陕西省宝鸡市2021届高三上学期高考模拟检测（一）理综化学试题（解析版）

这是一份陕西省宝鸡市2021届高三上学期高考模拟检测（一）理综化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了3NA， 烧杯、漏斗、玻璃棒 等内容，欢迎下载使用。

1. 化学与生活密切相关，下列说法正确是
A. 电器起火应该用泡沫灭火器灭火
B. 对垃圾填埋和焚烧处理可以减少对环境的污染
C. 合金材料中可以含有非金属元素
D. 矿物油溅在衣物上可用热的纯碱溶液去除
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，可以用于一般性的灭火，但是喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，不适用于电器起火，故A错误；
B． 目前世界各国城市垃圾的处理方式主要是填埋或焚烧，但很容易给环境造成“二次污染”，故B错误；
C． 合金材料中可以含有非金属元素，如钢中含有非金属元素碳，故C正确；
D． 矿物油的成分为烃类物质，与纯碱不反应，不能用热的纯碱溶液除去衣物上的矿物油，故D错误；
故选C。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法正确的是
A. 2.0 gH218O与D2O的混合物中所含电子数为NA
B. 50 mL 12 ml∙L-1浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
C. 28g乙烯与环丙烷(C3H6) 的混合气体所含C—H键的数目为2NA
D. 标况下，22.4L的甲烷完全燃烧生成的气体分子数为3NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/ml，电子数也为10个，根据极限假设法，即假设全为H218O，其物质的量为0.1ml，电子数为NA；假设全为D2O，其物质的量为0.1ml，电子数为NA，故2.0 gH218O与D2O的混合物中所含电子数为NA，故A正确；
B．浓盐酸与MnO2共热，当MnO2过量时，浓盐酸不能完全反应，因为随着反应的进行，浓盐酸浓度降低，稀盐酸与MnO2不反应，故B错误；
C．乙烯分子中C—H键数目为4，环丙烷分子中C—H键数目为6，根据极限假设法，28g乙烯，可得乙烯物质的量为1ml，其中含C—H键2NA，同理，可得ml环丙烷中C—H键数目为4NA，故C错误；
D．22.4L甲烷在标况下为1ml，1ml甲烷完全燃烧生成2mlH2O和1mlCO2，H2O在标况下为液态，所以气体分子数不为3NA，故D错误；
故选A。
【点睛】通常用极限假设法和最简式法解决阿伏伽德罗有关问题。
3. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素组成的一种分子簇的球棍模型如图所示。W与X不在同一周期，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3： 4，Z的周期数等于族序数。下列说法不正确的是
A. 化学式Y2Z2X6W2
B. X分别与Y、Z形成的化合物为离子化合物
C. 简单离子的半径： X＞ Y＞ Z
D. Y、Z的简单离子均可抑制水的电离
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Z的周期数等于族序数，其原子序数大于氧，只能处于第三周期，故Z为Al；W、X(氧)位于不同周期，且W的原子半径小于氧的半径，可推知W为H元素；根据图示可知，四种元素组成的分子簇化学式为H2Al2O6Y2，结合化合价代数和为0可知，Y的化合价为+2，其原子半径大于Al，则Y为Mg元素，据此分析解答。
【详解】A． 由图可知，该分子的化学式为Y2Z2X6W2，故A正确；
B． O分别与Mg、Al形成的化合物为MgO、Al2O3，均为离子化合物，故B正确；
C． O2-、Mg2+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：O2-＞Mg2+＞Al3+，故C正确；
D． Mg2+、Al3+均为可水解的弱离子，均可促进水的电离，故D错误；
故选D。
4. 一定条件下，有机化合物Y可发生如下的重排反应。下列说法不正确的是
A. X、Y、Z互为同分异构体
B. X、Y、Z三者之间的转变属于化学变化
C. 相同条件下，1ml 的X、Y、Z分别完全燃烧时耗氧量不同
D. 通过调控温度可以得到不同的目标产物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.由题给结构简式可知，有机物X、Y、Z的分子式均为C9H10O2，结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B.由题给结构简式可知，有机物X、Y、Z是三种不同物质，则X、Y、Z三者之间的转变属于化学变化，故B正确；
C.由题给结构简式可知，有机物X、Y、Z的分子式均为C9H10O2，则相同条件下，1ml 的X、Y、Z分别完全燃烧时耗氧量相同，故C错误；
