四川省宜宾市第四中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题
1.中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是
A. “司南之档(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“构”所用材质为Fe2O3
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
C. “红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯
D. “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴
【答案】A
【解析】
【详解】A项、Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；
B项、“水声冰下咽，沙路雪中平”的意思是流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪也显得很平坦，文中所述未涉及化学变化，故B正确；
C项、乙烯能作水果的催熟剂，故C正确；
D项、“含浆似注甘露钵，好与文因止消渴”说明柑橘糖浆含有葡萄糖，有甜味，可以起到“止消渴”的作用，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查的化学与生活，试题以传统文化为载体考查利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力，掌握常见物质的性质及用途是解答关键。
2.对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的是（ ）
A. 分子式为
B. 能发生加聚反应和氧化反应
C. 具有相同官能团的芳香烃同分异构体有5种不考虑立体异构
D. 分子中所有原子可能处于同一平面
【答案】D
【解析】
【分析】
对甲基苯乙烯（）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。
【详解】A项、对甲基苯乙烯（）含有9个碳和10个氢，分子式为C9H10，故A正确；
B项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故B正确；
C项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5种同分异构体，故C正确；
D项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的结构、苯环与H原子的判断为解答的关键。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 固体含有离子的数目为
B. 常温下，的醋酸溶液中H+数目为
C. 13g由C和组成的碳单质中所含质子数一定为
D. 与足量在一定条件下化合，转移电子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A项、78gNa2O2固体物质量为1mol，1molNa2O2 固体中含离子总数为3NA，故A正确；
B项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1的醋酸溶液中H+的个数，故B错误；
C项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故C错误；
D项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了阿伏加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。
4.一种芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如图所示：
下列关于该高分子的说法不正确的是
A. 芳纶纤维可用作航天、航空、国防等高科技领域重要基础材料
B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH2
C. 氢键对该高分子的性能有影响
D. 结构简式为
【答案】D
【解析】
【详解】A.由于芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，分子之间氢键的存在，增加了分子之间的吸引力，使物质更致密，防护功能更高，A正确；
B.根据物质的分子结构可知，该化合物是由、发生缩聚反应产生，的官能团是氨基(-NH2)，的官能团是羧基(-COOH)，B正确；
C.氢键的存在增加了分子之间的吸引力，影响了物质的物理性质，如溶解性、物质的熔沸点，C正确；
D.根据物质的结构可知其结构简式为，D错误；
故合理选项是D。
5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是
A. W的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z
B. W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族
C. 丙属于两性氧化物
D. 等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。
【详解】综上所述可知XH元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。
A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；
B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；
C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；
D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。
6.锂锰电池结构如图所示，其中电解质溶于混合有机溶剂中，通过电解质迁移入晶格中生成。下列有关说法正确的是
A. 外电路电流方向：a→b
B. 电池正极反应式为：
C. 可以用水代替电池中的混合有机溶剂
D. 用该电池给铅蓄电池充电，a极与Pb电极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A、Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，故A错误；
B、MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故B错误；
C、因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，故C错误；
D、用该电池给铅蓄电池充电，要求正接正负接负充电，铅蓄电池Pb电极是负极，故D正确。
正确答案选D。
【点睛】给铅蓄电池充电，要求正接正负接负充电。
7.常温下，将 mL 1mo/L 和mL 1mo/L 两种酸溶液分别加水稀释，稀释溶液体积为V，稀释液pH与其体积变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 和均为一元弱酸
B. 在0≤pH≤5时，溶液满足
C. 分别往M、N两点对应溶液中滴加1 mo/L NaOH溶液至恰好完全反应，消耗NaOH溶液的体积相等
D. 常温下，浓度均为0.1 mo/L的和溶液，溶液pH：>
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图可知，1mo/LHClO2溶液的pH>1， 1mo/LHMnO4的pH=0，说明HClO2是弱酸，HMnO4为强酸，故A错误；
B、根据图像可知：因为HClO2为弱酸，稀释促进电离，不能满足满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，HMnO4是强酸能满足满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，故B错误；
C、同体积同浓度中和1mol·L-1的NaOH溶液能力相同，故C正确；
D、酸性：HClO2
7，NaMnO4溶液不水解显中性；故D错误。
正确答案选C。
8.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t－BuOH)在40 ℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：________________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应方程式为：t－BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3
＋2H2O＋t－BuOH。
①装置a的名称是________________；
②该反应需控制温度在65 ℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0 ℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是______________________________________________。
(3)产率计算
