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2019届高三化学上学期第一次月考试题(含解析)1.“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活，下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是（ ）ABCD泰国银饰埃及棉制品捷克水晶饰品土耳其彩瓷金属材料天然高分子材料合成高分子材料无机非金属材料A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 银为金属单质，所以银饰品属于金属材料，故A正确；B. 棉制品的主要成分是纤维素，纤维素是天然的有机高分子化合物，故B正确；C. 水晶的主要成分是二氧化硅，不是合成高分子材料，故C错误；D. 陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故D正确；答案选C。2.下列关于有机物的说法正确的是A. 乙醇、乙酸均能与NaOH溶液反应B. 糖类、油脂、蛋白质都是有C、H、O三种元素组成的C. C5H9BrO2的同分异构体中，能与NaHCO3反应产生CO2的有10种D. 塑料、合成橡胶、合成纤维都主要是以石油、煤、天然气为原料生产的【答案】D【解析】【分析】A.乙醇不具有酸性；B.蛋白质中除了含有C、H、O元素外，还含有N、S、P等元素；C. 能与NaHCO3反应产生CO2，说明含有羧基，同时含有溴原子，可看成丁烷的二元取代产物；D. 以煤、石油、天然气等化石燃料为主要原料，可制造塑料、合成橡胶、合成纤维等化工产品。【详解】A.乙醇不具有酸性，与氢氧化钠溶液不反应，乙酸可与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B.蛋白质中除了含有C、H、O元素外，还含有N、S、P等元素，糖类和油脂均由C、H、O三种元素组成，故B错误；C.分子式为C5H9BrO2的有机物能与NaHCO3反应产生CO2，说明含有羧基，同时含有溴原子，所以可看成丁烷的二元取代产物，主链有4个碳原子时，二元取代产物有：HOOCCHBrCH2CH2CH3、HOOCCH2CHBrCH2CH3、HOOCCH2CH2CHBrCH3、HOOCCH2CH2CH2CH2Br、CH2BrCH(COOH)CH2CH3、CH3CBr(COOH)CH2CH3、CH3CH(COOH)CHBrCH3、CH3CH(COOH)CH2CH2Br，共8种，主链有3个碳原子时，二元取代产物有：HOOCCHBrCH(CH3)2、HOOCCH2CBr(CH3)2、HOOCCH2CH(CH2Br)CH3、CH2BrC(COOH)(CH3)2，共4种，所以符合条件的同分异构体为12种，故C错误；D. 塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，故D正确，答案选D。【点睛】本题主要考查有机物的结构和性质，难点是C项C5H9BrO2的同分异构体数目的判断，解题时可先根据题意判断出该有机物所含的官能团为羧基和溴原子，再把该有机物看成丁烷的二元取代产物进行分析即可。3.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快酸的强弱：HXHY B向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀溶度积(Ksp)：ZnSCuSC向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体溶液颜色变浅FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动D常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pHpH：NaANaB常温下酸性：HAHBA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大；B.Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化；C.加入少量KCl固体，对平衡移动无影响；D. 要比较两种酸的酸性强弱，两种盐溶液的浓度必须相同。【详解】A. 等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大，则HX的酸性比HY的酸性弱，故A正确；B. 因Na2S溶液过量，所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，不能比较二者溶度积的大小，故B错误；C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则溶液颜色不变，故C错误；D. 要比较两种酸的酸性强弱，则两种盐溶液的浓度必须相同，这两种盐溶液都是饱和溶液，但两种盐溶液的浓度不一定相同，所以不能比较HA和HB的酸性强弱，故D错误，答案选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。4.常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示.下列说法正确的是A. 实验时需先点燃E处的酒精灯B. C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸C. 二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为:S、H2S、HClD. G中可收集到纯净的产品【答案】B【解析】【详解】A. 装置中有空气，需要先通入氯气排除空气，因此实验时需先生成氯气，再点燃E处的酒精灯，故A错误；B. 氯气中混有HCl、水，氯化氢用饱和食盐水吸收，所以C中试剂为饱和食盐水，作用为除去HCl；D中用浓硫酸除去水，起干燥作用，故B正确； C.根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定含有某种含氧元素的化合物，故C错误；D. G中收集到的产品中一定含有未反应的硫固体，故D错误；故选B。