(全国1卷)2021届高三第二次模拟考试卷化学(四).docx

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届高三第二次模拟考试卷化 学(四)注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题

2、(每小题6分，共42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化学与生活、生产、社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是A牙膏中添加的Na2PO3F、NaF所提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同B“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用D碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料8设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是AN2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2OB每1mol Pt2O+转化为Pt2O得电子数为3NAC将生成的CO2通人含大量SiO、

3、Na+、Cl的溶液中，无明显现象D1g CO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA9地奥司明片是治疗静脉淋巴功能不全相关的各种症状(腿部沉重、疼痛、晨起酸胀不适感)的主要治疗药物，下图为合成地奥司明片重要中间体，下列有关说法正确的是A分子式为C18H20O6B该中间体是高分子化合物C该中间体可发生水解反应生成乙醇D该中间体分子在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应10短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是AY单质的熔点高于X单质BW、Z的氢化物

4、沸点WZCX、W、Z能形成具有强还原性的XZWDX2YW3中含有共价键11pH=0的某X溶液中，除H+外，还可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl、CO、SO、NO中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验：下列有关判断不正确的是A生成气体A的离子方程式为：3Fe2+4H+NO=3Fe3+NO+2H2OB生成沉淀H的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCOC溶液X中一定没有的离子仅为：CO、Ba2+D溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、SO、NH、Al3+122019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究有突出贡献的科学家。一种“大气固碳”的锂离子电池工作原

5、理如图所示，该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3被氧化，释放出CO2和O2。下列说法不正确的是A该电池应选用无水电解质B该电池放电时的正极反应为4Li+3CO2+4e=C+2Li2CO3C充电时若电极A质量增加14g，则聚合物电解质膜上通过电子2molD该电池放电、充电各一次且都转移4mol e时，理论上能固定1mol CO21325时，向0.1L 0.1molL1 CH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中离子浓度关系如下图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述正确的是A25，CH3COOH的Ka数量级为104BB点：加入的NaOH的物质的量为0.00

6、5molCA点：c(CH3COO)+c(OH)+c(CH3COOH)-c(H+)0.1molL1DA到C的过程中不考虑温度变化：增大二、非选择题(共58分)(一)必做题26锰酸锂(LiMn2O4)可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)吸收含硫烟气(主要成分SO2)制备锰酸锂，生产流程：已知：软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强。在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.63.47.7完全沉淀3.79.64.79.

7、8(1)含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，冷却的原因是_。(2)滤液1中所含金属阳离子有_(填离子符号)。(3)在实际生产中，Li2CO3与MnO2按物质的量之比14混合均匀加热制取LiMn2O4，反应过程：升温到515时，Li2CO3开始分解产生CO2和碱性氧化物A，写出A的名称：_，此时比预计Li2CO3的分解温度(723)低得多，可能原因是_。升温到566时，MnO2开始分解产生另一种气体X，X恰好与中产生的CO2物质的量相等，同时得到固体B，固体B是_。升温到720时，第三阶段反应开始，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂。请写出该阶段反应的化学方程式：_。(4)由

8、“滤液1”得到“滤液2”同时回收Al(OH)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1中加入_，再加入NaOH溶液调节pH范围为_，过滤得到滤液2和滤渣，向滤渣中加入NaOH溶液pH12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3。(5)工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3部分工艺：a将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。a中，阳极的电极反应式是_，宜选用_(“阳”或“阴”)离子交换膜。b中，生成Li2

9、CO3反应的化学方程式是_。27工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数。已知Al4C3与硫酸反应可生成CH4；AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)；该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L/mol，实验装置如下(量气管为碱式滴定管改装)：实验过程：连好装置后，检验装置的气密性；称得装置D的初始质量为a g；称取b g AlN样品置于装置B的锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管中液面的初始读数为x mL(量气装置左右液面相平)。(

10、1)若先测量Al4C3质量分数，对K1、K2、K3三个活塞的操作是关闭活塞_，打开活塞_。当_时，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为_；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体体积_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。记录滴定管的读数为y mL，则Al4C3的质量分数为_(用可能含a、b、x、y、Vm的代数式表示)。若无恒压管，对所测Al4C3质量分数的影响是_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(2)若先测量AlN质量分数：首先关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量的某物质，写出AlN与过量的某物质发生反应的离子方程式为_；反应完成后，_(填该步应

11、进行的操作)，最后称得装置D的质量为c g，进而测量AlN的质量分数。28CO和H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料，有关反应的能量变化如图所示。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为 。(2)工业乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3

