福建省莆田市2023届高中毕业班下学期3月第二次教学质量检测化学试题
一、单选题
1．（2023·莆田模拟）化学与生产、生活及科技等息息相关。下面说法错误的是
A．“兴化米粉”的主要成分是淀粉
B．“莆田尾暝灯”闹元宵使用蜡烛的主要成分是烃类
C．“云度”汽车使用的碳纤维属于新型有机材料
D．“福建舰”采用富锌涂层具有防水、隔氧等作用
【答案】C
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【分析】A．“兴化米粉”是大米做成的，主要成分是淀粉，A不符合题意；
B．蜡烛的主要成分是烃类，可以燃烧，B不符合题意；
C．碳纤维为单质，不是有机材料，C符合题意；
D．富锌涂层能形成保护层，具有防水、隔氧等作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、大米的主要成分是淀粉；
B、蜡烛为烃类；
C、碳纤维为新型非金属材料；
D、舰的外壳具有防水隔氧的作用。
2．（2023·莆田模拟）从某中草药中提取一种具有治疗癌症作用的有机物，结构如下图所示。下列说法错误的是
A．含有平面环状结构
B．含有1个手性碳原子
C．能发生取代反应、加成反应
D．该有机物最多能与反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【分析】A．分子中含有苯环，苯环为平面结构，A不符合题意；
B．含有1个手性碳原子，B不符合题意；
C．分子中含有碳碳双键，能发生加成反应；分子中含有酚羟基、羧基能发生取代反应，C不符合题意；
D．羧基、酯基、酚羟基均可以和氢氧化钠反应，故该有机物最多能与反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、苯环为平面环状结构；
B、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
C、羧基、苯环、酯基、羟基可以发生取代反应，苯环可以发生加成反应；
D、羧基、酯基、酚羟基可以和氢氧化钠反应。
3．（2023·莆田模拟）科学家发现某些生物酶能将海洋中的转化为，该过程的总反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中含离子的数目为
B．标准状况下，中含键的数目为
C．18克中含电子对的数目为
D．完全反应失去电子的数目为
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【分析】A．铵根离子部分能够发生水解，无法计算溶液中铵根离子数目，A不符合题意；
B．氮气中氮原子之间为三键，含两根键，标况下22.4LN2的物质的量为1mol，含含键的数目为，B符合题意；
C.18g水的物质的量为1mol，1mol水中含4对电子对，故电子对的数目为4NA，C不符合题意；
D．该反应中亚硝酸钠中的N元素化合价降低，得到电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铵根离子可以发生水解；
B、π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
C、1mol水中含4对电子对；
D、结合化合价变化数目判断。
4．（2023·莆田模拟）用下列装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．灼烧碎海带 B．电镀银 C．氧化还原反应滴定 D．制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【分析】A．可在坩埚中灼烧海带，图中装置合理，故A符合题意；
B．电镀银时，Ag与电源正极相连作阳极，图中正负极应互换，故B不符合题意；
C．酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故C不符合题意；
D．酯化反应中需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、灼烧海带需要用干锅、泥三角、酒精灯；
B、电镀时，镀层金属为阳极；
C、酸性高锰酸钾需要装在酸式滴定管；
D、酯化反应需要用浓硫酸。
5．（2023·莆田模拟）现有下列实验探究摩尔盐的化学性质。
装置 实验 试剂a 现象
① 紫色石蕊溶液 溶液变红色
② 溶液 产生白色沉淀
③ 稀硝酸溶液 溶液变黄色
④ 浓溶液 产生具有刺激性气味的气体
下列离子方程式不能准确解释相应实验现象的是
A．①中溶液变红：、
B．②中产生白色沉淀：
C．③中溶液变黄：
D．④中产生有刺激性气体：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【分析】A．铵根离子、亚铁离子水解使得溶液显酸性，酸性溶液使紫色石蕊试液变红色，能准确解释相应实验现象，A不符合题意；
B．硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，能准确解释相应实验现象，B不符合题意；
C．亚铁离子和硝酸根离子生成铁离子和一氧化氮气体，，不能准确解释相应实验现象，C符合题意；
D．铵根离子和氢氧根离子生成刺激性气体氨气，能准确解释相应实验现象，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铵根离子、亚铁离子水解为酸性；
B、硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡；
C、稀硝酸生成一氧化氮；
D、铵根离子和氢氧根离子可以生成氨气。
6．（2023·莆田模拟）碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。的一种制备方法如下图所示。
下列说法错误的是
A．“富集”中所发生的离子反应为：
B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌
C．“转化”中生成的沉淀与硝酸反应所得产物可循环使用
D．“氧化”中通入足量氯气时只得到氧化产物
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【分析】A．根据分析，富集过程得到AgI沉淀，离子反应为：，A不符合题意；
B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌，可提高AgI的转化效率，B不符合题意；
C．“转化”中生成的沉淀为Ag，Ag与硝酸反应所得产物硝酸银可循环使用，C不符合题意；
