2022届安徽省鼎尖联盟高三下学期4月联考（二模）理综化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页安徽省鼎尖联盟2022届高三下学期4月联考（二模）理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与社会生活、科技关系密切，下列说法正确的是A．宇航员所穿宇航服的主要材料−聚酯纤维属于无机非金属材料B．北京冬奥会发行的黄铜(铜、锌合金)纪念币的硬度大于纯铜C．为响应“绿色办奥”理念，燃煤中掺入一些生石灰以实现“碳中和”D．“长征七号”运载火箭的发动机采用液氢、液氧作推进剂，液氢和氢气互为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．聚酯纤维属于有机高分子材料，故A错误；B．一般合金的硬度大于纯金属的硬度，因此黄铜(铜、锌合金)纪念币的硬度大于纯铜，故B正确；C．燃煤中掺入一些生石灰主要除掉二氧化硫，而不能除掉二氧化碳，不能实现“碳中和”，故C错误；D．液氢是氢气的液态，属于纯净物，因此液氢和氢气是同种物质，故D错误。综上所述，答案为B。2．预防新型冠状病毒可用过氧乙酸(CH3COOOH，含“-O-O-”)溶液进行喷洒消毒。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．过氧乙酸中氧元素的化合价均为-2价B．pH=1的过氧乙酸溶液中的氢离子数目为0.1NAC．100g38％的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目为1.5NAD．76g过氧乙酸为氧化剂发生氧化还原反应生成CH3COOH时，转移电子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A．过氧乙酸中氧元素的化合价为-2价、-1价，故A错误；B．溶液的体积未知，无法计算含有的氢离子的数目，故B错误；C．100g38％的过氧乙酸的水溶液中，过氧乙酸质量为100g×38%=38g，含有氧原子数为，水中还含有氧原子，因此100g38％的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目大于1.5NA，故C错误；D．过氧乙酸发生氧化还原反应生成CH3COOH的化学方程式为，76g过氧乙酸的物质的量为1mol，根据反应的化学方程式可知，1mol过氧乙酸转移2mol电子，数目为2NA，故D正确；答案选D。3．从腐败草料中提取的一种有机物-双香豆素，常用于抗凝药。其合成路线如图，下列有关说法正确的是(香豆素)(双香豆素)A．香豆素中所有原子一定共平面B．1mol双香豆素最多能消耗2molNaOHC．双香豆素能发生氧化、还原和聚合反应D．该合成路线的原子利用率为100％【答案】C【解析】【详解】A．香豆素中含有O-C、O-H键，且单键可自由旋转，则所有原子不一定处于同一平面，故A错误；B．该分子中含有两个酯基，酯基水解生成酚羟基和羧基，酚羟基和羧基都和NaOH反应，所以1mol双香豆素最多能消耗4molNaOH，故B错误；C．双香豆素中含有羟基，能发生氧化，含有碳碳双键，能发生还原和聚合反应，故C正确；D．根据合成路线可知，反应物HCHO中的氧原子没有进入产物双香豆素中，该合成路线的原子利用率不是100％，故D错误；答案选C。4．下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是选项实验操作现象结论A铝箔插入稀硝酸中无明显现象铝箔表面形成了致密的氧化膜B将足量的H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液的紫色褪去H2O2具有漂白性C淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀淀粉完全水解D取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液溶液变红KI与FeCl3的反应是可逆反应A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【详解】A．铝箔插入稀硝酸中，发生反应Al+4HNO3(稀)=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，观察到铝箔溶解，产生无色气泡，试管口气体呈红棕色；铝在浓硝酸中发生钝化；A项不符合题意；B．足量H2O2溶液中滴入少量的酸性KMnO4溶液，溶液的紫色褪去，发生反应5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O，H2O2中O元素的化合价由-1价升至0价，H2O2具有还原性，不是漂白性，B项不符合题意；C．淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份，一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，说明淀粉已经发生水解；一份滴加碘水，加入的碘水与NaOH溶液反应，溶液不变蓝，不能证明加热充分反应后的溶液中不含淀粉，从而不能证明淀粉完全水解，C项不符合题意；D．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应，发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于FeCl3少量，若该反应不是可逆反应，则反应后的溶液中不含Fe3+，向反应后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明反应后的溶液中仍存在Fe3+，从而说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，D项符合题意；答案选D。5．英国南安普敦大学Pletcher课题组提出铅液流电池。它是一种沉积型液流电池，电解液为甲基磺酸铅和甲基磺酸(均为强电解质)，特点是无隔膜、单一电解质、成本低等。