12、等物质，写出其化学方程式_。(3)为了检验由CO和H2合成气合成的某有机物M的组成，进行了如下测定：将1.84g M在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重4.08g，又知生成CO2和H2O的物质的量之比为34。则M中碳、氢、氧原子个数之比为_。(4)CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是_。A生成3mol O-H键，同时

13、断裂3mol H-H键 B容器中气体的压强不再变化C容器中气体的平均摩尔质量不变 DCH3OH的浓度不再改变比较T1与T2的大小关系：T1_T2(填“”)。在T1和P2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，该反应在第5 min时达到平衡，此时容器的容积为2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_，保持T1和此时容器的容积不变，再充入1mol CO2和3mol H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子_(不必化简，可以不带单位)。三、选考题(共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)35.【化学选修3：物质结构与

14、性质】过渡金属元素的单质及化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，根据所学知识回答下列问题。(1)基态Ni2+的核外电子排布式：_；配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，固态Ni(CO)4，属于_晶体；镍的羰基配合物Ni(CO)4是获得高纯度纳米镍的原料，该配合物中镍原子的价电子排布为3d10，则其杂化轨道类型为_，Ni(CO)4是_(填“极性”或“非极性”)分子。(2)氯化亚铜是一种白色固体，实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，则氯化亚铜的分子式为_；氯化亚铜的盐酸溶液可定量吸收CO形成配合物Cu2(CO)2Cl22H2O(结构如图所示)，该反应可用

15、于测定空气中CO的含量，每个Cu2(CO)2Cl22H2O分子中含_个配位键。(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中含有键与键的数目比为_；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H-S-CN)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的沸点，其原因是_。(4)立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为a pm，列式表示NiO晶体的密度为_g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。人工制备的NiO晶体中常存在缺陷(如图)：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变

16、化。已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3+与Ni2+的离子个数之比为_。36【化学选修5：有机化学基础】苯丁酸氮芥是氮芥类抗癌药的代表物，其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)反应所需的试剂和条件是_，B中的官能团名称是_。(2)C的结构简式为_。(3)写出具有苯环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应的D的同分异构体的结构简式_(不考虑立体异构，只需写出3个)。(4)的反应类型是_。(5)写出F到G的反应方程式：_。(6)设计由苯和制备的合成路线(无机试剂任选)：_。化学答案7. 【答案】C【解析】A防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF等均能防治龋

17、齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，A正确，不选；B以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，B正确，不选；C聚氯乙烯不能用于食品包装，塑料含有的化学品都有毒性，含铅盐的聚氯乙烯会使铅分子扩散到油脂中去，另外，聚氯乙烯塑料制品在较高温度下会分解出有毒气体，C错误，符合题意；D碳纳米管自身重量轻，具有中空的结构，可以作为储存氢气的优良容器，D正确，不选。答案为C。8. 【答案】D【解析】A根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转

18、化N2时，Pt2O+转化为Pt2O，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C将生成的CO2通人含大量SiO、Na+、Cl的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO+CO2(少量)+H2O=CO+H2SiO3，有白色沉淀生成，故C错误；DCO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1g CO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol22NA=0.5NA，故D正确；答案选D。9

19、. 【答案】D【解析】A根据碳四价可数得其每个分子中含有18个氢原子，A项错误；B一般来说，高分子化合物要求相对分子质量至少过万，B项错误；C因该物质结构中含有酯基，所以可以发生水解反应，但产物有乙酸，没有乙醇，C项错误；D因该物质结构中有酚羟基、酯基等，可发生取代反应，因结构中有苯环，可发生催化加氢反应，因含有酚羟基或可以燃烧，因而能发生氧化反应，D项正确；所以答案选择D项。10. 【答案】C【解析】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。ANa形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，则单质熔点：YX，故A正确；B水分子间形成氢键，沸点较高，W

20、、Z的氢化物沸点WZ，故B正确；CX、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，而不是还原性，故C错误；DNa2SiO3中含有Si-O共价键，故D正确；故选C。11. 【答案】C【解析】A溶液X中应含有Fe2+，酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体NO，反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO=3Fe3+NO+2H2O，选项A正确；B生成沉淀H的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO，选项B正确；C溶液X中一定没有的离子为：CO、Ba2+、NO，选项C错误；D溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、SO、NH、Al3+，选项D正确；故答案选C。12. 【答案】C【解析】AL

21、i能与水反应，因此选用无水电解质，故A正确；B放电时，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，则电极反应式为4Li+3CO2+4e=C+2Li2CO3，故B正确；C充电时若电极A质量增加14g，Li的物质的量为=2mol，发生的电极反应式为Li+e=Li，外电路转移电子2mol，但聚合物电解质膜上通过Li+的物质的量为2mol，故C错误D电池每放、充电各一次转移4mol电子就有1mol二氧化碳还原生成碳，即理论上能固定1mol CO2，故D正确；故答案为C。13. 【答案】D【解析】A25，根据A点坐标可知，当pH=2.85时，lgKa+pH=-1.85，即Ka=104.7，CH3COOH的K

