吉林省松原市2019届高考化学适应性练习试题（含答案）

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1、吉林省松原市2019届高考化学适应性练习试题注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，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。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，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 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39第卷一、选择题：本大题共7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。7中国传统文化

2、对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是A本草纲目中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”B杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈Cu2(OH)2CO3D蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺81，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法错误的是A所有碳原子可能在同一平面 B能使酸性

3、高锰酸钾溶液褪色C二氯代物有9种 D生成1mol C8H18至少需要3mol H29国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.022140761023mol1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是A1L 0.5molL1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5NAB2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2NAC56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NAD32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NA10ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所

4、示： 下列说法不正确的是A工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输B通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收C吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2ClO+O2+2H+D步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥11溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是Aa室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质Bb室发生主要反应：2H+CO=H2O+CO2Cc室发生的反应为2H2O4e=O24H+D装置中产生的O2和提取的CO2的体积比约为1412短周期主族元素X

5、、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周期元素中原子半径最大的原子，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是A最高正价由低到高的顺序为：Y、Z、X、WB原子半径由小到大的顺序为：X、Z、WCY、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应DX与Y两种元素只能组成一种化合物13近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，下列说法正确的是ALi极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质B通空气时

6、，整个反应过程中，铜相当于催化剂C放电时，Cu极的水溶液电解质的PH值减小D放电时，正极的电极反应式为：Cu2O+2H+2e=2Cu+H2O第II卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-35题为选考题，考生根据要求作答。26（14分）某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。I探究氯化亚铁与氧气反应的产物已知氯化亚铁的熔点为674，沸点为1023；三氯化铁在100左右时升华，极易水解。在500条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应，12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4FeCl2+3O22

7、Fe2O3+4Cl2，该化学小组选用下图部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。（1）实验装置的合理连接顺序为：A_D，装置E的作用是_。（2）控制在500下发生反应，一段时间后，B中反应剩余固体的成分，可能是_或_(填化学式)。设计实验对上述剩余固体的成分进行验证：_。（3）实验室保存1molL1的FeCl3溶液，应控制溶液的pH不大于_。(已知：Fe(OH)3的Ksp为11039)卤素化合物之间反应实验条件控制探究（4）室温下，KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。上面是该小组设计的一组实验数据记录表：该组实验的目的是_；2号试管反应完全后，取少量2号试管中的溶液加

8、淀粉溶液后显蓝色，假设还原产物只有KC1，写出反应的离子方程式_。27（14分）丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。（1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反应)_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，转化率(C3H8)_。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_。（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。104Pa时，图中表示丙烯的曲线是_(填“”、“”、“”或“”)。104Pa、500时，主反应用平衡分压代替平衡浓度

9、表示的化学平衡常数Kp=_(已知：气体分压=气体总压体积分数)。（3）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。已知：CO和H2的燃烧热分别为H=283.0kJmol1、H=285.8 kJmol1。图中催化剂为_。298K时，该工艺总反应的热化学方程式为_。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是_。28 （15分）三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制Co(NH3)6Cl3的工艺流程：回答下列问题：（

10、1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式_。（2）“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_（填化学式）。（3）操作的步骤包括_、冷却结晶、减压过滤。（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH)过大，其原理是_。（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为_（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_。写出该步骤的化学方程式：_（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将Co(NH3)6Cl3转化成Co3+后，加入过量KI 溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3+2I2

11、Co2+I2，I22S2O2IS4O，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_。a用久置于空气中的KI固体配制溶液b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c滴定结束后，发现滴定管内有气泡d溶液蓝色退去，立即读数35【化学选修3：物质结构与性质】（15分）锰元素在多个领域中均有重要应用，回答下列问题。（1）Mn在元素周期表中位于_区；MnSO4中阳离子的价电子排布式为_。（2）Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+下列说法合理的是_AMn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型B根据Mn2+的电子构型可知，Mn4+中不含成对电子CMn2+易被氧化，可能是因为Mn2+

12、产内有大量自旋方向相同的电子DMn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似（3）在K2MnF6中，MnF的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为_。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为_（4）二价锰的化合物的性质如下表所示：物质MCl2MnSMnSO4熔点6501610700上表三种物质中晶格能最大的是_；上表涉及的三种阴离子中，半径最大的是_。（5）某锰氧化物的晶胞结构如下图所示：该锰的氧化物的化学式为_，该晶体中Mn的配位数为_，该晶体中Mn之间的最近距离为_pm（用a、b来表示）。36【化学选修5：有机化学基础】（15分）EPR橡胶()广泛应用

13、于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。PC塑料()的透光性良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如下： 已知：RCOOR1+R2OH催化剂RCOOR2+R1OHB、F、G、H、J各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。（1）B的结构简式：_，E中官能团名称：_。（2）AD的反应类型：_，DE的反应条件：_。（3）EF的化学方程式：_。（4）H的结构简式：_。（5）反应II的化学方程式：_。（6）下列说法正确的是：_。a反应I的原子利用率为100%b1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2mol NaOHcCH3OH在合

