赤峰市宁城县高三一模理综化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1．化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A．石油分馏的目的是获得乙烯、丙烯和丁二烯B．减少SO2的排放，可以从根本上消除雾霾C．食品工业利用液态二氧化碳代替有机溶剂，能避免有机溶剂污染食品D．蔬菜表面洒少许福尔马林，可保鲜和消毒【答案】C【解析】A．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程,主要得到乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃，而石油分馏可得到低碳的烷烃，故A错误；B．SO2对环境的危害主要是酸雨，不是雾霾，故B错误；C．液态二氧化碳可作溶剂,且对食品没有污染，能避免有机溶剂污染食品，故C正确；D．福尔马林可保鲜和消毒,但HCHO对人体有危害，不能用于蔬菜或食品的保鲜或消毒，故D错误；答案为C.学科＆网2．短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36;X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍。下列有关这四种元素的相关叙述正确的是A．R的氢化物比Y的氢化物的沸点更高B．X与Z组成的化合物溶于水呈碱性C．只有Y元素存在同素异形体D．X、Y、Z、R形成简单离子的半径依次增大【答案】B【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数，这说明Y只能是第二周期元素,试题X和Z分别是H和Na;又因为R原子的质子数是Y原子质子数的两倍,所以根据核电荷数之和为36可知Y是O，R是S。A、水分子间存在氢键，则水的沸点高于硫化氢，A错误；B、X与Z组成的化合物NaH溶于水生成氢氧化钠和氢气,溶液呈碱性，B正确；C、S元素也存在同素异形体，C错误;D、核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则X、Z、Y、R形成简单离子的半径依次增大，D错误，答案选B。考点：考查元素推断以及元素周期律的应用3．设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A．标准状况下，22。4L空气中O2、N2分子总数目为NAB．0。1mol羟基中所含电子数目为NAC．28g乙烯、丙烯混合气体中所含原子数为6NAD．5。6g铁与硝酸完全反应时转移的电子数目为0。3NA【答案】C4．高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：下列叙述错误的是A．放电时正极附近溶液的碱性增强B．充电时锌极与外电源正极相连C．放电时每转移3mol电子,正极有1molK2FeO4被还原D．充电时阳极反应为：Fe(OH)3—3e－+5OH—FeO42—+4H2O【答案】B【解析】A．放电时正极反应为FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH—,则附近有OH-生成,所以正极附近碱性增强,故A正确；B．充电时，原电池负极连接电源的负极，B错误；C．放电时正极反应为FeO42—+3e—+4H2O=Fe(OH）3+5OH—，所以每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C正确；D．充电时阳极发生Fe（OH)3失电子的氧化反应，即反应为:Fe（OH)3-3e—+5OH—=FeO42—+4H2O，故D正确；故选B。学科&网5．下列化合物中同分异构体数目最少的是（)A．戊烷B．戊醇C．戊烯D．乙酸乙酯【答案】A【解析】试题分析：A．戊烷有三种同分异构体；B、戊醇中共有8种同分异构体；C、戊烯的同分异构体有共有9种.D、乙酸乙酯的同分异构体6种.可见同分异构体数目最少的是戊烷。选项为A。考点:考查有机物同分异构体的种类及书写的知识。6．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作,结论正确的是操作现象结论A滴加稀NaOH溶液,将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-C滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I-D用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+【答案】C【解析】A．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝,干燥的试纸不能检验，故A错误；B．先滴加稀硝酸，硝酸有氧化性，可能会将溶液中的SO32-氧化为SO42—，故B错误；C．下层溶液显紫红色，可知氯水氧化碘离子，则原溶液中有I-，故C正确；D．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象可知,原溶液中一定有Na+，不能确定是否含K+，故D错误；答案为C。7．