四川省成都市第七中學2023-2024學年高三上學期12月考試理科綜合卷 Word版含解析.docx

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成都七中2024屆高三理科綜合試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C—12O—16S—32Ni—59第Ⅰ卷(選擇題共126分)一、選擇題：共13個小題，每小題6分，共78分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列說法不正確的是A.天然氣作為化工原料主要用于合成氨和生產(chǎn)甲醇B.水果罐頭中常加入抗壞血酸作為抗氧化劑，防止變質(zhì)C.煤的干餾和石油分餾都屬于物理變化D.人造脂肪又稱硬化油，可用于制造肥皂和人造奶油【答案】C【解析】【詳解】A．天然氣作為化工原料用于合成氨和生產(chǎn)甲醇，故A正確；B．抗壞血酸是維生素C，維生素C具有還原性，水果罐頭中常加入抗壞血酸作為抗氧化劑，防止變質(zhì)，故B正確；C．煤的干餾屬于化學變化，故C錯誤；D．人造脂肪又稱硬化油、氫化油，是植物油與氫氣發(fā)生加成反應的產(chǎn)物，可用于制造肥皂和人造奶油，故D正確；選C。2.下列敘述正確的有①將FeC13溶液滴入沸騰的水中，得到帶正電荷的氫氧化鐵膠體②CO2、NO2、P2O5均屬于酸性氧化物③離子化合物中不一定含有金屬元素④SO2、SO3、FeC12、FeC13均可通過化合反應制得⑤用一束可見光照射納米銅材料，可觀察到丁達爾現(xiàn)象⑥爆炸、變色、導電一定屬于化學變化A.1項B.2項C.3項D.4項【答案】B【解析】【詳解】①將FeC13溶液滴入沸騰的水中，得到氫氧化鐵膠體，膠體不帶電，氫氧化鐵膠體的膠粒帶正電荷，錯誤； ②能與堿反應生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均屬于酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，錯誤；③離子化合物中不一定含有金屬元素，例如氯化銨等，正確；④硫和氧氣化合生成SO2，二氧化硫和氧氣化合生成SO3，鐵和氯化鐵化合生成FeCl2，鐵和氯氣化合生成FeCl3，因此均可通過化合反應制得，正確；⑤納米銅材料不是膠體，用一束可見光照射納米銅材料，不能觀察到丁達爾現(xiàn)象，錯誤；⑥導電：有物理變化如：金屬導電，例如：銅通電后仍為銅，無新物質(zhì)生成；自行車車胎爆炸是物理變化，是氣壓過大造成；活性炭吸附能使溶液褪色，是物理變化，錯誤；答案選B。3.將工業(yè)廢氣中的吸收能有效減少對大氣的污染，并實現(xiàn)資源化利用。下列離子方程式書寫正確的是A.硫酸型酸雨露置于空氣中一段時間后溶液酸性增強：B.用過量飽和溶液吸收廢氣中的：C.用過量氨水吸收廢氣中的：D.用溶液吸收廢氣中的：【答案】B【解析】【詳解】A．方程式?jīng)]有配平：，A錯誤；B．用過量飽和溶液吸收廢氣中的反應生成亞硫酸鈉和碳酸氫鈉：，B正確；C．過量氨水吸收廢氣中生成亞硫酸根離子：，C錯誤；D．用溶液吸收廢氣中的，次氯酸根離子具有強氧化性，反應生成硫酸鈣沉淀：，D錯誤；故選B。4.利用下列裝置(夾持裝置已省略)進行對應實驗。下列說法正確的是 A.裝置甲打開分液漏斗下方活塞，水不能持續(xù)流下B.裝置乙加熱時，品紅溶液中紅色褪去，冷卻后溶液變紅C.裝置丙加熱一段時間后氣球鼓起，高錳酸鉀溶液褪色D.加熱丁蒸發(fā)AlCl3溶液，完全蒸干后得到AlCl3晶體【答案】C【解析】【詳解】A．如圖所示裝置中橡皮管可以平衡氣壓，能使水持續(xù)流下，故A錯誤；B．加熱時，主要是亞硫酸分解生成二氧化硫，因此溶液呈紅色，冷卻后二氧化硫溶于水，使品紅溶液紅色褪去，故B錯誤；C．銅和濃硫酸制取SO2，氣體鼓起，SO2與酸性高錳酸鉀溶液反應，所以酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；D．AlCl3易水解，蒸干AlCl3溶液應得到Al(OH)3，灼燒得到Al2O3，故D錯誤。綜上所述，答案為C。5.W、X、Y、Z為四種原子序數(shù)依次增大的短周期非金屬主族元素，其中只有X、Y位于同周期，四種元素可形成航天飛船的火箭推進劑［XW4]+[ZY4]-，W與X的最外層電子數(shù)之和等于Y的最外層電子數(shù)。下列說法錯誤的是A.W、X、Y、Z的最高正價均等于其最外層電子數(shù)B.X的液態(tài)簡單氫化物常用來做制冷劑，與其存在分子間氫鍵有關(guān)C.簡單陰離子還原性：W＞X＞YD.W、X、Z均可與Y形成兩種或兩種以上的化合物【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為四種原子序數(shù)依次增大的短周期非金屬主族元素，其中只有X、Y位于同周期，則W位于第一周期，W為H；X、Y位于第二周期，Z位于第三周期，X和W可以形成［XW4]+ ，則X為N，W與X的最外層電子數(shù)之和等于Y的最外層電子數(shù)，則Y為O；Z和Y可以形成[ZY4]-，則Z為Cl，即W、X、Y、Z分別為H、N、O、Cl?！