2021-2022学年河南省南阳市六校高二下学期6月联考化学试题含解析

1、试卷第 =page 18 18页，共 =sectionpages 22 22页 河南省南阳市六校2021-2022学年高二下学期6月联考化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1化学无处不在。利用化学原理对生活、生产中的现象解释正确的是A用明矾净水利用了Al3+的水解原理B“酒香不怕巷子深”体现了乙醇的化学性质C镀铅管截口处易生锈是铅成为阳极的缘故D调大燃气灶中空气的比例，使燃气燃烧更充分，提高了燃气的燃烧热【答案】A【解析】【详解】A生活中使用明矾净水，是利用Al3+水解生成的氢氧化铝胶体吸附杂质，与题意相符，A正确；B乙醇具有挥发性，俗语“酒香不怕巷子深中表达的化学意义就是乙醇容

2、易挥发的性质，为物理性质，B错误；C铁比铅活泼，故铁为阳极，C错误；D调大燃气灶中空气的比例，使燃气燃烧更充分，但是不能提高燃气的燃烧热，D错误；故选A。2“碳中和”是我国的战略目标。促进CO2的转化中的一个反应是。下列对该反应的说法正确的是A在绝热容器中进行该反应，气体的温度将会升高B加入催化剂可以降低反应的活化能，使H减小C缩小反应体系的体积，可以增大CO的平衡浓度D在恒容容器中再充入一定量的CO2，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A 该反应的正反应为吸热反应，在绝热容器中进行该反应，气体的温度将会降低，故A错误；B 催化剂可以降低反应的活化能，但是不改变反应

3、的反应热，故B错误；C 该反应前后气体物质系数不变，缩小反应体系的体积，平衡不移动，但是气体体积减小，CO的平衡浓度增大，故C正确；D 在恒容容器中再充入一定量的CO2，CO2的浓度增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率减小，故D错误；故选C。3硫酸工业中的钒催化剂参与反应的相对能量变化如图所示，下列热化学方程式错误的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A由反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，则，A错误；B途径2的H=24-(-176)=200kJ/mol， ，B正确；C途径1的反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，2molV2O5反应放出能量为2176=352kJ，则，C正确；D根

4、据盖斯定律，由反应加上可得，则，D正确；故选：A。4FeCl3是常见的药品，下列说法错误的是A配制FeCl3溶液，应将FeCl3固体溶于盐酸中B用一束光通过FeCl3溶液会出现丁达尔现象C在盛有水的小烧杯中加入FeCl3固体溶解，FeCl3水解吸热DFeCl3溶于水后使水的电离程度增大【答案】B【解析】【详解】A配制FeCl3溶液时，为防止Fe3+水解产生难溶性的Fe(OH)3使溶液变浑浊，应将FeCl3固体溶于稀盐酸中，然后加水稀释中相应的浓度，A正确；B只有胶体能够发生丁达尔效应，FeCl3溶液属于溶液，不属于胶体，因此用一束光通过FeCl3溶液时不会出现丁达尔现象，B错误；C在盛有水的小

5、烧杯中加入FeCl3固体溶解，FeCl3在溶液中发生水解反应产生Fe(OH)3和HCl。由于盐的水解反应是酸、碱中和反应的逆反应，中和反应是放热反应，则盐水解反应是吸热反应，故FeCl3固体在水中溶解发生水解反应时会吸收热量，C正确；DFeCl3是强酸弱碱盐，在其溶于水后，盐电离产生的Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，反应产生Fe(OH)3，使溶液中c(OH-)减小，水电离平衡正向移动，因而使水的电离程度增大，D正确；故合理选项是B。5在实验室中进行中和反应的反应热测定与中和滴定实验，一定没有用到的仪器是ABCD【答案】D【解析】【详解】A 酸碱中和反应在烧杯中进行，要用烧杯，故A

6、不符合；B 实验中需要用温度计测定反应放出的热量，要用温度计，故B不符合；C 在酸碱中和滴定实验中，待测液盛放在锥形瓶中，要用锥形瓶，故不C符合；D 在两个实验中均用不到圆底烧瓶，故D符合；故选D。6已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的简单离子的电子层结构相同。它们可以组成下列化合物，其中组成的化合物中阴、阳离子都能水解的是AYXBY2WCZX2DZW【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的简单离子的电子层结构相同，则离子为10电子结构，它们可以组成下列化合物，由Y2W可知W为O、Y为Na，由ZX2可知Z为Mg、X为F；【详解】

