1、2019届“七校”十一月联考理科综合能力测试1.化学与环境、材料、信息、生活关系密切,下列说法正确的是 ()A. 硫、氮、碳的氧化物是形成酸雨的主要物质B. “山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效,这与蛋白质变性有关C. 刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐D. 乳酸铁是某些补铁口服液的有效成分【答案】B【解析】【详解】A. 硫、氮的氧化物SO2、NO2是形成酸雨的主要物质,CO2不是形成酸雨的主要物质,故A错误；B.因为蛋白质高温会变性失去蛋白质的活性，故B正确； C. 刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,玛瑙主要成分是二氧化硅，分子筛主要成分是硅酸盐，故C错误；D. 乳酸亚
2、铁是某些补铁口服液的有效成分，故D错误；答案：B。2.下列化学用语正确的是 ( )A. 氯化钠的分子式：NaClB. NH4Br的电子式：C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O【答案】D【解析】【详解】A. 氯化钠是离子化合物，化学式NaCl，没有的分子式，故A错误：B. NH4Br的电子式：，故B错误；C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，故C错误；D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O，故D
3、正确；答案：D。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ()A. 电解精炼铜,当外电路通过NA个电子时,阳极质量减小32 gB. 反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H=-92 kJmol-1,当放出9.2 kJ热量时,反应的N2为2.24LC. 常温常压下27克Al与33.6L氯气完全反应，电子转移数小于3NAD. 1 molL-1氯化铜溶液中,若Cl-的数目为2NA,则Cu2+的数目为NA【答案】D【解析】【详解】A.电解精炼铜时,阳极上放电的除了铜,还有比铜活泼的金属杂质,故当转移NA个电子时,阳极减少的质量小于32g,故A错误;B.反应3H2(g)+N2(g)2NH3
4、(g)H=-92 kJmol-1,转移6mol电子,放出热量9.2kJ时,转移电子0.6NA，反应的N2标况下为2.24L，故B错误；C. 常温常压下与33.6L氯气的物质的量小于1.5mol, 所以与27克Al不能完全反应，故C错误；D. 氯正确化铜的化学式为CuCl2,n( Cu2+): n（Cl-）= 2:1，所以在1molL-1氯化铜溶液中,若Cl-的数目为2NA,则Cu2+的数目为NA，故D正确；答案：D。4.下列实验不能达到实验目的或者实验操作不正确的是 ()A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.容量瓶定容时，距离刻度线1-2cm时改用胶头滴，故A错误
5、；B.若锥形瓶中生成气体,说明硫酸的酸性比碳酸强,烧杯中生成白色沉淀,说明碳酸的酸性比硅酸强,最高价氧化物对应水化物酸性越强,则对应元素的非金属性越强,因此比较硫、碳、硅非金属性强弱的实验方案合理,所以B正确的;C.氨气易溶于水和硫酸,难溶于四氯化碳,四氯化碳的密度比硫酸溶液大,导管口伸入下层液体可以防止倒吸,逸出的氨气被稀硫酸完全吸收生成铵盐,所以C是正确的;D.锌是氢前金属,铜是氢后金属,前者与稀盐酸发生置换反应,生成的氢气难溶于水,水还能除去氢气中混有的氯化氢,排水量气法收集氢气,根据氢气的体积可以计算完全反应的锌的质量,进而可以求黄铜中锌的含量,所以D是正确的;答案：A。【点睛】可根据
6、最高价氧化物的水化物的酸性比较非金属性强弱; 最高价氧化物对应水化物酸性越强,则对应元素的非金属性越强,. 根据氨气易溶于硫酸,难溶于四氯化碳,可防止倒吸。5.已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质,A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物,且A与C中均含有10个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是 ()A. 原子半径:ZYXB. 稳定性:ACC. 反应和均为吸热反应D. X、Y、Z可以形成离子化合物【答案】C【解析】短周期元素中形成的10个电子的化合物主要有CH4、NH3、H2O、HF等几种，根据图中的转化关系可以推出X、
7、Y、Z分别为H、C、O 三种元素，甲、乙、丙分别为氢气、碳、氧气，A、B、C、D分别为CH4、CO2、H2O、CO。A. H、C、O 三种元素原子半径：COH ，A不正确； B. 氧元素的非金属性强于碳，所以稳定性：H2OCH4，B不正确；C. 反应碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，反应水蒸气和碳在高温下反应生成氢气和一氧化碳是吸热反应 ，所以C正确； D. H、C、O三种非金属元素只能形成共价化合物，不能形成离子化合物，D不正确。选C。点睛：解无机框图推断题时，首先要找好突破口。本题以10电子化合物为突破口，通过转化关系检验，可以分别推出各种元素和化合物。6.通过电解法分离N
8、aHSO3与Na2SO3混合物,其装置如下图。下列说法不正确的是()A. 阳极的电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2B. 阳极区c(H+)增大,H+由a室经阳离子交换膜进入b室C. 外电路每转移0.2 mol电子,有0.2 mol Na+从b室进入c室D. c室得到Na2SO3的原因是OH-+HSO3-=H2O+SO32-【答案】C【解析】【分析】通过电解法分离NaHSO3与Na2SO3混合物,根据装置图分析,电解池阳极发生的反应为物质失去电子,发生氧化反应,考虑到溶液是碱性,则阳极处OH-放电产生O2,阳极电极反应为: 4OH-4e-=2H2O+O2,阴极为物质得到电子,发生还原反应,
9、考虑到溶液是碱性,则阴极反应式为:2H2O+2e-=2OH-+ H2,据此分析判断。【详解】A.阳极的电极反应为: 4OH-4e-=2H2O+O2 ,所以A正确;B.阳极区OH-放电被消耗,c(OH-)降低,则c(H+)增加,电解池中阳离子通过阳离子交换膜向阴极移动,则H+由a室经阳离子交换膜进入b室,所以B正确;C.外电路每转移0.2 mol 电子,不仅有Na+转移,还有H+转移,故C错误;D.c室中产生Na2SO3,溶液为碱性,则c室得到Na2SO3的原因是OH-+ HSO3-=H2O+ SO32-,所以D选项是正确的;答案：C。7.常温下,浓度均为1.0 molL-1的HX溶液、HY溶液
