2022-2022学年四川省绵阳市高三第一次诊考化学试卷　一、第I卷1．食品抗氧化剂是能阻止或延缓食品氧化变质、提高食品稳定性和延长贮存期的食品添加剂．下列物质不属于食品抗氧化剂的是A．糕点中的配料维生素CB．方便面里的味精C．葡萄酒中的少量二氧化硫D．火腿肠中的少量亚硝酸钠　2．中国科学家屠呦呦因创制了具有国际影响的新型抗疟药﹣﹣青蒿素和双氢青蒿素，获得2022年诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素的结构如图所示，下列关于青蒿素的说法错误的是A．分子中含有3种官能团B．易溶于苯，难溶于水C．可与NaOH溶液发生水解反应D．其同分异构体不可能有芳香族化合物　3．已知，H2和I2反应的历程为：①I2+M⇌2I•+M慢②H2+2I•→2HI快式中M是指反应器壁或其他惰性分子，不参与反应，只具有传递能量的作用．下列关于该反应的说法正确的是A．反应速率与I•的浓度有关B．M是该反应的催化剂C．反应①与②的活化能相等D．v=v=v　4．七种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示．其中B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，下列说法正确的是ABCDEFGA．氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于FB．简单离子的半径：F＞G＞C＞DC．1molEC2中含2molE﹣C键D．A、G分别与氢元素形成的化合物中，化学键均为极性共价键　5．NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是A．1mol氢氧根离子与1mol羟基所含电子数均为l0NAB．2.8gN2和CO的混合物中，所含分子总数为0.2NAC．标准状况下，11.2L甲醛气体所含σ键数目为1NAD．2.24LC02与足量的Na202反应，转移的电子总数必为0.1NA　6．能正确表示下列反应的离子方程式是A．将Fe3加入氢碘酸中：Fe3+3H+═Fe3++3H20B．将H2S气体通入到CuS04溶液中：S2﹣+Cu2+═CuS↓-16-C．向含lmolFeBr2的溶液中通入lmolCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．向Al23溶液中加入过量Ba2溶液，有白色沉淀生成2Al3++3S042﹣+3Ba2++60H﹣═2AI3↓+3BaS04↓　7．下列除去杂质所选试剂和方法均正确的是A．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：加入少量乙醇，将其转化为乙酸乙酯B．除去Fe3胶体中的NaCl：用水溶解后过滤C．除去苯中的苯酚：加入浓溴水后过滤D．除去溴乙烷中的溴：加入Na2S03溶液再分液　　二、第II卷8．向恒容密闭容器中充入2.0molA和3.0molB，发生反应xA+2B⇌yC．恒温下反应10min后突然改变某一条件，12min时达到化学平衡状态Ⅰ；18min时升高温度，22min时达到化学平衡状态Ⅱ．容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示，请根据题给信息回答下列问题：从反应开始到10min时，该反应的平均速率v=　　　　　　；平衡状态Ⅰ时，反应物A的转化率a=　　　　　　．x：y=　　　　　　．容器内的压强：平衡状态Ⅰ与起始状态相比较是　　　　　　，逆反应为　　　　　　反应．推测第10min时改变的反应条件可能是　　　　　　．①减压②降温③升温④加催化剂⑤增加B的量⑥充入氦气若已知平衡状态Ⅰ时B的物质的量为0.6mol，平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时该反应的平衡常数分别为K1和K2．则Kl=_　　　　　　，且K1　　　　　　K2．　9．己二酸是合成尼龙﹣66的主要原料之一．实验室合成己二酸的原理、有关数据及装置示意图如图表：物质密度熔点沸点溶解性环己醇0.962g/cm325.9℃160.8℃20℃时水中溶解度为3.6g，可混溶于乙醇、苯己二酸1.360g/cm3152℃337.5℃在水中的溶解度：15℃时1.44g，25℃时2.3g，易溶于乙醇、不溶于苯实验步骤如下：Ⅰ．在三口烧瓶中加入16mL50%的硝酸，再加入1～2粒沸石，滴液漏斗中盛放有5.4mL环己醇．-16-Ⅱ．水浴加热三口烧瓶至50℃左右，移去水浴，缓慢滴加5～6滴环己醇，摇动三口烧瓶，观察到有红棕色气体放出时再慢慢滴加剩下的环己醇，维持反应温度在60℃～65℃之间．Ⅲ．