高三化学一轮复习--化学计量.docx

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1、高考化学一轮系统复习卷-化学计量学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，4.48 L重水(D2O)中含有的中子数为2NAB工业上用Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，每反应1molCl2则转移电子数为NAC在1 mol乙烷与乙烯的混合气体中，氢原子数为5NAD0.3molL1的CuSO4溶液中含有SO的数目为0.3NA2科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在任何条件下，等物质的量的H3和H2具有相同的（）A质量B体积C原子数D分子数3相同质量的SO2和SO3，下列关系正确的是A含硫原子个数比为11B含氧原子个数比为23C含硫元素质

2、量比为45D含氧元素质量比为564NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4 L四氯化碳的分子数为NAB常温常压下，1 mol甲基所含电子数为7NAC常温常压下，0.5 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数目为2NAD标准状况下，11.2 L乙烷和丙烯混合物中氢原子数目为3NA5根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是ABCD浓硫酸H2SO4密度1.84gmL-1浓度98.0%碳酸氢钠药片该药品物质的量浓度为18.4molL-1该药是抗酸药，服用时喝醋能提高药效看到有该标志的丢弃物，应远离并报警贴有该标志的物品是可回收物AABBCCDD6NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的

3、是A标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAB将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中，加热至红褐色，水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC25时，pH=3的醋酸溶液中含H+的数目为0.001NAD0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA7同温同压下，相同体积的CO和CO2，一定具有相同的A原子总数B电子总数C分子总数D质量8三氯化氮(NCl3)易与水反应：2NCl3+3H2O=3HCl+N2+3HClO。若NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A0.1 mol NCl3中质子数为6.5NAB每生成36.5

4、 g HCl转移电子数为2NAC标准状况下，2.24 LN2中含键数为0.2NAD100 mL1 mol/LHClO溶液中阴、阳离子总数为0.2NA9在两个容积相同的密闭容器中，一个盛有NO气体，另一个盛有和的混合气体。同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的A分子数B密度C质量D质子数10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A28g C2H4中所含共价键数目为4NAB1 mol/L NaOH溶液中 Na+的数目为NAC标准状况下，11. 2 L CC14 中含有的分子数为 0.5 NAD2.4g 镁粉与足量盐酸反应转移电子的数目为0.2 NA二、多选题11设NA是阿伏加德罗常数的数值

5、，下列说法不正确的是A标准状况下，22.4L氧气中所含原子数目为2NAB0.5mol一氧化碳分子所占体积是11.2LC欲配置1.00L1.00mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D常温常压下，14gN2含有的氮原子数目为NA12设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是AO3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2，1molO3参与反应转移6 NA电子B0时，1 L pH=5的NH4Cl溶液中，水电离出的H+数为10-5NAC1 mol油酸甘油三酯中含有6 NA双键D用电解粗铜的方法治炼铜，当电路中通过的电子数为NA 时，阳极质量可能减轻32g13NA为阿伏加德

6、罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下，2.24L氦气中含有的原子数为0.2NAB标准状况下，2.24L水中含有的氢原子数是0.6NAC常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体中含有的原子数为NAD标准状况下，20mLCO2与40mLO2所含的分子个数比为1214设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是。A标准状况下，与中所含的分子数均为B由与组成的混合物中阴离子总数为C10g 49的硫酸溶液与10g 49的溶液中所含的氧原子数相同D0.1mol Fe分别与足量的盐酸和氧气反应，转移的电子数均为15世界卫生组织将ClO2定为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛

7、应用。消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，ClO2作消毒剂时和氯气一样，还原产物均为Cl-。下列关于ClO2的说法中正确的是AClO2的摩尔质量为67.5gmol-1B从分类上来看，ClO2属于金属氧化物CClO2的消毒效率是氯气的2.63倍DClO2分子中氯元素与氧元素的质量比为1：2三、有机推断题16A是一种重要的有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平，通过一系列化学反应，可以制得成千上万种有用的物质。结合下图物质间转化关系回答问题。(1)A结构简式为_。(2)的反应类型为_，E中的含氧官能团名称是_。(3)高分子化合物G是一种常见的合成纤维丙纶，其结构简

