河南湿封一中2022届高三化学上学期定位模拟考试试卷含解析

2022-2022学年河南省开封一中高三（上）定位模拟考试化学试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个正确选项）1．下列有关实验表述错误的是()A．SO2通入石蕊溶液中，溶液变红B．铁粉与高温水蒸气反应时，固体逐渐变黑C．将一定量草酸溶液与高锰酸钾溶液混合静置，观察发现溶液褪色速率逐渐变慢D．将少量CuSO4固体加入无水乙醇中，振荡后静置，上层清液即为CuSO4胶体2．已知咖啡酸的结构如图所示．关于咖啡酸的描述正确的是()A．分子式为C9H5O4B．与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应C．1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应D．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC．1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NAD．235g核素U发生裂变反应：U+nSr+U+10n净产生的中子（n）数为10NA4．a、b、c、d为短周期元素，a的最外层电子数为内层电子数的2倍，b的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，b与c同周期，c的原子半径小于b，d的M电子层有1个电子，下列叙述错误的是()A．c元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有d与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．a、b、c与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键5．工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN﹣，装置如图所示，依次发生的反应有：①CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣═CNO﹣+H2O②2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑③3Cl2+2CNO﹣+8OH﹣═N2+6Cl﹣+2CO32﹣+4H2O下列说法正确的是()-23-A．铁电极上发生的反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+B．通电过程中溶液pH值不断增大C．为了使电解池连续工作，需要不断补充NaClD．除去1molCN﹣，外电路至少需转移5mol电子6．根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论错误的是()A．表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8kJ/molB．由图得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右C．表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c＞b＞aD．表示常温下向体积为10mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LCH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）7．为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器、所用试剂不合理的()选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4的混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4的混合物、蒸馏水-23-B制备Fe（OH）3胶体烧杯、玻璃棒饱和Na2CO3溶液、0.5mol/LFeCl3溶液C实验室制取NH3试管、带导管的橡皮塞浓氨水、生石灰D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000mol/L盐酸、酚酞溶液A．AB．BC．CD．D二、非选择题（本题包括两部分．8-10题为必考题，11-13为选考题．）必考部分（包括3小题，共43分）8．（14分）氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组用如下方法制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═H2NCOONH4（s）△H＜0．请回答下列问题．（1）实验室通常采用图1装置制取氨气，所选择的试剂是__________．（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．①发生器用冰水冷却的原因是__________．液体石蜡鼓泡瓶的作用是__________．②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法（填操作名称）__________．为了得到干燥产品，应采取的方法是（填写选项序号）__________．a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干③尾气处理装置如图3所示，能否将浓H2SO4改为稀H2SO4（填“能”或“否”）__________，理由是__________．（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.570g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为2.000g．则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__________．9．ClO2气体是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒．（1）消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，说明ClO2具有__________性．（2）工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，该反应的化学方程式为__________．工业上还可在80℃时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2．电解时，NaClO3在（填阴或阳）__________极生成，生成ClO3﹣的电极反应式为__________．（3）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg/L之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：-23-Ⅰ．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液．