浙江省杭州市联谊学校2023-2024学年高二下学期5月月考化学试题

2024年5月“桐·浦·富·兴”教研联盟调研测试高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共10页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H1B11C12O16Na23P31Cl35.5Fe56Ag108选择题部分一、单项选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分)1.下列化学用语只能用来表示一种微粒的是A.化学式： B.球棍模型：C.化学名称：二氯甲烷 D.核外电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．化学式：可以使丙烯，也可以是环丙烷，A错误；B．球棍模型：，可以是乙烷，也可以是6氟乙烷等，B错误；C．化学名称：二氯甲烷，甲烷是四面体结构，二氯甲烷只有一种结构，C正确；D．核外电子排布图：，可以是基态Ne原子，也可以表示是F或者Na+等核外电子排布图，D错误；答案选C。2.乌金纸是浙江省特有的传统手工艺品。据《天工开物》记载：“用东海巨竹膜为质，豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸。每纸一张打金箔五十度，然后弃去，为药铺包朱(砂)用，尚未破损，盖人巧造成异物也。”下列说法正确的是A.东海巨竹膜、豆油的主要成分都属于天然高分子化合物B.乌金纸色泽的形成与豆油的不完全燃烧有关C.打金成箔，说明乌金纸具有良好的延展性D.乌金纸有良好的耐冲击性能的主要原因是金属钨的硬度大【答案】B【解析】【详解】A．“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素是天然高分子化合物，豆油的主要成分油脂，但不属于天然高分子化合物，A错误；B．由题干可知，“乌金纸”是用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸，故“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，B正确；C．打金成箔，说明金具有良好的延展性，C错误；D．由题干可知，乌金纸有良好的耐冲击性能的主要原因是有金，与金属钨无关，D错误；故选B。3.水是自然界中优良的无机溶剂，常温下水的自偶电离可表示为：，下列说法正确的是A.水分子的VSEPR模型为V形 B.1mol液态水中存在2mol氢键C.中O原子杂化方式为 D.中键角比中小【答案】C【解析】【详解】A．中心原子O价层电子对数：，VSEPR模型为四面体形，A错误；B．冰结构中每个水分子可与周围4个水分子形成氢键，平均2个水分子可形成1个氢键，则1mol固态水中存在2mol氢键，液态水中氢键数目小于固态水中，故1mol固态水中存在氢键的物质的量少于2mol，B错误；C．中心原子O原子杂化轨道数：，杂化类型为杂化，C正确；D．中O原子含2对孤电子对，中O原子只含1对孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子产生的斥力越大，导致键角越小，D错误；答案选C。4.DNA双螺旋的两个螺旋链通过氢键相互结合，氢键位于双螺旋结构的内部，主要作用是维持两条互补链的稳定配对，对生命物质的高级结构和生物活性具有重要的意义。部分结构如图所示。下列说法错误的是A.*N原子的杂化方式为 B.双螺旋结构内部的氢键键长约为0.29nmC.特定的双螺旋结构取决于氢键的方向性 D.氢键可影响DNA分子的反应活性【答案】B【解析】【详解】A．*N原子的价层电子对为3对，杂化方式为，A正确；B．双螺旋结构内部的氢键键长是N原子到O原子或者氮原子到N原子的长度，大于0.29nm，B错误；C．特定的双螺旋结构取决于氢键的方向性，C正确；D．氢键可影响DNA分子的反应活性，D正确；答案选B。5.已知烯烃M()被酸性高锰酸钾溶液氧化可发生如下图所示反应，下列说法错误的是A.用系统命名法命名M：2甲基2丁烯B.M的烯烃类同分异构体中存在顺反异构现象C.M发生加聚反应得到顺丁橡胶D.烯烃()被酸性高锰酸钾溶液氧化后，产物仅有，则烯烃可能的结构为：【答案】C【解析】【详解】A．M的名称为：2甲基2丁烯，A正确；B．M的烯烃类同分异构体存在顺反异构现象，B正确；C．