(全国卷Ⅰ)2020年高考化学压轴卷(含解析)

（全国卷Ⅰ）2020年高考化学压轴卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ni59 一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的。

7．化学与生产生活社会密切相关。下列做法不正确的是( )

A．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料

B．空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能

C．在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性

D．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯

8．我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。

下列说法不正确

．．．的是

A．异戊二烯所有碳原子可能共平面

B．可用溴水鉴别M和对二甲苯

C．对二甲苯的一氯代物有2种

D．M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气

9．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是

选项实验现象结论

A 向浓HNO3中加入炭粉并加热，

产生的气体通入少量澄清石灰

水中

有红棕色气体产生，石

灰水变浑浊

有NO2和CO2产生

B 向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性

C

向溴水中加入苯，充分振荡、

静置

水层几乎无色苯与溴发生了反应D 向FeCl3和BaCl2混合溶液中溶液变为浅绿色且有Fe3+被还原为Fe2+，

通入足量SO2白色沉淀生成白色沉淀为BaSO3 A．A B．B C．C D．D

10．双极膜电渗析一步法盐制酸碱的技术进入到了工业化阶段，某科研小组研究采用BMED膜堆(如图所示)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸和碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(a、d)已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H+和OH-。下列说法正确的是

A．电极Y连接电源的正极，发生还原反应

B．I口排出的是混合碱，Ⅱ口排出的是淡水

C．电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生

D．a左侧膜为阳离子交换膜，c为阴离子交换膜

11．四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是

A．四种元素中至少有两种金属元素

B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物

C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素Y形成的离子

、、三种元素形成的化合物的水溶液的pH小于7

D．常温下，X Y Z

12．常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42－的水解）。下列叙述正确的是（）

A．n点表示AgCl的不饱和溶液

B．Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10－7

C．Ag 2C2O4+2C1－(aq) 2AgCl+C2O42－(aq)的平衡常数为109.04

D．向c（C1－）=c（C2O42－）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀

13．二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说

法不正确

．．．的是（）

A．二氧化碳的电子式:

B．在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂

C．N(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面

D．CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH

二、非选择题

（一）必考题：

26．（14分）二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下：

回答下列问题：

(1) VOC12中V的化合价为 ________。

(2)步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为__ _。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是 _______

(3)步骤ii可在下图装置中进行。

①反应前应通入CO2数分钟的目的是 ________。

②装置B中的试剂是__ __。

(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。

称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：VO2++Fe2++2H+= VO2++Fe3++H2O.

①KMnO4溶液的作用是_______ 。NaNO2溶液的作用是______ 。

②粗产品中钒的质量分数的表达式为_________ 。

27．（14分）以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：

（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_______。

（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。

①溶液a呈酸性，原因是______。

②根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a______（填操作），可得NH4Cl粗品。

③提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：

化合物ZnCl2NH4Cl

熔点365℃337.8℃分解

沸点732℃-------------

根据上表，设计方案提纯NH4Cl：________。

（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入_______（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。

（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。

ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。

①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：________。

②解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：________。

上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。

28．（15分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。

(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：

a. CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g) ?H1=+216.4kJ/mol

b. CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) ?H2=-41.2kJ/mol

则反应CH4(g)+2H2O(g)?CO2(g)+4H2(g) ?H= _____________。

(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。

①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_____________(填序号)

A ．2N 和2H 的转化率相等

B ．反应体系密度保持不变

C ．(

)()23H NH c c 保持不变 D ．()()

32NH 2N c c = ②P 1_____P 2 (填“>”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B 点_______D 点。 ③C 点2H 的转化率为________；在A 、B 两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：υ(A)__________υ(B)。

Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO 的原理如下图所示。

已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_____________。反应过程中通过质子交换膜(ab)的+H 为2mol 时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为

_____________L 。

（二）选考题：请考生2道化学题中任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计

分。

35．化学—选修3：物质结构与性质］．（15分）镍是有机合成的重要催化剂。

(1)基态镍原子的价电子排布式___________________________。

(2)镍和苯基硼酸共催化剂实现了丙烯醇(CH 2＝CH —CH 2OH)的绿色高效合成，丙烯醇中碳原子的杂化类型有______________________；丙醛(CH 3CH 2CHO)与丙烯醇(CH 2＝CH —CH 2OH)分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，其主要原因是________________________。

(3)羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉。羰基镍[Ni(CO)4]中Ni 、C 、O 的电负性由大到小的顺序为______。

