1、四川省南充高级中学2020届高三化学下学期4月月考试题（含解析）1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A. 一次性医用外科口罩的核心功能层熔喷布是以纯净物聚丙烯为原料制成B. 高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C. 在“新冠肺炎战疫”中，84消毒液和医用酒精都可以用来消毒，但不宜混合使用D. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【答案】C【解析】【详解】A聚丙烯结构简式是。不同分子中聚合度n值不同，因此属于混合物，A项错误；B高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的
2、作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，B项错误；C84消毒液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，而乙醇具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，因此不能混合使用，C项正确；D除去污水中的重金属离子时加入纳米铁粉，由于Fe的金属活泼性比较强，可以与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，生成Pb、Cu、Cd、Hg等，降低水中重金属离子的含量，与物理吸附无关，D项错误；答案选C。2.下列化学用语表达不正确的是A. 用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag4H+NO3- Ag+NO2H2OB. HClO的结构式：HOClC. Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO32-
3、+ H2OHCO3-+ OH-D. CH4的球棍模型：【答案】A【解析】【详解】A题中离子反应方程式电荷不守恒，电子转移不守恒，正确的离子方程式为：3Ag4H+NO3- 3Ag+NO2H2O，A项错误；BH原子最外层有1个电子，需共用1个电子，形成1个化学键，O原子最外层有6个电子，需共用2个电子，可形成2个键。Cl原子最外层有7个电子，需共用1个电子，形成稳定结构，只能形成1个键，故HClO的结构式为HOCl，B项正确；CNa2CO3为强碱弱酸盐，Na2CO3在水溶液中电离出的CO32-会和水电离出的H+结合，生成弱酸H2CO3，导致溶液中c(OH-)c(H+)而呈碱性，C项正确；D球棍模型
4、可用来表示化学分子的三维空间分布，甲烷为正四面体构型，其球棍模型表示正确，D项正确；答案选A。3.键线式是有机物的常用表示方法，如：CH2=C(CH3)CH3可表示为。萜类化合物广泛存在于动植物体内，下列萜类化合物的说法正确的是A. a属于芳香烃B. a和b均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. b的分子式为C8H10OD. b和c互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】Aa分子中不含苯环，不属于芳香烃，A项错误；Ba中含有碳碳双键，b中苯环侧链上与苯环直接相连的C原子上有氢原子，则a、b都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；C由b的键线式可知b的分子式为C10H14O，C项
5、错误；Dc的分子式为C10H16O。b、c分子式不同，不属于同分异构体，D项错误；答案选B。【点睛】苯的同系物与酸性高锰酸钾溶液的反应：与苯环直接相连的碳上有氢原子的侧链能被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基。4.根据下列实验操作和现象，得出的结论及推理均正确的是选项实验操作和现象结论A光照时甲烷与氯气反应后的混合气体能使紫色石蕊溶液变红生成的氯甲烷具有酸性B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X一定具有氧化性C两支盛0.1 molL1 醋酸和次氯酸的试管中分别滴加等浓度NaHCO3溶液，观察到前者有气泡、后者无气泡Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(HClO)D向10
6、mL0.1 molL1 AgNO3 溶液中先加入0.1 molL1 KCl 溶液5 mL，再加入0.1 molL1 的KI溶液5 mL，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀。Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A光照时甲烷与氯气反应生成的混合气体为CH3Cl和HCl等，HCl能使紫色石蕊溶液变红，不能证明生成的氯甲烷具有酸性，A项错误；B若X为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成的白色沉淀为硫酸钡，则X可能是氨气或Cl2等，不一定具有强氧化性，B项错误；C强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大。前者有气泡、后者无
7、气泡，说明酸性：CH3COOHH2CO3HClO，则Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(HClO)，C项正确；DAgNO3先与KCl反应生成白色沉淀AgCl，因实验中AgNO3溶液过量，再加入KI，AgNO3和KI反应生成黄色沉淀AgI，不能证明沉淀转化，即不能证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，D项错误；答案选C。5.下图是我国学者研发的高效过氧化氢一尿素电池的原理装置：该装置工作时，下列说法错误的是A. NiCo/Ni极上的电势比Pd/CFC极上的低B. 向正极迁移的主要是K+，产物M主要为K2SO4C. 负极反应为：CO(NH2)2+8OH6eCO32+N2+6H2OD.
