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2021届江西省九江市高三三模考试+化学试卷
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这是一份2021届江西省九江市高三三模考试+化学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2021年江西省九江市高考化学三模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42分）
1.（6分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A.涤纶的主要成分是聚酯纤维。
B.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃。如苯或甲苯。
C.“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料。
D.工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现了“绿色化学”和“原子经济”。
2.（6分）我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE)概念，HPS作为经典的AIE分子，可由如图路线合成：
下列叙述正确的是（ ）
A.X中苯环上的一溴代物有5种 B.1molX最多与7molH2发生加成反应
C.生成1molHPS同时生成1molLiCl D.HPS可使酸性高锰酸钾溶液褪色
3.（6分）如图为某物质的结构。已知：W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（ ）
A.Y元素在周期表中的位置为第二周期IVA族
B.W、X对应的简单离子半径：X>W
C.该物质具有强氧化性，可以用作漂白剂
D.该物质中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构
4.（6分）有一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法，如图所示。反应在KCl电解液的流动池中进行，电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法正确的是（ ）
A.泡沫镍电极附近溶液pH减小
B.通电时，图中阴离子从上往下迁移通过阴离子交换膜
C.用该方法制备环氧乙烷的过程总反应为
D.当电路中通过2mol电子时，泡沫镍电极上会产生22.4L气体(标准状况)
5.（6分）联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A.1molN2H4可处理水中1.5molO2
B.③中发生反应后溶液的pH增大
C.①转化中N2H4失去电子
D.工业上也可用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
6.（6分）下列实验方案中，能达到相应实验目的的是（ ）
选项
A
B
C
D
目的
实验室制乙炔并检验乙炔
实验室制取少量的乙烯气体
证明酸性：碳酸>苯酚
实验室制备溴苯
实验方案
A.A B.B C.C D.D
7.（6分）常温下，向20mL0.1mol⋅L-1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A.b、d两点均为中性溶液
B.c点溶液中，c(NH4+)=c(Cl-)
C.a、b之间的任意一点：c(Cl-)>c(NH4+)，c(H+)>c(OH-)
D.常温下，0.1mol⋅L-1NH3⋅H2O的电离常数K约为1×10-5
二、简答题（本大题共5小题，共70分）
8.（14分）某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。试回答下列问题：
(1)将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，产生气体的化学式为______。该操作的目的是______。
(2)当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，原因是______。
(3)将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，A装置中产生无色气体的离子方程式是______。E装置中开始时出现浅红棕色气体的原因是______。
(4)用F装置向E装置中鼓入空气，E装置内气体颜色加深的原因是______。(用化学方程式表示)。
(5)反应一段时间后，C装置中白色沉淀溶解的原因是(用两个化学方程式说明)______，______。
(6)D装置的作用是______。若一定体积的NOx，被250mL2moI⋅L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，溶液质量增加19.8g，则x的值为______。
9.（14分）由铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4⋅2H2O和LiFePO4。实验流程如下：
(1)下列说法正确的是______。
A.“酸溶”时应先加入铬铁合金粉末，搅拌，再加入硫酸
B.“酸溶”时需要保持强制通风
C.为保证钴镍除尽，Na2S可以加稍过量
D.“沉铁”操作得到的滤液中含有Cr2O72-
(2)其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率[反应的铬铁的物质的量原铬铁的总物质的量×100%]、析出硫酸盐晶体质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为9～11mol⋅L-1，铬铁转化率下降的原因：______(已知硫酸浓度大于12mol⋅L-1时铁才会钝化)。
(3)在N2的氛围中将FeC2O4⋅2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360℃条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成。写出该反应的化学方程式：______。
(4)已知：①P507萃取剂密度小于水，萃取Fe3+时萃取率与溶液pH的关系如图所示。
②该实验中Cr3+在pH=6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全。pH=12时Cr(OH)3开始溶解。设计由沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3的实验方案，从下列选项中选择合适的操作并排序______→______→______→______→______→______→h。
a.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在6～12之间
b.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH约2.5
c.加入P507萃取剂
d.过滤、洗涤
e.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在8～12之间
f.向水溶液中滴加稍过量的H2O2
g.充分振荡、静置、分液
h.500℃煅烧
(5)Cr2O3(152g/mol)纯度的测定：称取ag制得的样品，先将其溶于浓的强碱溶液中，再配制成100mL溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入Na2O2，充分反应，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72-存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入过量KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装cmol⋅L-1硫代硫酸钠标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。已知：Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O；I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。
①下列有关滴定操作的说法正确的是______。
A.滴定时，滴定管下端不能伸入锥形瓶内，以免振摇时碰到锥形瓶
B.开始时，应边摇边滴，滴定速度可稍快，可以流成“水线”，接近终点时，应改为加一滴，摇几下
C.平行滴定分析时每次滴定前都需要将标准液的液面调至同一刻度水平附近
D.为节省药品，滴定结束后，滴定管内剩余的标准液应将其倒回原瓶
②计算样品中Cr2O3的纯度为______(用含a、V和c的计算式表示)。
10.（14分）还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。
Ⅰ.氧气还原法。H2还原NO发生的反应为2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)。
(1)已知儿种化学键的键能数据如表：
化学键
H-H
NO中共价键
N≡N
H-O
键能/(kJ⋅mol-1)
436
630
946
463
2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=______kJ⋅mol-1。
(2)2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)(k是速率常数，只与温度有关)。科学研究发现上述反应分两步进行：
反应1：2NO(g)+H2(g)⇌N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g)⇌2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的⋅步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应______(填“l”或“2”)。c(NO)对总反应速率的影响程度______c(H2)(填“大于”“小于”或“等于”)。
Ⅱ.NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)+6NO2(g)⇌7N2(g)+12H2O(g)。
