贵州省安顺市普通高中2018—高三上期末考试理综试卷化学部.docx

绝密启用前贵州省安顺市普通高中20182019学年高三上期末考试理综试卷（化学部分)试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1下列说法正确的是：A煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料B天然植物油常温下一般呈液态，有恒定的熔点、沸点C燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D氯化钠是生活中常见的调味品和防腐剂2NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是：A标准状况下，11.2LH2O所含分子数大于0.5NAB1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数为NAC1LpH=12的氢氧化钡溶液中OH的数目为0.02NAD15gCH3+(碳正离子)中含有电子数为10NA3下列叙述不正确的是A蔗糖水解生成的两种有机物互为同分异构体B含有5个碳原子的饱和链烃，其一氯代物有3种C乙烷与氯气在光照下发生反应的产物可能有10种D金刚烷的结构为，它的二氯化物有六种(不考虑立体异构)4下列实验操作、实验现象及日的均正确的是：选项实验操作实验现象及目的A向淀粉溶液中滴入硫酸，加热一段时间后，滴入银氨溶液，水浴加热。有银镜现象出现，验证酸性条件下淀粉水解B向Fe(NO3)2加入稀硫酸溶液绿色加深，验证Fe2+水解平衡受外界影响C用天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒配制溶液配制一定质量分数的溶液D将适量Cl2通入NaBr溶液中，再加入裂化汽油，振荡，静置。上层溶液呈橙红色，Cl2的氧化性大于Br2AA BB CC DD5短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X+电子层结构相同，Y所在周期数与族序数相同，Z的最高价氧化物的水化物为强酸。下列说法正确的是：A简单离子半径：XYZWBW、Z对应氢化物的沸点：WZC周期表中Z的氧化物对应水化物的酸性最强D工业上用电解XZ的水溶液制备X单质6有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示(电极未标出)，下列说法错误的是：A电解池的阴极反应式2H2O+2e=H2+2OHB相同条件下，当电解池生成2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2C电解池中阳离子移动流向阴极池D溶液a、b、c的pH大小顺序为：abc7化学上常用AG表示溶液中的酸碱度，AG=lgC(H+)C(OH)。25时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00m 0.100mol/L的醋酸溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法错误的是：A点C时溶液存在c(Na+)=c(CH3COO)c(OH)=c(H+)B点B时溶液存在2c(H+)2c(OH)=c(CH3COO)c(CH3COOH)C25时，醋酸的水解常数Kh=104.5D点D溶液的pH=11.25第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、实验题8印刷电路板是由有机复合材料和铜箔复合构成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，研究其制备及性质是一个重要的课题。(1)氯化铁晶体的制备(夹持及加热装置省略)实验过程中装置甲中发生反应的离子方程式_。为顺利达成实验目的，上述装置中甲中活塞、乙中活塞、弹簧夹1、2、3打开和关闭的顺序为_。反应结束后，将乙中溶液边加入_，边进行加热浓缩、_、过滤、洗涤、干燥即得到产品。(2)氯化铁的性质探究：已知：氯化铁的熔点为306、沸点为315，易升华，气态FeCl3会分解成FeCl2和Cl2FeCl2熔点670)操作步骤实验现象解释原因打开K，充入氮气D中有气泡产生充入N2的原因_关闭K，加热至600，充分灼烧固体B中出现棕黄色固体产生现象的原因_。实验结束，振荡C静置_(用方程式解释)评卷人得分三、工业流程9无机研究开创绝不无“钴”的时代，例如：CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂、草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O42H2O工艺流程如下图所示：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；酸性条件下，ClO3不会氧化Co2+，ClO3转化为Cl；(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要离子方程式为_。