四川省合江县马街中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）

马街中学高2021级高三一诊模拟考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活有着密切的联系。下列说法正确的是A.铁制品和铜制品均能发生吸氧和析氢腐蚀B.煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，其中含有煤炭、苯、甲苯等C.回收废旧电池的汞、镉和铅等重金属，减少环境污染D.垃圾分类中，陶瓷碎片属于可回收垃圾；果皮属于厨余垃圾；过期药品属于有害垃圾【答案】C【解析】【详解】A．铜不能置换出酸中的氢，铜不能发生析氢腐蚀，故A错误；B．煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，煤中不含苯、甲苯，故B错误；C．汞、镉和铅等重金属污染土壤和水源，回收废旧电池的汞、镉和铅等重金属，减少环境污染，故C正确；D．垃圾分类中，陶瓷碎片属于不可回收垃圾，故D错误；选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1L0.1mo/LNH4NO3溶液中氮原子数目为0.2NAB.5.6gFe与水蒸气完全反应转移的电子数目为0.3NAC.等质量的N2和CO所含原子数目均为2NAD.标准状况下，5.6LCHCl3所含C—Cl键数目0.75NA【答案】A【解析】【分析】 【详解】A．1L0.1mol/LNH4NO3中n(N)≡2×1L×0.1mol/L=0.2mol，A正确；B．5.6gFe的物质的量虽然为0.1mol，但Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，转移的电子数<0.3NA，B错误；C．N2和CO摩尔质量虽然相等，但由于没给出具体质量，其物质的量无法确定，C错误；D．标准状况下CHCl3并不是气体，无法根据气体摩尔体积计算CHCl3物质的量，D选项错误；故选：A。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.1.0mol·L-1KHCO3溶液中：Ca2+､Al3+､Cl-､C2OB.水电离出的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液中：Na+､Ba2+､Cl-､I-C.1.0mol·L-1KI溶液中：H+､Fe3+､SCN-､SOD.pH=13的溶液中：NH､Na+､NO､SO【答案】B【解析】【详解】A．Al3+与在溶液中发生双水解，生成Al(OH)3和CO2，A不符合题意；B．常温下由水电离出的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液中，水的电离受到抑制，该溶液为酸溶液或碱溶液，Na+､Ba2+､Cl-､I-在酸溶液或碱溶液中均能大量存在，B符合题意；C．Fe3+与SCN-结合生成Fe(SCN)3血红色络合物，Fe3+与I-发生氧化还原反应生成Fe2+和，C不符合题意；D．在碱性溶液中，OH-与反应生成，不能大量存在，D不符合题意；故选B。4.G是合成双酚A的原料，其结构简式如图，关于G说法不正确的是A.分子式为C6H10B.是乙烯的同系物C.可以发生加成反应D.难溶于水【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，分子中含有6个C，10个H，分子式为C6H10，A正确； B．含有2个碳碳双键，与乙烯含碳碳双键数不同，二者不是同系物，B错误；C．含有碳碳双键，可以发生加成反应，C正确；D．属于烃类，烃类物质难溶于水，D正确；答案选B。【点睛】掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，选项B是易错点，注意同系物的判断依据。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子比次外层多4个，Y、Z为相邻金属元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小，W与X同族。下列说法不正确的是A.原子半径：Y＞Z＞W＞XB.气态氢化物的热稳定性：X＞WC.工业上常用电解对应氯化物的方法制备单质ZD.Y的最高价氧化物对应的水化物可溶于氯化铵溶液【答案】C【解析】【详解】X原子最外层电子比次外层多4个，X为O元素，Y、Z为相邻金属元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小，Z为Al元素，Y为Mg元素，W与X同族，W为S元素。A、原子半径：同周期从左到右半径减小Mg＞Al＞S，同主族从上到下半径增大S＞Na，故原子半径Mg＞Al＞S＞Na，故A正确；B、气态氢化物的热稳定性：同主族从上到下减弱，故B正确；C、AlCl3为共价化合物，液态是不导电，工业上用电解Al2O3制备铝单质。故C错误；D、Y的最高价氧化物Mg(OH)2＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3·H2O，故D正确；故选C。6.“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，在一边附着锌，在另一边附着二氧化锰。电池总反应式为Zn＋2MnO2＋H2O===ZnO＋2MnOOH。下列说法不正确的是A.该电池中Zn为负极，MnO2为正极B.