其放电时的装置如图所示，下列说法错误的是A．放电时，电解质溶液的pH减小B．充电时，储液罐中甲基磺酸铅的浓度减小C．充电时，PbO2电极的电极反应式为Pb2＋＋2H2O-2e-=PbO2＋4H+D．与传统的铅酸蓄电池相比，铅液流电池的循环利用率更高【答案】A【解析】【详解】A．由题中图示信息可知，放电时，该装置为原电池，负极是Pb，电极反应式为Pb-2e-=Pb2+，正极是PbO2，电极反应式为PbO2+4H++2e-═Pb2++2H2O，所以放电时，不断消耗H+，H+浓度减小，pH增大，故A错误；B．由题中图示信息可知，充电时，该装置为电解池，阴极为Pb，电极反应式为Pb2++2e-=Pb，阳极是PbO2，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，则总反应式为2Pb2++2H2O=Pb+PbO2+4H+，所以Pb2+的物质的量浓度减小，即充电时，储液罐中甲基磺酸铅的浓度减小，故B正确；C．由题中图示信息可知，充电时，该装置为电解池，阴极为Pb，阳极是PbO2，阳极上Pb2+失电子生氧化反应，其电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，故C正确；D．传统的铅酸蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，铅液流电池的总反应为Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O，则传统的铅酸蓄电池以H2SO4为电解液，生成的PbSO4难溶于水，活性物质的利用率减低，所以与传统的铅酸蓄电池相比，铅液流电池的循环利用率更高，故D正确；答案为A。6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W同主族。X、Y、Z形成的化合物是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，其结构如图所示。下列说法错误的是A．简单离子半径：W＜ZB．Y的氢化物沸点一定比Z的氢化物高C．W与Z可形成既含离子键、又含共价键的化合物D．X、Y、Z、W四种元素组成的一种化合物水溶液可能显碱性，可治疗胃酸过多【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W同主族；由X、Y、Z形成的化合物的结构可知，Y原子最外层有4个电子，Z原子最外层有6个电子，则X为H、Y为C、Z为O、W为Na；据此分析作答。【详解】根据分析，X、Y、Z、W依次为H、C、O、Na元素；A．W、Z的简单离子依次为Na+、O2-，两者具有相同的电子层结构，根据“序大径小”，简单离子半径：Na+＜O2-，A项正确；B．Y为C元素，Y的氢化物为烃，烃分子沸点的高低与烃分子中碳原子数的多少有关，一般碳原子数小于等于4的烃常温呈气态，碳原子数在5~16之间的烃常温呈液态，碳原子数超过16的烃常温下呈固态，Z为O元素，Z的氢化物有H2O、H2O2，H2O、H2O2常温都呈液态，故无法比较Y的氢化物与Z的氢化物沸点的高低，B项错误；C．W为Na、Z为O，两者可形成化合物Na2O、Na2O2，Na2O中只含离子键，Na2O2中既含离子键、又含共价键，C项正确；D．X、Y、Z、W四种元素组成的化合物NaHCO3的水溶液呈碱性，NaHCO3可治疗胃酸过多，D项正确；答案选B。7．25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如图所示。pY=-lgY，Y表示或。下列叙述错误的是A．H2C2O4的第二步电离常数的数量级为10-5B．pH=4.2时，c(C2O)+2c(H2C2O4)<2c(SO)C．pH=2.7时，c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)D．滴加稀硫酸过程中，保持不变【答案】C【解析】【分析】K1=，K2=，因为K1>K2，故当pH相同时，较大，根据纵坐标的含义，可以知道n线是与pH的关系，m线是与pH的关系，可以由N点计算K1，M点计算K2，由以此解题。【详解】A．由图可知，草酸的电离平衡常数分别为，，故第二步电离常数的数量级为10-5，A正确；B．pH=4.2时，所得溶液中的溶质为Na2C2O4，NaHC2O4和Na2SO4，其物质的量之比为2:2:1，根据电荷守恒式有，据物料守恒式有，则其质子守恒式为，结合溶液呈酸性，且，则有，B正确；C．由于，则pH=2.7时，，C错误；D．，故滴加稀硫酸过程中保持不变，D正确；故选C。二、实验题8．呋喃甲酸乙酯是一种优良的有机溶剂和有机合成的中间体，常用于合成杀虫剂和香料。其制备方法为+CH3CH2OH+H2O可能用到的信息如下表：有机物名称相对分子质量密度(g/cm3)沸点(℃)在水中的溶解性呋喃甲酸1121.32230可溶乙醇460.7978.5易溶呋喃甲酸乙酯1401.03196难溶苯780.8880.1难溶实验步骤如下：步骤1：向如图所示的装置A中加入30mL乙醇、10mL呋喃甲酸、0.6mL浓硫酸、10mL苯和2～3片碎瓷片。组装好仪器，并预先在分水器内加入一定量水，开始缓慢加热A，苯与水会形成“共沸物”(沸点65℃)，加热回流1h，直至反应基本完成。步骤2：待反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用40mL水、20mL饱和Na2CO3溶液和40mL水洗涤；分液后取油状液体，再用无水MgSO4固体处理后蒸馏，收集相应馏分，得到呋喃甲酸乙酯14.0g。回答下列问题：(1)仪器B的名称是_______，反应时加苯的作用是_______。(2)步骤1中使用分水器的目的是_______，浓硫酸的作用是_______。(3)步骤1中反应基本完成的标志是_______。(4)步骤2中MgSO4固体的作用是_______，蒸馏时收集_______℃的馏分。(5)本实验的产率是_______。(计算结果保留三位有效数字)【答案】(1)