1,3丁二烯发生加聚反应得到顺丁橡胶，C错误；D．烯烃()被酸性高锰酸钾溶液氧化后，从碳碳双键处断开，两边得到的产物相同，产物仅有，D正确；答案选C。6.下列各组物质熔化或升华时，所克服的粒子间作用属于同种类型的是A.Na2O和SiO2熔化B.碘和干冰升华C.氯化钠和蔗糖熔化D.Mg和S熔化【答案】B【解析】【分析】【详解】A.Na2O和SiO2分别属于离子晶体和原子晶体，熔化时破坏的是离子键和共价键，错误；B.碘和干冰升华均属于分子晶体，升华时均克服分子间作用力，类型相同，B项正确；C.NaCl和蔗糖分别属于离子晶体、分子晶体，NaCl熔化克服离子键、蔗糖熔化克服分子间作用力，类型不同，C项错误；D.Mg和S分别属于金属晶体、分子晶体，Mg熔化克服金属键，S熔化克服分子间作用力，类型不同，D项错误；答案选B。【点睛】7.甲苯()中加入少量紫红色的酸性高锰酸钾溶液，振荡后褪色。下列说法正确的是A.甲苯使酸性高锰酸钾褪色，说明甲苯是不饱和烃B.甲基影响苯环，高锰酸钾溶液破坏不饱和键C.甲苯催化高锰酸钾在酸性溶液中分解为无色物质D.甲苯()与异丙苯()均能使酸性高锰酸钾褪色，且互称为同系物【答案】D【解析】【分析】甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成苯甲酸，甲基被氧化，而苯环不被氧化，这说明甲基受苯环影响，可被酸性高锰酸钾溶液氧化。【详解】A．甲苯使酸性高锰酸钾褪色，是由于甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成苯甲酸，甲基被氧化，高锰酸钾被还原为锰离子，A错误；B．由于苯环影响了甲基，高锰酸钾溶液把甲苯上甲基氧化为羧基，B错误；C．苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成苯甲酸，C错误；D．与苯环连接碳原子上有H的，都能被高锰酸钾氧化为苯甲酸，甲苯()与异丙苯()均能使酸性高锰酸钾褪色，且二者互称为同系物，D正确；答案选D。8.不同种类的蚂蚁在撕咬时会分泌不同的物质。阿根廷有一种火蚁分泌环状胺(solenopsin)，是一种神经毒素，可溶解穿过其他种类蚂蚁的蜡质角质层，利用其毒性消灭其他种类蚂蚁。阿根廷另一种黄疯蚁在撕咬时分泌甲酸涂抹全身，能有效应对火蚁神经毒素的攻击，反应原理如图所示。下列说法错误的是A.甲酸和环状胺均能与溶剂水分子形成氢键，都具有良好的水溶性B.环状胺和甲酸反应后的产物不能有效溶解蜡质角质层C.环状胺分子中有2个手性碳原子D.甲酸在环状胺中的电离程度要大于在水中的电离程度【答案】A【解析】【详解】A．甲酸中有羧基（COOH），其能与溶剂水分子形成氢键，且其没有烃基，因此具有良好的水溶性，环状胺中有亚氨基（），能与溶剂水分子形成氢键，但其烃基较大，憎水作用强于亲水作用，因此不具有良好的水溶性，A错误；B．火蚁分泌的环状胺可溶解穿过其他种类蚂蚁的蜡质角质层，黄疯蚁在撕咬时分泌甲酸涂抹全身，能有效应对火蚁神经毒素的攻击，因此环状胺和甲酸反应后的产物不能有效溶解蜡质角质层，B正确；C．手性C原子连接4个不同的原子或原子团，环状胺中有如图2个手性C原子，C正确；D．环状胺中有亚氨基，显碱性，能与甲酸反应，促进甲酸的电离，因此甲酸在环状胺中的电离程度要大于在水中的电离程度，D正确；答案选A。9.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为18.Q与X、Y、Z位于不同周期，基态X原子核外电子所占据原子轨道全充满，Y与Q同族。下列说法错误的是A.Q的简单氢化物是一种常见的制冷剂B.X单质在空气中易形成氧化膜，阻止单质继续被氧化C基态Y原子核外电子有9种空间运动状态D.Z单质是由单原子分子构成的分子晶体【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为18，基态X原子核外电子所占据原子轨道全充满，其核外电子排布可能为或，分别为Be元素或Mg元素；若X为Be元素，则Q为H元素，Y为Na元素，各元素原子最外层电子数之和不可能为18；若X为Mg元素，则Q为N元素，Y为P元素，Z为S元素。【详解】A．根据分析，Q为N元素，其简单氢化物是NH3，液氨可作制冷剂，A说法正确；B．X为Mg元素，金属单质Mg在空气中易形成氧化膜，阻止单质继续被氧化，B说法正确；C．基态P原子核外电子排布：，电子排布占据9个轨道，即有9种空间运动状态，C说法正确；D．