2022年高三年级第二次诊断性测试理科综合化学(问卷)(卷面分值：300分；考试时间：150分钟)注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷1至4页，第II卷5至12页。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡相应位置上。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号。写在本试卷上无效。3.回答第II卷时，请按要求在规定区域作答，写在本试卷上无效。4.考试结束，将答题卡交回。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Mg-24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.化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是A.德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质B.中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅C.市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作。忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤D.“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料【1题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质，故A正确；B．芯片的主要成分是硅单质，故B错误；C．聚酯纤维材料在碱性条件下可以发生水解反应，故忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤，故C正确；
D．氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，故D正确；故选B。2.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4L氢气中H2分子的数目为NAB.0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.3NAC.0.1mol肼(H2N-NH2)含有的孤电子对数为0.2NAD.CH2=CH2+H2→CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为NA【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．未指明状态，不能用Vm=22.4L/mol进行求算，A错误；B．Al失去3个电子得到Al3+，则1个27Al3+中含有10个电子，因此0.1mol27Al3+中含有的电子数为NA，B错误；C．1个H2N-NH2分子中含有2个孤电子对，因此0.1mol肼(H2N-NH2)含有的孤电子对数为0.2NA，C正确；D．CH2=CH2+H2→CH3CH3，乙烯和氢气均发生了共价键的断裂，因此生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为2NA，D错误；答案选C。3.天津大学研制了一种纳米Cu-SiO2反应器用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG，反应过程示意图如下，下列说法正确的是
A.DMO分子中所有原子可能在同一平面上B.EG的分子式为C2H6O2C.反应过程中H2分子中的极性键发生了断裂D反应前后DMO分子中只有碳碳单键发生了断裂【3题答案】【答案】B【解析】【分析】根据题意结合图可知，草酸二甲酯(DMO)和氢气发生还原反应，生成MG和甲醇，MG再进一步转化成EG，EG是乙二醇，据此分析解题。【详解】A．甲基碳是饱和碳，所连原子呈四面体结构，所以DMO分子中所有原子不可能在同一平面上，A错误；B．EG是乙二醇，分子式为C2H6O2，B正确；C．反应过程中H2参与反应，且H2是非极性键，化学键会断裂，C错误；D．DMO分子中不只有碳氧单键发生了断裂，碳氧双键也发生了断裂，D错误；答案选B。4.分子TCCA(如图所示)是一种高效消毒漂白剂。W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y核外最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是
A.分子所有原子均满足8电子稳定结构B.原子半径大小顺序：X<Y<ZC.氧化物的水化物酸性：Z>X>WD.简单气态氢化物的热稳定性：W>X>Y【4题答案】【答案】A【解析】【分析】Y核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为氧元素，W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，W形成4个共价键，则W为碳元素，X为氮元素，Z形成1个键，为氯元素，以此解答。【详解】A．根据结构式，分子中所有原子均满足8电子稳定结构，故A正确；B．氮原子半径大于氧原子半径，故B错误；C．氧化物的水化物没有明确最高价，不能进行比较，故C错误；D．非金属性越强，对应氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：W(CH4)<X(NH3)<Y(H2O)，故D错误；答案选A。5.Y是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成。下列说法不正确的是A.X与Y互为同分异构体B.1molX最多可以与4molH2发生加成反应C.1molY最多能与2molNaOH发生反应D.产物Y能发生氧化、加成、取代反应【5题答案】【答案】C