(3)下列表明该反应达到平衡状态的是______(填字母)。
A.混合气体密度保持不变B.NO2和N2的消耗速率之比为6：7
C.混合气体中c(N2)=c(NO2)D.混合气体压强保持不变
Ⅲ.CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH.在2L恒容密闭容器中充入2molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度、时间的变化关系如图所示。
(4)下列说法正确的是______(填字母)。
A.图象中，T1>T2
B.上述反应在高温下能自发进行
C.10min时，T2K下正、逆反应速率相等
D.增大NO的浓度，反应物的转化率增大
(5)T2K温度下，0-10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______molL-1⋅min-1；T1K温度下，上述反应的平衡常数K=______L⋅mol-1。
(6)T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则平衡______(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。
11.（14分）以物质的量之比3：1的Fe和Al共熔后结晶得Fe3Al晶体，晶胞结构如图一所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为apm。血红素(如图二)是血红蛋白的活性部位，其中心元素是Fe(II)。二者是常见的含铁物质，请回答下列问题。
(1)Fe2+的价电子排布式为：______。
(2)血红素分子中非金属元素电负性由大到小的顺序是______(用元素符号表示)；这些元素形成的简单氢化物中沸点由高到低的顺序是______(用化学式表示)；C、N、O三种元素形成一种阴离子CNO-，其结构中有______个σ键，______个π键。
(3)有机分子中的闭环平面结构中，成环原子的π电子数等于4n+2(n-1,2,3…)时，该环具有芳香性。n环为血红素中含N最小环，且为平面结构，则N杂化类型为______；该环______(填“有”、“无”)芳香性。
(4)Fe3Al晶胞中，rA1=bpm，rFe=cpm，则该晶胞的空间利用率为______(以含π的代数式表示)。
(5)m原子的原子分数坐标为______；晶胞内任意两个A1原子之间的距离为______pm。
(6)Fe3Al晶体的密度为______g⋅cm-3。
12.（14分）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如图。
已知：
①RCHO+CH3CHO→稀碱→△RCH=CHCHO
②→-H2ORCHO
回答下列问题：
(1)F中所含官能团的名称是______；C的化学名称为______。
(2)G→H的反应类型是______。
a.取代反应
b.加成反应
c.消去反应
d.还原反应
e.氧化反应
(3)化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应④核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为2：2：2：1：1，试写出W的结构简式为______。
(4)用B氧化法生产C，得到的C中往往混有B。
①制备过程中，证明已有C生成的试剂是：______。
②证明生成的C中混有B的方法是：______。
(5)写出由A到B的反应化学方程式______。
(6)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为：A→反应条件反应试剂B……→反应条件反应试剂目标产物)______。
答案和解析
1.【答案】C;
【解析】解：A.涤纶的结构简式为，即聚对苯二甲酸乙二酯，属于聚酯纤维，故A正确；
B.石油的成分主要是链状烃，通过结构的重新调整可以生成环状烃，所以石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯，故B正确；
C.碳纤维是无机非金属材料，不属于有机物，故C错误；
D.将乙烯直接氧化生产环氧乙烷，原子利用率百分之百，故D正确；
故选：C。
A.涤纶的结构简式为；
B.石油的成分主要是链状烃，通过结构的重新调整可以生成环状烃；
C.碳纤维是无机非金属材料；
D.在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”。
此题主要考查物质的组成和性质，为高频考点，侧重考查化学在生产、生活中的应用，明确物质性质、发生的反应是解本题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。
2.【答案】D;
【解析】解：A.X的苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一溴代物有3种，故A错误；
B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应，X分子中含有2个苯环、1个碳碳三键，所以1molX最多消耗8mol氢气，故B错误；
C.根据原子守恒知，生成1molHPS同时生成2molLiCl，故C错误；
D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，HPS中含有碳碳双键，所以HPS能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：D。
A.X的苯环上含有几种氢原子，其苯环上的一溴代物就有几种；
B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应；
C.根据原子守恒知，生成1molHPS同时生成2molLiCl；
D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。
此题主要考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】A;
【解析】解：由分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素，
A.Y为B元素，原子序数为5，位于第二周期ⅢA族，故A错误；
B.电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：X>W，故B正确；
C.该物质中含有O-O键，具有强氧化性，可以用作漂白剂，故C正确；
D.该化合物中O形成2个共价键，且有2个孤电子对，B形成4个共价键，则O、B原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：A。
W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，以此解答该题。
此题主要考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4.【答案】D;
【解析】解：A.镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有OH-生成，泡沫镍电极附近溶液pH增大，故A错误；
B.铂电极为阳极，镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极溶液中发生反应需要OH-，OH-从下往上迁移通过阴离子交换膜，故B错误；
C.阳极区总反应式为C2H4-2e-+2OH-→+H2O，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，制备的总反应式为，故C错误；
D.当电路中通过2mol电子时，根据电子转移守恒可知，泡沫镍电极上生成氢气为1mol，标准状况下氢气体积是22.4L，故D正确；
故选：D。
铂电极上Cl-失电子转化为Cl2，铂电极为阳极，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2，溶液中发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HOCl，C2H4+HOCl→HOCH2CH2Cl，，阳极区总反应式为C2H4-2e-+2OH-→+H2O，镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，制备的总反应式为C2H4+H2O-电解+H2↑。
此题主要考查电解原理的应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。
5.【答案】A;
【解析】解：A.1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知：1molN2H4可处理水中1molO2，故A错误；
B.③中氧气得电子，生成氢氧根离子，导致溶液pH增大，故B正确；
C.①转化中N2H4与CuO反应生成氮气，氮元素的化合价升高，则①转化中N2H4是还原剂，故C正确；
D.亚硫酸钠具有还原性与氧气发生氧化还原反应生成Na2SO4，则可以用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，故D正确；
故选：A。
A.根据得失电子守恒分析解答；
B.③中氧气得电子，生成氢氧根离子；
C.①转化中N2H4与CuO反应生成氮气，氮元素的化合价升高；
D.亚硫酸钠具有还原性。
此题主要考查化学反应机理，涉及到氧化还原反应的相关知识，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
6.【答案】D;
【解析】解：A.生成的氢氧化钙易堵塞多孔塑料板，且生成的乙炔中混有硫化氢等均可被酸性高锰酸钾氧化，不能制乙炔并检验乙炔，故A错误；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计的水银球应在液面下，故B错误；
C.挥发的盐酸与苯酚钠反应生成苯酚，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；
D.四氯化碳可除去挥发的溴，苯与液溴发生取代反应生成HBr和溴苯，倒扣的漏斗可吸收尾气且防止倒吸，可制备溴苯，故D正确；
故选：D。
A.生成的氢氧化钙易堵塞多孔塑料板，且生成的乙炔中混有硫化氢等均可被酸性高锰酸钾氧化；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯；
