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四川省绵阳市高中2022-2023学年高二化学下学期理科突击班6月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳市高中2022-2023学年高二化学下学期理科突击班6月月考试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
YTUN理科突击班高中2021级新高三适应考暨6月月考
理科综合能力测试
第I卷(选择题，共126分)
一、选择题(本题包括13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与社会、环境、生活息息相关，下列说法正确的是
A. 非遗油纸伞伞面涂刷桐油，桐油的成分是烃
B. CO2排放量的增加将促进海洋珊瑚的疯长
C. PM2.5在空气中所形成的分散系稳定性弱于云雾
D. 服饮葡萄糖口服液可迅速补充人体发烧损失的电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A．桐油的主要化学成分是脂肪酸甘油三酯，不是烃类化合物，故A错误；
B．CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加将影响珊瑚生存，故B错误；
C．能形成胶体的分散质颗粒直径在1nm～100nm之间，云雾属于胶体，具有介稳性，PM2.5中颗粒物的直径接近于2.5×10−6m，大于胶体直径，不能形成气溶胶，稳定性弱于胶体，故C正确；
D．葡萄糖口服液是葡萄糖的水溶液，属于混合物，不属于电解质，故D错误。
综上所述，答案为C。
2. 某研究小组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基膦化反应，如图所示(－Ph代表苯基，－Me代表甲基)。下列叙述正确的是
A. 甲分子内所有原子可能处于同一平面
B. 甲和乙生成丙的反应是取代反应
C. 甲能发生加聚、水解、酯化反应
D. 用酸性KMnO4溶液可以证明甲含有碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲分子内含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；
B．观察甲、乙、丙的结构可知，甲中羟基被乙中取代，发生取代反应，故B正确；
C．甲不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．甲中碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故D错误；
故答案选B。
3. 下列离子方程式书写不正确的是
A. 将过量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=SO＋Cl-＋2H＋
B 标准状况下将112 mL氯气通入10 mL 1 mol·L-1溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-
C 向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水：Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH＋H2O
D. 明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的物质的量最大：2Al3++ 3SO+ 3Ba2++6OH- = 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．ClO-具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，则其离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO-=SO＋Cl-＋2H＋，故A正确；
B．标况下，112mL氯气的物质的量为，10 mL 1 mol·L-1溴化亚铁溶液中，、，需消耗0.005，需消耗0.01mol，量不足，由于亚铁离子还原性强于溴离子，所以该离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C．FeSO4为强酸弱碱盐，其溶液因亚铁离子水解呈酸性，而NaHCO3溶液和稀氨水均呈碱性，所以向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水的离子方程式为：Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH＋H2O，故C正确；
D．明矾溶于水后会电离出铝离子，所以向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时，则生成的氢氧化铝未溶解，则其离子方程式为：2Al3++ 3SO+ 3Ba2++6OH- = 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故D正确；
故选：B
4. 某种药物分子结构如图所示。其中W的原子核只有1个质子，元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，元素Q的原子比Z原子多8个电子。下列说法正确的是
A. X、Y、Z原子半径逐渐增大
B. 分子中Y原子为sp3杂化
C. 1mol该分子中含孤电子对数22NA
D. Y、Z、Q最简单氢化物水溶液酸性逐渐减弱
【答案】B
【解析】
【分析】W的原子核只有1个质子，则W为H；元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，则为第二周期元素，结合物质结构，X形成四个共价键，为C；Y形成两个共价键，为O；Z形成一个共价键，为F；元素Q的原子比Z原子多8个电子，为Cl，据此解答。
【详解】A．X、Y、Z为第二周期元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，A错误；
B．分子中Y原子为O，形成两个键，含有两个孤对电子，为sp3杂化，B正确；
C．该分子中含孤电子对的为F（3对）、O（2对）、Cl（3对），则1mol该分子中含孤电子对数20NA，C错误；
D．Y、Z、Q最简单氢化物为H2O、HF、HCl，水溶液酸性逐渐增强，D错误；
故选B。
5. 二十大报告提出深入推进环境污染防治。一种废催化剂(含V2O5、V2O4、V2O3和杂质Fe2O3、SiO2等)的处理流程如图所示。已知工序①得到的溶液的主要成分是[VO(C2O4)2]2-、[Fe(C2O4)2]2-和H2C2O4。下列说法错误的是