当环己醇全部加入后，将混合物用80℃一90℃水浴加热约10min，直至无红棕色气体生成为止．Ⅳ．趁热将反应液倒入烧杯中，放入冰水浴中冷却，析出晶体后过滤、洗涤、干燥、称重．请回答下列问题：本实验所用50%的硝酸物质的量浓度为　　　　　　．滴液漏斗的细支管a的作用是　　　　　　．仪器b的名称为　　　　　　．，使用时要从　　　　　　通入冷水．NaOH溶液的作用是　　　　　　，溶液上方倒扣的漏斗作用是　　　　　　．向三口烧瓶中滴加环己醇时，反应温度迅速上升，为使反应温度不致过高，必要时可采取的措施是　　　　　　．进行该实验时要控制好环己醇的滴入速率，防止反应过于剧烈，否则可能造成较严重的后果，试列举两条可能的后果：　　　　　　．为了除去可能的杂质和减少产品损失，可分别用　　　　　　和　　　　　　洗涤晶体．　10．原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E位于周期表的前四周期．A基态原子的2p轨道上有2个未成对电子；C的最外层电子数是次外层电子数的3倍，C与D同主族相邻；E位于周期表的ds区，最外层只有一对成对电子．请回答下列问题：A、B、C三种元素第一电离能最大的是　　　　　　，基态E原子的电子排布式为　　　　　　．C、D的简单氢化物中沸点较高的是　　　　　　，原因是　　　　　　．A元素可形成多种单质，其中分子晶体的分子式为　　　　　　，原子晶体的名称是　　　　　　；A的一种单质为层状结构的晶体，其原子的杂化轨道类型为　　　　　　．①化合物DC2的立体构型为　　　　　　，中心原子的价层电子对数为　　　　　　．②用KMnO4酸性溶液吸收DC2气体时，MnO4﹣被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为　　　　　　．D与E能形成化合物X，X的一种晶体晶胞结构如图乙所示，X的化学式为　　　　　　，E的配位数为　　　　　　；若晶胞边长为a，则晶体E的密度计算式为ρ=　　　　　　．　11．a一松油醇有持久的紫丁香香气，可作调香物、消毒剂、印染剂．a一松油醇G的一种合成路线如下：-16-已知：Ⅰ．烃A的相对分子质量为42，按磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢Ⅱ．Ⅲ．请回答下列问题：A的结构简式为　　　　　　，D的名称是　　　　　　．反应①需经2步完成，其中第二步反应的化学方程式为　　　　　　．②的反应类型是　　　　　　，④的反应类型是　　　　　　．在催化剂存在下，D发生加聚反应生成顺式聚异戊二烯的化学方程式为　　　　　　E、G的结构简式分别为　　　　　　、　　　　　　．F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有　　　　　　种．①分子中含有2个六元环且共用1个边②能发生皂化反应，写出其中任意一种的结构简式：　　　　　　．　　-16-2022-2022学年四川省绵阳市高三第一次诊考化学试卷参考答案与试题解析　一、第I卷1．食品抗氧化剂是能阻止或延缓食品氧化变质、提高食品稳定性和延长贮存期的食品添加剂．下列物质不属于食品抗氧化剂的是A．糕点中的配料维生素CB．方便面里的味精C．葡萄酒中的少量二氧化硫D．火腿肠中的少量亚硝酸钠【考点】氧化还原反应．【分析】食品抗氧化剂应具有还原性，与空气的氧气发生氧化还原反应而防止食品被氧化，以此解答该题．【解答】解：维生素C、二氧化硫以及亚硝酸钠都就有还原性，可与氧气发生氧化还原反应而阻止或延缓食品氧化变质、提高食品稳定性和延长贮存期，而谷氨酸钠为调味剂，不作抗氧化剂，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，注意把握生活中常见添加剂的性质以及用途，注意相关基础知识的积累，难度不大．　2．中国科学家屠呦呦因创制了具有国际影响的新型抗疟药﹣﹣青蒿素和双氢青蒿素，获得2022年诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素的结构如图所示，下列关于青蒿素的说法错误的是A．分子中含有3种官能团B．易溶于苯，难溶于水C．可与NaOH溶液发生水解反应D．其同分异构体不可能有芳香族化合物【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子式，含﹣COOC﹣、醚键及过氧键，结合酯、过氧化物的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知有机物含有过氧键、醚基以及酯基，故A正确；B．有机物含有酯基，不溶于水，易溶于有机物，故B正确；C．含有酯基，可发生水解反应，故C正确；D．