8、 Pd/CFC极上发生反应：H2O2+2e2OH【答案】D【解析】【分析】由电池工作原理图可知，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则NiCo/Ni极为负极，Pd/CFC极为正极，正极得电子，发生还原反应。据此分析。【详解】A电子从低电势（负极）流向高电势（正极），NiCo/Ni极是原电池的负极，电势较低，A项正确；B该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是K+，产物M主要为K2SO4，B项正确；C根据分析，NiCo/Ni极为负极，结合图示负极的物质转化关系可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生
9、氧化反应，负极反应为：CO(NH2)2+8OH6eCO32+N2+6H2O，C项正确；DPd/CFC极上发生还原反应：2H+H2O2+2e2H2O，D项错误；答案选D。【点睛】高考中常考察各种新型化学电源，试题背景一般都比较新颖，解决此类问题还需从原电池的基本原理入手。首先要理解常见的化学电源种类及原电池的工作原理，其次会判断正负极或阴阳极，以及会书写电极反应式等。6.下图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是A. W、X对应的简单离子的半径：XWB. Y元
10、素在周期表中的位置为二周期第IVA族C. 将W的氯化物的水溶液加热蒸干并灼烧可得到W的氧化物D. 该漂白剂结构中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构。【答案】B【解析】【分析】W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H元素，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H原子，W位于A族，X是A族元素，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W是Mg元素，X是O元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，据此分析。【详解】A由于W、X对
11、应的简单离子核外电子排布相同，则核电荷数大的离子半径小，故W、X对应的简单离子的半径：XW，A项正确；BY为B元素，位于元素周期表中第二周期第A族，B项错误；CW的氯化物的水溶液为MgCl2溶液，Mg2+在溶液中会水解生成Mg(OH)2，而生成的HCl为挥发性酸。MgCl2溶液蒸干灼烧后，可得到MgO，C项正确；D该漂白剂中，B、O原子最外层均满足8电子结构，D项正确；答案选B。【点睛】（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质；（2）盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物。7.t 时，两种碳酸盐MCO3（M表示X2+或Y2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p
12、Mlgc(M2)，p(CO32-)lgc(CO32-)，XCO3溶解度比YCO3大。下列说法正确的是A. 线b表示YCO3的溶解平衡曲线B. a、b线上任意点均存在c(M2)c(CO32-)C. t 时，XCO3(s)Y2(aq)YCO3(s)X2(aq)平衡常数为K，其数量级为102D. 向YCO3悬浊液中加入饱和X(NO3)2溶液，可能有XCO3生成【答案】D【解析】【分析】分析题中沉淀溶解平衡曲线图，横纵坐标为相应离子浓度的负对数，则横纵坐标值越大，相应的离子浓度越小。由XCO3溶解度比YCO3大可知Ksp(XCO3)Ksp(YCO3)，据此进行分析。【详解】A由XCO3溶解度比YCO3
13、大可知Ksp(XCO3)Ksp(YCO3)，当pM相同时，溶解大的物质的饱和溶液中c(CO32-)大，其p(CO32-)小，故线b表示XCO3的溶解平衡曲线，A项错误；Ba、b曲线为物质的沉淀溶解平衡曲线，线上的任意一点都表示饱和溶液，此时，由图可知，位于a、b曲线与角平分线的交点存在c(M2)c(CO32-)，不是任意一点，B项错误；C由图可知：Ksp(XCO3)=10-2.2，Ksp(YCO3)=10-4，XCO3(s)Y2(aq)YCO3(s)X2(aq)平衡常数K=，C项错误；D在饱和X(NO3)2溶液中存在溶解平衡：XCO3(s)CO32-(aq)X2(aq)，向YCO3悬浊液中加入
14、饱和X(NO3)2溶液，溶液体积变大，c(X2+)减小，c(CO32-)增大，浓度商，若Qc大于Ksp(XCO3)，则有XCO3生成，D项正确；答案选D。8.甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示（夹持和加热仪器已省略）。有关物质性质如下表甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，难溶于乙醇两性化合物强酸性、强还原性实验过程：合成：装置C中盛有0.2 mol FeCO3和200 mL 1.0 molL1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置C中
15、空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节p到6左右，使反应物充分反应。分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。回答下列问题：（1）仪器C的名称是_；与a相比，仪器b的优点是_。（2）装置B盛装的试剂为_。（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和_。（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为_。（5）过程II中洗涤操作为_。（6）检验产品中是否含有Fe3+的最佳试剂是_（写化学用语）。（7）本实验制得15.3 g 甘氨酸亚铁(M=204g/mol)，则其产率是_。【答案】 (1
