四川省成都市石室天府2022屆高三聯(lián)測卷(四)理科綜合化學試題1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在本試卷和答題卡相應位置上。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答。答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：O-16Fe-56Ni-59As-75第I卷(選擇題)一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.《泉州府志》物產條記載：“元時南安有黃長者為宅煮糖，宅垣忽壞，去土而糖白，后人遂效之?！毕铝袑ξ闹小疤恰焙汀巴痢钡南嚓P解讀，錯誤的是A.“糖”的主要成分蔗糖是雙糖B.“土”的主要成分是自然界的硅酸鹽C.加水“煮糖”過程中蔗糖完全水解為葡萄糖D.“糖白”的原因是“土”吸附了“糖”中的色素【答案】C【解析】【詳解】A．“糖”的主要成分蔗糖水解產生一分子葡萄糖和一分子果糖，因此屬于雙糖，A正確；B．“土”的主要成分是自然界的硅酸鹽，為混合物，B正確；C．蔗糖的水解需要硫酸催化和加熱的條件。且蔗糖的水解產物除葡萄糖外還有果糖”，C錯誤；D．土壤膠體具有很大的比表面積，故能吸附”糖”中的色素使“糖變白"，D正確；故合理選項是C。2.羅勒烯是一種無環(huán)單萜類化合物，有草香、花香并伴有橙花油氣息，主要存在于羅勒油等植物精油中，其結構如圖a所示，下列有關羅勒烯的說法錯誤的是A.難溶于水，易溶于苯等有機溶劑B.能與溴水反應使之褪色C.所有碳原子可能共平面D.與叔丁基苯(結構如圖b)互為同分異構體【答案】D【解析】【詳解】A．由羅勒烯的結構可知，羅勒烯是難溶于水，易溶于苯等有機溶劑的不飽和烴，故A正確；B．由羅勒烯的結構可知，羅勒烯分子中含有的碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應使溶液褪色，故B正確；C．碳碳雙鍵為平面結構，由三點成面可知，羅勒烯分子中所有碳原子可能共平面，故C正確；D．由題給結構可知，羅勒烯和叔丁基苯的分子式不相同，不可能互為同分異構體，故D錯誤；故選D。3.化合物A是一種重要的醫(yī)藥中間體，由原子序數(shù)依次增大的W、X、Y、Z四種短周期元素組成，其結構如圖所示，下列有關說法不正確的是A.X、Y形成的原子個數(shù)之比為1：2的二元化合物有2種B.X、Y、Z分別形成的簡單氫化物中，Y的氫化物沸點最高C.簡單離子半徑大?。篫>X>YD.Z的低價態(tài)氧化物能使紫色石蕊試液先變紅后褪色【答案】D【解析】【分析】化合物A是一種重要醫(yī)藥中間體，由原子序數(shù)依次增大的W、X、Y、Z四種短周期元素組成，由化合物中W、X、Y、Z形成的共價鍵數(shù)目分別為1、3、2、6可知，W為H元素、X為N元素、Y為O元素、Z為S元素?！驹斀狻緼．氮元素和氧元素形成的化合物二氧化氮和四氧化二氮的原子個數(shù)之比均為1：2，故A正確；B．氮、氧、硫三種元素形成的簡單氫化物中，水常溫下為液態(tài)，而氨氣、硫化氫為氣態(tài)，所以水的沸點最高，故B正確；C．離子的電子層數(shù)越大，離子半徑越大，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越大，則硫離子、氮離子、氧離子的離子半徑依次減小，故C正確；D．硫元素的低價氧化物二氧化硫具有漂白性，但不能使石蕊試液褪色，故D錯誤；故選D。4.下列有關離子方程式書寫正確的是A.工業(yè)上用過量的空氣氧化氨氣：5O2＋4NH34NO+6H2OB.向BaCl2溶液中通入CO2氣體：Ba2＋＋CO2＋H2O=BaCO3↓＋2H＋C.用惰性電極電解AlCl3水溶液：Al3＋＋4Cl—＋2H2OAlO＋2Cl2↑＋2H2↑D.用氨水除去NH4Cl溶液中的FeCl3：Fe3＋＋3OH—=Fe(OH)3↓【答案】A【解析】【詳解】A．催化劑作用下氨氣與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成一氧化氮和水，反應的化學方程式為5O2＋4NH34NO+6H2O，故A正確；B．