【文档说明】宁夏银川一中2021届高三第五次月考化学试卷 【精准解析】.doc，共(19)页，1.888 MB，由小赞的店铺上传

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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；C．84消毒液是以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.12g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，1L0.1mol·L-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】A．12g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1m

ol碳原子含有六元环的个数是0.5NA，故A错误；B．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇的物质的量是100g46%46g/mol=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，1L0.1mol·L-

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：++--3c(Na+c(H=cCHCOO+c()()OH))，则+-3c(Na)=c(CHCOO)=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、H

2O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C—H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：HCH

O＋O2CO2＋H2O【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分子中的氧原子一部分来自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，

生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，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ABCD项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：Br2＞I2Ksp：AgCl＞AgBr＞AgI非金属性：C＞SiA.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Br2I2，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CSi，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。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：Z＞Y＞XD.Y、M元素的气态

氢化物沸点高低为：Y＞M【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，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；A．X为N元素，Y为O元素，由X和Y两种元素形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；B．W为H元素，位于第一周期第ⅠA族，Z为F元

素，位于周期表第二周期第ⅦA族，故B错误；C．X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：Z＞Y＞X，故C正确；D．Y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：Y＞M，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逆Zn-C

O2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1molH2O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1molH2O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20mL0.1mol·L-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，下列说法不正确的是A.稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-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(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH+4)＋2c(H

＋)D.a、b、c三点对应NH+4的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)【答案】B【解析】【分析】向20mL0.1mol•L-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0.05mol·L-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；C．a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++-2-44c(NH)+c(H)=c(OH)+2c(SO)和物料守恒2-+44324c(SO)=c(NH)+c(NHHO)得c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH+4)＋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：b＞a＞c，则a、b、c三点对应NH+4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)已知：①2NO(g)N2(g)＋O2(g)△H1=-180.5kJ·m

ol-1②CO(g)＋12O2(g)CO2(g)△H2=-283kJ·mol-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。①如果不考虑催化剂价格，则使用催化剂_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)最好；A、B两状态下，生成CO2的速率大小关系是_______。

②若容器容积为2L，开始时加入0.5molNO、0.5molCO，在催化剂Ⅰ的作用下达到如图1所示平衡，则反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)在该温度下的平衡常数K=_______L·mol-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：aA＋bB→c

C＋dD，其速率方程式为v=k·ca(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。①已知反应NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)△H＜0，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=k·c2

(NO2)，则其两个基元反应分别为：Ⅰ._______=NO3＋_______；Ⅱ.略，这两个反应中活化能较小的是_______。②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：则该温度

下的反应速率常数k=_______L·mol-1·s-1.c(CO)/(mol·L-1)0.0250.050.025c(NO2)/(mol·L-1)0.040.040.12v(CO2)/(mol·L-1·s-1)2.2×10-44.4×10-46.6×10-4【答案】(1).2CO(g)+2NO

(g)2CO2(g)+N2(g)△H=-746.5kJkJ·mol-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)：①2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）△H1=-180.5kJ•mol-1②C

O(g)＋12O2(g)CO2(g)△H2=-283kJ·mol-1根据盖斯定律①+2×②得2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJkJ·mol-1；(2)①相同时间25s内，催

化剂Ⅰ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)；②容器容积为2L，开始时加入0.5molNO、0.5molCO，在催化剂Ⅰ的作用下达到平衡

，n（N2）=0.2mol，()()()()222NOg+2COgT?CNg+2COgmol/L0.250.2500mol/L0.20.20.10.2mol/L0.050.050.10.2起始量（）平衡量（）转化量（）22222222NCONOCc()c()0.10.2K==c()c

()0.05O0.05=640；(3)①对于基元反应：aA+bB→cC+dD，其速率方程式为v=k•ca（A）•cb（B），结合v=k•c2（NO2），则基元反应Ⅰ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Ⅰ决定，则基元Ⅰ是慢反应

，Ⅱ为快反应，说明活化能较小的是Ⅱ；②NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g），则v=k•c（NO2）•c（CO），-4-1-1-1-12.210molLs=k0.04molL0.025molL，解得k=0.22。9.工业上用菱锰矿(MnCO3)[含Fe

CO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质]为原料制取KMnO4.其流程示意图如图。已知：①Ksp(CuS)=1.3×10﹣36、Ksp(MnS)=1.95×10﹣13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