16、). 三颈烧瓶 (2). 平衡气压，使液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 防止Fe2+被氧化 (5). Fe2+2OH= Fe(OH)2 (6). 向漏斗中加入乙醇至浸没晶体，待乙醇自然流下，重复2-3次 (7). KSCN (8). 75【解析】【分析】分析题中反应步骤及实验装置图可知，装置A为盐酸和石灰石反应生成CO2的发生装置，生成的CO2可以用来排净装置C中的空气，装置B为CO2的净化装置。装置C为甘氨酸和FeCO3反应制备甘氨酸亚铁的反应装置。由物质性质表可知，柠檬酸具有还原性，可以确保FeCO3不被氧化。反应结束后，利用甘氨酸亚铁难溶于乙醇来进行甘氨酸亚铁的分离
17、、洗涤等操作。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶；仪器a为分液漏斗，仪器b为恒压分液漏斗，相比a来说，b可以平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；（2）装置B的作用是除去CO2气体中混有的HCl，防止其对实验造成干扰，故可选择饱和NaHCO3溶液；（3）分析柠檬酸的性质，柠檬酸具有还原性，可以保证Fe2+不被氧化；（4）pH若大于6，溶液中c(OH-)较大，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，离子方程式为：Fe2+2OH= Fe(OH)2；（5）甘氨酸亚铁难溶于乙醇，用乙（6）Fe3+与KSCN反应，会生成血红色的络合物，故一般用KSCN来进行检验； （7）15.3g甘氨酸亚铁的物质的量为，
18、200 mL 1.0 molL1甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为，FeCO3的物质的量为0.2 mol，理论上可生成0.1mol甘氨酸亚铁，则产率为。9.2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：（1）“碱溶”时Al箔溶解过程中，氧化剂是_。（2）“酸浸”时生成NO的离子方程式是_。（其他杂质不与HNO3反应）（3）实验测得滤液中c(Li+)4 molL1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率
19、为90%，则加入饱Na2CO3 溶液中c(Na2CO3)_ molL1。Ksp(Li2CO3)1.6103（4）磷酸亚铁锂电池总反应为：LiFePO46CLi1xFePO4LixC6，电池中的固体电解质可传导Li+。充电时，该电池的负极接电源的_（填“正极”或“负极”）；放电时，正极反应式为_。（5）磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.20g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.020molL1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液40.00mL。已知：2Fe3+Sn2+6Cl=SnCl6
20、22Fe2+4ClSn2+2HgCl2=SnCl62Hg2Cl26Fe2+Cr2O7214H+=6Fe3+2Cr3+7H2O实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是_。磷酸亚铁锂电池中铁的含量为_%。【答案】 (1). H2O (2). 3LiFePO4+NO3+4H+=3Li+NO+3PO43+2H2O+3Fe3+ (3). 1.88 (4). 负极 (5). Li1xFePO4xLi+xe=LiFePO4 (6). 将溶液中过量Sn2+转化为稳定的SnCl62，防止其干扰Fe2+的测定 (7). 22.4【解析】【分析】分析流程图，磷酸亚铁锂电池正极片碱溶时，Al转化为NaAlO2，过滤后，滤
21、渣中含有磷酸亚铁锂，向其中加入硫酸和硝酸进行酸浸，得到含Li+、Fe3+、H+、SO42、NO3和PO43的滤液，调节溶液的pH，使得Fe3+以FePO4的形式除去，过滤后得到含Li+、H+、SO42和NO3的滤液，加入饱和Na2CO3溶液，将Li+转化为Li2CO3，通过过滤、热水洗涤等操作得到最终产物。据此进行分析。【详解】（1）“碱溶”时Al箔溶解过程中发生的反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应实质为2Al6H2O=2Al(OH)33H2，Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，根据氧化还原原理，化合价降低是H2O中的H，因此氧化剂为：H2O；（
22、2）酸浸时，磷酸亚铁锂电池正极片上的Fe2+与HNO3反应，生成Fe3+和NO，反应的离子反应方程式为：3LiFePO4+NO3+4H+=3Li+NO+3PO43+2H2O+3Fe3+；（3）滤液中c(Li+)4molL1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率为90%，则Li+的转化浓度为，由关系式：2Li+CO32可知，CO32的转化浓度为。滤液中加入等体积的Na2CO3溶液后，c(Li+)，由碳酸锂溶度积Ksp(Li2CO3)，可得c(CO32-)=，则原饱和Na2CO3溶液中c(Na2CO3)；（4）根据电池总反应：LiFePO46CLi1xFePO4LixC6，放点过程中，C
