河北省武邑中学2019届高三上学期期末考试化学试卷Word版含解析.doc

河北省武邑中学2019届高三上学期期末考试 化学试题 ‎1.化学与人类活动密切相关，下列有关说法正确的是 A. 加酶洗衣粉可以很好的洗涤毛织品上的污渍 B. 从花生中提取的生物柴油与由石油炼得的柴油都属于烃类物质 C. 用石灰水或 MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵 D. 含氟牙膏能抑制口腔细菌产生酸，在一定程度上能防止或减少龋齿 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、毛织品的成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下水解，加酶洗衣粉不能洗涤毛织品，故A错误；B、通过花生提取的生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯，属于烃的衍生物，从石油中炼制的柴油是烃类物质，故B错误；C、石灰水能使蛋白质变性，但MgSO4溶液不能，故C错误；D、含氟牙膏中含有Na2PO‎3F、NaF，能抑制口腔细菌产生酸，在一定程度上能防止或减少龋齿，故D正确。‎ ‎2.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉 B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2‎ C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解 D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+‎ 得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)2沉淀，但Fe(OH)2不稳定，很容易被氧化为Fe(OH)3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。‎ ‎【考点定位】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A Cu与浓硫酸反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2＋‎ B 向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放置湿润的红色石蕊试纸 试纸变为蓝色 NO3－被还原为NH3 ‎ C 向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 产生黑色沉淀(Ag2S)‎ Ksp(Ag2S) ＞Ksp(Ag2CO3)‎ D 铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，放入CuSO4溶液中 铝丝表明变红色 铝可以从铜盐溶液中置换出铜 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu与浓硫酸加热反应后生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此再加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危险，选项A错误；‎ B．试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3-还原为NH3，选项B正确；‎ C．滴入少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，则先产生黑色沉淀（Ag2S），可知Ksp（Ag2‎ S）＜Ksp（Ag2CO3），选项C错误；‎ D、铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，发生钝化形成致密氧化膜，因为Al2O3与CuSO4不反应，所以放入CuSO4溶液中，铝丝表面不会生成铜，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等 B. 将2molSO2气体与1molO2混合后在一定条件下充分反应，所得SO3的分子数为2NA C. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重‎3.2g D. 标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．计算溶液中离子数目需要离子浓度和溶液体积；‎ B、SO2和O2的反应为可逆反应，不能进行彻底；‎ C、精炼铜时，阳极和阴极上得失电子数相等；‎ D、标况下HF为液态。‎ ‎【详解】A．计算溶液中离子数目需要离子浓度和溶液体积，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液无溶液体积，故不能得到Na+数目相等，选项A错误；‎ B、SO2和O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故反应后混合物的分子数大于2NA，选项B错误；‎ C、精炼铜时，阳极上失去0.1NA个电子时，则阴极上得到0.1NA个电子，而阴极上是铜离子放电，故生成0.05mol铜，质量为‎3.2g，选项C正确；‎ D、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，易错点为选项B，注意反应为可逆反应，反应不彻底。‎ ‎5.已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质,A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物,且A与C中均含有10个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 原子半径:Z>Y>X B. 稳定性:A>C C. 反应②和③均为吸热反应 D. X、Y、Z可以形成离子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 短周期元素中形成的10个电子的化合物主要有CH4、NH3、H2O、HF等几种，根据图中的转化关系可以推出X、Y、Z分别为H、C、O 三种元素，甲、乙、丙分别为氢气、碳、氧气，A、B、C、D分别为CH4、CO2、H2O、CO。‎ A. H、C、O 三种元素原子半径：C>O>H ，A不正确； B. 氧元素的非金属性强于碳，所以稳定性：H2O>CH4，B不正确；C. 反应②碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，反应③水蒸气和碳在高温下反应生成氢气和一氧化碳是吸热反应 ，所以C正确； D. H、C、O三种非金属元素只能形成共价化合物，不能形成离子化合物，D不正确。选C。‎ 点睛：解无机框图推断题时，首先要找好突破口。本题以10电子化合物为突破口，通过转化关系检验，可以分别推出各种元素和化合物。‎ ‎6.通过电解法分离NaHSO3与Na2SO3混合物,其装置如下图。下列说法不正确的是 A. 阳极的电极反应式为4OH--4e-==2H2O+O2↑‎ B. 阳极区c(H+)增大,H+由a室经阳离子交换膜进入b室 C. 外电路每转移0.2 mol电子,有0.2 mol Na+从b室进入c室 D. c室得到Na2SO3的原因是OH-+HSO3- = H2O+SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过电解法分离NaHSO3与Na2SO3混合物,根据装置图分析,电解池阳极发生的反应为物质失去电子,发生氧化反应,考虑到溶液是碱性,则阳极处OH-放电产生O2,阳极电极反应为: 4OH--4e-=2H2O+O2,阴极为物质得到电子,发生还原反应,考虑到溶液是碱性,则阴极反应式为:2H2O+2e-=2OH-+ H2, 据此分析判断。