【文档说明】【福建新高考】2021年高三化学全真模拟卷07（解析版）.docx，共(15)页，626.727 KB，由管理员店铺上传

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2021年普通高中学业水平选择性考试全真模拟卷（福建新高考）化学试卷07本卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108一、选择题：本题共10小题，每小题34分，共40分

。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．新型冠状病毒引发的肺炎疫情是2020年最大的公共卫生事件。下列有关说法正确的是A．紫外线可杀死病毒且对人体无害B．注射“84消毒液”用于杀死体

内病毒C．喷洒高浓度酒精时要注意防火D．新冠疫苗无需冷藏保存【答案】C【解析】A．紫外线可用于杀死照射到的细菌和病毒，照射身体容易引发人体疾病，故A错误；B．“84消毒液”具有强氧化性，不能注射“84消毒

液”用于杀死体内病毒，故B错误；C．乙醇属于可燃性液体，喷洒高浓度酒精时要注意防火，故C正确；D．为了防止蛋白质变性，新冠疫苗需要冷藏保存，故D错误；故答案为：C2．紫苏醇可抑制肿瘤发生，其结构简式如图，下列有关紫苏醇的叙述正确的是A．分子式为C

10H16OB．分子中含有苯环C．环上的一氯取代物有四种D．分子中所有原子共平面【答案】A【解析】A．根据有机物的结构简式，其分子式为C10H16O，A叙述正确；B．分子中含有六元碳环，不是苯环，B叙述错误；C．

有机物不是对称结构，则环上的一氯取代物有5种，取代位置为，C叙述错误；D．分子中所标碳原子均为sp3杂化，则碳原子不可能共平面，D叙述错误；答案为A。3．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）ABCDX中试剂浓硝酸浓硫酸双氧水浓氨水Y中试剂C

uC2H5OHMnO2NaOH气体NO2C2H4O2NH3【答案】C【解析】A.二氧化氮和水反应，收集二氧化氮不能用排水法，A错误；B.乙醇消去制乙烯需要加热，B错误；C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气用排水法，C正确；D.

氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D错误；答案选C。4．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．在O2参与的反应中，1molO2作氧化剂时得到的电子数一定是4NAB．28gC2H4中含有4NA个σ键C．标准状况下，22.4LSO3所含氧原子数为3NAD．向2mL0.5mol·L−1Na2

SiO3溶液中滴加稀盐酸制硅酸胶体，所含胶体粒子数目小于0.001NA【答案】D【解析】A．O2参加反应时，不一定被还原为−2价，因此1molO2作氧化剂时得到的电子数不一定是4NA，故A错误；B．28gC2H4的物质的量为1mol，1

个C2H4中含有4个单键和1个双键，因此1molC2H4中所含σ键数为5NA，故B错误；C．标准状况下SO3不是气体，因此不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．向2mL0.5mol·L−1Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸制硅酸胶体，生成硅酸分子的物质的

量为0.001mol，硅酸胶体中胶粒为分子聚合体，因此胶体粒子数目小于0.001NA，故D正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。5．某温度时，ⅥA元素单质A2、B、D与H2反应生成气态H2X的热化学方

程式如下：12A2(g)＋H2(g)=H2A(g)-1Δ=-242kJmolHB(g)＋H2(g)=H2B(g)-1Δ=-20kJmolHD(g)＋H2(g)H2D(g)-1Δ=+81kJmolH下列说法正确的是A．稳定性：H2A＜H2B＜H2DB．降温有利于D与H2反应

生成H2DC．A2(g)＋2H2B(g)=2H2A(g)＋2B(g)ΔH=-444kJ·mol-1D．与H2的化合反应由易到难的顺序为：D＞B＞A2【答案】C【解析】A．由热化学方程式可知，等物质的量

A2、B、D与H2反应生成气态H2X时，A2放出能量最多，D需要吸收能量，能量越高，其稳定性越差，因此稳定性：H2A＞H2B＞H2D，故A错误；B．D与H2反应生成H2D为吸热反应，降低温度平衡将逆向移动，故B错误；

C．反应①12A2(g)＋H2(g)=H2A(g)-1Δ=-242kJmolH，②B(g)＋H2(g)=H2B(g)-1Δ=-20kJmolH，由盖斯定律可知(①-②)×2可得A2(g)＋2H2B(g)=2H2A(g)＋2B(g)ΔH=[