14、成PC塑料过程中可以循环利用（7）反应I过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M互为同分异构体，请写出其中一种结构：_。（8）AN苯酚+F，试推断N的结构：_。3绝密 启用前化学答案7.【答案】B【解析】A火药发生化学反应时，KNO3中N元素的化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，体现氧化性，A正确；B高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇，然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，B错误；C明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与盐铜锈Cu2(OH)2CO3发生反应，产生可溶性的物质，因此可以达到除锈的目的，C正确；D蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制

15、出优质纸张，体现了化学的物理和化学分离方法，因此充分应用了化学工艺，D正确；故合理选项是B。8. 【答案】A【解析】A碳有2种杂化方式：sp3、sp2，前者是正四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面，所有碳原子不可能在同一平面，故A错误；B结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C1，1-二环丙基乙烯()的二氯代物有9种，故C正确；D1，1-二环丙基乙烯()分子式为C8H12，由C8H12生成1mol C8H18至少需要3mol H2，故D正确。故选A。9. 【答案】D【解析】AA13+、Fe2+水解产生H+，该溶液中阳离子还包括H+，阳离子总数增加，故1L 0.5 m

16、ol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故1L 0.5 molL1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故A项错误；B因存在反应4NH3+5O24NO+6H2O，所以2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应后氧气有剩余，生成的NO会与过量的氧气继续反应生成NO2，所以最终生成NO的分子数小于2NA，故B项错误；C聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成，分子内没有碳碳双键，故C项错误；D浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2+2H2O，从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的生成，硫酸变稀

17、，这是就会发生锌与稀硫酸反应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1mol，32.5g锌的物质的量为n=mM = 32.5 g65g/mol = 0.5 mol，生成气体分子数为0.5NA，故D项正确；答案选D。10. 【答案】C【解析】AClO2为气体，不易储存和运输，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，A不符合题意；B反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B不符合题意；C反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2+2OH+H2O2=2C

18、lO+O2+2H2O，C符合题意；DNaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，D不符合题意；答案：C。11. 【答案】D【解析】A项：a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2H2O4e=O24H+。H+通过阳离子交换膜进入c室，A项错误；B项：a室生成的H+通过阳离子交换膜进入b室，与主要含碳粒子发生反应HCO+H+H2O +CO2，B项错误；C项：c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e=H22OH。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质，C项错误；D项：据阳极反应和

19、b室反应可知，装置中产生的 O2和提取的CO2的体积比约为14，D项正确。本题选D。12. 【答案】C【解析】A项、X是O元素，O元素没有正化合价，故A错误；B项、Z为Al元素、W为Cl元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径ZW，故B错误；C项、Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则两两之间均能发生反应，故C正确；D项、X与Y两种元素可以组成氧化钠和过氧化钠，故D错误。13. 【答案】B【解析】A锂是活泼金属，易与水反应，故A错误；B铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，

20、故B正确；C放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，Cu极的水溶液电解质的PH值增大，故C错误；D该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，故D错误。故选B。26. 【答案】（1）CBE 冷却收集到FeCl3 （2）Fe2O3 Fe3O4 取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。 （3）1 （4）探究其他

21、条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响 ClO+6I+6H+=Cl+312+3H2O 【解析】（1）A为O2的发生装置，制得的氧气中含有水蒸气，由于三氯化铁极易水解，因此需要对制得的氧气进行干燥，可通过盛有碱石灰的装置D；氯化亚铁与氧气反应的产物为Fe2O3、FeCl3、Cl2，通过装置F冷却可以收集到FeCl3，则氯化亚铁与氧气反应的实验装置的合理连接顺序为：ACBED；装置E的作用是冷却收集到FeCl3。答案：CBE；冷却收集到FeCl3。（2）控制在500下发生反应，一段时间后，由12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4 FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，氯化亚铁的熔点

22、为674，沸点为1023，知B中反应剩余固体的成分，可能是Fe2O3或Fe3O4。验证方法是：取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。答案：Fe2O3或Fe3O4；取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。（3）由Fe(OH)3=Fe3+3OH且Fe(OH)3的Ksp为11039，实验室保存的FeCl3溶液中c(Fe3+)=1molL1，则c(OH)=3110-39/1-=11013，C(H+)=1

23、01，应控制溶液的pH不大于1。答案：1；（4）4组实验只有硫酸的浓度不同，因此实验的目的是探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。答案：探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。滴加淀粉溶液后显蓝色，说明有I2生成，由2II2，失2e；由CIOCl，得6e，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：ClO+6I+6H+=Cl+312+3H2O，答案：ClO+6I+6H+=Cl+312+3H2O。27. 【答案】（1）增大 增大 副反应的活化能低于主反应的活化能 （2） 3.3103Pa （3）CrO3 C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H=