（已知：2S2O+I2═S4O+2I﹣）Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1～3．操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示：请回答：①操作Ⅰ中反应的离子方程式是__________．②确定操作Ⅱ完全反应的现象是__________．③在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是__________．④若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是__________mg/L．10．（14分）碳、氮广泛的分布在自然界中，碳、氮的化合物性能优良，在工业生产和科技领域有重要用途．（1）氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由SiO2与过量焦炭在1300～1700°C的氮气流中反应制得：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）△H=﹣1591.2kJ/mol，则该反应每转移1mole﹣，可放出的热量为__________．（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO．①750℃时，测得气体中含等物质的量的SO2和SO3，此时反应的化学方程式是__________．②由MgO制成的Mg可构成“镁﹣次氯酸盐”电池，其装置示意图如图1，该电池的正极反应式为__________．（3）某研究小组将三组CO（g）与H2O（g）的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达平衡所需时间/minCOH2OCOH21650240.51.552900120.50.5﹣①实验Ⅰ中，前5min的反应速率v（CO2）=__________．②下列能判断实验Ⅱ已经达到平衡状态的是（填写选项序号）__________．-23-a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化b．容器内压强不再变化c．混合气体的密度保持不变d．v正（CO）=v逆（CO2）e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化③若实验Ⅲ的容器是绝热的密闭容器，实验测得H2O（g）的转化率H2O%随时间变化的示意图如图2所示，b点v正__________v逆（填“＜”、“=”或“＞”），t3～t4时刻，H2O（g）的转化率H2O%降低的原因是__________．【选修2-化学与技术】（共1小题，满分15分）11．以炼锌烟尘（主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO为原料，可以制取氧化锌和金属锌）Ⅰ、制取氯化锌主要工艺如图：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Zn2+5.26.4Fe2+5.88.8（1）加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为__________．（2）流程图中，为了降低溶液的酸度，试剂X不可以是__________（选填序号）；pH应调整到__________a．ZnOb．Zn（OH）2c．Zn2（OH）2CO3d．ZnSO4（3）氯化锌能催化乳酸（2﹣羟基丙酸）生成丙交酯（C6H8O4）和聚乳酸，丙交酯的结构简式为__________，聚乳酸的结构简式为__________．Ⅱ、制取金属锌采用碱溶解{ZnO（s）+2NaOH（aq）+H2O（l）═Na2[Zn（OH）4]（aq）}，然后电解浸取液．（4）以石墨作电极电解时，阳极产生的气体为__________；阴极的电极反应为__________．（5）炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，主要原因是__________．【选修3-物质结构与性质】12．金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．根据要求回答下列问题．（1）基态Ni的价电子构型（电子排布式）为__________．（2）Ni（CO）4常温为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni（CO）4属于__________晶体．（3）Ni2+可与丁二酮肟（）作用生成腥红色配合物沉淀A．-23-①丁二酮肟分子中各原子电负性大小关系为__________，其中碳原子的杂化轨道类型有__________，1mol该分子中含有的碳碳σ键和碳氮σ键的总数为__________．②腥红色配合物沉淀A中（结构如下）除含有一般共价键外，还含有配位键和氢键，请在图1中标出配位键和氢键．（提示：Ni2+的配位数为4，配位键用“→”表示，氢键用“…”表示）（4）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点FeO__________NiO（填“＜”或“＞”）；NiO晶胞中Ni的配位数为__________．（5）据报道，某种含有镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞的结构如图2所示，则该晶体的化学式为__________．【选修5-有机化学基础】13．局部麻醉药普鲁卡因E（结构简式为）的三条合成路线如图所示（部分反应试剂和条件已省略）：请完成下列填空．（1）比A多一个碳原子，且苯环上一溴代物有3种的A的同系物的名称是__________．反应①所需试剂和条件为__________．（2）设计反应②的目的是__________．（3）B的结构简式为__________；C中官能团的名称是__________．（4）满足下列条件的D的同分异构体的一种结构简式为__________；1mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗__________molNaOH．①芳香族化合物②能发生水解反应③有3种不同环境的氢原子（5）写出以A为原料（其他试剂任选）合成邻氨基苯甲酸甲酯的合成路线流程图．①已知：苯环取代基定位基团中甲基是邻对位定位基团；﹣NO2在Fe/HCl条件下还原成﹣NH2②合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2-23-2022-2022学年河南省开封一中高三（上）定位模拟考试化学试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个正确选项）1．下列有关实验表述错误的是()A．SO2通入石蕊溶液中，溶液变红B．铁粉与高温水蒸气反应时，固体逐渐变黑C．将一定量草酸溶液与高锰酸钾溶液混合静置，观察发现溶液褪色速率逐渐变慢D．将少量CuSO4固体加入无水乙醇中，振荡后静置，上层清液即为CuSO4胶体【考点】二氧化硫的化学性质；胶体的重要性质；铁的化学性质．【分析】A．二氧化硫和水反应生成亚硫酸而使其水溶液呈酸性，酸能使酸碱指示剂变色；B．