2020年湖北省襄阳市高考化学一模试卷 (含答案解析)

2020年湖北省襄阳市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.关于维生素的下列说法正确的是()
A. 维生素一般可分为脂溶性和水溶性
B. 维生素容易在体内积存，主要积存在肝脏
C. 维生素容易被人体吸收，多余的随尿排出体外，不易在体内积存，所以容易缺乏
D. 维生素C可以防治夜盲症
2.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是()
A. 标准状况下，向2.24L密闭容器中充满NO2气体，其所含分子数为0.1N A
B. CuO和Cu2S的混合物80 g中，所含铜粒子数为2N A
C. 常温常压下，22gT2O含中子数为12N A
D. 1.0 L 1.0mol⋅L−1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3N A
3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启汽水瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 淀粉水解时，唾液酶比稀硫酸催化效果更好
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
4.关于下列各实验装置的叙述中，正确的是()
A. 装置①不可用于实验室制取少量NH3或O2
B. 可用从a处加水的方法检验装置②的气密性
C. 实验室可用装置③收集HCl
D. 验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的实验可利用装置④进行
5.关于下列装置的说法不正确的是()
A. 装置①是原电池，装置②是电镀池
B. 装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液
C. 装置①②铜极均发生氧化反应而溶解
D. 装置②中的Cu2+浓度保持不变
6.下列有关AgCl的沉淀−溶解平衡的说法中，正确的是()
A. AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，且c(Cl−)一定等于c(Ag+)
B. AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl−
C. 升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D. 在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变
7.随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下
图所示，下列分析正确的是()
A. d、e 的简单离子半径大小：d<e
B. 元素的金属性：e<f
C. 元素的非金属性：d<g
D. x、y、z 和 d 四种元素能形成离子化合物
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8.计算机记忆材料生产中产生大量的钌废料，一种利用钌废料[含Ru(OH)3、FeO、MnO、SiO2及
少量的Au]合成六氯钌酸铵[(NH4)2RuCl6]的流程如下：
(1)滤渣1的成分是________________。

(2)加入CrO3发生反应的离子方程式为___________________________________________。

(3)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表，则调pH时，应调整的pH
范围为______________。

(4)加入NaClO后，Mn元素以MnO2的形式沉淀而除去，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量
之比为_________。

(5)氨化时发生反应的化学方程式为______________________________________________。

(6)已知钌废料中钌的含量为53%，氨化时产率为90%，其余步骤损失率共为10%，则2t钌废料
可制得(NH4)2RuCl6的质量为________kg。

三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
9.(1)100mL6mol⋅L−1的H2SO4溶液与足量的锌粉反应，在一定温度下，加入下列物质，试将对
υ(H2)和n(H2)的影响填入下表中：(填写“增大”“无影响”或“减小”)
223已知加入1mol N2和3mol H2达到平衡时，NH3的百分含量为m%．
①若其他条件不变，初始按如下情况分别加入N2、H2、NH3，平衡时NH3的百分含量仍为m%的
是______
A.1mol N2+3mol H2+1mol NH3
B.0.5mol N2+1.5mol H2+1mol NH3
C.0.5mol N2+1.5mol H2
D.1mol N2+3mol H2+2mol NH3
②若改为恒温、恒压，初始按如下情况分别加入N2、H2、NH3，平衡时NH3的百分含量仍为m%
的是______
A.2mol N2+3mol H2+1mol NH3
B.0.5mol N2+1.5mol H2+1mol NH3
C.0.5mol N2+1.5mol H2
D.1mol N2+4mol H2+2mol NH3．
10.铁及其化合物在工农业生产中有重要的作用。

(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=−393.5kJ/mol
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ/mol
③4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(g)ΔH3=−1651.0kJ/mol
CO还原氧化铁的热化学方程式为____________________________________。