-242-(-20)]×2kJ·mol-1=-444kJ·mol-1，故C正确；D．等物质的量的单质与H2反应放出热量越多，则反应更易进行，因此与H2的化合反应由易到难的顺序为：A2＞B＞D，故D错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。6．

M、X、Y、Z为4种原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子序数之和为22。已知M、Y形成的化合物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，M、Z形成化合物的水溶液可以蚀刻玻璃，4种元素形成某种化合物的结构式为。下列说法正确的

是A．X、Y均不属于第ⅣA族元素B．原子半径：Y＞X＞Z＞MC．M与Y、Z三种元素只能形成共价化合物D．该化合物中每种原子的最外层都达到了8电子稳定结构【答案】A【解析】M、Z形成化合物的水溶液可以蚀刻玻璃，该化合物应为HF，M的原子序数较小，所以M为H元素，Z为F元素；M

、Y形成的化合物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，其中M为氢元素，则该化合物应为NH3，则Y为N元素；4种元素原子序数之和为22，则X的原子序数为22-1-7-9=5，所以X为B元素。A．X为B元素，位于第ⅢA族，Y为N元素，位于第ⅤA族，二者均不属于第ⅣA族元素，故A正确；B．H原子最外层只有一层电

子，原子半径最小，B、N、F为同周期元素，同周期元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径B＞N＞F＞H，即X＞Y＞Z＞M，故B错误；C．H、N、F元素可以形成离子化合物NH4F，故C错误；D．该化合物中H原子最外层只有2个电子，故D错误；答案为A。7．下列离子方程式的书写正确的是A．氢氧

化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－＋Ca2＋＋HCO-3＝CaCO3↓＋H2OB．大理石与醋酸反应：CO2-3＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋H2O＋CO2↑C．氢氧化钡溶液和稀硫酸恰好中和：Ba2＋＋OH

－＋H＋＋SO2-4＝BaSO4↓＋H2OD．铜与稀硝酸的反应：Cu＋4H＋＋2NO-3＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O【答案】A【解析】A．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，说明氢氧根离子全部反应完，则离子方程式为：OH－＋Ca2＋＋HCO-3＝CaCO3

↓＋H2O，A正确；B．大理石与醋酸反应，大理石是难溶物，不能拆成离子形式，则离子方程式正确的是：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，B错误；C．氢氧化钡溶液和稀硫酸恰好中和，要符合离子配比，应该是两个氢氧根离子，则离子方程

式正确的是：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2-4＝BaSO4↓＋2H2O，C错误；D．铜与稀硝酸的反应生成的气体是一氧化氮气体，则离子方程式正确的是：3Cu＋8H＋＋2NO-3＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，D错误；故答案为A。8．在N−羟基

邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是A．理论上NHPI的总量在反应前后不变B．海绵Ni电极作阳极C．总反应为电解⎯⎯⎯⎯→+H2↑D．每消耗1mmol苯甲醇，产生22.4mL氢气【答案】D【解

析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，电极反应式为：Ni2+−e−=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石墨电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨为阴极，电极反应

式为：2H++2e−=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，据此解答。A．根据上述分析可知，NHPI在阳极区参与反应，又在阴极区为生成物，因此理论上NHPI的总量在反应前后不发生改变，A正确；B．由上述分析，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧

化反应，则海绵Ni为阳极，B正确；C．阳极反应式为：Ni2+−e−=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，阴极反应式为：2H++2e−=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，因此总反应为电解⎯⎯⎯⎯→+H2↑，C正确；D．未指明标准状

况，不能用Vm=22.4L/mol进行计算，D错误；答案选D。9．草酸钙具有优异光学性能.在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T1＞T2).已知T1时Ksp(CaC2O4)=6.7×10−4。下列说法错误的是A．图中a的数量级为10−2B．升高温度，

m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动D．T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀【答案】B【解析】A．Ksp(CaC2O4)=c(Ca2

+)×c(C2O2-4)=6.7×10−4，则图中a的数量级为10−2，A说法正确；B．升高温度，CaC2O4溶液中c(Ca2+)=c(C2O2-4)，则m点的饱和溶液的组成由m沿0m线向远离0点方向移动，B说法错误；C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，c(C2O2-4)浓

度增大，温度未变，Ksp(CaC2O4)不变，则溶液组成由m沿曲线向n方向移动，C说法正确；D．T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，c(Ca2+)=c(C2O2-4)=0.015mol/L，Qc

=0.015mol/L×0.015mol/L=2.25×10−4＜Ksp(CaC2O4)，不能观察到沉淀，D说法正确；答案为B。10．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液