有机物含有5个环，1个C=O键，不饱和度为6，可能含有苯环，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯、酚性质的考查，题目难度中等．　3．已知，H2和I2反应的历程为：①I2+M⇌2I•+M慢②H2+2I•→2HI快式中M是指反应器壁或其他惰性分子，不参与反应，只具有传递能量的作用．下列关于该反应的说法正确的是A．反应速率与I•的浓度有关B．M是该反应的催化剂C．反应①与②的活化能相等D．v=v=v-16-【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应，据反应来回答；B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成；C．不同反应的活化能大小是不一样的；D．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比，据此回答．【解答】解：A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应，所以该反应的速率主要由①决定，与I•的浓度有关，故A正确；B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成，M不具备该条件，所以不能是催化剂，故B错误；C．不同反应的活化能大小是不一样的，①与②的活化能不相等，故C错误；D．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比，该反应方程式为H2+2ICl=2HCl+I2，所以反应速率2v=v=2v，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学反应机理，侧重考查学生分析判断能力，涉及反应速率快慢判断、决定因素及催化剂等知识点，易错选项是B，题目难度中等．　4．七种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示．其中B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，下列说法正确的是ABCDEFGA．氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于FB．简单离子的半径：F＞G＞C＞DC．1molEC2中含2molE﹣C键D．A、G分别与氢元素形成的化合物中，化学键均为极性共价键【考点】原子结构与元素的性质．【分析】短周期元素中，B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，则B为N元素；由元素的相对位置可知，A为碳元素，C为O元素，D为Al，E为Si，F为S，G为Cl．A．应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大；C.1molSiO2属于原子晶体，晶体中Si原子与周围的4个O原子形成4个Si﹣O键；D．A与氢元素形成的化合物为烃，烃分子中碳原子之间为非极性键．【解答】解：短周期元素中，B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，则B为N元素；由元素的相对位置可知，A为碳元素，C为O元素，D为Al，E为Si，F为S，G为Cl．A．应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F，不是最高价含氧酸，则不一定，如HClO为弱酸，而硫酸为强酸，故A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Al3+，故B正确；C.1molSiO2属于原子晶体，晶体中Si原子与周围的4个O原子形成4个Si﹣O键，1molSiO2含4molSi﹣O键，故C错误；D．G与氢元素形成的化合物为HCl，原子之间为极性键，但A与氢元素形成的化合物为烃，烃分子中碳原子之间为非极性键，故D错误，故选：B．-16-【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意对元素周期表的掌握，D选项中注意碳元素与氢元素形成烃，学生容易只考虑甲烷．　5．NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是A．1mol氢氧根离子与1mol羟基所含电子数均为l0NAB．2.8gN2和CO的混合物中，所含分子总数为0.2NAC．标准状况下，11.2L甲醛气体所含σ键数目为1NAD．2.24LC02与足量的Na202反应，转移的电子总数必为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、羟基不显电性；B、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol；C、1mol甲醛中含2molσ键；D、二氧化碳气体所处的状态不明确．