2021高考化学全真模拟卷19含解析

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7．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”。下列说法错误的是（ ）
A．沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐
B．“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化
C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦
D．粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料
【答案】A
【解析】A．沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，A错误；
B．黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理化学变化过程，粘土发生复杂的物理化学变化，B正确；
C．青瓦和红瓦是在冷却时区分的：自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，C正确；
D．由“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，D正确；
答案选A。
8．已知NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．将1 ml NH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA
B．室温下，1L pH=3的NaHSO3水溶液中由水电离产生的OH-的数目为0.001NA
C．常温常压下，40 g SiC中含有Si—C键数目为4NA
D．100 g 质量分数为3%的甲醛水溶液中含有的氢原子数目大于0.2NA
【答案】B
【解析】A. 1 mlNH4NO3，溶于稀氨水中使溶液呈中性，则溶液中存在电荷守恒：n(NH4+)+n(H+)=n(OH−)+n(NO3-)，则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于NA，A项正确；
B. pH=3的NaHSO3溶液中，HSO3−的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于HSO3−的电离，故溶液中水电离出的OH-小于0.001NA，B项错误；
C. 40gSiC的物质的量n=40g/40g/ml=1ml，而1ml SiC中含有Si−C键4ml即4NA，C项正确；
D. 在100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有3g甲醛，含有甲醛的物质的量为0.1ml，0.1ml甲醛分子中含有0.2ml氢原子，由于水分子中也含有氢原子，则该溶液中含有氢原子数大于0.2NA，D项正确；
答案选B。
9．我们常用的生姜因含有姜辣素而呈现出刺激的味道，当生姜干燥后，姜辣素会转变成姜烯酚，辛辣增加两倍，若加热则产生较多的姜酮，刺激性较小，还有一点甜味。下列有关三种有机物的说法正确的是（ ）
A．一定条件下，姜辣素、姜烯酚、姜酮均可发生聚合反应
B．姜辣素分子在氢氧化钠醇溶液条件下发生消去反应，产物有两种（不考虑顺反异构）
C．1ml姜辣素分子与足量的溴水反应最多可消耗2 mlBr2
D．生姜加热后产生的姜酮分子最多有10个碳原子共平面
【答案】A
【解析】A. 姜辣素含有两个羟基，可以进行缩聚反应，姜烯酚含有碳碳双键，可以进行加聚反应，姜酮只有一个羟基，一定条件下，可以转化出两个羟基，也可以发生加聚反应，A项正确；
B. 氢氧化钠醇溶液能使卤代烃发生消去反应，姜辣素不含卤元素，不能发生消去反应，B项错误；
C. 姜辣素分子存在酚羟基，Br2可取代酚羟基邻位、对位的H，姜辣素只存在一个邻位H，1ml姜辣素与足量的溴水反应最多可消耗1 mlBr2，C项错误；
D. 生姜加热后产生的姜酮分子最多有11个碳原子共平面，D项错误。答案选A。
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种原子的最外层电子数之和为18，W与Y同主族，X原子的最外层电子数等于周期数，Z的单质在常温下为气体，下列说法正确的是
A．原子半径：Y＞X＞W
B．最简单氢化物的稳定性Z＞W＞Y
C．X与Z形成的化合物的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝
D．Y的氧化物既能与碱反应，也能与酸反应・属于两性氧化物
【答案】B
【解析】A.原子半径：Al>Si>C，即X>Y> W，A错误；
B. 最简单氢化物的稳定性：HCl>CH4>SiH4，即Z>W>Y，B正确；
C. X与Z形成的化合物为AlCl3，为强酸弱碱盐，水解显酸性，使红色石蕊试纸变红，C错误；
D. Y的氧化物为二氧化硅，酸性氧化物，D错误。答案：B
【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键。
11．下列设计的实验方案不能达到实验目的的是
A．检验亚硫酸钠溶液是否变质：取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液
B．制取乙酸乙酯：向试管中加入碎瓷片，再依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸，用酒精灯加热，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠钠溶液的上方
C．除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液
D．探究温度对反应速率的影响：将2支均装有5mL 0.1ml·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5mL 0.1 ml·L−1稀硫酸
【答案】A
【解析】A．加入硝酸钡生成的亚硫酸钡沉淀，加入硝酸会被氧化为硫酸钡，不能证明亚硫酸根离子的存在，故A错误，符合题意；
B．饱和碳酸钠溶液能吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，易于析出，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方，故B正确，不符合题意；
