03 2021年新课标III卷理科综合化学（解析版）

这是一份03 2021年新课标III卷理科综合化学（解析版），共17页。试卷主要包含了5　Ca 40，27等内容，欢迎下载使用。
Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分)
7．化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是( )
A．2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料
B．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化
C．酒精与84消毒液混合，可增强杀灭新型冠状病毒效果
D．《新修本草》中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃……烧之赤色……”这里的赤色是析出了Cu单质
【答案】B
【解析】A项，计算机的芯片材料是高纯度单质硅，是无机材料，A错误；B项，二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，B正确；C项，84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应产生有毒Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，C错误；D项，“青矾”即为绿矾，化学式为FeSO4·H2O，烧之赤色，赤色是Fe2O3，D错误；故选B。
8．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，洛匹那韦(Lpinavir)与氯喹类药物均可用于治疗新冠肺炎。洛匹那韦(Lpinavir)(图1)和羟基氯喹(图2)的结构分别如图所示，对这两种有机化合物描述正确的是( )
A．洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质
B．洛匹那韦能够发生酯化、加成、氧化、还原反应
C．羟基氯喹的分子式为C18H24N3OCl
D．羟基氯喹分子苯环上的一氯代物有5种
【答案】B
【解析】A项，蛋白质是高分子化合物，A项不符合题意；B项，该物质有羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应；有机物可发生氧化反应，B项符合题意；C项，分子式应为C18H26N3OCl，C项不符合题意；D项，羟基氯喹分子中苯环上的一氯代物有3种，D项不符合题意；故选B。
9．设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是( )
A．常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－9NA
B．常温下，10 mL 5.6 ml·L－1 FeCl3溶液滴到100 mL沸水中，生成胶粒数为0.056NA
C．向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加b g，该反应转移电子数为eq \f(bNA,2)
D．6.8 g KHSO4晶体中含有的离子数为0.15NA
【答案】C
【解析】A项，常温下，pH＝9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是1×10－5 ml·L－1,1 L 该溶液中，发生电离的水分子数为1×10－5NA，故A错误；B项，氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10 mL 5.6 ml·L－1 FeC13溶液滴到 100 mL沸水中，生成胶粒数小于0.056NA，故B错误；C项，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑～2e－，由化学方程式可知，过氧化钠反应生成氢氧化钠时质量增大，固体增加4 g 转移2 ml电子，向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加b g，该反应转移电子数为eq \f(bNA,2)，故C正确；D项，KHSO4固体含有K＋、HSOeq \\al(－,4)，6.8 g KHSO4晶体中含有的离子数为eq \f(6.8 g,136 g·ml－1)×2×NA＝0.1NA，故D错误。
10．某兴趣小组设计如图实验装置探究氧化铜与足量的硫反应。下列说法错误的是( )
A．加热前应先关闭a，打开K、c，排除装置内空气
B．酸性高锰酸钾溶液用于检验和吸收SO2气体
C．撤离酒精灯，反应能继续进行，说明该反应为放热反应
D．实验后，产物中的黑色固体是CuS
【答案】D
【解析】硫能与空气中的氧气反应生成SO2，造成干扰，所以加热前应先关闭a，打开K、c，排除装置内空气，A项正确；SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应生成无色物质，实验现象明显，同时SO2是污染性气体，可用酸性高锰酸钾溶液吸收，B项正确；S与CuO的反应条件是加热，反应的条件由反应放热维持，说明该反应为放热反应，C项正确；CuO、Cu2S均是黑色固体，实验后产物中的黑色固体可能是Cu2S或CuO或CuS，不能确定产物一定是CuS，需要补出实验证明，D项错误。
11．下列离子方程式正确的是( )
A．Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应：S2O32-+6H+=2S+3H2O
B．在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
C．向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：Al3++2 SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2- +2BaSO4↓+2H2O
