统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷仿真模拟冲刺标准练四（附解析）

这是一份统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷仿真模拟冲刺标准练四（附解析），共11页。试卷主要包含了5　Fe－56　Cu－63等内容，欢迎下载使用。

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。
7．化学与生活及环境保护息息相关，下列叙述错误的是( )
A．硅胶可用作食品药品的干燥剂
B．可燃冰作为新能源可以实现碳中和
C．陶瓷的主要化学成分是硅酸盐
D．氨水可消除燃煤烟气中的二氧化硫
8．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．0.1ml·L－1KF溶液中阴离子数目为0.1NA
B．18g重水与1mlH2O所含的中子数之差为NA
C．0.1ml丁烷含有的共价键数为1.6NA
D.标准状况下，5.6L乙烯完全燃烧转移电子数为1.5NA
9．下列实验不能达到目的的是( )
10．一种具有生物活性的多官能团有机物的结构简式如图所示。下列有关该物质的叙述错误的是( )
A．能与金属钠反应产生H2
B．分子中含有21个碳原子
C．既能发生加成反应又能发生消去反应
D．1ml该物质最多能与2mlNaOH反应
11．盐酸羟胺(NH2OH·HCl)是一种易溶盐，可用作还原剂和显像剂，其溶于水后完全电离为NH3OH＋与Cl－。利用原电池原理制备盐酸羟胺的装置如图所示。下列说法错误的是( )
A.Pt电极作负极，发生氧化反应
B．含Fe催化电极上的反应为：
NO＋3e－＋4H＋===NH3OH＋
C．该装置工作时，负极区溶液和正极区溶液的pH均保持不变
D．每制取0.1mlNH2OH·HCl，有3.36L (标准状况) H2参与反应
12．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的核外电子数等于W与Y的核外电子数之和，W的最外层电子数为偶数。四种元素中只有Y为金属元素。下列说法正确的是( )
A．原子半径：Y>Z>X>W
B．X与Y形成的化合物只含离子键
C．常温常压下，X的简单氢化物为气态
D．最高价氧化物的水化物酸性：Z>W
13．室温下，将NaOH溶液滴加到H2X溶液中，混合溶液中离子浓度的变化与pH的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.H2X的Ka2数量级为10－8
B．当混合溶液pH＝3时，c(HX－ )＝10c(H2X)
C．混合溶液呈中性时c(Na＋)>3c(HX－ )
D．NaHX溶液中存在c(H2X)二、非选择题：共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
26．(14分)氯化亚铜(CuCl)可用作CO吸附剂和脱氧剂。利用以下装置可制备CuCl并测定其纯度。
已知：CuCl难溶于水和乙醇；Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。
回答下列问题：
(1)制取Cl2：盛放KMnO4的仪器名称是________，为吸收Cl2尾气，C中可选用试剂________(填标号)。
A．Na2SO3溶液B．饱和食盐水
C．浓H2SO4D.FeCl2溶液
(2)制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，B中依次发生反应的离子方程式为：
①Cu＋Cl2===Cu2＋＋2Cl－；
②____________________________________；
③CuCl＋2Cl－⇌ [CuCl3]2－，观察到________时停止反应。将B中溶液倒入盛有________的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀。过滤得CuCl粗品。
(3)提纯CuCl：在烧杯中注入稀盐酸，加入制得的CuCl粗品，搅拌后过滤，用________(填试剂名称)洗涤滤饼3～4次后烘干得成品。
(4)CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品2.90g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成250mL溶液。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200ml·L－1的K2Cr2O7溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗K2Cr2O7溶液22.50mL，反应中Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 被还原为Cr3＋，则成品中CuCl的纯度为________% (保留1位小数)。滴定时盛装K2Cr2O7溶液的仪器名称是____________，若滴定结束时仰视刻度线读数，会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。
