安徽省马鞍山二中高三第二次教学质量检测理综化学试题（解析版）

1、PAGE PAGE 19页2022届安徽省马鞍山二中高三第二次教学质量检测理综化学试题一、单选题1化学与生产生活密切相关，下列说法中不正确的是（）A中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸C硅的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池D电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法2用脯氨酸()催化合成酮醛反应如下：(a)+ (b)DMSO脯氨酸(c)下列说法不正确的是（）A脯氨酸的分子式为C5H9NO2Bc可以使酸性KMnO4溶液褪色C该反应为加成反应Da中所有原子共面3实验室采用下表中试剂和装置制备和收集气体(不考虑尾气处理)

2、，合理的是（）选项ab气体装置A稀硝酸CuNOB稀硫酸大理石CO2C浓氨水生石灰NH3D浓硫酸Na2SO3SO2AABBCCDD4X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X最高正价和最低负价代数和为0，Y的质子数与其阴离子的最外层电子数相等，X和Z同主族，Z、W、R三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物两两间能反应。下列说法正确的是（）AX与Y、Z、R形成的化合物均只含有共价键B简单离子半径：YWRCY和R的简单氢化物沸点：YRDZ和R元素形成的化合物水溶液一定显中性5我国科学家以CO2和辛胺为原料实现了甲酸盐和辛睛的高选择性合成，装置工作原理如图(以KOH溶液为电解液，隔膜a只

3、允许OH-自由通过)。下列说法正确的是（）Am为直流电源正极BIn/In2O3-x电极上发生的反应为CO22e-H2O=HCOO-OH-C若Ni2P电极上生成1molCH3(CH2)6CN，理论上电路中转移2mole-D工作一段时间后，左右两室溶液的pH均保持不变6下列实验操作、现象与结论正确的是（）选项操作现象结论A将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合产生白色絮状沉淀结合质子能力：AlO2-CO32-B将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中溶液变黄色氧化性：H2O2Fe3CC2H5OH与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液酸性 KMnO4溶液褪色制得气体为乙烯D

4、向1mL0.1moLL-1KCl溶液中加入过量AgNO3溶液，再加入1mL 0.1moLL-1 KI溶液先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)AABBCCDD7已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸。25时，向20 mL0.1 mol/L H3PO3溶液中滴加同浓度NaOH溶液，混合溶液中的有关粒子浓度之比的对数与溶液pH的关系如图所示，下列叙述正确的是（）AM、W两点所在的直线表示lgc(HPO32-)c(H2PO3-)与pH的关系B当pH=3时，c(H2PO3-)c(HPO32-)c(H3PO3)CN点：3c(H2PO3-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D2

5、5时，HPO32-+H2OH2PO3-+OH-的平衡常数为10-12.57二、非选择题8亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂，可用ClO2为原料制取，装置如图。请回答下列问题：已知：饱和NaClO2溶液中析出的晶体成分与温度的关系如下表所示：温度/60晶体成分NaClO23H2ONaClO2NaClO2分解成NaClO3和NaClClO2极易溶于水，不与水反应，沸点11。（1）装置B中使用浓硫酸而不使用稀硫酸的原因是 ，装置C的作用是 。（2）装置D中生成NaClO2的离子方程式为 （3）装置D溶液采用结晶法提取NaClO2晶体，控制温度为 减压蒸发结晶，趁热过滤，50左右热水洗涤

6、，低于60条件下干燥，得到成品。（4）装置B中若Na2SO3过量，则ClO2中混有 气体，导致装置D中可能产生杂质离子为 （5）测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称取所得NaClO2样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，在酸性条件下发生充分反应：ClO2-4I-4H=2H2O2I2Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：I22S2O32-=2IS4O62-)。该样品中NaClO

7、2的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。9超细碳酸锶是重要的无机化工产品。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3等杂质)制备超细碳酸锶的工艺如下：已知：“高温煅烧”过程中发生的主要反应为：SrSO44C高温煅烧_SrS4COSr(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度表(g100mLH2O)温度02040608090100氢氧化钙0.190.170.140.120.090.080.07氢氧化锶0.911.773.958.4220.2044.5091.20回答下列问题：（1）“粉碎”的目的是 （2）“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为 （

