【化学】宁夏银川唐徕回民中学2020届高三下学期第一次模拟考试（解析版）

【化学】宁夏银川唐徕回民中学2020届高三下学期第一次模拟考试（解析版）

宁夏银川唐徕回民中学2020届高三下学期第一次模拟考试 ‎1.我国科学家将石墨烯(由石墨剥离的层状结构)和碳纳米管经低温脱水处理，获得了一种“最轻材料”。该材料具有超强的吸附能力，且有望成为理想的储能保温、催化载体和吸音材料。下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 石墨烯属于有机物 B. 该材料吸油过程为物理变化 C. 碳纳米管是碳的一种同位素 D. 碳纳米管属于胶体分散系 ‎【答案】B ‎【详解】A．石墨烯是一种很薄石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故A错误；‎ B．石墨吸油过程中没有新物质生成，物理变化，故B正确；‎ C．石墨烯、碳纳米管都是碳的单质，互为同素异形体，故C错误；‎ D．碳纳米管属于单质，在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.依曲替酯可以由原料X经过多步反应合成得到：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. X与Y互为同分异构体 B. X与Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 在光照条件下，依曲替酯中的苯环能与Cl2发生取代反应 D. 依曲替酯中所有不饱和键均能与溴发生加成反应 ‎【答案】A ‎【详解】A.原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；‎ B.原料X、Y中含C=C，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；‎ B.依曲替酯中的苯环能与Cl2发生取代反应的条件是铁做催化剂，光照下不能发生苯环上的取代反应，故C错误；‎ D.依曲替酯中含-COOC-，酯基中的不饱和键不能与溴发生加成反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点晴】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉酚、酯、烯烃的性质是解答的关键，选项D为易错点。‎ ‎3.A、B、C三种元素的原子序数之和为37，A、B在同一周期，A+、C-具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是( )‎ A. 同周期元素中C的氢化物稳定性最强 B. 同周期元素中A的金属性最强 C. 原子半径：A＞B＞C，离子半径：A+ ＜C-‎ D. A、B、C的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是C ‎【答案】C ‎【分析】A+与C-具有相同的核外电子层结构，可推知C在A、B的上一个周期，又因为A、B、C原子序数之和为37，A、B在同一周期，若A、B处于长周期，则A、B元素的质子数之和大于37，故A、B、C处于短周期，则A为Na、C为F、可知B的质子数=‎37-11-9‎=17，则B为Cl，结合元素周期律的递变规律解答该题。‎ ‎【详解】A．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故同主族中HF最稳定，故A正确；‎ B．A为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中Na的金属性最强，故B正确；‎ C．同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径Na＞Cl，电子层结构相同，核电核数越大离子半径越小，则离子半径应为：F−＞Na+，故C错误；‎ D．A、B、C的简单离子中F−形成的酸为弱酸，能够水解，会破坏水的电离平衡，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】元素周期律应用时，需正确推断出各种元素，根据不同元素在周期表的位置，判断金属性，非金属性的递变规律。‎ ‎4.某研究性学习小组利用电化学方法处理石油炼制过程中产生的含H2S的废气。基本工艺是将H2S通入FeCl3溶液中，过滤后将滤液加入电解槽中电解，电解后的滤液可以循环利用。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 过滤得到的沉淀可能是FeS B. 与a极相连的电极反应式为Fe2+- e-= Fe3+‎ C. 可以用Fe与外接电源a极相连 D. 若有0.10mol电子转移，则一定能得到‎1.12L H2‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.将H2S通入FeCl3溶液中，H2S被铁离子氧化为S，即发生2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，所以过滤得到的沉淀是S沉淀，故A错误；‎ B.与b 相连的电极上氢离子得电子生成氢气，则为阴极，所以与a极相连的电极为阳极，阳极上亚铁离子失电子生成铁离子，即电极反应式为Fe2+-e-═Fe3+，故B正确；‎ C.Fe与外接电源的a极相连，Fe作阳极失电子，而溶液中的亚铁离子不反应，所以不能用Fe作电极，故C错误；‎ D.电极反应2H++2e-=H2↑，有0.1mol电子发生转移，会生成0.05mol氢气，在标准状况下，氢气的体积为‎1.12L，但是选项中没有说明是标准状况下，所以无法确定氢气的体积，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5. ‎25℃‎时，在25mL c mol/L的一元弱酸(HA)中，加入VmL 0.1mol/L的一元强碱(BOH)。下列有关判断一定正确的是（ ）‎ A. 当‎25c=0.1V，c(A-)>c(B+) B. 当pH>7时，c(A-)>c(OH-)‎ C. 当pH=7，且V=25时，c>0.1 D. 当pH<7，c(B+)>c(A-)‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.当‎25c=0.1V时，HA溶液和BOH溶液正好完全中和，得到BA的溶液，BA为强碱弱酸盐，弱酸根在溶液中水解，溶液显碱性，溶液中c（A-）＜c（B-），故A错误；‎ B.当pH＞7时，溶液显碱性，c（A-）可以大于、小于或是等于c（OH-），故B错误；‎ C当pH=7，且V=25时，反应中弱酸应过量，则c＞0.1，故C正确；‎ D.当pH＜7时，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知溶液中c（B+）＜c（A-），故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】注意分析问题的角度，当‎25C=0.1V时，HA和BOH正好完全中和，生成BA的溶液，弱酸的阴离子会存在水解，导致溶液显示碱性。‎ ‎6. 用相对分子质量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物有（ ）‎ A 4种 B. 8种 C. 10种 D. 12种 ‎【答案】D ‎【详解】烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为57，所以14n+1=57，解得n=4，所以烷基为-C4H9，若为正丁烷形成的丁基，正丁烷分子中有2种H原子，形成的丁基有2种结构；若为异丁烷形成的异丁基，异丁烷分子中有2种H原子，形成的丁基有2种结构，故丁基共有4种结构，甲苯苯环上的H原子种类有3种，故丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为4×3=12，故选D。‎ ‎【点晴】解题关键是根据烷基式量为57的确定烷基，注意利用等效氢判断可能的烷基异构情况与苯环中氢原子种类，利用组合计算。根据烷基组成通式—CnH2n+1，利用商余法，结合式量为57确定烷基，根据烷烃的同分异构体中等效氢确定烷基同分异构体数目，甲苯苯环上的H原子有3种，再利用组合计算判断。‎ ‎7.