2023年高考考前押题密卷：化学（全国甲卷）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（全国甲卷）（全解全析），共15页。试卷主要包含了锌是一种应用广泛的金属，[化学——选修3等内容，欢迎下载使用。

2023年高考考前押题密卷（全国甲卷）
化学·全解全析
（考试时间：50分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Zn 65
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。
7．化学在人类进步中起着关键作用，下列叙述不正确的是
A．“奋斗者号”潜水器含钛合金，其强度、韧性高于纯钛金属
B．绿色零碳氢能是未来能源发展的重要方向
C．《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏
D．载人飞船中的太阳能电池和储能电池均可将化学能转化为电能
【答案】D
【解析】A．钛合金为合金材料，硬度大，其强度、韧性高于纯钛金属，故A正确；B．氢能源燃烧放出大量的热，且燃烧产物为水，无污染，是重要的新型能源，故B正确；C．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其中的蒸烧指的是蒸馏，故C正确；D．太阳能电池是将太阳能转化为电能，故D错误；答案选D。
8．化合物M是一种治疗慢性结肠炎药物柳氨磺吡啶的主要原料，结构如下图所示。下列有关M说法正确的是

A．M的分子式为C7H6O3N
B．M能使FeCl3溶液显紫色
C．M分子中的3个氧原子一定在同一平面
D．M含有四种官能团——氨基、羟基、碳碳双键、羧基
【答案】B
【解析】A．由M结构简式可知，其分子式为C7H7O3N，A错误；B．由M的结构简式可知，分子中含有酚羟基，能使FeCl3溶液显紫色，B正确；C．M分子中羧基平面与苯环平面是以单键相连，这两个平面可能共面，也可能不共面，因此分子中的3个氧原子不一定在同一平面上，C错误；D．M分子中不含碳碳双键，D错误；答案选B。
9．下列解释生活事实的离子方程式正确的是
A．漂白粉溶液在空气中失效：
B．泡沫灭火器的反应原理：
C．用白醋除铁锈：Fe2O3·xH2O+6CH3COOH=2Fe3++(3+x)H2O+6CH3COO−
D．氢氟酸雕刻玻璃：
【答案】C
【解析】A．漂白粉溶液在空气中与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙：，A错误；B．泡沫灭火器的反应原理：，B错误； C．白醋中含醋酸，醋酸是弱电解质，不能拆成离子形式，C正确；D．氢氟酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆写，正确的离子方程式为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，D错误，答案选C。
10．新冠疫情期间使用了大量的消毒剂，其中二氧化氯是国家卫健委专家推荐的对于防护新冠肺炎有效、有用、安全又放心的消毒用品。某化学课题小组以电解法制备ClO2的装置如下图。有关说法错误的是