10、、HY和 NaY的混合溶液,分别加水稀释,稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示,下列叙述正确的是 ()A. HX是强酸,溶液每稀释10倍,pH始终增大1B. 常温下HY的电离常数为1.010-4C. 溶液中水的电离程度:a点大于b点D. c 点溶液中:c(Na+)c(Y-)c(HY)c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】A根据图像可知1mol/LHX溶液的pH0，说明HX全部电离为强电解质，当无限稀释时pH接近7，A错误；B根据图像可知1mol/LHY溶液的pH2，溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，所以该温度下HY的电离常数为=1.010-4，B正确；C酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越
11、小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度ab，C错误；Dc 点溶液中显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，则溶液中：c(Y-)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH-)，D错误；答案选B。点睛：本题考查弱电解质电离，为高频考点，侧重考查学生分析推断及识图能力，正确判断两种酸的强弱是解本题关键，注意：酸的电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关，易错选项是A，注意无限稀释时酸溶液的pH不可能大于7，只能是接近7，即无限稀释时要考虑水的电离。8.碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料可制备
12、碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂.回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为: NaClO+2NH3 = N2H4H2O+NaCl用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示).开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液.滴加 NaClO溶液时不能过快的理由_。(2)碘化钠的制备i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持6070至反应充分；ii.继续加入稍过量的N2H4H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶
13、液粗品，同时释放一种空气中的气体；iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g.步骤i反应完全的现象是_。步骤ii中IO3-参与反应的离子方程式为_。步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是_。本次实验产率为_，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_。某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质. 取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝. 得出NaI中含有NaIO3杂质. 请评价该实验结论的合理性:_(填写“合理”或“
14、不合理”)，_(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由).【答案】 (1). f a b c d e(ab顺序可互换） (2). 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 (3). 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分） (4). 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O (5). 趁热过滤或过滤 (6). 80% (7). 水合胼能与水中的溶解氧反应 (8). 不合理 (9). 可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝【解析】【分析】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装
15、置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；由碘单质计算生成的NaI与NaIO3，再由NaIO3计算与N2H4H2O反应所得的NaI，由此计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。【详解】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A
16、安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为：fabcde；开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率；(2)步骤ii中碘单质生成NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为：无固体残留
17、且溶液接近无色；步骤iiiN2H4H2O还原NalO3的化学方程式为：3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，离子方程式为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O，故答案为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O；活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为：趁热过滤；8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则生成的NaI的质量为：5150g/mol=25g，生成的NaIO3与N2H4H2O反应所得的NaI，反应