该电池的正极反应式为MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－C.电池工作时水分子和OH－都能通过薄层纸片D.导电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向Zn【答案】D【解析】【详解】分析：根据电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH）可知，反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO（OH）+OH-，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，以此解答该题。详解：A．反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，MnO2被还原，应为原电池的正极，选项A正确； B．MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO（OH）+OH-，选项B正确；C．电池工作时OH-向负极移动，选项C正确；D．放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路由离子的定向移动形成闭合电路，选项D错误；答案选D。点睛：本题考查原电池原理，题目难度不大，注意把握电极反应式的书写，为解答该题的关键，学习中注意体会书写方法。7.常温下，向1L0.1mol•L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4＋与NH3•H2O的变化趋势如右图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法正确的是A.M点溶液中水的电离程度比原溶液大B.在M点时，n(OH－)-n(H+)＝(a-0.05)molC.随着NaOH的加入，不断增大D.当n(NaOH)＝0.05mol时溶液中有：c(Cl－)>c（Na+)>c（NH4+)>c(OH－)>c(H+)【答案】B【解析】【分析】常温下，向1L0.1mol•L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH发生反应：NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，以此解题。【详解】A．、NH4Cl溶液中铵离子水解，促进水的电离，M点溶液为氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合液，一水合氨抑制水的电离，故M点溶液中水的电离程度比原溶液小，A错误；B．在M点时，溶液为氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合液，根据电荷守恒知n(H＋)+n(Na＋)+n(NH)=n(OH－)+n(Cl－)，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH)=0.05mol，则n(OH－)-n(H+)＝(a-0.05)mol，B正确；C．铵离子的水解平衡常数Kh=，随着NaOH的加入，NH3·H2O浓度不断增大，温度不变，Kh不变，不断减小，C错误；D．当n(NaOH)＝0.05mol 时，溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠、一水合氨的混合液，溶液呈碱性，一水合氨的电离程度大于铵离子的水解程度，离子浓度大小关系为：c(Cl－)>c（NH4+)>c（Na+)>c(OH－)>c(H+)，D错误；故选B。8.二甲基亚砜()是一种含硫有机化合物，被誉为“万能溶剂”。其在常温下为无色无臭透明液体，熔点为18.4℃，沸点为189℃，制备二甲基亚砜的装置如下图所示：实验过程：利用仪器A制备NO2，将NO2通入20.00mL二甲基硫醚中，控制温度为60~80℃，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，共收集到二甲基亚砜纯品15.20mL。已知：①二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为0.85g·cm-3和1.10g·cm-3，相对分子质量分别为62和78；②HNO2为一元弱酸，不稳定，易分解为NO和NO2；③仪器C中发生的反应为：NO2+CH3-S-CH3→+NO回答下列问题：（1）仪器C的名称为_______；仪器D的出水口为_______(填字母)。（2）制备二甲基亚砜实验的操作顺序为_______(填序号)。①连接装置并检查气密性②水浴加热仪器C，然后打开活塞a、b③关闭活塞a，停止加热仪器C④向仪器D中通入冷凝水⑤关闭活塞b（3）仪器A的溶液中发生反应的离子方程式为。_______。（4）O2的作用为_______。 （5）仪器C中反应液的温度需控制在60~80℃，温度不能过高的原因为_______。（6）仪器E中NaOH溶液的作用为_______。（7）本实验中二甲基亚砜的产率为_______%(保留两位有效数字)。【答案】（1）①.