贵州省贵阳市2022年高考理综 化学模拟试题 05（含答案及解析）

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贵州省贵阳市2022年高考理综 化学模拟试题05
（答案及解析）
可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　S 32　Cl 35.5　Ca 40　Fe 56　 Ni 59 Cu 64　Ba 137
一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分)
7．石墨炔是由 1，3 -二炔键与苯环形成的平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能。下列关于石墨炔的说法不正确的是

A．实验测得石墨炔孔径略大于 H2分子的直径，因此可以用石墨炔做 H2提纯薄膜
B．石墨炔与金刚石互为同素异形体
C．石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用
D．石墨炔属于碳氢化合物
【答案】D
【解析】A项，石墨炔孔径略大于 H2分子的直径，可以理解为只允许氢气分子通过，从而过滤杂质，因此可以用石墨炔做 H2提纯薄膜，A正确；B项，同种元素的不同单质互称同素异形体，石墨炔与金刚石都是碳的单质，所以互为同素异形体，B正确；C项，已知石墨炔具有优良的化学稳定性和半导体性能，所以石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用，C正确；D项，石墨炔中不含有H原子，不是烃，D错误；故选D。
8．有关 的说法正确的是
A．分子式为C23H30O7N
B．可发生加成、取代、氧化、还原、消去反应
C．分子中所有碳原子可能处于同一平面
D．1mol该有机物与NaOH溶液充分反应最多消耗4mol NaOH反应
【答案】C
【解析】A项，吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B项，吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C项，吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C正确；D项， 1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3mol NaOH，故D错误；故选C。
9．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．100mL18.0 mol▪L-1的H2SO4溶液中含有H+数为3.6NA
B．30gHCHO 与 CH3COOH 的混合物中含C 原子数为 NA
C．标准状况下甲烷和氧气的混合气体共22.4 L，完全燃烧后的物质的分子总数一定为NA
D．Cl2通入足量NaOH溶液生成0.2molClO-和0.3mol ClO3-，则Cl-为1.7NA个
【答案】A
【解析】A项，18.0 mol▪L-1的H2SO4属于浓硫酸，而浓硫酸中的部分硫酸分子未电离，故100mL18.0 mol▪L-1的H2SO4溶液中含有H+数不能确定，A错误；B项，甲醛和乙酸的最简式相同，30gCH2O的物质的量为1mol，含有的C 原子数为 NA，故B正确；C项，标准状况下22.4 L甲烷和氧气的混合气体的物质的量是1 mol，根据阿伏加德罗定律可知该气体中含有的分子数目为NA；而反应CH4＋2O2CO2＋2H2O是反应前后分子总数不变的反应，故混合气体完全燃烧后，物质的总分子数一定为NA，C正确；D项，Cl2通入足量NaOH溶液生成0.2molClO-和0.3mol ClO3-，根据得失电子守恒，Cl原子失去1.7个电子，则Cl-为1.7NA个，D正确；故选A。
10．下列实验装置正确且能达到实验目的是( )

A．用图1所示装置制取少量Cl2
B．用图2所示装置证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3
C．图3所示装置中水不能持续流下，说明装置的气密性良好
D．用图4所示装置测定镁铝合金中铝的质量分数
【答案】D
【解析】A项，二氧化锰和稀盐酸不反应，不能用图1所示装置制取Cl2，故A错误；B项，图2装置锥形瓶中生成的二氧化碳气体含有氯化氢，氯化氢能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，图2所示装置不能证明碳酸与硅酸的酸性强弱，故B错误；C项，图3所示装置，橡胶管起到平衡压强的作用，不能通过水是否能持续流下证明装置的气密性，故C错误；D项，镁和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，用量气管量取生成氢气体积，根据氢气体积计算铝的质量，所以用图4所示装置可以测定镁铝合金中铝的质量分数，故D正确；故选D。
11．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH4++HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O
B．NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-
C．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2 SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】A项，NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合，生成NH3·H2O、CaCO3和水离子方程式：Ca2＋+NH4＋+HCO3－+2OH－=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，A正确；B项，产物中I2和Cl2均可以与OH－反应，可知方程式错误；NaClO与HI溶液反应，离子方程式：2ClO－+4H＋+2I－=I2+Cl2↑+2H2O，B错误；C项，硝酸能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，可知方程式错误；将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋=9Fe3＋+14H2O+NO↑，C错误；D项，若明矾溶液中含有2mol SO42-，其完全沉淀，需要加入2molBa2＋，同时加入4molOH－，溶液中的Al3＋会转化成AlO2-，产物错误；离子反应为2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2 SO42-=2BaSO4↓+ AlO2-+2H2O，D错误；故选A。
12．某工厂用电解法处理含有SO2的尾气，其装置如图所示(电极材料均为惰性电极)。下列说法不正确的是( )