(4)Ni 2+ 能形成多种配离子，如[Ni(NH 3)6]2+、[Ni(SCN)3]－

等。NH 3的空间构型为_______；

(5)“NiO”晶胞如图：

①氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为

_____________；

②已知氧化镍晶胞密度dg/cm3，N A代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为

________nm(用代数式表示)。（Ni的相对于原子质量是59）

36．化学一选修5：有机化学基础]．（15分）一种合成囧烷（E）的路线如下：

⑴ A中所含官能团的名称是_______________；E的分子式为_________。

⑵A→B、B→C的反应类型分别是___________、___________。

⑶在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为______________。

⑷ F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有_____种。

① 1个F分子比1个C分子少两个氢原子

②苯环上有3个取代基

③ 1molF能与2molNaOH反应

写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶1的一种物质的结构简式：__________。

⑸1，2-环己二醇( )是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2-环己二醇的合成路线。______________

参考和解析

7．【答案】A

【解析】

A.碳纳米管是由碳原子组成的，是碳单质，碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，故可做储氢材料，故A不正确；

B.利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，故B正确；

C.醋酸的酸性强于碳酸，强于次氯酸，在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性，故C 正确；

D.乙烯能作催熟剂，故D正确；故答案为A。

8．【答案】D

【解析】

A. 异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；

B. M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；

C. 对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；

D. M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D

9．【答案】B

【解析】

A.由于碳与浓HNO3反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故不能观察到石灰水变浑浊，故A 错误；

B.向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化成乙酸，乙醇具有还原性，故B正确；

C.向溴水中加入苯，充分振荡、静置，水层几乎无色，是因为溴水中的Br2转移到苯中，发生了萃取，故C错误；

D.向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2，Fe3+与其发生反应，产生SO42-，SO42-再与Ba2+产生白色沉淀，现象是溶液由棕黄色变为浅绿色，产生白色沉淀，Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO4，故D错误；故选B。

10．【答案】C

【解析】

A.氢氧根离子向左侧移动，这说明电极Y为阴极，所以电极Y连接电源的负极，发生还原反

应，故A错误；

B.浓海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动；双极膜中，氢离子向右侧迁移、氢氧根离子向左侧迁移，因此Ⅱ口排出的是淡水，I口排出的是盐酸、Ⅲ口排出的是碱液，故B 错误；

C.由于氯离子放电会产生有毒的气体氯气，加入Na2SO4溶液，目的是增加溶液的导电性，氯离子移向Ⅰ室，氢离子通过a移向Ⅰ室，在Ⅰ室得到HCl，可避免有害气体的产生，故C正确；

D.钠离子移向Ⅲ室，c为阳离子交换膜，氢氧根离子向左侧移动，所以a左侧膜为阴离子交换膜，故D错误。故选C。

11．【答案】B

【解析】

原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W 组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。

A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；

B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；

C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；

、、三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，D. X Y Z

若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。

12．【答案】C

【解析】

A、由图可知，n点AgCl的浓度熵Q大于其溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉淀，选项A错误；

B.由图可知，当c(Ag+)=1.0×10-4mol/L时，c(C2O42-)=1.0×10-2.46mol/L，则溶度积

Ksp(Ag 2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O42-) =(1.0×10-4)2 1.0×10-2.46=1.0×10-10.46，选项B错误；C、Ag2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+ C2O42-(aq)的平衡常数K=

==109.04，选项C正确；

D、由图可知，当溶液中c(Cl-)=c(C2O42-)时， AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag+)，则向c(Cl-)= c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，选项D 错误；答案选C。

13．【答案】B

【解析】

由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式是H2+CO2=HCOOH。

A. 二氧化碳是共价化合物，其电子式为，故A正确；

B. 由二氧化碳和甲酸的结构式可知，在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键不会完全断裂，只断裂其中一个碳氧双键，故B错误；

C. N(C2H5)3捕获CO2，表面活化，协助二氧化碳到达催化剂表面，故C正确；

D. 由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH，故D正确；答案选B。

26．【答案】+4（1分） 2V2O5+N2H4?2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O（2分）有氯气生成，污染空气（2分）排除装置中的空气，避免产物被氧化（2分）饱和NaHCO3溶液（1

分）将+4的钒化合物氧化为VO2+（2分）除去过量的KMnO4（2分）

51bc

100% 1000a

（2分）

【解析】

(1) 根据氧的化合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC12中V的化合价为+4价；

(2)步骤i中V2O5中加入N2H4?2HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的化学方程式为

2V2O5+N2H4?2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；

也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；

(3)①+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；

②装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO3溶液；

(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。

称量ag 样品于锥形瓶中，用20mL 蒸馏水与30 mL 混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO 4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %NaNO 2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO 2,最后用c mol/L(NH 4)2Fe(SO 4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL 。滴定反应为：VO 2++Fe 2++2H += VO 2++Fe 3++H 2O.