【解析】【详解】A．X、Y的分子式均为C13H12O4，结构不同，互为同分异构体，A正确；B．1molX含有1mol苯环和1mol碳碳双键，1mol苯环最多与3molH2发生加成反应，1mol碳碳双键最多和1molH2发生加成反应，因此1molX最多可以与4molH2发生加成反应，B正确；C．1molY含有1mol酚羟基和1mol酯基，1mol酚羟基消耗1molNaOH，1mol酯基可以与1molNaOH反应，生成的酚羟基会再消耗1molNaOH，故最多能与3molNaOH发生反应，C错误；D．产物Y含有酚羟基、碳碳双键，能够发生氧化反应，含有苯环，能够发生加成和取代反应，D正确；答案选C。6.绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：下列说法正确的是( )A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO3B.X可以是空气，且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含废水时，发生的反应为：＋5＋4H＋=6NO↑＋4H2O【6题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．固体1还包括过量的Ca(OH)2，A项错误；B．通入空气不能过量，不然会生成，B项错误；
C．通过分析，气体2为CO和N2的混合气体，N2无污染，所以捕获气体为CO，C项正确；D．和离子发生氧化还原反应生成无污染的气体N2，方程式为，D项错误；答案选C。7.在25℃条件下，向HF溶液中逐渐加入NaOH，溶液中F-、HF、及HF的浓度分数()随pH变化的关系如图所示[比如F-的浓度分数：(F-)=]。下列说法正确的是A.曲线2表示F-的浓度分数的变化B.滴加NaOH溶液过程中，水的电离程度不断减小C.H++F-HF的平衡常数数量级为10-4D.pH=4.0时，c(Na+)＜c(F-)+c(HF)+c(HF)【7题答案】【答案】D【解析】【详解】A．HF为弱电解质，HFH++F-，则pH=0时，HF的浓度分数最大，pH=6时，F-的浓度分数最大，故曲线1、2、3分别为HF、HF、F-的浓度分数变化，A错误；B．向HF溶液中逐渐加入NaOH，生成的NaHF2、NaF是强碱弱酸盐，可发生水解反应，能促进水的电离，水的电离程度有不断增大的过程，B错误；
C．从图可以看出，当c(HF)=c(F-)时，pH≈3.1，c(H+)≈10-3.1，此时HF电离常数Ka=c(H+)≈10-3.1，其数量级为10-4，而H++F-HF的平衡常数，数量级不是10-4，C错误；D．由电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)+c(HF)，pH=5时，c(H+)＞c(OH-)，故有c(Na+)＜c(F-)+c(HF)，一定有c(Na+)＜c(F-)+c(HF)+c(HF)，D正确；答案选D。第II卷(非选择题共174分)三、非选择题(共174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.新冠肺炎疫情期间，含氯消毒剂在环境杀菌消毒方面发挥了重要的作用。其中ClO2可用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面，其为易溶于水的绿色气体。（1）某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。①安装F中导管时，应选用图2中的___________(填字母序号)。
②打开B的活塞，A中制得ClO2和Cl2，写出反应的化学方程式___________。关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是___________。③已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl释放出ClO2，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，写出反应的离子方程式___________。④已吸收ClO2气体的稳定剂I和稳定剂II，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___________，原因是___________。（2）为测定某存储罐中所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)①准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是___________。②若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)③根据上述步骤可计算出原CIO2溶液的浓度为___________mol·L-1(用含字母的代数式表示)。【8~9题答案】【答案】（1）①.b②.2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O③.吸收ClO2中的Cl2和HCl④.5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O⑤.稳定剂Ⅱ⑥.
稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，较长时间维持保鲜所需的浓度（2）①酸式滴定管②.偏高③.【解析】【分析】装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者混合发生反应：，装置C的作用是除去Cl2，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验是否有CIO2生成，据此分析。