S单质分子晶体，但不是单原子分子，D说法错误；答案选D。10.金刚烷的碳架结构相当于是金刚石晶格网络中的一个晶胞，故取名金刚烷。其基本结构是椅式环己烷，它是一种高度对称和非常稳定的化合物。由化合物M合成金刚烷路线如下图所示。下列说法错误的是A.化合物M到化合物N的过程发生了加成反应B.化合物N的分子式为C.金刚烷的二氯代物有5种D.通过X射线衍射图进行化学计算可获得金刚烷键长、键角等分子结构信息【答案】C【解析】【详解】A．化合物M到化合物N，M中的碳碳双键生成了碳碳单键，发生了加成反应，A正确；B．N分子中有10个碳原子和16个氢原子，分子式为，B正确；C．金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型，分子中含4个，6个—CH2—，共2种位置的H，所以该物质的一氯代物有2种；第一个Cl取代上的H，二氯代物有3种，第一个Cl取代—CH2—上的H，二氯代物还有3种，共6种C错误D．通过X射线衍射图进行化学计算可获得金刚烷键长、键角等分子结构信息，D正确；答案选C。11.物质结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子间作用力B熔点：(700℃)高于(316℃升华)离子键成分的百分数C热稳定性：强于氢键D酸性：强于羟基极性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．正戊烷与新戊烷是同分异构体，新戊烷支链多，分子间作用力弱，导致正戊烷沸点高于新戊烷，则正戊烷沸点高于新戊烷与分子间作用力有关，A正确；B．离子键成分的百分数大则倾向于构成离子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体，(700℃)高于(316℃升华)与离子键成分的百分数有关，B正确；C．热稳定性：强于，是因为水分子中氢氧键键能大于硫化氢中氢硫键，与氢键无关，C错误；D．氟原子(吸电子效应)使羟基的极性增强，更易电离出氢离子，酸性更强，D正确；故选C。12.大环配体在生物医学领域有广泛应用。金属离子可将一组配体组装在一起，配体之间接着发生反应形成“大环配体”，大环配体是含有多个电子给予体原子的环状分子，合成环状分子的过程称之为模块效应。模块效应可以用来制备众多不同孔径的大环配体，若没有金属离子，产物将会是难以明确表示的混合物。大环配体形成原理如下图所示，下列说法错误的是A.在反应中有控制成环大小的作用B.上述反应的原子利用率为100%C.模块效应主要发生了加成反应和消去反应D.大环配体可根据金属离子的半径大小对金属离子进行有效分离【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，可与N形成“大环配体”，具有模块效应可以用来制备众多不同孔径的大环配体，能控制成环大小，故A正确；B．由原子守恒，生成物中没有O元素，说明上述反应还有其他生成物，则原子利用率不是100%，故B错误；C．模块效应主要发生了氨基与醛基的加成反应得到醇羟基，再发生醇的消去反应得到碳碳双键，故C正确；D．大环配体具有不同孔径，可根据金属离子的半径大小对金属离子进行有效分离，故D正确；故选B。13.环己酮是重要的化工原料。实验室氧化环己醇制备环己酮的流程如图所示。已知环己醇沸点161℃，环己酮的沸点156℃。下列说法正确的是A.环己醇反应过程中，浓的作用是氧化剂B.NaCl(s)的作用是增强水溶液的极性，降低有机物在水中的溶解度，便于分层C.98.3%的浓硫酸具有很强的吸水能力，可用于有机相的干燥D.操作2直接蒸馏可得环己酮【答案】B【解析】【详解】A．环己醇反应过程中，Na2Cr2O7是氧化剂，A错误；B．NaCl(s)的溶于水后变成氯化钠溶液，增强水溶液的极性，降低有机物在水中的溶解度，便于分层，B正确；C．98.3%的浓硫酸还具有脱水性和强氧化性，不能用于有机相的干燥，C错误；D．环己醇沸点161℃，环己酮的沸点156℃，二者沸点相差很小，直接蒸馏得不到纯净的环己酮，D错误；答案选B。14.向装有一定量蒸馏水的两支试管(标记为1号和2号)中分别加入少量碘单质，充分振荡，溶液呈浅棕色，底部均有少量紫黑色不溶物。