1、 2018-2019 学年高二第二学期五地联考学年高二第二学期五地联考 化学试卷化学试卷 第第卷（选择题共卷（选择题共 5050 分）分） 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 2020 小题，每小题小题，每小题只有一个只有一个 选项符合题意，每小题选项符合题意，每小题 2.52.5 分，共分，共 5050 分）分） 1.将下列物质按酸、碱、盐分类依次排列正确的是（ ） A. 硫酸、纯碱、石灰石 B. 氢硫酸、烧碱、绿矾 C. 石炭酸、熟石膏、醋酸钠 D. 磷酸、乙醇钠、苛性钾 【答案】B 【解析】 A 中纯碱是盐。C 中熟石膏是盐，D 中乙醇钠表示碱，苛性钾是碱，所以正确的答案选 B。 2.
2、据媒体报道，日本食品巨头明治公司生产的“明治 STEP”奶粉中检测出含量超标的放射性元素铯(Cs)。铯 较为稳定的核素有、。下列判断不正确的是（ ） A. 、互为同位素 B. 、的核外电子排布相同 C. 、的性质和用途相同 D. 、的质量数和中子数均不同 【答案】C 【解析】 【详解】A. 同位素指质子数相同，中子数不同的一类原子互称，所以、互为同位素， 故 A 正确；B. 核电荷数=质子数=核外电子数，所以、的核外电子排布相同，故 B 正 确；C.元素的化学性质是由最外层电子数决定的， 、的最外层电子数相同，所以化 学性质相同，物理性质不同，用途也不相同，故 C 错误；D. 、的质子数相同,
3、中子 数不同，所以质量数不同，故 D 正确；答案：C。 【点睛】本题考查同位素的相关知识，同位素指质子数相同，中子数不同的一类原子的互称。同位素的化学 性质由最外层电子数决定，所以化学性质相同；因为中子数不同，所以同位素的质量数一定不同，物理性质 不同。 3.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。下列反应属于阴影部分的是（ ） A. 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 B. 2NaHCO3=Na2CO3H2OCO2 C. 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 D. Cl22KBr=Br22KCl 【答案】A 【解析】 由图示可看出，所选反应仅能为氧化还原反应，不属于四种
4、基本反应类型，故答案为 A 4.下列有关化学用语表示正确的是（ ） A. 二氧化碳的电子式： B. S 2-的结构示意图： C. 中子数为 8 的碳原子： 14 6 C D. 聚丙烯的结构简式： 【答案】C 【解析】 【详解】A. 二氧化碳的电子式：，故 A 错误； B. S 2-的结构示意图： ，故 B 错误； C. 中子数为 8 的碳原子质量数为 14，原子表示为： ，故 C 正确 D. 聚丙烯的结构简式： ,故 D 错误；答案：C。 5.用来解释下列事实的离子方程式正确的是（ ） A. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e +2H 2O4OH B. Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（O
5、H）3+ 3H + Fe3+ +3H 2O C. 用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl +2H 2OCl2+H2+2OH D. 碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3 +OHCO 3 2+H 2O 【答案】A 【解析】 试题分析：钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e+2H2O4OH，故 A 正确；Fe(OH)3溶于氢碘酸中，碘离 子被氧化为碘单质，故 B 错误；用铜为电极电解饱和食盐水，阳极铜被氧化为铜离子，氢离子被还原为氢气， 故 C 错误；碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3+OH+Ca2+CaCO3+H2O，故 D 错误 。 考点：本题考查离子方程式。 6.NA代表阿伏加德罗常数的值，下
6、列说法正确的是（ ） A. 1 mol HNO3见光分解，转移电子数 4NA B. 含 0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量 Cu 反应，生成 SO2的分子数为 0.1NA C. 100 mL 0.5 mol/L 的(NH4)2SO4溶液中，含有 0.1NA个 NH4 + D. 1 mol Na2O2晶体含有 NA个阴离子 【答案】D 【解析】 【详解】A. HNO3见光分解方程式：4HNO3=4NO2+O2+2H2O，由方程式可知，1 molHNO3见光完全分解转移 电子数为 NA，故 A错误； B. 因为稀硫酸与铜不反应，所以含 0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量 Cu反应，生成
7、 SO2的分子数小于 0.1NA， 故 B 错误； C.因为 NH4+能水解，所以 100 mL 0.5 mol/L的(NH4)2SO4溶液中，含有 NH4+数小于 0.1NA个，故 C 错误； D. 因为 Na2O2 是离子化合物，阴阳离子个数比为 1:2，所以 1 mol Na2O2晶体含有 NA个阴离子，故 D 正确； 答案：D。 7.X、Y、Z、W 属于同周期的短周期主族元素，原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为 17，且 Y 原子最外层电子数是 X 原子最外层电子数的 3 倍，W 的内层电子数比最外层电子数多。下列说法正确的是 （ ） A. 原子半径大小：r(X)r(Y)；
