第1頁/共1頁成實外教育集團高2021級高三聯考試題(二)理科綜合總分：300分，時間：150分鐘注意事項：1.答題前，務必將自己的姓名、考籍號填寫在答題卡規定的位置上。2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應的題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其他答案標號。3.答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規定的位置上。4.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效。5.考試結束后，只將答題卡交回。可能用到的相對原子質量：H-1Li-7C-12N-14O-16S-32Co-59Cu-64第I卷(選擇題，共126分)1.2024年成都金沙太陽節在2月8日“龍”重登場，給游客留下了深刻的印象。下列有關敘述正確的是A.金沙遺址出土了大量精美的黃金面具，黃金面具的制作利用了金的延展性B.金沙遺址出土了大量象牙，象牙的化學成分主要是羥基磷灰石，屬于有機物C.考古工作者常用12C確定文物年代D.古蜀人使用玉器進行祭祀活動，玉器的主要成分是硅【答案】A【解析】【詳解】A．金的延展性很好，容易被拉成絲、壓成膜片等，可用于制作黃金面具，A正確；B．象牙的化學成分主要是羥基磷灰石,化學式為，不含碳元素，屬于無機物，B錯誤；C．考古工作者常用14C確定文物年代，C錯誤；D．玉器的主要成分是硅酸鹽，D錯誤；故選A。2.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.體積為1L，濃度均為1mol·L-1的KCl和KClO兩種溶液中Cl-的數目之比為1：1B.標準狀況下，22g的CO2中含有的共用電子對數目為2NAC.密閉容器中，1molH2(g)和1molI2(g)充分反應后，轉移電子數為2NAD.1LpH=2的草酸溶液中，H+的數目為0.02NA【答案】B【解析】【詳解】A．KClO中陰離子以形式存在，而不是，A錯誤；B．CO2中含有的共用電子對數目4，22g的CO2的物質的量，含有的共用電子對數目為2NA，B正確；C．因反應為可逆反應，轉移電子數小于2NA，C錯誤；D．1LpH=2的草酸溶液中，H+的數目為0.01NA，D錯誤；故選B。3.布洛芬具有抗炎、鎮痛、解熱作用。口服該藥對胃、腸道有刺激性，可以對該分子進行如圖所示的修飾，以降低毒副作用。下列說法錯誤的是A.該修飾過程為取代反應B.水溶性：X小于布洛芬C.布洛芬和X的苯環上的一氯代物都有2種D.布洛芬分子中所有碳原子可能在同一個平面【答案】D【解析】【詳解】A．該修飾過程羧基轉化為酯基，故可以通過酯化反應（取代反應）實現，A正確；B．布洛芬中含有的羧基是親水基團可以和水分子形成氫鍵，X中沒有親水基團，水溶性：X小于布洛芬，B正確；C．布洛芬和X都是對稱的結構，苯環上有兩種環境的H原子，一氯代物都有2種，C正確；D．布洛芬中含有飽和碳原子，具有甲烷結構特點，甲烷為正四面體結構，則布洛芬中所有碳原子一定不共平面，D錯誤；故選D。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數與X、Z的最外層電子數之和相等，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構如圖所示。下列敘述不正確的是A.X2YW3可用于制備木材防火劑B.離子半徑關系：r(Z)>r(W)>r(X)C.W的簡單氫化物穩定性比Y的簡單氫化物穩定性高D.化合物M中W不都滿足8電子穩定結構【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則X為Na；由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構可知，Y形成四個共價鍵，說明Y為Si，W形成2個共價鍵，W為O，W的核外電子數與X、Z的最外層電子數之和相等，Z的最外層電子數為7，Z為Cl，據此解答【詳解】A．硅酸鈉既不燃燒也不支持燃燒，所以Na2SiO3可用于制備木材防火劑，A正確；B．