高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；C．反应速率与浓度成正比；D．硫酸铜在乙醇中的溶解度较小，能形成胶体．【解答】解：A．二氧化硫和水反应生成亚硫酸而使其水溶液呈酸性，酸能使酸碱指示剂变色，所以SO2通入石蕊溶液中，溶液变红，故A正确；B．高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，Fe和四氧化三铁都是黑色固体，故B错误；C．反应速率与浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度降低，则反应速率减小，所以观察发现溶液褪色速率逐渐变慢，故C正确；D．硫酸铜在乙醇中的溶解度较小，能形成胶体，所以将少量CuSO4固体加入无水乙醇中，振荡后静置，上层清液即为CuSO4胶体，故D正确；故选B．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重考查二氧化硫、铁、反应速率影响因素、胶体等知识点，注意：二氧化硫能使品红溶液褪色，但不能使酸碱指示剂褪色，为易错点．2．已知咖啡酸的结构如图所示．关于咖啡酸的描述正确的是()A．分子式为C9H5O4B．与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应C．1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应D．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构可知，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、﹣COOH，结合酚、烯烃、羧酸的性质来解答．【解答】解：A．分子中含8个H，分子式为C9H8O4，故A错误；B．含双键与溴水发生加成反应，含酚﹣OH，酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，故B正确；-23-C．苯环与双键与氢气发生加成反应，则1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D．含﹣COOH，与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸、烯烃性质的考查，注意D中酚与羧酸性质的差别，题目难度不大．3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC．1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NAD．235g核素U发生裂变反应：U+nSr+U+10n净产生的中子（n）数为10NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．求出丙醇的物质的量，然后根据1mol丙醇中含11mol共价键来分析；B．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子；C．HCO3﹣水解生成碳酸，结合原子守恒分析；D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1=9个．【解答】解：A．60g丙醇的物质的量n==1mol，而1mol丙醇中含11mol共价键即11NA个，故A错误；B．过氧化钠与水的反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故B正确；C．1L0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和小于0.1NA，碳酸分子中含C原子，故C错误；D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故D错误．故选B．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度不大．4．a、b、c、d为短周期元素，a的最外层电子数为内层电子数的2倍，b的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，b与c同周期，c的原子半径小于b，d的M电子层有1个电子，下列叙述错误的是()A．c元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有d与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．a、b、c与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键【考点】原子结构与元素的性质．-23-【分析】a的最外层电子数为内层电子数的2倍，则a为C元素，b的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则最低价为﹣2价，最高正价为+6价，所以b为S元素，b与c同周期，c的原子半径小于b，则c为Cl元素d的M电子层有1个电子，c应为Na元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．【解答】解：a的最外层电子数为内层电子数的2倍，则a为C元素，b的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则最低价为﹣2价，最高正价为+6价，所以b为S元素，b与c同周期，c的原子半径小于b，则c为Cl元素，d的M电子层有1个电子，d应为Na元素，A．C、Na、S、Cl中元素的非金属性最强的是Cl，即c元素的非金属性最强，故A正确；B．四种元素形成的氧化物有CO、CO2；Na2O、Na2O2；SO2、SO3，而Cl的化合价有多种，则氧化物也有多种，如ClO2、Cl2O等，故B正确；C．d为Na，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故C正确；D．C、S、Cl中，C可与氢气反应生成C2H2、C2H4、C2H6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故D错误．故选D．【点评】本题涉及原子结构与元素周期率的考查，侧重于学生的分析能力的培养和原子结构、元素周期率的综合应用的考查，注意把握提给信息以及元素周期率的递变规律，难度不大．5．工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN﹣，装置如图所示，依次发生的反应有：①CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣═CNO﹣+H2O②2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑③3Cl2+2CNO﹣+8OH﹣═N2+6Cl﹣+2CO32﹣+4H2O下列说法正确的是()A．铁电极上发生的反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+B．通电过程中溶液pH值不断增大C．为了使电解池连续工作，需要不断补充NaClD．