高考化学考前提分仿真卷 化学卷（十）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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高考考前提分仿真卷
化 学 （十）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56

一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．人造纤维和合成纤维都是由有机小分子经加聚反应合成的有机高分子
B．用稀硝酸可以清除银镜反应实验后的试管内表面的银
C．次氯酸钠的水溶液呈碱性，可以用作胃酸中和剂
D．由石墨烯卷制而成的“超级纤维”碳纳米管是一种新型有机化合物材料
【答案】B
【解析】A．人造纤维是用某些天然高分子化合物或其衍生物做原料，经溶解后制成纺织溶液，然后纺制成纤维，天然纤维属于有机物，合成纤维是通过加聚或缩聚反应制得的有机高分子材料，故A错误；B．银可以溶于稀硝酸，所以可以用稀硝酸来除去试管上的银，故B正确；C．胃酸的主要成分是盐酸，次氯酸钠与盐酸反应生成氯气或者次氯酸(取决于溶液酸性程度)，对人体有害，不能用于中和胃酸，故C错误；D．石墨烯是碳单质，只含有碳元素，属于无机非金属材料，故D错误；故答案为B。
8．北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（）。下列说法正确的是
A．该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色
B．1mol该双环烯酯能与3mol H2发生加成反应
C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面
D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种
【答案】A
【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2mol H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH2—上有1种，共有9种，选项D不正确。
9．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．含有25.2g HNO3的浓硝酸与足量的铜反应产生的NO2分子数目为0.1NA
B．1L 0.6mol/L的Na2CO3溶液中含有的O原子数目为1.8NA
C．标准状况下，22.4L的CH3COOH中含有的H原子个数为4NA
D．反应4NH3+6NO5N2+6H2O中，当生成140g的N2时转移12NA
【答案】D
【解析】A．随着反应的进行浓HNO3变成稀硝酸，还原产物变成了NO，故此时产生的NO2数目小于0.1NA，A错误；B．溶液中有大量的水，水中含有大量的O，故O原子数目大于1.8NA，B错误；C．CH3COOH在标况下不是气体，C错误；D．该反应中生成5mol N2（140g）时，化合价共降低12价，故共转移12mol电子，D正确。故选D。
10．如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图，下列说法正确的是

A．Cl·可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应的催化剂
B．升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快
C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
D．第一步反应的速率大于第二步反应
【答案】C
【解析】CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl。A．Cl·由Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”，而不是反应的催化剂，A错误；B．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，B错误；C．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的ΔH和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即增大氯气的浓度不影响ΔH的大小，C正确；D．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，D错误。
11．在环境和能源备受关注的今天，开发清洁、可再生新能源已成为世界各国政府的国家战略，科学家发现产电细菌后，微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一条新途径。微生物燃料电池(MFC)示意图如下所示（假设有机物为乙酸盐）。下列说法错误的是

A．A室菌为厌氧菌，B室菌为好氧菌
B．A室的电极反应式为CH3COO−−8e−+2H2O=2CO2+8H+
C．微生物燃料电池(MFC)电流的流向为b→a
D．电池总反应式为CH3COO−+2O2+H+=2CO2+2H2O
【答案】B
【解析】根据装置图可知B室中氧气参与反应，应为好氧菌，选项A正确；方程式中电荷和氢原子不守恒，选项B错误；MFC电池中氢离子向得电子的正极移动，即向b极移动，b为正极，电流方向是由正极流向负极，即b→a，选项C正确；电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成CO2、H2O，即CH3COO−+2O2+H+=2CO2+2H2O，选项D正确。
12．W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且分属于三个不同周期的短周期元素，X、Y同周期。X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体(结构如图所示)，下列说法错误的是

A．Z元素形成的含氧酸均为强酸
B．X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高
C．W与X、Y均能形成至少2种二元化合物
D．原子半径X大于Y
【答案】A
【解析】四种元素分属于三个不同周期的短周期元素，且W的原子序数最小，所以W为H元素，X、Y同周期，X可以和Y形成双键，X共可以形成4个共价键，则X为C元素，Y为O元素，Z可以形成一个共价键，且为第三周期元素，则Z为Cl元素。A．Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸，如HClO为一元弱酸，A错误；B．X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl，H2O分子间存在氢键，熔沸点最高，B正确；C．H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类，H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物，C正确；D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径C＞O，D正确。
13．已知：，25℃时，的，。用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是