W為O，X為Na、Z為Cl，其簡單離子分別為O2-、Na+、Cl-，則離子半徑關系：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，B正確；C．W為O、Y為Si，非金屬性：O>Si，則O的簡單氫化物穩定性比Si的簡單氫化物穩定性高，C正確；D．該結構中O或形成兩個共價鍵，或得到1個電子又形成一個單鍵，都滿足8電子穩定結構，D錯誤；故選D。5.下列裝置或操作能達到實驗目的的是A.甲：除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液B.乙：利用犧牲陽極的陰極保護法來保護鋼鐵輸水管C.丙：測定KI溶液的濃度D.丁：可通過關閉a，打開b，觀察水是否能順利滴下來判斷裝置的氣密性【答案】B【解析】【詳解】A．Fe(OH)3膠體和溶液都能透過濾紙，不能用過濾的方法除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液，A錯誤；B．Mg別Fe活潑，將Mg與鋼鐵輸水管相連，Mg作負極，鋼鐵作正極被保護，屬于犧牲陽極的陰極保護法，B正確；C．溴水具有氧化性，應該放在酸式滴定管種，C錯誤；D．可通過關閉a，打開b，不管裝置氣密性是否良好，水都能順利滴下，D錯誤；故選B。6.一種可充電鋰硫電池裝置示意圖如圖。電池放電時，S8與Li+在硫碳復合電極處生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。已知Li+、S2-和S能通過離子篩，S、S和S不能通過離子篩。下列說法不正確的是A.S、S和S不能通過離子篩的原因是它們的離子直徑較大B.S8中加入碳得到硫碳復合電極有利于提高電極的導電性C.充電時，當有0.1molLi2S轉化成S8時，鋰電極質量增加0.7gD.放電時，硫碳復合電極中S8轉化為Li2S2的電極反應式為【答案】C【解析】【分析】電池放電時，Li電極失去電子變為Li+，發生氧化反應，則Li為負極，硫碳復合電極為正極，負極發生的電極反應為：Li-e-=Li+，正極發生的電極反應為：。充電時硫碳復合電極為陽極，鋰電極為陰極，據此分析。【詳解】A．已知Li+、S2-和S能通過離子篩，S、S和S不能通過離子篩，說明它們的離子直徑較大，A正確；B．S8與Li+在硫碳復合電極處生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)，有利于提高電極的導電性，B正確；C．充電時，陽極發生電極反應式：，陰極為Li++e-=Li，當有0.1molLi2S轉化成S8時，轉移0.2mol電子，則鋰電極增加0.2molLi，即鋰電極質量增加1.4g，C錯誤；D．放電時，硫碳復合電極為正極，其中S8轉化為Li2S2的電極反應式為，D正確；故選C7.常溫下，向A(NO3)2、B(NO3)2和HR的混合液中滴加NaOH溶液，pM與pH的關系如圖所示。已知pM=-1gc(M)，c(M代表c(A2+)、c(B2+)或；Ksp[A(OH)2]>Ksp[B(OH)2]；當被沉淀的離子的物質的量濃度小于時，認為該離子已沉淀完全，則忽略不計。下列敘述正確的是A.X、Z分別代表-1gc(A2+)、-1g與pH的關系B.的平衡常數C.當溶液的pH=7時，溶液中存在D.圖中a點對應溶液的pH為6.5，此時溶液中c(R-)<c(HR)【答案】C【解析】【分析】向混合溶液中加入氫氧化鈉溶液時，溶液中氫氧根離子濃度增大，pH增大，溶液中減小，增大，由二者溶度積常數大小可知，曲線X、Y、Z分別代表、、，由圖可知，常溫下，溶液中pH為10時，溶液中、，、。【詳解】A．根據分析，曲線X代表，A錯誤；B．的平衡常數，B錯誤；C．常溫下，溶液pH為7時，且溶液中，可理解為其已沉淀完全，則溶液中剩余成分根據電荷守恒：，即，C正確；D．a點對應溶液的pH為6.5時，溶液中即溶液中，D錯誤；答案選C。第II卷(非選擇題，共174分)三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33-38題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共129分。