①KMnO 4溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO 2+；NaNO 2溶液的作用是除去过量的KMnO 4；

②根据反应VO 2++Fe 2++2H += VO 2++Fe 3++H 2O 可知，n(VO 2+)=n(Fe 2+)=bc 310mol -?，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为

51bc 100%1000a ?。

27．【答案】4MnO(OH)+O 2==4MnO 2+2H 2O （2分） NH 4++H 2O ?NH 3·H 2O+H +（或NH 4+水解产生H +）（2分） 蒸发浓缩，趁热过滤（2分） 加热NH 4Cl 粗品至340℃左右，NH 4Cl = NH 3 + HCl ；收集产物并冷却，NH 3 + HCl=NH 4Cl ，得到纯净NH 4Cl 。（2分） KSCN 溶液，不变红（2分） MnO 2+H 2O 2+H 2SO 4==MnSO 4+2H 2O+O 2↑（2分）

i 中2MnO 作催化剂，反应快，2MnO 只催化分解22H O ii 中2MnO 作氧化剂，加入稀24H SO 后，2MnO 的氧化性增强，被22H O 还原为4MnSO 。 （2分）

【解析】

（1）根据流程图可知，经过过程Ⅰ，得到了MnO 2粗品，则O 2将MnO(OH)氧化成MnO 2，根据得失电子守恒，1molO 2得到4mol 电子，1molMnO(OH)失去1mol 电子，则O 2和MnO(OH)的比例为1∶4，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO(OH)+O 2=4MnO 2+2H 2O ；

（2）①ZnCl 2和NH 4Cl 均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH 4++H 2O ?NH 3·H 2O+H +（或NH 4+水解产生H +）；

②从曲线可以看出，随着温度的变化，NH 4Cl 的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，趁热过滤；

③从表格中数据可以知道，NH 4Cl 在337.8℃分解，生成NH 3和HCl ，而此温度下，ZnCl 2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH 4Cl 的分解，收集产物再次合成NH 4Cl ，答案为加热NH 4Cl 粗品至340℃左右，NH 4Cl = NH 3 + HCl ；收集产物并冷却，NH 3 + HCl=NH 4Cl ，得到纯净NH 4Cl ；

（3）Fe 3＋的检验常用KSCN 溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe 3＋就不会变

红，答案为KSCN 溶液，不变红；

（4）从实验ⅰ知道，先加入双氧水，MnO 2不溶解，只做催化剂，而通过实验ⅱ可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO 2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。①固体溶解，且有气体放出，气体为O 2，MnO 2做氧化剂，H 2O 2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为MnO 2＋H 2O 2＋H 2SO 4=MnSO 4＋O 2↑＋2H 2O ； ②先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii 中2MnO 作氧化剂，加入稀24H SO 后，2MnO 的氧化性增强，被22H O 还原为MnSO 4。

28．【答案】+175.2kJ/mol （2分） BC （2分） < （2分） > （2分） 66.7% （2分） <（1分） 2SO 32-+4H ++2e -=S 2O 42-+2H 2O （2分） 11.2 （2分）

【解析】

I.(1)已知a.CH 4(g)+H 2O(g)?CO(g)+3H 2(g)△H=+216.4kJ/mol

b.CO(g)+H 2O(g)?CO 2(g)+H 2(g)△H=-41.2kJ/mol

则将a+b ，可得CH 4(g)+2H 2O(g)?CO 2(g)+4H 2(g) △H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol ；

(2)①A.N 2和H 2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N 2和H 2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A 错误；

B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B 正确；

C.()()

23H NH c c 保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C 正确； D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，()()

32NH 2N c c =不能确定反应是否达到平衡状态，D 错误；

故合理选项是BC ；

②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P 1

③起始时投入氮气和氢气分别为1mol 、3mol ，反应的方程式为N 2(g)+3H 2(g)?2NH 3(g)，C 点氨气的含量为50%，设转化N 2物质的量为xmol ，则

N 2(g) +3H 2(g) ? 2NH 3(g)

起始：1mol 3mol 0

转化：x mol 3xmol 2xmol

平衡：(1-x)mol (3-3x)mol 2xmol

则242x x -×100%=50%，解得x=23，则C 点H 2的转化率为233100%3

??=66.7%，B 点的压强、温度都比A 点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以υ(A)<υ(B)；

