四川省棠湖中学2023年届高三4月月考理综化学试题含解析.docx

《四川省棠湖中学2023年届高三4月月考理综化学试题含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省棠湖中学2023年届高三4月月考理综化学试题含解析.docx（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、四川省棠湖中学 2023 届高三 4 月月考理综-化学试题1. 化学与生活亲热相关。以下说法错误的选项是A. PM2.5 和 PM10 都是空气质量指数(AQI)的重要指标B. 汽车尾气中的NO2和 CO2都是大气污染C. 聚乙烯和聚氯乙烯任凭乱扔都能产生白色污染D. 含N 和 P 的大量污水任意排放都能导致水体富养分化【答案】B【解析】PM2.5 是指空气中直径小于或等于的颗粒物，PM1O 是指可吸入颗粒物,就是空气中可被吸入人体的颗粒物, 该值越高，代表空气污染程度越严峻；因此 PM2.5 和 PM10 都是空气质量指数(AQI)的重要指标；A 正确；大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主

2、要污染物，而CO2不是大气污染物；B 错误；聚乙烯和聚氯乙烯都属于有机高分子，不易降解，任凭乱扔都能产生白色污染，C 正确； 水体富养分化污染是指含有大量氮、磷等植物养分成分的污水的排放,大量有机物在水中降解放出养分元素 N、P,会使水中氮、磷等养分成分大量富集,促进水中的藻类等浮游植物和浮游动物大量生殖,使水体通气不良,水中溶解的氧气含量显著下降,致使鱼类等水生生物大量死亡,水面发黑,水体发臭,消灭赤潮、水华现象；D 正确；正确选项B。2. 油纸伞是“国家级非物质文化遗产”，其传统制作技艺的最终一步使用的桐油(主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯)，可因自行聚合而固化。以下有关说法正确的选项是 A

3、. 1，2-丙二醇与甘油互为同系物B. C H COOH 的直链不饱和脂肪酸共 17 种17 33C. 自然桐油能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 桐油的自行聚合固化属于缩聚反响【答案】C【解析】同系物必需构造相像，组成上相差n 个 -CH2原子团；1，2-丙二醇与甘油所含有的羟基个数不同，1，2-丙二醇含有 2 个羟基，甘油含有 3 个羟基，构造不相像，不是同系物关系，A 错误；假设-C H17 33为直链烃基，含有碳碳双键就有 16 种，假设-C H 为带有支链的烃基，含有碳碳双键的数目远大17 33于 17 种，所以 C H COOH 的直链不饱和脂肪酸大于 17 种，B 错误；桐油主要成分是

4、不饱和脂肪酸17 33甘油三酯，构造中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C 正确；桐油主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯，构造中含有碳碳双键，在确定条件下与氢气发生加成反响变为固态，不属于缩聚反 应，D 错误；正确选项C。点睛：同系物：构造相像，组成上相差相差n 个-CH2原子团；假设有机物含有官能团，则要求官能团的种数一样，个数也得一样，所以. 1，2-丙二醇与甘油不是同系物关系，属于同类物。3.常温下，以下各组离子确定能在指定溶液中大量共存的是A. 使酚酞显红色的溶液中：Na+、Al3+、SO 2-、Cl-4B. c(H+)/c(OH-)=11012 的溶液中：NH +、Na+、CO 2

5、-、SiO 2-433C. c(Fe2+)=1 molL-1 的溶液中：Mg2+、H+、MnO -、SO 2-44D. 无色透亮溶液中：K+、Ca2+、Cl-、HCO -3【答案】D【解析】使 酚 酞 显 红 色 的 溶 液 呈 碱 性 ， Al3+ 与 OH- 发 生 反 应 不 能 共 存 ， A 错 误 ； 根 据c(H+)c(OH-)=10-14,=11012，可以得到c(H+)=0.1mol/L，溶液显酸性，CO 2-、SiO 2-都能与33H+反响，不能共存，B 错误；Fe2+具有复原性，MnO -在酸性条件下能氧化 Fe2+，所以 H+、MnO -、Fe2+44三者之间不能共存，

