高考全国卷仿真模拟试卷理综化学试题二新课标I含解析 14页

‎2018年高考全国卷仿真模拟试卷理综化学试题（二）（新课标I)‎ ‎1．化学与生产、生活等方面密切相关，下列选项中不正确的是 A．普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料 B．硝酸铵可用作化肥，也可以用作炸药 C．只用蒸馏水就可以鉴别纯碱和食盐 D．游泳池用臭氧或者活性炭消毒的原理相同 ‎【答案】D ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A．n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NA B．17gH2O2所含非极性键数目为0.5NA C．标准状况下，H2和CO混合气体‎8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.2NA D．‎56g 铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子 ‎【答案】A ‎【解析】A．NaHCO3溶液中存在水解和电离平衡，根据物料守恒，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，当n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol时，n(Na+)＞1mol，故A错误；B．‎17g双氧水的物质的量为0.5mol，含有0.5mol非极性键，故B正确；C、标况下‎8.96L混合气体的物质的量为0.4mol，而等物质的量的氢气和CO的耗氧量相同，故0.4mol氢气和CO的混合气体消耗0.2mol氧气，和混合气体中氢气与CO的比例无关，即消耗0.2NA个氧气分子，故C正确；D．铁与氯气反应生成氯化铁，‎56g 铁物质的量为=1mol，与足量氯气反应生成1mol氯化铁，失去3mol电子，依据氧化还原反应得失电子守恒可知氯气共得到3NA个电子，故D正确；故选A。‎ 点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为A，要注意碳酸氢根为多元弱酸的酸式根离子，存在水解平衡和电离平衡。‎ ‎3．化合物W、X、Y、Z的分子式均为C7H8，Z的空间结构类似于篮子。下列说法正确的是 A．化合物W 的同分异构体只有X、Y、Z B．X、Y、Z 均可与酸性KMnO4溶液反应 C．1molX、1molY 与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2均为2mol D．Z的一氯代物只有3种 ‎【答案】D ‎4．A、B、C、D均为短周期主族元素,原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为18，A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应。下列说法正确的是 A．原子半径:C>A，简单离子半径：B>D B．简单氢化物的热稳定性:A>C，氧化物对应水化物的酸性:D>B C．B、C的氧化物均是高熔点物质，故B、C的氧化物中化学键类型相同 D．可用A的单质制备C的单质,可用电解法由B、D形成的化合物BD3制备B单质 ‎【答案】B ‎【解析】B原子的电子层数与最外层电子数相等，B元素可以是H、B、Al，因此B单质可以与NaOH溶液发生反应，因此B为Al，C和D的单质均可与NaOH溶液发生反应，则C为S，D为Cl，A和C同主族，则A为O，A、原子半径S>O，简单离子半径Cl－>Al3＋，故A错误；B、A和C简单氢化物是H2O和H2S，O的非金属性强于S，因此有H2O的稳定性强于H2S，氧化铝对应水化物是Al(OH)3‎ ‎，氢氧化铝表现两性，因此Cl的氧化物对应水化物的酸性强于氢氧化铝，故B正确；C、SO2常温下为气体，熔点低，故C错误；D、H2S与O2反应：2H2S＋O2=2H2O＋2S，AlCl3为分子晶体，熔融状态下不导电，因此工业上不电解AlCl3得到金属铝，故D错误。‎ ‎5．对于下图所示实验，下列实验现象预测或操作正确的是 A．实验甲：匀速逐滴滴加盐酸时，试管中没气泡产生和有气泡产生的时间段相同 B．实验乙：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为无色 C．实验丙：由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2‎ D．装置丁：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去 ‎【答案】D ‎6．十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是 A．该电池放电时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极 B．Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－＝H2SO4＋2H＋‎ C．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－‎ D．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水, C错误；相同条件下，放电过程中：负极发生氧化反应：2SO2＋4H2O－4e－＝2SO2-4＋8H＋，正极发生还原反应：O2＋4e－＋4 H＋＝2H2O，根据转移电子数相等规律可知：放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；正确选项D。‎ 点睛：Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，负极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，一定要注意硫酸应当拆为离子形式，这一点易被忽视导致出现错误。‎ ‎7．利用电导法测定某浓度醋酸电离的△H、Ka随温度变化曲线如图。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法不正确的是 A．理论上△H=0时,Ka最大 B．‎25℃‎时,[CH3COOH]最大 C．电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当 D．CH3COOH溶液中存在氢键是△H随温度升高而减小的主要原因 ‎【答案】B ‎【解析】A、理论上△H=0时,电离程度最大，氢离子和醋酸根离子浓度最大，Ka最大，故A正确；B、‎25℃‎时，Ka最大，电离程度最大，平衡时醋酸分子的浓度[CH3COOH]最小，故B错误；C、分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当时，拆开化学键吸收的能量与水合时放出的热量相当，电离的热效应较小，故C正确；D、拆开氢键需要能量，但随温度的升高，氢键越来越小，CH3COOH溶液中存在氢键是△H随温度升高而减小的主要原因，故D正确；故选B。‎ ‎8．亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验(夹持装置略去) 如下。请回答:‎ ‎（1）制备Cl2发生装置可以_____(填大写字母)，反应的离子方程式为____________________。‎ ‎（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为:a______________________(按气流方向,用小写字母表示)，若用到F，其盛装药品为____________________。