7、AYX为NaF，是强碱弱酸盐，只有F-能发生水解反应，A不选；BY2W为Na2O，在水溶液中反应生成NaOH，不能发生水解反应，B不选；CZX2为MgF2，为弱酸弱碱盐，Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，F-能发生水解反应生成HF，C选；DZW为MgO，难溶于水，不能发生水解反应，D不选；故选：C。7H2X为二元弱酸。对溶液的说法一定正确的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A根据X原子守恒可得，故，故A正确；B根据电荷守恒可得，溶液若显碱性，则，若显酸性，则，故B错误；C溶液中的质子守恒可得，故C错误；D溶液中的物料守恒可得，故D错误；故选A。8某学生设计了制备NaOH溶液和盐酸的电解装置

8、如下。下列有关说法错误的是AN接电源的负极BM极的电极反应式是C工作时室中的Cl-移向室，X为盐酸产品D工作时室溶液的pH不变【答案】D【解析】【详解】A根据图示可知：在N极进入的是稀NaOH溶液，流出的是浓NaOH溶液，说明在N电极水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故N电极为阴极，连接电源的负极，A正确；B根据选项A分析可知：N电极为阴极，则M电极为阳极，在M电极上H2SO4溶液中水电离产生的OH-失去电子变为O2逸出，电极反应式为：，B正确；C在M电极上，水电离产生的OH-在M电极失去电子变为O2逸出，为维持电荷平衡，H+通过离子交换膜进入室，工作时室中的Cl-移向正电荷较多的阳极区，

9、即Cl-移向室，故X为盐酸产品，C正确；D工作时室实质上是电解水，水电离产生的H+进入室，硫酸的物质的量不变，但溶液的水减小，故c(H2SO4)增大，溶液的pH减小，D错误；故合理选项是D。9一种以黄铁利矿(主要成分是FeS2)为原料生产硫酸的简要流程图如下(图中标注的热量表示各阶段1mol含硫物质完全反应时放出的热量)：已知：催化氧化阶段的反应是可逆反应。下列说法错误的是A将黄铁矿粉碎可以加快“煅烧”的速率和提高原料的利用率B催化氧化阶段，加入合适的催化剂可以提高SO3的生产效率CD生成，上述流程放出的总热量为【答案】D【解析】【详解】A将黄铁矿粉碎可增大反应物的接触面积，可以加快“煅烧”的

10、速率和提高原料的利用率，A正确；B催化氧化阶段加入合适的催化剂可增大反应速率，可以提高SO3的生产效率，B正确；C已知1molSO2(g)完全反应生成硫酸放出98+130.3=228.3kJ能量，则2molSO2(g)完全反应456.6kJ能量，热化学方程式为，C正确；D已知催化氧化阶段的反应是可逆反应，反应物不能完全转化，则1molSO2(g)反应放出的热量小于98kJ，因此生成，上述流程放出的总热量小于，D错误；故选：D。102022年3月，生态环境部提出了“深入打好污染防治攻坚战，严守生态环境风险底线”。某研究部门利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体，其装置示意图如下。下列说法错误的是A

11、Na+由中间室向M极室移动，Cl-向N极室移动Ba和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜CM为负极，电极反应式是D电路中通过7.5mol电子时，理论上处理掉【答案】A【解析】【分析】由图可知，在电极M为铵根离子中-3价氮原子失去电子变为氮气，故M极为负极，故N为正极，以此解题。【详解】A由分析可知M为负极，在原电池中阳离子向正极移动，故钠离子向N极移动，氯离子移向M极，A错误；B由选项A分析可知钠离子应该向右移动，则氯离子向左移动，即a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，B正确；C由分析可知M为负极，电极反应为：，C正确；D由图可知，铵根发生失电子的氧化反应，硝酸根离子发生得电子的还原反应，总

