统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷仿真模拟冲刺标准练二（附解析）

这是一份统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷仿真模拟冲刺标准练二（附解析），共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。
7．近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是( )
A.我国科学家实现了二氧化碳加氢制汽油，汽油是烃的混合物
B.北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷的金属性强于钾
C.万米深海潜水器“奋斗者”号外壳所用的钛合金属于金属材料
D.“天和核心舱”用到氮化硼陶瓷，石墨型、金刚石型氮化硼互为同素异形体
8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的重要视角。以硫及其化合物的类别和价态变化为坐标的二维转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.用BaCl2溶液可鉴别e和f
B.a→b→d→f→h都可一步直接转化
C.b溶于沸腾的g溶液中，产物可能为Na2S2O3
D.a可与c反应，氧化产物与还原产物的质量比为2∶1
9．据文献报道，钯催化一种环合反应的机理如图所示。下列有关叙述错误的是( )
A.总反应为：
eq \(――→,\s\up7(Pd))＋HBr
B.Pd的化合价在0和＋2之间变化
C.Ⅱ通过分子内的取代反应生成Ⅲ和HBr
D.可预测消去HBr时主产物为
10．测定某氢氧化钠样品中NaOH的含量，主要操作步骤为：①称取一定质量的样品溶于水中；②转移、定容得待测液；③取20.00mL待测液，用HCl标准溶液滴定。完成上述操作，下列仪器中不需要用到的有( )
A.1种B．2种
C.3种D．4种
11．W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大(小于20)，且分属不同主族的元素，由它们组成的物质RW2XY3Z2是激光器的核心材料，其中R、W、X的化合价与主族序数相同，R的主族序数是其周期序数的1/4。Y是地壳中含量最高的元素，Z单质为18电子分子。下列说法正确的是( )
A.X的最高价氧化物对应水化物为弱酸
B.R的单质与冷水反应缓慢
C.原子半径：R>W>Z>Y
D.非金属性：Y>Z
12．常温下，向1L1.0ml·L－1的NaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和NaClO、HClO的分解)。下列说法错误的是( )
A.NaClO溶液中存在
c(HClO)＝c(OH－)－c(H＋)
B.常温下，HClO的电离平衡常数为10－3.8
C.a点的总反应为SO2＋H2O＋3NaClO===Na2SO4＋NaCl＋2HClO
D.c点溶液中c(H＋)为2.0ml·L－1
13．我国科学家设计了一种能将苯酚(C6H6O)氧化为CO2和H2O的原电池—电解池组合装置(如图所示，其中·OH是具有强氧化性的羟基自由基)，实现发电、环保二位一体。下列说法正确的是( )
A.电极的电势比较：c>b>a>d
B.c电极区有氢气生成，溶液质量减小
C.d电极区发生反应：H2O－e－===·OH＋H＋，28·OH＋C6H6O===6CO2↑＋17H2O
D.工作时，Ⅱ室中Na＋、Cl－数目都不变，则N、M分别为阴、阳离子交换膜
二、非选择题：共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
26．(14分)银催化剂在石油化工生产中应用广泛，但使用一段时间后催化活性降低或失效。从失效的废银催化剂中回收银具有极高的社会、经济价值。废银催化剂主要由银和α­氧化铝及少量二氧化硅组成，其回收工艺流程如下：
已知：α­氧化铝不溶于硝酸；AgCl能与Cl－反应生成溶于水的[AgCl2]－、[AgCl3]2－等离子。
回答下列问题：
(1)酸浸时，反应的离子方程式为________________________________________；酸浸时选用低温的原因是________________________________________________；为防止污染，可将气体产物用空气氧化为红棕色气体，再用氢氧化钠溶液吸收，从该吸收液中可回收的盐有____________________(填化学式)。
(2)沉银时，n(NaCl)/n(AgNO3)＝1.1，若NaCl过量太多，对银的沉淀率的影响是________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(3)转化阶段，加入Fe2O3将AgCl沉淀转化为Ag2O，过滤、洗涤，判断Ag2O沉淀是否洗涤干净的操作和现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)Ag2O熔炼生成单质银，此金属冶炼方法的名称是____________。