8.一水硫酸四氨合銅[Cu(NH3)4SO4·H2O]是一種易溶于水，難溶于乙醇的絳藍色晶體，可作高效安全的廣譜殺菌劑。成外某興趣小組查閱資料后設計實驗方案制備出該晶體并對制備出的晶體進行成分檢驗和性質探究。I．制備少量Cu(NH3)4SO4·H2O晶體：（1）步驟I中，下列儀器一定需要的有___________(填儀器名稱)。（2）對比銅和濃硫酸加熱制備硫酸銅，該方案的優點是___________。（3）步驟Ⅲ的離子方程式為___________。（4）有同學查閱資料得知：(NH4)2SO4也難溶于乙醇。故對于制備出的晶體的成分，該同學提出如下假設：假設一：只有(NH4)2SO4假設二：只有Cu(NH3)4SO4·H2O假設三：(NH4)2SO4和Cu(NH3)4SO4·H2O兩種成分都有已知產物晶體為藍色，則無需實驗即可排除___________。(填“假設一”、“假設二”、“假設三”)Ⅱ．對制備出的晶體的成分進行檢驗和性質探究（5）檢驗該晶體中陰離子的方法：___________。（6）用所得晶體加水得到深藍色溶液。取三份1L試樣，分別加入一定量的水、稀硫酸、熱的濃氫氧化鈉溶液，實驗現象記錄如下：加入試劑水稀硫酸熱的氫氧化鈉溶液現象深藍色稍變淺溶液顏色變成淺藍色且與同濃度硫酸銅顏色相當溶液最終變為無色結合化學用語，解釋加入稀硫酸后出現的現象的原因___________。請補充完整加入熱的濃氫氧化鈉溶液后的現象：___________。（7）晶體中N含量的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，并用蒸餾水沖洗導管內壁，用V1mLc1mol/L的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用c2mol/LNaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mL溶液。通入水蒸氣的目的是___________，樣品中N的質量分數的表達式為___________，最終通過N的質量分數確定了樣品的成分。【答案】（1）坩堝、泥三角（2）沒有SO2生成，更環保且硫酸利用率高（3）（4）假設一（5）取少量該晶體于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，產生白色沉淀，則有硫酸根（6）①.，加入硫酸后，H+結合NH3導致NH3的濃度減小，平衡正向移動，最終全部轉化為Cu2+，呈現淺藍色②.有藍色沉淀生成，有刺激性氣體產生（7）①.將生成的氨氣全部排入裝鹽酸標液的錐形瓶中，減小實驗誤差②.【解析】【分析】Cu在坩堝中加熱生成CuO，CuO溶于硫酸生成硫酸銅溶液，硫酸銅溶液中滴加氨水生成氫氧化銅懸濁液，繼續滴加氨水至沉淀完全溶解生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，最后加入乙醇，降低其溶解度，析出產物晶體。【小問1詳解】步驟I為灼燒，Cu在坩堝中加熱生成CuO，一定需要坩堝和泥三角；【小問2詳解】銅與濃硫酸直接加熱制備硫酸銅，會有SO2生成，不僅不環保而且硫酸利用率低，該方案的優點是：沒有SO2生成，更環保且硫酸利用率高；【小問3詳解】步驟Ⅲ為硫酸銅溶液中滴加氨水生成氫氧化銅懸濁液，離子方程式為：；【小問4詳解】(NH4)2SO4為白色晶體，已知產物晶體為藍色，則無需實驗即可排除假設一；【小問5詳解】該晶體中陰離子為硫酸根離子，檢驗的方法是取少量該晶體于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，產生白色沉淀，則有硫酸根；【小問6詳解】溶液中存在電離平衡，加入稀硫酸后出現的現象的原因，加入硫酸后，H+結合NH3導致NH3的濃度減小，平衡正向移動，最終全部轉化為Cu2+，呈現淺藍色。加入熱的濃氫氧化鈉溶液后，銅離子和氫氧根離子反應生成藍色沉淀，同時生成氨氣，現象為：有藍色沉淀生成，有刺激性氣體產生；【小問7詳解】通入水蒸氣的目的是將生成的氨氣全部排入裝鹽酸標準液的錐形瓶中，減小實驗誤差。