12、反应为：，转移15e-，由图可知在硝化酶的作用下一个铵根可以转化为一个硝酸根离子，在电路中通过7.5mol电子时，理论上处理掉，D正确；故选A。11在1L的恒温密闭容器中合成氨，充入N2和H2的总物质的量为3mol，容器内反应物组分的物质的量分数与反应时间t的关系如下表。下列说法正确的是时间组分0min10min20min30min40min50min60minX50%50%50%50%50%50%50%Y50%40%34%30%29%28%28%AX表示H2B30min时，N2的物质的量为1.25molCNH3的分解速率：40min时大于50min时D内用H2表示的平均反应速率是【答案】A【

13、解析】【分析】【详解】A氢气的物质的量分数为，所以X表示H2，故A正确；B30min时，N2的物质的量分数为30%，x=0.25，N2的物质的量为1.5mol-0.25mol3=0.75mol，故B错误；C40min时氨气的浓度小于50min时氨气的浓度，所以NH3的分解速率：40min时小于50min时，故C错误；D根据B选项，内消耗0.75mol氢气，用H2表示的平均反应速率是 ，故D错误；选A。12工业上用重晶石与焦炭在高温下反应：，其与的关系如图所示。下列说法正确的是A该反应的B该反应在低温下能自发进行C其他条件相同时，T1比T3时反应先达到平衡状态D若温度在T2时达到平衡后，减压，再

14、次到达平衡状态，CO的浓度增大【答案】C【解析】【详解】A由图可知温度越低，Kp越小，则降温，平衡逆向移动，正反应吸热，A错误；B根据吉布斯自由能公式G=HTS，H0，S0，故在低温下G0，反应不能进行，B错误；C由图可知T1温度较高，反应速率较快，故可以先达到平衡状态，C正确；D减压时，体积增大，则再次平衡时，一氧化碳浓度会减小，D错误；故选C。1325时，将溶液逐滴滴加到等浓度的KF溶液中，与溶液的关系如图所示(以M点为起点)。下列相关结论错误的是A随着溶液的滴入，溶液中的逐渐减小BF-的水解常数的数量级是10-11CN点存在：D当溶液pH每减小1，其加入的HCl溶液的体积不相同【答案】C

15、【解析】【详解】A盐酸和KF反应生成氯化钾和HF，随着溶液的滴入，F-浓度降低、HF浓度增大，溶液中的逐渐减小，故A正确；BM点、pH=9.78，则，F-的水解常数是 ，数量级是10-11，故B正确；C根据电荷守恒，N点pH=7，所以 ，故C错误；D盐酸和KF反应生成弱酸HF，滴加盐酸后溶液体积改变，HF浓度不同电离程度不同，所以当溶液pH每减小1，其加入的HCl溶液的体积不相同，故D正确；选C。14下列对物质结构与性质的说法正确的是A同一周期主族元素的第一电离能逐渐增大BK+基态电子排布式为C分子中所有原子不一定共平面D基态氮原子的轨道表示式是【答案】B【解析】【详解】A在同一主族中，自上而

16、下由于原子半径逐渐增大，所以第一电离能逐渐减小，A错误；BK为19号元素，故K+基态电子排布式为，B正确；C中C原子为sp2杂化，故分子中所有原子一定共平面，C错误；D根据洪特规则，基态氮原子轨道表示式为 ，故D错误；故选B。15最简单的氨基酸是甘氨酸()，它是人体非必需的一种氨基酸。下列有关说法错误的是A1个分子中键与键数目比为81B碳原子的杂化轨道类型是sp3和sp2C分子间可以形成不止3种类型的氢键D易溶于极性溶剂，难溶于非极性溶剂【答案】A【解析】【详解】A 单键为键，双键中，一个是键，一个是键，则1个甘氨酸分子中键与键数目比为91，故A错误；B碳原子形成4个单键时，价层电子对数为4，

17、采取sp3杂化；碳原子形成2个单键和1个双键时，价层电子对数为3，此时采取sp2杂化，故B正确；C氨基中的氢原子可以与另一甘氨酸分子中的N、羧基上的两个氧原子分别形成氢键，羧基中的氢原子可以分别与另一甘氨酸分子中的N、羧基上的两个氧原子分别形成氢键，故分子间可以形成不止3种类型的氢键，故C正确；D甘氨酸既含有-NH2，又含有-COOH，甘氨酸在极性溶剂中以两性离子和-COO-形式存在，故易溶于极性溶剂，难溶于非极性溶剂，故D正确；故选A。16一种Mn、Se组成的化合物结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A该化合物的化学式是MnSeB距离Se原子最近的Mn原子有4个C

