四川省绵阳南山中学2020届高三9月月考理科综合化学试题

绵阳南山中学2019年秋季高2017级9月月考理综试题化学部分

可能用到的相对原子质量:H～1  C1～2  O～16   Na～23  Ca～40  Fe～56

一、选择题:本题共13个小题，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.下列说法正确的是

A. MgO和Al2O3都属于两性氧化物

B. 悬浊液和乳浊液的分散质均为液态

C. 葡萄糖溶液和淀粉液都具有丁达尔效应

D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果

【答案】D

【解析】

【详解】A．Al2O3为两性氧化物，而MgO为碱性氧化物，故A错误；

B．一般情况下，乳浊液分散质为液态，而悬浊液的分散质为固态，故B错误；

C．淀粉为高分子化合物，淀粉溶液为胶体，具有丁达尔效应，但葡萄糖分子较小，葡萄糖溶液不属于胶体，故C错误；

D．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故D正确；

故选D。

【点睛】明确常见元素化合物性质为解答关键。本题的易错点为C，要注意能够溶于水的高分子化合物分散到水中形成胶体。

2.下列说法不正确的是

A. 正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高

B. 乙苯的同分异构体(不含乙苯)有3种，且都能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C. 羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料

D. 丙烯和苯既能发生加成反应，又能发生取代反应

【答案】B

【解析】

【详解】A．碳原子数相同的烷烃，支链越多熔沸点越低，所以正丁烷的沸点比异丁烷的高；乙醇分子之间能形成氢键，分子间作用力强于二甲醚，所以沸点高于二甲醚，故A正确；

B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，且还有不属于芳香烃同分异构体，则一定大于3种，故B错误；

C．羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都是有机高分子化合物，形成的材料为有机高分子材料，故C正确；

D．苯既能发生加成反应，又能起取代反应；丙烯含有碳碳双键，能够发生加成反应，结构中含有甲基，在一定条件下也能发生取代反应，故D正确；

故选B。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 100g质量分数为46％C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7NA

B. 7.8gNa2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.2NA

C. 标准状况下，2.24L丙三醇(甘油)中含有的氧原子数为0.3NA

D. 向含0. 1 mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA

【答案】A

【解析】

【详解】A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；

B.7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，分别生成Na2CO3和Na2SO4，生成Na2CO3时，只有一半的O22-被还原为-2价，还有一半生成氧气；生成时Na2SO4，所有O22-均被还原为-2价，故转移的电子数目分别为0.1NA和0.2NA，故B错误；

C．标准状况下，丙三醇不是气体，不能使用气体摩尔体积，故无法计算2.24 L丙三醇(甘油)中含有的氧原子数目，故C错误；

D．向含0.1 mol Na2SiO3的溶液中逐渐滴加盐酸，生成H2SiO3胶体，由于胶体粒子是许多分子的集合体，所以生成H2SiO3胶体中胶粒的数目小于0.1NA，故D错误；

故选A。

【点睛】本题的易错点为A，要注意乙醇分子中含有1个O-H，水分子中含有2个O-H。

4.化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是

A. W、M、N均能与溴水发生加成反应 B. W、M、N的一氯代物数目相等

C. W、M、N分子中的碳原子均共面 D. W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色

【答案】D

【解析】

【详解】A.由 结构简式可知, W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；    B. W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D. W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。

5.下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．苯萃取碘水中的碘，苯的密度小于水，分出水层后，应该从上口倒出苯层，故A错误；

B．氯气不易溶于饱和食盐水，所以可以采用排饱和食盐水的方法测量氯气体积，故B正确；

C．制备氢氧化铁胶体的实验步骤为：取少量蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液继续煮沸，至液体呈透明的红褐色，故C错误；

D．氢氧化钠固体的溶解过程在烧杯中进行，待冷却后转移到容量瓶中，故D错误；

故选B。

6.NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：

下列判断不正确的是

A. 实验①中发生的反应：ClO-+Cl-+2H+＝Cl2↑+H2O

B. 实验②中发生的反应：ClO-+2I-+2H+＝Cl-+I2+H2O

C. 实验③中该条件下氧化性强弱：ClO-＞Fe3+

D. 实验④中ClO-与Al3+相互促进水解

【答案】B

【解析】

【详解】A．加入盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性氧化氯离子生成氯气，反应离子方程式：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故A正确；