8、简单离子半径大小：r(W)r(Z) B. X、Y、Z 最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应 C. 氢化物的稳定性：WZ；最高价氧化物的水化物的酸性：WZ D. 甲物质由 Y 和 Z 元素组成，溶于水后得到甲的水溶液 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 属于同周期的短周期主族元素,原子序数依次增大,W 的内层电子数比最外层电子数多,而 W 原 子序数至少大于 4,故 W 只能处于第三周期,则四种元素都处于第三周期,Y 原子最外层电子数是 X原子最外层 电子数的 3 倍,若 X 最外层电子数为 2,则 Y 最外层电子数为 6,Z 只能为 Cl、W 为 Ar,不符合题意,故 X 最外
9、层 电子数只能为 1,Y 最外层电子数为 3,它们的原子最外层电子数之和为 17,结合原子序数,则 Z 的最外层电子数 为 6,W 的最外层电子数为 7,可推知,X 为 Na、Y 为 Al、Z 为 S、W 为 Cl。 【详解】A.同周期自左而右原子半径减小,故原子半径 NaAl,电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小, 故离子半径 S2-Cl-,故 A 错误;B.氢氧化铝属于两性氢氧化物,与氢氧化钠、 硫酸反应,氢氧化钠与硫酸发生中和 反应,故 B 正确;C.非金属性 SH2S,最高价氧化物水化物酸性 H2SO4CSi，正确； B、Na2O2为粉末，不适合图 2 装置，错误；C、浓硫酸不能
10、加入水中，也不能在容量瓶中稀释，错误；D、 NO2不能用排水法收集，错误。 考点：本题考查实验装置及作用。 10.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（ ） A. 化学式为 C6H6O6 B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应 C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 含 l mol 乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH 【答案】B 【解析】 试题分析：A根据结构简式可知其化学式为 C6H6O6，A 正确；B乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加 成反应， 但不能发生水解反应， B 错误； C 乌头酸含有碳碳双键， 能使酸性高锰酸钾溶液褪色， C 正确； D 含 有 3
11、个羧基，含 1mol 乌头酸的溶液最多可消耗 3molNaOH，D 正确，答案选 B。 考点：考查有机物结构和性质判断 11.下列电化学实验装置正确的是（ ） A. 电解精炼铜 B. 验证电解饱和氯化钠溶液（含酚酞）的产物 C. 在铁制品上镀铜 D. 构成原电池 【答案】B 【解析】 粗铜精炼时，应让粗铜作阳极，故 A 错误。电解饱和氯化钠溶液时，碳棒作阳极产生氯气，可用淀粉 KI 溶 液检验，铁棒作阴极，产生氢气，收集后可利用爆鸣实验检验，B 正确。在铁制品上镀铜时，应使铁制品作 阴极， 故 C 错误。 若 Fe 与 FeCl3的反应构成原电池反应， 则两者不能直接接触， 将装置中的 FeC
12、l2溶液与 FeCl3 溶液互换即可达到目的，故 D 错误。 点拨：本题考查电解精炼、电镀等电化学知识，意在考查考生运用电化学理论知识解决实际问题的能力。 12.利用碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)来配制 0.5 mol/L 的碳酸钠溶液 1000 mL，假如其他操作均是准确无误的， 下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ） A. 称取碳酸钠晶体 100 g B. 定容时俯视观察刻度线 C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗 D. 定容后将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线 【答案】B 【解析】 0.5 mol/L 的碳酸钠溶液 1 000 mL
13、需称取 143 g Na2CO3 10H2O，A 项浓度偏低；定容时俯视刻度线，会造成 所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B 项符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，C 项 浓度偏低；D 项会造成所配溶液的浓度偏低。 13.下列电解质溶液中有关浓度关系不正确的是（ ） A. 浓度均为 0.1 mol/L 的 HF、KF 混合溶液中：2c(H +)c(HF)2c(OH-)c(F-) B. 0.1 mol/L 的 Na2CO3溶液中：2c(Na +)c(CO 3 2-)c(HCO 3 -)c(H 2CO3) C. 常温下，pH5 的 NaHSO3溶液中，水电离出的 c(H +)1.0
14、10-9 mol/L D. NH4 +浓度均为 0.1 mol/L 的 NH 4Cl、NH4Al(SO4)2、NH4HCO3三种溶液的浓度： 【答案】B 【解析】 试题分析：A.根据物料守恒可得 2c(K+)= c(HF)c(F-)；根据电荷守恒可得 c(K+)+ c(H+)= c(OH-)c(F-)。将第 二个式子变形可得 c(K+)= c(OH-)c(F-) -c(H+)。代入第一个式子。整理可得 2c(H+)c(HF)=2c(OH-)c(F-)。 正确。 B 0.1 mol/L 的 Na2CO3溶液中： 根据物料守恒可得 c(Na+)=2c(CO32-)2c(HCO3-)2c(H2CO3
