2021年安徽省江南十校高考一模化学试卷 (解析版)

安徽省江南十校2021年高考化学一模试卷

一、单选题

1.中国古代炼丹术促进了金属冶炼技术的发展。唐代《丹房镜源》中记载了炼制铅丹的方法：“熔铅

成汁，下醋点之，滚沸时下硫一小块，续下硝少许……炒为末，成黄丹胡粉。”下列叙述正确的是（）

A.上述过程中发生了置换反应B.“滚沸”中仅有物理变化

C.“硝”是指硝酸D.“黄丹胡粉”是纯净物

2.粗盐（含泥沙、CaCL、MgSO4等）提纯得到的NaCl溶液中仍含有少量K+,需进一步提纯才可得到

试剂级氯化钠，实验装置如图所示（已知：NaCl+H2sOK浓）:HClT+NaHSOQ.下列叙述错误的是（）

A.粗盐提纯实验需要NaOH溶液、BaCb溶液、Na2cCh溶液、HC1溶液

B.关闭止水夹K,打开分液漏斗活塞，若液体不滴落，证明a中气密性良好

C.实验过程中，c中有固体析出

D.d中加入NaOH溶液吸收尾气

3.阿霉素是一种抗肿瘤药物：阿霉酮是生产阿霉素的中间体，其结构如图所示：下列说法正确的是

（）

A.阿霉酮分子式为C21Hl8。9

B.阿霉酮分子中所有的碳原子都在同一个平面上

C.1mol阿霉酮最多可与8m01比发生加成反应

D.阿霉酮可与Na2cCh溶液反应生成CO2气体

4.HNO2与羟基自由基（-0H）的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子

可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是（）

O二H

O5

:-20-,1

:-

-.-表示氢・

OO-.。

NO

N.工

HN-友示化学健

F・.

+O-

…

0・

・

=OH・

XO

H

1u川IVV反应历程

催化剂

A.该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+-OH-NO2+H2O

B.反应历程中还可能形成HONO…H?O

C.该反应历程中最大能垒（活化能）为201.lkJ.mol1

D.H-O-H-O-N-O-H是反应过渡态

H-O'

5.研究发现钾离子可在有机与无机材料层间脱嵌实现电池的充放电过程。如图所示是一种钾离子的

二次电池模型。下列说法正确的是（）

A.放电时，a为负极，碳元素化合价不变

B.放电时，转移0.2NA电子，正极增重7.8g

C.充电时，b极反应为K2c（Q6-e+K+=K3c6。6

充电

D.电池总反应为K4c6O6+K2c6。6U2K3c6。6

放电

6.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z同主族。其中X、

Y、Z构成的某种物质结构如图所示。下列叙述正确的是()

A.W与X形成的化合物是共价化合物

B.Y和Z形成的最简单化合物水溶液呈酸性

C.简单离子半径：Z>Y>X>W

D.向该物质中加人稀硫酸，产生气泡和淡黄色沉淀

7.化学中常用AG表示溶液的酸度(AG=lgy2)。室温下，向20.00mL0.I000moLLT的某一元碱

MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸溶液，混合溶液的温度与酸度AG随加人稀硫酸体积的变化如图

所示。下列说法正确的是()

V(稀硫酸)/mL

A.室温下MOH的电离常数Kb=1.0x10-6

++

B.当AG=0时，溶液中存在c(SO2-)>C(M)>C(H)=C(OH)

C.a点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)=8c(SO夕)