8、3）“除铁铝”过程中温度控制在75左右，适宜的加热方式为 （4）“操作I”为 （5）写出“沉锶”的离子方程式 反应温度对锶转化率的影响如图，温度高于60时，“锶转化率”降低的原因为 。从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH10的原因 。10研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。（1）发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。已知：C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l) H1=-2765.0kJ/mol2O2(g) +N2(g)=N2O4(l) H2=-19.5kJ/molH2O(g)= H2O

9、(l) H3=-44.0kJ/mol则C2H8N2(1)2N2O4(1)=3N2(g)2CO2(g)4H2O(g)的H为 。（2）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步：I2(g)2I(g)(快反应)第二步：I(g)N2O(g)N2(g)IO(g)(慢反应)第三步：IO(g)N2O(g)N2(g)O2(g)I2(g)(快反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_AN2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关Bv(第二步的逆反应)v(第三步反应)CIO为反应的催化剂D第二步活化能比第三步大（3）为避免汽车尾气中

10、的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g) H=-746.8kJ-mol-1。实验测得：v正=k正p2(NO)p2(CO)，v逆=k逆p(N2)p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量分数x总压)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，压强为p0kPa。达平衡时压强为0.9p0kPa，则k正k逆= 。（4）我国科技人员计算了在一

11、定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：3N2H4(1)=4NH3(g)+N2(g) H1 Kp14NH3(g)=2N2(g)+6H2(g) H2 Kp2绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp=-1gKp)由图可知，H1 0(填“”或“”)反应3N2H4(1)=3N2(g)6H2(g)的K= (用Kp1、Kp2表示)；该反应的H 0(填“”或“”)，写出推理过程 11四羰基镍Ni(CO)4主要用于制高纯镍粉，也用于制造塑料中间体。回答下列问题：（1）Ni在周期表中的位置 。Ni基态原子排布式中3d能级上未成对电子数为 （2）Ni(CO)4中三种元素电负性由小到大的顺序为

12、 （3）Ni(CO)4为正四面体的配合物。它不溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是 。1 mol Ni(CO)4中含有 mol 键。（4）已知碳的一种单质结构如图1所示，层间距离为335 pm，层内的碳原子的核间距为142 pm。该单质的晶体类型为 从图1中取出该物质的晶胞如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。例如图2中原子1的坐标为(0，0，0)，原子2的坐标为(1，1，1)，则原子3和原子4的坐标分别为 、 。根据图1中所给的数据，阿伏加德罗常数的值为NA，石墨的密度为 g/cm3。(列出计算式)12化合物H(硝苯地平)是一种治疗高

13、血压的药物，其一种合成如下：已知：回答下列问题：（1）的反应类型 （2）E的官能团的名称为 （3）G的结构简式为 。（4）反应的化学方程式 （5）H中有 种不同环境的氢原子。（6）M与D互为同分构体，同时满足下列条件的M的结构有 种。写出其中任一种结构简式 a能发生银镜反应，遇FeCl3显紫色。b结构中存在-NO2。c核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：2：2。（7）设计由HO(CH2)7OH和乙醇为起始原料制备的合成路线 (无机试剂、反应条件试剂任选)。答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】A明矾为KAl(SO4)2 12H2O，其溶液中Al3+水解显酸性，可清除铜镜表面的铜锈，

14、A不符合题意；B豆浆煮沸后蛋白质失活，不会变成氨基酸，B符合题意；C硅的单质可用于太阳能电池，C不符合题意；D镁更加活泼，与内胆之间形成原电池从而保护内胆，其原理是牺牲阳极的阴极保护法，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A利用明矾水解显酸性；B蛋白质加热会变性；C 单晶硅可以实现光电转换 ；D利用牺牲阳极的阴极保护法。2【答案】D【解析】【解答】A由结构简式可知，脯氨酸的分子式为C5H9NO2，A不符合题意；Bc中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B不符合题意；C该反应中醛基变羟基，为加成反应，C不符合题意；Da中含有甲基，故不可能所有原子共面，D符合题意；故答

15、案为：D。【分析】A由结构简式确定分子式；B官能团决定性质；C由官能团变化确定反应类型；D甲基是体型结构。3【答案】D【解析】【解答】A生成的NO气体能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集，故A不符合题意；B稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙是微溶物会覆盖到碳酸钙的表面从而阻止反应的继续进行，故不能用于制取二氧化碳，故B不符合题意；C生成的氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，故C不符合题意；D利用强酸制弱酸原理，生成二氧化硫气体，用浓硫酸可以干燥，密度比空气大，故可用向上排空气法收集，故D符合题意；故答案为：D。【分析】ANO能与氧气反应；B硫酸钙是微溶物，会覆盖到碳酸钙的表面从而阻止反