A．离子交换膜为阳离子交换膜
B．生成NCl3和H2的物质的量比为1∶3
C．发生器中生成的X溶液的主要溶质为NaCl和NaOH
D．a电极为电源的正极
【答案】A
【解析】由装置图可知，与电源b电极相连的电极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，为阴极，则b电极是电源的负极，则a电极是正极；阳极产生的NCl3与NaClO2溶液发生氧化还原反应生成ClO2和NH3，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+
6ClO2↑+NH3↑。由以上分析可知，A.由题意知，左室中原料为NH4Cl，产物为NCl3，根据原子守恒可知，左室要增加Cl−，因此通过离子交换膜过左室的离子为Cl−，故离子交换膜为阴离子交换膜，故A错误；B．NCl3中N为−3价，Cl为+1价，生成1molNCl3要失去6mol电子，生成1molH2要得到2mol电子，根据电子得失守恒，则生成的NCl3和H2的物质的量比为1∶3，B正确；C．由分析可知，发生器中发生的反应为NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2↑+NH3↑，故生成的X溶液的主要溶质为NaCl和NaOH，C正确；D．a电极为电源的正极，D正确，答案选A。
11．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A．1 L 0.1 mol·L−1KNO3溶液中离子总数大于0.2NA
B．D218O和T2O的混合物1.1 g， 含有的质子数为0. 5NA
C．5.6 g Fe与足量的S反应转移的电子数为0.3NA
D．0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数等于0.3NA
【答案】C
【解析】A．1L0.1mol·L−1KNO3溶液中，K+和NO3−总物质的量为0.2mol，但溶液中还会电离出H+和OH−，则溶液中离子总数大于0.2NA，故A正确；B．D218O和T2O的摩尔质量均为22g/mol，所以1.1 g混合物的物质的量为0.05mol，一个D218O分子和一个T2O分子均含有10个质子，所以混合物含有的质子数为0.5NA，B正确；C．5.6g Fe的物质的量为0.1mol，与足量的S反应生成FeS，转移电子数为0.2NA，C错误；D．H2和I2反应方程式为H2+I22HI，反应前后分子数不变，所以0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数为0.3NA，故D正确；综上所述答案为C。
12．某化合物是有机合成重要试剂，由W、X、Y、Z四种原子序数增大的短周期元素组成，其结构可表示为 ，其中W为周期表中原子半径最小的元素，X的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Y为金属元素，Z的最外层电子数等于W、X原子序数之和，下列有关说法中正确的是
A．W、X、Y、Z原子半径依次增大
B．元素W与元素X形成的化合物可能与Z元素形成的单质发生加成反应
C．0.1molZ元素形成的单质与足量的W的简单氧化物反应转移的电子数为0.1NA
D．工业上通过电解元素Y的最高价氧化物来制备Y单质
【答案】B
【解析】W为周期表中原子半径最小的元素，则W为H元素，X的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则X为C元素，从结构上可知，Y为二价金属，且原子序数比C元素大，又是短周期元素，则Y为Mg元素，Z的最外层电子数等于W、X原子序数之和，则Z的最外层电子数为7，且原子序数比Mg元素大又是短周期元素，故Z为Cl元素。A.W、X、Y、Z分别为H、C、Mg、Cl，原子半径大小为H 13．碘是人体必需的微量元素,是维持人体甲状腺正常功能所必需的元素, 人体缺碘时就会患甲状腺肿大，我国推行全民食用的加碘盐（含KIO3）来预防人体缺碘，为了检验某食盐是否加碘，现将适量某食盐溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是

方案设计
现象和结论
A
先加入少量食醋，再加淀粉溶液，振荡
若试纸变蓝，则该食盐为加碘盐
B
滴加KI溶液，再加稀HNO3酸化，后加淀粉溶液，振荡
若溶液变蓝，则该食盐为加碘盐
C
加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液，振荡
若溶液变蓝，则该食盐为加碘盐
D
先加入KI溶液，再加入稀H2SO4酸化，后加淀粉溶液，振荡
若溶液变蓝，则该食盐为加碘盐
【答案】D
【解析】A．淀粉溶液遇碘单质变蓝，淀粉溶液遇加碘盐中IO3−无现象，不能检验，故A错误；B．硝酸能把KI溶液中的I−氧化为I2，加碘盐溶液中滴加KI溶液、稀HNO3和淀粉溶液，不能检验碘盐中是否含有碘元素，故B错误；C．加入足量NaHSO3溶液，足量NaHSO3能把KIO3还原为I−，再加入淀粉溶液，溶液不会呈蓝色，则不能说明该食盐为加碘盐，C错误；D．加碘盐加的是碘酸钾，滴加KI溶液、稀H2SO4会发生反应：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，产生的碘单质遇淀粉溶液变蓝，可检验碘盐中是否含有碘元素，D正确；故选D。
三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）锌是一种应用广泛的金属。一种以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：

相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
(1)焙烧过程排放烟气中含有大量的SO2，直接排放会污染空气，可用氧化锌吸收法除去。配制ZnO悬浊液（含少量MgO、CaO），在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为ZnO＋SO2 =ZnSO3(s)，测得pH、吸收效率η随时间t的变化如图2所示。

