2021-2022学年广东省汕尾市高二下学期全市教学质量监测化学试题（含解析）

汕尾市2021—2022学年度第二学期全市高中二年级教学质量监测化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Mn-55I-127一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列说法错误的是A.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附C.汕尾市陆丰皮影戏的道具“影人”用兽皮制成，“影人”的主要成分是蛋白质D.佛山市九江双蒸酒酿制技艺用大米酿酒，大米中的淀粉经过发酵，最终转变为乙醇【答案】B【解析】【详解】A．蛋白质高温下变性，所以疫苗-般应冷藏存放，选项A正确；B．除了污水时Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，发生化学反应，与物理吸附无关，选项B错误；C．“影人”用兽皮制成，兽皮的主要成分是蛋白质，选项C正确；D．大米主要成分为淀粉,淀粉水解生成葡萄糖葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇,可用大米酿酒是将淀粉转化为乙醇，选项D正确；答案选B。2.学科核心素养是指学生通过学科知识的学习而逐步形成的关键能力、必备品格与价值观念。下列同学的做法错误的是A.发现化学实验室中化学药品都放在一起，张浩建议实验员老师将药品分类存放B.林利将废旧电池与家中其他垃圾一起放入标有“厨余垃圾”的绿色垃圾桶中C.王明建议妈妈少吃腌制食品，因为食品在腌制过程中可能会产生致癌的亚硝酸盐D.为了清除手上不溶于水的油漆，陈凯先用汽油清洗手上的油漆，再用肥皂水清洗【答案】B【解析】【详解】A．化学药品性质各不相同，为了安全与便于管理等，药品要分类存放，例如氧化剂和还原剂的性质容易发生反应，所以不能混合在一起，要分开存放，A正确；B．垃圾分类方便不同的垃圾采用不同的处理方式，方便资源的回收利用，废旧电池是有害垃圾，B不正确；C．腌制过程中可能会产生亚硝酸盐、它会致癌，C正确；D．油漆能溶于汽油，故可用汽油清洗手上的油漆，D正确；答案选B。3.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L氦气含有2NA个氦原子B.1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子C.92.0g甘油(丙三醇)中含有的羟基数为NAD.64gSO2和16gO2充分反应，生成SO3的分子数小于NA【答案】D【解析】【详解】A．氦气由氦原子直接构成，标准状况下，22.4L氦气含有NA个氦原子，A错误；B．按得失电子数守恒、1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，B错误；C．1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3

NA，C错误；D．SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应，则64gSO2和16gO2充分反应，生成SO3的分子数小于NA，D正确；答案选D。4.下列反应的化学方程式错误的是A.成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2OB.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2C.在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2溶液得到I2：2I-+3H2O2+2H+=I2+O2↑+4H2OD.在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4【答案】C【解析】【详解】A．成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合后会生成氯气，易中毒，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，选项A正确；B．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀，是由于Mg(OH)2在溶液中存在沉淀溶解平衡，溶解电离产生的OH-与加入的Fe3+形成Fe(OH)3红褐色沉淀，使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，最终导致Mg(OH)2白色沉淀逐渐转化为Fe(OH)3沉淀，反应的化学方程式为:3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，选项B正确；C．在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2溶液得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，选项C错误；D．在燃煤时加入石灰石，可减少SO2的排放，发生反应为2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4，选项D正确；答案选C。5.下列关于物质结构及元素周期表的说法错误的是（）A.IIA族基态原子最外层电子排布均为ns2B.第三、四周期同主族元素的原子序数均相差8C.2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子化学性质相似D.C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H<C<O【答案】B【解析】【详解】A．ⅡA族基态原子最外层电子数均为2，电子排布均为ns2，故A正确；