(2)加入 NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去，但不能向“浸出液”中加过量 NaClO3的主要原因是：_。(3)若“滤液”中c(Ca2+)=1.0103molL1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F)=_mol/L。已知Ksp(CaF2)=4.01011(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的选择的标准是_；其使用的适宜pH范围是_(填字母代号)。A.2.02.5 B.3.03.5 C.4.04.5(5)CoC2O42H2O热分解质量变化过程如图2所示。其中600以前是隔绝空气加热，600以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物；用化学方程式表示从A点到B点的物质转化_。C点所示产物的化学式是_。(Co的相对原子质量是59)评卷人得分四、综合题10二甲醚制备两种方法原理如下第一种方法：丹麦Topspe工艺的合成气一步法，是专门针对天然气原料开发的一项新技术。2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H1第二种方法：二甲醚生产二步法，即先合成甲醇，甲醇在催化剂下制二甲醚。CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H22CH3OH(g)CH3OCH3 (g)+H2O(g) H3(1)若由合成气(CO、H2)直接制备 1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，整个过程中放出的热量为244kJ，则H2=_kJmol1。(已知：H2O(1)=H2O(g) H=+44.0 kJ/mol)(2)下列有关反应叙述不正确的是_a.达到平衡后，升高温度，正减少、逆增大，平衡逆向移动b.当四种物质的浓度相等，反应达到化学平衡状态c.若改变条件，反应物的转化率一定增大，正反应速率一定大于逆反应速率d.当达到平衡时2v正(O2)=v逆(CH4)e.向该恒容平衡体系中充入氩气，正、逆均增大，平衡向右移动(3)有人模拟制备原理，绘制如图甲图像：i说明CO的转化率随温度升高先增大后减小的原因：_。ii.反应自发进行的条件是_。iii.若在350时的2L的密闭容器中充入2 mol CO和6molH2，8min达到平衡，c(CH3OCH3)=0.3molL1，用H2表示反应的速率是_；可逆反应的平衡常数K3=_。iv.若350时测得容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)，此时反应v(正)_(逆)，说明原因_。(4)光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图乙所示则b极的电极反应式为_。11（化学一选修3：物质结构与性质）我国早期科技丛书物理小识金石类写到：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛，惟乌柏树不畏其气”，“青矾”则是绿矾，强热时发生如下反应：2FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+7H2O回答下列问题：(1)基态硫原子的价层电子排布式_，其最高能级上电子云形状是_，上述四种元素电负性由大到小的顺序是_，从结构的角度解释Fe3+稳定性强于Fe2+的原因是_。(2)氧、硫能形成许多化合物，如：H2O、SO2、SO3、SO42，这些物质的中心原子杂化轨道类型为SP2的是_，空间构型是V形的分子是_，属于非极性分子的是_。(3)已知Fe2O3熔点为1565，在熔化状态下液体中存在两种粒子，则其晶体类型最可能是_，若FeO与Fe2O3晶体类型相同，则二者熔点较高的物质是_。(4)铁的某种氧化物晶胞如图所示(实心球为铁原子)；该氧化物的化学式为_。氧、铁的原子半径分别为rO pm、rFe pm，晶体密度为gcm3，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶胞的空间利用率为_(用含的式子表示)评卷人得分五、推断题12（化学一选修5：有机化学基础）2018年8月3日我国确诊首例非洲猪瘟疫情。10月25日，农业农村部新闻办公室发布，贵州省毕节市发生非洲猪瘟疫情。目前最有效的药物要主要成分的一种合成路线如图所示：已知：E、G能发生银镜反应RCHO+RCH2CHO (R、R表示烃基或氢)。请回答下列问题：(1)G的名称是_；D中所含官能团的名称是_。(2)Y的结构简式为_；A生成B的反应类型是_。(3)据最新报道，乙烯与双氧水在催化剂作用下反应生成B，产率较高。写出该反应的化学方程式_。