2021高考化学全真模拟卷10含解析

这是一份2021高考化学全真模拟卷10含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

7．下列有关叙述正确的是
A．汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的
B．酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好
C．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D．硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
【答案】C
【解析】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；
B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；
C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
B．1 ml Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子
C．1ml Na2O2固体中含有离子总数为4NA
D．25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子
【答案】B
【解析】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1ml白磷中有6mlP－P键，甲烷的空间结构为，1ml甲烷中4mlC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4ml时，白磷的物质的量为0.4/6ml，甲烷的物质的量为0.4/4ml，故A错误；
B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1mlNa都失去电子1ml，数目为NA，故B 正确；
C、由Na2O2的电子式可知，1mlNa2O2固体中含有离子总物质的量为3ml，个数为3NA，故C错误；
D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误，答案选B。
9．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别
B．异丁烷的一氯代物有3种
C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯
【答案】A
【解析】A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用Na2CO3溶液加以区别，选项A正确；
B. 异丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2Cl、（CH3）2CClCH3共2种，选项B错误；
C. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项C错误；
D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项 D错误；答案选A。
10．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料,X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是( )
A．化合物XZ2各原子均满足8电子的稳定结构
B．已知含氧酸的酸性:H2ZO3>H2XO3,则Z的非金属性强于X
C．若单质W失火,不能用泡沫灭火器扑灭
D．通常采用电解法制备单质Y及其同周期的金属单质
【答案】B
【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，元素W是制备一种高效电池的重要材料，W是Li元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X为C元素，元素Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，Y是Al元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z是S元素。A.由CS2的结构式S=C=S可知，各原子均满足8电子的稳定结构，故A正确；B. 已知酸性：H2SO3＞H2CO3，但H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，所以不能说明S的非金属性强于C，故B错误；C. Li属于碱金属元素，和Na性质相近，常温下可以和水反应，在加热时也可以和CO2反应，所以Li着火时，不能用二氧化碳灭火器或水扑灭，故C正确；D. Na、Mg、Al的性质活泼，通常采用电解熔融化合物的方法制备Na、Mg、Al单质，故D正确；答案选B。
点睛：本题考查原子结构和元素周期律的关系，根据题中信息正确推断元素类型是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是B项，注意H2SO3不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物，不能用于判断硫和碳元素的非金属性强弱。
11．我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na－CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如右图所示。吸收的全部CO2中，有23转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是（ ）
A．“吸入”CO2时，钠箔为正极
B．“吸入”CO2时的正极反应：4Na++ 3CO2+ 4e－= 2Na2CO3+ C
C．“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动
