2023年高考押题预测卷03（全国甲卷）-化学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷03（全国甲卷）-化学（全解全析），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。

2023年高考押题预测卷03（全国甲卷）
化学·全解全析
7
8
9
10
11
12
13
B
D
D
B
C
B
B
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。
7．化学与生产生活联系紧密。下列叙述正确的是
A．电器起火可用泡沫灭火器扑救
B．漂白粉既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可做环境消毒剂
C．车用燃油与家用食用油主要成分相同，均属于烃类
D．维生素C具有氧化性，在人体内起抗氧化作用
【答案】B
【解析】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火，但是喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误；
B．漂白液、漂白粉和漂粉精既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，B正确；
C．食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，C错误；
D．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，D错误；
故选B。
8．具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图：

下列说法错误的是
A．1molX最多与4molH2发生加成反应 B．Y中所有原子可能共面
C．X和Y反应生成Z为加成反应 D．Z中苯环上一氯代物有8种
【答案】D
【解析】A．X含有苯环和碳碳双键，则1mol X最多与4molH2发生加成反应，故A正确；
B．苯中12个原子共平面，根据氧氢单键可以旋转，因此Y中所有原子可能共面，故B正确；
C．根据X与Y和Z的结构简式及分子式得到X和Y反应生成Z为加成反应，故C正确；
D．Z中苯环上有5种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故D错误。
综上所述，答案为D。
9．金属Mn与反应的现象如下：

已知：经检验，反应后的溶液中含有；氧化性：。
下列说法错误的是
A．缓慢滴加产生的气体中，可能含有，一定不含
B．快速滴加实验中，硝酸表现酸性、强氧化性
C．向缓慢滴加实验所得溶液中加入，溶液变为紫红色
D．收集快速滴加过程中获得的红棕色气体，干燥后会得到纯净的
【答案】D
【解析】A．根据缓慢滴加硝酸产生的气体为无色、无味可判断，该气体可能含有，一定不含，A正确；
B．快速滴加硝酸实验中，生成的红棕色气体为，溶液中含，则硝酸表现出酸性、强氧化性，B正确；
C．根据已知信息，氧化性：，在含有的溶液中加入，会生成，溶液会变为紫红色，C正确；
D．会自发转化为，则收集快速滴加过程中获得的红棕色气体，干燥后得到的仍为混合物，D错误；
故选D。
10．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(，其中S为＋6价)去除废水中正五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是

A．反应过程中有非极性键的断裂
B．溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为
D．反应过程中，存在反应
【答案】B
【解析】A．反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂，故有非极性键的断裂，A正确；B．H3AsO4为弱酸，溶液的pH越小，导致As以分子形式存在，反而不利于去除废水中的正五价砷，B错误；C．由图可知，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基，发生的反应方程式为，C正确；D．反应过程中，在腐蚀层表面存在反应，D正确；故选B。
11．某课题组设计了一种新型的A位K/Na掺杂钙钛矿氟化物(K/Na-NCZMF)电极材料，并构建了先进的水系锌基电池，如图所示。下列叙述正确的是

A．放电时，N极电势高于M极电势
B．放电时，转化成MnOOH
C．充电时，向K/Na-NCZMF极迁移
D．充电时，转移2mol电子理论上N极净增16g
【答案】C
【解析】A．放电时，N极为负极，M极为正极，负极电势低于正极，故A错误；
B．放电时，M极为正极，发生还原反应，锰的化合价降低，MnOOH生成，故B错误；
C．充电时，M极为阳极。N极为阴极，阴离子向阳极迁移，故C正确；
D．充电时，氧化锌转化成锌，N极质量减轻，故D错误；
故答案选C。
12．R、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。R和Y位于同主族，R原子最外层电子数与X的原子序数之和等于Z的原子序数。向这四种元素组成的一种化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是