①称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10 mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00 mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为__________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______(填字母代号)。
A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________________。
【答案】 (1). t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O (2). 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) (3). 水浴加热 (4). 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 (5). 65% (6). AC
(7). ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑
【解析】
【详解】(1)根据元素组成以及酯化反应特点，有水分子生成，无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水，反应的化学方程式为t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O；
(2) ①根据仪器的构造可知，装置a的名称是恒压滴液漏斗(滴液漏斗)；
②加热温度低于100 ℃，所以用水浴加热；
③叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少；
(3)Ce4＋总计为0.10 mol·L－1×0.04 L＝0.004 mol，分别与Fe2＋和N反应。其中与Fe2＋按1∶1反应消耗0.10 mol·L－1×0.02 L＝0.002 mol，则与N按1∶1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N。原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液中有0.02 mol即1.3 g NaN3，所以样品质量分数为65%；
误差分析：A、使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00 mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小；
C、滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
D、滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，无影响。
答案选AC；
（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体氮气，结合氧化还原反应配平，反应的离子方程式为：ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。
【点睛】本题以物质的制备考查氧化还原反应及计算、混合物分离提纯等，注意误差分析的判断，为易错点，题目难度中等。
9.锡酸钠可用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下图所示:
请回答下列问題:
(1)Sn(IVA)、As(VA)、Sb(VA)三种元素中，Sn的原子序数为50，其原子结构示意图为_____，碱浸”时SnO2发生反应的化学方程式为___________________________。
(2)“碱浸”时，若Sn元素氧化物中SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是_______。
(3)从溶液中得到锡酸钠晶体的实验操作是_________、趁热过滤、洗涤、干燥。下图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件_______。
(4)“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为_________________。
(5)“脱锑”时Na2SbO4发生的化学方程式为_____________________________。
【答案】 (1). (2). SnO2+2NaOH= Na2SnO3+H2O (3). 把SnO氧化为SnO32— (4). 蒸发结晶 (5). 100g·L-1烧碱浓度、温度85℃ (6). PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH- (7). 5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH
【解析】
【分析】
由流程图可知，向锡锑渣中加入烧碱溶液，Sn、Sb、As、Pb的氧化物溶于氢氧化钠得到含有SnO32—、SbO43—、PbO22-、AsO43—的碱浸液，向碱浸液中加入氢氧化钡溶液，AsO43—与氢氧化钡反应生成砷酸钡沉淀过滤除去；向所得滤液中加入硫化钠溶液，PbO22-与硫化钠发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀过滤除去；再向所得滤液中加入锡片，锡与SbO43—发生置换反应生成单质锑过滤除去，得到Na2SnO3溶液。
【详解】（1）Sn与碳同主族，Sn的原子序数为50，最外层电子数为4，原子结构示意图为，故答案为：；
（2）NaNO3具有氧化性，能将SnO氧化，“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是把SnO氧化成SnO32-，故答案为：把SnO氧化为SnO32—；
（3）由图可知，烧碱浓度为100g·L-1，温度为85℃时，锡浸出率最高，故答案为：100g·L-1烧碱浓度、温度85℃；
（4）由题意可知，Na2PbO2溶液与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH-，故答案为：PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH-；
（5）由流程图可知，“脱锑”时加入锡，锡与Na3SbO4溶液发生氧化还原反应生成Sb、Na2SnO3和NaOH，反应的化学方程式为5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH，故答案为：5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH。
10.有研究表明，内源性H2S作为气体信号分子家族新成员，在抗炎、舒张血管等方面具有重要的生理作用，而笼状COS（羰基硫）分子可作为H2S的新型供体（释放剂）。试回答下列有关问题
（1）COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为______。
（2）已知：①COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=-15kJ•mol-1，②COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2=-36kJ•mol-1，③CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3，则△H3=______。
（3）COS可由CO和H2S在一定条件下反应制得。在恒容的密闭容器中发生反应并达到平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g），数据如表所示、据此填空
实验
温度/℃
起始时
平衡时
n（CO）/mol
n（H2S）/mol
n（COS）/mol
n（H2）/mol
n（CO）/mol
1
150
10.0
10.0
0
0
7.0
2
150
7.0
8.0
2.0
4.5
x
3
400
20.0
20.0
0
0
16.0
①该反应为______（选填“吸热反应”或“放热反应”）。
②实验2达到平衡时，x______7.0（选填“＞”、“＜”或“=”）
③实验3达到平衡时，CO的转化率α=______
（4）已知常温下，H2S和NH3•H2O的电离常数分别为向pH=a的氢硫酸中滴加等浓度的氨水，加入氨水的体积（V）与溶液pH的关系如图所示：
酸/碱
电离常数
H2S
Ka1=1.0×10-7
Ka2=7.0×10-15
NH3•H2O
Kb=1.0×10-5
①若c（H2S）为0.1mol/L，则a=______
②若b点溶液pH=7，则b点溶液中所有离子浓度大小关系是______。
（5）将H2S通入装有固体FeCl2的真空密闭烧瓶内，恒温至300℃，反应达到平衡时，烧瓶中固体只有FeCl2和FeSx（x并非整数），另有H2S、HCl和H2三种气体，其分压依次为0.30P0、0.80P0和0.04P0（P0表示标准大气压）。当化学方程式中FeCl2的计量数为1时，该反应的气体压强平衡常数记为Kp。计算：
①x=______（保留两位有效数字）。
②Kp=______（数字用指数式表示）。
【答案】 (1). O=C=S (2). -21kJ•mol-1 (3). 放热反应 (4). ＜ (5). 20% (6). 4 (7). c（NH4+）＞c（HS-）＞c（H+）=c（OH-）＞c（S2-） (8). 1.1 (9).
