四川省宜宾市2023届高三下学期高考模拟（第二次诊断考试）理综化学试题

这是一份四川省宜宾市2023届高三下学期高考模拟（第二次诊断考试）理综化学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

四川省宜宾市2023届高三下学期高考模拟（第二次诊断考试）理综化学试题

一、单选题
1．（2023·四川宜宾·统考二模）传统酿酒过程的部分操作如图所示。下列说法错误的是




蒸粮
拌曲
堆酵
馏酒

A．“蒸粮” 时适当鼓风可加快燃烧速率
B．“拌曲”时加入的酒曲起催化作用
C．“堆酵” 过程中淀粉会发生水解
D．“馏酒”得到的馏出物为纯净物
2．（2023·四川宜宾·统考二模）利用电催化实现CO2到C2H5OH的转化，反应原理：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．11.2L CO2中含分子的数目为0.5 NA
B．23gC2H5OH中含共价键的数目为4 NA
C．生成1 mol C2H5OH转移电子的数目为8 NA
D．4gH2与4gD2所含中子的数目相差NA
3．（2023·四川宜宾·统考二模）短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中X、W最低负化合价之和为-4，下列说法错误的是

Y
Z
X

W

A．原子半径： X>Y
B．单质的熔点： X> W
C．X与W只能形成一种化合物
D．简单氢化物的稳定性： Z> W
4．（2023·四川宜宾·统考二模）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2：
B．铜丝插入浓硫酸中： 2H+ +Cu=Cu2++H2↑
C．Cl2通入水中： Cl2+H2O 2H+ +Cl- +ClO-
D．向AlCl3溶液中滴加过量NaOH溶液： Al3++3OH-=Al(OH)3↓
5．（2023·四川宜宾·统考二模）布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，其成酯修饰反应(如下图)得到的产物疗效更佳。下列说法错误的是

A．上述反应为取代反应
B．布洛芬的分子式为C13H18O2
C．布洛芬与苯甲酸()互为同系物
D．布洛芬的成酯修饰产物分子中最多只有8个碳原子共平面。
6．（2023·四川宜宾·统考二模）由乙烯制备2-氯乙醇(HOCH2CH2Cl)的原理为：CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。用铂(Pt)作电极电解KCl溶液制备2-氯乙醇的装置如下图所示。下列说法错误的是

A．Y连接电源的负极
B．电解时，K+通过阳离子交换膜从左侧移向右侧
C．理论上，制取1 mol 2-氯乙醇生成气体b的体积为11.2L (标准状况) 。
D．电解时，左侧溶液pH逐渐减小，右侧溶液pH逐渐增大
7．（2023·四川宜宾·统考二模）下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向菠菜汁中加入少量稀硝酸，再滴入几滴KSCN溶液
溶液变红
菠菜汁中含有Fe3+
B
将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中
铜丝表面由黑色变为红色
乙醇具有还原性
C
相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH
HF溶液pH更小
Ka(HF) D
向0.01 mol/L FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体
溶液颜色加深
Fe3+水解程度增大

A．A B．B C．C D．D

二、实验题
8．（2023·四川宜宾·统考二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易溶于水，易分解的强氧化剂。它的一种“常温结晶”制备方法的原理为：2Na2CO3(s)+3H2O2(1)=2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH<0，实验装置如图所示(夹持装置略去)。

已知：通常以活性氧质量分数[ω(活性氧)=]来衡量过碳酸钠产品的优劣。
实验步骤：
ⅰ. 称取一定量无水碳酸钠，置于烧杯中，加蒸馏水溶解，将溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀。
ⅱ. 控制温度为25°C，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液。
ⅲ. 再向三颈烧瓶中加入一定量的无水乙醇，反应一段时间。
ⅳ. 静置、真空抽滤、干燥得粗产品，冷却称重。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______。
(2)实验过程中产生的气体副产物是_______ ( 填化学式)，装置中玻璃导管的作用是_______。
(3)步骤ii中，可采取的控温措施是_______。滴加H2O2溶液速度不能太快，原因是_______
(4)步骤iii中，加入乙醇的目的是_______。反应时间与产率、活性氧质量分数(ω)的关系如下图所示，最适宜的反应时间为_______min左右。

(5)现将0.50g粗产品(杂质不参与反应)置于锥形瓶中，加水溶解，再加入足量稀H2SO4，用0.1000 mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00mL。则粗产品中活性氧质量分数是_______。

三、工业流程题
9．（2023·四川宜宾·统考二模）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备Li2CO3的工艺流程如下：