A. 固体A的主要成分是SiO2
B. 含[Fe(C2O4)2]2-的溶液中存在[Fe(C2O4)2]2-FeC2O4+C2O K1=10-1.8，FeC2O4Fe2++C2O K2=10-3.0，若c(C2O)=0.10mol•L-1，则=102.8
C. 在实验室中进行工序①要用到普通漏斗，进行浓缩要用到蒸发皿
D. 加入足量双氧水生成V2O5·H2O，反应的离子方程式为H2O2+2[VO(C2O4)2]2-=V2O5·H2O↓+2C2O
【答案】D
【解析】
【分析】废催化剂中加入草酸溶液，、、和转化为和，不反应。加入足量双氧水，过滤得到固体和，加入稀NaOH溶液，过滤，转化为留在滤液中，作为滤渣被分离出去。
【详解】A．向废催化剂中加入草酸溶液，草酸溶液与不反应，固体A的主要成分是，A项正确；
B．，，则，B项正确；
C．在实验室中过滤要用到普通漏斗，浓缩溶液要用到蒸发皿，C项正确；
D．加入足量双氧水将转化为和，反应的离子方程式为，D项错误；
故选D。
6. 利用电解原理实现乙烯高效合成环氧乙烷，电解装置如图所示：
已知：，下列说法正确的是
A. 反应一段时间后，阴极区pH升高
B. Pt电极反应式为：
C. 生成1mol环氧乙烷，有通过交换膜
D. 电解完成后，将阴极区和阳极区溶液混合后可得到环氧乙烷
【答案】D
【解析】
【分析】利用电解原理实现乙烯高效合成环氧乙烷，结合已知原理可知，Ni极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，；Pt极为阳极，氯离子发生氧化反应生成生成次氯酸：，次氯酸将乙烯转化为，和氢氧根离子反应生成环氧乙烷。
【详解】A．由分析可知，阴极区生成氢离子，则溶液酸性增强，pH减小，故A错误；
B．由分析可知，Pt电极反应式为：，故B错误；
C．生成1mol环氧乙烷需要消耗1molHClO，结合反应可知，，则阳极区需要2mol负电荷，则由2mol氯离子通过交换膜，故C错误；
D．由分析可知，阴极生成氢氧化钾、阳极生成，电解完成后，将阴极区和阳极区溶液混合后，和氢氧根离子反应生成环氧乙烷，可得到环氧乙烷，故D正确；
答案选D。
7. 天然水体中的与空气中的保持平衡。某地溶洞水体中(X为、、或)与pH的线性关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 直线①代表，直线③代表
B. 图中
C
D. 若空气中的浓度增加，则水体中的浓度减小
【答案】D
【解析】
【分析】H2CO3(aq)H＋＋，H＋＋，随着溶液pH增大，碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，则碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，同时钙离子浓度减小，故曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表Ca2＋；由点(6.3，5)计算该温度下碳酸的一级电离平衡常数 ，由点(10.3，-1)计算该温度下碳酸的二级电离平衡常数。
【详解】A．由分析可知，直线①代表，直线③代表，A正确；
B．，推知①lgc()=pH＋[lgKa1(H2CO3)-5]；，同理可推：②lgc()=2pH＋[lgKa1＋lgKa2-5]，B正确；
C．由Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，推知lgKsp(CaCO3)=lgc(Ca2＋)＋lgc()；则结合B分析可知，③lgc(Ca2＋)=lgKsp-lgc()=-2pH＋[lgKsp-lgKa1-lgKa2＋5]；由a点数值可知Ka1=10-6.3，由c点数值可知Ka2=10-10.3，再由b点数值代入③可知Ksp(CaCO3)=10-8.6，C正确；
D．若空气中的CO2浓度增加，CaCO3(s)＋CO2(g)＋H2OCa2＋＋2，平衡正向移动，水体中的Ca2＋浓度增大，D错误；
故选D。
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
（1）仪器a的名称是___________。
（2）装置C中盛放的试剂是___________。装置B的作用是___________。
（3）制备N2H4离子方程式为___________。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
（4）称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是___________。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为___________。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
（5）请完成表中的空白部分：①___________；②___________。
（6）实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因：___________。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2） ①. NaOH溶液 ②. 平衡气压，收集多余氯气
（3）2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
（4） ①. 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②. 25%
（5） ①. 加入足量氨水 ②. 黑色固体溶解，并有气体产生
（6）肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【解析】
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
【小问1详解】
根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
【小问2详解】
根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
【小问3详解】
根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
【小问4详解】
①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
【小问5详解】
操作i结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
【小问6详解】
肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
9. 德国化学家哈伯在1918年荣获了诺贝尔化学奖，但是后人对他的评价却褒贬不一。
I.有人认为哈伯是一位伟大的科学家，因为他是实现人工合成氨并进行工业生产的第一人。所以赞美他是“用空气制造面包的天使”。
（1）工业上合成氨气的方程式：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，下表为破坏1mol相关化学键需要的能量。
NN
N_H
H_H
945.8 kJ
a kJ
435.9 kJ
求a值：_____
（2）在密闭容器中合成氨气，有利于提高H2的转化率且加快反应速率的措施_____
A．升高反应温度 B．增大反应的压强 C．移走生成的NH3 D．增加H2的量 E．添加合适的催化剂
（3）将0.3 mol N2和0.9 mol H2充入3L密闭容器中，图为在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强的变化曲线。
甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________，d点N2的转化率是___________。(结果保留1位小数)
II.有人认为哈伯是一战的“催化剂”，因为在一战中，哈伯担任德国化学兵工厂厂长时负责研制和生产氯气、芥子气等毒气，并使用于战争之中，造成近百万人伤亡。
（4）实验室制备氯气后通常用NaOH溶液进行尾气处理，反应的温度不同产物也会有变化。某温度下发生的反应为 ，生成1 mol NaClO3被氧化的与被还原的Cl2的质量比例___________。
（5）将上述反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，装置如图所示：
电极E是____(填“阳极”或“阴极”)，阳极区发生的反应：____
III.其实物质并没有好坏之分，关键是人们用这些物质来做了什么！
（6）请列举Cl2在日常生活中的作用(列举一种)： Cl2_______
【答案】（1）390.8
（2）B （3） ①. 丙，乙，甲 ②. 57.1%（57.0%）
（4）1:5 （5） ①. 阴极 ②.
（6）Cl2:制漂白液，消毒液，盐酸，农药
【解析】
【小问1详解】
N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即945.8+435.9×3-6a=-91.3，则a=390.8；
【小问2详解】
A．正反应放热，升高反应温度，平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故不选A；
B．增大反应的压强，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故选B；
C．移走生成的NH3，反应速率减慢，故不选C；
D．增加H2的量，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率减小，故不选D；
E．添加合适的催化剂，平衡不移动，氢气的转化率不变，故不选E；
选B
【小问3详解】
正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；
d点氨气的体积分数为40%， ，x=0.171，d点N2的转化率是；
【小问4详解】
某温度下发生的反应为 ，氯元素化合价由0降低为-1、氯元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1:5；
【小问5详解】
装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可知氯离子在阳极区被氧化为 ，发生的反应为；
【小问6详解】
Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。
10. 工业上用电解溶液生成的氯气为原料，生产溴酸钾的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）惰性电极电解溶液产生氯气总反应的离子方程式为______________。
（2）“合成I”中得到，该反应的还原剂是______________；“合成II”中加入的目的是____________。
（3）结合溶解度曲线分析，“合成Ⅲ”为复分解反应，该反应能发生的原因是____________；若向溶液中加入______________粉末，可使溶液中的降为[假设溶液体积不变，已知该温度下]。“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是______________(写一条)。
（4）为了从过滤II后的滤液中获得氯化镁结晶，依次要经过________、___________操作。
（5）另一种产生溴酸盐的方法是用溶液吸收，同时生成气体。写出相应的化学方程式______________；原子经济性更高的是______________(填“吸收法”或“氯气氧化法”)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 与反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度
（3） ①. 反应体系中溶解度较小，析出沉淀 ②. 1.08 ③. 用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高
（4） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤
（5） ①. ②. 氯气氧化法
【解析】
【分析】工业上用电解饱和食盐水生成氯气生产溴酸钾的工艺流程，分析流程可知，饱和食盐水电解生成氯气具有氧化性，在水中和溴单质反应生成溴酸和氯化氢，加入过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，过滤得到滤液中加入饱和氯化钾溶液，溴酸镁在饱和溶液中析出晶体，以此解答。
【小问1详解】
用惰性电极电解 MgCl2溶液过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑ 阴极2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+ Mg(OH)2↓， 总反应的离子方程式为。
【小问2详解】
“合成I”发生反应是氯气在水溶液中氧化溴单质为溴酸，反应的化学方程式5Cl2+Br2+6H2O=2HBrO3+10HCl，Br元素化合价上升，该反应的还原剂是；依据流程分析可知，加入和溶液中反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度。