(4)简述逐一检测出F中官能团的实验操作与现象结论_。(5)在J的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有_种。i.既能发生水解反应，又能发生银镜反应；ii.遇氯化铁溶液发生显色反应。(6)参照上述流程，以苯乙烯为原料，设计路线制备某药物中间体_。参考答案1D【解析】【详解】A煤的气化和液化都是化学变化，A项错误；B天然植物油一般为不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯，为液态混合物，没有固定的熔点和沸点，B项错误；C煤炭中加入CaO，是为了吸收SO2，减少酸雨的形成，但是不能够减少温室效应气体的排放，C项错误；D食盐的主要成分NaCl，可以用来做调味品和防腐剂，D项正确；本题答案选D。2A【解析】【详解】A. H2O在标准状况下为液体，11.2L H2O的物质的量大于0.5mol，所以分子数大于0.5NA，A项正确；B淀粉为高分子化合物，用(C6H10O5)n 表示，但是不知道n为多少，所以1mol淀粉谁加得到的葡萄糖分子数会大于NA；B项错误；CpH=12的氢氧化钡溶液中OH的浓度为0.01mol/L，1L的溶液，其物质的量为0.01mol, OH的数目为0.01NA，而不是0.02 NA，C项错误；DCH3+含有的电子数为6+3-1=9，1mol CH3+的电子数为9NA，D项错误。本题答案选A。3B【解析】【详解】A. 蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，分子式均为C6H12O5，为同分异构体，A项不符合题意；B五个碳原子的饱和链烃为戊烷，戊基有8种，因此戊烷的一氯代物有8种，B项符合题意；C乙烷和氯气光照，其产物，包括一氯乙烷（1种）、二氯乙烷（有2种，分别是1,1-二氯乙烷，1,2-二氯乙烷）、三氯乙烷（有2种1,1,1-三氯乙烷，1,1,2-三氯乙烷）、四氯乙烷（2种）、五氯乙烷（1种）、六氯乙烷（1种），氯代烃一共9种，还有HCl，产物可能有10种；C项不符合题意；D可以对金刚烷上的氢作如图所示的标号，二氯代物氯的位置分别为、共6种；D项不符合题意；本题答案选B。【点睛】一些基本的烷基的种类要记住，有助于解题，比如B选项中，戊基有8种，可以知道戊烷的一氯代物有8种。常见的烷基的种类如下表。甲基乙基丙基丁基戊基11248C项中，乙烷上一共6个氢原子，如果二氯代物是2种，那么四氯代物也是2种，可以用替代法，二氯代物中有2个氯原子，4个氢原子；将氯和氢互换，就变成了四氯代物。同理，其一氯代物只有1种，那么其五氯代物也只有1种。4C【解析】【详解】A.银镜反应要在碱性环境下进行，加入稀硫酸后并没有加入碱中和酸，因此A项操作错误，A项错误；BNO3-和H+在同一溶液中即为硝酸溶液，能够将Fe2+氧化成Fe3+，颜色从浅绿色变成棕黄色，并不是平衡移动，B项错误；C配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器包括天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒，C项正确；D裂化汽油中的烃类含有碳碳双键，会与溴单质反应而褪色，因此上层溶液不会呈现橙红色，D项错误；本题答案选C。5B【解析】【详解】W与X+电子层结构相同，W、X都是短周期元素，根据阴上阳下，W为第二周期，X为第三周期，W为F元素，X为Na元素；Y的周期数与族序数相同，Y第三周期，第A族的元素，为Al，Z的最高价氧化物的水化物为强酸可以为S或者Cl元素。A简单离子分别为F、Na、Al3、S2，根据核外电子排布相同的情况下，核电荷数越大，半径越小。排序为S2(Z)F(W)Na(X)Al3(Y)，A项错误；BW、Z对应氢化物分别为HF、H2S或HCl，由于HF分子间存在氢键，沸点会升高，因此HFHCl或H2S；B项正确；CZ如果是S硫元素，它的酸可以是H2SO3、H2SO4，亚硫酸酸性不一定最强；C项错误；D工业上电解NaCl的水溶液，只能得到H2、Cl2、NaOH得不到Na单质；D项错误；本题答案选B。【点睛】W与X+电子层结构相同，W、X都是短周期元素，会有“阴上阳下”的规律，阴离子对应的元素在上一层的周期，阳离子对应的元素在阴离子对应元素的下一周期。6D【解析】【详解】从图中可以看出来，左边为电解饱和食盐水的电解质，右边为氢氧燃料电池。A电解池的阴极得电子，产生氢气，方程式为2H2O+2e=H2+2OH，A项不符合题意；B整个电路中经过的电量是一样的，生成22.4LCl2转移2mol电子，消耗0.5molO2，物质的量之比等于气体体积之比，因此电解池生成了2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2。B项不符合题意；C电解池中阳离子向阴极移动，C项不符合题意；Da%，b%，c%的氢氧化钠溶液，电解池中阴极产生NaOH，ab，在原电池中，通入空气的一极，氧气得电子生成OH-，因此c a；所以pH大小顺序为c ab；D项符合题意；本题答案选D。