D.b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：c>b=d

二'综合题

8.三氯氧磷(POC13)和氯化亚飒(SOC12)均为重要的化工产品。现以氯气、二氧化硫和三氯化磷为原料，

采用二级间歇式反应装置联合制备三氯氧磷和氯化亚飒。实验过程中，控制氯气和二氧化硫通人的体

积比为1：1.实验过程示意图如图：

温度计

己知：

名称熔点/℃沸点/℃溶解性理化性质

三氯氧磷2105.3可溶于有机溶剂遇水分解

氯化亚硼-10578.8可溶于有机溶剂遇水分解，加热分解

(1)实验室制备氯气或二氧化硫时均可能用到的仪器有_______。

A.温度计B.酒精灯C,分液漏斗D.圆底烧瓶

(2)A装置的作用为：______________、_______________________、使气体充分混合。

(3)实验开始时需水浴加热，一段时间后改为冷水浴，其原因

是。

(4)B中发生反应的化学方程式是o

(5)反应5~6小时后，暂停通人气体。将B瓶拆下，C瓶装在图中B瓶处，并在原C瓶处重新装

上一个盛有PCb的圆底烧瓶。继续通气反应一段时间后重复以上步骤，上述操作的优点

是;B瓶中的物质可采

用.(填实验方法)使其分离。

(6)已知反应前加入三氯化磷550g,最终得到357g氯化亚飒，则三氯氧磷的产率为。

9.实验室模拟工业回收电镀污水(主要含有Ni2+、CP+、Fe3\(2产、Zd+等)中铜和银的工艺流程如图：

稀

已知:

I：Cr(OH)3和Zn(OH)2是两性氢氧化物

II：室温下，Ni(OH)2的Ksp约为1.0x10”

回答下列问题：

⑴图(a)和图(b)分别是“置换”过程中“置换时间”和“铁粉加入量”(以理论需求量的倍数表示)对铜沉

淀率和银损失率的影响。"置换''过程选择的最佳时间和铁粉加入量为、O

M

铜

沉

沉

淀

淀

率

率

■、

、

住

瓶

损

失

失

率

3率

M

滤液①中含有的阴离子为0H-、

(3)“氨解”的目的是o

(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为.»要使Ni2+

沉淀完全，“二次碱析”需调节溶液的pH至少为。(当溶液中离子浓度小于LOxlOGnolL^J

可视为沉淀完全)

(5)获得粗品硫酸锲时需进行的“系列操作”主要包括蒸发浓缩、、、洗

涤、干燥。

10.含氮化合物对工业生产有多种影响。化学工作者设计了如下再利用的方案：

(1)以NH3和CCh为原料合成化肥-尿素[CO(NH2)2],两步反应的能量变化如图：

写出合成CO(NH2)2(S)的热化学方程

式，已知第二步反应决定了

生产尿素的快慢，可推测E,E3(填或"=”)。

(2)氨的催化氧化过程可发生以下两种反应，该过程易受催化剂选择性影响。

1：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)AH<0；

II：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)AH<0；

在容积固定的密闭容器中充入1.5molNH3和1.55molCh,在催化剂作用下发生上述反应。生成物

②840C时，反应I中NH3的转化率为.(保留小数点后2位，下同)；若520℃时起始压强

为Po,恒温下反应II的平衡常数Kp=.(Kp为以分压表示的平衡常数)

(3)借助电化学方法在含的水样中将NH：转化为N2,其原理是：利用电解产物转化生成

的HC1O氧化NH3；以达到脱氮的目的，HC1O在电解池的(填“阴极”或"阳极”)附近产生。

研究还发现：弱酸性溶液比强酸性溶液更有利于HCIO的生成，请从化学平衡移动的角度解释其原

因o

11.电动汽车电池材料的发展技术之一是使用三元材料锲铳钻酸锂。回答下列问题：

(1)基态Mn2+中成对电子数与未成对电子数之比为.o

(2)[Co(NO2)(NH3)5]C12中Co3+的配位数为,粒子中的大兀键可用符号nm表示，其

中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大兀键的电子数(如苯分子中的大71键可表示为

Fit)，则配体中NO2的大兀键可表示为,空间构型为。

(3)①已知：过渡金属价层达到18电子时，配位化合物较稳定。比较稳定性：[Ni(CO)4)

[CO(C5H5)2](填。

②正负离子的半径比是决定晶体结构和配位数的重要因素。根据图(a)、图(b)推测晶体中离子半径

比(r+/rj与配位数的关系

图(a)CsCI图(b)NaCI

(4)银镒钻酸锂三元材料为六方最密堆积，其晶胞结构如下图所示，以R表示过渡金属离子，其

化学式为。若过渡金属离子的平均摩尔质量为MRg-moH,该晶体的密度是pg-cm-3,阿伏加

德罗常数是NA,则NA=。(列出计算表达式)

12.一种抗肿瘤药物H的合成路线如图所示，按要求回答问题:

