湖南省永州市2020届高三第二次模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析 16页

www.ks5u.com 永州市2020年高考第二次模拟考试试卷 理科综合能力测试 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Si-28 P-31 Fe-56‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与生产、生活息息相关。下列有关说法不正确的是 A. 小苏打可用于治疗胃酸过多 B. 还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂 C. 用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程中包含萃取操作 D. 墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为二氧化硅 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，A项正确；‎ B. 铁可以被空气氧化，做还原剂，即抗氧化剂，B项正确；‎ C. 乙醚不溶于水，易溶解有机物，可以从青蒿中提取青蒿素，C项正确；‎ D. 太阳能电池，其主要成分为硅，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列关于有机物的说法不正确的是 A. 正丁烷和异丁烷的沸点相同 B. 麦芽糖的水解产物只有葡萄糖 C. 疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性 D. 苯与乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 正丁烷 不带支链，沸点高于带支链的异丁烷，A项错误；‎ B. 麦芽糖水解葡萄糖，B项正确；‎ C. 蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，C项正确；‎ D. 乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色，二者褪色原理不同，D项正确；‎ - 16 -‎ 答案选A。‎ ‎3.W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中W、R同主族；X是形成化合物种类最多的元素；常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物。下列说法正确的是 A. X、Y的简单氢化物的沸点：X＞Y B. Z、R的简单离子的半径大小：Z＜R C. Y与W形成的最简单化合物可用作制冷剂 D. 1mol R2Z2与足量W2Z反应，转移的电子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，推出X为C，常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物，可知是H2O、H2O2，推出W为H，Z为O，W、R同主族，因此推出R为Na，X为C，Z为O，可知Y为N。 ‎ A. X、Y的简单氢化物分别为CH4、H2O，水分子之间存在氢键，沸点：CH4＜H2O，A项错误；‎ B. Z、R对应的离子为：O2-、Na+，电子层相同，原子序数小的，离子半径大，离子的半径大小：O2-＞Na+，B项错误；‎ C. Y与W形成最简单化合物NH3，可用作制冷剂，C项正确；‎ D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移电子2mol，1mol Na2O2反应，转移的电子数为NA，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。‎ 实验 装置 试剂a 现象 ‎①‎ 紫色的石蕊试液 溶液先变红后褪色 ‎②‎ NaHCO3溶液 产生气泡 ‎③‎ HNO3酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 ‎④‎ FeCl2溶液、KSCN溶液 溶液变红 由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是 - 16 -‎ A. 实验①说明新制氯水中含有H＋、HClO B. 实验②发生的反应为HCO3－＋HClO=ClO－＋CO2↑＋H2O C. 实验③说明新制氯水中有Cl－，Cl－＋Ag+=AgCl↓‎ D. 实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，‎ A. 紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A项正确；‎ B. 碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B项错误；‎ C. 新制氯水有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C项正确；‎ D. 新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是 A. N为该电池的负极 B. 该电池可以在高温下使用 C. 一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小 D. M的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知Cr元素化合价降低，被还原，N为正极， A项错误；‎ B. 该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温，B项错误；‎ C. 由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；‎ - 16 -‎ D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：‎ 下列叙述正确的是 A. N2NH3，NH3NO均属于氮的固定 B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应 C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂 D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO不属于氮的固定，A错误；‎ B. 催化剂a作用下氮原子发生了还原反应，B错误；‎ C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；‎ D. 使用催化剂a、b可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.常温下，向1L0.01mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，保持温度和溶液体积不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是 - 16 -‎ A. 0.01mol·L－1HR溶液的pH约为4‎ B. 随着氨气的通入，逐渐减小 C. 当溶液碱性时，c（R－）＞c（HR）‎ D. 当通入0.01 mol NH3时，溶液中存在：c（R－）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH－）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=6时c(H+)=10-6，由图可得此时=0，则Ka==10-6，设HR 0.01mol·L－1电离了X mol·L－1，Ka==10-6 ，解得X=10-6，pH=4，A项正确；‎ B. 由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，== c(H+)/Ka温度不变时Ka的值不变，c(H+)浓度在减小，故在减小，B项正确；‎ C.当溶液为碱性时，R－的水解会被抑制，c(R－)＞c(HR)，C项正确；‎ D. Ka=10-6，当通入0.01 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：‎ - 16 -‎ ‎（1）仪器a的名称是______。‎ ‎（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。‎ ‎（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。