(5)AgCl沉淀还可以在氨水中用水合肼还原为海绵状单质银，氧化产物为氮气，反应的化学方程式为________________________________________________。
(6)本实验所用废银催化剂含银6.46%(质量分数)，100g试样可回收单质银6.37g，回收率为________。
27．(14分)LiFePO4作为电池正极材料，具有比容量高、环境友好、相对于其它锂离子电池正极材料工作电压较为适中等优点。高温固相法生产LiFePO4通常以Li2CO3、FeC2O4·2H2O、(NH4)2HPO4为原料在氮气的氛围中高温条件下制得，请回答下列问题：
(1)LiFePO4中铁元素的化合价为________。
(2)制备LiFePO4的理论原料比n(Li2CO3)∶n(FeC2O4·2H2O)∶n[(NH4)2HPO4]为________。
(3)高温固相反应法的第一阶段为预分解，温度设在400℃，目的是使原料[FeC2O4－2H2O和(NH4)2HPO4]先发生分解反应。某实验小组对原料的分解分别进行了研究。
①固体(NH4)2HPO4加热到150℃时，分解生成NH4H2PO4和氨气，NH4H2PO4的化学名称为____________；190℃时完全分解得到P2O5等产物，(NH4)2HPO4完全分解的总反应的化学方程式为________________________________________________。
②下图是实验室测量得到的FeC2O4·2H2O(M＝180g·ml－1)在氮气的氛围中加热分解时，固体质量随温度变化的曲线。300℃和400℃时，固体成分的化学式分别是________________、________________；400～500℃时，固体质量增大(含有Fe3O4)，可能的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)LiFePO4产品中铁的含量可通过如下方法测定：称取一定质量试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，加入指示剂，用重铬酸钾标准溶液滴定Fe2＋。已知：2Fe3＋＋Sn2＋＋6Cl－===SnCl eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2Fe2＋、4Cl－＋Sn2＋＋2HgCl2===SnCl eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋Hg2Cl2↓。实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是________________________________________________________；若用铁粉代替SnCl2和HgCl2，对测量结果的影响是________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
28．(15分)研究CO2的利用对实现碳中和具有重要的意义。已知：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.5kJ·ml－1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2kJ·ml－1
回答下列问题：
(1)CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH＝________kJ·ml－1。
(2)一定条件下，某恒容密闭容器中按n(H2)/n(CO2)＝a(a≥3)投料，催化作用下同时发生反应Ⅰ和Ⅱ。反应体系中CO2(g)、CO(g)的浓度随时间变化情况如图所示。
①0～15s时间段内，用CH3OH表示的平均反应速率为________ml·L－1·s－1(保留三位有效数字)。
②反应体系中CH3OH的选择性________CO的选择性(填“大于”“小于”或“等于”)。
③下列示意图中能体现反应Ⅰ(实线)和反应Ⅱ(虚线)的活化能大小和反应进程的是________(填标号)，判断的理由是________________________________________________。
④15s时，反应Ⅰ的v正________v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，反应Ⅱ的浓度商Qc________(用含a的式子表示)。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)
