1、广西南宁市2021 届高三化学12月统一测试试题（特训班，含解析）1. 化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是A. “嫦娥五号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅B. 食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠，其中炭粉作还原剂C. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体属于烃的衍生物D. “自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是纤维素【答案】C【解析】【分析】【详解】A“嫦娥五号”的太阳能电池帆板的材料是晶体硅，A错误；B食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠构成原电池。类似吸氧腐蚀，其中Fe作还原剂，B错误；C医
2、用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体CF2=CF2可看作是乙烯分子中的4个H原子被F原子取代产生的，因此属于烃的衍生物，C正确；D“自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分属于蛋白质，D错误；故合理选项是C。2. 从某中草药提取的有机物X结构如图所示，下列有关化合物X说法正确的是A. 该有机物分子式为C14H16O6B. 环上氢原子的一氯取代物有4种C. 化合物X能发生加成、取代和氧化反应D. 1 mol化合物X最多可与4 mol NaOH发生反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据物质结构简式，结合C原子价电子数目的4，可知该物质分子式是C14H
3、18O6，A错误；B该物质分子高度对称，根据物质结构简式可知：在环上有5种不同位置的H原子，因此环上氢原子的一氯取代物有5种，B错误；C化合物X分子中含有碳碳双键，能发生加成反应；含有羟基、羧基，能够发生取代反应；由于含有碳碳双键，且羟基连接的C原子上含有H原子，因此能够发生催化氧化反应，C正确；D物质分子中只有2个羧基可以与NaOH发生反应，因此1 mol化合物X最多可与2 mol NaOH发生反应，D错误；故合理选项是C。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. pH=2的硫酸溶液中含有的氢离子数目为0.01NAB. 15.6 g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为
4、0.2NAC. 1 mol碳正离子()中所含的电子总数为9NAD. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物分子数为2NA【答案】B【解析】【分析】【详解】ApH=2的硫酸溶液中c(H+)=0.01 mol/L，但溶液中只有离子浓度，没有溶液体积，因此不能计算离子数目，A错误；BNa2S和Na2O2的式量都是78，15.6 g的Na2S和Na2O2固体混合物中含有物质的物质的量是0.2 mol，由于这两种物质中阳离子与阴离子个数比都是2：1，则0.2 mol固体混合物中含有阴离子的物质的量是0.2 mol，阴离子数为0.2NA，B正确；C1个中含有8个电子，1 mol碳正离子
5、()中所含的电子总数为8NA，C错误；DNO与O2反应产生NO2，2 mol NO与1 mol O2充分反应，产生2 mol NO2，NO2会有一部分发生反应产生N2O4，反应方程式为：2NO2N2O4，则反应后气体的物质的量小于2 mol，故最终产物的分子数小于2NA，D错误；故合理选项是B。4. 下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是选项实验操作及现象结论A向2.0 mL浓度均为0.1 mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加12滴0.01 mol/LAgNO3溶液，出现黄色沉淀Ksp(AgI)Ksp(AgCl)B少量浓硝酸中加入大量铁屑，充分反应后滴加KSCN溶液，溶液无血红色Fe
6、被氧化为Fe2+C向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色该气体一定是SO2D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，无液态铝滴落下来金属铝的熔点较高A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】【详解】A向2.0 mL浓度均为0.1 mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加12滴0.01 mol/LAgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明I-、Ag+发生反应产生AgI沉淀，则溶液中c(Ag+)c(I-)Ksp(AgI)，而c(Ag+)c(Cl-)Ksp(AgCl)，故物质的溶度积常数：Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，A正确；B在少量浓硝酸中加入大量铁屑，充分反应后滴加KSC