(1)A的化学名称为______________________________________

(2)B的结构简式为o

(3)由C生成D的反应类型是o

(4)1molD最多可与molNaOH反应。

(5)F生成G过程中反应①的化学方程式是

(6)满足下列条件的A的芳香化合物同分异构体共有种(不考虑乂体异构)。

①能与FeCb发生显色反应；②能发生银镜反应和水解反应

(7)参照上述合成路线，设计一条由制备C

的合成路

线。(无机试剂任选)。

答案解析部分

L【答案】A

【解析】【解答】A."熔铅成汁，下醋点之"，则铅和醋酸发生置换反应生成醋酸铅和氢气，A符

合题意；

B.置换反应产生氢气，出现“滚沸”，B不符合题意；

C.炼丹家的“硝”是指硝石，不是硝酸，C不符合题意；

D.“炒为末”，则所得产品为粗产品、未经分离提纯，“黄丹胡粉”不可能是纯净物，D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】A.根据题意“熔铅成汁，下醋点之"，铅是单质，醋是醋酸，发生置换反应

B.滚沸一方面是液体的沸腾一方面是产生气体

C.硝不是指硝酸而是指含有硝酸盐的石头

D.根据反应过程，黄丹胡粉不可能是纯净物

2.【答案】B

【解析】【解答】A.粗盐提纯实验需要NaOH溶液除去镁离子、BaCb溶液除去硫酸根离子、Na2co3

溶液除去钙离子和多余的馍离子、HC1溶液除去多余的氢氧根离子和碳酸根离子，A不符合题意；

B.有管子把分液漏斗上方和圆底烧瓶内气体连通、则气体处于恒压状态，关闭止水夹K,打开分液

漏斗活塞，液体必然滴落，无法证明a中气密性是否良好，B符合题意；

C.实验过程中，氯化钠固体和浓硫酸反应产生的氯化氢气体进入c,氯离子浓度增大，则c中有氯

化钠固体析出，C不符合题意；

D.氯化氢有毒，d中加入NaOH溶液吸收尾气，D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】A.根据粗盐中的杂质阳离子即可判断出所加入物质的顺序

B.装浓硫酸的装置是恒压分液漏斗装置，无论气密性是否良好均可落下

C.根据题意氯化氢溶于水导致氯化钠析出

D.氢氧化钠可以吸收氯化氢气体

3.【答案】A

【解析】【解答】A.由结构简式知，阿霉酮分子式为C21Hl8。9,A符合题意；

B.阿霉酮分子中含多个饱和碳原子，所有的碳原子不都在同一个平面上，故B不符合题意;

C.苯环与埃基可与氢气发生加成反应，1mol阿霉酮最多可与9m0IH2发生加成反应，故C不符合题

意；

D.阿霉酮分子内不含竣基、不能与Na2cCh溶液反应生成CO2气体，故D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析［根据结构简式即可写出分子式，同时判断出有机物中含有醛基、埃基、酚羟基、醇羟基、官

能团，根据有机物的结构简式中含有多个不饱和碳原子，不可能共面，含有的苯环以及锻基可以与氢

气反应找出即可。不含有竣基不能和碳酸钠溶液反应

4.【答案】C

【解析】【解答】A.由图知，产物为NO?和H2O,则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+OH吧

NO2+H2O,A不符合题意；

B.由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚

硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO…H?O,B不符合题意；

C.该反应不可逆，该反应历程中HI—IV时能垒最大(活化能)，为22.6kJ-moH-(-20.5)kJ-molT,C符

合题意；

D.由过渡态理论知，小。+…是反应过渡态，D不符合题意；

11-0'

故答案为：Co

【分析】A.根据反应物和生成物即可写出方程式

B.根据图示即可判断可能产生

C.根据图示找出能量的最大差值即可

D.根据图示即可判断为过渡态

5.【答案】B

【解析】【解答】A.放电时，钾离子向b电极移动，b电极是正极，a为负极，碳元素失去电子，化

合价升高，A不符合题意；

B.放电时正极反应是为K2c6。6+-+K+=K3c6。6,因此转移0.2NA电子，正极增重0.2molx39g/mol

=7.8g,B符合题意；

C.充电时，b极反应为K3c6(Ve-=K2c6O6+K+,C不符合题意；

充电

D.根据以上分析可知电池总反应为K4c6O6+K2c6。6=2K3c6。6,D不符合题意；

放电

故答案为：B»