硒是人体微量元素，是人体多种酶的活性中心，在人体中起到抵御疾病、防止衰老、增强机体免疫等作用。最近清华大学许华平教授课题组开发了一种具有H2O2响应的含硒硒键(—Se—Se—)的高分子，用于肿瘤的CO/化疗增敏/抗血管生成协同治疗。回答下列问题：
(1)基态Se的核外电子排布式为______________。
(2)环状Se8()分子中Se的轨道杂化类型为________。Se8的熔点和沸点要比SO2的熔点和沸点高很多，主要原因是________________________________________________________。
(3)元素N、O、S的电负性由大到小的顺序为__________________。
(4)在多原子分子中如有相互平行的p轨道，它们连贯重叠在一起构成一个整体，p电子在多个原子间运动形成π型化学键，这种不局限在两个原子之间的π键称为离域π键(或大π键，如苯中存在eq \i\pr\in(6,6,))下列分子中存在离域π键的是________(填序号)。
①②H2Se
③SeO2④H2O2
(5)MnSe晶体的一种晶胞结构如图1所示(其中白色小球代表Se，黑色小球代表Mn)。

①Se的堆积方式为________________。
②若该晶体的密度为ρg·cm－3，NA为阿伏加德罗常数的值，则a位置Se与b位置Mn核间的距离为________________pm(列出计算式即可)。
③图2是MnSe晶胞的俯视投影图，其中Mn的投影是________(填标号)。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
艾拉莫德是治疗类风湿性关节炎和骨关节炎的新型药物，合成路线设计如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________。
(2)由A和B生成C的化学方程式为________________________________________。
(3)D的结构简式为________________。
(4)G生成H的反应类型是________。
(5)合成G时，HCOONa先与CH3COCl或ClCOOCH(CH3)2反应制备HCOOCOCH3或HCOOCOOCH(CH3)2，再加入F发生氨基甲酰化反应生成G。实验测得用CH3COCl反应时，副产物(含—NHCOCH)约占9%。用ClCOOCH(CH3)2反应时，副产物[含—NHCOOCH(CH3)2]仅约占2%，说明F中氨基氢原子被—CHO、—COCH3、—COOCH(CH3)2取代的机会依次降低，可能的原因是________________________________________。
(6)A的同分异构体中，属于正四面体烷()的一取代物，且不含烯醇结构的共有________种(不考虑立体异构，填标号)；其中，含有手性碳的是____________(填结构简式)。
a.3 b．4 c．5 d．6
(7)以为主要原料设计合成，写出合成路线________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(其他试剂任选)。
仿真模拟冲刺标准练（二）
7．答案：D
解析：汽油是烃的混合物，A正确；铷是第5周期碱金属元素，金属性强于相同主族第4周期的钾，B正确；金属材料包括纯金属和它们的合金。钛合金属于金属材料，C正确；由同种元素组成的不同种单质，互为同素异形体。石墨型氮化硼和金刚石型氮化硼都是化合物，不互为同素异形体，D错误。
8．答案：B
解析：由图示可知：a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为Na2SO3，h为Na2SO4。H2SO3与BaCl2溶液不反应，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，所以用BaCl2溶液可鉴别H2SO3和H2SO4，A正确；H2S→S→SO3→H2SO4→Na2SO4，S需要两步才能转化为SO3，即S→SO2→SO3，B错误；S为0价，Na2SO3中S为＋4价，根据“价态归中”原则，S溶于沸腾的Na2SO3溶液中，可能生成Na2S2O3，C正确；2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，2H2S（还原剂）～2S（氧化产物），SO2（氧化剂）～S（还原产物），所以氧化产物与还原产物的质量比为2∶1，D正确。
9．答案：D
解析：反应物：依箭头分析，进入整个循环历程的物质是Ⅰ；生成物：最终脱离整个历程的物质是Ⅴ和HBr，则总反应为：eq \(――→,\s\up7(Pd))＋HBr，故A正确；依整个循环历程分析，Pd的化合价在0和＋2之间变化，故B正确；Ⅱ分子中的溴原子取代了分子内碳碳双键上的氢原子生成Ⅲ和HBr，是分子内的取代反应，故C正确；依循环历程中Ⅳ到Ⅴ分析可预测消去HBr时主产物不是，应是，故D错误。
10．答案：C
