四川省成都外国语教育集团2024届高三下学期联考化学试题（二） 含解析

第1页/共1页成实外教育集团高2021级高三联考试题(二)理科综合总分：300分，时间：150分钟注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16S-32Co-59Cu-64第I卷(选择题，共126分)1.2024年成都金沙太阳节在2月8日“龙”重登场，给游客留下了深刻的印象。下列有关叙述正确的是A.金沙遗址出土了大量精美的黄金面具，黄金面具的制作利用了金的延展性B.金沙遗址出土了大量象牙，象牙的化学成分主要是羟基磷灰石，属于有机物C.考古工作者常用12C确定文物年代D.古蜀人使用玉器进行祭祀活动，玉器的主要成分是硅【答案】A【解析】【详解】A．金的延展性很好，容易被拉成丝、压成膜片等，可用于制作黄金面具，A正确；B．象牙的化学成分主要是羟基磷灰石,化学式为，不含碳元素，属于无机物，B错误；C．考古工作者常用14C确定文物年代，C错误；D．玉器的主要成分是硅酸盐，D错误；故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.体积为1L，浓度均为1mol·L-1的KCl和KClO两种溶液中Cl-的数目之比为1：1B.标准状况下，22g的CO2中含有的共用电子对数目为2NAC.密闭容器中，1molH2(g)和1molI2(g)充分反应后，转移电子数为2NAD.1LpH=2的草酸溶液中，H+的数目为0.02NA【答案】B【解析】【详解】A．KClO中阴离子以形式存在，而不是，A错误；B．CO2中含有的共用电子对数目4，22g的CO2的物质的量，含有的共用电子对数目为2NA，B正确；C．因反应为可逆反应，转移电子数小于2NA，C错误；D．1LpH=2的草酸溶液中，H+的数目为0.01NA，D错误；故选B。3.布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用。口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以降低毒副作用。下列说法错误的是A.该修饰过程为取代反应B.水溶性：X小于布洛芬C.布洛芬和X的苯环上的一氯代物都有2种D.布洛芬分子中所有碳原子可能在同一个平面【答案】D【解析】【详解】A．该修饰过程羧基转化为酯基，故可以通过酯化反应（取代反应）实现，A正确；B．布洛芬中含有的羧基是亲水基团可以和水分子形成氢键，X中没有亲水基团，水溶性：X小于布洛芬，B正确；C．布洛芬和X都是对称的结构，苯环上有两种环境的H原子，一氯代物都有2种，C正确；D．布洛芬中含有饱和碳原子，具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，则布洛芬中所有碳原子一定不共平面，D错误；故选D。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述不正确的是A.X2YW3可用于制备木材防火剂B.离子半径关系：r(Z)>r(W)>r(X)C.W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高D.化合物M中W不都满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构可知，Y形成四个共价键，说明Y为Si，W形成2个共价键，W为O，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为7，Z为Cl，据此解答【详解】A．硅酸钠既不燃烧也不支持燃烧，所以Na2SiO3可用于制备木材防火剂，A正确；B．W为O，X为Na、Z为Cl，其简单离子分别为O2-、Na+、Cl-，则离子半径关系：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，B正确；C．W为O、Y为Si，非金属性：O>Si，则O的简单氢化物稳定性比Si的简单氢化物稳定性高，C正确；D．该结构中O或形成两个共价键，或得到1个电子又形成一个单键，都满足8电子稳定结构，D错误；故选D。5.下列装置或操作能达到实验目的的是A.甲：除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液B.乙：利用牺牲阳极的阴极保护法来保护钢铁输水管C.丙：测定KI溶液的浓度D.丁：可通过关闭a，打开b，观察水是否能顺利滴下来判断装置的气密性【答案】B【解析】【详解】A．Fe(OH)3胶体和溶液都能透过滤纸，不能用过滤的方法除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液，A错误；B．Mg别Fe活泼，将Mg与钢铁输水管相连，Mg作负极，钢铁作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，B正确；C．溴水具有氧化性，应该放在酸式滴定管种，C错误；D．可通过关闭a，打开b，不管装置气密性是否良好，水都能顺利滴下，D错误；故选B。6.