D．标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.75 ml
【答案】B
【解析】A、“吸入”CO2时是原电池装置，钠箔失电子为负极，选项A错误；B、“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na++ 3CO2+ 4e－= 2Na2CO3+ C，选项B正确；C、“呼出”CO2时是电解池，阳离子Na+向阴极钠箔电极移动，选项C错误；D、标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.25 ml，选项D错误。答案选B。
12．下列实验方案不能达到实验目的的是
A．图A装置Cu和浓硝酸制取NOB．图B装置实验室制备Cl2
C．图C装置实验室制取乙酸乙酯D．图D装置实验室分离CO和CO2
【答案】C
【解析】A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合题意；
B．浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气与氢氧化钠反应进行尾气吸收，故B不符合题意；
C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C符合题意；
D．要将CO和CO2分离，足量纯碱溶液用来吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，收集到纯净的CO2，故D不符合题意；故选C。
13．常温下,向20 mL 0.1 ml·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是( )
A．常温下,0.1 ml·L-1氨水中NH3·H2O的电离常数K约为1×10-5
B．a、b之间的点一定满足:c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C．c点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)
D．d点代表两溶液恰好完全反应
【答案】A
【解析】A.常温下，0.1 ml·L-1的氨水溶液中c(H+)=10-11ml/L，则c(OH-)=ml/L=0.001ml/L，Ka==ml/L=1×10-5 ml/L，所以A选项是正确的；
B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c(H+)< c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)< c(NH4+)，故B错误；
C.根据图知，c点c(H+)>10-7ml/L，c(OH-)<10-7ml/L，溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c(NH4+) < c(Cl-)，故C错误；
D.根据图像推断，d点溶液中c(H+)=10-7ml/L，常温下c(H+)· c(OH-)=Kw=10-14，所以c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故D错误。
所以A选项是正确的。
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:
已知:煅烧时,Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。
（1）煅烧时,Cr2O3发生反应的化学方程式为__________________。
（2）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有____(填化学式)。
（3）工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:
通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是__________________。
（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000 ml·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知Cr2被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为________________。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_____%。[已知M(K2Cr2O7)=294 g·ml-1,计算结果保留三位有效数字]。
（5）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3×10-5 ml·L-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?____(填“是”或“否”)。{已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38, Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2（3分）
（2）CuSO4(或CuSO4和H2SO4)（2分）
（3）低温条件下,K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小（2分）
（4）①Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O （3分） ②49.0（2分）
（5）是（2分）
【解析】（1）根据流程中“水浸”，Cr元素以Na2CrO4形式存在，Na2CrO4中Cr的化合价为＋6价， Cr2O3中Cr的化合价为+3价，Cr2O3作还原剂，被氧气氧化，根据化合价升降法进行配平，“煅烧”时Cr2O3参加的反应是2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2；