‎ ‎（3）实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(ClNO);‎ ‎①实验室也可用B装置制备NO，X装置的优点为________________________________。‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开k2，然后再打开________(填“k1”"或“k3”)，通入一段时间气体，（其目的为_________________________________________________），然后进行其它操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。‎ ‎③若无装置Y，则Z中ClNO可能发生反应的化学方程式为__________________。‎ ‎（4）取Z中所得液体m g溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol·L－1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)，则亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_______________(用代数式表示)。‎ ‎【答案】 A或B MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（或B 2MnO4－＋16H＋＋10Cl－＝2Mn2＋‎ ‎＋5Cl2↑＋8H2O） f→g→c→b→d→e→j→h 饱和食盐水 排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停 K3 排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质 2ClNO+H2O＝2HCl+NO↑+NO2↑ 或写成 ‎【解析】（1）实验室制备氯气可用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，满足固、液加热制备气体的条件，因此A装置符合；或用高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，符合固、液不加热反应制备气体的条件，因此B装置符合，反应的离子方程式：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；或2MnO4－＋16H＋＋10Cl－＝2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；正确答案： A 或B；MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O或 2MnO4－＋16H＋＋10Cl－＝2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。‎ ‎（2）氯气中含有氯化氢和水蒸气，要通过饱和食盐水装置，吸收氯化氢，通过浓硫酸装置，吸收水蒸气，得到干燥的氯气，用向上排空气法收集，尾气用碱石灰吸收；所以装置的连接顺序为f→g→c→b→d→e→j→h ； F装置用来除去氯化氢，其盛装药品为饱和食盐水；正确答案：f→g→c→b→d→e→j→h ； 饱和食盐水。‎ ‎（3）①实验室用铜和稀硝酸反应制备NO，NO不溶于水，但是能够与氧气反应；选用X装置作为发生装置的优点为排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；正确答案：排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停。‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开k2，K3，通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质；正确答案：K3；排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质。‎ ‎③根据题意可知：亚硝酰氯(ClNO)遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物，若无装置Y，就会有水蒸气进入发生装置，会造成ClNO与水反应，化学方程式为2ClNO+H2O＝2HCl+NO↑+NO2↑；正确答案: 2ClNO+H2O＝2HCl+NO↑+NO2↑。‎ ‎9．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。‎ ‎（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3(s) + ‎3C(s)＝2Fe(s) + 3CO(g) ΔH 1＝+489.0 kJ·mol－1，‎ C(s) +CO2(g)＝2CO(g) ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1‎ 则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为_________ 。‎ ‎（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：_________ 。‎ ‎（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。‎ ‎①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ KⅡ（填“>”或“=”或“<”）。‎ ‎②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。‎ 容器 甲 乙 反应物投入量 ‎1 mol CO2、3 mol H2‎ a mol CO2、b mol H2‎ c mol CH3OH(g)、c mol H2O(g)‎ 若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为 。‎ ‎（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2。在0～15小时内，CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为 （填序号）。‎ ‎ ‎ ‎（5）以TiO2／Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3。‎ ‎①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是__________________。‎ ‎②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：________________________。‎ ‎【答案】（1）Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g) △H ＝－28.5 kJ·mol－1‎ ‎（2）CO + 4OH－― 2e－＝CO32－+ 2H2O ‎（3）①＞ ②0.4＜c≤1‎ ‎（4）II＞III＞I （5）①‎300℃‎～‎‎400℃‎ ‎②3Cu2Al2O4+32H＋+2NO3－＝6Cu2＋+ 6Al3＋+2NO↑+16 H2O ‎【解析】（1）Fe2O3(s）+‎3C(石墨）==2Fe(s）+3CO(g） △H1=+489.0kJ/mol①，C(石墨）+CO2(g）==2CO(g） △H2=+172.5kJ/mol②，根据盖斯定律，由①－②×3得热化学方程式：Fe2O3(s）+3CO(g）==2Fe(s）+3CO2(g） △H=－28.5kJ/mol。