已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。
②常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22， Ksp[Fe(OH)3]=4.0 × 10-38。
③Li2CO3在水中溶解度：
温度/°C
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72

回答下列问题：
(1)将电池粉粹前应先放电，放电的目的是_______。
(2)“滤液A”中的溶质主要是_______。
(3)“酸浸”时，加入H2O2溶液的目的是_______(用离子方程式表示)。盐酸用量不宜太多，结合后续操作分析，原因是。_______。
(4)“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是_______。
(5)“提纯”时，可用热水洗涤Li2CO3粗品，理由是_______。
(6)制取的Li2CO3、FePO4与足量的炭黑混合，隔绝空气高温灼烧得到LiFePO4，反应的化学方程式是_______。

四、原理综合题
10．（2023·四川宜宾·统考二模）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
(1)已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ − 484 kJ∙mol−1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝−1353 kJ∙mol−1
则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝_______ kJ∙mol−1。
(2)在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
T/°C
170
180
1 90
200
210
220
230
STY/[mol/(mol·h)]
0.10
0.15
0.20
0.25
0.28
0.20
0.15

①该反应最适宜的温度是_______。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝_______。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是_______。
(3)CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ∙mol−1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。

①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因_______。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244°C时反应生成CH3OH的物质的量为_______mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝_______。 ( 列出计算式即可)

五、结构与性质
11．（2023·四川宜宾·统考二模）铁及其化合物在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
(1)乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常用的补铁剂。
①Fe2+的价层电子排布式是_______。
②乳酸分子()中 σ 键与π键的数目比为_______。
③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
④C与O中，第一电离能较大的是_______， O的第二电离能远大于第一电离能的原因是____。
(2)无水FeCl2可与NH3形成[Fe(NH3)6]Cl2。
①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+的配位数为_______。
②NH3的空间构型是_______，其中N原子的杂化方式是_______。
(3)由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。

①该超导材料的化学式是_______。
②该晶胞参数a=0.4 nm、c=1.4 nm，该晶体密度ρ=_______g·cm-3。(用 NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
③该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整_______。


六、有机推断题
12．（2023·四川宜宾·统考二模）甜味剂指用于替代糖增加食品甜度的物质。合成甜味剂阿斯巴甜的某种合成路线如下图所示：

已知：醛或酮可以发生如下反应：

回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______。
(2)C中所含官能团的名称为_______。C→D的反应类型为_______。
(3)D的结构简式为_______。
(4)反应①的化学方程式为_______。
(5)反应②为成肽反应，除生成阿斯巴甜外，E与H还可能生成的二肽产物为_______。
(6)E的同分异构体有多种，写出一种能同时满足下列条件的结构简式：_______。
①分子中含有硝基。
②苯环上有三个取代基
③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为1：2：4：6
(7)参照上述合成路线，以1-丙醇为起始原料(其他试剂任选)，设计制备化合物 的合成路线_______。

