卷2-高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷(全国卷专用)第二辑(解析版)

备战2022年高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）第二模拟一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。7．（2022·全国·曲阜一中模拟预测）化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．雾和霾是气溶胶，PM2.5被认为是造成雾霾天气的“元凶”B．2021年我国科学家以CO2为原料合成淀粉，为缓解温室效应带来新的希望C．二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂，用来杀死有害细菌，防止色素被氧化D．新型水处理剂Na2FeO4利用其强氧化性对病菌和悬浮物进行高效处理【答案】D【解析】A．雾和霾是气溶胶，PM2.5可吸入颗粒物被认为是造成雾霾天气的“元凶”，A正确；B．以CO2为原料合成淀粉，可充分利于二氧化碳，为缓解温室效应带来新的希望，B正确；C．二氧化硫作为抗氧化剂，可用作葡萄酒的食品添加剂，用来杀死有害细菌，防止色素被氧化，C正确；D．新型水处理剂Na2FeO4中铁元素可以转化为氢氧化铁胶体吸附悬浮物，而不是强氧化性，D错误；故选D。8．（2022·云南昆明·一模）NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是A．18gH218O含有的中子数为10NAB．4.4gCO2、N2O的混合气体中含氧原子数为0.3NAC．常温下，1mol浓硝酸与足量Fe反应转移电子数为3NAD．2molNO和1molO2充分反应后，NO2分子数小于2NA【答案】D【解析】A．H218O的中子数为10，则18gH218O含有的中子数为×10×NAmol—1=9NA，故A错误；B．二氧化碳和一氧化二氮的摩尔质量都为44g/mol，二氧化碳分子中含有2个氧原子，一氧化二氮分子中含有1个氧原子，则二氧化碳和一氧化二氮混合气体中含氧原子数一定小于×2×NAmol—1=0.2NA，故B错误；C．常温下铁在浓硝酸中钝化，阻碍反应继续进行，则无法计算1mol浓硝酸与足量铁反应时，反应转移的电子数目，故C错误；D．2mol一氧化氮与1mol氧气恰好反应生成2mol二氧化氮，反应生成的二氧化氮会发生聚合反应生成四氧化二氮，则反应后得到的二氧化氮分子数小于2mol×NAmol—1=2NA，故D正确；故选D。9．（2022·河南许昌·二模）狭叶依瓦菊素的结构如下图所示，下列说法错误的是A．含有三种官能团B．能与NaOH溶液反应C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．与互为同分异构体【答案】D【解析】A．该有机物分子中含有羟基、碳碳双键以及酯基共三种官能团，故A正确；B．该有机物分子含有酯基，能在与氢氧化钠溶液发生水解反应，故B正确；C．该有机物分子中的碳碳双键能被高锰酸钾溶液氧化，从而使其褪色，故C正确；D．的分子式为，分子式为，分子式不同，则不属于同分异构体，故D错误；答案选D。10．（2022·辽宁鞍山·一模）薄板层析(TLC)在生化实验中应用广泛。将硅胶(一类以SiO2为主，内部多孔穴且表面具有多羟基结构的无机材料)均匀涂布在玻璃板表面制成薄板(图1)，再将萘()与对羟基苯甲酸()点在薄板的硅胶面P与Q处，最后将薄板虚线以下漫入乙酸乙酯，利用虹吸效应使乙酸乙酯带动二者在薄板上爬升(图2)。下列关于此实验的说法正确的是A．乙酸乙酯是一种常用的有机溶剂，密度比水大且难溶于水B．将硅胶置于蒸馏水中，Si-O键会逐渐断开形成硅酸C．薄板层析实验的原理是利用物质的分子量不同对物质进行区分D．图3中，根据P、Q两点的爬升位置关系可知P点为对羟基苯甲酸【答案】D【解析】A．酯类的密度均比水小，难溶于水，则乙酸乙酯是密度比水小且难溶于水的有机溶剂，故A错误；B．由图1得出，硅胶是一类以SiO2为主，内部多孔穴且表面具有多羟基结构的无机材料，形成的不是硅酸（H2SiO3），则将硅胶置于蒸馏水中，形成的不是硅酸，故B错误；C．薄板层析实验的原理是利用物质的分子在层析液中溶解度的不同进行区分，故C错误；D．乙酸乙酯为弱极性分子，对羟基苯甲酸为极性分子，萘为非极性分子，根据相似相溶原理，乙酸乙酯更易溶于萘，乙酸乙酯在萘中爬升的位置更高(为Q点)，P点为对羟基苯甲酸，故D正确；故选D。11．（2022·四川·模拟预测）原子序数依次增大的前20号主族元素中的X、Y、Z、W，分别位于不同周期，其中Y的最高价态氧化物是常见的温室气体，Z原子的最内层电子数与最外层电子数之比为1：3，W和X同主族。下列说法正确的是A．四种元素中Z的原子半径最大B．Y、Z的最高价氧化物均为大气污染物C．X与Y、Z、W原子均能形成共价键D．W的最高价氧化物对应水化物为强碱【答案】D【解析】由原子序数依次增大的前20号主族元素X、Y、Z和W分别位于不同周期，结合相关信息可以确定X为H元素，Y的最高价态氧化物是常见的温室气体，可以知道Y为C，Z原子的最内层电子数与最外层电子数之比为1：3知道Z为O或S，由原子序数依次增大的前20号主族元素X、Y、Z、W，四种元素分占不同周期，可以知道Z为S，又因X和W同主族，则W为K。A．上述四种原子中W的原子半径最大，选项A错误；B．只有Z的最高价氧化物才会污染环境，选项B错误；C．