辽宁省葫芦岛协作校2019届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）.docx

辽宁省葫芦岛协作校2019届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量： 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生话密切相关。下列说法错误的是A. 生活中用到的陶瓷，如日用器皿、建筑饰材、卫生活具等主要是传统硅酸盐陶瓷B. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性和碱性食物，但可长时间存放咸的食物C. 洗发时使用的护发素主要是调节头发的，使之达到适宜的酸碱度D. 煤的干馏、海带提碘、石油裂解、芒硝风化等都涉及化学变化【答案】B【解析】【详解】A. 生活中用到的陶瓷主要是传统硅酸盐，A项正确；B. 铝制餐具中含有杂质，长期放置咸的食物，易构成原电池形成电化学腐蚀，因此不宜长时间存放咸的食物，B项错误；C. 护发素主要是调节头发的，使之达到适宜的酸碱度，C项正确；D. 煤干馏：将煤隔绝空气加强热使之分解，属于化学变化；海带提碘：将海带灼烧，灼烧后的灰烬中碘元素以I形式存在，然后用H2O2可以将I氧化为碘单质，涉及化学变化；石油裂解：使具有长链分子的烃断裂成各种短链的气态烃和少量液态烃，属于化学变化；芒硝风化是指十水合硫酸钠失去结晶水的过程，属于化学变化，D项正确；答案选B。【点睛】D项要对每个化学工艺原理了解清楚，有关三大化石燃料的知识是常考点，另外要特别注意石油的分馏属于物理变化。2.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于(一种固体催化剂)合成的原理示意图如图。下列说法错误的是A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1B. 该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成C. 基于合成的过程属于氮的固定D. 工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸【答案】A【解析】【详解】A. 该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为13，A项错误；B. 该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，B项正确；C. 基于合成的过程是将氮气转化为氨气的过程，属于氮的固定，C项正确；D. 工业中，氨可以通过与氧气催化氧化得到NO，NO被氧化为NO2，NO2再与水反应生成硝酸，D项正确；答案选A。3.下列实验方案不能达到实验目是选项实验目的实验方案A测定铝箔中氧化铝的含量取铝箔与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用排水法收集，测其体积为(已转化为标准状况下)B比较醋酸与硼酸的酸性强弱分别向醋酸和饱和硼酸溶液中加等浓度碳酸氢钠溶液，观察现象，前者生成气体而后者不能C验证可用于制备防火剂取滤纸条放入饱和溶液中，吸浸后，稍沥干，放置在酒精灯外焰处，观察现象D证明溶液中存在平衡：向盛有溶液中加入溶液，再继续加入少量固体，观察现象A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 根据生成气体的体积可确定铝的质量，以此可确定氧化铝的含量，可达到实验目的，A项正确；B. 向0.1molL1醋酸和饱和硼酸溶液中加等浓度碳酸氢钠溶液，只有前者生成气体，可知发生强酸制取弱酸的反应，则酸性醋酸碳酸硼酸，B项正确；C. Na2SiO3不燃烧、不支持燃烧，由现象可知，Na2SiO3可用作木材防火剂，C项正确；D. 向盛有溶液中加入溶液，存在平衡，会出现红色，但再继续加入少量固体，对反应平衡无影响，因此实验方案不正确，D项错误；答案选D。【点睛】解题时要注意D项中KCl对反应速率与平衡均无影响，抓住离子反应的实质是解题的关键。4.短同期主族元素原子序数依次增大。由这些元素组成的化合物甲、乙、丙、丁的水溶液如表，丙、丁为二元化合物。甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失；乙的水溶液可除油污。下列说法一定正确的是水溶液甲乙丙丁131151A. 原子半径：B. 配制丙溶液时需加入丁溶液C. 乙溶液去油污时只涉及到盐类的水解D. 海水提镁的过程中一定用到化合物甲【答案】B【解析】【分析】0.1mo/L甲溶液的pH=13，说明甲溶液为强碱溶液，短周期元素形成的强碱为NaOH，则甲为NaOH；0.1mol/L的丁溶液的pH=1，应为氢化物，且完全电离，则丁为HCl；0.1mol/L的乙、丙溶液的pH分别为11、5，则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失，说明丙溶液中含有铝离子，为AlCl3；乙的水溶液可除油污，可能为Na2CO3，结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大可知：X、Y、Z、W、R、Q分别为H、C、O、Na、Al、Cl，据此解答。【详解】根据分析可知，X、Y、Z、W、R、Q分别为H、C、O、Na、Al、Cl，A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径：，A项错误；B. 丙溶液为氯化铝溶液，配制时为抑制其水解需加入HCl，B项正确；C. Na2CO3可以去油污是由于Na2CO3溶于水后水解显碱性，油脂在碱性条件下水解生成对应的醇与酸钠而溶解，C项错误；D. 海水提镁的过程中没有用氢氧化钠，而用石灰乳来沉淀镁元素，D项错误；答案选B。