【点睛】电解池和原电池中阴阳离子的移动方向是相反的。离子原电池电解池阴离子向负极移动向阳极移动阳离子向正极移动向负极移动7C【解析】【详解】AC点AG=0，说明c(H+)=c(OH-)，溶液呈现中性，溶液中之后4种离子，电荷守恒为c(Na+) +c(H+)=c(OH) +c(CH3COO)，中性c(H+)=c(OH)，则c(Na+)=c(CH3COO)，且c(Na+) c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO)c(OH)=c(H+)正确，A不符合题意；B加入10mLNaOH，与醋酸反应。醋酸恰好消耗一半，得到的溶液为为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液。电荷守恒为c(Na+) +c(H+)=c(OH) +c(CH3COO)，物料守恒为2c(Na+) = c(CH3COO)+ c(CH3COOH)，将两式联合，可以得到2c(H+)+ c(CH3COOH)=2c(OH) +c(CH3COO)，移项可得2c(H+)2c(OH)=c(CH3COO)c(CH3COOH)，B项不符合题意；C根据题干信息，AG=lgC(H+)C(OH-)，滴定没有开始时，AG=8.5，而且根据25时，溶液中c(H+)c(OH-)=Kw=10-14，可知开始时c(H+)=10-2.75，Kh=KwKa=1014c(H+)c(CH3COO)c(CH3COOH)，可以近似认为c(H+)= c(CH3COO)，c(CH3COOH)基本不变。Kh=KwKa=101410-2.7510-2.750.1=10-9.5，不是Kh=104.5，C项符合题意；D根据题干信息，AG=lgC(H+)C(OH-)，D点AG=-8.5，而且根据25时，溶液中c(H+)c(OH-)=Kw=10-14 ，可求出c(H+)=10-11.25，D溶液的pH=11.25，D项不符合要求。本题答案选C。84HCl（浓）+MnO2 Cl2+MnCl2+2H2O 打开弹簧夹2、打开乙中活塞、关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2、打开弹簧夹3、打开甲中活塞。 浓盐酸 冷却结晶 排净装置内的空气。 升华FeCl3冷凝成固态。 溶液分层，下层为橙红色。 Cl2+2Br = Br2+2Cl 【解析】【详解】(1) 实验室制取氯气的反应，方程式答案为4HCl（浓）+MnO2= Cl2+MnCl2+2H2O；实验过程，先制取FeCl2，再用氯气氧化FeCl2得到FeCl3，要注意先后，先打开吸收装置，再打开发生装置，关闭的时候先关闭发生装置，再关闭吸收装置。所以实验中先制取FeCl2，打开弹簧夹2、打开乙中活塞；再关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2；再制取氯气，氯气为有毒气体用NaOH吸收，所以打开弹簧夹3、打开甲中活塞， 答案为打开弹簧夹2、打开乙中活塞、关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2、打开弹簧夹3、打开甲中活塞；FeCl3在制取晶体的过程中，由于Fe3+易发生水解，最终会得到Fe2O3，因此要抑制水解，要不断加入浓盐酸，蒸发结晶的过程中加热浓缩后面为冷却结晶。答案为浓盐酸、冷却结晶；(2) 反应前通入一般是为了排除装置中空气，该反应中会生成FeCl2，易被氧气氧化，答案为排净装置内的空气；B中出现棕黄色固体为FeCl3的颜色，由于FeCl3易升华，到B装置中冷凝下来呈现棕黄色，答案为升华FeCl3冷凝成固态；FeCl3分解变成Cl2和FeCl2，Cl2会和NaBr发生反应，得到Br2，CCl4会萃取溴单质，CCl4密度比水大，在下层，呈现橙红色。答案为溶液分层，下层为橙红色；Cl2会和NaBr发生反应，得到Br2的反应，答案为Cl2+2Br= Br2+2Cl。【点睛】题干中给的信息一定要认真分析，并利用。一般信息都会被利用到，如果信息没有被利用到，要重新审视题干是不是有遗漏的部分。9Co2O3+4H+SO32= 2Co2+SO42+2H2O 过量的ClO3在酸性条件下会与Cl反应生成氯气。既增加试剂使用，又产生污染。 2.010-3molL-1 不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小。 b CoC2O4=350=Co+2CO2 Co2O3 【解析】【分析】(3) 利用Ksp计算即可；(4) 从选取萃取剂的标准考虑；【详解】(1) 水钴矿主要成分为Co2O3，而浸出液中的是Co2+，钴的化合价降低为氧化剂，而Na2SO3为还原剂，Na2SO3主要与Co3+反应，本题要求写出主要反应并不需要写Na2SO3与Fe3+的反应，答案为Co2O3+4H+SO32= 2Co2+SO42+2H2O；(2) ClO3过量使用会带来新的杂质，才会和氯离子发生反应生成氯气，答案过量的ClO3在酸性条件下会与Cl反应生成氯气。