①该反应常温能自发进行的原因是____________________。
②纯ZnO的悬浮液pH约为6.8，结合图2和图3，下列说法正确的是________（填标号）。
A．向ZnSO3与水混合体系中加稀硫酸，硫元素会以SO2形式逸出
B．pH−t曲线ab段发生的主要反应为ZnO＋SO2=ZnSO3
C．pH−t曲线cd段发生的主要反应为ZnSO3＋SO2＋H2O =Zn(HSO3)2
D．pH=7时，溶液中c(SO32−) = c(HSO3−)
③为提高SO2的吸收效率η，可采取的措施为_________（填标号）。
A．增大悬浊液中ZnO的量
B．适当提高单位时间内烟气的循环次数
C．调节溶液的pH至6.0以下
(2)氧化除杂工序中通入氧气的作用是___________________，ZnO的作用是__________________。
(3)溶液中的可用锌粉除去，“还原除杂”中反应的离子方程式为____________________________；_______(填“能”或“不能”)直接在“氧化除杂”步骤中除去，原因是_____________________。
(4)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……，冷定毁罐取出，……，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为______________________(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)。
【答案】(1)①ΔH＜0（1分）  ②AC（2分）  ③AB（2分）
(2)将Fe2+氧化成Fe3+方便除去（1分） 调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全（2分）
(3)Zn+Cd2+=Zn2++Cd（1分） 不能（1分） 在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀（2分）
(4)ZnCO3+2CZn+3CO↑（2分）
【解析】(1)①因为反应ZnO＋SO2 = ZnSO3(s)的熵减少，常温下能自发进行的原因应该是反应放热，ΔH＜0 ；②A、亚硫酸锌和硫酸反应生成硫酸锌和二氧化硫和水，所以正确，选A；B、溶液中的氢氧化钙和氢氧化镁先与二氧化硫反应 所以溶液的pH迅速下降，所以不是因为氧化锌和二氧化硫的反应，错误，不选B；C、在此阶段，溶液中的氧化锌已经很少，亚硫酸锌和二氧化硫反应生成亚硫酸氢根离子，所以正确，选C；D、从图分析，当Ph=7时亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，不选D；故选AC。③要提高二氧化硫的吸收效率，可以增加氧化锌的量或增加循环次数，或调解溶液的pH在6.0以上，所以选AB。
(2)氧化除杂工序中通入氧气的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入氧化锌的作用是调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+方便除去；调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全；
(3)Cd2＋用锌粉还原除去，发生置换反应，其离子方程式为Zn＋Cd2＋=Zn2＋＋Cd；根据表中数据，Cd2＋完全沉淀的pH至少为9.4，此时Zn2＋已经完全沉淀，因此不能在“氧化除杂”步骤中，除去Cd2＋；故答案为Zn＋Cd2＋=Zn2＋＋Cd；不能，在氧化除杂工序中加ZnO调节pH，若完全除去Cd2＋需要调节溶液pH至少为9.4，此时Zn2＋也完全沉淀；
(4)由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，化学方程式：ZnCO3+2CZn+3CO↑，故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO↑。
27．（14分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，遇强酸发生剧烈反应。下图是实验室模拟工业制备Na2S2O3的装置示意图，回答下列问题：

