四川省瀘州市2019屆高三化學下學期第三次教學質量診斷性考試試題（含解析）.docx

四川省瀘州市2019屆高三化學下學期第三次教學質量診斷性考試試題（含解析）可能用到的相對原子質量O:16 K:39 Ba:137 S:32 Cu:64 Cl:35.5 Ni:591.化學與社會、生活密切相關，下列解釋錯誤的是實際應用原理解釋A含Na2CO3的鹽堿地可用石膏降低其堿性CaSO4具有酸性B二氧化硫用于紙的增白二氧化硫具有漂白性C不可食用的“地溝油”可用于制肥皂油脂堿性條件下可水解D小蘇打用于焙制糕點的發(fā)酵粉NaHCO3受熱易分解產生氣體A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A碳酸鈉在土壤中顯堿性，硫酸鈣與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀，碳酸鈣難溶于水，所以能降低土壤的堿性，原理解釋不正確，故A錯誤；B二氧化硫能夠與有色物質化合生成無色物質，具有漂白性，可以漂白紙漿，故B正確；C地溝油的主要成分是油脂，油脂與堿反應生成高級脂肪酸鹽，所以工業(yè)上常利用油脂的堿性水解制取肥皂，故C正確；D碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳，可以作焙制糕點的發(fā)酵粉，故D正確；答案選A。2.2-苯基丙烯酸是一種重要的醫(yī)藥中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關它的說法錯誤的是A. 分子式為C9H8O2B. 能發(fā)生酯化、加成、氧化反應C. 苯環(huán)上的二氯代物為4種D. 分子中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【詳解】A. 根據(jù)結構簡式可知，該有機物的分子式為C9H8O2，故A正確；B. 結構中含有羧基，能夠發(fā)生酯化反應，含有苯環(huán)，能夠發(fā)生加成反應、含有碳碳雙鍵能夠發(fā)生氧化反應和加成反應，故B正確；C. 苯環(huán)上的二氯代物為6種，分別為（表示氯原子）、，故C錯誤；D. 苯環(huán)和碳氧雙鍵均為平面結構，分子中所有碳原子可能共平面，故D正確；答案選C。3.下列實驗操作與現(xiàn)象都正確，且能得出對應結論的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向2mL含有淀粉的0.2mol/L FeI2溶液中滴加2滴新制氯水溶液變?yōu)樗{色還原性：I - Fe2+ B向0.2mol/L Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸產生白色膠狀沉淀非金屬性：Cl SiC分別向盛有鐵片和銅片的兩支試管中滴加濃硝酸鐵片無明顯現(xiàn)象，銅片劇烈反應金屬性: 銅 鐵D向Cu2+、Mg2+共存的溶液中滴加少量NaOH溶液產生白色沉淀KspCu(OH)2 KspMg(OH)2 A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A向含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴新制氯水，氯水少量，還原性強的優(yōu)先被氧化，溶液變藍，說明碘離子優(yōu)先被氧化，則還原性I-Fe2+，故A正確；B向0.2mol/L Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸，產生白色膠狀沉淀，說明鹽酸的酸性大于硅酸的酸性，鹽酸為無氧酸，不能比較非金屬性，故B錯誤；C常溫下鐵遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不能比較鐵、銅的金屬性，且由金屬活動性順序可知金屬性FeCu，故C錯誤；D未說明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2種離子的濃度大小，無法判斷溶度積常數(shù)的大小關系，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題易錯點為B，要注意非金屬性強弱的比較方法，方法之一為最高價含氧酸的酸性強弱，而鹽酸為無氧酸。4.