1、银川一中2021届高三年级第五次月考理科综合能力测试-化学1. 在抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是A. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料B. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均利用其强氧化性而达到消毒的目的C. 84消毒液的主要有效成分是NaClO，与医用酒精混合可以提升消毒效果D. 硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质【答案】C【解析】【分析】【详解】A生产医用防护服、口罩的主要原料是聚丙烯纤维、熔喷布等，均是有机高分子材料，故A正确；B过氧化氢、过氧乙酸都具有强氧化性，均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故B正确；C84消毒液
2、是以NaClO为主要有效成分的消毒液，乙醇具有还原性，与医用酒精混合会发生氧化还原反应，不能起到提升消毒效果的作用，故C错误；D硝酸铵溶于水吸收大量的热，使水温迅速降低，可用于制医用速冷冰袋，故D正确；答案选C。2. 已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAB. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为NAC. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD. 常温下，1L 0.1molL-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数0.1NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A1
3、2 g石墨烯的物质的量是1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol碳原子含有六元环的个数是0.5NA，故A错误；B100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇的物质的量是 =1mol，含有氧原子数为NA，水中也含有氧原子，故B错误；C不知道溶液的体积，无法算出碳酸钠的物质的量，故C错误；D常温下，1L 0.1molL-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒：，则=0.1mol=0.1NA，故D正确；故选：D。3. 某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不
4、正确的是（ ）A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率B. HCHO在反应过程中，有CH键发生断裂C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D. 该反应可表示为：HCHOO2CO2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；C根据图知，CO2分子中氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D该反应中反应物是甲醛和氧气
5、，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHOO2CO2H2O，D正确；故选C。4. 由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项ABCD装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论催化活性：Fe3+Cu2+氧化性：Br2I2Ksp：AgClAgBrAgI非金属性：CSiA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】【详解】A.两溶液c(Cl-)相同，可排除氯离子的影响，c(Fe3+)比c(Cu2+)小，也排除了浓度的影响，而右边产生的气泡快，说明催化活性：Fe3+Cu2+，故A正确；B.生成的
6、溴蒸汽中混有氯气，氯气和溴蒸汽均能氧化KI生成碘，所以不能说明氧化性Br2I2，故B错误；C.2ml的AgCl悬浊液，滴加2-3滴NaBr后，有淡黄色沉淀，此时溶液中还含有大量的AgCl，再滴2-3滴NaI溶液，有黄色沉淀，可能是AgCl转化成了AgI，则不能证明Ksp：AgBr AgI，故C错误；D.生成的CO2会混有HCI，所以不能说明碳酸的酸性不硅酸的酸性强，则不能证明非金属性CSi，故D错误；本题答案为A。5. 我国科学家合成了一种新的化合物，其结构式如图所示。该物质中 W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外 电子总数的两倍
7、。下列说法中错误的是A. 由X和Y两种元素形成的化合物有多种B. W和Z元素位于周期表中同一主族C. 元素的非金属性强弱顺序为：ZYXD. Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：YM【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍，结合结构式图所示，X形成3个共价键，M形成六个共价键，W形成一个共价键，则W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】根据分析，WH元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素；AX为N元素，Y为O元素，由X和Y两种元素形
8、成的化合物为氮氧化物，有一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多种，故A正确；BW为H元素，位于第一周期第A族，Z为F元素，位于周期表第二周期第A族，故B错误；CX为N元素，Y为O元素，Z为F元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强，元素的非金属性强弱顺序为：ZYX，故C正确；DY为O元素，M为S元素，氧元素形成的氢化物为水，水分子间存在氢键，沸点较高，硫元素形成的气态氢化物为硫化氢，无氢键，则Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：YM， 故D正确；答案选B。【点睛】根据元素的成键特征，可以判断出各元素所在的族，从而根据同周期元素的性质递变规律进行判断。6. 我国科学家研发了一种水系可
9、逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜B. 放电时负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-C. 充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸D. 外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离【答案】C【解析】分析】根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，多孔
