2023年高考押题预测卷02（全国乙卷）-化学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷02（全国乙卷）-化学（全解全析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年高考押题预测卷02【全国乙卷】
化 学全解全析
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.化学与社会、环境、生活息息相关，下列说法正确的是
A．非遗油纸伞伞面涂刷桐油，桐油的成分是烃
B．CO2排放量的增加将促进海洋珊瑚的疯长
C．PM2.5在空气中所形成的分散系稳定性弱于云雾
D．服饮葡萄糖口服液可迅速补充人体发烧损失的电解质
【答案】C
【详解】A．桐油的主要化学成分是脂肪酸甘油三酯，不是烃类化合物，A错误；
B．CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加将影响珊瑚生存，B错误；
C．能形成胶体的分散质颗粒直径在1-100nm之间，云雾属于胶体，具有介稳性，PM2.5中颗粒物的直径接近于2.5×10 -6m，所以不能形成气溶胶，C正确；
D．糖类不属于电解质D不错误；
故答案为：C。

8.2022年诺贝尔化学奖授予三位在“点击化学和生物正交化学”方面做出突出贡献的科学家。该反应如下：

下列说法正确的是
A．X与H2加成最多消耗2 mol H2 B．该反应类型属于取代反应
C．Z分子中含有1个手性碳原子 D．X与Y反应可生成另一产物
【答案】D
【详解】A．X分子中含有的1个苯环和1个碳碳三键都可以与H2发生加成反应，则X与H2加成最多消耗5 mol H2，A错误；
B．根据图示可知该反应类型属于加成反应，B错误；
C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据Z结构简式乐子Z分子中不含有手性碳原子，C错误；
D．两种物质分子分子含有的2个苯环连接在含有N原子的五环上的位置不同，因此可以形成两种不同产物，D正确；
故合理选项是D。

9.某同学按图示装置进行实验，向抽滤瓶溶液中通入足量a气体获得a的饱和溶液，再通入足量的b气体，抽滤瓶中最终一定得到沉淀。下列物质组合符合要求的是


a
b
c
A


饱和食盐水
B


溶液
C


溶液
D

NO2
溶液


【答案】B
【详解】A．二氧化碳在饱和氯化钠溶液中溶解性很小，通入氨气不能产生大量的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子浓度较低，不会析出NaHCO3晶体，A不符合题意；
B．与溶液不发生反应，氯化钡和二氧化硫生成盐酸和亚硫酸钡，正常情况下反应不能进行，因为生成的亚硫酸钡会溶于盐酸，氯气能将生成的亚硫酸钡氧化成硫酸钡，有沉淀生成，B符合题意；
C．和溶液反应生成白色沉淀，在加入足量的氨气，氨气溶于水形成氨水，氯化银与氨水生成银氨络离子，氯化银沉淀溶解，C不符合题意；
D．氨气通入溶液中会生成氢氧化铝的白色沉淀，NO2和水反应生成硝酸是强酸，可溶解氢氧化铝，最终无沉淀，D不符合题意；
故选B。

10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，且Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，W在同周期中原子半径最小。下列叙述错误的是
A．原子半径的大小顺序：
B．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
D．Z、W形成的化合物中各原子最外层电子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X为氧；元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，W在同周期中原子半径最小，W为氯；Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则，分别为镁、磷；
【详解】A．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；原子半径的大小顺序：，A正确；
B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强，B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，C错误；
D．Z、W形成的化合物为PCl3，各原子最外层电子均满足8电子稳定结构，D正确；
故选C。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LCH2Cl2中所含碳氯键的数目为NA
B．电解精炼铜时，当阴极增重6.4g，阳极失去的电子总数为0.2NA
C．100mL18.4mol/L的浓硫酸与足量锌反应时，生成的SO2数目为0.92NA
D．50g 34%的H2O2溶液中H-O键的数目为NA
【答案】B
【详解】A．标准状况下，CH2Cl2是液态，11.2L的CH2Cl2物质的量大于0.5mol，碳氯键的数目大于NA，故A错误；
B．电解精炼铜时，阴极电极方程式为：，当阴极增重6.4g即0.1molCu时，阳极失去的电子总数=阴极得到的电子总数=0.2NA，故B正确；
C．100mL18.4mol/L浓硫酸与足量的锌反应时，随着反应的进行浓硫酸逐渐变稀，变稀后不再产生SO2气体，所以生成的SO2数目小于0.92NA，故C错误；
D．50g 34%的H2O2溶液中含有17g的H2O2和33g的H2O，每个H2O2和H2O都含有2个H-O键，则50g 34%的H2O2溶液中H-O键的数目为：，故D错误；
故选：B。