除去1molCN﹣，外电路至少需转移5mol电子【考点】电解原理．【分析】根据发生的电极反应，可以知道金属铁是阴极，石墨电极是阳极，根据电解质中离子的放电顺序以及电极反应和电子的转移知识来回答即可．【解答】解：A、金属铁是阴极，铁电极上发生的是还原反应，故A错误；B、根据反应①CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣═CNO﹣+H2O③3Cl2+2CNO﹣+8OH﹣═N2+6Cl﹣+2CO32﹣+4H2O，氢氧根离子被不断的消耗，所以通电过程中溶液pH值不断减小，故B错误；C、根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠和氯化钠，故C错误；D、根据反应：3Cl2+2CNO﹣+8OH﹣═N2+6Cl﹣+2CO32﹣+4H2O，除去1molCN﹣，消耗1.5mol氯气，转移电子3mol，根据CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣═CNO﹣+H2O，转移电子是2mol，所以外电路至少需转移5mol电子，故D正确．故选D．-23-【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式和电子转移等知识，难度不大．6．根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论错误的是()A．表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8kJ/molB．由图得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右C．表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c＞b＞aD．表示常温下向体积为10mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LCH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol物质生成稳定产物所放出的热量；B、除去CuSO4溶液中的Fe3+，可以根据铁离子水解平衡的移动知识来判断；C、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；D、体积为10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，根据质子守恒来回答．【解答】解：A、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A正确；B、除去CuSO4溶液中的Fe3+，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3+，故B正确；-23-C、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c＞b＞a；故C错误；D、体积为10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣），故D正确；故选C．【点评】本题综合考查学生弱电解质的电离平衡、酸的稀释以及燃烧热的判断等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．7．为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器、所用试剂不合理的()选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4的混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4的混合物、蒸馏水B制备Fe（OH）3胶体烧杯、玻璃棒饱和Na2CO3溶液、0.5mol/LFeCl3溶液C实验室制取NH3试管、带导管的橡皮塞浓氨水、生石灰D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000mol/L盐酸、酚酞溶液A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Br2和CCl4沸点不同，应用蒸馏的方法分离；B．碳酸钠和氯化铁溶液反应生成碳酸铁沉淀；C．生石灰溶于水放出热量且生成氢氧化钙，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，氢氧化钙抑制一水合氨电离；D．测定NaOH溶液浓度采用中和滴定方法．【解答】解：A．只加入水用分液的方法不能得到纯净的溴，Br2和CCl4互溶，但二者沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B．碳酸钠和氯化铁溶液反应生成碳酸铁沉淀，应该用氯化铁饱和溶液和蒸馏水，其操作方法是：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈深红棕色为止，故B错误；C．生石灰溶于水放出热量且生成氢氧化钙，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，氢氧化钙抑制一水合氨电离，还需要分液漏斗，故C错误；D．测定NaOH溶液浓度采用中和滴定方法，所给仪器和试剂合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体制备、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理及基本操作、仪器的使用方法是解本题关键，易错选项是C，题目难度不大．二、非选择题（本题包括两部分．8-10题为必考题，11-13为选考题．）必考部分（包括3小题，共43分）8．（14分）氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组用如下方法制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═H2NCOONH4（s）△H＜0．请回答下列问题．-23-（1）实验室通常采用图1装置制取氨气，所选择的试剂是氯化铵和氢氧化钙．（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．①发生器用冰水冷却的原因是此反应为放热反应，降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）．液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例．②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法（填操作名称）过滤．为了得到干燥产品，应采取的方法是（填写选项序号）c．a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干③尾气处理装置如图3所示，能否将浓H2SO4改为稀H2SO4（填“能”或“否”）否，理由是浓硫酸可以防止水蒸气进入反应容器使氨基甲酸铵水解（或者稀硫酸中水蒸气可能进入反应容器导致氨基甲酸铵水解）．