二口烧瓶②.c（2）①④②③⑤（3）（4）将NO氧化为NO2，过量的氧气还能氧化尾气中的NO，促进尾气的吸收（5）温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低（6）吸收尾气中的氮氧化物，防止污染空气（7）78%【解析】【分析】题中已给出反应的化学方程式，说明需要的反应物为NO2和二甲基硫醚，所以首先需要用硫酸和NaNO2溶液在三颈烧瓶A中制备NO2，该反应还会产生NO，所以通入氧气将NO氧化，再将制备出来的NO2通入二甲基硫醚中，控制温度为60~80℃，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜的粗品，最后减压蒸馏，收集到二甲基亚砜纯品。【小问1详解】仪器C的名称为二口烧瓶；仪器D的冷凝管，使用时的原则是下进上出，所以d口进水，c口出水；故答案为：二口烧瓶；c；【小问2详解】实验开始前要连接装置并检查气密性，然后向仪器D中通入冷凝水，接着水浴加热仪器C，随后加药品通入气体开始反应，即打开活塞a、b，分别加入硫酸、通入氧气，当反应结束后关闭活塞a，停止加热C，最后关闭活塞b，所以操作顺序为①④②③⑤；故答案为：①④②③⑤；【小问3详解】仪器A中的反应物为硫酸和NaNO2溶液，发生歧化反应，生成NO2、NO、硫酸钠和水，所以离子方程式为；故答案为：；【小问4详解】硫酸和NaNO2溶液反应生成NO2的同时伴有NO生成，通入氧气可将NO氧化为NO2，过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，进一步促进尾气的吸收；故答案为：将NO氧化为NO2，过量的氧气还能氧化尾气中的NO，促进尾气的吸收； 【小问5详解】温度越高，NO2的溶解度越小，即参与反应的NO2减少，使得NO2的利用率降低；故答案为：温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低；【小问6详解】氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气中的氮氧化物，防止其污染空气；故答案为：吸收尾气中的氮氧化物，防止污染空气；【小问7详解】理论上参与反应的二甲基硫醚的密度为0.85g·cm-3，体积为20mL，所以理论上参与反应的二甲基硫醚的质量为0.85g·cm-3×20mL=17g，二甲基硫醚和二甲基亚砜的相对分子质量分别为62和78，设理论上生成的二甲基亚砜的质量为m，由题中反应的化学方程式的，所以理论上生成的二甲基亚砜的质量为21.39g，由题意可知实际上共收集到二甲基亚砜纯品15.20mL，二甲基亚砜的密度为1.10g·cm-3，所以产率为；故答案为：78%。9.全球变暖是人类行为造成地球气候变化的后果，随着石油、煤炭、木材等含“碳”自然资源的过度使用，导致地球暖化的“元凶”二氧化碳也制造得越来越多，减少二氧化碳排放刻不容缓。回答下列问题：（1）二氧化碳可催化加氢以制备甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)。已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，甲醇(液态)的燃烧热为725.8kJ/mol，1mol液态甲醇转变为气态需吸热35.5kJ，计算以上甲醇制备反应的ΔH=_______。（2）当二氧化碳和氢气起始投料比n(CO2)：n(H2)=1：2时，在0.5MPa、2.5MPa、5MPa压强下，H2.的平衡转化率α随温度变化如图所示：则反应在0.5MPa，550°C时的α=_______，判断的依据是_______，影响α的因素有_______(答出一点即可)。（3）将组成(物质的量分数)为0.2molCO2(g)，0.6molH2(g)和0.1molN2(g)通入反应器，按(1) 中的反应原理，在温度T，恒定压强为p的条件下反应，平衡时若H2的转化率为50%，则CH3OH(g)的压强为_______，平衡常数Kp=_______(以分压表示，分压=总压×气体物质的量分数)。（4）根据相关文献报道，我国科学家设计了CO2熔盐捕获与电化学转化装置，原理如下图所示：则b为电源_______极(填“正”或“负")，电路中转移0.4mol电子可捕获CO2的体积(标况下)为_______L。【答案】（1）-96.1kJ/mol（2）①.0.925②.其他条件相同时，压强越低，H2的平衡转化率越小，故p2>p3=0.5MPa③.温度、压强、浓度（3）①.②.（4）①.正②.2.24【解析】【小问1详解】根据已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，书写热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol，甲醇(液态)的燃烧热为725.8kJ/mol，书写热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-725.8kJ/mol，1mol液态甲醇转变为气态需吸热35.5kJ，该过程的焓变CH3OH(l)=CH3OH(g)△H3=+35.5kJ/mol，根据盖斯定律CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)△H=-△H2+3△H1+△H3=725.8-3×285.8+35.5=96.1kJ/mol；故答案为96.1；【小问2详解】根据图象利用控制变量法，当温度不变时，改变压强对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)当增大压强时平衡向正反应方向移动，转化率增大，故P1为5.0MPa，P2为2.5MPa，P3为0.5MPa，通过图象判断550℃时的P3对应的压强为0.925，影响α的因素有温度、浓度、压强；故答案为：0.925，其他条件相同时，压强越低，H2的平衡转化率越小，故p2>p3=0.5 MPa，温度、压强、浓度；【小问3详解】依题意，平衡时H2转了0.3mol，列三段式：根据压强之比等于物质的量之比：，，故答案为；；故答案为：；【小问4详解】根据图象中d电极处碳酸根离子转化为碳单质，化合价由+4价变为0价，碳原子得到电子，故d为阴极，a为阳极，则b为正极，故答案为正；根据总反应CO2=O2+C，二氧化碳和电子的关系式为1：4，故电路中转移0.4mol电子可捕获CO2的物质的量为0.1mol，故标准状况下二氧化碳的体积为2.24L；故答案为2.24；【点睛】此题考查化学反应原理中盖斯定律的应用及化学平衡平衡常数等；注意利用图象中的信息利用控制变量法或化合价的变化进行相应的判断。