【点睛】海水资源的利用是常考点，D项海水提镁的过程主要涉及：生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融电解得到金属镁。5.下列有关有机化合物的说法正确的是A. 麦芽糖的水解产物有两种，且互为同分异构体B. 等质量的苯和苯乙烯完全燃烧，消耗氧气的体积在相同条件下不相同C. 间二甲苯中苯环上的一个氢原子被“”取代时，有9种结构(不考虑立体异构)D. 与甲苯或甘油在一定条件下发生反应，其反应类型不同【答案】C【解析】【详解】A. 麦芽糖的水解产物只有葡萄糖一种，A项错误；B. 等质量的有机物完全燃烧时，消耗氧气的量的多少由y/x或氢的质量分数来决定,该值越大,耗氧量越多，因苯与苯乙烯分子中氢的质量分数相同，则耗氧量在相同条件下相同，B项错误；C. “间二甲苯”中苯环上有3种氢原子，“-C2H3Cl2” 由3种结构：-CH2CHCl2、-CHClCH2Cl、-CCl2CH3，因此“间二甲苯”中苯环上的一个氢原子被“-C2H3Cl2” 取代时，形成的同分异构体有33=9种，C项正确；D. 硝酸与甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应，属于取代反应；硝酸与甘油发生酯化反应，也属于取代反应，其反应类型相同，D项错误；答案选C。【点睛】B项在解题时要特别注意的是，首先要看有机物是物质的量相同还是质量相同，有机物燃烧规律如下：若为等物质的量的有机物完全燃烧时,消耗氧气的量的多少由x+y/4或x+y/4z/2来决定,该值越大,耗氧量越多；若为等质量的有机物完全燃烧时,消耗氧气的量的多少由y/x或氢的质量分数来决定,该值越大,耗氧量越多。6.一种新型的“电池的正极采用含有的水溶液，负极采用固体有机聚合物用An， (Ali)n表示，电解质溶液采用溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(原理示意图如图)。已知含的溶液呈棕黄色，下列有关判断正确的是A. 图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B. 放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C. 放电时，从右向左通过聚合物离子交换膜D. 放电时，负极的电极反应式为：【答案】B【解析】【分析】已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：，正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-，结合原电池工作原理分析作答。【详解】A. 甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电池工作原理图，A项错误；B. 放电时，正极液态电解质溶液的I2也会得电子生成I-，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确；C. 放电为原电池工作原理，向负极移动，从左向右通过聚合物离子交换膜，C项错误；D. 放电时，负极发生失电子的氧化过程，故负极的电极反应式为：，D项错误；答案选B。【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。7.常温下联氨()的水溶液中有： N2H4+H2ON2H5+OH- K1 N2H5+H2ON2H62+OH- K2，该溶液中微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A. 图中对应的液粒为B. 由图可知，C. 若点为溶液，则存在：D. 反应为的水解方程式【答案】D【解析】【分析】横坐标为OH-浓度的负对数值，从左到右OH-的浓度越来越小，越能促进N2H4电离，纵坐标为微粒的物质的量分数(X)，故对应的微粒为N2H4，对应的微粒为N2H5+，对应的微粒为N2H62+。【详解】根据上述分析可知，A. 图中对应的OH-的浓度最小，N2H4电离平衡正向移动的程度最大，则对应的微粒为N2H62+，A项正确；B. 从图象可得B点N2H5+、N2H62+物质的量分数相等，说明它们的浓度相等，此时根据横坐标可知c(OH-)=，则=， B项正确；C. 由电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)=c(N2H5+ )+2c(N2H62+)+c(H+)，从图象可得C点c(OH-)c(N2H5+ )+2c(N2H62+)，C项正确；D. 反应为N2H4的二级电离方程式，D项错误；答案选D。【点睛】对于化学平衡图象题，需要分析图象所给的信息以及各个特殊点的状态，离子浓度大小比较时需要结合物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析。8.锆()是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成分是，还含有少量等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示(1)写出的电子式_。 (2)高温气化过程中，不考虑损失，发现分馏后得到的质量通常比由纯发生的反应得到的质量大，用化学方程式来解释原因_。(3)高温气化后的固体残渣除碳外，还有和，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳和两种固体的方法是_。(4)写出上述流程中与水反应的化学方程式：_。(5)已知氧化锆()是一种两性氧化物，与氢氧化钠共熔融可形成酸盐，请写出化学方程式_。(6)工业上可用钾还原时制得金属，被还原时生成的钾盐的物质的量为_。(7)已知，。