球形冷凝管

与水形成“共沸物”，易于蒸出水分(2)

分离水，促使平衡正向移动，提高原料利用率

催化剂和吸水剂(3)分水器中不再有水生成（或分水器中水的液面不变）(4)

干燥，除去有机物中的水

196(5)84.8%【解析】【分析】根据题目步骤苯与水会形成“共沸物”，实验中采用分水器可以将生成的水分离出反应体系。反应过程中有机物不断回流，由于反应生成水，分水器水层液面不断上升，待分水器中水层不再增加时，表示反应已基本完成。(1)仪器B的名称是球形冷凝管；根据题中条件苯与水会形成“共沸物”，且苯没有参与反应，故苯作用为与水形成“共沸物”，易于蒸出水分。(2)由于反应生成水，通过分水器不断分离出水可以使反应向正反应方向移动，提高原料转化率；浓硫酸作用是催化剂和吸水剂。(3)由于反应生成水，分水器水层液面不断上升，待分水器中水层不再增加时，表示反应已基本完成。故分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时，反应基本完成。(4)MgSO4可以吸收有机物中的水，作用是干燥；蒸馏时得到产物呋喃甲酸乙酯，根据题干信息，应收集196℃馏分。(5)反应乙醇过量，故按呋喃甲酸的用量计算产率=【点睛】遇到陌生实验装置时一定要理解题中信息，比如本题中所给：预先在分水器内加入一定量水，开始缓慢加热A，苯与水会形成“共沸物”(沸点65℃)。再结合表格中各物质沸点信息，就可以推断出冷凝回流的有机物和苯会通过分水器支管回到A中，而共沸物沸点65℃，故有水生成就会被蒸出，而最终水会留在分水器中。三、工业流程题9．碱式碳酸锰［Mn2(OH)2CO3］一种不溶于水的固体，是制造其他含锰化合物的原料。工业上以方锰矿(主要成分为MnO，还含有少量的Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2)为原料制备碱式碳酸锰。25℃时，相关物质的Ksp如下表：物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ca(OH)2Ksp2×10-135×10-173×10-391×10-326×10-6回答下列问题：(1)“酸浸”时，滤渣I的成分是_______(填化学式)。(2)“氧化”时，该反应的离子方程式为_______。(3)“除杂”时，使用氨水的目的是将Fe3＋和Al3＋转化为沉淀而除去，则调节溶液的pH≥_______：若Al3＋沉淀完全时，则溶液中Fe3＋的物质的量浓度为_______mol·L-1，(通常认为溶液中的离子浓度≤1×10-5mol·L-1沉淀完全)(4)“离子交换”和“洗脱”时，发生反应：Mn2++2HRMnR2+2H+(HR是氢型交换树脂)。洗脱为了提高“洗脱”效率，淋洗液应呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性。(5)“沉锰”时，反应的离子方程式为_______，过滤、洗涤、干燥，得到Mn2(OH)2CO3，确保洗涤干净的操作是_______。(6)为测定产品中锰的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的稀硫酸溶解，滴加过量的0.1000mol·L-1(NH4)2S2O8溶液将锰元素转化为MnO，充分反应后加热一段时间，冷却将烧杯中的溶液全部转移至250mL容量瓶中。取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定，达滴定终点时，消耗FeSO4溶液的体积为VmL。①滴定终点的现象是_______。②该产品中锰的质量分数为_______。(用含a、V的式子表示)。【答案】(1)CaSO4、SiO2(2)2Fe2++MnO2＋4H＋=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O(3)