‎ ‎（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。‎ ‎（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。‎ ‎（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：‎ ‎①上图中M点对应物质的化学式为_________。‎ ‎②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管（干燥管） (2). 缺少处理CO尾气装置 (3). 排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰 (4). E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀 (5). 取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质 (6). FeC2O4 (7). 3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。‎ - 16 -‎ ‎【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；‎ ‎(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；‎ ‎(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；‎ ‎(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；‎ ‎(5)检验铁离子试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；‎ ‎(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；‎ ‎②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。‎ ‎【点睛】本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。‎ ‎9.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们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）从“正极”可以回收的金属有___________。‎ - 16 -‎ ‎（2）“碱溶”时Al箔溶解的离子方程式_________。‎ ‎（3）“酸浸”时产生标准状况下2.24L NO时，则被氧化的LiFePO4为______mol。（其他杂质不与HNO3反应）‎ ‎（4）实验测得滤液②中c（Li+）＝4 mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则滤液③中c（CO32－）＝________ mol·L－1。 [Ksp（Li2CO3）＝1.6×10－3]‎ ‎（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：LiFePO4＋6C Li1－xFePO4＋LixC6，电池中的固体电解质可传导Li+。充电时，Li+移向_______（填“阳极”或“阴极”）；放电时，正极反应式为_______。‎ ‎（6）磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.40g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0.030 mol·L－1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－=SnCl62－＋2Fe2+‎ ‎4Cl－＋Sn2+＋2HgCl2=SnCl62－＋Hg2Cl2‎ ‎6Fe2+＋Cr2O72－＋14H+=6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O ‎① 实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是__________。‎ ‎② 磷酸亚铁锂电池中铁的含量为_______。‎ ‎【答案】 (1). Li、Fe、Al (2). 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑ (3). 0.3 (4). 4 (5). 阴极 (6). Li1－xFePO4＋xLi+＋xe－=LiFePO4 (7). 将溶液中过量Sn2+转化为稳定的SnCl62－，防止其干扰Fe2+的测定 (8). 28.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al，故答案为：Li、Fe、Al；‎ ‎(2)碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，故答案为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；‎ ‎(3)酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下2.24LNO的物质的量为=0.1mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.1molNO转移0.3mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4转移1mol电子，则转移0.3mol电子，溶解0.3mol LiFePO4，故答案为：0.3；‎ - 16 -‎ ‎(4)若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c(Li+)=，已知：Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)·c(CO32-)=1.6×10-3，则滤液③中c(CO32-)===4 mol/L，故答案为：4；‎ ‎(5)充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，故答案为：阴极；Li1－xFePO4＋xLi+＋xe－=LiFePO4；‎ ‎(6)①实验中加入HgCl2饱和溶液，可以发生反应：4Cl-+Sn2++2HgCl2=SnCl62-+Hg2Cl2，这样就可以使溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62-，从而防止用重铬酸钾溶液滴定溶液中Fe2+时干扰实验结果的测定，造成实验误差，故答案为：将溶液中过量Sn2+转化为稳定的SnCl62－，防止其干扰Fe2+的测定；‎ ‎②根据6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可知n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=，m(Fe)=，所以铁的百分含量= 。‎ ‎10.SO2是空气中主要的大气污染物，国家规定在排放前必须经过处理。‎ Ⅰ．碱液吸收法：工业上常用NaOH溶液做吸收液。‎ ‎（1）向0.5L1 mol·L－1的NaOH溶液中通入标准状态下11.2L的SO2。‎ ‎①写出反应的离子方程式__________；‎ ‎②已知：Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.02×10－7，则所得溶液呈_______（填“酸性”、“碱性”或“中性”），下列有关吸收液中粒子浓度大小关系正确的是_________。‎ A c（H2SO3）＞c（SO32－）‎ B c（Na＋）＋c（H+）＝c（HSO3－）＋2c（SO32－）＋c（OH－）‎ C c（Na＋）＝c（H2SO3）＋c（HSO3－）＋c（SO32－）‎ D c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H+）＞c（OH－）‎ ‎（2）工业上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收SO2后所得溶液以实现吸收液的回收再利用，装置如下图所示：‎ - 16 -‎ ‎①工作一段时间后，阴极区溶液的pH_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎②写出阳极的电极反应式_______。‎ Ⅱ．SO2的回收利用：‎ ‎（3）SO2与Cl2反应可制得磺酰氯（SO2Cl2），反应为SO2（g）＋Cl2（g）SO2Cl2（g）。