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高考化学考前提分仿真卷 化学卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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这是一份高考化学考前提分仿真卷 化学卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含高考化学考前提分仿真卷化学卷四原卷版doc、高考化学考前提分仿真卷化学卷四解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前提分仿真卷
化 学 （四）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ni 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．2020年11月24日凌晨，嫦娥5号在长征5号火箭巨大的推力下，启程前往月球，经20多天旅程后带着月壤返回，这是中国航天“探月工程”向世界展示出“中国力量”。下列相关说法正确的是
A．长征5号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，“液氢”属于绿色环保燃料
B．“返回器减速伞”用的材料——高强度锦纶纤维，属于天然高分子材料
C．“嫦娥5号”带回的“快递”——月壤中含有珍贵的3He，它与4He互为同素异形体
D．“嫦娥5号”使用的太阳能电池和锂离子电池均是将化学能转化为电能的装置
【答案】A
【解析】A．长征5号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，氧化之后生成水，“液氢”属于绿色环保燃料，故A正确；B．高强度锦纶纤维，是人工合成的，属于合成高分子材料，故B错误；C．3He，它与4He质子数相同，而中子数不同，互为同位素，故C错误；D．“嫦娥5号”使用的太阳能电池是将太阳能转化为电能、化学能等、锂离子电池是将化学能转化为电能，故D错误；故选A。
8．欧前胡素()具有抗菌、平喘及抗过敏等作用。下列关于欧前胡素的说法错误的是
A．分子式为C16H14O4
B．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，但反应类型不同
C．能够在碱性条件下发生水解反应
D．1mol欧前胡素最多能与7mol H2发生加成反应
【答案】D
【解析】A．根据结构简式可以确定欧前胡素的分子式为C16H14O4，A项正确；B．分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和误水褪色，前者为氧化反应，后者为加成反应，故反应类型不同，B项正确；C．含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，C项正确；D．分子中含有碳碳双键和苯环，可以与H2发生加成反应，但酯基中的C=O键不能与H2发生加成反应，故1mol欧前胡素最多能与6mol H2发生加成反应，D项错误；答案选D。
9．美丽生活劳动创造，下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
使用铝箔包装物品
铝有良好的延展性和抗腐蚀性
B
使用稀硝酸清洗内壁附着银的试管
硝酸具有酸性和强氧化性
C
喷洒稀双氧水对蔬菜保鲜消毒
过氧化氢易分解且产物对环境友好
D
对工业生产排放的废水进行处理
废水中重金属元素超标对人体有害
【答案】C
【解析】A．铝在空气中易被氧气氧化，在铝表面生成一层致密的氧化铝薄膜，故铝具有抗腐蚀性，又铝有良好的延展性，故可使用铝箔包装物品，故A相符；B．由于硝酸具有酸性和强氧化性，故可使用稀硝酸清洗内壁附着银的试管，二者反应生成硝酸银、一氧化氮和水，故B相符；C．过氧化氢是一种绿色氧化剂，故可喷洒稀双氧水对蔬菜保鲜消毒，故C不相符；D．重金属元素可使蛋白质变性，故重金属可使人体中毒，因此对工业生产排放的废水进行处理，废水中重金属元素超标对人体有害，故D相符；故选C。
10．以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下：
下列与流程相关的装置和原理能达到实验目的的是
A．用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B．用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L−1 H2SO4溶液
C．用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D．用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
【答案】C
【解析】A．浓硫酸与铜反应需要加热，甲装置没有酒精灯，无法反应制取SO2，故A错误；B．滴定管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，会污染试剂，故B错误；C．用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作正确，故C正确；D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧饼中直接灼烧固体，故D错误。答案选C。
11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q、R的原子序数依次增大，其中只有Z和W是金属元素。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，Q与Y同族。下列说法一定正确的是
A．简单离子半径的大小顺序：W>Q>R>Y
B．X、Z、Q最高价氧化物对应水化物均可与W的最高价氧化物对应水化物反应
C．X的氢化物沸点低于Y的氢化物沸点
D．Z2Y2可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【答案】D