‎ ‎【详解】A.阳极的电极反应为: 4OH--4e-=2H2O+O2 ,所以A正确;B.阳极区OH-放电被消耗,c(OH-)降低,则c(H+)增加,电解池中阳离子通过阳离子交换膜向阴极移动,则H+由a室经阳离子交换膜进入b室,所以B正确;C.外电路每转移0.2 mol 电子,不仅有Na+转移,还有H+转移,故C错误;D.c室中产生Na2SO3,溶液为碱性,则c室得到Na2SO3的原因是OH-+ HSO3-=H2O+ SO32-,所以D选项是正确的;答案：C。‎ ‎7.298K（‎25℃‎）下，在NaHS溶液中，各离子的浓度随NaHS溶液浓度的变化关系如图所示，下列叙述正确的是 已知：（1）在科学计数法中，为了使公式简便，可以用带“E”的格式表示，例如：1E－4＝1×10－4。‎ ‎（2）298K（‎25℃‎）下H2S的Ka1＝9.10×10－8，Ka2＝1.10×10－12。‎ A. 0.10‎mol／LNaHS溶液：c（Na＋）＞c（HS－）＞c（OH－）＞c（S2－）‎ B. Na2S溶液中：c（OH－）－c（H＋）＝c（H2S）＋c（HS－）‎ C. 当c（OH－）＝c（S2－）时，c（HS－）＝9.09×10－3‎ D. 室温下用NaOH溶液滴定NaHS溶液，滴定终点刚好形成0.1mol／LNa2S溶液，该过程可选择酚酞作指示剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据电荷守恒可知，溶液中存在阴离子为S2-、HS-、OH-，阳离子为H+、Na+，阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数；‎ B．硫化钠溶液中水电离的氢离子与氢氧根离子相等，即质子守恒，根据质子守恒进行判断；‎ C、当c（OH－）＝c（S2－）时，图象分析可知为0.01mol／LNa2S溶液，根据Ka2＝进行计算；‎ D. 滴定终点刚好形成0.1mol／LNa2S溶液，则滴定前NaHS溶液浓度约为0.05mol／L，滴定前后溶液均为碱性，不能选择酚酞作指示剂。‎ ‎【详解】A．根据电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）=‎2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-），选项A错误；‎ B．根据硫化钠溶液中的质子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+‎2c（H2S），选项B错误；‎ C、当c（OH－）＝c（S2－）时，图象分析可知为0.01mol／LNa2S溶液，根据Ka2＝可得c（HS-）＝＝＝＝9.09×10－3，选项C正确；‎ D. 滴定终点刚好形成0.1mol／LNa2S溶液，则滴定前NaHS溶液浓度约为0.05mol／L，滴定前后溶液均为碱性，不能选择酚酞作指示剂，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.已知三氯化铁的熔点为‎306 ℃‎，沸点为‎315 ℃‎，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验。‎ ‎ ‎ ‎（1）装置的连接顺序为a→_____________________。‎ ‎（2）饱和食盐水的作用是________。‎ ‎（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：‎ ‎ ‎ ‎①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子方程式为_____________。‎ ‎②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是_________________。‎ ‎（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。‎ ‎①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。‎ ‎②另取同物质的量浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。‎ 实验①说明______________________________________________；‎ 实验②的目的是___________________________；‎ 得出结论：__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). g→h→ d→e→b→c→f (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). Fe3＋＋3SCN－ ⇌ Fe(SCN)3 (4). H2O2将Fe2＋氧化Fe3＋ (Fe2＋被H2O2氧化生成Fe3＋，从而增大Fe3＋浓度，溶液颜色加深) (5). SCN－发生了反应而不是Fe3＋发生反应 (6). 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能 (7). H2O2将SCN－氧化成SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理；‎ ‎（2）饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解；‎ ‎（3）①根据Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；‎ ‎②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；‎ ‎（4）根据①滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；‎ 根据②另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-。‎ ‎【详解】（1）由于盐酸易挥发，生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。又因为三氯化铁的熔点为‎306℃‎，沸点为‎315℃‎，易溶于水并且有强烈的吸水性 能吸收空气里的水分而潮解，所以再遇铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，则正确的连接顺序是a→g→h→ d→e→b→c→f；‎ ‎（2）根据以上分析可知饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体；‎ ‎（3）①淡黄色溶液中还有铁离子，加入X后显淡红色，这说明X是KSCN溶液，反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－ ⇌ Fe(SCN)3；‎ ‎②反应中铁过量遇氯化铁反应生成氯化亚铁，即溶液中还有氯化亚铁，加入双氧水可以把亚铁离子氧化为铁离子，因此红色加深，所以淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是H2O2将Fe2＋氧化Fe3＋ (Fe2＋被H2O2氧化生成Fe3＋，从而增大Fe3＋浓度，溶液颜色加深)；‎ ‎（4）取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中不存在KSCN溶液；第二份滴加试剂X，溶液出现红色，这说明溶液中存在铁离子；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，这说明溶液中有硫酸根，所以根据实验①可知SCN－发生了反应而不是Fe3+发生反应；另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，这说明红色褪去不是氧气氧化导致的，即实验②的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能；综合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2将SCN－氧化成SO42－。