D．“氧化”中通入足量氯气时得到氧化产物、Fe3+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、银离子可以和碘离子结合生成碘化银固体；
B、铁粉可以提高碘化银的转化率；
C、银和硝酸反应生成硝酸银，可以在富集中循环利用；
D、氯气可以和碘离子反应生成碘，电元素化合价升高，碘单质为氧化产物。
7．（2023·莆田模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【分析】A．的能量更高，故其不如稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B不符合题意；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C符合题意；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越高物质越稳定；
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；
C、结合图示可以知道最小活化能为；
D、催化剂不影响焓变。
8．（2023·莆田模拟）我国科学家在寻找“点击反应”的砌块过程中，发现一种新的化合物，结构如下图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与W是同一主族元素。下列说法正确的是
A．元素电负性：Z>Y>W B．简单氢化物沸点：X>Y>W
C．简单离子半径：Z>Y>X D．X、W氧化物的水化物均为强酸
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【分析】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；元素电负性：Z>Y>W，A符合题意；
B．常温下水为液体、氨气为气体，则水沸点较高；氨气能形成氢键导致沸点高于硫化氢，故简单氢化物沸点：Y>X> W，B不符合题意；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：X>Y > Z，C不符合题意；
D．亚硝酸、亚硫酸不是强酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；
B、氢键可以提高分子的沸点；
C、电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
D、亚硝酸、亚硫酸不是强酸，硝酸、硫酸是强酸。
9．（2023·莆田模拟）铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子。下列说法正确的是
A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：
B．完全转化为羟基自由基时转移了电子
C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭
D．若处理含的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【分析】A．正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；
B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH·，所以完全转化为羟基自由基时转移了电子，B符合题意；
C．除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C不符合题意；
D． 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁为负极，失去电子生成亚铁离子；
B、结合化合价变化判断电子数；
C、结合图示可以知道除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开；
D、结合图示可以知道 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭。
10．（2023·莆田模拟）常温下，用溶液滴定溶液，消耗溶液的体积与混合液关系如下图所示。滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生。已知：碳酸，；。下列说法正确的是
A．ab段升高的主要原因：
B．bc段溶液不可能出现白色沉淀
C．b点：
D．c点：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【分析】A．ab段升高，则氢氧根离子浓度增大、氢离子浓度减小，A不符合题意；
B．滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸，溶液酸性增强，pH减小，结合图像可知，bc段溶液出现白色沉淀，B不符合题意；
C．b点pH最大，溶质为碳酸氢钠、氯化钙，，，则水解大于电离，故，C不符合题意；
D．c点pH=7.2，溶液显碱性，故，根据电荷守恒可知，由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知，，则有，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图示可以知道ab段氢氧根浓度增大，氢离子浓度减小；
B、没有气泡产生，即碳酸氢钠和氯化钙反应生成碳酸钙固体；
C、结合水解平衡常数判断；
D、结合电荷守恒判断。
二、综合题
11．（2023·莆田模拟）锗是现化高科技产业重要的基础材料。用含氧化锌烟尘(杂质主要有、、、、等)为主要原料制备氧化锌和高纯度单质锗的一种工艺流程如图所示。
已知：①单宁酸是一种只含C、H、O元素的有机化合物
②，常温下，，，
③当溶液中某离子的物质的量浓度不大于时，该离子沉淀完全
（1）“酸浸”后所得的滤渣主要成分除外，还含有 。(填化学式)
（2）如图所示，“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为 。
（3）“调”所用试剂X为 (填一种物质的化学式)，若“酸浸”后溶液中，则应调控的范围为 。
（4）若“沉锌”的产物为，则反应的离子方程式为 。
（5）“水解”反应的化学方程式为 。
（6）在750℃的熔融盐体系中，将“水解”产物作为电极进行电解生成单质，该电极反应式为 。
【答案】（1）Ag2SO4、PbSO4
（2）生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行
（3）ZnO；2.8~6.4
（4）
（5）
（6）