D．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【解析】A项，.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+=2S↓+SO2↑+H2O，故A错误； B项，在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到I2，反应生成碘单质和水，正确的离子飞方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B错误； C.向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+NH3·H2O+2BaSO4↓，故C错误； D项，Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=3：8时，Fe与稀硝酸恰好完全反应生成Fe(NO3)2、H2O、NO，n(Fe)：n(HNO3)=1：2＞3：8，Fe过量，氧化产物为Fe2+，还原产物为NO，所以离子方程式为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确。故选D。
12．用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH，模拟装置如图所示，下列说法正确的是
A．阳极的电极反应式为Fe-3e-=Fe3+
B．阴极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C．电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高
D．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO4
【答案】C
【解析】A项，Fe为阳极，发生反应Fe-2e-=Fe2+，A错误；B项，阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，B错误；C项，电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c(OH-)增大，溶液中pH增大，C正确；D项，电解时，溶液中NH向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH-和NH结合生成电解质NH3·H2O，所以阴极室中溶质为NH3·H2O和(NH4)3PO4或NH4H2PO4、(NH4)2HPO4，D错误。
13．短周期主族元素R、X、Y 、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。下列说法错误的是( )
A．X 形成的某阳离子X5+中每个X都达到8电子结构
B．M和N可能发生反应
C．R与Y形成的具有漂白性的物质和Y与Z形成的具有漂白性的物质等物质的量混合后漂白性增强
D．X和Z的最简单气态氢化物之间反应能生成两种盐
【答案】C
【解析】向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则M、N中含有铵根；又M的相对分子质量比N小16，刚好一个氧原子的质量，可能有多种情况：若M是亚硫酸铵(NH4)2SO3，则N是硫酸铵(NH4)2SO4；若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，则N是硫酸氢铵NH4HSO4；若M是高氯酸铵NH4ClO3，则N是氯酸铵NH4ClO4等；又R、X、Y 、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，故R是H，X是N，Y是O，Z是S或Cl等。A项，某阳离子X5+，为N5+，其结构式为，每个氮原子周围均满足8电子结构，故A正确，不符合题意；B项，若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，N是硫酸氢铵NH4HSO4，二者反应生成硫酸铵、二氧化硫和水，故B正确，不符合题意；C项，过氧化氢和二氧化硫反应会生成硫酸：H2O2+SO2=H2SO4，漂白性减弱，故C错误，符合题意；D项，X和Z的最简单气态氢化物可能分别是氨气和硫化氢，二者分别呈酸碱性，可发生反应生成硫化铵、硫氢化铵，故D正确，不符合题意；故选C。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
(一)必做题
26．(14分) 某兴趣小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I-，设计如下实验：
(1)I、Ⅱ均未检验出Fe3+，检验有无Fe3+的试剂是___________。
(2)经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：Fe2+被空气氧化，离子方程式为___________；
假设b：Fe2+被酸性溶液中NO3-氧化；
假设c：Fe2+被氧化。
小组同学通过进一步实验证实了a、b不是产生Fe3+的主要原因，又查阅资料得知2Fe2+ +I22Fe3++2I-
的反应限度小、产生的c(Fe3+)低，故推测c(Fe3+)增大是因为向Ⅱ的浅黄色溶液中加入AgNO3溶液后，___________，促使该平衡正向移动。
(3)上述推测虽然合理，但Ⅳ中灰黑色浑浊中只检验出少量AgI，主要成分是Ag。小组同学查阅资料得知新制的AgI见光分解速率较慢，故又对Ⅱ→Ⅲ过程中产生Fe3+的原因提出了假设d：___________，该反应的离子方程式为___________，并设计实验证明该假设合理，实验方案为___________。
(4)经测定，Ⅲ→Ⅳ的过程中温度几乎无变化，c(Ag+)随反应时间的变化如题图所示。若在实验开始时，先向Ⅲ的溶液中加入几滴Fe 2(SO4)3溶液，c(Ag+)随反应时间的变化与题图相同。则Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的原因可能是___________。