B．实验②0.2 mol•L-1 KI-淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质，反应的离子方程式：ClO-+2I-+H2O=Cl-+I2+2OH-，故B错误；

C．在0.2mol/LFeSO4酸性溶液中滴加0.2mol/LNaClO溶液，Fe2+和ClO-发生氧化反应生成的Fe3+遇KSCN，使溶液显红色，即说明Fe2+还原性大于Cl-，故C正确；

D．NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成Al(OH)3白色胶状沉淀，故D正确；

故选B。

7.氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析合理的是

A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成

B. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移

C. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100％

D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率

【答案】C

【解析】

【详解】A．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A错误；

B．催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，有电子转移，发生的是氧化还原反应，故B错误；

C．N2与H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故C正确；

D．催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D错误；

故选C。

8.回答下列问题:

(1)已知室温下CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO的燃烧热的热化学方程式为____。

(2)工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)       ∆H=-116kJ/mol，如图①表示CO的平衡转化率( )随温度和压强变化的示意图中横坐标X表示的是_________，Y1______Y2(填“＜”、“=”、“＞”)；

(3)合成甲醇的反应原理为:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在0.5L的密闭器中，充入1 mol CO2和3molH2，在500℃下生反应，测得CO2(g和CH3OH(g)的量随时间变化如图②所示。

①反应进行到4min时，v(正)____v(逆)(填“＜”、“=”、“＞”)，0～4min，H2的平均反应速率v(H2)=_____________；

②该温度下平衡常数为_____________；

③下列能说明该反应已达到平衡状态的是___________；

A. v正(CH3OH)=3v逆(H2)              

B.CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1:3:1:1

C.恒温恒压下，气体的体积不再变化   

D.恒温恒容下，气体的密度不再变化

(4)为提高燃料的能量利用率，常将其设计为燃料电池。某电池以甲醇为燃料，空气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，以具有催化作用和导电性能的稀土金属为电极写出该燃料电池的负极反应式：_________。

【答案】    (1). CO(g)+ O2(g) = CO2(g) △H=-283kJ/mo1    (2). 压强    (3). ＜    (4). ＞    (5). 075 mol·L−1·min−1    (6).     (7). C    (8). CH3OH - 6e- + 8 OH- = CO32-+6H2O

【解析】

【分析】

(1)根据CO的燃烧热为283kJ/mo1，结合燃烧热的化学方程式的书写要求书写；

(2)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-116kJ/mo1，反应是气体体积减小的放热反应，图象中CO 的平衡转化率随X增大而增大，相同条件下Y1和Y2条件下一氧化碳转化率Y1＞Y2，结合温度和压强对平衡的影响分析判断；

(3)①图象分析4min时，甲醇和二氧化碳浓度随时间增长变化，反应未达到平衡状态，根据图像先计算v(CO2)，再根据方程式计算v(H2)；②15min反应达到平衡状态，根据平衡时甲醇的物质的量为0.75mol，结合三段式计算平衡常数K；③根据正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析判断；

(4)负极发生氧化反应，甲醇被氧化生成碳酸钾，据此书写电极反应式。

【详解】(1)CO的燃烧热为283kJ/mo1，则燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)⇌CO2(g)△H=-283kJ/mo1，故答案为：CO(g)+O2(g)⇌CO2(g)△H=-283kJ/mo1；

(2)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-116kJ/mo1，该反应是气体体积减小的放热反应，图象中CO 的平衡转化率随X增大而增大，则X 表示的是压强，Y表示的是温度，相同条件下，在Y1和Y2条件下一氧化碳转化率Y1＞Y2，升高温度，平衡逆向移动，则温度Y1＜Y2，故答案为：压强；＜；

(3)①反应进行到4min 时，随时间变化，甲醇增加，二氧化碳减小，说明反应继续正向进行，v(正)＞v(逆)；0～4min，二氧化碳物质的量变化1mol-0.5mol=0.5mol，CO2的平均反应速率v(CO2)==0.25mol/(L•min)，则v(H2)=3 v(CO2)=3×0.25mol/(L•min)=0.75mol/(L•min)，故答案为：＞；0.75 mol/(L•min)；