中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是A．过程①发生复分解反应，由弱酸反应得到强酸B．过程②中，发生反应的离子方程式为：S2-＋2Fe3＋=S＋2Fe2＋C．过程③中，标准状况下11.2LO2参加反应转移2mol电子D．在②中Fe3

＋作氧化剂，在③中Fe3＋是氧化产物【答案】B【解析】A．过程①发生的反应22HS+CuCl=CuS+2HCl是复分解反应，由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸，A不选；B．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，硫化铜是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的

离子方程式是3+2+2+CuS+2Fe=Cu+S+2Fe，故B选；C．过程③中，标准状况下11.2LO2参加反应其物质的量是11.2L22.4L/mol=0.5mol，转移0.5mol×2×2=2mol电子

，故C不选；D．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，Fe3＋作氧化剂，在③中，Fe2＋转化为Fe3＋，Fe3＋是氧化产物，故D不选；故选：B。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（13分）用硼镁矿(主要成

分为2322MgOBOHO，含2SiO、3CaCO、铁和铝的氧化物等杂质)生产硼酸()33HBO并回收硫酸镁的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“酸浸”过程发生的主要化学反应方程式为_______。为避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，应采取的措施为_______。(2)“除杂”

时向滤液中加入H2O2和试剂a，H2O2的作用为_______(用离子方程式表示).试剂a为_______。(3)硫酸镁的溶解度随温度变化曲线如图所示.得到42MgSO7HO的温度范围为_______，为从“母液”中充分回收42MgSOHO，应保持“母液”在_______℃以上蒸发浓缩、_

______，再用乙醇洗涤后干燥。(4)加热10.54g硫酸镁晶体，得到5.14g硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x=_______。【答案】(1)232242MgOBOHO+2HSO433=2MgSO+2HBO分批慢慢加入硫酸(或用搅拌器搅拌)

(2)232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+MgO[或3MgCO、2Mg(OH)](3)1.8~48.1℃67.5趁热过滤(4)7【解析】(1)“酸浸”过程发生的主要化学反应是2322MgOBOHO和硫酸反应生成硫酸镁、硼酸()33HBO，化学方

程式为232242MgOBOHO+2HSO433=2MgSO+2HBO；分批慢慢加入硫酸(或用搅拌器搅拌)可以避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出；(2)“除杂”时向滤液中加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+，加入试剂a调节pH除去

Fe3+、Al3+，为不引入新杂质，试剂a可以是MgO[或3MgCO、2Mg(OH)]；(3)根据图示，得到42MgSO7HO的温度范围为1.8~48.1℃，为从“母液”中充分回收42MgSOHO，应保持“母液”在67.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤，再用乙醇洗涤后干燥。(4)设

硫酸镁晶体的化学式是42MgSOxHO，12010.545.14120+18x=，解得x=7。12．（14分）碘是人体必需的微量元素，也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻灰〔主要成分是NaI)中，因此从海藻灰中提取碘，可有效利用海洋资源。(1)某兴趣小

组以海藻灰为原料进行2I的制备实验。具体步骤如下：将海藻灰加热浸泡后，得到了NaI溶液，将适量23NaSO固体溶于NaI溶液，再将4CuSO饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀，该反应的离子方程式为______。(2)待-I沉淀完全后，过滤，将沉淀物置于小烧杯中，在搅拌下逐滴加入适

量浓3HNO，观察到______(颜色)气体放出，______(颜色)晶体析出。出于安全和环保考虑，该实验操作需在______(条件)下进行。该反应的化学方程式为______。(3)用倾析法弃去上清液，固体物

质用少量水洗涤后得到粗2I，进一步精制时，选择必需的仪器搭建装置，并按次序排列：______(夹持装置略)。A．B．C．D．E.F.(4)将精制得到的2I配成浓度为1cmolL−的标准溶液，用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为M的含量。具体操作

如下：准确称量ag样品，溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中，煮沸蒸馏水的目的是______。用250mL容量瓶定容，使用______(仪器)量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，再加入10mL1∶1醋酸溶液和适量的______指示剂，立即用2I

标准溶液滴定，溶液显稳定的______(颜色)即为滴定终点，消耗2I标准溶液VmL，则样品中维生素C的质量分数是______(写出表达式)。已知滴定反应方程式：【答案】(1)2+2--2-+3242Cu+SO+2I+HO=2CuI+SO+2H(2)红棕色紫黑色通风