C.挥发的盐酸与苯酚钠反应生成苯酚；
D.四氯化碳可除去挥发的溴，苯与液溴发生取代反应生成HBr和溴苯。
此题主要考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.【答案】D;
【解析】解：A.a点溶质为NH3⋅H2O，溶液呈碱性，c点水电离程度最大，溶液中溶质为NH4Cl，NH4+离子水解使溶液呈酸性，b点水电离出的c(H+)等于水中水电离出的c(OH-)，则b点溶液呈中性，c点之后继续滴加稀盐酸，溶液酸性增强，故则d点溶液呈酸性，故A错误；
B.c点溶质为NH4Cl，NH4+离子水解，则c(NH4+)
故选：D。
a点溶液中溶质只有氨水，c点水的电离程度最大，则c点为NH4Cl溶液，b点为一水合氨和氯化铵混合溶液，水电离出的氢氧根离子与氢离子浓度相等，b点溶液呈中性，d点为氯化铵和盐酸混合溶液，c点NH4+离子水解，c点溶液呈酸性，继续滴加盐酸，溶液酸性增强，盐酸抑制水的电离，d点溶液呈酸性；
A.c点溶液呈酸性，继续滴加稀盐酸，溶液酸性增强；
B.c点溶质为NH4Cl，NH4+离子水解；
C.a、b之间任意一点溶液均为碱性，且溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；
D.a点溶液溶质为NH3⋅H2O，0.1mol/L氨水溶液中水电离出的c(H+)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=10-3mol/L，NH3⋅H2O电离程度较小，则该溶液中c(NH3⋅H2O)≈0.1mol/L，c(NH4+)≈c(OH-)=10-3mol/L，代入氨水的电离常数Kb=c(NH4+)·c(OH-)c(NH3·H2O)计算。
此题主要考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意：b点溶液呈中性、d点溶液呈酸性。
8.【答案】CO2用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应3Cu+8H++NO3-（稀）=3Cu2++2NO↑+4H2OCO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO22NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NO（或4NO+3O2+2H2O=4HNO3）CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气1.6;
【解析】解：(1)稀硝酸与碳酸钙反应产生的气体为CO2；根据分析可知该操作的目的是：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气，
故答案为：CO2；用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气；
(2)当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，根据分析可知原因为：防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应，
故答案为：防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应；
(3)铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++NO3-(稀)=3Cu2++2NO↑+4H2O；E装置中开始时出现浅红棕色气体即产生了二氧化氮，可能的原因是：CO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO2，
故答案为：3Cu+8H++NO3-(稀)=3Cu2++2NO↑+4H2O；CO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO2；
(4)颜色加深的原因是一氧化氮与氧气发生了反应：2NO+O2=2NO2，
故答案为：2NO+O2=2NO2；
(5)C装置中白色沉淀溶解是因为产生的二氧化氮与水反应(或一氧化氮与氧气和水反应)生成了硝酸，硝酸与碳酸钙反应使沉淀溶解，故涉及到的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)；CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)；CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O；
(6)根据分析可知，平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气；一定体积的NOx，被250mL2mol⋅L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，得到的产物为NaNOx，根据元素守恒，N的物质的量与Na的物质的量相同，n(Na)=n(N)=0.25L×2mol/L=0.5mol，N的质量为0.5mol×14g/mol=7g，氧元素的质量为19.8-7=12.8g，O的物质的量为0.8mol，故x=0.80.5=1.6，
故答案为：平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气；1.6。
装置A中利用碳酸钙与稀硝酸反应产生二氧化碳，将装置内的空气排干净，然后再让铜与稀硝酸反应产生一氧化氮；装置E的目的是收集产生的一氧化氮，与F相连的气球中的空气挤入E中可以验证E中收集到的气体为一氧化氮；C中产生白色沉淀时，说明装置中空气已经排干净，需要将碳酸钙与稀硝酸分离，防止消耗较多的稀硝酸，影响铜与稀硝酸的反应；D装置可以起到平衡压强的作用，且其中的氢氧化钠可以吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气。
此题主要考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意气体的制备实验与性质实验的结合，题目难度中等。
9.【答案】BC析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率FeC2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiFePO4+CO+CO2+3H2OfbcgedC38cV3a%;
【解析】解：(1)A.“酸溶”时应先加入铬铁合金粉末，再加入硫酸，然后搅拌，故A错误；
B.“酸溶”时需要保持强制通风，将产生的气体排除，故B正确；
C.为保证钴镍除尽，Na2S可以加稍过量，故C正确；
D.“沉铁”操作得到的滤液中含有Cr3+，故D错误；
故答案为：BC；
(2)由图可知，当硫酸的浓度为9～11mol⋅L-1，铬铁转化率下降的原因是析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率，
故答案为：析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率；
(3)在N2的氛围中将FeC2O4⋅2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360℃条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：FeC2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiFePO4+CO+CO2+3H2O，
故答案为：FeC2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiFePO4+CO+CO2+3H2O；
(4)②根据题给信息，P507萃取剂可以萃取Fe3+，所以先加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，然后加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH至2.5左右，再加入P507萃取剂萃取，萃取铁离子，充分振荡、静置、分液
后，向水层中加入氢氧化钠溶液至pH在8～12之间，得到Cr(OH)3沉淀，过滤、洗涤，干燥后，500℃煅烧得到Cr2O3，所以合适的操作顺序为：f→b→c→g→e→d；
故答案为：f；b；c；g；e；d；
(5)①A.滴定时，滴定管下端可以伸入锥形瓶内，故A错误；
B.开始时，滴定速度可稍快，接近终点时，应改为应边滴边摇，防止试剂过量，故B错误；
C.采用平行滴定分析时，每次滴定前都需要将标准液的液面调至同一刻度水平附近，故C正确；
D.滴定结束后，滴定管内剩余的标准液不能倒回原瓶，防止试剂污染，故D错误；
故答案为：C。
②根据题意有关系式：Cr2O3～Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则样品中Cr2O3的纯度为16×cmol⋅L-1×V×10-3L×100mL20mL×152g/molag×100％=38cV3a%，
故答案为：38cV3a%。
铁铬合金主要成分为Cr、Fe，含少量Co、Ni等，加入硫酸进行酸溶，金属元素转化为相应的金属阳离子进入溶液，之和加入Na2S溶液，除去钴和镍，过滤后，加入草酸，生成FeC2O4⋅2H2O，过滤得到FeC2O4⋅2H2O晶体，再经过一系列处理得到LiFePO4，滤液中含有铬离子，经处理后得到Cr2O3，据此分析作答。
本题主要氧化还原反应原理的综合利用，包括方程式的书写，电极反应式的书写，电子得失的计算等，同时考查物质的分离与提纯，基本的实验操作，对学生的能力要求较高，难度较大。
10.【答案】-666l大于BDAC0.081向右移动;
【解析】解：Ⅰ(1)ΔH=反应物总键能-生成物总键能，2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=2×(NO)+2×(H-H)-N≡N-4×(H-O)=(2×630+2×436-946-4×463)kJ⋅mol-1=-666kJ⋅mol-1，
故答案为：-666；
(2)该反应的反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)，又因为总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1速率较慢活化能较大；因为反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)，c(NO)的幂为2，所以c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)，