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【分析】（1）由分析可知，“酸浸”后所得的滤渣主要成分除外，还含有Ag2SO4、PbSO4；
（2）“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行；
（3）由分析可知，“调”所用试剂X为ZnO；若“酸浸”后溶液中，则氢氧根离子浓度不大于，此时pOH=7.6，pH=6.4；要求此时铁离子完全沉淀，则氢氧根离子浓度至少为，此时pOH=11.2，pH=2.8；故应调控的范围为2.8~6.4；
（4）若“沉锌”的产物为，则反应为锌离子和碳酸氢根离子生成和水、二氧化碳，离子方程式为；
（5）GeCl4水解生成，“水解”反应的化学方程式为；
（6）作为电极进行电解生成单质，则反应为得到电子发生还原反应生成单质，该电极反应式为。
【分析】（1）银离子、铅离子和硫酸根离子不能共存，会形成沉淀；
（2） “酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低 ，可能是生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行；
（3）要使金属离子沉淀，而不影响锌离子，通常加入氧化锌、氢氧化锌、碳酸锌等；
（4）锌离子、碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸锌、二氧化碳和水；
（5）氯化锗和水反应生成二氧化锗和氯化氢；
（6）二氧化锗得到电子生成锗和氧负离子。
12．（2023·莆田模拟）可用于环境消毒。实验室利用如图装置制备溶液，已知通入溶液存在如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
反应Ⅰ的反应速率很快，反应Ⅱ在室温下较慢。
（1）仪器a的名称是 。
（2）制备，必要时可进行加热，则装置甲中试剂X为 (填化学式)，相应的化学方程式为 。
（3）装置乙中蒸馏水的作用是 。
（4）为了提高产率，对装置丙进行改进，可采取的一种措施是 。
（5）实验过程中仍有少量进入装置丁的原因是 (写一种原因)。
（6）有效氯指的是每升含氯消毒液的氧化能力相当于多少克的氧化能力。实验测得装置丙中的有效氯为，假设有效氯都来自，则该溶液中的物质的量浓度为 。若实验制得的溶液在放置过程中又有部分转化成，则有效氯含量 (填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）MnO2；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（3）除去氯气中的HCl
（4）将装置丙置于冰水浴中
（5）产生Cl2过快，Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁
（6）0.8mol/L；不变
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【分析】（1）根据图示，仪器a的名称是圆底烧瓶。
（2）可使用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2，则试剂X为MnO2，相应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（3）Cl2中携带未参与反应的HCl，装置乙的作用是除去氯气中的HCl，防止HCl与装置丙中的NaOH反应。
（4）Cl2和NaOH反应是放热反应，降温可提高产率，可采取的改装方式是将装置丙置于冰水浴中。
（5）可能是由于产生Cl2过快，导致Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁。
（6）1个Cl2得到2个电子变成2个Cl－，1个NaClO得到2个电子也变成2个Cl－，说明Cl2和NaClO的氧化能力相同，则装置丙中的的物质的量浓度为。3个转化为1个，而中Cl元素为+5价，1个得到6个电子变成1个Cl－，其氧化能力和3个是相同的，因此实验制得的溶液在放置过程中又有部分转化成，其有效氯含量不变。
【分析】（1）圆底烧瓶不含支管；
（2）二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；
（3）蒸馏水可以除去氯化氢，防止其影响后续实验；
（4）结合两道已知方程式，可以知道Cl2和NaOH反应是放热反应，降温可提高产率；
（5） 产生Cl2过快，Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁；
（6）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
13．（2023·莆田模拟）有效转化是研究“碳中和”的重要方向。
（1）可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如下图所示。
已知
则的 (用、、表示)。
（2）CO2催化加氢可合成乙烯，反应为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH<0，在恒压密闭容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应，不同温度下达到平衡时各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①下列说法正确的是
A．b点时：2v正(H2)=3v逆(H2O)
B．a、b、c三点的平衡常数：Ka>Kc>Kb
C．将H2O(g)液化分离可提高C2H4的产率
D．活性更高的催化剂可提高CO2的平衡转化率
②表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是 (填“k”“l”“m”或“n”)
③若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，保持温度不变，则反应向 (填“正”或“逆”)反应方向进行。
④205℃，反应达b点所用时间为tmin，则此过程中用CO2表示的反应速率是 mol/min。若平衡时b点总压为P，则平衡常数Kp= (列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
⑤其他条件相同，分别在催化剂X、Y作用下发生该反应，测得相同时间CO2的转化率与温度的关系如下图所示。使用催化剂X，当温度高于302℃，CO2转化随着温度升高而下降的原因是 。
【答案】（1）
（2）AC；n；逆；；；催化剂活性降低，反应速率减慢
