精品解析：湖北省武汉市2020届高三五月质量检测理综化学试题(解析版)

1、武汉市 2020 届高中毕业生五月质量检测 化学试卷注意事项：1 .答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答 题卡上的指定位置。2 .选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3 .非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效。4 .选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5 .考试结束后，请将本试卷和答

2、题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Ni-59一、选择题：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. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（）A. 燃煤中加入生石灰可减少温室气体的排放B. 用纯碱溶液除油污，加热可提高去污能力C. 我国北斗导航系统所用的芯片中含高纯硅D. 医用护目镜片的主要成分属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A .燃煤中加入生石灰可减少 SO2气体的排放，SO2对环境的污染是酸雨，不是温室效应，故A错误；B 油脂在碱性条件下水解，纯碱水解呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故B

3、正确；C.硅是半导体，高纯度的硅可制芯片，故 C正确；D 用作镜片的聚合树脂是有机合成高分子化合物，属于有机高分子材料，故D 正确；故答案为A。2.连翘酯昔A”是 连花清瘟胶囊”的有效成分。如图有机物是连翘酯昔A”的水解产物，其结构简式如图所示。下列有关该有机物的说法错误的是（）0A.分子式C9H 8。4B.分子中所有原子可能处于同一平面C. 1mol D.能与 【答案】 【解析】【详解】B.苯环原子可能共平面，故 B正确；C.苯环、碳碳双键均可与 H2发生加成反应，则 1mol该分子最多可与 4molH2发生加成反应，故 C错误；D.分子结构中含有竣基，则能与NaHCO3溶液反应放出 CO2

4、,故D正确；故答案为Co【点睛】该题的难点是有机物共面判断，解答该类试题的判断技巧：甲烷、乙烯、乙快、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如 C、0、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。借助C-C5m01H 2发生加成反应NaHCO3溶液反应放出C02A.由结构简式可知其分子式为 C9H8。4,故A正确;碳碳双键均为平面结构，竣基也可以是平面结构，则OH结构中所有/键可以旋转而一C-C一键、c=c 键不能旋转以及立体几何知识判断。苯分子中苯环可以以任/碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。3.探究FeSO4的热分解产物的实验装置如图所示，乙和丙中盛有检验相应

5、物质的常用试剂，实验完成后甲中残留固体为红棕色。下列有关实验操作或现象的叙述正确的是（A.实验过程中持续通氮气的目的是排除装置内空气B.用盐酸和K3Fe(CN)6溶液检验残留固体的主要成分C.乙装置中生成白色沉淀、丙装置中溶液褪色D. 丁装置中所盛装的试剂可用澄清石灰水替代【详解】A. Fe2+易被空气中氧气氧化，加热前排除装置内空气，是防止FeSO4被氧化，加热过程中通氮气的目的是排出反应中生成的气体，故A错误；B.残留的红棕色固体是氧化铁，溶于稀盐酸得到Fe3+的溶液，应选择 KSCN溶液检验，而K3Fe(CN) 6溶液是检验Fe2+,故B错误；C.反应中生成的气体是 SO3和SO2,乙中

6、盛装BaCl2溶液，应有BaSO4白色沉淀生成，丙中盛装品红溶液， 可观察到品红褪色，故 C正确；D. 丁装置中盛装 NaOH溶液吸收SO2的尾气，石灰水的浓度低，吸收效果差，不能代替NaOH溶液，故D错误；故答案为Co4.我国科技工作者运用 DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生 H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是(AV/1S地一±=0.4-0.4-0.812过渡态2过渡态IHCOO' + ICHCOOHHCOOII反应历程A. HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程B. Pd、Rh作催化剂时HCOOH

7、分解产生H2的反应热不同C.该反应过程中有C-H键的断裂，还有C=O键的生成D. HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤【详解】A . HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低过程，即为放热过程，故 A正确;B.催化剂能改变反应速率，不改变热效应，则Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误;C. HCOOH催化分解生成 CO2和H2,原来HCOOH分子中存在的化学键 1个C-H键、1个C=O键、1个C-O键和1个O-H键；而产物中有 2个C=O键和1个H-H ,说明反应过不键的生成，故C正确;D. HCOO*+H*到过渡态n活化能最大，是反应消耗能量高的过程,该