D.由题给转化关系可知，X、Y、Z三者之间的转变均为氯化铝做催化剂，但反应温度不同，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；
故选C。
5. 我国科学家最新研发出了可充电的非水相镁—溴电池，利用Mg和C作电极，以混合醚作电解液通过多孔玻璃隔膜实现离子交换，其示意图如下，下列说法正确的是
A. 放电时，Mg2+、Br-均通过多孔玻璃膜
B. 放电时，正极反应为 + 2e-= 3Br-
C. 充电时，电池内部的Mg2+向C电极移动
D. a接直流电源的正极可实现电能转化为化学能
【答案】B
【解析】
分析】
由图分析可知：放电时相当于原电池工作，负极失电子发生氧化反应，即负极Mg-2e - =Mg2+，原电池中阳离子向正极移动；充电时相当于电解池工作原理，阳极发生氧化反应，即b连接直流电源的正极，发生3Br- -2e- =Br3-反应，a连接直流电源的负故，发生还原反应，据此分析解答。
【详解】A．放电时，相当于原电池原理，电池内部Mg2+向正极移动，即向C电极移动，而Br-在正极一侧，不会通过多孔玻璃膜，故A错误；
B．放电时，相当于原电池工作，碳电极为正极，得电子发生还原反应，即 + 2e-= 3Br-，故B正确；
C．充电时，相当于电解池工作原理，C极区发生氧化反应，3Br- -2e- =Br3-，电池内部的Mg2+向Mg电极移动,故C错误；
D．根据图分析可知：充电时相当于电解池工作原理，阳极发生氧化反应，故b连接直流电源的正极，a连接直流电源的负故，发生还原反应，故D错误；
故答案：B。
6. 下列根据实验操作所得的现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由操作和现象可检验亚铁离子，由现象可知溶液中含亚铁离子，但可能部分变质，故A错误；
B．碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排除二氧化硫的干扰，故B错误；
C．乙烷只能与溴蒸汽在光照条件下发生取代反应，与溴水不反应，故C正确；
D．锌置换出铜，构成原电池加快反应速率，与催化剂无关，故D错误。
答案选C。
7. 常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3) 溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线N表示pH与
B. 图中a点对应溶液中： c (Na+) > c () + 2c ()
C. Ka1(H2SeO3)与Ka2(H2SeO3) 之比为103
D. NaHSeO3溶液中： c () > c () > c (H2SeO3)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．=，=，则pH相同时，=>=，根据图象可知，曲线M表示pH与的关系，曲线N表示pH与的变化关系，故A错误；
B．a点时pH=2.6，溶液显酸性，根据电荷守恒有：c (Na+) + c (H+)= c () + 2c ()+c (OH-)，由c (H+)> c (OH-)，可知c (Na+) < c () + 2c ()，故B错误；
C．a点：=0，即，由=可知，Ka1=c(H+)=10-2.6；b点=0，即，由=可知，Ka2=c(H+)=10-6.6；得=104，故C错误；
D．由上面C选项分析可知，的电离常数Ka2=10-6.6，的水解常数=<10-6.6，即以电离为主，故NaHSeO3溶液中： c () > c () > c (H2SeO3)，故D正确；
故选D。
【点睛】考查酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。
8. 碘化亚铜(CuI) 是一种白色固体，见光易分解变成棕黄色，不溶于水和乙醇，常用作有机反应催化剂、阳极射线管覆盖物、动物饲料添加剂等。某小组同学以冰铜(Cu2S 和FeS熔体)为原料制备无水CuI的流程如下。
(1)“操作I”和“操作II”相同，所用到的玻璃仪器有_______。
(2)“焙烧”过程中Cu被还原，同时有黑色磁性物质生成，熔渣的主要成分为_______(填化学式)。
(3)“熔渣”酸浸时，用H2O2处理可得到蓝色溶液，用化学方程式解释为_______；当加热温度高于40°C时，该过程反应速率减慢，其可能原因是_______。
(4)“调节pH”所用试剂为_______；若加入该试剂前溶液中阳离子浓度均为0.1ml/L，为使某阳离子完全沉淀为固体A，通过操作I与其它阳离子分离，理论上应调节溶液的pH在_______之间(常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)3 的Ksp分别约为1×10-21和1×10 -38)。
(5)加入过量KI溶液时发生反应的离子方程式为_______。
(6)取CuI样品m g，加适量的FeCl3溶液恰好使其溶解，CuI 被完全氧化生成Cu2+和I2，待样品完全反应后，滴入几滴淀粉溶液，用c ml/L的Na2S2O3标准液滴定，达到终点时消耗标准液的体积平均值为VmL (已知：I2+ 2NaS2O3= Na2S4O6+ 2NaI )。