27．(14分)次磷酸钠(NaH2PO2)广泛应用于电镀、材料等行业，在生产NaH2PO2的过程中会产生大量废渣[主要含NaH2PO2和CaHPO3，还含有少量Ca(OH)2], 一种回收NaH2PO2实现废渣资源化利用的工艺流程如下：
已知：CaHPO3和Ca(OH)2的Ksp分别为1×10－4和6×10－6，H3PO3为二元中强酸。
回答下列问题：
(1)“碱浸”发生反应的化学方程式为________________________________，“趁热过滤”的目的是________________________________。要使该操作后所得滤液中HPO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 的浓度不小于0.01ml·L－1，则滤液pH不低于________(lg6＝0.8)。
(2)“试剂A”的化学式为________，Na2HPO3属于________(填“正盐”或“酸式盐”)。
(3)电解NaH2PO2溶液可制得Ni(H2PO2)2，后者广泛用于化学镀镍，电解NaH2PO2溶液装置如图所示。阴极的电极反应式为________________________，产品室能得到Ni(H2PO2)2的原理是________________________________________________________________________。
(4)化学镀镍的方法是：将镀件置于一定浓度的Ni(H2PO2)2溶液中，加入NaOH溶液至碱性，产生的Ni可均匀地沉积在镀件上(同时生成PO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) )，发生反应的离子方程式为________________________。与电镀镍相比，化学镀镍工艺的优点是____________________________(写出一点)。
28．(15分)羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的H2S和CO反应可以合成COS，回答下列问题：
(1)已知：
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1＝－484kJ·ml－1
②COS(g)＋H2O(g)⇌H2S(g)＋CO2(g) ΔH2＝－36kJ·ml－1
③CO的燃烧热为283kJ·ml－1
反应CO(g)＋H2S(g)⇌COS(g)＋H2(g)的ΔH＝________kJ·ml－1。
(2)以FeOOH作催化剂，由H2S和CO合成COS的反应分两步进行。下列示意图能正确体现上述反应能量变化的是________(填“甲”或“乙”)。
关于该反应的下列叙述正确的是________(填标号)。
A．步骤①是慢反应，活化能较大
B．总反应的速率由步骤②决定
C．反应进程中S2属于中间产物
D．更换催化剂可改变E和ΔH
(3)240℃时，反应CO(g)＋H2S(g)⇌COS(g)＋H2(g)的平衡常数K＝1。在密闭容器中充入等物质的量的CO和H2S发生上述反应，达平衡时测得CO的物质的量为4ml，则H2S的转化率为________，COS的体积分数为________。在240℃下，要同时提高CO和H2S的转化率，可采取的措施是____________________。
(4)在两个密闭容器中都加入CO、H2S、COS、H2四种气体，起始时气体体积分数φ(CO)＝φ(H2S)，φ(COS)＝φ(H2)，分别在300℃和320℃时反应，容器中H2S(g)和COS(g)的体积分数(φ)随时间(t) 的变化关系如图所示。
300℃和320℃时，φ(H2S)随时间变化关系的曲线分别是__________、________，判断的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，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)
铁在史前就为人们所知，铁及其化合物推动了人类文明的发展。回答下列问题：
(1)Fe元素位于元素周期表的________区，基态Fe2＋的核外电子排布式为________________。
(2)复盐NH4Fe(SO4)2·12H2O俗称铁铵矾，可用于鞣革。铁铵矾中，所含N、O、S三种非金属元素第一电离能由小到大的顺序是________________，阴离子的空间构型为________________。NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的键角比NH3的键角________(填“大”或“小”)。
(3)
三价铁的强酸盐溶于水后经水解可以生成如图所示的二聚体，其中Fe3＋的配位数为________，过渡元素的s、p、d轨道可以参与杂化，含s、p、d轨道的杂化类型有：①sp2d、②sp3d、③sp3d2，该二聚体中Fe采取的杂化类型为________(填标号)。