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【分析】（1）已知：
①
②
③
由盖斯定律可知，①+②-③得，则；
（2）①A．由化学方程式体现的关系可知，b点时达到平衡状态，正逆反应速率相等，则有2v正(H2)=3v逆(H2O)，A符合题意；
B．反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故a、b、c三点的平衡常数：Kb>Ka>Kc，B不符合题意；
C．将H2O(g)液化分离，平衡正向移动，可提高C2H4的产率，C符合题意；
D．活性更高的催化剂可提高反应速率，但是不改变CO2的平衡转化率，D不符合题意；
故答案为：AC；
②随着温度升高，平衡逆向移动，乙烯、水的体积分数减小，结合化学方程式中系数可知，乙烯减小的程度小于水，故表示水体积分数随温度变化的曲线是m、表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是n；
③随着温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳、氢气的体积分数增大，结合化学方程式中系数可知，二氧化碳增大的程度小于氢气，则l为二氧化碳体积分数变化曲线、k为氢气体积分数变化曲线；若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，此时氢气的体积分数小于平衡时氢气体积分数，保持温度不变，则反应向逆反应方向进行。
④205℃，反应达b点所用时间为tmin，
此时二氧化碳和乙烯体积分数相同，则2-2a=a，，则此过程中用CO2表示的反应速率是；平衡时二氧化碳、氢气、乙烯、水分别为、、，总的物质的量为6mol，若平衡时b点总压为P，则平衡常数；
⑤当温度高于302℃，CO2转化随着温度升高而下降的原因是温度超过催化剂X的活性温度，催化剂活性降低，反应速率减慢。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① A、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例；
B、放热反应，温度和平衡常数为反比；
C、减少生成物浓度，平衡朝正向移动；
D、催化剂不影响平衡转化率；
② 随着温度升高，平衡逆向移动，乙烯、水的体积分数减小；
③ 随着温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳、氢气的体积分数增大；
④ 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
⑤ 温度超过催化剂X的活性温度，催化剂活性降低，反应速率减慢。
14．（2023·莆田模拟）是普鲁士蓝类化合物中的一种，可用于钠离子电池的正极材料。晶胞如图所示(未标出)。
（1）基态Mn原子的外围电子轨道表示式为 。
（2）Mn、Fe元素的第三电离能(I3)： (填“>”或“<”)。
（3）中的第二周期元素与H元素形成的、、化合物中，A-A键键能依次减小，从结构角度分析其原因是 。其中分子中N原子的杂化类型为 。
（4）晶胞中，与形成配位键的元素有 。晶胞结构的另一种表示中，若O点处于晶胞体心位置，则晶胞中处于 位置。
【答案】（1）
（2）>
（3）孤电子对越多，对成键电子对斥力越大，键能越小；sp3
（4）Fe、Mn；顶点、面心
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【分析】（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，轨道表示式为；
（2）Mn的价电子排布式为3d54s2，Fe的价电子排布式为3d64s2，各失去2个电子后，外层电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+的3d轨道处于半充满，稳定，再失去一个电子所需要的能量较高，故>；
（3）孤电子对越多，对成键电子对斥力越大，键能越小，故中的第二周期元素与H元素形成的、、化合物中，A-A键键能依次减小；分子中N原子均形成单键，杂化类型为sp3；
（4）晶胞中，与CN-形成配位键的元素有Fe、Mn；若0点处于晶胞体心，则Mn处于顶点、面心位置。
【分析】（1）锰元素为25号，价电子排布式为3d54s2；
（2）电子处于全充满或半充满时，电离能增大；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（4）原子位置要结合晶胞整体结构判断。
15．（2023·莆田模拟）阿帕替尼是我国自主研制的一种小分子酪氨酸酶抑制剂，是目前唯一一种口服治疗晚期胃癌的靶向药物。其合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）H中含氧官能团的名称为 。
（2）B的结构简式为 ，C的分子式为 。
（3）D→E、G→H的反应类型分别为 。
（4）E→G化学反应方程式 。
（5）F的同分异构体中，含一个苯环，核磁共振氢谱有2组峰且面积比为的结构简式为 。
【答案】（1）酰胺基
（2）CH2ClCH2CH2CH2Cl；C12H13N
（3）还原反应、取代反应
（4）)
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；取代反应；结构简式
【解析】【分析】（1）由H结构可知，H中含氧官能团的名称为酰胺基；
（2）由分析可知，B的结构简式为CH2ClCH2CH2CH2Cl，C的分子式为C12H13N；
（3）D中硝基被还原转化为氨基得到E，为还原反应；G中氯原子被取代生成H，为取代反应；
（4）E中氨基和F中羧基发生取代反应生成G，反应为；
（5）F的同分异构体中，含一个苯环，核磁共振氢谱有2组峰且面积比为，则其对称性很好，结构简式为。
【分析】（1）H中含氧官能团为酰胺基；
（2）结合前后流程，可以知道B的结构简式为 CH2ClCH2CH2CH2Cl；分子式要结合C、H、N三种元素的原子总数判断；
（3）D转化为E的过程中，硝基变为氨基，有机反应中加氢去氧为还原反应；G转化为H的过程中，氯原子被取代，发生取代反应；
（4）E转化为G的过程中，氨基断开一个氢原子，结合羟基形成水，剩余部分结合，该过程为取代反应；
（5）同分异构体含有苯环，且核磁共振氢谱有2组峰且峰面积比为1：1，即有2种等效氢，且数目比为1：1。
福建省莆田市2023届高中毕业班下学期3月第二次教学质量检测化学试题
一、单选题
1．（2023·莆田模拟）化学与生产、生活及科技等息息相关。下面说法错误的是