（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.570g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为2.000g．则样品中氨基甲酸铵的质量分数为49.68%．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）装置1是利用固体加热制取气体的装置，实验室常利用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；（2）①反应是放热反应降温平衡正向进行；液体石蜡鼓泡瓶的主要作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；②生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解；③氨基甲酸铵易水解，将浓H2SO4改为稀H2SO4，稀硫酸中水蒸气可能进入反应容器导致氨基甲酸铵水解；（3）碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的质量分数．【解答】解：（1）装置1是利用固体加热制取气体的装置，铵盐和碱加热生成氨气，氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氯化钙和氨气、水，则实验室制取氨气的化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：氯化铵和氢氧化钙；（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：此反应为放热反应，降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；-23-②制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干；故答案为：过滤；c；③氨基甲酸铵易水解，浓硫酸可以防止水蒸气进入反应容器使氨基甲酸铵水解，但将浓H2SO4改为稀H2SO4，稀硫酸中水蒸气可能进入反应容器导致氨基甲酸铵水解，所以不能将浓H2SO4改为稀H2SO4，故答案为：否；浓硫酸可以防止水蒸气进入反应容器使氨基甲酸铵水解（或者稀硫酸中水蒸气可能进入反应容器导致氨基甲酸铵水解）；（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.570g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为2.000g．物质的量为=0.02mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，由碳元素守恒可知，x+y=0.0278x+79y=1.570g解得x=0.01moly=0.01mol则样品中氨基甲酸铵的质量分数=×100%≈49.68%，故答案为：49.68%．【点评】本题考查了物质制备实验的设计应用，主要是氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断，实验基本操作，混合物分离的实验设计，有关混合物的计算，题目难度中等．9．ClO2气体是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒．（1）消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，说明ClO2具有氧化性．（2）工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2．工业上还可在80℃时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2．电解时，NaClO3在（填阴或阳）阳极生成，生成ClO3﹣的电极反应式为Cl﹣﹣6e﹣+3H2O=6H++ClO3﹣．（3）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg/L之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：Ⅰ．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液．（已知：2S2O+I2═S4O+2I﹣）Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1～3．操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示：请回答：①操作Ⅰ中反应的离子方程式是2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2．②确定操作Ⅱ完全反应的现象是蓝色消失，半分钟内不变色．③在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O．-23-④若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是0.675mg/L．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）氧化还原反应中化合价升降相等，判断ClO2中Cl元素化合价变化，元素化合价升高表现还原性，元素化合价降低表现氧化性，以此解答；（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，结合原则守恒和电子守恒写出该反应的化学方程，工业上还可用下列方法制备ClO2，在80℃时电解氯化钠溶液得到NaClO3，氯离子失电子在阳极生成氯酸根离子；（3）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；②加入一定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，使I2还原为I﹣；③由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；④根据关系S2O32﹣～I﹣～ClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度．【解答】解：（1）反应中Fe元素、Mn元素化合价升高，根据化合价升降相等，ClO2中Cl元素化合价降低，表现氧化性，故答案为：氧化；（2）ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，结合原则守恒和电子守恒写出该反应的化学方程Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2，工业上还可用下列方法制备ClO2，在80℃时电解氯化钠溶液得到NaClO3，氯离子失电子在阳极生成氯酸根离子，电极反应为：Cl﹣﹣6e﹣+3H2O=6H++ClO3﹣，故答案为：Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2；阳；Cl﹣﹣6e﹣+3H2O=6H++ClO3﹣；（3）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，离子方程式为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2，故答案为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2．