【解析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，核外有6个电子，为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；Q与Y同族，则Q为S，R原子序数大于S，且为短周期，为Cl；Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，Z为Na；W为金属，为Mg或Al，X、Y、Z、W、Q、R分别为C、O、Na、Mg或Al、S、Cl。A．Y、W、Q、R分别为O、Mg或Al、S、Cl，具有相同核外电子排布的简单离子，序数越大，半径越小，则半径的大小顺序：S2−>Cl−>O2−>Mg2+或Al3+，A说法错误；B．Z的氧化物为氧化钠，若W为Mg时，氧化钠与氢氧化镁不反应，B说法错误；C．X的氢化物为烃类，沸点不一定低于水的沸点，C说法错误；D．Z2Y2为Na2O2，能与水和二氧化碳产生氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D说法正确；答案为D。
12．聚合硫酸铁{PFS，}是一种性能优越的无机高分子混凝剂，利用双极膜(BP)(由一张阳膜和一张阴膜复合制成，在直流电场作用下将水分子解离成OH−和H，作为H+和OH−离子源)电渗析法制备PFS的装置如图所示，下列说法不正确的是
A． “室1”和“室3”得到H2SO4和K2SO4的混合液
B．X极上发生的电极反应为4OH−-4e−=O2↑+2H2O
C．“室2”和“室4”产品为浓PFS
D．双极膜向“室2”和“室4”中提供OH−
【答案】A
【解析】根据图示，稀硫酸进入“室3”，Fe2(SO4)3溶液进入“室4”，且“室3”和“室4”之间有阴膜，则说明PFS在“室4”内产生；双极膜将水分解离成OH−和H+，即双极膜产生的H+向“室3”移动，产生的OH−向“室4”移动，SO向“室3”移动，由于“室3”和“室4”是重复单元，故H+向“室1”和“室3”移动，OH−向“室2”和“室4”移动，SO向“室1”和“室3”移动，故 “室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，“室2”和“室4”得到的是PFS。A．H+向“室1”和“室3”移动SO向“室1”和“室3”移动，故“室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，A错误；B．在电解装置的左侧，由于双极膜产生的H+向“室1”移动，则X极上发生的电极反应为4OH−-4e−=O2↑+2H2O，B正确；C．Fe2(SO4)3溶液进入“室2”和“室4”，且OH−向“室2”和“室4”移动，故“室2”和“室4”得到的是PFS，C正确；D．OH−向“室2”和“室4”移动，说明双极膜向“室2”和“室4”中提供OH−，D正确；故选B。
13．常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中和或和关系如图所示，下列说法错误的是
A．曲线M表示和的关系
B．随pH的升高而减小
C．滴定过程中，当时，
D．在溶液中：
【答案】B
【解析】+[]=-lgKa1，+[]=-lgKa2，即横坐标+纵坐标=-lgKa，结合图可知，M、N两条曲线分别有2=-lgKa、5=-lgKa，对应的Ka分别为10−2、10−5，因一级电离常数大于二级电离常数，因此M曲线表示和的关系曲线，N曲线表示和的关系曲线，Ka1=10−2，Ka2=10−5。A．由分析可知曲线M表示和的关系，A正确；B.，温度不变，电离常数不变，因此随pH的升高而恒定，B错误；C．Ka2==10−5，pH=5时，=10−5，=1，c(A2−)=c(HA−)，电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，因此c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)，此时pH=5，c(H+)>c(OH−)，则c(Na+)<3c(HA−)，即，C正确；D．HA−的电离常数即Ka2=10−5，HA−的水解常数Kh==10−9，因此HA−的电离程度大于水解程度，，但水解和电离都是微弱的，因此在溶液中：，D正确；答案选B。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行酸碱滴定来测定含量。实验装置如图所示。
(1)装置c的名称是___________。玻璃管a的作用为___________。
(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入m g氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是___________。(填序号)。
a．硫酸 b．盐酸 c．硝酸 d．磷酸
②水蒸气发生装置b的作用是___________。
(3)定量测定：将f中得到的馏出液配成溶液，取其中加入溶液，得到沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用标准溶液滴定剩余La3+(La3+与按1∶1配合)，消耗EDTA标准溶液，则氟化稀土样品中氟的质量分数为___________。
(4)问题讨论：
若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是___________。否则会使实验结果___________(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4(易水解)气体生成。若有SiF4生成，实验结果将___________(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。理由是___________。
【答案】（1）三颈烧瓶 平衡气压，防止仪器b中压强过大
（2） ad 水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差
（3）
（4） 添加NaOH溶液 偏低 不受影响 SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失
【解析】装置c中利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再用装置b产生的水蒸气将HF吹至装置F中冷凝收集，最后用滴定法测定氟含量。(1)装置c的名称为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，作用为平衡气压，防止仪器b中压强过大；(2)①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为ad；②水蒸气发生装置b的作用是使水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差；(3)La3+分为两个部分，一部分与F−反应，比例为1∶3，另一部分与EDTA结合，比例为1∶1，EDTA消耗的La3+为cV2×10−3mol，F−消耗的La3+为(aV1-cV2)×10−3mol，20mL溶液中F−的物质的量为(aV1-cV2)×10−3÷3mol，100mL溶液中F−的物质的量为(aV1-cV2)×10−3÷3×5mol，氟的质量分数；(4)f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH几乎没有，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。