B．第三、四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B错误；C．2p轨道上有三个未成对的电子的X原子为N元素，3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子为P，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；D．C、H、O三种元素的非金属性：H＜C＜O，则电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，故D正确；答案选B。6.部分含硫物质(所有盐类物质都是钠盐，并且都是正盐)的分类与化合价的关系如图，下列说法错误的是A.实验室制取c时，不能用排水法收集B.b与热的氢氧化钠溶液反应，生成i、e和水C.浓的g溶液在加热条件下与铜发生的反应中，g表现了氧化性和酸性D.b在空气中燃烧直接生成f【答案】D【解析】【分析】由图可知，a硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为亚硫酸、e为亚硫酸钠、f为三氧化硫、g为硫酸、h为硫酸钠。【详解】A．二氧化硫易溶于水，所以实验室制取二氧化硫时，不能用排水法收集，故A正确；B．硫与与热的氢氧化钠溶液发生歧化反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，故B正确；C．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中硫元素部分降低被还原，反应中浓硫酸表现了氧化性和酸性，故C正确；D．硫在空气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；故选D。7.我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如图：

下列说法错误的是A.肉桂醇的分子式为C9H10OB.苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子C.肉桂醛反应生成的肉桂醇过程中，肉桂醛分子中所有的π键都发生了断裂D.该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，肉桂醇的分子式为C9H10O，故A正确；B．由结构简式可知，苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子，故B正确；C．由图可知，肉桂醛反应生成的肉桂醇过程中，肉桂醛分子中碳碳双键的π键没有发生断裂，故C错误；D．由图可知，肉桂醛反应生成的肉桂醇过程中，肉桂醛分子中碳碳双键没有发生反应，醛基发生了反应说明催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基，故D正确；故选C。8.实验室用如图装置制备AlCl3，下列说法正确的是

A.仪器a中加入的药品是二氧化锰固体B.装置B的作用是吸收Cl2中的水蒸气C.反应过程中装置D的实验现象是产生大量棕黄色的烟D.为保证产物的纯净，应待装置D中充满黄绿色气体时再加点燃D处精灯【答案】D【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与铝反应制备氯化铝，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】A．由分析可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，仪器a中加入的药品是高锰酸钾固体，故A错误；B．由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故B错误；C．由分析可知，装置D中氯气与铝反应制备氯化铝，氯化铝是无色固体，则实验中不可能产生大量棕黄色的烟，故C错误；D．铝易与空气中的氧气反应，所以为保证产物的纯净，应待装置D中充满黄绿色气体，说明装置中空气排尽后，再加点燃D处精灯，故D正确；故选D。9.某碳呼吸电池是一种新型能源电池，不但能为多种用电设备提供能源，还能吸收空气中的CO2，电池工作原理如图所示，下列说法错误的是A.铝电极为电池负极B.多孔碳电极的电极反应为2CO2+2e-=C2OC.电池每吸收1molCO2，就有1mol电子发生转移D.