下列说法正确的是_A，电解质溶液的与之和均为14B用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐增大C溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中逐渐减小D某温度下，则其溶液中【答案】 (1). (2). (3). 加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可) (4). (5). (6). (7). 【解析】分析】锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl28H2O，900加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，据此分析作答。【详解】（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，故答案为：；（2）高温气化过程中，二氧化硅和氯气与碳反应生成氯化硅与一氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：；（3）分离出碳和，从的两性来分析，如先加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得；或先用盐酸浸取过滤得碳，再向滤液加入过量氨水得到沉淀，最后再加热得到，故答案为：加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)；（4）根据流程图可知ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl，故答案为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（5）结合氧化铝的两性，根据已知条件可知，氧化锆()与氢氧化钠共熔融可形成酸盐的化学方程式为：，故答案为：；（6）用钾还原时制得金属，根据氧化还原反应的规律得出其化学方程式为：K2ZrF6+4K=Zr+6KF，根据关系式得出若被还原时生成的钾盐（KF）的物质的量为6mol,故答案为：6mol;(7) A，根据水的离子积可知，=10-14,结合公式可推出，电解质溶液的与之和均为14，A项正确；B. 用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐减小，则，B项正确；C.溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸钡，滴加过程中逐渐减小，会逐渐增大，C项错误；D. ，则溶液中c(Zr4+)c2(CO32-)=4.010-12，则-lg c(Zr4+)c2(CO32-)=12-2lg2，即pc(Zr4+)+2p c(CO32-)=11.4，D项错误；答案选AB。9.研究碳氧化合物、氢氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。工业上处理氮的氧化物途径有多种：I氨吸法。(1)已知： 则用处理生成氮气和气态水的热化学方程式为_。催化氧化法：城市中和污染主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将其转化为无害的物质如：。(2)为研究汽车尾气转化为无毒无害物质有关反应，在密闭容器中充入和，发生反应，如图为平衡时的体积分数与温度、压强的关系。该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高的转化率，可采取的措施有_(填字母序号)a改用高效催化剂b缩小容器的体积c升高温度d增加的浓度压强为、温度为下，若反应进行到达到平衡状态，容器的体积为，用的浓度变化表示的平均反应速率_，该温度下平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数；保留两位有效数字)。若在点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中点中的_点电解硝酸工业的尾气可制备，其工作原理如图(3)极的电极反应式为_。(4) 在时，将氨水与的硝酸等体积混合后溶液显中性，用含的代数式表示的水解常数_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】I(1)依据盖斯定律的应用作答；(2) 2NO(g)2CO(g) 2CO2(g) N2(g) H，该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动即可；利用“三段式”来解决化学平衡计算问题；此反应为放热和体积减少的反应，若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡将向正反应方向移动；(3) N电极的NO变成NH4，M电极的NO变成NO3，则N极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；（4）NH4H2ONH3H2OH，Kh(c(NH3H2O)c(H)/c(NH4)，a molL1的氨水与0.1molL1的硝酸等体积混合后溶液显中性，则c(H)=，c(NH3H2O)和c(NH4)可通过“三段式”来求出，再带入水解平衡常数公式。