一种可充电锂硫电池装置示意图如图。电池放电时，S8与Li+在硫碳复合电极处生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。已知Li+、S2-和S能通过离子筛，S、S和S不能通过离子筛。下列说法不正确的是A.S、S和S不能通过离子筛的原因是它们的离子直径较大B.S8中加入碳得到硫碳复合电极有利于提高电极的导电性C.充电时，当有0.1molLi2S转化成S8时，锂电极质量增加0.7gD.放电时，硫碳复合电极中S8转化为Li2S2的电极反应式为【答案】C【解析】【分析】电池放电时，Li电极失去电子变为Li+，发生氧化反应，则Li为负极，硫碳复合电极为正极，负极发生的电极反应为：Li-e-=Li+，正极发生的电极反应为：。充电时硫碳复合电极为阳极，锂电极为阴极，据此分析。【详解】A．已知Li+、S2-和S能通过离子筛，S、S和S不能通过离子筛，说明它们的离子直径较大，A正确；B．S8与Li+在硫碳复合电极处生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)，有利于提高电极的导电性，B正确；C．充电时，阳极发生电极反应式：，阴极为Li++e-=Li，当有0.1molLi2S转化成S8时，转移0.2mol电子，则锂电极增加0.2molLi，即锂电极质量增加1.4g，C错误；D．放电时，硫碳复合电极为正极，其中S8转化为Li2S2的电极反应式为，D正确；故选C7.常温下，向A(NO3)2、B(NO3)2和HR的混合液中滴加NaOH溶液，pM与pH的关系如图所示。已知pM=-1gc(M)，c(M代表c(A2+)、c(B2+)或；Ksp[A(OH)2]>Ksp[B(OH)2]；当被沉淀的离子的物质的量浓度小于时，认为该离子已沉淀完全，则忽略不计。下列叙述正确的是A.X、Z分别代表-1gc(A2+)、-1g与pH的关系B.的平衡常数C.当溶液的pH=7时，溶液中存在D.图中a点对应溶液的pH为6.5，此时溶液中c(R-)<c(HR)【答案】C【解析】【分析】向混合溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢氧根离子浓度增大，pH增大，溶液中减小，增大，由二者溶度积常数大小可知，曲线X、Y、Z分别代表、、，由图可知，常温下，溶液中pH为10时，溶液中、，、。【详解】A．根据分析，曲线X代表，A错误；B．的平衡常数，B错误；C．常温下，溶液pH为7时，且溶液中，可理解为其已沉淀完全，则溶液中剩余成分根据电荷守恒：，即，C正确；D．a点对应溶液的pH为6.5时，溶液中即溶液中，D错误；答案选C。第II卷(非选择题，共174分)三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.一水硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4SO4·H2O]是一种易溶于水，难溶于乙醇的绛蓝色晶体，可作高效安全的广谱杀菌剂。成外某兴趣小组查阅资料后设计实验方案制备出该晶体并对制备出的晶体进行成分检验和性质探究。I．制备少量Cu(NH3)4SO4·H2O晶体：（1）步骤I中，下列仪器一定需要的有___________(填仪器名称)。（2）对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是___________。（3）步骤Ⅲ的离子方程式为___________。（4）有同学查阅资料得知：(NH4)2SO4也难溶于乙醇。故对于制备出的晶体的成分，该同学提出如下假设：假设一：只有(NH4)2SO4假设二：只有Cu(NH3)4SO4·H2O假设三：(NH4)2SO4和Cu(NH3)4SO4·H2O两种成分都有已知产物晶体为蓝色，则无需实验即可排除___________。(填“假设一”、“假设二”、“假设三”)Ⅱ．对制备出的晶体的成分进行检验和性质探究（5）检验该晶体中阴离子的方法：___________。（6）用所得晶体加水得到深蓝色溶液。取三份1L试样，分别加入一定量的水、稀硫酸、热的浓氢氧化钠溶液，实验现象记录如下：加入试剂水稀硫酸热的氢氧化钠溶液现象深蓝色稍变浅溶液颜色变成浅蓝色且与同浓度硫酸铜颜色相当溶液最终变为无色结合化学用语，解释加入稀硫酸后出现的现象的原因___________。请补充完整加入热的浓氢氧化钠溶液后的现象：___________。（7）晶体中N含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLc1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用c2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL溶液。通入水蒸气的目的是___________，样品中N的质量分数的表达式为___________，最终通过N的质量分数确定了样品的成分。【答案】（1）坩埚、泥三角（2）没有SO2生成，更环保且硫酸利用率高（3）（4）假设一（5）取少量该晶体于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则有硫酸根（6）①.