12.科学家研制了一种两相无膜锌/吩噻嗪(PTZ)电池，其放电时的工作原理如图所示。

已知：CH2Cl2的密度为1.33g/cm3，难溶于水。下列说法错误的是
A．电池使用时不能倒置
B．充电时，石墨毡上的电极反应式为PTZ-e-=PTZ＋
C．充电时，PF由CH2Cl2移向水层
D．放电时，Zn板每减轻6.5g，水层增重29g
【答案】D
【分析】放电时，Zn失电子，发生氧化反应，故Zn作负极；石墨毡作正极。充电时，Zn电极发生得电子反应，作阴极；石墨毡作阳极。
【详解】A．水和二氯甲烷的不互溶性和密度差能够将正极与负极分隔开，故不能倒置，故A正确；
B．由图可知，放电时，Zn为负极，石墨毡为正极，放电时，石墨毡发生反应：PTZ+-e-=PTZ，则充电时，石墨毡为阳极，发生氧化反应，电极反应式：PTZ-e-=PTZ+，故B正确；
C．放电时，阴离子向负极移动，Zn为负极，则放电时PF6-由CH2Cl2层移向水层，故C正确；
D．放电时，Zn板每减轻6.5g，同时水层增重6.5g，转移电子的物质的量为0.2mol，有0.2mol移动到水层，故水层增重为0.2mol×145g/mol+6.5g=35.5g，故D错误；
故选D。

13.常温下，二元酸H2A的Ka1=1.3 ×10-7，Ka2=7.1×10-15,难溶盐CuA、ZnA饱和溶液中沉淀溶解平衡时相关离子浓度的变化如图所示，已知Ksp (CuA)＜ Ksp(ZnA)。下列说法不正确的是

A．m线表示CuA饱和溶液中相关离子的浓度变化，且Ksp(CuA )的数量级为10-37
B．a点对应的可以是CuA的不饱和溶液，也可以是ZnA的不饱和溶液
C．向p点的溶液中加入少量Na2A固体，溶液组成可能变为q点
D．向等浓度、等体积的稀H2SO4中分别加入少许等物质的量的ZnA和CuA两种固体都能溶解
【答案】D
【分析】m线上任意一点横纵坐标之积大于n线上任意一点横纵坐标之积，由题目可知知Ksp (CuA)＜ Ksp(ZnA)，故m线表示CuA饱和溶液中相关离子的浓度变化，n线表示ZnA饱和溶液中相关离子的浓度变化；
【详解】A．在m线上，当横坐标等于20时，纵坐标约等于16.4，即c(Cu2+)=10-20，c(A2-)=10-16.4，故Ksp= c(Cu2+) c(Cu2+)=10-20×10-16.4=10-36.4，数量级为10-37，A项正确；
B．A点的横纵坐标之积小于m、n线上任意一点横纵坐标之积，即a点Qc＜Ksp，故为ZnA和CuA的不饱和溶液，B项正确；
C．向P点加入少量Na2A固体，溶液中c(A2-)增大，减小，对于ZnA的沉淀溶解平衡逆向移动，c(Zn2+)减小，则增大，故可以实现p点变为q点，C项正确；
D．由曲线可知，Ksp(CuA)很小，故很难溶于稀硫酸，Ksp(ZnA)相对较大，可以溶解在稀硫酸中，D项错误；
答案选D。


二、非选择题
(一)必考题：共43分。
26.（14分）稀土(RE)是元素周期表第Ⅲ族副族元素钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素共17种化学元素的合称，是隐形战机、超导、核工业等高精尖领域必备的原料，但是稀土的开采和加工对环境破坏比较大。从某种矿物(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如图：

已知：①月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃，月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。
②该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8。
③Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表：
离子
Mg2＋
Fe3＋
Al3＋
RE3＋
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
(1)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH，控制的范围为_______，得到的滤渣主要成分为_______。
(2)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为4.8g/L。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于_______mol·L-1 (保留两位有效数字)。
(3)①“加热搅拌”控制在55℃，其原因是_______。
②“操作X”的过程为先_______，再固液分离。
(4)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(5)稀土中钪元素的单质具有较高熔点且密度和铝接近，可制备高熔点轻质合金，此种合金可用作航空航天或耐高温材料。通常用电解熔融ScCl3制备金属钪，ScCl3易水解，工业上制备无水ScCl3过程中与NH4Cl共热。原理为：
I.ScCl3(s)＋H2O(g)ScOCl(s)＋2HCl(g)；
II._______(完成方程式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1) 4.7≤pH＜6.2 Al(OH)3、Fe(OH)3
(2)3.0×10-4
(3) 低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离 冷却结晶
(4)MgSO4
(5)ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)
(6)O2+4e-+2H2O=4OH-