（2）“煅烧”除（1）中反应外，还有Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，沉渣应含有CuO、TeO2以及少量的Au，加入稀硫酸，CuO与稀硫酸反应生成CuSO4，根据题干，Te以TiOsO4形式存在，Au不与稀硫酸反应，即浸出液中含有TeOsO4、CuSO4、H2SO4；
（3）Na2Cr2O7溶液加入KCl(s)，得到K2Cr2O7，说明低温下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；
（4）①Cr2O42－作氧化剂，把Fe2＋氧化成Fe3＋，+6价Cr被还原成Cr3＋，根据得失电子数目守恒，得出Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
②根据①的离子反应方程式得出：K2Cr2O7的纯度==49.0%；
（5）Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH－)==2×10－26，Fe3＋沉淀完全，c(Fe3＋)应小于10－5ml·L－1，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中c3(OH－)==4×10－33<2×10－26，说明Fe3＋沉淀完全。
27．（14分）实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料锰酸锂（LiMn2O4）的一种流程如下：
（1）废旧电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是_________。
（2）“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn(NO3)2、LiNO3等产物。请写出该反应离子方程式_________。
如果采用盐酸溶解，从反应产物的角度分析，以盐酸代替HNO3和H2O2混合物的缺点是_________。
（3）“过滤2”时，洗涤Li2CO3沉淀的操作是_________。
（4）把分析纯碳酸锂与二氧化锰两种粉末，按物质的量1：4混合均匀加热可重新生成LiMn2O4，升温到515℃时，开始有CO2产生，同时生成固体A，比预计碳酸锂的分解温度（723℃）低很多，可能的原因是________。
（5）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn(OH)2开始沉淀的pH=7.7。请补充由上述过程中，制得的Mn(OH)2制备高纯MnCO3的操作步骤[实验中可选用的试剂：H2SO4、Na2CO3、C2H5OH]：向Mn(OH)2中边搅拌边加入_________。
【答案】（1）隔绝空气和水分（2分）
（2）2LiMn2O4+10H++3H2O2=2Li++4Mn2++3O2↑+8H2O（3分） 反应生成Cl2，污染环境（2分）
（3）沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作 2~3 次（2分）
（4）MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度（2分）
（5）H2SO4溶液，固体溶解，加入 Na2CO3，并控制溶液 pH＜7.7，过滤，用少量的乙醇洗涤，低于 100℃真空干燥（3分）
【解析】（1）废旧电池可能残留有单质锂，锂化学性质活泼，锂可与空气中的O2和H2O反应，对拆解的要求是：隔绝空气和水分。
（2）“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn（NO3）2、LiNO3等产物，LiMn2O4被还原成Mn（NO3）2，则H2O2被氧化成O2，反应中1mlLiMn2O4参与反应得到3ml电子，1mlH2O2失去2ml电子，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2LiMn2O4+10HNO3+3H2O2=2LiNO3+4Mn（NO3）2+3O2↑+8H2O，反应的离子方程式为2LiMn2O4+10H++3H2O2=2Li++4Mn2++3O2↑+8H2O。若采用盐酸溶解，盐酸作还原剂被氧化成Cl2，以盐酸代替HNO3和H2O2混合物的缺点是：反应生成Cl2，污染环境。
（3）“过滤2”时，洗涤Li2CO3沉淀的操作是：沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作 2~3 次。
（4）将分析纯碳酸锂与MnO2按物质的量1:4混合均匀升温到515℃时，开始有CO2产生，比预计的碳酸锂的分解温度低很多，可能的原因是：MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度。
（5）根据题目提供的试剂分析，制备MnCO3的原理为：Mn（OH）2+H2SO4=MnSO4+2H2O、MnSO4+Na2CO3=MnCO3↓+Na2SO4，pH=7.7时开始形成Mn（OH）2沉淀，加入Na2CO3沉淀Mn2+时控制pH<7.7；制备MnCO3的步骤为：向Mn（OH）2中加入H2SO4，固体溶解转化为MnSO4溶液，向MnSO4溶液中加入Na2CO3控制pH<7.7获得MnCO3沉淀；由于“MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解”，所以为了减少MnCO3的氧化变质和分解、以及溶解损失，过滤分离出MnCO3后，用乙醇洗涤，在低于100℃真空干燥。由Mn（OH）2制备高纯MnCO3的操作步骤为：向Mn（OH）2中边搅拌边加入H2SO4溶液，固体溶解，加入 Na2CO3，并控制溶液 pH＜7.7，过滤，用少量的乙醇洗涤，低于 100℃真空干燥。
28．（15分）氟的单质及其化合物在生产杀虫剂、灭火剂及特种塑料等方面用途广泛。
（1）在2％的氢氧化钠溶液中通入氟气，发生反应：2F2＋2NaOH═2NaF＋H2O＋OF2。该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为____，OF2的电子式为___。