15、).错误。 C 常 温下， pH=5 的 NaHSO3溶液中， c(H+)=10-5mol/L,c(OH-)=10-14 10-5=10-9mol/L.在水溶液中只有水电离产生 OH-。 所 以 c(H+)( 水 )=c(OH-)=10-9mol/L 。 正 确 。 D 三 个 溶 液 中 都 存 在 铵 根 离 子 的 水 解 反 应 ： NH4+H2ONH3 H2O+H+。在中还存在 Al3+3H2OAl(OH)3+3H+会对铵根离子水解起抑制作用。所以 铵根离子浓度均为 0.1 mol/L 溶液的浓度大于的。在中还存在 HCO3+H2OH2CO3+OH-。对铵根离 子的水解起促进作用，所
16、以当铵根离子浓度相同时，溶液的浓度：。因此物质是浓度的关系为 。正确。 考点：考查电解质溶液中有关离子浓度关系的知识。主要包括物料守恒、电荷守恒、盐的水解、弱电解质的 电离的知识。 14.25时，将 a molL 1一元酸 HA 与 b molL1 NaOH 等体积混合后测得溶液 pH7，则下列关系一定不正 确的是（ ） A. ab B. ab C. c(A )c(Na ) D. c(A )c(Na) 【答案】D 【解析】 试题分析：A、若 HA 为强酸，溶液 pH=7，HA 与 NaOH 等体积混合恰好反应，故 a=b，若 HA 为弱酸，生 成强碱弱酸盐 NaA，溶液会呈碱性；由于溶液 pH
17、=7，HA 与 NaOH 等体积混合，HA 应过量，故 ab，综上 所述， ab， 故 A 正确； B、 由 A 分析可知， 可以满足 ab， 故 B 正确； C、 溶液中 c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)， 溶液 pH=7， 则 c(OH-)=c(H+)， 故 c(A-)=c(Na+)， 故 C 正确； D、 由 C 中分析可知， 溶液中一定满足 c(A-)=c(Na+)， 故 D 错误；故选 D。 【考点定位】考查酸碱混合时的定量判断及有关 pH 的计算 【名师点晴】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应 pH 的定性判断、盐类水解等知识，注意酸 HA 的强 弱讨论方法及电
18、荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用。本题中根据 HA 是强酸还是弱酸，结合盐类 水解判断 a、b 关系；根据溶液呈电中性，以及溶液中的电荷守恒关系 c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，便可顺利 判断 c(A-)、c(Na+)的相对大小。 【此处有视频，请去附件查看】 15.将 1 mol CO 和 2 mol H2充入一容积为 1 L 的密闭容器中，分别在 250、T下发生反应：CO(g) 2H2(g)CH3OH(g) Ha kJ/mol，如图所示。下列分析中正确的是（ ） A. 250时，010 min H2反应速率为 0.015 mol/(Lmin) B. 平衡时 C
19、O 的转化率：T时小于 250时 C. 其他条件不变，若减小容器体积，CO 体积分数增大 D. a0，平衡常数 K：T时大于 250 【答案】D 【解析】 试题分析：依据先拐先平的判断方法可知 T250，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应 为放热反应， H0。A、010min 内甲醇物质的量增加了 0.15mol，根据方程式氢气的变化量为： 0.15mol 2=0.3mol，所以 v（H2）=0.3mol 1L 10min=0.03 mol/（Lmin） ，错误；B、A 和 B 两条曲线，250 时，先达化学平衡状态，250 CT C，温度越高，CO 转化率越低，正反应放热，所以
20、 a0，而且 T250， 温度越低 CO 的转化率越大，所以 CO 的转化率：T时大于 250时，错误；C、其他条件不变，若减小容 积体积，压强增大，平衡正移，CO 的物质的量减少，CO 物质的量分数减小，所以 CO 体积分数减小，错误； D、a0，即升高温度，平衡逆向移动，K 减小，所以平衡常数 K：T时大于 250，正确。 考点：本题考查图像的分析、反应速率的计算、化学平衡移动。 16.已知酸性高锰酸钾溶液可以将 FeSO4氧化，方程式为 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3 +8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液
21、混合，充分反应后再向所得溶液中加入 KI 溶 液， 混合溶液中铁离子的物质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如下图所示。 下列有关说法不正确的是 （ ） A. 图中 AB 段发生的是过量的酸性 KMnO4溶液与 KI 的反应 B. 图中 BC 段发生的反应为 2Fe 3+2I-=2Fe2+I 2 C. 根据 OC 段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为 0.25 mol D. 向 C 点以后的溶液中加入少量 KSCN 溶液，溶液变红色 【答案】D 【解析】 试题分析：A、加入 KI 溶液后，AB 段 Fe3的物质的量不变，说明高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液反应后高锰 酸钾过量，A 正确；
22、B、根据电子守恒可知，过量的 n(KMnO4)为 0.5 mol 50.1 mol。继续加入 KI 溶液，Fe3 的物质的量减少， 发生反应 2Fe32I=2Fe2I 2， B 正确； C、 反应的 n(Fe 3)0.75 mol， 所以生成 0.75 mol Fe3消耗的 n(KMnO4)为 0.75 mol 50.15 mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量 0.25 mol，C 正确；D、C 点以后的溶液中不再含有 Fe3 ，加入少量 KSCN 溶液，溶液颜色不变，D 错误，答案选 D。 考点：考查 Fe3、Fe2之间的相互转化、氧化还原反应、图表数据分析和计算。 17.已知甲、乙、丙、
