福建省莆田市第二十四中学2025届高三化学上学期第二次月考试卷含解析

福建省莆田市其次十四中学 2024 届高三上学期其次次月考
理科综合化学
1.下列有关叙述不正确的是
A. 纤维素、酚醛树脂均属于高分子化合物
B. 花生油在碱性条件下的水解，可用于制肥皂
C. 石油的分馏所得的馏分确定都是纯净物
D. 利用渗析原理，用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐
【答案】C
【解析】
【分析】
纤维素是自然有机高分子化合物、酚醛树脂是合成有机高分子化合物；花生油是高级脂肪酸甘油酯；石油的分馏所得的馏分仍是多种烷烃和环烷烃的混合物；胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子能透过半透膜；
【详解】纤维素是自然有机高分子化合物、酚醛树脂是合成有机高分子化合物，故A正确；花生油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下的水解为高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；石油的分馏所得的馏分仍是多种烃的混合物，故C错误；胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子能透过半透膜，所以用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐，故D正确，选C。

2.用 N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 1molCH4与 Cl2在光照条件下反应生成的 CH3Cl 分子数为 N A
B. 5.6g Fe 和 6.4g Cu 分别与足量 Cl2反应，转移的电子数均为 0.2N A
C. 0.1mol/L 的 FeCl3溶液中，Fe3＋的数目为 0.1 N A
D. 3.0 g 葡萄糖和醋酸的混合物中含有的原子总数为 0.4 N A
【答案】D
【解析】
【分析】
CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种卤代烃；Fe与氯气反应生成FeCl3；依据，没有溶液体积不能计算溶质的物质的量；葡萄糖和醋酸的最简式都是；
【详解】CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种卤代烃，
所以1molCH4与Cl2在光照条件下反应生成的CH3Cl分子数小于N A，故A错误；Fe与氯气反应生成FeCl3，5.6g Fe与足量Cl2反应，转移的电子数均为0.3N A，故B错误；没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，故C错误；葡萄糖和醋酸的最简式都是，3.0 g葡萄糖和醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4 N A，故D正确。

选D。

3.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4＋8H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋4H2O
B. Mg(HCO3)2溶液中加入足量 NaOH 溶液：Mg2＋＋2HCO3－＋2OH－=MgCO3↓＋CO32－＋2H2O
C. 向含有 0.2 mol FeI2的溶液中通入 0.1 mol Cl2 充分反应：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2
D. 明矾溶液中加入 Ba(OH)2 溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－
=AlO2－＋2BaSO4↓＋2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A项，电荷不守恒；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，反应应生成氢氧化镁；C项，还原性：I―>Fe2+，氯气先氧化碘离子；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多。

【详解】A项，电荷不守恒，故A项错误；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁，故B项错误；C项，还原性：I―>Fe2+依据电子得失守恒可知，0.1 mol Cl2完全反应变为Cl―，转移电子0.2 mol，0.2 mol FeI2中含有0.4 mol I―，因此氯气完全反应，离子方程式为2I―+Cl2═2Cl―+I2，C项正确；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多，故D项错误；正确选项C。

4.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】
试题分析：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化
氢中的S元素的化合价是-2价，反应后上升为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能运用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价上升到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。

【考点定位】考查氧化还原反应的计算
【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算实力的考查，答题留意把握元素化合价的变更，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价上升到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。

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5.设 N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关反应 3Cl2 + 8NH3=6NH4Cl + N2的说法中正确的是
A. 若有 0.3 mol Cl2参与反应，则转移的电子数为 0.6N A
B. 若生成 2.24 L N2，则转移的电子数为 0.6N A
C. 若有 1.2N A 个电子发生转移，则被氧化的 NH3的质量是 27.2 g
D. 若生成 1 mol NH4Cl 转移的电子数是 n，则 N A=1/n
【答案】A
【解析】
试题分析：A、反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，所以0.3 mol Cl2参与反应，转移的电子数为0.6N A，故A正确；B、反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，生成1mol氮气转移电子6mol，生成2.24 L氮气物质的量不确定是0.1mol，转移的电子数不确定为0.6N A，故B错误；C、反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，转移6mol电子，被氧化的氨气为2mol，有1.2N A个电子发生转移，则被氧化的氨气物质的量为0.4mol，被氧化的氨气的质量＝0.4mol×17g/mol＝6.8 g，故C错误；D、依据反应的电子转移守恒可知，生成6mol氯化铵时电子转移6mol，生成1mol氯化铵转移电子1mol，若生成1 mol的氯化铵转移电子数是n个，则N A＝n，故D错误；故选A。