X只与Y、Z原子均能形成共价键，X与W形成离子键，选项C错误；D．W为钾，其最高价氧化物对应的水化物KOH为强碱，选项D正确；答案选D。12．（2022·河南郑州·一模）近日，武汉大学肖巍教授研究了一种电化学分解甲烷源(ESM)的方法，实现了以节能、无排放和无水的方式生产氢气，反应机理如图所示。下列说法正确的是A．Ni电极连接电源的负极B．反应过程中，需要不断补充COC．理论上每生产11.2LH2，电路中转移2mole-D．Ni-YSZ电极的电极反应为CH4+2O2-=CO2+2H2【答案】A【解析】A．根据图示可知：在Ni电极上CO得到电子产生C、O2-，电极反应式为：CO+4e-=C+3O2-，发生还原反应，所以Ni电极作阴极，与电源的负极连接，A正确；B．在Ni-YSZ电极上CH4失去电子变为CO，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，在Ni电极上CO得到电子被还原为C单质，Ni电极反应式为：CO+4e-=C+3O2-，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在反应过程中，不需要不断补充CO，B错误﹔C．反应条件未知，不能计算生成氢气的物质的量，就无法计算转移电子的物质的量，C错误；D．在Ni-YSZ电极上CH4失去电子变为CO，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，D错误﹔故合理选项是A。13．（2022·河南许昌·二模）常温下，体积均为25.00mL的磷酸、硫酸及草酸(H2C2O4)分别用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，其滴定曲线如下：已知：常温下，H3PO4的Ka1、Ka2、Ka3依次为7.1×10-3。6.2×10-8、4.5×10-13；H2C2O4的Ka1、Ka2依次为5.6×10-2、5.4×10-5。下列说法正确的是A．曲线Y、曲线Z分别代表H2SO4、H2C2O4B．起始时，磷酸、硫酸及草酸的物质的量浓度相同C．当V(NaOH溶液)=50.00mL时，滴定磷酸的溶液中：c(PO)>c(HPO)>c(H2PO)D．当V(NaOH溶液)=50.00mL时，滴定草酸的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+c(C2O)【答案】B【解析】A．据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4；继续滴加NaOH溶液，曲线Y和Z重合，则Y也应是二元酸，即H2C2O4，而X的pH小于二者，说明X中还含有能电离出氢离子的物质，即X为三元酸，即H3PO4，A错误；B．加入的50.00mLNaOH溶液后Y和Z重合，说明二者均完全反应，所以H2SO4和H2C2O4的起始浓度相同，滴定H3PO4时依次发生反应H3PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O、NaH2PO4+NaOH=Na2HPO4+H2O、Na2HPO4+NaOH=Na3PO4+H2O，每一步反应恰好进行完时pH发生一次突变，据图可知第二次突变时加入的NaOH溶液为50.00mL，即反应掉“2个氢离子”时消耗的NaOH和另外两种二元酸相同，所以H3PO4的起始浓度与另外两种酸也相同，B正确；C．V(NaOH溶液)=50.00mL时，滴定磷酸的溶液中溶质为Na2HPO4，存在HPO的电离和水解，据图可知此时溶液显碱性，所以水解程度大于电离程度，且水解和电离都是微弱的，所以溶液中c(HPO)＞c(H2PO)＞c(PO)，C错误；D．当V(NaOH溶液)=50.00mL时，滴定草酸的溶液中溶质为Na2C2O4，存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)，且C2O由Na2C2O4电离产生，c(C2O)远大于c(OH-)，D错误；综上所述答案为B。二、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）（2022·全国·曲阜一中模拟预测）常温下二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，是医疗卫生、食品加工保鲜、环境和工业等方面杀菌、清毒、除臭的理想药剂。回答下列问题：(1)实验室可以利用氯气和亚氯酸钠来制备二氧化氯，装置图如图所示：①装置A用于制备Cl2，该反应的离子方程式为____。②装置D中发生反应的化学方程式为____。③装置F若用来收集ClO2，则选下列装置中的____(填序号)。(2)装置F若用①将ClO2溶于水得到ClO2溶液，测定ClO2溶液的浓度：取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，加入2~3滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O=2I-+S4O)，消耗标准溶液的体积为25.00mL，判断滴定终点的现象是____，ClO2溶液的物质的量浓度为____。(3)ClO2在处理工业含氰废水时将废水中的CN-氧化成两种无色、无毒气体，该反应的离子方程式是____，若某废水中含CN-30mg·L-1，处理100m3这种废水至少需投入ClO2的质量为____kg(保留小数点后两位)。【答案】（每空2分）(1)

MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O

2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl

②(2)

当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色

0.025mol·L-1(3)

2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-

7.79【解析】根据题中图示信息可知，装置A为制取Cl2的发生装置，装置B是除去Cl2中的HCl气体，内盛饱和食盐水；装置C是干燥Cl2，盛装浓硫酸，装置D是制取ClO2气体装置，装置E除去ClO2中的Cl2的装置，装置F应为收集ClO2装置，装置G是安全瓶，最后接一个尾气吸收装置。(1)①装置A用于制备Cl2，采用固液加热装置，则利用的是二氧化锰与浓盐酸在加热条件下的反应，该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②装置D中利用亚氯酸钠与氯气发生氧化还原反应生成二氧化氯和氯化钠，其化学方程式为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；③装置F若用来收集ClO2，根据已知信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用排水法收集，又ClO2的密度比空气的密度大，所以采用向上排空气法收集，即选用长管进短管出的方式，故答案为：②；(2)KI可在酸性条件下被ClO2氧化为I2，因I2与淀粉溶液会变蓝，所以可用淀粉溶液作为反应的指示剂，用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2溶液，当滴定最后一滴标准Na2S2O3时，锥形瓶内的溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明已达到终点，根据关系式：2ClO2∼5I2∼10Na2S2O3，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.025L=0.0005mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.025mol·L-1；故答案为：当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.025mol·L-1；(3)ClO2在处理工业含氰废水时将废水中的CN-氧化成两种无色、无毒气体分别是氮气与二氧化碳，则根据电子守恒、电荷守恒，可得该反应离子方程式为2ClO2+2CN-=N2+2CO2+2Cl-；若某废水中含CN-30mg·L-1，处理100m3这种废水，其中含有CN-的物质的量是n(CN-)=则根据方程式中两种物质之间的关系可知至少需要ClO2的物质的量是，其质量为。27．（15分）（2022·云南昆明·一模）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为PbSO4、PbO2)，还有少重Pb、Fe2O3、Al2O3)制备PbO的流程如下：回答下列问题：(1)步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是___________。(2)向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是___________。(3)溶液I中主要含有的阴离子有OH—、___________。(4)加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为(CH3COO)2Pb。H2O2的电子式为___________，PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是___________。(5)为使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO，需向溶液II中分两次加入NaOH溶液。第一次加入的目的是___________，过滤后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH至少为___________(已知：25°C，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Pb(OH)2]=1×10-16)。(6)若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，则铅的回收率为___________%。【答案】（除标注外，每空2分）(1)增大接触面积，加快反应速率（1分）(2)PbSO4+2OH—=PbO+SO+H2O(3)AlO、SO(4)