【解答】解：A、羟基不显电性，故1mol﹣OH中含9mol电子即9NA个，故A错误；B、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故2.8g混合物的物质的量为0.1mol，含0.1NA个分子，故B错误；C、标况下11.2L甲醛的物质的量为0.5mol，而1mol甲醛中含2molσ键，故0.5mol甲醛中含1molσ键，即NA个，故C正确；D、二氧化碳气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故转移的电子数无法计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　6．能正确表示下列反应的离子方程式是A．将Fe3加入氢碘酸中：Fe3+3H+═Fe3++3H20B．将H2S气体通入到CuS04溶液中：S2﹣+Cu2+═CuS↓C．向含lmolFeBr2的溶液中通入lmolCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．向Al23溶液中加入过量Ba2溶液，有白色沉淀生成2Al3++3S042﹣+3Ba2++60H﹣═2AI3↓+3BaS04↓【考点】离子方程式的书写．【分析】A．三价铁离子能够氧化碘离子生成碘；B．硫化氢为弱电解质，应保留化学式；C．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁子，再氧化溴离子；D．不符合反应客观事实．【解答】解：A．将Fe3加入氢碘酸中，离子方程式：2Fe3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故A错误；B．将H2S气体通入到CuS04溶液中，离子方程式：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，故B错误；C．向含lmolFeBr2的溶液中通入lmolCl2，离子方程式：2Fe2++2Br﹣+2CI2═2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C正确；D．向Al23溶液中加入过量Ba2溶液，反应生成硫酸钡沉淀，偏铝酸根离子和水，离子方程式：2Al3++3下列除去杂质所选试剂和方法均正确的是A．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：加入少量乙醇，将其转化为乙酸乙酯B．除去Fe3胶体中的NaCl：用水溶解后过滤C．除去苯中的苯酚：加入浓溴水后过滤-16-D．除去溴乙烷中的溴：加入Na2S03溶液再分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．乙酸与乙醇的反应为可逆反应；B．二者都能透过滤纸；C．溴以及三溴苯酚都溶于苯；D．溴与亚硫酸钠反应，溴乙烷不溶于水．【解答】解：A．乙酸与乙醇的反应为可逆反应，不能完全除去杂质，可加入饱和碳酸钠溶液，故A错误；B．二者都能透过滤纸，应用半透膜，用渗析的方法分离，故B错误；C．苯酚与溴反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯，不能得到纯净的苯，应用氢氧化钠溶液除杂，故C错误；D．溴与亚硫酸钠反应，溴乙烷不溶于水，可用于除杂，故D正确．故选D．【点评】本题考查混合物分离提纯的方法和选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、发生的反应为解答的关键，注意有机物的性质及除杂的原则，题目难度不大．　二、第II卷8．向恒容密闭容器中充入2.0molA和3.0molB，发生反应xA+2B⇌yC．恒温下反应10min后突然改变某一条件，12min时达到化学平衡状态Ⅰ；18min时升高温度，22min时达到化学平衡状态Ⅱ．容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示，请根据题给信息回答下列问题：从反应开始到10min时，该反应的平均速率v=　0.04mol/　；平衡状态Ⅰ时，反应物A的转化率a=　60%　．x：y=　1：2　．容器内的压强：平衡状态Ⅰ与起始状态相比较是　无法判断　，逆反应为　吸热　反应．推测第10min时改变的反应条件可能是　③④⑤　．①减压②降温③升温④加催化剂⑤增加B的量⑥充入氦气若已知平衡状态Ⅰ时B的物质的量为0.6mol，平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时该反应的平衡常数分别为K1和K2．