【小问3详解】
过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，加入饱和氯化钾溶液，反应体系中溶解度较小，析出沉淀，发生了复分解反应；降为时，即需要沉淀2×0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此时溶液中剩余c(K+)=，需要加入KCl的物质的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08mol；“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是：用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高。
【小问4详解】
氯化镁的溶解度随温度变化较大，可以通过重结晶的方法从溶液中获得氯化镁结晶，依次要经过蒸发结晶、冷却结晶操作。
【小问5详解】
和反应生成、和KBr，Br元素化合价由0价上升到+5价，又由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为： ；该方法中部分转化为KBr，氯气氧化法中全部转化为，所以原子经济性更高的是氯气氧化法。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
11. 科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
（1）下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。
（2）含有碳元素的有机化合物分布极广，最简单的为碳正离子，该离子的几何构型为___________；乙醇的挥发性比水的强，原因是___________；如图是叶绿素的结构示意图，配体是一种平面大环有机物，该结构中N原子的杂化方式为___________，C-Nσ键有___________个。
（3）某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2-)=anm。
①阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm-3.(用含a，NA的表达式表示)。
②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Ni-N键中离子键成分的百分数小于Ni-O键，原因是___________。
③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为___________；N所替代的O的位置可能是___________。
【答案】（1） ①. BC ②. B
（2） ①. 平面三角形 ②. 乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小 ③. sp2 ④. 8
（3） ①. ②. 电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键 ③. Ni4O3N ④. 顶点或一对平行平面的面心
【解析】
【小问1详解】
碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2，根据基态碳原子受到激发，电子从低能级跳跃到高能级上，则四个选项中属于碳原子激发态轨道表示式的有BC，而A是基态碳原子电子轨道表示式，D是基态N原子电子轨道表示式，故答案是BC；根据电子离核越远，越容易失去，则失去最外层上一个电子所需能量最低的是选项B，因为其它选项最外层是第二层，而B是第三层，故答案是B。
【小问2详解】
离子的价层电子对数为3，孤电子对为0，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形；乙醇的挥发性比水的强，说明乙醇的沸点比水低，沸点和分子间作用力有关，乙醇和水虽同为分子晶体，但乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小，故乙醇的沸点比水低，乙醇的挥发性比水的强；根据叶绿素结构示意图，N原子构成平面大环结构，可知其杂化方式为sp2；C-N形成的共价键单键都是σ键，形成的双键中有一个是σ键，则C-Nσ键有8个。
【小问3详解】
①根据NiO晶胞结构可知，其一个晶胞中含有O2-离子4个， Ni2+离子4个，氧原子量为16，镍原子量约为59，则其晶胞质量为m=，O2-离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2-)=anm，设晶胞边长为x nm，则可得关系式2x2=16a2，解得x=2a nm，则晶胞的体积v=16a3 nm 3，则晶胞的密度为====g·cm-3。
②键的极性强弱和成键元素的电负性强弱有关，Ni-N键和Ni-O键相比，由于氧元素电负性大于氮元素，则O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键。
③根据均摊法，NiO晶胞中含有O2-离子4个， Ni2+离子4，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，即氧原子被氮原子代替，则该晶体的化学式为Ni4O3N；在晶胞中，有一个O原子被N原子取代，可能是顶点8或一对平行平面的面心，故N所替代的O的位置可能是顶点或一对平行平面的面心。
12. 肌肉松弛剂Nefopam的合成路线如下所示(表示苯环)。
回答下列问题：
（1）A中的__________(填名称)官能团会被还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。
（2）B与反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，合适的试剂X是______________。
（3）已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有___________个手性碳；一定条件下与足量水溶液反应，最多消耗____________。
（4）中间产物E分子内环化生成。写出产物F的结构简式_____________。
（5）参考上述合成路线，F经____________(填“”或“”)还原以及酸处理形成Nefopam．
（6）写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一个)。
①能发生银镜反应；②其水解产物之一能与溶液显色；③含有两个苯环和一个五元环。
【答案】（1） ①. (酮)羰基 ②. 酯化反应(或取代反应)
（2） ①. 7 ②.