【小问1详解】①F装置为气体性质检验装置，应该长管进气，短管接尾气处理装置，故选b；②A中为盐酸和氯酸钠反应制得氯气和二氧化氯，其方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；A装置中NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2，若进入F装置的气体中有Cl2，则发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质可使淀粉溶液变蓝，关闭B活塞后，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，说明生成的Cl2在进入F装置前已经被吸收完全，因此装置C的作用是：吸收ClO2中的Cl2；③在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl2并释放出ClO2，根据元素化合价升降规律及电荷守恒可得该反应的离子方程式为；⑤据图可知效果较好的稳定剂是稳定剂Ⅱ，原因是稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，较长时间维持保鲜所需的浓度。【小问2详解】①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；②Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大，根据I2＋2=2I-＋，2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O可知，测得的ClO2偏多，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；③由方程式2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-得关系式ClO2～5，n(S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol
，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为：2cV2×10-4mol×=×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：。9.2030年全球新能源动力电池镍消费量将达到2020年全球镍产量的近40%。碱式碳酸镍[NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O]在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上由某含镍废渣精矿(主要成分为NiO、Fe2O3，CuO、SiO2)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图1所示。已知：①25°C时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。离子Ni2+Fe3+Cu2+开始沉淀时的pH642.24.4完全沉淀时的pH8.43.56.7②25°C时，Ksp(NiS)=1.0x10-27，Ksp(CuS)=8.0x10-35。回答下列问题：（1）滤渣I的主要成分为___________(填化学式)。（2）“除杂1”时应利用加入的Na2CO3溶液调节溶液的pH范围为___________。（3）“除杂2”时发生反应的离子方程式为NiS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)。25°C时，该反应的化学平衡常数为___________；实验测得此工序中加入NiS的物质的量与“除杂1”所得溶液中Cu2+的物质的量之比、反应温度对“除杂2”所得滤渣中铜镍比的关系分别如图2和图3所示。
则最佳的加入NiS的物质的量与“除杂1"所得溶液中Cu2+的物质的量之比和反应温度分别为___________、___________。（4）“萃取"和“反萃取"的最终目的是富集获得含有___________(填化学式)的水溶液。（5）“沉镍”时应控制温度为95°C，反应除生成NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O外，还有一种无色气体生成。该气体为___________分子(填“极性"或“非极性")。（6）碱式碳酸镍可进一步转化制得镍氢电池。镍氢电池的工作原理为：Ni(OH)2+MNiOOH+MH(M表示储氢金属或合金)。该电池充电过程中阴极的电极反应式为___________。（7）工业上，镍作阳极，电解0.1mol·L-1NiCl2溶液与一定量NH4Cl溶液组成的混合溶液，可得到高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率(电极上实际沉积的物质的量与理论析出量之比)及Ni的成粉率的影响如图4所示。①为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为___________g·L-1。②当NH4Cl浓度大于15g·L-1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，请解释其可能的
原因是___________。【9~15题答案】【答案】（1）SiO2（2）3.5≤pH＜4.4（3）①.1.25×107②.1.6③.80℃（4）NiSO4（5）非极性（6）M+H2O+e-=MH+OH-（7）①.10②.随着NH4Cl溶液浓度增大，水解生成的H+浓度增大，导致阴极放出氢气【解析】【分析】含镍废渣精矿加入稀硫酸溶浸，NiO、Fe2O3、CuO溶解后转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶，成为滤渣Ⅰ，过滤后向滤液中加入碳酸钠调节pH，得到Fe(OH)3沉淀，之后再加入NiS得到CuS沉淀，过滤后向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取，分液后向水相中加入碳酸钠溶液，得到碱式碳酸镍。【小问1详解】根据分析可知滤渣Ⅰ主要成分为难溶的SiO2；【小问2详解】除杂1时主要是除去Fe3+，而不除去Cu2+、Ni2+，所以应调节pH的范围为3.5≤pH＜4.4；【小问3详解】该反应的平衡常数K==1.25×10-7；据图可知当物质的量之比为1.6时、温度为80℃(80℃时Cu/Ni比几乎不变)，滤渣中Cu/Ni比达到最大，为最佳；【小问4详解】“萃取”和“反萃取”的目的为富集Ni2+，即NiSO4的水溶液；【小问5详解】沉镍时，向含有NiSO4的水溶液加入碳酸钠溶液，反应除生成NiCO3•2Ni(OH)2•xH2O外，还有一种无色气体生成，根据元素守恒可知应为CO2，CO2分子中正负电荷中心对称，为非极性分子；