则Kl=_　40L/mol　，且K1　＞　K2．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A是反应物，10min内其浓度减小量为mol•L﹣1，则平均反应速率=计算得到，10min时C的浓度增加0.40mol•L﹣1，平衡状Ⅰ时A浓度减少1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，C浓度增大为1.2mol/L，A的起始浓度=1mol/L，容器体积为2L，转化率=×100%，则C与A的浓度变化之比是2：1，即x：y=1：2；-16-恒温下反应10min后突然改变某一条件C增大，A减小的速率增大，x：y=1：2，可以是1，2；2，4，得到反应前后的气体物质的量变化不同，可能增加、减小或不变，18min时升高温度，C物质的量浓度减小，A浓度增大，说明平衡逆向进行；根据图象知10min时反应速率加快，恒温下反应10min后突然改变某一条件C增大，A减小的速率增大，依据影响反应速率和反应正向进行的反应方向分析判断选项；若已知平衡状态Ⅰ时B的物质的量为0.6mol，则可以依据消耗的反应物和增大的生成物物质的量之比计算得到计量数之比，写出化学方程式，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，平衡常数K1=；已知第18min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，若已知平衡状态Ⅰ时B的物质的量为0.6mol．【解答】解：A是反应物，10min内其浓度减小量为mol•L﹣1=0.4mol/L，v==0.04mol/，图象分析可知反应的物质的量之比等于化学计量数之比得知，平衡状Ⅰ时A浓度减少1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，C浓度增大为1.2mol/L，A的起始浓度=1mol/L，容器体积为1L，转化率=×100%=×100%=60%，消耗量之比等于化学方程式计量数之比，则C与A的浓度变化之比是2：1，即x：y=1：2故答案为：0.04mol/，60%，1：2；恒温下反应10min后突然改变某一条件C增大，A减小的速率增大，x：y=1：2，可以是1，2，化学方程式为A+2B⇌2C，反应前后气体物质的量减小，若为2，4，化学方程式为：2A+2B⇌4C，反应前后气体物质的量不变，若为3，6，则得到化学方程式为：3A+2B⇌6C，反应前后气体物质的量增大，得到反应前后的气体物质的量变化不同，可能增加、减小或不变，平衡状态Ⅰ与起始状态的压强相比较，是不能确定的，无法确定，18min时升高温度，图象分析可知，C物质的量浓度减小，A浓度增大，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，故答案为：无法判断，放热；l0min后化学反应速率加快了直到到达化学平衡状态，A浓度减小，C浓度增大达到平衡状态Ⅰ，上述分析可知反应为放热反应，①减压反应速率减小，故①错误；②降温反应速率减小，不符合图象变化，故②错误；③升温反应速率增大，反应未达到平衡状态，所以反应仍正向进行最后达到平衡状态Ⅰ，故③正确；④加催化剂加快反应速率，故④正确；⑤增加B的量是增大反应物浓度，反应速率增大，故⑤正确；⑥恒温恒容容器中充入氦气，总压增大，分压不变，速率不变，故⑥错误；所以反应条件可能为选③④⑤．故答案为：③④⑤；向恒容密闭容器中充入2.0molA和3.0molB，发生反应xA+2B⇌yC．A的起始浓度=1mol/L，容器体积为2L，若已知平衡状态Ⅰ时B的物质的量为0.6mol，消耗B物质的量为3.0mol﹣0.6mol=2.4mol，A消耗物质的量=2.0mol﹣0.4mol/L×2L=1.2mol，C生成物质的量=2L×1.2mol/L=2.4mol，化学方程式计量数之比=1.2：2.4：2.4=1：2：2，化学方程式为：A+2B⇌2C，平衡浓度分别为：c=0.4mol/L，c==0.3mol/L，c=1.2mol/L-16-平衡常数K1==40L/mol，已知第18min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，所以K1＞K2，故答案为：40L/mol，＞．【点评】本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动等，难度中等，考查学生对基础知识的掌握程度，掌握基础是关键．　9．己二酸是合成尼龙﹣66的主要原料之一．