山西省太原市第二十一中学2020届高三上学期期中考试化学试题



化学考试题
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16
第Ⅰ卷 共48分
一、选择题（本题有16小题，每小题3分，共48分。每题只有一个正确选项，不选、多选、错选都不得分）
1. 化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是
A. 石英只能用于生产光导纤维
B. 从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C. 为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
【答案】D
【解析】
【详解】
选项

具体分析

结论

A

石英的主要成分为SiO2,不仅可以用来生产光导纤维还可以生产玻璃、晶体硅等

错误

B

从海水中提取食盐和淡水属于物理变化

错误

C

食品添加剂大量使用会对人体健康造成危害,应该合理使用

错误

D

“地沟油”的主要成分为油脂,但其中含有对人体有害的物质,不能食用,但可以利用皂化反应来制造肥皂

正确





2. 运用有关概念判断下列叙述正确的是（ ）
A. 1mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热
B. Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应
C. 和互为同系物
D. BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A、燃烧热的概念中除了强调1mol可燃物，还要强调在在25℃、101kPa时完全燃烧，生成稳定的氧化物，H2应该生成H2O(l)，而非H2O(g),现在题目未指明状态，A项错误；
B、Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O是氧化还原反应，B项正确；
C、苯酚与苯甲醇虽官能团均是羟基，但性质不同，种类不同，一个是酚羟基，一个是醇羟基，C项错误；
D、BaSO4难溶于水，故水溶液不导电，但在熔融状态可完全电离而可导电，是强电解质；
故选B。
3. 我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：
HCHO+O2CO2+H2O。下列有关说法正确的是
A. 该反应为吸热反应 B. CO2分子中的化学键为非极性键
C. HCHO分子中既含σ键又含π键 D. 每生成1.8g H2O消耗2.24L O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，故A错误；
B．二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，故B错误；
C．甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个δ键，1个π键，故C正确；
D．每生成1.8g H2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故不一定为2.24L，故D错误；
故选C


4.NA为阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的是
A. 1.0L 1.0mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
B. 12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数0.5NA
C. 25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
D. 1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1.0L 1.0mol·L-1的NaAlO2中含O原子数为2NA，但水中也含有氧原子，故溶液中的氧原子个数远远大于2NA，A错误；
B. 12g石墨烯含1molC原子，石墨烯（单层石墨）中每个C原子形成3个六元环，平均每个六元环含C原子6×=2个，所以12g石墨烯含有六元环的个数为0.5NA，B正确；
C. 题中没有提供25℃时pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算含OH-的数目，C错误；
D. 1mol的羟基中含有9NA个电子，1mol的氢氧根离子所含电子数为10NA，D错误；
故选B。
【点睛】羟基是一个官能团，没有电子的得失，电子式为，1个-OH中含有9个电子；氢氧化根离子是羟基失去一个电子后形成的离子，电子式为，1个OH-中含有10个电子。
5. 足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是
A. 氢氧化钠溶液 B. 稀硫酸 C. 盐酸 D. 稀硝酸
【答案】A
【解析】
【详解】假设反应都产生3mol氢气，则：
A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气，会消耗2mol NaOH； B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；
C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗6mol HCl；
D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；
故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。


6.下列有关实验的做法不正确的是
A. 分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B. 用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C. 配置0.1000 mol•L-1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D. 检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分液时，先将下层液体从分液漏斗下口流出，再将上层液体从上口倒出，A正确；
B. 碳酸钠受热不分解，质量不变，碳酸氢钠固体受热分解，质量减轻，用加热分解的方法可将二者区分开，B正确；
C. 配置0.1000 mol·L-1氯化钠溶液时，为防液体洒到容量瓶外，应将溶解液用玻璃棒引流入容量瓶，C正确；
D. 检验NH4+时，应使用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，D错误；
故选D。
7.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项
目的
分离方法
原理
A．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；
B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；
C、氯化钠溶解度受温度影响小，C错误；
D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，
答案选D。


