统考版高考化学复习仿真模拟冲刺标准练（三）含答案

这是一份统考版高考化学复习仿真模拟冲刺标准练（三）含答案，共15页。试卷主要包含了5　K—39　I—127，小张同学进行了以下探究实验，1 kJ·ml－1等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7．中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉，曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是（ ）
A.《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁
B.文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃
C.生铁是指含碳量低的铁合金
D.工业上主要通过煤的干馏获得乙烯、丙烯
8．NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2C eq \(=====,\s\up7(高温)) Na2S＋2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
A.1 ml·L－1 Na2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NA
B.1 L 0.1 ml·L－1 Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C.生成1 ml氧化产物时转移电子数为4NA
D.通常状况下11.2 L CO2中含质子的数目为11NA
9.一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是（ ）
A.WX是共价化合物
B.原子半径：W＞Z＞Y
C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＜Y
D.Z和X、Y、W、Q均可形成至少两种二元化合物
10．科研人员发现瑞德西韦对新型冠状病毒有抑制作用。有机物M（结构如图）是合成瑞德西韦的原料之一。下列关于有机物M的描述错误的是（ ）
A.分子中所有碳原子不可能在同一平面
B.能发生水解反应，生成氨基酸和一元醇
C.碳原子上的一氯代物有6种
D.分子中含有3种官能团
11．下列实验不能达到目的的是（ ）
12.小张同学进行了以下探究实验：在一小烧杯中注入适量饱和氯化钠溶液，滴入1～2滴酚酞溶液，将一只某7号碱性锌－锰干电池（其结构如图）放入烧杯中，观察现象。以下说法错误的是（ ）
A.电池负极附近变红，并产生气泡，该气体为氢气
B.电池正极附近将产生氯气，电极反应为：2Cl－－2e－===Cl2↑
C.碱性锌－锰干电池正极反应：2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－
D.该探究实验过程涉及电能与化学能的相互转化过程
13.新买的瓷制餐具、茶具、酒具放入10%的醋内煮上两三个小时，可除去新瓷器所含的微量铝，避免铝毒危害身体。已知25 ℃时，Ka（CH3COOH）＝1.7×10－5。该温度下用0.1 ml·L－1的醋酸滴定10.00 mL 0.1 ml·L－1的碱MOH，滴定过程中加入醋酸的体积（V）与溶液中lg eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(c（H＋）,c（OH－）))) 的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A.MOH的电离方程式为MOH===M＋＋OH－
B.a点V（CH3COOH）＝10.00 mL
C.25 ℃时，CH3COO－的水解平衡常数为5.9×10－10
D.b点：c（CH3COO－）＞c（M＋）＞c（H＋）＞c（OH－）
第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26题～第28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第35～36题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题：共43分
26.（15分）某兴趣小组以0.1 ml·L－1 FeCl3溶液（pH＝1.9）滴定25 mL 0.1 ml·L－1 Na2S溶液（pH＝12.2），用pH传感器记录反应过程中混合溶液pH值的变化（如图），并观察记录反应现象（如表），以探究溶液酸碱性对化学反应的影响。
（1）滴定时，盛装FeCl3溶液应选取 式滴定管，完成该实验选择 规格。（填“A”或“B”）
A.25mL B．50mL
用离子方程式表示Na2S溶液呈碱性的原因： 。
（2）已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。拟用以下方法检验b点所得黑色沉淀中是否含单质S，试剂X为 。
通过现象： 判断b点黑色沉淀含单质S，b点生成单质S的离子反应为 。
（3）继续用以上方法检验出a点所得黑色沉淀不含S，检出黑色沉淀为Fe2S3，推断a点时未发生氧化还原反应，其原因可能是：