(4)三种化合物的熔点如下表所示：
试解释其熔点差异的原因：________________________________________________________________________。
(5)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某立方FexNy的晶胞如图所示，晶胞参数为apm，该晶体密度为________g·cm－3 (设NA为阿伏加德罗常数的值，写出表达式)，Cu完全替代该晶体中b位置的Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy, n∶y＝________。
36．[化学——选修5: 有机化学基础](15分)
化合物H是新型降压药替米沙坦的中间体，合成H的一种工艺路线如下：
已知：eq \a\vs4\al()
回答下列问题：
(1)A的化学名称是________________________________________________________________________。
(2)B转化为C的化学方程式为________________________________________________________________________
______________________。
(3)E中含氧官能团的名称是________，F转化为G的反应类型是________。
(4)H的结构简式为________________________________________________________________________。
(5)芳香化合物W是D的同分异构体且满足下列条件：
①苯环上有三个取代基：
②分子中含有—NH2；
③1mlW与饱和NaHCO3溶液充分反应能产生2mlCO2
W的结构有________种，其中核磁共振氢谱显示五组峰，其面积比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为________________________________________________________________。
(6)根据上述路线中的相关知识，以苯酚为主要原料，用不超过三步的反应设计合成的路线：________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
仿真模拟冲刺标准练（四）
7．答案：B
解析：硅胶无毒且吸水性较好，可以做食品药品的干燥剂，故A正确；可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧产生二氧化碳，不能实现碳中和，故B错误；陶瓷是以黏土为主要原料经高温烧结而制成的，其主要化学成分是硅酸盐，故C正确；氨水显碱性，能吸收二氧化硫，可消除燃煤烟气中的二氧化硫，故D正确。
8．答案：B
解析：没有溶液的体积，所以阴离子数目无法确定，A错误；18g重水中含有的中子数＝eq \f(18,20)×（1×2＋8）＝9ml，1mlH2O中含有的中子数为8ml，所以二者之差为NA，B正确；丁烷为C4H10，1个丁烷分子含有的共价键数＝4－1＋10＝13，所以0.1ml丁烷含有的共价键数为1.3NA，C错误；C2H4～2CO2～12e－，5.6L乙烯的物质的量为0.25ml，所以转移的电子数为0.25×12＝3ml，完全燃烧转移的电子数为3NA，D错误。
9．答案：A
解析：海带中的碘元素以碘离子形式存在，加入淀粉无明显现象，A符合题意；溴单质与稀氢氧化钠反应，而溴苯不反应且溴苯不溶于水，采用分液的方法将溴苯与杂质分开，B不符合题意；将SO2通入酸性KMnO4溶液中，高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，体现了SO2的还原性，C不符合题意；测定0.1ml·L－1醋酸溶液的pH大于1，证明醋酸不完全电离，属于弱酸，D不符合题意。
10．答案：D
解析：该有机物含有醇羟基，可以与Na发生反应，A正确；分子中含有21个碳原子，B正确；该有机物结构中含有苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，含有醇羟基和β－H，可以发生消去反应，C正确；1ml酚酯基可以与2mlNaOH发生反应，1ml酯基可以与1mlNaOH发生水解反应，所以1ml该物质最多能与3mlNaOH反应，D错误。
11．答案：C
解析：由题意，该装置需要制备盐酸羟胺，根据化合价推断，盐酸羟胺中的N元素化合价为－1价，向装置内通入NO，其N元素化合价为＋2价，N元素处于降价状态，因此可推知含Fe催化电极为该原电池的正极，同时可推知Pt电极为负极。由题意，根据化合价推断，Pt电极为负极，根据原电池原理可知负极发生氧化反应，A正确；由题意，含Fe催化电极为正极，根据原电池原理可知正极应发生还原反应，且处在盐酸环境下，因此可知方程式中H＋存在合理，且反应前后电荷守恒，原子守恒，因此该反应方程式成立，B正确；由B选项可知，正极区的反应消耗掉H＋，因此正极区的pH值会增大，而非正负极区溶液的pH值均不变，C错误；由负极区反应可知，H2～2e－，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取0.1ml的NH2OH·HCl，则会转移0.3ml电子，因此可推知消耗0.15mlH2，标准状况体积为3.36L，D正确。