8.36.32.74.7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)2E.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=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka1=9.1×10-8K

a2=1.1×10-12Ka1=7.5×10-3Ka2=6.2×10-8Ka3=2.2×10-13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).1.5×1023(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MnO4-(7).PO3-4【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

2-2-2+2+132+2+36c()c()c(S)Ksp()==MnMnMnS1.9510CuCuCuc()c()c(S1.S)Ksp()310=﹣﹣=1.5×1023；(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>CH3

COOH>H2CO3>H2S>-24HPO>-3HCO>-HS>24HPO−，则其酸根离子结合质子能力最强的是PO3-4。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/℃

PCl3﹣11275.5POCl32105.3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，其作用是_______。(3)装置G中生成Cl2，反应的离子方程式为_______。(4)装置C采用65﹣70℃水浴加热，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，

除杂的方法是：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20.0gPCl3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0.5mol•L﹣1碘溶液20mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4；第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.0mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定过量的

碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12mL。①第三步中反应的化学方程式为_______。第四步滴定终点时的现象是_______。②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).2MnO4-+16H++10Cl﹣=2Mn

2++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CO

2气体中混入的水，然后用CO2排尽装置内的空气，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；(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2MnO4-+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)①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，第四步滴定终点时的现象是

蓝色褪去，半分钟不恢复；②H3PO3+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，2223246-1-1I+2NaSO=NaSO+2NaI12VmL0.5mol

L12mL1.0molL列式求得：VmL=12mL故和H3PO3反应的碘体积有20−12=8mL设该产品中PCl3的质量分数为ω，20.0gPCl3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20.0gPCl3粗产用量为8mL×203332-3-1137.5g1mol2PCl~~~HPO~~~I208L100.5mo0.0Lgωl列式求得：ω=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。1molFe(CO)

5分子中含___molσ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(12，0，12)，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).N>O>S(4).sp2杂化(5).10(6).CN-(7).正四面体(8).正八面体(9).111,,444(10).8:3(11).()103A590.88164N(42810

)−+【解析】【分析】()1Fe原子核外电子排布式为22626621s2s2p3s3p3d4s，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子；()2Cr为24号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，基态原子电子排布式为22626511s2s2p3s3p

3d4s，最外层电子数为1个；()3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2sp杂化；()4Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中有1个σ键，5Fe(

CO)分子含有10个σ键；与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、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；()5据图知，K+占据的是60C围成的正四面体空隙和

正八面体空隙，若60C分子的原子坐标参数分别为A(0,0，0)，1B(,20，1)2，C(1,1，1)等，说明该晶胞的参数是1，则距离A位置60C分子最近的K+为形成的正四面体体心上的；()6根据aNiO中化合价代数和为零

可求得晶体中2Ni+与3Ni+的最简整数比，aNiO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“aNiO”，再根据mρV=计算。【详解】()1Fe原子核外电子排布式为22626621s2s2p3s3p3d4s，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623d4s，故答案为：623d4s；()2Cr位于第四周期，基态原子电子排布式为22626511s2s2p3s3p3d4s，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的元素为K和C

u，分别为s区和ds区，故答案为：s、ds；()3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NOS，苯酚为平面结

构，C原子采取2sp杂化；故答案为：NOS；2sp杂化；()4Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故F5e(CO)分子含有10个σ键，1mol5Fe(CO)分子中含10molσ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CN(−或22O+、22C−、NO)+，故答案为：10；CN−；()5据图知，K+占据的是60C围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若60C分子的原子坐标参数分别为A(0,0，0)，1B(,20，1)2，C(1,1，1)

等，说明该晶胞的棱参数是1，则距离A位置60C分子最近的K+为形成的正四面体体心上的，为晶胞棱长的14，其参数为111,,444，故答案为：正四面体；正八面体；111,,444；()6设晶体中2Ni+与3Ni+的最简整数比为x：

y，根据aNiO中化合价代数和为零可知：2x3y0.882xy+=+，解得x：y8=：a3NiO，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“aNiO”，则晶体密度()1033103AA590.88164590.88164g(42810cm)gcmNN(42810)−

−−++==，故答案为：8:3；()103A590.88164N(42810)−+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)A→B的反应方程式为___。(3)B→C、C→D的反应类型分别是___、___。(4)E的结构简式为____。(5)对比分析说明，引入C→D与E→F步骤

的目的是___。(6)有机物G有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体___。①苯环上有3个取代基；②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，A→B

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，B→C、C→D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C→D与E→F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①苯环上有3个取代基；②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。