①达到滴定终点时的现象是_______
②样品中CuI的质量分数为_______ (用相关字母表示)。
【答案】 (1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). Cu和Fe3O4 (3). Cu+H2O2+H2SO4 = CuSO4 +2H2O (4). H2O2受热分解后浓度减小 (5). CuO[或Cu(OH)2等] (6). 3~ 4 (7). 2Cu2+ + 4I- = 2 CuI↓+ I2 (8). 溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 (9). %
【解析】
【分析】
以冰铜(Cu2S 和FeS熔体)为原料制备无水CuI，需除去冰铜中的S、Fe元素，实验者采用空气、H2O2氧化法，将S转化为SO2，将Fe转化为Fe3+，通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；最后加入KI，将Cu2+还原为CuI。
【详解】(1)“操作I”和“操作II”相同，都是分离固体与液体的过滤操作，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(2)“焙烧”过程中Cu被还原，同时有黑色磁性物质(Fe3O4)生成，所以熔渣的主要成分为Cu和Fe3O4。答案为：Cu和Fe3O4；
(3)“熔渣”用稀硫酸进行酸浸时，用H2O2处理可得到蓝色溶液，则表明Cu被氧化并生成CuSO4，用化学方程式解释为Cu+H2O2+H2SO4 = CuSO4 +2H2O；H2O2受热会发生分解，所以当加热温度高于40°C时，因H2O2分解而使溶液的氧化能力减弱，导致该过程反应速率减慢，其可能原因是H2O2受热分解后浓度减小。答案为：Cu+H2O2+H2SO4 = CuSO4 +2H2O；H2O2受热分解后浓度减小；
(4)“调节pH”，目的是让Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，也就是应中和水解生成的酸，同时又不能引入新的杂质，故所用试剂为CuO[或Cu(OH)2等]；若加入该试剂前，c(Cu2+)= c(Fe3+)=0.1ml/L，Fe3+完全沉淀为固体Fe(OH)3，则除杂后溶液中的c(Fe3+)=1×10-5ml/L，此时溶液中c(OH-)≥ ml/L =1×10-11ml/L，pH≥3；但不能让Cu2+生成沉淀，则此时c(OH-)≤ml/L =1×10-10ml/L，pH≤4，所以理论上应调节溶液的pH在3~ 4之间。答案为：CuO[或Cu(OH)2等]；3~ 4；
(5)加入过量KI溶液时，Cu2+与I-发生反应，生成CuI沉淀和I2，离子方程式为2Cu2+ + 4I- = 2 CuI↓+ I2。答案为：2Cu2+ + 4I- = 2 CuI↓+ I2；
(6) ①起初溶液中含有I2，滴加淀粉呈蓝色，后来滴加Na2S2O3至完全反应，溶液呈无色，所以达到滴定终点时的现象是溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；
②CuI样品中加FeCl3溶液，发生反应2CuI+4Fe3+=2Cu2++I2+4Fe2+，用c ml/L的Na2S2O3标准液滴定I2，发生反应I2+ 2NaS2O3= Na2S4O6+ 2NaI，从而得出反应的关系式为：2CuI——I2——2 NaS2O3，样品中CuI的质量分数为=%。答案为：溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；%。
【点睛】调节pH时，应尽可能不引入新的杂质，也就是加入与产品中所含元素相关的物质。
9. 二茂铁[(C5H5)2Fe] 是一种橙黄色粉末，其熔点是173°C，在100°C时开始升华；沸点是249°C，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂；化学性质稳定，400°C内不分解。制备二茂铁原理： 2KOH + 2C5H6+ FeCl2=(C5H5)2Fe + 2KCl +2H2O，制备装置(夹持装置未画出)和实验步骤如下：
①在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通N2约10min；
②再从仪器a滴入5.5mL环戊二烯(C5H6) 后搅拌；
③将6. 5g无水FeCl2与(CH3)2SO (二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25mL装人仪器a中，慢慢滴入仪器c中，45min 滴完，继续搅拌45min；
④再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌；
⑤将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；
⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。