為實現(xiàn)隨處可上網，中國發(fā)射了“中星16號”衛(wèi)星。NH4ClO4是火箭的固體燃料，發(fā)生反應為2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A. 1mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4離子數(shù)均為NAB. 反應中還原產物分子數(shù)與氧化產物分子總數(shù)之比為1:3C. 產生6.4g O2反應轉移的電子總數(shù)為0.8NAD. 0.5mol NH4ClO4分解產生的氣體體積為44.8L【答案】B【解析】【詳解】A. NH4+為弱堿的陽離子，在水溶液中要水解，因此1mol NH4ClO4溶于水含NH4+離子數(shù)少于NA，故A錯誤；B. 2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O反應中還原產物為氯氣，氧化產物為氮氣和氧氣，還原產物分子數(shù)與氧化產物分子總數(shù)之比為13，故B正確；C. 6.4g O2的物質的量=0.2mol，根據(jù)2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，產生6.4g O2反應轉移的電子總數(shù)為1.4NA，故C錯誤；D.未告知是否為標準狀況，無法計算 0.5mol NH4ClO4分解產生的氣體的體積，故D錯誤；答案選B?！军c睛】本題易錯點為D，使用氣體摩爾體積需要注意：對象是否為氣體；溫度和壓強是否為標準狀況。5.剛結束的兩會政府工作報告首次寫入“推動充電、加氫等設施的建設”。如圖是一種正負電極反應均涉及氫氣的新型“全氫電池”，能量效率可達80%。下列說法中錯誤的是A. 該裝置將化學能轉換為電能B. 離子交換膜允許H+和OH通過C. 負極為A，其電極反應式是H22e + 2OH = 2H2OD. 電池的總反應為H+ + OHH2O【答案】B【解析】【分析】由工作原理圖可知，左邊吸附層A上氫氣失電子與氫氧根結合生成水，發(fā)生了氧化反應為負極，電極反應是H2-2e-+2OH-2H2O，右邊吸附層B為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2H+2e-H2，結合原電池原理分析解答。【詳解】A.“全氫電池”工作時是原電池反應，能量變化是將化學能轉化為電能，故A正確；B. 由工作原理圖可知，左邊溶液為堿性，右邊溶液為酸性，所以離子交換膜可阻止左邊的堿性溶液和右邊的酸性溶液發(fā)生中和，因此該離子交換膜不能允許H+和OH通過，故B錯誤；C.根據(jù)氫氣的進出方向可知，氫氣在吸附層A上發(fā)生氧化反應，化合價由0價變成+1價，吸附層A為負極，電極反應為：H2-2e-+2OH-2H2O，故C正確；D.根據(jù)C的分析可知，右邊吸附層B為正極，發(fā)生了還原反應，正極電極反應是2H+2e-H2，左邊吸附層A為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-2H2O，因此總反應為：H+OH-H2O，故D正確；答案選B。6.W、Q、X、Y、Z為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，X原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相等，Y是常用的灰黑色半導體材料，通常狀態(tài)下YW4呈氣態(tài)。下圖是晶體Y的一種制備路線圖。有關說法正確的是 A. 標準狀況下，WZ為液態(tài)B. 原子半徑大小為WXYZ【答案】C【解析】【分析】W、Q、X、Y、Z為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，X原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相等，X為Mg元素；Y是常用的灰黑色半導體材料，通常狀態(tài)下YW4呈氣態(tài)，則Y為Si元素，W為H元素；根據(jù)晶體Y的一種制備路線圖，Z為-1價，原子序數(shù)大于14，則Z為Cl元素，YQ2中Q為-2價，結合原子序數(shù)的關系可知，Q為O元素，結合元素周期律分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，W為H元素，Q為O元素，X為Mg元素，Y為Si元素，Z為Cl元素。