驹斀狻緼．W、X、Y、Z分別為H、N、O、Cl，O沒有+6價，其最高正價為+2價，A錯誤；B．X為N，氮的液態(tài)簡單氫化物NH3常用來做制冷劑，氨分子之間存在分子間氫鍵，B正確；C．非金屬性越強，其簡單陰離子還原性越弱，非金屬性：O>N>H，則簡單陰離子還原性：W＞X＞Y，C正確；D．H、N、Cl均可與O形成兩種或兩種以上的化合物：H2O、H2O2，NO、NO2、N2O5等，Cl2O、ClO2等，D正確；答案選A。6.利用Heck反應合成一種藥物中間體需要經(jīng)歷下列反應過程，有關(guān)說法錯誤的是A.a、b、c中只有a是苯的同系物B.c既可發(fā)生氧化反應也可發(fā)生聚合反應C.上述反應過程所涉及的有機物中共含3種官能團D.b的同分異構(gòu)體中屬于芳香化合物的有6種(不包含b)【答案】D【解析】【詳解】A．苯的同系物是含有1個苯環(huán)，側(cè)鏈為烷烴基的芳香烴，由結(jié)構(gòu)簡式可知，a分子含有1個苯環(huán)，側(cè)鏈為烷烴基，是苯的同系物；b分子中含有氯原子，屬于鹵代烴，不可能是苯的同系物；c分子中含有碳碳雙鍵，不可能是苯的同系物，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，c分子中含有的碳碳雙鍵可發(fā)生氧化反應也可發(fā)生加聚反應，故B正確；C．由有機物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，b分子的官能團為氯原子、乙醇的官能團為羥基、c分子的官能團碳碳雙鍵，屬于反應過程所涉及的有機物中共含3種官能團，故C正確；D．乙苯的同分異構(gòu)體有鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯，乙苯的一氯代物除b外有4種，鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯的一氯代物分別有3、4、2，則b的同分異構(gòu)體中屬于芳香化合物的有13種(不包含b)，故D錯誤；故選D。 7.利用膜技術(shù)原理和電化學原理制備少量硫酸和綠色硝化劑N2O5，裝置如圖所示，下列說法正確的是A.電極a和電極d上都發(fā)生氧化反應B.c電極上的電極反應式為N2O4—2e—+H2O=N2O5+2H+C.乙裝置d電極附近溶液的pH增大D.電路中每轉(zhuǎn)移2mole—，甲池質(zhì)子膜右側(cè)溶液質(zhì)量變化為18g【答案】D【解析】【分析】由圖可知，甲池為原電池，電極a為負極，在水分子作用下，二氧化硫在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成硫酸，電極反應式為SO2—2e—+2H2O=SO+4H+，電極b為正極，酸性條件下，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水，電極反應式為O2+4e—+4H+=2H2O；乙池為電解池，與正極相連的電極c為電解池的陽極，在無水硝酸作用下，四氧化二氮在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成五氧化二氮和氫離子，電極反應式為N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+，電極d為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H++2e-=H2↑，陽極區(qū)的氫離子通過陽離子交換膜進入陰極區(qū)，電極附近溶液pH不變?！驹斀狻緼．由分析可知，電極d為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，故A錯誤；B．由分析可知，與正極相連的電極c為電解池的陽極，在無水硝酸作用下，四氧化二氮在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成五氧化二氮和氫離子，電極反應式為N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+，故B錯誤；C．由分析可知，電極d為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H++2e-=H2↑，陽極區(qū)的氫離子通過陽離子交換膜進入陰極區(qū)，電極附近溶液pH不變，故C錯誤；D．由分析可知，電極b為正極，酸性條件下，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水，電極反應式為O2+4e—+4H+=2H2O，則電路中每轉(zhuǎn)移2mole—，甲池質(zhì)子膜右側(cè)溶液質(zhì)量變化為2mol××18g/mol=18g，故D正確；故選D。 