7、N溶液，溶液无血红色，是由于在室温下浓硝酸具有强氧化性，将Fe粉氧化而在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属的进一步被氧化，即发生钝化现象，B错误；C向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色，证明气体具有漂白性，该气体可能是SO2，也可能是Cl2等，C错误；D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，无液态铝滴落下来，是由于在加热时表面的Al与O2反应产生高熔点的Al2O3，将熔化的Al包裹，因此铝熔化但不滴落，D错误；故合理选项是A。5. 一种利用LiCl、Li2CO3制备金属锂的装置如图所示。下列说法正确的是A. 电子流向：电极N电源电极MB. 每有2molLi+通过隔
8、膜，将产生22.4LCl2C. N极的电极反应方程式为：LiCl+e=Li+ClD. 隔膜右电极室每转移0.2mol电子，消耗7.4gLi2CO3【答案】D【解析】【分析】据图可知，有外接电源，所以该装置为电解池，在该电解池中，根据Li+由左向右移动可知，M为阳极，电极反应：2Cl-2e-=Cl2，N为阴极，电极反应：Li+e-=Li。【详解】A.由分析可知，M为阳极失电子发生氧化反应，N为阴极得电子发生还原反应，电子由电极M电源电极N，故A错误；B.根据电荷守恒，当有2mol Li+通过隔膜，左侧电极室消耗2molCl-则电路中转移2mol电子，产生1mol Cl2，但没有说明温度和压强，故
9、不能确定氯气体积，故B错误；C.根据上述分析可知，N极的电极反应方程式为：Li+e-=Li ，故C错误；D.根据电极反应式，阴极产生1.4g Li，即0.2mol Li，转移0.2mol 电子，产生0.1mol Cl2，电解池左侧的反应为 2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2，消耗0.1mol Li2CO3，即7.4g Li2CO3，故D正确。故答案选D。6. 常温下，用0.100mol/L的HCl分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的NaOH和二甲胺(CH3)2NH溶液(Kb(CH3)2NHH2O=1.6104)。已知以数字表示的溶液传导电流的能力称为电导率，现
10、测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A. a、b、c三点的溶液，水的电离程度cbc(Cl-)c()c(H+)c(OH-)C. e点溶液：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)D. d点溶液：c(H+)+c()c(CH3)2NHH2O+c(Cl-)【答案】C【解析】【分析】氢氧化钠是强碱，二甲胺是弱碱，相同浓度的氢氧化钠溶液的导电率强于二甲胺，则曲线为氢氧化钠溶液的滴定曲线，曲线为二甲胺溶液的滴定曲线。【详解】A.a点为等浓度的氢氧化钠和氯化钠混合溶液，溶液中氢氧根离子抑制水的电离，b点为等浓度的二甲胺和(CH3)2NH2Cl的混合溶液，由二甲胺的电离常数可知(CH3)2
11、NH2Cl的水解常数为=6.251011Kb(CH3)2NHH2O，溶液中CH3)2NHH2O的电离大于的水解，溶液呈碱性，抑制水的电离，a点溶液中氢氧根离子浓度大于b点，a点抑制水的电离程度大于b点，c点为氯化钠溶液，不影响水的电离，则水的电离程度a bc(Cl-) c(CH3)2NHH2Oc(OH-)c(H+)，故B错误；C.e点为等浓度的等浓度的盐酸和(CH3)2NH2Cl的混合溶液，溶液中的电荷守恒关系为c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，故C正确；D.d点为(CH3)2NH2Cl溶液，(CH3)2NH2Cl在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中的电荷守恒关系为c(H+)+c()
12、=c(OH-)+c(Cl-)，溶液中c(CH3)2NHH2O c(OH-)，则c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)c(CH3)2NHH2O+c(Cl-)，故D错误；故选C。7. 由四种短周期主族元素X、Y、Z和W构成的物质结构如图所示，其中Z与W同周期且Z的原子半径在四种原子中半径最大，Y的核外电子总数等于W的核外最外层电子数，下列说法正确的是 A. Y的氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红B. 气态氢化物的稳定性：XZC. 原子半径r：r(X)r(Y)r(Z)D. W氧化物对应水化物的酸性一定比Y氧化物对应水化物的酸性强【答案】B【解析】【分析】由物质的结构可知：X、Z最外层电子数都是