回答下列问题：
(1)仪器b的作用是_______
(2)步骤①中通入约10minN2的目的是_______。
(3)制备二茂铁的原料环戊二烯(C5H6) 可由环戊二烯二聚体获得，已知二者的转化关系如图3，则从二者混合物中分离得到环成二烯的操作方法为_______。
(4)仪器c的规格应为_______。(填编号)
A.100mL B.250mL C.500mL
(5)步骤⑤中先用盐酸洗涤再用水洗，用盐酸洗涤的目的是_______，判断已水洗干净的方法是_______
(6)二茂铁粗产品的提纯过程在图2装置中进行，其操作名称为_______；该操作中棉花的作用是_______。
(7)若最终制得纯净的二茂铁6.0g，环戊二烯(C5H6) 的密度为0.90 g/cm3.该二茂铁的产率为_______(产率=产品实际产量+理论产量)。
【答案】 (1). 冷凝回流，提高原料利用率 (2). 排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化 (3). 蒸馏 (4). B (5). 除去过量的KOH (6). 取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入AgNO3溶液无白色沉淀生成，说明已洗涤干净 (7). 升华 (8). 防止二茂铁挥发进入空气中 (9). 86%
【解析】
【分析】
在三颈烧瓶中加入KOH和60mL无水乙醚充分搅拌，同时通氮气约l0min，再从仪器a滴入新蒸馏的环戊二烯，搅拌，将6.5g无水FeCl2与(CH3)2SO配成的溶液装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，继续搅拌45min，再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌，将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸(中和KOH)、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液，蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品，将粗产品升华可得二茂铁，据此分析解答。
【详解】(1)仪器b是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，提高原料利用率；
(2)FeCl2易被氧化，则步骤①中通入约10minN2的目的是排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化；
(3)环戊二烯(C5H6)与环戊二烯二聚体的沸点不同，可以用蒸馏的方法从二者混合物中分离得到环成二烯；
(4)步骤①~④加入三颈烧瓶中液体的总体积为60mL+5.5mL+25mL+25mL=115.5mL，故应选250mL的三颈烧瓶，故选B；
(5)步骤⑤中先用盐酸洗涤再用水洗，用盐酸洗涤的目的是除去过量的KOH，判断已水洗干净的方法是取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入AgNO3溶液无白色沉淀生成，说明已洗涤干净；
(6)二茂铁粗产品的提纯过程在图2装置中进行，二茂铁由固体直接变为气体，然后冷凝收集，则其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中；
(7)二茂铁的理论产量为，则该二茂铁的产率为。
10. 研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应I： CO2 (g) +3H2 (g)CH3OH (g) +H2O (g) △H1= -49. 1 kJ/ml
反应II： CHOCH3 (g) +H2O(g)2CH3OH (g)△H2 = + 24.5kJ/ml
反应III： 2CO2 (g) +6H2 (g) CH3OCH3 (g) +3H2O (g) ∆H3
(1)△H3 =_______kJ/ml。
(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1： 3投料发生反应I，下列能说明反应已达平衡的是_______(填序号)。
A.体系的温度保持不变
B. CO2和H2的转化率相等
C.单位时间内体系中3mlH2减少的同时1mlH2O增加
D.合成CH3OH的反应限度达到最大
(3)已知：反应II在某温度下的平衡常数的值为2，在此温度下向密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)发生该反应，某时刻测得CH3OCH3、H2O、CH2OH的浓度依次1.5ml/L、1.5ml/L、1ml/L，此时CH3OCH3的转化率是_______，反应速率v(正)_______v(逆) (选填“>”、“=”或“<”)。
(4)在某压强下，反应I在不同温度、不同投料比时CO2的平衡转化率如图所示。则温度Tl_______T2，该反应的平衡常数KA、 KB、KC三者之间的大小关系为_______(用“>、=、<”填空)。