C．除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，碘离子被氧化生成碘单质，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，过量的溴和碘被萃取在下层有机层，取上层溶液为溴化钠溶液，故C正确，不符合题意；
D．探究温度对反应速率的影响：将2支均装有5mL 0.1 ml·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5mL 0.1ml·L−1稀硫酸，其他条件相同时，温度高的反应速率快，则先产生沉淀，故D正确，不符合题意；故选：A。
12．工业上可利用电解原理，间接氧化降解处理含有机污染物的废水，其原理如图所示：
下列有关说法不正确的是（ ）
A．电极A是阳极，发生氧化反应
B．强氧化剂可能为Cl2、O2
C．有机污染物在石墨电极上被还原为无污染物
D．若介质离子为OH-，电极B上发生的反应为2H2O＋2e- ═ H2↑＋2OH-
【答案】C
【解析】A. 根据装置图可知在电极A上，溶液中的介质离子失去电子变为强氧化剂，所以A电极为阳极，A项正确；
B. 介质离子为Cl-失去电子变为Cl2，介质离子为OH-失去电子变为O2，B项正确；
C. 根据装置图可知有机污染物在溶液中与强氧化剂反应，被氧化为无污染物，C项错误；
D.介质离子为OH-，分析可知，B做阴极，阴极得电子，发生的反应为2H2O＋2e- ═ H2↑＋2OH-，D项正确；
答案选C。
13．室温下，用0.1 ml/L 的盐酸滴定相同浓度的25 mL溴化肼（N2H5Br）溶液，已知肼（N2H4）是二元弱碱，N2H4+H2O N2H5+ + OH- Kb1 = 1.0 × 10-6，N2H5+ + H2O N2H62+ + OH- Kb2 = 1.3 × 10-15，滴定过程中混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．N2H4与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2
B．b点表示盐酸与溴化肼恰好完全反应：c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）
C．a点对应的溶液中：c（Br-）＋c（OH-） ═ c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+）
D．c点的混合溶液中：c（Cl-）>c（Br-）>c（H+）>c（N2H62+）>c（N2H5+）>c（OH-）
【答案】D
【解析】A. N2H4与硫酸反应形成的酸式盐，则酸过量，N2H4会完全电离为N2H62+，该酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2，A项正确；
B. b点表示盐酸与溴化肼恰好为1：1完全反应，此时溶液为N2H6BrCl，而N2H62+会水解，故c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）B项正确；
C. a点时为N2H5Br溶液，根据电荷守恒：c（Br-）＋c（OH-） ═ c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+），C项正确；
D. c点的混合溶液为N2H6BrCl、HCl，溶液环境显酸性会抑制N2H62+水解，从图中可得知，c（N2H62+）>c（H+），D项错误；答案选D。
三、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）工业上用含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图：
已知：25℃时，部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如下表所示。
请回答：
（1）沉淀1的化学式为_____。
（2）室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中c(Mn2+)=2ml/L，某种离子的浓度小于1×10-5ml/L时，可认为已完全沉淀，则生成沉淀2需调节pH的范围是_____。“净化”时，加入(NH4)2S的作用为____。
（3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为_____。
（4）已知：滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4。(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如图所示。据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、_____、洗涤、干燥。
（5）工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极反应式为_____。
（6）25.35 g MnSO4·H2O样品隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。则1150℃时，反应的化学方程式为_____。
【答案】
（1）CaSO4 （2分）
（2）5（3）SO2+ MnO2= Mn2++ SO42- 、 Fe2O3+ SO2+2H+=2Fe3++ SO42-+H2O （2分）
（4）趁热过滤 （2分）
（5）Mn2+-2e-+ 2H2O= MnO2+4H+ （2分）
（6）3MnO2Mn3O4+ O2↑（2分）
【解析】（1）CaO与稀硫酸反应生成CaSO4，而CaSO4是微溶物，故沉淀1是CaSO4；
（2）Al3+沉淀完全时：1×10-5×c3(OH-)=1.0×10-32，c(OH-)=1.0×10-9ml/L，pH=5，Fe(OH)3的溶度积更小，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已经沉淀完全，Cu2+沉淀完全时：1×10-5×c2(OH-)=2.0×10-20，c(OH-)=×10-7.5ml/L，当c(Mn2+)=2ml/L开始沉淀时，2×c2(OH-)=2.0×10-14，c(OH-)=10-7ml/L，pH=7，故调节pH的范围是：5（3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为：SO2+ MnO2= Mn2++ SO42-，Fe2O3+ SO2+2H+=2Fe3++ SO42-+H2O；
（4）由(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线图可知，(NH4)2SO4的溶解度随着温度的升高而增大，MnSO4的溶解度随着温度的升高而减小，故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。