考点：考查氧化还原反应的有关计算
6.向某 NaOH 溶液中通入 CO2 气体后得到溶液 M，因 CO2通入的量不同，溶液 M 的组成也不同，若向溶液 M 中逐滴加入盐酸，产生的气体体积 V(CO2)与加入盐酸的体积 V(HCl)的关
系如图所示。

则下列分析与推断不正确的是(不计CO2溶解)
A. 若 OB=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为OH－＋CO2=HCO3－
B. 若 OB=BC，则溶液 M 为Na2CO3溶液
C. 若 OB＞BC，则溶液 M 中大量存在的阴离子为 CO32－和HCO3－
D. 若 3OB=BC，则溶液 M 中 c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)
【答案】C
【解析】
【分析】
向NaOH溶液中通入CO2，可能发生的反应有CO2+2OH－=CO32－+H2O、CO2+OH－=HCO3－，向M溶液中滴加盐酸，涉及的反应可能有H++OH－=H2O、CO32－+H+=HCO3－、HCO3－+H+=H2O+CO2↑；
【详解】A.若OB=0，向M溶液中滴加盐酸，马上产生气体，则发生的离子方程式为HCO3－+H+=H2O+CO2↑，说明M为NaHCO3溶液，则形成M的过程中发生的离子方程式为CO2+OH－=HCO3－，故A正确；
B.若OB=BC，即OB段消耗的盐酸与BC段消耗的盐酸相等，OB段发生反应的离子方程式为CO32
－+H+=HCO
3－，即M溶液为Na
2
CO3溶液，故B正确；
C.若OB>BC，则OB段发生的反应有H++OH－=H2O，CO32－+H+=HCO3－，那么溶液M中大量存在的阴离子为OH－与CO32－，故C错误；
D.若3OB=BC，可依据CO32－+H+=HCO3－，HCO3－+H+=H2O+CO2↑进行计算，
BC段：CO32－+ H+ = HCO3－，
1mol 1mol 1mol
OB段：HCO3－+ H+ = H2O+CO2↑
3mol 3mol
M溶液中n(NaHCO3)=3mol－1mol=2mol，n(Na2CO3)=1mol，即n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)，所以
c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，故D正确，答案选C。

7.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入1mol N2，右边充入 CO 和 CO2的混合气体共 8g 时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是
A. 右边 CO 与 CO2分子数之比为 1:3
B. 右侧 CO 的质量为 2.75g
C. 若变更右边 CO 和 CO2的充入量而使隔板处于离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为 5: 3
D. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 16 倍
【答案】D
【解析】
【分析】
左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4:1，则左右气体物质的量之比为4:1，所以右侧气体物质的量为=0.25mol，CO和CO2质量为8g，设CO的物质的量为xmol，则CO2物质的量为(0.25−x)mol，28x g+44(0.25−x)g=8g，x=mol，则CO的物质的量为mol，二氧化碳物质的量为mol。

【详解】A. 气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为mol:mol=3:1，故A错误；
B. m(CO)=n×M=mol×28g/mol=5.25g，故B错误；
C. 若变更右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，则左右空间体积之比为5:1，充入CO2和CO物质的量为=0.2mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为0.25mol:0.2mol=5:4，故C错误；
D. 相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量==32g/mol，氢气摩尔质量为2g/mol，所以混合气体与氢气密度之比为16:1，故D正确，答案选D。

8.Ⅰ．NaNO2因外观和食盐相像，又有咸味，简单使人误食中毒。

已知 NaNO2能发生反应：2NaNO2
＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。

（1）上述反应中氧化剂是_____。

（2）依据上述反应，鉴别 NaNO2和 NaCl。

可选用的物质有①水、②碘化钾­淀粉试纸③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必需选用的物质有_____(填序号)。