（2）SF6是一种优良的绝缘气体材料，分子结构中只存在S-F键，已知1mlS（s）转化为气态硫原子时吸收能量280kJ，形成1mlF-F、S-F键需放出的能量分别为160kJ、330kJ，试写出固态S单质和氟气反应生成SF6气体的热化学方程式______。
（3）用含氟牙膏刷牙，氟离子会与牙釉质[主要成分为Ca5（PO4）3OH]发生反应： Ca5（PO4）3OH（s）+F-（aq）Ca5（PO4）3F（s）+OH-（aq），该反应的平衡常数K=_____（已知Ksp[Ca5（PO4）3OH]=7×l0-37，Ksp[Ca5（PO4）3F]=2.8×l0-61）。
（4）聚四氟化烯常用于炊具的“不粘涂层”。制备四氟化烯的反应原理为：2CHClF2（g）C2F4（g）+2HCl（g）△H1（反应I），副反应为：3CHClF（g）C3F6（g）+3HCl（g）△H2（反应II），反应达到平衡时各气体的物质的量分数随温度的变化如图所示：
① 在恒温恒容的条件下，下列能够说明反应I达到化学平衡状态的是：_________（填标号）。
A．混合气体密度不再改变 B．混合气体平均相对分子质量不再改变
C．v正（C2F4）=2V逆（HCl） D．c（C2F4）与c（HCl）比值保持不变
② 图中曲线A表示的物质是：______（填化学式）。
③反应2CHClF2（g）C2F4（g）+2HCl（g）的△H_____0（填“＞”或“＜”）。
④工业上常在900℃以上通过裂解CHClF2来制取C2F4，其原因是______。
（5）25℃时，向aml/L的NaF溶液中滴加等体积bml/L的盐酸使溶液呈中性（不考虑盐酸与氢氟酸的挥发，忽略溶液体积变化），则HF的电离平衡常数Ka=______。（用含a和b的代数式表示）
【答案】（1）2：1 （2分） （2分）
（2）S(s) + 3F2(g) = SF6(g) ΔH = -1220kJ/ml （2分）
（3）2.5×1024 （2分）
（4）①BD（1分） ②HCl（1分） ③ > （1分） ④C2F4的产率高，副产物C3F6的含量几乎为0 （2分）
（5） （2分）
【解析】⑴2F2＋2NaOH═2NaF＋H2O＋OF2，该反应中F的化合价从0价变为-1价，O元素的化合价从-2价变为+2价，氧化剂为F2，还原剂为NaOH，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为，故答案为：2：1；。
⑵反应热ΔH=反应物总键能生成物总键能，所以对于S(s) + 3F2(g) = SF6(g)，其反应热ΔH = 280kJ/ml+3×160kJ/ml - 6×330kJ/ml = -1220kJ/ml，故答案为：S(s) + 3F2(g) = SF6(g) ΔH = -1220kJ/ml。
⑶Ca5(PO4)3F溶度积比Ca5(PO4)3OH小，该反应的平衡常数；故答案为：2.5×1024。
⑷①A选项，制备四氟化烯反应前后都为气体，在恒容的条件下，混合气体密度始终保持改变，故A错误；B选项，制备四氟化烯的反应，反应前后物质的量在变化，混合气体的平均相对分子质量，气体的质量在反应前后是守恒的，是一个反应前后物质的量会变化的反应，所以当M不变时，达到了平衡，故B正确；C选项，v正（C2F4）=2V逆（HCl），一正一逆满足，但不满足登记计量系数之比，故C错误；D选项，c(C2F4)与c(HCl)比值保持不变，说明各物质的量不变，达到了平衡，故D正确；综上所述，答案为：BD。
②根据两个方程式得出可知氯化氢的物质的量一直在增加，且增加量最大，因此A为氯化氢，故答案为：HCl。
③根据图示可知，随着温度的升高CHClF2物质的量在减少，所以正反应为吸热反应，即2CHClF2(g)C2F4(g)+2HCl(g)的△H > 0，故答案为：> 。
④通过图示可知，在900ºC以上，副产物C3F6的含量几乎为0，工业上常在900ºC以上通过裂解CHClF2来制取C2F4，其原因是C2F4的产率高，副产物C3F6的含量几乎为0，故答案为：C2F4的产率高，副产物C3F6的含量几乎为0。
⑸盐酸和NaF之间反应生成氯化钠和HF，溶液显示中性，所以NaF会剩余，则生成的
c(HF) = 0.5bml/L，溶液呈中性，溶液显中性，故c(H+)= c(OH－)=1×10-7ml/L，根据电荷守恒，c(Cl－)=0.5bml/L，c(F－) + c(Cl－)=c(Na+) =0.5aml/L，所以c(F－) = (0.5a
-0.5b) ml/L，HF的电离常数，故答案为：。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
N、Fe是两种重要的元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。
（1）基态N 原子最高能级的电子云轮廓图形状为_____________；N原子的第一电离能比O原子的大，其原因是_________________________，基态铁原子的价电子排布图为_______
（2）在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，晶体结构如图所示。晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。氮原子的杂化轨道类型为_________。这种高聚氮N-N 键的键能为160kJ/ml，而N2 的键能为942kJ/ml，其可能潜在的应用是______________________。
（3）叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活，如汽车安全气囊等。
①写出与N3-属于等电子体的一种分子__________（填分子式）。
②氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得，同时生成水。下列叙述错误的是___（填标号）
A．上述生成HN3的化学方程式为：N2H4+HNO2= HN3+2 H2O
B．NaN3的晶格能大于KN3的晶格能
C．氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键