6、C 错误；无色透亮溶液中：K+、Ca2+、Cl-、HCO -四种离子相互间不反响，能大3量共存，D 正确；正确选项D。点睛：离子共存是指离子之间不发生反响生成沉淀难溶物、气体挥发性物质、弱电解质 水等，离子之间不发生氧化复原反响，不发生络合反响等，就能大量共存，否则，不能大量共存。4.短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年 代，X2-和 Y3+具有一样的电子层构造，Z 原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍。以下相关说法错误的选项是A. 简洁氢化物的稳定性：WXC. 电解Y 的熔融氧化物可制备Y 单质【答案】C【解析】D. WZ2分子中只存在

7、共价键W 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年月，则W 为 C；W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大， X2-和 Y3+具有一样的电子层构造，所以 X、Y 分别在其次、第三周期，所以分别为O、Mg；Z 的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，且其原子序数大于镁元素，则Z 为 S。元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性CO，所以氢化物的稳定性：WS2-，所以复原性：ZX，B 正确；氧化镁熔点较高，电解需要较高的能量，而氯化镁熔点相对较低，电解需要的能量小，所以电解熔融氯化镁制备金属镁，C 错误；CS2为共价化合物，构造式为：S=C=S，分子中只存在共价键，D 正确；正确选项C。点睛：工业

8、上制备金属镁，电解熔融的氯化镁而不用氧化镁，由于氧化镁熔点高，铺张能源；工业上制备金属铝，电解熔融的氧化铝而不用氯化铝，由于氯化铝在熔融状态下不导电。试验试验目的向盛有 1 mL 0.1 mol/L AgNO 溶液的试管中滴加 0.1 mol/L3ANaCl 溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1验证 K (AgCl) K (AgI)spspmol/L KI 溶液向某溶液中参与盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色B无味气体证明溶液中确定含CO 2-，确定不含Ca2+3室温下，用pH 试纸测定0.1 mol/L NaClO 溶液和0.1 mol/LCCH COONa 溶液的pH3比较 HC

9、lO 和 CH COOH 的酸性强弱3D向淀粉溶液中参与稀H SO ，加热几分钟，冷却后加碱，24检验淀粉是否完全水解生成葡萄糖再参与制Cu(OH) 浊液，加热25. 下述试验能到达试验目的的是A. A【答案】A【解析】B. BC. CD. DA、向盛有 1 mL 0.1 mol/L AgNO溶液的试管中滴加 0.1 mol/L NaCl溶液至不再有AgCl 沉淀生成，3再向其中滴加 0.1 mol/L KI 溶液，AgCl 沉淀会转化成AgI 沉淀，能说明K (AgCl) K(AgI)，故spspA 正确；B、向某溶液中参与盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体可能是CO2或

10、SO ，故溶液中可能含 CO 2-或 HCO -或 SO 2-，假设溶液含 HCO -，可能含 Ca2+，故 B 错误；C、NaClO23333水解会产生HClO，HClO 有漂白性，假设用pH 试纸测定其pH，则会使试纸褪色，故无法用pH 试纸测定其 pH，故 C 错误；D、向淀粉溶液中参与稀 H SO ，加热几分钟，冷却后加碱，再参与制 Cu(OH)242浊液，只能检验出淀粉是否水解成葡萄糖，无法检验淀粉是否完全水解，故D 错误；应选A。6. 一种型可逆电池的工作原理如以下图。放电时总反响为:Al+3C (AlCl )+4AlCl -4Al Cl -+3C (Cn 表示石墨)。n4427n

11、以下说法正确的选项是A. 放电时负极反响为：2Al-6e-+7Cl-=Al Cl -27B. 放电时AlCl -移向正极4C. 充电时阳极反响为：AlCl -e-+C =C (AlCl )4nn4D. 电路中每转移 3mol 电子，最多有 1molC (AlCl )被复原n4【答案】C【解析】A. 放电时铝为负极，失去电子被氧化为 Al Cl -，方程式为 Al-3e-+ 7AlCl -=4Al Cl -，A 错误；B. 放27427电时，AlCl -移向负极，与铝反响生成Al Cl -，B 错误；C. 充电时阳极失去电子，发生氧化反响，427石墨没有化合价变化，失去电子的是的 AlCl -，