【小问6详解】镍氢电池的工作原理为：Ni(OH)2+MNiOOH+MH(M表示储氢金属或合金)，充电时，M在阴极得到电子生成MH，则阴极的电极反应式为：M+H2O+e-=MH+OH-；【小问7详解】①为获得高纯度的球形超细镍粉，由图可以看出NH4Cl溶液的浓度最好控制为10g·L-1；②当NH4Cl浓度大于15g·L-1时，随着NH4Cl溶液浓度增大，水解平衡向右移动，水解生成的H+浓度增大，导致阴极放出氢气，阴极上生成Ni的量降低，从而导致阴极电流效率降低。10.1，3-丁二烯(CH2=CHCH=CH2)与氢气、卤素单质等的反应在有机合成中具有重要意义。已知：在一定条件下1，3-丁二烯和H2的反应原理如下：I．CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)→CH2=CHCH2CH3(g)△H1=akJ·mol-1II．CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)→CH3CH=CHCH3(g)△H2=bkJ·mol-1III．CH2=CHCH2CH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)△H3=ckJ·mol-1IV．CH3CH=CHCH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)△H4回答下列问题：（1）△H4=___________kJ·mol-1(用a、b、c表示)。（2）已知反应I在较低温度下易自发进行，其正反应速率v正=k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)，v逆=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，其中k正、k逆为速率常数，速率常数与温度的关系如图所示。已知T1温度下，k正=k逆。①T1温度下，反应I的化学平衡常数K=___________(填数值)。②T2温度下，k正、k逆在图中相应的点分别为___________、___________(填字母序号)。（3）某温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.5molCH2=CHCH=CH2(g)和1.5molH2(g)，只发生反应I和反应II，达平衡时CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量随时间变化
的曲线如图所示。①反应开始至20s，剩余H2的物质的量为___________。②反应II的化学平衡常数K=___________。已知：1，3-丁二烯和Br2发生1：1反应的能量随反应过程的变化关系如图所示，根据图示回答下列问题：（4）1，3-丁二烯和Br2反应生成的两种产物，一种称为动力学产物，由速率更快的反应生成；一种称为热力学产物，由产物更加稳定的反应生成。则动力学产物结构简式为___________。（5）若要提高加成产物B的平衡产率，一定可以采取的措施有___________(填字母序号)。A．使用合适的催化剂B．加入过量的Br2C．将加成产物B及时从体系分离【10~14题答案】【答案】（1）a-b+c（2）①.1②.n③.m（3）①.0.8mol②.0.625（4）（5）C【解析】【小问1详解】由已知信息，反应Ⅰ-反应Ⅱ+反应Ⅲ可得到反应Ⅳ，根据盖斯定律可得，
△H4=△H1-△H2+△H3=(a-b+c)kJ·mol-1；【小问2详解】①已知v正=k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)，v逆=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，反应达到平衡时，v正=v逆，即k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，则有，又T1温度下，k正=k逆，因此T1温度下，反应Ⅰ的平衡常数K=1；②反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，△S＜0，已知反应Ⅰ在较低温度下易自发进行，根据△G=△H-T△S可知，反应Ⅰ的△H＜0，T2＞T1，T2温度下，相比于T1是升高温度，速率均增大，但平衡逆向进行，v正＜V逆，则k正、k逆均增大，且k正＜k逆，因此k正、k逆在图中相应的点分别为n、m；【小问3详解】①由图像可知，反应开始至20s时，CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量分别为0.5mol、0.2mol，根据方程式可知，生成0.5molCH2=CHCH2CH3(g)消耗0.5molH2，生成0.2molCH3CH=CHCH3(g)消耗0.2molH2，则共消耗0.7molH2，因此剩余H2的物质的量为1.5mol-0.7mol=0.8mol；②根据图像，反应达到平衡时，CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量分别为0.5mol、0.2mol，生成0.5molCH2=CHCH2CH3(g)消耗0.5molH2和0.5molCH2=CHCH=CH2(g)，生成0.2molCH3CH=CHCH3(g)消耗0.2molH2和0.2molCH2=CHCH=CH2(g)，则达到平衡时CH2=CHCH=CH2(g)的物质的量为1.5mol-0.5mol-。2mol=0.8mol，H2的物质的量为0.8mol，体积为2.0L，因此，反应Ⅱ的化学平衡常数；【小问4详解】根据图像分析，相同条件下，由活性中间体C生成产物A的活化能小，速率更快，则动力学产物的结构简式为；【小问5详解】A．使用合适催化剂，不影响平衡移动，加成产物B的平衡产率不变，A不符合题意；B．加入过量的Br2，可能使得生成加成产物A的反应正向进行，反而加成产物B的平衡产率