8. 下列实验误差分析错误的是（ ）
A. 用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小
B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D. 测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子浓度减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；
B．定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；
故选B。


9. 下列说法正确的是（ ）
A. 实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
B. 用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C. 氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中
D. 将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
【答案】C
【解析】
【详解】A、取样→灼烧→溶解→过滤→加入氧化剂H2O2→萃取、分液→蒸馏得到碘单质，故A错误；
B、制备乙烯，温度迅速上升到170℃，水浴加热达不到此温度，故B错误；
C、通常认为是Cl－替代了O2－的位置，生成可溶性AlCl3，破坏氧化膜，故C正确；
D、蛋白质溶液加入（NH4）2SO4，降低蛋白质的溶解度使之析出，是盐析，是可逆过程，而Cu2＋是重金属离子，破环蛋白质的活性，不可逆，故D错误；
故选C。


10.利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是

实验器材（省略夹持装置）
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
C
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液
D
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸铜溶液浓缩结晶，需要酒精灯，还需要坩埚钳、三脚架等仪器，A实验不能完成；
B. 用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，缺少漏斗等仪器，B实验不能完成；
C. 用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液，缺少天平、药匙、量筒等仪器，C实验不能完成；
D. 先将NaBr溶液放在烧杯中，再滴加足量溴水，然后加入CCl4萃取，再将液体转移入分液漏斗，静置，分液，D实验能够完成；
故选D。
11.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是

选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。
【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；
B、正确；
C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；
D、制取氯气需要加热，错误。
12. 下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A. 银氨溶液： Na+、K+、NO3－、NH3·H2O
B. 空气： C2H2、CO2、SO2、NO
C. 氢氧化铁胶体： H+、K+、S2-、Br－
D. 高锰酸钾溶液： H+、Na+、SO42－、葡萄糖分子
【答案】A
【解析】
【详解】A.银氨溶液:Na+、K+、NO3-、NH3·H2O，可共存，故A正确；
B.空气中O2与NO反应生成NO2，故B错误；
C.H+与S2-生成H2S，故C错误；
D.高锰酸钾溶液会氧化葡萄糖分子，故D错误；
故选A。


13.我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还含有SO42-等其他可溶性杂质的离子）。下列有关说法正确的是
A. 有矿盐生成食盐，除去SO42－最合适的实际是Ba(NO3)2
B. 工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
C. 室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐中的溶解度
D. 用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、用Ba(NO3)2除去SO42-，则同时会引入NO3-，所以应选择BaCl2溶液，A错误；
B、电解氯化钠溶液得到氯气、氢氧化钠、氢气，所以应电解熔融氯化钠，B错误；
C、在AgCl溶液中存在AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），饱和食盐水中c（Cl-）较大，相对蒸馏水来说，抑制AgCl的溶解，从而减小了AgCl的溶解，所以AgCl在蒸馏水中的溶解大于在饱和食盐水中的溶解度，C错误；
D、食盐水显中性，碳酸钠溶液显碱性，酚酞试液遇碱变红色，中性时无色，所以可以鉴别，D正确。
答案选D。


14.室温下，对于0.10 mol·L-1的氨水，下列判断正确的是
A. 与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B. 加水稀释后，溶液中c(NH4+)c(OH-)变大
C. 用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D. 其溶液的pH=13
【答案】C
【解析】
【详解】A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，故B错误；
C、用HNO3溶液完全中和后得硝酸铵溶液，硝酸铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，故C正确；
D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，故D错误；
故选C。
【点晴】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可。要熟悉弱电解质电离平衡的影响因素，如加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离。


15. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+ ，故A错误；
B. 钠首先与水发生反应，故B错误；
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3- + 2H+ == H2O+CO2↑，故C错误；
D. Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2 + 2Fe3+=2Fe(OH)3 + 3Mg2+，故D正确；
故选D。