下列有关实验设计、观察或记录、结论或解释都正确的是（ ）‎ 选项 实验设计 观察或记录 结论或解释 A 将浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中 产生红棕色气体 浓硝酸的还原产物是NO2‎ B 测某铵盐溶液的pH pH>7‎ NH4+水解生成NH3•H2O，使溶液显碱性 C 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气体 试纸变蓝 该气体一定是Cl2‎ D 将盛少量水的分液漏斗静置、倒置、将塞子旋转180°后再次倒置 漏斗口和活塞不漏水 分液漏斗不漏液 ‎【答案】D ‎【详解】A.稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故A错误；‎ B.NH4+水解生成NH3•H2O，同时会生成氢离子，溶液应该呈酸性，解释与实验结果不符，故B错误；‎ C.用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气体，试纸变蓝，说明碘离子被氧化为碘单质，具有氧化性的气体不一定是氯气，如臭氧也具有强氧化性，故C错误；‎ D.分液漏斗中装入适量蒸馏水，正放，倒放，将上口瓶塞旋转180°，正放倒放，将下端旋塞旋转180°，正放倒放，若都不漏水，则分液漏斗不漏水，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点晴】本题的易错项为A，要注意将浓硝酸加入稀硫酸中就变成了稀硝酸，稀硝酸与铜反应放出一氧化氮，浓硝酸与铜反应放出二氧化氮，这样的基本规律要熟记。‎ ‎8.某研究性学习小组用下列装置(铁架台等支撑仪器略)探究氧化铁与乙醇的反应[Cu(OH)2悬浊液用于检验反应产物]。‎ ‎（1）组装好仪器后必须进行的操作是____________________。‎ ‎（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是_______________________；‎ 若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，应采取的措施是_________(填字母)。‎ A．取下小试管 B．移去酒精灯 C．将导管从乳胶管中取下 D．以上都可以 ‎（3）乙醇被氧化的产物是__________________(写结构式)。‎ ‎（4）若M的成分为FexOy，用CO还原法定量测定其化学组成。称取a g M样品进行定量测定，实验装置和步骤如下：‎ ‎①组装仪器 ②点燃酒精灯 ③加入试剂 ④打开分液漏斗活塞 ⑤检查气密性 ⑥停止加热 ⑦关闭分液漏斗活塞 ⑧称重 ⅰ.正确的操作顺序是__________（填字母）。‎ a．①⑤④③②⑥⑦⑧ b．①③⑤④②⑦⑥⑧‎ c．①⑤③④②⑥⑦⑧ d．①③⑤②④⑥⑦⑧‎ ⅱ.尾气处理的方法是________________________。若测得碱石灰增重b g，则x：y=______(用含有a、b的代数式表示)。‎ ‎【答案】(1). 检查装置的气密性 (2). 水浴加热或对烧杯进行加热 (3). c (4). (5). C (6). 用气球收集或直接点燃 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行；‎ ‎（2）依据装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管；‎ ‎（3）依据反应现象可知，乙醇蒸气在氧化铁做催化剂作用下生成乙醛；‎ ‎（4）ⅰ. 依据反应原理和实验目可知实验步骤为组装装置，检验装置气密性，加入试剂，先加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；‎ ⅱ．一氧化碳属于不成盐氧化物，最后的尾气可以采用点燃或用气囊收集的方法处理；铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量。‎ ‎【详解】（1）依据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行，则实验前需要检验装置气密性， 故答案为：检验装置气密性；‎ ‎（2）依据装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管，故答案为：在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；c；‎ ‎（3）依据反应现象可知，乙醇蒸气在氧化铁做催化剂作用下生成乙醛，乙醛的结构式为，故答案为：；‎ ‎（4）ⅰ.依据反应原理和实验目可知实验步骤为组装装置，检验装置气密性，加入试剂，先加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以选c，故答案为：c；‎ ⅱ ‎．一氧化碳属于不成盐氧化物，最后的尾气可以采用点燃或用气囊收集的方法处理；碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量，其中一半的氧来自与金属氧化物，金属氧化物中氧元素的质量为bg，铁的质量为（a-b）g，依据元素物质的量计算得到比值，n（Fe）：n（O）=：=，故答案为：用气球收集或直接点燃；。‎ ‎【点晴】依据实验结果，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量是解题关键。‎ ‎9.MnO2又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体。MnO2合成方法按制备工艺中所用原料的不同，分为固相合成和液相合成。已知：MnO2不溶于水，其中锰的价态有+2价，也可能有+3价和+4价。请回答下列问题：‎ ‎(1)若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，写出它由氧化物形成的表达式：_________________________‎ ‎(2)MnOOH中锰的价态为______价，写出②的化学方程式：____________________________；碱性锌锰干电池的电池反应为：Zn+2MnO2 + 2H2O=Zn(OH)2 + 2MnOOH，写出该电池正极的电极反应式__________________________________________‎ ‎(3)将(NH4)2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，试用相应的离子方程式解释原因____________________________________。过滤出的Mn(OH)2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程：________________________________________________。‎ ‎(4)若③中收集到672mL(标准状况下)的H2，则理论上可以得到_________g Mn3O4。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO·MnO2或MnO2·2MnO (2). +3 (3). 12Mn2O3+CH4 8Mn3O4+CO2+2H2O (4). MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH- (5). Mn+2NH4++2H2O= Mn2++H2↑+2NH3·H2O (6). 向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次 (7). 