电池工作时，电子从多孔碳电极通过外电路流向负载，再由负载流向铝电极【答案】D【解析】【分析】根据电池工作原理图分析，铝电极Al失去电子发生氧化反应，则铝电极为负极，电极反应式为Al-3e-=Al3+，多孔碳电极为正极，CO2得到电子发生还原反应，电极反应式为2CO2+2e-=C2O，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，铝电极为负极，A正确；B．多孔碳电极为正极，CO2得到电子发生还原反应，电极反应式为2CO2+2e-=C2O，B正确；C．正极反应式为2CO2+2e-=C2O，则电池每吸收1molCO2，就有1mol电子发生转移，C正确；D．根据分析，铝电极为负极，多孔碳电极为正极，电子由负极经外电路流向正极，因此电池工作时，电子从铝电极通过外电路流向负载，再由负载流向多孔碳电极，D错误；答案选D。10.常温下，CH3COOH与NH3•H2O的电离常数均为1.8×10-5。现向20mL浓度为0.1mol/LNH3•H2O的溶液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.a=20，A点溶液的pH=7B.A、B两点中，B点溶液中水的电离程度最大C.A点溶液中：c(CH3COO-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)D.B、C两点中溶液的pH相等【答案】A【解析】【详解】A．A点溶液导电性最大，CH3COOH与NH3•H2O恰好完全反应，因此a=20，由于CH3COOH与NH3•H2O的电离常数相等，A点显中性，溶液的pH=7，故A正确；B．A点物质为醋酸铵，水的电离程度最大，B点CH3COOH过量，溶液显酸性，抑制水的电离，A点溶液中水的电离程度最大，故B错误；C．A点溶液的pH=7，A点溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)=c(NH4+)＞c(H+）=c(OH-)，故C错误；D．C点溶液显碱性，B点溶液显酸性，两点溶液的pH不相等，故D错误；答案选A。二、非选择题：本题共5小题，全部为必考题，共70分。11.双氧水(H2O2)是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。（1）H2O2易分解生成水和氧气，实验室用双氧水和二氧化锰制取并收集氧气，可供选择的实验装置如图，请回答：仪器a的名称是____；制取并收集氧气时，应选择的装置是____(填装置的序号)。（2）某课外兴趣小组用实验的方法探究催化剂以及温度对H2O2分解速率的影响，设计了下列几组实验。序号反应物反应条件温度/℃催化剂110mL浓度为3%的双氧水____________210mL浓度为3%的双毂水40FeCl3溶液310mL浓度为3%的双氧水20FeCl3溶液410mL浓度为3%的双氧水20MnO2请回答：①为探究FeCl3和MnO2对双氧水的分解是否有催化作用，请补充表中实验1反应条件的信息。温度____℃，催化剂____。②实验2、3研究的是____对H2O2分解速率的影响。③实验3、4的目的是____。（3）经研究知Cu2+对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①如图甲可通过观察____，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是____。②如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是___。【答案】（1）①.锥形瓶②.BD或BE（2）①.20②.无或无催化剂③.温度④.比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解催化效果的差异（3）①.反应产生气泡的快慢②.控制阴离子相同，排除阴离子的干扰③.收集40mL气体所需要的时间【解析】【小问1详解】由实验装置图可知，仪器a为锥形瓶；双氧水和二氧化锰制取氧气的反应为固液不加热的反应，则制取装置选择B，氧气是密度比空气大、不溶于水的气体，则收集氧气的装置可以选择D或E，所以制取并收集氧气时，应选择的装置是BD或BE，故答案为：锥形瓶；BD或BE；【小问2详解】①由题意可知，该实验的目的是探究催化剂对双氧水的分解是否有催化作用，则实验1为空白实验，探究温度相同时，无催化剂条件下，双氧水是否发生分解，所以反应温度应与实验3和实验4相同，都为20℃，故答案为：20；无或无催化剂；②由表格数据可知，实验2、3的催化剂相同，都是氯化铁溶液，但反应温度不同，所以研究的是催化剂相同条件下，温度对双氧水分解速率的影响，故答案为：温度；③由表格数据可知，实验3、4的反应温度相同，都是20℃，但是催化剂不同，所以实验目的是比较氯化铁溶液和二氧化锰作为催化剂对双氧水分解催化效果的差异，故答案为：比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解催化效果的差异；【小问3详解】①图甲的实验目的是探究催化剂铁离子和铜离子对双氧水分解速率的影响，实验时可以通过反应产生气泡的快慢来定性比较得出结论；由氯化铁和硫酸铜的组成来看，两者阴阳离子都不同，不符合探究实验变量唯一化的原则，所以应将将氯化铁溶液改为硫酸铁溶液，控制阴离子相同，排除阴离子的干扰，故答案为：反应产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；②图乙的实验目的是测定生成40mL气体所需的时间，定量探究催化剂铁离子和铜离子对双氧水分解速率的影响，故答案为：收集40mL气体所需要的时间。