【化学】辽宁省辽河油田第二高级中学2020届高三4月模拟考试理综（解析版）

辽宁省辽河油田第二高级中学2020届高三4月模拟考试理综
可能用到的相对原子质量 H-1 O-16 Be-9 C-12 N-14 S-32 Ca-40 Fe-56
1.面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是（ ）
A. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性
B. N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维
C. 为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸
D. 我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存
【答案】B
【详解】A. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故A错误；
B. 聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；
C. 84消毒液和洁厕灵混合会发生氧化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故C错误；
D. 疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；
故选B。
2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（ ）
A. 30g醋酸和葡萄糖的混合物中，碳原子数的数目为NA
B. 标准状况下，2.24 L CHCl3含有的共价键数为 0.4NA
C. 常温下，2.8 g C2H4与CO的混合气体所含碳原数为 0.3NA
D. 0.1mol/L Na2S 溶液中，S2- 、HS- 、H2S的数目共为0.1NA
【答案】A
【详解】A．醋酸的分子式为C2H4O2，葡萄糖的分子式为C6H12O6，二者最简式相同均为CH2O，质量一定的情况下，无论何种比例混合，含有的各类原子个数均为定值；因此，30g的混合物中，C原子的数目即NA，A项正确；
B．CHCl3在标况下不为气体，不能用公式计算，B项错误；
C．C2H4和CO摩尔质量均为28g/mol，但由于每个分子中C原子的个数不相同，所以混合时比例不同，混合物中C的个数就不相同，C项错误；
D．由于不知道溶液的体积，所以溶液中各类粒子的数目无法计算，D项错误；
答案选A。
3.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 化合物WY是良好的耐热冲击材料
B. Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸
C. X的氢化物的沸点一定小于Z的
D. 化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【分析】因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。
【详解】A．化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200℃，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；
B．N的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；
C．C的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；
D．由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
4.TPE（四苯基乙烯）及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。TPE的结构简式如下图，下列关于TPE的说法正确的是（ ）

A. TPE的分子式为C26H22
B. TPE能发生加成反应，氧化反应，不能发生取代反应
C. TPE与化合物互为同分异构体
D. TPE的一氯代物有3种
【答案】D
【详解】A．由TPE的结构可知，其分子式为C26H20，A项错误；
B．TPE的结构中含有碳碳双键和苯环，并且苯环上还有氢原子，所以TPE可以发生加成，氧化和取代反应，B项错误；
C．的分子式为C20H14，TPE的分子式为C26H20，二者不互为同分异构体，C项错误；
D．由TPE的结构可知，TPE中有3种等效氢原子，所以一氯代物有3种，D项正确；
答案选D。
5.某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178℃升华),且易水解。下列说法中完全正确的一组是（ ）

①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去 ②装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质玻璃管 ③装置II是收集装置，用于收集氯化铝④装置III可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同 ⑤a处使用较粗的导气管实验时更安全
A. ①② B. ②③⑤ C. ①④ D. ③④⑤
【答案】B
【详解】①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管，故正确；③氯化铝熔沸点都很低(178℃升华)，装置II可以用于收集氯化铝，故正确；④装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有②③⑤，故选B。
6.我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的（ ）

A. Pt1电极附近发生的反应为：SO2 + 2H2O－2e－ = SO42－+4H+
B. 相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1
C. 该电池工作时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极
D. 该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合
【答案】C
【分析】由题可知，该电池的Pt1电极为负极，发生SO2的氧化反应；Pt2电极为正极，发生氧气的还原反应。
【详解】A．通过分析可知，Pt1电极为电池的负极，结合原理示意图可知，该电极的电极反应式为：，A项正确；
B．通过分析可知，SO2在负极被氧化，O2在正极被还原，根据得失电子守恒可知，相同条件下，电池放电时，负极消耗的SO2和正极消耗的O2体积比为2:1，B项正确；
C．通过分析可知，电池工作时，Pt1为电池的负极，Pt2为电池的正极，所以质子从Pt1电极经过内电路迁移到Pt2电极，C项错误；
D．该装置可以将化学能转变为电能，同时获得了硫酸又避免了SO2排放造成的环境污染，D项正确；
答案选C。
【点睛】原电池中涉及的三个方向：一是电子的迁移方向，沿外电路中的导线由负极迁移至正极；二是电流的方向，外电流从正极流向负极，内部的电流从负极流向正极；三是电解质中离子的迁移方向，阳离子朝向正极的方向迁移，阴离子朝向负极的方向迁移。
7.在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）