(5)恒压下将CO2和H2按体积比1: 3混合，在催化剂率A、B作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的产率、选择性随温度的变化如图所示。其中CH3OH的选择性=100﹪
①当温度高于250°C时，CH3OH产率下降的可能原因是_______。
②根据图示综合考虑，工业上应选择的温度和催化剂是_______。
【答案】 (1). -122.7 (2). AD (3). 25% (4). > (5). < (6). KB = KC > KA (7). 反应I的△H＜0，250℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降 (8). 250℃，催化剂A
【解析】
【分析】
【详解】(1)由盖斯定律可知，(反应I×2—反应II)得反应III，则△H3 =2△H1 —△H2 =2×(-49. 1 kJ/ml)—(+ 24.5kJ/ml)= -122.7kJ/ml，故答案为：-122.7；
(2) A.反应I为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；
B. 由于二氧化碳和氢气的起始量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氢气的转化率均相等，则二氧化碳和氢气的转化率相等不能说明反应已达平衡，故错误；
C.单位时间内体系中3ml氢气减少和1ml水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达平衡，故错误；
D.化学平衡状态是化学反应的最大限度，合成CH3OH的反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；
AD正确，故答案为：AD；
(3)由甲醇的浓度为1ml/L可知，反应消耗甲醚的浓度为0.5ml/L，起始时甲醚的浓度为(1.5ml/L+0.5ml/L)=2.0ml/L，则甲醚的转化率为×100%=25%；由题给数据可知，某时刻反应的浓度熵Qc==＞K=2，说明平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：25%；＞；
(4)反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知温度Tl二氧化碳转化率大于温度T2，则温度Tl小于T2；温度不变，化学平衡常数不变，B、C温度相同，低于A，则反应的平衡常数KA、 KB、KC三者之间的大小关系为KB = KC > KA，故答案为：<；KB = KC > KA；
(5)①由图可知250°C时反应I达到平衡，反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则当温度高于250°C时，甲醇的产率下降，故答案为：反应I的△H＜0，250℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降；
②由图可知，催化剂A的选择性高于催化剂B，250°C时催化剂A的反应速率最大，为催化剂A的活性温度，则工业上应选择的温度和催化剂是250℃，催化剂A，故答案为：250℃，催化剂A。
11. 锰(Mn)、钛(Ti)等过渡金属元素化合物的应用研究是目前前沿科学之一，回答下列问题：
(1) Mn的价电子排布式为_______。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用_______理论”解释。
(2)已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列_______(选填编号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为_______。
(3)熔融态的MnO和MnS均能导电。推测：熔点MnO _______ MnS (选填“>”、“=”或“<”)，其原因为_______。
(4) TiO2作光催化剂可将甲醛、苯等有害气体转化为CO2和H2O达到无害化。
①苯(C6H6)、CO2分子中碳原子的杂化方式分别为_______；甲醛(CH2O) 分子为_______分子(选填“极性”或“非极性”)。
②下列各组微粒互为等电子体的是_______ ( 填编号)。
a.CO2与N2O b. H2O与SO2 c. C6H6与B3N3H6 d. CH2O与BF3
(5)金红石TiO2的晶胞结构如图所示，晶胞内均摊的O原子数为_______； 设NA为阿伏伽德罗常数，则该晶体的密度为_______g∙cm-3 (用相关字母的代数式表示)。
【答案】 (1). 3d54s2 (2). 电子气(或金属键) (3). C (4). 12 (5). > (6). 离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高 (7). sp2、sp (8). 极性 (9). ac (10). 4 (11).