A．电极a连接的是电源的正极
B．若电路中转移0.03mole-，则离子交换膜左侧溶液中增加0.03mol离子
C．图中的离子交换膜是阳离子交换膜
D．阴极的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+==S2O42-+2H2O
【答案】B
【解析】A项，根据装置图，电极a上发生SO2＋2H2O－2e－=SO42－＋4H＋，根据电解的原理，电极a为阳极，即电极a接电源的正极，故A说法正确；B项，电极b为阴极，根据装置图，电极b的电极反应式为2HSO3－＋2H＋＋2e－=S2O42－＋2H2O，电极a的电极反应式为：SO2＋2H2O－2e－=SO42－＋4H＋，通过0.03mol电子，电极a上产生0.015molSO42－和0.06molH＋，电极b上消耗0.03molH＋，也就从左侧转移到右侧0.03molH＋，因此左侧增加离子的量为(0.015＋0.03)mol=0.045mol，故B说法错误；C项，根据选项B的分析，左侧H＋转移到右侧，说明离子交换膜是阳离子交换膜，故C说法正确；D项，根据选项B的分析，故D说法正确。
13．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素。X的原子半径是短周期主族元素中最大的；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n；Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n；W与Z同主族；R元素原子与Y元素原子核外电子数之比为2︰1。下列叙述不正确的是( )
A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1︰2
B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，且熔沸点高
C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z
D．ZY2、WY2、RY2均溶于水，且都能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】X的原子半径在短周期主族元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素。由分析知：X为Na元素、Y为O元素、Z为Si元素、W为C元素、R为S元素；A项，X与Y形成的两种化合物Na2O和Na2O2中阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；B项，O比S非金属性强，则H2O比H2S稳定，H2O分子间存在氢键，其熔沸点比H2S高，故B正确；C项，元素的非金属性S＞C＞Si，则元素C、Si、S最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，故C正确；D项，SiO2、CO2、SO2均为酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应，但SiO2不溶于水，故D错误；故选D。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
(一)必做题
26．(14分) 氮化锶(S r3N2)在工业上广泛应用于生产荧光粉。已知锶和镁位于同主族且锶比镁活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。某学习小组拟设计两套方案制备氮化锶并测定产品的纯度。
方案I：根据下列装置制备氮化锶：

已知：实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气。回答下列问题：
(1)气流从左至右，选择装置并排序为_______(用字母表示)。
(2)写出实验室制备N2的化学方程式：_______________________________。
(3)实验时先点燃_______处酒精灯(填“A”或“D”)，一段时间后，点燃另一只酒精灯。
方案II：某氮气样品可能含有少量的CO、CO2、O2等气体杂质，某同学设计如下装置制备氮化锶(各装置盛装足量试剂)。已知：醋酸二氨合亚铜溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。

(4)试管II、III、IV盛装的试剂分别是_____(填标号)，装置Ⅵ的作用是______________。
A．连苯三酚碱性溶液 B．浓硫酸 C．醋酸二氨合亚铜溶液
测定产品纯度：称取9.0g方案II中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，然后由恒压漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200.00mL1.00mol·L-1的的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00mL的吸收液，用1.00mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗14.00mLNaOH溶液(图中夹持装置略)