【分析】从某种矿物(含铁、铝等元素)中提取稀土元素RE时，先将矿物用酸化的MgSO4溶液浸取，浸取液中加入氧化剂将Fe2+氧化，再调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时需防止RE3+离子生成沉淀：过滤后，往滤液1中加入月桂酸钠，将RE3+转化为(C11H23COO)3RE沉淀；MgSO4全部进入滤液2；将滤饼中加入盐酸，并维持在55℃，加热搅拌，冷却结晶后，将月桂酸转化为沉淀，然后过滤分离。
【详解】（1）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH，在此步操作中，需除去的杂质离子为Fe3+、Al3+，并将它们转化为氢氧化物沉淀，但不能将RE3＋转化为沉淀，所以需控制的范围为4.7≤pH＜6.2，得到的滤渣主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。答案为：4.7≤pH＜6.2；Al(OH)3、Fe(OH)3；
（2）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为4.8g/L，物质的量浓度为0.2mol/L。Ksp [(C11H23COO)2Mg]=1.8×10-8，c(C11H23COO-)=mol·L-1=3.0×10-4mol·L-1。答案为：3.0×10-4；
（3）①“加热搅拌”的目的，是将(C11H23COO)3RE充分溶解，并转化为RECl3和C11H23COOH，此时既需控制温度，又需保证盐酸具有一定的浓度，则控温在55℃，其原因是：低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离。
②“操作X”的过程中，需将C11H23COOH转化为沉淀，所以应先冷却结晶，再固液分离。答案为：低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离；冷却结晶；
（4）该工艺中，滤液②中含有大量的MgSO4，可再生循环利用的物质有MgSO4。答案为：MgSO4；
（5）通常用电解熔融ScCl3制备金属钪，ScCl3易水解，工业上制备无水ScCl3过程中与NH4Cl共热。原理为：
I.ScCl3(s)＋H2O(g)ScOCl(s)＋2HCl(g)；
II. 应将ScOCl(s)转化为ScCl3(s)，则ScOCl(s)与NH4Cl(s)反应的方程式为：ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)。答案为：ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)；
（6）Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，则在正极，O2得电子产物与电解质反应生成OH-，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
【点睛】月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，冷却结晶时，溶液温度应降到44℃以下。
27.（14分）TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。

已知： TiCl4 易挥发，高温时能与O2反应，不与HCl反应，其他相关信息如下表所示：

熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·cm-3)
水溶性
TiCl4
-24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
CC14
-23
76.8
1.6
难溶于水
回答下列问题：
(1)装置D中仪器b的名称是___________，装置E中的试剂是___________(填试剂名称)。
(2)装置B中长导管a的作用是___________。
(3)装置A中发生反应的离子方程式为___________。
(4)在通入Cl2前，先打开开关k，从侧管持续通入一段时间的CO2气体的目的是___________。
(5)装置C中除生成TiCl4外，还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为___________。
(6)制得的TiCl4 中常含有少量CCl4，从混合液中分离出TiCl4操作的名称是___________。
(7)利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取m g产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转 入锥形瓶中，滴加几滴0.1mol·L-1 K2CrO4溶液作指示剂，用n mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。

已知：常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10、 Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12， Ag2CrO4 呈砖红色，TiCl4+(2+n)H2O= TiO2·nH2O↓+4HCl。
①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有___________；
②滴定终点的判断方法是___________；
③产品的纯度为___________(用含m、n和V的代数式表示)。
【答案】(1) 球形冷凝管 浓硫酸
(2)平衡气压，防止导管堵塞
(3)2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(4)排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应
(5)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
(6)蒸馏
(7) 液封，吸收挥发的HCl气体 当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失 或

【分析】本实验利用Cl2与TiO2反应制备TiCl4，A为制备Cl2的装置，C、D分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液，目的是除去未反应的Cl2；
【详解】（1）装置D中仪器b的名称是球形冷凝管；据分析可知，装置E中的试剂是浓硫酸；
（2）装置B中长导管a的作用是平衡气压，防止导管堵塞；
（3）装置A用于制备Cl2，其离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（4）在通入Cl2前，先打开开关k，从侧管持续通入一段时间的CO2气体的目的是排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应；
（5）根据元素守恒可知一种气态不成盐氧化物为CO，则该反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（6）TiCl4 和CCl4互溶，但沸点差异较大，则从混合液中分离出TiCl4操作的名称是蒸馏；
（7）①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封，吸收挥发的HCl气体；
②滴定终点的判断方法是当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失；
③根据元素守恒关系，，产品的纯度为。