________________________________________________________________________。
（4）为探究c点黑色沉淀溶解的原因，设计如下实验，并观察到相应现象。
用离子方程式表示实验1中产生淡黄色浑浊的原因： 。
实验2中加入FeCl3溶液比加入盐酸溶液时Fe2S3固体溶解更快，说明： 。
（5）有FeS和Fe2S3固体混合物26.9 g，加入足量稀盐酸，完全反应产生淡黄色沉淀，并收集到标准状况下6.72 L气体，若用FexS表示该固体混合物，则x＝ 。
27．（14分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件，一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图1。
（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的是： 。
（2）“调pH＝5”步骤滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和 （填化学式），已知Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10－20，调pH时保持常温，则浊液中c（Cu2＋）＝ ml·L－1。
（3）“氧化”步骤的目的是除铁、除锰，已知KMnO4的还原产物是MnO2，则该步骤中铁将转化为 （填化学式）沉淀除去，而除锰的离子方程式为 。
（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合，在较高温度下反应，反应的化学方程式是 。当观察到反应釜中 现象时，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
（5）“置换”中置换率与 eq \f(n（Zn的实际用量）,n（Zn的理论用量）) 的关系如图2所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2＋的量为依据。实际生产中 eq \f(n（Zn的实际用量）,n（Zn的理论用量）) 最佳比值为1.3，若需置换出112 kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为多少千克？
28．（14分）绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图1所示。
（1）已知：CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g） ΔH1＝－41 kJ·ml－1
CH3CH2OH（g）＋3H2O（g）⇌2CO2（g）＋6H2（g） ΔH2＝＋174.1 kJ·ml－1
反应Ⅰ的热化学方程式为 。
（2）反应Ⅱ在进气比[n（CO）∶n（H2O）]不同时，测得相应的CO平衡转化率见图2（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
①图中A点平衡状态的平衡常数KA＝ ，A、E两点对应的反应温度TA TE（填“＜”“＝”或“＞”）。以下措施可以提高CO平衡转化率的是 。
A.增大压强
B.升高温度
C.减小进气比[n（CO）∶n（H2O）]
D.分离出CO2
②A、B两点对应的反应速率大小：vA vB（填“＜”“＝”或“＞”）。
③达到D点平衡状态时，Kp＝ 。（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）
④已知反应速率v＝v正－v逆＝k正·x（CO）·x（H2O）－k逆·x（CO2）·x（H2），k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当 eq \f(v正,v逆) ＝2.25时，CO的转化率是 。
（3）反应Ⅲ在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2来制备乙醇，其原理如图3所示，电解过程中持续通入CO2，则阴极的电极反应式为 。
（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题做答，如果多做，则按所做第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题：
（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图1所示。基态氮原子的价电子排布图为 ；吡啶六元环为平面结构，邻氨基吡啶的铜配合物中氮原子的杂化方式为 ，Cu2＋的配位数是 。
（2）高聚氮晶体结构如图2所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是 晶体；该晶体中n（N）与n（N—N）之比为 。
（3）NO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(3)) 的空间构型是 ；H2Se的酸性比H2S酸性强的原因是 。
（4）灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其结构如图3所示。已知正六棱柱的边长为a cm，高为b cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm－3（用含NA、a、b的式子表示）。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