【点睛】本题考查学生对实验原理及装置的理解、评价，关键是掌握整个制备流程的原理，分析流程中各装置的作用。本题的易错点为D，要注意硫加热时容易形成硫蒸气，随着生成物进入G中。5.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大.甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的常见化合物，其中丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质。甲、乙的溶液均呈碱性。下列说法错误的是A. 甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡 B. 乙和戊都含有离子键C. 原子半径r(D)r(B)r(C)r(A) D. A、B、C形成的化合物一定显酸性【答案】D【解析】丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质，说明需要有两种化合物反应生成一种单质的化学反应，符合要求的熟悉的反应应该是过氧化钠和水或二氧化碳反应生成氧气单质，所以丙、丁为二氧化碳或水，戊为过氧化钠，己为氧气，元素C为O。根据A、B、C、D的原子序数依次增大，得到D为Na，A为H，B为C，结合以上四种元素得到：甲为碳酸氢钠，乙为碳酸钠。甲（碳酸氢钠）加入水碳酸氢根离子水解，促进水电离；戊（过氧化钠）加入水中，反应得到氢氧化钠抑制水电离，所以甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡，选项A正确。乙（碳酸钠）和戊（过氧化钠）都是离子化合物，所以都存在离子键，选项B正确。所有原子中H的半径最小，并且：同周期元素从左向右半径减小，同主族元素从上向下半径增大，所以四种元素的半径顺序为：r(D)r(B)r(C)r(A)，选项C正确。A、B、C即H、C、O能组成很多化合物，包括有机物，很有可能是中性化合物，例如：乙醇，选项D错误。点睛：本题的着眼点是熟悉两个化合物生成单质的化学反应。本题主要考察的就是过氧化钠与二氧化碳以及水反应生成氧气单质的过程。这样的反应，除以上两个以外，也可以是：CO还原金属氧化物得到金属单质；某些氧化剂氧化盐酸生成氯气（比如：实验室制氯气）；氨气和氮氧化物生成氮气等。6.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4和78.5。下列有关叙述错误的是A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D. 若起始温度提高至60，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。详解：A加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。C若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。D若起始温度提高至60，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。7.LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分数随pH的变化如图2所示 。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是 A. 溶液中存在3个平衡B. 含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43C. 随c初始（H2PO4）增大，溶液的pH明显变小D. 用浓度大于1 molL1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4【答案】D【解析】【详解】查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A、溶液中存在H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在HPO42的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，故A错误；B、磷酸属于中强酸，含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43和H3PO4，故B错误。C、从图1中得到随着c初始（H2PO4）增大，溶液的pH从5.50减小到4.66时，溶液的pH保持不变，故C错误；D、根据图2，当pH=4.66时，H2PO4的分布分数为0.994，即H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故D正确。【点睛】H2PO4在水溶液中既有电离也有水解，HPO42也能发生电离，学生常常忽略水的电离，使学生认为A选项正确。8.某研究小组用下图装置进行SO2 与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。（1）配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在_中，再加水稀释，这样操作的目的是_。（2）通入足量SO2时，装置C中观察到的现象为_。（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2 与 FeCl3溶液发生氧化还原反应。写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式_；请设计实验方案检验有Fe2+ 生成_；该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42 -，该做法_（填“合理”或“不合理”），理由是_。（4）D装置中倒置漏斗的作用是_。（5）为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有_（填字母）。a.浓H2SO4 b.酸性KMnO4溶液 c.