线________。(无机试剂任选)。

答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．厨房垃圾多是剩菜剩饭，富含有机质，可用于制作农家肥，故A不符合题意；
B．医疗垃圾多含细菌病毒，应分类集中处理，故B不符合题意；
C．废纸可回收重新造纸，应放入“可回收物〞箱中，故C不符合题意；
D．废电池中含有污染环境的重金属离子，不能直接埋在土壤中，应回收集中处理，故D符合题意；
此题答案D。

【分析】废旧电池中含有污染环境的重金属元素，不应埋在土壤中应该集中处理之后在进行处理，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．甲基丙烯酸甲酯有甲基，不可能所有原子共平面，故A不符合题意；
B．甲基丙烯酸甲酯有酯基，能水解，属于取代反响，故B符合题意；
C．有碳碳双键，发生加成反响可以使溴水褪色，故C不符合题意；
D．甲基丙烯酸甲酯为酯类有机物，不溶于水，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据其结构简式即可找出含有双键和酯基，可以水解和加成反响，含有多个饱和碳原子，所有的原子均不共面，可与溴水作用不溶于水但可溶于酒精
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据图示，阶段II只有化学键形成过程，阶段II放出能量，故A不符合题意；
B．阶段II涉及到H-H、O-O键等非极性键的形成，没有极性键的形成，故B不符合题意；
C．根据图示，阶段III是H-O-O-H生成氢气和氧气，每生成1molO2转移2mol电子，故C符合题意；
D．反响热与催化剂无关，该纳米材料不能改变水分解反响的反响热，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据图示即可判断此反响是太阳能光解水的反响，反响I和III断键，反响II成键
B.根据图示II即可判断键的形成
C.根据反响III写出方程式即可
D.反响热与催化剂无关
 