A．a点所得溶液中：
B．c点所得溶液中：
C．当溶液的pH为7时，此时加入NaOH溶液体积为30mL
D．随着NaOH溶液滴入，水的电离程度一直增大
【答案】B
【解析】A．a点所得溶液中，pH=1.85，即c(H+)=10−1.85，又，故c(H2A)=c(HA−)，又a点溶液体积大于20mL，导致含有A元素微粒浓度之和减小，所以c(H2A)+c(A2−)+
c(HA−)＜0.1mol∙L−1，故a点溶液中，，故A错误；B．c点所得溶液中，pH=7.19，即c(H+)=10−7.19，又，则c(A2−)=c(HA−)，溶液中存在电荷守恒2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，即3c(HA−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，此时溶液显碱性，c(OH−)＞c(H+)，则c点所得溶液中：，故B正确；C．当加入NaOH溶液体积为30mL时，溶液恰好为等物质的量浓度的NaHA、Na2A的混合溶液，A2−的水解常数为，即A2−的水解程度大于HA−的电离程度，则此时溶液显碱性，故C错误；D．随着NaOH溶液滴入，依次发生反应H2A+OH−=HA−+H2O、HA−+OH−=A2−+H2O，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应生成Na2A时，水的电离程度最大，继续滴入NaOH，水的电离程度逐渐减小，故D错误；故选B。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）新冠疫情期间使用了大量的消毒剂，其中二氧化氯（ClO2）与亚氯酸钠（NaClO2）都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如下装置由二氧化氯制备NaClO2·3H2O，并探究其性质。

I．查阅资料：
①ClO2易与碱溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为氯酸盐。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
Ⅱ．制备与分离：
（1）实验加药品前应进行的实验操作是____。
（2）盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器名称是____。
（3）装置A中参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
（4）B装置的作用是____。
（5）若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下，请完成下列操作步骤②的内容。
①减压，55℃蒸发结晶；
②____；
③用38℃～60℃热水洗涤；
④在38℃～60℃间进行干燥，得到成品。
（6）装置D是处理尾气，反应的化学方程式____。
（7）实验结束后，继续通入一段时间N2的目的是____。
Ⅲ．测量与计算：
（8）利用题中原理制备出NaClO2·3H2O晶体的样品，可以用“间接碘量法”测定样品（杂质与I−不发生反应）的纯度，过程如下：取样品1.4450g配制成250mL溶液，从中取出25.00mL，加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，（已知：ClO+4I−+4H+＝2H2O+2I2+Cl−），然后用c mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为v mL（已知：I2+2S2O＝S4O+2I−）。
①滴定终点的现象是____。
②下列滴定操作会导致测量结果偏低的是____（填字母）。
a．锥形瓶洗涤后没有干燥 b．滴定时锥形瓶中有液体溅出
c．滴定终点时俯视读数 d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
③样品中NaClO2·3H2O的纯度为____％（用含c、V的代数式表示）。
【答案】（1）检查装置气密性
（2） 三颈烧瓶
（3） 2∶1
（4） 安全瓶（或防倒吸）
（5） 趁热过滤
（6） 2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O
（7） 将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率
（8） 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 bc 25cv
【解析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；装置c中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2。另外A中产生的SO2被带入C中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度38℃~60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3.和NaCl。装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置c的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。(1)实验过程中要制备ClO2气体，则实验加药品前应检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性。(2)由图可知，盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。(3)装置A中发生反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，NaClO3为氧化剂；Na2SO3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。(4)装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用；(5)从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃~60℃热水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。故答案为：趁热过滤。(6)装置D是吸收多余气体防止污染，反应的化学方程式为；2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。(7)实验结束后，继续通入一段时间N2，达到将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率的目的。故答案为：将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率。(8)①ClO2在酸性条件下氧化I−生成I2。ClO2被还原为Cl−，同时生成H2O，反应离子方程式为：ClO+4I−+4H+＝2H2O+2I2+Cl−，利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反应为I2+2S2O＝S4O+2I−，当达到滴定至终点时，碘单质恰好反应完，溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色。②a．锥形瓶洗涤后没有干燥，不影响滴定结果，故a不符合题意；b．滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，消耗的标准液减少，测定结果偏低，故b符合题意；c．滴定终点时俯视读数，导致标准液消耗的体积读数减小，测定结果偏低，故c符合题意；d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积小消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏大，故d不符合题意。③滴定时共消耗V mL c mol/L的Na2S2O3标准溶液，则Na2S2O3的物质的量为V mL×10−3×c mol/L=10−3c Vmol，根据NaClO2·3H2O~2I2~4S2O可知，样品中NaClO2·3H2O的物质的量为，故样品中NaClO2·3H2O的纯度为%。故答案为：25cV。
27．（14分）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：