（3）请配平以下化学方程式：______
Al＋NaNO3＋ NaOH=NaAlO2＋ N2↑＋H2O
若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2的体积为_____L。

Ⅱ．“钢是虎，钒是翼，钢含钒如同虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。

钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO2＋。

（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_____。

（5）V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43－)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2＋)的盐。

请写出 V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_____、_____。

【答案】 (1). NaNO2(2). ②⑤ (3). 10 6 4 10 3 2 (4).
11.2 (5). V＋6H＋＋5NO3－===VO2＋＋5NO2↑＋3H2O (6). Na3VO4 (7). (VO2 ) 2SO4【解析】
【详解】I.(1).在反应2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价上升，则氧化剂是NaNO2，故答案为：NaNO2；
(2).由2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择碘化钾­淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：②⑤；
(3).Al元素的化合价从0价上升到+3价，N元素的化合价从+5价降低到0价，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应方程式为10Al+6 NaNO3+4NaOH=10 NaAlO2+3N2↑+2 H2O，由化学方程式可知，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下N2的体积为××22.4
L/mol=11.2L，故答案为：10 6 4 10 3 2；11.2；
II.(4).金属钒与浓硝酸反应成VO2＋、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：
V+6H++5NO3−=VO2++5NO2↑+3H2O，故答案为：V+6H++5NO3−=VO2++5NO2↑+3H2O；
(5).V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43－)，所以V2O5与烧碱溶液反应生成盐的阳离子为钠离子，酸根离子为VO43－，则盐的化学式为Na3VO4；V2O5与稀硫酸溶液反应生成含钒氧离子(VO2＋)的盐，所以阳离子是VO2＋，阴离子是硫酸根离子，则盐的化学式为(VO2)
SO4，故答案为：Na3VO4；(VO2 ) 2 SO4；
2
9.某强酸性溶液 X 中可能含有 Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4＋、CO32－、NO3－、SO42－、SiO32－中的若干种，现取 X 溶液进行连续试验，试验过程及产物如图所示。

试验过程中有一种气体为红棕色。

依据以上信息，回答下列问题：
（1）由强酸性条件即可推断 X 溶液中确定不存在的离子有_____。

（2）溶液 X 中关于硝酸根离子的推断，正确的是_____(填编号，下同)。

a．确定含有 b．确定不含有 c．可能含有
（3）气体 F 的电子式为_____，化合物 I 中含有的化学键类型有_____。

（4）转化①的离子方程式为_____。

转化⑦的离子方程式为_________。

（5）对不能确定是否存在的离子，可以另取 X 溶液，加入下列溶液中的一种，依据现象即
可推断，该试剂最好是_____。

①NaOH 溶液②KSCN 溶液③氯水和 KSCN 的混合溶液④pH 试纸⑤KMnO4溶
液
【答案】 (1). CO32－、SiO32－ (2). b (3). (4). 共价键和离子键(5). 3Fe2+ +4H+ +NO3－= 3Fe3++NO↑ + 2H2O (6). AlO2－＋2H2O＋CO2===HCO3－＋Al(OH) 3↓ (7). ②
【解析】
【分析】
某强酸性溶液X中确定含有氢离子，确定不含CO32－、SiO32－，加过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀C是硫酸钡，确定含有SO42－，确定不含Ba2+，产生气体A确定是亚铁离子和硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应得到的NO，所以确定含有Fe2+，确定不含NO3－，NO遇到氧气转化为气体D为二氧化氮，二氧化氮与水、氧气反应生成溶液E为硝酸溶液，溶液B中加入过量氢氧化钠生成气体F，F为氨气，则原溶液中确定含有NH4＋，氨气和硝酸溶液反应生成I为硝酸
铵，溶液H中通入过量二氧化碳产生沉淀K和溶液L，沉淀K确定为氢氧化铝，原溶液中确定
含有Al3+，L是NaHCO3，溶液B中生成的有铁离子，所以沉淀G是Fe(OH)3，溶于盐酸得到J 为氯化铁溶液，但原溶液中不确定含有Fe3＋。