A．“兴化米粉”的主要成分是淀粉
B．“莆田尾暝灯”闹元宵使用蜡烛的主要成分是烃类
C．“云度”汽车使用的碳纤维属于新型有机材料
D．“福建舰”采用富锌涂层具有防水、隔氧等作用
2．（2023·莆田模拟）从某中草药中提取一种具有治疗癌症作用的有机物，结构如下图所示。下列说法错误的是
A．含有平面环状结构
B．含有1个手性碳原子
C．能发生取代反应、加成反应
D．该有机物最多能与反应
3．（2023·莆田模拟）科学家发现某些生物酶能将海洋中的转化为，该过程的总反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中含离子的数目为
B．标准状况下，中含键的数目为
C．18克中含电子对的数目为
D．完全反应失去电子的数目为
4．（2023·莆田模拟）用下列装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．灼烧碎海带 B．电镀银 C．氧化还原反应滴定 D．制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·莆田模拟）现有下列实验探究摩尔盐的化学性质。
装置 实验 试剂a 现象
① 紫色石蕊溶液 溶液变红色
② 溶液 产生白色沉淀
③ 稀硝酸溶液 溶液变黄色
④ 浓溶液 产生具有刺激性气味的气体
下列离子方程式不能准确解释相应实验现象的是
A．①中溶液变红：、
B．②中产生白色沉淀：
C．③中溶液变黄：
D．④中产生有刺激性气体：
6．（2023·莆田模拟）碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。的一种制备方法如下图所示。
下列说法错误的是
A．“富集”中所发生的离子反应为：
B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌
C．“转化”中生成的沉淀与硝酸反应所得产物可循环使用
D．“氧化”中通入足量氯气时只得到氧化产物
7．（2023·莆田模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
8．（2023·莆田模拟）我国科学家在寻找“点击反应”的砌块过程中，发现一种新的化合物，结构如下图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与W是同一主族元素。下列说法正确的是
A．元素电负性：Z>Y>W B．简单氢化物沸点：X>Y>W
C．简单离子半径：Z>Y>X D．X、W氧化物的水化物均为强酸
9．（2023·莆田模拟）铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子。下列说法正确的是
A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：
B．完全转化为羟基自由基时转移了电子
C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭
D．若处理含的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气
10．（2023·莆田模拟）常温下，用溶液滴定溶液，消耗溶液的体积与混合液关系如下图所示。滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生。已知：碳酸，；。下列说法正确的是
A．ab段升高的主要原因：
B．bc段溶液不可能出现白色沉淀
C．b点：
D．c点：
二、综合题
11．（2023·莆田模拟）锗是现化高科技产业重要的基础材料。用含氧化锌烟尘(杂质主要有、、、、等)为主要原料制备氧化锌和高纯度单质锗的一种工艺流程如图所示。
已知：①单宁酸是一种只含C、H、O元素的有机化合物
②，常温下，，，
③当溶液中某离子的物质的量浓度不大于时，该离子沉淀完全
（1）“酸浸”后所得的滤渣主要成分除外，还含有 。(填化学式)
（2）如图所示，“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为 。
（3）“调”所用试剂X为 (填一种物质的化学式)，若“酸浸”后溶液中，则应调控的范围为 。
（4）若“沉锌”的产物为，则反应的离子方程式为 。
（5）“水解”反应的化学方程式为 。
（6）在750℃的熔融盐体系中，将“水解”产物作为电极进行电解生成单质，该电极反应式为 。
12．（2023·莆田模拟）可用于环境消毒。实验室利用如图装置制备溶液，已知通入溶液存在如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
反应Ⅰ的反应速率很快，反应Ⅱ在室温下较慢。
（1）仪器a的名称是 。
（2）制备，必要时可进行加热，则装置甲中试剂X为 (填化学式)，相应的化学方程式为 。
（3）装置乙中蒸馏水的作用是 。
（4）为了提高产率，对装置丙进行改进，可采取的一种措施是 。
（5）实验过程中仍有少量进入装置丁的原因是 (写一种原因)。
（6）有效氯指的是每升含氯消毒液的氧化能力相当于多少克的氧化能力。实验测得装置丙中的有效氯为，假设有效氯都来自，则该溶液中的物质的量浓度为 。若实验制得的溶液在放置过程中又有部分转化成，则有效氯含量 (填“变大”“变小”或“不变”)。
13．（2023·莆田模拟）有效转化是研究“碳中和”的重要方向。
（1）可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如下图所示。
已知
则的 (用、、表示)。
（2）CO2催化加氢可合成乙烯，反应为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH<0，在恒压密闭容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应，不同温度下达到平衡时各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①下列说法正确的是
A．b点时：2v正(H2)=3v逆(H2O)
B．a、b、c三点的平衡常数：Ka>Kc>Kb
C．将H2O(g)液化分离可提高C2H4的产率
D．活性更高的催化剂可提高CO2的平衡转化率
②表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是 (填“k”“l”“m”或“n”)
③若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，保持温度不变，则反应向 (填“正”或“逆”)反应方向进行。