13、4，其中Z与W同周期且Z的原子半径在四种原子中半径最大，则X是C元素，Z是Si元素，W是第三周期元素，能够与Si形成1个共用电子对，则W原子最外层有7个电子，核外电子排布是2、8、7，该元素是Cl元素；Y的核外电子总数等于W的核外最外层电子数，则Y是7号N元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。【详解】综上所述，X是C，Y是N，Z是Si，W是Cl元素。AY是N，N元素的氢化物NH3水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B元素非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。X是C，Z是Si，元素的非金属性：CSi，则稳定性：CH4SiH4，即气态氢化物的稳定性：XZ ，B正确；
14、CC、N是第二周期元素，Si是第三周期元素。不同周期元素，元素周期数越多，原子半径越大；同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径由大到小的顺序为：SiCN，所以原子半径由小到大关系为：r(Y)r(X)r(Z)，C错误；DCl、N元素氧化物对应水化物有多种，由于题干未指明是元素最高价氧化物对应的水化物，因此不能比较物质的酸性强弱，D错误；故合理选项是B。8. 碳酸亚铁(FeCO3)是一种重要的工业盐，可用于制备补血剂，也是炼铁所用铁矿的主要成分，其外观为白色固体，难溶于水。某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：(无色)用如图装置制备FeCO3(夹持装
15、置略)：(1)装置c的名称为_。(2)打开a中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2.在装置_(填装置序号)中制得碳酸亚铁沉淀。该操作过程中产生的气体的作用是：_。(3)用以上方法制得的碳酸亚铁纯度不高，可能含有的主要杂质是_(写化学式)。若用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，获得的产品纯度更高，该反应的离子方程式为_。(4)研究小组为了探究FeCO3的性质，将制得的产品过滤、洗涤、干燥后在空气中煅烧，发现有红棕色固体生成，请写出相应的化学反应方程式_。(5)通过以下两个实验进一步探究FeCO3的性质：实验i：实验ii：对比实验i和，得出的实验结论是_。【答案】
16、(1). 三颈烧瓶 (2). c (3). 排出装置内空气，防止生成的FeCO3被氧化；将b中溶液压入c中 (4). Fe(OH)2 (5). 2+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O (6). 4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2 (7). Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解(或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大)【解析】【分析】该实验主要是利用硫酸亚铁与碳酸钠反应生成碳酸亚铁，打开a中K1、K3，关闭K2 ，a与b装置反应生成氢气排尽装置内空气，一段时间后，关闭K3，打开K2，硫酸亚铁压入到碳酸钠溶液当中反应生成碳酸亚铁，后用Fe2+与S
17、CN-的络合反应验证FeCO3的溶解性，据此分析回答相关实验问题。【详解】(1)根据实验装置可知装置C的名称是三颈烧瓶；(2)打开a中K1、K3，关闭K2，主要是铁屑与稀硫酸反应生成氢气用来排出装置内的空气，防止生成的碳酸亚铁被氧化，关闭K3，打开K2，主要让b装置中反应生成的硫酸亚铁压入到c反应装置中生成碳酸亚铁，所以在装置c中制得碳酸亚铁沉淀；产生的气体的作用是排出装置内空气，防止生成的FeCO3被氧化；(3)碳酸钠溶液显碱性，溶液中存在氢氧根与二价铁离子反应生成氢氧化亚铁，所以可能含有的主要杂质是Fe(OH)2；碳酸氢钠溶液水解程度较小，溶液中存在的氢氧根较少，获得的产品纯度更高，反应的
18、离子方程式为2HCO+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O；(4)根据已知的题干，FeCO3过滤、洗涤、干燥后在空气中煅烧，发现有红棕色固体生成，红棕色固体是Fe2O3，所有化学反应方程式4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2；(5)通过对比实验i和ii，可知Fe2+与SCN-络合生成可溶于水的Fe(SCN)，会促进FeCO3固体的溶解，所以得出的实验结论是Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解(或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大)。9. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程
19、回收其中的镍制备氯化镍晶体(NiCl26H2O)：已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：氢氧化物Fe(OH)2Fe(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH7.52.27.23.7沉淀完全的pH9.03.28.74.7回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。(2)加入H2O2氧化时发生反应的离子方程式为_。(3)利用上述表格数据，计算Ni(OH)的Ksp=_。如果“氧化”后的溶液中的Ni2+浓度为1.0molL1，则“调pH”应控制的pH范围是_。(4)操作2采用的纯化方法是_。(5)氯化镍在强碱溶液中用NaCl