18、为3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，则6I22NaIO32NaI，该步生成的NaI质量为：2150g/mol=5g，故理论上生成的NaI为25g+5g=30g，实验成品率为100%=80%，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，故答案为：80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出NaI中含有NaIO3杂质，故答案为：不合理；可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2
19、而使淀粉变蓝。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率计算等。本题的难点为，要注意理清反应过程。9.据报道，磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略)：已知萃取的主要反应原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。请回答下列问题：(1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是_。(2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是_(用化学方程式表示)。(3)副产品N的化学式是_；
20、在得到KH2PO4晶体的一系列操作，其主要包括_、过滤、洗涤、干燥等。(4)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12，摩尔质量为504g/mol)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4(摩尔质量为136g/mol)的质量为_kg。 (5)电解法制备KH2PO4的装置如图所示该电解装置中，a 区属于_区(填“阳极”或“阴极”)，阴极区的电极反应式是_。(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快
21、化学反应速率 (2). 4HF+SiO2SiF4+2H2O (3). NH4Cl (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 326.4kg (6). 阴极 (7). 2H2eH2 (8). 4Ca5P3FO12+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO【解析】氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。(
22、1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；(2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为：4HF+SiO2SiF4+2H2O；(3)根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的质量为504kg，根据P元素守恒
23、，理论上可生产KH2PO4的质量为504kg80%=326.4 kg，故答案为：326.4 kg；(5)根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a 区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2eH2，故答案为：阴极；2H2eH2；(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO，故答案为：4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。10.(1)2017年中科院某研
24、究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 = aKJ/molC8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2= bKJ/mol试写出25、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式_。(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H
25、= 53.7kJmol-1 平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJmol-1 平衡常数K2CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含K1、K2的表达式表示)，该反应H_0(填“大于”或“小于”)。提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)综合选项543Cu/ZnO纳米棒材料12.342.3A543Cu/Z
26、nO纳米片材料11.972.7B553Cu/ZnO纳米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO纳米片材料12.070.6D由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为_(填字母符号)。(3)以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器、中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。05min时间内
27、容器中用CH3OH表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) H=（25a-b）KJ/mol (2). K= (3). 小于 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(Lmin) (7). 【解析】【详解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 =aKJ/mol；C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2=bKJ/mol根据盖斯定律，由25-得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g
