2019年高三化学最新信息卷五（含答案）

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2019年高考高三最新信息卷化学（五）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39第Ⅰ卷一、选择题：本大题共7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。7．宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是A．“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D．“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．25℃，101kPa条件下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NAB．将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NAC．50℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，含有H+的数目为0.1NAD．将1molCl2通入到足量的水中，则N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=2NA(N表示粒子数)9．某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：下列说法不正确的是A．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应B．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnSC．步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2OD．步骤②和④，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体10．化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A．W、M、N均能与溴水发生加成反应B．W、M、N的一氯代物数目相等C．W、M、N分子中的碳原子均共面D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色11．X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期主族元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q是其中唯一金属元素且可与氮气反应；T的一种单质在空气中能够自燃。下列说法中正确的是A．X的氢化物的沸点一定小于R的氢化物的沸点B．Q的氮化物溶于盐酸生成两种盐的物质的量之比为1∶1C．Z单质可以从U的钠盐溶液中将其置换出来D．CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂12．全钒液流电池充电时间短，续航能力强，被誉为“完美电池”，工作原理如图1所示，反应的离子方程式为：VO2++V3++H2OVO2++V2++2H+。以此电池电解Na2SO3溶液(电极材料为石墨)，可再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图2所示。下列说法正确的是A．电解Na2SO3溶液时，a极与电池负极相连，图1中H+从电池右边移向左边B．电池放电时，负极的电极反应式为VO+e－+2H+=VO2++H2OC．电解时b的电极反应式为SO+H2O－2e－=SO+2H+D．若电解过程中图2所有液体进出口密闭，则消耗12.6gNa2SO3阴极区变化的质量为4.6g 13．已知常温下，氨水中的电离平衡常数：。向1L 溶液中，不断加入固体NaOH后，NH与的变化趋势如图所示溶液体积和温度的变化、氨的挥发均忽略不计，下列说法正确的是A．的电离方程式为：B．M点时，C．D．当mol时溶液中有：第II卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。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。26．（14分）单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450～500℃)，四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。相关信息如下：a．四氯化硅遇水极易水解；b．硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；c．有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/℃57.712.8－315－熔点/℃－70.0－107.2－－－升华温度/℃－－180300162请回答下列问题：（1）写出装置A中发生反应的离子方程式：______________________________。（2）装置F的名称是___________________；装置C中的试剂是_____________；装置E中的h瓶需要冷却的理由是_____________________________________。（3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是____(填写元素符号)。（4）为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式为5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O。①滴定前是否要滴加指示剂？________(填“是”或“否”)。②某同学称取5.000g残留物，经预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移取25.00mL试样溶液，用1.000×10−2mol·L−1KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则残留物中铁元素的质量分数是_____________27．（14分）NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式____________。（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_________________________。