27．（15分）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：
已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_______(写化学式)。
(2)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_______。
(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10−3mol·L−1)，当溶液中c(F−)=2.0×10−3mol·L−1时，除钙率为_______[Ksp(CaF2)=4.0×10−11]。
(4)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相)FeR2(有机相)+2H+(水相)萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为_______。在_______(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，同时会产生少量红褐色物质。
①电解时离子交换膜(b)为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，进而提高了Na2FeO4的产率。该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）SiO2
（2）4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O
（3）99%
（4）0.25 强酸性
（5）阴 2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO+3Cl−+5H2O
【解析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。(1)矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，所以答案为SiO2。(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；(3)当溶液中c(F−)=2.0×10−3mol·L−1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F−)=c(Ca2+)×(2.0×10−3mol·L−1)2=4.0×10−11，故c(Ca2+)=1.0×10−5mol/L，则除钙率为99%，所以答案为：99%。(4)要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用，所以答案为：0.25；强酸性。(5)①电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO，电极反应式为Fe-6e−+8OH−=FeO+4H2O；离子交换膜(b))需要允许氢氧根离子向Ⅲ移动，为阴离子交换膜，所以答案为：阴。②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，所以反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−
=2FeO+3Cl−+5H2O。
28．（14分）还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。
I．氧气还原法。H2还原NO发生的反应为：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)。
（1）已知几种化学键的键能数据如下：
2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=___kJ·mol−1。
（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)(k是速率常数，只与温度有关）。科学研究发现上述反应分两步进行：
反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应___（填“l”或“2”）。c(NO)对总反应速率的影响程度___c(H2)（填“大于”“小于”或“等于”）。
Ⅱ．NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)。
（3）下列表明该反应达到平衡状态的是___（填字母）。
A．混合气体密度保持不变 B．NO2和N2的消耗速率之比为6∶7
C．混合气体中c(N2)=c(NO2) D．混合气体压强保持不变
III．CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH。在2L恒容密闭容器中充人2mol CO和2mol NO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示。
（4）下列说法正确的是___（填字母）。
A．图像中，T1>T2
B．上述反应在高温下能自发进行
C．10min时，T2K下正、逆反应速率相等
D．增大NO的浓度，反应物的转化率增大
（5）T2K温度下，0~10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=___mol/L−1·min−1；T1K温度下，上述反应的平衡常数K=___L·mol−1。
（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则平衡___（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。
【答案】（1）-666
（2）1 大于
（3）BD
（4）AC
（5）0.08 1
（6）向右移动