故答案为：1；大于；
Ⅱ(3)A、该反应气体质量与体积均不改变，则混合气体密度保持不变不能说明平衡，故A错误；
B、NO2消耗时反应为正向，N2消耗时反应为逆向，结合速率与计量系数成正比可知NO2和N2的消耗速率之比为6：7可以说明平衡，故B正确；
C、混合气体中浓度不在改变才可说明平衡，故C错误；
D、该反应气体计量系数改变，则混合气体压强保持不变可以说明平衡，故D正确；
故答案为：BD；
(4)A、根据图示T1K反应达平衡所需时间较短，反应速率较快，则T1>T2，故A正确；
B、根据图示可知，该反应为放热反应，且ΔS<0，ΔG=ΔH-T⋅ΔS，ΔG<0：反应自发进行，该反应为低温自发进行，故B错误；
C、10min时，T2K下，达到平衡状态，此时正、逆反应速率相等，故C正确；
D、增大NO的浓度，NO的转化率减小，故D错误；
故答案为：AC；
(5)T2K温度下，0-10min内NO的转化率为80%，Δn(CO)=Δn(NO)=2mol×80%=1.6mol，v(CO)=ΔcΔt=ΔnV×Δt=1.6mol2L×10min=0.08mol(L⋅min)；T1K温度下，平衡时NO的转化率为50%，则：
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)(单位：molL)
起始量：1100
转化量：0.50.50.250.5
平衡量：0.50.50.250.5
平衡常数K=c(N2)×c2(CO2)c2(CO)×c2(NO)=0.25×(0.5)2(0.5)2×(0.5)2=1(molL)-1，
故答案为：0.08；1；
(6)T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则此时Qc=1.25×(0.5)2(0.5)2×(1.5)2=0.56
Ⅰ(1)根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能进行计算；
(2)该反应的反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)，又因为总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应速率较慢活化能较大；根据c(NO)的幂为2即可知结论；
Ⅱ(3)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
(4)A、根据图示T1K反应达平衡所需时间较短，反应速率较快，温度较高；
B、根据图示可知，该反应为放热反应，且ΔS<0，结合ΔG=ΔH-T⋅ΔS进行分析；
C、10min时，T2K下，达到平衡状态，正、逆反应速率相等；
D、结合勒夏特列原理分析，增大NO的浓度，NO的转化率减小；
(5)根据v(CO)=ΔcΔt=ΔnV×Δt进行计算；T1K温度下，平衡时NO的转化率为50%，列三段式结合平衡常数K=c(N2)×c2(CO2)c2(CO)×c2(NO)进行计算；
(6)根据Qc与K的关系判断平衡移动，Qc>K，平衡逆移，Qc
11.【答案】3d6O＞N＞C＞HH2O＞NH3＞CH422sp2有16π(3c3+b3)3a3×100%（34、34、14）22a780NA×a3×10-30;
【解析】解：(1)Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，
故答案为：3d6；
(2)同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故O、N、C、H的电负性依次减小，即O>N>C>H；O、N、C的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，水和氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，常温下水为液态，氨为气态，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4；CNO-的结构式为[O-C≡N]-，单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键，所以其结构中有2个σ键，2个π键，
故答案为：O>N>C>H；H2O>NH3>CH4；2；2；
(3)由图可知，n环为平面结构，N原子上有3个共价键，则N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，则该环有芳香性，
故答案为：sp2；有；
(4)该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为apm，晶胞体积为：a3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=bpm，rFe=cpm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为43πrFe3×12+43πrA13×4=43π(12c3+4b3)pm3=163π(3c3+b3)pm3，所以该晶胞的空间利用率为16π(3c3+b3)3a3×100％，
故答案为：16π(3c3+b3)3a3×100％；
(5)由图一可知，m原子位于右后下方小立方体的中心，则m原子的原子分数坐标为(34、34、14)；由晶胞结构图可知，4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半，即为22apm，
故答案为：(34、34、14)；22a；
(6)一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=56×12+27×4NAg，晶胞的体积V=(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，根据ρ=mV，得Fe3Al晶体的密度为：780NA×a3×10-30g⋅cm-3，
故答案为：780NA×a3×10-30。
(1)Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6；
(2)同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强；含有请见的物质熔沸点较高，液体的熔沸点高于气体；单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键；
(3)n环为平面结构，N原子上有3个共价键，N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，有芳香性；
(4)该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为apm，晶胞体积为：a3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=bpm，rFe=cpm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为43πrFe3×12+43πrA13×4=43π(12c3+4b3)pm3=163π(3c3+b3)pm3；
(5)m原子位于右后下方小立方体的中心，坐标为(34、34、14)；4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半；
(6)一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=56×12+27×4NAg，晶胞的体积V=(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，根据ρ=mV计算。
此题主要考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、原子均摊法的应用、价层电子对互斥理论的应用等知识，侧重考查学生分析、判断及空间想像能力，把握价层电子互斥理论和晶胞的计算是解答该题的关键，注意基础知识的灵活运用，题目难度中等。
12.【答案】醛基苯甲酸b、d紫色石蕊试液取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛2+O2→△Cu2+2H2O→光照氯气→△NaOH溶液→稀碱乙醛;
【解析】解：(1)F为CH3(CH2)6CHO，所含官能团的名称是醛基；C为，化学名称为苯甲酸，
故答案为：醛基；苯甲酸；
(2)+H2→△催化剂，反应类型是加成反应，也是还原反应，故选b、d，
故答案为：b、d；
(3)化合物W相对分子质量比化合物C()大14，即多1个-CH2-，满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色(含有酚羟基)，②属于芳香族化合物(含有苯环)，③能发生银镜反应(含有醛基)，④核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为2：2：2：1：1，则-OH与-CH2CHO在苯环的对位，故W的结构简式为，
故答案为：；
(4)①制备过程中，证明已有C()生成，则所选试剂需检验-COOH的存在，试剂是：紫色石蕊试液，
故答案为：紫色石蕊试液；
②证明生成的C中混有B()，则需检验醛基的存在，方法是：取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛，
故答案为：取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛；
(5)A()催化氧化生成B()，反应化学方程式为2+O2→△Cu2+2H2O，
故答案为：2+O2→△Cu2+2H2O；
(6)用甲苯和乙醛为原料制备，依据信息①，应将甲苯转化为苯甲醛，然后再与乙醛反应，便可得到目标有机物，合成路线为：→光照氯气→加热氢氧化钠→稀碱乙醛，
故答案为：→光照氯气→△NaOH溶液→稀碱乙醛。
甲苯在光照条件下与Cl2反应生成，在NaOH水溶液中加热，发生水解反应，生成A()，催化氧化生成B()，催化氧化生成C()；CH4在光照条件与Cl2反应生成D(CH2Cl2)，在NaOH溶液中发生水解生成E(HCHO)，与F发生信息①反应，生成G()，G与H2加成生成H()，C与H反应生成I()，
(6)甲苯和乙醛为原料制备，依据信息①，应将甲苯转化为苯甲醛，然后再与乙醛反应，便可得到目标有机物。