碳酸的酸性弱于鹽酸，二氧化碳不能與氯化鋇溶液反應，故B錯誤；C．用惰性電極電解氯化鋁水溶液制得氫氧化鋁沉淀、氫氣和氯氣，反應的離子方程式為2Al3＋＋3Cl—＋6H2O2Al(OH)3↓＋3Cl2↑＋3H2↑，故C錯誤；D．氯化鐵溶液與氨水反應生成氫氧化鐵沉淀和氯化銨，反應的離子方程式為Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH，故D錯誤；故選A。5.用如圖所示裝置和相應試劑能達到實驗目的是選項實驗目的a中試劑b中試劑c中試劑d中試劑A驗證苯和液溴發(fā)生的是取代反應苯和液溴的混合液鐵粉NaOH溶液HNO3酸化的AgNO3溶液B驗證非金屬性：Cl>C>Si濃鹽酸MnO2NaHCO3溶液Na2SiO3溶液C檢驗X溶液中有CO，無SO稀硫酸X溶液酸性KMnO4溶液澄清的石灰水D制備并收集少量NO氣體稀硝酸銅片水NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．裝置c中的氫氧化鈉溶液會吸收溴化氫和揮發(fā)出的溴，導致裝置d中硝酸酸化的硝酸銀溶液無法檢驗是否有溴化氫生成，故A錯誤；B．濃鹽酸與二氧化錳常溫下不反應，揮發(fā)出的氯化氫能與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳，說明鹽酸的酸性強于碳酸，但元素的非金屬性與氫化物的酸性無關，所以無法比較氯元素和碳元素的非金屬性強弱，且氯化氫會優(yōu)先與硅酸鈉溶液反應，干擾碳元素個硅元素的非金屬性強弱的比較，故B錯誤；C．向X溶液中滴入稀硫酸，反應生成的氣體不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但能使澄清石灰水變混濁可以說明X溶液中含有碳酸根離子，不含有亞硫酸根離子，故C正確；D．收集一氧化氮氣體應從裝置c的短管通入氣體，則裝置c無法收集一氧化氮氣體，且一氧化氮是不成鹽氧化物，不能用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，故D錯誤；故選C6.天津大學某課題組于2021年7月首次實現(xiàn)了常溫常壓下電催化固氮，他們制備了具有拉伸應變的鈀多孔納米片(Pd—sPNSs)催化劑，并將其負載于鈦板上用作電極，使之吸附大量N2分子并在電場作用下實現(xiàn)氮的固定，其原理如圖所示，電解質溶液為0.1mol·L-1KOH溶液。下列說法錯誤的是A.b接電源正極，發(fā)生的電極反應為N2-10e-+12OH-=2NO+6H2OB.兩室之間采用的離子交換膜只允許陽離子通過C.電路中轉移3mole-時，陰極生成33.6L氣體(標準狀況下)D.提高Pd—sPNSs催化劑吸附N2分子的能力，有利于提高該裝置的固氮效率【答案】B【解析】【詳解】A．由圖示可知，氮氣在電極b失電子生成硝酸根離子，電極b為陽極，連接電源正極，而電解質溶液為氫氧化鉀溶液，則電極反應式為：N2-10e-+12OH-=2NO+6H2O，A正確；B．由圖示可知，水在電極a得電子生成氫氣，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氫氧根離子，氮氣在電極b失電子生成硝酸根離子，電極反應式為：N2-10e-+12OH-=2NO+6H2O，消耗氫氧根離子，則兩室之間采用的離子交換膜為陰離子交換膜，只允許陰離子通過，B錯誤；C．由圖示可知，水在電極a得電子生成氫氣，a為陰極，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，由反應式可知，當電路中轉移3mol電子時，陰極產生1.5mol氣體，標準狀況下氣體體積為1.5mol22.4L/mol=33.6L，C正確；D．Pd—sPNSs催化劑對N2分子的吸附能力越強，該裝置的固氮效率越高，D正確；答案選B。7.利用pH傳感器和溫度傳感器探究0.1mol／LNa2SO3溶液的pH隨溶液溫度的變化，實驗裝置如圖甲所示，升溫和降溫過程中溶液pH的變化分別如圖乙、丙所示，下列說法不正確的是A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH—B.