【详解】(1). 由强酸性条件即可推断X溶液中确定不存在的离子有CO32－、SiO32－，故答案为：CO32－、SiO32－；
(2).依据上述分析可知，原溶液中确定会有H+、Fe2＋，则确定不含NO3－，故答案为：b；
(3).气体F为NH3，电子式为，氨气和硝酸溶液反应生成化合物I为硝酸铵，硝酸铵中含有共价键和离子键，故答案为：；共价键和离子键；
(4).由上述分析可知，转化①为H+、NO3－和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋、NO和水，离子方程式为3Fe2++4H+ +NO3－= 3Fe3++NO↑ + 2H2O，转化⑦为过量CO2与AlO2－、H2O反应生成Al(OH)
沉淀和HCO3－，离子方程式为AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al(OH) 3↓，故答案为：3Fe2+ +4H+ +NO3 3
－= 3Fe3++NO↑ + 2H
O；AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al(OH) 3↓；
2
(5).由上述分析可知，不能确定X溶液中是否含有Fe3＋，检验Fe3＋最好的是试剂是KSCN溶液，故答案为：②。

【点睛】本题考查离子的检验和推断，明确常见离子的性质是解题的关键，留意加入过量硝酸钡溶液能够生成气体，说明X溶液中确定含有Fe2＋和NO3－，反应生成的溶液B中确定有Fe3＋，所以无法推断X溶液中是否含有Fe3＋，为易错点。

10.氮化铝（AlN)是一种新型无机非金属材料。

某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下两种试验方案。

已知：AlN+NaOH+H2O═NaA lO2+NH3↑
【方案 1】取确定量mg 的样品，用图1装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。

（1）如图 1，C 装置中球形干燥管的作用是_____。

（2）完成以下试验步骤：组装好试验装置，首先检查装置气密性，再加入试验药品。

接下来的试验操作是______________ ，打开分液漏斗活塞，加入 NaOH 浓溶液，至不再产生气体。

打开 K1，通入氮气一段时间，测定 C 装置反应前后的质量变更。

通入氮气的目的是
___________。

（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进看法_____。

【方案 2】用图 2 装置测定 mg 样品中 AlN 的纯度（部分夹持装置已略去）。

（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_____。

（填字母序号）
a．CCl4 b．H2O c．NH4Cl 溶液 d．C6H6（苯）
（5）若 mg 样品完全反应，测得生成气体的体积为 VmL（已转换为标准状况），则 AlN 的质量分数是_____________。

【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 关闭 K1，打开 K2 (3). 把装置中残留的氨气全部赶入 C 装置 (4). C 装置出口处连接一个干燥装置 (5). ad (6). ×100%【解析】
【分析】
在图1中，AlN和NaOH溶液反应生成氨气，经碱石灰干燥后被浓硫酸汲取，精确测定C装置增重的质量计算AlN的含量；在图2中，AlN和NaOH溶液反应生成氨气，利用排液体法测定氨气的体积计算AlN的含量。

【详解】(1).在装置A中，AlN和NaOH溶液反应生成氨气，氨气与浓硫酸发生反应，易发生倒吸，C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
(2).组装好试验装置，先检查装置气密性，加入试验药品。

接下来的试验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。

打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变更。

通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入装置C被浓硫酸汲取，故答案为：关闭 K1，打开 K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；
(3).装置存在的缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，改进的措施是在C装置出口处连接一个干燥装置，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；
(4)l4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；
b.氨气极易溶于水，不能用排水法测定，故b错误；
c.氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；
d.氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液的方法测定氨气的体积，故d正确，答案选：ad；
(5).若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL(已转换为标准状况)，
AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑
41 22.4L
m V×10−3L
m=g，则AlN的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。

11.我国部分城市阴霾天占全年一半,引起阴霾的 PM2.5 微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。