（3）NO2用氨水吸收能生成NH4NO3，25℃时，将amolNH4NO3溶于水配成bL溶液，溶液显酸性，常温下向该溶液通入标准状况下VL氨气后溶液呈中性，则通入氨气的过程中水的电离平衡将_____(填“正向”“不”“逆向”)移动，通入标准状况下氨气的体积为_________L(设通入氨气后溶液的体积不变，用含a的代数式表示，已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数为2.0×10-5)（4）催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4∶1、3∶1、1∶3时，得到NO脱除率曲线如图所示： ①由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是________。②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____________mg/(m3·s)。③曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是____________。28．（15分）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)可抑制金属腐蚀。以钼精矿(主要成分为MoS2，含少量杂质)为原料，制备钼酸钠晶体的主要流程图如下图。回答下列问题（1）完成下列反应：_____MoS2+____O2_____SO2+_____MoO3；在焙烧炉中，空气从炉底进入矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是___________。（2）浓氨水浸取粗产品获得(NH4)2MoO4溶液，其化学反应方程式为___________；该反应说明MoO3______（填“有”或“没有”）酸性氧化物的性质。（3）常温下，沉钼阶段所得废液为(NH4)2SO4稀溶液。若(NH4)2SO4稀溶液的pH=a，则=_______（用含a的代数式表示，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5），若将此稀溶液蒸发浓缩，将_________（填“变大”“不变”或“变小”）。（4）操作X为_________________，已知钼酸钠在一定温度范围内的析出物质及相应物质的溶解度如下表所示，则在操作X中应控制温度的最佳范围为________________。温度(℃)0491015.53251.5100＞100析出物质Na2MoO4·10H2ONa2MoO4·2H2ONa2MoO4溶解度30.6333.8538.1639.2839.2739.8241.2745.00结晶得到的母液可以在下次结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是___。（5）Li、MoS2可充电电池的工作原理为；[Lix(MOS2)n附着在电极上]，则电池充电时阳极的电极反应式为_________________________。35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）铁及其化合物在生活、生产、国防等方面有广泛应用。（1）基态铁原子的电子排布式为[Ar]_______________________。（2）Fe2+易被氧化成Fe3+，从微粒的结构上分析其主要原因是_______________________。（3）铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是检验Fe2+的重要试剂，在铁氰化钾中，碳原子的杂化类型是___________；1molK3[Fe(CN)6]含_________molσ键。（4）Fe(CO)5是一种浅黄色液体，熔点－20℃，沸点103℃，热稳定性较高，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水。Fe(CO)5是_________分子(填“极性”或“非极性”)，它的固体熔化时克服作用力类型是____________。配体CO提供孤电子对的原子是C，不是O，其原因是______________________。（5）铁碳合金，是铁和碳组成的二元合金。其中一种铁碳合金的结构如下：则该铁碳合金的化学式_______________(用原子个数最简比表示)。若渗入碳原子不改变铁原子间的距离，则在该铁的晶体中渗入碳原子后，可使其密度净增_____%(结果保留3位有效数字)。36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示： 已知：i．RCH2BrRHC=CH-R’ii．RHC=CH-R’iii．RHC=CH-R’（1）A属于芳香烃，其名称是________________。（2）B的结构简式是__________________。（3）由C生成D的化学方程式是______________________________________________。（4）由G生成H的反应类型是________，1molF与足量NaOH溶液反应，消耗______molNaOH。（5）试剂b是_______________。（6）下列说法正确的是____（选填字母序号）．a．G存在顺反异构体b．由G生成H的反应是加成反应c．1molG最多可以与1molH2发生加成反应d．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH（7）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)___________________。 绝密★启用前2019年高考高三最新信息卷化学答案（五）7.【答案】B【解析】A．陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机传统非金属材料，故A正确；B．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾，故B不正确；C．该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，故C正确；D．黄铜是铜锌合金，故D正确；答案：B。8.【答案】C【解析】A项、25℃，101kPa条件不是标准状况，不能使用气体摩尔体积vm=22.4L/mol计算5.6L甲烷和乙烯的物质的量，故A错误；B项、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，4.6g钠的物质的量为0.2mol，反应生成0.1mol氢气，但是反应生成的氢氧化钠能够与铝箔反应生成氢气，与足量水充分反应生成H2大于0.1mol，故B错误；C项、50℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，H+的物质的量为0.1mol，H+的数目为0.1NA，故C正确；D项、将1molCl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：2N(Cl2)+N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=2NA，故D错误。故选C。9.【答案】A【解析】A．