16、应的继续进行；C密度比空气小的气体，应该用向下排空气法收集；D利用强酸制弱酸原理。4【答案】C【解析】【解答】AH与Na形成的化合物中含有离子键，A不符合题意；BY、W离子分别为O2-、Al3+，他们的核外电子排布相同，其中O的原子序数小，故O2-Al3+，B不符合题意；CY的简单氢化物是水，水分子之间存在氢键，沸点较高，C符合题意；DR为S或Cl，其中Na2S溶液显碱性，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A金属氢化物是离子化合物；B离子核外电子排布相同，序数越小，半径越大；C应考虑氢键；D考虑盐类水解与酸碱性的关系。5【答案】B【解析】【解答】AIn/In2O3-x电极为阴极，与电源负极相

17、连，则m为直流电源负极，故A不符合题意；BIn/In2O3-x电极上CO2HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，阴极反应为CO2+2e-+H2OHCOO-+OH-，故B符合题意；CNi2P电极为阳极，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH-4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，生成1molCH3(CH2)6CN，理论上电路中转移4mole-，故C不符合题意；D阴极电极反应为2CO2+4e-+2H2O2HCOO-+2OH-，阳极电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH-4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，OH-被消耗，工作一段时间后，左右两室溶液的pH减小，故D

18、不符合题意；故答案为：B。【分析】A依据化合价的变化判断电极；B阴极得电子，发生还原反应；C电路中转移电子数与电极得失电子数相等；D依据电极反应判断。6【答案】A【解析】【解答】A偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，有白色沉淀生成，则AlO2-结合H+能力比CO32-强，故A符合题意；B酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，故该现象不能比较过氧化氢与铁离子的氧化性，故B不符合题意；C乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，由现象不能说明制得的气体中含乙烯，故C不符合题意；D硝酸银过量，故不能证明该实验中存在沉淀转换，故D不符合题意；故答案为： A。【分析】A偏铝酸根离子促进碳酸

19、氢根离子的电离；B酸性条件下硝酸根离子有强氧化性；C乙醇有还原性，能使高锰酸钾 溶液褪色 ；D注意硝酸银过量。7【答案】C【解析】【解答】Algc(HPO32-)c(H2PO3-)=lgKa2c(H+)=lgKa2-lgc(H+)=lgKa2+pH；lgc(H2PO3-)c(H3PO3)=lgKa1c(H+)=lgKa1-lgc(H+)=lgKa1+pH，M、N存在关系lgc(HPO32-)c(H2PO3-)= lgc(H2PO3-)c(H3PO3)及Ka1Ka2，pH：NM，根据Ka1Ka2可知：N点表示lgc(HPO32-)c(H2PO3-)与pH的关系，M点表示lgc(H2PO3-)c(

20、H3PO3)与pH的关系，A不符合题意；B由A分析可知，Ka2=10-6.54、Ka1=10-1.43，pH=3时，混合溶液中有c(H2PO3-)= c(HPO32-)Ka2c(H+)=c(HPO32-)10-(-6.54+3)= c(H3PO3)Ka1c(H+)=c(H3PO3) 10-(-1.43+3)，则c(HPO32-) c(H2PO3-)c(H3PO3)，B不符合题意；CN点lgc(HPO32-)c(H2PO3-)=0，c(H2PO3-)=c(HPO32-)，由电荷守恒可知，2c(HPO32-)+ c(H2PO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则3c(H2PO3-)=c

21、(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C符合题意； D.25时存在关系：HPO32-+H2OH2PO3-+OH-，该反应的化学平衡常数K=c(H2PO3-)c(OH-)c(HPO32-)=KwKa2=10-1410-6.54=10-7.46，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】A利用pH增大， H3PO3 转化为 H2PO3- 再转化为 HPO32- ； B利用Ka1、Ka2判断；C依据电荷守恒列式； D.依据K=c(H2PO3-)c(OH-)c(HPO32-)=KwKa2计算。8【答案】（1）稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出；防倒吸(或“安全瓶”)（2）2ClO2+2