(2)高炉炼铁产生的高炉气中含有CO、H2、CO2等气体，利用CO和H2在催化剂作用下合成甲
醇，是减少污染、节约能源的一种新举措，反应原理如下：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH。

在体积不同的两个恒容密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图。

①在上图A、B、C三点中，选填对应下表物理量最大的点。

反应速率平衡常数平衡转化率
②在300℃时，向C点平衡体系中再充入0.25molCO、0.5molH2和0.25mol的CH3OH，该反应向
_________方向进行(填“正反应”、“逆反应”或“不移动”)。

③一定温度下，CO的转化率与起始投料比[n(H2)/n(CO)]的变化关系如图所示，测得D点氢气
的转化率为40%，则x=_____________。

(3)三氯化铁是一种重要的化合物，其溶液可以用来腐蚀电路板。

某腐蚀废液中含有0.5mol/L的
Fe3+和0.26mol/L的Cu2+，欲使Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤4×l0−5mol/L]而Cu2+不沉淀，则需控制溶液pH的范围为__________________。

{K sp[Cu(OH)2]=2.6×l0−19；K sp[Fe(OH)3]=
4×l0−38}
(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上通过电解浓NaOH溶液
可制备Na2FeO4，然后转化为K2FeO4，电解原理如图所示。

则A溶液中溶质的成分为_______(填
化学式)；阳极的电极反应式为_____________。

11.铁是日常生活中最常见的金属之一，铁元素不仅可以形成各种氧化物还可以与SCN─、CN─等离
子、CO、NO等分子以及许多有机试剂形成配合物。

回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子排布式为__________。

(2)CN─有毒，含CN─的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN─转化为OCN─，
并最终氧化为N2、CO2。

①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是______。

②1mol Fe(CN)63─中含有σ键的数目为______。

(3)乙二胺四乙酸能和Fe2+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如图。

①乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是______。

②乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原
因是_____________________。

(4)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B组成。

则该氧化物的化学式为________；
已知该晶体的晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为N A，则密度ρ为________g·cm−3(用含a 和N A的代数式表示)。

12.咖啡酸苯乙酯是一种天然抗癌药物，在一定条件下能发生如下转化．
咖啡酸苯乙酯结构：
请回答下列问题：
(1)A分子中的含氧官能团是______
(2)D→E的反应类型为______
(3)写出C的结构简式______
(4)下列说法中正确的是______
A.经除杂后得到的M是纯净物
B.上述流程中A、B、C、D均能使酸性高锰酸钾褪色
C.咖啡酸苯乙酯与足量的氢氧化钠溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol
D.物质A能发生的反应类型包括加成反应，取代反应，氧化反应，还原反应
(5)物质N是A的一种同分异构体，任意写出一种满足下列条件的N的结构简式______
①苯环上只有两个取代基②能发生银镜反应
③能与碳酸氢钠溶液反应④能与氯化铁溶液发生显色反应
(6)写出生成B的化学方程式______ ．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：
本题考查维生素的种类和作用，难度不大，注意水溶性维生素易溶于水，容易被人体吸收，多余的则随尿排出体外，一般不易在体内积存，所以容易缺乏。

A.根据维生素的溶解性将分为两大类：脂溶性维生素和水溶性维生素；
B.水溶性维生素不容易积存；
C.脂溶性维生素不易排泄，容易在体内积存；
D.维生素A可以防治夜盲症。

A.根据维生素的溶解性将分为两大类：脂溶性维生素和水溶性维生素．脂溶性维生素包括：维生素
A、D、E、K，水溶性维生素包括：维生素B2、B6、B12、C，故A正确；
B.脂溶性维生素不易排泄，容易在体内积存，主要积存在肝脏，因此，动物肝脏往往是脂溶性维生素的良好食物来源，但是水溶性维生素不容及积存，故B错误；
C.水溶性维生素易溶于水，容易被人体吸收，多余的则随尿排出体外，一般不易在体内积存，但脂溶性维生素不易排泄，容易在体内积存，故C错误；
D.维生素C可以防治坏血病，维生素A可以防治夜盲症，故D错误。