8、式为_。(4)的反应所需的试剂与条件为_。(5)写出下列反应的化学方程式：步骤_；步骤_。(6)与足量的金属完全反应，生成标准状况下氢气的体积为_L。四、工业流程题17可用于制备补铁剂，也可制备铁红。以下是用磁铁矿(主要成分、含和等杂质)制取的工艺流程：已知：不溶于水，也不与硫酸反应；调可将转化为沉淀与分离，但不能将与分离。请回答下列问题：(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式为_。(2)“转化”工序加入Fe的作用是_。(3)滤渣1的成分是_(填化学式)。(4)“沉铁”发生反应的离子方程式为_。(5)产品在空气中煅烧可制备铁红，写出反应的化学反应方程式_；在实验室中完成本操作所用的主要仪器是_(

9、填序号)。ABC若起始时的质量为，最终制得为，则产率为_。(产率=，用含，的代数式表示)。五、原理综合题18CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源，化学反应中产生的气体多可使产生的固体更加多孔疏松。(1) CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用，CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。 图1写出400600范围内分解反应的化学方程式_。与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是_。(2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2

10、制HCOOH的原理示意图如图2。 图2写出阴极CO2还原为HCOO-的的电极反应式_。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_。(3) CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应I：CO2(g)+ H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=41.2 kJ/mol 反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)H=-122.5 kJ/mol在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图3。 其中：CH3OCH3的选择性=温度高于300，CO2平衡转化率随温度升

11、高而上升的原因是_。220时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_，_。(写两点)19I.接触法制硫酸是先把催化氧化成，然后用浓硫酸吸收得到的制取产品。(1)若将2mol、1mol充入一密闭容器内充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得的转化率为50%，则反应的热化学方程式是_。(2)某工厂生产硫酸时，进入接触室的原料气成分为7%、11%、82%(体积分数)。则从接触室A出口出来的气体成分为_(写化学式)；标准状况下原料气中的物质的量_mol(结果保留两位小数)。(3)计算标准

12、状况下原料气的质量是_kg(结果保留两位小数)。II.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。(4)工业上利用和可以合成，又可以进一步制备肼()等。已知几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键HHNHNN键能()436391945写出合成氨的热化学方程式_。(5)在某温度下，若和的反应达到平衡时，各物质的平衡浓度为：，则起始浓度_，的转化率为_(结果保留到0.01)。六、结构与性质20高氯酸三碳酰胫合镍Ni(CHZ)3(C1O4)2是一种新型的起爆药。(1)写出基态Ni原子的外围电子排布图_。(2)基态Cl原子核外电子总共有_种运动状态，最高能级的

13、原子轨道电子云形状为_。(3)Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子，其理由可能是_，1mol该配合物分子中键数目为_(设NA为阿伏伽德罗常数的值)。(4)高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成。高氯酸的酸性强于次氯酸的原因是_。l个晶胞中含有的Ni2+数目为a，Ni2+的配位数为b，NiO晶胞中每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为c，则a：b：c=_。试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【详解】A. 标准状况下，重水是液体，不能用气体摩尔体积算其物质的量，故A错误；B. Cl2与石灰乳反

14、应，1molCl2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比1:1，则转移电子数为NA，故B正确C.乙烷的分子式是C2H5,乙烯的分子式是C2H4,所含氢原子数不相等，故C错误；D. CuSO4溶液的体积未知，而n=cv，故不能得出SO的数目，故D错误。2D【详解】A二者的摩尔质量不同，所以等物质的量的H3和H2质量不同，故A错误；B若二者所处的压强和温度不同，则相同物质的量的两种物质体积可能不同，故B错误；C一个H3含有3个原子，一个H2含有2个原子，所以等物质的量的二者所含原子数比值为3:2，故C错误；D根据N=nNA可知相同物质的量二者所含分子数相同，故D正确；故答案为D。3D【详

15、解】SO2和SO3的摩尔质量分别是64g/mol、80g/mol，根据n=mM知，相同质量时n与M成反比，所以二者的物质的量之比=80g/mol：64g/mol=5：4，则A根据N=nNA知，其分子数与n成正比，所以分子个数之比=5：4，每个分子中都含有一个S原子，所以S原子总数=5：4，故A错误；B根据N=nNA知，其分子数与n成正比，所以分子个数之比=5：4，二氧化硫分子中含有两个O原子、三氧化硫分子中含有3个O原子，所以O原子总数=（52）：（43）=5：6，故B错误；C二氧化硫和三氧化硫的物质的量之比为5：4，每个分子中都含有一个S原子，所以S元素的物质的量之比为5：4，则根据m=nM