解析：称量需要用到托盘天平、药匙和烧杯，溶解需要用到玻璃棒；配制待测液需要用到烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管；滴定需要用到碱式滴定管（量取待测氢氧化钠溶液）、酸式滴定管和锥形瓶。以上操作未用到的仪器有试管、分液漏斗和冷凝管，正确选项为C。
11．答案：A
解析：依题意：R为K，Y为O，Z为F，因为W、X、Y（O）、Z（F）的原子序数依次增大，所以W、X位于第2周期。设其化合价依次为a、b，则1＋2a＋b－3×2－2＝0，2a＋b＝7，仅当a＝2，b＝3时合理，所以W为Be，X为B，该物质是KBe2BO3F2。硼的非金属性较弱，其最高价氧化物对应水化物H3BO3为弱酸，A正确；K的单质与冷水反应剧烈，B错误；原子半径：K>Be>O>F，C错误；非金属性：O＜F，D错误。
12．答案：B
解析：NaClO溶液中，质子守恒：c（OH－）＝c（HClO）＋c（H＋），则存在c（HClO）＝c（OH－）－c（H＋），故A正确；b点恰好发生反应为SO2＋H2O＋3NaClO===Na2SO4＋NaCl＋2HClO，c点恰好发生反应为SO2＋H2O＋NaClO===H2SO4＋NaCl，b点溶液pH＝3.8，n（HClO）＝2n（SO2）＝eq \f(2,3)ml，溶液中c（HClO）＝eq \f(2,3)ml·L－1，则Ka（HClO）＝eq \f(c（H＋）·c（ClO－）,c（HClO）)＝eq \f(10－3.8×10－3.8,\f(2,3))＝1.5×10－7.6，故B错误；a点n（SO2）∶n（NaClO）＝0.2ml∶1ml＝1∶5，总反应为SO2＋H2O＋3NaClO===Na2SO4＋NaCl＋2HClO，故C正确；c点n（SO2）∶n（NaClO）＝1ml∶1ml＝1∶1，发生反应为SO2＋H2O＋NaClO===H2SO4＋NaCl，n（H＋）为2ml，则c（H＋）为2ml·L－1，故D正确。
13．答案：C
解析：a极发生还原反应，Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋6e－＋7H2O===2Cr（OH）3＋8OH－，该电极为原电池正极，b极苯酚失电子被氧化为CO2，电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋，该电极为原电池负极，反应为H2O－e－===·OH＋H＋，c极为电解池阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，d极为电解池阳极，电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH，羟基自由基·OH是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂，进一步氧化苯酚，方程式为C6H5OH＋28·OH===6CO2↑＋17H2O，据此答题。
电极的电势比较：a（正极）>d（阳极）>c（阴极）>b（负极），A错误；c电极区消耗2mlH＋生成氢气，则有2mlH＋由右室进入左室，所以溶液质量不变，B错误；d电极区发生反应：H2O－e－===·OH＋H＋、28·OH＋C6H6O===6CO2↑＋17H2O，C正确；工作时，Ⅱ室中Na＋、Cl－数目都不变，若N为阴离子交换膜，则Cl－会进入负极区Ⅲ室，若M为阳离子交换膜，则Na＋会进入正极区Ⅰ室，D错误。
26．答案：（1）3Ag＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋4H＋===3Ag＋＋NO↑＋2H2O 温度过高时硝酸分解及挥发而损失 NaNO3、NaNO2
（2）减小
（3）取少量末次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明已洗净，反之则未洗净
（4）热分解法
（5）4AgCl＋N2H4·H2O＋4NH3·H2O===4Ag＋N2↑＋4NH4Cl＋5H2O
（6）98.6%
解析：用硝酸溶解废银催化剂，过滤除去不溶于水和硝酸的二氧化硅和α­氧化铝，所得滤液中含有硝酸银和过量的稀硝酸，向滤液中加入氯化钠生成氯化银沉淀，将过滤得到的氯化银和氧化铁反应生成氧化银，再熔炼铸锭得到银锭。
（1）酸浸时，银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Ag＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋4H＋===3Ag＋＋NO↑＋2H2O；温度过高时硝酸分解及挥发而损失，故酸浸时选用低温；一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，再用氢氧化钠溶液吸收，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠。化学式为NaNO3、NaNO2。