A．简单离子半径：Y> Z> R> X
B．Q溶液中两种阳离子浓度相等
C．Z2R2中含有离子键和非极性共价键
D．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y
【答案】B
【分析】由图可知，当Ba(OH)2滴入量大于3mol后，沉淀部分溶解，说明沉淀应该为硫酸钡和Al(OH)3，所以四种元素中一定含有Al，O和S，R和Y位于同主族，且原子序数递增，所以R为O，Y为S，X为Al，R原子最外层电子数为6,X的原子序数为13，两者之和等于19，则Z为K，综上，R为O，X为Al ，Y为S，Z为K。
【解析】A．电子层数越多，简单离子半径越大，当电子层结构相同时，质子数越大，离子半径越小，依次分析，四种简单离子的半径关系为：Y> Z> R> X，A正确；
B．Q溶液为KAl(SO4)2，铝离子水解浓度减小，所以阳离子浓度不相同，B错误；
C．K2O2电子式为，含有离子键和非极性共价键，C正确；
D．元素非金属性越强，则最简单的气态氢化物的稳定性越强，则由于R的非金属性强于Y，所以最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y，D正确；
故答案选B。
13．草酸(H2C2O4)是一种易溶于水的二元有机弱酸。常温下，向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得溶液pH与-lgX[X为c(H2C2O4)、c(C2O)、的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线M表示-lgc(C2O)随pH的变化
B．常温下，H2C2O4的一级电离常数Ka1=1×10-1.3
C．从a点至b点溶液中水的电离程度逐渐减小
D．b点溶液中：c(K+)＞3c(HC2O)
【答案】B
【解析】向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH固体，由于二者发生反应，所以H2C2O4逐渐减少，-lgc(H2C2O4)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2C2O4)与pH变化关系，即曲线M；H2C2O4H++，H++，随着pH逐渐增大，会逐渐增大，-lgc()会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc()与pH变化关系，即曲线N；随着pH逐渐增大，=也增大，则-lg减小，且随着pH的增大，c()先大于c()到等于，再到小于，即从小于1，到等于1，再到大于1，当=1时，-lg=0，则直线L是-lg与pH的变化图，以此分析解题。
A．由分析可知，曲线M代表-lgc(H2C2O4)随pH的变化，曲线N代表随pH的变化，Ａ错误；
B．由分析结合图中数据可知，当pH=4.3时，-lg=0，即c()=c()，即Ka2=＝10-4.3，根据a点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)=-lgc()即c(H2C2O4)=c()，则有Ka1Ka2==c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故H2C2O4的Ka1=10-5.6/Ka2=10-1.3，B正确；
C．由分析可知，曲线N代表-lgc()与pH变化关系变化图，从a至b点，溶液中H2C2O4、浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，故水的电离程度逐渐增大，C错误；
D．根据电荷守恒：，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c()=c()，即，故b点溶液中有：，B正确；
b点时，根据电荷守恒：，此时pH=4.3，即lg=0，所以c()=c()，所以上式可变形为：c(K+)+c(H+)=3c()+c(OH-)，c(K+)-3c()=c(OH-)-c(H+)，因为c(OH-)＜c(H+)，所以：c(K+)＜3c()，D错误；
故选：B。
三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（15分）锰酸锂(LiMn2O4)是锂电池的正极材料，以软锰矿为原料，生产锰酸锂的流程如下：