①中发生ZnO+H2SO4＝ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4＝ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故A符合题意；B．ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故B不符合题意；C．③中发生CuS+H2O2+H2SO4＝CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O，故C不符合题意；D．步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤获得晶体，故D不符合题意；答案：A。10.【答案】D【解析】A．由结构简式可知，W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；B．W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C．根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D．W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确；答案：D。11.【答案】D【解析】A．X为碳元素，X的氢化物是各种烃类，较多，沸点不一定小于SiH4的沸点，故A错误；B．Mg3N2溶于盐酸生成两种盐的物质的量之比为3．2，故B错误；C．氟单质不可以从NaCl溶液中将氯置换出来，而是先与水反应，生成氧气，故C错误；D．CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应生成磷酸和铜，该反应的化学方程式是：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故D正确；故选D。12.【答案】C【解析】A．Na＋移向a极，a是阴极，所以a极与电池负极相连，电池放电时，V3+→V2+，右边是正极，所以图1中H+从电池左边移向右边，故A不正确；B．电池放电时，负极失电子发生氧化反应，电极反应式为VO2+－e－+H2O=VO+2H+，故B错误；C．SO移向b极，b是阳极，电解时b的电极反应式为SO+H2O－2e－=SO+2H+，故C正确；D．消耗12.6gNa2SO3，转移0.2mol电子，有0.2molNa＋移入阴极区，同时阴极生成0.1mol氢气，所以变化的质量为0.2×23－0.2=4.4g，故D错误。13.【答案】B【解析】在溶液中完全电离，正确的电离方程式为：，A项错误；B．根据图象可知，M点，的电离平衡常数，则，则，溶液的，B项正确；C．若，和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的和、NaCl，的电离程度大于水解程度，导致溶液中，要使混合溶液中，则混合溶液中，则，C项错误；D．当时，和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的和、NaCl，的电离程度大于水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序为：，D项错误；答案选B。26.【答案】（1）MnO2＋4H+＋2Cl−Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（2）干燥管浓H2SO4SiCl4沸点较低，用冷却液可得到液态SiCl4（3）Al、Cl、P（4）否4.48%【解析】（1）装置A中发生的反应为二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，离子方程式为：MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；（2）装置F的名称是干燥管；装置C中用浓H2SO4除水以制得干燥纯净的Cl2，故所盛试剂是浓H2SO4；h瓶用冷却液冷却，主要目的是得到SiCl4。故答案为：干燥管；浓H2SO4；SiCl4沸点较低，用冷却液可得到液态SiCl4；（3）精馏粗产物得到SiCl4，温度应控制在57.7°C，此时BCl3已汽化，但AlCl3、FeCl3、PCl3均残留在瓶中，所以残留杂质元素除铁元素外是Al、P、Cl，故答案为：Al、Cl、P；（4）①滴定时MnO是自身指示剂，终点时变为紫红色且30s内不变色即可读数，所以不需要滴加指示剂；②根据反应的离子方程式为5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O5Fe2+~~~~MnO 51x1.000×10−2mol·L−10.020L＝2.000×10−4mol解得x＝1.000×10−3mol，从100mL中取出25mL，原溶液中n(Fe2+)＝4.000×10−3mol，w＝100%＝4.48%。故答案为：4.48%。27.【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=–746.5kJ/mol（2）HNO2–2e−+H2O=NO+3H+（3）逆向或0.112a（4）催化剂活性下降1.5×10−41∶3【解析】（1）由于化学平衡常数是可逆反应达到化学平衡状态时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，因此该反应的化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ/mol；②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol；③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ/mol；2×②-①-③，整理可得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=–746.5kJ/mol；（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该溶液得到较浓的硝酸，是由于亚硝酸电离产生NO在阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：HNO2–2e−+H2O=NO+3H+；（3）NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中由于NH水解使溶液显酸性，向该溶液中通入氨气，导致c(NH3·H2O)增大，导致化学平衡NH+H2ONH3·H2O+H+逆向移动；若溶液显中性，则c(OH−)=10−7mol/L，c(NH)=mol/L，c(NH3·H2O)=mol/L，K==2.0×10−5，解得V=或0.112a；（4）①根据图像可知：无论是在什么温度下，当温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，是由于反应4NH3+6NO5N2+6H2O的正反应是在催化剂存在时进行，催化剂只有在一定温度范围内催化活性才最强，当温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因是催化剂活性下降；②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，根据图象，NO的脱除率从55%上升到75%，则该段时间内NO的脱除量为△c=6×10-4mg/m3×(75%-55%)=1.2×10-4mg/m3，时间间隔为△t=0.8s，所以该段时间内NO的脱除速率为v==1.5×10-4mg/(m3·s)；③两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，根据图象，曲线c的NO脱除率最低，即NO的转化率最低，所以NO的在总反应物中的比例最高，符合的是n(NH3)：n(NO)的物质的量之比1∶3。