【详解】I(1) ，则3+得用处理生成氮气和气态水的热化学方程式 ，故答案为： ；该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动，a改用高效催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变反应平衡，a项错误；b缩小容器的体积，相当于增大压强，此反应是体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，所以提高反应速率同时提高NO的转化率，b项正确；c升高温度，反应速率提高，但该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，c项错误；d增加CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，d项正确，故选bd；压强为10 MPa、温度为T1下，若反应进行到20 min达到平衡状态，对应图象E点，利用“三段式”来计算：2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g)初始时物质的量/mol 8 10 0 0变化的物质的量/mol x x x 0.5x平衡时物质的量/mol 8-x 10-x x 0.5xNO的体积分数为25%，根据阿伏加德罗定律及推论，体积分数等于物质的量分数，(8-x)/( 8-x+10-x+x+0.5x)=25%，x=4，v(CO2)=0.05mol/(Lmin)，Kp，PCO2=总压物质的量分数=P总 Mpa，同理其它物质的分压也可以用类似的方法来求出，然后带入Kp=0.089 MPa-1，故答案为：0.089 MPa-1；此反应是体积减少的放热反应，在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的体积分数降低，对应图象的G点，故答案为：G；（4）电解池中N极的NO变成NH4+，M极的NO变成NO3-，介质为NH4NO3溶液，N极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；（5）NH4H2ONH3H2OH，Khc(NH3H2O)c(H)/c(NH4)，a molL1的氨水与0.1molL1的硝酸等体积混合后溶液显中性，则c(H)=，c(NH3H2O)和c(NH4)可通过“三段式”来求出，氨水与硝酸等体积混合的离子方程式为：NH3H2O+ H+ = NH4 H2O初始时物质的量浓度/mol/L a 0.1 0 变化的物质的量浓度/mol/L 0.1- 0.1-0.1-平衡时物质的量浓度/mol/L a-0.1+ 0.1-Khc(NH3H2O)c(H)/c(NH4)= (10a-1)10-7，故答案为：(10a-1)10-7。【点睛】在解决化学平衡计算的有关问题时，要学会通过“三段式”来求解，结合阿伏加德罗定律及其推论得出答案。10.甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组欲利用硫酸亚铁溶液与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，有关物质性质如表：甘氨酸()柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程实验1制备：将含的溶液与溶液混合，反应结束后过滤并洗涤沉淀。实验2制备：实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验1得到的沉淀和含甘氨酸的水溶液混合后加入中。利用中的反应将中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。实验3提纯：反应结束后过，将滤液蒸发浓缩，加入乙醇，过滤、干燥得到产品。(1)写出实验1中制备的离子方程式_。(2)装盐酸的仪器名称是_，装置中的试剂是_。(3)实验2中，打开关闭，排尽空气。确认中空气排尽的实验现象是_，排尽空气后进行的实验操作是_，接着滴入柠檬酸溶液并加热。(4)实验2中的柠酸可调节溶液，体系与产率的关系如表实验1234567体系4.04.55.05.56.06.57.0产率(%)65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.31过低产率下降的原因是_；柠檬酸的作用还有_。(5)实验3中加入乙醇的目的是_。(6)若产品的质量为，则产率为_%。【答案】 (1). (2). 长颈漏斗 (3). 饱和碳酸氢钠溶液 (4). 中澄清石灰水变浑浊 (5). 打开关闭 (6). 过低，氢离子会与甘氨酸中的氨基反应 (7). 防止亚铁离子被氧化 (8). 减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出 (9). 80.00【解析】【分析】FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3沉淀，将FeCO3与和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中的反应将C中空气排尽，接着滴入柠檬酸溶液并加热，反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品，（1）二价铁离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸铁沉淀；（2）根据仪器结构与特征解答；装置B试剂的目的是除去二氧化碳中的氯化氢；（3）根据实验基本操作及现象分析；（4）NH2CH2COOH中的氨基可以与氢离子结合，据此分析；柠檬酸有强酸性和还原性；（5）根据甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇分析；（6）根据题意，FeCO3过量，0.20mol甘氨酸反应完全，根据质量守恒有关系式：2NH2CH2COOH（NH3CH3COO）2Fe，则理论上得到的（NH3CH3COO）2Fe的物质的量为n（NH2CH2COOH）=0.10mol，质量为0.01mol204g/mol=20.4g，据此计算。