2021-2022学年四川省邻水实验学校高三上学期第三阶段考试理综化学试题

邻水实验学校高2019级2021年秋第三阶段考试理科综合试题化学部分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Ca-40Ba-137第I卷(选择题共126分)一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.最近“垃圾分类”成为热词，备受关注。下列有关说法错误的是（）A.垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝B.废弃金属易发生电化学腐蚀，可掩埋处理C.废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾D.废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质【答案】B【解析】【详解】A.垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝，说法合理，故A正确；B.废弃的金属易发生电化学腐蚀，掩埋处理很容易造成污染，故B错误；C.废弃荧光灯管中含有重金属，属于有害垃圾，故C正确；D.废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质，故D正确；故选B。2.设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A.常温下1LpH＝3的亚硫酸溶液中，含H+数目为0.3NAB.A1与NaOH溶液反应产生11.2L气体，转移的电子数为0.5NAC.NO2与N2O4混合气体质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD.1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA【答案】C【解析】【详解】A.1LpH＝3的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L溶液中H+数目为0.001NA，故A错误；B.A1与NaOH溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故B错误；C.NO2和N2O4，最简比相同，只计算ag

NO2中质子数即可，一个N含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个NO2分子含质子数为7+2×8=23，agNO2中质子数为NAmol-1=0.5aNA，故C正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故D错误；答案是C。3.下列实验操作或装置能达到目的的是ABCD稀释浓硫酸配制一定浓度的溶液收集NO2气体证明乙炔可使溴水褪色A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．稀释浓硫酸应该在烧杯中，不能用量筒，A错误；B．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切，图象符合，B正确；C．二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以导气管应该遵循“长进短出”原则，C错误；D．得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溴水褪色，应该先将得到的气体通入硫酸铜溶液除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，D错误；故本题选B。4.保罗·克拉兹等三位科学家因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法不正确的是A.氯原子在反应中作催化剂B.过程②中一氧化氯断键形成过氧化氯C.臭氧分子最终转变成氧气分子D.过氧化氯的结构式为O－Cl－Cl－O【答案】D【解析】【分析】反应的历程为：，ClO+ClO→ClOOCl，据此分析。【详解】A．催化剂在反应前后质量和性质都没变，该过程总反应为2O3→3O2，所以氯原子在反应中作催化剂，A正确；B．过程②中ClO+ClO→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，B正确；C．该过程的总反应为2O3→3O2，则臭氧分子最终转变成氧气分子，C正确；D．氯原子半径大于氧原子半径，所以图片中原子半径较大的是氯原子，较小的是氧原子，所以，过氧化氯的结构式为：Cl－O－O－Cl，D错误；故本题选D。5.下列各实验的现象及结论都正确的是选项实验现象结论A浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性B铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用C过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴加KSCN溶液有无色气泡产生，溶液呈血红色稀硝酸能将Fe氧化成Fe3+D将Na粒投入MgCl2溶液析出银白色固体固体为MgA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．蔗糖与浓硫酸反应生成蓬松多孔的黑色物质，浓硫酸先使蔗糖脱水生成C单质，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，C单质与浓硫酸反应生成CO2，同时生成刺激性气味的气体SO2，使体积膨胀，体现了浓硫酸的强氧化性，气体导入澄清石灰水生成固体变浑浊，故A符合题意；B．铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应的离子方程式为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中(HNO3)的强氧化性，结论错误，B不符合题意；C．硝酸具有强氧化性，铁先被硝酸氧化生成Fe3+再被过量铁粉还原生成Fe2+，滴加KSCN溶液不显红色，现象错误，C不符合题意；D．Na粒投入MgCl2溶液，由于Na还原性极强，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，现象、结论错误，D不符合题意；故答案选A。6.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A.向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+CO+H2OB.向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2C.