（3） ①. 1 ②. 3
（4） （5）
（6）等
【解析】
【分析】A经还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，B与发生取代反应生成C，C在作用下脱出羰基形成D，D与发生取代反应生成E，E中氯原子与-NH-发生分子内取代反应生成F，F发生还原反应再经酸化得到Nefopam，据此分析解答。
【小问1详解】
对比A与B的结构可知A中羰基转化成单键，羰基被还原，还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，故答案为：(酮)羰基；酯化反应(或取代反应)；
【小问2详解】
B与发生苯环上的取代反应，B中有两个苯环，其中Ph代表的苯环中存在三种氢，另一苯环中存在4种氢，共有7种溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，结合B和C的结构对比，合适的试剂X应为，故答案为：7；；
【小问3详解】
根据手性碳的概念，D中只有羟基所连碳为手性碳原子；中1molCl可消耗1molNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能继续消耗NaOH，因此可消耗3molNaOH，故答案为：1；3；
【小问4详解】
由以上分析已知F为，故答案为：；
【小问5详解】
由A到B，C到D的转化过程可知能将羰基直接脱氧，因此F经处理才能得到Nefopam，故答案为：；
【小问6详解】
YTUN理科突击班高中2021级新高三适应考暨6月月考
理科综合能力测试
第I卷(选择题，共126分)
一、选择题(本题包括13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与社会、环境、生活息息相关，下列说法正确的是
A. 非遗油纸伞伞面涂刷桐油，桐油的成分是烃
B. CO2排放量的增加将促进海洋珊瑚的疯长
C. PM2.5在空气中所形成的分散系稳定性弱于云雾
D. 服饮葡萄糖口服液可迅速补充人体发烧损失的电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A．桐油的主要化学成分是脂肪酸甘油三酯，不是烃类化合物，故A错误；
B．CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加将影响珊瑚生存，故B错误；
C．能形成胶体的分散质颗粒直径在1nm～100nm之间，云雾属于胶体，具有介稳性，PM2.5中颗粒物的直径接近于2.5×10−6m，大于胶体直径，不能形成气溶胶，稳定性弱于胶体，故C正确；
D．葡萄糖口服液是葡萄糖的水溶液，属于混合物，不属于电解质，故D错误。
综上所述，答案为C。
2. 某研究小组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基膦化反应，如图所示(－Ph代表苯基，－Me代表甲基)。下列叙述正确的是
A. 甲分子内所有原子可能处于同一平面
B. 甲和乙生成丙的反应是取代反应
C. 甲能发生加聚、水解、酯化反应
D. 用酸性KMnO4溶液可以证明甲含有碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲分子内含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；
B．观察甲、乙、丙的结构可知，甲中羟基被乙中取代，发生取代反应，故B正确；
C．甲不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．甲中碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故D错误；
故答案选B。
3. 下列离子方程式书写不正确的是
A. 将过量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=SO＋Cl-＋2H＋
B 标准状况下将112 mL氯气通入10 mL 1 mol·L-1溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-
C 向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水：Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH＋H2O
D. 明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的物质的量最大：2Al3++ 3SO+ 3Ba2++6OH- = 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．ClO-具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，则其离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO-=SO＋Cl-＋2H＋，故A正确；
B．标况下，112mL氯气的物质的量为，10 mL 1 mol·L-1溴化亚铁溶液中，、，需消耗0.005，需消耗0.01mol，量不足，由于亚铁离子还原性强于溴离子，所以该离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C．FeSO4为强酸弱碱盐，其溶液因亚铁离子水解呈酸性，而NaHCO3溶液和稀氨水均呈碱性，所以向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水的离子方程式为：Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH＋H2O，故C正确；
D．明矾溶于水后会电离出铝离子，所以向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时，则生成的氢氧化铝未溶解，则其离子方程式为：2Al3++ 3SO+ 3Ba2++6OH- = 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故D正确；
故选：B
4. 某种药物分子结构如图所示。其中W的原子核只有1个质子，元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，元素Q的原子比Z原子多8个电子。下列说法正确的是
A. X、Y、Z原子半径逐渐增大
B. 分子中Y原子为sp3杂化
C. 1mol该分子中含孤电子对数22NA
D. Y、Z、Q最简单氢化物水溶液酸性逐渐减弱
【答案】B
【解析】
【分析】W的原子核只有1个质子，则W为H；元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，则为第二周期元素，结合物质结构，X形成四个共价键，为C；Y形成两个共价键，为O；Z形成一个共价键，为F；元素Q的原子比Z原子多8个电子，为Cl，据此解答。
【详解】A．X、Y、Z为第二周期元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，A错误；
B．分子中Y原子为O，形成两个键，含有两个孤对电子，为sp3杂化，B正确；
C．该分子中含孤电子对的为F（3对）、O（2对）、Cl（3对），则1mol该分子中含孤电子对数20NA，C错误；
D．Y、Z、Q最简单氢化物为H2O、HF、HCl，水溶液酸性逐渐增强，D错误；
故选B。
5. 二十大报告提出深入推进环境污染防治。一种废催化剂(含V2O5、V2O4、V2O3和杂质Fe2O3、SiO2等)的处理流程如图所示。已知工序①得到的溶液的主要成分是[VO(C2O4)2]2-、[Fe(C2O4)2]2-和H2C2O4。下列说法错误的是
A. 固体A的主要成分是SiO2
B. 含[Fe(C2O4)2]2-的溶液中存在[Fe(C2O4)2]2-FeC2O4+C2O K1=10-1.8，FeC2O4Fe2++C2O K2=10-3.0，若c(C2O)=0.10mol•L-1，则=102.8
C. 在实验室中进行工序①要用到普通漏斗，进行浓缩要用到蒸发皿
D. 加入足量双氧水生成V2O5·H2O，反应的离子方程式为H2O2+2[VO(C2O4)2]2-=V2O5·H2O↓+2C2O
【答案】D
【解析】