【分析】放电时，钾离子向正极移动，因此a电极是负极，此时发生：K4c6O6-e=K++K3c6O6,b电极是

正极，发生的是K2c6O6+e-+K+=K3c6。6,即可写出中的反应，根据转移的电子数即可计算出正极增

加的质量，充电时：负极与阴极相连接，正极与阳极相连接，阳极发生的是氧化反应，反应是K3c6。6e

=K2c6O6+K+

6.【答案】D

【解析】【解答】A.氧与氢形成的化合物可以是共价化合物、氧与锂形成的是离子化合物，A不符

合题意；

B.Y和Z形成的最简单化合物为硫化钠，水溶液因水解呈碱性，B不符合题意；

C.同主族从上到下离子半径递增、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离

子半径：Z>X>Y>W,C不符合题意；

D.该物质为硫代硫酸钠，加入稀硫酸，生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水，故产生气泡和淡黄色沉淀，

D符合题意；

故答案为：D。

【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z同主族。由

I『

Y.x，,xY-知，z可形成6对共用电子对、X可形成2对共用电子对，则Z为S、X为O,Y为

x

+1价，Y为Na,则W为H或Li

7.【答案】C

【解析】【解答】A.根据图像可知，当AG=lg喋2=8时，溶液为MOH,号虫=1°叫根据

c(OH)c(OH)

Kw=c(H+)xc(OH-)=10T4可知，c(OH)=10-3mol/L,根据Kh=呼("+)=10-3*10—3e。石,故A

c(MOH)0.1000

不符合题意；

B.根据电荷守恒：2c(SOl-)+c(OH)=c(M+)+c(H+),当AG=0时，AG=lg。如)=0,所以c(OH)=

c(H+),2c(SO2-尸“M+),所以溶液中存在：c(M+)>c(SOl-)>c(H+)=c(OH),故B不符合题意；

C.a点时，消耗硫酸5mL,根据2MoH~H2so4可知:消耗MOH的量2x0.05x5xl(pmol；剩余MOH

的量为2O.OOxlO-3xO.iooo-2x0.05x5x10-3=1.5x1O^mol,生成M2sCh的量为0.05x5x1O^mol,即混合液

中n(MOH):n(M2s04尸1.5:0.25=6:1；根据物料守恒可知，c(M+)+c(MOH)=8c(SOl~),故C符合题

意；

D.c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制

水电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度大，因此水的电离程度：c>b>d,故D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】酸碱恰好发生中和反应是，反应放出的热量最大，温度最高，因此c点为酸碱恰好完全反应

的点，消耗硫酸的体积为20mL；根据2MoH~H2s04可知:c(H2so4)=20.00THLXO.IOOO.05

20mLx2=0

mol-L\据此分析相关问题。

8.【答案】(1)B；C；D

(2)干燥气体；便于调节气体流量

(3)反应需加热才能进行；反应开始后，放出热量，需冷凝，防止产物分解与挥发

(4)SO2+Ch+PCI3=POCh+SOCh

(5)有利于气体的充分吸收，使PC13充分反应，提高原料利用；蒸储(分储)