有机物P可用于治疗各种类型高血压及心绞痛，其合成路线如图所示。
（1）P中含氧官能团的名称为 ，C的分子式为 。
（2）A→B的化学方程式为 。
（3）C→D的反应类型为 。
（4）F的结构简式为 ，E→F所需的试剂和条件为 。
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件的Q有 种。
①苯环上有三个取代基；
②分子中含有“”原子团。
（6）J（）是一种药物中间体，参照上述合成路线和相关信息，设计以苯甲酸、苯酚和为原料制备J的合成路线（其它无机试剂任选）。
仿真模拟冲刺标准练（三）
7．A “煎矿煮石”，是以焦炭还原铁的氧化物，所以《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，故A正确；“煤则各处产之”说明以煤炭作为燃料被普遍使用，但是煤的主要成分为碳，不是烃，故B错误；生铁是含碳量较高的铁合金，含碳量低的为钢，故C错误；煤进行干馏，获得焦炭、煤焦油等化工原料，石油分馏得到烷烃类、芳香烃化合物，裂化得到烯烃类化合物，故D错误。
8．C 溶液体积未知，依据n＝CV可知无法判断氧原子个数大小，故A错误；硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子，使阴离子个数增加，所以1 L 0.1 ml·L－1 Na2S溶液中含阴离子的数目大于0.1NA，故B错误；Na2SO4＋2C eq \(=====,\s\up7(高温)) Na2S＋2CO2↑反应中氧化产物为二氧化碳，反应生成2 ml二氧化碳失去8 ml电子，则生成1 ml二氧化碳转移4 ml电子，个数4NA，故C正确；通常状况下Vm大于22.4 L/ml，无法计算二氧化碳物质的量和质子数，故D错误。
9．D 分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为S、W为K，WX是KH，含离子键，为离子化合物，故A错误；电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：W＞Y＞Z，故B错误；非金属性S大于C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＞Y，故C错误；Z和X、Y、W、Q均可形成至少两种二元化合物，如CO、二氧化碳、水、双氧水、氧化钾、过氧化钾、二氧化硫、三氧化硫，故D正确。
10．D 该分子中除了酯基上的碳原子外其它碳原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故A正确；含有酯基和氨基，所以具有酯和氨的性质，该物质水解生成（CH3CH2）2CCH2OH、CH3CH（NH2）COOH，所以生成氨基酸和一元醇，故B正确；碳原子上含有6种氢原子，其碳原子上的一氯代物有6种，故C正确；含有酯基和氨基2种官能团，故D错误。
11．C NO2与NaOH溶液反应，而NO不反应，可用NaOH溶液除去NO中的少量NO2气体，故A不选；向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞，若溶液呈红色，证明碳酸氢钠溶液呈碱性，能够达到实验目的，故B不选；向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液，可能生成了碳酸氢钠，应该加入过量的硼酸溶液，该实验无法达到实验目的，故C选；由于浓硫酸具有吸水性、浓盐酸易挥发，可用浓硫酸和浓盐酸混合制取少量HCl，故D不选。
12．B 将一只7号碱性锌－锰干电池放入盛有饱和氯化钠溶液的烧杯中形成电解池，电池的负极作阴极，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则电池负极附近变红，并产生气泡，故A正确；电池的正极铜帽为电解池的阳极，阳极上铜帽失电子生成Cu2＋，阳极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，故B错误；7号碱性锌—锰干电池的铜帽为正极，MnO2得电子生成MnOOH，正极反应式为MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－，故C正确；实验过程中涉及原电池放电、将化学能转化为电能，电解时将电能转化为化学能，涉及电能与化学能的相互转化，故D正确。
13．B 由图像V（CH3COOH）＝0， eq \f(c（H＋）,c（OH－）) ＝10－12可知c（H＋）＝10－13 ml·L－1，0.1 ml·L－1的MOH溶液pH＝13，所以MOH为强碱，在水溶液中完全电离，故A正确；a点的c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性，而V（CH3COOH）＝10 mL时，溶液中溶质为CH3COOM，该盐为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故B错误；室温下，Kh（CH3COO－）＝ eq \f(Kw,Ka（CH3COOH）) ＝ eq \f(10－14,1.7×10－5) ＝5.9×10－10，故C正确；由图像可知，b点c（H＋）＞c（OH－），根据电荷守恒c（H＋）＋c（M＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），可知c（CH3COO－）＞c（M＋），故D正确。