（2）沉银时，n（NaCl）/n（AgNO3）＝1.1，若NaCl过量太多，氯化银和过量的氯离子生成配合物而溶解，减小银的沉淀率。
（3）转化阶段，加入Fe2O3将AgCl沉淀转化为Ag2O，过滤、洗涤，判断Ag2O沉淀可能吸附铁离子，故检验洗涤是否干净就是检验有无铁离子，故操作和现象是取少量末次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明已洗净，反之则未洗净；
（4）氧化银得到银的方法为热分解法。
（5）AgCl在氨水中用水合肼还原为海绵状单质银，氧化产物为氮气，根据氧化还原反应的电子守恒配平方程式为：4AgCl＋N2H4·H2O＋4NH3·H2O===4Ag＋N2↑＋4NH4Cl＋5H2O；
（6）100g试样中含有银的质量为6.46克，可回收单质银6.37g，则回收率为eq \f(6.37,6.46)×100%＝98.6%。
27．答案：（1）＋2 （2）1∶2∶2
（3）①磷酸二氢铵（或磷酸一铵） 2（NH4）2HPO4（s）eq \(=====,\s\up7(△))4NH3（g）＋3H2O（g）＋P2O5（s） ②FeC2O4 FeO 空气未排尽，少量存在的氧气将部分FeO氧化生成Fe3O4
（4）将过量Sn2＋氧化为稳定的SnCl eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ，防止干扰滴定Fe2＋ 偏大
解析：根据化合物中元素化合价代数和为0进行计算。根据反应过程中元素是否有化合价变化书写方程式。根据化学式计算可能的产物及其质量分析产物成分。
（1）LiFePO4中锂为＋1价，磷为＋5价，氧为－2价，故铁元素的化合价为＋2价。
（2）根据化学式分析，制备LiFePO4的理论原料比n（Li2CO3）∶n（FeC2O4·2H2O）∶n[（NH4）2HPO4]为1∶2∶2。
（3）①固体（NH4）2HPO4加热到150℃时，分解生成NH4H2PO4和氨气，NH4H2PO4的化学名称为磷酸二氢铵（或磷酸一铵）；190℃时完全分解得到P2O5等产物，说明没有化合价变化，另外的产物为氨气和水，故（NH4）2HPO4完全分解的总反应的化学方程式为2（NH4）2HPO4（s）eq \(=====,\s\up7(△))4NH3（g）＋3H2O（g）＋P2O5（s）。②由题中图像可知，300℃时分解后固体质量为原来的80%，说明只是失去结晶水，则固体为草酸亚铁。而400℃时，固体质量变成原来的40%，说明固体为氧化亚铁；400～500℃时，固体质量增大（含有Fe3O4），可能的原因是装置中有空气，氧化亚铁和氧气反应生成四氧化三铁。
（4）加入HgCl2饱和溶液的目的是将过量Sn2＋氧化为稳定的SnCl eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ，防止干扰滴定Fe2＋；若用铁粉代替，则铁和盐酸反应生成亚铁离子，使测定结果变大。
28．答案：（1）－90.7
（2）①0.00167 ②小于 ③A 甲醇的选择性较小，说明反应Ⅰ的活化能较大，反应速率较小 ④大于 eq \f(7,15（2a－1）)
解析：（1）由盖斯定律可知该反应可由反应Ⅰ－反应Ⅱ得到，则ΔH＝ΔH1－ΔH2＝（－49.5kJ·ml－1）－（＋41.2kJ·ml－1）＝－90.7kJ·ml－1。
（2）①由图可知0～15s时间段内，CO的浓度增加至0.175ml·L－1，则反应Ⅱ中CO2的浓度消耗为0.175ml·L－1，反应Ⅰ和Ⅱ两反应中消耗的二氧化碳的浓度为（0.5－0.3）ml·L－1＝0.2ml·L－1，由此可知反应Ⅰ中二氧化碳的浓度消耗量为0.2ml·L－1－0.175ml·L－1＝0.025ml·L－1，结合反应可知CH3OH的浓度变化量为0.025ml·L－1，用CH3OH表示的平均反应速率为eq \f(0.025ml·L－1,15s)≈0.00167ml·L－1·s－1；②由上述分析可知在相同时间内，CO的浓度增加量大于CH3OH的浓度增加量，说明反应体系中CH3OH的选择性小于CO的选择性；③由上述分析可知反应对甲醇的选择性小于CO，说明生成甲醇的反应较生成CO的反应要慢，而反应的活化能越低反应速率越快，活化能越高反应速率越慢，则反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，符合的图为A；④15s时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；由图可知起始时二氧化碳的浓度为0.5ml·L－1，又n（H2）/n（CO2）＝a，则氢气的起始浓度为0.5aml·L－1，15s时二氧化碳的浓度为0.300ml·L－1，CO的浓度0.175ml·L－1，则反应Ⅱ中消耗氢气的浓度为0.175ml·L－1，该反应生成的水的浓度为0.175ml·L－1；CH3OH的浓度变化量为0.025ml·L－1，则反应Ⅰ中消耗氢气的浓度为0.075ml·L－1，生成水的浓度为：0.025ml·L－1，则此时容器中水的总浓度0.200ml·L－1，氢气的浓度为（0.5a－0.175－0.075）ml·L－1＝（0.5a－0.250）ml·L－1，反应Ⅱ的浓度商Qc＝eq \f(c（CO）·c（H2O）,c（CO2）·c（H2）)＝eq \f(0.175ml·L－1×0.200ml·L－1,0.300ml·L－1×（0.5a－0.250）ml·L－1)＝eq \f(7,15（2a－1）)。