(6)75.0%

【解析】【解答】(1)实验室制备氯气用二氧化锦和浓盐酸加热反应，二氧化硫可用浓硫酸与铜加热制

备，所以均可能用到的仪器有酒精灯、分液漏斗、圆底烧瓶；

(2)A装置中有浓硫酸可以除去气体中的水蒸气，通过观察气泡可以调节气体流量；

(3)反应需加热才能进行；反应开始后，放出热量，需冷凝，防止产物分解与挥发；

(4)B中是二氧化硫和氯气和三氯化磷生成目标产物的反应，反应的化学方程式为SO2+Ch+PCI3=

POCh+SOCh；

(5)循环使用可提高原料利用率，B瓶中生成的三氯氧磷和氯化亚碉由于沸点相差较大，可以采用蒸储

的方法分离；

(6)已知三氯化磷的物质的量为n=1/九/=4nw/，由方程式可知反应的三氯化磷和生成的三

JLJ/•Cy/fIc-Lzv

氯氧磷及氯化亚飒物质的量相等，生成的氯化亚硼的物质的量为n=不需为=3巾。/,所以三氯

1kyg/nlOi

氧磷的物质的量也是3mol,所以转化率=舞jx100%=75.0%

【分析】(1)实验室是利用二氧化镐和浓盐酸在加热时制取氯气，而利用浓硫酸和铜加热制取二氧化

硫，因此均需要用到酒精灯、分液漏斗、圆底烧瓶

(2)A中装的是浓硫酸可以干燥气体且可以将气体混合均匀，同时可以观察气泡调节气体的速率

(3)加热的目的是引发反应，而冷却主要是防止产物分解以及挥发

(4)根据反应物和生成物即可写出方程式

(5)BC两瓶均发生制取三氯氧磷和氯化亚飒，C装置主要是吸收B装置未反应完的气体，因此可

以提高气体利用率充分反应，B中的物质可根据熔沸点的不同进行分离

(6)根据方程式计算出理论产量，即可计算出产率

9.【答案】(1)30min；1.2倍

(2)CrO2或Cr(OH)；；Zn。万或Zn(OH)^~

(3)使Ni(OH)2溶解从而分离

(4)3NiS+8H++2N0]=3N/++2N0T+3S4-4W20；9

(5)冷却结晶；过滤

【解析】【解答】(1)由图(a)知“置换”过程选择的最佳时间为3()min、由图(b)知铁粉加入量为1.2倍。

3+

(2)由于Cr(OH)3和Zn(OH)2是两性氢氧化物,在过量NaOH溶液中，Cr+40H~=CrOi+2H2O，

CN+转化为CrO2或Cr(OH)；、同理Zn?+转化为Zn。尸或Zn(OH)/,则滤液①中含有的阴离

子为OH\CrO2或Cr(OH)；、Zn。厂或Zn(OH)-。

(3)由流程知，“氨解”后，Fe(OH)3和Ni(OH)2分离；则“氨解”的目的是使Ni(OH)?溶解、从而分离。

(4)“氧化”时HNO3被还原为NO,NiS被氧化为S,反应的离子方程式为：3MS+8，++2N0]=

3M2++2N0T+3S+4H20.«室温下,Ni(OH)2的右约为LOxlO",要使Ni?+沉淀完全，(当溶液

X1

中离子浓度小于1.0x10-5mo].LT时可视为沉淀完全)贝!I=-°°cmol/L=1x

JlxlO-5

5

10-mol/L,c(H+)=式*)=1x10-9巾0//乙“二次碱析”需调节溶液的pH至少为9,

(5)获得粗品硫酸银时需进行的“系列操作”主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

【分析】电镀污水(主要含有Ni2+、CP、Fe3\CP、ZM+等)中加人铁粉，置换出铜经过滤后分离，

滤液经“一次碱析”、过滤，所得滤液①含辂元素、锌元素、得到沉淀Fe(OH)3和Ni(OH)2；沉淀经“氨

解”，实现馍元素和铁元素的分离，滤渣①为Fe(OH)3沉淀，银元素转化为可溶物进入溶液，经“沉

程"，转变为NiS沉淀，NiS沉淀被稀硝酸氧化，得到Ni2+,经“二次碱析”、过滤，所得沉淀Ni(OH)2

经硫酸“酸解”后得到硫酸银溶液，经系列操作后得到硫酸银粗产品，据此回答

10.【答案】(1)2N43(g)+。。2(。)=$0(9)+CO(NH2)2(S)AH=—(%-E3+E2-E^kJ/mol；<

(2)该催化剂在高温下选择反应I,催化剂在低温下选择反应H,当温度高于840c时，反应I是放

热反应，升高温度，平衡逆向移动；53.33%；梨黑

JJu

+

(3)阳极；因为酸性较弱时，促进Cl2+H2O^H+Cr+HCIO向右移动，有利于次氯酸生成

【解析】【解答】(1)由图知：以NH3和CO2为原料合成CO(NH2)2(s)的熔变应为AH=-E2+E3-

E4)kJ/mol=~(E4-E3+E2-E^kJ/mol,则热化学方程式为：2叫9)+肛⑼=依⑼+

CO(/VW2)2(s)AH=-(F4-E3+E2-E^kJ/mol,活化能大的反应决定了反应速率的快慢，己知第二

步反应决定了生产尿素的快慢，则可推测活化能EKE3。

⑵①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，其原因是：该催化剂在高

温下选择反应I，催化剂在低温下选择反应n。当温度高于840c时，反应I是放热反应，升高温度,

平衡逆向移动。

O.Qmol

②840℃时，反应I中生成0.8molNO,则消耗().8molNH3,反应I中NH.s的转化率为x100%=

l.Smol

53.33%；若520℃时起始压强为Po,520℃平衡时〃(NO)="(N2)=0.2mol,对应反应:

4N/(g)+5。2W4NO(g)+6&O(g)

,对于反应:

An(mor)0.20.250.20.3

4NH3(g)+3。2=2N2(g)+6〃2。(。)

,则平衡体系中，n(/V//)=(1.5-0.2-

4n(moZ)0.40.30.20.63

0.4)mo/=0.9mol,n(O2)—(1.55—0.25—0.3)mol—Imol,n(NO)=7?(N2)=0.2mol,n(W2O)=

n,.