12.KIO3是我国规定的食盐补碘剂，利用“KClO3氧化法”可制备KIO3，流程如图：已知：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。（1）KIO3中碘元素的化合价为____。（2）逐出的Cl2可用____检验，“滤液”中的溶质主要是____，“调pH”中所用的试剂是____。（3）已知KIO3在水中的溶解度随温度升高而增大，则操作I包含的操作应该是____、____、过滤。（4）为测定“加碘食盐”中碘元素含量：①称取50.00g食盐，配成250mL溶液；②量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量KI，并用少量稀硫酸酸化，使KIO3与KI反应完全；③以淀粉为指示剂，用2.0×10-4mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为30.00mL。已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。①判断滴定终点的依据是____。②该食盐中碘元素的含量是____mg/kg。【答案】（1）+5（2）①.湿润的KI—淀粉试纸②.KCl③.KOH溶液（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（4）①.溶液由蓝色变成无色，且30秒内溶液颜色不变化②.25.4【解析】【分析】由制备流程可知，“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl，反应物是KClO3、I2和水，加热可逐出Cl2，还原产物含有Cl2和Cl-，驱逐Cl2后结晶产物应为KH(IO3)2，滤液为KCl溶液，调节pH过程中产生KIO3，则是由KH(IO3)2与KOH反应生成，以此来解答。【小问1详解】KIO3中K为+1价，O为-2价，I为+5价。【小问2详解】氯气可用湿润的淀粉碘化钾试纸来检测，根据分析可知“滤液”中的溶质主要为KCl，因不能引入新的杂质，同时要将KH(IO3)2转化为KIO3，故调pH所用的试剂为KOH。【小问3详解】KIO3在水中的溶解度随温度升高而增大，故操作Ⅰ包含的操作为蒸发浓缩、冷却结晶。【小问4详解】以淀粉为指示剂，硫代硫酸钠与碘单质反应逐渐消耗碘单质，则滴定终点的现象为溶液由蓝色变成无色，且30秒内溶液颜色不变化。消耗Na2S2O3溶液体积为30mL，则消耗Na2S2O3物质的量为6×10-6mol，根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知与Na2S2O3反应的I2有3×10-6mol，则根据反应方程式可知KIO3有1×10-6mol，故KIO3的物质的量共有1×10-5mol，则食盐中碘元素的含量为。13.I.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=—393.5kJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2=—241.8kJ·mol-1CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H3=—283.0kJ·mol-1则煤气化主要反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的△H=____。II.为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚(DME)，反应为4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=—198kJ·mol-1。（2）如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为____(填曲线标记字母)。（3）在一定温度下，向2.0L固定容积的密闭容器中充入2molH2和1molCO，经过一段时间后，反应4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡。反应过程中测得的部分数据见表：时间/min0204080100n(H2)/mol2.01.40.850.4—n(CO)/mol1.0—0.4250.20.2n(CH3OCH3)/mol00.15——0.4n(H2O)/mol00.150.2875040.4①0~20min的平均反应速率v(CO)=____mol·L-1·min-1。②达到平衡时，H2的转化率为____。③在上述温度下，该反应的平衡常数K=____。④能表明该反应达到平衡状态的是____(填字母)。A．CO的转化率等于H2O的产率B．混合气体的平均相对分子质量不变C．