23、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如下转化：下列相关离子方程式或化学方 程式错误 的是（ ） A. 可能为 CH4Cl2CH3ClHCl B. 可能为 Fe2Fe 3+3Fe2+ C. 可能为 2NOO22NO2 D. 可能为 CO3 2H 2OCO22HCO3 【答案】B 【解析】 试题分析：连续反应是一种重要的特征反应。包括连续氧化、连续还原、连续加酸、连续加碱等。符合这一 系列特征的反应很多，平时复习，要加以归纳和记忆。就本题而言，可借助题目所给信息缩小思考范围。A、 根据题目，如果为 CH4Cl2CH3ClHCl，则甲为 CH4，丁为 Cl2、乙为 CH3Cl，则丙可以 CH2C
24、l2， 或其他卤代烃，A 正确；B、根据题目，甲无论为 Fe 还是 Fe3+，均无法有第二个连续反应，B 项错误；C、 根据题目，丙为 NO，则丁为 O2、乙为 NO2，则甲为 NH3或 N2，C 正确；D、根据题目，丙为 NaHCO3，则 丁为 CO2、乙为 Na2CO3，则甲为 NaOH，D 正确。 考点：考查了元素化合物的转化的相关知识。 18.如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素（H2NCONH2）的化学能直接转化为电能，并生成对环境友好物质 的装置，同时利用此装置产生的电能对乙装置进行铁上镀铜的实验。下列说法中不正确的是（ ） A. H +透过质子交换膜由左向右移动 B. M 电极反
25、应式：H2NCONH2+H2O6e CO 2+N2+6H + C. 铁电极应与 X 相连接 D. 当 N 电极消耗 0.5mol 气体时，则铁电极增重 32g 【答案】D 【解析】 试题分析：根据图示，N 极发生还原反应，N 是正极，M 是负极。H+透过质子交换膜由左向右移动，故 A 正 确；M 是负极，发生氧化反应，M 电极反应式：H2NCONH2+H2O6eCO2+N2+6H+，故 B 正确；铁上 镀铜，铁做阴极，铁电极应与 X 相连接，故 C 正确；当 N 电极消耗 0.5mol 氧气时，转移电子 2mol，根据电 子守恒，铁电极生成 1mol 铜，增重 64g，故 D 错误。 考点：本
26、题考查原电池、电解池。 19.下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是（ ） A. 加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有 CO3 2- B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有 SO4 2- C. 加入浓烧碱溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定有 NH4 + D. 加入 Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有 Ba 2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A、将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可 能存在 HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，
27、故 A 错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应 生成不溶于水也不溶于盐酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中不 一定含有 SO42-，故 B 错误；C.能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为 NH3，在碱性条件下生成 NH3，说明溶液 中含有 NH4+，故 C 正确；D、碳酸钡、碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有 Ca2+，不一定含有 Ba2+，故 D错误；故选 C。 【点睛】根据碳酸氢根离子、亚硫酸根离子能与盐酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体分析；根据氯化银、 硫酸钡都不溶于水也不溶于盐酸分析；能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；碳酸钡、碳酸钙沉淀都可
28、 溶于盐酸。 20.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ） 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向同体积同浓度 H2O2溶液中，分别加入 1molL -1的 CuCl2、FeCl3溶液，加 FeCl3溶液的 H2O2分解快 则 Cu 2+对 H 2O2分解速 率的影响比 Fe 3+大 B 相同温度下， 测定相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa 溶液的 pH，NaClO 溶液的 pH 大 酸性：HClOCH3COOH C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火馅呈黄色 原溶液中定不含钾元素 D 向 10mL0.2molL -1NaOH 溶液中滴入 2 滴 0lmolL-1 MgCl