(5)用1.00mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸时所选指示剂为_______(填标号)。
A．石蕊试液 B．甲基橙 C．酚酞试液
(6)产品纯度为_______%(保留一位小数)。
(7)下列实验操作可能使氮化锶(S r3N2)测定结果偏低的是_______(填标号)。
A．锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液
B．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
D．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
【答案】(1)D、B、A、C(2分) (2)NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O(2分)
(3)D(1分)
(4)acb(2分) 吸收空气中 CO2 和 H2O(g)，防止进入装置V中影响实验 (2分)
(5)b(1分) (6)96.9(2分) (7)bc (2分)
【解析】方案I：由图可知，装置D为饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气装置，装置B为干燥氮气的装置，装置A为氮气和锶共热制备制备氮化锶装置，装置C为吸收空气中二氧化碳和水蒸气，起到防止锶与二氧化碳反应和氮化锶遇水剧烈反应的作用，则装置的连接顺序为D、B、A、C；方案II：由题意可知，氮气中的氧气会与醋酸二氨合亚铜溶液反应，影响一氧化碳的吸收，则吸收一氧化碳前，应先吸收氧气，由图可知，试管Ⅰ中氢氧化钠溶液用于吸收混合气体中的二氧化碳，试管II中连苯三酚碱性溶液用于吸收混合气体中的氧气，试管III中醋酸二氨合亚铜溶液用于吸收混合气体中的一氧化碳，试管IV中浓硫酸用于干燥氮气，硬质试管Ⅴ为氮气和锶共热制备制备氮化锶装置，干燥管Ⅵ中的碱石灰用于吸收空气中二氧化碳和水蒸气，防止进入装置V中影响实验。(1)由分析可知，气流从左至右，装置的连接顺序为D、B、A、C，；(2)实验室制备氮气的反应为饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O；(3)为防止空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气与锶反应，实验时先点燃D出酒精灯，用反应生成的氮气排尽装置中的空气后，再点燃A处酒精灯，故答案为D；(4)由分析可知，试管II中连苯三酚碱性溶液用于吸收混合气体中的氧气，试管III中醋酸二氨合亚铜溶液用于吸收混合气体中的一氧化碳，试管IV中浓硫酸用于干燥氮气；干燥管Ⅵ中的碱石灰用于吸收空气中二氧化碳和水蒸气，防止进入装置V中影响实验；(5)用1.00mol/L氢氧化钠标准溶液滴定过剩的盐酸时，应防止氢氧化钠溶液与氯化铵溶液反应，所以应选择变色范围在酸性区域的甲基橙做指示剂，故答案为b；(6)由题意可知，与氨气反应的盐酸的物质的量为(1.00mol/L×0.200L—1.00mol/L×0.160L)=0.04mol，由氮原子个数守恒可知，氮化锶的物质的量为0.02mol，则产品的纯度为×100%≈96.9%；(7)a项，锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液不影响待测液中溶质的物质的量，对实验结果无影响，故不符合题意；b项，滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管会稀释氢氧化钠溶液，导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，与氨气反应的盐酸物质的量偏小，产品的纯度偏低，故符合题意；c项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，与氨气反应的盐酸物质的量偏小，产品的纯度偏低，故符合题意；d项，读数时，滴定前平视，滴定后俯视导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，与氨气反应的盐酸物质的量偏大，产品的纯度偏高，故不符合题意；故选bc。
27．(14分)无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3＞SiO2 等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：