16、知，S元素的质量与n成正比，所以S元素的质量之比=5：4，故C错误；D二氧化硫分子中含有两个O原子、三氧化硫分子中含有3个O原子，所以二氧化硫、三氧化硫中O原子的物质的量之比=（52）：（43）=5：6，根据m=nM知，O元素的质量之比等于物质的量之比，所以O元素质量之比=5：6，故D正确；故选D。4D【详解】A标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，A错误；B甲基的结构式为-CH3，1个C原子含有6个电子，1和H原子含有1个电子，故1mol甲基中含有9mol电子，为9NA个，B错误；C1mol苯乙烯中含有1mol碳碳双键，苯环不含有双键，因此0.5mol苯乙烯中含有的碳碳

17、双键数目为0.5NA，C错误；D乙烷的化学式为C2H6，丙烯的化学式为C3H6，1mol的两种物质均含有6molH原子，因此11.2L乙烷和丙烯混合物中氢原子数目为3NA，D正确；故答案选D。5B【详解】Ac=18.4mol/L，故A正确；B碳酸氢钠能够由于治疗胃酸过多，醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应，服用时喝醋会降低药效，故B错误；C该标志为放射性物质标志，对环境及人有危害，所以看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故C正确；D该标志为循环回收标志，所以贴有该标志的物品是可回收物，故D正确；故选B。6A【详解】A标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：，A正确；BFeCl3水解

18、形成的Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe( OH)3的聚集体，所以0.1mol FeCl3水解形成的Fe( OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，B不正确；C醋酸的体积未知，不能计算出H+的物质的量，C不正确；D根据反应H2+I22HI可知，反应前后分子数目不变，分子总数仍为0.2NA，D不正确；故选A。7C【详解】同温同压下，气体摩尔体积一定，因此相同体积的CO和CO2的物质的量相同，因两种化合物的原子数、电子数、摩尔质量都不同，因此二者的原子总数、电子总数、质量一定不同，而二者的物质的量相同，因此二者的分子总数一定相同，综上所述，答案为C。8B【详解】ANCl3分子中含有的质子数是58，则0.

19、1 mol NCl3中含有的质子数为5.8NA，A错误；B在反应2NCl3+3H2O=3HCl+N2+3HClO中，每反应产生3 mol HCl，转移6 mol电子，反应生成36.5 g HCl的物质的量是1 mol，则转移电子数为2NA，B正确；CN2中2个N原子形成共价三键，其中个键，2个键，标准状况下，2.24 LN2的物质的量是0.1 mol，因此其中含键数为0.1NA，C错误；D100 mL1 mol/LHClO中含有溶质的物质的量是n(HClO)=1 mol/L0.1 L=0.1 mol，由于HClO是一元弱酸，主要以电解质分子存在，因此该溶液中离子数目远小于0.2NA，D错误；故

20、答案为B。9A【详解】相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，分子数相等，根据一氧化氮、氮气、氧气都是双原子分子可以判定：物质的量相等，含有的原子数一定相等，如果混合气体中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，两者的密度和质子数相等，所以一定具有相同的分子数和原子数。答案选A。10D【详解】AC2H4的结构简式为CH2=CH2，一个乙烯分子中含有6个共价键，28gC2H4的物质的量为1mol，所含共价键数目为6NA，故A错误；B溶液体积未知，无法确定钠离子的数目，故B错误；C标况下四氯化碳不是气体，11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，故C错误；D2.4g 镁粉的物质的量为0

21、.1mol，与足量盐酸反应全部转化为Mg2+，所以转移的电子数为0.2NA，故D正确；综上所述答案为D。11BC【详解】A一个氧气分子含有2个氧原子，标准状况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，其中所含原子数目为1mol2NA=2NA，故A正确；B0.5mol一氧化碳分子存在的状态条件未知，不能用气体摩尔体积计算，无法确定体积的大小，故B错误；C58.5gNaCl的物质的量为1mol，欲配置1.00L1.00mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl配制成1L溶液，1L水是溶剂的体积，不能当做溶液的体积，故C错误；D一个氮气分子由2个氮原子构成，常温常压下，14gN2的物质的量=0.