12、反响为 C + AlCl - e-= C (AlCl )，C 正确；D. C (AlCl )4n4n4n4被复原仅得到 1mol 电子，故D 错误。所以选择C。7. 亚氯酸钠(NaClO )在溶液中会生成ClO 、HClO 、ClO 、Cl等，其中HClO 和 ClO都是具有漂白222222作用。pOH=-lgc(OH)，经测定 25时各组分含量随pOH 变化状况如以下图(Cl没有画出)， 此温度下，以下分析正确的选项是A. HClO2的电离平衡常数的数值K =108aB. pOH=11 时，ClO 局部转化成ClO 和 Cl离子的方程式为：5ClO +2H O=4ClO + Cl+4OH22

13、222C. pH=7 时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO )c(ClO )c(ClO )c(Cl)222D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na)+c(OH)=c(H)+c(HClO )2【答案】D【解析】A，HClO 的电离方程式为HClO H+ClO -，电离平衡常数K =，由图像可见当222acHClO =cClO -时 pOH=8，cOH-=110-8mol/L，cH+=110-6mol/L，电离平衡常数 K =110-6，22aA 项错误；B，pOH=11 时 cOH-=110-11mol/L，cH+=110-3 mol/L，溶液呈

14、酸性，ClO -局部2转化成 ClO 和 Cl-的方程式为 5ClO -+4H+=4ClO +Cl-+2H O，B 项错误；C，25pH=7 时 pOH=7，由图2222可见 cClO -cHClO cClO ，C 项错误；D，同浓度的 HClO 和 NaClO等体积的混合液22222中电荷守恒式为 cNa+cH+=cClO -+cOH-，物料守恒式为 2cNa+=cHClO +cClO -，222两式整理得cNa+cOH-=cH+cHClO ，D 项正确；答案选D。2点睛：此题考察溶液中粒子浓度与 pOH 的图像分析。涉及电离平衡常数的计算、离子方程式的书写、粒子浓度的大小关系。计算电离平衡

15、常数时找准关键点；书写离子方程式时留意溶液的酸碱性；确 定溶液中粒子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒、质子守恒以及守恒式的变换如D 项。8.I金属镁性质活泼，能与很多物质反响，某校课外活动小组依据镁能在二氧化碳中燃烧，推想Mg 也能在NO 燃烧，可能产物为MgO、N 和 Mg N 。通过如以下图试验装置来验证反响产物夹持装223 2置省略，局部仪器可重复使用。己知：NO 气体能被NaOH 吸取，Mg N极易与水反响。23 2（1） 试验中，装置依次连按的挨次为A 填字母序号；装置 B 的作用是 ；（2） 用来检验N2的试验装置为 填字母序号；（3） 设计试验证明：产物中存在Mg N 、；3

16、 2工业上以菱镁矿为原料主要成分为MgCO ，还有SiO 、FeCO 等杂质制备纳米氧化镁。323（4） 依据反响流程要求，先除去FeCO ，承受先酸浸再氧化的方法，其中参与H O 时，发生反响的32 2离子方程式为。（5） ：在确定条件下CO(NH ) 可与H O 反响生成CO和一种弱碱，流程后期，当除杂完成后，2 222再参与CO(NH ) 开头沉淀Mg2+，该过程中发生的两个主要反响为用化学方程式或离子反响方程式2 2表示；。【答案】(1). BCBED(2). 在 C 的两侧防止水蒸气进入C 中(3). D(4). 取 C 中少量反响产物，参与到水中产生刺激性气味的气体，该气体可使潮湿