（5）工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：Mn2+-2e-+ 2H2O= MnO2+4H+；
（6）25.35gMnSO4·H2O样品n(Mn2+)=n(MnSO4·H2O)=25.35g/(169g/ml)=0.15ml，其中n(H2O)=0.15ml，m(H2O)=0.15ml×18g/ml=2.79，280℃时，所得固体质量为22.65g,减少的质量为2.7g,则说明该段失去结晶水，此时的固体为MnSO4，继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物，850℃时，固体质量由22.65减少到13.05，减少9.6g，而0.15ml的二氧化硫的质量为9.6g，则该固体为MnO2，1150℃时的固体为MnO2分解所得，锰元素的质量为0.15ml×55g/ml=8.25g，则氧化物中n(O)=(11.45g-8.25g)/(16g/ml)=0.2ml，故n(Mn)：n(O)=0.15：0.2=3：4，则该氧化物为Mn3O4，反应式为3MnO2Mn3O4+ O2↑。
【点睛】本题是工艺流程，对流程的分析要求较高，认真分析好工艺流程图，涉及陌生氧化还原反应方程式书写，从题中信息找出反应物、生成物，分析每一步所加入物质的作用，注意调节溶液的pH的范围，从另一个图形中判断物质溶解度的受温度影响情况，便于从溶液中得到晶体，再从样品质量随温度变化的曲线图上，利用原子守恒确定最终产物。
27．（15分）（2020·南昌市新建区第二中学高三月考）叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
（1）制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t－BuOH)在40 ℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：________________。
（2）制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应方程式为：t－BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t－BuOH。
①装置a的名称是________________；
②该反应需控制温度在65 ℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0 ℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是______________________________________________。
（3）产率计算
①称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10 ml·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00 mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 ml·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为__________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______(填字母代号)。
A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________________。
【答案】（1）t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O （2分）
（2）① 恒压滴液漏斗(滴液漏斗)（2分） ②水浴加热（2分） ③降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失（2分）
（3）65%（2分） AC（2分）
（4）ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑ （3分）
【解析】
（1）根据元素组成以及酯化反应特点，有水分子生成，无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水，反应的化学方程式为t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O；
（2） ①根据仪器的构造可知，装置a的名称是恒压滴液漏斗(滴液漏斗)；
②加热温度低于100 ℃，所以用水浴加热；
③叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少；
（3）Ce4＋总计为0.10 ml·L－1×0.04 L＝0.004 ml，分别与Fe2＋和N反应。其中与Fe2＋按1∶1反应消耗0.10 ml·L－1×0.02 L＝0.002 ml，则与N按1∶1反应也为0.002 ml，即10 mL所取溶液中有0.002 ml N。原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液中有0.02 ml即1.3 g NaN3，所以样品质量分数为65%；
误差分析：A、使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00 mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小；
C、滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
D、滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，无影响。答案选AC；
（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体氮气，结合氧化还原反应配平，反应的离子方程式为：ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。
28．（14分）（2020·湖南雅礼中学高三月考）硫酸在生活和生产中应用广泛。某工厂以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料，采用接触法制备硫酸。
（1）已知在298 K和101 kPa条件下：
FeS2(s)=FeS(s)+S(s) ∆H1
S(s)+ O2(g)=SO2(g) ∆H2