(1)写出仪器a的名称___________，装置乙的作用是__________________。
(2)已知Na2S和Na2CO3按物质的量之比2∶1混合，则仪器a中制备Na2S2O3的化学方程式为__________________________；装置丁的作用是__________________。
(3)反应结束时，必须控制溶液的pH≥7，理由是________________________________(用离子方程式表示)，实验结束后装置丁烧杯中的溶质除NaOH之外，还可能有_________________________。
(4)测定硫代硫酸钠产品纯度。制备的硫代硫酸钠产品一般为Na2S2O3·5H2O，一般可用I2的标准溶液测定产品纯度：取10 g产品配制成250 mL溶液，取25 mL溶液，用浓度为0.1000 mol·L−1 I2的标准溶液进行滴定(原理为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，相关数据记录如表：
实验编号
1
2
3
溶液体积/mL
25.00
25.00
25.00
消耗I2的标准溶液体积/mL
20.05
18.00
19.95
①上述滴定操作中应该选用___________作为反应的指示剂；
②计算Na2S2O3·5H2O产品的纯度为___________。
(5)临床上，Na2S2O3可用于氰化物解毒，解毒原理：S2O32−+CN−=SCN−+SO32−,检验该转化生成了SCN−的操作为_________________________。
【答案】(1)三颈烧瓶（1分） 安全瓶（1分）
(2)2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2（2分） 吸收SO2等气体，防止污染空气（1分）
(3)S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O（2分） Na2SO3、Na2CO3（2分）
(4)淀粉溶液（1分） 99.2%（2分）
(5)取少量溶液于试管中滴加氯化铁溶液，溶液变红色（2分）
【解析】(1)仪器a为三颈烧瓶；装置乙的作用可以防止丙中溶液倒吸，起到安全瓶的作用。
(2)Na2S和Na2CO3按物质的量之比2：1混合，通入SO2气体后锥形瓶中生成Na2S2O3，同时有CO2气体生成，利用电子守恒配平得发生反应的化学方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；丁装置是最后一个装置，且在发生装置后的，根据反应后可能出来的气体判断，主要是防止污染空气，而污染性气体主要是二氧化硫。
(3)根据题目中硫代硫酸钠晶体遇强酸发生剧烈反应，易生成S和SO2，故pH不能小于7，发生反应的离子方程式为S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O；从丙装置进入丁装置的气体可能有生成的CO2及未反应的SO2，被碱液吸收可能生成Na2SO3、Na2CO3。
(4)利用I2遇淀粉变蓝的特性，可知指示剂为淀粉溶液；三组实验数据中第2组数据为离群数据，应舍弃，取第1组和第3组数据的平均值，可知平均消耗I2的标准溶液20.00mL，Na2S2O3·5H2O产品的纯度。
(5)SCN−能和铁离子反应变为红色溶液，故检验该转化生成了SCN−的操作为取少量溶液于试管中滴加氯化铁溶液，溶液变红色，说明生成了SCN−。
28．（15分）乙烷催化脱氢氧化制备乙烯是化工生产中的重要工艺，羟基氮化硼可高效催化乙烷氧化脱氢制乙烯：
主反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)  ∆H1<0;
副反应：C2H4(g)=C2H2(g)+H2(g)       ∆H2>0。
回答下列问题：
(1)已知：2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g) ∆H3
C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ∆H4
则∆H1=______________(用∆H3、∆H4表示)。
(2)有利于提高平衡体系中乙烯体积分数的措施有_______（填标号）。
A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压
(3)主反应在管式反应器中进行，实际投料往往在n(C2H6)∶n(O2)的基础上适当增大O2用量，其目的是__________________________________________。
(4)主反应分多步进行，其中的部分反应历程如图1所示，该历程的催化剂是______________，这一部分反应中慢反应的活化能E正=__________________。

(5)工业上催化氧化制乙烯时，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺入惰性气体，即将一定比例的C2H6、O2和N2混合气体以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测得乙烯的产率如图2所示。