回答下列问题：
(1)硼镁矿粉碎的目的是___________，“酸浸”中发生的离子反应是___________。
(2)为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为___________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是___________。
(3)过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为___________。
(4)不同条件下硼酸的萃取率图象如下：

萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是___________。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率

（2） MgO或者Mg(OH)2等 铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净
（3） 取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净
（4） 放热 当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【解析】硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。(1)“酸浸”中与酸发生的离子反应是；(2)“净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有SO离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
28．（15分）氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：
Ⅰ．CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol−1
Ⅱ．CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol−1
Ⅲ．4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
反应Ⅰ能自发进行的条件是 。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应 的ΔH。
（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（400℃）______K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=_____（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是 。
（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：
Ⅰ．2ClO−=ClO+Cl−
Ⅱ．ClO+ClO−=ClO+Cl−
常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因： 。
（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式： 。
【答案】（1）高温 CuO(s)+2HCl(g)＝CuCl2(s)+H2O(g)
（2）大于 p=p0=0.848p0 Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低
（3）反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO−向ClO转化
ClO+H2O-2e−=ClO+2H+
【解析】（1）Ⅰ．CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol−1，ΔS＞0，则要ΔG=ΔH-TΔS＜0，须高温条件下才能自发；Ⅰ．CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol−1
Ⅱ．CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol−1
Ⅲ．4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：还需要利用反应CuO(s)+2HCl(g)＝CuCl2(s)+H2O(g)的ΔH。故答案为：高温；CuO(s)+2HCl(g)＝CuCl2(s)+H2O(g)；（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400℃）大于K（500℃）；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1，该曲线中400℃ HCl的平衡转化率为76%。则
4HCl(g) + O2(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g)

p=p0=0.848p0；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；故答案为：大于；p=p0=0.848p0；Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低；（3）生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ．2ClO−=ClO+Cl−，Ⅱ．ClO+ClO−=ClO+Cl−，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO−向ClO转化；故答案为：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO−向ClO转化；（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO，阳极反应式：ClO+H2O-2e−=ClO+2H+。故答案为：ClO+H2O-2e−=ClO+2H+。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe原子的价电子排布式为_______。
(2)N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)，苯酚()中碳原子的杂化轨道类型为 。
(3)的熔点为306℃，沸点为315℃。的晶体类型是 。常作净水剂和补铁剂，SO的立体构型是 。
(4)羰基铁[]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。分子中含__键，与CO互为等电子体的离子是 (填化学式，写一种)。
(5)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为__。
(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：