第Ⅱ卷(非選擇題，共174分)三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分8.鎳礬(NiSO4·7H2O)常用于電鍍、鎳電池、催化劑以及制取其他鎳鹽等。以鎳廢渣(主要成分為Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性雜質(zhì)等)為原料合成鎳礬的流程如下：該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子開始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.93.2A13+3.04.7Fe2+7.09.0Ni2+7.19.2回答下列問題：（1）"堿浸"的目的是___________；為提高"酸浸"浸出率，可采取的措施有___________(任寫兩條)。（2）"轉(zhuǎn)化"過程中加入H2O2的目的是___________(用離子方程式表示)；Fe2＋的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖，溫度高于40℃，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化率急速降低的原因可能是___________。（3）"除鐵"過程需要調(diào)節(jié)pH至a，a的取值范圍是___________；從化學平衡移動角度解釋加入氧化鎳除去鐵元素的原理___________。（4）準確稱取ωg鎳礬產(chǎn)品配成250mL溶液，取20.00mL所配溶液于錐形瓶中，用cmol·L -1EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定至終點(發(fā)生反應Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，不考慮雜質(zhì)反應)，三次實驗消耗標準溶液的體積分別為20.02mL、19.98mL、19.40mL，則鎳礬的純度為___________(只列計算式)?！敬鸢浮浚?）①.除去Al和Al2O3②.將廢渣粉碎或升高溫度或增大酸濃度等（2）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.溫度過高，雙氧水分解速率加快（3）①.3.2≤a＜7.1②.Fe3+存在水解反應：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化鎳消耗H+使生成物濃度減小，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀（4）【解析】【分析】由流程可知，用NaOH溶液溶解鎳廢渣，除去Al和Al2O3，過濾后的濾渣再用稀硫酸溶解，過濾除去不溶于酸的不溶性雜質(zhì)固體，濾液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入雙氧水將溶液中的Fe2+完全氧化為Fe3+，再加入NiO調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全沉淀為Fe(OH)3，過濾后所得NiSO4溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌后得到NiSO4?7H2O；小問1詳解】“堿浸”過程中用NaOH溶液溶解鎳廢渣，目的是除去Al和Al2O3，為提高浸出率，可采取的措施是將廢渣粉碎或升高溫度或增大酸濃度等，故答案為：除去Al和Al2O3；將廢渣粉碎或升高溫度或增大酸濃度等；【小問2詳解】“轉(zhuǎn)化”過程中加入H2O2的目的是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，經(jīng)實驗測定該過程溫度高于40℃，轉(zhuǎn)化率急速降低的原因可能是溫度過高，雙氧水分解速率加快，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；溫度過高，雙氧水分解速率加快；【小問3詳解】調(diào)節(jié)溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，即a的范圍為3.2≤a＜7.1；Fe3+發(fā)生水解反應：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化鎳消耗H+使生成物濃度減小，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去鐵元素；故答案為：3.2≤a＜7.1；Fe3+存在水解反應：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化鎳消耗H+使生成物濃度減小，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀；【小問4詳解】舍去誤差明顯偏大的數(shù)據(jù)19.40mL，消耗EDTA標準溶液平均體積為=20.00mL，由滴定反應Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=n(H2Y2-)=c×0.02mol，NiSO4?7H2O的質(zhì)量為m=nM=c×0.02mol××281g/mol=70.25cg，產(chǎn)品的純度為。