A. 水的电离程度：a>b>c
B. c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
【答案】D
【详解】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；
B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；
C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；
故选D。
【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。
8.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程。

已知：
Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似
Ⅱ．常温下：Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Mn（OH）2]=2.1×10-13
(1)滤渣B的主要成分为____________（填化学式）；
(2)写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式___________________________；
(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式_____________________________________________，若用浓HNO3溶解金属硫化物缺点是___________________________（任写一条）；
(4)从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是____________________________________。
(5)溶液D中含c（Cu2+）=2.2mol•L-1、c（Fe3+）=0.008mol•L-1、c（Mn2+）=0.01mol•L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离首先沉淀的是_________（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_________；
(6)取铍铜元件1000g，最终获得Be的质量为72g，则Be的产率是_________。
【答案】(1). CuS、FeS (2). Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O (3). (4). 生成NO2污染空气 (5). 在氯化氢气流下蒸发结晶 (6). Fe3+ (7). 4 (8). 80%
【分析】废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知滤渣B为CuS、FeS；
(2)信息1得到BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；
(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应Ⅱ中Cu2S发生反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境；
(4)为了抑制Be2+离子的水解，需要在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶；
(5)三种金属阳离子出现沉淀，结合浓度商与Ksp的关系，铜离子转化为沉淀c(OH-)=mol/L=1×10-10mol/L，Fe3+离子转化为沉淀，c(OH-)=×10-12mol/L，锰离子沉淀时，c(OH-)=×10-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+，为使铜离子沉淀c(H+)=mol/L=10-4mol/L，pH=4，常温下应调节溶液的pH值大于4；
(6)混合物中BeO质量=1000×25%=250g，理论上得到Be的物质的量==10mol，实际得到Be物质的量==8mol，产率=×100%=80%。
9.氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s) ΔH＜0。
回答下列问题：


（1）利用装置甲制备氨气的化学方程式为______________________________________。
（2）简述检查装置乙气密性的操作____________________________________________。
（3）选择图中的装置制备氨基甲酸铵，仪器接口的连接顺序为：B→__→__→EF←__←A。
（4）反应时为了增加氨基甲酸铵的产量，三颈瓶的加热方式为___________（填“热水浴”或“冷水浴”）；丁中气球的作用是_________________________________________。
（5）从装置丁的混合物中分离出产品的方法是_________________（填写操作名称）。
（6）取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_____（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字）。
【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好 (3). I J (4). H G (5). D(C)或C(D) (6). 冷水浴 (7). 平衡气压，收集多余的气体 (8). 过滤 (9). 79.8%
【分析】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气；
(2)夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况；
(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，制取氨气时气体中含有水蒸气，也需要除去杂质气体；
(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，结合物质的性质分析；丁中气球的用来平衡内外压强；
(5)利用已知信息，氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析；
(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。通过碳原子守恒，计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。
【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)检查装置乙气密性的操作：夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；
(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气；制取氨气时气体中含有水蒸气，通过装置丙中的碱石灰；仪器接口的连接顺序为：B→I J→HG→EF←（或DC）CD←A。
(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，生成氨基甲酸铵的反应是放热的，所以需要降低温度，用冷水浴；丁中气球的用来平衡内外压强，还能吸收多余未反应的气体；
(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体，难溶于CCl4，则可以使用过滤的方法分离；
(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。碳酸钙的物质的量==0.1500mol，根据碳原子守恒，氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y，则x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，则样品中氨基甲酸铵的质量分数为×100%=79.8%。
10.绿水青山是习总书记构建美丽中国的伟大设想，研究碳、氮、硫等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国有重要意义。
（1）汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。
已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH1＝－112.4 kJ·mol－1
②NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g) ΔH2＝－234 kJ·mol－1
③N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH3＝＋179.2 kJ·mol－1
请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式_____________________________。
（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。