10、Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H+2e-=HCOOH， 总的电极反应为：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，由此分析。【详解】A由图可知，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，故A正确；B根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，故B正确；C放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲
11、酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，故C错误；D复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，根据总的电极反应：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离，故D正确；答案选C。【点睛】根据图中信息写出电极反应是解本题的关键，方法是根据氧化还原反应的原理找到反应物和生成物，根据化合价的变化找到转移的电子数，再进行判断。7. 已知pOH=-lgc(OH-)，向20mL0.1molL-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不
12、正确的是A. 稀H2SO4 的物质的量浓度为0.05molL-1B. 当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最小C. a点时溶液中存在c(NH3H2O)2c(OH-)=c(NH)2c(H)D. a、b、c 三点对应 NH的水解平衡常数：Kh(b)Kh(a)Kh(c)【答案】B【解析】【分析】向20mL0.1molL-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。【详解】A有分析可知：加入20ml硫酸与氨水恰好完全反应，硫酸是二元酸，一水合氨是一元碱，所以稀H2SO4 的物质的量浓度为0.0
13、5molL-1 ，故A不选；B当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，水的电离既不促进又不抑制，而不滴加硫酸时，溶液显碱性，抑制水的电离，当加入40ml硫酸时，酸过量，抑制水的电离，氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时水的电离程度最大，故B选；Ca点时反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且硫酸铵为一水合氨浓度的一半，有电荷守恒 和物料守恒 得c(NH3H2O)2c(OH-)=c(NH)2c(H) ，故C不选；D升高温度促进铵根离子水解，水解常数增大，由图可知，温度：bac ，则a、b、c 三点对应 NH的水解平衡常数：Kh(b)Kh(a)Kh(c)，故D不选；故选：B。8. 碳、氮能形成多种氧化物、氢化物(1
14、)已知：2NO(g)N2(g)O2(g)H1=-180.5 kJmol-1CO(g)O2(g)CO2(g)H2=-283 kJmol-1则NO与CO反应生成两种无毒气体的热化学方程式为_。(2)使用高效催化剂可大大减少汽车尾气排放出的NOx含量，某研究所的科研人员探究了T1时等质量的三种催化剂对CO还原NO的催化效果(其他条件相同)，所得结果如图所示。如果不考虑催化剂价格，则使用催化剂_(填“”“”或“”)最好；A、B两状态下，生成CO2的速率大小关系是_。若容器容积为2 L，开始时加入0.5 mol NO、0.5 mol CO，在催化剂的作用下达到如图1所示平衡，则反应2NO(g)2CO(g
15、)N2(g)2CO2(g)在该温度下的平衡常数K=_Lmol-1。(3)化学动力学上将一步完成的反应称为基元反应。对于基元反应：aAbBcCdD，其速率方程式为v=kca(A)cb(B)(k为只与温度有关的速率常数)，复杂反应(由几个基元反应构成)的速率取决于慢的基元反应。已知反应NO2(g)CO(g)NO(g)CO2(g)H0，在温度低于250时是由两个基元反应构成的复杂反应，该反应的速率方程式为v=kc2(NO2)，则其两个基元反应分别为：._=NO3_；.略，这两个反应中活化能较小的是_。某科研小组测得380时该反应的c(NO2)、c(CO)与生成CO2的速率v(CO2)的关系如下：则该
16、温度下的反应速率常数k=_Lmol-1s-1.c(CO)/(molL-1)0.0250.050.025c(NO2)/(molL-1)0.040.040.12v(CO2)/(molL-1s-1)2.210-44.410-46.610-4【答案】 (1). 2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) H=-746.5kJ kJmol-1 (2). I (3). v(A)v(B) (4). 640 (5). 2NO2 (6). NO (7). II (8). 0.22【解析】【分析】【详解】(1)：2NO（g）N2（g）+O2（g）H1=-180.5kJmol-1CO(g)O2(g)CO2
17、(g)H2=-283 kJmol-1根据盖斯定律+2得2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=-746.5kJ kJmol-1；(2)相同时间25s内，催化剂条件下n（N2）最多，则催化剂I最好；相同25s内，A状态下n（N2）大于B状态下n（N2），氮气的反应速率状态A大于状态B，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则生成二氧化碳的速率v(A)v(B)；容器容积为2 L，开始时加入0.5 mol NO、0.5 mol CO，在催化剂的作用下达到平衡，n（N2）=0.2mol， =640；(3)对于基元反应：aA+bBcC+dD，其速率方程式为v=kca（A）cb（B），结合v
18、=kc2（NO2），则基元反应的反应物是NO2，系数是2，有原子守恒得生成物还有NO，系数是1，根据速率方程式可知，该反应的速率有基元决定，则基元是慢反应，为快反应，说明活化能较小的是；NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g），则v=kc（NO2）c（CO）， ，解得k=0.22。9. 工业上用菱锰矿(MnCO3)含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质为原料制取KMnO4.其流程示意图如图。已知：Ksp(CuS)=1.31036、Ksp(MnS)=1.951013金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀时8.3
19、6.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7回答下列问题：(1)写出滤渣1的一种工业用途：_。(2)试剂a最好选用_(填选项字母)。A.氯水 B.高锰酸钾 C.次氯酸钠 D.浓盐酸(3)试剂b可选用_(填选项字母)。A.氨水 B.稀硫酸 C.碳酸锰 D.Mn(OH)2 E.NaOH(4)试剂c为MnS，写出滤液2中加入MnS后发生反应的离子方程式：_。该反应的平衡常数为_(5)工业上用硫酸溶解碳酸锰，而不用盐酸溶解，其原因是_。(6)下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO4Ka=1.810-5Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11Ka1=9.