④205℃，反应达b点所用时间为tmin，则此过程中用CO2表示的反应速率是 mol/min。若平衡时b点总压为P，则平衡常数Kp= (列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
⑤其他条件相同，分别在催化剂X、Y作用下发生该反应，测得相同时间CO2的转化率与温度的关系如下图所示。使用催化剂X，当温度高于302℃，CO2转化随着温度升高而下降的原因是 。
14．（2023·莆田模拟）是普鲁士蓝类化合物中的一种，可用于钠离子电池的正极材料。晶胞如图所示(未标出)。
（1）基态Mn原子的外围电子轨道表示式为 。
（2）Mn、Fe元素的第三电离能(I3)： (填“>”或“<”)。
（3）中的第二周期元素与H元素形成的、、化合物中，A-A键键能依次减小，从结构角度分析其原因是 。其中分子中N原子的杂化类型为 。
（4）晶胞中，与形成配位键的元素有 。晶胞结构的另一种表示中，若O点处于晶胞体心位置，则晶胞中处于 位置。
15．（2023·莆田模拟）阿帕替尼是我国自主研制的一种小分子酪氨酸酶抑制剂，是目前唯一一种口服治疗晚期胃癌的靶向药物。其合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）H中含氧官能团的名称为 。
（2）B的结构简式为 ，C的分子式为 。
（3）D→E、G→H的反应类型分别为 。
（4）E→G化学反应方程式 。
（5）F的同分异构体中，含一个苯环，核磁共振氢谱有2组峰且面积比为的结构简式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【分析】A．“兴化米粉”是大米做成的，主要成分是淀粉，A不符合题意；
B．蜡烛的主要成分是烃类，可以燃烧，B不符合题意；
C．碳纤维为单质，不是有机材料，C符合题意；
D．富锌涂层能形成保护层，具有防水、隔氧等作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、大米的主要成分是淀粉；
B、蜡烛为烃类；
C、碳纤维为新型非金属材料；
D、舰的外壳具有防水隔氧的作用。
2．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【分析】A．分子中含有苯环，苯环为平面结构，A不符合题意；
B．含有1个手性碳原子，B不符合题意；
C．分子中含有碳碳双键，能发生加成反应；分子中含有酚羟基、羧基能发生取代反应，C不符合题意；
D．羧基、酯基、酚羟基均可以和氢氧化钠反应，故该有机物最多能与反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、苯环为平面环状结构；
B、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
C、羧基、苯环、酯基、羟基可以发生取代反应，苯环可以发生加成反应；
D、羧基、酯基、酚羟基可以和氢氧化钠反应。
3．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【分析】A．铵根离子部分能够发生水解，无法计算溶液中铵根离子数目，A不符合题意；
B．氮气中氮原子之间为三键，含两根键，标况下22.4LN2的物质的量为1mol，含含键的数目为，B符合题意；
C.18g水的物质的量为1mol，1mol水中含4对电子对，故电子对的数目为4NA，C不符合题意；
D．该反应中亚硝酸钠中的N元素化合价降低，得到电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铵根离子可以发生水解；
B、π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
C、1mol水中含4对电子对；
D、结合化合价变化数目判断。
4．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【分析】A．可在坩埚中灼烧海带，图中装置合理，故A符合题意；
B．电镀银时，Ag与电源正极相连作阳极，图中正负极应互换，故B不符合题意；
C．酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故C不符合题意；
D．酯化反应中需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、灼烧海带需要用干锅、泥三角、酒精灯；
B、电镀时，镀层金属为阳极；
C、酸性高锰酸钾需要装在酸式滴定管；
D、酯化反应需要用浓硫酸。
5．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【分析】A．铵根离子、亚铁离子水解使得溶液显酸性，酸性溶液使紫色石蕊试液变红色，能准确解释相应实验现象，A不符合题意；
B．硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，能准确解释相应实验现象，B不符合题意；
C．亚铁离子和硝酸根离子生成铁离子和一氧化氮气体，，不能准确解释相应实验现象，C符合题意；
D．铵根离子和氢氧根离子生成刺激性气体氨气，能准确解释相应实验现象，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铵根离子、亚铁离子水解为酸性；
B、硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡；
C、稀硝酸生成一氧化氮；
D、铵根离子和氢氧根离子可以生成氨气。
6．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【分析】A．根据分析，富集过程得到AgI沉淀，离子反应为：，A不符合题意；
B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌，可提高AgI的转化效率，B不符合题意；
C．“转化”中生成的沉淀为Ag，Ag与硝酸反应所得产物硝酸银可循环使用，C不符合题意；
D．“氧化”中通入足量氯气时得到氧化产物、Fe3+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、银离子可以和碘离子结合生成碘化银固体；
B、铁粉可以提高碘化银的转化率；
C、银和硝酸反应生成硝酸银，可以在富集中循环利用；
D、氯气可以和碘离子反应生成碘，电元素化合价升高，碘单质为氧化产物。