【解析】ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=2×436+2×630-946-463×4=-666KJ/mol，故答案为：-666；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)，反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；（3）恒容容器中8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和N2的消耗速率之比为6∶7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A．密度恒定不变，无法说明达到平衡；C．c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C错误；故答案选BD。（4）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；A．根据“先拐先平“原则，由图像可知T1>T2，故A正确；B．T1>T2平衡时转化率T1
2CO(g) + 2NO(g) N2(g) + 2CO2(g)
则平衡常数K=，故答案为：0.08；1；（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则浓度商Q=<1故平衡正移，故答案为：向右移动。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，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）
镍铬钢俗称不锈钢，在日常生活中应用广泛，含有铁、铬、镍、碳等元素。请回答下列问题：
(1)基态镍原子有___个未成对电子，基态Fe3+有___种不同运动状态的电子，铬的基态原子核外价层电子排布式为___。
(2)配离子[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是___(填元素符号)，铬的高价化合物可将CH3CH2OH氧化为CH3CHO，CH3CHO中碳原子的杂化方式分别为___、___。
(3)镍能与CO形成Ni(CO)4，常温下Ni(CO)4是无色液体，易溶于有机溶剂，推测Ni(CO)4是___晶体，组成Ni(CO)4的三种元素电负性由大到小的顺序为___(填元素符号)，CO分子中π键与σ键的个数比为___。
(4)已知NiO晶体的密度为ρ g·cm−3，Ni2+和O2−的半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中粒子的体积占晶胞体积的百分率为___。
【答案】（1）2 23 3d54s1
（2） O sp3 sp2
（3） 分子 O>C>Ni 2∶1
（4） ×100%
【解析】(1)镍元素是28号元素，其核外电子排布式[Ar]3d84s2，3d8轨道没有排满，排满还需2个电子，则基态镍原子未成对电子有2个；Fe元素是26号元素，则其核外有26个电子，则基态Fe3+核外还有23个电子，每个电子都代表一种运动状态，则基态Fe3+有23种不同运动状态的电子；铬元素是24号元素，其核外电子排布为[Ar]3d54s1，则其核外价层电子排布式为3d54s1。(2)配离子[Cr(H2O)6]3+中，配位体是H2O，H2O分子中只有O是有孤对电子的，则与Cr3+形成配位键的原子是O；CH3CHO分子可认为是一个甲基和一个醛基(－CHO)构成，甲基中碳原子的价电子数为4，采取的杂化方式为sp3，醛基中有一个碳氧双键，碳原子采取的杂化方式为sp2。(3)常温下Ni(CO)4是无色液体，根据熔点低可推测其是分子晶体，组成Ni(CO)4的三种元素电负性，根据电负性在周期表中的变化规律，则三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Ni；根据等电子原理，CO分子的结构和N2的结构相似，N2分子中存在1个σ键，2个π键，故CO分子中π键与σ键的个数比为2∶1。(4)通过晶胞结构，根据均摊法，一个晶胞含有的Ni2+的个数为8+6=4个，含有的O2−其个数为12+1=4个，4个Ni2+和4个O2−的体积为4(+)pm3，NiO的摩尔质量是75g/mol，则1mol NiO的体积是cm3，则一个晶胞的体积是4×cm3=4××1030pm3，则该晶胞中粒子的体积占晶胞体积的百分率为×100%。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
天然产物全合成是现代有机化学的重要研究方向，H是合成某种生物酶的核心中间体，其结构简式为，合成路线如图：
已知：
(1)B的名称为_______；C→D的反应类型是_______。
(2)F的分子式为_______； 鉴别F和G可选用的试剂为_______。
(3)E中官能团的名称为_______。
(4)写出F→G第一步的化学方程式 _______。
(5)设计C→D、F→G的目的是_______。
(6)I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，则满足下列条件的I的同分异构体共有____种。
A．能与NaHCO3溶液反应放出气体
B．核磁共振氢谱图中显示共有5组峰
写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。
【答案】（1）2－氯甲苯 取代反应
（2） C9H7NO6 FeCl3溶液或浓溴水
（3） 羧基、酯基
（4） +3NaOH+CH3COONa+2H2O
（5） 保护酚羟基
（6） 7 或
【解析】根据C的化学式为C7H8O和H的结构式可推测C为，根据反应条件可知A为，与氯气发生苯环上邻位取代生成B：，经过水解酸化得到C：，C与反应生成D：，然后被酸性高锰酸钾氧化成E：，E发生硝化反应生成F：，然后水解酸化得到G：，G还原得到H：。(1)B为，名称为2-氯甲苯；C→D为与反应生成，反应类型是取代反应。(2)F为，不含有酚羟基，分子式为C9H7NO6；G为，含有酚羟基，鉴别试剂可选FeCl3溶液，加入G溶液中呈紫色，或用浓溴水，与G反应产生白色沉淀。(3)E为，官能团的名称为羧基、酯基。(4)写出F→G第一步反应为在强碱中水解，反应的化学方程式为：+3NaOH。(5酚羟基容易被氧化，)设计C→D、F→G的目的是保护酚羟基。(6)D为，I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，则多了2个CH2，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则说明同分异构体中含有羧基，且核磁共振氢谱图中显示共有5组峰得有、、、、、、共7种，其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式为或。
