安徽省黄山市2021届高三第一次质量检测理综化学试题 Word版含答案

黄山市2021届高中毕业班第一次质量检测理科综合能力测试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7N-14C-12O-16Co-59Ag-108第Ⅰ卷(选择题)一、选择题：本题共7个小题，每小题6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.“白墙黛瓦马头墙，回廊挂落花格窗”是传统徽派建筑特色，下列有关说法正确的是()A.建房所用的“黛瓦”的青黑色是因为含有氧化铁的缘故B.建房所用的青砖和日常陶瓷的主要成分均为碳酸盐C.建房所用的木头主要成分是纤维素，纤维素和淀粉互为同分异构体D.马头墙又称“封火墙”，主要作用之一是防火【答案】D【解析】【分析】【详解】A．建房所用的“黛瓦”的青黑色是因为含有氧化亚铁的缘故，故A错误；B．日常陶瓷的主要成分为硅酸盐，故B错误；C．纤维素和淀粉的聚合度n值不同，不互为同分异构体，故C错误；D．高高的马头墙能在相邻民居发生火灾的情况下，起着隔断火源的作用，达到防火的目的，故D正确；故选D。【点睛】 马头墙又称风火墙、防火墙、封火墙，是赣派建筑的重要特色，在中国传统民居建筑流派中扮演重要角色，特指高于两山墙屋面的墙垣，也就是山墙的墙顶部分，因形状酷似马头，故称“马头墙”，马头墙是以其形命名，既可以是两幢房子之间的防火墙，也可以是一般山墙。2.铑配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是()A.CO也是该反应的催化剂B.反应过程中Rh的成键数目有变化C.CH3I是反应中间体D.存在反应CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由图示可知：在反应过程中CO参加了反应，但反应后未产生CO，因此CO不是该反应的催化剂，A错误；B．由图可知Rh的化合物的成键数目变化为：4→6→5→6→4，可见反应过程中Rh的成键数目有变化，B正确；C．由图可知铑的配合物离子会分解产生CH3COI和，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，HI与CH3OH反应产生CH3I和H2O，CH3I再与反应产生，故CH3I是该反应的中间体，C正确； D．由图可知铑的配合物离子会分解产生CH3COI和，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI的方程式为：CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI，D正确；故合理选项是A。3.吡啶()也是一种芳香化合物(类似于苯)，2—乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述不正确的是()A.MPy除本身另有3种芳香同分异构体B.EPy是乙醇的同系物C.VPy分子中所有原子可能共平面D.反应①的反应类型是加成反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．MPy的分子式为C6H7N，如果其同分异构体结构中有苯环，则取代基只能是氨基，只有一种同分异构体，即，不含苯环的有、，共3种，故A正确；B．乙醇为饱和一元醇，乙醇的同系物只能含一个羟基，分子组成相差一个或若干个CH2原子团，由EPy的化学组成可知其不是乙醇的同系物，故B错误；C．由VPy分子结构可知，该分子中含有平面结构和碳碳双键平面结构，环与侧链由碳碳单键相连，由于碳碳单键可以旋转，这两个平面可能重合，所以VPy分子中所有原子可能共平面，故C正确；D．反应①甲醛中碳氧双键断裂，氧原子接氢原子，碳原子与甲基碳原子结合，属于加成反应，故D正确；答案选B。 4.物质由高浓度向低浓度扩散而引发的一类电池称为浓差电池。如下图是由Ag电极和硝酸银溶液组成的电池(c1<c2)，工作时，A电极的质量不断减轻，下列说法正确的是()A.Ag+由交换膜右侧向左侧迁移B.B极为正极，发生氧化反应C.若外电路通过0.1mol电子，则右侧溶液减轻6.2gD.原电池的总反应不一定是氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图示分析可知，工作时，A电极的质量不断减轻，则A为负极、B为正极；由于装置中所用的隔膜为阴离子交换膜，则只能阴离子通过，所以由交换膜右侧向左侧迁移，故A错；B．由A分析可知，A为负极发生氧化反应，B为正极发生还原反应，故B错；C.若外电路通过0.1mol电子，则右侧溶液中有0.1mol向左侧迁移，0.1molAg+得到电子生成Ag，所以由可知，若外电路通过0.1mol电子，则右侧溶液减轻17.0g，故C错；D.负极的电极反应式为：，正极的电极反应式为：，总反应为：属于非氧化还原反应，故选D。答案选D。5.下列图示实验说法正确的是()A.过滤海带灰的浸泡液 B.除去Cl2中的HClC.实验室制氯气D.实验室制取氨气【答案】A【解析】【分析】【详解】A．用过滤方法能够分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法得当操作合理，A正确；B．杂质HCl能够与NaHCO3反应产生CO2气体，会使Cl2中混入新的杂质，不能达到除杂的目的，应该用饱和食盐水，B错误；C．