17、的红色石蕊试纸变蓝。(5).2Fe2+H O +2H+ 2Fe3+2H O(6). CO(NH ) +3H OCO +2NH H O(7).2 22222232Mg2+2NH H O= MgOH +2NH +3224【解析】1Mg 能在 NO 中燃烧，产物为Mg N 、Mg0 和 N ，装置 A 中 Cu 与浓硝酸反响生成的气体NO ，用23 222装置 B 枯燥剂枯燥，通入硬质玻璃管C 与镁粉发生反响，用E 装置除去多余的NO ，装置 D 排水法2收集 N ，为防止 E 中的水份进入装置使氮化镁水解，在 E 装置前也要连B 装置枯燥，故连接装置的2挨次为：ABCBED；依据以上分析可知装置

18、B 的作用是在 C 的两侧防止水蒸气进入 C 中；2依据以上分析可知用来检验N2的试验装置为D；3氮化镁能与水反响生成氢氧化镁和氨气，则检验氮化镁的试验操作为：取少量反响后的固体产物，参与到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使潮湿的红色石蕊试纸变成蓝色；4双氧水具有强氧化性，能氧化溶液中的亚铁离子，方程式为2Fe2+H O +2H+2Fe3+2H O；5：在确定条件下 CO(NH ) 可与 H O 反响生成 CO和一种弱碱，2 222 222依据原子守恒可知弱碱是一水合氨，方程式为 CO(NH ) +3H OCO +2NH H O；产生的氨222232水能与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，方程式

19、为Mg2+2NH H OMgOH +2NH +。32249. 过氧化尿素是一种白色粉末，溶于水形成的溶液呈弱酸性。过氧化尿素不稳定，在痕量重金属离子等活性催化剂的存在下快速分解。工业生产过氧化尿素的原理和流程如下。答复以下问题：（1） 过氧化尿素中的CO(NH ) 与H O以氢键连接，其中碳元素的化合价是。填序号2 22 2A+2 价B-1 价C0 价D+4 价（2） 过氧化尿素鉴定反响：在重铬酸钾酸性溶液中参与乙醚和少许过氧化尿素，振荡。上层乙醚 呈蓝色，这是由于在酸性溶液中过氧化尿素中的过氧化氢与重铬酸钾反响生成较稳定的蓝色过氧化铬CrO 且无气体生成。写出H O52 2与重铬酸钾反响的离

20、了方程式。（3） 经过上述化学工艺后的产品是粗产品。 30时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度 ，则提纯粗产品的操作挨次是填序号。冷却至 30结晶过滤蒸发浓缩溶解洗涤（4） 在试验室中承受上述原理制取过氧化尿素，搅拌器的材质一般用玻璃而非铁质，缘由是。（5） 电解尿素的碱性溶液制氢的装置示意图见图电解池中隔膜仅阻挡气体通过，阴、阳极均为惰性电极。电解时，阳极的电极反响式为。（6） 为测定产品中H O 的含量，常用KMnO 溶液滴定H O ，高锰酸钾标准溶液通常放置时间较2 242 2长，因此在滴定H O 前，常用现配的草酸钠溶液先标定出KMnO标准溶液的浓度。2 24称取过氧化尿素样品 4.

21、00g ，溶解在 250mL 容量瓶中定容。准确量取 25.00mL 于锥形瓶中参与 1.00mL 6mo1/L 的硫酸，用标定过的0.2023mol/L 的高锰酸钾标准溶液滴定至滴入最终一滴时溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4标准溶液 10.00mLKMnO4与尿素不反响。H O的质量分数是准确至 0.1%)。2 2假设装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，最终H O的质量分数填“偏大”、“偏小”或“不2 2变”)【答案】(1). D(2). 4H O +Cr O 2-+2H+=2CrO +5H O(3). (4). H O2 22 7522 2水溶液呈弱酸性，故 H O

22、可与铁单质反响；进而氧化生成可催化H O分解的 Fe3+(5).2 22 2CO(NH ) +8OH-6e-=CO 2-+N +6H O(6). 42.5%(7). 偏大2 2322【解析】【分析】（1） 依据化合物的化合价代数和为0，结合其他元素常见化合价求出碳元素化合价；（2） 在酸性溶液中过氧化尿素中的过氧化氢与重铬酸钾反响生成较稳定的蓝色过氧化铬CrO ，5Cr 元素化合价上升，则过氧化氢作氧化剂，依据氧化复原反响规律书写其离子方程式；（3） 结合信息，承受蒸发结晶的方法提纯粗产品；（4） 过氧化氢可与铁单质发生氧化复原反响，且铁离子可作为过氧化氢分解的催化剂，加快其分解；（5） 阳极