35．答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s24p4
（2）sp3 Se8和SO2都是分子晶体，Se8的相对分子质量大，范德华力强
（3）O>N>S （4）①③
（5）面心立方最密堆积 eq \f(\r(3),4)eq \r(3,\f(4×（55＋79）,ρNA))×1010 ④⑤⑨⑩
解析：（1）Se原子序数为34，所以基态Se的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4。
（2）由Se8结构图可知，Se有2个σ键和2个孤电子对，所以Se的轨道杂化类型为sp3；Se8和SO2都是分子晶体，Se8的相对分子质量大，范德华力强，熔点和沸点要更高一些。
（3）元素N、O、S的电负性由大到小的顺序为O>N>S。
（4）形成离域π键要满足条件：多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯重叠在一起构成一个整体，p电子在多个原子间运动形成π型化学键，①中C和N有平行的p轨道，满足上述条件，能形成离域π键；②H2Se中H和Se原子没有平行的p轨道，不能形成离域π键；③SeO2中O和Se原子有平行的p轨道，能形成离域π键；④H2O2中H原子没有p轨道，不能形成离域π键；因此①③能形成离域π键。
（5）①由MnSe晶体的晶胞结构图可知，Se的堆积方式为面心立方最密堆积；②根据均摊法计算晶胞中Mn有4个，Se有4个，根据晶胞参数公式可计算边长为eq \r(3,\f(4×（55＋79）,ρNA))×1010pm，根据几何知识可得，a位置的Se与b位置的Mn核间的距离为体心对角线的eq \f(1,4)即距离为eq \f(\r(3),4)eq \r(3,\f(4×（55＋79）,ρNA))×1010pm；③根据MnSe晶体晶胞结构图和MnSe晶胞的俯视投影图可知，Mn的投影是④⑤⑨⑩。
36．答案：（1）苯酚
（2）―→＋HCl
（3） （4）取代反应
（5）空间位阻增大，使副反应难以发生
（6）b
（7）eq \(――→,\s\up7(H2NCH2CN·HCl),\s\d5(AlCl3))eq \(――→,\s\up7(HCOONa),\s\d5(ClCOOCH（CH3）2))eq \(――→,\s\up7(NaI/AlCl3),\s\d5(H2O))eq \(――→,\s\up7(（CH3）2NCH（OCH3）2))
解析：根据A的分子式和物质B的结构简式可知，A为，结合物质E的结构简式和D→E的反应条件可知，D为，以此解题。
（1）由分析可知A的化学名称为苯酚。
（2）结合A的结构简式，以及B和C的结构简式可知A和B生成C的化学方程式为：―→＋HCl。
（3）由分析可知D的结构简式为。
（4）对比G和H的结构简式可知G生成H的反应类型为：取代反应。
（5）F中氨基氢原子被—CHO、—COCH3、—COOCH（CH3）2取代，首先需要—CHO、—COCH3、—COOCH（CH3）2靠近F中氨基氢原子，但是—CHO、—COCH3、—COOCH（CH3）2和醛基相连的基团越来越大，越不易发生反应，故可能的原因是：空间位阻增大，使副反应难以发生。
（6）A的同分异构体中，属于正四面体烷（）的一取代物，满足要求的同分异构体有：、、、，一共4种，故选b；其中标有“*”的碳为手性碳。
（7）首先和H2NCH2CN·HCl发生取代反应生成，结合题中F→G的信息生成再结合题中G→H的信息可以生成，结合题中H→产物的信息可以生成，具体流程为eq \(――→,\s\up7(H2NCH2CN·HCl),\s\d5(AlCl3))eq \(――→,\s\up7(HCOONa),\s\d5(ClCOOCH（CH3）2))eq \(――→,\s\up7(NaI/AlCl3),\s\d5(H2O))eq \(――→,\s\up7(（CH3）2NCH（OCH3）2))。
电源（自发的氧化还原反应，化学能转化为电能）
电解池（反应非自发，电能转化为化学能）
负极b
C6H6O－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋
阴极c
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
正极a
Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋6e－＋7H2O===2Cr（OH）3＋8OH－
阳极d
2H2O－2e－===2·OH＋2H＋