9.鋼材在社會發(fā)展中應用廣泛。為研究某種碳索鋼(含少量碳和硫) 的成分，科研小組進行了如下探究活動。稱取碳素鋼(已除表面氧化物)24.Og放入耐高溫反應管中與O2反應，除去未反應的O2，收集到干燥混合氣體X1.12L(已折算成標準狀況下的體積)。(1)科研小組用如圖所示實驗裝置檢驗混合氣體X的組成。①裝置B中的試劑是___________，裝置C的作用是_________。②若觀察到________(填實驗現(xiàn)象)，證明X中含有CO。(2)反應后，耐高溫反應管內(nèi)固體中除含有Fe3+之外，還可能含有Fe2+。要確定其中的Fe2+，可選用_______(填序號)。aKSCN溶液和氯水bKSCN溶液和鐵粉c稀鹽酸和K3[Fe(CN)6]溶液d稀H2SO4和KMnO4溶液(3)科研小組用如圖所示裝置(部分)測定SO2的體積分數(shù)，并計算碳素鋼的含碳量。將氣體X緩慢通過實驗裝置，當觀察到_____(填實驗現(xiàn)象)時，停止通氣，此時氣體流量儀顯示的流量為112mL(已換算成標準狀況)。則氣體X中SO2的體積分數(shù)為_____，碳素鋼中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為_________(保留1位小數(shù))。【答案】①.品紅溶液②.驗證X中是否含有CO2③.E中黑色固體逐漸變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁④.cd⑤.Ⅲ中溶液由藍色突變?yōu)闊o色⑥.5%⑦.2.4%【解析】【詳解】（1）①X中的氣體可能是CO、CO2、SO2，酸性高錳酸鉀可以除去SO2，B裝置裝品紅溶液檢驗SO2是否除干凈，裝置C可以用來檢驗CO2氣體，故答案為品紅溶液；驗證X中是否含有CO2。②裝置E和F用來檢驗CO，如果觀察到E中黑色固體逐漸變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁，說明X中有CO。（2）首先用酸將耐高溫管中的Fe的氧化物轉(zhuǎn)化為離子，K3[Fe(CN)6]溶液遇到亞鐵離子會產(chǎn)生藍色沉淀，KMnO4溶液會將亞鐵離子氧化，紫色褪去，故選cd。（3）該實驗是通過二氧化硫與碘單質(zhì)反應測定二氧化硫的含量，碘遇淀粉變藍，當Ⅲ 中溶液由藍色突變?yōu)闊o色時說明碘恰好反應完了，測試可以測得消耗二氧化硫的量。發(fā)生反應SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，參與反應的二氧化硫的量為n(SO2)=n(I2)=0.01×0.025=0.00025mol，n(X)=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，二氧化硫體積分數(shù)為0.00025÷0.005=0.05，體積分數(shù)為5%?；旌蠚怏w的物質(zhì)的量為1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，X中C原子的物質(zhì)的量為0.05mol×(1-0.05)=0.0475mol，碳素鋼中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為(12g/mol×0.0475mol)÷24g×100%=2.4%，故答案為Ⅲ中溶液由藍色突變?yōu)闊o色；5%；2.4%。點睛：碳素鋼高溫與氧氣反應后生成氣體中包含了SO2、CO或者CO2，計算出SO2后剩余氣體可能為CO、CO2、或者二者混合氣。10.處理、回收利用CO是環(huán)境科學研究的熱點課題。回答下列問題：（1）CO用于處理大氣污染物N2O的反應為CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下該反應的具體過程如圖1所示，反應過程中能量變化情況如圖2所示?？偡磻篊O(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH=_______kJ·mol-1；該總反應的決速步是反應_______(填“①”或“②”)，該判斷的理由是_______（2）已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程為v=k·c(N2O)，k為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)。