已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180 (升华)
300 (升华)
1023
(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为：_________________。
(2)步骤I中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是___________________(只要求写 出一种)。
(3)步骤I中焙烧生成三种固体单质，其中生成非金属单质的反应的化学方程式为：____________________。
(4)步骤II生成的尾气中含有Cl2，一定温度下，Cl2 用足量的NaOH溶液吸收，氧化产物只有NaClO和NaClO3，经测定溶液中ClO-和ClO物质的量浓度之比为3：1，则在Cl2被吸收过程中被还原的氯元素和被氧化的氯元素物质的量之比为_________________。
(5)结合流程及相关数据分析，步骤II冷却之后得到的氯化铝(粗品)中含有的主要杂质为_________ (填化学式)。
(6)工业生产过程中需要控制加入铝粉的量，以提高铝粉的利用率，从而降低生产成本，“废渣”的主要成分有NaCl和___________ (填化学式)。
【答案】(1)A13++3H2OAl(OH)3+3H+ (2分)
(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分或防止后续步骤生成的AlCl3水解(2分)
(3)SiO2+2CSi+2CO↑(2分) (4)2：1 (4分) (5) FeCl3 (2分) (6)FeCl2 (2分)
【解析】铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3＞SiO2等杂质)和焦炭反应，发生置换反应，生成铁单质，铝单质等，再加入氯气高温环境下，反应生成氯化铁，氯化硅，氯化铝等，根据物质的沸点可知，氯化铁和氯化铝在步骤II中混合存在。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为：A13++3H2OAl(OH)3+3H+。(2)步骤I中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分或防止后续步骤生成的AlCl3水解。(3)步骤I中焙烧生成三种固体单质，均为置换反应，其中生成非金属单质的反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑。(4)步骤II生成的尾气中含有Cl2，一定温度下，Cl2用足量的NaOH溶液吸收，氧化产物只有NaClO和NaClO3，经测定溶液中ClO-和ClO3-物质的量浓度之比为3：1，则根据转移电子数守恒可知，6Cl2+12OH-=3ClO-+ClO3-+8Cl-+6H2O，在Cl2被吸收过程中被还原的氯元素和被氧化的氯元素物质的量之比为8：4=2：1。(5)结合沸点可知，步骤II冷却之后得到的氯化铝(粗品)中含有的主要杂质为 FeCl3。(6)工业生产过程中需要控制加入铝粉的量，以提高铝粉的利用率，从而降低生产成本，铝粉把氯化铁还原，“废渣”的主要成分有NaCl和FeCl2。
28．(15分) 研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
I.CO2的捕获与利用
(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，溶液pH=___________。
(室温下，H2CO3的K1=4×10-7，K2=5×10-11)
(2)利用CO2和H2合成二甲醚(CH3OCH3)的过程包括如下反应
甲醇合成∶CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2Og) △H1=akJ•mol-1
甲醇脱水∶2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=bkJ•mol-1
则合成二甲醚总反应热化学方程式∶
2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=__________kJ·mol-1
(3)合成二甲醚所用的CO2可利用氨水从工业废气中捕获，捕获过程中会生成中间产物NH2COONH4为测定该反应的有关热力学参数，将一定量纯净的NH2COONH4置于5L的真空钢瓶中，一定温度下发生反应∶NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，实验测得气体总浓度(10-3mol/L)与温度、时间的关系如表所示∶
温度
时间
15℃
25℃
35℃
0
0
0
0
t1
0.9
2.7
8.1
t2
2.4
4.8
9.4
t3
2.4
4.8
9.4
①该反应能自发进行的原因___________________。
②25℃，t3时刻将钢瓶体积压缩为2.5L，达到新平衡时CO2的浓度为__________mol/L
(4)我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图所示，c极电极反应式为__________。

Ⅱ.消除水体中硝态氮
某科研小组研究液相催化还原法去除水体中NO3-的方法中使用的固体催化剂d-Cu/TiO2的催化条件。
图a∶Pd-Cu/TiO2分步催化还原机理。
图b∶其他条件相同，不同pH时，反应1小时后NO3-转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比。