②加入一定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，使I2还原为I﹣，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色．③由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2，离子方程式为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O，故答案为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O；④S2O32﹣～～I﹣～～ClO2111.0×10﹣3mol/L×0.01L1.0×10﹣5molm（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=1.0×10﹣5mol×67.5×103mg•mol﹣1=0.675mg由于水样为1L，所以ClO2的浓度为=0.675mg•L﹣1故答案为：0.675．【点评】本题主要考查了氧化还原反应、离子方程式式的书写以及化学计算，掌握物质性质和化学基础是解题的关键，题目难度中等．-23-10．（14分）碳、氮广泛的分布在自然界中，碳、氮的化合物性能优良，在工业生产和科技领域有重要用途．（1）氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由SiO2与过量焦炭在1300～1700°C的氮气流中反应制得：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）△H=﹣1591.2kJ/mol，则该反应每转移1mole﹣，可放出的热量为132.6kJ．（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO．①750℃时，测得气体中含等物质的量的SO2和SO3，此时反应的化学方程式是CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3．②由MgO制成的Mg可构成“镁﹣次氯酸盐”电池，其装置示意图如图1，该电池的正极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣．（3）某研究小组将三组CO（g）与H2O（g）的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达平衡所需时间/minCOH2OCOH21650240.51.552900120.50.5﹣①实验Ⅰ中，前5min的反应速率v（CO2）=0.15mol/（L．min）．②下列能判断实验Ⅱ已经达到平衡状态的是（填写选项序号）ad．a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化b．容器内压强不再变化c．混合气体的密度保持不变d．v正（CO）=v逆（CO2）e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化③若实验Ⅲ的容器是绝热的密闭容器，实验测得H2O（g）的转化率H2O%随时间变化的示意图如图2所示，b点v正＞v逆（填“＜”、“=”或“＞”），t3～t4时刻，H2O（g）的转化率H2O%降低的原因是该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行．【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【专题】简答题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】（1）根据方程式3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）△H=﹣1591.2kJ/mol，可知每转移12mol电子，放出1591.2kJ热量，据此计算；（2）①根据题目信息写出生成物，根据质量守恒配平；②由图可知镁﹣次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO﹣、H2O反应生成Cl﹣与Mg（OH）2，正极上是次氯酸根离子得到电子生成氯离子；-23-（3）①根据v=计算v（H2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；②a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化，则说明反应处于平衡状态；b．恒温、恒容条件下，气体的总物质的量始终不变，压强始终不变；c．恒容条件下，反应物和产物都是气体，密度始终不变；d．υ正（CO）=υ逆（CO2），转化成CO2的正、逆反应速率相等；e．该反应气体的物质的量不变，气体的质量也不变，所以反应过程中气体的平均相对分子质量不变；③c到达平衡，而b点未达到平衡，正反应速率减小，逆反应速率增大至相等；该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行；【解答】解：（1）根据方程式3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）△H=﹣1591.2kJ/mol，可知每转移12mol电子，放出1591.2kJ热量，所以每转移1mole﹣，可放出的热量为132.6kJ，故答案为：132.6kJ；（2）①用CO还原MgSO4可得到MgO、CO2、SO2和SO3，方程式为CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3；故答案为：CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3；②由图可知镁﹣次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO﹣、H2O反应生成Cl﹣与Mg（OH）2，该电池反应的总反应方程式为Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2，正极电极反应是ClO﹣离子得到电子发生还原反应，电极反应为：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣，负极电极反应是Mg失去电子发生氧化反应，电极反应为：Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2，故答案为：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣；（3）①v（H2）==0.15mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，则v（CO2）=v（H2）=0.15mol/（L．min），故答案为：0.15mol/（L．