為提高反應速率，可采取的措施是_______(填字母序號)。A.升溫B.恒容時，再充入COC.恒壓時，再充入N2OD.恒壓時，再充入N2（3）在總壓為100kPa的恒容密閉容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)發(fā)生上述反應，在不同條件下達到平衡時，在T1K時N2O的轉(zhuǎn)化率與、在=1時N2O的轉(zhuǎn)化率與的變化曲線如圖3所示： ①表示N2O的轉(zhuǎn)化率隨的變化曲線為_______曲線(填“I”或“Ⅱ”)；②T1_______T2(填“>”或“＜”)；③已知：該反應的標準平衡常數(shù)，其中pθ為標準壓強(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)為各組分的平衡分壓，則T4時，該反應的標準平衡常數(shù)Kθ=_______(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，P分=P總×物質(zhì)的量分數(shù))。（4）間接電解法除N2O。其工作原理如圖4所示，已知：H2S2O4是一種弱酸。從A口中出來的氣體是_______(填化學式)，電解池的陰極電極反應式為_______，用化學方程式表示吸收池中除去N2O的原理：_______。 【答案】（1）①.-361.22②.①③.反應①的活化能是149.6kJ·mol-1，反應②的活化能是108.22kJ·mol-1，反應②的活化能更小，故反應①是總反應的決速步（2）A（3）①.II②.>③.3.4（4）①.O2②.③.【解析】【小問1詳解】由圖2可知，總反應為：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH=-361.22kJ·mol-1，反應的決速步驟是由活化能大的步驟決定的，故該總反應的決速步是反應①，判斷的理由是反應①的活化能是149.6kJ·mol-1，反應②的活化能是108.22kJ·mol-1，反應②的活化能更小，故反應①是總反應的決速步；【小問2詳解】由速率方程可知，此反應的速率與溫度和c(N2O)有關(guān)，A．升溫，k增大，速率加快，A正確；B．恒容時，再充入CO，c(N2O)不變，速率不變，B錯誤；C．恒壓時，再充入N2O，c(N2O)不變，速率增大，C錯誤；D．恒壓時，再充入N2，c(N2O)減小，速率減慢，D錯誤；故選A；【小問3詳解】①越大，N2O的轉(zhuǎn)化率越小，故曲線II表示N2O的轉(zhuǎn)化率隨的變化；②曲線I表示N2O的轉(zhuǎn)化率隨的變化，由于△H<0，則越大，N2O的轉(zhuǎn)化率越大，故T1>T2；③由圖3曲線1可知，，溫度為T4時，N2O的轉(zhuǎn)化率為65%,利用“三段式”計算法可知平衡時p(N2O)=17.5kPa，p(CO)=17.5kPa，p(CO2)=32.5kPa，p(N2)=32.5kPa，Kθ=；【小問4詳解】由圖可知，電解池的陽極電極反應式為，故從A口中出來的氣體是O2，電解池的陰極電極反應式為，由裝置圖可知吸收池中除去N2O的原理是 。(二)選考題(共45分)：請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑，注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。11.人類對第二周期的元素及化合物認識最早。（1）第二周期的元素中，(第一電離能)從大到小排前三位的是___________。（2）溶于水可生成Xe和，寫出反應的化學方程式：___________。（3）解釋和酸性強弱不同的原因：___________。（4）中C原子的雜化軌道類型為___________，其中含有兩個相同的大鍵，其形式為___________(用表示，n為原子數(shù)，m為電子數(shù))，檢驗時，以S原子配位不以N原子配位的原因是___________。（5）如圖，在NaCl的晶體中，和互相占據(jù)對方的正八面體空隙，晶體中，占據(jù)由構(gòu)成的所有正四面體空隙。鈦鎳合金具有形狀記憶功能。某鈦、鎳原子個數(shù)比為2∶1的合金的晶體結(jié)構(gòu)為鎳原子呈面心立方排列，鈦原子填充在由鎳原子圍成的所有八面體空隙和一半的四面體空隙中，若最近的鈦原子和鎳原子緊密接觸，鎳原子周圍距離最近的鈦原子數(shù)為___________；鈦原子和鎳原子的半徑分別為和，該晶體的空間利用率為___________(用含r的代數(shù)式表示，不必化簡，空間利用率)?！敬鸢浮浚?）（2）（3）中的非羥基氧多，吸引羥基氧原子的能力強，能有效降低氧原子上的電子密度，使極性增強，易發(fā)生電離 （4）①.sp②.