，加入硫酸后，H+结合NH3导致NH3的浓度减小，平衡正向移动，最终全部转化为Cu2+，呈现浅蓝色②.有蓝色沉淀生成，有刺激性气体产生（7）①.将生成的氨气全部排入装盐酸标液的锥形瓶中，减小实验误差②.【解析】【分析】Cu在坩埚中加热生成CuO，CuO溶于硫酸生成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液中滴加氨水生成氢氧化铜悬浊液，继续滴加氨水至沉淀完全溶解生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，最后加入乙醇，降低其溶解度，析出产物晶体。【小问1详解】步骤I为灼烧，Cu在坩埚中加热生成CuO，一定需要坩埚和泥三角；【小问2详解】铜与浓硫酸直接加热制备硫酸铜，会有SO2生成，不仅不环保而且硫酸利用率低，该方案的优点是：没有SO2生成，更环保且硫酸利用率高；【小问3详解】步骤Ⅲ为硫酸铜溶液中滴加氨水生成氢氧化铜悬浊液，离子方程式为：；【小问4详解】(NH4)2SO4为白色晶体，已知产物晶体为蓝色，则无需实验即可排除假设一；【小问5详解】该晶体中阴离子为硫酸根离子，检验的方法是取少量该晶体于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则有硫酸根；【小问6详解】溶液中存在电离平衡，加入稀硫酸后出现的现象的原因，加入硫酸后，H+结合NH3导致NH3的浓度减小，平衡正向移动，最终全部转化为Cu2+，呈现浅蓝色。加入热的浓氢氧化钠溶液后，铜离子和氢氧根离子反应生成蓝色沉淀，同时生成氨气，现象为：有蓝色沉淀生成，有刺激性气体产生；【小问7详解】通入水蒸气的目的是将生成的氨气全部排入装盐酸标准液的锥形瓶中，减小实验误差。消耗NaOH的物质的量为c2V2×10-3mol，则与NaOH反应的HCl有c2V2×10-3mol，则与氨气反应的HCl有c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，蒸出氨气的物质的量为(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，则样品中N的质量分数的表达式为。9.CoCO3可用作选矿剂、催化剂及涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：已知：碱性条件下，Co2+会转变为Co(OH)2沉淀。（1）“酸浸”时需控制温度在40℃左右，原因是___________。（2）“除铝”时发生反应的离子方程式为___________。（3）上述“萃取”过程可表示为。①下列说法不正确的是___________。A．可将废渣粉碎以提高酸浸效率B．“除铝”时，应加入过量的Na2CO3溶液C．可选择CCl4作为萃取剂D．往萃取后的有机层中加水可获得ZnSO4溶液②若萃取操作是在实验室完成，请选择合适的编号，按正确的操作顺序(有的操作可重复使用)，完成萃取实验(假设只放气一次)。___________倒入溶液和萃取剂→___________→___________→___________→___________→f→___________→___________→使下层液体慢慢流出→c→上层液体从上口倒出a．打开分液漏斗上口玻璃塞；b．塞上分液漏斗上口玻璃塞；c．关闭分液漏斗旋塞；d打开分液漏斗旋塞；e．倒转分液漏斗振摇；f．将分液漏斗放在铁圈上静置；g．手持分液漏斗静置。（4）“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释可能原因___________。（5）该工艺的副产物ZnS可参与H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该过程中涉及到的化学反应有___________。（6）在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为___________。【答案】（1）温度过低反应速率减慢：温度过高，SO2溶解度降低（2）（3）①.BCD②.b→e→d→c→f→a→d（4）Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2（5）；（6）Co3O4【解析】【分析】含钴废渣(主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生反应生成CoSO4，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CoCO3沉淀，以此回答该题；【小问1详解】“酸浸”时需控制温度在40℃左右，原因是温度过低反应速率减慢：温度过高，SO2溶解度降低；小问2详解】向酸浸后的溶液中加碳酸钠调溶液的pH，铝离子和碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子：；【小问3详解】①A．