‎ ‎【点睛】本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，题目难度稍大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎9.I．明矾[KAl(SO4)2·12H2O] 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和 FeO ·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：‎ 已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：‎ Al（OH）3‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）3‎ 开始沉淀 ‎3.4‎ ‎6.3‎ ‎1.5‎ 完全沉淀 ‎4.7‎ ‎8.3‎ ‎2.8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）明矾净水的原理是______________________________(用离子方程式表示)。‎ ‎（2）操作Ⅱ是_______________、_________________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（3）检验滤液A中是否存在Fe2＋的方法______________________________ (只用一种试剂)。‎ ‎（4）在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为：__________。‎ ‎（5）调节pH＝3的目的是_______________________ ，滤渣2含有的物质是______。‎ II．（6）取一定量含有Pb2+、Cu2+的工业废水，向其中滴加Na2S溶液，当PbS开始沉淀时，溶液中c(Pb2+)/c(Cu2+) =_________ (保留三位有效数字)。[已知Ksp(PbS)=3.4×10-28，‎ Ksp(CuS)=1.3×10-36]‎ ‎【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). 取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明滤液A中存在Fe2＋（也可用酸性高锰酸钾溶液检验） (5). 5Fe2＋＋MnO4—＋8H＋==5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (6). 使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀 (7). MnO2、Fe(OH)3 (8). 2.62×108‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3‎ ‎），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体。‎ ‎【详解】（1）明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；‎ ‎（2）固体和液体分离需要用过滤操作，操作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到明矾晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；‎ ‎（3）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会呈现蓝色沉淀，故答案为：取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明滤液A中存在Fe2＋（也可用酸性高锰酸钾溶液检验）；‎ ‎（4）酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++‎ Mn2++4H2O；‎ ‎（5）分析离子沉淀的PH范围调节溶液PH=3，可以使使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀，并防止Al3+沉淀；在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2，加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀，故答案为：使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀；MnO2、Fe(OH)3；‎ ‎（6）已知KSP（PbS）=3.4×10-28，Ksp（CuS）=1.3×10-36，取一定量含有Pb2+、Cu2+的工业废水，向其中滴加Na2S溶液，当PbS开始沉淀时，溶液中c(Pb2+)/c(Cu2+) = KSP（PbS）/Ksp（CuS）=3.4×10-28/1.3×10-36=，故答案为：2.62×108。‎ ‎【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及物质的制备、对工艺流程的理解、氧化还原反应、溶度积的计算等，试题综合性较强、知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力，理解工艺流程原理是解题的关键。‎ ‎10.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生产的CO、CO2和H2可制取甲醇等有机物，发生的反应有：‎ ‎①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=－99kJ·mol－1‎ ‎②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2‎ 相关物质的化学键键能数据如下：‎ 化学键 C=O（CO2）‎ H—H C—O H—O C—H E/（kJ·mol－1）‎ ‎803‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎465‎ ‎413‎ ‎（1）该反应△H2=___________。‎ ‎（2）关于反应①下列说法，正确的是___________。‎ A.该反应在任何温度下都能自发进行 B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 C.使用催化剂，不能提高CO的转化率 D.增大压强，该反应的化学平衡常数不变 ‎（3）在某温度下，将1.0moCO与2.0molH2充入‎2L的空钢瓶中，发生反应①，在第5min时达到化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为0.1。在第10min、20min时分别改变反应条件，甲醇的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示：‎ ‎ ‎ ‎①从反应开始到5min时，生成甲醇的平均速率为___________。‎ ‎②H2的平衡转化率α=___________%，化学平衡常数K=___________。