继续向两支试管中加入少量，振荡试管、静置，上层溶液无色，下层出现紫红色；再依次向1号试管中加入少量细小锌粒，向2号试管中加入少量KI固体；一段时间后1号、2号试管中下层紫红色消失，1号试管中上层无色，2号试管中上层出现棕色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是选项颜色变化解释A两试管溶液呈浅棕色在水中溶解度较小B两试管上层浅棕色消失萃取了上层溶液中的C1号试管中下层紫色消失Zn与有色物质发生了反应D2号试管中上层出现棕色上层溶液中被空气中氧气氧化为A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向蒸馏水中加入I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A正确；B．I2在CCl4溶解度大于在水中的溶解度，且水与四氯化碳互不相溶，两试管上层浅棕色消失，萃取了上层溶液中的，B正确；C．1号试管中下层紫色消失，Zn与有色物质发生化合反应，生成了ZnI2，C正确；D．2号试管加入KI，电离出的I与溶液中的I2发生反应：I+I2⇋，上层出现棕色，D错误；答案选D。15.某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属于立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为apm，下列说法错误的是A.晶体中存离子键、共价键、配位键等多种作用力B.晶体类型为混合型晶体C.八面体中心M金属离子的化合价为+2D.金属离子M与B原子之间的最短距离为：【答案】B【解析】【详解】A．M金属离子与NH3分子之间的作用力是配位键，NH3中NH键是共价键，金属配离子和之间是的作用力是离子键，晶体中存在离子键、共价键、配位键等多种作用力，A正确；B．晶体类型为离子晶体，B错误；C．晶胞结构中有8个在晶胞内部，金属配离子有个，因此金属离子的化合价为+2价，化学式可以表示为[M(NH3)6](BH4)2，C正确；D．金属离子与硼原子间最短距离为晶胞的体对角线的四分之一，体对角线为pm，M与B原子之间的最短距离为：，故D正确；答案选B。16.当1，3­丁二烯和溴单质以物质的量之比为1∶1加成时，其反应机理及能量变化如下：不同反应条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：实验编号反应条件反应时间产物中A的物质的量分数产物中B的物质的量分数115℃tmin62%38%225℃tmin12%88%下列分析不合理的是A.产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争B.实验1测定产物组成时，体系已达平衡状态C.相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快D.实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B【答案】B【解析】【分析】【详解】A．产物A、B分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，由题表知，活性中间体C在不同温度下生成A、B的量不同，但A、B的总量不变，故由中间体C生成A、B的反应互相竞争，A项正确；B．实验1测定产物组成时，不能确定各物质含量保持不变，体系不一定达平衡状态，B项错误；C．从图象中反应活化能分析可知，相同条件下由活性中间体C生成产物A的活化能较小，则速率更快，C项正确；D．结合题表中数据知，实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D项正确；答案选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.短周期元素X、Y、Z和M原子序数依次增大。X元素的单质是空气中体积分数最高的组分，Y原子核外有5种空间运动状态不同的电子且有1个单电子，基态Z的核外电子所占据原子轨道全充满，M与Z位于同一周期，M的第一电离能大于同周期相邻元素。R元素的+1价阳离子原子核外前三个能层均填满电子。回答下列问题：（1）R元素位于元素周期表的___________区，其简化的核外电子排布式是___________。（2）X、Y、M三种元素的电负性由大到小的顺序是___________。(用元素符号表示)（3）X、Y均可与Z化合，形成的化合物中化学键的离子性成分百分数大小关系是___________。(用相应物质的化学式回答)（4）Y与M形成的阴离子MY6常用于合成离子液体，从结构角度解释原因___________。