故选A。

2.答案：C
解析：解：A、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子数减少，则分子数小于0.1N A个，故A错误；
B、Cu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故可以认为混合物是由CuO构成的，故在CuO和Cu2S的混合物80 g中，含有的CuO的物质的量为1mol，故所含铜粒子数为N A，故B错误；
C、22gT2O的物质的量为1mol，而T2O中含12个中子，故1molT2O中含12N A个中子，故C正确；
D、NaNO3水溶液中除了硝酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中含有的氧原子个数大于3N A个，故D 错误。

故选：C。

A、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；
B、Cu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍；
C、求出T2O的物质的量，然后根据T2O中含12个中子来分析；
D、NaNO3水溶液中除了硝酸钠外，水也含氧原子。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解
3.答案：B
解析：
本题考查了勒夏特列原理的使用条件及应用，难度不大，侧重分析与应用能力的考查，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程。

勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。

A.汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.勒沙特列原理解释的shi是化学平衡移动原因，催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.氯气溶于水的反应是一个可逆反应：Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl−，根据勒夏特列原理，饱和食盐水中含有大量的氯离子，促使该平衡逆向向移动，减少了氯气的溶解，可以勒夏特列原理解释，故C错误；
D.工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D错误。

故选B。

4.答案：B
解析：解：A.图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A错误；
B.从a处加水，观察U型管是否出现液面差，可检验装置②的气密性，故B正确；
C.HCl的密度比空气密度大，图中应长导管进气，故C错误；
D.溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成烯烃，且乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，则图中不能验证生成烯烃，故D错误；
A.图中为固液反应不加热装置；
B.从a处加水，观察U型管是否出现液面差；
C.HCl的密度比空气密度大；
D.溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成烯烃，且乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的制备、气密性检验、物质的性质、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。

5.答案：C
解析：解：A、装置①没有外加电源，属于原电池，装置②存在外加电源，属于电解池，可以在锌上镀铜，故A正确；
B、装置①中盐桥内的K+移向正极CuSO4溶液，故B正确；
C、装置①属于原电池，Cu为正极铜离子在Cu上得电子发生还原反应，装置②属于电解池，阳极Cu本身失电子发生氧化反应而溶解，故C错误；
D、装置②属于电解池，阳极Cu本身失电子发生氧化反应，溶液中的铜离子在阴极Zn上得电子发生还原反应，所以Cu2+浓度保持不变，故D正确．
故选C．
装置①没有外加电源，属于原电池，Zn为负极发生氧化反应，Cu为正极发生还原反应，盐桥内的K+移向正极CuSO4溶液；装置②存在外加电源，属于电解池，阳极Cu本身失电子发生氧化反应，溶液中的铜离子在阴极Zn上得电子发生还原反应，相当于在锌上镀铜，据此分析解答．
本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注电镀池的特点是解题的关键，难度中等．
6.答案：C
解析：解：A.沉淀溶解平衡是动态平衡，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，但考虑到Ag+存在一定程度的水解，则c(Ag+)并不是严格意义上的相等，故A错误；
B.AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl−，故B错误；
C.AgCl的溶解过程是一个吸热过程，升高温度，AgCl的溶解度增大，故C正确；
D.加入NaCl固体，氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出AgCl固体，AgCl的溶解的质量减小，故D错误，
故选：C。

A.沉淀溶解平衡是动态平衡；
B.AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零；
C.升高温度，AgCl的溶解度增大；
D.依据溶液中存在沉淀溶解平衡，加入氯离子影响平衡的移动分析。

本题主要考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动方向，物质溶解度的变化应用，题目难度不大，平时注意认真总结。