明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成的沉淀物质的量最多：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2OD.磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H++NO=3Fe3++NO↑+4H2O【答案】B【解析】【详解】A．Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液的离子反应为：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，故A错误；B．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2，首先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，反应的离子方程式为：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2，故B正确；C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成的沉淀物质的量最多时，铝离子全部变为沉淀，，故C错误；D．磁性氧化铁溶于稀硝酸，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；故选B。7.某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2。按如图流程可制得Cu3N和铁红。下列说法不正确的是A.滤液G可以并入滤液E加以利用B.由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧C.每生成1molCu3N时，转移6mol电子D.加入NH4HCO3溶液需要控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解【答案】C【解析】【分析】某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2，由流程可知，加酸浸取时只有SiO2不反应，过滤分离出滤渣A为SiO2，滤液B中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+加物质C过滤，滤渣D最终转化为Cu3N，滤液最终转化为氧化铁，所以滤液E中含有Fe2+，滤渣D为Cu和多余的Fe，物质C为铁粉，滤渣D加酸溶解、过滤，滤液G为含Fe2+溶液，滤渣F为Cu，Cu与氨气高温下反应生成Cu3N；滤液E中含有Fe2+与碳酸氢铵反应生成FeCO3，FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3，以此来解答。【详解】A．滤液G为含Fe2+溶液，滤液E中含有Fe2+，所以滤液G可以并入滤液E加以利用，A正确；B．滤把FeCO3从溶液中分离出来，需要洗涤、干燥，由FeCO3转化为Fe2O3，Fe元素的化合价升高，操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧，B正确；C．每生成1molCu3N时，由Cu元素的化合价0升高为+1价可知，转移3mol电子，C错误；D．滤液E中含有Fe2+，加入NH4HCO3溶液，会相互促进水解，则需要控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解，D正确；故本题选C。第II卷(非选择题共174分)三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。8.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：已知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中的其它成分与NaOH和盐酸均不反应。I．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量牙膏样品于烧杯中，加水充分搅拌后过滤，滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量CO2有白色沉淀生成。(1)在上述操作中，需要用到图中的实验仪器有______(选填编号)(2)氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为______，有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，需要补充的操作是______(写出操作、现象和结论)。Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定。利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)装置A中发生反应的离子方程式为______，反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是______。(4)下列各项措施中，能提高测定准确度的是______(选填编号)。a．把盐酸换成不具有挥发性的硫酸b．在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置c．滴加盐酸不宜过快d．在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(5)实验中准确称取8.0g样品三份，进行三次测定，测得生成BaCO3平均质量为1.97g。则样品中碳酸钙的质量分数为______。【答案】①.BCD②.Al(OH)3+OH-=+2H2O③.将沉淀过滤洗涤，然后向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3；④.CO2+2OH-=+H2O⑤.使反应产生的二氧化碳气体全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收⑥.c⑦.12.5%【解析】【分析】I．将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应，实验结束后，再通入空气，把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全转化为BaCO3沉淀。【详解】I．