min）；②②a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化，则说明反应处于平衡状态，故a正确；b．恒温、恒容条件下，气体的总物质的量始终不变，压强始终不变，故b错误；c．恒容条件下，反应物和产物都是气体，密度始终不变，故c错误；d．υ正（CO）=υ逆（CO2），转化成CO2的正、逆反应速率相等，说明反应处于平衡状态，故d正确；e．该反应气体的物质的量不变，气体的质量也不变，所以反应过程中气体的平均相对分子质量不变，所以不能说明反应是否处于平衡状态，故e错误，故选：ad；③c到达平衡，而b点未达到平衡，正反应速率减小，逆反应速率增大至相等，故b点υ正＞υ逆；该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行，故t3～t4时刻，H2O（g）的转化率降低，-23-故答案为：＞；该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行．【点评】本题考查的知识点较多，既考查了电化学又考查了反应热的问题，对学生综合运用知识能力有一定的要求，特别是根据图中信息写电极反应，要求学生有较好从图中获取信息的能力，整个题目难度较大．本题考查化学平衡计算、平衡状态判断、化学平衡影响因素、原电池等，注意理解掌握化学平衡常数的应用．【选修2-化学与技术】（共1小题，满分15分）11．以炼锌烟尘（主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO为原料，可以制取氧化锌和金属锌）Ⅰ、制取氯化锌主要工艺如图：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Zn2+5.26.4Fe2+5.88.8（1）加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（2）流程图中，为了降低溶液的酸度，试剂X不可以是d（选填序号）；pH应调整到3.2≤pH＜5.2a．ZnOb．Zn（OH）2c．Zn2（OH）2CO3d．ZnSO4（3）氯化锌能催化乳酸（2﹣羟基丙酸）生成丙交酯（C6H8O4）和聚乳酸，丙交酯的结构简式为，聚乳酸的结构简式为．Ⅱ、制取金属锌采用碱溶解{ZnO（s）+2NaOH（aq）+H2O（l）═Na2[Zn（OH）4]（aq）}，然后电解浸取液．（4）以石墨作电极电解时，阳极产生的气体为O2；阴极的电极反应为[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣=Zn+4OH﹣；．（5）炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，主要原因是氧化铜、氧化亚铁不溶于碱溶液中．【考点】制备实验方案的设计；电解原理．【分析】-23-炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）加盐酸溶解，形成氯化锌、氯化铜、氯化亚铁的溶液，加锌粉置换出Cu，过滤，沉淀A为Cu，滤液中含有锌离子和亚铁离子，加入过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，再加ZnO（或氢氧化锌等）调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，得到氯化锌溶液．（1）加过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子；（2）调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质；调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，根据表中数据分析；（3）分子中含有﹣COOH和﹣OH，结合丙交酯的分子式可知，两分子的乳酸分子间发生酯化反应脱去两分子水生成丙交酯；分子间发生缩聚反应生成聚乳酸和水；（4）石墨作电极电解时，阳极氢氧根离子失电子生成氧气与水，阴极上[Zn（OH）4]2﹣得电子生成Zn与氢氧根离子；（5）ZnO能溶液强碱溶液，CuO和FeO不溶于碱溶液．【解答】解：炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）加盐酸溶解，形成氯化锌、氯化铜、氯化亚铁的溶液，加锌粉置换出Cu，过滤，沉淀A为Cu，滤液中含有锌离子和亚铁离子，加入过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，再加ZnO（或氢氧化锌等）调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，得到氯化锌溶液．（1）加过氧化氢亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质，ZnO、Zn（OH）2、Zn2（OH）2CO3均与氢离子反应生成锌离子，消耗氢离子的同时不引人杂质，ZnSO4不能与氢离子反应，所以不能调节pH；调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，由表中数据可知pH≥3.2时，铁离子完全沉淀，而锌离子开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为3.2≤pH＜5.2；故答案为：d；3.2≤pH＜5.2；（3）分子中含有﹣COOH和﹣OH，两分子的乳酸分子间发生酯化反应，反应产物为；分子间发生缩聚反应生成聚乳酸和水，聚乳酸的结构简式为：；故答案为：；；-23-（4）石墨作电极电解时，阳极氢氧根离子失电子生成氧气与水阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，阴极上[Zn（OH）4]2﹣得电子生成Zn与氢氧根离子，则阴极的电极方程式为：[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣=Zn+4OH﹣故答案为：O2；[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣=Zn+4OH﹣；（5）ZnO能溶液强碱溶液，CuO和FeO不溶于碱溶液，酸溶液与ZnO、CuO、FeO均能反应，所以炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，故答案为：氧化铜、氧化亚铁不溶于碱溶液中．【点评】本题考查物质的制备工艺流程，涉及对工艺流程的分析评价、物质的分离提纯、酯化反应和缩聚反应、电解原理的应用等知识点，是对学生综合能力考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．【选修3-物质结构与性质】12．金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．根据要求回答下列问题．（1）基态Ni的价电子构型（电子排布式）为3d84s2．（2）Ni（CO）4常温为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni（CO）4属于分子晶体．（3）Ni2+可与丁二酮肟（）作用生成腥红色配合物沉淀A．