降低，B不符合题意；C．将加成产物B及时从体系分离，生成加成产物B的反应正向进行，加成产物B的平衡产率一定增大，C符合题意；答案选C。(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)[化学-选修3：物质结构与性质]11.镁、铜、硼及其化合物在医药、国防、材料领域应用广泛。请回答下列问题：（1）铜是重要的金属材料铜属于元素周期表中的___________区元素，与铜同周期且基态原子最外层未成对电子数与基态铜原子相同的元素有___________种。（2）镁元素是人体必需的微量元素，其中起作用的是。碱性条件下，检验是否存在的化合物被称为“试镁灵”，其结构简式如图所示，其组成元素中第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)，分子中N原子的杂类型为___________。（3）氨硼烷是一种安全、高效的储氢材料，可由反应制得。①的结构与乙烷相似，中存在配位键，提供孤电子对形成配位键的原子是___________(填元素符号)。②的空间构型为___________，的键角小于的键角，原因为___________。（4）一种由组成的化合物的立方晶胞如图所示：①该化合物的化学式为___________，的配位数为___________。②填充在由阴离子构成的八面体空隙中，则八面体空隙的填充率为___________。
③若距离最近的两个的核间距为表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为___________。【11~14题答案】【答案】（1）①.②.4（2）①.②.（3）①.N②.直线③.中的O原子和中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力比成键电子对之间的斥力大，导致水的键角变小（4）①.②.6③.75④.【解析】【小问1详解】属于区元素，与同周期且基态原子最外层未成对电子数与相同元素有，共4种；【小问2详解】“试镁灵”中由四种元素组成，第一电离能由大到小的顺序为；分子中氮氮双键和硝基中的氮原子均为杂化；【小问3详解】①的结构与乙烷相似，结构为，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子；②的空间构型为直线；中的O原子和中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故水的键角小于甲烷的键角；【小问4详解】①根据均摊法可知，1个晶胞中含有3个、1个和3个，故该化合物的化学式为；由晶胞结构可知的配位数为6；②晶胞中由阴离子构成的八面体空隙有4个，3个填充在八面体空隙中，八面体空隙的
填充率为；③若距离最近的两个间距为，则晶胞边长为，晶胞密度为。[化学-选修5：有机化学基础]12.苯是重要的化工原料，可用来合成A和有机物高分子材料N，一种制取A和N的流程如下图所示。已知：回答相关问题：（1）①反应I的催化剂是___________。②试剂C可以选用___________(选填字母编号)。。a．CH3COONa溶液b．NaOH溶液c．NaHCO3溶液d．Na2CO3溶液（2）D→E的反应类型为___________，其中浓硫酸的作用是___________、___________。（3）B中的含氧官能团的名称为___________。（4）反应II、III的化学方程式为___________、___________。（5）符合下列条件的B的同分异构体有___________种。A．与Fe3+溶液显紫色B．属于酯类C．苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1：2：2：2：3的同分异构体的结构简式为___________(写出其中任意一种)。【12~16题答案】【答案】（1）①.FeBr3②.bd（2）①.消去反应②.催化剂③.脱水剂
（3）羟基、羧基（4）①.+CH3OH+H2O②.（5）①.18②.或或或【解析】【分析】苯和溴发生反应I生成溴苯，溴苯在一定条件下发生水解反应生成苯酚(A)，苯酚和氢氧化钠或碳酸钠反应生成苯酚钠；根据题目信息，和HCN反应生成(B)，和CH3OH发生酯化反应生成(D)；在浓硫酸作用下发生消去反应生成(E)，发生加聚反应生成(N)，据此分析解答。【小问1详解】①反应I是苯生成溴苯，反应条件是用FeBr3做催化剂，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；②A．苯酚的酸性小于醋酸，苯酚和CH3COONa溶液不反应，故不选a；B．苯酚和NaOH溶液反应生成苯酚钠和水，故选b；C．苯酚的酸性小于碳酸，NaHCO3溶液和苯酚不反应，故不选c；D．酸性：碳酸＞苯酚＞，苯酚和Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，故选d；
选bd。【小问2详解】由分析可知，D生成E是在浓硫酸作用下发生消去反应生成和水，浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂；【小问3详解】根据题目信息，和HCN反应生成，B是，含氧官能团的名称为羟基和羧基；【小问4详解】反应II是和CH3OH发生酯化反应生成和水，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应III是发生加聚反应生成，化学方程式为；【小问5详解】A．与Fe3+溶液显紫色，说明含有酚羟基；B．属于酯类；C．苯环上只有两个取代基，2个取代基为-OH、-OOCCH2CH3或-OH、-COOCH2CH3或-OH、-CH2OOCCH3或-OH、-CH2COOCH3或-OH、-CH2CH2OOCH或-OH、-CH(CH3)OOCH，每种组合在苯环上的位置都有邻、间、对三种，符合条件的的同分异构体有18种，其中核磁共振氢谱有5
组峰且峰面积之比为1：2：2：2：3的同分异构体的结构简式为或或或。