【答案】（1）①.ds②.（2）F>N>P（3）（4）电荷数低，离子体积大，与阳离子间作用力弱【解析】【分析】X元素的单质是空气中体积分数最高的组分，则X为N元素，Y原子核外有5种空间运动状态不同的电子且有1个单电子，则Y为F元素，基态Z的核外电子所占据原子轨道全充满，Z为Mg元素，M与Z位于同一周期，M的第一电离能大于同周期相邻元素，M为P元素，R元素的+1价阳离子原子核外前三个能层均填满电子，R为Cu元素；小问1详解】铜在周期表位置为第四周期第IB族，位于ds区，其简化的核外电子排布式是：；【小问2详解】N、F、P三种元素的电负性由大到小顺序是：F>N>P；【小问3详解】X、Y均可与Z化合，形成的化合物是Mg3N2和MgF2，F的电负性大于N的电负性，化学键的离子性成分百分数大小关系是：；【小问4详解】Y与M形成的阴离子，常用于合成离子液体，从结构角度解释电荷数低，离子体积大，与阳离子间作用力弱，常温下呈液体。18.碳元素形成的物质种类繁多，回答下列问题。（1）图1中甲醛分子的价层电子对互斥模型(VSEPR)是___________。（2）图2乙烯分子中键角的原因是___________。（3）图3中带正电荷的碳原子杂化方式是___________。（4）下列关于甲醛、乙烯、丙烯分子说法正确的是___________。A.甲醛分子中C、O之间的π键电子云轮廓图如上图所示B.乙烯分子中含有极性共价键和非极性共价键，分子为非极性分子C.丙烯分子中键长：碳碳单键<碳碳双键，键能：碳碳单键<碳碳双键D.图3中I的稳定性大于Ⅱ（5）甲醛、乙烯、丙烯分子在水中的溶解度最大的是___________，主要原因是___________。【答案】（1）平面三角形（2）碳碳双键电子云密度大，对碳氢键共用电子对的斥力大于碳氢单键之间的斥力（3）（4）ABD（5）①.甲醛(HCHO)②.HCHO可与水分子之间形成氢键【解析】【小问1详解】甲醛分子的价层电子对数是3，即中心碳原子是sp2杂化，则甲醛分子的价层电子对互斥模型(VSEPR)是平面三角形；【小问2详解】因为碳碳双键电子云密度大，对碳氢键共用电子对的斥力大于碳氢单键之间的斥力，则乙烯分子中键角；【小问3详解】图3中带正电荷的碳原子周围有3个键，没有孤对电子，则杂化方式是；【小问4详解】A.甲醛分子中C、O原子轨道以肩并肩方式相互重叠形成π键，正确；B.乙烯分子中含有碳氢极性共价键和碳碳非极性共价键，分子为非极性分子，正确；C.丙烯分子中键长：碳碳单键>碳碳双键，键能：碳碳单键<碳碳双键，错误；D.根据图示，几乎没有图3中Ⅱ反应后的产物，因此I的稳定性大于Ⅱ，正确；故选ABD；【小问5详解】因为HCHO可与水分子之间形成氢键，所以在水中的溶解度最大的是甲醛分子。19.实验室以2丁醇()为原料制备2氯丁烷()，实验装置如图所示(夹持、加热装置已略去)：相关信息如表所示：物质熔点/℃沸点/℃密度/()其他2丁醇114.799.5081与水互溶2氯丁烷131.368.20.87微溶于水【实验步骤】步骤1：在甲装置中的圆底烧瓶内加入无水和50mL12浓盐酸，充分溶解、冷却，再加入22.84mL2丁醇，加热一段时间。步骤2：将反应混合物移至乙装置的蒸馏烧瓶内，蒸馏并收集115℃以下的馏分。步骤3：从馏分中分离出有机相，进行系列操作，放置一段时间后过滤。步骤4：滤液经进一步精制得产品。回答下列问题：（1）甲装置中制备2氯丁烷的反应方程式为___________。I中应连接的仪器是___________(填“A”或“B”)，选择该仪器的原因是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.步骤1：无水可提高制取产品的效率B.步骤2：蒸馏操作时可采用水浴加热以便于控制温度C.步骤3：使用分液漏斗振荡混合物时需多次打开下端玻璃旋塞放气D.步骤4：精制产品的方法可以是蒸馏，也可控制温度在120℃将2丁醇滤出（3）步骤3进行系列操作的顺序是___________。④→___________→④→___________(填序号)①10%溶液洗涤②10%NaOH溶液洗涤③加入固体④蒸馏水洗涤⑤加入浓硫酸（4）测定实验中生成2氯丁烷的产率。将全部产品加入足量NaOH溶液中，加热，冷却后，加酸将溶液酸化，再滴入足量的硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥。①将溶液酸化所需的酸是___________。②实验中得到28.70g沉淀，则2氯丁烷的产率是___________。