①丁二酮肟分子中各原子电负性大小关系为O＞N＞C＞H，其中碳原子的杂化轨道类型有sp3和sp2，1mol该分子中含有的碳碳σ键和碳氮σ键的总数为5NA．②腥红色配合物沉淀A中（结构如下）除含有一般共价键外，还含有配位键和氢键，请在图1中标出配位键和氢键．（提示：Ni2+的配位数为4，配位键用“→”表示，氢键用“…”表示）（4）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点FeO＜NiO（填“＜”或“＞”）；NiO晶胞中Ni的配位数为6．（5）据报道，某种含有镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞的结构如图2所示，则该晶体的化学式为MgNi3C．【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算．【分析】（1）Ni是28号元素，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，写出其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，据此判断其价电子排布式；（2）根据分子晶体的熔沸点较低分析；（3）①同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式；C﹣C为碳碳σ键，C=N含有一个碳氮σ键；②Ni2+含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni2+形成配位键，氧原子与氢原子之间形成氢键；（4）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，由于离子电荷相同，离子半径越大，晶格能越小，熔点越低；同种晶体结构类型的配位数相同；（5）利用均摊法确定晶胞的化学式．-23-【解答】解：（1）Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子数为10，价电子排布式为3d84s2；故答案为：3d84s2；（2）Ni（CO）4常温为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni（CO）4属于分子晶体；故答案为：分子；（3）①同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，氢的电负性最小，所以C、N、O、H四种元素的电负性大小顺序为：O＞N＞C＞H；甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对且不含孤电子对，为sp2杂化；C﹣C为碳碳σ键，C=N含有一个碳氮σ键，则1mol该分子中含有的碳碳σ键和碳氮σ键的总数为5NA；故答案为：O＞N＞C＞H；sp3和sp2；5NA；②Ni2+含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni2+形成配位键，不同分子中氧原子与氢原子之间形成氢键，如图所示：；故答案为：；（4）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是：FeO＜NiO；因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．故答案为：＜；6；（5）碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=×8，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=×6，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为MgNi3C；故答案为：MgNi3C．【点评】本题考查了价电子的排布式、配位键、原子杂化方式判断、物质熔沸点高低比较等知识点，难点是配位键表示方法，明确配位键是由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子是解答关键，题目难度中等．【选修5-有机化学基础】13．局部麻醉药普鲁卡因E（结构简式为）的三条合成路线如图所示（部分反应试剂和条件已省略）：-23-请完成下列填空．（1）比A多一个碳原子，且苯环上一溴代物有3种的A的同系物的名称是邻二甲苯．反应①所需试剂和条件为浓硝酸、浓硫酸作催化剂加热．（2）设计反应②的目的是保护氨基．（3）B的结构简式为；C中官能团的名称是氨基和羧基．（4）满足下列条件的D的同分异构体的一种结构简式为；1mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗2molNaOH．①芳香族化合物②能发生水解反应③有3种不同环境的氢原子（5）写出以A为原料（其他试剂任选）合成邻氨基苯甲酸甲酯的合成路线流程图．①已知：苯环取代基定位基团中甲基是邻对位定位基团；﹣NO2在Fe/HCl条件下还原成﹣NH2②合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2【考点】有机物的推断．【分析】A的分子式为C7H8，结合对甲基苯胺结构，可知A为，反应①的产物为，对比反应①、③的分子式，应是甲基氧化为羧基，则反应③的产物为，C、D均可以得到，再对比分子式可知，C为，D为，则B为，发生取代反应得到普鲁卡因E，以-23-为原料（其他试剂任选）合成邻氨基苯甲酸甲酯，可以先将甲苯发生硝化反应生成间硝基甲苯，用高锰酸钾将甲基氧化成羧基，再用铁和盐酸将硝基还原成氨基，再与甲醇发生酯化反应即可得产品，据此解答．【解答】解：A的分子式为C7H8，结合对甲基苯胺结构，可知A为，反应①的产物为，对比反应①、③的分子式，应是甲基氧化为羧基，则反应③的产物为，C、D均可以得到，再对比分子式可知，C为，D为，则B为，发生取代反应得到普鲁卡因E．（1）比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物结构简式为，名称是邻二甲苯，反应①的试剂是浓硝酸、反应条件是浓硫酸作催化剂加热，故答案为：邻二甲苯；浓硝酸、浓硫酸作催化剂加热；（2）氨基易被氧化，为防止氨基被氧化，所以设计反应②，故答案为：保护氨基；（3）B的结构简式为；C为，C的官能团名称为氨基和羧基，故答案为：；氨基和羧基；（4）D为，D的同分异构体符合下列条件：①芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③有3种不同环境的氢原子，其中一种结构简式为，酯基水解生成的酚羟基和羧基都和NaOH反应，所以1mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗2molNaOH，-23-故答案为：；2；（5）以为原料（其他试剂任选）合成邻氨基苯甲酸甲酯，可以先将甲苯发生硝化反应生成间硝基甲苯，用高锰酸钾将甲基氧化成羧基，再用铁和盐酸将硝基还原成氨基，再与甲醇发生酯化反应即可得产品，反应的合成路线为，故答案为：．【点评】本题考查有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据结构简式、分子式、反应条件进行推断，正确判断物质结构简式是解本题关键，难点是（5）题同分异构体结构简式判断，题目难度中等．-23-