本题以甲苯为原料，合成，其中考查了有机化学反应类型，有机物检测，有机推断及有机合成，同分异构体等内容，侧重考查学生分析和解决问题的能力，难度适中。
2021年江西省九江市高考化学三模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42分）
1.（6分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A.涤纶的主要成分是聚酯纤维。
B.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃。如苯或甲苯。
C.“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料。
D.工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现了“绿色化学”和“原子经济”。
2.（6分）我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE)概念，HPS作为经典的AIE分子，可由如图路线合成：
下列叙述正确的是（ ）
A.X中苯环上的一溴代物有5种 B.1molX最多与7molH2发生加成反应
C.生成1molHPS同时生成1molLiCl D.HPS可使酸性高锰酸钾溶液褪色
3.（6分）如图为某物质的结构。已知：W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（ ）
A.Y元素在周期表中的位置为第二周期IVA族
B.W、X对应的简单离子半径：X>W
C.该物质具有强氧化性，可以用作漂白剂
D.该物质中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构
4.（6分）有一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法，如图所示。反应在KCl电解液的流动池中进行，电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法正确的是（ ）
A.泡沫镍电极附近溶液pH减小
B.通电时，图中阴离子从上往下迁移通过阴离子交换膜
C.用该方法制备环氧乙烷的过程总反应为
D.当电路中通过2mol电子时，泡沫镍电极上会产生22.4L气体(标准状况)
5.（6分）联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A.1molN2H4可处理水中1.5molO2
B.③中发生反应后溶液的pH增大
C.①转化中N2H4失去电子
D.工业上也可用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
6.（6分）下列实验方案中，能达到相应实验目的的是（ ）
选项
A
B
C
D
目的
实验室制乙炔并检验乙炔
实验室制取少量的乙烯气体
证明酸性：碳酸>苯酚
实验室制备溴苯
实验方案
A.A B.B C.C D.D
7.（6分）常温下，向20mL0.1mol⋅L-1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A.b、d两点均为中性溶液
B.c点溶液中，c(NH4+)=c(Cl-)
C.a、b之间的任意一点：c(Cl-)>c(NH4+)，c(H+)>c(OH-)
D.常温下，0.1mol⋅L-1NH3⋅H2O的电离常数K约为1×10-5
二、简答题（本大题共5小题，共70分）
8.（14分）某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。试回答下列问题：
(1)将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，产生气体的化学式为______。该操作的目的是______。
(2)当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，原因是______。
(3)将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，A装置中产生无色气体的离子方程式是______。E装置中开始时出现浅红棕色气体的原因是______。
(4)用F装置向E装置中鼓入空气，E装置内气体颜色加深的原因是______。(用化学方程式表示)。
(5)反应一段时间后，C装置中白色沉淀溶解的原因是(用两个化学方程式说明)______，______。
(6)D装置的作用是______。若一定体积的NOx，被250mL2moI⋅L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，溶液质量增加19.8g，则x的值为______。
9.（14分）由铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4⋅2H2O和LiFePO4。实验流程如下：
(1)下列说法正确的是______。
A.“酸溶”时应先加入铬铁合金粉末，搅拌，再加入硫酸
B.“酸溶”时需要保持强制通风
C.为保证钴镍除尽，Na2S可以加稍过量
D.“沉铁”操作得到的滤液中含有Cr2O72-
(2)其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率[反应的铬铁的物质的量原铬铁的总物质的量×100%]、析出硫酸盐晶体质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为9～11mol⋅L-1，铬铁转化率下降的原因：______(已知硫酸浓度大于12mol⋅L-1时铁才会钝化)。
(3)在N2的氛围中将FeC2O4⋅2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360℃条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成。写出该反应的化学方程式：______。
(4)已知：①P507萃取剂密度小于水，萃取Fe3+时萃取率与溶液pH的关系如图所示。
②该实验中Cr3+在pH=6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全。pH=12时Cr(OH)3开始溶解。设计由沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3的实验方案，从下列选项中选择合适的操作并排序______→______→______→______→______→______→h。
a.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在6～12之间
b.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH约2.5
c.加入P507萃取剂
d.过滤、洗涤
e.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在8～12之间
f.向水溶液中滴加稍过量的H2O2
g.充分振荡、静置、分液
h.500℃煅烧
(5)Cr2O3(152g/mol)纯度的测定：称取ag制得的样品，先将其溶于浓的强碱溶液中，再配制成100mL溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入Na2O2，充分反应，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72-存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入过量KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装cmol⋅L-1硫代硫酸钠标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。已知：Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O；I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。
①下列有关滴定操作的说法正确的是______。
A.滴定时，滴定管下端不能伸入锥形瓶内，以免振摇时碰到锥形瓶
B.开始时，应边摇边滴，滴定速度可稍快，可以流成“水线”，接近终点时，应改为加一滴，摇几下
C.平行滴定分析时每次滴定前都需要将标准液的液面调至同一刻度水平附近
D.为节省药品，滴定结束后，滴定管内剩余的标准液应将其倒回原瓶
②计算样品中Cr2O3的纯度为______(用含a、V和c的计算式表示)。
10.（14分）还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。
Ⅰ.氧气还原法。H2还原NO发生的反应为2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)。
(1)已知儿种化学键的键能数据如表：
化学键
H-H
NO中共价键
N≡N
H-O
键能/(kJ⋅mol-1)
436
630
946
463
2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=______kJ⋅mol-1。
(2)2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)(k是速率常数，只与温度有关)。科学研究发现上述反应分两步进行：
反应1：2NO(g)+H2(g)⇌N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g)⇌2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的⋅步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应______(填“l”或“2”)。c(NO)对总反应速率的影响程度______c(H2)(填“大于”“小于”或“等于”)。
Ⅱ.NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)+6NO2(g)⇌7N2(g)+12H2O(g)。
(3)下列表明该反应达到平衡状态的是______(填字母)。
A.混合气体密度保持不变B.NO2和N2的消耗速率之比为6：7
C.混合气体中c(N2)=c(NO2)D.混合气体压强保持不变