常温下,向100mL0。1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0。1mol/L的NaOH溶液，所得溶液PH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示,下列说法正确的是A．a、b、c、d四个点中，水的电离程度最大的是dB．a点溶液中：c(NH3·H2O）+c（H+）=c（OH-）C．b点溶液中：c(Na+）+c(NH4+)=2c（SO42—）D．c点溶液中：c（Na+)=c(SO42-)+c(NH4+）+c（NH3·H2O)【答案】C【解析】A．a、b、c、d四个点，根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有（NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，故A错误;B．a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，溶液呈酸性,c(H+)＞c(OH-），故B错误；C．b点溶液为中性，溶液中c（OH-）=c(H+），结合电荷守恒可知：c（NH4+)+c(Na+)+c（H+)=2c(SO42-）+c(OH-）,则c（Na+）+c(NH4+）=2c（SO42-),故C正确；D．c点氢氧化钠的体积为150ml，所以3=4n(Na)，则是3c（NH4+)+3c(NH3•H2O）+3c(SO42—)=4c（Na+），故D错误；故选C。【点睛】，明确图象各点发生反应及对应溶质组成为解答关键，a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性,则溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分,8．工业废水中常含有一定量Cr2O72-和CrO42-,它们会对人类及生态系统产生很大伤害。已知：i．2CrO42-（黄色）+2H+QUOTE\＊MERGEFORMATCr2O72-（橙色）+H2Oii．Cr(OH）3(s）+H2OQUOTE\＊MERGEFORMAT-（亮绿色)+H+(1)含铬工业废水的一种处理流程如下:i．若在转化一步中调节溶液的pH=2，则溶液显_______色。ii．能说明转化一步反应达平衡状态的是_______（填字母序号）.学&科网a．Cr2O72—和CrO42—的浓度相同b．ν正（Cr2O72-）=2ν逆（CrO42—）c．溶液的颜色不变d．溶液的pH不变②步骤②还原一步的离子方程式是___________________________；若还原lmolCr2O72-离子，需要FeSO4·7H2O的物质的量是_______mol.③沉淀一步中,向含Cr3+(紫色）溶液中,逐渐滴加NaOH溶液。当pH＝4.6时，开始出现灰绿色沉淀,随着pH的升高，沉淀量增多.当pH≥13时，沉淀逐渐消失，溶液变为亮绿色.i．请解释溶液逐渐变为亮绿色的原因：_______.ii．若向0.05mol·L-1的Cr2(SO4)3溶液50mL中，一次性加入等体积0。6mol·L—1的NaOH溶液，充分反应后,溶液中可观察到的现象是__________。④在K和K2Cr2O7混合溶液中加入足量H2SO4酸化，铬元素以_______形式存在（填离子符号)。(2）用Fe做电极电解含Cr2O72-的酸性工业废水，可以直接除去铬.随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高,产生Cr(OH)3沉淀。①结合上述工业流程分析用Fe做电极的原因：_______。②结合电极反应式解释在阴极附近溶液pH升高的原因:_______.③溶液中同时生成的沉淀可能还有_______（填化学式）.【答案】(1)．橙（2）．cd(3）．(4）．6(5)．随着溶液pH增大，平衡Cr(OH)3（s）+H2O—(亮绿色）+H+正向移动故溶液逐渐变为亮绿色（6）．溶液由紫色最终变为亮绿色(7）．Cr3+和Cr2O72—(8)．铁在阳极反应发生反应Fe-2e-==Fe2＋，为还原Cr2O72-提供还原剂Fe2＋(9)．阴极发生反应2H＋+2e—==H2↑导致c（H＋)下降（10）．Fe(OH）3【解析】（1)①i。c（H+）增大，平衡2CrO42-（黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙色)+H2O右移,溶液呈橙色；ii．根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；a．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同取决于起始浓度和转化,不能判断平衡,故A错误；b．2v（Cr2O72-)=v（CrO42—）,不能判断正逆反应速率关系,不能判断平衡，故B错误;c．溶液的颜色不变，为特征定，能判断平衡，故C正确；故答案为：C；d．溶液的pH不变，为特征定，能判断平衡，故d正确；答案为cd；②步骤②用Fe2+在酸性条件下还原Cr2O72-得到Cr3+的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O;根据电子得失守恒：n(Cr2O72—）×6=n(FeSO4•7H2O)×1，n(FeSO4•7H2O)=QUOTE=6mol；③i。向含Cr3+(紫色)溶液中,逐渐滴加NaOH溶液，氢离子浓度减小，溶液pH增大，平衡