從a點到b點，pH下降的原因是SO的水解和水的電離程度均增大，但前者更顯著C.d點pH低于a點的原因是部分Na2SO3被氧化成Na2SO4D.a點和d點的Kw值相等【答案】B【解析】【詳解】A．亞硫酸鈉是強堿弱酸鹽，在溶液中分步發(fā)生水解使溶液呈堿性，以一級水解為主，水解的離子方程式為SO＋H2OHSO＋OH—，故A正確；B．亞硫酸鈉的水解反應是吸熱反應，水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡均右移，由圖可知，a點溫度低于b點，溶液pH下降說明亞硫酸根的水解程度小于水的電離程度，故B錯誤；C．硫酸鈉是強酸強堿鹽，在溶液中不水解，則d點溶液pH低于a點說明溶液中部分亞硫酸鈉被氧化為硫酸鈉，故C正確；D．水的離子積常數(shù)是溫度函數(shù)，溫度不變，離子積常數(shù)不變，由圖可知，a點和d點的溫度相同，則a點和d點的離子積常數(shù)相等，故D正確；故選B。8.磁性Fe3O4納米粒子(粒徑1～100nm)因其獨特的物理化學性質如電學特性、磁學特性等引起廣泛的研究。通過共沉淀法制備磁性Fe3O4納米粒子的方法如下：I．連接好如圖裝置；I．取10mL0.5mol／LFeSO4，溶液和20mL0.5mol／LFeCl3溶液于反應容器B，并向裝置中通入N2；III．在不斷攪拌的條件下，向混合溶液中逐滴加入60mL12mol／L的氨水，溶液中逐漸出現(xiàn)黑色物質；IV．充分反應后，從混合液中分離出納米粒子，并反復洗滌干燥后得到磁性Fe3O4納米粒子?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器A的名稱為_______，反應容器B的最佳規(guī)格為_______(填序號)。a．100mLb．250mLc．500mL（2）生成磁性Fe3O4納米粒子的離子方程式為_______。（3）實驗過程中通入N2的目的是_______。（4）從反應后的混合液中分離出Fe3O4納米粒子，最簡便的方法是_______(填序號)；用水洗滌Fe3O4納米粒子后，需要用無水乙醇洗滌，其原因是_______。a．磁分離b．過濾c．分液（5）產物中混雜的Fe2O3會降低納米粒子的磁性，為了測定產品中Fe2O3的含量，采取如下實驗方法：準確稱取0.3120g產品于錐形瓶中，用稀硝酸充分浸取，再加熱使過量的硝酸全部逸出，冷卻后加入足量KI溶液充分混合反應后，用0.2000mol／LNa2S2O3標準溶液滴定至溶液顏色明顯變淺，加入幾滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3標準溶液的體積為20.00mL。已知滴定過程中發(fā)生反應的離子方程式為I2＋2S2O=2I—＋S4O。①滴定終點的現(xiàn)象為_______。②所取樣品中Fe2O3的質量為_______g(結果保留4位小數(shù))；若加入KI溶液的量不足，則會導致測定結果_______(填“偏高”“偏低”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）①.分液漏斗②.b（2）Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH+4H2O（3）防止Fe2+被空氣中氧氣氧化為Fe3+（4）①.a②.乙醇揮發(fā)性強，用乙醇洗滌便于后續(xù)的干燥（5）①.滴入最后一滴標準溶液，錐形瓶中溶液藍色恰好褪去且30s內保持不變②.0.0800③.偏高【解析】【分析】由題意可知，制備四氧化三鐵的實驗過程為在氮氣氣氛中硫酸亞鐵和氯化鐵混合溶液與氨水反應生成磁性四氧化三鐵納米粒子，充分反應后，用磁鐵從混合液中分離出納米粒子，并用乙醇反復洗滌干燥后得到磁性四氧化三鐵納米粒子?！拘?