12．答案：D
解析：W的最外层电子数为偶数，四种元素中只有Y为金属元素，所以W可能为C或O，Z的核外电子数等于W与Y的核外电子数之和，所以Y为Na，W为C，Z为Cl，X为N或者O或者F。原子半径应该为Y>Z>W>X，A错误；X与Y形成的化合物可能为Na2O2，既含离子键又含共价键，B错误；X的简单氢化物可能为水或HF，常温常压下为液体，C错误；最高价氧化物对应水化物Z为HClO4，W为H2CO3，酸性HClO4>H2CO3，D正确。
13．答案：C
解析：H2X的电离为H2X⇌H＋＋HX－、HX－⇌H＋＋X2－；当eq \f(c（H2X）,c（HX－）)＝eq \f(c（HX－）,c（X2－）)＝1时，即纵坐标为0，c1（H＋）＝Ka1eq \f(c（H2X）,c（HX－）)＝Ka1、c2（H＋）＝Ka2eq \f(c（HX－）,c（X2－）)＝Ka2，由于H2X的一级电离大于二级电离，则c1（H＋）>c2（H＋），pH10，则c（HX－）>c（X2－），故c（HX－）＋2c（X2－）<3c（HX－），所以c（Na＋）<3c（HX－），C错误；由电荷守恒可知，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HX－）＋2c（X2－），NaHX溶液中由物料守恒可知，c（Na＋）＝c（H2X）＋c（HX－）＋c（X2－），两者联立可知，存在c（H2X）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（X2－），则c（H2X）26．答案：（1）圆底烧瓶 AD
（2）Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl 铜粉完全溶解，溶液无色 适量蒸馏水
（3）无水乙醇 （4）92.2 酸式滴定管 高
解析：A装置为浓盐酸与高锰酸钾制备氯气。生成的氯气与铜粉和氯化钠溶液反应生成Na2[CuCl3]，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。C装置用于吸收未反应完的氯气，防止污染空气。
（1）氯气具有强氧化性，可与具有还原性的Na2SO3溶液和FeCl2溶液发生氧化还原反应被吸收。饱和食盐水和浓H2SO4用于制备氯气过程中的分离提纯，分别起吸收氯化氢和水的作用。答案为AD。（2）反应①的产物作为反应②的生成物，反应③的反应物可作为反应②的生成物，再依据氧化还原反应即可写出反应。答案为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl；已知CuCl难溶于水和乙醇，Na2[CuCl3]为无色溶液，当反应②Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl反应完全即铜粉完全溶解，溶液无色可停止反应。已知Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。故将B中溶液倒入盛有适量蒸馏水的烧杯中，立即析出白色CuCl沉淀。（3）CuCl难溶于水和乙醇，用乙醇洗涤滤饼3～4次可减少CuCl的溶解损失。（4）根据题意，依据得失电子守恒可得关系式为6CuCl～K2Cr2O7。25mL溶液中n（CuCl）＝0.02×22.5×10－3×6，样品中m（CuCl）＝0.02×22.5×10－3×6×eq \f(250,25)×99＝2.673g，故产品的纯度为eq \f(m（CuCl）,2.90)×100%≈92.2%；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管下端的橡胶管，需用酸式滴定管；若滴定结束时仰视刻度线读数会导致高锰酸钾溶液的体积偏大，根据上述计算公式可知会让测定的纯度偏高。
27．答案：（1）CaHPO3＋2NaOH===Ca（OH）2＋Na2HPO3 防止滤渣中的Ca（OH）2溶解 12.4
（2）H3PO3（或NaH2PO3） 正盐
（3）2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 阳极产生的Ni2＋和原料室的H2PO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 分别穿过阳膜和阴膜扩散至产品室
（4）2Ni2＋＋H2PO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6OH－===2Ni↓＋PO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋4H2O 工艺与设备简单；不需要消耗电能；镀件不局限于导体