碘水 d.NaCl溶液【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 抑制氯化铁水解 (3). 溶液由棕黄色变为浅绿色 (4). 2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H+2Fe2+ (5). 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子 (6). 不合理 (7). 硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰实验 (8). 使气体充分吸收；防止溶液倒吸 (9). b、c【解析】【分析】本题为用题给图示装置进行SO2 与FeCl3溶液反应的相关实验，A装置为SO2发生装置，B装置为安全装置，C装置用于进行SO2 与FeCl3溶液反应，D装置则是SO2尾气处理。SO2 与FeCl3溶液反应可以通过溶液颜色的变化证明，装置C中观察到溶液由棕黄色变为浅绿色，检验Fe3+中存在的Fe2+，可以用酸性KMnO4溶液，若褪色，说明有亚铁离子；若将FeCl3溶液改用酸性KMnO4溶液则溶液紫红色逐渐变浅，若该用碘水，则黄色逐渐褪去；D装置采用防倒吸的装置，以此分析解答。【详解】（1）配制氯化铁溶液时，为了抑制Fe3+的水解，需先把氯化铁晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，故答案为：浓盐酸；抑制氯化铁水解；（2）SO2时通入FeCl3溶液中时，SO2表现出还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，则装置C中观察到的现象为溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色；（3）根据以上分析可知，装置C中发生SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H+2Fe2+；检验装置C中有Fe2+ 生成的方法为：取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子，加入的硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，会干扰实验，故该做法不合理，故答案为：2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H+2Fe2+ ；取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子；不合理； 硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰实验；（4）装置D中倒置漏斗能将SO2尾气充分吸收，且能防止溶液倒吸，故答案为：使气体充分吸收；防止溶液倒吸；（5）要验证SO2具有还原性，应选择具有强氧化性的试剂，且实验过程有明显的实验现象，b、c项试剂均可代替FeCl3溶液。故答案为：b、c。9.氮化俚(Li3N)是一种金属化合物，常用作储氢材料，某化学兴趣小组设计制备氮化锂并测定其组成的实验如下(已知:Li3N易水解)。请回答下列问题：（1）Li3N水解的化学方程式为_。（2）实验时首先点燃A处酒精灯。写出装置A中发生反应的化学方程式_。（3）)装置D的作用是_。（4）请用化学方法确定氮化锂中含有未反应的锂，写出实验操作及现象_。（5）测定氮化锂的纯度。假设锂粉只与氮气反应。称取6.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入200.00mL1.00mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至500.00mL；取25.00mL稀释后的溶液注入锥形瓶中,加入几滴酚酞，用0.10mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸。判断滴定终点的现象是_。滴定起始和终点的液面位置如图，则产品的纯度为_。若漓定前平视读数，滴定后仰视读数，则测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). Li3N+3H2O=3LiOH+NH3 (2). 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O (3). 防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置 (4). 取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂 (5). 最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色 (6). 93.1% (7). 偏低【解析】分析:由图可以知道A中发生2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，B中浓硫酸的作用是吸收未反应的氨气同时干燥氮气，C中发生6Li+N2=2Li3N，D装置碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入C中，以此来解答。(1) Li3N固体水解生成氢氧化锂和氨气，据此写出化学方程式；(2)A中氨气和氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成N2；(3) 根据氮化锂易水解的性质分析装置D的作用；(4) 氮化锂与水反应生成氨气，锂与水反应生成氢气，检验生成的气体有氢气即可确定氮化锂中含有未反应的锂；(5) 酚酞遇碱变红，碱滴酸溶液颜色由无色变红；氮化锂与水反应生成氨气，被过量的盐酸吸收，根据剩余的盐酸量可得消耗的盐酸，即可得到氨气的量，据此计算产品的纯度；仰视滴定管读数将使侧定的剩余盐酸含量偏多，导致测定结果偏小。