‎ ‎（2）该燃料电池以CO为燃料，O2为助燃剂，负极上是CO发生失电子生成CO2的氧化反应，又因为电解质是KOH溶液，CO2和KOH反应得到的是碳酸钾，即电极反应为：CO+4OH－－2e－==CO32－+2H2O。‎ ‎（3）①一定体积的密闭容器中起始投料为CO2和H2，随着反应的进行，CH3OH和H2O的物质的量增加，而CO2和H2的物质的量减少，平衡时Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ。‎ ‎② CO2(g）+3H2(g）CH3OH(g）+H2O(g）‎ 起始量(mol） 1 3 0 0‎ 转化量mol） x 3x x x 平衡量(mol） 1－x 3－3x x x 甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即(4－2x）÷4=0.8，解得x=0.4mol；依题意：甲、乙为等效平衡，要满足起始时维持反应逆向进行，若全部由生成物投料，c的物质的量为1mol；或c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，故起始投料c的物质的量应为：0.4mol＜n(c）≤1mol。‎ ‎（4）由图2可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n(Ⅱ）＞△n(Ⅲ）＞△n(Ⅰ），故在0～15h内，CH4的平均生成速率v(Ⅱ）＞v(Ⅲ）＞v(Ⅰ）。‎ ‎（5）①温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低，在‎300℃‎时失去活性，所以温度高于‎300℃‎时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是‎300℃‎～‎400℃‎。‎ ‎②把Cu2Al2O4改写成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，分别写出两种氧化物与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu2O+14H++2NO3－==6Cu2++2NO↑+7H2O，3Al2O3+18H+==6Al3++9H2O，两式相加即得总反应的离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3－==6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O。‎ 考点：考查热化学方程式、离子方程式、电极反应式的书写，化学平衡计算 ‎10．一种利用电解锰阳极泥(主要成分MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如下：‎ ‎（1）“煅烧氧化”时，1mol MnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为___________；MnO2煅烧反应的化学方程式为__________________。‎ ‎（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有____________、____________(列举2点)‎ ‎（3）“调pH”是将溶液pH 调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应，生成MnO2和___________；写出用pH试纸测定溶液pH的操作_______________。‎ ‎（4）“还原”时有无机含氧酸盐生成，发生反应的化学方程式为_____________。‎ ‎（5）测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：‎ 步骤1．准确称取mg产品，加入c1mol·L-1Na‎2C2O4溶液V1mL (过量)及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。(已知：Na‎2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)‎ 步骤2．然后用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na‎2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。(已知：5H‎2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)‎ 步骤2达滴定终点时判断依据是___________；产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)=_________(列出计算的表达式即可)。‎ ‎【答案】4mol 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O 煅烧后固体进行粉碎，适量增大水的量 适当提高浸取温度，充分搅拌 MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 ×100%‎ ‎【解析】 （1）“煅烧氧化”时MnO Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e- ，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。‎ ‎（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化学反应速率，所以可采取的措施有：煅烧后固体进行粉碎，增大接触面积，适量增大水的量促进溶解，；适当提高浸取温度，加快化学反应速率，充分搅拌让物质充分迅速 ‎ ‎（3）Na2MnO4中Mn的化合价为+6 ,MnO2中Mn的化合价为+4, Na2MnO4‎ 自身发生氧化还原反应，Mn的化合价为要升高,即发生MnO2 Na2MnO4 MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-(或NaMnO4)‎ 用pH试纸测定溶液pH的操作操作为（6）．取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 。答案：MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 。‎ ‎（4）由 “还原指Na2MnO4与甲醛反应，发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH。‎ ‎（5）达滴定终点时判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去。‎ 由5H‎2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)‎ ‎ 5 2‎ ‎ X c2v2 X== ‎2.5C2V2‎ 由Na‎2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4‎ ‎ 1 1‎ C1V1‎-2.5C2V2 Y Y= (C1V1‎-2.5C2V2)mol 产品中MnO2的质量分数为m(MnO2)= (C1V1‎-2.5C2V2)mol‎87g/mol=87 (C1V1‎-2.5C2V2)/‎‎1000g 产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)= 87(C1V1‎-2.5C2V2)/‎1000m100‎ ‎11．