2019年高考名校考前提分仿真试卷化学（七）Word版含解析.docx

此卷只装订不密封 班级姓名准考证号考场号座位号 绝密★启用前 ‎【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷 化学（七）‎ 注意事项：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。‎ ‎3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16P31 S32 Cl35.5Cu64 Zn 65‎ ‎7．2019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是 A．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放 B．研发可降解塑料，控制白色污染产生 C．直接灌溉工业废水，充分利用水资源 D．施用有机肥料，改善土壤微生物环境 ‎8．根据侯氏制碱原理，实验制备少量的Na2CO3，依次经过制取氨气。制取NaHCO3、分离NaHCO3、分解NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理正确的是 A．制取氨气 B．制取NaHCO3‎ C．分离NaHCO3D．分解NaHCO3‎ ‎9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A．等物质的量的NaN3和Na2O2中所含阴离子数均为NA B．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NA C．4.6g有机物C2H6O的分子结构中含有的C－H键数目一定为0.5NA D．1mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为2NA ‎10．有机物Urolithin A常用于合成某药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是 A．Urolithin A分于中苯环上的一氯代物有6种 B．Urolithin A分子中所有原子不可能共平面 C．Urolithin A能发生加成、取代和氧化反应 D．Urolithin A在稀硫酸中的水解产物含2种官能团 ‎11．某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是 A．曲线Ⅰ表示CH3COONa溶液，曲线Ⅱ表示NaOH溶液 B．a、b两点的导电能力不相同，a>b C．c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)‎ D．由水电离出来的c(OH−)的大小：c>a>b ‎12．短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是 A．简单离子半径大小顺序为E>B>C>D B．某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的化合物 C．A的氧化物对应的水化物的酸性比E弱 D．A的氢化物在常温下一定为气态 ‎13．某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S，下列说法不正确的是 A．充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能 B．放电时，a极为负极 C．充电时，阳极的电极反应式为3I−-2e−=1 D．M是阴离子交换膜 ‎26．磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，主要用作氯化剂或氯磺化剂，也用于制造医药品、染料、表面活性剂等。实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量SO2Cl2，所需装置如图所示(部分装置略)：‎ 已知：①Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑。‎ ‎②SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，密度为1.67g/mL。它在常温下较稳定、遇水剧烈水解，100℃以上易分解。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）检查装置A气密性的操作是___________。‎ ‎（2）选择实验装置(A~E)并连接接口(a~h)顺序：(A－a)___________(b－B－c)___________(h－E)(装置可重复使用)。‎ ‎（3）B装置中的冷凝管需连接冷凝水，它应从___________(填“m”或“n”)接入。‎ ‎（4）实验完成后装置D中可能观察到的现象是___________，产生该现象的原因是_________‎ ‎____。‎ ‎（5）设计如下实验，以检验SO2Cl2产品中是否溶有杂质。‎ ‎①组装仪器，检查气密性；‎ ‎②添加试剂抽取8.0mL液体产品，组装仪器；‎ ‎③___________，缓慢推动注射器活塞将液体产品全部推入锥形瓶中，观察到的实验现象有___‎ ‎_______________________；‎ ‎④充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量固体质量为23.3g，表明液体产品中溶有___________‎ ‎_____，其理由是_______________________________________。‎ ‎27．以粉煤灰(主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下：‎ ‎（1）“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是__________________________________。 “酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是___________________________。‎ ‎（2）“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为_________________，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是_______________________________________________。‎ ‎（3）“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl3·6H2O晶体的过程，溶液中Al3+和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。Al3+浓度减小的原因是___________________。‎ ‎（4）上述流程中，可以循环利用的物质是________________。‎ ‎28．Ⅰ．硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：‎ ‎（1）下列环境问题主要由硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是___________。‎ A.全球变暖 B.酸雨 C.水体富营养化(水华) D.白色污染 ‎（2）SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。‎ 已知：CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) ΔH=+178.2kJ/mol SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) ΔH=－402kJ/mol ‎2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=－234.2kJ/mol 写出石灰石脱硫的热化学反应方程式___________________________。‎ Ⅱ．NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：‎ 反应a：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=－34.0kJ/mol 反应b：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=－64.2kJ/mol ‎（3）对于反应a，在T1℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：‎ ‎①0~10min内，NO的平均反应速率v(NO)=___________，当升高反应温度，该反应的平衡常数K___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是___________(填字母)。‎ A．加入一定量的活性炭 B．通入一定量的NO C．适当缩小容器的体积 D．加入合适的催化剂 ‎（4）某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2℃，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因_____________；在1100kPa时，NO2的体积分数为___________。‎ ‎（5）用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2℃、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=___________(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数。‎ ‎35．【选修3：物质结构与性质】（15分）‎ 室温下，[Cu(NH3)4](NO3)2与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。‎ ‎（1）基态Cu2+核外电子排布式是________。‎ ‎（2）黑绿色晶体的晶胞如图所示，写出该晶体的化学式：____。‎ ‎（3）不考虑空间构型，[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为__________________(用“→”标出其中的配位键)。‎ ‎（4）NO中N原子轨道的杂化类型是________________。与NO互为等电子体的—种分子为____________________ (填化学式)。‎ ‎（5）液氨可作制冷剂，气化时吸收大量热量的原因是____________________________。‎ ‎36．【选修5：有机化学基础】（15分）‎ 水杨酸是一种重要的化工原料，可用于制备阿司匹林、水杨酸钠、水杨酰胺和奥沙拉嗪钠。其中奥沙拉嗪钠是治疗溃疡性结肠炎的常用药物。其合成路线如下所示，回答下列问题：‎ 已知： I．‎ II．‎ III．NaNO2有强氧化性。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）有机物A中的官能团名称为________________；奥沙拉嗪钠在核磁共振氢谱中的吸收峰的峰面积之比为__________；‎ ‎（2）反应②的反应类型为____________；反应③的方程式为______________________；反应④的反应类型为____________；‎ ‎（3）在溶液中反应⑥所用的试剂X为___________；‎ ‎（4）设计B→C步骤的目的为______________________；‎ ‎（5）水杨酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式___________‎ ‎______________________。