实验室合成己二酸的原理、有关数据及装置示意图如图表：物质密度熔点沸点溶解性环己醇0.962g/cm325.9℃160.8℃20℃时水中溶解度为3.6g，可混溶于乙醇、苯己二酸1.360g/cm3152℃337.5℃在水中的溶解度：15℃时1.44g，25℃时2.3g，易溶于乙醇、不溶于苯实验步骤如下：Ⅰ．在三口烧瓶中加入16mL50%的硝酸，再加入1～2粒沸石，滴液漏斗中盛放有5.4mL环己醇．Ⅱ．水浴加热三口烧瓶至50℃左右，移去水浴，缓慢滴加5～6滴环己醇，摇动三口烧瓶，观察到有红棕色气体放出时再慢慢滴加剩下的环己醇，维持反应温度在60℃～65℃之间．Ⅲ．当环己醇全部加入后，将混合物用80℃一90℃水浴加热约10min，直至无红棕色气体生成为止．Ⅳ．趁热将反应液倒入烧杯中，放入冰水浴中冷却，析出晶体后过滤、洗涤、干燥、称重．请回答下列问题：本实验所用50%的硝酸物质的量浓度为　10.4mol/L　．滴液漏斗的细支管a的作用是　平衡滴液漏斗与三口烧瓶内的气压，使环己醇能够顺利流下　．仪器b的名称为　球形冷凝管　．，使用时要从　下口　通入冷水．NaOH溶液的作用是　吸收NO2，防止污染空气　，溶液上方倒扣的漏斗作用是　防止液体倒吸　．向三口烧瓶中滴加环己醇时，反应温度迅速上升，为使反应温度不致过高，必要时可采取的措施是　将三口烧瓶置于冷水浴中　．进行该实验时要控制好环己醇的滴入速率，防止反应过于剧烈，否则可能造成较严重的后果，试列举两条可能的后果：　反应液暴沸冲出冷凝管；放热过多可能引起爆炸；产生的二氧化氮气体来不及被碱液吸收而外逸到空气中　．为了除去可能的杂质和减少产品损失，可分别用　冰水　和　苯　洗涤晶体．-16-【考点】制备实验方案的设计．【分析】根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，滴液漏斗的细支管能使滴液漏斗与三颈烧瓶内气压相等，便于液体流下；依据仪器的构造可知：仪器b的名称为：球形冷凝管，冷凝管起冷凝作用，需克服重力充满冷凝管；根据环己醇氧化生成己二酸方程式可知，产物有NO，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，所以观察到有红棕色气体，二氧化氮与碱液作用能防止污染空气；倒扣的漏斗下端直径较大，能防止倒吸；三口烧瓶底部面积大，降低温度需均匀，水浴加热，可用冷水进行降温，环己醇的滴入速率过快，反应过快，该反应放热，反应温度高，反应液暴沸冲出冷凝管；可能引起爆炸；产生的二氧化氮气体来不及被碱液吸收而外逸到空气中；产品己二酸中含有环己醇、硝酸等杂质，根据己二酸在水中的溶解度：15℃时1.44g，25℃时2.3g，易溶于乙醇、不溶于苯分析．【解答】解：50%的硝酸，的硝酸的物质的量浓度为c==≈10.4mol/L，滴液漏斗的细支管能平衡气压，使滴液漏斗和三口烧瓶内的压强一致，便于环己醇能够顺利流下，故答案为：10.4mol/L；平衡滴液漏斗与三口烧瓶内的气压，使环己醇能够顺利流下；该仪器有球形区域，仪器b的名称为：球形冷凝管，冷水从冷凝管下口入，上口出，克服重力充满冷凝管，冷凝效果好，故答案为：球形冷凝管；下口；根据环己醇氧化生成己二酸方程式可知，产物有NO，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮2NO+O2=2NO2，二氧化氮中的氮为+4价，在碱性条件下发生岐化反应，氮元素化合价从+4→+5，+4→+3，反应为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，所以NaOH溶液的作用是吸收NO2，防止污染空气，倒扣的漏斗下端直径较大，液体上升的速率减慢，能起缓冲作用，防止倒吸，故答案为：吸收NO2，防止污染空气；防止液体倒吸；向三口烧瓶中滴加环己醇时，反应温度迅速上升，反应温度过高时，可将三口烧瓶置于冷水浴中进行降温，故答案为：将三口烧瓶置于冷水浴中；向三口烧瓶中滴加环己醇时，反应温度迅速上升，说明该反应为放热反应，需控制好环己醇的滴入速率，如果环己醇的滴入速率过快，反应温度高，反应液暴沸冲出冷凝管；可能引起爆炸；产生的二氧化氮气体来不及被碱液吸收而外逸到空气中，故答案为：反应液暴沸冲出冷凝管；放热过多可能引起爆炸；产生的二氧化氮气体来不及被碱液吸收而外逸到空气中；产品己二酸中含有环己醇、硝酸等杂质，己二酸在水中的溶解度：15℃时1.44g，25℃时2.3g，温度高溶解度大，可用冰水洗涤，除去环己醇、硝酸，己二酸不溶于苯，最后用苯洗涤晶体，除去表面的杂质，避免产品损失，故答案为：冰水；苯．【点评】本题考查实验室合成己二酸，涉及仪器识别、物质的分离与提纯、对操作的分析评价等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度中等．　-16-10．