4FeS(s)+7O2(g)=2Fe2O3(s) +4SO2(g) ∆H3
则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的热化学方程式为_______。
（2）催化氧化反应：2SO2(g) +O2(g)2SO3(g) ∆H<0。在体积可变的密闭容器中，维持压强为101 kPa和初始n(SO2)=2ml，充入一定量的O2，SO2的平衡转化率α(SO2)随O2物质的量n(O2)的变化关系如图所示：
①在1000℃时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因________。
②a点时SO3的平衡分压p(SO3)=_________Pa(保留两位有效数字，某组分的平衡分压=总压×某组分的物质的量分数)。
（3）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。请画出平衡体系中SO3的体积分数φ(SO3)随初始SO2、O2的物质的量之比[n(SO2)/n(O2)]的变化趋势图______：
（4）已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3，根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活性氧的反应历程与能量变化关系如图所示。下列说法不正确的是_______(填字母代号)。
A．O2转化为活性氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程
B．该过程的最大能垒(活化能)E正=0.73 eV
C．每活化一个O2分子最终吸收0. 29 eV能量
D．依题炭黑可以作为SO2转化为SO3的催化剂
E.其他条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快
（5）硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，写出阳极的电极反应式：___________
【答案】（1）4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) ∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3 （2分）
（2）①该反应∆H<0，1000时，该反应的平衡常数很小，二氧化硫的平衡转化率很小；1000时，恒压条件下，充入氧气，c(SO2)和c(SO3)等倍数减，c(O2)增大，Qc=② （2分）
（3） （2分）
（4）BC （2分）
（5）SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+ （3分）
【解析】
（1）①FeS2(s)=FeS(s)+S(s) ∆H1；②S(s)+ O2(g)=SO2(g) ∆H2；
③4FeS(s)+7O2(g)=2Fe2O3(s) +4SO2(g) ∆H3；根据盖斯定律，①×2+②×2+③得热化学反应方程式为：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) ∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3；故答案为：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) ∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3；
（2）①该反应∆H<0，1000时，根据二氧化硫的转化曲线，该反应的平衡常数很小，二氧化硫的平衡转化率很小；1000时，恒压条件下，充入氧气，c(SO2)和c(SO3)等倍数减，c(O2)增大，Qc=②
SO3的平衡分压p(SO3)=，故答案为：；
（3）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2，二氧化硫与氧气比例为2:1时，三氧化硫的平衡体积分数最大，故答案为：；
（4）A. 由图分析可知，O2转化为活性氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程，A正确；
B. 该过程的最大能垒(活化能)E正=0.75eV，B错误；
C. 每活化一个O2释放0. 29 eV能量，C错误；
D. 炭黑可以提供活化氧，可作为SO2转化为SO3的催化剂，D正确；
E. 其他条件相同时，炭黑颗粒越小，反应接触面积越大，反应速率越快，E正确；故答案为：BC；
（5）用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，阳极是亚硫酸根离子失去电子，生成硫酸根离子，即阳极的电极反应为：SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+；故答案为：SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+。
（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）
金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。试回答下列问题：
（1）Ni2+电子排布中，电子填充的能量最高的能级符号为______。
（2）金属Ni能与CO形成配合物Ni（CO）4．与CO互为等电子体的一种分子为______（写化学式，下同），与CO互为等电子体的一种离子为______。
（3）丁二酮肟（）是检验Ni2+的灵敏试剂。丁二酮肟分子中C原子轨道杂化类型为______，2ml丁二酮肟分子中所含σ键的数目为______。
（4）丁二酮肟常与NI2+形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：
①A的熔、沸点高于B的原因为______。
②B晶体含有化学键的类型为______（填选项字母）。
A．σ键 B．金属键 C．配位键 D．π键
（5）人工合成的氧化镍往往存在缺陷，某缺陷氧化银的组成为Ni0.97O，其中Ni元素只有+2和+3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为______。
（6）Ni2+与Mg2+、O2-形成晶体的晶胞结构如图所示（Ni2+未画出），则该晶体的化学式为______。
【答案】（1）3d （2分）
（2） N2 CN- （2分）
（3）sp3和sp2 （2分） 30NA（1分）
（4）①A分子间存在氢键 （2分） ②ACD （2分）
（5）91：6（2分）
（6）Mg2NiO3（2分）