参考答案：
1．D
【详解】A．鼓风可以增加氧气浓度，加快燃烧速率，故A正确；
B．酒曲是一种催化剂，加入酒曲在酿酒时可以起催化作用，故B正确；
C．“堆酵”过程中，酿酒原料所含淀粉在糖化酶的催化下水解生成葡萄糖，故C正确；
D．“馏酒”主要是蒸馏过程，通过把酒精、水、高级醇、酸类等有效成分蒸发为蒸汽，再经冷却即可得到白酒；所以“馏酒”得到的馏出物不是纯净物，故D错误；
故答案选D。
2．B
【详解】A．没有明确是否是标准状况，所以无法通过体积求出二氧化碳所含分子数目，A错误；
B．C2H5OH的结构式为，则23gC2H5OH中含共价键的数目为=4 NA，B正确；
C．根据上述方程式可知，生成1 mol C2H5OH，转移的电子数为=12 NA，C错误；
D．H2无中子，4gD2的中子数为=2NA，所以4gH2与4gD2所含中子的数目相差2NA，D错误；
故选B。
3．C
【分析】X、W最低负化合价之和为-4，推出X为P，W为Cl，根据在周期表位置，推出Z为F，Y为O，据此分析；
【详解】A．P核外有3个电子层，O核外有2个电子层，P的原子半径大于O，故A说法正确；
B．磷的单质常温下为固体，Cl2常温下为气体，磷的单质熔点高于氯气，故B说法正确；
C．P和Cl形成化合物可以是PCl3和PCl5，故C说法错误；
D．F的氢化物为HF，Cl的氢化物为HCl，F的非金属性强于Cl，因此HF的稳定性强于HCl，故D说法正确；
答案为C。
4．A
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会产生NaHCO3沉淀，所以离子方程式
正确，故A正确；
B．常温下铜与浓硫酸不发生反应，且在发生反应时浓硫酸主要是分子形式存在，因此不能拆开，故B错误；
C．氯气与水反应会产生次氯酸，是弱酸，不能拆开，正确的是，故C错误；
D．AlCl3溶液中滴加过量NaOH溶液是产生NaAlO2，因此正确是，故D错误，
故答案选A。
5．D
【详解】A．上述反应为酯化反应，属于取代反应，Ａ项正确；
B．根据布洛芬的键线式，其分子式为C13H18O2，Ｂ项正确；
C．布洛芬的分子式为C13H18O2，苯甲酸的分子式为C7H6O2，它们结构相似，分子组成相差6个“CH2”，故互为同系物，C项正确；
D．布洛芬的成酯修饰产物分子中苯环和苯环上对位的两个C共平面，另外由于单键的可旋转性和饱和碳的四面体配位，其他C也有可能和苯环共平面，所以至少有8个碳原子共平面，D项错误。
答案选D。
6．C
【分析】根据上述装置图可知，用铂(Pt)作电极电解KCl溶液，左侧氯离子失电子被氧化为氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸氧化乙烯来制备2-氯乙醇，所以X电极为电解池的阳极，右侧Y电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，溶液中钾离子通过阳离子交换膜进入右侧，则推知气体b为氢气，溶液a为KOH溶液，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，Y电极为阴极，连接电源的负极，A正确；
B．电解池工作中，阳离子移向阴极，所以上述装置中，钾离子通过阳离子交换膜从左侧会移向右侧，B正确；
C．当制取1 mol 2-氯乙醇时，消耗1molHClO，因生成的氯气与水反应为可逆反应，所以电极中电子转移数会大于1mol，则生成氢气的体积大于0.5mol，即不为11.2L（标准状况），C错误；
D．电解时，左侧氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO与乙烯反应，但生成的HCl会使溶液pH逐渐减小，右侧溶液中“放氢生碱”，所以溶液pH逐渐增大，D正确；
故选C。
7．B
【详解】A．KSCN遇Fe3+变红，稀硝酸可以将Fe2+氧化成Fe3+，故无法证明菠菜里含Fe3+还是Fe2+，A错误；
B．将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，氧化铜和乙醇反应生成铜、乙醛和水，乙醇具有还原性，B正确；
C．相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH，HF溶液pH更小，pH越小，酸性越强，电离常数越大， Ka(HF)>Ka(CH3COOH)，C错误；
D．向0.01 mol/L FeCl3溶液中， Fe3++H2OFe(OH)3+H+，加入少量FeCl3固体，Fe3+浓度变大，平衡向右移动，但是Fe3+水解程度变小，D错误；
故答案为：B。
8．(1)分液漏斗
(2)     O2     平衡分压，使得液体顺利滴下
(3)     冰水浴     该反应为放热反应，加入H2O2溶液的速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
(4)     降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出     60
(5)12%

【分析】该实验目的是制备过碳酸钠，即加入原料H2O2溶液和无水碳酸钠于三颈烧瓶中，在常温下反应得到目标产物。由于该反应为放热反应，所以应该控制H2O2溶液的滴加速度和采用冰水浴。原料之一H2O2易分解产生O2，为保证H2O2溶液能够顺利滴入，装置应接通空气，平衡装置内压力。产物过碳酸钠易溶于水，应降低过碳酸钠在溶液中的溶解度，使产物顺利析出。
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）实验过程中会发生2H2O2=2H2O+O2↑的副反应，故产生气体副产物的化学式为O2，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
（3）步骤ⅱ中，可采取的控温措施是冰水浴；制备过碳酸钠的反应为放热反应，若滴加过氧化氢溶液的速度太快，会造成过氧化氢和过碳酸钠分解，故滴加过氧化氢溶液的速度不能太快；
（4）步骤ⅱ中，过碳酸钠易溶于水，加入乙醇的目的是降低过碳酸钠的溶解度，便于产品析出；由图可知在60min时产率最高，活性氧质量分数较高，60分钟后虽然活性氧质量分数升高，但产率急剧下降，故最适宜的反应时间为60min左右。
（5）用KMnO4标准溶液滴定发生2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应，可计算体系中有，粗产品中活性氧质量分数ω(活性氧)。
9．(1)释放残余的能量，避免造成安全隐患
(2)NaAlO2
(3)          防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费
(4)pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率
(5)碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂
(6)