8、历程的决速步骤，故 D正确;故答案为B。5.科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂（结构如图所示）原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液 pH的是（、ZC-H键的断裂4还有 C=O同周期。下HCOO=CO2+2H期元素述正确A.原子半径：Z>Y>X>WB.氢化物的沸点：Y>X>Z>WC. X的氧化物的水化物是强酸D. Y的某种单质具有杀菌消毒作用由新型漂白剂的结构可知， W形成的价键数为 4, X形成的价键数为 3, Y形成的价键数为 2, Z形成的价 键数为1； W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大， 常温下，0.1mo

9、l/LZ的氢化物的水溶液 pH=1 , 则Z为Cl； Z与丫位于不同周期，则 丫为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。【详解】由分析知： W为C元素、X为N元素、丫为0元素、Z为Cl元素；A. C、N、0为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，C、N、0、Cl四种元素的原子半径由大到小的顺序为Cl>C>N>0,即Z>W>X>Y,故A错误；B. H20常温下为液体，NH3和H20分子间存在氢键，四种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H20>NH3>HCl >CH4,但C的氢化物包括多碳的烧，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物

10、沸点也可能比 H20高，故B错误；C. N的最高价氧化物的水化物 HN03是强酸，而+3价N的氧化物水化物 HN02是弱酸，故C错误；D. 03具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，故 D正确；故答案为Do6.我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油（C3H8。3）和二氧化碳转化为甘油醛（ C3H6。3）和合成气，原理如图所示。下列说法错误的是（）催化电极a甘油（jug*甘油绛（I'HQ"阴离子U：交换膜催化电极bN制CO溶液CO?. H25g)A.催化电极b与电源负极相连B.电解时催化电极a附近的pH增大C.电解时阴离子透过交换膜向a极迁移D.生成的甘油醛与合成气的物质的量相等

11、【答案】B【解析】【详解】A .催化电极b表面CO2还原为CO,为电解池的阴极，与电源的负极相连，故 A正确;B.催化电极a为阳极，表面甘油（C3H803）氧化为甘油醛（C3H6。3）,发生的电极反应为 C3H8O3-2e-+2CO32-二C3H603+2HC0 3-,则电极附近的 pH减小，故B错误;C.电解池工作时，阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向a极迁移，故C正确;D.阳极生成1mol C3H6O3转移2mole-,阴极生成ImolCO和H2的混合气体转移2mole-,电解池工作时，阴、阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，故D正确;故答案为B。【点睛

12、】根据准确根据电解池原理判断电极是解题关键，阳极上发生氧化反应，而甘油转化为甘油醛是氧 化反应，则彳t化电极 a为阳极，电解池工作的特点是电子守恒，据此判断阳极和阴极电解产物之间的关系,是解题难点。7.在25c时，向20.00mL0.10mol/L 一元弱碱 MOH溶液中滴0.10mol/LHCl溶液，混合溶液的 pH、pOH变化曲线如图所示。已知 pOH=-lgc(OH -)。下列说法错误的是()0900 K(HC1)/mLA. a+b=14B. Q点消耗盐酸的体积小于20.00mLC. M点和N点溶液中，c(H ) c(MOH)相等 c(M )D.当 V(HCl)=10.00mL 时，c(

13、M+)-c(MOH)=c(OH -)-c(H+)【详解】A. c(H+)=10-pH=10-a 时，c(OH-)=10-pOH=10-b, 25 c 时，c(H+)?c(OH-)=10-pH X10-p0H=10-14=10-aX10-b,则a+b=14,故A正确;B. MOH为弱碱，如果滴加盐酸 20mL,恰好生成 MCl ,溶液显酸性，而 Q点pH=pOH ,此时溶液显中性,C.c(H + ) c(MOH) c(H + ) c(MOH) c(OH )c(M+)c(M+) c(OH )Kw厂 ,其中温度不变，Kw和Kb是定值，则M点和N点Kb则消耗盐酸的体积小于 20.00mL,故B正确;c