20、O氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_。(6)通过佛尔哈德法可以测定氯化镍晶体(NiCl26H2O)中氯元素的含量从而确定该产品的纯度，实验步骤如下：A准确称取2.38g产品，配制成250mL溶液。B取待测溶液25.00mL于锥形瓶中，向其中加入25.00mL0.1000molL1AgNO3溶液(过量)，使Cl完全转化为AgCl沉淀。C向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物完全覆盖。D加入指示剂。用0.1000molL1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+至终点，消耗10.00mLNH4SCN标准溶液。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，K
21、sp(AgSCN)=21012滴定选用的指示剂是_(填标号)。a酚酞溶液 b甲基橙 cNH4Fe(SO4)2氯化镍晶体的纯度为_。在步骤c中，若无加入硝基苯的操作，所测产品纯度将会_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】 (1). 除去油脂，溶解铝及其氧化物 (2). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 10-15.6 (4). 3.2pH6.2 (5). 重结晶 (6). 2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O (7). c (8). 75% (9). 偏小【解析】【分析】废镍催化剂加NaOH溶液碱浸，可以除去油脂和铝及其氧化物，滤渣酸浸，使铁、镍及其
22、氧化物溶解进入溶液中，用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，用Na2CO3调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，和其他不溶性物质一起过滤除去。滤液中加Na2CO3沉镍，得到的NiCO3用盐酸溶解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗晶体，再经重结晶得到更纯的产品。【详解】(1)废镍催化剂是油脂厂的，所以上面粘有油脂，油脂可以溶于NaOH溶液，所以“碱浸”中NaOH溶液除了能溶解铝及其氧化物外，还可以除去油脂。(2)加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，在酸性溶液中发生反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。(3)当Ni2+浓度为0.01mol/L时，在pH=7.
23、2时开始沉淀，此时溶液中的c(H+)=10-7.2，溶液中的c(OH-)=10-6.8，Ni(OH)的Ksp=c(Ni2+) c2(OH-)=0.01(10-6.8)2=1.010-15.6。“氧化”后的溶液中的Ni2+浓度为1.0molL1，根据Ni(OH)的Ksp可以计算出Ni2+刚刚沉淀时溶液中的c(OH-)= =1.010-7.8mol/L， c(H+)=10-6.2mol/L，pH=6.2。根据表格中的数据，可知使Fe3+沉淀完全需控制的pH为3.2，所以“调pH”应控制的pH范围是3.2pH6.2。(4)操作2是将得到的粗晶体进行重结晶得到更纯的晶体。(5)氯化镍在强碱溶液中用Na
24、ClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，NaClO被还原为Cl，该反应的离子方程式为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O。(6)Fe3+遇SCN-会显红色，所以应选择含有Fe3+的指示剂，故选c。25.00mL 0.1000molL1AgNO3溶液(过量)中Ag+的物质的量为2.510-3mol，剩余的Ag+用10.00mL 0.1000molL1 NH4SCN溶液滴定，则剩余的Ag+的物质的量为1.010-3mol，则和Cl-反应的Ag+的物质的量为2.510-3mol-1.010-3mol=1.510-3mol，Cl-的物质的量即为1.510-3mol，则
25、NiCl26H2O的物质的量为7.510-4mol，在250mL溶液中NiCl26H2O的物质的量为7.510-3mol，质量为7.510-3mol238g/mol，纯度为 100%=75%。在步骤c中，若无加入硝基苯的操作，则AgCl在水中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由AgCl溶解并电离产生的Ag+也会消耗加入的NH4SCN，导致消耗更多的NH4SCN，最后导致所测产品纯度偏小。10. 氮氧化物是形成酸雨、雾霾、光化学烟雾的主要物质，主要来源于汽车尾气。氮氧化物)的处理已成为科学研究的重要内容。请回答下列问题：(1)用O3氧化可脱除氮氧化物。已知：2NO(g)