【解析】
【分析】
【详解】(1) Mn为25号元素，其价电子排布式为3d54s2。因为金属原子之间存在着金属键，金属键是通过金属原子和自由电子形成的，所以金属具有导电性、导热性，有金属光泽和延展性，故答案：3d54s2；电子气(或金属键)。
(2)已知金属锰的晶胞构型和氯化钠的相同，都属于面心立方构型，晶胞俯视图符合C，每个Mn原子周围紧邻的原子数为12，故答案：C；12。
(3)O的离子半径比S小，所以MnO晶格能比MnS大，故MnO熔点大于MnS，故答案：>；离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高。
( 4)①苯(C6H6)分子中碳原子的杂化方式为sp2,CO2分子中碳原子的杂化方式为sp；甲醛碳原子以三个sp2杂化轨道形成三个σ键，其中一个是和氧形成一个σ键，所以甲醛(CH2O) 分子为平面结构，且正负电荷中心不重合，属于极性分子；故答案：sp2；sp ；极性。
②根据原子总数相等，价电子总数相等的微粒互为等电子体进行分析如下：
a.CO2与N2O原子总数都是3，价电子总数都为16，故a符合题意；
b. H2O与SO2原子总数都是3，价电子总数分别为8、18，故b不符合题意；
c. C6H6与B3N3H6原子总数都是12，价电子总数都为30，故c符合题意；
d. CH2O与BF3原子总数都是4，价电子总数分别为12、24，故d不符合题意；
故答案：ac。
(5)根据金红石TiO2的晶胞结构图可知，晶胞内均摊的O原子数=12+4=4；V=a2c10-21cm3，== =，故答案：4；。
12. 化合物H是合成某种抗菌消炎药物的重要中间体，其合成路线如下图所示：
已知部分有机化合物转化的反应式如下：
i．R—X+NaCNR—CNR—COOH(R为烃基)
ii．R—CHO+CH3COR′RCH=CHCOR′(R、R′代表烃基或氢原子)
(1) A的结构简式是_______，试剂a为_______，A→B的反应类型为_______。
(2) C→D的化学方程式是_______。
(3)写出任意一种满足下列所有条件的D的同分异构体的结构简式_______。
a．能发生银镜反应 b．苯环上一氯取代物只有一种 c．核磁共振氢谱有4组峰
(4) E中所含官能团的名称为_______。
(5) H的结构简式为_______。
(6)仿照题中H的合成路线，设计一种由A合成的合成路线(可选用必要的无机试剂)。_______。
【答案】 (1). (2). 液溴(Br2) (3). 取代反应 (4). ++CH3COOH (5). 或 (6). (酚)羟基、羰基 (7). (8).
【解析】
【分析】
甲苯在催化剂作用下和液溴反应生成B()，B在碱性条件下反应，再酸化得到C，C和发生取代反应生成D，D在催化剂作用下反应生成E，E和HCl、HCHO反应生成F，根据信息i得出F和NaCN反应生成G，根据信息ii得出G和CH3CHO在碱性加热条件下反应生成H()。
【详解】(1)根据前面分析得到A的结构简式是，A→B是在催化剂作用下与液溴发生取代反应；故答案为：；液溴(Br2)；取代反应。
(2)根据C和D的结构简式得到C→D的化学方程式是++CH3COOH；故答案为：++CH3COOH。
(3)D的结构简式为，D的同分异构体满足a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．苯环上一氯取代物只有一种，说明具有对称性，c．核磁共振氢谱有4组峰，因此D的同分异构体的结构简式或；故答案为：或。
(4)根据E的结构简式得到E中所含官能团的名称为(酚)羟基、羰基；故答案为：(酚)羟基、羰基。
(5)根据信息ii，G和CH3CHO在碱性加热条件下反应生成H，H的结构简式为；故答案为：。
(6)甲苯和氯气在光照条件下反应生成，根据信息i，和NaCN反应生成，在酸性条件下反应生成，在NaOH溶液中水解反应生成，和在浓硫酸加热条件下反应生成，其合成路线为：；故答案为：。选项
实验操作
实验现象
结论
A
向补铁剂(FeSO4)溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
补铁剂未被氧化
B
将炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体通入澄清石灰水
产生白色沉淀
木炭被氧化为CO2
C
光亮处将乙烷通入溴水中
溶液颜色无明显变化
乙烷未发生取代反应
D
向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加少量CuSO4溶液
气泡产生速率加快
CuSO4有催化作用