既增加试剂使用，又产生污染；(3) c(Ca2+)=1.0103molL1，当除钙率达到99%时，则剩余c(Ca2+)=1.0105molL1，根据Ksp=c(Ca2+)c(F-)2，则c(F-)=Kspc(Ca2+)=4.010111105=2103，答案为2.010-3mol/L；(4) 按照萃取剂的选择标准，它不能和原溶剂发生反应，不会和溶质发生反应，而且溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；该过程中萃取剂的作用是将Fe2+、Mn2+、Al3+除去，而不去除Co2+，根据图像可知适宜的pH，答案为不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；b；(5)18.30g的CoC2O42H2O，为0.1mol,A到B的过程质量减少3.6g,为0.2molH2O,A为CoC2O4，B到C的过程中，质量减少8.8g,只能为0.2molCO2的质量，B处的为Co单质，可以写出反应方程式，B到C在空气中加热，生成Co的氧化物，0.1mol的Co质量为5.9g，剩余2.4g为O的质量，0.15mol，则产物为Co2O3。答案为CoC2O4 Co+2CO2，Co2O3。10（-100-0.5H3）kJ mol-1 a b c e 低于350时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。高于350时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低。 低温下自发 0.175mol/(Lmin) 9 此时Q=19=K，说明反应还未达到平衡，需正向移动。 12H+2CO2+12e=CH3OCH3+3H2O 【解析】【分析】(1) 利用盖斯定律就可以求出Hiii利用三等式，可求解。【详解】(1)利用盖斯定律合成气(CO、H2)直接制备 1molCH3OCH3(g)的反应2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3 (g)+H2O(g)，其反应热等于2H2+H3 -H=-244kJ/mol，则H2=-100-0.5H3 kJ mol-1 答案为-100-0.5H3；(2) a. 升高温度, 不管是正反应速率，还是逆反应速率都会增加，a符合题意；b. 平衡状态时，只要求各物质浓度保持不变，不要求相等，b符合题意；c. 改变条件，比如扩大体积，平衡，逆向移动反应物的转化率减小, c符合题意；d.当达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率且成比例，d不符合题意；e.向该恒容平衡体系中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，化学反应速率不变；e符合题意，答案为abce；(3) i根据图像前部分，温度不高，反应没有达到平衡，反应还在向正向移动，转化率增加；后一部分，温度较高，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，转化率降低。答案为低于350时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。高于350时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低；ii从反应可以看出来，反应熵减小的反应，根据G=H-TS，反应要自发，应该在低温下进行；答案为低温下自发；iii350下，CO的转化率70%，CO消耗1.4mol,则H2消耗2.8mol,(H2)=nVt=2.8mol2L8min=0.175molL-1min-1答案为0.175 mol/(Lmin)，生成CH3OH为1.4mol，浓度为0.7mol/L。求的平衡常数利用三等式，2CH3OH(g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)开始的浓度 0.7 molL1 0 0转化的浓度 0.6molL1 0.3molL1 0.3molL1平衡的浓度 0.1molL1 0.3molL1 0.3molL1K=c(CH3OCH3)c(H2)c(CH3OH)2=0.30.30.12=9，答案为0.175 mol/(Lmin) 9；iv.根据浓度商计算，n(CH3OH)=n(CH3OCH3)=n(H2)，Qc=c(CH3OCH3)c(H2)c(CH3OH)2=1(逆)，答案为，n(CH3OH)=n(CH3OCH3)=n(H2)，Qc=c(CH3OCH3)c(H2)c(CH3OH)2=19，反应正向移动；(4) 根据电荷守恒和物料守恒，写出来，答案为12H+2CO2+12e=CH3OCH3+3H2O。113s23p4 纺锤形 FeHSO Fe3的3d能级为3d5，处于半充满状态，较稳定。 