MnO2与浓盐酸混合制取Cl2需加热条件，图示中缺少加热装置，因此不能制取得到Cl2，C错误；D．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，NH3、HCl在试管口遇冷又重新化合形成NH4Cl，因此用该方法不能制取得到NH3，D错误；故合理选项是A。6.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，X、W为同族，Q原子核外最外层电子数与Y原子核外电子总数相同。下列叙述正确的是()A.元素非金属性的顺序为：Q＞Y＞Z>X B.Z的氧化物对应的水化物是一种一元强酸C.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液可能呈酸性D.ZX3可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W能形成+1价阳离子，则W是Na元素；X、W为同族，则X为H元素；根据形成共价键数，Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y是C元素、Z是N元素、Q是O元素。【详解】A.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则元素非金属性的顺序为O(Q）＞N(Z)＞C(Y)，故A错误；B.氮元素的氧化物对应的水化物不一定是一元强酸，如亚硝酸为弱酸，故B错误；C.由H、C、O、Na四种元素能形成化合物NaHC2O4，NaHC2O4在溶液中电离大于水解，使溶液呈酸性，故C正确；D.氨气的水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；故选C。7.室温下，在25mL某浓度的NaOH溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法正确的是()A.从A点到B点的过程中，溶液的导电能力几乎不变B.a点对应的体积值等于25mLC.C点时，c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)D.D点时，c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．开始滴定时溶液pH=13，则c(OH-)=0.1mol/L，向其中滴加0.1mol/L的醋酸，发生反应： NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，可见溶液中导电离子数目不变，但溶液的体积逐渐增大，使溶液中自由移动的离子浓度减少。离子浓度越小，溶液的导电能力就越弱，因此从A点到B点的过程中，溶液的导电能力逐渐减弱，A错误；B．向25mL0.1mol/LNaOH中滴加0.1mol/L醋酸溶液，若恰好反应产生CH3COONa，反应消耗醋酸溶液25mL，此时CH3COONa溶液呈碱性，而a点溶液呈中性，说明酸过量，因此醋酸溶液的体积大于25mL，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C点溶液pH＜7，溶液显酸性，说明溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此离子浓度c(CH3COO-)＞c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C错误；D．D点加入的醋酸溶液的体积为NaOH体积的二倍，二者浓度相等，因此该点溶液为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，存在物料守恒①：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，也存在电荷守恒②：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将①+②×2，整理可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D正确；故合理选项是D。8.治理氮氧化物(NOx)的污染是化学研究的重要课题之一。I.NO能被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，利用下列装置模拟该反应。已知：①浓硝酸可将NO氧化为NO2；②NaOH溶液能与NO2反应，不与NO反应。(1)打开A装置分液漏斗活塞，烧瓶中观察到的实验现象有:铜片表面出现无色气泡，铜片逐渐变小、___、烧瓶中溶液由无色变为蓝色。(2)上述装置接口的连接顺序为：a→___→___→___→___→g→h→b→c→d(按气流方向，用小写字母表示)___。(3)装置B的作用是___。(4)装置E中反应的化学方程式为___。II.已知：(NOx)能与Na2O2反应；NO2和Na2O2都有较强氧化性。为探究NO2与Na2O2反应的产物，提出如下假设： 假设①NO2氧化Na2O2；假设②Na2O2氧化NO2甲同学设计如图所示实验装置：请回答下列问题：(5)甲乙两同学对假设分别进行了验证：实验操作现象结论甲同学待试管G中收集满气体，向其中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管，观察现象；并将带火星的木条迅速伸进试管，观察。红棕色气体迅速消失；木条复燃假设①正确乙同学在F、G之间增加一个M洗气瓶，目的是___，重复甲同学的实验操作。