Cr(OH）3(s）+H2O—

（亮绿色)+H+正向移动，故溶液逐渐变为亮绿色；ii.若向0.05mol•L-1的Cr2(SO4）3溶液50mL中，一次性加入等体积0.6mol•L-1的NaOH溶液，氢氧根的浓度较大且过量，平衡向右移彻底，溶液由紫色最终变为亮绿色；④在K和K2Cr2O7混合溶液中加入足量H2SO4酸化，i。2CrO42-（黄色）+2H+Cr2O72—（橙色)+H2O；ii．Cr(OH)3(s)+H2O—

（亮绿色)+H+；氢离子浓度足够大，i向右移，ii向左移，氢氧化铬溶解，得到Cr3+，所以铬元素以Cr3+和Cr2O72-存在；(2）①铁在阳极反应发生反应Fe-2e-═Fe2+，为还原Cr2O72-提供还原剂Fe2+，则应该用Fe作阳极；②溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，导致阴极附近氢离子浓度降低，溶液的pH升高，电极反应式为2H++2e—=H2↑；③亚铁离子被氧化生成Fe3+，Fe3+和OH-反应生成Fe（OH)3沉淀。9．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠（NaClO2)的研究。学＆科网已知:NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba（ClO)2可溶于水。利用如图所示装置进行实验.(1)仪器a的名称为____，装置①的作用是____，装置③的作用是______。（2)装置②中产生ClO2，涉及反应的化学方程式为________________;装置④中反应生成NaClO2的化学方程式为_______________.(3）从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为:①减压,55℃蒸发结晶;②趁热过滤；③______；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是________.(4）设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象是：取少量晶体溶于蒸馏水，_____________________。学&科网（5）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液,取出10mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后（NaClO2被还原为Cl—,杂质不参加反应）,加入2～3滴淀粉溶液，用0。20mol·L—1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度_____。（提示:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）【答案】(1）．三颈烧瓶（2）．吸收多余的ClO2气体,防止污染环境（3）．防止倒吸(或作安全瓶等其他正确说法）(4)．2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)2ClO2↑+2Na2SO4+H2O(5)．2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2(6)．用38℃～60℃的温水洗涤（7)．NaClO3和NaCl（8）．滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现,则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4（9）．90.5％【解析】(1）仪器a的名称为三颈烧瓶，装置①中NaOH溶液的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境,ClO2进入装置④，发生反应使装置内压强降低，可能发生倒吸,装置③的作用为防止倒吸；（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置②中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠,本身被还原为二氧化氯,反应的化学方程式应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；装置④中H2O2在碱性条件下吸收ClO2,反应生成NaClO2的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2;(3）从溶液中制取晶体,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤,由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤,低于60℃干燥；NaClO2饱和溶液在温度高