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前提分仿真卷
化 学 （四）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ni 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．2020年11月24日凌晨，嫦娥5号在长征5号火箭巨大的推力下，启程前往月球，经20多天旅程后带着月壤返回，这是中国航天“探月工程”向世界展示出“中国力量”。下列相关说法正确的是
A．长征5号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，“液氢”属于绿色环保燃料
B．“返回器减速伞”用的材料——高强度锦纶纤维，属于天然高分子材料
C．“嫦娥5号”带回的“快递”——月壤中含有珍贵的3He，它与4He互为同素异形体
D．“嫦娥5号”使用的太阳能电池和锂离子电池均是将化学能转化为电能的装置
【答案】A
【解析】A．长征5号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，氧化之后生成水，“液氢”属于绿色环保燃料，故A正确；B．高强度锦纶纤维，是人工合成的，属于合成高分子材料，故B错误；C．3He，它与4He质子数相同，而中子数不同，互为同位素，故C错误；D．“嫦娥5号”使用的太阳能电池是将太阳能转化为电能、化学能等、锂离子电池是将化学能转化为电能，故D错误；故选A。
8．欧前胡素()具有抗菌、平喘及抗过敏等作用。下列关于欧前胡素的说法错误的是
A．分子式为C16H14O4
B．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，但反应类型不同
C．能够在碱性条件下发生水解反应
D．1mol欧前胡素最多能与7mol H2发生加成反应
【答案】D
【解析】A．根据结构简式可以确定欧前胡素的分子式为C16H14O4，A项正确；B．分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和误水褪色，前者为氧化反应，后者为加成反应，故反应类型不同，B项正确；C．含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，C项正确；D．分子中含有碳碳双键和苯环，可以与H2发生加成反应，但酯基中的C=O键不能与H2发生加成反应，故1mol欧前胡素最多能与6mol H2发生加成反应，D项错误；答案选D。
9．美丽生活劳动创造，下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
使用铝箔包装物品
铝有良好的延展性和抗腐蚀性
B
使用稀硝酸清洗内壁附着银的试管
硝酸具有酸性和强氧化性
C
喷洒稀双氧水对蔬菜保鲜消毒
过氧化氢易分解且产物对环境友好
D
对工业生产排放的废水进行处理
废水中重金属元素超标对人体有害
【答案】C
【解析】A．铝在空气中易被氧气氧化，在铝表面生成一层致密的氧化铝薄膜，故铝具有抗腐蚀性，又铝有良好的延展性，故可使用铝箔包装物品，故A相符；B．由于硝酸具有酸性和强氧化性，故可使用稀硝酸清洗内壁附着银的试管，二者反应生成硝酸银、一氧化氮和水，故B相符；C．过氧化氢是一种绿色氧化剂，故可喷洒稀双氧水对蔬菜保鲜消毒，故C不相符；D．重金属元素可使蛋白质变性，故重金属可使人体中毒，因此对工业生产排放的废水进行处理，废水中重金属元素超标对人体有害，故D相符；故选C。
10．以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下：
下列与流程相关的装置和原理能达到实验目的的是
A．用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B．用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L−1 H2SO4溶液
C．用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D．用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
【答案】C
【解析】A．浓硫酸与铜反应需要加热，甲装置没有酒精灯，无法反应制取SO2，故A错误；B．滴定管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，会污染试剂，故B错误；C．用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作正确，故C正确；D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧饼中直接灼烧固体，故D错误。答案选C。
11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q、R的原子序数依次增大，其中只有Z和W是金属元素。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，Q与Y同族。下列说法一定正确的是
A．简单离子半径的大小顺序：W>Q>R>Y
B．X、Z、Q最高价氧化物对应水化物均可与W的最高价氧化物对应水化物反应
C．X的氢化物沸点低于Y的氢化物沸点
D．Z2Y2可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【答案】D
【解析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，核外有6个电子，为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；Q与Y同族，则Q为S，R原子序数大于S，且为短周期，为Cl；Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，Z为Na；W为金属，为Mg或Al，X、Y、Z、W、Q、R分别为C、O、Na、Mg或Al、S、Cl。A．Y、W、Q、R分别为O、Mg或Al、S、Cl，具有相同核外电子排布的简单离子，序数越大，半径越小，则半径的大小顺序：S2−>Cl−>O2−>Mg2+或Al3+，A说法错误；B．Z的氧化物为氧化钠，若W为Mg时，氧化钠与氢氧化镁不反应，B说法错误；C．X的氢化物为烃类，沸点不一定低于水的沸点，C说法错误；D．Z2Y2为Na2O2，能与水和二氧化碳产生氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D说法正确；答案为D。