‎ a．能发生银镜反应 b．苯环上的一氯代物有两种同分异构体 绝密★启用前 ‎【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷 化学答案（七）‎ ‎7.【答案】C ‎【解析】A．推广或使用新能源汽车，可以减少化石燃料的燃烧，减少氮氧化物等污染物的排放，故A不选；B．塑料制品导致白色污染，则研发可降解塑料或代用品，可以控制白色污染，故B不选；C．工业废水中含有大量的有害物质，不能直接灌溉庄稼，故C选；D．施用有机肥料，可以改善土壤微生物环境，故D不选。答案选C。‎ ‎8.【答案】C ‎【解析】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，选项A错误；B．应将二氧化碳从长导管进入，否则会将液体排出，选项B错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，选项C正确；D．碳酸氢钠不稳定，加热分解产生碳酸钠，但应在坩埚中进行，选项D错误。答案选C。‎ ‎9.【答案】D ‎【解析】A．未指明NaN3和Na2O2的物质的量，因此不能确定其中含有的阴离子的数目，A错误；B．阳极材料为粗铜，阳极反应的物质有Cu及多种杂质成分，不活泼的形成阳极泥沉积在容器底部，因此不能根据阳极减少质量计算转移电子数目，B错误；C．4.6g有机物C2H6O的物质的量是0.1mol，但由于C2H6O的结构可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，因此不能计算其含有的C－H键数目，C错误；D．Mg是+2价金属，无论反应生成MgO还是Mg3N2，每1molMg反应，转移2molZ电子，转移电子数为2NA，D正确；故合理选项是D。‎ ‎10.【答案】B ‎【解析】A．该有机物分子中含有2个苯环，苯环上有6种不同的氢原子，故苯环上的一氯代物有6种，选项A正确；B．该有机物分子中含有2个苯环，所有原子可能共平面，选项B错误； C．苯环能发生加成和取代反应，含C、H、O的有机物都能发生氧化反应(如燃烧)，选项C正确； D．酯基可以发生水解，水解产物中含羧基、羟基，选项D正确。答案选B。‎ ‎11.【答案】B ‎【解析】CH3COONa溶液稀释时CH3COO−水解程度增大，因此相同体积和相同pH的NaOH溶液与CH3COONa溶液稀释相同倍数时，CH3COONa溶液的pH降低得慢，故曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示CH3COONa溶液，A项错误；根据电荷守恒可知，a点离子总浓度为2[c(OH−)+c(CH3COO−)]，b点离子总浓度为2c(OH−)，a点pH比b点pH大，即a点c(OH−)比b点c(OH−)大，故a点离子总浓度大，导电能力强，B项正确；c点溶液为CH3COONa溶液，根据电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH−)+c(CH3COO−)和物料守恒式：c(Na+)＝c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，消去c(Na+)，可得质子守恒式：c(OH−)＝c(H+)+c(CH3COOH)，C项错误；NaOH溶液中水的电离受到抑制，CH3COONa溶液中水的电离受到促进，CH3COONa溶液浓度越大，pH越大，由水电离出的c(OH−)越大，故由水电离出的c(OH−)的大小：a>c>b，D项错误。‎ ‎12.【答案】A ‎【解析】由上述分析可知，A为C元素、B为N元素、C为Na元素、D为Mg元素、E为Cl元素。A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越大，离子半径越大，Cl−核外有3个电子层，N3−、Na+、Mg2+核外有2个电子层，所以离子半径大小关系为：E>B>C>D，A正确；B．焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，可用来检验这种元素的存在，只要含有这种元素的任何物质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的化合物，也可能是钠的单质，B错误；C．非金属性越强对应最高价含氧酸的酸性越强，C的最高价氧化物对应的水化物即H2CO3，H2CO3属于弱酸，而E对应的是HClO4，属于强酸，但未指明是最高价含氧酸的酸性，如HClO是弱酸，其酸性比碳酸还弱，所以A的氧化物对应的水化物的酸性不一定比E弱，C错误；D．碳的氢化物即为烃类，随着C原子数的增多，常温下的状态有气体、液体或固体，所以不一定都是气体，D错误；故选A。‎ ‎13.【答案】D ‎【解析】A．根据装置图，充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能储存起来，故A正确；B．充电时Na2S4在a极还原为Na2S，充电时a是阴极，所以放电时，a极为负极，故B正确；C．充电时，b是阳极，根据图示，阳极I―失电子被氧化为1，电极反应式为3I−-2e−=1，故C正确；D．若M是阴离子交换膜，则阴离子混合后会相互反应，所以M是阳离子交换膜，故D错误。‎ ‎26.