20、110-8Ka2=1.110-12Ka1=7.510-3Ka2=6.210-8Ka3=2.210-13则其酸根离子结合质子能力最强的是_【答案】 (1). 制造光导纤维、冶炼硅、制玻璃等 (2). B (3). CD (4). MnS+Cu2+=Mn2+CuS (5). 1.51023 (6). 若用盐酸溶解碳酸锰，电解时溶液中的Cl会失去电子生成氯气，而不生成MnO (7). PO【解析】【分析】菱锰矿用硫酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铜及剩余的硫酸，向滤液1中加入试剂a为高
21、锰酸钾，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂b为碳酸锰或Mn(OH)2等调节pH=4时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤渣2为Fe(OH)3，滤液2中加入试剂c为MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，则滤渣3为CuS，滤液3中含有MnSO4，最后经电解得到KMnO4。【详解】(1)二氧化硅可用于制造光导纤维、冶炼硅、制玻璃等； (2)试剂a将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，且不能引入新杂质，只有高锰酸钾符合，故答案为：B；(3)试剂b调节pH使铁离子转化为沉淀，但不能引入新杂质，则加入试剂b为碳酸锰、Mn(OH)2等，故答案为：CD；(4)MnS与氯化铜反应转化更难溶
22、的CuS，同时得到氯化镁，反应离子方程式为MnS+Cu2+=Mn2+CuS，平衡常数为 =1.51023； (5)电解时氯离子放电能力大于锰离子，若用盐酸溶解碳酸锰，电解时溶液中的Cl-会失去电子生成氯气，而不生成MnO4-，故答案为：若用盐酸溶解碳酸锰，电解时溶液中的Cl-会失去电子生成氯气，而不生成MnO4-；(6)电离常数越大，对应酸的酸性越强，酸电离出的阴离子结合质子的能力越弱，则酸性强弱是H3PO4 CH3COOH H2CO3 H2S ，则其酸根离子结合质子能力最强的是PO。10. PCl3主要用于制造敌百虫等有机磷农药和磺胺嘧啶(SD)等医药的原料。下图为实验室中制取粗PCl3产品
23、的装置，夹持装置略去。经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的熔沸点见表。物质熔点/沸点/PCl311275.5POCl32105.3回答下列问题：(1)A是制取CO2装置，CO2的作用是_，选择A中的药品是_(填字母)。a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.NaHCO3粉末 d.块状石灰石(2)装置D中盛有碱石灰，其作用_。(3)装置G中生成Cl2，反应的离子方程式为_。(4)装置C采用6570水浴加热，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，除
24、杂的方法是：先加入红磷加热，除去PCl5，然后通过_(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。(5)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：第一步：迅速移取20.0 g PCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500mL溶液；第二步：移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；第三步：加入0.5molL1碘溶液20 mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4；第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.0 molL1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12mL。第三步中反应的化学
25、方程式为_。第四步滴定终点时的现象是_。根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为_%。【答案】 (1). 排尽装置中的空气，防止PCl3被氧化，干扰实验 (2). ad (3). 防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气 (4). 2MnO+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O (5). 蒸馏 (6). H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI (7). 蓝色褪去，半分钟不恢复 (8). 55%【解析】【分析】由实验装置可知，本实验首先由A装置中CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生的气体通浓硫酸，以除去CO2气体中混入的水，然后用CO2排尽装置
26、内的空气，G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，E装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止三氯化磷与氧气反应，PCl3沸点为75.5，利用C装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用D装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，以此解答该题。【详解】(1)通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止PCl3被氧化，干扰实验，A为由CaCO3和盐酸反应生成CO2，故答案为：排尽装置中的空气，防止PCl3被氧化，干扰实验；ad；
27、(2)因尾气中含有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以D装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；故答案为：防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气；(3)G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，根据化学方程式写出离子方程式为2MnO+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O； (4)由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离；(5)据加入碘，H3PO3完全反应生成H3PO4，据此写出反应的化学方程式：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，第