红棕色气体迅速消失，带火星的木条未复燃假设②正确请做出正确判断，写出NO2和Na2O2反应的化学方程式___。(6)图中单向阀在实现气体单向流通的同时，还有一个作用是___。【答案】(1).烧瓶上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随着反应的进行又逐渐变为无色(2).feji(3).将NO氧化为NO2，进而被NaOH溶液吸收，防止污染环境(4).2NO+2Fe2FcO+N2(5).干燥NO2气体(6).2NO2+2Na2O2=2NaNO3(7).防止NaOH溶液倒吸【解析】【分析】实验目的是NO与铁粉的反应，实验原理是2NO＋2Fe2FeO＋N2，装置A制备NO，烧瓶中有空气，部分NO被氧化成NO2，利用NO2与水反应生成NO，将A中产生的气体，通入D装置，因为灼热的铁能与水蒸气发生反应，因此需要将NO中的水蒸气除去，即再通过干燥管，获得纯净的NO，再通入E中进行反应，NO有毒，必须进行尾气处理，NO不能被氢氧化钠吸收，因此需要利用浓硝酸将NO氧化成NO2 ，再通入氢氧化钠溶液中，除去尾气，据此分析；【详解】(1)铜与稀硝酸发生反应生成Cu(NO3)2、NO、H2O，烧瓶中有空气，NO与O2反应生成NO2，观察的现象是铜片逐渐溶解、有气泡冒出、烧瓶上部有浅红棕色气体，随着反应的进行气体变为无色、烧瓶中溶液变为蓝色；故答案为烧瓶上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随着反应的进行又逐渐变为无色；(2)根据上述分析，连接顺序是a→f→e→j→i→g(或h)→h(或g)→b→c→d；故答案为f→e→j→i；(3)根据上述分析，以及题中所给信息，装置B的作用是将多余NO转化成NO2，便于被氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境；故答案为将NO氧化为NO2，进而被NaOH溶液吸收，防止污染环境；(4)装置E中NO被Fe还原成N2，本身被氧化成FeO，即反应的方程式为2NO＋2Fe2FeO＋N2；故答案为2NO＋2Fe2FeO＋N2；(5)F中产生的NO2中混有水蒸气，Na2O2能与水反应产生O2，干扰NO2与Na2O2的反应，M洗气瓶的作用是吸收NO2中的水蒸气，干燥NO2；甲同学操作中没有干燥NO2，可能H2O与Na2O2反应生成O2，使带火星的木条复燃，甲同学的结论不正确，乙同学的是干燥的NO2与Na2O2，红棕色气体消失，带火星木条没有复燃，没有O2产生，推出NO2被Na2O2氧化，即反应方程式为2NO2＋2Na2O2=2NaNO3；故答案为干燥NO2气体；2NO2＋2Na2O2=2NaNO3；(6)单向阀实现气体单向流通，还可以防止NaOH溶液倒吸；故答案为防止NaOH溶液倒吸。9.2020年12月17日，中国探月工程嫦娥五号任务取得圆满成功。嫦娥五号锂离子蓄电池选用了比能量更高的钴酸锂(LiCoO2)正极材料和石墨负极材料。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大，钴酸锂回收再生流程如图： (1)用H2SO4酸浸时，通常需添加30%的H2O2以提高浸出效率，写出相应反应的化学方程式：__。(2)用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高。但工业上不使用盐酸，主要原因是会产生有毒、有污染的气体___(填化学式)。(3)其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30%的H2O2混合液中的浸出率如下表所示，请分析80℃时钴的浸出率最大的原因：___。反应温度/℃60708090钴的浸出率/%8890.59391(4)已知常温下草酸Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=4.0×10-6，求常温下Co2+与草酸反应生成CoC2O4沉淀的平衡常数K=___。(5)高温下，在O2存在时，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为___。(6)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，若测得充分煅烧后固体的质量为3.615g，CO2的体积为2.016L(标准状况)，则钴的氧化物的化学式为___。【答案】(1).2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑(2).Cl2(3).在80℃之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大；80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降(4).2.1(5).4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiC2O4+10CO2(6).Co3O4【解析】【分析】本实验欲将从实验剩余的残渣中提纯钴酸锂，设计了如下实验，首先将含有钴酸锂的滤渣用酸浸泡，使其中的Li+、Co2+转移到溶液中；随后向含有两种离子的溶液中加入草酸并调节溶液pH，是Co2+转化为CoC2O4得到沉淀和含有Li+的滤液，向滤液中加入碳酸钠使Li+转化为Li2CO3沉淀；最后将得到的CoC2O4和Li2CO3提纯出来混合高温煅烧得到LiCoO2，据此答题。