14、(H + ) c(MOH)溶彼中， 1一三乙 相等，故 C正确;c(M )D.当V(HCl)=10.00mL时，溶液中溶质为 MCl和MOH且等物质的量浓度，且 c(MOH) vc(Cl-),已知溶液 中存在的电荷守恒为 c(M+)+ c(H+) =c(OH-)+c(Cl -),则 c(OH-)-c(H+尸 c(M +)- c(Cl-)v c(M+)-c(MOH),故 D 错 误；故答案为Do三、非选择题:(一)必考题:8.二氧化氯是国际上公认的对环境无二次污染的消毒杀菌剂。它常温下为气体，易溶于水，受热易分解。甲醇法制制备二氧化氯的工艺如图:母液* N的30*回答下列问题:(1) C1O2可

15、用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有 性。(2)加入 发生器”的浓硫酸先稀释为63%H2SO4,冷却后加入反应器的原因是 。实际操作中再 发生器中加入适量NaCl以加快反应速率，若 NaCl过量会发生成污染环境的一种气体的分子式为。(3)若ImolCH 30H反应时转移6mole-,则 发生器”中发生反应的主要化学方程式为 。(4) Na2s04 10H20和Na2SO4的溶解度曲线如图所示，则 过程n ”的操作是：加热浓缩至有大量晶体析出、经干燥得Na2SO4固体。(5)采用惰性电极为阳极，通过电解亚氯酸钠溶液的方法也可以制备二氧化氯，其阳极的电极反应式为(6)与甲醇法制备二氧化氯相比，电解法的

16、优点是(写出2点)。【答案】(1).强氧化 (2).避免因浓硫酸稀释放热，使 C1O2受热分解(3). C12(4).CH3OH+6NaClO 3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2 T +6C1OT +5HO(5).在高于 32.4C条件下趁热过滤、洗涤(6). ClO2-e-=ClO2T(7).绿色环保；操作简便；原子利用率高【解析】【分析】(1)ClO2具有强氧化性；(2)浓硫酸溶解于水放热，且C1O2受热易分解；Cl-在酸性条件下能被 C1O2氧化；CH3OH中碳元素化合价为-2价，若1molCH3OH反应时转移6mole-,则CH3OH的氧化产物为 CO2；(4)当温度低于

17、324c时有Na2SO4 10H2O析出，降低产品纯度；(5)阳极上C1O2-失电子发生氧化反应生成Cl02；(6)甲醇法操作复杂，成本高。【详解】(1)利用C1O2的强氧化性，常用于纸浆漂白、杀菌消毒；(2)浓硫酸先稀释为63%H2SO4,待冷却后加入反应器，这样的操作可避免因浓硫酸稀释放热，使C1O2受热分解；加入适量 NaCl可加快反应速率，但过量 NaCl在酸性条件下，可被 CIO2氧化生成C12,而污染环境； (3)CH 30H中碳元素化合价为-2价，若1molCH3OH反应时转移6mole-,则CH 30H的氧化产物为 CO2,则 发 生器”中发生反应的主要化学方程式为CH3OH+

18、6NaClO 3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2 f +6C10T +5H0;(4)当温度低于324c时有Na2s04 10H20析出，则 过程n ”中加热浓缩至有大量晶体析出后，需要在高于324c条件下趁热过滤、洗涤，最后再干燥得Na2SO4固体；(5)阳极上ClO2-失电子发生氧化反应生成ClO2,电极反应式为 ClO2-e-=ClO2f；(6)比较甲醇法与电解法，可知电解法的优点是绿色环保、操作简便、原子利用率高。9.苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。实验室制备苯甲醇的反应原理 和有关数据如图：相时分子货量熠点沸点/七也度(g - cm J)