PbO2+2CH3COOH+H2O2=(CH3COO)2Pb+O2↑+2H2O(5)

将溶液中的Fe3+除去

8.5(6)90【解析】由题给流程可知，将研磨过筛的废铅膏粉加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为偏铝酸钠，硫酸铅转化为氧化铅，过滤得到含有氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠的溶液I和脱硫铅膏；向脱硫铅膏中加入醋酸溶液和过氧化氢溶液，将脱硫铅膏中的含铅物质转化为溶于水的醋酸铅，氧化铁转化为醋酸铁，向转化后的溶液中分两次加入氢氧化钠溶液，先调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，过滤得到氢氧化铅；氢氧化铅经洗涤、干燥、灼烧得到氧化铅。(1)将废铅膏研磨过筛得到废铅膏粉，可以反应物的增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；(2)由题意可知，硫酸铅与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、氧化铅和水，反应的离子方程式为PbSO4+2OH—=PbO+SO+H2O，故答案为：PbSO4+2OH—=PbO+SO+H2O；(3)由分析可知，溶液I的主要成分为氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠，则溶液中的阴离子为氢氧根离子、硫酸根离子和偏铝酸根离子，故答案为：AlO、SO；(4)过氧化氢是共价化合物，电子式为；由题意可知，二氧化铅与醋酸和过氧化氢混合溶液反应生成醋酸铅、氧气和水，反应的化学方程式为PbO2+2CH3COOH+H2O2=(CH3COO)2Pb+O2↑+2H2O，故答案为：；PbO2+2CH3COOH+H2O2=(CH3COO)2Pb+O2↑+2H2O；(5)由分析可知，第一次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后第二次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，由溶度积可知，铅离子完全沉淀时，溶液的氢氧根离子浓度为=1×10—5.5mol/L，则溶液的pH为8.5，故答案为：将溶液中的Fe3+除去；8.5；(6)由铅原子个数守恒可知，得到669g氧化铅时，铅的回收率为×100%=90%，故答案为：90%。28．（14分）（2022·天津滨海新·模拟预测）甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－90.7kJ·mol－1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2＝－23.5kJ·mol－1③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)

ΔH3＝－41.2kJ·mol－1回答下列问题：(1)则反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有________(填字母，下同)。A．加入CH3OH

B．升高温度C．增大压强

D．移出H2OE．使用催化剂(3)以下说法能说明反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)达到平衡状态的有________。A．H2和CO2的浓度之比为3∶1B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=OC．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E．绝热体系中，体系的温度保持不变(4)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。①该反应ΔH________(填“＞”“＜”或“＝”)0，550℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡________(填“正移”“逆移”或“不移动”)。②650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为________(保留2位有效数字)。③T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________p总。【答案】（每空2分）－246.1