10.硫酸锰铵[(NH4)2Mn(SO4)2]可用于木材防火涂料，易溶于水。用软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe、Cu、Mg、Si元素的氧化物或盐)制备硫酸锰铵的工艺流程如下：已知：①MgSO4和MnSO4的溶解度表如下：温度/°C010203040608090100溶解度/gMgSO42228.233.738.944.554.655.852950.4MnSO452.959.762.962.96053.645.640.935.3②常温下，0.1mol/L金属离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下： 金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀pH8.06.31.58.1沉淀完全pH10.08.32.89.4回答下列问题：（1）分离出滤渣x、y主要目的是除掉软锰矿中的___________元素；常温下Ksp[Mn(OH)2]=___________。（2）“还原酸浸”主要反应的离子方程式为___________。（3）“除铜”反应的离子方程式为___________。（4）“系列操作”包括：蒸发结晶、___________、洗涤；反应后“冰水浴”的目的是___________。（5）通过实验测定产品硫酸锰铵中锰元素的含量：准确称取所得产品wg溶于水配成溶液，滴加氨水调pH至7~8，加入过量的c1mol/LKMnO4溶液V1mL充分反应，过滤掉MnO2，将滤液与洗涤液合并配制成100mL溶液，取20mL用c2molLFeSO4酸性标准液滴定，重复实验3次，平均消耗标准液V2mL。滴定终点的判断依据是___________，产品硫酸锰铵中锰元素的质量分数为___________(用相应字母表示)。【答案】（1）①.硅和铁②.（2）MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O（3）S2-+Cu2+=CuS（4）①.趁热过滤②.增大硫酸锰的溶解度（5）①.溶液由紫色变为黄色，半分钟不退去②.【解析】【分析】软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe、Cu、Mg、Si元素的氧化物或盐)，加入稀硫酸和草酸进行还原酸浸，其中形成含有二价铁离子，三价铁离子，铜离子、镁离子溶液，二氧化硅不与稀硫酸、草酸反应，硅酸盐与酸反应形成硅酸沉淀，因此滤渣x为二氧化硅、硅酸，此步骤除掉硅元素。其次加入硫化锰的目的是除去铜离子，以硫化铜的形式除掉。加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后加入碳酸锰调节PH，将三价铁离子以氢氧化铁的形式沉淀除掉。而碳酸根离子以二氧化碳的形式除掉。之后进行蒸发结晶、过滤、洗涤得到硫酸镁溶液，随后硫酸锰加水溶解，加入硫酸铵反应，在冰水浴的条件下，目的是增大硫酸锰的溶解度，最后得到目标产物硫酸锰铵。 【小问1详解】因为二氧化硅不与稀硫酸、草酸反应，硅酸盐与酸反应形成硅酸沉淀，因此滤渣x为二氧化硅、硅酸，此步骤除掉硅元素。加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后加入碳酸锰调节pH，将三价铁离子以氢氧化铁的形式沉淀除掉。此步骤除掉铁元素。故答案为硅元素和铁元素；开始沉淀时存在平衡：，=10-13；【小问2详解】还原酸浸时，是加入的H2C2O4在酸性条件下将MnO2还原为Mn2+，所以离子方程式为MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O。【小问3详解】硫化锰溶于酸，硫离子与铜离子反应生成极难溶于水的硫化铜沉淀：S2-+Cu2+=CuS；【小问4详解】进行蒸发结晶、趁热过滤、以及洗涤操作得到硫酸镁溶液，硫酸锰晶体。硫酸锰加水溶解，加入硫酸铵反应，根据所给表格（温度对溶解度的影响），硫酸锰在低温溶解度更高，故在冰水浴的条件下，目的是增大硫酸锰的溶解度，提高产率，最后得到目标产物硫酸锰铵，故答案为：趁热过滤；增加硫酸锰的溶解度；【小问5详解】过量高锰酸钾与硫酸锰铵反应生成二氧化锰，过滤掉二氧化锰后溶液为紫色，反应剩余的高锰酸钾用硫酸亚铁滴定，生成三价铁离子（黄色），故滴定终点现象为溶液由紫色变为黄色，半分钟不退去；由题意加入的高锰酸钾物质的量为n1=；用硫酸亚铁滴定高锰酸钾其物质的量之比为，滴定20ml高锰酸钾溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：n2=，则剩余的高锰酸钾的物质的量为，与硫酸锰铵反应完的高锰酸钾的物质的量为：，高锰酸钾和硫酸锰铵反应的物质的量之比为故wg硫酸锰铵的物质的量（即锰元素的物质的量）为：，故硫酸锰铵中锰元素的质量分数为。