②15min反应达到平衡状态，甲醇平衡浓度为0.75mol/L，二氧化碳平衡浓度为0.25mol/L，

                       CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

起始量(mol)     1              3              0              0

变化量(mol)  0.75          2.25         0.75         0.75

平衡量(mol)  0.25          0.75         0.75        0.75

K==，故答案为：；

③A．速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，3v正(CH3OH)=v逆(H2)才能说明氢气正逆反应速率相同，故A错误；B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1不能说明浓度是否不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．反应前后气体体积变化，恒温恒压下，气体的体积不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；D．恒温恒容下，反应前后气体质量和体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：C；

(4)燃料电池中，通入燃料的为负极，负极发生氧化反应，甲醇被氧化生成碳酸钾，电极方程式为CH3OH - 6e- + 8 OH- = CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH - 6e- + 8 OH- = CO32-+6H2O。

【点睛】本题的易错点为(4)，书写燃料电池的电极反应式时，要注意溶液的酸碱性对产物的影响。

9.BaCl2可用于电子、仪表等工业。以毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，模拟工业制取BaCl2·2H2O的流程如下图所示:

已知:Ksp(BaC2O4)＝1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10-9

(1)盐酸浸取时需要适当加热的原因是_________。

(2)用37％的盐酸配制15％的盐酸需用到的仪器有________(填字母)

A.量筒             B.烧杯             C.容量瓶         D.玻璃棒

(3)滤渣I的成分为__________；

(4)Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝_______，加入H2C2O4时发生的离子反应为_______，加入H2C2O4应避免过量，其原因是_________。

(5)母液中除了含有Ba2+、Cl—外，还含有大量的_________(填离子符号)；

(6)滤渣III(不含结晶水)是结石的主要成分滤渣Ⅲ经过洗涤干燥后在空气中进行热重分析，取128.0g该纯净物，在200～470℃灼烧，最后得到100.0g产物，200～470℃时发生反应的化学方程式为___________。

【答案】    (1). 加快反应速度，提高浸取率    (2). ABD    (3). SiO2、BaSO4    (4). 1.0×10-11    (5). Ca2++H2C2O4 = CaC2O4 ↓+ 2H+    (6). 防止生成BaC2O4    (7). Na＋    (8). CaC2O4+O2 2CaCO3+2CO2

【解析】

【分析】

用盐酸浸取毒重石(主要成分为BaCO3，含少量CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)，SiO2不溶，浸取液含有Ba2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+，部分Ba2+与SO42-生成BaSO4沉淀，滤渣I的成分是SiO2、BaSO4，用NaOH溶液调节滤液的pH=12.5，沉淀Mg2+、Fe3+及部分Ca2+，过滤得到滤渣II为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Ca(OH)2，滤液III含有Ba2+、Ca2+，加入草酸沉淀Ca2+，滤渣III为CaC2O4，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到BaCl2•2H2O，据此分析解答。

【详解】(1)盐酸浸取时适当加热，可以加快反应速度，提高浸取率，故答案为：加快反应速度，提高浸取率；

(2)用37%的盐酸配制15%的盐酸需用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故答案为：ABD；

(3)盐酸浸取毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)，SiO2不溶，浸取液含有Ba2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+，部分Ba2+与SO42-生成BaSO4沉淀，滤渣I的成分是SiO2、BaSO4，故答案为：SiO2、BaSO4；

(4)根据表格数据，镁离子开始沉淀的pH=9.1，完全沉淀时的pH=11.0，当c(Mg2+)=1.0×10-5 mol/L，则Ksp[Mg(OH)2]= 1.0×10-5×(1.0×10-3)2=1.0×10-11；加入H2C2O4沉淀Ca2+，反应的离子方程式为Ca2++H2C2O4 = CaC2O4 ↓+ 2H+，为防止生成BaC2O4，加入H2C2O4时应避免过量；故答案为：1.0×10-11；Ca2++H2C2O4 = CaC2O4 ↓+ 2H+；为防止生成BaC2O4；