‎ ‎③1min时，υ正___________υ逆(填“大于”“小于”或“等于”)‎ ‎④1mim时υ正___________4min时υ逆(填“大于”“小于”或“等于”)‎ ‎⑤比较甲醇在7～8min、12～13min和25～27min时平均反应速率[平均反应速率分别以υ(7～8)、υ(12～13)、υ(25～27)表示的大小_________________________________。‎ ‎③若将钢瓶换成同容积的绝热容器，重复上述试验，平衡时甲醇的物质的量分数___________0.1。(填“>”、“S (3). sp2 (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 ‎ ‎(6). 10 (7). CN- 或C22— (8). 3∶1 (9). 12 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Fe原子核外有26个电子，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5；‎ ‎（2）氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同；‎ ‎（3）FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形；‎ ‎（4）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子；‎ ‎（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内；‎ ‎（6）根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO。‎ ‎【详解】（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；‎ ‎（2）根据同周期同主族元素性质递变规律判断，同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同，都为sp2杂化，故答案为：N>O>S；sp2；‎ ‎（3）FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形，故答案为：分子晶体；正四面体形；‎ ‎（4）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；1个Fe（CO）5分子中含10个σ键，1molFe（CO）5分子中含10molσ键；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的离子为CN-或C22—，故答案为：10；CN-或C22—；‎ ‎（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内，用“均摊法”可得晶胞中含Fe 个数为12×1/6+2×1/2+3=6个，N原子个数为2个，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）根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量为‎72g，1mol晶体的体积为72/ρcm3；晶胞的体积为72/ρcm3NA×4=288/(ρNA)cm3，晶胞的边长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为cm=cm=1010pm，故答案为：12；。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及了电子排布式的书写、离子空间构型、晶体类型的判断、σ键的确定、晶胞的分析和计算。用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。‎ ‎12.苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N．（部分产物及反应条件已略去）‎ ‎ ‎ ‎（1）B的官能团的名称是_______________。‎ ‎（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的核磁共振氢谱有3组峰，则C的结构简式 ______________________。‎ ‎（3）由D生成N的反应类型是_________，B与C反应生成M的反应类型是_________。‎ ‎（4）写出M与NaOH溶液反应的化学方程式是__________________________________。‎ ‎（5）物质F的结构是：，则符合下列条件的F的同分异构体有 ‎ ‎______种。‎ ‎①能发生银镜反应 ②能与NaHCO3溶液反应 ③分子中有苯环，无结构。其中苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1:2:2:1的为___________(写结构简式)。‎ ‎（6）已知：，写出以苯酚、乙醇和ClCH2COOH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。___________‎ ‎【答案】 (1). 羧基、羟基（酚羟基） (2). (3). 缩聚反应 (4). 取代反应（酯化反应） (5). (6). 13 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，则A为，由合成流程可知B为，C 的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，说明属于饱和一元醇，C分子中有3中不同化学环境的氢原子，故C的结构简式是，B与C发生酯化反应生成M，M为；苯酚与丙酮反应生成D，D的分子式为C15H16O2，再结合N的结构可知D为。‎ ‎【详解】（1）B的结构简式为，其含有的官能团为羧基、醛基，故答案为：羧基、羟基（酚羟基）；‎ ‎（2）C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，说明属于饱和一元醇，C分子中有3中不同化学环境的氢原子，故C的结构简式是，故答案为：；‎ ‎（3）D生成N的反应为与发生缩聚反应生成；B与C反应生成M的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成，故答案为：缩聚反应；取代反应（酯化反应）；‎ ‎（4）含有羟基和酯基，与NaOH溶液反应生成、和水，反应的化学方程式为：，故答案为：‎ ‎；‎ ‎（5）由结构简式可知F的分子式为C8H6O4，由F的同分异构体符合条件可知分子中有苯环，含有—COOH，HCOO—或—CHO和—OH，若苯环上连有—COOH和HCOO—，有邻、间、对3种位置异构；若苯环上连有—COOH、—CHO和—OH共有10种结构，则符合F的同分异构体条件共有13种；若苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1:2:2:1的结构简式为，故答案为：13；；‎ ‎（6）由题给信息可知应先生成ClCH2COOH和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成，进而与乙醇发生酯化反应可生成目标物，合成路线为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机化学基础，是一道基础有机合成题，着力考查阅读有机合成方案设计、利用题设信息、解决实际问题的能力，也考查了对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分析能力，试题涉及酚、羧酸等性质与转化，注意根据苯酚、D的分子式、N的结构式推断D的结构是解答关键。‎ ‎ ‎