7.答案：D
解析：解：A.d为O、e为Na，离子具有相同电子层排布，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：d>e，故A错误；
B.e为Na、f为Al，同周期从左向右金属性减弱，则元素的金属性：e>f，故B错误；
C.d为O、g为S，同主族从上到下非金属性减弱，则元素的非金属性：d>g，故C错误；
D.x、y、z和d四种元素形成碳酸铵、碳酸氢铵时，均为离子化合物，故D正确；
故选：D。

从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O 元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，结合对应元素化合物的性质以及元素周期律解答该题。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子半径、元素的化合价来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。

8.答案：(1)SiO2；
(2)CrO3+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++3H2O；
(3)5.9≤pH<7.9；
(4)1:1；
(5)2RuCl3+Cl2+4NH3+4HCl=2(NH4)2RuCl6；
(6)2975。

解析：
本题考查物质制备工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、工艺流程分析、信息获取与迁移运用等，侧重考查学生对知识的综合运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。

(1)钌废料含Ru(OH)3、FeO、MnO、SiO2及少量的Au，经“浮选”出Au后，Ru(OH)3、FeO、MnO 均与浓盐酸反应，而SiO2与浓盐酸不反应，所以滤渣1的成分是SiO2；
(2)CrO3氧化Fe2+，配平后离子方程式为CrO3+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++3H2O；
(3)根据流程图知，调pH时主要目的是除去Cr3+、Fe3+，根据表中离子沉淀的pH知，应调整的pH
范围为5.9≤pH<7.9。

(4)加入NaClO后，Mn元素以MnO2的形式沉淀而除去，发生反应的离子方程式为：H2O+CIO−+ Mn2+=Cl−+MnO2↓+2H+，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。

(5)氨化时，NH3、Cl2、HCl与RuCl3应生成(NH4)2RuCl6，配平后得反应的化学方程式为：2RuCl3+ Cl2+4NH3+4HCl=2(NH4)2RuCl6。

(6)钌废料中钌的含量为53%，氨化时产率为90%，其余步骤损失率共为10%，则根据Ru守恒可知，
≈2975kg。

2t钌废料可制得(NH4)2RuCl6的质量= 2 000 kg×53％×90％×(1−10％)×350
101
9.答案：B；B、C
解析：解：(1)加入Na2CO3固体，能够反应氢离子，导致氢离子浓度和物质的量都减小，所以v(H2)减慢，n(H2)减小；
加入K2SO4溶液，K2SO4与硫酸以及Zn都不反应，相当于加水稀释，导致氢离子浓度减小，氢离子物质的量不变，所以v(H2)减慢，n(H2)不变；
NaNO3固体，能够与氢离子形成硝酸，Zn与之反应不再生成氢气，所以所以v(H2)减慢，n(H2)减小；通入一定量HCl气体，增大了氢离子浓度，导致反应速率加快，生成氢气增多，所以v(H2)增大，n(H2)增多；
故答案为：
(2)①容器容积固定时：N2+3H2⇌2NH3
参考状态(mol)：130
A选项(mol)：1 3 1
B选项(mol)：0.5 1.5 1
C选项(mol)：0.5 1.50
D选项(mol)：1 3 2
利用“一边倒”的方法，将产物完全转化为反应物，可以得到与各选项构成完全等效平衡的投料：N2+3H2⇌2NH3
参考状态(mol)：130
A选项(mol)：1.5 4.5 0
B选项(mol)：1 3 0
C选项(mol)：0.5 1.50
D选项(mol)：2 6 0
只有B中投料与已知投料对应相等，故B符合题意，
故答案为：B；
②A.2mol N2+3mol H2+1mol NH3，将氨气转化为反应物氮气与氢气的物质的量之比不等于1：3，故A不符合；
B.0.5mol N2+1.5mol H2+1mol NH3，将氨气转化为反应物氮气与氢气的物质的量之比等于1：3，故B符合；
C.0.5mol N2+1.5mol H2，将氨气转化为反应物氮气与氢气的物质的量之比等于1：3，故C符合；
D.1mol N2+4mol H2+2mol NH3，将氨气转化为反应物氮气与氢气的物质的量之比不等于1：3，故D不符合，所以B、C投料与已知投料均对应成比例，
故答案为：B、C．
(1)影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂以及接触面积等等，注意硝酸与金属反应不生成氢气；生成氢气总量，看氢离子物质的量是否受影响，因为Zn过量，据此分析；
(2)①气体分子数不等的可逆反应，在恒温、恒容时，只有投料对应相等，才能形成什么量都对应相等的全等效平衡；
②恒温、恒压下，用极端转化为同一边物质，只要投料对应成比例，平衡时NH3的百分含量都为m%．本题考查了影响反应速率的因素和反应条件对产物的影响，注意硝酸与金属反应不生成氢气，题目难度不大．
10.答案：(1)Fe2O3(s)+3CO(g)===2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−23.5kJ⋅mol−1
(2)①C AB A
②正反应
③3
(3)3≤pH≤5
(4)NaOH Fe−6e−+8OH−===FeO42−+4H2O
解析：【f分析】
本题考查化学平衡计算、难溶物溶解平衡计算及电化学等知识点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，明确化学反应原理是解本题关键，难点是计算(3)题pH值，注意确定范围方法，题目难度中等。