(5)BaCl2母液中除了含有Ba2+、Cl-外，过程中加入了NaOH溶液，故还含有大量的Na+，故答案为：Na+；

(6)128g CaC2O4的物质的量为1mol，200～470℃时发生反应的生成物质量为100g，其中含有1molCa，结合碳酸钙的摩尔质量为100g/mol，可推知所得固体为碳酸钙，再结合固体是在有氧条件下灼烧，可知草酸钙和氧气在高温下加热灼烧生成碳酸钙和二氧化碳，发生反应的化学方程式为2CaC2O4+O22CaCO3+2CO2，故答案为：2CaC2O4+O22CaCO3+2CO2。

10.呋喃甲酸()俗名糠酸，其在塑料工业中可用作增塑剂、热固性树脂等。呋喃甲酸可由呋喃甲醛制备，其制备原理如下所示：

反应1：+NaOH→  +；

反应2：+HCl→+NaCl；

已知：I、反应1是放热反应；

II、乙醚的沸点是34.6℃，易挥发，遇明火易燃，其蒸气可使人失去知觉；

III、呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大；

实验步骤：向三颈烧瓶中加入16.4mL(约0.2mol)呋喃甲醛按以下流程图制备并获得粗品，粗品进一步提纯得到精产品9.5g

(1)若用如上图装置作为反应1的发生装置图中有一处明显错误的地方是________。

(2)步骤①中，为控制反应温度在8～12℃，可采取的措施有①____________；②________。

(3)操作1的名称为__________，要用到的玻璃仪器有______。

(4)在对乙醚层进行分离时，用下图中的_______(填字母代号)装置更好，与另一装置相比，该装置具有以下优点：

①______________；②___________。

(5)经过结晶得到的粗呋喃甲酸若要进一步提纯，要经过热水溶解→活性炭脱色→蒸发→浓缩→_______→______→抽滤→洗涤→干燥。

(6)呋喃甲酸的产率为______(保留三位有效数字)

【答案】    (1). 温度计的水银球没有插入液面以下    (2). 冷水浴    (3). 缓慢加入氢氧化钠溶液    (4). （萃取）分液    (5). 分液漏斗和烧杯    (6). B    (7). 及时排除乙醚，以免对人体造成危害    (8). 使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气    (9). 趁热过滤    (10). 冷却结晶    (11). 84.8%

【解析】

【分析】

(1)反应1需要在8-12℃时反应，据此分析判断温度计的水银球的位置；

(2)步骤①中，为控制反应温度在8～12℃，温度低于常温，结合反应1为放热反应，分析采取的措施；

(3)根据图示，经过操作1后得到乙醚层和水层，据此分析解答；

(4)在对乙醚层进行分离时，应该采用蒸馏装置，结合乙醚的沸点是34.6℃，易挥发，遇明火易燃，其蒸气可使人失去知觉分析比较两个装置的特点分析判断；

(5) 呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大，过滤时需要防止结晶，据此分析解答；

(6)根据反应原理，理论上0.2mol呋喃甲醛可以得到0.1mol呋喃甲酸，据此分析计算。

【详解】(1)若用如上图装置作为反应1的发生装置，该反应1需要在8-12℃时反应，温度计的水银球应该插入液面以下，故答案为：温度计的水银球没有插入液面以下；

(2)步骤①中，为控制反应温度在8～12℃，可采取的措施有①冷水浴；该反应为放热反应，缓慢加入氢氧化钠溶液，也可以控制温度不要上升，故答案为：冷水浴；缓慢加入氢氧化钠溶液；

(3)根据图示，经过操作1后得到乙醚层和水层，则操作1为萃取分液，用到玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：萃取分液；分液漏斗和烧杯；

(4)在对乙醚层进行分离时，应该采用蒸馏装置，由于乙醚的沸点是34.6℃，易挥发，遇明火易燃，其蒸气可使人失去知觉，因此需要防止乙醚蒸气对人体造成危害，选用B装置更为合理，同时使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气，故答案为：B；及时排除乙醚，以免对人体造成危害；使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气；

(5) 呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大，过滤时需要防止结晶，因此进一步提纯，要经过热水溶解→活性炭脱色→蒸发→浓缩→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，故答案为：趁热过滤；冷却结晶；

(6)根据反应原理，理论上0.2mol呋喃甲醛可以得到0.1mol呋喃甲酸，质量为0.1mol×112g/mol=11.2g，则呋喃甲酸的产率为×100%=84.8%，故答案为：84.8%。