【分析】废催化剂中加入草酸溶液，、、和转化为和，不反应。加入足量双氧水，过滤得到固体和，加入稀NaOH溶液，过滤，转化为留在滤液中，作为滤渣被分离出去。
【详解】A．向废催化剂中加入草酸溶液，草酸溶液与不反应，固体A的主要成分是，A项正确；
B．，，则，B项正确；
C．在实验室中过滤要用到普通漏斗，浓缩溶液要用到蒸发皿，C项正确；
D．加入足量双氧水将转化为和，反应的离子方程式为，D项错误；
故选D。
6. 利用电解原理实现乙烯高效合成环氧乙烷，电解装置如图所示：
已知：，下列说法正确的是
A. 反应一段时间后，阴极区pH升高
B. Pt电极反应式为：
C. 生成1mol环氧乙烷，有通过交换膜
D. 电解完成后，将阴极区和阳极区溶液混合后可得到环氧乙烷
【答案】D
【解析】
【分析】利用电解原理实现乙烯高效合成环氧乙烷，结合已知原理可知，Ni极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，；Pt极为阳极，氯离子发生氧化反应生成生成次氯酸：，次氯酸将乙烯转化为，和氢氧根离子反应生成环氧乙烷。
【详解】A．由分析可知，阴极区生成氢离子，则溶液酸性增强，pH减小，故A错误；
B．由分析可知，Pt电极反应式为：，故B错误；
C．生成1mol环氧乙烷需要消耗1molHClO，结合反应可知，，则阳极区需要2mol负电荷，则由2mol氯离子通过交换膜，故C错误；
D．由分析可知，阴极生成氢氧化钾、阳极生成，电解完成后，将阴极区和阳极区溶液混合后，和氢氧根离子反应生成环氧乙烷，可得到环氧乙烷，故D正确；
答案选D。
7. 天然水体中的与空气中的保持平衡。某地溶洞水体中(X为、、或)与pH的线性关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 直线①代表，直线③代表
B. 图中
C
D. 若空气中的浓度增加，则水体中的浓度减小
【答案】D
【解析】
【分析】H2CO3(aq)H＋＋，H＋＋，随着溶液pH增大，碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，则碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，同时钙离子浓度减小，故曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表Ca2＋；由点(6.3，5)计算该温度下碳酸的一级电离平衡常数 ，由点(10.3，-1)计算该温度下碳酸的二级电离平衡常数。
【详解】A．由分析可知，直线①代表，直线③代表，A正确；
B．，推知①lgc()=pH＋[lgKa1(H2CO3)-5]；，同理可推：②lgc()=2pH＋[lgKa1＋lgKa2-5]，B正确；
C．由Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，推知lgKsp(CaCO3)=lgc(Ca2＋)＋lgc()；则结合B分析可知，③lgc(Ca2＋)=lgKsp-lgc()=-2pH＋[lgKsp-lgKa1-lgKa2＋5]；由a点数值可知Ka1=10-6.3，由c点数值可知Ka2=10-10.3，再由b点数值代入③可知Ksp(CaCO3)=10-8.6，C正确；
D．若空气中的CO2浓度增加，CaCO3(s)＋CO2(g)＋H2OCa2＋＋2，平衡正向移动，水体中的Ca2＋浓度增大，D错误；
故选D。
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
（1）仪器a的名称是___________。
（2）装置C中盛放的试剂是___________。装置B的作用是___________。
（3）制备N2H4离子方程式为___________。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
（4）称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是___________。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为___________。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
（5）请完成表中的空白部分：①___________；②___________。
（6）实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因：___________。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2） ①. NaOH溶液 ②. 平衡气压，收集多余氯气
（3）2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
（4） ①. 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②. 25%
（5） ①. 加入足量氨水 ②. 黑色固体溶解，并有气体产生
（6）肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【解析】
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
【小问1详解】
根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
【小问2详解】
根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
【小问3详解】
根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
【小问4详解】
①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
【小问5详解】
操作i结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
【小问6详解】
肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
9. 德国化学家哈伯在1918年荣获了诺贝尔化学奖，但是后人对他的评价却褒贬不一。
I.有人认为哈伯是一位伟大的科学家，因为他是实现人工合成氨并进行工业生产的第一人。所以赞美他是“用空气制造面包的天使”。
（1）工业上合成氨气的方程式：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，下表为破坏1mol相关化学键需要的能量。
NN
N_H
H_H
945.8 kJ
a kJ
435.9 kJ
求a值：_____
（2）在密闭容器中合成氨气，有利于提高H2的转化率且加快反应速率的措施_____
A．升高反应温度 B．增大反应的压强 C．移走生成的NH3 D．增加H2的量 E．添加合适的催化剂
（3）将0.3 mol N2和0.9 mol H2充入3L密闭容器中，图为在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强的变化曲线。
甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________，d点N2的转化率是___________。(结果保留1位小数)
II.有人认为哈伯是一战的“催化剂”，因为在一战中，哈伯担任德国化学兵工厂厂长时负责研制和生产氯气、芥子气等毒气，并使用于战争之中，造成近百万人伤亡。
（4）实验室制备氯气后通常用NaOH溶液进行尾气处理，反应的温度不同产物也会有变化。某温度下发生的反应为 ，生成1 mol NaClO3被氧化的与被还原的Cl2的质量比例___________。
（5）将上述反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，装置如图所示：
电极E是____(填“阳极”或“阴极”)，阳极区发生的反应：____
III.其实物质并没有好坏之分，关键是人们用这些物质来做了什么！
（6）请列举Cl2在日常生活中的作用(列举一种)： Cl2_______
【答案】（1）390.8
（2）B （3） ①. 丙，乙，甲 ②. 57.1%（57.0%）
（4）1:5 （5） ①. 阴极 ②.