条件下2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O(3)DCAF(4)除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验滴定管淀粉蓝色cMV%a【解析】(1)23NaSO作还原剂，CuSO4作氧化剂，故该反应的离子方程式为2+2--2-+3242Cu+SO+2I+

HO=2CuI+SO+2H，故填2+2--2-+3242Cu+SO+2I+HO=2CuI+SO+2H；(2)CuI中的亚铜离子和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为Cu2+和I2，还原产物为NO2，其反应的化学方程式为2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+

2NO2↑+I2+4H2O，其中NO2为红棕色有毒气体，需在通风条件下进行、I2为紫黑色，故填红棕色、紫黑色、通风条件下进行、2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O；(3)因

为碘单质受热易升华，故采用蒸馏法提纯碘单质。用到的仪器有A烧杯、C石棉网(防止温度过高，升华速度大于冷凝速度)、D酒精灯、F装冷水的圆底烧瓶用于冷凝。其装置为把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶放在烧杯

上，垫上石棉网用酒精灯加热，其连接顺序为DCAF，故填DCAF；(4)维生素C具有还原性，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；准确量取溶液的体积用滴定管量取；用于指示碘单质时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘显蓝色，这里用碘标准溶液滴定维生

素C，所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色，即为终点；根据题意消耗点标准液的物质的量为n=cV=cV×10-3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10-3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为10×cV×1

0-3mol=cV×10-2mol，质量为m=nM=cMV×10-2g，其质量分数为-2cMV100%=%agcaMV10g，故填除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验、滴定管、淀粉、蓝色、cMV%a；13．（1

3分）研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示，用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因_______。已知春季海水pH=8.1，冬季海水碱性会减弱，理由是_______。(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：

CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的

关系。下列说法正确的是_______(填字母)。A．a、b、c三点H2转化率：c>a>bB．上述三种温度之间关系为T1>T2>T3C．c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大D．a

点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：①NO的作用是_______。②已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=-143kJ·mol-1反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=-200.2kJ

·mol-1。反应2：热化学方程式为_______。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-759.8kJ·mol-1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图。①b点时

，平衡体系中C、N原子个数之比接近_______。②b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_______，对你的排序进行解释：_______。③若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为______

_。【答案】(1)-3HCO+H2O=H2CO3+OH-水解是吸热的，温度越低，水解程度越低(2)D(3)催化剂NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H=+57.2kJ/mol(4)①1：1②b=c>d该反应ΔH<0，由图像可

知温度T1>T2，b和c温度相同，平衡常数相同，而d点温度高，平衡常数比b、c点小③60%【解析】（1）本小题考查是盐类水解的规律，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性；水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆反应向移动，溶液碱性减弱，所以

答案为：-3HCO+H2O=H2CO3+OH-和水解是吸热的，温度越低，水解程度越低；（2）A．图中2()()nHnCO值：c＞b，该值越大，即氢气浓度相对越大，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢

气转化率减小，则H2转化率：b＞c，a、b两点2()()nHnCO相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b，所以A错误；B．图中2()()nHnCO一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放

热反应，2()()nHnCO一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1<T2<T3，B错误；C．因为起始时CO的物质的量均为1mol，c点起始加入时加入1molCO和4molH2平衡

后再通入1molCO和4molH2，相当于二者比例未变，温度不变，对体系加压，所以平衡向右移动，新平衡中H2的体积分数减小，C错误；D．T1温度下，a点2()()nHnCO＝1.5，起始时CO均为1mol，则氢气为1.5mol，平衡时CO转化率为50%，反应的CO为0.5mol，容

器体积为1L，则：()()()23COg+2HgCHOHgmol/L11.50mol/L0.510.5mol/L0.50.50.5起始浓度（）变化浓度（）平衡浓度（）故T1温度下平衡常数K＝20.540.50.5=，而Qc＝20.5

0.54(0.50.5)0.5K+==+，所以平衡不移动，故D正确；故答案选D。（3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。②已知O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=−14

3kJ/mol和反应O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=−200.2kJ/mol盖斯定律计算二者相减得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。本小题答案NO2(g)+O(g

)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。（4）①由图像可知b点平衡时N2体积分数最高，此时加料比符合化学计量数之比1：1，所以平衡体系中C、N原子个数之比接近1：1，所以答案为：1：1；②由图像想通加料比时，T1平