28.（15分）2022年11月15日，二十国集团领导人第十七次峰会上，习近平主席发表题为《共迎时代挑战 共建美好未来》的重要讲话，其中提及应对气候变化挑战、向绿色低碳发展转型等话题。回答下列问题：
(1)一定条件下，与反应可转化为、，该反应不仅可以应用于温室气体的消除，实现低碳发展，还可以应用于空间站中与的循环，实现的再生。已知：
①反应Ⅰ.   
反应Ⅱ.    
反应Ⅲ.    
②部分化学键的键能：
化学键
H-H
C=O
C-H
O-H
键能/()
436.0
745.0
x
462.8
则表格中x=________。若反应Ⅲ的活化能为，则该反应的逆反应活化能_____。
(2)一定条件下，利用甲烷可将还原为CO。在一容器中充入、气体各1.0 mol，发生反应    。测得的平衡转化率随着温度、压强的变化曲线如图l所示，则___________(填“>”“<”或“=”)；Q点的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体的分压=气体总压强×该气体的物质的量分数)。

(3)工业生产的烟气中常含有气态的硫化物、氮化物等污染物，需经过除硫、除氮才能排放。
①利用溶液可除去烟气中的气体，除硫原理如图所示：

实验室测得脱硫率与溶液pH、浓度()的关系如图2所示，浓度大于时，脱硫率逐渐降低，原因是___________。

②利用强氧化剂可以对烟气进行脱硫脱硝。在某工厂尾气净化工艺探索中，利用NaClO溶液为氧化剂，控制pH=5.5，将烟气中＋4价硫的氧化物和＋2价氮的氧化物转化为高价含氧酸根离子。测得溶液在不同温度时，脱除率如表：
温度/℃
10
20
40
50
60
80
脱除率/%

91.6
97.5
98.9
99.9
99.1
97.2
NO
76.5
77.2
78.9
80.1
79.9
78.8
温度高于50 ℃时，脱除率逐渐降低，原因是___________。的脱除率比NO的高，原因是___________(答出一点即可)。
【答案】(1) 415.2
(2) < 196
(3) 浓度增大，使反应i、反应ⅱ均逆向移动，浓度降低 温度越高，、NO的溶解度越小；温度越高，水解生成的HClO越不稳定 在水中的溶解度大于NO(或的还原性比NO的强或与NaClO溶液的反应速率比NO的快等)

【详解】（1）根据三个已知反应的物质转化关系，并结合盖斯定律可知，，反应物的总键能-生成物的总键能，则有，解得。，故逆反应活化能。故答案为：415.2；；
（2）由化学方程式可知，该反应为气体分子数增大的反应，故增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，则。Q点的平衡转化率为50%，应用“三段式”计算：

则、，。故答案为：<；196；
（3）①浓度大于时，脱硫率逐渐降低，主要原因是浓度增大，水解平衡正移，导致浓度增大，使反应i、反应ii均逆向移动，浓度降低。②温度越高，、NO的溶解度越小，溶液中、NO的浓度越低，越不利于NaClO与、NO的反应；温度越高，越能促进水解，且水解生成的HClO在温度较高时不稳定而分解，导致溶液中的浓度降低，故脱除率逐渐降低。的脱除率比NO高的原因较多，如在水中的溶解度大于NO，即溶液中两种气体分子的浓度不同；在溶液中的还原性比NO的强；与NaClO溶液的反应速率比NO的快等。故答案为：浓度增大，使反应i、反应ⅱ均逆向移动，浓度降低；温度越高，、NO的溶解度越小；温度越高，水解生成的HClO越不稳定；在水中的溶解度大于NO(或的还原性比NO的强或与NaClO溶液的反应速率比NO的快等)。

(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Fe等元素。回答下列问题：
(1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_____(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_____。
A．        B．C．      D．
(2)B、C、N的第一电离能由大到小的顺序是_____，氮可形成多种氢化物，其中NH3的VSEPR模型名称是_____，N2H4中N原子杂化方式是_____。
(3)FeSO4•H2O的结构如图所示。