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，则如果撤去④中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；（4)验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，实际只要检验晶体的水溶液中是否含有SO42-，具体操作与现象是:取少量晶体溶于蒸馏水，滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现,则不含Na2SO4；（5)取上述合成产品10g溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中,再加入足量酸化的KI溶液,发生ClO2-+4I-+4H+=Cl—+2I2+2H2O，充分反应后加入2~3滴淀粉溶液，溶液变蓝，用0.20mol/LNa2S2O3标准液滴定，发生：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，蓝色变为无色，可得反应的关系式为：ClO2—~2I2~4Na2S2O3，又n(Na2S2O3)=0.20mol/L×0.02L=0。004mol，则ClO2-～2I2～4Na2S2O31

4n(ClO2—）0.004moln（ClO2-）=0。001mol，所以1L溶液中含有：n(NaClO2）=0.001mol×100=0.1mol，则10g合成产品中含有：m（NaClO2)=0.1mol×90。5g/mol=0。905g，NaClO2粗品的纯度为QUOTE\＊MERGEFORMAT×100%=90.5%。10．氮是地球上含量丰富的一种元素，“固氮”在工农业生产中有着重要作用，是几百年来科学家一直研究的课题.下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。反应大气固氮N2(g）+O2(g)2NO（g）工业固氮N2（g)+3H2（g)2NH3（g)温度/℃27200025400450K3。84×10-310。15×10—82×1047×103（1）①分析数据可知:大气固氮反应属于___________（填“吸热”或“放热”）反应。②在一定温度下，将一定足的N2和O2通入到体积为1L的密闭容器中，当“大气固氮”反应达到平衡后，改变下列条件,能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是_______。a．增大压强b．增大反应物的浓度c．使用催化剂d．升高温度③从分子结构角度解释“大气固氮”和“工业固氮”反应的活化能都很高的原因:________。（2）分析表格数据可知“大气固氮”的反应正向进行的程度小，不适合大规模生产，故世界各国均采用合成氨的方法进行工业固氮.①从平衡移动角度考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温,解释其原因_______________________。②将0.1molN2和0。1molH2通入一容积可变的容器中进行工业固氮反应，则下图所示N2的平衡转化率在不同压强（P1，P2)下随温度变化的曲线正确的是____________（填“A”或“B”）;比较P1、P2的大小关系________；若300℃、压强P2时达到平衡，容器容积恰为100L,则此状态下反应的平衡常数K=______________(计算结果保留2位有效数字)。学＆科网③合成氨反应达到平衡后，t1时刻氨气浓度欲发生图C变化可采取的措施是____________.（3）近年近年,又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2(g)+6H2O（l）⇌4NH3(g)+3O2(g），则其反应热△H=____________.（已知：N2(g)+3H2（g）⇌2NH3（g）△H1=-92。4kJ•mol-12H2（g）+O2(g）⇌2H2O（l）△H2=-571。6kJ•mol—1）【答案】(1)．吸热(2）．b（3）．氮气分子中N≡N键能很大，断开N≡N需要吸收较高能量(4)．从反应速率角度考虑，高温更好,但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适（5）．A（6)．P2>P1(7)．1.3×lO5(8)．容器容积不变条件下移走适量氨气，降低氨气的浓度(9）．+1530kJ·mol-l【解析】（1）①由表格数据可知，温度越高，K越大,说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应；②a．反应前后气体总物质的量不变，增大压强平衡不移动，故a不正确;b．增大反应物的浓度可促进平衡正向移动，且不影响平衡常数，故b正确;c．使用催化剂,平衡不移动，故c不正确；d．平衡常数只受温度影响，故d不正确；答案为b;③“大气固氮"和“工业固氮”中的反应物氮气的分子中N≡N键能很大，断开N≡N需要吸收较高能量，导致反应的活化能都很高；（2）①合成氨反应中，反应温度越高,反应速率越快,但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适;②合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，р2的转化率大,则р2大；若300℃、压强P2时达到平衡，N2的转化率为10％,N2(g)+3H2（g)2NH3(g）起始物质的量(mol)0。