23、尿素失电子发生氧化反响生成氮气，结合电解原理分析作答；（6） 依据高锰酸钾与过氧化氢反响的关系式，找出过氧化氢与高锰酸钾物质的量之间的关系，进而求得H O 的质量分数，依据操作不当对酸性高锰酸钾体积读数的影响及关系式得出结论。2 2【详解】lCONH H O 以氢键连接的为分子间作用力，氢元素为+1 价，氧元素化合价为-2222 2价，氮元素化合价-3 价，计算得到碳元素化合价为+4 价，D 项正确， 故答案为：D；（2） 在酸性溶液中过氧化尿素中的过氧化氢与重铬酸钾反响生成较稳定的蓝色过氧化铬CrO ，5H O 与重铬酸钾反响的离子方程式为：4H O +Cr O 2-+H+=2CrO +5H

24、 O，2 22 22 752故答案为：4H O +Cr O 2-+2H+=2CrO +5H O；2 22 752（3） 经过上述化学工艺后的产品是粗产品， 30时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度 ，则提纯粗产品可承受先溶解再蒸发浓缩、冷却结晶，最终过滤洗涤、枯燥得到晶体，操作挨次是，故答案为：；（4） 在试验室中承受上述原理制取过氧化尿素，搅拌器的材质一般用玻璃而非铁质，缘由是H O2 2水溶液呈弱酸性，故 H O 可与铁单质反响，进而氧化生成可催化H O 分解的Fe3+，故答案为：H O2 22 22 2水溶液呈弱酸性，故H O 可与铁单质反响；进而氧化生成可催化H O分解的Fe3+；2

25、 22 2（5） 由图可知，CONH 在阳极放电生成N ，C 元素价态未变化，故还有碳酸钾与水生成，电极222反响式为CONH +8OH-6e-=CO 2-+N +6H O，22322故答案为：CONH +8OH-6e-=CO 2-+N +6H O；22322（6）计算过氧化氢物质的量n=0.05mol，计算过氧化氢的质量分数=100% = 42.5%，故答案为：42.5%；假设装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，消耗标定溶液体积增大，高锰酸钾溶液浓度偏小，则滴定试验中消耗标准溶液体积增大，测定结果会增大，故答案为：偏大。10. 磷化铝(AlP)通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂，吸水后会马上产生高

26、毒性PH3气体(沸点-89.7，复原性强)。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化物的含量。在 C 中参与 100g 原粮，E 中参与 20.00mL 1.50l0-3mol/L KMnO 溶液(H SO酸化)，往C 中参与足424量水，充分反响后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E 中过量的KMnO4溶液。答复以下问题：（1） 仪器D 的名称是。（2） AlP 与水反响的化学方程式为。（3） 装置A 中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的复原性气体，装置B 中盛有焦性没食子酸()的碱性溶液，其作用是。（4） 通入空气的作用是。（5） 装置E 中PH3被氧化成磷酸，则装置E 中发生反响的氧化

27、剂和复原剂物质的量之比为。（6） 收集装置E 中的吸取液，加水稀释至 250mL，取 25.00mL 于锥形瓶中，用 4.010-4mol/L 的Na SO 标准溶液滴定剩余的KMnO 溶液，消耗Na SO 标准溶液 15.00mL，Na SO 与 KMnO溶液反响的23423234离子方程式为，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为mgkg-1。【答案】(1). 直形冷凝管(或冷凝管)(2). AlP+3H O= PH +Al(OH)(3). 吸取空气233中的 O2(4). 保证生成的 PH3全部被酸性 KMnO4溶液吸取(5). 8:5(6).5SO 2-+2MnO -+6H+=5SO