【答案】(1)KSCN溶液(苯酚溶液不得分，其它合理答案给分) (1分)
(2)4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O(2分) Ag+与I-生成了沉淀，降低了的浓度(2分)
(3)可能由氧化产生(2分) Fe2++Ag+= Fe3++Ag(2分) 向1 mL0.1ml/L FeSO4溶液中加入1 mL0.1ml/LAgNO3溶液，出现灰黑色固体后，取上清液于试管中，再向试管中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红，则证明假设成立(3分)
(4)反应生成的Ag作催化剂，加快了反应速率。(答到催化作用就给分) (2分)
【解析】(1)检验Fe3+的试剂为KSCN溶液；(2)Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+，若是亚铁离子被空气氧化，离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；Ⅱ中存在2Fe2+ +I22Fe3++2I-，加入AgNO3溶液后，阴离子与碘离子产生黄色沉淀，碘离子浓度降低，使上述平衡正向移动，产生了三价铁离子；(3)Ⅳ中灰黑色浑浊中只检验出少量AgI，主要成分是Ag，说明银离子被还原，则一定有微粒被氧化，故产生Fe3+的原因可能是银离子将亚铁离子氧化所得，反应的离子方程式为：，Fe2++Ag+= Fe3++Ag，若用实验证明银离子能否氧化亚铁离子，可设计实验方案：向1 mL0.1ml/L FeSO4溶液中加入1 mL0.1ml/LAgNO3溶液，出现灰黑色固体后，取上清液于试管中，再向试管中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红，则证明假设成立；(4)Ⅲ→Ⅳ的过程中，温度几乎不变，发生反应Fe2++Ag+= Fe3++Ag，实验开始时，向Ⅲ中加入几滴Fe 2(SO4)3溶液，仍能迅速出现灰黑色沉淀，且c(Ag+)变化图像与未加Fe 2(SO4)3相同，说明三价铁不能催化该反应，且单质银为该反应催化剂，反应初期，由于催化剂能加快反应速率，催化剂是影响反应速率的主要因素，故反应速率快，故答案为：反应生成的Ag作催化剂，加快了反应速率。
27．(14分) )工业上以铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如下：
已知：①＋3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易被氧化。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
(1)提高酸浸速率的措施有_______________________________________(答两条)，滤渣3的主要成分是____________(填化学式)。
(2)流程中两次使用了H2O2进行氧化，第二次氧化时反应的离子方程式为____________________________________________________。
(3)如果把“调pH＝4.7”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤省略，引起的后果是________________________________。
(4)制取铬酸钠后的废水中含有的Cr2O72-可以用绿矾除去，测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。
①该反应的离子方程式为______________________________。
②含一定浓度Cr3＋的废水排放到河塘中会使鱼类等水生生物死亡，原因是____________________________________________________。
【答案】(1)升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等(任答两条即可) (4分) Mg(OH) 2(2分) (2)2CrO2-＋3H2O2＋2OH－=2CrO42-＋4H2O(2分)
(3)pH>11时Al(OH) 3会溶解，引入杂质离子AlO2-，使产品不纯(2分)
(4)①Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(2分)
②重金属离子可使蛋白质变性(或重金属中毒) (2分)
【解析】铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应变成溶液，而SiO2不反应，过滤得到滤渣1为SiO2；然后通入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH=4.7时，Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3；再调节pH=11，Mg2+完全沉淀被除去，过滤沉淀得滤渣3为Mg(OH) 2；此时Cr元素以CrO2-的形式存在，过滤后，向滤液中再加入H2O2，将CrO2-氧化为CrO42-，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体。(1)提高酸浸速率的措施有升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等；由分析可知滤渣3为Mg(OH) 2。(2)第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，第二次加入H2O2是为了将CrO2-氧化为CrO42-，第二次氧化时反应的离子方程式为2CrO2-＋3H2O2＋2OH－=2CrO42-＋4H2O。Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