【答案】（1）连接好仪器，用止水夹夹住a处橡胶管，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中注入足量的水；旋开分液漏斗开关，水滴入烧瓶的速率减慢，最终法无滴入，证明气密性良好；反之不好 （2） f-D-g、d-C-e e -C- d ‎ （3） m ‎ （4） 有白色固体析出 HCl、Cl2溶于水使c(Cl−)增大，溶解平衡NaCl(s)Na+(aq)+Cl− (aq)逆向移动，析出NaCl固体 （5） 打开止水夹气球膨胀、锥形瓶内出现白雾，溶液中有白色沉淀出现 SO2样品中S的质量分数大于SO2Cl2中S的质量分数，必溶有SO2被NO氧化生成SO ‎【解析】（1）装置气密性检查的关键是:形成封闭体系。操作方法为：连接好仪器，用止水夹夹住a处橡胶管，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中注入足量的水；旋开分液漏斗开关，水滴入烧瓶的速率减慢，最终法无滴入，证明气密性良好；反之不好。（2）根据实验原理SO2+Cl2=SO2Cl2、‎ SO2Cl2遇水剧烈水解，制取SO2Cl2必须使用干燥的SO2和Cl2反应。根据试题提供的信息，A、E装置分别是Cl2和SO2的发生装置。B装置是制取SO2Cl2的装置，故A、B之间是Cl2的净化和干燥装置，B、E之间是SO2的干燥装置，由此可选相应的装置和连接接口的方向为f-D-g、d-C-e；、e-C-d；答案：f-D-g、d-C-e；、e-C-d。（3）冷凝水的基本方向是从下口进冷水，上口出水，保证使冷凝管中注满冷凝水。答案：m。（4）HCl、Cl2溶于水使c(Cl−)增大，溶解平衡NaCl(s)Na+(aq)+Cl− (aq)逆向移动，析出NaCl固体。答案：有白色固体析出；HCl、Cl溶于水使c(Cl−)增大，溶解平衡NaCl(s)Na+(aq)+Cl−(aq)逆向移动，析出NaCl固体。（5）③需打开止水夹，样品才能注入锥形瓶；因为SO2Cl2遇水剧烈水解生成H2SO4和HCl，HCl挥发形成白雾、使气球膨胀，而溶液中会产生BaSO4沉淀。答案：打开止水夹；气球膨胀、锥形瓶内出现白雾，溶液中有白色沉淀出现。充分反应后的固体硫酸钡，经过过滤、洗涤、干燥、称量固体质量为23.3g，表明液体产品中S的质量分数=[(23.3g÷233g/mol)‎×‎32g/mol]/(8mL×‎1.67g/mL)=32/133.6>32/135(SO2Cl2中S的质量分数)；SO2中S的质量分数为50%>[(23.3g÷233g/mol)‎×‎32g/mol]/(8mL×‎1.67g/mL)，故必溶有SO2被NO氧化生成SO。答案：SO2；样品中S的质量分数大于SO2Cl2中S的质量分数，必溶有SO2被NO氧化生成SO。‎ ‎27.【答案】（1）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O 温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏 （2） Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓+3CO2↑ 静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色 （3） 盐酸浓度增大，溶液中Cl−浓度增大，促进Al3+形成AlCl3·6H2O晶体析出 （4） HCl(或盐酸) ‎ ‎【解析】制备Al2O3的流程：粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2，（含少量杂质Fe2O3），加浓盐酸，Al2O3、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于盐酸，过滤，滤渣为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，加入适量碳酸氢铵，Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的，滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl3·6H2O晶体，AlCl3·6H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢。（1）“酸浸”过程发生的主要反应为氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式是Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏，故温度不宜过高；（2）“除铁”生成Fe(OH)3是氯化铁与碳酸氢铵发生双水解反应生成氢氧化钠、氯化铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓+3CO2↑，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色；（3）盐酸浓度增大，溶液中Cl−浓度增大，促进Al3+形成AlCl3·6H2O晶体析出，Al3+浓度减小；（4）上述流程中，结晶时必须用到氯化氢，而副产品为氯化氢，故可以循环利用的物质是HCl(或盐酸)。‎ ‎28.【答案】（1）B ‎ ‎（2）2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-681.8kJ/mol ‎ ‎（3）0.042mol/(L·min) 减小 BC ‎ ‎（4）1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率提高50% ‎ ‎（5）‎(‎0.4‎‎1.2‎)‎‎2‎‎×‎‎0.2‎‎1.2‎‎(‎0.6‎‎1.2‎)‎‎2‎‎×1.1×‎‎10‎‎6‎或‎(‎1‎‎3‎)‎‎2‎‎×‎‎1‎‎6‎‎1‎‎4‎‎×1.1×‎10‎‎6‎Pa ‎【解析】（1）硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨、光化学烟雾等；A．