将废渣粉碎可以增大反应的接触面积加快反应速率，以提高单位时间内的酸浸效率，故A正确；B．“除铝”时，加入过量的溶液会让Co2+转变为Co(OH)2沉淀，故溶液不能过量，故B错误；C．根据方程可知，不可选用四氯化碳作为萃取剂，故C错误；D．由可知，加水后往萃取后的有机层中加水不可获得溶液，故D错误；答案选BCD；②萃取操作的步骤为1、倒入溶液和萃取剂；2、盖上玻璃塞；3、倒转分液漏斗振摇；4、打开旋塞放气；5、关闭活塞正立；6、放在铁圈上静置；7、打开上口玻璃塞；8、打开旋塞使下层液体从下口放出，最后关闭旋塞使上层液体从上口倒出，故答案为：b→e→d→c→f→a→d；【小问4详解】“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2导致产品不纯；【小问5详解】该工艺的副产物ZnS可参与H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，可知该过程中涉及到的化学反应有：；；【小问6详解】CO2的体积为0.672L(标准状况)，，氧化物中，则该钴氧化物的化学式为Co3O4。10.煤的气化和天然气净化过程中会产生H2S，将其吸收与转化是环境保护和资源利用的有效措施。回答下列问题：（1）利用足量纯碱溶液可吸收低浓度H2S，生成的含硫物质主要是___________(填化学式。H2S的，；H2CO3的，)。（2）电解氧化法处理H2S原理是：在氧化反应器中，利用Fe3+氧化H2S；在电解反应器中实现Fe3+的再生，并副产氢气，总反应为，相关物质的燃烧热数据如下表：则H=___________kJmol-1。物质H2S(g)S(s)H2(g)燃烧热H/(kJmol-1)-562.0-296.8-285.8（3）工业上采用高温热分解H2S的方法制取H2，在膜反应器中分离出H2.在恒容密闭容器中，以H2S的起始浓度均为0.009mol/L控制不同温度进行H2S分解：，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。①该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应，985℃时该反应在tmin时达到平衡，则从开始到平衡的平均反应速率为___________。②随着H2S分解温度的升高，曲线b逐渐向曲线a靠近，其原因是___________。③若在一容积可变容器中充入1molH2S进行上述反应，平衡转化率为20%，维持温度和压强不变，欲将H2S的平衡转化率提升至50%，需向反应器中充入___________molAr作为稀释气。（4）工业上采用C6H5Cl和H2S的高温气相反应制备有机合成中间体苯硫酚(C6H5SH)，同时有副产物C6H6生成：I．Ⅱ．使氯苯和硫化氢按一定的比例进入反应器，定时测定由反应器尾端出来的混合气中各产物的量，得到单程收率(原料一次性通过反应器反应后得到的产品与原料总投入量的百分比)与温度的关系如图所示。活化能较大的是反应___________(填“I”或“Ⅱ”)。根据图中曲线判断，下列说法正确的是___________(填标号)。A．500℃~540℃反应1已经达到平衡B．590℃以上，随温度升高，反应1平衡逆向移动C．590℃以上，随温度升高，反应I消耗H2S减少D．645℃，反应I、Ⅱ速率相等【答案】（1）NaHS（2）+20.6(或20.6)（3）①.吸热②.③.该分解反应是吸热反应，升高温度，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短④.42.75(或171/4)（4）①.II②.BC【解析】【小问1详解】电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强；根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞H2S＞＞HS－，所以足量纯碱溶液可吸收低浓度H2S，反应生成NaHCO3和NaHS，则其中的含硫物质主要NaHS;故答案为：NaHS;【小问2详解】根据物质的燃烧热，可得热化学方程式①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(l)

ΔH1=－562.0kJ/mol；②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.8kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)

ΔH1=－285.8kJ/mol；根据盖斯定律，将①－②－③整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g)