①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________________；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为_____________________；
③a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_________________。
④若n(CO)/n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为25%，则CO的转化率为________。
（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极的电极反应式为_______________________________ 。
（4）已知：25 ℃时，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.9×10－2，Ka2＝6.4×10－5，25 ℃时，0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________________，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O4- )＝c(C2O42- )，则此时溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
【答案】(1). 4CO(g)＋2NO2(g)＝4CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝－1227.6 kJ·mol－1 (2). 1∶1 (3). a＞b＞c (4). a＝c＞d (5). 90% (6). NO2－e－＋H2O＝＋2H＋ (7). (8). 酸性
【详解】(1)CO和NO2生成无污染气体的方程式为：，已知：
①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH1＝－112.4 kJ·mol－1
②NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g) ΔH2＝－234 kJ·mol－1
③N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH3＝＋179.2 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知①+4×②-③可得，所以热化学方程式为；
(2)①当投料比符合化学计量系数比时，平衡状态的N2体积分数最大，其他条件相同时，b点对应的平衡状态，N2体积分数最大，所以b点时，CO和NO按照方程式的化学计量系数比投料，所以根据原子守恒，C和N原子个数比接近1:1；
②a，b，c三点投料时，CO的初始量越来越大，所以对应的转化率越来越小，即a＞b＞c；
③平衡常数只与温度有关，由题可知，该反应为放热反应，所以温度越大平衡常数越小；由图1分析可知，相同条件下T2对应的转化率更高，所以T2更小，所以a，c，d三点对应的平衡常数大小关系为：a=c＞d；
④假设反应开始时，CO和NO分别为0.8mol和1mol，列反应的三段式：

由题可知：，解得x=0.72，所以CO的转化率为；
(3)图2表示的是两个电化学池串联的体系，由题可知，甲池充当电源，乙池充当用电器即电解池；由于乙池中的D电极表面析出铜单质，所以D电极即为阴极，那么与之相连的甲池的A电极即为负极，发生NO2的氧化反应，所以A电极发生的电极反应式为：；
(4)由题可知，常温下，，显然，即NaHC2O4的溶液中的电离程度大于的水解程度，即溶液显酸性，所以溶液中各离子浓度的大小顺序为：；当溶液中时，根据可知，溶液中，所以溶液显酸性。
11.（1）基态Fe原子的简化电子排布式为______________________。
（2）常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂。写出CO的电子式______________；Fe(CO)5分子中σ键与π键之比为______________。
（3）Ni能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。Ni(SCN)2中第一电离能最大的元素是_____________；(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是_____________；
（4）硝酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4](NO3)2的深蓝色溶液。
①[Cu(NH3)4](NO3)2中阴离子的立体构型是_________________。
②与NH3互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因_______________________________。
（5）金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率为74%，则铝原子的配位数为________________。
（6）铁和硫形成的某种晶胞结构如下图所示，晶胞参数a＝xpm，则该物质的化学式为_________________；A原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为_____________pm（用x表示）； 该晶胞的密度为____________g·cm-3。（阿伏加德罗常数用NA表示）

【答案】(1). [Ar] 3d64s2 (2). (3). 1:1 (4). N (5). sp3杂化 (6). 平面三角形 (7). CH3－ (8). NH3通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大。 (9). 12 (10). FeS (11). 0.25x (12).
【详解】(1)铁元素位于周期表中第四周期第Ⅷ族，原子序数是26，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2；
(2)CO分子中C与O原子形成了三键，其电子式为：；Fe(CO)5是由CO和Fe形成的羰基配合物，所以分子中σ键总数为10，π键总数为10，所以二者个数比例为1:1；
(3)周期表中从左至右，第一电离能呈现增大趋势，从下至上第一电离能呈现增大趋势，此外，相同周期ⅡA第一电离能大于ⅢA的，ⅤA第一电离能大于ⅥA的，所以Ni(SCN)2中N元素的第一电离能最大；(SCN)2的结构为，S原子形成2个成键电子对以及2个孤电子对，总计4个价层电子对，所以S原子采用的是sp3的杂化方式；
(4)①中有3个成键电子对，经过计算不含孤电子对，所以是平面三角形；
②书写与NH3互为等电子体且为阴离子的粒子时，可以考虑用族序数比N元素小的其他元素代替N元素，如C，所以可以为；氨分子之间可以形成氢键，因此可能会通过氢键形成缔合分子，分子间作用力增强，分子间间距减小，进而导致密度比理论密度大；
(5)单质铜采用的是面心立方最密堆积，Al与Cu采用相同的堆积方式，所以Al的配位数也是12；
(6)由晶胞的结构可知，Fe存在于晶胞的内部，一共有4个，S存在于晶胞的顶点和面心上，所以均摊法计算一个晶胞有4个S原子，晶胞中Fe与S的个数比为1:1，所以该物质的化学式为FeS；由FeS的晶胞结构可知，其与ZnS具有相似的晶胞结构，将晶胞八等分，那么A原子则位于下层四个小正方体中右侧的正方体的体心，所以与B原子所在平面的距离即晶胞边长的，即0.25xpm；根据晶胞结构，列式计算，晶胞的密度为：。
12.香料G的一种合成工艺如下图所示。