12．聚合硫酸铁{PFS，}是一种性能优越的无机高分子混凝剂，利用双极膜(BP)(由一张阳膜和一张阴膜复合制成，在直流电场作用下将水分子解离成OH−和H，作为H+和OH−离子源)电渗析法制备PFS的装置如图所示，下列说法不正确的是
A． “室1”和“室3”得到H2SO4和K2SO4的混合液
B．X极上发生的电极反应为4OH−-4e−=O2↑+2H2O
C．“室2”和“室4”产品为浓PFS
D．双极膜向“室2”和“室4”中提供OH−
【答案】A
【解析】根据图示，稀硫酸进入“室3”，Fe2(SO4)3溶液进入“室4”，且“室3”和“室4”之间有阴膜，则说明PFS在“室4”内产生；双极膜将水分解离成OH−和H+，即双极膜产生的H+向“室3”移动，产生的OH−向“室4”移动，SO向“室3”移动，由于“室3”和“室4”是重复单元，故H+向“室1”和“室3”移动，OH−向“室2”和“室4”移动，SO向“室1”和“室3”移动，故 “室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，“室2”和“室4”得到的是PFS。A．H+向“室1”和“室3”移动SO向“室1”和“室3”移动，故“室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，A错误；B．在电解装置的左侧，由于双极膜产生的H+向“室1”移动，则X极上发生的电极反应为4OH−-4e−=O2↑+2H2O，B正确；C．Fe2(SO4)3溶液进入“室2”和“室4”，且OH−向“室2”和“室4”移动，故“室2”和“室4”得到的是PFS，C正确；D．OH−向“室2”和“室4”移动，说明双极膜向“室2”和“室4”中提供OH−，D正确；故选B。
13．常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中和或和关系如图所示，下列说法错误的是
A．曲线M表示和的关系
B．随pH的升高而减小
C．滴定过程中，当时，
D．在溶液中：
【答案】B
【解析】+[]=-lgKa1，+[]=-lgKa2，即横坐标+纵坐标=-lgKa，结合图可知，M、N两条曲线分别有2=-lgKa、5=-lgKa，对应的Ka分别为10−2、10−5，因一级电离常数大于二级电离常数，因此M曲线表示和的关系曲线，N曲线表示和的关系曲线，Ka1=10−2，Ka2=10−5。A．由分析可知曲线M表示和的关系，A正确；B.，温度不变，电离常数不变，因此随pH的升高而恒定，B错误；C．Ka2==10−5，pH=5时，=10−5，=1，c(A2−)=c(HA−)，电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，因此c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)，此时pH=5，c(H+)>c(OH−)，则c(Na+)<3c(HA−)，即，C正确；D．HA−的电离常数即Ka2=10−5，HA−的水解常数Kh==10−9，因此HA−的电离程度大于水解程度，，但水解和电离都是微弱的，因此在溶液中：，D正确；答案选B。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行酸碱滴定来测定含量。实验装置如图所示。
(1)装置c的名称是___________。玻璃管a的作用为___________。
(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入m g氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是___________。(填序号)。
a．硫酸 b．盐酸 c．硝酸 d．磷酸
②水蒸气发生装置b的作用是___________。
(3)定量测定：将f中得到的馏出液配成溶液，取其中加入溶液，得到沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用标准溶液滴定剩余La3+(La3+与按1∶1配合)，消耗EDTA标准溶液，则氟化稀土样品中氟的质量分数为___________。
(4)问题讨论：
若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是___________。否则会使实验结果___________(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4(易水解)气体生成。若有SiF4生成，实验结果将___________(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。理由是___________。
【答案】（1）三颈烧瓶 平衡气压，防止仪器b中压强过大
（2） ad 水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差
（3）
（4） 添加NaOH溶液 偏低 不受影响 SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失
【解析】装置c中利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再用装置b产生的水蒸气将HF吹至装置F中冷凝收集，最后用滴定法测定氟含量。(1)装置c的名称为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，作用为平衡气压，防止仪器b中压强过大；(2)①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为ad；②水蒸气发生装置b的作用是使水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差；(3)La3+分为两个部分，一部分与F−反应，比例为1∶3，另一部分与EDTA结合，比例为1∶1，EDTA消耗的La3+为cV2×10−3mol，F−消耗的La3+为(aV1-cV2)×10−3mol，20mL溶液中F−的物质的量为(aV1-cV2)×10−3÷3mol，100mL溶液中F−的物质的量为(aV1-cV2)×10−3÷3×5mol，氟的质量分数；(4)f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH几乎没有，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。