消耗NaOH的物質的量為c2V2×10-3mol，則與NaOH反應的HCl有c2V2×10-3mol，則與氨氣反應的HCl有c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，蒸出氨氣的物質的量為(c1V1×10-3-c2V2×10-3)mol，則樣品中N的質量分數的表達式為。9.CoCO3可用作選礦劑、催化劑及涂料的顏料。以含鈷廢渣(主要成分為CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質)為原料制備CoCO3的一種工藝流程如下：已知：堿性條件下，Co2+會轉變為Co(OH)2沉淀。（1）“酸浸”時需控制溫度在40℃左右，原因是___________。（2）“除鋁”時發生反應的離子方程式為___________。（3）上述“萃取”過程可表示為。①下列說法不正確的是___________。A．可將廢渣粉碎以提高酸浸效率B．“除鋁”時，應加入過量的Na2CO3溶液C．可選擇CCl4作為萃取劑D．往萃取后的有機層中加水可獲得ZnSO4溶液②若萃取操作是在實驗室完成，請選擇合適的編號，按正確的操作順序(有的操作可重復使用)，完成萃取實驗(假設只放氣一次)。___________倒入溶液和萃取劑→___________→___________→___________→___________→f→___________→___________→使下層液體慢慢流出→c→上層液體從上口倒出a．打開分液漏斗上口玻璃塞；b．塞上分液漏斗上口玻璃塞；c．關閉分液漏斗旋塞；d打開分液漏斗旋塞；e．倒轉分液漏斗振搖；f．將分液漏斗放在鐵圈上靜置；g．手持分液漏斗靜置。（4）“沉鈷”時，溶液滴加過快會導致產品不純，請解釋可能原因___________。（5）該工藝的副產物ZnS可參與H2S與CO2生成COS的反應，反應前后ZnS的質量不變，該過程中涉及到的化學反應有___________。（6）在空氣中煅燒CoCO3生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質量為2.41g，CO2的體積為0.672L(標準狀況)，則該鈷氧化物的化學式為___________。【答案】（1）溫度過低反應速率減慢：溫度過高，SO2溶解度降低（2）（3）①.BCD②.b→e→d→c→f→a→d（4）Na2CO3溶液滴加過快，會導致局部堿性過強而產生Co(OH)2（5）；（6）Co3O4【解析】【分析】含鈷廢渣(主要成分為CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可發生反應生成CoSO4，同時生成硫酸鋁、硫酸鋅等，加入碳酸鈉調節溶液的pH，可生成氫氧化鋁沉淀而除去鋁離子，然后加入萃取劑，萃取鋅離子，在有機層中加入稀硫酸，可得硫酸鋅，在水相中加入碳酸鈉，可生成CoCO3沉淀，以此回答該題；【小問1詳解】“酸浸”時需控制溫度在40℃左右，原因是溫度過低反應速率減慢：溫度過高，SO2溶解度降低；小問2詳解】向酸浸后的溶液中加碳酸鈉調溶液的pH，鋁離子和碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鋁沉淀而除去鋁離子：；【小問3詳解】①A．將廢渣粉碎可以增大反應的接觸面積加快反應速率，以提高單位時間內的酸浸效率，故A正確；B．“除鋁”時，加入過量的溶液會讓Co2+轉變為Co(OH)2沉淀，故溶液不能過量，故B錯誤；C．根據方程可知，不可選用四氯化碳作為萃取劑，故C錯誤；D．由可知，加水后往萃取后的有機層中加水不可獲得溶液，故D錯誤；答案選BCD；②萃取操作的步驟為1、倒入溶液和萃取劑；2、蓋上玻璃塞；3、倒轉分液漏斗振搖；4、打開旋塞放氣；5、關閉活塞正立；6、放在鐵圈上靜置；7、打開上口玻璃塞；8、打開旋塞使下層液體從下口放出，最后關閉旋塞使上層液體從上口倒出，故答案為：b→e→d→c→f→a→d；【小問4詳解】“沉鈷”時，Na2CO3溶液滴加過快，會導致局部堿性過強而產生Co(OH)2導致產品不純；【小問5詳解】該工藝的副產物ZnS可參與H2S與CO2生成COS的反應，反應前后ZnS的質量不變，可知該過程中涉及到的化學反應有：；；【小問6詳解】CO2的體積為0.672L(標準狀況)，，氧化物中，則該鈷氧化物的化學式為Co3O4。