11.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Fe3+的电子排布式为________。

(2)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S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)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃ FeCl3的晶体类型是______。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是_______。

(4)基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等，1 mol Fe(CO)5分子中含σ键数目为_______，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种)

(5)氮化铁晶体的晶体结构示意图如图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：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-1，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-的最短间距为_______ pm。

【答案】    (1). 1s22s22p63s23p63d5或[Ar] 3d5    (2). N＞O＞S    (3). sp2    (4). 分子晶体    (5). 正四面体形    (6). 10NA    (7). CN- 或C22-    (8). 3∶1    (9). 12    (10).

【解析】

【分析】

(1)铁原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+；

(2)根据同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，结合半充满和全充满较为稳定分析判断；苯酚为苯上的一个H原子被-OH取代而成，苯和苯酚均为平面结构，据此分析判断碳原子的杂化方式；

(3)分子晶体熔沸点较低且熔融不导电，据此判断晶体类型；根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；

(4)Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；

(5)根据均摊法分析计算计算铁、氮的微粒个数之比；

(6)依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1∶1，所以有12个二价铁离子与二价铁离子相邻且等距离；根据均摊法计算晶胞中二价铁离子、氧离子数目，依据氧化亚铁晶体的密度计算Fe2+与O2-最短核间距。

【详解】(1)铁原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化的电子排布式为[Ar]3d5；故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；

(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小即第一电离能O＞S，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S；苯酚为苯上的一个H原子被-OH取代而成，苯和苯酚均为平面结构，C原子采取sp2杂化，故答案为：N＞O＞S；sp2；

(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，据此可知氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；SO42-离子中S原子的价层电子对数=4+=4，即含有4个σ键、没有孤电子对，所以其VSEPR模型和立体构型均是正四面体，故答案为：分子晶体；正四面体形；

(4)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，则1mol Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN-、C22-等，故答案为：10 NA；CN-或C22-；

(5)氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+2×+3=6、含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6∶2=3∶1，故答案为：3∶1；

(6)依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1∶1，所以有12个二价铁离子与二价铁离子相邻且等距离；1个氧化亚铁晶胞含有亚铁离子数目为：8×+6×=4，含有氧离子数目为：12×+1=4，所以1个氧化亚铁晶胞含有4个“FeO”微粒，晶胞质量m=g，设Fe2+与O2-最短核间距为xpm，则晶胞边长为2xpm，晶胞体积V=(2x×10-10)3cm3，氧化亚铁晶体的密度ρ==，解得x=×1010，故答案为：12；×1010。

【点睛】本题的易错点为(2)中第一电离能的排序，要注意N原子的特殊性，难点是(5)的计算，要注意六棱柱顶点微粒数的计算方法。

12.有机物K是某药物的前体，合成路线如图所示：

已知：R-CN；

+

（1）A的名称是_____________。

（2）反应①的化学方程式是___________________。

（3）反应②的类型是__________________。

（4）反应③中的试剂X是________________。

（5）E属于烃，其结构简式是_________________。

（6）H中所含的官能团是_________________。

（7）反应⑥的化学方程式是_____________________。

（8）H经三步反应合成K，写出中间产物I和J的结构简式______________。

【答案】    (1). 1，3-二溴丙烷    (2). +2NaOH+2H2O    (3). 氧化反应    (4). 乙醇    (5).     (6). 碳碳双键，酯基    (7).     (8). I:    J:

【解析】

【分析】

由题可知，A是，B是，C是，D是，E是，F是，G是。

【详解】（1）由分析可知，A是，则A的名称是：1，3-二溴丙烷；

（2）反应①是水解成，则化学方程式为+2NaOH+2H2O；

（3）反应②是经强氧化剂氧化成，则反应类型是氧化反应；

（4）反应③是经酯化反应生成，可知试剂X是乙醇；

（5）由分析可知，E结构简式是，属于烃；

（6）H中所含的官能团是碳碳双键，酯基；

（7）反应⑥是与发生取代反应生成，其化学方程式为；

（8）由已知信息可知，H先与HCN加成生成I:，I再与氢气加成生成J:，J再在催化剂条件下反应生成。