27．（15分）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：
已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_______(写化学式)。
(2)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_______。
(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10−3mol·L−1)，当溶液中c(F−)=2.0×10−3mol·L−1时，除钙率为_______[Ksp(CaF2)=4.0×10−11]。
(4)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相)FeR2(有机相)+2H+(水相)萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为_______。在_______(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，同时会产生少量红褐色物质。
①电解时离子交换膜(b)为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，进而提高了Na2FeO4的产率。该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）SiO2
（2）4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O
（3）99%
（4）0.25 强酸性
（5）阴 2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO+3Cl−+5H2O
【解析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。(1)矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，所以答案为SiO2。(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；(3)当溶液中c(F−)=2.0×10−3mol·L−1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F−)=c(Ca2+)×(2.0×10−3mol·L−1)2=4.0×10−11，故c(Ca2+)=1.0×10−5mol/L，则除钙率为99%，所以答案为：99%。(4)要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用，所以答案为：0.25；强酸性。(5)①电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO，电极反应式为Fe-6e−+8OH−=FeO+4H2O；离子交换膜(b))需要允许氢氧根离子向Ⅲ移动，为阴离子交换膜，所以答案为：阴。②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，所以反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−
=2FeO+3Cl−+5H2O。
28．（14分）还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。
I．氧气还原法。H2还原NO发生的反应为：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)。
（1）已知几种化学键的键能数据如下：
2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=___kJ·mol−1。
（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)(k是速率常数，只与温度有关）。科学研究发现上述反应分两步进行：
反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应___（填“l”或“2”）。c(NO)对总反应速率的影响程度___c(H2)（填“大于”“小于”或“等于”）。
Ⅱ．NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)。
（3）下列表明该反应达到平衡状态的是___（填字母）。
A．混合气体密度保持不变 B．NO2和N2的消耗速率之比为6∶7
C．混合气体中c(N2)=c(NO2) D．混合气体压强保持不变
III．CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH。在2L恒容密闭容器中充人2mol CO和2mol NO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示。
（4）下列说法正确的是___（填字母）。
A．图像中，T1>T2
B．上述反应在高温下能自发进行
C．10min时，T2K下正、逆反应速率相等
D．增大NO的浓度，反应物的转化率增大
（5）T2K温度下，0~10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=___mol/L−1·min−1；T1K温度下，上述反应的平衡常数K=___L·mol−1。
（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则平衡___（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。
【答案】（1）-666
（2）1 大于
（3）BD
（4）AC
（5）0.08 1
（6）向右移动