解析：废渣[主要含NaH2PO2和CaHPO3，还含有少量Ca（OH）2]。根据流程图可知利用水溶获得NaH2PO2。碱浸后过滤即可分离Ca（OH）2，利用试剂A调节溶液pH消耗过量的NaOH溶液获得纯净的Na2HPO3，其中涉及到Ksp的相关计算。电解池相关问题一定要结合电解池原理，根据电解池的图示进行解题。
（1）已知CaHPO3和Ca（OH）2的Ksp分别为1×10－4和6×10－6，Ca（OH）2更难溶。由上述流程可知“碱浸”实现CaHPO3向Na2HPO3的转化，同时生成Ca（OH）2，答案为CaHPO3＋2NaOH===Ca（OH）2＋Na2HPO3；Ca（OH）2溶解度随温度的升高而减小，趁热过滤防止滤渣中的Ca（OH）2溶解；已知CaHPO3和Ca（OH）2的Ksp分别为1×10－4和6×10－6，要使该操作后所得滤液中HPO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 的浓度不小于0.01ml·L－1，根据CaHPO3的Ksp可计算Ca2＋浓度不大于eq \f(1×10－4,0.01)＝0.01ml·L－1，则c（OH－）＝eq \r(\f(6×10－6,0.01))，c（H＋）＝eq \f(Kw,c（OH－）)＝eq \f(10－14,\r(\f(6×10－6,0.01)))，lg6＝0.8，pH＝－lgc（H＋）＝12.4。（2）物质A需要达到调pH消耗NaOH的目的，同时又不引入新的杂质，答案为H3PO3（或NaH2PO3）；已知H3PO3为二元中强酸，故Na2HPO3为正盐。（3）由电解池图示可知阴极是不锈钢插在NaOH水溶液中，由放电顺序可知是H2O中的H＋放电。答案为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；阳极材料自身放电Ni－2e－===Ni2＋，产生的Ni2＋和原料室的H2PO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 分别穿过阳膜和阴膜扩散至产品室；（4）由题意可知在NaOH的碱性条件下Ni（H2PO2）2溶液中的Ni2＋转化为Ni单质附着在待镀件上，P元素化合价升高转化为＋5价PO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ，根据氧化还原反应相关知识配平方程式，答案为2Ni2＋＋H2PO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6OH－===2Ni↓＋PO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋4H2O；与电镀镍相比，化学镀镍工艺的优点是工艺与设备简单、不需要消耗电能、镀件不局限于导体。
28．答案：（1）－5 （2）甲 AC
（3）50% 25% 及时移去生成物
（4）b a 温度为240℃时φ（COS）为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ（COS）将小于25%，且温度越高φ（COS）越小
解析：（1）已知CO的燃烧热为283kJ·ml－1，则表示CO燃烧热的热化学方程式为：③CO（g）＋eq \f(1,2)O2（g）===CO2（g） ΔH＝－283kJ·ml－1，根据盖斯定律可知，目标热化学方程或＝③－②－eq \f(1,2)①，ΔH＝ΔH3－ΔH2－eq \f(1,2)ΔH1＝[－283－（－36）－eq \f(1,2)×（－484）]kJ·ml－1＝－5kJ·ml－1；（2）由第（1）问可知，CO和H2S合成COS的过程为放热反应，生成物能量低于反应物能量，故符合的示意图为甲；对于一个多步进行的反应，正反应活化能大的为决速步骤，步骤①是慢反应，活化能较大，A正确；总反应的速率由活化能大的一步决定，即步骤①，B错误；由图可知，S2第一步生成，第二步又被消耗，所以反应历程中S2属于中间产物，C正确；催化剂只改变反应的路径，不改变反应的焓变，D错误；（3）设容器的体积为VL，根据已知条件，列出三段式：
CO（g）＋H2S（g）⇌COS（g）＋H2（g）
初始量/mlaa00
变化量/mla－4a－4a－4a－4
平衡量/ml44a－4a－4
K＝eq \f(c（H2）×c（COS）,c（CO）×c（H2S）)＝eq \f(\f(a－4,V)×\f(a－4,V),\f(4,V)×\f(4,V))＝1，a＝8ml
α（H2S）＝eq \f(8－4,8)×100%＝50%，
φ（COS）＝eq \f(8－4,2×8)×100%＝25%
若要同时提高CO和H2S的转化率，需要使得平衡正向移动，所以可以减少生成物的浓度，即及时移去生成物；（4）由于合成COS的反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，体积分数减小，根据第（3）问，温度为240℃时，φ（COS）为25%，故当温度升高时，φ（COS）减小，且温度越高，体积分数减小的程度越大，所以，300℃和320℃时，φ（H2S）随时间变化关系的曲线分别是b、a，原因为：温度为240℃时，φ（COS）为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ（COS）将小于25%，且温度越高φ（COS）越小。