按投料比1:1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：‎ ‎① 该反应的ΔH________（填“＞”、“＜”或“＝”）0。‎ ‎② 若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝_____（用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。‎ ‎【答案】 (1). 2OH－＋SO2=HSO3－ (2). 酸性 (3). BC (4). 增大 (5). HSO3－－2e－＋2H2O=3H+＋SO42－ (6). ＜ (7). 3/p ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ(1)首先判断生成NaHSO3，再根据守恒进行判断关系；‎ ‎(2)①阴极区是溶液中的氢离子放电；‎ ‎②由装置图可知，右边为亚硫酸氢根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极；‎ Ⅱ(3)①结合温度对反应速率的影响回答；‎ ‎②根据三段式求解。‎ ‎【详解】Ⅰ(1) ①标准状况下11.2L的SO2的物质的量为=0.5mol，0.5L1 mol·L－1的NaOH的物质的量为=0.5mol，按1：1反应，生成NaHSO3‎ - 16 -‎ ‎，故离子方程式为2OH－＋SO2=HSO3－，故答案为2OH－＋SO2=HSO3－；‎ ‎②已知：Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.02×10－7，可知HSO3－的电离大于水解，溶液显酸性；‎ A. HSO3－的电离大于水解, 则 c（H2SO3）＜c（SO32－），A项错误；‎ B.根据电荷守恒： c（Na＋）＋c（H+）＝c（HSO3－）＋2c（SO32－）＋c（OH－），B项正确；‎ C.根据元素守恒： c（Na＋）＝c（H2SO3）＋c（HSO3－）＋c（SO32－），C项正确；‎ D. HSO3－的电离大于水解，又水电离出氢离子，则正确的排序为c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（H+）＞c（SO32－）＞c（OH－），D项错误；故答案为BC； ‎ ‎(2)①电解池中，阴极区是溶液中的氢离子放电，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，则pH增大，故答案为：增大；‎ ‎②由装置图可知，右边为亚硫酸氢根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极，则电极反应式为HSO3--2e-+2H2O＝SO42-+3H+，故答案为：HSO3－－2e－＋2H2O=3H+＋SO42－‎ Ⅱ（3）①根据图象，升高温度，SO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应，△H＜0，故答案为＜；‎ ‎②设SO2的物质的量为1mol，则Cl2的物质的量为1mol，列三段式如下：‎ ‎ ‎ 平衡常数K==，故答案为：3/p。‎ ‎[化学—选修3：物质结构与性质]‎ ‎11.硼、硅、硒等元素及其化合物用途广泛。请回答下列问题：‎ ‎（1）基态硒原子的价电子排布式为_______；SeO2常温下为白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则SeO2固体为________晶体。‎ ‎（2）在硼、硅、硒的气态氢化物中，其立体构型为正四面体的是_______（填化学式），在硅的氢化物中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性大小为Se_____Si（填“＞”或“＜”）。‎ ‎（3）在周期表的第二周期中，第一电离能介于硼元素和氮元素之间的元素有_____种。‎ - 16 -‎ ‎（4）硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，BF3·NH3中B与N之间形成______键；NH3中N原子的杂化轨道类型为______，写出与NH3等电子体的一种离子符号________。‎ ‎（5）金刚砂（SiC）的摩氏硬度为9.5，其晶胞结构如图所示。在SiC中，每个Si原子周围距离最近的Si原子数目为________；若金刚砂的密度为ρg·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞中碳原子与硅原子的最近距离为________pm。（用含ρ和NA的式子表示）‎ ‎【答案】 (1). 4s24p4 (2). 分子 (3). SiH4 (4). ＞ (5). 3 (6). 配位 (7). sp3 (8). H3O+ (9). 12 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Se元素为34号元素，原子核外有34个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；SeO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体，故答案为：4s24p4；分子； ‎ ‎(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4，其分子结构分别V形、正四面体；若“Si-H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si，故答案为：SiH4；＞；‎ ‎(3) 第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有Be、C、O三种，故答案为：3；‎ ‎(4)BF3•NH3中B原子含有3个σ 键和1个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键；在NH3中，N原子的价层电子对数是3＋(5-3×1)/2=4，所以杂化轨道类型为sp3；NH3中有10个电子，等电子体的一种离子符号有：H3O+，故答案为：配位；sp3；H3O+；‎ ‎(5)每个碳原子周围最近的碳原子数目为12，因此在SiC中，每个Si原子周围距离最近的Si原子数目为12；该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞质量为，设晶胞边长为a pm，则(a×10-10)3×ρ×NA=4×40，解得a=，碳原子与硅原子的最近距离为晶胞体对角线长度的，所以碳原子与硅原子的最近距离为 - 16 -‎ ‎，故答案为：12；。‎ ‎【点睛】本题难点(5)，计算晶胞中碳原子与硅原子的最近距离，要先确定晶胞的边长，可以根据密度公式，求出体积，再换算为边长，最近距离，根据原子的关系，得到最终结果。‎ ‎[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①反应类型是________；反应②的反应类型是_______。‎ ‎（4）反应④的化学方程式_______。‎ ‎（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有______种。‎ ‎①能发生银镜反应 ‎②能与NaHCO3溶液反应，且1mol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1∶6∶2∶1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 ‎ - 16 -‎ ‎(7). 或 (8). CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲的分子式为C6H11Br，经过过程①，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④，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②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。①能发生银镜反应，②能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量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1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；‎ - 16 -‎ ‎(6)根据过程②，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。‎ - 16 -‎ ‎ ‎ - 16 -‎