ΔH=＋20.6kJ/mol；故答案为：＋20.6kJ/mol;【小问3详解】①由曲线a可知，升高温度H2S的平衡转化率增大，故该反应为吸热反应；②根据速率表达式可以推导得到；③根据题意可知：曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率，结合图像发现随着H2S分解温度的升高，曲线b逐渐向曲线a靠近原因是：该分解反应是吸热反应，升高温度，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短。④反应在恒温恒压装置中进行，kp保持不变；设总压为p总;那么p(H2S)=p总；p(H2)=p总；p(S2)=p总；本题特殊，p(H2S)=p(H2),设加入的Ar的物质的量为nmol，则有故答案为：①吸热；②；③该分解反应是吸热反应，升高温度，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短；④42.75【小问4详解】①反应I在590℃时的单程收率已经较高，达到40%，而此时反应Ⅱ的单程收率仅达到5%，这说明反应I的活化能较小，反应容易发生，而反应Ⅱ活化能较大，反应不容易发生，故两个反应中活化能较大的是反应Ⅱ；故答案选Ⅱ；②A．根据图象可知：对于反应I，540℃后，温度升高，物质的单程收率还在增加，说明反应正向进行，还没有达到平衡状态，因此反应I在500℃~540℃时也未达到平衡状态，A错误；B．对于反应I，590℃以上，随温度升高，物质的单程收率降低，说明此时反应已经达到平衡状态，升高温度，化学平衡逆向移动，B正确；C．590℃以上，随温度升高，反应I的物质的单程收率降低，反应Ⅱ的物质的单程收率增大，说明反应I消耗H2S随温度的升高而减少，反应Ⅱ消耗H2S随温度的升高而增大，C正确；D．645℃，反应I、Ⅱ的物质单程收率相同，这并不表示二者的反应速率相等，D错误；故答案选BC；【化学一选修3：物质结构与性质】11.钴(Co)和铜(Cu)是生命体必需的微量元素，且在材料、医药等领域具有广泛应用。回答下列问题：（1）Cu-Ni-Co-Si合金具有较高的导电、导热性和良好的加工、耐蚀性，是很有发展潜力的材料。①基态Cu原子的最外层电子轨道表示式为___________。②电解熔融的CoCl2或CoO都能制备金属钴。CoCl2的熔点(735℃)低于CoO的熔点(1935℃)的原因是___________。（2）含金属钴和一氧化碳配体的羧基钴配合物具有抗肿瘤和抗炎的潜力。一种羰基钴配合物的合成路线如下：①化合物I中各元素的电负性由大到小的顺序为___________。固体I中存在的作用力除共价键外，还有___________。1molI中含有的σ键数目为___________。②化合物Ⅱ分子中原子的杂化方式有___________。③配合物Ⅲ中，配体一氧化碳的配位原子为___________，写出一个与CO互为等电子体的阴离子___________。（3）Cu-Mn-Al合金的晶胞如a图所示，该晶胞可视为Mn，Al位于Cu形成的立方体体心位置，图b是沿立方格子对角面取得的截图，其中Al原子与相邻Cu原子相切。①该合金的化学式为___________。②已知原子半径：，r(Al)=143pm，则该晶胞中Cu原子之间的最短核间距为___________pm。【答案】（1）①.②.CoCl2和CoO均为离子晶体，O2-半径小于Cl-半径，且O2-所带电荷多，CoO的晶格能大，离子键强，熔点高（2）①.O>N>C>H②.范德华力和氢键③.17NA④.sp3、sp2和sp⑤.C⑥.CN-或C等（3）①.AlMnCu2②.【解析】【小问1详解】①已知Cu是29号元素，故基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，最外层电子轨道表示式为；②CoCl2和CoO均为离子晶体，O2-半径小于Cl-半径，且O2-所带电荷多，CoO的晶格能大，离子键强，熔点高。【小问2详解】①根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下依次减小可知，化合物Ⅰ中各元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；固体I中存在的作用力除共价键外，还有范德华力和氢键，1molI中含有的σ键数目为17NA；②化合物Ⅱ分子中含有亚甲基、苯环和碳碳三键，碳原子的杂化方式有sp3、sp2和sp；③配合物Ⅲ中，配体中电负性小的容易提供孤电子对形成配位键，一氧化碳的配位原子为C，与CO互为等电子体的阴离子为：CN-或C等。小问3详解】①由晶胞结构可知，Cu的个数为=8，Mn的个数为4，Al的个数为4，该合金的化学式为AlMnCu2；②Cu原子之间的最短核间距离为晶胞棱长的一半。位于体对角线上的原子相切，可知晶胞体对角线长度为4[r(Cu)+r(Al)]，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则晶胞棱长=pm，则Cu原子之间的最短核间距离为：pm=pm。【化学-选修5：有机化学基础】12.吲哚布芬为抗血栓形成药，用于治疗动脉硬化引起的缺血性心血管、脑血管病变。其合成路线如图所示。已知：R-XR-CNR-COOH+NH回答下列问题：（1）反应②的反应条件及试剂为_______。（2）J中含有官能团的名称为_______。（3）反应⑤的化学方程式为_______。（4）反应⑦中Na2S2O4