【解析】（1）Ni的原子序数是28，因此基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为3d，故答案为3d；
（2）原子数与价电子数分别都相等的互为等电子体，则与CO互为等电子体的分子为N2，与CO互为等电子体的阴离子为CN-等；故答案为N2；CN-；
（3）丁二酮肟分子中C原子，甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对且不含孤电子对，为sp2杂化，分子中含有13个单键，和2个双键，则共含有15个σ键，所以1ml丁二酮肟含有σ键数目为15NA，2ml丁二酮肟含有σ键数目为30NA，故答案为sp3和sp2；30NA；
（4）①A分子中含有-OH，分子间易形成氢键，B分子不能形成氢键，故答案为A分子间存在氢键；
②根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，无离子键、金属键，故选ACD，故答案为ACD；
（5）设+2、+3两种Ni原子数分别为x，y，则x+y=0.97，2x+3y=2，解得：x：y=91：6，故答案为91：6；
（6）晶胞中原子分摊得到Mg2+的数目=4×=2，O2-的数目=12×=3，化合物中化合价代数和为0，所以Ni2+的数目为1，所以化学式为Mg2NiO3，故答案为Mg2NiO3。
【点睛】
本题考查物质结构与性质，涉及了原子核外电子排布规律、化学键、等电子体概念、杂化类型以及晶胞的计算等知识，注意化合物中化合价规律的运用是解答关键。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
研究小组设计用含氯的有机物A合成棉织物免烫抗皱整理剂M的路线如下(部分反应试剂和条件未注明)：
已知：①E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同化学环境的氢原子，其个数比为3∶1；
(R、R′、R″代表相同或不相同的烃基)。
（1）A分子中的含氧官能团的名称是________________。
（2）D→E反应的化学方程式是____________。
（3）A→B反应所需的试剂是________________。
（4）G→H反应的化学方程式是____________。
（5）已知1 ml E与2 ml J反应生成1 ml M，则M的结构简式是________。
（6）E的同分异构体有下列性质：①能与NaHCO3反应生成CO2；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，则该同分异构体共有________种，其中任意1种的结构简式是________。
（7）J可合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式是________。
【答案】（1）羟基（1分）
（2） HOOCCH2COOH＋2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3＋2H2O （2分）
（3） NaOH水溶液 （2分）
（4）ClCH2CH2COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O （2分）
（5） （2分）
（6）5（2分） （2分）
（7） （2分）
【解析】
E的分子式为C5H8O4C，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为 =2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E分子中应含有2个酯基、2个-CH3 、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3 ；C与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH，则B应是HOCH2CH2CH2OH；A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH；E与J发生信息中反应，则H为CH2═CHCOOH，J为CH2═CHCOOCH3 ；根据信息可知：1mlE与2mlJ反应生成1mlM，故M为 ；
（1）据以上分析可知，A为ClCH2CH2CH2OH，A分子可以被催化氧化为醛类，所以含有醇羟基；因此本题答案是：羟基。
（2）据以上分析可知：D为HOOCCH2COOH，与甲醇反应生成酯，反应方程式：HOOCCH2COOH＋2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3＋2H2O；综上所述，本题答案是：HOOCCH2COOH＋2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3＋2H2O。
（3）A→B是ClCH2CH2CH2OH在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH；综上所述，本题答案是：NaOH水溶液、加热。
（4）G→H是ClCH2CH2COOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成CH2 ═CHCOOH，反应方程式为：ClCH2CH2COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O；综上所述，本题答案是：ClCH2CH2COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O。
（5）根据信息可知，1mlCH3OOCCH2COOCH3 与2mlCH2=CHCOOCH3 反应生成1mlM，故M为 。
（6）CH3OOCCH2COOCH3 的同分异构体有下列性质：①能与NaHCO3 反应生成CO2 ，含有-COOH；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，为甲酸形成的酯，含有-OOCH，符合条件的同分异构体有： 、 、 、 、 ，故共有5种；综上所述，本题答案是：5； 、、、、中的任意一种。
（7）CH2=CHCOOCH3中含有双键，可以发生加聚反应，生成高聚物 ；综上所述，本题答案是：。
【点睛】
本题是一道关于有机物的综合推断题，需要对给予的反应信息进行利用，问题（6）分析时要注意：羧基-COOH 可以变为-OOCH（甲酸酯），即有醛基的性质，又有水解的性质。
氢氧化物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
1.0×10-32
1.0×10-38
2.0×10-20
2.0×10-14