28、2-+2Mn2+3H O(7).3442(2010-31.5010-3-1510-3410-42/5250/25.00)5/834103/ 10010-3=1.275【解析】(1)依据仪器的特点，仪器D 的名称是直形冷凝管；(2)AlP 与水反响生成磷化氢和氢氧化铝，反响的化学方程式为AlP+3H O=PH +Al(OH) ；(3)装置 B 中盛有焦性没食子酸()的碱性溶液，233其作用是吸取空气中的 O ；(4)通入空气的作用是保证生成的 PH 全部被酸性 KMnO溶液吸取；(5)234装置 E 中 PH 被氧化成磷酸，则装置 E 中发生反响 5PH +8MnO -+24H+=5H PO +

29、8Mn2+12H O，其中 MnO -3343424为氧化剂，PH为复原剂，故氧化剂和复原剂物质的量之比为 8：5；(6)酸性条件下 Na SO 与 KMnO3234溶 液 反 应 生 成 硫 酸 钠 、 硫 酸 锰 和 硫 酸 钾 及 水 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为5SO 2-+2MnO -+6H+=5SO 2-+2Mn2+3H O；3442mgkg-1。11. 第四周期过渡元素如铁、锰、铜、锌等在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，答复以下问题：（1） Fe 的基态原子共有种不同能级的电子。（2） 高温下CuOCu OO ，从铜原子价层电子构造3d 和 4s 轨道上应填

30、充的电子数变化22角度来看，能生成Cu O 的缘由是。比较铁与锰的第三电离能(I )：铁锰(填“”、 “”23或“”)，缘由是。（3） 某含铜化合物的离子构造如以下图。该离子中存在的作用力有；a离子键b共价键c配位键d氢键e范德华力该离子中N 原子的杂化类型有。（4） 如图是晶体Fe O 的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。3 4晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的(填空间构造)空隙。晶胞中氧离子的积存方式与某金属晶体原子积存方式一样，该积存方式名称为。解释Fe O 晶体能导电的缘由；假设晶胞的体对角线长为anm，则 Fe O晶体的密度为3 43 4 gcm3(阿伏加德罗常数用NA表示)。【答案

31、】(1). 7(2). CuO 中铜的价层电子排布为 3d94s0，Cu O 中铜的价层电子排布为 3d10，2后者处于稳定的全布满状态而前者不是(3). 小于(4). Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+处于 3d5 半满较稳定构造，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe 小于Mn(5). bc(6). sp2、sp3(7). 正四周体(8). 面心立方积存(9). 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移(10).【解析】【分析】（1） 依据铁原子的和外电子排布式，找出不同的能级；（2） 从+2 价的铜到+1 价的铜，核外电子排布的稳定性考虑即可；Fe2

32、+到 Fe3+时，3d 能级由不稳定的 3d6 到稳定的 3d5 半布满状态，故铁的第三电离能I (Fe)比锰的第三电高能I (Mn)小；33（3） 依据构造图及化学键的类型作答；依据杂化轨道理论分析；（4） 观看图示，图中虚线提示Fe2+连接四个氧离子，分析构造；体心立方积存是八个顶点加一个体心，面心立方最密积存是八个顶点加六个面心，细心观看，可以在左边补一个晶胞去观看；晶胞中有Fe2+和 Fe3+，Fe2+失电子转化为 Fe3+，Fe3+得电子转化为 Fe2+；依据均摊法去计算晶胞密度。【详解】1Fe 原子核外有 26 个电子，基态Fe 原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p

33、63d64s2， 则 Fe 的基态原子共有 1s、2s、2p、3s、3p、3d 和 4s 共 7 种不同能级的电子，故答案为：7；（2） Cu2+的价电子构造为 3d9，Cu+的价电子构造为 3d10，3d10 为稳定构造，所以在高温时，Cu2+得一个电子变成稳定构造的Cu+；Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、3d6，Mn2+处于 3d5 半满较稳定构造，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe 小于Mn，故答案为：CuO 中铜的价层电子排布为 3d94s0，Cu O 中铜的价层电子排布为 3d10，后者处于稳定的2全布满状态而前者不是；小于；Mn2+、Fe2+的价电子排布