A. WZ為HCl，標準狀況下，HCl為氣體，故A錯誤；B. 一般而言，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，因此原子半徑大小順序為WY Y，故D錯誤；答案選C。7.25時，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。已知pKa=lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有關說法錯誤的是A. 溶液的導電性：點a弱于點bB. 離子濃度c(R2-)：點c小于點dC. H2R + R2-=2HR-平衡常數(shù)105，反應趨于完全D. 點b時，y7且105，說明反應進行的程度很大，反應趨于完全，故C正確；D. b點時所得溶液為0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，則HR-的電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，y7，pKa1=1.89，則Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，則Ka1Ka2=，因此= =104.91，故D錯誤；答案選D8.黃色超氧化鉀(KO2)可作為宇宙飛船艙的氧源。某學習小組設計以下實驗探究KO2的性質，請回答相關問題：I.探究KO2與水的反應實驗操作現(xiàn)象結論與解釋（1）取少量KO2固體于試管中，滴加少量水，將帶火星的木條靠近試管口，反應結束后，溶液分成兩份快速產生氣泡，木條復燃產生的氣體是_（2）一份滴加酚酞試液先變紅后褪色可能的產物是_（3）另一份滴加FeCl3溶液觀察到_II. 探究KO2與SO2的反應（4）正確的操作依次是_。打開K1通入N2 ，排盡裝置內原氣體后關閉拆卸裝置至實驗完成檢查裝置氣密性，然后裝入藥品打開分液漏斗活塞K2（5）A裝置發(fā)生的化學方程式為_。（6）用上述裝置驗證“KO2與SO2反應生成O2”還存在不足，你的改進措施是_。（7）改進后再實驗，待KO2完全反應后，將裝置C中固體加水溶解，配成50.00mL溶液，等分為M、N兩份。向M溶液中加入足量的鹽酸酸化的BaCl2溶液，充分反應后，將沉淀過濾、洗滌、_，稱重為2.33g。將N溶液移入_（填儀器名稱）中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，終點時消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。依據(jù)上述現(xiàn)象和數(shù)據(jù)，請寫出該實驗總反應的化學方程式_。【答案】 (1). O2 (2). KOH和H2O2 (3). 產生紅褐色沉淀和氣體 (4). 或 (5). H2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2 (6). 在B、C之間連接一個盛有濃硫酸的洗氣瓶（或者將B裝置中的飽和NaHSO3溶液替換為濃硫酸） (7). 干燥 (8). 錐形瓶 (9). 6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2【解析】【分析】(1)根據(jù)帶火星的木條復燃判斷；(2)根據(jù)反應后溶液中滴加酚酞試液，溶液先變紅后褪色分析判斷；(3)根據(jù)(1)和(2)的分析，結合過氧化氫能夠催化分解分析解答；(4)根據(jù)題示的實驗操作，結合實驗裝置圖分析解答；(5)A裝置中70%的H2SO4與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，據(jù)此書寫反應的化學方程式；(6)從實驗的裝置圖可知，進入硬質玻璃管的氣體中含有水蒸氣，據(jù)此分析解答；(7)2.33g沉淀為硫酸鋇，高錳酸鉀與亞硫酸鈉反應的方程式為2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，計算出生成的硫酸鉀和亞硫酸鉀的物質的量之比，然后書寫反應的方程式?！