原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E位于周期表的前四周期．A基态原子的2p轨道上有2个未成对电子；C的最外层电子数是次外层电子数的3倍，C与D同主族相邻；E位于周期表的ds区，最外层只有一对成对电子．请回答下列问题：A、B、C三种元素第一电离能最大的是　N　，基态E原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d104s2　．C、D的简单氢化物中沸点较高的是　H2O　，原因是　水分子间存在氢键　．A元素可形成多种单质，其中分子晶体的分子式为　C60　，原子晶体的名称是　金刚石　；A的一种单质为层状结构的晶体，其原子的杂化轨道类型为　sp2　．①化合物DC2的立体构型为　V形　，中心原子的价层电子对数为　3　．②用KMnO4酸性溶液吸收DC2气体时，MnO4﹣被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为　5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+　．D与E能形成化合物X，X的一种晶体晶胞结构如图乙所示，X的化学式为　ZnS　，E的配位数为　4　；若晶胞边长为a，则晶体E的密度计算式为ρ=　　．【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【分析】原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E位于周期表的前四周期，C的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则C的最外层有6个电子，C为O元素，C与D同主族相邻，则D为S元素；A基态原子的2p轨道上有2个未成对电子，而且A的原子序数比O小，所以A为C元素；B的原子序数介于A、C之间，所以B为N元素；E位于周期表的ds区，最外层只有一对成对电子，则E为Zn元素；电子排布为半满状态，较稳定，第一电离能较大；E为Zn元素，Zn的核外有30个电子；水分子间存在氢键，氢键的作用力大于范德华力；C形成的单质中为分子晶体的是C60；属于原子晶体的是金刚石；层状结构的晶体为石墨，每个C原子形成3个共价单键，所以价层电子对数为3；①根据中心原子的价层电子对数判断；②用KMnO4酸性溶液吸收SO2气体时，MnO4﹣被还原为Mn2+，根据元素守恒和电荷守恒书写；S在晶胞内部，原子数为4，Zn在顶点和面心，根据均摊法计算；晶胞中处于面心上的Zn原子与2个S原子相连，而该Zn原子被2个晶胞共用；晶胞边长为a，则晶胞的体积为a3，晶胞的质量为，根据ρ=计算．【解答】解：原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E位于周期表的前四周期，C的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则C的最外层有6个电子，C为O元素，C与D同主族相邻，则D为S元素；A基态原子的2p轨道上有2个未成对电子，而且A的原子序数比O小，所以A为C元素；B的原子序数介于A、C之间，所以B为N元素；E位于周期表的ds区，最外层只有一对成对电子，则E为Zn元素，-16-C、N、O三种元素中，N原子的电子排布为半满状态，较稳定，第一电离能较大，所以第一电离能最大的是N；E为Zn元素，Zn的核外有30个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2；故答案为：N；1s22s22p63s23p63d104s2；C、D的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，其沸点比硫化氢高；故答案为：H2O；水分子间存在氢键；A为C元素，C形成的单质中为分子晶体的是C60；属于原子晶体的是金刚石；C的一种单质为层状结构的晶体，该单质为石墨，每个C原子形成3个共价单键，所以价层电子对数为3，其原子的杂化轨道类型为sp2；故答案为：C60；金刚石；sp2；①化合物SO2的中S原子的价层电子对数为：2+=3，含有一个孤电子对，所以立体构型为V形；中心原子的价层电子对数为3；故答案为：V形；3；②用KMnO4酸性溶液吸收SO2气体时，MnO4﹣被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+；故答案为：5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+；S与Zn形成化合物的晶胞中，S在晶胞内部，原子数为4，Zn在顶点和面心，Zn的原子数为×8+×6=4，所以其化学式为ZnS；晶胞中处于面心上的Zn原子与2个S原子相连，而该Zn原子被2个晶胞共用，所以配位数为4；晶胞边长为a，则晶胞的体积为a3，晶胞的质量为，所以晶体E的密度为ρ=；故答案为：ZnS；4；．