(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的实验仪器序号为BCD；(2)Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；若摩擦剂中无Al(OH)3，向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，若产生的NaHCO3比较多，而其溶解度又比较小，则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2，再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3；Ⅱ．(3)装置A的作用是吸收空气中CO2，发生反应产生Na2CO3，该反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O；反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是将反应产生的CO2气体全部排入装置C中，与Ba(OH)2溶液反应产生BaCO3沉淀，以减小实验误差；(4)a．若把盐酸换成不具有挥发性的硫酸，CaCO3与硫酸反应产生微弱性CaSO4覆盖在CaCO3表面，使反应不能进一步发生，导致测定准确度偏低，a不符合题意；b．B、C中的反应均是在溶液中进行，因此不需要干燥装置，若在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置，不能提高实验测定准确度，b不符合题意c．若滴加盐酸过快，则生成CO2过快，C中CO2不能全部被Ba(OH)2溶液吸收，所以滴加盐酸不宜过快可以使CO2被充分吸收，从而可提高实验准确度，c符合题意；d．若在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置反应生成CO2气体，则在C中被氢氧化钡吸收的CO2偏多，会使测定准确度偏低，d不符合题意；故合理选项是c；(5)BaCO3质量为1.97g，则n(BaCO3)==0.01mol，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol，其质量m(CaCO3)=0.01mol×100g/mol=1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=12.5%。9.某学习小组在实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图：已知：①CS2不溶于水，比水重；NH3不溶于CS2；②三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂。实验步骤如下：（1）图D装置中装KOH溶液的仪器名称_____。（2）制备NH4SCN溶液：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS(该反应比较缓慢)①实验前，经检验装置的气密性良好。三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是____。②实验开始时打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，至CS2消失。则：装置A中反应的化学方程式是____；装置C的作用是____。（3）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，当NH4HS完全分解后(NH4HS=H2S↑+3NH3↑)，打开K2，再缓缓滴加入适量的KOH溶液，发生反应：NH4SCN+KOH=KSCN+NH3↑+H2O。甲同学认为：实验中滴加入相同浓度的K2CO3溶液比KOH溶液更好，理由是____。（4）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、____，干燥，得到硫氰化钾晶体。（5）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe(NO3)3溶液做指示剂，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。滴定时发生的反应：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)。则判断达到终点时的方法是____。【答案】（1）分液漏斗（2）①.使反应物充分接触，防止发生倒吸②.2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O③.观察气泡流速，以便控制加热温度（3）K2CO3溶液碱性弱于KOH，且与NH4SCN反应产生更多气体(或K2CO3+2NH4SCN2KSCN+2NH3↑+CO2↑+H2O)，有利于溶液中残留的H2S逸出（4）过滤，洗涤（5）滴入最后半滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复【解析】【分析】在装置A中加热氢氧化钙和氯化铵固体制取氨气，装置B中干燥氨气，氨气易溶于水、不溶于二硫化碳，通过观察装置C中气泡流速，可控制装置A的加热温度，在装置D的三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气气管口，从而使反应物充分接触，防止发生倒吸。在装置D中发生反应获得NH4SCN，由装置D耐碱分液漏斗加入KOH溶液与NH4SCN反应生成KSCN。滴定时发生的离子反应为SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，以Fe(NO3)3为指示剂，SCN-与Fe3+反应使溶液呈红色，当滴定结束时溶液红色消失，据此判断滴定终点现象。小问1详解】图D装置中装KOH溶液的仪器名称为分液漏斗；【小问2详解】①导气管口在液面下，可以使反应物充分接触，防止发生倒吸，故答案为使反应物充分接触，防止发生倒吸；②实验室用氯化铵与氢氧化钙来制备氨气，其化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；装置C是为了观察气泡的速率、控制A装置的加热温度，来控制气体的产生速度。故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；观察气泡流速，以便控制加热温度；【小问3详解】K2CO3溶液碱性弱于KOH，且与NH4SCN反应产生更多气体（或K2CO3+2NH4SCN2KSCN+2NH3↑+CO2↑+H2O），有利于溶液中残留的H2S逸出，故答案为K2CO3溶液碱性弱于KOH，且与NH4SCN反应产生更多气体（或K2CO3+2NH4SCN2KSCN+2NH3↑+CO2↑+H2O），有利于溶液中残留的H2S逸出；【小问4详解】实验室制备晶体的操作：减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤，干燥，故答案为过滤，洗涤；【小问5详解】Fe3+与SCN-发生络合反应，显红色，因此当滴入最后半滴AgNO3溶液滴入时，SCN-反应完，红色褪去，并且半分钟内颜色不恢复。