2.29‎ ‎【分析】由制备流程可知，MnOOH焙烧生成Mn2O3，②中发生12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O，Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，可写成2MnO∙MnO2，金属锰的悬浊液与硫酸铵发生反应为Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3∙H2O，过滤出的Mn(OH)2需要洗涤，在空气中加热生成Mn3O4，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，它由氧化物形成的表达式2MnO∙MnO2或MnO2∙2MnO；‎ ‎(2)MnOOH中O为-2价，H为+1价，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，则锰的价态为+3；②的化学方程式为12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O；碱性锌锰干电池的电池反应为：Zn+2MnO2 + 2H2O=Zn(OH)2 + 2MnOOH，负极为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，正极反应式可由总反应减去负极反应，该电池正极的电极反应式MnO2+e-+H2O =MnOOH + OH-；‎ ‎(3)将(NH4)2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，用相应的离子方程式解释原因为Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3∙H2O；过滤出的Mn(OH)2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程为向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次； (4)由Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3∙H2O、6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O可知，存在关系3H2～Mn3O4，则③中收集到672mL(标准状况下)的H2，则理论上可以得到Mn3O4的质量为××‎229g/mol=‎2.29g。‎ ‎10.CO2和CH4是两种主要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究目标。‎ ‎（1）‎250℃‎时，以镍合金为催化剂，向‎4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：‎ CO2(g) + CH4(g)2CO(g) + 2H2(g)。平衡体系中各组分的体积分数如下表：‎ 物质 CH4‎ CO2‎ CO H2‎ 体积分数 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎①此温度下该反应的平衡常数K=________________。‎ ‎②已知：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H=-890.3kJ•mol-1，CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g) △H=+2.8kJ•mol-1，2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) △H=-566.0kJ•mol-1，反应CO2(g) + CH4(g)2CO(g) + 2H2(g)的△H=_______。‎ ‎（2）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成为乙酸。‎ ‎①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示。250～‎300℃‎时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_________________________________________。‎ ‎②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是______________________________。‎ ‎③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为___________________________________。‎ ‎（3）以CO2为原料可以合成多种物质。‎ ‎①聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由CO2加聚而成的。写出聚碳酸酯的结构简式：__________________。‎ ‎②以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 64 (2). +247.3 kJ·mol－1 (3). 温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低 (4). 增大反应压强或增大CO2的浓度 (5). 3Cu2Al2O4+32H++2NO3－=6Cu2++ 6Al3++2NO↑+16 H2O (6). (7). CO2+8e－+6H2O=CH4+8OH－‎ ‎【分析】（1）①由题意建立三段式计算可得；‎ ‎②由盖斯定律计算可得；‎ ‎（2）①由图可知温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低；‎ ‎②增大反应压强或增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物CH4的转化率增大；‎ ‎③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与硝酸反应硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水；‎ ‎（3）①CO2分子中含有碳氧双键，一定条件下发生加聚反应；‎ ‎②由碳元素化合价变化可知，CO2在阴极得电子发生还原反应生成甲烷。‎ ‎【详解】（1）①设反应消耗二氧化碳的物质的量为x，由题意建立如下三段式：‎ 由CH4的体积分数为0.1可得=0.1，解得X=4，则化学平衡常数K===64，故答案为：64；‎ ‎②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1①‎ CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2（g）△H=2.8kJ•mol-1②‎ ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1③‎ 根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g），则△H=-890.3kJ•mol-1+2.8kJ•mol-1×2+566.0kJ•mol-1×2=+247.3 kJ•mol-1，故答案为：+247.3 kJ•mol-1；‎ ‎（2）①由图可知温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低，则温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低；‎ ‎②增大反应压强或增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物CH4的转化率增大，故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；‎ ‎③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与硝酸反应硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu2Al2O4+32H++2NO3-= 6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++ 2NO↑+16H2O；‎ ‎（3）①CO2分子中含有碳氧双键，一定条件下发生加聚反应生成，故答案为：；‎ ‎②由碳元素化合价变化可知，CO2在阴极得电子发生还原反应生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，故答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。‎ ‎11.已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数依次增大。