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【分析】A．的能量更高，故其不如稳定，A不符合题意；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B不符合题意；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C符合题意；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、活化能越高物质越稳定；
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；
C、结合图示可以知道最小活化能为；
D、催化剂不影响焓变。
8．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【分析】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；元素电负性：Z>Y>W，A符合题意；
B．常温下水为液体、氨气为气体，则水沸点较高；氨气能形成氢键导致沸点高于硫化氢，故简单氢化物沸点：Y>X> W，B不符合题意；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：X>Y > Z，C不符合题意；
D．亚硝酸、亚硫酸不是强酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；
B、氢键可以提高分子的沸点；
C、电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
D、亚硝酸、亚硫酸不是强酸，硝酸、硫酸是强酸。
9．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【分析】A．正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；
B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH·，所以完全转化为羟基自由基时转移了电子，B符合题意；
C．除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C不符合题意；
D． 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁为负极，失去电子生成亚铁离子；
B、结合化合价变化判断电子数；
C、结合图示可以知道除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开；
D、结合图示可以知道 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭。
10．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【分析】A．ab段升高，则氢氧根离子浓度增大、氢离子浓度减小，A不符合题意；
B．滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸，溶液酸性增强，pH减小，结合图像可知，bc段溶液出现白色沉淀，B不符合题意；
C．b点pH最大，溶质为碳酸氢钠、氯化钙，，，则水解大于电离，故，C不符合题意；
D．c点pH=7.2，溶液显碱性，故，根据电荷守恒可知，由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知，，则有，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图示可以知道ab段氢氧根浓度增大，氢离子浓度减小；
B、没有气泡产生，即碳酸氢钠和氯化钙反应生成碳酸钙固体；
C、结合水解平衡常数判断；
D、结合电荷守恒判断。
11．【答案】（1）Ag2SO4、PbSO4
（2）生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行
（3）ZnO；2.8~6.4
（4）
（5）
（6）
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【分析】（1）由分析可知，“酸浸”后所得的滤渣主要成分除外，还含有Ag2SO4、PbSO4；
（2）“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行；
（3）由分析可知，“调”所用试剂X为ZnO；若“酸浸”后溶液中，则氢氧根离子浓度不大于，此时pOH=7.6，pH=6.4；要求此时铁离子完全沉淀，则氢氧根离子浓度至少为，此时pOH=11.2，pH=2.8；故应调控的范围为2.8~6.4；
（4）若“沉锌”的产物为，则反应为锌离子和碳酸氢根离子生成和水、二氧化碳，离子方程式为；
（5）GeCl4水解生成，“水解”反应的化学方程式为；
（6）作为电极进行电解生成单质，则反应为得到电子发生还原反应生成单质，该电极反应式为。
【分析】（1）银离子、铅离子和硫酸根离子不能共存，会形成沉淀；
（2） “酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低 ，可能是生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行；
（3）要使金属离子沉淀，而不影响锌离子，通常加入氧化锌、氢氧化锌、碳酸锌等；
（4）锌离子、碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸锌、二氧化碳和水；
（5）氯化锗和水反应生成二氧化锗和氯化氢；
（6）二氧化锗得到电子生成锗和氧负离子。
12．【答案】（1）圆底烧瓶
（2）MnO2；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（3）除去氯气中的HCl
（4）将装置丙置于冰水浴中
（5）产生Cl2过快，Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁
（6）0.8mol/L；不变
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【分析】（1）根据图示，仪器a的名称是圆底烧瓶。
（2）可使用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2，则试剂X为MnO2，相应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（3）Cl2中携带未参与反应的HCl，装置乙的作用是除去氯气中的HCl，防止HCl与装置丙中的NaOH反应。
（4）Cl2和NaOH反应是放热反应，降温可提高产率，可采取的改装方式是将装置丙置于冰水浴中。