图1 图2
氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm−3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_______；Fe2+与O2−最短核间距为_______pm。
【答案】（1）
（2） 杂化
（3） 分子晶体 正四面体形
（4） 10 或C
（5） 3∶1
（6） 12
【解析】(1)Fe位于第四周期VIII族，基态Fe原子价电子排布式为[Ar]3d64s2；(2)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，同主族从上到下第一电离能减小，即三种元素的第一电离能大小顺序是N>O>S；苯环的立体构型为平面正六边形，即C的杂化类型为sp2；(3)FeCl3的熔沸点低，符合分子晶体的性质，即FeCl3属于分子晶体，SO中中心原子S有4个σ键，孤电子对数为，价层电子对数为4，SO的立体构型为正四面体形；(4)Fe与CO形成配位键，成键原子间只能形成一个σ键，因此1mol Fe(CO)5分子中含有10mol σ键，根据等电子体的定义，与CO互为等电子体的离子是或C；(5)根据图1，Fe位于顶点、面心、内部，实际占有的个数为12×+2×+3=6，N位于内部，实际占有的个数为2，因此铁、氮的微粒个数之比为6∶2=3∶1；(6)根据图2，Fe2+紧邻且等距离的Fe2+的数目为12，Fe位于晶胞的顶点、面心，实际占有个数为8×+6×=4，O位于棱上和体心，实际占有的个数为12×+1=4，即化学式为FeO，晶胞的质量为g，令晶胞的边长为a cm，则晶胞的体积为a3 cm3，根据密度的定义，，Fe2+与O2−最短的核间距是边长的一半，因此最短核间距为×1010pm。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
某课题组以甲苯和甲烷为起始原料，按下列路线合成抗骨质疏松药依普黄酮。请回答：
已知：
(1)下列说法不正确的是___________。
A．依普黄酮的分子式是，分子中所有碳原子可能共平面
B．D→E和F→G的反应类型均为取代反应
C．C+E→F反应的其它产物是乙醇和水
D．催化剂可以用和为原料合成
(2)E的结构简式为___________；F的结构简式为___________。
(3)A+B→C的化学方程式为___________。
(4)化合物C的同分异构体中，谱图有4组峰，且能与金属钠反应。
①包含个苯环和个片段的结构简式为___________、___________(写2种)；
②包含片段(苯环上可连接多个取代基)共有___________种。
(5)以甲苯为原料，设计A的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。
【答案】（1）AC
（2） HC(OC2H5)3
（3） ++H2O
（4） 或 24
（5）
【解析】由有机物的转化关系可知，甲苯经过一系列转化生成，一定条件下，与发生取代反应生成，故B为；光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成三氯甲烷，三氯甲烷与乙醇钠发生取代反应生成HC(OC2H5)3，则E为HC(OC2H5)3；在做催化剂作用下，HC(OC2H5)3与反应生成，则F为；在氢氧化钠作用下，与发生取代反应生成。(1)A．由结构简式可知，依普黄酮的分子式是，分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，分子中所有碳原子不可能共平面，故错误；B．D→E的反应为三氯甲烷与乙醇钠发生取代反应生成HC(OC2H5)3和氯化钠，F→G的反应为在氢氧化钠作用下，与发生取代反应生成与溴化氢，故正确；C．由质量守恒定律可知，C+E→F的反应为在做催化剂作用下，HC(OC2H5)3与反应生成和乙醇，没有水生成，故错误；D．分子发生开环加成反应生成，与NH3发生取代反应生成，则催化剂可以用和NH3为原料合成，故正确；故答案为：AC；(2)由分析可知，E的结构简式为HC(OC2H5)3，F的结构简式为；(3)A+B→C的反应为一定条件下，与发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O；(4)化合物C的同分异构体中谱图有组峰，且能与金属钠反应说明分子结构对称，含有羟基；①化合物C的同分异构体中，分子结构对称，含有羟基，包含个苯环和个片段的结构简式为、、；②化合物C的同分异构体中，分子结构对称，含有羟基，包含片段，苯环上可连接多个取代基说明分子中不能含有2个—CH2OH结构，每个苯环都含有1个甲基和1个羟基，且甲基和羟基处于对称位置，其中先连接甲基或羟基在苯环上有如图的四种结构，每种结构再连接羟基或甲基各有3种结构，共有4×3+4×3=24种，故答案为：24；(4)由有机物的性质，结合题给信息可知，以甲苯为原料合成的步骤为在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下发生水解反应生成，合成路线如下：
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