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．两组实验中高锰酸钾均过量，溶液不会褪色，达不到实验目的，A不符合题意；
B． NaHSO3溶液是强碱弱酸的酸式盐，电离可以使之呈酸性、水解可以使之呈碱性，假设电离程度大于水解程度，那么溶液呈酸性、c( ) c(H2SO3)；假设电离程度小于水解程度，那么溶液呈碱性、c( ) c(H2SO3)，故通过测试溶液的酸碱性大小即可比较NaHSO3溶液中c( )和c(H2SO3)大小，B符合题意；
C．向5mL0.1mol•L-1KI溶液中参加10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反响后氯化铁过量，滴加KSCN溶液必定呈血红色，无法证明该反响是可逆反响，实验中氯化铁应少量，C不符合题意；
D．氢离子、亚铁离子和硝酸根离子能反响生成铁离子，故无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.实验室注意量的控制
B.根据测试酸碱性即可判断水解和电离程度的大小
C.应该保持氯化铁的量少
D.应该将硝酸亚铁换成氯化亚铁或者硫酸亚铁
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．X元素为N，单质为氮气，两原子间存在氮氮三键，其单质不活泼，A说法不符合题意；
B．XW3为氨气，较稳定，分子内存在N-H化学键，而氨固体的分子间存在氢键，B说法不符合题意；
C．Z单质为S，可与浓HNO3反响生成硫酸，那么S可溶于硝酸的浓溶液中，C说法符合题意；
D．SO2中，硫原子最外层有6个电子，与每个氧原子共用2对电子，那么S原子最外层不满足8电子稳定结构，D说法不符合题意；
故答案为C。
【分析】W可形成W+和W-两种离子，那么W为H；Y的最简单氢化物常温下呈液态，那么Y为O；X与Y同周期相邻，且原子序数小于Y，那么X为N；Y与Z同主族，那么Z为S。
6.【答案】 D
【解析】【解答】A．正极区为电解池的阳极，发生反响I-+6OH--6e-= +3H2O，无碘单质生成，不能使淀粉溶液变蓝色，故A不符合题意；
B．I-通过膜b进入正极区，膜b为阴离子交换膜，负极区水电离出的氢离子放电生成氢气，余下OH- ， 负极区pH增大，故B不符合题意；
C．气体未指明标准状况，无法计算，故C不符合题意；
D．正极区I-放电生成 ，电极反响为I-+6OH--6e-= +3H2O，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】根据题意可知碘酸根离子在正极产生，膜b是阴离子交换膜，膜a是阳离子交换膜，负极区域pH增大，根据转移的电子数即可计算出负极的氢气的物质的量
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．V(NH3·H2O)=0时，CH3COOH溶液pH=b，c(H+)=10-bmol/L，此时溶液中由水电离出的c(H+)水= ，pH=-lg c(H+) =14-b =a，a+b=14， a、b两点关于pH=7对称，故A符合题意；
B．滴加NH3•H2O过程中，消耗CH3COOH电离的H+ ， 促进CH3COOH的电离，c(CH3COO-)逐渐增大，当CH3COOH反响完继续滴加NH3•H2O，c(CH3COO-)又会降低，故B不符合题意；
C．V(NH3•H2O)=10mL时，得到等浓度的CH3COOH和CH3COONH4 ， 溶液呈酸性，可以认为CH3COONH4不水解[Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)]，那么c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故C不符合题意；
D．V(NH3•H2O)=30mL时，得到等浓度的CH3COONH4和NH3·H2O，溶液呈碱性，c( )＞c(CH3COO-)＞c(NH3·H2O)，故D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】A．根据c(H+)·c(OH-)=10-14以及pH=-lg c(H+) 计算并分析；
B．根据勒夏特列原理分析；
C．根据Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)分析；
D．根据溶液呈碱性分析。
二、综合题
8.【答案】 〔1〕将浓硫酸缓慢参加铬酸钠溶液中并不断搅拌
〔2〕三颈烧瓶；冷水浴进行冷却；复原过量的铬酸钠，防止环己酮被过量的铬酸钠氧化
〔3〕降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层，便于分液；上；使水层中少量的有机物进一步被提取提高产品的产率
〔4〕
【解析】【解答】〔1〕浓硫酸稀释过程会释放大量的热，所以浓硫酸与其他液体混合时，应该将浓硫酸缓慢参加到其他溶液中并不断搅拌，故答案为将浓硫酸缓慢参加铬酸钠溶液中并不断搅拌；
 
〔2〕①根据仪器结构特征，可知反响器名称为三颈烧瓶；由题干信息反响时强烈放热可知，该反响放出大量的热，温度较高，所以想控制反响温度在55~60℃需要用冷水浴冷却，故答案为三颈烧瓶；冷水浴进行冷却；
②温度计示数开始下降说明反响根本完成，此时假设反响混合物呈橙红色，说明溶液中有铬酸钠剩余，根据题中信息过量氧化剂会将环己醇氧化为己二酸可知，为了防止环己醇被氧化，需要参加少量复原性强于环己醇的草酸将铬酸钠复原，故答案为复原过量的铬酸钠，防止环己酮被过量的铬酸钠氧化；
〔3〕环己酮的提纯时应该先参加氯化钠固体至饱和，使水溶液的密度增大，使水域有机物更容易别离出来，便于分液，由题中表格中信息可知环己酮微溶于水，参加氯化钠固体还有降低环己酮溶解度的作用，故答案为降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层，便于分液；
分液时下层液体从下口放出，上层液体丛上口倒出，有题中表格信息可知环己酮密度小于水，所以环己酮在上层，故答案为上口倒出；
由表格中信息可知环己酮微溶于水，所以水层有少量的环己酮溶解，又环己酮能溶于醚，所以用乙醚萃取水层剩余的少量环己酮，减少环己酮的损失，提高环己酮的产率，故答案为使水层中少量的有机物进一步被提取提高产品的产率；
〔4〕环己酮的实际产量为 ，环己酮的理论产量求算如下； ，环己酮的理论产量 ，
环己酮的产率 ，故答案为 。
【分析】(1)根据浓硫酸稀释过程会释放大量的热分析；
(2)根据仪器结构特征得出仪器名称；由于反响放热，需要冰水浴冷却；根据草酸的复原性分析；
(3)NaCl可以降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层，便于分液；根据环己酮密度小于水分析；乙醚可以萃取水层剩余的少量环己酮；
(4)产率=。
 