26．答案：（1）酸 B S2－＋H2O⇌HS－＋OH－ （2）水 加入水后，出现淡黄色沉淀 2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S↓ （3）溶液pH大，溶液酸性弱，Fe3＋氧化性弱
（4）FeS＋2Fe3＋===3Fe2＋＋S 固体溶解快慢与Fe3＋的浓度有关，与H＋浓度无关 （5） eq \f(96,101)
解析：（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，使溶液呈现酸性，应用酸式滴定管盛装；由图中实验过程分析，整个实验过程至少需要40 mL溶液，应选用大于40 mL的滴定管盛装；Na2S中，S2－为弱酸根，在水溶液中要结合水电离出的H＋，发生水解；（2）题中给出硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，实验中用95%的酒精溶解，取上层清液，若存在S，则S会溶解在酒精中，存在于上层清液，此时，加入水，减小乙醇的质量分数，S的溶解度降低就会析出，观察到淡黄色沉淀。S2－生成S沉淀，即被氧化，溶液中Fe3＋具有氧化性，并被还原为Fe2＋；（3）随着FeCl3溶液的增多，溶液pH值降低，溶液酸性增强，Fe3＋氧化性增强，可将S2－氧化；而a点时，FeCl3较少，酸性弱，Fe3＋无法氧化S2－；（4）淡黄色浑浊为S沉淀，S2－被Fe3＋氧化，S2－存在于FeS中，FeS为沉淀，离子方程式为FeS＋2Fe3＋===3Fe2＋＋S；实验2中，对比两次实验，二者的差别在Fe3＋和H＋的浓度不同，所以产生不同现象的原因就在二者的浓度不同；Fe3＋的浓度越大，反应速率越快，固体溶解速率快；（5）设FeS和Fe2S3的物质的量分别为m ml和n ml，题中收集到6.72 L即0.3 ml H2S气体，根据FeS＋2Fe3＋===3Fe2＋＋S，则Fe2S3与产生S的关系为1∶1，再根据S2－＋2H＋===H2S↑，结合“S”原子守恒及质量守恒可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(88m＋208n＝26.9 ①,m＋3n＝0.3＋n ②))
由②得，m＋2n＝0.3由①②解得n＝ eq \f(1,64) ，题中x＝ eq \f(m＋2n,m＋3n) ＝ eq \f(m＋2n,m＋2n＋n) ＝ eq \f(0.3,0.3＋\f(1,64)) ＝ eq \f(96,101) 。
27．答案：（1）增大反应物接触面积，提高反应速率 （2）CaSO4 2.2×10－2
（3）Fe（OH）3 3Mn2＋＋2MnO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(4)) ＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
（4）Zn＋2NaOH eq \(=====,\s\up7(高温)) Na2ZnO2＋H2↑ 无明显气泡产生 （5）86.2
解析：（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的为增大反应物接触面积，提高反应速率；（2）结合分析可知，滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和CaSO4，Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10－20，调pH时保持常温，c（OH－）＝ eq \f(10－14,10－5) ml·L－1＝10－9 ml·L－1，则浊液中c（Cu2＋）＝ eq \f(Ksp[Cu（OH）2],c2（OH－）) ＝ eq \f(2.2×10－20,（1.0×10－9）2) ml·L－1＝2.2×10－2 ml·L－1；
（3）结合分析可知，滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2＋氧化生成二氧化锰沉淀发生的反应为3Fe2＋＋MnO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(4)) ＋7H2O===MnO2↓＋3Fe（OH）3↓＋5H＋，3Mn2＋＋2MnO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(4)) ＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn＋2NaOH eq \(=====,\s\up7(高温)) Na2ZnO2＋H2↑，当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的；
（5）锌置换镉的反应为Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋，若需置换出112 kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为 eq \f(\f(112 kg,98%),112 kg/kml) ×65 kg/kml×1.3＝86.2 kg。