16.现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：

已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。
该同学得出的结论正确的是(　　)。
A. 根据现象1可推出该试液中含有Na＋
B. 根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C. 根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋
D. 根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋
【答案】C
【解析】
【详解】A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；
B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；
C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；
D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；
答案选C。


第Ⅱ卷 共52分
二 填空题（本题共3小题，共37分），请将答案写在答题卡上。
17.金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。
(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是___________________________。
a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3
(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S＋2H2SO4＋5O2=4CuSO4＋2H2O，该反应的还原剂是________。当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是________________________________________________________________________。
【答案】 (1). bd (2). Cu2S (3). 4 (4). H2
【解析】
【分析】
（1）电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；
热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；
热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；
物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；
（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据得失电子相等计算失去电子的物质的量，硫酸铜溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气。
【详解】(1)Na、K、Mg、Al等活泼金属的冶炼均采用电解法，Fe、Cu的冶炼采用热还原法。故采用电解法的是bd；
(2)在辉铜矿和H2SO4、O2的反应中，O2作氧化剂，所以1mol O2得到4mol e-，还原剂失去4mol e-，Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+，Mg+2H+=Mg2++H2↑，所以放出的气体应为H2。
【点睛】本题考查了金属冶炼方法、氧化还原反应等知识点，根据金属的活泼性确定冶炼方法、离子的放电顺序来分析解答，难度不大。
18.二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

（1）洗涤滤渣A的目的是为了去除_______（填离子符号），检验该离子是否洗涤的方法是_________________________________________________________。
（2）第②步反应的离子方程式是______________________________，滤渣B的主要成分是_________。
（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________（填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有_________、烧杯、玻璃棒、量筒等。
（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为__________。
【答案】 (1). 滤渣上附着的Fe3+、Cl-等 (2). 取最后洗涤液少量于试管中，滴加几滴AgNO3溶液，如无白色沉淀，则洗干净 (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (4). SiO2 (5). 不能 (6). 分液漏斗 (7). 97.01%
【解析】
【详解】（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+、Cl-，因此检验是否洗涤干净的实验操作为：取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3，如无白色沉淀，则洗干净；
（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+ =2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2；
（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以TBP不能与水互溶，实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；
（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，则
Ce(OH)4～FeSO4
0.0025mol 0.1000mol/L-1×0.025L
所以m[Ce(OH)4]=0.0025mol×208g/mol=0.52g
产品中Ce(OH)4的质量分数为0.52/0.536×100%=97.0%。



19.正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。

发生的反应如下：
CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO
反应物和产物的相关数据列表如下：