詳解】由實驗裝置圖可知，儀器A為分液漏斗；由題意可知充分反應后，三頸燒瓶中溶液的總體積為90mL，由三頸燒瓶中溶液的體積不少于容積的，不多于容積的可知，容器B的最佳規(guī)格為250mL，故選b，故答案為：分液漏斗；b；【小問2詳解】由題意可知，在氮氣氣氛中硫酸亞鐵和氯化鐵混合溶液與氨水反應生成磁性四氧化三鐵納米粒子、硫酸銨、氯化銨和水，反應的離子方程式為Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH+4H2O，故答案為：Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH+4H2O；【小問3詳解】亞鐵離子具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化為鐵離子，所以實驗過程中應通入氮氣，排盡裝置中的空氣，防止制備磁性四氧化三鐵納米粒子時，亞鐵離子被氧化，故答案為：防止Fe2+被空氣中氧氣氧化為Fe3+；【小問4詳解】磁性四氧化三鐵納米粒子為磁性材料，所以從反應后的混合液中分離出磁性四氧化三鐵納米粒子最簡單的分離方法為磁分離，故選a；用水洗滌四氧化三鐵納米粒子后，用無水乙醇洗滌納米粒子可以利用乙醇易揮發(fā)的性質帶走粒子表面的水分便于干燥，故答案為：a；乙醇揮發(fā)性強，用乙醇洗滌便于后續(xù)的干燥；【小問5詳解】①由題意可知，反應生成的碘與滴入的硫代硫酸鈉溶液完全反應時，溶液會由藍色變?yōu)闊o色，則滴定終點的現(xiàn)象為滴入最后一滴標準溶液，錐形瓶中溶液藍色恰好褪去且30s內保持不變，故答案為：滴入最后一滴標準溶液，錐形瓶中溶液藍色恰好褪去且30s內保持不變；②由方程式可得如下關系：2Fe3+—I2—Na2S2O3，滴定消耗硫代硫酸鈉溶液，則鐵離子的物質的量為0.004mol，設樣品中四氧化三鐵、氧化鐵的物質的量分別為amol、bmol，由樣品的質量可得：232a+160b=0.3120，由鐵原子個數(shù)守恒可得：3a+2b=0.004，解聯(lián)立方程可得a=0.001、b=0.0005，則樣品中氧化鐵的質量為0.0005mol×160g/mol=0.0800g；若加入碘化鉀溶液的量不足會使消耗硫代硫酸鈉溶液的體積偏小，導致a偏小、b偏大，所以測得的氧化鐵的質量偏高，故答案為：0.0800g；偏高。9.陽極泥是電解精煉銅過程中產生的一種副產品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。下圖是全濕法處理銅陽極泥提取銀的工藝：回答下列問題：（1）CuAgSe中銅元素的化合價為_______，NaClO3的名稱是_______。（2）“脫銅”工藝需要加壓酸浸，加壓的目的是_______；酸浸過程每消耗33.6LO2(標準狀況)，能轉化2molCuAgSe，則該反應的氧化產物為_______；“脫銅”后的混合物經過_______操作，進入“浸硒”工藝。（3）"浸硒"過程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，該工藝通常還要加入NaCl，加入NaCl的作用是_______；向“浸硒”得到的濾液I中通入SO2，過濾得到的濾渣為粗硒，濾液則可返回_______工藝進行循環(huán)利用。（4）“分銀”得到濾渣的主要成分有Pt、Au和_______。（5）分析“沉銀”過程中水合肼(N2H4·H2O)的作用：_______。【答案】（1）①.+1②.氯酸鈉（2）①.增大氧氣的濃度，加快酸浸速率②.Se和CuSO4③.過濾（3）①.沉淀銀離子，獲得AgCl，減少銀元素因溶解造成的損失②.脫銅（4）SiO2（5）作還原劑【解析】【分析】陽極泥是電解精煉銅過程中產生的一種副產品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。將陽極泥與O2、稀硫酸進行反應“脫銅”，CuAgSe被氧化生成CuSO4、Se；"浸硒"過程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，“分銀”得到濾渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，濾液中加入水合肼得到氮氣、Ag，以此解答。【小問1詳解】CuAgSe中Se元素化合價為-2價、Ag元素化合價為+1價，則Cu元素的化合價為+1價，NaClO3的名稱是氯酸鈉，故答案為：+1；氯酸鈉?！拘?