D．HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子。
E．HN3分子中四个原子可能在一条直线上
（4）某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。则该化合物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为______(填最简整数比)；已知该晶体的密度dg/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数为______nm(用含d和NA的代数式表示)。
（5）一种铁、碳形成的间隙化合物的晶体结构如图所示，其中碳原子位于铁原子形成的八面体的中心。每个铁原子又为两个八面体共用。则该化合物的化学式为_______。
【答案】（1）哑铃形(纺锤形) （1分） N原子的2P轨道电子处半充满状态，比较稳定 （1分）
（2分）
（2） sp3（1分） 制炸药(或高能燃料) （1分）
（3）① CO2或N2O （1分） ② DE （2分）
（4）1:2:4 （2分） （2分）
（5）Fe3C（2分）
【解析】（1）N为7号元素，基态N 原子的核外电子排布式是1s22s22p3；最高能级2p能级的电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形)；N原子的2P轨道电子处半充满状态，比较稳定，故N原子的第一电离能比O原子的大；
Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，其价电子排布式为3d64s2，故基态铁原子的价电子排布图为：；
故答案为哑铃形(纺锤形)；N原子的2P轨道电子处半充满状态，比较稳定；；
（2）每个氮原子最外层均满足8电子稳定结构，N原子的最外层有5个电子，可形成3个共价键，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，氮原子的杂化轨道类型为sp3；这种高聚氮N-N 键的键能为160kJ/ml，而N2的键能为942kJ/ml，其可能潜在的应用是制炸药(或高能燃料)；
故答案为sp3；制炸药(或高能燃料)；
（3）①N3-有3个原子和16个价电子，故与N3-属于等电子体的分子有CO2或N2O；
②氢叠氮酸(HN3) 可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得，同时生成水。
A．上述生成HN3的化学方程式为：N2H4+HNO2= HN3+2H2O，A正确；
B．钠离子的半径小于钾离子，故NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，B正确；
C．氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键，C正确；
D．HN3是极性分子，N2H4是非极性分子，D不正确；
E．HN3分子结构示意图为，靠近H原子的第1个N原子是sp2杂化的，第二个N原子是sp杂化的，端位的N原子不杂化，故四个原子不在一条直线上，E不正确。综上所述，叙述错误的是DE 。
故答案为CO2或N2O；DE；
（4）A含有1.5个亚铁离子、4个氯离子，B含有0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离
子，则该氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为1:2:4。晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为4、8、16，它们的相对质量之和是8×232，根据m=V可得8×232g= dg/cm3a3NA，a=107nm；
（5）根据均摊原则每个铁原子为两个八面体共用，所以铁与碳原子数比是6：1=3：1，
则该化合物的化学式为Fe3C；故答案为Fe3C。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
有机物Y是一种治疗心血管和高血压的药物，某研究小组以甲苯、乙烯等物质为主要原料，通过以下路线合成：
已知：RX+NaCNRCNRCOOH
请回答：
（1）Y的化学式为____________
（2）写出化合物H的结构简式___________。
（3）下列说法不正确的是____________。
A．B的一氯代物有三种
B．反应①②③④均属于取代反应
C．化合物G→Y的转化过程中，涉及的反应类型有取代反应、加成反应
D．反应①的试剂与条件为Cl2/光照
E. 化合物E能发生银镜反应
（4）写出反应④的化学方程式____________。
（5）芳香族化合物M是B的同分异构体，M含有二个六元环(且两个二元环共用两个相邻的碳原子)，则M可能的结构有_________。（任写两种）
（6）已知一个碳原子上连有两个羟基是不稳定的，会脱水转化为羰基。：．写出以为原料制备合成的线路图。________
【答案】（1）C11H14NCl （2分）
（2） （2分）
（3） ACE（3分）
（4） （2分）
（5） （其他合理的均给分） （2分）
（6） （4分）
【解析】（1）Y的结构简式为，则Y的化学式为C11H14NCl；
（2）比较G和X的结构简式，可推出H的结构简式为；
（3）A．B的结构简式为，其一氯代物有4种 ，故A错误；
B．由合成路线图可知，反应①②③④均属于取代反应，故B正确；
C．从G→Y的转化过程中，涉及的反应类型有还原反应、取代反应，故C错误；
D．根据C的结构简式可知反应①是甲基上的氢原子被取代，因此试剂与条件为Cl2/光照，故D正确；
E. 化合物E是环氧乙烷，不含醛基，不能发生银镜反应，故E错误。故答案为ACE；
（4）反应④是氯原子被取代，反应的化学方程式为：；
故答案为；
（5）B的结构简式为，芳香族化合物M是B的同分异构体，M含有二个六元环，则符合条件的有机物结构简式为： ；
（6）制备，应先合成对苯二甲酸和对苯二甲醇；以为原料，水解可生成对苯二甲醛，分别氧化和还原可生成对苯二甲酸和对苯二甲醇，其合成流程图为：。