其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。‎ ‎(1)写出基态D原子的电子排布式______________。‎ ‎(2)已知高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生产高纯度R的单质过程如下：‎ 写出过程③的反应方程式_______________________________________，已知RHCl3的沸点是31.5oC，则该物质的晶体类型是__________，中心原子的轨道杂化类型为__________，该物质的空间构型是______。‎ ‎(3)A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是____________________________________，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是____________。A、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3-互为等电子体的物质的化学式为___________。‎ ‎(4)已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为______，一个D的晶胞质量为____________，已知D原子半径为r pm，则该晶胞的空间利用率为_____________ (写出计算过程)。‎ ‎【答案】(1). [Ar]3d64s2 (2). SiHCl3 + H2Si + 3HCl (3). 分子晶体 (4). sp3 (5). 四面体形 (6). N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态 (7). Si-O键 (8). N2O (9). 8 (10). (11). 晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%‎ ‎【分析】B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，则最外层电子数可能为4或6，B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第Ⅷ 族中原子序数最小的元素，应为Fe，A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B，则A是N元素、B是O元素，高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素；‎ ‎(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式；‎ ‎(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在‎300℃‎条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在‎1000℃-1100℃‎条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型；‎ ‎(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；‎ ‎(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，其配合物是8，每个Fe原子的质量=，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量，空间利用率 =。‎ ‎【详解】(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；‎ ‎(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在‎300℃‎条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在‎1000℃-1100℃‎条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，反应方程式为SiHCl3 +H2Si+3HCl；分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型分别为sp3、四面体形；‎ ‎(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，所以N原子比O原子第一电离能大；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O元素的非金属性大于N，则极性O-Si键＞N-Si键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N3-中含有3个原子、价电子数是16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为N2O；‎ ‎(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，体心上的Fe原子被顶点上的8个原子包围，所以其配合物是8，每个Fe原子的质量=g，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量=2×g=2×g=g；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%。‎ ‎12.美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：‎ 其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）A的分子式为：______________。‎ ‎（2）写出下列物质的结构简式：D：____________；G：___________。‎ ‎（3）反应①―⑤中属于取代反应的有_______________。‎ ‎（4）反应①的化学方程式为______________________________________________________；反应④的化学方程式为_________________________________________________________。‎ ‎（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_______种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：________________________。‎ ‎【答案】(1). C5H12 (2). (3). CH3CHO (4). ②⑤ (5). C6H12O6‎2C2H5OH + 2CO2↑ (6). (7). 4 (8). HCOOC(CH3)3‎ ‎【分析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中==，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；‎ ‎（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；‎ ‎（3）根据流程图可知，反应①是葡萄糖的分解反应；反应②为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应③是醛和醛的加成反应；反应④是醛的氢化反应，属于加成反应；反应⑤是酯化反应，属于取代反应，②⑤属于取代反应，故答案为：②⑤；‎ ‎（4）反应①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O6‎2C2H5OH + 2CO2↑；反应④是在催化剂作用下，‎ 与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O6‎2C2H5OH + 2CO2↑；；‎ ‎（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。‎