28、)=C8H18(1) +16H2O(1) H=25H1-H2=H=（25a-b）KJ/mol；(2) 已知甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-53.7 kJmol-1平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.2 kJmol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=；H=-53.7 kJmol-1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJmol-10；反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度
29、、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B选项；(3) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始时的物质的量：1 2 0转化的物质的量： a 2a a平衡时的物质的量：1-a 2-2a a容器中05 min内H2含量是20%，a=，v(CH3OH)= 0.0875mol/(Lmin)；中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。【点睛】本题综
30、合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。11.镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：（1）基态 Ni 原子中，电子填充的能量最高的能级符号为_，价层电子的轨道表达式为_。（2）Ni的两种配合物结构
31、如图所示：A BA 的熔、沸点高于B的原因为_。A晶体含有化学键的类型为_（填选项字母）。A键 B键 C配位键 D金属键A晶体中N原子的杂化形式是_。（3） 人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 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_。（4） NiAs的晶胞结构如图所示：镍离子的配位数为_。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 gcm3，则该晶胞中最近的砷离子之间的距离为_pm。【答案】 (1). 3d (2). (3). A中含氢键 (4). ABC (5). sp2 (6). 1:1 (7). 4 (8). 或 【解析】(1
32、)镍的原子序数为28，其电子排布式为1S22S22P63S23P64S23d8，其价电子的轨道表达式为，所以基态镍原子核外电子填充的能量最高的能级符号为3d；(2)A中有OH键，而B中没有，而有OH键的物质可在分子间形成氢键，使物质的熔沸点升高；在A的分子结构中有C=N双键，其中有键和键，有箭头所示的配位键，故选ABC，其中的N原子以sp2方式杂化；(3)某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 其中Ni元素只有2和3两种价态，设2价的Ni为x个，+3价的Ni为y个，则由原子守恒得x+y=1.2，由化合价原则得2x+3y=3，求出x=y=0.6，所以两种价态的镍离子数目之比为1:1；(4) 由Ni
33、As的晶胞结构分析可知，与一个Ni3+距离最近的等径As3-为22=4个，所以镍离子的配位数为4；该晶胞中含有的Ni3+为(1/8)8+(1/2)6=4，含有的As3-为4，即含有4个NiAs微粒，设其棱长为acm，其质量为(1344)/ NA g，所以a= cm，而As3-位于其1/8晶胞的体心，两个As3-间的距离相当于面对角线的一半，即a=1010pm。12.药物F具有抗肿瘤、降血糖、降血压等多种生物活性，其合成路线如下： 已知：M的结构简式为：。请回答下列问题：（1）A的化学名称是_，B的化学式是_。（2）C中官能团的名称是_。（3）写出F的结构简式_。（4）已知A在一定条件下能生成可
34、降解的聚酯，请写出该反应化学方程式：_。（5）满足下列条件的M的同分异构体有_种(不含立体异构)。 能够发生银镜反应。 含有硝基(NO2)，且硝基直接连在苯环上。 含有苯环且苯环上只有两个取代基。其中核磁共振氢谱为四组峰且峰面积之比为6221的结构简式为_（写出一种即可）。（6）写出用乙醛为原料制备高分子化合物聚丙烯腈的合成路线（无机试剂任选）：_【答案】 (1). 2-羟基丙酸(或-羟基丙酸或乳酸) (2). C4H8O3 (3). 羰基（酮基），酯基 (4). (5). (6). 15 (7). (8). 【解析】根据流程图，乙醛与HCN加成生成，水解生成，与甲醇酯化生成B，B为，B氧化生
35、成，与M()反应生成D()，D还原生成E()，E发生消去反应生成F，F为。(1)A()的化学名称为2-羟基丙酸，根据上述分析，B为，化学式是C4H8O3，故答案为：2-羟基丙酸(或-羟基丙酸或乳酸)；C4H8O3；(2)C()中官能团有羰基，酯基，故答案为：羰基，酯基；(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(4)A()在一定条件下能生成可降解的聚酯，反应的化学方程式为，故答案为：；(5)M()的同分异构体满足：能够发生银镜反应，是结构中含有醛基；含有硝基(NO2)，且硝基直接连在苯环上；含有苯环且苯环上只有两个取代基，满足条件的是苯环上含有硝基，另一个基团为C3H6CHO，其中C3H6CHO有CH2CH2CH2CHO、CH2CH(CH3)CHO、CH(CH3) CH2CHO、CH(CH2CH3)CHO、C(CH3) 2CHO5种结构，因此M()的同分异构体有35=15种，其中核磁共振氢谱为四组峰且峰面积之比为6221的结构简式为，故答案为：15；(任写一种)；(6)用乙醛为原料制备聚丙烯腈()，需要先制备丙烯腈，根据题干流程图，可以由乙醛与HCN加成生成，消去羟基生成丙烯腈，合成路线为，故答案为：。点睛：本题考查了有机合成与推断。本题的易错点为(5)，重点是书写侧链C4H7O满足条件的结构。本题的难点是(6)，要注意充分利用题干流程图提供的信息解答。