【点睛】 该题主要涉及物质的分离与提纯，常用到一些物理方法和化学方法，化学方法包括氧化还原法、沉淀法等；物理方法包括蒸发结晶，冷却结晶，过滤等等，根据温度对不同物质溶解度的影响可以选择冷却结晶和蒸发结晶。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。（1）GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为___________，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为___________。（2）硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为___________，其阴离子的空间构型为___________。（3）氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是___________。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是___________。（4）常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是___________。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于___________。A．氢键B．极性键C．π键D．配位键（5）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为___________。②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p1②.原子晶体(共价晶体) （2）①.4②.正四面体（3）①.sp2②.O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大（4）①.CH3CH2CH2NH2②.BD（5）①.棱心和体心②.【解析】【小问1详解】Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；【小问2详解】在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；【小问3详解】在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；【小问4详解】[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；【小问5详解】①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。 [化学——选修5：有机化学基础]12.G为重要有机中间体，其合成流程示意图如下。（1）B具有的性质是___（填序号）A．能与HCl加成且产物有两种B．分子中共平面原子最多有6个C．一定条件下能与苯发生加成反应D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色（2）D的一种同分异构体能发生银镜反应，该银镜反应的化学方程式为_________。（3）E能与甲醛发生反应生成对羟甲基苯酚，鉴别E所需试剂为___。已知D的核磁共振氢谱中只有一种吸收峰，且D能和E发生类似E和甲醛的反应，则F的结构简式为_____。（4）lmolG最多可以与___molNaOH反应；已知反应IV的另一产物为HCl，则该反应的反应类型为___；按照该反应原理，工业上可以用F和的反应合成航天用聚芳酯高分子，该化学反应方程式为____________。（5）A的一种同分异构体不含双键和叁键，其一氯代物只有一种。请写出该分子的二氯代物的结构简式__________（任写两种）。【答案】（1）AC（2）CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3（3）①.浓溴水或三氯化铁溶液②.（4）①.6②.取代反应③. （5），（或）【解析】【分析】苯与丙烯发生加成反应得到C（异丙苯），C发生氧化反应得到D与E，E能与甲醛发生反应生成对羟甲基苯酚，则E为苯酚，D的核磁共振氢谱中只有一种吸收峰，且D能和E发生类似E和甲醛的反应，结合D、E、F的分子式可知，2分子E与D发生加成反应得到F，可推知D为丙酮，F为，2分子F与COCl2发生取代反应得到G。【小问1详解】B是丙烯，A．双键能与HCl加成，丙烯与HCl加成产物有两种，A项正确；B．分子中共平面原子最多有7个，B项错误；C．据题目信息得：丙烯一定条件下能与苯发生加成反应，生成，C项正确；D．双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项错误；故答案为：AC。【小问2详解】D的分子式是C3H4O，能发生银镜反应的同分异构体是丙醛，反应方程式：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3。【小问3详解】E能与甲醛发生反应生成对羟甲基苯酚，说明E是苯酚，故可以用浓溴水或三氯化铁溶液检验；已知D的核磁共振氢谱中只有一种吸收峰，故D是丙酮，且D能和E发生类似E和甲醛的反应，则F的结构简式为。【小问4详解】据流程中G的结构中有2个酚羟基，两个酯基，且酯基水解之后生成2个酚羟基，故共能与6mol氢氧化钠反应；据F与G结构的关系可判断发生了取代反应。【小问5详解】