II.根据图示可知，阴极通入的SO 32-发生得电子的还原反应生成S 2O 42-，则阴极反应式为：2SO 32-+4H ++2e -=S 2O 42-+2H 2O ；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H 2O-4e -=4H ++O 2↑，则电解池中总反应为：4SO 32-+4H +2S 2O 42-+2H 2O+O 2↑，即转移4mol 电子时有4mol 氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜（ab ）的H +为2mol 时，转移电子的物质的量为2mol ，生成1molS 2O 42-，图示NO 吸收柱中S 2O 42-失去电子被氧化成SO 32-，NO 得到电子被还原成N 2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N 2的物质的量为：

n(N 2)=()2202mol -?=0.5mol ，标况下0.5mol 氮气的体积为：22.4L/mol×0.5mol=11.2L。

35. 【答案】3d 84s 2（2分） sp 2、sp 3（2分） 丙烯醇中分子间存在氢键（2分） O>C>Ni

（2分） 三角锥形（2分）1112?? ???，， （273A 2-230010N d

? （3分） 【解析】 (1)Ni 的原子序数为28，电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2，价电子排布式3d 84s 2；

(2)丙烯醇(CH 2＝CH —CH 2OH)中的连接碳碳双键的碳原子价层电子对数为3，为sp 2杂化，饱和碳原子的价层电子对数为4，为sp 3杂化，所以碳原子的杂化类型有sp 2、sp 3

；丙烯醇(CH 2＝CH —CH 2OH)由于有羟基，存在分子间氢键，所以比丙醛(CH 3CH 2CHO)的沸点高；

(3)电负性是原子对键合电子的吸引能力，非金属性越强，电负性越强，所以Ni 、C 、O 的电负性由大到小的顺序为O ＞C ＞Ni 。

(4)NH 3中N 的杂化方式为sp 3，N 有一个孤电子对，所以NH 3的空间构型为三角锥形；

(5)①氧化镍晶胞中原子坐标参数A 为(0,0,0)，A 为原点，B 为(1,1,0)，则晶胞边长为1，则C 原子坐标参数为1112?? ???

，，；

②根据氧化镍晶胞截面图，可知晶胞面对角线长为O 2- 半径的4倍。设O 2- 半径为r nm ，则晶胞参数为22r nm=22r ×10-7cm ，晶胞体积为3-21(22

)10r ? cm 3。在氧化镍晶胞中，O 2-个数为8×18+612?=4个，Ni 2+个数为1214?+1=4个，所以一个晶胞的质量为A

754N ?g ，则氧化镍晶胞密度A 3-21

754N (22)10r ??3 ，则O 2- 半径r ＝73A 2300104N d ???nm ，根据氧化镍晶胞截面图可知，Ni 2+和O 2- 半径之和为晶胞参数的一半，即2r nm ，晶胞参数为22r nm ，则Ni 2+半径为2r －

73A 2300104N d ??? ＝73A 2-2300104N d ???nm 。

36．【答案】羟基、碳碳双键（2分） C 12H 18（1分） 加成反应（1分） 氧化反应（1分） +2CH 3COOH +2H 2O （2分）

6（2分） 或 （2分）

（4分）

【解析】

⑴ 根据A()的结构结合常见官能团的结构判断；根据E()确定其分子式；

(2)对比A 、B 结构，2个A 分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B ；B 中羟基转化为C 中羰基，据此判断反应类型；

⑶ B 中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，结合酯化反应的机理书写与乙酸反应的方程式；

⑷ C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子

式为C8H10O2，其不饱和度=4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，据此书写满足条件的同分异构体；

⑸以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图C→D 的提示，需要合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可。

【详解】

⑴ A()中所含官能团有羟基和碳碳双键；E()的分子式为C12H18，故答案为羟基、碳碳双键；C12H18；

(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B，属于加成反应；B中羟基转化为C中羰基，发生氧化反应，故答案为加成反应；氧化反应；

⑶ B中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，反应的化学方程式为

+2CH3COOH+2H2O，故答案为

+2CH3COOH+2H2O；

⑷ C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子

式为C8H10O2，不饱和度=28+2-10

2

=4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在

不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，满足条件的同分异构体有6种(羟基位于邻位的2种，羟基位于间位的3种，羟基位于对位的1种)；其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶1的

结构简式为或，故答案为6；或

；

⑸以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图C→D 的提示，可以首先由合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可；其中由合成可以将氯原子水解后氧化得到；将转化为只需要与氢气加成得到，因此合成路线为

，故答案为

。