22、a数量级为105，A错误；BB点时，醋酸和醋酸根浓度相等，原CH3COOH溶液0.1L 0.1molL1，即B点时n(CH3COOH)+n(CH3COO)=0.01mol，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，n(Na+)=n(CH3COO)+n(OH)-n(H+)=0.005+n(OH)-n(H+)，环境pH7，加入的NaOH的物质的量小于0.005mol，B错误；CA点时，根据物料守恒可知，c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1mol/L，pH7，溶液显酸性，即c(CH3COO)+c(OH)+c(CH3COOH)-c(H+)0.1molL1，

23、C错误；D根据醋酸根的水解方程可知，醋酸根水解常数Kb=，A到C的过程中不考虑温度变化，水解常数不变，加入的氢氧化钠固体增大，钠离子浓度不断增大，增大，D正确。答案为D。26. 【答案】(1)提高含硫烟气中SO2的吸收率 (2)Mn2+、Al3+、Fe2+ (3)氧化锂 MnO2对Li2CO3分解有催化作用 Mn2O3 2Li2O+4Mn2O34LiMn2O4 (4)足量H2O2 4.7pH7.7 (5)2Cl-2e=Cl2 阳 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3【解析】(1)含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，是由于降低温度可提高含硫烟气中SO2的吸收率；(2)SO2溶

24、于水得到H2SO3，H2SO3具有酸性，可溶解金属氧化物Fe2O3.FeO、Al2O3，使它们转化为相应的金属阳离子，同时SO2具有还原性，会将得到的Fe3+还原为Fe2+，SO2与MnO2发生氧化还原反应，得到Mn2+，而SiO2是酸性氧化物，不溶于酸，所以滤渣1为SiO2，滤液1含Al3+、Mn2+、Fe2+；(3)升温到515时，Li2CO3开始分解产生CO2和Li2O，故分解得到的碱性氧化物A的名称是氧化锂；此时比预计Li2CO3的分解温度(723)低得多，说明MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用；升温到566时，MnO2开始分解产生另一种气体X，根据元素在室温下的存在状态可知X

25、为O2，X恰好与中产生的CO2物质的量相等，同时得到固体B，1mol Li2CO3分解产生1mol CO2气体，4mol MnO2分解产生1mol O2，则根据元素守恒可知此过程发生的化学反应方程式4MnO22Mn2O3+O2，B为Mn2O3；升温到720时，A、B反应，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂。该发生的化学反应方程式为：2Li2O+4Mn2O34LiMn2O4；(4)由于滤液1含Al3+、Mn2+、Fe2+，由于Mn2+、Fe2+形成沉淀的pH比较接近，所以由“滤液1”得到“滤液2”同时回收Al(OH)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1中加入足量H2O2，可以将

26、Fe2+氧化为Fe3+，然后再加入NaOH溶液调节pH，使Al3+转化Al(OH)3沉淀，而Mn2+仍然以离子形式存在于溶液，由于Fe3+完全沉淀的pH=3.7，Al3+完全沉淀的pH=4.7，而Mn2+开始形成Mn(OH)2沉淀的pH=7.7，所以调整溶液pH范围为4.7pH7.7，过滤得到滤液2和滤渣，滤渣中含有Al(OH)3、Fe(OH)3，向滤渣中加入NaOH溶液pH12，溶液显碱性，Al(OH)3与碱反应转化为NaAlO2，而Fe(OH)3不溶解，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2，NaAlO2与CO2及水反应产生Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3；(

27、5)根据题给信息可知：a中是LiCl溶液，阳极上溶液中的Cl失去电子，发生氧化反应，电极反应式是2Cl-2e=Cl2，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳离子交换膜；b中LiOH与NH4HCO3反应生成Li2CO3，反应的化学方程式为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3。27. 【答案】(1)K2.K3 K1 量气管中液面不再变化 调整量气管高度，使左右两边液面相平 偏小 偏大 (2)AlN+OH+H2O=AlO+NH3 打开K2，通入一段时间空气【解析】(1)通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得