18、距离Se原子最近的Se原子有12个D若晶胞参数是a nm，Mn、Se原子的最近距离是【答案】D【解析】【详解】A 一个晶胞中Se的个数为，Mn的个数为4，则该化合物的化学式是MnSe，故A正确；B 由晶胞结构图可知，以左侧面心的Se原子为中心，距离Se原子最近的Mn原子有4个，故B正确；C由晶胞结构图 可知，以右侧面心的Se原子为中心，与其距离最近的Se原子在该晶胞中有8个，在右侧相邻晶胞中含有4个，故距离Se原子最近的Se原子有12个，故C正确；D 距离顶点Se原子最近的Mn原子位于晶胞小立方体的体心，故Mn、Se原子的最近距离是，故D错误；故选D。17下图为某药物中间体的结构，下列关于该物

19、质的说法错误的是A既能发生氧化反应，又能发生还原反应B能使酸性溶液和溴水褪色，且反应类型相同C该分子完全加氢后存在对映异构体D1mol该物质最多与发生反应【答案】B【解析】【详解】A有碳碳双键能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，也能和氢气发生还原反应，故A正确；B有碳碳双键能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，又能使溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应类型不同，故B错误；C碳原子所连四个原子或原子团不同则为手性碳原子，含有手性碳原子的物质存在对映异构。该分子与氢气加成后与羧基相连的碳原子为手性碳原子，故存在对映异构，故C正确；D1mol羧基消耗1molNaOH，苯环上的1molCl原子消耗2molNa

20、OH，1mol该物质最多与3molNaOH发生反应，故D正确；故答案为B。18一种抗阿尔茨海默病药物的合成路线中，有如下一步反应。下列说法正确的是AXY发生了还原反应BY分子中核磁共振氢谱有7组峰CX和Y中都含有碳碳双键，都能发生加聚反应DX和Z可以通过溴的CCl4溶液鉴别【答案】A【解析】【详解】A XY 发生的是碳碳双键与氢气的加成反应，在有机反应中，“加氢去氧”的反应为还原反应，故A正确；B Y分子中含有8种等效氢原子，故核磁共振氢谱有8组峰，故B错误；C X含有碳碳双键，能发生加聚反应，但是Y中不含有碳碳双键，Y含有苯环结构和羧基，故C错误；D 有机物均易溶于有机溶剂，二者均能是溴的C

21、Cl4溶液褪色，且不分层，故X和Z不可以通过溴的CCl4溶液鉴别，故D错误；故选A。19某种药物中间体D的合成路线如下：已知：-CHO+-CH2CHO+H2O下列说法错误的是AA的名称是2-甲基丙醛BD分子可能有两种结构(不考虑立体异构)C不能用溴水证明C分子中含有碳碳双键DA、B、C互为同系物【答案】D【解析】【详解】A物质A含有醛基，母体是丙醛，甲基取代在2号碳上，命名为2-甲基丙醛，A正确；B物质C含有碳碳双键和醛基都能与氢气发生加成反应，物质D有或两种结构，B正确；C物质C含有碳碳双键和醛基都能使溴水褪色，不能用溴水证明C分子中含有碳碳双键，C正确；D物质A只含有醛基，物质C含有碳碳双

22、键和醛基，两者官能团不同，结构不相似，不是同系物，D错误；故选：D。二、工业流程题20金属的回收与利用有利于环境保护，镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，湿法炼锌产生的铜镉渣用于金属回收的工艺流程如下：常温下，下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为，沉淀完全的浓度均为)氢氧化物开始沉淀的pH1.76.3？6.2沉淀完全的pH2.88.49.38.2(10.5时开始溶解)(1)若工艺过程中除生成燃料气体H2外，不产生其他污染环境的气体，则酸X的最佳选择是_(填字母)。a.稀硫酸 b.稀硝酸 c.稀盐酸 d.浓硫酸