9.【答案】 〔1〕增大接触面积，加快反响速率，提高浸出率
〔2〕Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；浸出速率减慢
〔3〕过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易枯燥
〔4〕PbSO4；SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl
〔5〕2H2O-4e-= O2↑+4H+；95.0%
【解析】【解答】(1) “粉碎〞的目的是增大接触面积，加快反响速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反响速率，提高浸出率；
 
(2)① H2O2和Cu2O反响的离子方程式为Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；
②温度过低时，浸出速率减慢，从而导致铜浸出率低，故答案为：浸出速率减慢；
(3) “操作I〞为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易枯燥，故答案为：过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易枯燥；
(4)①PbO与浓硫酸反响生成PbSO4沉淀，参加盐酸PbSO4沉淀不与盐酸反响，所以“浸出渣II〞的主要成分是SbOCl，PbSO4 ， 故答案为：PbSO4；
②SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ，故答案为：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ；
(5)①钛涂层柱的电极反响式是2H2O-4e-= O2↑+4H+ ， 故答案为：2H2O-4e-= O2↑+4H+；
②用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反响为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2 =2I-+ ，消耗18.00mL标准液，由2 ～ I2～2Cu2+关系可知Cu2+的物质的量为0.0018mol，Cu2+的质量为0.0018mol×64g/mol=0.1152g，可知25.00mL中含有Cu2+0.1152g，那么1L中含有4.608g，Cu2+的浸出率= ，那么旋流电解铜回收率是1-5.0%=95%，故答案为：95.0%。
【分析】铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3 ， 先将其粉碎增大大接触面积，加快反响速率，提高浸出率，然后参加浓硫酸，与浓硫酸反响分别生成 Bi(OH)SO4沉淀，PbSO4沉淀 ，CuSO4溶液，Sb2O3难溶于H2SO4 ， 那么滤渣Ⅰ中含有Bi(OH)SO4 ， PbSO4 ， Sb2O3 ， 参加盐酸，生成SbCl3 ， PbSO4沉淀不与盐酸反响，Bi(OH)SO4与盐酸反响生成铋浸出液，SbCl3水解生成SbOCl，过滤后滤渣Ⅱ中含有SbOCl，PbSO4 ， 通过电解铋浸出液生成粗铋，以此解答；
 
10.【答案】 〔1〕-94.9 kJ·mol-1
〔2〕；2；C
〔3〕增大；向逆反响方向
〔4〕Cat.1；其它条件相同时，Cat.1使反响II的活化能降低更多，活化分子百分数增加更多，从而使有效碰撞的几率增大，使反响II的速率更快
【解析】【解答】(1)I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ·mol-1
 
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律 I-II得CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=-53.7kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-94.9kJ·mol-1；
(2) ①平衡时CO的转化率为50%，反响体系总压为pPa；
该温度下反响III的平衡常数Kp= Pa-2；
②投料比等于系数比时，到达平衡，产物的百分含量最大，所以图中n=2mol；增大氢气的物质的量，平衡正向移动，CO转化率增大，a、b、c三点所处的平衡状态中，c点氢气的物质的量最大，CO转化率最大；
(3)一定条件，某恒容密闭容器中投入1molCO2和3molH2发生上述反响I和II，升高反响体系温度，合成甲醇的反响速率增大；增大反响体系的压强，反响I正向移动，造成CO、H2浓度减小，H2O的浓度增大，所以反响II的平衡向逆反响方向移动；
(4)根据表格数据，543K时，使用催化剂Cat.1，CO2转化率大，甲醇选择性低，所以Cat.1对反响II的催化效果比对反响I的好，用碰撞理论解释其原因：其它条件相同时，Cat.1使反响II的活化能降低更多，活化分子百分数增加更多，从而使有效碰撞的几率增大，使反响II的速率更快。
【分析】此题考查化学平衡移动、化学平衡常数计算，明确影响化学平衡移动的因素是解题关键，掌握平衡常数计算方法，理解平衡移动原理，培养学生解决实际问题的能力。
 