28、四步滴定终点时的现象是蓝色褪去，半分钟不恢复；H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，依据化学方程式可知H3PO3物质的量和PCl3的物质的量相同，设过量的碘体积为VmL，列式求得：VmL=12mL 故和H3PO3反应的碘体积有2012=8mL设该产品中PCl3的质量分数为，20.0 g PCl3粗产品，加水完全水解后，配成500mL溶液，只移取25.00mL溶液实验，故20.0 g PCl3粗产用量为8mL20 列式求得：=55%。11. 2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略
29、导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子排布式为_。（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表的_区。（3）实验室常用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_。（4）铁元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol Fe(CO)5分子中含_mol键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为_。（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金
30、属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的_空隙和_空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为_。（6）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为_，晶胞参数为428pm，则晶体密度为_g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式)。【答案】 (1). 3d64s2 (2). s、ds (3
31、). NOS (4). sp2杂化 (5). 10 (6). CN- (7). 正四面体 (8). 正八面体 (9). (10). 8:3 (11). 【解析】【分析】原子核外电子排布式为，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子；为24号元素，位于元素周期表中第四周期第B族，基态原子电子排布式为，最外层电子数为1个；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同一同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小；苯酚为平面结构，C原子采取杂化；与CO形成5个配位键，属于键，CO分子中有1个键，分子含有10个键；与CO互为等电子体的离子，含有2个
32、原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子；据图知，占据的是围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若分子的原子坐标参数分别为0，0，1，等，说明该晶胞的参数是1，则距离A位置分子最近的为形成的正四面体体心上的；根据中化合价代数和为零可求得晶体中与的最简整数比，晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“”，再根据计算。【详解】原子核外电子排布式为，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子，故价电子排布式为，故答案为：；位于第四周期，基态原子电子排布式为，最外层电子数为1个，与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同
33、的元素为K和Cu，分别为s区和ds区，故答案为：s、ds；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同一同周期相邻元素的O，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能，苯酚为平面结构，C原子采取杂化；故答案为：；杂化；与CO形成5个配位键，属于键，CO分子中形成1个键，故F分子含有10个键，1mol分子中含10mol键。CO含有2个原子14个电子，所以与CO互为等电子体的一种离子的化学式为或、，故答案为：10；据图知，占据的是围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若分子的原子坐标参数分别为0，0，1，等，说明该晶胞的棱参数是1，则距离A位置分子最近
34、的为形成的正四面体体心上的，为晶胞棱长的，其参数为，故答案为：正四面体；正八面体；设晶体中与的最简整数比为x：y，根据中化合价代数和为零可知：，解得x：晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“”，则晶体密度，故答案为：8:3；12. 花青醛（）具有一种清新的花香，对香水和洗涤护理配方也非常有价值，下图是用Michael反应合成花青醛的一种合成路线。已知：氨基连接在苯环上易被氧化。回答下列问题：(1)花青醛I中官能团的名称是_，可通过 直接判定_（选填编号）。a质谱 b红外光谱 c核磁共振氢谱(2)AB的反应方程式为_。(3)BC、CD的反应类型分别是_、_。(4)E的
35、结构简式为_。(5)对比分析说明，引入CD与EF步骤的目的是_。(6)有机物G有多种同分异构体， 写出满足下列条件一种同分异构体_。苯环上有3个取代基；核磁共振氢谱有4个峰(7)利用Michael反应， 以丙烯和为原料合成， 写出合成路线（无机试剂任选） _。【答案】 (1). 醛基 (2). b (3). (4). 还原反应 (5). 取代反应 (6). (7). 防止氨基被氧化（或保护氨基） (8). 或 (9). 【解析】【分析】A 在浓硫酸催化下与硝酸发生取代反应生成B，B为，B上的硝基用Fe和HCl还原成氨基生成C，C为，C在乙酸酐作用下生成D，将氨基保护起来，再进行卤代，生成E，E
36、为，E在碱性条件下，水解生成F，F为，与NaNO2在酸性条件下转化为，g在乙醚中与Mg反应生成H，H与合I。【详解】（1）花青醛I中官能团的名称是醛基，可通过红外光谱直接判定，故选b；故答案为：醛基；b；（2）A 在浓硫酸催化下与硝酸发生取代反应生成B，AB的反应方程式为 。故答案为： ；（3）B上的硝基用Fe和HCl还原成氨基生成C，C在乙酸酐作用下发生取代反应生成D，BC、CD的反应类型分别是还原反应、取代反应。故答案为：还原反应、取代反应；（4）E的结构简式为。故答案为：；（5）对比分析说明，引入CD与EF步骤的目的是防止氨基被氧化（或保护氨基）。故答案为：防止氨基被氧化（或保护氨基）；（6）有机物G有多种同分异构体， 满足下列条件苯环上有3个取代基；核磁共振氢谱有4个峰，说明有一个对称轴，可能的一种同分异构体或 。故答案为：或 ；（7）利用Michael反应， 以丙烯和为原料合成， 先将丙烯与HBr加成生成2-溴丙烷，与Mg生成，利用Michael反应，合成，合成路线（无机试剂任选）。故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中的反应、有机物的结构与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，注意同分异构体的书写为解答的难点，难点（7） 先将丙烯与HBr加成生成2-溴丙烷，与Mg生成，利用Michael反应，合成。