(3)“调pH=4.7”时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不把Al(OH)3除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO2-。(4)①Cr2O72-可以用绿矾除去，Cr2O72-和FeSO4反应的离子方程式为Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。②Cr3＋为重金属离子，重金属离子可使蛋白质变性，因此含一定浓度Cr3＋的废水排放到河塘中会使鱼类等水生生物死亡。
28．(15分) 研究二氧化碳甲烷化对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：
I．CO2(g)+ 4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH1= - 165 kJ·ml-1
Ⅱ．CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) ΔH2= - 206 kJ·ml-1
Ⅲ．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH3
请回答：
(1)ΔH3=___________kJ· ml-1。 在低温下反应Ⅲ才能自发进行，则ΔS__________0 (填“＞”、“＜”、“=”)
(2)在恒容密闭容器中，以n(H2)：n(CO2)：n(CO) =4∶1∶1 充入容器，维持压力为0.1 Mpa，测得不同温度下CO2、CO转化率如图所示。
①下列描述正确的是___________。
A．D→B过程中，升高温度使反应I和反应Ⅲ的CO2转化率均提高
B．比较A点和C点，转化率CO大于CO2，说明反应速率Ⅱ大于I
C．约660 ℃以前，以反应I、Ⅱ为主，约660 ℃以后反应Ⅲ为主
D．比较A和F，升高温度使反应Ⅲ向逆反应方向移动所致
②计算E点时，反应Ⅲ的平衡常数K=___________ (保留小数点后两位)
③已知甲烷的收率[Y(CH4) =×100%]， 在恒容密闭容器中，充入n(H2)∶n(CO2)=4∶1，探究不同压强下甲烷的收率与温度关系如图所示，画出0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线_______。
(3)据报道，Pd—Mg/SiO2 催化CO2甲烷化的机理如图所示，写出生成CH4的最后一步反应方程式___________。
【答案】(1)-41(2分) ＜(2分) (2)①D(3分) ②3.27 (3分)
③ (2分)
(3)MgOCH3+H=CH4+MgO(3分)
【解析】(1)已知I．CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165 kJ·ml-1
Ⅱ．CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) ΔH2=-206 kJ·ml-1
根据盖斯定律，Ⅱ-I可得反应Ⅲ∶CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41kJ· ml-1；该反应ΔH＜0，在低温下才能自发进行，根据ΔH-TΔS＜0，则ΔS＜0；(2)①A项，根据已知信息，反应I和反应Ⅲ均为放热反应，D→B过程中，升高温度，反应I和反应Ⅲ平衡均向逆向移动，反应ICO2转化率降低，反应ⅢCO2转化率提高，故A错误；B项，在恒容密闭容器中，维持压力为0.1 Mpa，A点和C点的温度也相同，此时，反应I、Ⅱ中参加反应的各物质的量浓度也相等，则反应I、Ⅱ的反应速率相等，故B错误；C项，根据图示，反应I、Ⅱ为相互竞争关系，反应Ⅲ与反应I、Ⅱ为抑制关系，约660℃以前，CO转化率降低，以反应Ⅱ为主；CO2转化率先降后升，是反应I、Ⅲ共同作用的结果，则约660℃以前，以反应I、Ⅱ、Ⅲ为主；约660 ℃以后，CO转化率降低，CO2转化率升高，反应Ⅲ为主，故C错误；D项，由图示可知，A→FCO转化率降低，升高温度，使反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，故D正确；答案选D；②设初始，投入容器的n(H2)、n(CO2)、n(CO)分别为4ml、1ml、1ml， E点时，CO转化率为0，则平衡时n(CO)为1ml，同时对应的CO2转化率为30%，此时可以看做只有反应I CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)发生，平衡时n(CO2)=1ml×(1-30%)=0.7ml，n(H2)=4ml-4×1ml×30%=2.8ml，n(H2O)=2×1ml×30%=0.6ml，反应ⅢCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的反应前后气体分子数目相等，计算平衡常数时物质的量可代表其浓度，则平衡常数K==3.27；③在恒容密闭容器中，充入n(H2)∶n(CO2)=4∶1，发生反应I．CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165 kJ·ml-1，该反应正向为气体分子数目减小的放热反应，恒温恒容时，减小压强，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；恒压恒容时，升高温度，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；根据②中计算，0.1 Mpa，约660 ℃左右，1ml CO2参与反应转化率为30%，生成甲烷的物质的量为0.3ml，甲烷的收率[Y(CH4) =×100%]，则约660 ℃左右，甲烷的收率Y(CH4) =×100%=×100%=30%， 则0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线；(3) Pd-Mg/SiO2 催化CO2甲烷化的总反应为CO2+4H2CH4+2H2O，根据机理如图所示，生成CH4的最后一步反应方程式MgOCH3+H=CH4+MgO。
(二)选做题