10.煤的氣化和天然氣凈化過程中會產生H2S，將其吸收與轉化是環境保護和資源利用的有效措施。回答下列問題：（1）利用足量純堿溶液可吸收低濃度H2S，生成的含硫物質主要是___________(填化學式。H2S的，；H2CO3的，)。（2）電解氧化法處理H2S原理是：在氧化反應器中，利用Fe3+氧化H2S；在電解反應器中實現Fe3+的再生，并副產氫氣，總反應為，相關物質的燃燒熱數據如下表：則H=___________kJmol-1。物質H2S(g)S(s)H2(g)燃燒熱H/(kJmol-1)-562.0-296.8-285.8（3）工業上采用高溫熱分解H2S的方法制取H2，在膜反應器中分離出H2.在恒容密閉容器中，以H2S的起始濃度均為0.009mol/L控制不同溫度進行H2S分解：，實驗過程中測得H2S的轉化率如圖所示。曲線a表示H2S的平衡轉化率與溫度的關系，曲線b表示不同溫度下反應經過相同時間時H2S的轉化率。①該反應為___________(填“吸熱”或“放熱”)反應，985℃時該反應在tmin時達到平衡，則從開始到平衡的平均反應速率為___________。②隨著H2S分解溫度的升高，曲線b逐漸向曲線a靠近，其原因是___________。③若在一容積可變容器中充入1molH2S進行上述反應，平衡轉化率為20%，維持溫度和壓強不變，欲將H2S的平衡轉化率提升至50%，需向反應器中充入___________molAr作為稀釋氣。（4）工業上采用C6H5Cl和H2S的高溫氣相反應制備有機合成中間體苯硫酚(C6H5SH)，同時有副產物C6H6生成：I．Ⅱ．使氯苯和硫化氫按一定的比例進入反應器，定時測定由反應器尾端出來的混合氣中各產物的量，得到單程收率(原料一次性通過反應器反應后得到的產品與原料總投入量的百分比)與溫度的關系如圖所示。活化能較大的是反應___________(填“I”或“Ⅱ”)。根據圖中曲線判斷，下列說法正確的是___________(填標號)。A．500℃~540℃反應1已經達到平衡B．590℃以上，隨溫度升高，反應1平衡逆向移動C．590℃以上，隨溫度升高，反應I消耗H2S減少D．645℃，反應I、Ⅱ速率相等【答案】（1）NaHS（2）+20.6(或20.6)（3）①.吸熱②.③.該分解反應是吸熱反應，升高溫度，分解速率加快，達到平衡所需時間縮短④.42.75(或171/4)（4）①.II②.BC【解析】【小問1詳解】電離平衡常數越大，該酸的酸性就越強；根據電離平衡常數可知酸性：H2CO3＞H2S＞＞HS－，所以足量純堿溶液可吸收低濃度H2S，反應生成NaHCO3和NaHS，則其中的含硫物質主要NaHS;故答案為：NaHS;【小問2詳解】根據物質的燃燒熱，可得熱化學方程式①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(l)

ΔH1=－562.0kJ/mol；②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.8kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)

ΔH1=－285.8kJ/mol；根據蓋斯定律，將①－②－③整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g)

ΔH=＋20.6kJ/mol；故答案為：＋20.6kJ/mol;【小問3詳解】①由曲線a可知，升高溫度H2S的平衡轉化率增大，故該反應為吸熱反應；②根據速率表達式可以推導得到；③根據題意可知：曲線a表示H2S的平衡轉化率與溫度的關系，曲線b表示不同溫度下反應經過相同時間時H2S的轉化率，結合圖像發現隨著H2S分解溫度的升高，曲線b逐漸向曲線a靠近原因是：該分解反應是吸熱反應，升高溫度，分解速率加快，達到平衡所需時間縮短。④反應在恒溫恒壓裝置中進行，kp保持不變；設總壓為p總;那么p(H2S)=p總；p(H2)=p總；p(S2)=p總；本題特殊，p(H2S)=p(H2),設加入的Ar的物質的量為nmol，則有故答案為：①吸熱；②；③該分解反應是吸熱反應，升高溫度，分解速率加快，達到平衡所需時間縮短；④42.75【小問4詳解】①反應I在590℃時的單程收率已經較高，達到40%，而此時反應Ⅱ的單程收率僅達到5%，這說明反應I的活化能較小，反應容易發生，而反應Ⅱ活化能較大，反應不容易發生，故兩個反應中活化能較大的是反應Ⅱ；故答案選Ⅱ；②A．