28.【答案】（1）2742增大固气接触面积，提高原料利用率(加快反应速率亦可)（2）MoO3+2NH3·H2O=(NH4)2MoO4+H2O有（3）1.8×109-a变大蒸发浓缩，冷却结晶15.5℃～100℃（4）母液中的NaOH浓度越来越大，最后结晶提纯时随Na2MoO4·2H2O析出（5）Lix(MoS2)n−xe−=nMoS2+xLi+【解析】（1）MoS2中S元素为-2价，Mo元素为+4价，其中化合价升高的为Mo和S，失电子数为：[(+6)-(+4)]+2[+4-(-2)]=14，化合价降低的元素为O，得电子数为2×[0-(-2)]=4，根据氧化还原反应化合价升降相等规律：Mo由+4价升高到+6价，S由-2价升高+4价，共升高[6-4+2×（4+2）]=14价，O由0价降低到-2价，共降低4价，最小公倍数为28；所以MoS2系数为2，O2系数7，根据原子守恒进行配平，具体如下：2MoS2+7O24SO2+2MoO3；在焙烧炉中，空气从炉底进入矿石经粉碎后从炉顶进入，可增大固气接触面积，提高原料利用率，加快化学反应速率，故答案为：2；7；4；2；增大固气接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)；（2）MoO3与NH3·H2O反应生成(NH4)2MoO4，化学反应方程式为MoO3+2NH3·H2O=(NH4)2MoO4+H2O；酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水，发生非氧化还原反应，整个反应过程，各元素化合价均没发生变化，所以MoO3有酸性氧化物的性质；故答案：MoO3+2NH3·H2O=(NH4)2MoO4+H2O；有。（3）硫酸铵水解显酸性，水解平衡常数为Kh=Kw/Kb=c(NH3∙H2O)×c(H+)/c(NH4+)，所以c(NH3∙H2O)/c(NH)=Kw/[Kb×c(H+)]，c(H+)=10-amol/L，所以c(NH3∙H2O)/c(NH)=10aKw/Kb，=Kb/10aKw=1.8×10-5/10a×10-14=1.8×109-a；若将(NH4)2SO4稀溶液蒸发浓缩，溶剂减小，浓度增大，NH4+水解能力减弱，所以将变大；故答案：1.8×109-a；变大；（4）根据题给图表信息可知，温度控制在15.5℃~100℃之间，对钼酸钠溶液进行蒸发浓缩，可以得到Na2MoO4·2H2O，然后进行过滤、洗涤、晾干等操作；因为加热，会促进Na2MoO4的水解，进行多次重复操作后，母液中的NaOH浓度越来越大，也会随着Na2MoO4·2H2O析出，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；15.5℃～100℃；母液中的NaOH浓度越来越大，最后结晶提纯时随Na2MoO4·2H2O析出；（5）可充电电池的工作原理为，则电池充电时阳极的电极反应式为Lix(MoS2)n−xe−=nMoS2+xLi+，故答案为：Lix(MoS2)n−xe−=nMoS2+xLi+。35.【答案】（1）3d64s2（2）Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满结构（3）sp12（4）非极性范德华力(或分子间作用力)C的电负性比O小，C比O易提供孤电子对 （5）FeC21.4【解析】（1）电子排布式中，内层部分电子排布用对应的稀有气体原子结构替代，铁为26号元素，根据电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或者[Ar]3d64s2，答案为3d64s2。（2）物质稳定性由价层结构决定，用洪特规则特例分析，Fe2+的核外排布1s22s22p63s23p63d6，Fe3+的核外排布为1s22s22p63s23p63d5，可以知道Fe3+的3d轨道上的电子数为5，为半充满，更加稳定，答案为Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满结构；（3）CN-存在三键，含有1个σ键和2个π键。1个CN-形成1个配位键，配位键也是σ键，故总共有12个σ键，C原子的杂化类型为sp，答案为sp；12；（4）五羰基铁不溶于水，易溶于有机溶剂，由相似相溶原理知，它是非极性分子。由状态、熔点和沸点知，它是分子晶体，熔化时要克服分子间作用力。配位原子提供孤电子对与两个因素有关，一是原子价层有孤电子对；二是原子的电负性较小，电负性较小，易提供孤电子对。O原子价电子层虽有孤对电子，但是O原子电负性大，不宜给出孤对电子。答案为范德华力(或分子间作用力)；C的电负性比O小，C比O易提供孤电子对；（5）利用均摊法，可以计算出，在晶胞中，12根轴上有12个C原子，为4个晶胞共有，体中心有1个碳原子，为此晶胞单独共有，所以该晶胞有个碳原子；晶胞中8个顶点上有8个铁原子，为8个晶胞共有，6个面心有6个铁原子，为2个晶胞共有，所以该晶胞有个铁原子，所以两者个数比为1∶1；铁碳合金比铁的晶体多了相同数目碳原子，而体积不变，所以多出来的质量为1molC的质量12g，与原来的质量1molFe的质量56g，其之比为12/56×100%=21.4%。答案为FeC；21.4。36.【答案】（1）1，2-二甲苯(邻二甲苯)（2）（2）（3）加成反应2（5）NaOH醇溶液（6）bd（7）【解析】（1）由以上分析可知A为，为1，2﹣二甲苯（邻二甲苯），故答案为：1，2﹣二甲苯（邻二甲苯）；（2）由以上分析可知B为，故答案为：；（3）C与甲醇发生酯化反应生成D，反应的化学方程式为H2O，（4）由G为，结合H结构可知两分子G发生加成反应得到H；由F为，其中酯基与碘原子均可与NaOH反应，故消耗2molNaOH；（5）F为，G为，F在NaOH醇溶液作用下发生消去反应生成G，故答案为：NaOH醇溶液；（6）a．G为，不存在顺反异构体，故a错误；b．G含有碳碳双键，由信息iii可知，由G生成H的反应是加成反应，故b正确；c．G含有苯环和碳碳双键，则1molG最多可以与4molH2发生加成反应，故c错误；d．F为，含有酯基和I，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故d正确。故答案为：bd；（7）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成 ，应先生成CH3CH=CHCH3，可由乙醛和CH3CH2Br生成，且乙烯可生成乙醛、溴乙烷，反应的流程为。