a点___________(填“是”或“不是”)对应温度下乙烯的平衡产率，并说明理由__________________。
(6)在一定温度下，维持压强为3 MPa，向反应装置中通入1 mol C2H6、1 mol O2和3 mol N2的混合气体，经过一段时间后，反应达到平衡，若此时乙烷的转化率为80%，假设乙烯选择性为100%(乙烯选择性=×100%)，则该温度下反应2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)的平衡常数Kp=___________MPa。(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
【答案】(1)∆H3−2∆H4（2分）
(2)B（2分）
(3)提高乙烷的利用率（2分）
(4)2.06 eV（2分） BNOH（2分）
(5)不是（1分）  催化剂不能改变化学平衡，根据曲线II可知，a点对应的温度下乙烯的平衡产率应该更高（2分）
(6)（2分）
【解析】(1)根据盖斯定律结合已知反应：a.2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g) ∆H3；b.C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ∆H4， 主反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) ∆H1可由a−2b得到，则∆H1=∆H3−2∆H4。
(2)根据主反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)是一个气体体积增大的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中乙烯体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当减压有利平衡正向移动，而副反应C2H4(g)=C2H2(g)+H2(g)是一个气体体积增大的方向的吸热反应，降温和加压都将使副反应平衡逆向移动，故答案为：B。
(3)主反应在管式反应器中进行，实际投料往往在n(C2H6):n(O2)的基础上适当增大O2用量，增大O2的浓度将使平衡正向移动，从而提高乙烷的转化率即利用率，故适当增大O2用量的目的是提高乙烷的利用率；
(4)慢反应的活化能最大，根据图示可知活化能最大值是2.06 eV，故这一部分反应中慢反应的活化能E正=2.06 eV；该历程中BNOH参与反应，最后又生成BNOH，因此该历程的催化剂是BNOH。
(5)催化剂只能改变反应途径，而不能使化学平衡发生移动，根据曲线II可知，a点对应的温度下乙烯的平衡产率应该更高，a点不是对应温度下乙烯的平衡产率；
(6)在反应开始时，在一定温度下，维持压强为3 MPa，向反应装置中通入1 mol C2H6、1 mol O2和3 mol N2的混合气体，发生反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)经过一段时间后，反应达到平衡，若此时乙烷的转化率为80%，假设乙烯选择性为100%，则反应产生C2H4(g)、H2O(g)的物质的量是0.8 mol，平衡时n(C2H6)=1 mol−0.8 mol=0.2 mol，n(O2)=1 mol−0.4 mol=0.6 mol，此时混合气体总物质的量为n(总)=n(N2)+n(C2H6)+n(O2)+n(C2H4)+n(H2O)=3 mol+0.2 mol+0.6 mol+0.8 mol+0.8 mol=5.4 mol，故该反应的化学平衡常数Kp=。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
锌、镓等元素的化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。
(1)葡萄糖酸锌为有机锌补剂，对胃黏膜刺激小，在人体中吸收率高。如图是葡萄糖酸锌的结构简式。

①基态Zn原子的核外电子排布式[Ar] ______________；
②1个葡萄糖酸锌分子中有______________个手性碳原子；
③葡萄糖酸的熔点______________（填“大于”、“等于”或“小于”）葡萄糖酸锌的熔点，原因是___________________________________。
(2)氨基酸锌是研究最早和使使用最广泛的第三代锌添加剂，该添加剂具有优良的营养功能。如图是氨基酸锌的结构简式。

①组成氨基酸锌的C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是______________。
②最简单的氨基酸是甘氨酸(结构简式如图)，其结构中π键与σ键的数量比为_______。
(3)天门冬氨酸锌是一种补锌剂，可以用Zn(NO3)2・6H2O、天门冬氨酸()为原料制备。
①天门冬氨酸分子中氮原子的轨道杂化类型为______________；
②与H2O互为等电子体的一种阳离子的化学式为____________________________。
(4)氧化锌在液晶显示器、薄膜晶体管、发光二极管等产品中均有应用，ZnO存在多种晶体结构，其中纤锌矿型和闪锌矿型是最常见的晶体结构，下图为这两种晶体的局部结构。