根據圖象可知：對于反應I，540℃后，溫度升高，物質的單程收率還在增加，說明反應正向進行，還沒有達到平衡狀態，因此反應I在500℃~540℃時也未達到平衡狀態，A錯誤；B．對于反應I，590℃以上，隨溫度升高，物質的單程收率降低，說明此時反應已經達到平衡狀態，升高溫度，化學平衡逆向移動，B正確；C．590℃以上，隨溫度升高，反應I的物質的單程收率降低，反應Ⅱ的物質的單程收率增大，說明反應I消耗H2S隨溫度的升高而減少，反應Ⅱ消耗H2S隨溫度的升高而增大，C正確；D．645℃，反應I、Ⅱ的物質單程收率相同，這并不表示二者的反應速率相等，D錯誤；故答案選BC；【化學一選修3：物質結構與性質】11.鈷(Co)和銅(Cu)是生命體必需的微量元素，且在材料、醫藥等領域具有廣泛應用。回答下列問題：（1）Cu-Ni-Co-Si合金具有較高的導電、導熱性和良好的加工、耐蝕性，是很有發展潛力的材料。①基態Cu原子的最外層電子軌道表示式為___________。②電解熔融的CoCl2或CoO都能制備金屬鈷。CoCl2的熔點(735℃)低于CoO的熔點(1935℃)的原因是___________。（2）含金屬鈷和一氧化碳配體的羧基鈷配合物具有抗腫瘤和抗炎的潛力。一種羰基鈷配合物的合成路線如下：①化合物I中各元素的電負性由大到小的順序為___________。固體I中存在的作用力除共價鍵外，還有___________。1molI中含有的σ鍵數目為___________。②化合物Ⅱ分子中原子的雜化方式有___________。③配合物Ⅲ中，配體一氧化碳的配位原子為___________，寫出一個與CO互為等電子體的陰離子___________。（3）Cu-Mn-Al合金的晶胞如a圖所示，該晶胞可視為Mn，Al位于Cu形成的立方體體心位置，圖b是沿立方格子對角面取得的截圖，其中Al原子與相鄰Cu原子相切。①該合金的化學式為___________。②已知原子半徑：，r(Al)=143pm，則該晶胞中Cu原子之間的最短核間距為___________pm。【答案】（1）①.②.CoCl2和CoO均為離子晶體，O2-半徑小于Cl-半徑，且O2-所帶電荷多，CoO的晶格能大，離子鍵強，熔點高（2）①.O>N>C>H②.范德華力和氫鍵③.17NA④.sp3、sp2和sp⑤.C⑥.CN-或C等（3）①.AlMnCu2②.【解析】【小問1詳解】①已知Cu是29號元素，故基態Cu原子的價層電子排布式為3d104s1，最外層電子軌道表示式為；②CoCl2和CoO均為離子晶體，O2-半徑小于Cl-半徑，且O2-所帶電荷多，CoO的晶格能大，離子鍵強，熔點高。【小問2詳解】①根據同一周期從左往右元素的電負性依次增大，同一主族從上往下依次減小可知，化合物Ⅰ中各元素的電負性由大到小的順序為O＞N＞C＞H；固體I中存在的作用力除共價鍵外，還有范德華力和氫鍵，1molI中含有的σ鍵數目為17NA；②化合物Ⅱ分子中含有亞甲基、苯環和碳碳三鍵，碳原子的雜化方式有sp3、sp2和sp；③配合物Ⅲ中，配體中電負性小的容易提供孤電子對形成配位鍵，一氧化碳的配位原子為C，與CO互為等電子體的陰離子為：CN-或C等。小問3詳解】①由晶胞結構可知，Cu的個數為=8，Mn的個數為4，Al的個數為4，該合金的化學式為AlMnCu2；②Cu原子之間的最短核間距離為晶胞棱長的一半。位于體對角線上的原子相切，可知晶胞體對角線長度為4[r(Cu)+r(Al)]，而晶胞體對角線長度等于晶胞棱長的倍，則晶胞棱長=pm，則Cu原子之間的最短核間距離為：pm=pm。【化學-選修5：有機化學基礎】12.吲哚布芬為抗血栓形成藥，用于治療動脈硬化引起的缺血性心血管、腦血管病變。其合成路線如圖所示。已知：R-XR-CNR-COOH+NH回答下列問題：（1）反應②的反應條件及試劑為_______。（2）J中含有官能團的名稱為_______。（3）反應⑤的化學方程式為_______。（4）反應⑦中Na2S2O4