驹斀狻?1)取少量KO2固體于試管中，滴加少量水，將帶火星的木條靠近試管口，木條復燃，說明生成的氣體為氧氣，故答案為：O2；(2)KO2固體中滴加少量水，反應后溶液中滴加酚酞試液，溶液先變紅后褪色，說明反應生成氫氧化鉀和過氧化氫，故答案為：KOH和H2O2；(3)KO2固體中滴加少量水，反應后溶液中滴加FeCl3溶液，氯化鐵與氫氧化鉀反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，同時氯化鐵催化過氧化氫分解放出氧氣，因此看到的現(xiàn)象為產生紅褐色沉淀和氣體，故答案為：產生紅褐色沉淀和氣體；(4)根據(jù)題示的實驗操作，結合實驗裝置圖，實驗步驟為：首先檢查裝置氣密性，然后裝入藥品，打開K1通入N2 ，排盡裝置內的空氣后關閉，再打開分液漏斗活塞K2，反應生成二氧化硫，打開K1通入N2 ，排盡裝置內的二氧化硫后關閉，拆卸裝置至實驗完成，故答案為：或；(5)A裝置中70%的H2SO4與亞硫酸鈉反應放出二氧化硫氣體，反應的化學方程式為H2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2，故答案為：H2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2；(6)從實驗的裝置圖可知，進入硬質玻璃管的氣體中含有水蒸氣，干擾了實驗驗證“KO2與SO2反應生成O2”的現(xiàn)象，改進措施為在B、C之間連接一個盛有濃硫酸的洗氣瓶(或者將B裝置中的飽和NaHSO3溶液替換為濃硫酸)，故答案為：在B、C之間連接一個盛有濃硫酸的洗氣瓶(或者將B裝置中的飽和NaHSO3溶液替換為濃硫酸)；(7)改進后再實驗，待KO2完全反應后，將裝置C中固體加水溶解，配成50.00mL溶液，等分為M、N兩份。向M溶液中加入足量的鹽酸酸化的BaCl2溶液，充分反應后，將沉淀過濾、洗滌、干燥，稱重為2.33g。將N溶液移入錐形瓶中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，終點時消耗酸性KMnO4溶液20.00mL，說明生成的產物中含有亞硫酸鉀。2.33g沉淀為硫酸鋇，物質的量=0.01mol，因此原樣品中含有0.02mol硫酸鉀；高錳酸鉀與亞硫酸鈉反應的方程式為2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，因此原樣品中亞硫酸鉀的物質的量=20.40mol/L0.020L=0.04mol，因此KO2與SO2反應的化學方程式為6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2，故答案為：干燥；錐形瓶；6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2?！军c睛】本題的易錯點為(7)中反應方程式的書寫，要注意通過計算確定K2SO3和K2SO4的物質的量之比。9.PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工業(yè)。由方鉛礦(主要成分為PbS，含有雜質FeS等)和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCO3的流程如下：已知：PbCl2難溶于冷水和乙醇，易溶于熱水；各物質的溶度積見下表。試回答下列問題：物質Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3PbCl2PbSPbCO3Ksp210-138.010-16110-381.610-58.010-287.410-14(1)PbCO3的名稱是_。(2)步驟中MnO2的作用是_，根據(jù)下圖分析的最佳反應條件是_。(3)步驟趁熱抽濾的原因是_。(4)步驟洗滌用的試劑是_。(5)將濾液Y先酸化，然后加入MnO2，反應的離子方程式為_；若反應后c(Mn2+)=0.2mol/L，進一步調節(jié)溶液的pH可分離Fe3+和Mn2+，溶液所調的pH范圍為_c(Fe3+)110-5 mol/L時表示Fe3+已沉淀完全。(6)步驟反應的離子方程式為_。(7)樣品PbCO3中有少量PbCl2雜質，提純的實驗方案是_?！敬鸢浮?(1). 碳酸鉛 (2). 氧化劑（將難溶的PbS轉化為S和溶液中的PbCl2-） (3). 80和3mol/LHCl (4). PbCl2降溫易結晶析出，趁熱抽濾有利于鉛的化合物與不溶性雜質分離 (5). 冷水或乙醇 (6). 2Fe2+ + 4H+ + MnO22Fe3+ + Mn2+ + 2H2O (7). 