(5)该液相催化还原法中所用的还原剂是___。
(6)研究表明∶溶液的pH对Pd表面所带电荷有影响，但对Pd吸附H的能力影响不大。
①随pH增大，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是_________________，导致反应ii的化学反应速率降低。
②消除水体中硝态氮时，保持NO3-较高转化率的情况下，随pH减小，还原产物中增大，更有利于_________________(用离子方程式表示)反应的进行。
【答案】(1)10(2分) (2)2a＋b(2分) (3)①△S＞0(1分) ②1.6×10-3(2分)
(4)2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑(2分) (5)H2(2分)
(6)①Pd表面单位面积吸附的NO2-数目减小(2分) ②2NO2-+6•H=N2+2H2O+2OH- (2分)
【解析】(1)CO2可以被NaOH溶液捕获，所得溶液中存在电离平衡HCO3-H++ CO32-，Ka2==5×10-11，若c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，则c(H+)=10×10-10mol/L，溶液pH=10；(2)已知①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2Og) △H1=akJ•mol-1；②2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=bkJ•mol-1；由盖斯定理可知，①×2+②得到2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=△H1×2+△H2=2a＋b kJ·mol-1；(3)①反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)是△S>0的反应，满足△H-T△S<0，故答案为△S>0；②反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)达到平衡时c(CO2)：c(NH3)=1:2，根据数据可知c (CO2)=1.6×10-3mol/L，c(NH3)=3.2×10-3mol/L，该反应的平衡常数K=c(CO2)c2(NH3)，将钢瓶体积压缩为2.5L，平衡常数不变，c (CO2)和c(NH3)都不变，则c (CO2)= 1.6×10-3mol/L；(4)由图可知，C电极C2O52-失电子生成氧气和二氧化碳，根据电荷守恒和原子守恒配平电极方程式为：2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑；(5)该液相催化还原法中H元素的化合价由0价上升到+1价，H2作还原剂；(6)①由图可知，Pd表面单位面积吸附的NO2-数目减小，导致反应ii的化学反应速率降低；②还原产物中增大，说明n(N2)增大，n(液态氨)减小，则生成N2，消耗NO2-的反应更有利于进行，该离子方程式为：2NO2-+6•H=N2+2H2O+2OH-。
(二)选做题
37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分) 单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
(1)基态镍原子的核外电子排布式为_____________________。
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和 CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为_______﹔在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是_______，立体构型为正四面体的分子是_______，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_____________________。
(3)Ni与CO在60~80℃时反应生成 Ni(CO)4气体，在 Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是_______，Ni(CO)4晶体类型是______________。
(4)已知 MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgО 晶胞边长为0.42 nm，则MgO的密度为_______g/cm3(保留小数点后一位)；相邻Mg2+之间的最短距离为_______nm(已知=1.414，=1.732﹔结果保留小数点后两位)，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为_______。

【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2(2分)
(2)Mg＜C＜O(1分) CO2(1分) CH4(1分) 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键(2分)
(3)C(1分) 分子晶体(1分)
(4) 3.6(3分) 0.30(3分) 12(2分)
【解析】(1)镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s22；(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的电负性，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高；(3)由题意可知，Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子；(4)由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的镁离子个数为12×+1=4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得=(0.42×10—7)3d，解得d= g/cm3≈3.6 g/cm3；氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为××0.42nm≈0.30nm，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为12。
38．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 有机物K是药物合成中一种重要的中间体，其合成路线如下：

已知：
①
②R-NO2R-NH2
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为___________，D的名称为___________。
(2)E中含有的官能团名称为___________，F的结构简式为___________。
(3)写出G→H的化学方程式_____________________________。
(4)芳香族化合物M是E的同分异构体，写出同时符合下列条件的M结构简式_______________________。
①能发生银镜反应； ②能发生水解反应，且核磁共振氢谱有5组峰。
(5)设计由甲苯和乙酸制备的合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】(1)取代反应(1分) 苯甲醛(1分)
(2)碳碳双键、羧基(1分) (2分)
(3)++HBr(2分)
(4) 、(4分)
(5) (4分)
【解析】框图中有四个未知物，其中D是由苯甲醇在Cu做催化剂、加热条件下与O2反应生成，可推知为苯甲醛。E、F、H的结构可以采用倒推法。因为E到F再到K的反应过程符合已知条件①，再由产物K的结构可推知R结构，进而可得E：，F：，另一部分反应物H：。(1) A→B甲基上的一个H被Cl替代，故为取代反应；由分析可知D为苯甲醛； (2)由分析中E的结构可知，官能团为：碳碳双键、羧基；F的结构简式为；(3)由分析可知H的结构，G→H发生的是取代反应，反应方程式为：++HBr；(4) M是E的同分异构体，E结构简式：，分子式：C9H8O2，因为是芳香族化合物，故有苯环；能水解说明有酯基，又能发生银镜反应说明为甲酸某酯结构，由核磁共振氢谱可知只有5种H，因而M结构简式为：或；(5)想要合成产物需要用到两个已知条件。产物结构中含有肽键，由已知条件可知反应物一个有氨基，一个结构为，即和，根据已知②，前者由可得，后者由乙酸可得，甲苯发生硝化反应可得。反应流程如下：。