35．答案：（1）d 1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6
（2）S（3）6 ③
（4）FeCl3为分子晶体，NaCl与MgO为离子晶体，且MgO的晶格能比NaCl的大
（5）eq \f(238×1030,NAa3) 3∶1
解析：（1）Fe基态原子外围电子排布式为3d64s2，位于元素周期表的d区，铁原子失去4s上的2个电子变成Fe2＋，基态Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；（2）同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，N原子2p能级半充满，结构稳定，所以第一电离能O＜N；同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能S＜O，O、N、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为S＜O＜N；SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的价层电子数为4＋eq \f(6＋2－2×4,2)＝4，无孤电子对，则空间构型为正四面体形；NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的价层电子对数为4＋eq \f(5－1－4,2)＝4，VSEPR模型和空间构型为正四面体，键角为109°28′，NH3的价层电子对数为3＋eq \f(5－3,2)＝4，含有1对孤电子，VSEPR模型为四面体，空间构型为三角锥形，键角小于109°28′。则NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的键角比NH3的键角大；（3）根据图知，二聚体中Fe3＋的配位数为6；所以其杂化轨道是6，杂化类型为sp3d2，即选③；（4）FeCl3为分子晶体，NaCl与MgO为离子晶体，一般而言离子晶体的熔点比分子晶体高，离子晶体中晶格能越大的熔点越高，MgO的晶格能比NaCl的大，则MgO的熔点比NaCl高；（5）根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，N原子位于体心，共有1个，该晶胞的化学式为Fe4N，晶胞质量为：m＝eq \f(56×4＋14,NA)g＝eq \f(238,NA)g，晶胞参数为apm，晶胞体积为V＝（a×10－10）3cm3，该晶体密度为ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(238×1030,NAa3)g·cm－3；Cu替代b位置的Fe，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于面心、Fe原子处于顶点，晶胞中N原子数目＝1，N（Cu）＝6×eq \f(1,2)＝3，N（Fe）＝8×eq \f(1,8)＝1，其化学式为：FeCu3N，n∶y＝3∶1。
36．答案：（1）邻甲基苯酚（2­甲基苯酚）
（2）＋H2O
（3）醚键、硝基 取代反应
（4）
（5）16
（6）
解析：（1）以苯酚为主体，那么A为苯酚的邻位被甲基取代，答案为邻甲基苯酚或2­甲基苯酚；（2）B→C为苯酚邻位硝基取代，方程式为
（3）E中含氧官能团为—O—（醚键）、—NO2（硝基）。F→G为—NH2变为—NHOC—，该反应为取代反应；（4）由已知反应知该条件下为—NO2还原为氨基后与—C===O形成五元环化合物，则H的结构为；
（5）W的分子式为C9H9O4N，含—NH2，能与NaHCO3产生2mlCO2，即含有2个—COOH，还有一个C的烷基。若烷基与氨基相连，即考虑以下三种苯环（）上—CH2NH2取代，有2＋3＋1＝6种。若烷基与—COOH相连，即考虑三种结构苯环上—NH2取代有4＋4＋2＝10种。所以D的同分异构体满足条件的有16种。峰面积为2∶2∶2∶2∶1的同分异构体应该为对称结构，即为；
（6）原料为苯酚，则合成产物需要在苯环上引入C的取代基，参照A→B的反应苯环上引入—CHO。再酚羟基经硫酸二甲酯变为—OCH3。再将—CHO氧化即可得到目标产物。所以合成路线为
选项
目的
实验
A
检验海带中是否含有碘元素
向海带灰浸取液中滴加淀粉溶液
B
除去溴苯中混有的Br2
加入稀NaOH溶液洗涤、分液
C
证明SO2具有还原性
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
D
证明醋酸是弱酸
测定0.1ml·L－1醋酸溶液的pH
化合物
FeCl3
NaCl
MgO
熔点/℃
308
801
2852