【解析】ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=2×436+2×630-946-463×4=-666KJ/mol，故答案为：-666；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)，反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；（3）恒容容器中8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和N2的消耗速率之比为6∶7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A．密度恒定不变，无法说明达到平衡；C．c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C错误；故答案选BD。（4）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；A．根据“先拐先平“原则，由图像可知T1>T2，故A正确；B．T1>T2平衡时转化率T1
2CO(g) + 2NO(g) N2(g) + 2CO2(g)
则平衡常数K=，故答案为：0.08；1；（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则浓度商Q=<1故平衡正移，故答案为：向右移动。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，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）
镍铬钢俗称不锈钢，在日常生活中应用广泛，含有铁、铬、镍、碳等元素。请回答下列问题：
(1)基态镍原子有___个未成对电子，基态Fe3+有___种不同运动状态的电子，铬的基态原子核外价层电子排布式为___。
(2)配离子[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是___(填元素符号)，铬的高价化合物可将CH3CH2OH氧化为CH3CHO，CH3CHO中碳原子的杂化方式分别为___、___。
(3)镍能与CO形成Ni(CO)4，常温下Ni(CO)4是无色液体，易溶于有机溶剂，推测Ni(CO)4是___晶体，组成Ni(CO)4的三种元素电负性由大到小的顺序为___(填元素符号)，CO分子中π键与σ键的个数比为___。
(4)已知NiO晶体的密度为ρ g·cm−3，Ni2+和O2−的半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中粒子的体积占晶胞体积的百分率为___。
【答案】（1）2 23 3d54s1
（2） O sp3 sp2
（3） 分子 O>C>Ni 2∶1
（4） ×100%
【解析】(1)镍元素是28号元素，其核外电子排布式[Ar]3d84s2，3d8轨道没有排满，排满还需2个电子，则基态镍原子未成对电子有2个；Fe元素是26号元素，则其核外有26个电子，则基态Fe3+核外还有23个电子，每个电子都代表一种运动状态，则基态Fe3+有23种不同运动状态的电子；铬元素是24号元素，其核外电子排布为[Ar]3d54s1，则其核外价层电子排布式为3d54s1。(2)配离子[Cr(H2O)6]3+中，配位体是H2O，H2O分子中只有O是有孤对电子的，则与Cr3+形成配位键的原子是O；CH3CHO分子可认为是一个甲基和一个醛基(－CHO)构成，甲基中碳原子的价电子数为4，采取的杂化方式为sp3，醛基中有一个碳氧双键，碳原子采取的杂化方式为sp2。(3)常温下Ni(CO)4是无色液体，根据熔点低可推测其是分子晶体，组成Ni(CO)4的三种元素电负性，根据电负性在周期表中的变化规律，则三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Ni；根据等电子原理，CO分子的结构和N2的结构相似，N2分子中存在1个σ键，2个π键，故CO分子中π键与σ键的个数比为2∶1。(4)通过晶胞结构，根据均摊法，一个晶胞含有的Ni2+的个数为8+6=4个，含有的O2−其个数为12+1=4个，4个Ni2+和4个O2−的体积为4(+)pm3，NiO的摩尔质量是75g/mol，则1mol NiO的体积是cm3，则一个晶胞的体积是4×cm3=4××1030pm3，则该晶胞中粒子的体积占晶胞体积的百分率为×100%。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
天然产物全合成是现代有机化学的重要研究方向，H是合成某种生物酶的核心中间体，其结构简式为，合成路线如图：
已知：
(1)B的名称为_______；C→D的反应类型是_______。
(2)F的分子式为_______； 鉴别F和G可选用的试剂为_______。
(3)E中官能团的名称为_______。
(4)写出F→G第一步的化学方程式 _______。
(5)设计C→D、F→G的目的是_______。
(6)I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，则满足下列条件的I的同分异构体共有____种。
A．能与NaHCO3溶液反应放出气体
B．核磁共振氢谱图中显示共有5组峰
写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。
【答案】（1）2－氯甲苯 取代反应
（2） C9H7NO6 FeCl3溶液或浓溴水
（3） 羧基、酯基
（4） +3NaOH+CH3COONa+2H2O
（5） 保护酚羟基
（6） 7 或
【解析】根据C的化学式为C7H8O和H的结构式可推测C为，根据反应条件可知A为，与氯气发生苯环上邻位取代生成B：，经过水解酸化得到C：，C与反应生成D：，然后被酸性高锰酸钾氧化成E：，E发生硝化反应生成F：，然后水解酸化得到G：，G还原得到H：。(1)B为，名称为2-氯甲苯；C→D为与反应生成，反应类型是取代反应。(2)F为，不含有酚羟基，分子式为C9H7NO6；G为，含有酚羟基，鉴别试剂可选FeCl3溶液，加入G溶液中呈紫色，或用浓溴水，与G反应产生白色沉淀。(3)E为，官能团的名称为羧基、酯基。(4)写出F→G第一步反应为在强碱中水解，反应的化学方程式为：+3NaOH。(5酚羟基容易被氧化，)设计C→D、F→G的目的是保护酚羟基。(6)D为，I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，则多了2个CH2，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则说明同分异构体中含有羧基，且核磁共振氢谱图中显示共有5组峰得有、、、、、、共7种，其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式为或。
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