【详解】(1)酸浸过程中常添加30%的H2O2以提高浸出效率，H2O2的加入可以将CoO变成Co2+，涉及的反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑；(2)HCl中Cl-可以失电子生成Cl2，Cl2有毒，可以污染空气，因此不用盐酸代替硫酸和过氧化氢；(3)从表中可以看出，当温度小于80℃时，Co的浸出率随温度的升高而升高，但温度高于80℃时，Co的浸出率有所下降，这是因为：温度升高，反应速率增大，但当温度大于80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；(4)Co2+与草酸反应生成CoC2O4的离子方程式为Co2++H2C2O4=CoC2O4↓+2H+，反应的平衡常数表达式K= ，由草酸的电离平衡常数Ka1、Ka2和草酸钴的沉淀溶解平衡常数Ksp可以导出该反应的平衡常数，K===2.1；(5)高温下，CoC2O4、Li2CO3和O2反应生成LiCoO2的反应方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiC2O4+10CO2；(6)高温下，CoC2O4煅烧生成Co氧化物和CO2，标准状况下，2.016LCO2的物质的量n===0.09mol，由化学式可知CoC2O4中n(Co)=0.09mol×=0.045mol，则氧化物中n(O)==0.06mol，氧化物中钴、氧物质的量比为n(Co)∶n(O)=0.045mol∶0.06mol=3∶4，由化学式中各原子的物质的量比等于原子个数比可得钴氧化物的化学式为Co3O4。10.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：(1)向碘水中加入四氯化碳后充分振荡，静置后的现象是__。(2)①已知反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)，该反应中相关化学键的键能数据如表所示：共价键H-HI-IH-I键能/kJ·mol−1436151299则该反应的ΔH=___kJ·mol−1。②下列叙述能说明上述反应已达到平衡的是___。a.单位时间内生成nmolH2，同时生成nmolHIb.温度和体积一定时，HI浓度不再变化c.温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化d.温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化(3)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3(IO被还原成I-)氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，写出I2析出时发生反应的离子方程式：__。依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率，将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。 图中a点对应的NaHSO3反应速率为__mol·L-1·s-1。b、c两点对应的NaHSO3反应速率v(b)__v(c)(填“>”、“=”、“<”)。(4)在1L真空密闭容器中加入amolNH4I固体，t℃时发生如下反应：NH4I(s)=NH3(g)+HI(g)①2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)②2HI(g)=I2(g)+H2(g)③达平衡时，体系中n(HI)=bmol，n(I2)=cmol，n(H2)=dmol，则n(N2)=__mol，t℃时反应①的平衡常数K值为__(用字母表示)。【答案】(1).液体分为两层，上层为浅黄色(或无色)，下层为紫色(2).-11(3).bc(4).IO+5I-+6H+=3I2+3H2O(5).5×10-5(6).<(7).(8).b(+b)【解析】【分析】【详解】(1)四氯化碳与水互不相溶，且I2在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以向碘水中加入四氯化碳后充分振荡，静置后的现象是：液体分为两层，上层为浅黄色(或无色)，下层为紫色；(2)①，所以；②a．通过化学方程式可以看出，H2和HI的化学计量数之比为1:2，单位时间内生成nmolH2，同时生成2nmolHI，反应达到平衡，a项错误；b．当温度体积一定时，HI的浓度不再变化，其物质的量也不变，表明反应达到平衡，b项正确；c．气态I2为紫色，氢气和碘化氢气体均为无色。当温度体积一定时，混合气体颜色不再变化，表明各物质的物质的量不再变化，反应达到平衡，c项正确； d．对于此反应而言，反应物化学计量数之和和生成物化学计量数的比值为1:1，所以反应前后全部物质的物质的量之和不变，根据pv=nRT，当温度、压强和物质的量一定时，体积为定值，不会变化。根据质量守恒定律，反应前后总质量不变。，质量和体积均不变，密度也不会改变，故密度不再变化无法判断反应是否达到平衡，d项错误；答案选bc。