沸点/℃
密度/(g·cm-3)
水中溶解性
正丁醇
117.2
0.8109
微溶
正丁醛
75.7
0.8017
微溶

实验步骤如下：
将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为90—95℃，在E中收集90℃以下的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75—77℃馏分，产量2.0g。
回答下列问题：
（1）实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由_____。
（2）加入沸石的作用是_____。若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是______。
（3）上述装置图中，B仪器的名称是_____，D仪器的名称是_____。
（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是_____（填正确答案标号）。
a．润湿 b．干燥 c．检漏 d．标定
（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在_____层（填“上”或“下”）
（6）反应温度应保持在90—95℃，其原因是_____。
（7）本实验中，正丁醛的产率为_____%。
【答案】 (1). 不能，易迸溅 (2). 防止暴沸 (3). 冷却后补加 (4). 分液漏斗 (5). 直形冷凝管 (6). c (7). 下 (8). 既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化 (9). 51
【解析】
【详解】（1）不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅；
（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；
（3）B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管；
（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏；
（5）正丁醛密度为0.8017g·cm-3，小于水的密度；
（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90—95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
（7）设正丁醛的产率为x %，根据关系式
C4H10O -C4H8O
74 72
4x 2
解得：x=51。
三 选做题（本题包括20A和20B两题，请从中选一题作答，共15分。答案写在答题卡上）。
[化学——选修3:物质结构与性质]
20.[化学—选修3：物质结构与性质]
前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A-和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
回答下列问题：
（1）D2+的价层电子排布图为_______。
（2）四种元素中第一电离最小的是________，电负性最大的是________。（填元素符号）
（3）A、B和D三种元素责成的一个化合物的晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为_________________；D的配位数为___________；
②列式计算该晶体的密度_______g·cm-3。
（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_____________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______________，配位体是____________。
【答案】 (1). (2). K (3). F (4). K2NiF4 (5). 6 (6). =3.4 (7). 离子键、配位键 (8). [FeF6]3- (9). F-
【解析】
【详解】（1）本题考查电子排布图的书写，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个电子，A和B位于第IA族，或第IIIA族元素或VIIA族元素，A－和B＋的电子数相差为8，推出A为F，B为K，与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，则C为Fe，D为Ni，D2＋为Ni2＋，其价层电子排布图为；
（2）第一电离能越小，说明越容易失去电子，即金属性强，第一电离能最小的是K，电负性最大，说明非金属性最强，即F的电负性最强；
（3）①根据晶胞的结构，F位于棱上、晶胞内部、和面上，因此F的个数为16×1/4＋4×1/2＋2=8，K位于棱上和内部，个数为8×1/4＋2=4，Ni位于顶点和内部，个数为8×1/8＋1=2，因此化学式为K2NiF4；Ni的配位数为6；
②晶胞的质量为1×(39×4＋59×2＋19×8)/NA g，晶胞的体积为400×400×1308×10-30cm3，因此晶胞的密度为=3.4g/cm3；
（4）组成的化学式为K3FeF6，此化合物属于配合物，K＋和FeF63－之间是离子键，Fe和F之间为配位键；该离子是[FeF6]3－，配体为F-。


[化学——选修5:有机化学基础]
21.化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基。I可以用E和H在一定条件下合成：

已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢原子；
②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；
③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；
④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为______________________________________________。
(2)D的结构简式为______________________________________________。
(3)E的分子式为________。
(4)F生成G的化学方程式为_______________________________________________________，
该反应类型为________。
(5)I的结构简式为_______________________________________________。
(6)I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：
①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有________种(不考虑立体异构)。J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2∶2∶1，写出J的这种同分异构体的结构简式________。
【答案】 (1). 2­甲基­2­氯丙烷 (2). (3). C4H8O2 (4). (5). 取代反应 (6). (7). 18 (8).
【解析】
A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，（1）A为C（CH3）3Cl，其名称是2-甲基-2-氯丙烷，（或叔丁基氯）；（2）由上述分析可知，D的结构简式为（CH3）2CHCHO；（3）E为（CH3）2CHCOOH，其分子式为C4H8O2；（4）F生成G的化学方程式为，该反应类型为取代反应，；（5）由上述分析可知，I的结构简式为；（6）I（）的同系物J比I相对分子质量小14，J比I少一个-CH2-原子团，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则J的同分异构体含有-CHO、-COOH，有6种侧链：①侧链为-CHO、-CH2CH2COOH，②侧链为-CHO、-CH（CH3）COOH，③侧链为-CH2CHO、-CH2COOH，④侧链为-CH2CH2CHO、-COOH，⑤侧链为-CH（CH3）CHO、-COOH，⑥侧链为-CH3、-CH（CHO）COOH，每种情况均有邻、间、对三种位置，故符合条件的同分异构体有6×3=18种；J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有2种H原子，故产物中苯环上只有1种H原子，产物有2个-COOH，应还含有2个-CH2-，2个侧链相同且处于对位，产物中侧链为-CH2COOH，故符合条件的同分异构体结构简式为：。
点睛：本题考查有机物推断，为高考高频考点，侧重考查学生分析问题、推理能力以及获取信息利用信息解答问题能力，根据流程图中分子式、结构简式、反应条件并结合给予信息进行推理，找出官能团，正确判断各物质结构简式是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，要考虑位置异构、官能团结构、碳链异构，题目难度中等。