(1)将方程式得Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)，
故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−23.5kJ.mol−1；
(2)①该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，则甲醇含量增大，根据图知，比较A和B点知，相同温度、不同压强下，A点甲醇体积分数大于B点，说明压强P2>P1，压强越大、温度越高，化学反应速率越快，A、C压强相同且大于B点压强，温度C点最高，所以反应速率最快的是C点；
化学平衡常数只与温度有关，根据图知，温度越高，甲醇含量越低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，C点温度高于A和B点且A、B点温度相同，所以化学平衡常数最大的是A、B点；
甲醇的含量越大，则反应物转化率越大，所以甲醇转化率最大的是A点；
故答案为：C；AB；A；
②C点甲醇的体积分数为50%，即甲醇的物质的量分数为50%，设反应掉的n(CO)=xmol，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH
1mol 2mol 0
xmol 2xmol xmol
(1−x)mol2(1−x)mol xmol
设容器体积为1L，则平衡时c(CH3OH)=0.75mol/L、c(CO)=0.25mol/L、c(H2)=0.50mol/L，化学平衡常数
，
向C点平衡体系中再充入0.25molCO、0.5molH2和0.25mol的CH3OH，此时c(CH3OH)=1mol/L、c(CO)=0.50mol/L、c(H2)=1mol/L，浓度商=1
 0.50×12
=2<K，则平衡正向移动，
故答案为：正反应；
③设n(H2)=amol、n(CO)=bmol，氢气的转化率为40%、CO的转化率为60%，根据方程式知，参加反应的n(CO)为参加反应的n(H2)的一半，所以40%amol=2bmol×60%，x=3，
故答案为：3；
(3)Fe3+完全沉淀时c(OH−)3=Ksp[Fe(OH)3]
4×10−5= 4×10−38 
4×10−5 
(mol/L)3=1×10−33(mol/L)3，此时
c(OH−)=10−11mol/L，pH=3；Cu2+沉淀时c(OH−)2= Ksp[Cu(OH)2] 
c(Cu2+) (mol/L)2= 2.6×10−19
0.26 
(mol/
L)2=1×10−18(mol/L)2，c(OH−)=10−9mol/L，pH=5，所以控制溶液的pH范围为3≤pH<5，
故答案为：3≤pH<5；
(4)Cu电极是阴极，阴极上电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，浓NaOH溶液中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，所以阴极室溶液中溶质为NaOH；阳极上Fe失电子和OH−反应生成Na2FeO4，电极反应式为，
故答案为：NaOH；Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O。