22、OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2（3）3860(或3860之间的任意数值)（4）SO2；SO42-（5）9.05cVm%【解析】【解答】本实验欲利用ClO2制备NaClO2，根据实验装置，利用装置B制备ClO2，装置C用于缓冲，防止D装置中的液体倒吸，装置D用于NaClO2的合成，装置A和E吸收废气，防止污染空气。(1)装置B利用浓硫酸、NaClO2和Na2SO3制备ClO2，制备过程中应使用浓硫酸，若使用稀硫酸，反应过程中会带出少量水气，极易溶解生成的ClO2，影响后续的产率；装置C用于缓冲，防止ClO2极易溶于水使装置内压强骤降引起倒吸。(2)装置D用于制备NaClO2，反应

23、中H2O2氧化ClO2同时与NaOH作用生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2。(3)根据已知条件NaClO2在3860之间时蒸发结晶得到是纯净的NaClO2，不含有结晶水，也不会分解出杂质，因此实验中应选择3860进行减压蒸发结晶；(4)装置B中若Na2SO3过量，则过量的Na2SO3可以与硫酸发生反应生成SO2混入到ClO2中，导致后续的装置D中，H2O2与SO2反应生成SO42-。(5)滴定过程中ClO2与I-反应生成I2，生成的I2用Na2S2O3进行定量分析通过消耗的Na2S2O3的量计算消耗的I2的物质的量，则生成的I2的物

24、质的量n(I2)=12c(Na2S2O3)V(Na2S2O3)=12cV10-3 mol，根据ClO2与I-的反应方程式可以计算消耗的ClO2的物质的量n(ClO2)=12n(I2)=14cV10-3 mol，则100mL溶液中存在的NaClO2的物质的量为cV10-3 mol，样品中NaClO2的纯度为m(NaClO2)m(样品)100%=90.5cV10-3m100%=9.05cVm%。 【分析】(1)利用信息 分析；装置C用于缓冲，极易溶于水的气体吸收时应防止倒吸。 (2)H2O2氧化ClO2同时与NaOH作用生成NaClO2。(3)根据已知信息 选择条件；(4)依据强制弱判断产物，确定

25、杂质。(5)依据关系式计算。9【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率（2）SrS+2HCl = SrCl2+H2S（3）水浴加热或水浴（4）趁热过滤（5）Sr2+HCO3-+NH3H2O=SrCO3+NH4+H2O(或 Sr2+HCO3-+NH3=SrCO3+NH4+ )；温度高于60时，NH4HCO3分解；当pH10时，有利于HCO3-向电离方向移动，溶液中CO32-浓度增大，有利于SrCO3沉淀的生成【解析】【解答】锶渣高温煅烧，主要成分SrSO4煅烧后生成SrS，加入盐酸酸浸，锶、钙、铁、铝、镁转化为相应的盐溶液，加入氢氧化钠除去铁、铝，滤液加入氢氧化钠继续调节pH，

26、除去镁、钙；趁热过滤得到含锶溶液，加入氨水、碳酸氢铵溶液生成碳酸锶沉淀，最终生成超细碳酸锶。(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；(2)已知：“高温煅烧”过程中发生的主要反应为：SrSO44C高温煅烧_SrS4CO；锶渣主要成分SrSO4煅烧后生成SrS，由流程可知，“酸浸”过程中加入盐酸，主要反应为SrS和盐酸生成SrCl2和H2S，化学方程式为SrS+2HCl = SrCl2+H2S；(3)“除铁铝”过程中温度控制在75左右，温度低于水的沸点，故适宜的加热方式为水浴加热；(4)由流程可知，“操作I”为过滤分离，得到含有氢氧化锶溶液并除去了钙镁的氢氧化物沉淀，结

27、合已知的溶解度可知，“操作I”为趁热过滤；(5)“沉锶”过程中加入氨水、碳酸氢铵反应生成了碳酸锶沉淀，则反应离子方程式Sr2+HCO3-+NH3H2O=SrCO3+NH4+H2O(或 Sr2+HCO3-+NH3=SrCO3+NH4+ )；碳酸氢铵不稳定受热易分解，温度高于60时，“锶转化率”降低的原因为温度高于60时，NH4HCO3分解，导致碳酸氢铵浓度降低，“锶转化率”降低；从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH10的原因是：HCO3-H+ CO32-，溶液碱性增强，有利于HCO3-向电离方向移动，溶液中CO32-浓度增大，有利于SrCO3沉淀的生成。【分析】（1）粉碎的目的是增大接触面