19、水痔性氯化革126+5-43179.4LI不溶r碳酸钾1382.4易溶四乙基漠化钺AS易溶草甲醉108-15,3305.31.0微溶实验步骤：如图所示，在装有电动搅拌器的250mL三颈烧瓶里加入 9.0g碳酸钾(过量)，70.0mL水，加热溶解，再加入2.0mL四乙基澳化俊(CH3CH2) 4NBr溶液和10.0mL氯化茉。搅拌加热回流反应 11.5h。反 应结束后冷却，并转入 125mL分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。合并萃取液和有机层， 加入无水硫酸镁固体，静置、过滤。最后进行蒸储纯化，收集200208 c的微分，得8.4mL苯甲醇。M电动搅拌器回答下列问题:(1)仪器X的名

20、称是，冷却水应从(填土口 ”或下口”)通入。由于苯甲醇的沸点较高，在蒸储纯 化操作中最适宜选用的仪器之一是(填字母)。(2)本实验中加入无水硫酸镁的目的是。从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用(填字母)。A.乙醇B.乙酸乙酯C.苯D.氯仿(3)某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成沸石，以防暴沸。该说法 (填是”或否”)正确，其理 由是。(4)四乙基澳化俊没有直接参与反应，但大大提高了反应速率，其原因可能是一。(5)本实验苯甲醇的产率为 % (计算结果保留一位小数)。【答案】.球形冷凝管(2).下口 (3). B (4).干燥 (5). B (6).否.电动搅拌器使不相溶的反应液混合均匀，加快反应

21、速率(8).提高氯化茉在水中的溶解度，使反应物充分接触(或增大有效碰撞几率)(9). 89.4【解析】【分析】(1)根据的构造和性能确定仪器 X的名称；冷却水流向与蒸气流向相反；由于苯甲醇的沸点较高，易液化；(2)无水硫酸镁易与水形成结晶水合物；结合是否污染环境，选择萃取剂；(3)电动搅拌器除防暴沸，还有使反应物充分混合的作用；(4)四乙基澳化钱易溶于水，而氯化茉不溶于水，易溶于四乙基澳化俊；(5)10.0mL氯化节的质量为11g,其物质的量为11g_ 11126.5g/mol 126.5mol,理论生成苯甲醇的质量为11mol M08g/mol=9.39g ,实际得到苯甲醇的质量为8.4g,

22、由此计算苯甲醇的广率。126.5【详解】(1)仪器X的名称是球形冷凝管， 冷却水采用逆流的方式冷却效果较好，所以冷却水应从下口通入;由于苯甲醇的沸点较高，易液化，在蒸储纯化操作中最适宜选用B仪器，有利于液体顺利流下；(2)加入无水硫酸镁，利用其易水形成结晶水合物，达到干燥的目的；乙醇有刺激性，苯有毒，氯仿有麻醉作用，而乙酸乙酯有特殊香味，无毒，则从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用乙酸乙酯，故答案为B;(3)不能用沸石代替电动搅拌器，因为使用电动搅拌器，除防暴沸，还可使不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率;(4)四乙基澳化钱易溶于水，而氯化茉不溶于水，易溶于四乙基澳化俊，则加入四乙基澳化钱，可提高

23、氯化节在水中 溶解度，使反应物充分接触，提高反应效率；(5)10.0mL氯化节质量为11g,其物质的量为11g126.5g / mol11126.5mol,理论生成苯甲醇的质量为11mol M08g/mol=9.39g ,则本甲醇的广率为126.58.4mL 1g/ mL 100% =89.4% 。.39g),还对温室气体的减排具有重要意义。(1)在标准状态下,各物质的标准摩尔生口表:物质标准摩尔生成培/(则制备合成气的反应H4(g)在状态2(g22(2)在刚性容器中,料比与温度(T)、初始压强(p)的关O反应热AH =)=1.)Cn(Cn(C10.CH4CO2催化重整不仅可G到合成气(系如图