v(CO)与v(H2)的比值不变D．混合气体的密度不变⑤在上述温度下，向平衡后的2L容器中再充入0.4molH2和0.4molCH3OCH3(g)，则化学平衡____(填“向左”“向右”或“不”)移动。【答案】（1）+131.3kJ/mol（2）a（3）①.0.0075②.80%③.2500④.B⑤.向右【解析】【小问1详解】将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①—②—③得到煤气化主要反应，则反应△H=△H1—△H2—△H3=(—393.5kJ/mol)—(—241.8kJ/mol)—(—283.0kJ/mol)=+131.3kJ/mol，故答案为：+131.3kJ/mol；【小问2详解】该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则图中曲线a表示平衡常数K随温度变化的关系，故答案为：a；【小问3详解】①由方程式可知，20min时一氧化碳的物质的量变化量为△n(CO)=2△n(CH3OCH3)，由表给数据可知，△n(CO)=(0.15—0)mol×2=0.3mol，则0~20min内，一氧化碳的平均反应速率为=0.0075mol/(L·min)，故答案为：0.0075；②由表格数据可知，80min反应达到平衡时氢气的物质的量为0.4mol，则氢气的转化率为×100%=80%，故答案为：80%；③由方程式可知，平衡时n(CH3OCH3)=n(H2O)，由表格数据可知，80min反应达到平衡时氢气、一氧化碳、二甲醚、水蒸气的浓度分别为=0.2mol/L、=0.1mol/L、=0.2mol/L、=0.2mol/L，则在上述温度下，反应的平衡常数K==2500，故答案为：2500；④A．CO的转化率等于H2O的产率不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．v(CO)与v(H2)的比值不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选B；⑤在上述温度下，向平衡后的2L容器中再充入0.4mol氢气和0.4mol二甲醚，反应的浓度熵Qc==312.5＜K，则平衡向右移动，故答案为：向右。14.G是一种治疗急慢性呼吸道感染的特效药中间体，其制备路线如图：（1）化合物C中含氧官能团是____。（2）A→B的反应类型是____。（3）化合物F的分子式为C14H21NO3，写出F的结构简式____。（4）从整个制备路线可知，反应B→C的目的是____。（5）同时满足下列条件的B的同分异构体共有____种。①分子中含有苯环，苯环上有2个侧链；②能与NaHCO3溶液反应；③能使FeCl3溶液显紫色。（6）根据已有知识并结合相关信息，完成以、CH3NO2为原料制备的合成路线图_____(无机试剂任用)，其中第一步反应的化学方程式为____。【答案】（1）醚键、醛基（2）加成反应（3）（4）保护羟基，并能最终复原（5）3（6）①.②.2+O22+2H2O【解析】【分析】(1)根据C的结构确定其含有的含氧官能团名称；(2)物质A与HCHO发生酚羟基邻位的加成反应产生；(3)根据E、G的结构，结合F的分子式，确定F的分子结构；(4)根据B、C的结构及最后得到的G的结构分析判断；(5)根据同分异构体的概念，结合同分异构体的要求，写出符合要求的同分异构体的种类数目；(6)被催化氧化产生苯甲醛，苯甲醛与CH3NO2发生加成反应产生，发生消去反应产生，发生加聚反应产生；根据题意，第一步反应为苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛。【小问1详解】根据C的结构简式可知C中含有的含氧官能团为醛基、醚键；【小问2详解】物质A酚羟基邻位上断裂C-H键，HCHO分子中断裂C、O双键中的较活泼的键，二者发生加成反应产生，所以A→B的反应类型是加成反应；【小问3详解】物质E结构简式为，E与CH3CHO、H2在Pd/C作用下反应产生分子式C14H21NO3的F，则F的结构简式为；【小问4详解】B结构简式为，B与反应产生C：。经一系列反应最后生成，两个官能团又复原，所以从整个制备路线可知，反应B→C的目的是保护羟基不被反应，并能最终复原；【小问5详解】B结构简式为，其同分异构体符合条件：①分子中含有苯环，能与NaHCO3溶液反应，说明分子中含有羧基-COOH；②能使FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基，且苯环上含有2个侧链，则为-OH、-CH2COOH，二者在苯环上的位置有邻、间、对3种,则同分异构体有3种；【小问6详解】与O2在Cu作催化剂条件下加热，发生氧化反应产生苯甲醛，苯甲醛与CH3NO2发生加成反应产生，发生消去反应产生，发生加聚反应产生，故反应流程为：；根据题意，第一步反应为苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛，反应方程式为：2+O22+2H2O。15.金属氮化物具有高熔点、高硬度、高化学稳定性以及良好的导热、导电性，目前已经广泛应用于磁学、电子工业、耐高温结构陶瓷等领域。回答下列问题：（1）下列不同状态的氮原子其能量最高的是____(填字母