【答案】（1）①.②.A③.蒸汽与冷凝水接触面积大，冷凝效果好（2）AC（3）④→①→④→③（4）①.硝酸②.80%【解析】【分析】本题是以物质的分离、提纯为主线的有机制备实验。实验的制备原理是2丁醇(CH3CHOHCH2CH3)与浓盐酸的取代反应，其中无水氯化锌作催化剂，以制备出2氯丁烷(CH3CHClCH2CH3)。接下来根据题目中的已知条件，如沸点差异、溶解性等信息对所得产物进行分离、提纯。【小问1详解】实验的制备原理是2丁醇(CH3CHOHCH2CH3)与浓盐酸的取代反应，反应的华夏方程式为：；冷凝回流一般用球形冷凝管，原因是使用球形冷凝管，蒸汽与冷凝水接触面积大，冷凝效果好；【小问2详解】A.无水氯化锌具有吸水性，可吸收生成的水，促使反应正向进行，还可以做催化剂，可提高制取产品的效率，A正确；B.蒸馏操作时加热温度为115℃不能采用水浴加热，B错误；C.使用分液漏斗振荡混合物时需多次打开下端玻璃旋塞放气，用以平衡压强，C正确；D.步骤4：精制产品的方法可以是蒸馏，不能通过控制温度在120°以下，温度过低，实验室难以达到，D错误；答案是AC；【小问3详解】从馏分中分离出有机相，进行系列操作是先水洗，再碱洗，继续水洗，最后干燥，操作步骤是：④→①→④→③【小问4详解】22.84mL2丁醇的物质量量为=0.25mol，根据关系式：CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl，n(AgCl)=n(CH3CHClCH2CH3)=，则产率=。20.H、C、N、O、Cl等非金属元素是构成化合物的常见元素，Zn、Ni是重要的过渡金属。回答下列问题：（1）N、O、Cl以原子个数比1：1：1形成的分子，各原子最外层均满足8e结构，其电子式为___________。（2）已知，写出与物质的量之比2∶1反应的化学方程式___________。（3）化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。①晶胞中的配位原子是___________，的配位数是___________，___________。②若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是___________，说明推测的依据___________。【答案】（1）（2）（3）①.C②.6③.2∶1∶1④.⑤.以分子间作用力结合，受热最易被破坏【解析】【小问1详解】N、O、Cl以原子个数比1：1：1形成的分子，各原子最外层均满足8e结构，N最外层有5个电子，满足8电子需要形成3个共用电子对，O原子最外层有6个电子，满足8电子要形成2个共用电子对，Cl原子最外层有7个电子，满足8电子需要形成一个共用电子对，因此电子式为；【小问2详解】与发生取代反应生成酰胺基和氯化氢，NH3中有三个氢原子可以被取代，与以2:1发生取代反应的方程式为：；【小问3详解】与Ni2+形成配位键的配体是CN，其中C原子电负性小，易提供孤电子对，作为配原子，晶胞中的配位原子是C；由图可知，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6；由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为2=1，Zn2+个数为8=1，含有CN为8=4，NH3个数为8=2，苯环个数为4=2，则该晶胞的化学式为Ni(CN)4•Zn(NH3)2•2C6H6，则x:y:z=4:2:2=2:1:1，则x:y:z=4:2:2=2:1:1；若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是C6H6分子，以分子间作用力结合，作用力最小，受热最易被破坏。21.某治疗阿尔茨海默症的药物的中间体I合成路线如下。已知：①Bn为；②(为烃基，、为烃基或H)。（1）A中含氧官能团的名称是___________。（2）化合物B转化为C的反应方程式是___________。（3）化合物G的结构简式是___________。（4）下列说法正确的是___________。A.A转化为B时酯基对位的酚羟基活性比酯基间位酚羟基活性高B.G转化为H过程中NaBH4作氧化剂C.E转化为G的过程经历了加成反应和消去反应D.可用酸性KMnO4溶液鉴别产物I中是否还含有杂质H（5）写出符合下列条件F的同分异构体的结构简式_________