24、所示。g)cl,CO2的平立热称为该化合物的标准摩尔生成烙。kJ/mol。由图可知：压强 Pi 2MPa (填> 之"或“=)”，理由是 当温度为丁3、压强为pi时，a点的v正v逆(填法"、之”或 f若起始时提高投料比 n(CH4),则CO2的平衡转化率将(填 畀高”或降低”)。n(CO2)起始时向容器中加入 1molCH4和1molCO2,在温度为T6。、初始压强为2MPa时反应，该反应的Kp=(MPa)2。(3)该催化重整过程中有副产物碳生成，碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实验n(CH4), 八一、当投料比 二 =2.0时,要使积碳量最小，应

25、调节温度为C。n(CO2)一【答案】(1). +247(2). <(3).该正反应气体分子数增加，其它条件相同时，减小压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大(4). >(5).升高 (6). 4.750【解析】【分析】(1) H =生成物的标准摩尔生成始和-反应物的标准摩尔生成始和;(2)在恒温条件下，压强增大，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；CO2的转化率增大;当温度为丁3、压强为pi时，a点在曲线下方，未达到平衡，且平衡状态时,n(CH4)起始时提局投料比 ,即增大n(CH4)的量，平衡正向进行;n(CO2)1 一2g d H23 p CO2 p CH416起始时向容器

26、中加入 1molCH4和1molCO2,在温度为T6,初始压强为2MPa时反应，达到平衡时 CO2的CH4 g+ CO2 g腌? 2CO g+ 2H 2(g)起始(mol)1100变化(mol)0.50.511平衡(mol)0.50.511转化率为50%,则：平衡时CH4和CO2的体积分数均为CO和H 2的体积分数均为(3)结合积碳量与投料比、温度的关系图分析当碳积量最小时，选择温度调节范围。【详解】(1)CH4(g)+CO2(g)K2CO(g)+2H 2(g)在标准状态下的反应热4l=(-111kJ/mol) 2-(-75kJ/mol)-(-394kJ/mol)=+ 247kJ/mol ;(

27、2)已知CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H 2(g)的正反应气体分子数增加，在恒温条件下，减小压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，即压强Pi2MPa；当温度为丁3、压强为p1时，a点趋于平衡状态时，CO2的转化率增大，说明此时向正反应方向进行，即 v 正 v逆；起始时提高投料比n(CH4)n(CO2),即增大n(CH4)的量，平衡正向进行，则 CO2的平衡转化率将升起始时向容器中加入1molCH4 和 1molCO2,在温度为T6,初始压强为2MPa时反应，达到平衡时 CO2的转化率为50%,则:起始变化平衡(mol)(mol)(mol)CH4 g10.50.5+ CO2

28、g 峰？ 2CO0.50.5+ 2H1g)0平衡时CH4和CO2的体积分数均为H2的体积分数均为-,平衡时总压强 p=2Mp X -=3 Mp ,则p2(CO) p2 H2Kp=p CO2 p ch41 3MPa311 3MPa 3MPa23MPa=4(MPa)2;n(CH4)当投料比=2.0时,要使积碳量最小，根据积碳量与投料比、温度的关系图可知，应调节温度在图甲(5) 一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成750 c左右。(二)选考题:11.馍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。(1)基态馍原子的价电子排布式为，它核外有一种运动状态不同的电子。(2) Ni2+可以形成多种配离子，比如

29、Ni(NH 3)42+、Ni(CN) 42-等。CN-中碳原子的杂化方式为 ，与CN- 互为等电子体的一种分子是 。Ni(NH 3)42+中H-N-H键角比NH3分子中H-N-H键角(填大“、小” 或相等”)，原因是一。(3)元素铜与馍的第二电离能分别为：l2(Cu)=1958kJ/mol、l2(Ni)=1753kJ/mol ,铜的第二电离能更大的原因是 。(4) NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0, 0, 0), B为(1, 1 , 0),则C离子坐标参数为单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-半径为apm,设阿伏加德罗常数的值为N