详解:(1) Li3N固体水解生成氢氧化锂和氨气，化学方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，因此，本题正确答案是：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3；(2) A中氨气和氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成N2，发生反应的化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，因此，本题正确答案是：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(3) 装置D的作用是防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；因此，本题正确答案是：防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；(4)若要确定氮化锂中含有未反应的锂，由于氮化锂与水反应生成氨气，锂与水反应生成氢气，检验生成的气体有氢气即可确定氮化锂中含有未反应的锂；具体操作为：取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂。（或“取少量产物放入足量盐酸中，若有气泡逸出，则证明产物中含有未反应的锂”）因此，本题正确答案是: 取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂。（或“取少量产物放入足量盐酸中，若有气泡逸出，则证明产物中含有未反应的锂”）；(5) 滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色；剩余的盐酸量为0.10mol/L0.0202L=0.0404mol，故参与反应的盐酸为0.2L1mol/L-0.0404=0.1596mol，根据氮元素守恒：Li3NNH3，则n(Li3N)= 0.1596mol ，则氮化锂的质量分数为：100%=93.1%；因此，本题正确答案是: 93.1%；达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠标准液的体积读数偏大，使剩余盐酸的量计算偏大，反应盐酸的氨气量偏小，故测定结果偏低；因此，本题正确答案是：最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色； 93.1% ； 偏低。10.硫单质及其化合物在化工生产、污水处理等领域应用广泛。（1）煤制得的化工原料气中含有羰基硫（O=C=S），该物质可转化为H2S，主要反应如下：i.水解反应:COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)H1.氢解反应:COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H2已知反应中相关的化学键键能数据如下表：化学键H-HC=O(COS)C=SH-SCOE/kJmol-14367455803391076一定条件下，密闭容器中发生反应i，其中COS(g)的平衡转化率(a)与温度(T)的关系如图(a)所示。则A、B、C三点对应的化学反应速率大小顺序为_（填标号）。结合上表中数据，计算反应的H2为_。反应的正、逆反应的平衡常数（K）与温度（T）的关系如上图（b）所示，其中表示逆反应的平衡常数（K）的曲线是_（填“A”或“B”）。T1时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2 mol COS(g)和1molH2(g)，发生反应，COS的平衡转化率为_。（2）过二硫酸是一种强氧化性酸，其结构式如下所示，在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，该反应的离子方程式为_。（3）NaHS可用于污水处理的沉淀剂。已知：25时，反应Hg2+(aq)+HS-(aq)HgS(s)+H+(aq)的平衡常数K=1.751038，H2S的电离平衡常数Ka1=1.010-7，Ka2=7.010-15。则Ksp(HgS)=_。（4）降低SO2的排放量已经写入xx政府工作报告，某种电化学脱硫法装置如下图所示，不仅可脱除烟气中的SO2，还可以制得H2SO4。在阴极放电的物质是_，在阳极生成SO3的电极反应式是_。【答案】 (1). vAvBvC (2). +7kJ/mol (3). B (4). 33.3 (5). 5S2O82-+2Mn2+8H2O10SO42-+2MnO4-+16H+ (6). 4.010-53 (7). O2 (8). SO2-2e-+SO42-=2SO3【解析】【详解】(1) 化学反应速率大小与转化率大小无关，与是否处于平衡状态也无关，从图像可知，A、B、C三点对应的温度不同，温度越高化学反应速率越大，因为温度ABC，所以反应速率vAvBvC，故答案为：vAvB (填化学式)_，理由是_.（4）H2S的键角_(填“大于”“小于”等于”)H2O的键角，请从电负性的角度说明理由_.（5）NiO与NaCl的晶胞结构相似，如图所示，阴离子采取面心立方堆积，阳离子填充在位于阴离子构成的空隙中，已知Ni2+半径为69nm，O2-半径为140nm，阿伏伽德罗常数为NA，NiO晶体的密度为_g/cm3(只列出计算式).【答案】 (1). (2). N (3). 分子晶体 (4). sp3杂化 (5). CN- 或C22- (6). H2SeO4H2SeO3(1分），因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离 (7). 小于 (8). 氧元素的电负性比硫元素更强，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大 (9). 正八面体 (10). 