23、6x中的C的化合价升高生成C单质，失去电子，作负极，可知，LixC6极为原电池的负极，充电时为阴极，发生还原反应，则应与电源的负极相连。放电时，原电池的正极发生还原反应，则反应方程式为：Li1xFePO4xLi+xe=LiFePO4；（5）根据题给信息，SnCl2溶液稍过量，为了排除溶液中过量Sn2+干扰Fe2+的测定，故用HgCl2饱和溶液将其转化为稳定的SnCl62。由题给已知条件，可得关系式：6Fe3+Cr2O72，则有：解得：；则磷酸亚铁锂电池中铁的含量为。10.氨气是一种用途广泛的化工原料。金属镓是一种广泛用于电子工业和通讯领域的重要金属，镓元素(31Ga)在元素周期表中位于第四周期
24、IIIA族，化学性质与铝元素相似。（1）下图是当反应器中按n(N2):n(H2)=1:3投料后，在200、400、600下，反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线。已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) HK(N)工业上合成氨的催化剂为铁触媒，选择温度为500的原因是_。（2）工业上利用Ga与NH3合成固体半导体材料氮化镓(GaN)同时有氢气生成。反应中，生成3molH2时就会放出30.8kJ的热量。该反应的热化学方程式是_。该反应的化学平衡常数表达式是_。在恒温恒容的密闭体系内进行上述可逆反应，下列有关表达正确的是_。AI图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变
25、的条件可以为升温BII图像中纵坐标可以为镓的转化率CIII图像中纵坐标可以为化学反应速率D图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量氮化镓(GaN)性质稳定，但能缓慢的溶解在热的NaOH溶液中，该反应的离子方程式是_。（3）将一块镓铝合金完全溶于烧碱溶液中得到溶液X。己知：Al(OH)3Ga(OH)3酸式电离常数Ka210-11110-7碱式电离常数Kb1.310-331.410-34往X溶液中缓缓通入CO2，最先析出的氢氧化物是_。【答案】 (1). 600 (2). AC (3). 500时，催化剂活性最大 (4). 2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) H30.
26、8kJ/mol (5). (6). A (7). GaN+H2O+OH=NH3+GaO2 (8). Al(OH)3【解析】【分析】（1）根据已知条件，压强不变时，随着温度的升高，该反应向逆反应方向进行，NH3的物质的量分数越小，由此进行分析判断。（2）根据题给信息，写出反应的热化学方程式，进而进行分析判断。（3）根据已知条件，Al(OH)3和Ga(OH)3酸式电离常数KaAl(OH)3KaGa(OH)3，分析向X溶液中缓缓通入CO2时，最先析出的氢氧化物。【详解】（1）该可逆反应为放热反应，压强不变时，随着温度升高，该反应向逆反应方向进行，NH3的物质的量分数越小，分析题给示意图，可知曲线c对
27、应的温度为600；结合可逆反应的特点进行判断：A及时分离出NH3，减小了生成物的浓度，反应物浓度无变化，使得v正v逆，反应向正反应方向进行，可以提高H2的平衡转化率，A项正确；B该可逆反应为放热反应，温度越高，越不利于反应向正反应方向进行，B项错误；C平衡常数K只与温度有关，温度不变，K值不变。对于该可逆反应来说，温度越高，K值越小，图中M、Q点温度相同，N点温度大于M、N点温度，故平衡常数K的大小关系是K(M)K(Q)K(N)，C项正确；答案选AC；催化剂铁触媒在500的活性最大，故选择温度为500；（2）由题给信息可知，反应的热化学方程式为：2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H
28、2(g) H=30.8kJ/mol；根据化学平衡常数的定义，可知该反应的平衡常数表达式为：；该可逆反应是正反应为气体分子数增大的放热反应，结合该可逆反应的特点进行分析：AI图像中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率加快，图像符合题意，A项正确；B增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，Ga的转化率降低，B项错误；CGa为固态，其浓度是个定值，加入Ga，反应物的浓度不变，化学反应速率不变，C项错误；D相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，图像中曲线的变化趋势应是随着温度升高而增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，由此可知，
29、D项错误；答案选A；氮化镓(GaN)溶解在热的NaOH溶液应生成氨气和NaGaO2，则离子方程式为：GaN+H2O+OH=NH3+GaO2；（3）所得溶液中存在平衡：H+H2O+GaO2Ga(OH)3，H+H2O+AlO2Al(OH)3，Al(OH)3的电离平衡常数更小，故往X溶液中缓缓通入CO2，最先析出的氢氧化物是Al(OH)3。【化学选修3：物质结构与性质】11.瑞德西韦（Remdesivir）是一种核苷类似物，具有抗病毒活性，对新型冠状病毒（2019-nCoV）病例展现出较好的疗效。其结构如图a所示，回到下列问题：（1）该结构中P原子价电子轨道表示式为_。（2）该结构中处于第二周期原子
30、第一电离能从大到小的顺序为_（用化学用语回答）。（3）该结构氨基中N的杂化方式为_，该分子间的作用力有_。（4）苯酚（C6H5OH）为合成反应物之一，苯酚的晶体类型是_，与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯酚的熔沸点高于甲苯，原因是_。（5）某镨（59Pr）的化合物是合成该分子的催化剂之一，则镨元素位于元素周期表中的_区。MgCl2也是合成瑞德西韦的催化剂，晶胞如图b所示，则Mg2+处于氯离子围成的_空隙中。晶胞参数为acm、acm、bcm，则该晶体的密度为_g/cm3。（填表达式，已知底面夹角分别为120、60，侧面与底面垂直）【答案】 (1). (2). NOC (3). sp3 (4).