核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。
已知：


请回答下列问题：
（1）A的结构简式为________ ，G中官能团的名称为________。
（2）检验M已完全转化为N的实验操作是_____________________________________
______________________________________________________。
（3）有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，你认为是否合理______（填“是”或“否”）原因是_________________________________（若认为合理则不填此空）。
（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：
K→L_____________________________________________，反应类型______________。
（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有________种。(不考虑立体异构)
①能发生银镜反应　②能与溴的四氯化碳溶液加成　③苯环上只有2个对位取代基
（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线(其他无机原料任选) _____________________________________________________________________。
请用以下方式表示：AB目标产物
【答案】(1). (2). 碳碳双键、酯基 (3). 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N(其他合理答案均可) (4). 否 (5). KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 (6). (7). 加成反应 (8). 6 (9).
【分析】结合已知信息分析，C的结构中一定含有碳碳双键，D的结构中一定含有溴原子；C是通过A加氢生成B后，B在浓硫酸的条件下反应生成的，所以推测B为醇，B生成C即醇的消去反应，那么A中含有羰基，A加氢后生成羟基；D的结构中由于含有溴原子，所以推测，D生成E的反应即卤素原子的水解反应，E中则含有羟基；E与N是在浓硫酸加热的条件下反应生成的G，G的结构中又含有酯基，所以暂时推测E与N的反应为酯化反应；那么由G的结构逆推N即为；结合已知信息，K的结构中含有醛基，L则含有羟基和醛基，M则含有碳碳双键和醛基；再根据N的结构逆推，可得M为，L为，K即为苯甲醛。再由G的结构逆推E为，那么D为，C为，B为，则A即为，A的结构也符合分子中有两种个数相同的等效氢。据此解答。
【详解】(1)通过分析可知，A即为环戊酮，结构简式为；由G的结构可知，含有的官能团名称为：碳碳双键和酯基；
(2)通过分析可知，M为，G为，所以需要检验是否还有醛基即可，因此，首先加NaOH将溶液调至碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液，加热观察是否有砖红色沉淀出现即可；
(3)通过分析可知，M为，M的结构中含有的碳碳双键也可以被酸性高锰酸钾氧化，所以不能用酸性高锰酸钾溶液代替氧气；
(4)通过分析可知，K为，L为，K与乙醛生成L的反应即已知信息中的第二个反应，所以方程式为+CH3CHO，该反应为加成反应；
(5)通过分析可知，M为，由题意可知，F为M的同系物且比M多1个碳，苯环上也只有2个对位的取代基，所以：若两个取代基一个是-CH3，另一个则可能是或；若两个取代基一个是-CHO，另一个则可能是或或；若两个取代基一个是-CH2-CHO，则另一个是-CH=CH2；综上所述，共计6种结构；
(6)由已知信息可知，丙烯在经过NBS处理后，会在碳碳双键碳的邻碳上引入Br原子，再继续与溴单质加成后，可得到每个碳原子上均有一个溴原子的结构，再利用卤代烃的水解反应即可，因此合成路线为：。
【点睛】推断有机物的结构时，一方面可以利用题干中的反应条件进行推断，另一方面也可以根据反应前后物质的结构进行推断，有时也可利用题干中给出的名称，性质以及燃烧规律等信息进行推断；在推断有机物的结构时，务必注意正逆推断相结合。