11.【答案】 〔1〕7；［Ar］3d6
〔2〕氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力
〔3〕O；sp2；8；正四面体
〔4〕；或
【解析】【解答】(1)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ， 共有7种不同能级的电子，基态Fe原子失去最外层2个电子得到Fe2+ ， 核外电子排布式为［Ar］3d6；
 
(2) 氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，所以氯化亚铁的熔点为674℃，而氯化铁的熔点仅为282℃；
(3)①配合物高氯酸三三氮唑合铁(II)中非金属元素有C、N、Cl、O、H，O的非金属性最强，所以电负性最大的是O；
②1，2，4-三氮唑分子中碳原子形成3个σ键，无孤电子对，杂化方式是sp2。1，2，4-三氮唑分子的结构为 ，单键为σ键，双键中含有1个σ键，含σ键数为8个；
③ 中Cl原子的价电子对数是 ，无孤电子对，空间构型为正四面体。
(4)根据均摊原那么，每个晶胞中，Fe原子数为 、N原子数是2； Fe原子构成六方最密堆积，六棱柱底边长为apm，那么铁原子半径为 ；晶体的密度为ρg·cm-3 ， 那么 ，阿伏加德罗常数的值NA为 或 。
【分析】(1)根据Fe原子的核外电子排布式分析；
(2) 氯化亚铁为离子晶体，而氯化铁为分子晶体；
(3)①根据非金属性分析电负性；
②根据C形成的σ键及孤电子对分析；单键都是σ键，双键中1个σ键1个π键；
③根据价层电子对互斥理论计算；
(4)根据晶胞密度的公式计算。
 
12.【答案】 〔1〕酚羟基、氯原子；对羟基苯乙酸(或4-羟基苯乙酸)
〔2〕
〔3〕+ SOCl2→ +SO2+ HCl
〔4〕或 ；7
〔5〕CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2CN CH3CH2COOH
【解析】【解答】(1)A的结构简式为 ，A中含有的官能团为：酚羟基、氯原子；C的结构简式为 ，两个取代基位于对位，其名称为对羟基苯乙酸(或4-羟基苯乙酸)；
 
(2)由分析可知，G的结构简式是 ；
(3)根据信息可推测， 和SOCl2发生反响生成 、SO2、HCl，化学方程式为： + SOCl2→ +SO2+ HCl；
(4)①分子中含有2个苯环且每个苯环上都有2个互为对位的取代基；②能发生水解反响，且水解产物都能与FeCl3溶液发生显色反响，说明水解后的产物均含有酚羟基；那么符合条件的同分异构体有： 、 ； 中含有7种不同环境的H原子，所以其核磁共振氢谱显示有7组峰， 中含有7种不同环境的H原子，所以其核磁共振氢谱显示有7组峰；
(5)乙烯和HBr发生加成反响生成溴乙烷，溴乙烷和KCN发生取代反响生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在酸性条件下被氧化生成CH3CH2COOH，那么合成路线为：CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2CN CH3CH2COOH。
【分析】 和KCN发生取代反响生成 ， 在酸性条件下被氧化生成 ， 和KOH发生酸碱中和反响生成 ， 和PhCH2Cl在酸性条件下发生取代反响生成 ， 和SOCl2发生取代反响生成 ， 和G(C16H19O2N)发生取代反响生成H，结合H的结构简式可推测出，G的结构简式为 。