FeSO4•7H2O中H2O与Fe2+、H2O与SO的作用力类型分别是_____、_____。H2O中H－O－H的键角____SO中O－S－O的键角(填“＞”“＜”或“=”)。
(4)镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞有如图结构特征：镍离子形成面心立方结构，氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中，填充率为100%。
①从该晶胞中能分割出来的结构图有_____(填标号)。
a.   b.   c.   d.    e.
②已知该晶体密度为ρg•cm-3，NA为阿伏伽德罗常数的值。该晶胞中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有____个，该距离为_____pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
【答案】(1) A CD
(2) N＞C＞B 四面体形 sp3
(3) 配位键 氢键 ＜
(4) bc 12 ××1010 (或××1010)

【详解】（1）A中各轨道都处于全满状态比较稳定，较难失去电子，因此失去一个电子需要的能量最高；发射光谱是指电子从高能量轨道跃迁到低能量轨道时释放能量的现象，即原子从激发态到稳态过程发出电离辐射的过程，选项中处于激发态的原子为C、D，故答案为C、D。
（2）B、C、N为同一周期元素，第一电离能呈现增大的趋势，但N的基态电子排布为1s22s22p3，p轨道为半充满，第一电离能大于C，故第一电离能能由大到小的顺序是C>N>B；NH3中互斥电子对数为3+（5-3×1）=4，VSEPR模型为四面体形；N2H4中N形成一个N-N键和两个N-H键，还有一个孤电子对，故N原子杂化方式是sp3。
（3）由FeSO4•7H2O的结构可知，H2O中含有孤电子对的氧原子与含有空轨的与Fe2+形成配位键；H2O中的氢原子与SO中氧原子形成氢键；水分子中氧原子的孤对电子对数为2，硫酸根离子中硫原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则水中H－O－H键角小于硫酸根离子中O－S－O键角，故答案为：孤电子对有较大斥力，使H－O－H键角小于O－S－O键角。
（4）氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙，则该镍的氧化物的晶胞结构和NaCl的相似，氧离子位于晶胞顶点和面心，镍离子位于体心和棱上，故从晶胞分离出的结构可以为、，选bc；如图，以图中体心C原子为研究对象，与其最近的原子为小立方体面对角线上的3个，所以总用有3×8×=12个；该晶胞中镍离子的数目为4，氧离子的数目为4，晶胞质量为，该晶体密度为，设晶胞边长为a，则晶胞体积为，，晶胞中两个镍离子之间的最短距离为面对角线长度的一半，即为。答案为。
36.（15分）菊酸是合成高效、低毒有益于环境的手性拟除虫剂的重要中间体，一种合成菊酸的路线图如下：

已知：二取代环烷烃存在取代基在碳环的同侧和异侧两种顺反结构，即环状有机物存在顺反异构，例如1-甲基-2-乙基环戊烷的顺反异构为和。
回答下列问题：
(1)A与足量氢气加成后产物的化学名称是_______。
(2)B的结构简式为_______，A→B、C→D的反应类型分别为_______、_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)G中的官能团名称为_______。
(5)满足下列条件的G的同分异构体有_______种(包含顺反异构，不考虑手性异构)。
①分子中含五元碳环；②能发生银镜反应；③能与溶液反应生成气体。
(6)仿照上述合成路线，设计以1-丁烯和为原料制备的合成路线：_______(其他无机试剂任选)。
【答案】(1)3-甲基-1-丁醇
(2) 加成反应 氧化反应
(3)2+O22+2H2O
(4)醛基、羧基
(5)5
(6)

【分析】对比A和C的结构可知A与乙酸乙酯发生加成反应生成B，B发生醇消去反应生成C，C被过氧乙酸氧化生成D，D发生分子内开环加成生成E，E发生醇催化氧化生成F，F发生酯水解反应生成G，G与先加成再脱水生成最终产物，据此解答。
【详解】（1）A与足量氢气加成后的产物为，其化学名称是3-甲基-1-丁醇，故答案为：3-甲基-1-丁醇；
（2）B的结构简式为，的反应类型为加成反应，的反应类型为氧化反应，故答案为：；加成反应；氧化反应；
（3）的化学方程式为2+O22+2H2O ，故答案为：2+O22+2H2O；
（4）G中的官能团名称为醛基和羧基，故答案为：醛基、羧基；
（5）G的同分异构体能与溶液反应生成气体且能发生银镜反应，则含有醛基和羧基，根据分子中含五元碳环及已知结构，可知满足条件的G的同分异构体有、、、和，共5种，故答案为：5；
（6）以1-丁烯和为原料，制备的合成路线：，故答案为：。