26、+O2(g)=2NO2(g)H1=-113kJ/mol6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) H2=-227kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) H3=-57kJ/mol用O3氧化脱除NO的总反应是：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) H4=_，该反应在热力学上趋势大，其原因是_。(2)还可以用活性炭还原法处理氮氧化物。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，发生如下反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=bkJ/mol，测得NO的转化率(NO)随温度的变化如图甲所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增
27、大，原因是：_；在1100K时，CO2的体积分数为_。(3)用CO还原法可处理氮氧化物。在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定条件下发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图乙所示：实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关。)比较P1、P2、P3的大小关系：_。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_填“”“=”或“”)k逆增大的倍数。求a点时=_。【答案】 (1). -198kJmol-1 (2). 该反应为放热反应 (3). 105
28、0K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (4). 20% (5). P1P2P3 (6). (7). 160【解析】【分析】【详解】(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-113kJ/mol6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) H2=-227kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) H3=-57kJ/mol根据盖斯定律，(+2+3)，得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)的H4=(-113kJ/mol-227kJ/mol2-57kJ/mol3)=-198kJmol-1；该反应为放热反应，放热反应一般容
29、易自发进行，在热力学上趋势大；(2)在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，发生如下反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=bkJ/mol，1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大，由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大；设一氧化氮的初始物质的量为2mol，在1100K时，NO的转化率(NO)=40%，列出三段式；CO2的体积分数为=20%；(3)2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由NO的平衡转化率与温度及压强的关系，在相同的温度下，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，正向移动，NO的平
30、衡转化率增大，故P1P2P3；由图像可知，温度升高，NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热的反应，达到平衡后，仅升高温度，有利于平衡逆向移动，k正增大的倍数k逆增大的倍数；在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡，a点的NO的平衡转化率为80%，列出三段式；平衡时，v正=v逆，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c(N2)c2(CO2)，=160。【点睛】计算时，利用平衡时的正逆反应速率相等这个信息，为易错点。11. 元素周期表中第四周期中的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。(1)基态铬原子的价电子排布式为_。(2)Cr与K位于同一周期且最外层电子