【分析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等，首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液即为滤液A，过滤后为LiFePO4及乙炔墨、碳纳米管，加盐酸、过氧化氢将LiFePO4氧化的含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣中含乙炔墨、碳纳米管，滤液中含铁离子、锂离子，之后再加30%Na2CO3调节pH，生成的沉淀为FePO4·3H2O等，滤液中含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，用热水洗涤，干燥得到高纯Li2CO3，以此来解答。
【详解】（1）废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，故答案为：释放残余的能量，避免造成安全隐患；
（2）有上述分析可知滤液A中为偏铝酸钠溶液，其主要溶质为NaAlO2，故答案为：NaAlO2；
（3）在步骤“酸浸”时，由题中已知①，LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸，可知LiFePO4被H2O2在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为；盐酸用量过多会消耗后续步骤“调pH”中Na2CO3溶液的用量，造成浪费，故答案为：；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费；
（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案为：pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
（5）从题中Li2CO3在水中溶解度可知，碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂；
（6）由题意可知，再生制备磷酸亚铁锂的反应为碳酸锂、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为；故答案为：。
10．(1)−49.5
(2)     210°C     2:1     随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
(3)     主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降     0.061    

【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝(− 484 kJ∙mol−1)×1.5−(−1353 kJ∙mol−1)÷2＝−49.5kJ∙mol−1；故答案为：−49.5。
（2）①根据图中信息在210°C时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210°C；故答案为：210°C。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝0.20:0.10=2:1；故答案为：2:1。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
（3）①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol；故答案为：0.061。
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为：。
11．(1)     3d6     11∶1     O＞C＞H＞Fe     O或氧     O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难
(2)     6     三角锥形     sp3杂化
(3)     KFe2Se2         

【详解】（1）①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，因此亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为3d6；
②成键原子之间单键有1个σ键，双键之间有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键，根据乳酸结构简式，σ键和π键数目比为11∶1；故答案为11∶1；
③乳酸亚铁中含有元素为H、C、O、Fe，铁元素为金属元素，电负性最小，同周期从左向右电负性逐渐增大，氧元素的电负性最大，碳氢化合物氢为正价，则碳的电负性大于氢，因此电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞Fe；故答案为O＞C＞H＞Fe；
④同周期从左向右第一电离能增大趋势，即O的第一电离能大于C，基态O原子电子排布式为1s22s22p4，失去1个电子后排布式为1s22s22p3，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；故答案为O或氧；O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；
（2）①[Fe(NH3)6]Cl2中[Fe(NH3)6]2+为内界，2个Cl-为外界，6个NH3与Fe2+形成配位键，亚铁离子的配位数为6，故答案为6；
②NH3中中心原子N有3个σ键，有1个孤电子对，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，杂化轨道数等于价层电子对数，因此N的杂化类型为sp3，故答案为三角锥形；sp3；
（3）①K位于顶点和体内，个数为=2，Se位于棱上和体内，个数为=4，Fe位于面上，个数为=4，因此化学式为KFe2Se2；故答案为KFe2Se2；
②晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2cnm3=0.4×0.4×1.4nm3，则晶胞的密度为g/cm3；故答案为；
③K位于顶点和体内，Se位于棱上和体内，Fe位于面上，按照xy平面投影得到；故答案为。
12．(1)苯乙醛
(2)     羧基和羟基；     取代反应
(3)
(4)
(5)
(6)或
(7)

【分析】已知，由B的结构式可知，A为，C为，D为；D在浓硫酸和加热条件下，和CH3OH反应生成E。F中双键在催化剂条件下和NH3发生加成反应生成G，酸化后得到H；H和E发生反应②得到阿斯巴甜；据此分析解题。
【详解】（1）据分析可知，A为，化学名称是苯乙醛；故答案为苯乙醛。
（2）据分析可知，C为，含有官能团为羧基和羟基；D为；由C与NH3在一定条件下发生取代反应生成D；故答案为羧基和羟基；取代反应。
（3）据分析可知，D的结构简式为；故答案为。
（4）F中双键在催化剂条件下和NH3发生加成反应生成G，同时羧基也将和NH3发生反应；方程式为；故答案为。
（5）反应②为成肽反应，E分子中含有两个羧基，E与H所以除生成阿斯巴甜外，还可能生成的二肽产物为；故答案为。
（6）E的同分异构体有多种，同时满足①分子中含有硝基；②苯环上有三个取代基；③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为1：2：4：6的结构可以是或；故答案为或。
（7）根据已知条件，可先将1-丙醇氧化为醛，然后参考已知条件可获得，合成路线为；故答案为。