【化学一选修3：物质结构与性质】由S、Cl 及Fe、Co、Ni 等过渡元素组成的新型材料有着广泛的用途,回答下列问题:‎ ‎（1）钴元素基态原子的电子排布式为________，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为______。‎ ‎（2）SCl2 分子中的中心原子杂化轨道类型是______，该分子空间构型为_______。‎ ‎（3）Fe、Co、Ni等过渡元素易与CO形成配合物,化学式遵循18电子规则:中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如Ni 与CO形成配合物化学式为Ni(CO)4，则Fe与CO形成配合物化学式为_______。Ni(CO)4中σ键与π键个数比为_______，Ni(CO)4为____晶 体。‎ ‎（4）已知NiO的晶体结构如图1所示。‎ ‎①NiO的晶体结构可描述为:氧原子位于面心和顶点,氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙,镍原子填充在氧原子形成的空隙中。则NiO 晶体中镍原子填充在氧原子形成的______体空隙中。‎ ‎②已知MgO 与NiO的晶体结构相同,其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm 和69pm。则熔点:MgO_____ NiO( 填“ >”、“ <" 或“ =” ), 理由是______________。‎ ‎③一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2-作密置单层排列,Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中(如图2),已知O2-的半径为am,每平方米面积上分散的NiO的质量为_________g。(用a、NA表示)‎ ‎【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2 Cl> P > S sp3 V 形 Fe(CO)5 1︰1 分子 正八面 ＞ Mg2+半径比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大 ‎ ‎【解析】（1）考查电子排布式、第一电离能规律，钴元素位于第四周期VIII族，27号元素，因此电子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2 ；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此第一电离能Cl>P>S；（2）考查杂化类型判断、空间构型，SCl2中心原子S有2个σ键，孤电子对数为(6－2×1)/2=2，价层电子对数为4，杂化类型为sp3；空间构型为V形或角形；（3）考查配位化合物、化学键数目、晶体类型判断，Fe属于过渡元素，价电子数为8，CO提供电子的是C，C能提供2个电子，令Fe的配位数为x，根据18电子规则，8＋2x=18，即x为5，化学式为Fe(CO)5；Ni的配位数为4，Ni与CO形成4个σ键，CO与N2互为等电子体，因此1个CO分子有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4中含有σ键的个数为8个，π键的个数为8个，因此比值为1：1；Ni(CO)4属于分子晶体；（4）考查晶胞的计算、晶体熔点高低的判断，①根据图1，NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的正八面体空隙中；②MgO和NiO属于离子晶体，所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点高，Mg2＋的离子半径小于Ni2＋的离子半径，MgO的晶格能大于NiO，即MgO的熔点高于NiO；③建立图所示结构，，每个氧化镍所占的面积为‎2a×‎‎2a ‎×sin60°，则每平方米含有氧化镍的个数为1/（‎2a×‎2a×sin60°），每个氧化镍的质量为75/NAg，因此每平方米含有的氧化镍的质量为g=g。‎ 点睛：本题难点是为（4）③，应首先找出最小的重复结构，即平行四面体，不是三角形，然后根据求出一个氧化镍的面积，再求出每平方米含有氧化镍的个数、质量，从而求出问题。‎ ‎12．【化学一选修5：有机化学基础】芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系:‎ 已知以下信息：‎ ‎①A是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同环境下的氢原子；‎ ‎②‎ ‎③RCOCH3+R´CHORCOCH=CHR´‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）A生成B的反应类型为________，由D生成E的反应条件为________。‎ ‎（2）H 的官能团名称为________。‎ ‎（3）I的结构简式为_______。‎ ‎（4）由E生成F的反应方程式为________ 。‎ ‎（5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为_______。‎ ‎①能发生水解反应和银镜反应；②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；‎ ‎③具有5个核磁共振氢谱峰 ‎（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体,请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛(‎ ‎)为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任用,用结构简式表示有机物),用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)___________。‎ ‎【答案】消去反应 NaOH水溶液、加热 羟基、羧基 或 ‎ ‎【解析】A(C9H12O)是芳香族化合物，根据不饱和度，A分子侧链不含双键；根据，B 能发生类似反应，所以B中含有碳碳双键；A是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同环境下的氢原子，所以A是、B是、C是； 与溴反应生成D，D是，D水解为E，E是；E催化氧化为F，F是；F发生银镜反应，酸化后生成H，H是；H在催化剂作用下生成聚酯I，I是；‎ 解析：根据以上分析，（1） 生成的反应类型为消去反应，由在氢氧化钠的水溶液中，加热水解为。‎ ‎（2） 的官能团名称为羟基、羧基。‎ ‎（3）I是聚酯，结构简式为。‎ ‎（4） 催化氧化为的反应方程式为。‎ ‎（5） 的同分异构体,①能发生水解反应和银镜反应，说明是甲酸酯；②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；③具有5个核磁共振氢谱峰，符合条件的同分异构体的结构简式为或 ；‎ ‎ （6）根据RCOCH3+R´CHORCOCH=CHR´，(CH3)3COH发生消去反应生成，再氧化为，与在一定条件下生成，合成路线为。‎