（6）Cl2:制漂白液，消毒液，盐酸，农药
【解析】
【小问1详解】
N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即945.8+435.9×3-6a=-91.3，则a=390.8；
【小问2详解】
A．正反应放热，升高反应温度，平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故不选A；
B．增大反应的压强，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故选B；
C．移走生成的NH3，反应速率减慢，故不选C；
D．增加H2的量，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率减小，故不选D；
E．添加合适的催化剂，平衡不移动，氢气的转化率不变，故不选E；
选B
【小问3详解】
正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；
d点氨气的体积分数为40%， ，x=0.171，d点N2的转化率是；
【小问4详解】
某温度下发生的反应为 ，氯元素化合价由0降低为-1、氯元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1:5；
【小问5详解】
装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可知氯离子在阳极区被氧化为 ，发生的反应为；
【小问6详解】
Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。
10. 工业上用电解溶液生成的氯气为原料，生产溴酸钾的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）惰性电极电解溶液产生氯气总反应的离子方程式为______________。
（2）“合成I”中得到，该反应的还原剂是______________；“合成II”中加入的目的是____________。
（3）结合溶解度曲线分析，“合成Ⅲ”为复分解反应，该反应能发生的原因是____________；若向溶液中加入______________粉末，可使溶液中的降为[假设溶液体积不变，已知该温度下]。“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是______________(写一条)。
（4）为了从过滤II后的滤液中获得氯化镁结晶，依次要经过________、___________操作。
（5）另一种产生溴酸盐的方法是用溶液吸收，同时生成气体。写出相应的化学方程式______________；原子经济性更高的是______________(填“吸收法”或“氯气氧化法”)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 与反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度
（3） ①. 反应体系中溶解度较小，析出沉淀 ②. 1.08 ③. 用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高
（4） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤
（5） ①. ②. 氯气氧化法
【解析】
【分析】工业上用电解饱和食盐水生成氯气生产溴酸钾的工艺流程，分析流程可知，饱和食盐水电解生成氯气具有氧化性，在水中和溴单质反应生成溴酸和氯化氢，加入过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，过滤得到滤液中加入饱和氯化钾溶液，溴酸镁在饱和溶液中析出晶体，以此解答。
【小问1详解】
用惰性电极电解 MgCl2溶液过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑ 阴极2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+ Mg(OH)2↓， 总反应的离子方程式为。
【小问2详解】
“合成I”发生反应是氯气在水溶液中氧化溴单质为溴酸，反应的化学方程式5Cl2+Br2+6H2O=2HBrO3+10HCl，Br元素化合价上升，该反应的还原剂是；依据流程分析可知，加入和溶液中反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度。
【小问3详解】
过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，加入饱和氯化钾溶液，反应体系中溶解度较小，析出沉淀，发生了复分解反应；降为时，即需要沉淀2×0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此时溶液中剩余c(K+)=，需要加入KCl的物质的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08mol；“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是：用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高。
【小问4详解】
氯化镁的溶解度随温度变化较大，可以通过重结晶的方法从溶液中获得氯化镁结晶，依次要经过蒸发结晶、冷却结晶操作。
【小问5详解】
和反应生成、和KBr，Br元素化合价由0价上升到+5价，又由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为： ；该方法中部分转化为KBr，氯气氧化法中全部转化为，所以原子经济性更高的是氯气氧化法。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
11. 科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
（1）下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。
（2）含有碳元素的有机化合物分布极广，最简单的为碳正离子，该离子的几何构型为___________；乙醇的挥发性比水的强，原因是___________；如图是叶绿素的结构示意图，配体是一种平面大环有机物，该结构中N原子的杂化方式为___________，C-Nσ键有___________个。