31、范德华力、氢键 (5). 分子晶体 (6). 苯酚分子之间存在氢键 (7). f (8). 八面体（填正八面体也给分） (9). 【解析】【分析】（1）根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，根据构造原理写出该原子的价电子轨道表示式。（2）根据同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈增大趋势。同时要考虑特殊情况：第A、A族元素原子的最外层电子分别为全充满和半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素。（3）可通过成键数和孤对电子数目判断N原子的轨道杂化方式。（4）可根据物质的分类判断苯酚的晶体类型，结合苯酚和甲苯的分子结构差异，可得出二者熔沸点差异的原因。（5）根据原子序数可判断出该元素
32、在元素周期表中的位置，结合晶体结构进行分析判断。【详解】（1）P原子最外层有5个电子，其中一对孤电子对，三个未成对电子。该结构中P原子价电子的轨道表示式为；答案为：；（2）该结构中处于第二周期的原子有：C、N、O，随着原子序数的增加，元素的第一电离能逐渐增大，但N元素最外层电子为半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故该结构中处于第二周期原子第一电离能从大到小的顺序为NOC；答案为：NOC；（3）该结构氨基中N原子有1对未成键的孤对电子，与3对成键电子对相互排斥，采取sp3杂化，根据图中该物质的分子组成，可知该分子间作用力有范德华力和氢键。答案为：sp3；范德华力、氢键；（4）根据物质的
33、分类判断晶体类型，可知苯酚为分子晶体，比较苯酚和甲苯分子的结构差异，苯酚分子间有氢键。根据分子晶体中，具有氢键的分子晶体，熔沸点反常的高，且氢键的键能越大，熔沸点越高。故其熔沸点高于甲苯。答案为：分子晶体；苯酚分子之间存在氢键；（5）镨(59Pr)元素的原子序数为59，Xe元素原子序数为54，则可知镨(59Pr)元素应位于第六周期第B族，属于镧系元素，位于周期表中f区元素。由图b可知，Mg2+ 处于氯离子围成的八面体空隙中。由图b可知，该晶胞中含Mg2+的个数为，含Cl-原子的个数为，则1个晶胞中含3个MgCl2。则晶胞的质量为，晶胞底面面积为，晶胞的体积为，由。答案为：f；八面体；。【点睛】
34、晶体微粒与M、之间的关系：若1个晶胞中含有x个微粒，则1mol晶胞中含有xmol微粒，其质量为xMg（M为微粒的相对“分子”质量）；1个晶胞的质量为a3g（a3为晶胞的体积，为晶胞的密度），则1mol晶胞的质量为a3NAg，因此有xM=a3NA。【化学选修5：有机化学基础】12.1，3环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1，3环己二酮的路线。回答下列问题：（1）甲的分子式为 _。（2）丙中含有官能团的名称是_。（3）反应的反应类型是_；反应的反应类型是_。（4）反应的化学方程式_。（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有_种。能发生银镜反应能与NaHCO3溶液反应，且1mo
35、l乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1621的一种同分异构体的结构简式：_。（任意一种）（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4戊二醇）的合成路线（无机试剂任选）_。【答案】 (1). C6H11Br (2). 醛基、羰基（酮基） (3). 消去反应 (4). 氧化反应 (5). +CH3CH2OH+H2O (6). 12 (7). 或 (8). CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3【解析】【分析】甲分子式为C6H11Br，经过过程，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在C
36、H3SCH3的作用下，生成丙，丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过，在一定条件下，生成。【详解】(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；(2) 丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；(3) C6H11Br，失去1个HBr，变为C6H10，为消去反应；丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；(5) 乙的分子式为C6H10O3。能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量
37、NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1621的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；(6)根据过程，可将CH3CH2OH中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。【点睛】本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。