衡后N2的体积分数低，又因为正反应为放热反应，所以T1>T2，放热反应温度越高平衡常数越小，因为b、c、温度相等且低于d温度，所以答案为：b=c>d；③由三段式，假设CO和NO的物质的量浓度分别为4mol/L和5mol/L，()()()()222COg+2NOgNg+2COg45002x2

xx2x4-2x5-2xx2x起始浓度变化浓度平衡浓度由x20%9x=−解得x=1.5，所以NO的转化率为60%，答案为60%。14．（10分）锰(Mn)、钛(Ti)等过渡金属元素化合物的应用研究是目前前沿科学之一，回答下列问题：(1)金属锰可导电、导热，有金

属光泽和延展性，这些性质都可以用_______理论”解释。(2)已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列_______(选填编号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为_______。(3)熔融态的MnO和MnS均能导电。推测：熔

点MnO_______MnS(选填“>”、“=”或“<”)，其原因为_______。(4)金红石TiO2的晶胞结构如图所示，晶胞内均摊的O原子数为_______；设NA为阿伏伽德罗常数，则该晶体的密度为_______g∙cm-3(用相关字母的代数式表示)。【答案】(1)电子

气(或金属键)(2)C12(3)>离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高(4)4232A1.610Nac【解析】(1)因为金属原子之间存在着金属键，金属键是通过金属原子和自由电子形成的，所以金属具有导电性、导热性，有金属光泽和延

展性。(2)已知金属锰的晶胞构型和氯化钠的相同，都属于面心立方构型，晶胞俯视图符合C，每个Mn原子周围紧邻的原子数为12，故答案：C；12。(3)O的离子半径比S小，所以MnO晶格能比MnS大，故MnO熔点大于MnS

，故答案：>；离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高。(4)根据金红石TiO2的晶胞结构图可知，晶胞内均摊的O原子数=12+124=4；V=a2c10-21cm3，ρ=mV=22128010AacN−=232A1.610Nac，故答案：4；232A1.610Nac。15．

（10分）奴佛卡因是口腔科局麻用药，某兴趣小组以甲苯和乙烯为主要原料，采用以下合成路线进行制备。已知：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。请回答下列问题：(1)B的名称___，C中官能团的名称___。(2)F的结构简式__

_，反应⑤的反应条件___。(3)下列有关反应的说法正确的是：__。(填标号)A．步骤①和②可以互换；B．1molH物质最多和4mol氢气发生加成反应；C．步骤①→⑤共有2个取代反应；D．E中所有原子处于同一平面。(4)写出A→B的反应方程式___。【

答案】(1)对硝基甲苯或4-硝基甲苯硝基、羧基(2)HOCH2CH2N(C2H5)2浓硫酸、加热(3)C(4)+HNO3浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O【解析】A是，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生苯环上甲基对位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液发生氧化

反应产生C：；D是CH2=CH2，CH2=CH2发生催化氧化产生E：，E与NH(C2H5)2反应产生F：HOCH2CH2N(C2H5)2，C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G：，G与Fe、HCl发生还原

反应产生H：。(1)B结构简式是，名称为对硝基甲苯或4-硝基甲苯；C结构简式是，其中含有的官能团为硝基、羧基；(2)根据上述分析可知F是HOCH2CH2N(C2H5)2；反应⑤是与HOCH2CH2N(C2H5)2在浓硫酸

催化下，加热发生酯化反应产生G：，故反应⑤的反应条件是浓硫酸、加热；(3)A．反应①是取代反应(也是硝化反应)，反应②是氧化反应，甲基是邻对位取代基，取代的—NO2在苯环上甲基的对位，然后将甲基氧化为—COOH

；若先发生②反应，后发生①反应，则是—CH3先发生氧化反应变为—COOH，然后再发生硝化反应，但—COOH为间位取代基，—NO2取代—COOH的苯环上的间位，就不能得到，故步骤①和②不可以互换，A错误；B．H分子中含有的酯基具有

特殊的稳定性，不能与H2发生加成反应；只有苯环能够与H2发生加成反应，所以1molH物质最多和3mol氢气发生加成反应，B错误；C．在步骤①→⑤的反应中，①⑤是取代反应，②③是氧化反应，④是开环反应，因此在步骤①→⑤中共有2个取代反应，C正确；D．E中含有2个饱和碳原子，具有

甲烷的四面体结构，因此该物质分子中不可能所有原子处于同一平面，D错误；故合理选项是C；(4)A与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生对硝基甲苯和水，则A→B的反应方程式为：+HNO3浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O。