Ⅲ.CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH.在2L恒容密闭容器中充入2molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度、时间的变化关系如图所示。
(4)下列说法正确的是______(填字母)。
A.图象中，T1>T2
B.上述反应在高温下能自发进行
C.10min时，T2K下正、逆反应速率相等
D.增大NO的浓度，反应物的转化率增大
(5)T2K温度下，0-10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______molL-1⋅min-1；T1K温度下，上述反应的平衡常数K=______L⋅mol-1。
(6)T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则平衡______(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。
11.（14分）以物质的量之比3：1的Fe和Al共熔后结晶得Fe3Al晶体，晶胞结构如图一所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为apm。血红素(如图二)是血红蛋白的活性部位，其中心元素是Fe(II)。二者是常见的含铁物质，请回答下列问题。
(1)Fe2+的价电子排布式为：______。
(2)血红素分子中非金属元素电负性由大到小的顺序是______(用元素符号表示)；这些元素形成的简单氢化物中沸点由高到低的顺序是______(用化学式表示)；C、N、O三种元素形成一种阴离子CNO-，其结构中有______个σ键，______个π键。
(3)有机分子中的闭环平面结构中，成环原子的π电子数等于4n+2(n-1,2,3…)时，该环具有芳香性。n环为血红素中含N最小环，且为平面结构，则N杂化类型为______；该环______(填“有”、“无”)芳香性。
(4)Fe3Al晶胞中，rA1=bpm，rFe=cpm，则该晶胞的空间利用率为______(以含π的代数式表示)。
(5)m原子的原子分数坐标为______；晶胞内任意两个A1原子之间的距离为______pm。
(6)Fe3Al晶体的密度为______g⋅cm-3。
12.（14分）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如图。
已知：
①RCHO+CH3CHO→稀碱→△RCH=CHCHO
②→-H2ORCHO
回答下列问题：
(1)F中所含官能团的名称是______；C的化学名称为______。
(2)G→H的反应类型是______。
a.取代反应
b.加成反应
c.消去反应
d.还原反应
e.氧化反应
(3)化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应④核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为2：2：2：1：1，试写出W的结构简式为______。
(4)用B氧化法生产C，得到的C中往往混有B。
①制备过程中，证明已有C生成的试剂是：______。
②证明生成的C中混有B的方法是：______。
(5)写出由A到B的反应化学方程式______。
(6)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为：A→反应条件反应试剂B……→反应条件反应试剂目标产物)______。
答案和解析
1.【答案】C;
【解析】解：A.涤纶的结构简式为，即聚对苯二甲酸乙二酯，属于聚酯纤维，故A正确；
B.石油的成分主要是链状烃，通过结构的重新调整可以生成环状烃，所以石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯，故B正确；
C.碳纤维是无机非金属材料，不属于有机物，故C错误；
D.将乙烯直接氧化生产环氧乙烷，原子利用率百分之百，故D正确；
故选：C。
A.涤纶的结构简式为；
B.石油的成分主要是链状烃，通过结构的重新调整可以生成环状烃；
C.碳纤维是无机非金属材料；
D.在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”。
此题主要考查物质的组成和性质，为高频考点，侧重考查化学在生产、生活中的应用，明确物质性质、发生的反应是解本题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。
2.【答案】D;
【解析】解：A.X的苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一溴代物有3种，故A错误；
B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应，X分子中含有2个苯环、1个碳碳三键，所以1molX最多消耗8mol氢气，故B错误；
C.根据原子守恒知，生成1molHPS同时生成2molLiCl，故C错误；
D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，HPS中含有碳碳双键，所以HPS能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：D。
A.X的苯环上含有几种氢原子，其苯环上的一溴代物就有几种；
B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应；
C.根据原子守恒知，生成1molHPS同时生成2molLiCl；
D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。
此题主要考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】A;
【解析】解：由分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素，
A.Y为B元素，原子序数为5，位于第二周期ⅢA族，故A错误；
B.电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：X>W，故B正确；
C.该物质中含有O-O键，具有强氧化性，可以用作漂白剂，故C正确；
D.该化合物中O形成2个共价键，且有2个孤电子对，B形成4个共价键，则O、B原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：A。
W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，以此解答该题。
此题主要考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4.【答案】D;
【解析】解：A.镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有OH-生成，泡沫镍电极附近溶液pH增大，故A错误；
B.铂电极为阳极，镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极溶液中发生反应需要OH-，OH-从下往上迁移通过阴离子交换膜，故B错误；
C.阳极区总反应式为C2H4-2e-+2OH-→+H2O，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，制备的总反应式为，故C错误；
D.当电路中通过2mol电子时，根据电子转移守恒可知，泡沫镍电极上生成氢气为1mol，标准状况下氢气体积是22.4L，故D正确；
故选：D。
铂电极上Cl-失电子转化为Cl2，铂电极为阳极，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2，溶液中发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HOCl，C2H4+HOCl→HOCH2CH2Cl，，阳极区总反应式为C2H4-2e-+2OH-→+H2O，镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，制备的总反应式为C2H4+H2O-电解+H2↑。
此题主要考查电解原理的应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。
5.【答案】A;
【解析】解：A.1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知：1molN2H4可处理水中1molO2，故A错误；
B.③中氧气得电子，生成氢氧根离子，导致溶液pH增大，故B正确；
C.①转化中N2H4与CuO反应生成氮气，氮元素的化合价升高，则①转化中N2H4是还原剂，故C正确；
D.亚硫酸钠具有还原性与氧气发生氧化还原反应生成Na2SO4，则可以用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，故D正确；
故选：A。
A.根据得失电子守恒分析解答；
B.③中氧气得电子，生成氢氧根离子；
C.①转化中N2H4与CuO反应生成氮气，氮元素的化合价升高；
D.亚硫酸钠具有还原性。
此题主要考查化学反应机理，涉及到氧化还原反应的相关知识，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
6.【答案】D;
【解析】解：A.生成的氢氧化钙易堵塞多孔塑料板，且生成的乙炔中混有硫化氢等均可被酸性高锰酸钾氧化，不能制乙炔并检验乙炔，故A错误；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计的水银球应在液面下，故B错误；
C.挥发的盐酸与苯酚钠反应生成苯酚，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；
D.四氯化碳可除去挥发的溴，苯与液溴发生取代反应生成HBr和溴苯，倒扣的漏斗可吸收尾气且防止倒吸，可制备溴苯，故D正确；
故选：D。
A.生成的氢氧化钙易堵塞多孔塑料板，且生成的乙炔中混有硫化氢等均可被酸性高锰酸钾氧化；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯；
C.挥发的盐酸与苯酚钠反应生成苯酚；
D.四氯化碳可除去挥发的溴，苯与液溴发生取代反应生成HBr和溴苯。
此题主要考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.【答案】D;