5

3×10－12(4)酸(5)

取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生(6)

当滴入最后半滴FeSO4溶液后，溶液褪色并且半分钟内不变浅紫红色

【解析】【分析】由题给流程可知，方锰矿(主要成分为MnO，还含有少量的Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2)加稀硫酸酸浸，得CaSO4、SiO2沉淀，过滤，得到含有Mn2+、、Fe2+、Fe3+和少量Ca2+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节适宜的pH，将和转化为氢氧化物沉淀过滤除去，滤液经离子交换并洗脱，得到Mn2+，加入(NH4)2CO3溶液沉锰，将溶液中的转化为Mn2(OH)2CO3沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到Mn2(OH)2CO3，据此分析解答。(1)CaO与硫酸反应生成的CaSO4是微溶物、SiO2不溶于硫酸，则“酸浸”时，滤渣I的成分是CaSO4、SiO2(填化学式)。(2)“氧化”时，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++MnO2＋4H＋=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O。(3)室温下，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1×10-32，则Fe(OH)3的溶解度比Al(OH)3小、“除杂”时Fe(OH)3优先沉淀，Al(OH)3沉淀完全时Fe(OH)3早已沉淀完全，通常认为溶液中的离子浓度≤1×10-5mol·L-1沉淀完全，则、，调节溶液的pH≥5：若Al3＋沉淀完全时，、Fe3+都处于沉淀溶解平衡，所以溶液中，则溶液中Fe3＋的物质的量浓度为3.0×10－7×1×10－5mol/L=3×10－12mol/L。(4)“离子交换”和“洗脱”时，发生反应：Mn2++2HRMnR2+2H+(HR是氢型交换树脂)。洗脱时为了提高“洗脱”效率，应使上述平衡左移，按平衡移动原理，增大氢离子浓度可以满足，则淋洗液应呈酸性。(5)“沉锰”时，(NH4)2CO3溶液将转化为Mn2(OH)2CO3沉淀，按电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为：，过滤、洗涤、干燥，得到Mn2(OH)2CO3，沉淀表面主要杂质为硫酸盐等，因此确保沉淀洗涤干净、即最后的洗涤液中没有硫酸根离子即可，故操作为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生。(6)产品加入足量的稀硫酸溶解得到MnSO4，滴加过量的0.1000mol·L-1(NH4)2S2O8溶液，将锰元素转化为MnO，S2O将Mn2+氧化为MnO，S2O被还原为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO，充分反应后加热使过量的(NH4)2S2O8分解。溶液配成250mL后取25.00mL用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定，达滴定终点时，消耗FeSO4溶液的体积为VmL。①滴定时发生，滴定终点的现象是：当滴入最后1滴FeSO4溶液后，溶液褪色并且半分钟内不变浅紫红色。②根据以上反应过程可得关系式：Mn2+~MnO~5Fe2+，则该产品中锰元素的质量分数为。四、原理综合题10．处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：(1)CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH=_______kJ·mol-1；该总反应的决速步是反应_______(填“①”或“②”)，该判断的理由是_______(2)已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。A．升温 B．恒容时，再充入CO C．恒压时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2(3)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：①表示N2O的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；②T1_______T2(填“>”或“＜”)；③已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=_______(计算结果保留两位有效数字，P分=P总×物质的量分数)。(4)间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。从A口中出来的气体是_______(填化学式)，电解池的阴极电极反应式为_______，用化学方程式表示吸收池中除去N2O的原理：_______。【答案】(1)