【解析】
【分析】
（1）CO2和COS是等电子体，等电子体结构相似，根据二氧化碳的分子的结构式可知COS结构式；
（2）根据盖斯定律计算可得；
（3）①分别建立三段式计算实验1和实验3的化学平衡常数，依据平衡常数的大小判断反应是放热还是吸热；
②通过浓度熵与平衡常数的大小判断平衡移动方向；
③依据三段式和转化率公式计算；
（4）①依据电离常数公式计算；
②依据电离程度和水解程度的相对大小判断；
（5）依据题给信息写出反应的化学方程式，由题给数据和公式计算即可。
【详解】（1）由二氧化碳分子的结构式可知：COS分子中C与O、C与S均形成两对共有电子对，所以COS结构式为：O=C=S，故答案为：O=C=S；
（2）根据盖斯定律，②-①得到CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）的焓变△H3=-36kJ•mol-1-（-15kJ•mol-1）=-21kJ•mol-1，故答案为：-21kJ•mol-1；
（3）设容器体积为1L。
①由题意可建立实验1反应的三段式为：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
开始（mol/L）10.0 10.0 0 0
反应（mol/L）3.0 3.0 3.0 3.0
平衡（mol/L）7.0 7.0 3.0 3.0
化学平衡常数===0.18；
由题意可建立实验3反应三段式为：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
开始（mol/L） 20.0 20.0 0 0
反应（mol/L） 4.0 4.0 4.0 4.0
平衡（mol/L） 16.0 16.0 4.0 4.0
化学平衡常数===0.0625＜0.18，所以升高温度，平衡常数K减小，即平衡逆向移动，正向为放热反应，故答案为：放热反应；
②150℃，浓度熵Qc==≈0.16＜K=0.18，则反应向正反应方向移动，所以实验2达平衡时，n（CO）减小，x＜7.0，故答案为：＜；
③实验3达平衡时，CO的转化率=×100%=×100%=20%，故答案为：20%；
（4）①c（H+）==mol/L=10-4mol/L，a=pH=-lg10-4=4，故答案为：4；
②b点呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液中电荷关系为c（NH4+）+c（H+）=c（HS-）+2c（S2-）+c（OH-），所以c（NH4+）＞c（HS-），由于HS-的电离程度很小、主要以电离为主，同时促进水的电离，所以c（H+）＞c（S2-），即b点时溶液中所有离子浓度大小关系是c（NH4+）＞c（HS-）＞c（H+）=c（OH-）＞c（S2-），故答案为：c（NH4+）＞c（HS-）＞c（H+）=c（OH-）＞c（S2-）；
（5）H2S和FeCl2反应的方程式为xH2S（g）+FeCl2（s）⇌FeSx（s）+2HCl（g）+（x-1）H2（g）。
①有化学方程式可得关系式：2：（x-1）=0.80P0：0.04P0，解得x=1.1，故答案为：1.1；
②H2S和FeCl2反应的方程式为1.1H2S（g）+FeCl2（s）⇌FeS1.1（s）+2HCl（g）+0.1H2（g），由方程式可得p（HCl）=0.80P0，p（H2）=0.04P0，p（H2S）=0.30P0，平衡分压常数Kp=
=，故答案为：。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律的应用、影响平衡的因素、图象的理解应用、化学平衡常数及其计算，侧重分析与应用能力的考查，注意把握表格中数据应用、温度和压强对反应的影响为解答的关键。
11.近日，中科院大连化物所化学研究团队在化学链合成NH，研究方面取得新进展，使用的催化剂有、、Fe、、MgO等，相关研究成果发表于《自然一能源》上。
请回答下列问题：
（1）基态Fe原子中有___个运动状态不同的电子；基态Fe原子价电子的排布图为___，最高能层电子的电子云轮廊图形状为____。
（2）Ba元素在周期表中的分区位置是____区，元素的第一电离能：Mg_______Al(填“>”或“<”)，H、N、O元素的电负性由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)。
（3）分子的空间构型为____，其中心原子的杂化方式为_____，与互为等电子体的阳离子是_______(填离子符号，任写一种)。
（4）已知：的熔点为770℃，的熔点为1275℃，二者的晶体类型均为___，的熔点低于的原因是___。
（5）研究发现，只含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示：
①与Mg紧邻的Ni有_______个。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数a为(0，0，0)；b为(，，0)。则c原子的坐标参数为___。
③已知：晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度_____(用含a、的代数式表示)。
【答案】 (1). 26 (2). (3). 球形 (4). s (5). > (6). O>N>H (7). 三角锥形 (8). (9). (10). 离子晶体 (11). 的半径大于，的晶格能小于 (12). 12 (13). （0，，） (14).