3pH8或38 (8). PbCl2+CO32-PbCO3 +2Cl- (9). 向樣品中加Na2CO3溶液浸取，過濾洗滌或向樣品中加熱水浸泡，趁熱過濾，熱水洗滌【解析】【分析】方鉛礦(主要成分為PbS，含有雜質FeS等)和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入鹽酸，發(fā)生氧化還原反應生成PbCl2、MnCl2和FeCl3以及硫沉淀，加入NaCl促進反應PbCl2 (s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，趁熱過濾，濾液X中含有PbCl42-(aq)和FeCl3，冷卻后過濾得到PbCl2產品和濾液Y，PbCl2中加入碳酸鈉溶液發(fā)生沉淀的轉化生成PbCO3，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)PbCO3的名稱為碳酸鉛，故答案為：碳酸鉛；(2)步驟反應生成了硫沉淀，說明MnO2是氧化劑，將難溶的PbS轉化為S和溶液中的PbCl2-，根據(jù)圖象，80和3mol/LHCl時，浸取率最高，故答案為：氧化劑(或將難溶的PbS轉化為S和溶液中的PbCl2-)；80和3mol/LHCl；(3)根據(jù)流程圖步驟的提示，PbCl2降溫易結晶析出，因此步驟需要趁熱抽濾，有利于鉛的化合物與不溶性雜質分離，故答案為：PbCl2降溫易結晶析出，趁熱抽濾有利于鉛的化合物與不溶性雜質分離；(4)PbCl2難溶于冷水和乙醇，易溶于熱水，步驟洗滌用的試劑可以是冷水或乙醇，故答案為：冷水或乙醇；(5)將濾液Y先酸化，然后加入MnO2，二氧化錳將亞鐵離子氧化，反應的離子方程式為2Fe2+ + 4H+ + MnO22Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；若反應后c(Mn2+)=0.2mol/L，進一步調節(jié)溶液的pH可分離Fe3+和Mn2+，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，使Fe3+完全沉淀時，溶液中c(OH-)=110-11，此時pH3，使Mn2+恰好開始沉淀時，溶液中c(OH-)=110-6，此時pH=8，因此需要調節(jié)溶液的pH至3pH8才能達到分離目的，故答案為：2Fe2+ + 4H+ + MnO22Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；3pH8；(6)步驟中PbCl2中加入碳酸鈉溶液發(fā)生沉淀的轉化生成PbCO3，反應的離子方程式為PbCl2+CO32-PbCO3 +2Cl-，故答案為：PbCl2+CO32-PbCO3 +2Cl-；(7)樣品PbCO3中有少量PbCl2雜質，根據(jù)PbCl2難溶于冷水和乙醇，易溶于熱水，和流程圖中PbCl2中加入碳酸鈉溶液能夠發(fā)生沉淀的轉化生成PbCO3，提純的方法是向樣品中加Na2CO3溶液浸取，過濾洗滌或向樣品中加熱水浸泡，趁熱過濾，熱水洗滌，故答案為：向樣品中加Na2CO3溶液浸取，過濾洗滌或向樣品中加熱水浸泡，趁熱過濾，熱水洗滌。10.CO2是造成全球氣候變暖的主要氣體，同時也是一種來源豐富、價格低廉的碳資源。中科院福建物構所謝奎及其團隊利用電能將CO2高效轉化為CO，CO和H2可生產優(yōu)質燃料和多種化工產品，實現(xiàn)碳資源的循環(huán)利用。（1）已知反應過程中能量變化如下表和曲線圖所示：反應ACEa1(kJ/mol)Ea2(kJ/mol)H(kJ/mol)2CO(g)+O2(g)2CO2(g)？2389-5662H2(g)+O2(g)2H2O(l)1480？-571.62CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)30264478H3反應 的H3=_kJ/mol。CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) H4=_kJ/mol；此反應中，有利于提高H2平衡轉化率的條件是_（填字母）。A高溫低壓 B低溫高壓 C高溫高壓 D低溫低壓（2）在不同的電壓下，CO2、H2O混合電解轉化為CO、H2的電流效率如圖所示（注：電流效率100%）：由圖可知生成CO和H2有相互_（填“促進”、“抑制”或“無影響”）作用。