Pc=始

(0.6+0.3)mo/=09moi,几(,总)=(0.9+1+0.2+0.2+0.9)mo/=3.2mol,

P平n平

onrinQO

1.54-1.55矍，@(。2)=居,w(N，3)=瘾，0(NO)=*(M)=套,破/。)=点，则恒

3.2

n

/32Q932if)??

温下：Pp=&Po=H^Po，P(N"3)=变Py=丸X加Po，P(°2)=变X金Po,口(“2。)=

始

备X蕊Po，PW)=X赛po，反应I1的平衡常数降=%优；;3黑=

QoO672

(虻加Po)*(羽义加Po)_324Po

,932dzio32T30500

(究X加Po)x(32x3t5?o)

(3)电解时，氯离子被氧化生成氯气、氯气与水反应转变为HC1O,氯离子反应时化合价升高，属于氧

化反应，则HC1O在电解池的阳极附近产生。研究还发现：弱酸性溶液比强酸性溶液更有利于HC1O

的生成，因为酸性较弱时，促进。2+”2。=H++C厂+”以。向右移动，有利于次氯酸生成

【分析】结合图示信息，计算焰变写出热化学方程式；从图中获取数据、计算相应化学方程式中反应

物的转化率、平衡常数

11.【答案】(1)18:5

(2)6；熄；V形

(3)>;;比值越大、配位数越大

3x(39+M〃)一1

(4)UR"劣一xl。一3。"

【解析】【解答】(1)钱原子序数为25,基态MM+核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d5,则成对

电子数与未成对电子数之比为18:5。

⑵[CO(NC>2)(NH3)5]C12由[CO(NO2)(NH3)5|、氯离子构成，则Co3+的配位数为6,配体中NO2的中

心原子N原子价层电子对个数==2+5+1~2X2=3,且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥

理论判断N原子的杂化形式及空间构型分别为sp2、V形；NO2的大兀键由3个原子提供，价电

子总数为5+6x2+1=18,N有1对孤电子对，N与O形成2个G键，O原子的2s、2P轨道中各有1对

孤电子对，形成大兀键电子数为18-2-2x2-4x2=4,即形成3中心4电子大兀键，NO*的大兀键

可表示为企。

⑶①28号Ni的价电子排布式为3d84s2,价电子数为10,每个配体提供一个电子对，则[Ni(CO)4]

含10+2x4=18个价电子，27号C。的价电子排布式为3d74s2,价电子数为9,每个配体提供一个电

子对，则[Co(C5H5)2]含9+2x2=13个价电子，已知：过渡金属价层达到18电子时，配位化合物较稳

定，则稳定性：[Ni(CO)4]>[CO(C5H5)2]O

②正负离子的半径比是决定晶体结构和配位数的重要因素。根据图(a)中Cs的配位数为8、图(b)中钠

离子的配位数是6,推测晶体中离子半径比(r+/rj与配位数的关系：C比值越大、配位数越大。

r

(4)晶胞内，Li共(x8+2=3,O共/x8+4=6,R共/x4+2=3,其化学式为LiRCh。

该晶胞中，锂原子的数目为3；按晶胞质量=晶胞密度x晶胞体积，得3x(3：+%)幽

3x(39+M”)1

1尸°，则心=语嬴而山

【分析】按构造原理写价电子排布式，确定比值；按价层电子对互斥理论计算离子的空间构型和杂化

方式，从提供的信息出发判断配合物的稳定性、由图示信息、用均摊法计算晶体的化学式、按密度定

义计算NA

12.【答案】(1)2-羟基苯甲酸甲酯或邻羟基苯甲酸甲酯

(2)

(3)还原反应

(4)4

0、/ONa

0^0、