詳解】壓強越大，氣體的溶解度越大，反應速率越快，所以“脫銅”工藝需要加壓酸浸，加壓的目的是增大氧氣的濃度，加快酸浸速率；n(O2)=33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，酸浸過程每消耗1.5molO2，氧氣得到電子的物質的量為6mol，能轉化2molCuAgSe，根據轉移電子守恒知，Cu、Se元素都失電子，所以CuAgSe被氧化為CuSO4、Se，則該反應的氧化產物為CuSO4、Se，“脫銅”后的混合物經過過濾，進入“浸硒”工藝。故答案為：增大氧氣的濃度，加快酸浸速率；Se和CuSO4；過濾?！拘?詳解】浸硒“過程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，該工藝通常還要加入NaCl，銀離子和NaCl反應生成AgCl沉淀，加入NaCl的作用是：沉淀銀離子，獲得AgCl，減少銀元素因溶解造成的損失；向“浸硒”得到的濾液I中通入SO2，過濾得到的濾渣為粗硒，SO2被氧化為硫酸，則濾液則可返回脫銅工藝進行循環(huán)利用，故答案為：沉淀銀離子，獲得AgCl，減少銀元素因溶解造成的損失；脫銅?！拘?詳解】“分銀”得到濾渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，故答案為：SiO2?！拘?詳解】濾液中加入水合肼得到氮氣、Ag，反應方程式為4Ag(NH3)2Cl+N2H4·H2O+3H2O=N2↑+4Ag↓+4NH4Cl+4NH3·H2O，該反應中肼中N元素化合價由-2價變?yōu)?價，所以分析“沉銀”過程中水合肼N2H4·H2O的作用：作還原劑，故答案為：作還原劑。10.苯甲醛()是生產氨芐青霉素、某些苯胺染料等產品的重要中間體。制備苯甲醛的常用方法有氣相催化氧化法和電催化氧化法。I．氣相催化氧化法(以Ce／ZSM-5為催化劑)主要反應：(g)+O2(g)(g)+H2O(g)ΔH（1）已知：①(g)+8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g)ΔH=—3452.6kJ/mol②(g)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(g)ΔH=—3784.9kJ/mol則反應(g)+O2(g)(g)+H2O(g)ΔH=______（2）在一容積為2L的密閉容器中分別充入甲苯和氧氣各2mol，在同一時間(80min)、不同溫度下測得甲苯的轉化率、苯甲醛的選擇性和收率如圖所示，其中：溫度控制在380℃，前80min內生成苯甲醛的平均反應速率為_______；甲苯的轉化率隨溫度升高而增大的原因是_______。（3）其他條件相同、不同空速下測得苯甲醛的選擇性和收率如圖所示。已知：①空速指鼓入空氣的速度，單位為h-1；②苯甲醛吸附在催化劑表面才能被進一步氧化為苯甲酸。請分析當空速由1000h-1增大至2500h-1過程中苯甲醛選擇性增加的原因：_______。（4）合成苯甲醛的最佳溫度和空速應為_______(填序號)。A.350℃、5000h-1B.350℃、2500h-1C.410℃、5000h-1D.410℃、2500h-1II．電催化氧化法以硫酸酸化的MnSO4溶液作為電解媒質間接氧化甲苯制備苯甲醛的工藝方案如圖所示：（5）a為電源_______極；生成苯甲醛的離子方程式為_______；右池生成0.1molH2時，左池可產生_______mol。【答案】（1）—332.3kJ/mol（2）①.6×10—4mol/(L·min)②.甲苯發(fā)生了其他副反應（3）當空速較高時，苯甲醛易從催化劑表面脫落，抑制了苯甲醛進一步被氧化（4）B（5）①.正②.+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+③.0.05【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，②—①可得主要反應，則反應ΔH=(—3784.9kJ/mol)—(—3452.6kJ/mol)=—332.3kJ/mol，故答案為：—332.3kJ/mol；小問2詳解】由圖可知，溫度控制在380℃，80min時苯甲醛的選擇性和甲苯的轉化率分別為40%和12%，則前80min內生成苯甲醛的平均反應速率為6×10—4mol/(L·min)；溫度升高，甲苯的