30、a,每平方米面积上分散的该晶体的质量为g (用含a、Na的代数式表示)【答案】 (1). 3d84s2(2). 28(3). sp (4). N2或 CO (5).大 (6). NH3中 N 的孤电子对形(7). Cu+的价电子排布式为3d10,处于半充满，而Ni+的价电子排布式为3d84s1,因止25 3 10242a2NA(1)馍原子的核电荷数为28,基态完全相同的电子;(2)根据CN-中碳原子的价层电子对娄Ni+稳定,电子1s 2s-1(8). d,-21、，一)(9).2原子的电子用杂化方式;,原子核外不存在运动状态为等电子体；孤对成配位键后，使 NH成键电子对所受斥力减小，键角增大电

31、子与成键电子对之间排斥成键电子-成键电子排斥，键角被压缩;(3)核外电子处于半充满、全充满状态时，能量较低较稳定;(4)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0, 0, 0), B为(1, 1, 0), C在x、v、z轴上的投影分别是1、(5)根据图知,每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围,所示，相邻的实际上每个Ni原子被两个小三3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm,每个三角形含有一个 Ni原子，三角形的一一.1.面积=X2a>2a>sin60 20-24m2=>/3 x10-24a2m2,如图211角形包含小平行四边形面积为2J

32、3 x10-24a2m2,。原子个数二X6=1,由此计算每平方米面积上分散的该晶6体的质量。【详解】(1)馍原子的核电荷数为 28,基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,则价电子排布式为3d84s2;原子核外不存在运动状态完全相同的电子，则 Ni核外有28种运动状态不同的电子;(2)CN-中碳原子的价层电子对数目为1+4 1 3=2,则碳原子的杂化方式为sp； CN-的原子数目为2,价电2子数为10,则与CN-互为等电子体的一种分子是N2或CO；NH3分子中N原子有1个孤对电子，Ni(NH 3)42+中NH3中N的孤电子对形成配位键后， 使N H成键电子对所受斥

33、力减小， 键角增大，则Ni(NH 3)42+中H-N-H键角大于NH3分子中H-N-H键角;(3)Cu +的价电子排布式为 3d10,处于全充满，而Ni +的价电子排布式为3d84s1,因此Cu+比Ni+稳定，更难失电子，所以铜的第二电离能较大;(4)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数为(0, 0, 0), B 为(1, 1, 0), C 在 x、v、z 轴上的投影分别是1、111、1,所以C的晶胞参数为(1,22(5)根据图知,每个Ni原子被3个。原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围,所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm,每个三角形含有一个 Ni原子，三角

34、形的1面积=一 X2a>2a>sin60 20-24m2=石 x10-24a2m2,如图实际上每个Ni原子被两个小三21角形包含小平仃四边形面积为2 J3 Xi0-24a2m2,。原子个数=><6=1每平方米面积上分散的该晶体的质量61 M175 _2573 1024= 23 10 24a2Nag 2点 10 24a2Nag =_2a2NAg°【点睛】等电子体是由短周期元素组成的粒子，只要原子数相同，各原子的最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，书写等电子体时运用等量异质替换，如将NH4+中N原子、1个单位正电荷换作用 C原子，可得NH4+的等电子体；将 CO32-中C原子、1个单位负电荷换作 N原子，可得 CO32-的等电子体；将 NO2+ 中N原子、1个单位正电荷换作用 C原子，可得NO2+的等电子体；将 C2O42-中1个C原子、1个单位负电 荷换作1个N原子，可得C2O42-的等电子体；将 n原子电子数加1得。原子，将N原子电子数减1得C原 子，可得N2的等电子体。12.化合物M是有机合成重要的中间体，其合成路线如图：HOOC回I回 日回回答下列问题：(1) B的名称为。(2) M中的官能团名称是 ；的反应类型为 。(3)反应所需的试剂和条件是 一。(4)反应中的C2H5ON