用此法生產的CO和H2合成CH3OH，為使CO和H2利用率最高，電解時應控制電壓在_ V左右（選填5、15、23、25、30）。（3）在300時，將0.60molCO、1.40molH2充入4L密閉容器中，在恒溫恒容下發(fā)生反應CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) H”“ (7). Fe3+的正電荷數(shù)比Fe2+的多，吸引電子能力更強；Fe3+的3d達到半充滿穩(wěn)定結構，F(xiàn)e2+的3d未達到半充滿穩(wěn)定結構 (8). (，0) (9). 100%=100%=100%【解析】【分析】(1)鎳為28號元素，結合核外電子排布規(guī)律書寫基態(tài)Ni2+的電子排布式；Si原子與周圍的4個原子形成共價鍵，沒有孤電子對，據(jù)此判斷硅原子的雜化方式；(2)根據(jù)成鍵元素電負性差值越大，化學鍵離子性百分數(shù)越高，元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大，據(jù)此分析解答；(3)根據(jù)六羰基鉻Cr(CO)6的沸點為220，分析判斷；加熱Cr(CO)6可得到高純度鉻粉和CO，反應過程中破壞了中心原子與配體之間的作用力；(4)配離子所帶正電荷越多，對電子的吸引力越大，d-d電子躍遷需要的能量越多；(5)圖甲中A位于晶胞棱的中點，據(jù)此判斷底面面心B的原子坐標參數(shù)；圖乙中，該晶胞單元中含有氧離子個數(shù)=10，鎳離子個數(shù)為4+4+10=10，相鄰兩個氧離子之間的距離為(2a+2b) pm，據(jù)此分析計算?！驹斀狻?1)鎳為28號元素，基態(tài)Ni2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)；Si原子與周圍的4個原子形成共價鍵，沒有孤電子對，雜化方式為sp3，故答案為：1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)；sp3；(2)成鍵元素電負性差值越大，化學鍵離子性百分數(shù)越高，元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大，在鹵素與Al組成的化合物中，離子性百分數(shù)最高的化合物為AlF3，故答案為：AlF3；(3)六羰基鉻Cr(CO)6的沸點為220，符合分子晶體熔沸點的一般規(guī)律，Cr(CO)6屬于分子晶體；加熱Cr(CO)6可得到高純度鉻粉和CO，反應過程中破壞了中心原子與配體之間的配位鍵，故答案為：分子晶體；配位鍵；(4)Fe(H2O)62+帶2個單位正電荷，而Fe(H2O)63+帶3個單位正電荷，后者對電子吸引力更大，且Fe3+的3d達到半充滿穩(wěn)定結構，F(xiàn)e2+的3d未達到半充滿穩(wěn)定結構，故分裂能Fe(H2O)63+Fe(H2O)62+，故答案為：；Fe(H2O)62+帶2個單位正電荷，而Fe(H2O)63+帶3個單位正電荷，后者對電子吸引力更強，F(xiàn)e3+的3d達到半充滿穩(wěn)定結構，F(xiàn)e2+的3d未達到半充滿穩(wěn)定結構；(5)圖甲中，原子坐標參數(shù)：A(0，0，)，A位于晶胞棱的中點，則底面面心B的原子坐標參數(shù)為B(，0)，故答案為：(，0)；圖乙中，該晶胞單元中含有氧離子個數(shù)=10，鎳離子個數(shù)為4+4+10=10，相鄰兩個氧離子之間的距離為(2a+2b) pm，則晶胞的棱長分別為5 (2a+2b)pm和2(2a+2b)pm，高為2a pm，則晶胞的體積為5(2a+2b)pm2(2a+2b) pm2a pm=10a(2a+2b)2 pm3，10個氧離子和10個鎳離子的體積為10 pm3，因此離子在長方體內的空間利用率為100%=100%，故答案為：100%。【點睛】本題的難點為(5)中離子在長方體內的空間利用率的計算，解答此小題，也可以取晶胞結構中的最小單元或計算。12.有機物J是一種消炎鎮(zhèn)痛藥，下圖為J的合成路線(部分產物和反應條件省略)：已知部分信息如下：(此類物質易與水、酸等反應)回答下列問題：(1)A中官能團的名稱是_，D + IJ的反應類型為_。(2)反應BC的化學方程式為_。(3)EF的反應條件為_，在質譜儀上E的最大質荷比為_。(4)J有多種同分異構