22、5mol，其含有的氮原子数目0.5mol2NA=NA，故D正确；答案选BC。12AC【详解】A由O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2可知1molO3参与反应生成1molI2，转移2mol电子，故A错误； BNH4Cl水解显酸性，所以NH4Cl溶液pH=5时，由水电离出的氢离子的物质的量为：，所以水电离出的H+数为10-5NA，故B正确；C油酸的分子式为：C17H33COOH，1 mol油酸含有1 mol碳碳双键，所以1 mol油酸甘油三酯中含有3 NA双键，故C错误；D粗铜中含有其他杂质，用电解粗铜的方法治炼铜，杂质可能放电，当电路中通过的电子数为NA时，阳极质量可能减轻32g，故D正确

23、；故答案为AC。13CD【详解】A.标准状况下，2.24L氦气的物质的量为0.1mol，原子数为0.1NA，故A错误；B.标准状况下，水是液体，不适用于阿伏加德罗常数，故B错误；C.N2与CO的相对分子量为28，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol，N2与CO都是双原子分子，所以原子数为NA，故C正确；标准状况下，20mLCO2与40mLO2所含的摩尔比为12，所以分子个数比为12，故D正确；故答案选CD。14BC【详解】A标准状况下，H2O不是气体，则不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算，A错误；B6.2gNa2O中含有0.1molO2，7.8gNa2O2中含有0.1

24、molO22，所以混合物中阴离子总数为0.2NA，B正确；C10g49%的硫酸溶液中所含O原子物质的量为4+=0.48mol，10g49%的H3PO4溶液中所含O原子物质的量为4+=0.48mol，C正确；D0.1molFe与足量氧气反应转移的电子数为NA，D错误；故选BC。15AC【详解】A摩尔质量以g/mol作单位时在数值上等于其相对分子质量，ClO2的摩尔质量为(35.5+162)=67.5，A正确；B从分类上来看，ClO2不含金属元素，属于非金属氧化物，B错误；C由题干信息可得ClO2的消毒效率是Cl2的倍，C正确；DClO2分子中有氯原子和氧个数比是1：2，质量比为35.5：32，D

25、错误；故答案为：AC。16(1)(2) 取代反应 酯基(3)(4)，加热(5) (6)4.48【分析】A是一种重要的有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平，所以A为乙烯，结构简式为；A到B为乙烯与水加成生成乙醇；通过E的结构简式为，可推出D的结构简式为；G由丙烯聚合而成的高分子化合物，结构简式为；【详解】（1）A为乙烯，结构简式为，故填；（2）反应中Br被OH所替换，属于取代反应；含有碳碳双键和酯基两个官能团，其中含氧官能团为酯基，故填取代反应、酯基；（3）G由丙烯聚合而成的高分子化合物，结构简式为，故填；（4）B为，X为，从B到X为乙醇的催化氧化反应，反应的试剂与条件

26、为，加热，故填，加热；（5）步骤为乙烯与水的催化加成，其反应的化学方程式为；步骤为和的酯化反应，其反应的化学方程式为，故填、；（6）乙二醇与金属钠反应的化学方程式为，的物质的量为，根据反应方程式，完全反应生成氢气的物质的量为，标况下的体积为，故填4.48。17(1)(2)将还原为，便于与分离(合理即得分)(3)(4)(5) B 100%(%、100%)【分析】用硫酸“酸浸”过程中，转化为二价铁离子和三价铁离子，氧化铝转化为铝离子，不溶于水，也不与硫酸反应，故滤渣1是，加入单质铁还原三价铁离子为二价铁离子，加入氨水，调节pH使铝离子沉淀，故滤渣2是氢氧化铝，滤液中加入碳酸氢铵，使二价铁离子转化为