【解析】解：A.a点溶质为NH3⋅H2O，溶液呈碱性，c点水电离程度最大，溶液中溶质为NH4Cl，NH4+离子水解使溶液呈酸性，b点水电离出的c(H+)等于水中水电离出的c(OH-)，则b点溶液呈中性，c点之后继续滴加稀盐酸，溶液酸性增强，故则d点溶液呈酸性，故A错误；
B.c点溶质为NH4Cl，NH4+离子水解，则c(NH4+)
故选：D。
a点溶液中溶质只有氨水，c点水的电离程度最大，则c点为NH4Cl溶液，b点为一水合氨和氯化铵混合溶液，水电离出的氢氧根离子与氢离子浓度相等，b点溶液呈中性，d点为氯化铵和盐酸混合溶液，c点NH4+离子水解，c点溶液呈酸性，继续滴加盐酸，溶液酸性增强，盐酸抑制水的电离，d点溶液呈酸性；
A.c点溶液呈酸性，继续滴加稀盐酸，溶液酸性增强；
B.c点溶质为NH4Cl，NH4+离子水解；
C.a、b之间任意一点溶液均为碱性，且溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；
D.a点溶液溶质为NH3⋅H2O，0.1mol/L氨水溶液中水电离出的c(H+)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=10-3mol/L，NH3⋅H2O电离程度较小，则该溶液中c(NH3⋅H2O)≈0.1mol/L，c(NH4+)≈c(OH-)=10-3mol/L，代入氨水的电离常数Kb=c(NH4+)·c(OH-)c(NH3·H2O)计算。
此题主要考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意：b点溶液呈中性、d点溶液呈酸性。
8.【答案】CO2用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应3Cu+8H++NO3-（稀）=3Cu2++2NO↑+4H2OCO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO22NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NO（或4NO+3O2+2H2O=4HNO3）CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气1.6;
【解析】解：(1)稀硝酸与碳酸钙反应产生的气体为CO2；根据分析可知该操作的目的是：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气，
故答案为：CO2；用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气；
(2)当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，根据分析可知原因为：防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应，
故答案为：防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应；
(3)铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++NO3-(稀)=3Cu2++2NO↑+4H2O；E装置中开始时出现浅红棕色气体即产生了二氧化氮，可能的原因是：CO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO2，
故答案为：3Cu+8H++NO3-(稀)=3Cu2++2NO↑+4H2O；CO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO2；
(4)颜色加深的原因是一氧化氮与氧气发生了反应：2NO+O2=2NO2，
故答案为：2NO+O2=2NO2；
(5)C装置中白色沉淀溶解是因为产生的二氧化氮与水反应(或一氧化氮与氧气和水反应)生成了硝酸，硝酸与碳酸钙反应使沉淀溶解，故涉及到的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)；CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)；CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O；
(6)根据分析可知，平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气；一定体积的NOx，被250mL2mol⋅L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，得到的产物为NaNOx，根据元素守恒，N的物质的量与Na的物质的量相同，n(Na)=n(N)=0.25L×2mol/L=0.5mol，N的质量为0.5mol×14g/mol=7g，氧元素的质量为19.8-7=12.8g，O的物质的量为0.8mol，故x=0.80.5=1.6，
故答案为：平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气；1.6。
装置A中利用碳酸钙与稀硝酸反应产生二氧化碳，将装置内的空气排干净，然后再让铜与稀硝酸反应产生一氧化氮；装置E的目的是收集产生的一氧化氮，与F相连的气球中的空气挤入E中可以验证E中收集到的气体为一氧化氮；C中产生白色沉淀时，说明装置中空气已经排干净，需要将碳酸钙与稀硝酸分离，防止消耗较多的稀硝酸，影响铜与稀硝酸的反应；D装置可以起到平衡压强的作用，且其中的氢氧化钠可以吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气。
此题主要考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意气体的制备实验与性质实验的结合，题目难度中等。
9.【答案】BC析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率FeC2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiFePO4+CO+CO2+3H2OfbcgedC38cV3a%;
【解析】解：(1)A.“酸溶”时应先加入铬铁合金粉末，再加入硫酸，然后搅拌，故A错误；
B.“酸溶”时需要保持强制通风，将产生的气体排除，故B正确；
C.为保证钴镍除尽，Na2S可以加稍过量，故C正确；
D.“沉铁”操作得到的滤液中含有Cr3+，故D错误；
故答案为：BC；
(2)由图可知，当硫酸的浓度为9～11mol⋅L-1，铬铁转化率下降的原因是析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率，
故答案为：析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率；
(3)在N2的氛围中将FeC2O4⋅2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1：1混合，360℃条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：FeC2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiFePO4+CO+CO2+3H2O，
故答案为：FeC2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiFePO4+CO+CO2+3H2O；
(4)②根据题给信息，P507萃取剂可以萃取Fe3+，所以先加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，然后加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH至2.5左右，再加入P507萃取剂萃取，萃取铁离子，充分振荡、静置、分液
后，向水层中加入氢氧化钠溶液至pH在8～12之间，得到Cr(OH)3沉淀，过滤、洗涤，干燥后，500℃煅烧得到Cr2O3，所以合适的操作顺序为：f→b→c→g→e→d；
故答案为：f；b；c；g；e；d；
(5)①A.滴定时，滴定管下端可以伸入锥形瓶内，故A错误；
B.开始时，滴定速度可稍快，接近终点时，应改为应边滴边摇，防止试剂过量，故B错误；
C.采用平行滴定分析时，每次滴定前都需要将标准液的液面调至同一刻度水平附近，故C正确；
D.滴定结束后，滴定管内剩余的标准液不能倒回原瓶，防止试剂污染，故D错误；
故答案为：C。
②根据题意有关系式：Cr2O3～Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则样品中Cr2O3的纯度为16×cmol⋅L-1×V×10-3L×100mL20mL×152g/molag×100％=38cV3a%，
故答案为：38cV3a%。
铁铬合金主要成分为Cr、Fe，含少量Co、Ni等，加入硫酸进行酸溶，金属元素转化为相应的金属阳离子进入溶液，之和加入Na2S溶液，除去钴和镍，过滤后，加入草酸，生成FeC2O4⋅2H2O，过滤得到FeC2O4⋅2H2O晶体，再经过一系列处理得到LiFePO4，滤液中含有铬离子，经处理后得到Cr2O3，据此分析作答。
本题主要氧化还原反应原理的综合利用，包括方程式的书写，电极反应式的书写，电子得失的计算等，同时考查物质的分离与提纯，基本的实验操作，对学生的能力要求较高，难度较大。
10.【答案】-666l大于BDAC0.081向右移动;
【解析】解：Ⅰ(1)ΔH=反应物总键能-生成物总键能，2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=2×(NO)+2×(H-H)-N≡N-4×(H-O)=(2×630+2×436-946-4×463)kJ⋅mol-1=-666kJ⋅mol-1，
故答案为：-666；
(2)该反应的反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)，又因为总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1速率较慢活化能较大；因为反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)，c(NO)的幂为2，所以c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)，
故答案为：1；大于；