-361.22

①

反应①的活化能是149.6kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22kJ·mol-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步(2)AC(3)

II

>

3.4(4)

O2

【解析】(1)由图2可知，总反应为：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)

ΔH=-361.22kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22kJ·mol-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步；(2)由速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N2O)有关，A．升温，k增大，速率加快，A正确；B．恒容时，再充人CO，c(N2O)不变，速率不变，B错误；C．恒压时，再充人N2O，c(N2O)增大，速率增大，C正确；D．恒压时，再充人N2，c(N2O)减小，速率减慢，D错误；故选AC；(3)①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化；②曲线I表示N2O的转化率随的变化，由于△H<0，则越大，N2O的转化率越大，故T1>T2；③由图3曲线1可知，，温度为T4时，N2O的转化率为65%,利用“三段式”计算法可知平衡时p(N2O)=17.5kPa，p(CO)=17.5kPa，p(CO2)=32.5kPa，p(N2)=32.5kPa，Kθ=；(4)由图可知，电解池的阳极电极反应式为，故从A口中出来的气体是O2，电解池的阴极电极反应式为，由装置图可知吸收池中除去N2O的原理是。五、结构与性质11．镍是一种银白色金属，具有良好的机械强度和延展性，常用来制造货币等，镀在其他金属上可以防止生锈。回答下列问题：(1)基态镍原子核外未成对的电子数为_______个。(2)镍不溶于水，在稀酸中可缓慢溶解，生成Ni2＋。用丁二酮肟(dmg)鉴定Ni2＋的存在时生成鲜红色的沉淀，其反应的离子方程式为Ni2＋＋2dmg-Ni(dmg)2↓＋2H＋。已知：丁二酮肟的结构式为；Ni(dmg)2的结构如图所示。①Ni(dmg)2中所含的作用力有_______(填字母序号)。A．极性键

B．非极性键

C．离子键

D．配位键

E.氢键②Ni(dmg)2中所含元素电负性由大到小的顺序是_______，N原子的杂化方式为_______。③Ni(dmg)2中Ni与N成键，而非和O成键的原因可能是_______。④Ni(dmg)2在水中的溶解度比较小的原因是_______。(3)铜镍合金主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。其立方晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_______，铜原子构成的空间构型为_______，铜原子距离最近的Ni有_______个；已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为_______pm(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。【答案】(1)2(2)

ABDE

O＞N＞C＞H＞Ni

sp2杂化

-O-H…O形成氢键，使O中孤电子更偏向于H，而N中可提供完整的孤对电子与Ni2+形成配位键

Ni(dmg)2中羟基之间形成氢键，N与Ni2+形成配位键，电负性较大的O、N无法与水分子形成氢键(3)

Cu3Ni

正八面体

4

【解析】(1)镍为第28号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，3d轨道最多排10个电子，基态镍原子核外未成对的电子数为2；(2)①Ni(dmg)2中N→Ni有配位键，C-C之间为非极性共价键，C-H为极性共价键，所含的作用力有极性键、非极性键、配位键、氢键，故选ABDE；②Ni(dmg)2中所含元素为H、C、O、N、Ni，非金属的电负性大于金属，同周期从左至右电负性逐渐增强，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H＞Ni，根据结构简式可知N原子的杂化方式为sp2杂化。③Ni(dmg)2中Ni与N成键，而非和O成键的原因可能是：-O-H…O形成氢键，使O中孤电子更偏向于H，N中可提供完整的孤对电子，且N原子半径较大，更易与Ni2+形成配位键。④Ni(dmg)2在水中的溶解度比较小的原因是：Ni(dmg)2中羟基之间形成氢键，N与Ni2+形成配位键，电负性较大的O、N无法与水分子形成氢键，所以溶解度较小。(3)其立方晶胞结构如图所示，Cu=6，Ni=8，则该晶体的化学式为Cu3Ni，铜原子构成的空间构型为正八面体，铜原子距离最近的Ni有4个；晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为边长的，设边长为apm，则有m=，则有：1×(64×3+59)g=(a×10-10cm)3×ρg·cm-3×NA，a=pm，最近距离为：pm。六、有机推断题12．酮基布洛芬片是用于治疗各种关节炎、