27、碳酸亚铁的沉淀，据此分析。【详解】（1）中有2个三价铁离子，1个二价铁离子，与酸反应，会生成2个三价铁离子，1个二价铁离子和水，故反应的离子方程式为：；（2）根据上述分析可知，“转化”工序加入Fe的作用是：还原三价铁离子为二价铁离子，；答案为：将还原为，便于与分离；（3）根据上述分析可知，渣1是；（4）“沉铁”过程发生的反应为碳酸氢铵与二价铁离子之间的反应，二者反应会生成碳酸亚铁、水和二氧化碳，故反应的离子方程式为：；（5）在空气中煅烧可制备铁红，可知产物有，结合电子转移守恒，原子守恒可得反应的方程式为：；固体加热需要用到坩埚，故本题选B；质量为的的物质的量为：，根据方程生成的物质的量为：；的

28、质量为：，则产率为：=100%；答案为：100%(%、100%)。18 CaC2O4CaCO3+CO CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔 CO2+H+2e-=HCOO-或CO2+2e-=HCOO-+ 阳极产生O2，PH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区 反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强 使用对反应催化活性更高的催化剂【详解】(1)CaC2O4H2O热分解先分解生成草酸钙和水，0-200，固体质量变化146-128=18，反应的化学方程式：0-200发

29、生的反应：CaC2O4H2OCaC2O4+H2O，400-600质量减少128-100=28g，草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发生反应CaC2O4CaCO3+CO，800-1000，质量变化=100-56=44，是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式：CaCO3CaO+CO2，据此分析解题：400-600质量减少128-100=28g，草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发生反应CaC2O4CaCO3+CO，故答案为：CaC2O4CaCO3+CO；CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是：CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏

30、松多孔，故答案为：CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔；(2)阴极CO2还原为HCOO-的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极反应为：CO2+H+2e-=HCOO-或CO2+2e-=HCOO-+，故答案为：CO2+H+2e-=HCOO-或CO2+2e-=HCOO-+； 电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低升温原因是：阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，PH减小和碳酸氢根离子反应，浓度降低，K+部分迁移至阴极区，故答案为：阳极产生O2，PH减小，浓

31、度降低，K+部分迁移至阴极区；(3)温度高于300，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度或反应为吸热，反应为放热，温度高于300时，以反应占主导，故答案为：反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；220时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强、使用对反

32、应催化活性更高的催化剂，故答案为：增大压强；使用对反应催化活性更高的催化剂。19(1)H=-196.6kJ/mol(2) 、 31.25(3)13.82(4)H=-93kJ/mol(5) 5 40.00%【详解】（1）若将2mol、1mol充入一密闭容器内充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得的转化率为50%，则2mol完全反应放热196.6kJ，反应的热化学方程式是H=-196.6kJ/mol；（2）二氧化硫、氧气反应为可逆反应生成三氧化硫，氮气不发生反应，从接触室A出口出来的气体成分为、；标准状况下原料气中的为，物质的量31.25mol；（3）原料气成分为7%、11%、82%(体积分

33、数)，三者的体积分别为700L、1100L、8200L，物质的量分别为31.25mol、49.11mol、366.07mol，质量分别为2000g、1571.52g、10249.96g，故标准状况下原料气的质量是13.82kg；（4），反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，故H=945 kJ/mol +3436 kJ/mol -6391 kJ/mol =-93kJ/mol；（5），各物质的平衡浓度为：，则反应氮气、氢气的浓度为2mol/L、6mol/L，则起始浓度=5，的转化率为。20(1)(2) 17 哑铃形(3) 电负性OC， O原子不易提供孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C

34、原子而不是O原子 8NA(4) HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大， HClO4更易电离出H+，酸性越强 2： 3： 6【解析】(1)镍为28号元素，位于第四周期第族，基态Ni原子的外围电子排布图为；(2)氯为17号元素，原子核外有17个电子，故基态Cl原子核外电子总共有17种运动状态，最高能级为3p轨道，原子轨道电子云形状为哑铃形；(3)配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子，其理由可能是电负性OC， O原子不易提供孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子；单键均为键，双键中含有1个键，1mol该配合物分子中有8mol键，数目为8NA；(4)高氯酸的酸性强于次氯酸的原因是HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大， HClO4更易电离出H+，酸性越强。由图可知，l个晶胞中含有的Ni2+数目为a=，Ni2+的配位数为b=6，NiO晶胞中每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为c=12，则a：b：c=2： 3： 6。答案第17页，共9页