28．答案：（1）CH3CH2OH（g）＋H2O（g）===4H2（g）＋2CO（g） ΔH＝＋256.1 kJ·ml－1
（2）①1 ＝ CD ②< ③2.25 ④50%
（3）14CO2＋12e－＋9H2O===CH3CH2OH＋12HCO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(3))
解析：（1）由图1可知，反应Ⅰ的化学方程式为CH3CH2OH（g）＋H2O（g）===4H2（g）＋2CO（g），根据盖斯定律，②－①×2可得CH3CH2OH（g）＋H2O（g）===4H2（g）＋2CO（g） ΔH＝＋174.1 kJ·ml－1－（－41 kJ·ml－1）×2＝＋256.1 kJ·ml－1；（2）①图中A点坐标为（0.5，66.7），即n（CO）∶n（H2O）＝0.5，CO的转化率为66.7%，设CO的起始量为a ml，则H2O的起始量为2a ml，CO的变化量为0.667a ml，列三段式如下：
eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1( CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g）,起始量/ml a 2a 0 0,变化量/ml 0.667a 0.667a 0.667a 0.667a,平衡量/ml 0.333a 1.333a 0.667a 0.667a))
设容器的体积为V L，则平衡常数KA＝ eq \f(c（CO2）·c（H2）,c（CO）·c（H2O）) ＝ eq \f(\f(0.667a,V)×\f(0.667a,V),\f(0.333a,V)×\f(1.333a,V)) ≈1，图中E点坐标为（1，50），即n（CO）∶n（H2O）＝1，CO的转化率为50%，设CO的起始量为b ml，则H2O的起始量为b ml，CO的变化量为0.5b ml，列三段式计算如下：
eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1( CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g）,起始量/ml b b 0 0,变化量/ml 0.5b 0.5b 0.5b 0.5b,平衡量/ml 0.5b 0.5b 0.5b 0.5b))
则平衡常数KE＝ eq \f(c（CO2）·c（H2）,c（CO）·c（H2O）) ＝ eq \f(\f(0.5b,V)×\f(0.5b,V),\f(0.5b,V)×\f(0.5a,V)) ＝1＝KA，温度不变，平衡常数不变，故A、E两点对应的反应温度：TA＝TE，以下措施能提高CO平衡转化率是：反应Ⅱ前后气体分子数不变，增大压强，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故A错误；由（1）知反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，故B错误；减小进气比[n（CO）∶n（H2O）]，相当于保持CO的浓度不变，增大H2O的浓度，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，故C正确；分离出CO2，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，故D正确。
②图中A点和B点的投料比相同，A点的转化率大于B点的转化率，说明相对于A点，B点平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应，则TA＜TB，故A、B两点对应的反应速率大小：vA＜vB；③D点坐标为（1，60），即n（CO）∶n（H2O）＝1，CO的转化率为60%，设CO的起始量为c ml，则H2O的起始量为c ml，CO的变化量为0.6c ml，列三段式计算如下：
eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1( CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g）,起始量/ml c c 0 0,变化量/ml 0.6c 0.6c 0.6c 0.6c,平衡量/ml 0.4c 0.4c 0.6c 0.6c))
则平衡时CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分数分别为0.4、0.4、0.6、0.6，设平衡时总压强为p总，则Kp＝ eq \f(p（CO2）·p（H2）,p（CO）·p（H2O）) ＝ eq \f(0.6p总×0.6p总,0.4p总×0.4p总) ＝2.25。
④平衡时，v正＝v逆，即k正·x（CO）·x（H2O）＝k逆·x（CO2）·x（H2），由③知Kp＝ eq \f(p（CO2）·p（H2）,p（CO）·p（H2O）) ＝ eq \f(x（CO2）·x（H2）,x（CO）·x（H2O）) ＝ eq \f(k正,k逆) ＝2.25，当 eq \f(v正,v逆) ＝2.25时，即＝ eq \f(k正·x（CO）·x（H2O）,k逆·x（CO2）·x（H2）) ＝2.25× eq \f(x（CO）·x（H2O）,x（CO2）·x（H2）) ＝2.25，则 eq \f(x（CO）·x（H2O）,x（CO2）·x（H2）) ＝1，设CO的转化率为α，列三段式计算如下：
eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1( CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g）,起始量/ml c c 0 0,变化量/ml αc αc αc αc,平衡量/ml （1－α）c （1－α）c αc αc))
则此时CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分数分别为（1－α）、（1－α）、α、α，由 eq \f(（1－α）2,α2) ＝1，解得α＝0.5＝50%。
（3）电解活化的CO2来制备乙醇，碳元素的化合价从＋4价降低到－2价，则1 ml CO2得到6 ml电子，发生还原反应，生成0.5 ml CH3CH2OH，在饱和KHCO3电解液中，阴极的电极反应式为：14CO2＋12e－＋9H2O===CH3CH2OH＋12HCO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(3)) 。
35．答案：
（1） sp3、sp2 4 （2）原子 2∶3 （3）平面三角形 Se的原子半径大于S，H—Se键更容易断裂，易于H＋的电离 （4） eq \f(158\r(3),a2bNA)
解析：（1）可依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3直接写出轨道表示式，；分析邻氨基吡啶分子结构可知，氨基上的N原子只形成单键，为sp3杂化，杂环上的N原子形成了C—N单键与C===N双键，为sp2杂化，依据图1可看出，铜离子分别和两个N原子及两个O原子配位，铜离子配位数为4；
（2）在图2高聚氮晶体结构中，N原子均以共价键结合在一起构成空间立体网状结构，应为原子晶体；依据图2用均摊法计算，每个N原子为3个六元环共用，每个N—N键为2个六元环共用，每个六元环中氮原子个数6× eq \f(1,3) ＝2，每个六元环中N－N键个数为6× eq \f(1,2) ＝3，该晶体中n（N）与n（N—N）之比为2∶3；
（3）NO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(3)) 中N原子的价层电子对数为3＋ eq \f(5＋1－2×3,2) ＝3，无孤对电子，则N原子杂化形式为sp2，空间构型为平面三角形；H2S与H2Se键长和键角相近，且S和Se为同族元素，H2Se中Se形成H—Se，所以H2Se分子中含有的共价键类型为极性共价键；Se的原子半径大于S，形成简单氢化物时，Se和S价态相同，但Se由于半径较大造成电子密度降低，易于H＋的电离，所以酸性H2Se的酸性比H2S强，
（4）由晶胞俯视图可知，把俯视图中三个硒原子看成一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：2× eq \f(1,2) ×3＋12× eq \f(1,6) ×3＝9，晶胞质量为 eq \f(9×M,NA) g，体积为a× eq \f(\r(3),2) a×b×3 cm3，则晶胞的密度ρ＝ eq \f(m,V) ＝ eq \f(\f(9M,NA),V) ＝ eq \f(9×79,NA×a×\f(\r(3),2)a×b×3) g·cm－3＝ eq \f(158\r(3),a2bNA) g·cm－3。
36．答案：（1）醚键、羟基 C8H7O2Cl
（2）
（3）还原反应 （4） 浓硫酸、加热 （5）20
（6）
解析：
（1）P中含氧官能同的名称为醚键、羟基，C的分子式为C8H7O2Cl；
（2）A和苯酚发生取代反应生成B和HCl，A→B的化学方程式为
（3）C组成上去氧加氢生成D，故C发生还原反应生成D（），C→D的反应类型为还原反应；
（4）由分析可知，F的结构简式为，E和甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成F，E→F所需的试剂和条件为浓硫酸、加热；
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件：①苯环上有三个取代基，②分子中含有“”原子团，取代基为HCOO—、—Cl、—CH3，或者为—COOH、—Cl、—CH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，对应的第3个不同的取代基分别有4种、4种、2种位置，故所以符合条件的共有（4＋4＋2）×2＝20种；
（6）由F→G的转化可知，由与反应生成，由乙酸→A→B的转化可知，苯甲酸与SOCl2反应生成，在氯化铝条件下与反应生成，发生C→D的转化生成，其合成路线为：
选项
目的
实验
A
除去NO中的少量NO2气体
用氢氧化钠溶液洗气
B
验证小苏打溶液显碱性
向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞
C
证明碳酸的酸性强于硼酸
向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液
D
制备少量HCl气体
向浓硫酸中滴入适量浓盐酸
对应点
现象
a
产生黑色沉淀
b
黑色沉淀增多
c
黑色沉淀减少，有大量黄色沉淀生成
实验1
实验2
固体溶解，闻到微量臭鸡蛋味，溶液出现淡黄色浑浊。