23、(2)“沉铁”操作中得到滤渣Y的化学式是_；上述工艺条件下，开始沉淀的pH为_；加入ZnO控制反应液的pH范围为_。(3)回收Zn采用石墨和锌棒为电极对电解排出液进行电解，锌棒应接电源的_极，电解废液可加入到“_”中循环利用(填工艺流程方框中的名称)。【答案】(1)a(2) Fe(OH)3 7.3 (3) 负 酸浸【解析】【分析】铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，酸浸除去铜单质，酸浸液中主要含有锌离子、Fe2+、，加入锌单质，置换出钴单质，除去钴，沉铁时先用过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入氧化锌调节pH，将Fe3+转化为氢氧化铁除去，对滤液进行电解，得到镉单质，从电解

24、排出液中得到锌单质。(1)a使用稀硫酸不产生其他污染环境的气体且不易挥发，故a符合；b 使用稀硝酸产生一氧化氮，污染环境，故b不符合；c 稀盐酸易挥发，产生污染环境的气体氯化氢，故c不符合；d 使用浓硫酸产生污染环境的气体二氧化硫，故d不符合；故选a。(2)“沉铁”操作中，过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，则得到滤渣Y的化学式是Fe(OH)3；由完全沉淀的pH值可计算Cd(OH)2的溶度积常数，则开始沉淀的，pH为7.3；由图示转化可知，加入ZnO使氢氧化铁完全沉淀，而不生成Cd(OH)2、Zn(OH)2沉淀，则控制反应液的pH范围为。(3)若采用石墨和锌棒为电极对电解排出液进行电解，电解方程

25、式为，锌离子在阴极得电子，则锌棒作阴极，应接电源的负极，电解废液含有硫酸，可加入到“酸浸”中循环利用。三、原理综合题21研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。(1)烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。氮的固定反应的相对能量变化如图所示：图中两个反应的起始反应物的总能量大小_(填“相等”“不相等”或“无法判断”)。已知，则_。其他条件相同，分别在X、Y两种催化剂作用下在1L的密闭容器中通入，发生反应，测得反应相同时间时NO的去除率与温度的关系如图所示。使用催化剂X，当温度高于320时，NO的去除率逐渐下降，其原因是_。根据图像，_(填“能”或“不能”)计算2

26、80时该反应的平衡常数，其理由是_。(2)是一种新型的烟气脱硝技术，存在反应。将混合后置于一容积固定的密闭容器中，起始时气体压强为，在500时上述反应达到平衡，气体压强为。达到平衡时该反应的正反应速率_(填“大于”或“等于”)0。此条件下反应的平衡常数_(为以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。【答案】(1) 无法判断 -1808 温度高于320时，催化剂X活性降低，反应速率减慢 不能 280时，在两种催化剂作用下反应都未达到平衡状态(2) 大于 3645【解析】(1)该图为相对能量，起始反应物的总能量不确定，则两个反应的起始反应物的总能量大小无法判断；由图可得i、ii、iii，由盖

27、斯定律，反应iii3-反应i2-反应ii3可得；催化剂活性影响反应速率，使用催化剂X，当温度高于320时，NO的去除率逐渐下降，其原因是温度高于320时，催化剂X活性降低，反应速率减慢；根据图像，280后NO的去除率仍在变化说明反应未平衡，则不能计算280时该反应的平衡常数，其理由是280时，在两种催化剂作用下反应都未达到平衡状态；(2)化学平衡是动态平衡，反应未停止仍在进行，达到平衡时该反应的正反应速率大于0；将混合后置于一容积固定的密闭容器中，假设投入1molNO、1molCO，列三段式，由压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.45，反应的平衡常数。四、填空题22甲醇是重要的工业原料和

28、燃料。(1)甲醇燃料电池(DMFC)为现代便携式电子产品提供了电能。在以KOH为电解质的甲醇燃料电池中，CH3OH在电源_(填“正”或“负”)极反应，当电路中转移0.6mol电子时，消耗CH3OH的物质的量是_；该电池工作一段时间后，电解质溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)利用甲醇通过惰性电解法先获得-羟基缩酮，-羟基缩酮再在酸性条件下水解得到一种食品增香剂3-羟基丁酮，其原理如图所示。M极上发生_(填“氧化反应”或“还原反应”)。N为电解池的_极(填“阴”或“阳”)，电极反应式是_。此法合成3-羟基丁酮的总反应式是_(不用写反应条件)。【答案】(1) 负 0.1mol 减小