24、+121.5kJ/mol 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面 【解析】（1）由图可知，丙烷脱氢制丙烯为吸热反应：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) H=+124.3 kJ/mol，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，丙烷的转化率增大，故答案为：增大；增大；由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，温度升高，活化能较低的副反应更容易发生，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；（2）丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积分数减小，故曲线代表104 Pa时丙烯的平衡体积分数，故答案为：；1

25、04 Pa、500时，丙烯的平衡体积分数为33%，设起始丙烷为1mol，转化率为x，由题意建立如下三段式：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)起（mol） 1 0 0变（mol） x x x平（mol） 1-x x x则由丙烯的平衡体积分数为33%可得，x/(1+x)=0.33，解得x0.5，丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pa1/3，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=（104Pa1/3）（104Pa1/3）/（104Pa1/3）=104Pa1/3=3.3103Pa，故答案为：3.3103Pa；（3）由图可知，反应为3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O，反应

26、为3CO2+Cr2O32CrO3+3CO，则催化剂为CrO3，故答案为：CrO3；由题意可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H =285.8kJ/mol；CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) H=283.0kJ/mol C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) H=+124.3 kJ/mol，由盖斯定律-+得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，则H=（+124.3kJ/mol）+（285.8kJ/mol）（283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H=

27、+121.5kJ/mol；该工艺中碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。28. 【答案】（1）6Fe2+ClO6H+=6Fe3+Cl3H2O （2）Fe(OH)3和Al(OH)3 （3）HCl氛围下蒸发浓缩 （4）NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3H2O的电离 （5）甲 防止Co(OH)3的生成 H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O （6）ab 【解析】（1）加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2+ClO6H+=6Fe

28、3+Cl3H2O；（2）加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3 和Al(OH)3；（3）为了防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；（4）流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；（5）若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O；（6）a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液，碘化钾部分

29、被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。35. 【答案】（1）d区 3d5 （2）A （3）6 “头碰头” （4）MnS SO （5）MnO2 6 122a2+b2 【解析】（1）Mn是25号元素，原子核外电子排

30、布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知Mn在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区，MnSO4中Mn元素为+2价，则Mn2+的价电子排布式是3d5；（2）A.Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定，Mn3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，A正确；BMn4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，B错误；CMn2+产内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能够使原子的能量最低，而Mn2+易被氧化，显然与Mn2+内含有大量自旋方向相同的电子无关，C错误；DMn2+与Fe3+具有相同的价电

31、子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2+具有强的还原性，而Fe3+具有强的氧化性，D错误；故合理选项是A；（3）在MnF62-的中，Mn与6个F形成6个键，因此含有6对键，含有的孤对电子对数为12(6-61)=0，所以MnF62-的中心原子Mn的价电子对数为6+0=6，在化合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”；（4）三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶

32、格能最大的是MnS，MnCl2、MnS的阴离子都是简单的离子，而MnSO4的阴离子是复杂离子，SO为正四面体形，因此其离子半径最大，该晶体具有的晶格能最小，熔点也就最低，即半径最大的是SO；（5）在该晶体中含有的Mn原子个数为188+1=2，含有的O原子数目为：124+2=4，MnO=24=12，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子由6个，所以Mn的配位数为6；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为2a2+b2)pm=2a2+b2pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为122a2+b

33、2pm。36. 【答案】（1）CH2=CH2 羟基 （2）加成反应 NaOH溶液，加热 （3）2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O （4） （5）（6）bc （7）或 （8） 【解析】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPR橡胶()，则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、D、E、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D，卤代烃D发生水解生成醇E，醇E发生催化氧化生成F，由F和2分子苯酚反应生成M（C15H16O3）可推知F为丙酮，由此推出D为2-溴丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C，C和CO2反应

34、生成H(C3H4O3)，H和甲醇发生已知的反应生成J和乙二醇，由反应II可推出J为，结合已知可推知H为，因此C应为环氧乙烷；苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。（1）B为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，E为2-丙醇，含有的官能团名称是羟基，故答案为：CH2=CH2；羟基；（2）AD的反应为丙烯与溴化氢发生加成反应生成2-溴丙烷，反应类型为：取代反应，DE的反应为2-溴丙烷水解生成2-丙醇，故反应条件为：NaOH溶液，加热，故答案为：取代反应；NaOH溶液，加热；（3）EF的反应为2-丙醇的催化氧化反应，化学方程式为：2CH3CHOHCH3+O22CH3C

35、OCH3+2H2O，故答案为：2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O；（4）H的结构简式：，故答案为：；（5）反应II的化学方程式：；（6）a、反应I为苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），原子利用率不是100%，故a错误；b、J为，分子中含有两个酯基，所以1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2mol NaOH，故b正确；c、由合成路线可知，H和甲醇反应生成J和乙二醇，J和M发生反应II又生成甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用，故c正确；故答案为：bc；（7）苯酚和丙酮发生反应I生成M（），与M同类型且互为同分异构体的结构可能为：或；故答案为：或；（8）A为CH2=CHCH3，苯和丙烯在催化剂存在条件下反应生成N，N先氧化后酸化生成苯酚和丙酮，由此可推断N的结构为：，故答案为：。