轉化率增大，苯甲醛的選擇性和收率降低說明甲苯發(fā)生了其他副反應，故答案為：6×10—4mol/(L·min)；甲苯發(fā)生了其他副反應；【小問3詳解】由圖可知，當空速由1000h-1增大至2500h-1過程中苯甲醛選擇性增加說明空速較高時，苯甲醛易從催化劑表面脫落，抑制了苯甲醛進一步被氧化，降低了苯甲醛氧化為苯甲酸的幾率，故答案為：空速較高時，苯甲醛易從催化劑表面脫落，抑制了苯甲醛進一步被氧化；【小問4詳解】由圖可知，溫度為350℃、空速為2500h-1時，苯甲醛選擇性和收率最高，則合成苯甲醛的最佳溫度和空速應為350℃、2500h-1，故選B；【小問5詳解】由Mn2+轉化為Mn3+可知，與電源的正極a電極相連的電極為電解池的陽極，陽極生成的Mn3+在溶液中與甲苯反應生成Mn2+、苯甲醛和氫離子，與負極b電極相連的電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，甲苯氧化為甲醛的反應為+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+，電池的總反應為+H2O→+2H2↑，所以右池生成0.1mol氫氣時，左池可產生0.05mol苯甲醛，故答案為：正；+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+；0.05。11.上海有機化學研究所施世良課題組以Ni(cod)2為催化劑實現(xiàn)了叔醇的手性合成。（1）Ni在元素周期表中的位置是_______，寫出其基態(tài)原子的價電子排布式：_______。（2）Ni(cod)2是指雙-(1，5-環(huán)辛二烯)鎳，其結構如圖所示。①與碳元素同周期且電負性大于碳的元素有_______種。②Ni(cod)2分子內存在的作用力有_______(填序號)。a.配位鍵b.金屬鍵c.極性鍵d.非極性鍵e.氫鍵③Ni(cod)2分子中碳原子的雜化方式為_______。（3）葡萄糖（）分子中，手性碳原子個數(shù)為_______。（4）下圖三種叔醇的沸點從高到低的順序及原因是_______。（5）紅銀礦NiAs晶體結構如圖所示：①Ni原子的配位數(shù)為_______。②兩個As原子的原子分數(shù)坐標依次為(，，)和_______。③已知晶體密度為pg·cm-3，X射線光譜測算出的晶胞參數(shù)為a=b=mpm、c=npm，則阿伏加德羅常數(shù)NA可表示為_______mol-1(用含m、n和p的代數(shù)式表示)。【答案】（1）①.第四周期第Ⅷ族②.3d84s2（2）①.3②.acd③.sp3、sp2（3）4（4）丙>乙>甲，甲、乙、丙均為分子晶體，從甲到丙相對分子質量依次增大，故分子間作用力依次增強，所以沸點依次升高。（5）①.6②.③.【解析】【小問1詳解】Ni是28號元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，其基態(tài)原子的價電子排布式3d84s2?！拘?詳解】①同周期元素從左到右電負性增大，與碳元素同周期且電負性大于碳的元素有N、O、F，共3種。②Ni(cod)2分子內，cod分子和Ni形成配位鍵，cod分子內C和C形成非極性鍵、C和H形成極性鍵，存在的作用力有配位鍵、極性鍵、非極性鍵，選acd。③Ni(cod)2分子單鍵C為sp3雜化、雙鍵C為sp2雜化?！拘?詳解】與4個不同原子或原子團相連的碳原子為手性碳原子，葡萄糖()分子中，手性碳原子個數(shù)為4(*號標出)。【小問4詳解】甲、乙、丙均為分子晶體，從甲到丙相對分子質量依次增大，故分子間作用力依次增強，所以沸點依次升高?！拘?詳解】①根據圖示，As的配位數(shù)是6，根據配位數(shù)與化學式中原子數(shù)的關系可知，Ni原子的配位數(shù)為6。②根據圖示，兩個As原子的原子分數(shù)坐標依次為(，，)和。③根據均攤原則，晶胞中As原子數(shù)為2，Ni原子數(shù)為，X射線光譜測算出的晶胞參數(shù)為a=b=mpm、c=npm，晶胞的體積為m2n×10-30cm3,晶體密度為pg·cm-3，則，阿伏加德羅常數(shù)NA可表示為mol-1。12.厄洛替尼(化合物H)是一種