已知：①软锰矿的成分如下：
成分
MnO2
Fe2O3
CaO
SiO2
其他不反应杂质
质量分数
69.6%
7.6%
5.6%
9.0%
8.2%
②K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成 和MnO2。
③苯胺(C6H5NH2)还原性较强，在该条件下可被氧化为硝基苯(C6H5NO2)。
④锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。
(1)“氧压浸出”的浸出温度为260°C，并维持500r/min的速率搅拌，此时发生的氧化还原反应的化学方程式为_________________________。
(2)“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是_________________________，“除杂”中加入CaO后，需要适当加热并搅拌的目的是_________________________，若此时溶液中c()=2.5mol/L，则1m3溶液中理论上需要加入的CaO的质量为___________kg。
(3)“一系列的操作”是将所得溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的试剂最好选用___________（填标号）。
A．冷水 B．热水 C．95%的乙醇溶液 D．LiOH溶液
(4)纯度的测定：取0.5800g锰酸锂[Mr(LiMn2O4)=181]样品与稀硝酸和双氧水反应，将Mn元素完全转化为Mn2+，除去过量的双氧水，调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.3000mol/L的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)
①若反应时，N元素的化合价不变，则锰酸锂与稀硝酸和双氧水反应的离子方程式为___________。
②样品中锰酸锂的纯度为___________%(保留两位有效数字)。
【答案】(1)2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（2分）
(2)防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应（2分）
加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤（2分） 8.75（3分）
(3)C（2分）
(4) （2分） 94（2分）
【分析】软锰矿加入氢氧化钾、加水，通入氧气氧化浸出得到锰酸钾，加入氢氧化钾溶解，加入氧化钙除去硅等杂质，过滤除去滤渣，滤液加入苯胺、氢氧化锂，处理得到锰酸锂；
【解析】（1）“氧压浸出”的浸出温度为260°C，二氧化锰和氧气、氢氧化钾发生氧化还原反应生成锰酸钾和水，2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（2）已知，K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成和MnO2；“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应；“除杂”中加入CaO后，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子生成硅酸钙沉淀，操作需要适当加热并搅拌的目的是加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤；
若此时溶液中c()=2.5mol/L，更加锰元素守恒可知，，根据表格数据可知，、，硅元素转化为硅酸钙需要消耗氧化钙，根据元素守恒可知，，则二氧化硅需要消耗氧化钙，，则需要在加入氧化钙质量为26.25kg-17.5kg=8.75kg；
（3）锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。故洗涤的试剂最好选用95%的乙醇溶液，故选C；
（4）①若反应时，N元素的化合价不变，锰元素化合价由+3.5变为+2、氧元素化合价由-1变为0，根据电子守恒、质量守恒配平，反应为；
②Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1，结合锰元素守恒可知，样品中锰酸锂的纯度为。
27．（14分）[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下：
I．制备CoCl2
已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C，易潮解。制备装置如下：

(1)制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。
(2)试剂X通常是___________(填名称)。
(3)试剂Z的作用为________________________________。
(4)为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化
已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：

③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
(5)按图组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10°C以下→___________→加热至60°C左右，恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。

①缓慢加入H2O2溶液
②滴加稍过量的浓氨水
③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水
(6)写出氧化阶段发生反应的离子方程式：_______________________________________。
(7)粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，___________，冷却后向滤液中加入少量___________，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。
【答案】(1)2:1（2分）
(2)饱和食盐水或饱和氯化钠溶液（2分）
(3)吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解（2分）
(4)硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体，合理即可) （2分）
(5)③（1分） ②①（1分）
(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3（2分）
(7)趁热过滤（1分） 浓盐酸（1分）
【解析】I．M装置MnO2和浓盐酸共热制备氯气，气体通过试剂X（饱和食盐水）除HCl气体，通过试剂Y（浓硫酸）除水，装置N中Co和氯气反应生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，试剂Z为碱石灰，吸收多余Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
Ⅱ．按图组装好装置，向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，打开磁力搅拌器，控制温度在10°C以下，滴加稍过量的浓氨水，再缓慢加入H2O2溶液，加热至60°C左右，恒温20min，在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。
（1）制氯气的化学方程式为，该反应中氧化剂是MnO2，还原剂是HCl，1molMnO2和4molHCl反应，只有一半HCl作还原剂，另一半作酸，则还原剂与氧化剂的物质的量之比2:1。
（2）制得的氯气中含有HCl气体，通过试剂X可除去HCl气体，则X为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。
（3）试剂Z应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
（4）为了获得更纯净的CoCl2，需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄绿色气体时，开始点燃N处酒精喷灯。
（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。
（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3。
（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
28．（14分）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：
i.2H2S(g)+ 3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
ii．4H2S(g)+ 2SO2(g) 3S2(g) +4H2O(g) ΔH2
iii．2H2(g) +O2(g) 2H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)H2S热分解反应2H2S(g) S2(g) + 2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“> ”或“=”)0。
(2)总压恒定为100 kPa，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，发生反应i和反应ii ，反应过程中H2S(g) ，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ随时间变化如图所示。