37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分) 我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6
(1)颜料中含有Cu元素，基态Cu原子的价电子排布式为___________；Si、O、Ba元素电负性由大到小的顺序为_____，干冰、Si、SiC熔点由高到低的顺序为_____________。
(2)“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其中提供孤电子对的是_______元素。
(3)铜可作CH3CH2OH氧化生成CH3CHO的催化剂。乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_____________________________。
(4)C、N元素与颜料中的氧元素同周期。
①写出CO的一种常见等电子体分子的电子式________________；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为__________________________________。
②C、N元素能形成一种类石墨的聚合物半导体g-C3N4其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。
ⅰ．g-C3N4中氮原子的杂化类型是___________________。
ⅱ．根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元_____________。
ⅲ．已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏加德罗常数的值为NA，则g- C3N4的密度为___________________。
【答案】(1)3d104s1(1分) O＞Si＞Ba(2分) SiC＞Si＞CO2 (1分)
(2)O(或氧) (1分) (3)乙醇分子间存在氢键(1分)
(4)① (1分) N＞O＞C(1分)
②sp2杂化(1分) (3分) (3分)
【解析】(1)基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：O＞C，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：C＞Si，Ba是金属，电负性最小，则有O＞Si＞Ba；干冰是分子晶体，单质硅和SiC是共价晶体，晶体硅是Si-Si键，碳化硅是C-Si键，因为C的原子半径小于Si，Si-Si大于C-Si键键长，熔沸点高低：碳化硅>晶体硅，则干冰、Si、SiC熔点由高到低的顺序为：SiC＞Si＞CO2；(2) “中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对；(3)氢键的作用力大于范德华力，则分子间形成氢键的沸点较高，C2H5OH分子间存在氢键，而CH3CHO分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比乙醛的高；(4)①等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的分子和离子分别为N2，其电子式为，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；②ⅰ. 由于g−C3N4分子中N原子形成2个δ键，且有1个孤电子对，N原子sp2杂化；ⅱ．平移过去完全重叠就是最小重复单元，；ⅲ．晶胞质量为g=g，晶胞体积为Vcm3，该晶胞的密度为g÷Vcm3=g⋅cm−3。
38．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 4-(4-氨基苯基)吗啉3-酮常用于膝关节置换手术中的药物，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)A的同系物的通式为____；C中含氧官能团的名称是_____。
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)G的结构简式为________。
(4)D→F的化学方程式为________。
(5)满足下列条件的D的同分异构体是________(写一种结构简式)。
①苯环上有3个取代基，其中两个氨基(- NH2 )直接和苯环相连
②与NaHCO3溶液反应有气体生成，分子中无-COOOH 结构；
③核磁共振氢谱有 5组峰且峰面积之比为4：2：2：1：1
(6)请设计以有机物C为主要原料制备的合成路线：_________。
【答案】(1)CnH2n-6(n＞6) (1分) 硝基(1分) (2)取代反应(1分)
(3) (2分)
(4) + +HCl (2分)
(5) (4分)
(6) (4分)
【解析】B→C：根据反应条件和D中 —NO2位置，确定C为；C→D为C中 —Br被—NHCH2CH2OH取代；D→F为D中N上H被 —COCH2Cl取代，结合D、F和E分子式，确定E为：Cl-CO-CH2Cl；最后两步要实现两个变化：①将 —NO2还原为 —NH2；②F中右支链的成环，根据反应条件，确定最后一步实现变化①，所以F→G实现变化②，故G为。(1)A为苯，不饱和度为4，故其同系物通式为CnH2n-6(n>6)；C为，含氧官能团为硝基；(2)取代反应；(3)；(4)根据分析内容得：++；(5)根据要求，所写异构体应该含有苯环、2个-NH2、-COOH结构，再结合H种类确定该有机物应该是一种对称结构，所以2个-NH2应该是间位关系，故结构可以为：(或者将—OCH2COOH移至氨基间位)；(6)合成目标有机物，需制备出单体，结合C→D信息、醇催化氧化、-NO2还原等知识，设计路线如下：。
阳离子
Fe3＋
Fe2＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
9.1
—
—
沉淀完全时的pH
3.2
9.0
11.0
4.7(>10溶解)
5.6(>9溶解)