③.S元素的電負性小，離子中原子易給出孤電子對（5）①.4②.【解析】【小問1詳解】第二周期的元素中，第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第ⅡA族、第ⅤA族第一電離能大于其相鄰元素，則I1（第一電離能）從大到小排前三位的是Ne＞F＞N，故答案為：；【小問2詳解】溶于水可生成Xe和氧氣、氫氟酸和六氟合鉑酸，反應的化學方程式：。故答案為：；【小問3詳解】解釋和酸性強弱不同的原因：中的非羥基氧多，吸引羥基氧原子的能力強，能有效降低氧原子上的電子密度，使極性增強，易發(fā)生電離。故答案為：中的非羥基氧多，吸引羥基氧原子的能力強，能有效降低氧原子上的電子密度，使極性增強，易發(fā)生電離；小問4詳解】SCN-和CO2互為等電子體，與CO2空間構(gòu)型相同，都是直線形分子，SCN-中C原子的價層電子對個數(shù)是2，中C原子的雜化軌道類型為sp，離子中碳原子未參與雜化的2個p電子與硫原子和氮原子的p電子形成大π鍵，其形式為，檢驗時，以S原子配位不以N原子配位的原因是S元素的電負性小，離子中原子易給出孤電子對。故答案為：sp；；S元素的電負性小，離子中原子易給出孤電子對；小問5詳解】該晶胞中Ni原子個數(shù)為8×+6×=4，Ti原子個數(shù)為12×+1+4=8，若最近的鈦原子和鎳原子緊密接觸，鎳原子周圍距離最近的鈦原子數(shù)為4；鈦原子和鎳原子的半徑分別為和，體對角線的長度為4（r1+r2），則晶胞中鈦原子和鎳原子的體積為πr13×8+πr23×4=?π（8r13+4r23?），晶胞的邊長為 ，體積為[]3，該晶體的空間利用率為。故答案為：。12.苯氧乙酸()是一種重要的化工原料和制藥中間體，下列有關(guān)苯氧乙酸衍生物的合成與應用的路線如下?；卮鹣铝杏嘘P(guān)問題：（1）試劑BrCH2COOCH3中的含氧官能團名稱為___________。C的核磁共振氫譜中，除苯環(huán)上的氫外有___________組峰。（2）寫出苯酚A與K2CO3反應產(chǎn)物有___________和___________?；衔顱的分子式為C9H10O3，B的化學名稱為___________。（3）B生成C步驟的反應類型為___________，D的分子式為___________。（4）化合物E不發(fā)生銀鏡反應，也不與飽和NaHCO3溶液反應，寫出E的結(jié)構(gòu)簡式___________。（5）D在稀酸條件下與過量甲酸反應生成二酯的化學方程式為___________。（6）化合物B的同分異構(gòu)體中，能同時滿足下列條件的分子結(jié)構(gòu)有___________種。a.苯環(huán)上只有兩個對位取代基；b.能與新制Cu(OH)2反應，產(chǎn)生磚紅色沉淀；c.與FeCl3發(fā)生顯色反應；d.可發(fā)生水解反應。【答案】（1）①.酯基②.5（2）①.②.KHCO3③.苯氧乙酸甲酯（3）①.加成反應②.C10H14O3（4）（5）（6）2【解析】 【分析】對比A、C的結(jié)構(gòu)簡式并結(jié)合兩步反應的條件及B的分子式可推出B的結(jié)構(gòu)簡式為，由A?B可知，反應類型為取代反應，B?C發(fā)生乙醛羰基上的加成反應，C發(fā)生還原反應生成D，D發(fā)生醇的催化氧化反應生成E，根據(jù)E不發(fā)生銀鏡反應，也不與飽和NaHCO3溶液反應，說明E分子不含醛基和羧基，可推出E的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】試劑BrCH2COOCH3中的含氧官能團名稱為酯基；C的核磁共振氫譜中，除苯環(huán)上的氫外，有5種類型的氫原子，每一種氫原子有1組峰，即有5組峰，故答案為：酯基；5?！拘?詳解】苯酚與K2CO3反應生成苯酚鉀和碳酸氫鉀，故產(chǎn)物有和KHCO3；由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為，其化學名稱為苯氧乙酸甲酯，故答案為：；KHCO3；苯氧乙酸甲酯。【小問3詳解】對比B、C的結(jié)構(gòu)簡式并結(jié)合反應條件可知，B?C發(fā)生乙醛羰基上的加成反應；根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式可知，不飽和度為4，D的分子式為C10H14O3，故答案為：加成反應；C10H14O3?！拘?詳解】D發(fā)生醇的催化氧化反應生成E，根據(jù)E不發(fā)生銀鏡反應，也不與飽和NaHCO3溶液反應，說明E分子不含醛基和羧基，可推出E的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：?！拘?詳解】D的結(jié)構(gòu)簡式為，其分子中含有2個羥基，在稀酸條件下與過量甲酸反應生成二酯和水，反應的化學方程式為，故答案為： ?！拘?詳解】