31、数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为K_Cr(填“”或“”)。(3)实验室常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，KSCN中非金属元素的电负性由小到大的顺序为_(用元素符号表示)，SCN的几何构型为_，中心原子的杂化类型为_。(4)GaN、GaP、GaAs的熔点如下表，它们的晶体类型与硅类似，都是良好的半导体材料。解释它们熔点变化的原因_。晶体GaNGaPGaAs熔点/170014801238(5)某铁镁合金的晶胞如图所示，镁原子的配位数为_，晶胞有两种基本要素：一种是原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，)，C为(，0)，则D点坐标参数为_
32、；另外一种是晶胞参数，已知铁镁合金的晶胞参数为a pm，则铁镁之间的最短距离为_，该合金的密度为_gcm-3(只列出计算式即可)。【答案】 (1). 3d54s1 (2). (3). CSN (4). 直线形 (5). sp (6). 原子半径NPGa，键长Ga-NGa-PGa-As，键能Ga-NGa-PGa-As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低 (7). 4 (8). (，) (9). a pm (10). 【解析】【分析】【详解】(1)Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态铬原子的价电子排布式为3d54s1；(2)Cr与K位于同一周期且原子最外层电子数相同，原子序数：KCr。同
33、一周期元素原子序数越大，原子半径越小，元素的金属性越弱，原子失去电子的能力就越弱，元素的第一电离能就越大，则这两种元素原子第一电离能的大小关系为：KCr；(3)实验室常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，在KSCN中的非金属元素有S、C、N，由于元素的非金属性越强，其电负性就越大，这三种元素的非金属性：CSN，所以它们的电负性由小到大的顺序为：CSN；SCN与CO2互为等电子体，等电子体结构相似，CO2是直线形分子，所以SCN的几何构型为直线形；中心C原子形成2个共价双键，则C原子杂化类型为sp杂化；(4)GaN、GaP、GaAs的晶体类型与硅类似，都属于共价晶体，物质熔点由共价键的键能大小决定
34、，键能越大，物质的熔点就越高。由于原子半径NPGa，键长Ga-NGa-PGa-As，则键能Ga-NGa-PGa-As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低；(5)由某铁镁合金的晶胞结构示意图可知：镁原子处于4个Fe原子构成的正四面体的几何中心上，故Mg原子的配位数为4；根据已知三个点的坐标，结合它们的位置关系可知：D点坐标参数为(，)；在该铁镁合金中，铁镁之间的最短距离为晶胞体对角线长度的，由于该晶胞参数是a pm，则晶胞体对角线长度为a pm，所以铁镁之间的最短距离为a pm；在一个晶胞中含有Fe原子个数为，含有的Mg原子个数是8，则根据晶体密度公式可得其密度=g/cm3。12. 缓释布
35、洛芬M为非甾体类抗炎药，有解热、镇痛及抗炎作用，是常用的解热镇痛药物。其结构简式为合成路线如下：已知：R1COOR2R3OHR1COOR3R2OH请回答下列问题(1)化合物A的化学名称_。(2)反应的化学方程式是_。(3)D中含氧官能团的名称_。(4)由HJ反应的化学方程式_。(5)反应的反应类型_。(6)F的同系物X比F的相对分子质量少14，X的同分异构体同时满足下列条件：能发生银镜反应，芳香族化合物，共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式是_(任写一种)。(7)结合题中信息，以1，4丁二酸和苯为起始原料制备，请写出合成路线(无机试剂任选)_
36、【答案】 (1). 2甲基丙酸 (2). +2NaOH+NaBr+2H2O (3). 酯基、羟基 (4). +H2O (5). 取代反应 (6). 14种 (7). 或 (8). 【解析】【分析】由A的分子式及A与Br2反应产物(CH3)2 CBrCOOH，可知A为(CH3)2CHCOOHE发生信息中反应生成F，纵观整个过程，结合缓释布洛芬结构可知EF引入苯环，故X为、E为、F为、G为、H为H发生消去反应生成J为，J与氢气发生加成反应生成K为根据缓释布洛芬结构简式知L为，则K与D信息中交换反应生成L，故D为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，则C为CH2=C(CH3)COOH、B为CH
37、2=C(CH3)COONa。【详解】(1)A为(CH3)2CHCOOH，A的化学名称为：2-甲基丙酸；(2)B为CH2=C(CH3)COONa，反应发生羧基与NaOH的反应、和溴原子的消去反应，化学方程式是：+2NaOH+NaBr+2H2O；(3)D为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，含氧官能团的名称：酯基、羟基；(4)HJ是醇的消去反应，化学方程式：+H2O；(5)反应是根据信息反应的，反应类型：取代反应；(6)F为，同系物X比F的相对分子质量少14，即少-CH2，X的同分异构体同时满足下列条件：能发生银镜反应，芳香族化合物，则X有：只有一个取代基时：、共2种；有2个取代基时：、共6种；有3个取代基时： 、共6种；总共14种；其中核磁共振为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式是：或；(7)以1，4丁二酸和苯为起始原料制备，请写出合成路线为：。