（3）某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2-)=anm。
①阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm-3.(用含a，NA的表达式表示)。
②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Ni-N键中离子键成分的百分数小于Ni-O键，原因是___________。
③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为___________；N所替代的O的位置可能是___________。
【答案】（1） ①. BC ②. B
（2） ①. 平面三角形 ②. 乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小 ③. sp2 ④. 8
（3） ①. ②. 电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键 ③. Ni4O3N ④. 顶点或一对平行平面的面心
【解析】
【小问1详解】
碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2，根据基态碳原子受到激发，电子从低能级跳跃到高能级上，则四个选项中属于碳原子激发态轨道表示式的有BC，而A是基态碳原子电子轨道表示式，D是基态N原子电子轨道表示式，故答案是BC；根据电子离核越远，越容易失去，则失去最外层上一个电子所需能量最低的是选项B，因为其它选项最外层是第二层，而B是第三层，故答案是B。
【小问2详解】
离子的价层电子对数为3，孤电子对为0，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形；乙醇的挥发性比水的强，说明乙醇的沸点比水低，沸点和分子间作用力有关，乙醇和水虽同为分子晶体，但乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小，故乙醇的沸点比水低，乙醇的挥发性比水的强；根据叶绿素结构示意图，N原子构成平面大环结构，可知其杂化方式为sp2；C-N形成的共价键单键都是σ键，形成的双键中有一个是σ键，则C-Nσ键有8个。
【小问3详解】
①根据NiO晶胞结构可知，其一个晶胞中含有O2-离子4个， Ni2+离子4个，氧原子量为16，镍原子量约为59，则其晶胞质量为m=，O2-离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2-)=anm，设晶胞边长为x nm，则可得关系式2x2=16a2，解得x=2a nm，则晶胞的体积v=16a3 nm 3，则晶胞的密度为====g·cm-3。
②键的极性强弱和成键元素的电负性强弱有关，Ni-N键和Ni-O键相比，由于氧元素电负性大于氮元素，则O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键。
③根据均摊法，NiO晶胞中含有O2-离子4个， Ni2+离子4，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，即氧原子被氮原子代替，则该晶体的化学式为Ni4O3N；在晶胞中，有一个O原子被N原子取代，可能是顶点8或一对平行平面的面心，故N所替代的O的位置可能是顶点或一对平行平面的面心。
12. 肌肉松弛剂Nefopam的合成路线如下所示(表示苯环)。
回答下列问题：
（1）A中的__________(填名称)官能团会被还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。
（2）B与反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，合适的试剂X是______________。
（3）已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有___________个手性碳；一定条件下与足量水溶液反应，最多消耗____________。
（4）中间产物E分子内环化生成。写出产物F的结构简式_____________。
（5）参考上述合成路线，F经____________(填“”或“”)还原以及酸处理形成Nefopam．
（6）写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一个)。
①能发生银镜反应；②其水解产物之一能与溶液显色；③含有两个苯环和一个五元环。
【答案】（1） ①. (酮)羰基 ②. 酯化反应(或取代反应)
（2） ①. 7 ②.
（3） ①. 1 ②. 3
（4） （5）
（6）等
【解析】
【分析】A经还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，B与发生取代反应生成C，C在作用下脱出羰基形成D，D与发生取代反应生成E，E中氯原子与-NH-发生分子内取代反应生成F，F发生还原反应再经酸化得到Nefopam，据此分析解答。
【小问1详解】
对比A与B的结构可知A中羰基转化成单键，羰基被还原，还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，故答案为：(酮)羰基；酯化反应(或取代反应)；
【小问2详解】
B与发生苯环上的取代反应，B中有两个苯环，其中Ph代表的苯环中存在三种氢，另一苯环中存在4种氢，共有7种溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，结合B和C的结构对比，合适的试剂X应为，故答案为：7；；
【小问3详解】
根据手性碳的概念，D中只有羟基所连碳为手性碳原子；中1molCl可消耗1molNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能继续消耗NaOH，因此可消耗3molNaOH，故答案为：1；3；
【小问4详解】
由以上分析已知F为，故答案为：；
【小问5详解】
由A到B，C到D的转化过程可知能将羰基直接脱氧，因此F经处理才能得到Nefopam，故答案为：；
【小问6详解】
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