①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②t1时测得H2S转化率为α，此时体系中H2O的物质的量为___________mol；用H2S分压表示的平均反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa· s-1。
(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：
i． +H2S+H+ → +S↓+ H2O
ii． H2S(aq)+ (aq)+H+ (aq)→S(s) + H2O(l)
iii．S(s) + (aq)→(aq)
实验测得，在T℃、pH=5时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。

①T℃时，反应iii的平衡常数K=___________。
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。
【答案】(1) （2分） >（2分）
(2)①乙（2分） ②2a （2分） （2分）
(3)（2分） Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和（2分）
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=；由反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故答案为：；>；
（2）①由方程式可知，反应i中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii中二氧化硫与硫化氢反应生成S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；
②设t1时，反应i生成二氧化硫为2amol、反应ii消耗二氧化硫为2bmol，由题意可建立如下三段式：


由硫化氢转化率为α可得：=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3—1.5a—b=b，解联立方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，则水的物质的量为(3—2α)mol×2+(1.5α—1.5) mol×4=2αmol，硫化氢的分压变化量为()Pa，平均反应速率为 kPa· s-1，故答案为：2α；；
（3）①由图可知，T℃、pH为5反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015mol/L、亚硫酸根离子浓度为0.009 mol/L，则反应iii的平衡常数K==，故答案为：；
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小说明Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和，故答案为：Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。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）
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—N σ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) BC（1分） B（1分）
(2)平面三角形（1分） 乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小（2分） sp2、sp3 （1分） 8（1分）
(3) ①（3分）
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 （2分）
③Ni4O3N（2分） 顶点或一对平行平面的面心（1分）
【解析】（1）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。
（2）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原子与周围的原子形成的价键有单键，有双键，可知其杂化方式为sp2、sp3；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。
（3）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。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称___________。
(2)C生成D的反应类型为___________，设计该步反应的目的是_________________________。
(3)F的结构简式__________________。
(4)由G经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式__________________(不要求写反应条件)
(5)E完全加氢后有___________ 个手性碳原子（连接四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子）。
(6)同时满足以下特定的条件的E的同分异构体有___________种。
①含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连；
②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6： 2： 2： 2： 1： 1。
(7)已知：①CH3COOH+SOCl2 →CH3COCl；②苯酚与羧酸很难发生酯化反应。结合题中信息，设计由对二甲苯和苯酚为原料，合成(对苯二甲酸二苯酚酯)的合成路线(无机试剂任选)。
【答案】(1)2-乙基苯酚(或邻乙基苯酚) （1分）
(2)取代反应（2分） 保护酚羟基，防止被氧化（2分）
(3) （2分）
(4) （2分）
(5)3（1分）
(6)4（2分）
(7) （3分）
【分析】A→B形成了C=C为消去反应。B→C为C=C与水的加成反应，C为。C→D为酚羟基H被取代，该反应为取代反应。D→E为-OH氧化为酮。F→G产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，逆推F为。
【解析】（1）以苯酚为母体，那么对苯环编号，该物质为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚。答案为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚；
（2）由上分析，该反应为取代反应。C→D酚羟基被反应了，而E→F产生了酚羟基，所以保护酚羟基，防止被氧化。答案为取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；
（3）F→G产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，逆推F为。
答案为；
（4）G发生加成即羰基的Α碳与酯基中C=O的加成得到产物为，该物质的醇羟基再脱水消去形成C=C。答案为；
（5）手性碳的特点：连接四个不同原子或基团。E完全加氢的产物为，手性碳如图标注为3个。答案为3；
（6）E的分子式为C15H12O2，含有两个苯环通过一根单键直接相连含有，同时能发生银镜反应含有-CHO，能发生水解且水解产物之一能与FeCl3显色含有。由已知核磁共振峰面积为6：2：2：2：1：1，即该分子中含有两个等效的-CH3，即在该分子中两个甲基取代，共有如图标注4种。答案为4；
（7）逆推法得到该物质需要和苯酚一定条件下反应得到。由对苯二甲酸与SOCl2反应得到。对二甲苯经酸性高锰酸钾氧化可得到对苯二甲酸。合成路线为。