Ⅱ(3)A、该反应气体质量与体积均不改变，则混合气体密度保持不变不能说明平衡，故A错误；
B、NO2消耗时反应为正向，N2消耗时反应为逆向，结合速率与计量系数成正比可知NO2和N2的消耗速率之比为6：7可以说明平衡，故B正确；
C、混合气体中浓度不在改变才可说明平衡，故C错误；
D、该反应气体计量系数改变，则混合气体压强保持不变可以说明平衡，故D正确；
故答案为：BD；
(4)A、根据图示T1K反应达平衡所需时间较短，反应速率较快，则T1>T2，故A正确；
B、根据图示可知，该反应为放热反应，且ΔS<0，ΔG=ΔH-T⋅ΔS，ΔG<0：反应自发进行，该反应为低温自发进行，故B错误；
C、10min时，T2K下，达到平衡状态，此时正、逆反应速率相等，故C正确；
D、增大NO的浓度，NO的转化率减小，故D错误；
故答案为：AC；
(5)T2K温度下，0-10min内NO的转化率为80%，Δn(CO)=Δn(NO)=2mol×80%=1.6mol，v(CO)=ΔcΔt=ΔnV×Δt=1.6mol2L×10min=0.08mol(L⋅min)；T1K温度下，平衡时NO的转化率为50%，则：
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)(单位：molL)
起始量：1100
转化量：0.50.50.250.5
平衡量：0.50.50.250.5
平衡常数K=c(N2)×c2(CO2)c2(CO)×c2(NO)=0.25×(0.5)2(0.5)2×(0.5)2=1(molL)-1，
故答案为：0.08；1；
(6)T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则此时Qc=1.25×(0.5)2(0.5)2×(1.5)2=0.56
Ⅰ(1)根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能进行计算；
(2)该反应的反应速率表达式为v=kc2(NO)⋅c(H2)，又因为总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应速率较慢活化能较大；根据c(NO)的幂为2即可知结论；
Ⅱ(3)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
(4)A、根据图示T1K反应达平衡所需时间较短，反应速率较快，温度较高；
B、根据图示可知，该反应为放热反应，且ΔS<0，结合ΔG=ΔH-T⋅ΔS进行分析；
C、10min时，T2K下，达到平衡状态，正、逆反应速率相等；
D、结合勒夏特列原理分析，增大NO的浓度，NO的转化率减小；
(5)根据v(CO)=ΔcΔt=ΔnV×Δt进行计算；T1K温度下，平衡时NO的转化率为50%，列三段式结合平衡常数K=c(N2)×c2(CO2)c2(CO)×c2(NO)进行计算；
(6)根据Qc与K的关系判断平衡移动，Qc>K，平衡逆移，Qc
11.【答案】3d6O＞N＞C＞HH2O＞NH3＞CH422sp2有16π(3c3+b3)3a3×100%（34、34、14）22a780NA×a3×10-30;
【解析】解：(1)Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，
故答案为：3d6；
(2)同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故O、N、C、H的电负性依次减小，即O>N>C>H；O、N、C的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，水和氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，常温下水为液态，氨为气态，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4；CNO-的结构式为[O-C≡N]-，单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键，所以其结构中有2个σ键，2个π键，
故答案为：O>N>C>H；H2O>NH3>CH4；2；2；
(3)由图可知，n环为平面结构，N原子上有3个共价键，则N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，则该环有芳香性，
故答案为：sp2；有；
(4)该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为apm，晶胞体积为：a3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=bpm，rFe=cpm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为43πrFe3×12+43πrA13×4=43π(12c3+4b3)pm3=163π(3c3+b3)pm3，所以该晶胞的空间利用率为16π(3c3+b3)3a3×100％，
故答案为：16π(3c3+b3)3a3×100％；
(5)由图一可知，m原子位于右后下方小立方体的中心，则m原子的原子分数坐标为(34、34、14)；由晶胞结构图可知，4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半，即为22apm，
故答案为：(34、34、14)；22a；
(6)一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=56×12+27×4NAg，晶胞的体积V=(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，根据ρ=mV，得Fe3Al晶体的密度为：780NA×a3×10-30g⋅cm-3，
故答案为：780NA×a3×10-30。
(1)Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6；
(2)同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强；含有请见的物质熔沸点较高，液体的熔沸点高于气体；单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键；
(3)n环为平面结构，N原子上有3个共价键，N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，有芳香性；
(4)该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为apm，晶胞体积为：a3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=bpm，rFe=cpm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为43πrFe3×12+43πrA13×4=43π(12c3+4b3)pm3=163π(3c3+b3)pm3；
(5)m原子位于右后下方小立方体的中心，坐标为(34、34、14)；4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半；
(6)一个晶胞中含有Fe原子数目为：8×18+6×12+12×14+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=56×12+27×4NAg，晶胞的体积V=(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，根据ρ=mV计算。
此题主要考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、原子均摊法的应用、价层电子对互斥理论的应用等知识，侧重考查学生分析、判断及空间想像能力，把握价层电子互斥理论和晶胞的计算是解答该题的关键，注意基础知识的灵活运用，题目难度中等。
12.【答案】醛基苯甲酸b、d紫色石蕊试液取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛2+O2→△Cu2+2H2O→光照氯气→△NaOH溶液→稀碱乙醛;
【解析】解：(1)F为CH3(CH2)6CHO，所含官能团的名称是醛基；C为，化学名称为苯甲酸，
故答案为：醛基；苯甲酸；
(2)+H2→△催化剂，反应类型是加成反应，也是还原反应，故选b、d，
故答案为：b、d；
(3)化合物W相对分子质量比化合物C()大14，即多1个-CH2-，满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色(含有酚羟基)，②属于芳香族化合物(含有苯环)，③能发生银镜反应(含有醛基)，④核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为2：2：2：1：1，则-OH与-CH2CHO在苯环的对位，故W的结构简式为，
故答案为：；
(4)①制备过程中，证明已有C()生成，则所选试剂需检验-COOH的存在，试剂是：紫色石蕊试液，
故答案为：紫色石蕊试液；
②证明生成的C中混有B()，则需检验醛基的存在，方法是：取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛，
故答案为：取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛；
(5)A()催化氧化生成B()，反应化学方程式为2+O2→△Cu2+2H2O，
故答案为：2+O2→△Cu2+2H2O；
(6)用甲苯和乙醛为原料制备，依据信息①，应将甲苯转化为苯甲醛，然后再与乙醛反应，便可得到目标有机物，合成路线为：→光照氯气→加热氢氧化钠→稀碱乙醛，
故答案为：→光照氯气→△NaOH溶液→稀碱乙醛。
甲苯在光照条件下与Cl2反应生成，在NaOH水溶液中加热，发生水解反应，生成A()，催化氧化生成B()，催化氧化生成C()；CH4在光照条件与Cl2反应生成D(CH2Cl2)，在NaOH溶液中发生水解生成E(HCHO)，与F发生信息①反应，生成G()，G与H2加成生成H()，C与H反应生成I()，
(6)甲苯和乙醛为原料制备，依据信息①，应将甲苯转化为苯甲醛，然后再与乙醛反应，便可得到目标有机物。
本题以甲苯为原料，合成，其中考查了有机化学反应类型，有机物检测，有机推断及有机合成，同分异构体等内容，侧重考查学生分析和解决问题的能力，难度适中。
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