D

DE

＞

正移

25%

0.5【解析】(1)2×①＋②＋③得出ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝[2×(－90.7)－23.5－41.2]kJ·mol－1＝－246.1kJ·mol－1。(2)A．反应②中加入CH3OH，相当于增大压强，由于该反应是反应前后等体积的反应，增大压强，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，A错误；B．反应②的正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应分析移动，则CH3OCH3产率会降低，B错误；C．反应②是反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，C错误；D.移出H2O，生成物浓度减小，化学平衡向着正向移动，CH3OCH3产率增大，D正确；E．使用催化剂，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，E错误；故答案为D；(3)3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的正反应为气体体积缩小的放热反应。A．H2和CO2的浓度之比为3：1时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，则无法判断平衡状态，A错误；B．CO2分子中含有2个C=O双键，单位时间内断裂3个H−H同时会产生2个C=O键，断裂1个C=O，表示反应正向进行，说明没有达到平衡状态，B错误；C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，C错误；D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，D正确；E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，E正确；故答案为DE；(4)①根据图像知，温度升高，CO2的体积分数降低，说明化学平衡正向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即ΔH＞0；恒压状态下，充入惰性气体，体积增大，组分浓度降低，化学平衡向正反应方向移动；②设CO2浓度变化为x×100%＝40.0%，解得x＝0.25mol·L－1，即CO2的转化率为×100%＝25%；③T℃时，CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp＝＝0.5p总。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。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）（2022·河南许昌·二模）镍与砷或硼等元素可形成多种具有超导电性等特殊性质的化合物，如CaNi2As2等。回答下列问题：(1)基态Ni2+的价电子排布式为___________；熔点：Ni比Ca___________(填“高"或“低”)。(2)AsCl3的空间构型为___________；AsCl3的键角比BCl3的小，原因是________；AsCl3的沸点比BCI3的高，这是因为___________。(3)KBH4中存在的作用力有___________(填标号)。A．离子键 B．氢键 C．σ键 D．配位键(4)Y(钇)、Ni、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，其结构如下图所示，则该化合物的化学式为___________；已知晶胞参数a=b=352.59pm，c=1053.9pm，设Y、Ni的原子半径分别为rYpm和rNipm，则金属原子的空间占有率为___________%(列出计算表达式)。【答案】（除标注外，每空2分）(1)

3d8

（1分）

高（1分）(2)

三角锥形

As和B分别采用的是sp3和sp2杂化，且As原子上有孤电子对

两者都是分子晶体，AsCl3的相对分子质量比BCl3的大，且AsCl3分子的极性较强，AsCl3分子间作用力较强(3)ACD(4)

YNi2B2C

（3分）【解析】(1)Ni为28号元素，核外电子排布为[Ar]3d84s2，失去最外层两个电子后形成Ni2+，所以Ni2+的价电子排布式为3d8；Ni和Ca均为金属晶体，Ni的价电子较多，且Ni的原子半径小于Ca，所以Ni的熔点比Ca高；(2)AsCl3的中心As原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；As和B分别采用的是sp3和sp2杂化，且As原子上有孤电子对，所以AsCl3的键角比BCl3的小；两者都是分子晶体，AsCl3的相对分子质量比BCl3的大，且AsCl3正负电荷中心不重合，分子的极性较强，AsCl3分子间作用力较强；(3)KBH4由K+和BH构成，所以存在离子键，B原子和H原子之间存在σ键，且其中一个是由B原子提供空轨道，H-提供孤电子对形成的配位键，不存在氢键，故选ACD；(4)根据均摊法，晶胞中Y原子的个数为1+=2，Ni原子的个数为8×=4，B原子的个数为2+=4，C原子的个数为=2，Y、Ni、B、C原子的个数比为2:4:4:2=1:2:2:1，所以化学式为YNi2B2C；晶胞中含有2个Y原子、4个Ni原子，所以金属原子的体积为pm3，晶胞参数a=b=352.59pm，c=1053.9pm，则晶胞的体积为(352.592×1053.9)pm3，所以金属原子的空间占有率为。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）（2022·河南许昌·二模）斑蝥素(G)具有良好的抗肿瘤活性，其一种合成路线如下：已知：I.R-CNRCOOH+NH3II．回答下列问题：(1)A中含氧官能团