通过测定阴霾中锌等重金属的含量,可知目前造成我国阴霾天气的缘由主要是交通污染。

（1）Zn2＋在基态时核外电子排布式为_____。

（2）NO3-的立体构型是_____。

（3）PM2.5 含有大量的有毒、有害物质,易引发二次光化学烟雾污染,光化学烟雾中含有 NOx、O3、CH2=CH—CHO、HCOOH、CH3COOONO2（PAN）等二次污染物。

①下列说法正确的是_____。

A.N2O 结构式可表示为 N=N=O
B.O3分子呈直线形
C.CH2=CH—CHO 分子中碳原子均采纳 sp2 杂化
D.相同压强下,HCOOH 沸点比 CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子
②1 mol PAN 中含σ键数目为_____(用含 N A的式子表示)。

③NO 能被 FeSO4溶液汲取生成协作物[Fe(NO)(H2O)5]SO4,该协作物中心离子的配位数为
_____(填数字)。

（4）测定大气中 PM2.5 的浓度方法之一是β-射线汲取法,β-射线放射源可用85Kr,已知 Kr 晶体的晶胞结构如图所示,设晶体中与每个 Kr 原子相紧邻的 Kr 原子有 m 个,晶胞中含 Kr 原子为 n 个,则m/n=___(填数字)。

（5）水分子的立体结构是_____，水分子能与许多金属离子形成协作物，其缘由是在氧原子上有__________。

（6）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图,其中空心所示原子位
于立方体的顶点或面心,实心球所示原子位于立方体内）类似。

每个冰晶胞平均占有_____个水分子。

冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的缘由是_________。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). 平面三角形 (3). AC (4). 0N A (5).
6 (6). 3 (7). V 形 (8). 孤电子对 (9). 8 (10). C 原子与 O 原子都为sp3杂化,且氢键和共价键都具有方向性和饱和性
【解析】
【分析】
（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去两个电子生成锌离子，Zn2+基态核外有28个电子，依据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）依据VSEPR理论和杂化轨道理论推断NO3-的空间构型；
（3）①A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相像，据此答题；B、O3与SO2互为等电子体，据此答题；C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp2杂化，据此答题；D、HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，据此答题；
②一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键，一个π键；
③配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成。

（4）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×1/8+6×1/2=4，然后求出比值；
（5）依据σ键数目和孤电子对数推断分子的立体构型；水分子能与许多金属离子形成协作物，其缘由是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；
（6）由图可知，水位于晶胞的顶点、面心和晶胞内，利用均摊法计算；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。

【详解】（1）Zn为30号元素，所以Zn2+在基态时核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d10；
（2）对于NO3-，依据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数3，孤电子对数为0，则价电子对数为3+0=3，依据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形；
因此，本题正确答案是：平面三角形；
（3）①A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相像，故N2O结构式可表示为N=N=O，A正确；
B、O3与SO2互为等电子体，为V形分子，B错误；
C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp2杂化，C正确；
D、HCOOH分子间可以形成氢键，CH3OCH3分子间只有范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以HCOOH沸点比CH3OCH3高，与分子的极性无关，D错误。

答案选AC；
②PAN中全部单键均为σ键，双键中有一个为σ键，-NO2的结构为，所以PAN
（CH3COOONO2）分子中含有10个σ键，则1mo1PAN含σ键数目为10N A（或10×6.02×1023或6.02×1022）。

③配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成，则配位数为6。

因此，本题正确答案是：AC；10N A；6；
（4）依据均摊法，以顶点计算，与之相邻最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为3×8/2=12，晶胞中Kr有8×1/8+6×1/2=4，两者比值为12：4=3。

因此，本题正确答案是：3；
（5）水分子中含有2个σ键，孤电子对数==2，所以水分子的立体构型为V型，水分子能与许多金属离子形成协作物，其缘由是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；
因此，本题正确答案是：V形；孤电子对；
（6）每个冰晶胞平均含有水分子数为：8×+6×+4=8（其中顶点为8个，面心为6个，晶胞内有4个）；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C 原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；
因此，本题正确答案是：8 ；C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。