28、积（2）根据反应物的性质即可写出方程式（3）温度低于100一般选择的是水浴加热（4）固液分离利用的是过滤（5）根据反应物结合性质即可写出方程式沉锶时，温度过高导致碳酸氢铵分解pH越大导致碳酸根离子浓度增大，促进锶离子的沉淀10【答案】（1）2550.0kJmol-1（2）B；D（3）小于；7.5p0或152p0（4）；Kp1Kp2；T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)pKp2(T2)-pKp2(T1)则：pKp1(T2)-pKp1(T1) pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)pKp1(T1)+pKp2(T1)，lgKp1(T1)Kp2(T1)lg

29、Kp1(T2)Kp2(T2)即K(T1)K(T2)，因此该反应正反应为放热反应【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，-2-4得反应：C2H8N2(1)2N2O4(1)=3N2(g)2CO2(g)4H2O(g)，则H=H1-2H2-3H3=2550.0kJmol-1；(2)Ak为速率常数受温度、催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，A不符合题意；B平衡时v(正)=v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)v(第三步反应)，B符合题意；C催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，

30、不是反应的催化剂，C不符合题意；D活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D符合题意；故答案为：BD；(3)达到平衡后，v正= v逆=k正p2(NO)p2(CO) =k逆p(N2)p2(CO2)，反应的平衡常数K=p(N2)p2(CO2)p2(NO)p2(CO)=k正k逆，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数； 一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2mol、2mol、1mol，生成N2的物质的量为x；起始(mol)转化

31、(mol)平衡(mol)2NO(g)22x2-2x+2CO(g)22x2-2xN2(g)1x1+x+2CO2(g)02x2x则反应后总的物质的量为(5-x)mol，初始压强为p0kPa，达平衡时压强为0.9p0kPa，则5-x5=p0kPa0.9kPa，x=0.5mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，则K=k正k逆=(0.9p0kPa14.5)2(0.9p0kPa1.54.5)(0.9p0kPa14.5)2(0.9p0kPa14.5)2=7.5p0；(4)由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，

32、正反应为放热发应，H1T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)pKp2(T2)-pKp2(T1)则：pKp1(T2)-pKp1(T1) pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)pKp1(T1)+pKp2(T1)，lgKp1(T1)Kp2(T1)lgKp1(T2)Kp2(T2)即K(T1)K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。【分析】（1）根据盖斯定律即可计算（2）A.K与温度有关B.根据正反应速率快慢即可判断C.根据反应流程即可判断是否为催化剂D.活化能越大，速率越慢（3）正反应是吸热，温度对逆反应影响大根据平衡时物

33、质的量即可计算出比值（4）根据图示即可判断焓变的正负利用方程式即可计算出关系利用盖斯定律即可计算出能量11【答案】（1）第四周期第VIII族；2（2）NiCO（3）Ni(CO)4为非极性分子，难溶于极性较大的水分子，易溶于极性较小乙醇、乙醚等有机溶剂；8（4）混合型晶体；(0，0，1)；(13，23，12)；412NA332(14210-10)2(335210-10)【解析】【解答】(1)Ni是28号元素，在周期表中位于第四周期第VIII族；根据构造原理，可知基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，3d轨道数目是5个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向

34、相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，在一个轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子存在，则基态Ni原子排布式中3d能级上未成对电子数为2个；(2)在Ni(CO)4中由Ni、C、O三种元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，这三种元素的非金属性：NiCO，故元素的电负性由小到大的顺序为NiCO；(3)Ni(CO)4为正四面体的配合物。它不溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，这是由于该物质分子是非极性分子，易溶于由非极性分子组成的溶剂乙醇、乙醚等有机溶剂中，而在由极性分子H2O组成的极性溶剂中不容易溶解；在Ni(CO)4中配位体CO与中心Ni原子之间以配位键结合，在配位体中C、O原子之间以

35、共价三键结合，其中1个是键，2个是键，配位键属于键，故1个Ni(CO)4中含有8个键，则1 mol Ni(CO)4中含有8 mol 键；(4)该晶体是层状结构，在层内C原子之间以共价键结合，在层间以分子间作用力结合，因此该晶体为混合型晶体；根据原子的相对位置，可知原子3的坐标为(0，0，1)；原子4的坐标为(13，23，12)；在一个晶胞中含有的C原子数目是1612+136=4个，晶胞底面积为S=14210-1014210-10sin6026cm2=332(14210-10)2cm2，晶胞的高为h=233510-10 cm，所以石墨晶体的密度=mV=412NA332(14210-10)2(335