【详解】（1）Fe2和HCO3发生反应生成FeCO3沉淀、CO2和H2O，离子方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+ H2O，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+ H2O；（2）装盐酸的仪器为长颈漏斗，试剂B主要是为了除去二氧化碳中的氯化氢，则为饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：长颈漏斗；饱和碳酸氢钠溶液；（3）当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，这时说明C中空气已经排尽，故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；利用A中的反应将C中空气排尽后，打开关闭接着滴入柠檬酸溶液并加热，故答案为：中澄清石灰水变浑浊；打开关闭；（4）NH2CH2COOH中的氨基显碱性，pH过低使产率下降的原因是H+会与NH2CH2COOH反应；根据信息，柠檬酸具有还原性和强酸性，能够促进FeCO3的溶解，防止Fe2被氧化；故答案为：过低，氢离子会与甘氨酸中的氨基反应；防止亚铁离子被氧化（5）由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故为降低甘氨酸亚铁的溶解度，提高产率和纯度，用乙醇洗涤，故答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出；（6）根据题意，FeCO3过量，0.20 mol甘氨酸反应完全,根据质量守恒有关系式：2NH2CH2COOH(NH3CH3COO)2Fe，则理论上得到的(NH3CH3COO)2Fe的物质的量为12n(NH2CH2COOH)=0.10mol，质量为0.01mol204g/mol = 20.4g，则产率为：=80.00%，故答案为：80.00%。11.铁、钴、镍等过渡元素在工业生产和科学研究中具有重要作用，回答下列问题。(1)简化的电子排布式为_，第四电离能_(填”或”)。(2)常作净水剂和补铁剂，的空间构型为_，其中硫原子采用_杂化，任意写出一种的等电子体_。(3)常温下呈液态；熔点为，沸点为，易溶于非极性溶剂，据此可判断晶体属于_(填晶体类型)，若配合物的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则_。(4)氮化铁晶体的晶胞如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_。(5)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为，代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与O2-紧邻且等距离的数目为_，与最短核间距为_pm。【答案】 (1). (2). (3). 正四面体 (4). sp3 (5). （任写一种） (6). 分子晶体 (7). 5 (8). (9). 6 (10). 【解析】【分析】（1）Fe为26号元素，根据核外电子排布规律作答；（2）结合价层电子对互斥理论与杂化类型及等电子体原理分析；（3）依据分子晶体的物理性质分析；结合中心铁原子的价电子数及配体CO提供的电子数列式计算；（4）用“均摊法”，计算出晶胞中含Fe与N的个数比，得出化学式；（5）该晶胞模型为面心立方堆积，结合空间构型回答；根据晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍作答。【详解】（1）Fe在第四周期VIII族，基态原子简化的电子排布式为：3d64s2，则简化的电子排布式为；Co基态原子简化的电子排布式为：3d74s2，气态Co失去三个电子后会变成，更易生成，因为此时最高能级d能级为半充满结构较稳定，则第四电离能，故答案为：；（2）的价层电子对数=4+ =4，无孤电子对，则其空间构型为正四面体，杂化类型为sp3；等电子体是指价电子数相同，原子数相同，结构相似的离子或分子，则与互为等电子体的有（任写一种即可），故答案为：正四面体；sp3；（任写一种即可）；（3）常温下呈液态；熔点为，沸点为，易溶于非极性溶剂，符合分子晶体的物理性质，因此可判断为分子晶体；中心原子铁价电子数为8，配体CO提供2个电子形成配位键，因此x=（188）/2=5，故答案为：分子晶体；8；（4）氮化铁晶胞为六棱柱，顶点贡献率为1/6，棱点贡献率为1/3，面点贡献率为1/2，观察晶胞可知，12个铁位于顶点，2个铁位于面心，3个铁位于体内，2个N位于体内，用“均摊法”可知，1个晶胞中含铁微粒数：121/6+21/2+3=6个，含氮微粒数：2个，该晶体中铁、氮微粒个数之比为=6：2=3：1，则化学式为：；（5）根据晶胞图可知，氧化亚铁晶胞类似氯化钠晶胞，棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。上、中、下三层各4个氧离子（共12个氧离子）与中心的氧离子紧邻且等距离，用“均摊法”，晶胞中含Fe2+：81/8+61/2=4个，含O2-：121/4+1=4个，晶胞的化学式为FeO，氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1:1，所以，有6个O2-与Fe2+紧邻且等距离；1个氧化亚铁晶胞中含4个FeO，设Fe2+与O2-的最短核间距为dpm，1molFeO的质量为72g，氧化亚铁晶体的密度为 gcm-3，则有，解得d=pm，所以Fe2+与O2-的最短核间距为pm，故答案为：6；。12.乙烯是基本的有机化工原料。用乙烯和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示(部分反应条件略去)：已知：2ROH+，回答下列问题(1)的结构简式为_，中官能团名称为_。(2)若为单取代芳香族化合物且能