①图a是否为纤锌矿型ZnO的晶胞单元，_______ (填“是”或者“否”)。
②图b闪锌矿型属于立方晶胞，原子1的坐标为，则原子2的坐标为______________。
③图b的闪锌矿型晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为____________g·cm−3(列出计算式)。
【答案】(1)①3d104s2（1分） ②8（1分） ③小于（1分） 葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌（2分）
(2)①N＞O＞C（2分） ②1∶9（2分）
(3)①sp3（1分） ②H2F+（1分）
(4)①否（1分）     ②(，，)（1分）     ③（2分）
【解析】(1)①锌元素的原子序数为30，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，用原子实表示为[Ar]3d104s2，故答案为：3d104s2；②手性碳原子为边有四个不同的原子或原子团的碳原子，标注有星号*的为手性碳（即），共有8个，故答案为：8；③离子晶体的熔点高于分子晶体，葡萄糖酸锌是离子晶体，葡萄糖酸是分子晶体，所以熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌。
(2)①同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族和第VA族处于全满和半满结构，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞C。
②由甘氨酸的填充模型可知，甘氨酸的结构式为，其结构中含σ键9个、含π键1个，因此π键与σ键的数量比为1:9。
(3)①N原子相连的δ键数为3，其价层电子对数为=4，其轨道杂化类型为sp3；
②H2O中价层电子总数为8+2=10，原子数为3，因此与H2O互为等电子体的一种阳离子为：H2F+；
(4)①晶胞单元是晶体的最小重复结构单元，图示结构中包含了三个更小的重复结构单元，所以不是ZnO的晶胞单元；
②根据原子1的坐标可知底面左上角O原子为原点，晶胞棱长为单位1，原子2位于体对角线上，坐标为(，，)；
③根据晶胞结构可知一个晶胞中有4个Zn原子，化学式为ZnO，所以一个晶胞O原子的个数也为4，则晶胞的质量为g，晶胞参数为a nm，则体积为a3 nm3=a3×10﹣21 cm3，所以密度为 g/cm3。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
化合物H是合成药物的一种中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为______________。
(2)过程⑤发生反应的反应类型为_____________________。
(3)有机物D能与钠反应生成H2，写出D的结构简式____________________________。
(4)写出转化⑥的第（1）步化学方程式___________________________________。
(5)H中含氧官能团的名称是______________。
(6)化合物B的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的同分异构体中核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式有：__________________________________________（写一种即可）。
条件：a.能发生银镜反应；b.能与Na反应放出H2。
(7)如果要合成H的类似物H′()，参照上述合成路线，写出相应的F′和G′的结构简式______________、______________。G′分子与足量H2反应产物分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。
【答案】(1)对甲基苯酚（或4−甲基苯酚）（2分）
(2)取代反应（2分）
(3)（2分）
(4)+CH3NH2+CH3CH2OH（2分）
(5)醚键、（醇）羟基（2分）
(6)或（2分）
(7)（1分） （1分） 0（1分）
【解析】(1)化合物A的结构简式为，用习惯命名法可命名为对甲基苯酚，或系统命名法可命名为4−甲基苯酚。
(2)根据E和F结构简式对比，过程⑤发生的反应为取代反应。
(3)已知有机物D可以与钠反应生成H2，说明有机物D中含有羟基，又已知有机物C与NaOH发生反应生成D，且与稀盐酸反应生成，则根据有机物D的分子式和、可以得出，有机物V结构简式为；
(4)转化⑥的第（1）反应是F中的酯基−COOCH2CH3与CH3NH2反应生成，再还原为G，第（1）反应的方程式为+CH3NH2+CH3CH2OH。
(5)H的分子式为，其中的含氧官能团有醚键和醇羟基，故答案为：醚键、（醇）羟基；
(6)化合物B的分子式为C8H8O2，能发生银镜反应为醛基（−CHO），能与Na反应的官能团为醇羟基(−OH)或酚羟基(−OH)，结合含有苯环，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体有两种，结构简式分别为和 。
(7)参照合成路线，对比H与H′结构简式可知，相应的F′和G′的结构简式分别为、，G′与足量H2反应产物分子的结构简式为，根据手性碳原子的定义，中无手性碳原子。