【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及电离能、氢键、分子结构、杂化轨道、离子方程式、晶胞结构与计算等，为常考知识点，注意掌握中学常见配合物，晶胞结构需要学生具有一定的空间想象能力，侧重对学生综合能量的考查，难度中等．　11．a一松油醇有持久的紫丁香香气，可作调香物、消毒剂、印染剂．a一松油醇G的一种合成路线如下：已知：Ⅰ．烃A的相对分子质量为42，按磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢Ⅱ．-16-Ⅲ．请回答下列问题：A的结构简式为　CH2=CHCH3　，D的名称是　2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯　．反应①需经2步完成，其中第二步反应的化学方程式为　CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O　．②的反应类型是　加成反应　，④的反应类型是　消去反应　．在催化剂存在下，D发生加聚反应生成顺式聚异戊二烯的化学方程式为　　E、G的结构简式分别为　　、　　．F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有　3　种．①分子中含有2个六元环且共用1个边②能发生皂化反应，写出其中任意一种的结构简式：　　．【考点】有机物的推断．【分析】烃A的相对分子质量为42，根据丙烯醛的结构简式知，A中含有3个C原子，H原子个数==6，按磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢，则A结构简式为CH2=CHCH3；反应①需经2步完成，第一步醛基被氧化生成丙烯酸，第二步丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯；乙炔和丙酮发生加成反应生成2CC≡CH，在催化剂存在下，D发生加聚反应生成顺式聚异戊二烯，则D结构简式为CH2=CCH=CH2，2CC≡CH发生加成反应生成B，B为2CCH=CH2，丙烯酸甲酯和D发生加成反应生成F和E，F、E互为同分异构体，则E结构简式为；F发生III的反应，则G结构简式为，据此分析解答．【解答】解：烃A的相对分子质量为42，根据丙烯醛的结构简式知，A中含有3个C原子，H原子个数==6，按磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢，则A结构简式为CH2=CHCH3-16-；反应①需经2步完成，第一步醛基被氧化生成丙烯酸，第二步丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯；乙炔和丙酮发生加成反应生成2CC≡CH，在催化剂存在下，D发生加聚反应生成顺式聚异戊二烯，则D结构简式为CH2=CCH=CH2，2CC≡CH发生加成反应生成B，B为2CCH=CH2，丙烯酸甲酯和D发生加成反应生成F和E，F、E互为同分异构体，则E结构简式为；F发生III的反应，则G结构简式为，通过以上分析知，A结构简式为CH2=CHCH3，D结构简式为CH2=CCH=CH2，其名称是2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯，故答案为：CH2=CHCH3；2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯；第二步丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，反应方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；②的反应类型是加成反应，④的反应类型是消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；该反应方程式为，故答案为：；通过以上分析知，E、G结构简式分别为、，故答案为：；；-16-F的同分异构体符合下列条件：①分子中含有2个六元环且共用1个边②能发生皂化反应，说明含有酯基，符合条件的同分异构体有，所以有3种，故答案为：3；．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及信息利用能力，根据已知物质结构简式结合题给信息进行推断，注意断键和成键方式，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等．　-16-