29、2溶液，产生白色沉淀后，再加 2 滴 0lmolL -1 FeCl3溶液，产生红褐色沉淀 KspMg(OH)2 KspFe(OH)3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.由于溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对 H2O2分解速率的影响，故 A 错误；B.NaClO、 CH3COONa 都是强碱弱酸盐，通过测定 pH 的大小，判断水解程度的大小，根据越弱越水解的原理可知，酸性 HClOOS (3). sp2 (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 (6). 10 (7). CN - 或 C 2 2 (8). 31 (9). 12 (10). 【解析】 【
30、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Ar3d5； （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 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 键和 2个 键，中心原子 Fe 与配体 CO之间形成配位键，配位 键也是 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
31、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Ar3d5，故答案为： Ar3d5； （2）根据同周期同主族元素性质递变
32、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 NOS；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：NOS；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 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 键和 2个 键，中心原子 Fe 与配体 CO之间
33、形成配位键，配位 键也是 键；1 个 Fe（CO）5分子中含 10 个 键，1molFe（CO）5分子中含 10mol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
34、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/cm3；晶胞的体积为 72/cm3NA4=288/(NA)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、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
35、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。 25.伪麻黄碱(D)是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合 成路线如下： 回答下列问题： （1）伪麻黄碱(D)的分子式为；B 中含有的官能团有_（写名称） 。 （2）写出 BC 反应的化学方程式：_。CD 的反应类型为_。 （3）B 的消去产物可以用于合成高分子化合物 E，请写出 E 的结构简式：_。 （4） 满足下列要求的 A 的同分异构体有_种； 能发生银镜反应 苯环上的一氯代物有两种结构其中 核磁共振氢谱为 4 组峰，且峰面积之比为 6
36、:2:1:1 的为_（写结构简式） 。 （5）已知：。参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的 合成路线：_。 【答案】 （1）C10H15NO；羰基 、溴原子 （2）+HBr；还原反应 （3） （4）4； （5） 【解析】 【分析】 根据 D 的结构写分子式；根据 B 的结构判断含有的官能团名称；由框图知，B C发生的是取代反应，B 中的 溴原子被-NHCH3取代；C D 过程是 C 中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；根据消去反应的定 义是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，进行推断。根据条件发生 银镜反应的有醛基，苯环上的一氯代物只有两
37、种，核磁共振氢谱有四组峰，且比例是 6:2:1:1，由此进行判断。 由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即 可。 【详解】 （1）根据结构式得出分子式为 C10H15NO， 由 B 的结构式得 B 中含有羰基和溴原子。 答案：C10H15NO 羰基、溴原子。 （2）由题可知，B C发生的是取代反应，B 中的溴原子被-NHCH3取代，化学反应方程式为 ； C D过程是 C 中的羰基被还原为羟基， 所以发生的是还原反应。答案： 还原反 应。 （3）消去反应是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，加聚是将 n 个 C=C 变为-C-C-，所以 B 经消去再聚合后的产物是。 （4）A 的同分异构体能发生银镜反应，则一定含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，满足条件的同分异构 体有：、，共 4 种。其中核磁共振氢谱有四组峰，即 有四种氢原子，且比例是 6:2:1:1 的是和。 （5）由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反 应即可：。