(3)当NaHSO3完全消耗会有I2析出，是过量的KIO3与I-反应生成I2，离子方程式为：；由图可知，a点为(10,80)，反应在80s时有I2析出，NaHSO3反应速率为；升高温度，反应速率加快，c点温度高于b点，所以v(b)＜v(c)；(4)达平衡时，I2的物质的量为cmol，I2是反应③的产物，根据反应③可知，此反应中生成了cmolH2，平衡时，n(H2)=dmol，所以反应②生成了(d-c)molH2，反应②中N2和H2的化学计量数之比为1:3，所以n(N2)mol；反应③中生成cmolI2，代表反应③消耗了2cmolHI，平衡时，HI的物质的量为bmol，表明反应①生成了(b+2c)molHI，根据化学计量数可知，反应①生成了(b+2c)molNH3，在反应②中生成了molN2，表明反应②消耗了molNH3，平衡时，n(NH3)=，反应①的平衡常数，因为体积为1L，所以。11.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)Co3+的价电子排布图为：___；基态磷原子有___种空间运动状态不同的电子。(2)Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：___。(3)写出一种与PO互为等电子体的分子的化学式：___，该分子的中心原子的价层电子对数等于___。(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有：___。A.配位键B.金属键C.离子键D.共价键E.氢键F.范德华力(5)N和P是同主族元素，但是NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是：___。(6)Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则O2-配位数为：___，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为___g·cm-3(列出计算式即可)，O2-和Li+的最短距离等于__nm(用含b的代数式表示)。 【答案】(1).(2).15(3).O>P>Li(4).CCl4、SiF4、POCl3等(5).4(6).B、C(7).电负性N>P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大(8).8(9).(10).【解析】【分析】【详解】(1)Co是第27号元素，Co简化电子排布式为：[Ar]3d74s2，Co3+是失去三个电子先失去最外层那么Co3+的价电子排布图为；基态磷原子核外有15个电子，每个电子的运动状态均不同；故答案为：；15。(2)非金属性越强电负性越大则O>P>Li；故答案为：O>P>Li。(3)等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，PO为5原子8电子，与之为等电子体的可为CCl4、SiF4、POCl3等；C、Si、P为中心原子，且无孤电子对，价层电子对数等于中心原子与周围原子形成的σ键，均为4；故答案为：CCl4、SiF4、POCl3等；4。(4)无水硫酸铜溶于水形成五水硫酸铜，带有结晶水，所以硫酸铜稀溶液中有配位键、共价键、氢键、范德华力，没有金属键和离子键；故答案为：B、C。(5)N的电负性大于P，NH3中N－H键的键长比PH3中P－H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大；故答案为：电负性N>P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。(6)从图Li2O晶胞的结构可以看出晶胞中的Li+的个数为8个，顶点有8个O2-，面心有6个O2-，晶胞中O2- 的个数为8×＋6×=4，以面心O2-为例，需要8个Li+给它配位；1mol晶胞中有4molLi2O，因此ρ=；将晶胞切割成以Li+为中心，O2-为顶点的小晶胞，两个O2-的距离为，两个O2-的中心点距离Li+的距离为，则O2-和Li+的最短距离等于；故答案为：8；；。12.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___。(5)写出两种同时符合下列条件的B的同分异构体___、___。①红外光谱检测分子中含有醛基； ②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。(6)参照上述路线，写出以苯和为原料制取的合成路线图___。【答案】(1).对硝基甲苯或4-硝基甲苯(2).硝基、羧基(3).HOCH2CH2N(C2H5)2(4).浓硫酸、加热(5).C(6).+HNO3+H2O(7).或(8).或(9).【解析】【分析】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：。【详解】(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反应方程式为：+HNO3+H2O；(5)B是，其同分异构体符合条件：①红外光谱检测分子中含有醛基；②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，则其可能的结构为、、、，可任意写出其中的2种；(6)苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，与Fe、HCl发生还原反应产生，与发生开环反应产生，故以苯与为原料制取的流程图为：。