（5）可能是由于产生Cl2过快，导致Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁。
（6）1个Cl2得到2个电子变成2个Cl－，1个NaClO得到2个电子也变成2个Cl－，说明Cl2和NaClO的氧化能力相同，则装置丙中的的物质的量浓度为。3个转化为1个，而中Cl元素为+5价，1个得到6个电子变成1个Cl－，其氧化能力和3个是相同的，因此实验制得的溶液在放置过程中又有部分转化成，其有效氯含量不变。
【分析】（1）圆底烧瓶不含支管；
（2）二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；
（3）蒸馏水可以除去氯化氢，防止其影响后续实验；
（4）结合两道已知方程式，可以知道Cl2和NaOH反应是放热反应，降温可提高产率；
（5） 产生Cl2过快，Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁；
（6）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
13．【答案】（1）
（2）AC；n；逆；；；催化剂活性降低，反应速率减慢
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【分析】（1）已知：
①
②
③
由盖斯定律可知，①+②-③得，则；
（2）①A．由化学方程式体现的关系可知，b点时达到平衡状态，正逆反应速率相等，则有2v正(H2)=3v逆(H2O)，A符合题意；
B．反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故a、b、c三点的平衡常数：Kb>Ka>Kc，B不符合题意；
C．将H2O(g)液化分离，平衡正向移动，可提高C2H4的产率，C符合题意；
D．活性更高的催化剂可提高反应速率，但是不改变CO2的平衡转化率，D不符合题意；
故答案为：AC；
②随着温度升高，平衡逆向移动，乙烯、水的体积分数减小，结合化学方程式中系数可知，乙烯减小的程度小于水，故表示水体积分数随温度变化的曲线是m、表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是n；
③随着温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳、氢气的体积分数增大，结合化学方程式中系数可知，二氧化碳增大的程度小于氢气，则l为二氧化碳体积分数变化曲线、k为氢气体积分数变化曲线；若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，此时氢气的体积分数小于平衡时氢气体积分数，保持温度不变，则反应向逆反应方向进行。
④205℃，反应达b点所用时间为tmin，
此时二氧化碳和乙烯体积分数相同，则2-2a=a，，则此过程中用CO2表示的反应速率是；平衡时二氧化碳、氢气、乙烯、水分别为、、，总的物质的量为6mol，若平衡时b点总压为P，则平衡常数；
⑤当温度高于302℃，CO2转化随着温度升高而下降的原因是温度超过催化剂X的活性温度，催化剂活性降低，反应速率减慢。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① A、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例；
B、放热反应，温度和平衡常数为反比；
C、减少生成物浓度，平衡朝正向移动；
D、催化剂不影响平衡转化率；
② 随着温度升高，平衡逆向移动，乙烯、水的体积分数减小；
③ 随着温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳、氢气的体积分数增大；
④ 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
⑤ 温度超过催化剂X的活性温度，催化剂活性降低，反应速率减慢。
14．【答案】（1）
（2）>
（3）孤电子对越多，对成键电子对斥力越大，键能越小；sp3
（4）Fe、Mn；顶点、面心
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【分析】（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，轨道表示式为；
（2）Mn的价电子排布式为3d54s2，Fe的价电子排布式为3d64s2，各失去2个电子后，外层电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+的3d轨道处于半充满，稳定，再失去一个电子所需要的能量较高，故>；
（3）孤电子对越多，对成键电子对斥力越大，键能越小，故中的第二周期元素与H元素形成的、、化合物中，A-A键键能依次减小；分子中N原子均形成单键，杂化类型为sp3；
（4）晶胞中，与CN-形成配位键的元素有Fe、Mn；若0点处于晶胞体心，则Mn处于顶点、面心位置。
【分析】（1）锰元素为25号，价电子排布式为3d54s2；
（2）电子处于全充满或半充满时，电离能增大；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（4）原子位置要结合晶胞整体结构判断。
15．【答案】（1）酰胺基
（2）CH2ClCH2CH2CH2Cl；C12H13N
（3）还原反应、取代反应
（4）)
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；取代反应；结构简式
【解析】【分析】（1）由H结构可知，H中含氧官能团的名称为酰胺基；
（2）由分析可知，B的结构简式为CH2ClCH2CH2CH2Cl，C的分子式为C12H13N；
（3）D中硝基被还原转化为氨基得到E，为还原反应；G中氯原子被取代生成H，为取代反应；
（4）E中氨基和F中羧基发生取代反应生成G，反应为；
（5）F的同分异构体中，含一个苯环，核磁共振氢谱有2组峰且面积比为，则其对称性很好，结构简式为。
【分析】（1）H中含氧官能团为酰胺基；
（2）结合前后流程，可以知道B的结构简式为 CH2ClCH2CH2CH2Cl；分子式要结合C、H、N三种元素的原子总数判断；
（3）D转化为E的过程中，硝基变为氨基，有机反应中加氢去氧为还原反应；G转化为H的过程中，氯原子被取代，发生取代反应；
（4）E转化为G的过程中，氨基断开一个氢原子，结合羟基形成水，剩余部分结合，该过程为取代反应；
（5）同分异构体含有苯环，且核磁共振氢谱有2组峰且峰面积比为1：1，即有2种等效氢，且数目比为1：1。