29、(2) 氧化反应 阴 2CH3OH+2e-=2CH3O-+H2 +H2O+H2【解析】(1)甲醇燃料电池中，氧气得电子发生还原反应，氧气做正极，CH3OH在电源负极反应，电极反应式为CH3OH+8OH-6e-= +6H2O，当电路中转移0.6mol电子时，消耗CH3OH的物质的量是0.1mol；总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，电池工作一段时间后，产物是水，所以电解质溶液的pH减小；(2)M极上I-I2中碘元素化合升高，发生氧化反应；N极上CH3OHCH3O-中碳元素化合价降低，为电解池的阴极，电极反应式是2CH3OH+2e-=2CH3O-+H2；此法用和水反应合成3-羟基丁酮

30、和氢气，总反应式是+H2O+H2。五、结构与性质23乙酸()是一种有机一元酸，为食醋的酸味及刺激性气味的来源。它与甲酸甲酯()互为同分异构体。(1)组成乙酸的元素的电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。(2)乙酸与甲酸甲酯的熔、沸点如下表：物质熔点/沸点/乙酸16.6117.9甲酸甲酯-99.831.5造成二者相差较大的原因是_。(3)甲酸甲酯经碱性水解可得到，该微粒的空间构型是_。(4)纯的乙酸在低于熔点时会冻结成冰状晶体，所以无水乙酸又称为冰醋酸。确定固态乙酸是晶体的最可靠的科学方法是_。已知乙酸的晶胞结构如图所示，其密度是。该晶胞中乙酸的分子数是_；若用表示阿伏加德罗常数的值，则该

31、晶胞的体积为_(列出计算式)。【答案】(1)OCH(2)乙酸分子间能形成氢键，甲酸甲酯分子间不存在氢键(3)平面三角形(4) X射线衍射实验 4 【解析】(1)元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越强，故电负性从大到小的顺序为OCH；(2)分子晶体中相对分子质量越大其熔沸点越高，但物质间含有氢键会导致该物质熔沸点增大，乙酸分子间存在氢键，所以乙酸的沸点高于甲酸甲酯的沸点，故答案为：乙酸分子间能形成氢键，甲酸甲酯分子间不存在氢键；(3)HCOO-中C原子成3个键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，空间构型是平面三角形；(4)鉴别固态乙酸是否为晶体，最可靠的科学方法是X射

32、线衍射实验；由图可知，晶胞中乙酸的分子数是4，则晶胞质量，已知密度是，由，则该晶胞的体积为。24镍的化合物因具有物理特殊性而被广泛应用于现代科技。回答下列问题：(1)基态Ni2+的价层电子的轨道表示式为_。(2)镍离子有多种配合物，其中水杨醛合镍(II)的结构如图所示：Ni2+的配位数是_，其无机物配体是H2O分子，形成配位键时H2O分子中的_原子提供_(填“孤电子对”或“空轨道”)。有机物配体中的碳原子的杂化轨道类型是_。(3)Ni、Y(钇)、B、C形成的一种具有超导电性的化合物的结构属于四方晶系，其结构如图所示：该晶体中距离C原子最近的Ni原子的个数是_。在正侧面图中碳原子的位置是_。若N

33、i的原子半径为，则Ni原子的空间占有率为_(列出计算式)。【答案】(1)(2) 4 O 孤电子对 sp2杂化(3) 8 100%【解析】(1)Ni的原子序数为28，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni2+的价层电子排布式为：3d8，价层电子的轨道表示式为：。(2)由图示可知，Ni2+的配位数为4；Ni2+有空轨道，因此形成配位键时H2O分子中的O原子提供孤电子对。有机配体中的碳为苯环碳和双键碳，均采取sp2杂化。(3)由晶胞图可知，距离C原子最近的Ni原子的个数为8。结合晶胞图和正侧面图可知，在正侧面图中碳原子的位置是：(如图白球所示)。依据均摊法，晶胞中Ni原子的个数为：8=4，Ni原子的总体积为4rNi3pm3=rNi3pm3，晶胞体积为a2bpm3，Ni原子的空间占有率=100%=100%。六、有机推断题25化合物H是工业合成中重要的有机合成中间体，实验室由芳香烃D和丙烯制备H的一种合成路线如下：已知：RBrRMgBr回答下列问题：(1