【解析】
【详解】(1) 基态Fe原子的核电荷数是26，所以核外也应该有26个运动状态不同的电子。基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，可得其价层电子排布图为。因其最外层电子为 4s电子,故电子云形状为球形，故答案为26、、球形；
（2）Ba元素为周期表中第6周期，第ⅡA的元素，故其在周期表中分区位置是s区；元素的第一电离能与元素的金属性有关，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量最低，所以第一电离能Mg＞Al；元素的电负性与元素的非金属性变化规律相似，故H、N、O元素的电负性由大到小的顺序为O>N>H，故答案为s、>、O>N>H；
（3）分子是由极性共价键所形成的极性分子，N原子杂化后的4个sp3轨道中,有一个杂化轨道已经有了一对成对电子不能再结合H原子,只能利用另外3个sp3轨道上的3个单电子结合3个H原子形成三个N-H键，而孤对电子对这三个键有较强的排斥作用，所以分子构型为三角锥型，其中心原子的杂化方式为sp3杂化；为10电子分子，所以等电子体是，故答案为三角锥形、、；
（4）从与的熔点均很高，可判断出二者的晶体类型均为离子晶体。 但由于的半径大于，所以的晶格能小于 ，的熔点低于。故答案为离子晶体、的半径大于，的晶格能小于；
（5）①从图中可看出Mg原子位于正方体的顶点上，而Ni原子位于正方体的面心上，所以与顶点位置最近的面心共有12个，即与Mg紧邻的Ni有12个。答案为12；
②在三维立体坐标轴中c原子所在位置为x=0，y=，z=。所以c原子的坐标参数为（0，，）；
③已知晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，所以该晶胞的棱长，晶胞体积为换算单位为厘米，则体积为。由于Ni位于面心，所以完全属于一个晶胞的Ni为3个，Mg位于顶点，所以完全属于一个晶胞的Mg为一个，碳位于体心，完全属于该晶胞，所以该晶胞的质量为可表示为，则晶体的密度。答案应为。
12.有机物J是一种防止血管中血栓形成与发展的药物，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。
请回答下列问题:
(1)B的名称为______________，反应⑥的反应类型是__________。
(2)J含有_______种官能团。F的结构简式是_____________。
(3)反应③的化学方程式为____________________________________________-。
(4)写出同时满足下列条件的F的同分异构体的结构简式:______________(至少写两种)。
①苯环上只有两个处于对位的取代基；
②1 mol该有机物能与含2 mol NaOH的溶液恰好完全反应。
(5)参照D的合成路线，设计一种以为原料制备的合成路线__________。
【答案】 (1). 乙酸苯（酚）酯 (2). 加成反应 (3). 4 (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
物质A与乙酸酐反应，将酚羟基上的氢换成了乙酰基，在催化剂作用下，进行结构转化，此时酚羟基恢复，乙酰基进入酚羟基邻位； C到D的转化所有信息题已给，不必纠结如何反应，书写时关注原子守恒，判断出产物有乙醇即可。
【详解】(1)将B水解可得乙酸和苯酚，由系统命名法，B的名称为乙酸苯酯，G断开碳碳双键与D合成J，反应⑥的类型为加成反应；
(2)J中含有羟基、羰基、羧基、碳碳双键共4种官能团，根据F的分子式，据G的结构简式逆推可得F的结构简式为：；
(3)根据原子守恒和题中所给的反应物与部分生成物，可写出反应③的化学方程式为：；
(4) 1 mol该有机物能与含2 mol NaOH的溶液恰好完全反应，且苯环上只有两个处于对位的取代基，则满足条件的同分异构体无法是酚，F中除去苯环还有一个不饱和度，可与氢氧化钠反应的物质只能是酯类，要反应掉2mol氢氧化钠，则应是酚酯，满足条件的同分异构体的结构简式有：；
(5) 原料对比A多一个甲基，要合成的物质对比D多一个甲基，参考A合成D的方法可得：。