SO2、SO3 H2O、SO2 SO3 离子晶体 Fe2O3 FeO （rO3+rFe3）10-30NA54 【解析】【分析】(1) 根据核外电子排布规律可以写出，半充满或全充满比较稳定；(2) ABm型杂化类型的判断；中心原子电子对数n=12(中心原子价电子数+配位原子成键电子数加减电荷数)，通过n就可知杂化轨道数，价层电子对互斥理论(VSEPR)分析构型；(3)离子化合物在熔融状态下能够电离；【详解】(1) 硫为第三周期，第A族的元素，价电子有6个，价层电子排布为3s23p4，能级最高的轨道为p轨道，为纺锤形，四种元素分别为Fe、H、S、O，根据元素周期律可以得到其电负性排序为FeHSO，Fe3的3d能级为3d5，处于半满状态，而Fe2的3d能级为3d6，答案为3s23p4 纺锤形 FeHSO Fe3的3d能级为3d5处于半充满状态，较稳定；(2) H2O中O原子杂化轨道数n=12(6+2)=4，为sp3，SO2中的S原子杂化轨道数n=12(6+0)=3，为sp2杂化，SO3中的S原子杂化轨道数n=12(6+0)=3，为sp2杂化，SO42中的S原子杂化轨道数n=12(6+2)=4，为sp3杂化，为sp2有SO2和SO3，其中V形的分子有H2O和SO2，利用价层电子对互斥理论(VSEPR)分析构型H2O价层电子对个数n=2+12(6-12)=4，为V形分子，同理SO2V形分子，SO3为平面三角形分子，SO42为正四面体构型，SO3为平面三角形分子，非极性分子。答案为SO2、SO3 H2O和SO2 SO3；(3) 离子晶体在高温下会发生电离，产生阴阳离子，其晶体类型最可能是离子晶体；Fe2O3中Fe3+所带电荷较高，离子键较强，熔点高；答案为离子晶体 Fe2O3；(4) 从晶胞可以看出，阴阳离子个数比为1:1，所以化学式为FeO, 空间利用率=元素所占的体积/晶胞的体积，晶胞中有4个O原子和4个Fe原子，则原子的所占的体积为163（rO3+rFe3）10-30cm3，根据V=m，求出体积，V=288NAcm3，利用率为（rO3+rFe3）10-30NA54，答案FeO （rO3+rFe3）10-30NA54。【点睛】算晶胞体积的时候，不能利用边长的立方来求，而需要利用密度和NA。12正丁醛 醛基、羧基 取代反应 CH2=CH2+H2O2CH2OH-CH2OH 取少量F与新制的氢氧化铜溶液加热，若出现砖红色沉淀说明存在醛基，静置，取上层清液加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液褪色，证明存在碳碳双键 13种 【解析】【详解】乙烯和Br2加成，A为1,2-二溴乙烷。B可以经过两次氧化，A到B应该是氯代烃到醇，B为乙二醇，但是连续两次氧化后，D的分子式为C2H2O3，并不是乙二酸，C到D只氧化了一个醛基，D中既有一个醛基和一个羧基，则D的结构简式为OHCCOOH，从D和Y的产物，左边部分与D相似，去掉，再Y的分子式可以推断Y的结构简式为。E在NaOH溶液中生成F，根据已知，可以知道E为醛，乙醛，根据已知信息，可以得到F的结构简式为CH3CH=CHCHO，G能够发生银镜反应，则F中的双键和H2发生加成，生成CH3CH2CH2CHO。(1)G的结构简式为CH3CH2CH2CHO，名称为正丁醛；D为OHCCOOH，含有的官能团为醛基、羧基；答案为正丁醛 醛基、羧基；(2) D的结构简式为OHCCOOH，从D和Y的产物，左边部分与D相似，去掉，再Y的分子式可以推断Y的结构简式；A到B为卤代烃水解，取代反应，答案 取代反应；(3)B为乙二醇，乙烯和双氧水反应生成乙二醇，根据原子守恒，则答案为CH2=CH2+H2O2CH2OH-CH2OH；(4) F的结构简式为CH3CH=CHCHO，其中既有双键和醛基，碳碳双键和羟基都易被氧化，用高锰酸钾检验碳碳双键时，醛基也会被氧化，所以要分开检验，利用新制氢氧化铜等弱氧化剂氧化醛基，则检验碳碳双键。答案为取少量F与新制的氢氧化铜溶液加热，若出现砖红色沉淀说明存在醛基，静置，取上层清液加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液褪色，证明存在碳碳双键；(5)J的分子式为C8H8O3，只有3个氧原子，要满足i和ii.，从ii可以知道，同分异构体中有酚羟基，羟基占一个O原子，要满足i，有酯基又有醛基，但是只有2个O原子，则为甲酸酯，存在OOCH的结构。还有一个C原子，该C原子可以为甲基，也可以与酯基相连成为CH2OOCH的结构。则有两种情况，第一种有3个取代基分别是甲基、羟基、OOCH，有10种同分异构体，第二种有羟基、CH2OOCH，有3种同分异构体，共13种，答案为13；(6) 这种物质的结构在流程图中与G相似，模范乙烯到G的过程，答案为。【点睛】1、碳碳双键和醛基的检验要分开，均可以使高锰酸钾溶液褪色，所以一般先氧化醛基，再对碳碳双键进行检验；2、有酯基又有醛基，且只有2个O原子，一般为甲酸酯，为比较特殊的结构；3、苯环上取代物的同分异构体数目最好记住，有利于提高解题速度，如下表；苯环上取代基AAAABAAAAABABC同分异构体数目1333610如本题中，知道有3个不同的取代基，则同分异构体数目为10。