或【解析】【详解】(1)S位于周期表中第3周期第A族，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4，则基态硫原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为：，Ni位于周期表中第4周期第族，基态Ni核外电子占据最高能层为N，故答案为：；N；(2)根据相似相溶原理判断，Ni(CO)4溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，所以可判断Ni(CO)4为分子晶体，Ni(CO)4空间构型与甲烷相同，甲烷为正四面体，中心C原子为sp3杂化，所以可判断中心原子的杂化轨道类型为sp3，等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，Ni(CO)4的配位为CO，O可用N-或者C2-代替，所以形成的等电子体可以为：CN-或C22-，故答案为：分子晶体；sp3；CN-或C22-；(3)与硫同族的硒元素有两种常见的二元含氧酸，分别为H2SeO4和H2SeO3，酸性强弱H2SeO4H2SeO3，理由为：因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离，故答案为：H2SeO4H2SeO3；因为H2SeO4中非羟基氧数目比H2SeO3多，导致H2SeO4中Se元素的正电性更高，对羟基中共用电子对的吸引能力更强，使得羟基氢更易电离；(4)根据价层电子对互斥理论，孤电子对存在可使键角变小，电负性O大于S，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大，故答案为：小于；氧元素的电负性比硫元素更强，对键合电子的吸引力更强，键合电子之间的排斥力更大，所以键角更大；(5)根据晶胞结构分析，阴离子采取面心立方堆积，形成八面体空隙和四面体空隙，但Ni2+填充在八面体空隙，由于阴离子是面心立方堆积，所以晶胞边长为a=2r(Ni2+)+2r(O2-)=418nm，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，则晶体密度为=g/cm3，故答案为：正八面体；。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及到轨道表示式的书写，等电子体原理，杂化轨道理论，键角的判断，电负性，晶体的简单计算等。本题的难点在于含氧酸酸性强弱和键角大小的解释；本题的易错点为晶胞的计算，要清楚晶胞参数与离子半径的关系。12.有机物M的合成路线如下图所示：已知：RCH=CH2 RCH2CH2OH 请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为_。（2）F中所含官能团的名称为_，FG的反应类型为_。（3）M的结构简式为_。（4）BC反应的化学方程式为_。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1126的结构简式为_。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线（无机试剂任选）_。【答案】 (1). 2-甲基-1-丙醇 (2). 醛基、碳碳双键 (3). 加成反应 (4). (5). 2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O (6). 9 (7). 、 (8). CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3【解析】【分析】由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B氧化为C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为，M为。【详解】（1）根据 以上分析，有机物B 为(CH3)2CHCH2OH，系统命名为2-甲基-1-丙醇，故答案为：2-甲基-1-丙醇；（2）F为，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G ，故FG的反应类型为加成反应，故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应；（3）M为羧酸D(CH3)2CHCOOH)和醇G()发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为，故答案为：；（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，BC反应为醇的催化氧化反应，化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O ，故答案为：2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O；（5）G为，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的，说明含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，可以是一个乙基，也可以是两个甲基：含有2个侧链，一个羟基和一个乙基，则乙基和羟基有邻、间、对3种结构；含有3个侧链，两个甲基和一个羟基，采用定一移一的方法，先找两个甲基有邻、间、对3种结构，邻二甲苯苯环上的氢被羟基取代有2种结构，间二甲苯苯环上的氢被羟基取代有3种结构，对二甲苯苯环上的氢被羟基取代只有1种结构，因此符合条件的X的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1126的结构简式为：、 ，故答案为：9 ；、 ；（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1-丙醇，然后把1-丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯，合成路线如下：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3。【点睛】本题有机物的推断与合成，涉及有机物命名、反应类型、化学方程式的书写、同分异构体的判断以及合成路线的设计等，注意把握推断题的关键点和题中重要信息，积累基础知识，以及知识的综合利用。本题的同分异构体的判断和书写是难点，要注意分析同分异构体的基本方法，如定一移一法，找対称的方法等，解题后可多加总结。