【点睛】该题的难点是晶胞分析与计算，留意晶胞计算的思维方法：
（1）晶胞计算是晶体考查的重要学问点之一，也是考查学生分析问题、解决问题实力的较好素材。

晶体结构的计算经常涉及如下数据：晶体密度、N A、M、晶体体积、微粒间距离、微粒半径、夹角等，密度的表达式往往是列等式的依据。

解决这类题，一是要驾驭晶体“均摊法”的原理，二是要有扎实的立体几何学问，三是要熟识常见晶体的结构特征，并能融会贯穿，举一反三。

（2）在运用均摊法计算晶胞中微粒个数时，要留意晶胞的形态，不同形态的晶胞，应先分析随意位置上的一个粒子被几个晶胞所共有，如六棱柱晶胞中，顶点、侧棱、底面上的棱、面心依次被6、3、4、2个晶胞所共有。

（3）晶体微粒与M、ρ之间的关系：若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol晶胞中含有x mol 微粒，其质量为xM g（M为微粒的相对“分子”质量）；又1个晶胞的质量为ρa3 g（a3为晶胞的体积），则1 mol晶胞的质量为ρa3N A g，因此有xM＝ρa3N A。

12.F 是重要的有机化合物，可以由基础化合物 A 通过以下过程制得：
已知：①
②核磁共振氢谱显示 C 的分子中含有 4 种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为
6:1:2:1；
③F是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代物只有两种。

（1）A 发生加聚反应的化学方程式是_____。

（2）B 物质的名称为 _____；检验 B 中官能团的实验操作方法
___________。

（3）F 中的官能团的名称为_____；C+E→F 的化学方程式是_____。

（4）X 与 E 互为同分异构体，且 X 具有下列性质，符合条件的 X 有_____种（不考虑立体异构）。

①分子中含有苯环，且能与 NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体
②与银氨溶液共热有银镜生成。

（5）设计由乙烯和必要的无机原料合成丙酸乙酯的合成路途_______________。

【答案】 (1). (2). 2-甲基丙醛 (3). 取适量 B
于试管中，加入银氨溶液后，水浴加热一段时间，若看到有银镜生成，则证明有醛基（或加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若视察到有砖红色沉淀生成，则证明有醛基） (4). 酯基
(5). (6). 13 种 (7).
【解析】
【分析】
烃A发生信息①中的反应生成B，结合B的分子式可知A为CH2=CHCH3，B为醛，B与H2发生加成反应生成C为醇，C的分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6:1:2:1，则C为，故B为，C与E反应生成F，F是酯类化合物，且分子中含有苯环，可知E含有羧基、苯环，F分子中苯环上的一溴取代物只有两种，结合D分子式可知
D为，则E，F为。

【详解】(1).A为CH2=CHCH3，发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为
，故答案为：；
(2).B为，名称是2-甲基丙醛，B中的官能团是醛基，检验醛基的试验方法是取适量 B 于试管中，加入银氨溶液后，水浴加热一段时间，若看到有银镜生成，则证明有醛基（或加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若视察到有砖红色沉淀生成，则证明有醛基），故答案为：2-甲基丙醛；取适量 B 于试管中，加入银氨溶液后，水浴加热一段时间，若看到有银镜生成，则证明有醛基（或加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若视察到有砖红色沉淀生成，则证明有醛基）；
(3).F的结构简式为，官能团的名称是酯基；C为，E为
，二者发生酯化反应生成F，化学方程式为
，故答案为：酯基；
；
(4). E为，X 与 E 互为同分异构体，且 X 具有下列性质，①分子中含有苯环，且能与 NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，说明分子中含有“－COOH”，②与银氨溶液共热有银镜生成，说明分子中含有“－OOCH”或“－OH”和“－CHO”的组合，符合条件的有：
、、、、、、、、、、、、，共13种，故答案为：13种；
(5).乙烯发生信息①反应生成丙醛，丙醛与氧气反应生成丙酸，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇与丙酸发生酯化反应生成丙酸乙酯，合成路途为
，故
答案为：。

【点睛】本题考查有机物推断和合成，依据B、C结构特点为突破口并结合反应条件、题给信
息才能正逆结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类推断，可先依据题中供应信息推断X 中含有的官能团，再依据“定二移一”等方法推断同分异构体的种类。