10.10变化物质的量(mol)0。010.030。02平衡物质的量（mol)0。090.070。02平衡常数K=QUOTE=QUOTE\＊MERGEFORMAT=1.3×lO5;③由图像可知,t1时刻氨的浓度瞬间降低,后平衡继续正向移动,可采取的措施应是容器容积不变条件下移走适量氨气，降低氨气的浓度;（3)已知：①N2(g）+3H2(g）2NH3（g）△H=—92。4kJ•mol—1，②2H2（g）+O2(g）2H2O（l)△H=-571.6kJ•mol—1,由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g），△H=（-92。4kJ•mol—1)×2—(-571.6kJ•mol—1)×3=+1530kJ•mol—1。11．铁碳合金在现代建筑中占有十分重要的地位.(1)基态Fe3+的M能层上电子排布式为_______,铁元素可形成多种配合物,如K3和Fe(CO)5，则这两种配合物所涉及的元素中，第一电离能由大到小的顺序为________,电负性最大的是_______。（2）三聚氰胺()中六元环结构与苯环类似,它与硝基苯的相对分子质量之差为3，三聚氰胺的熔点为354℃，硝基苯的熔点是5.7℃。①三聚氰胺中,环上与环外的氮原子杂化轨道类型分别为_______。②导致三聚氰胺与硝基苯熔点相差很大的根本原因是____________________。(3)已知常温下草酸(HOOC—COOH)的电离平衡常数Ka1=5。6×10-2、Ka2=1。5×10—4,试从结构上解释Ka1、Ka2数值上的差异__________________。(4）一定条件下，碳、氮两种元素可形成一种化合物，该化合物可作耐磨材料,其熔点________(填“高于"、“低于"或“无法判断”）金刚石的熔点.(5)铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一,其晶胞结构如图所示。则铁镁合金的化学式为________，若该晶胞的参数为dnm，则该合金的密度为____________（不必化简，用NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】（1)．3s23p63d5(2)．N〉O〉C>Fe〉K（3)．O（4）．sp2、sp3（5)．三聚氰胺分子间能形成氢键，但硝基苯分子间不能形成氢键(6)．H+与之间的静电作用强于H+与之间的静电作用(7）．高于（8)．Mg2Fe（9)．【解析】（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,则M层电子排布式为：3s23p63d5；金属越活泼第一电离相对较小，第一电离能同周期从左到右呈增大趋势,由于N原子2p轨道半充满较为稳定，其第一电离能高于O，所以第一电离能由大到小顺序为:N＞O＞C,Fe的4s2为全充满结构，K而4s1易失去1个电子，则Fe的第一电离大于K，则这两种配合物所涉及的元素中，第一电离能由大到小的顺序为N>O〉C>Fe〉K；非金属性越强电负性越大,则电负性最大的是O元素；（2）①氮碳双键两端的N原子含有两个σ键和一个孤电子对，N原子采用sp2杂化；氨基上N原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，则N原子采用sp3杂化；②1个三聚氰胺分子中σ键个数是15，所以1mol三聚氰胺分子中σ键的数目为15NA，氢键导致物质的熔沸点升高，三聚氰胺分子间能形成氢键,导致其熔沸点高于硝基苯；（3)因H+与C2O42—之间的静电作用强于H+与HC2O4-之间的静电作用，H2C2O4的一级电离常数明显大于二级电离常数；（4)因N的原子半径比C原子半径小，C-N键的键长比C—C键的键长短，则相对稳定,故其其熔点高于金刚石的熔点；（5）Fe位于面心和顶点，数目为：8×QUOTE+6×QUOTE\＊MERGEFORMAT＝4；Mg原子位于体心,数目为8，化学式为：FeMg2或Mg2Fe;晶胞参数为d×10—7cm,晶胞的体积为d3×10—21cm3，1mol晶胞的质量为104g，则合金的密度为QUOTEg/cm3.【点睛】电离能的判断，首先根据同周期或同主族元素第一电离能的递变规律，①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子:逐级电离能越来越大（即I1≤I2≤I3…)；同时要注意半充满或全充满的情况对第一电离能的影响：如N与O，因N原子的3p3是半充满情况，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空（p0，d0,f0)、半满(p3，d5,f7）或全满（p6,d10，f14)结构时,原子的能量较低，元素的第一电离能较大。12．M通过下列关系可以得到阿司匹林和能放出扑热息痛（)的高分子药物（)。已知:①(R、R'表示氢原子或烃基）；②C中含有一个甲基,且与H互为同系物。请回答问题：(1)I含有的官能团的名称为