11.答案：(1)3d64s2
(2)①N>O>C
②12N A
(3)①sp2、sp3
②乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
(4)Fe3O
4；
232×8
(a×10−7)3N A
解析：
本题考查了核外电子的排布、电离能大小的判断、杂化方式的判断、晶胞的相关计算等，题目综合性强，难度较大，明确晶胞结构是解题关键。

(1)铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子排布式为：3d64s2，故答案为：3d64s2；
(2)①同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O>C.由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一
电离能由大到小的顺序是N>O>C；
故答案为：N>O>C；
②CN−含有碳氮三键，1个CN−含有1个σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个CN−与铁离子形成1个配位键，所以共有12个σ键，1mol Fe(CN)63─中含有σ键数为12N A；
故答案为：12N A；
(3)①乙二胺四乙酸中碳原子为−CH2−，−COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，−COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；
故答案为：sp2、sp3；
②乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多；
故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
(4)Fe2+处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心。

O2−位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。

Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe原子数目=4+8×1
8
+
6×1
2
+4×4=24，O原子数目=4×8=32，故Fe、O原子数目之比=24：32=3：4，故氧化物化学式为Fe3O4。

晶胞相当于有8个“Fe3O4“，晶胞质量=8×232N
A g，晶体密度=8×232
N A
g÷(a×10−7cm)3=
8×232
N A×(a×10−7)3
g⋅cm−3，
故答案为：Fe3O4；232×8
(a×10−7)3N A。

12.答案：酚羟基、羧基；消去反应；；BD；(或
、)；
解析：解：由转化关系可知，咖啡酸苯乙酯(
)水解生成A和D，A的分子式为C9H8O4，则A的结构简式为、D为；A与甲醇在浓硫酸作用下加热反应生成B，则B为：，
B中含C=C，B与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成C，在C为；D分子中含有醇羟基，则D→E发生消去反应，E为苯乙烯：；E→M发生加聚反应生成高分子化合物M，则M为，
(1)A的结构简式为，泽尔A分子中的含氧官能团为酚羟基和羧基，
故答案为：酚羟基、羧基；
(2)D→E为苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，该反应所以消去反应，
故答案为：消去反应；
(3)根据分析可知，C的结构简式为：，
故答案为：；
(4)A.M为高分子化合物，经除杂后得到的M为混合物，不属于纯净物，故A错误；
B.上述流程中，A、B中含有酚羟基和碳碳双键，C中含有酚羟基，D中含有羟基，所以四种物质均能使酸性高锰酸钾褪色，故B正确；
C.水解产物中含有2个酚羟基、1个羧基，1mol该
有机物最多能够消耗3mol氢氧化钠，但是题中没有告诉该有机物的物质的量，则消耗氢氧化钠的物质的量不一定为3mol，故C错误；
D.A的结构简式为，其分子中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，泽尔物质A 能发生的反应类型包括加成反应、取代反应、氧化反应和还原反应，故D正确；
故答案为：BD；
(5)A为，A的同分异构体中同时符合：①苯环上只有两个取代基；②能发生银镜反应，说明有−CHO基团；③能与碳酸氢钠溶液反应，说明有−COOH基团；④能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含酚羟基，符合以上条件的结构为：、、
，
故答案为：(或、)；
(6)生成B的化学方程式为：，
故答案为：．
由转化关系可知，咖啡酸苯乙酯()水解生成A和D，A的分子式为C9H8O4，则A的结构简式为、D为；A 与甲醇在浓硫酸作用下加热反应生成B，则B为：，B中含C=C，B与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成C，在C为；D分子中含有醇羟基，则D→E发生消去反应，E为苯乙烯：；E→M发生加聚反应生成高分子化合物M，则M为，然后结合有机物的结构与性质来解答．
本题考查有机物的推断，题目难度中等，明确酯类物质水解的规律及碳链骨架的变化是解答本题的关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力．。