34、式分别为 3d5、3d6，Mn2+处于 3d5 半满较稳定构造，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe 小于Mn；（3） 依据构造图可以推断，该离子中含有共价键和配位键，答案选bc， 故答案为：bc；N 由单键连接的，为sp3 杂化，双键连接的为sp2 杂化， 故答案为：sp2、sp3；（4） 观看图示可知，Fe2+连接四个氧离子，四个氧离子为正四周体顶点，Fe2+在正四周体中心； 故答案为：正四周体；往图中晶胞左边加一个晶胞会觉察氧离子是八个顶点加六个面心，所以积存方式为面心立方最密积存；故答案为：面心立方最密积存；电子的得失转移能使晶胞导电，因此四氧化三铁晶体能导电的缘由是电子可在

35、两种不同价态的铁离子间快速发生转移；依据晶胞的均摊计算，晶胞中含有的铁离子的个数为4 +3 = 2，亚铁离子的个数为 1，氧离子的个数为 1+12 = 4，假设晶胞体对角线长为a nm，设边长为x nm，面对角线为 ，则体对角线长为 ，故，晶胞的体积为故密度，故答案为：。，晶胞的质量为，【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式，对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是：处于顶点的微粒，同时为 8 个晶胞所共享，每个微粒有 1/8 属于该晶胞；处于棱上的微粒，同时为4 个晶胞所共享，每个微粒有1/4 属于该晶胞；处于面上的微粒，同时为 2 个晶胞所共享，每个微粒有1/2 属于该晶胞；处于

36、晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞，计算密度要生疏简洁的立体几何计算方法。12.H 是一种重要的高分子化合物，其合成路线如下：R CHO+R CH CHO+H O1222请答复以下问题：(1)A 的名称是，C 中含氧官能团名称是。(2)写出反响类型：AB，CD。(3)BC 的反响试剂和反响条件是。(4) D+EF 的反响方程式是。(5) G 的分子式是。(6) 满足以下条件的F 的同分异构体共有种(不考虑立体异构)。a.苯环上有两个取代基，无其他环状构造；b.含碳碳三键，无-CCOH 构造。(7) 多环化合物是有机争论的重要方向，请设计由、.CH CHO、-CHO 合成多环化合物3的路线(无机试剂

37、任选)。【答案】(1). 苯乙烯(2). 羟基(3). 加成反响(4).氧化反响(5). NaOH水溶液、加热(6).(7). C H O13 14(8). 15(9).【解析】（1） 依据 A 的构造简式可知，A 的名称是苯乙烯；依据 C 构造简式可知 C 中含氧官能团名称是羟基；正确答案：苯乙烯；羟基。（2） 依据有机物ABC，AB 的过程是在双氧水作用下，发生的加成反响；CD的反响条件可知，该反响为醇的催化氧化；正确答案：加成反响；氧化反响。（3） 有机物 B 为芳香氯代烃，在氢氧化钠溶液加热的条件下发生取代反响生成芳香醇；正确答案：NaOH 水溶液、加热。（4） 依据信息可知，该步反响

38、为醛在碱性环境下的加成消去反响生成烯醛，依据有机物F 的构造简式可知有机物D 为，有机物E 为发生反响：反响方程式是；正确答案：。（5） 依据信息可知，与相互加成生成有机物G。把两种有机物分子式相加即可得到G 的分子式为CH O ；正确答案：C H O。13 1413 146F 的构造简式，满足条件：a.苯环上有两个取代基，无其他环状构造；b.含碳碳三键，无-CCOH 构造；苯环上含有：-CCH 和CH OH 构造有 3 种；苯环上含有：-CCH 和2OCH3的构造有 3 种； 苯环上含有：-O-CCH 和-CH3的构造有 3 种；苯环上含有：-CH -CCH 和2-OH 的构造有 3 种；苯环上含有：-CH -CC-和-OH 构造有 3 种；共计有 15 种；正确答案：15。27依据信息，可知CH CHO 与苯甲醛发生反响生成；再依据信息可知3与 相互加成生成，最终与溴发生加成反响生成；具体流程如下：；正确答案：。