10.硝酸铜晶体[Cu(NO3)2•6H2O]，是一种重要的化工原料，常用于农药、镀铜、搪瓷等工业。以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3，、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图所示：回答下列问题：（1）“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有____(任写一点)，浸取时在生成S的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为____。（2）滤渣2的主要成分是____，滤渣2与稀硝酸反应时，需向装置内通入适量空气，这样做的目的是____。（3）调节溶液pH时选用的物质a可以是_____，几种金属离子沉淀的pH范围如图所示，“调pH”时应将溶液pH调至____。（4）操作X主要包括____、____、过滤、洗涤、干燥。（5）用碱性锌锰干电池为电源电解硝酸铜溶液可制得铜单质。请写出电解过程中阳极的电极反应式____。【答案】（1）①.粉碎、升温、增大FeCl3溶液的浓度②.1︰4（2）①.Fe和Cu②.空气中的O2与NOx反应被水吸收；减少污染，同时生成硝酸，提高硝酸的利用率（3）①.CuO/Cu(OH)2/Cu(OH)2CO3②.3.2～4.7（4）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（5）2H2O-4e-=O2↑+4H+【解析】【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)加入FeCl3溶液和稀硫酸，反应生成S、Fe2+、Cu2+，SiO2不反应，过滤得到滤渣1为S和SiO2，向滤液中加入适当过量的Fe，充分反应，过滤，滤液主要是Fe2+，滤渣2主要成份是Cu，还有剩余的Fe，向滤渣2中加入稀硝酸，再充入过量的空气，将生成的氮氧化物转化为硝酸，再向溶液中加入CuO等物质调节溶液pH值促进Fe3+水解，则物质a为CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，再过滤，将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体[Cu(NO3)2•6H2O]。【小问1详解】“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎辉铜矿、适当提高温度、增大反应物浓度等，浸取时生成S发生的反应为，还原剂为Cu2S，氧化剂为Fe3+，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，故答案为：粉碎辉铜矿或适当提高温度或增大FeCl3溶液的浓度；1:4；【小问2详解】由于前面加入了适当过量的铁粉，铁置换出铜，因此滤渣2的主要成分是Cu，还有剩余的Fe，滤渣2与稀硝酸反应时，金属与硝酸反应生成NO、NO2，污染气体NO、NO2的产生，故答案为：Fe和Cu；空气中的O2与NOx反应被水吸收；减少污染，同时生成硝酸，提高硝酸的利用率；【小问3详解】调节溶液pH时，主要利用加入的物质消耗Fe3+水解生成的氢离子，使其水解程度增大而转化为沉淀，为防止引入新的杂质，物质a可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；“调pH”时应将溶液中Fe3+全部沉淀，而Cu2+不能沉淀，因此要将溶液pH调至3.2~4.7，故答案为:CuO/Cu(OH)2/Cu(OH)2CO3；3.2～4.7；【小问4详解】从溶液得到晶体，一般的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为:蒸发浓缩；冷却结晶；【小问5详解】电解硝酸铜溶液可制得铜单质，阳极发生氧化反应，根据电解质为硝酸铜，故应为水失去电子，则电解过程中阳极的电极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+；本问的答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。11.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0.42nm，则MgO的密度为_______g/cm3(保留小数点后一位)。【答案】①.1s22s22p63s23p63d84s2②.Mg＜C＜O③.CO2④.CH4⑤.甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键⑥.C⑦.分子晶体⑧.3.6【解析】【分析】【详解】(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1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；(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三种元素的第一电离能由小到大排序为Mg<C<O；甲烷和甲醇分子中的碳原子都为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，空间构型都为四面体形，但甲烷的空间构型为正四面体形，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳分子中的碳原子的杂化方式不同于甲烷和甲醇分子；甲烷和二氧化碳为结构对称的非极性分子，甲醇分子是结构不对称的极性分子，且甲醇分子中含有羟基，分子间能形成氢键，分子间的相互作用力大于甲烷和二氧化碳，属于三种物质则甲醇的沸点最高，故答案为：Mg<C<O；CO2；CH4；甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键；(3)由题意可知，四羰基合镍是的沸点低的分子晶体，分子中与镍原子具有空轨道，能与一氧化碳分子中具有孤对电子的碳原子形成配位键，故答案为：C；分子晶体；(4)由晶胞结构可知，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，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(0.42×10—7)3d，解得d≈3.6，故答案为：3.6。12.化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如图：已知：i．(R1、R3为烃基，R2为H或烃基)ii．R1COOR2+R2OH(R1、R2、R3为烃基)回答下列问题：（1）H的化学名称为____，A→B所