28、Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1。当量气管中液面不再变化时，说明反应已经结束。利用连通器原理，读取读数之前，应对量气管进行的操作为调整量气管高度，使左右两边液面相平；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，说明气体的压强大于大气压，所测气体体积偏小。甲烷的体积为(x-y)mL，物质的量为，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为，Al4C3的质量分数为=。若无恒压管，最终量气管读数偏大，根据上题公式，对所测Al4C3质量分数的影响是偏大。(2)若先测量AlN质量分数：首先关闭活塞K1，打开活塞K3，AlN溶于强酸产生

29、铵盐，溶于强碱生成氨气，通过分液漏斗加入氢氧化钠，发生反应的离子方程式为AlN+OH+H2O=AlO+NH3；反应完成后，打开K2，通入一段时间空气，平衡气压，最后称得装置D的质量为c g，进而测量AlN的质量分数。28. 【答案】(1)CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+(-p+3n+m)kJmol1 (2)CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O (3)383 CD 3 【解析】(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)+O2(g)=CO2(g) H1=-m kJmol1；H2(g)+O2(g)=H

30、2O(g) H2=n kJmol1；CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H3=-p kJmol1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=H3-3H2-H1=+(-p+3n+m)kJmol1；(2)甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)根据1.84g M中含C x mol，含H y mol，据题意有，解得x=0.06，y=0.16；则1.84g M中含氧物

31、质的量z=0.06mol，1mol M中含C、H、O分别为3、8、3，则M中碳、氢、氧原子个数之比为383；(4)A断裂3mol HH键就意味着消耗了3mol H2，CH3OH和H2O中均有HO键，即反应生成了3mol O-H键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故A错误；B由于反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明v正=v逆，故B错误；C容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m一直保持不变，但反应前后气体物质的量差n0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n才不再变化，故由M=知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；D

32、“CH3OH的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平衡状态，故D正确；答案选CD；由H=-49.58kJmol10，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1T2；由图1知，在T1和p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗的CO2为1mol60%=0.6 mol，故有如下关系：结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=molL1，c(H2)=molL1，c(CH3OH)=molL1，c(H2O)=molL1，则该条件下的平衡常数为；由于再充入原料气时，反应温度没变，即K不

33、变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为2a mol，同理有如下关系：。35.【答案】(1)Ar3d8 分子 sp3 非极性分子 (2)Cu2Cl2 6 (3)54 异硫氰酸中H-N键极性强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸 (4) 111【解析】(1)Ni元素是28号元素，位于第四周期第族，其基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，因此基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；配合物Ni(CO)4常温为液态，熔点低，易溶于CCl4.苯等有机溶剂，所以Ni(CO)4属于分子晶

34、体；该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构，Ni其杂化轨道类型为sp3，是正四面体结构，属于非极性分子，故答案为1s22s22p63s23p63d8；分子；sp3；非极性；(2)实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，相对分子质量为99.52=199，由(CuCl)n=199，n=2得到化学式Cu2Cl2，氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键，配位键如图(X为Cu)，则每个Cu2(CO)2Cl22H2O分子中含6个配位键，故答案为Cu2Cl2；6；

35、(3)(SCN)2结构式为NC-S-S-CN，根据(SCN)2的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为键，三键含有1个键、2个键，(SCN)2分子含有5个键，故1mol (SCN)2分子中含有键的数目为5NA，键的数目为4NA，数目比为54；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸(H-S-CN)的沸点低于异硫氰酸，故答案为54；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸；(4)晶胞中Ni原子数目为1+12=4，氧原子数目为8+6=4，晶胞质量为4g，晶胞边长为a pm，晶胞体积为(a1010cm)3，NiO晶体的密度

36、为为4g(a1010cm)3=g/cm3；设1mol Ni0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+为(0.96-x)mol，根据晶体仍呈电中性，可知3x+2(0.96-x)=21，x=0.08mol Ni2+为(0.96-x)mol=0.88mol，即离子数之比为Ni3+Ni2+=0.080.88=111，故答案为；111。36.【答案】(1)浓硫酸，浓硝酸，55-60水浴加热 硝基 (2) (3)、 (4)还原反应 (5)+CH3OH+H2O (6)【解析】(1)反应为苯发生硝化反应生成硝基苯，所以所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸和55-60水浴加热；根据B的结构简式可知，B中的官能团名称是硝基；(2)根据可知，C为；(3)D的同分异构体具有苯环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应，而D中只有1个O原子，且含有酰胺基，所以其同分异构体中均含有甲酸形成的酰胺基，所以符合条件的有、；(4)反应为硝基转化为氨基的反应，加氢去氧，所以为还原反应；(5)F与甲醇发生酯化反应生成G，反应方程为：+CH3OH+H2O；(6)苯和发生类似题中步骤的反应得，发生还原反应得，在浓硫酸的作用下发生分子内脱水得到，所以合成路线为 。