全球变暖是二氧化碳，A错误；B．硫氧化物和氮氧化物的排放引发硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，B正确；C．水体富营养化(水华)是磷元素过量排放，C错误；D．白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等塑料制品造成，D错误；故合理选项是B；（1）已知：①CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s)ΔH=+178.2kJ/mol；②SO2(g)+‎ CaO(s)=CaSO3(s)ΔH=-402kJ/mol；③2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=-234.2kJ/mol；根据盖斯定律，将(①+②)×2+③，整理可得：得到石灰石脱硫的热化学反应方程式：2CaCO3(s)+2SO2(g)+ O2(g)‎ ‎=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-681.8kJ/mol；（3）①C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=-34.0kJ/mol ‎，图表数据得到0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=‎△c‎△t‎=‎‎1.00mol/L-0.58mol/L‎10min=0.042mol/(L·min)，由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，故化学平衡常数减小；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=c(N‎2‎)∙c(CO‎2‎)‎c‎2‎‎(NO)‎‎=‎‎0.36×0.36‎‎0.48‎‎2‎=‎9‎‎16‎，平衡常数会随温度变化，而平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积后加入一定量一氧化氮；A．加入一定量的活性炭，炭是固体物质，对化学平衡无影响，平衡不移动，A错误；B．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，B正确；C.适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，C正确；D．加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不能使化学平衡移动，D错误；故合理选项是BC；（4）1050KPa前反应未达平衡状态，增大压强，物质的浓度增大，反应速率加快，NO转化率提高，在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮2mol，‎ ‎2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)‎ 起始量200‎ 变化量 2×40%=0.8 0.40.8  ‎ 平衡量 1.2 0.40.8‎ NO2的体积分数=‎1.2‎‎1.2+0.4+0.8‎×100%=50%；（5）在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮1mol，‎ ‎2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)‎ 起始量1 00‎ 变化量1×40%=0.4 0.2 0.4 ‎ 平衡量0.60.20.4‎ 气体总物质的量=1.2mol，Kp=‎(‎0.4‎‎1.2‎×1.1×‎10‎‎6‎)‎‎2‎‎×(‎0.2‎‎1.2‎×1.1×‎10‎‎6‎)‎‎(‎0.6‎‎1.2‎×1.1×‎10‎‎6‎)‎‎2‎=‎(‎0.4‎‎1.2‎)‎‎2‎‎×(‎0.2‎‎1.2‎)‎‎(‎0.6‎‎1.2‎)‎‎2‎‎×1.1×‎‎10‎‎6‎Pa。‎ ‎35.【答案】（1）[Ar]3d9(或1s22s22p63s23p63d9) ‎ ‎（2）Cu3N ‎ ‎（3）或 ‎（4）sp2杂化 SO3‎ ‎（5）NH3分子间存在氢键，气化时克服氢键，需要消耗大量能量 ‎【解析】（1）铜的原子序数是29，则根据核外电子排布规律可知基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；（2）黑绿色晶体的晶胞如图所示，根据均摊法可知，一个晶胞中含有12×‎1‎‎4‎=3个Cu，8×‎1‎‎8‎‎=1‎个N，故该晶体的化学式为Cu3N；（3）[Cu(NH3)4]2+配合物中，铜原子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对，Cu2+与4个NH3形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：或；（4）NO中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以N原子采用sp2杂化；等电子体要求原子总数相同、价原子总数相同，与NO互为等电子体的—种分子为SO3；（5）液氨可作制冷剂，气化时吸收大量热量的原因是NH3分子间存在氢键，气化时克服氢键，需要消耗大量能量。‎ ‎36.【答案】（1）（酚）羟基和酯基 1∶1∶1∶1 ‎ ‎（2）取代反应 还原反应 （3） CO2‎ ‎（4）保护酚羟基，防止第⑤步反应时被NaNO2所氧化 ‎（5）‎ ‎【解析】（1）有机物A中的官能团名称为（酚）羟基和酯基；结构对称，有4种不同环境的氢，奥沙拉嗪钠在核磁共振氢谱中的吸收峰的峰面积之比为1∶1∶1∶1；（2）反应②中A为，观察反应流程，A→B为硝化反应，反应类型为取代反应；B→C是与酚羟基中的H原子发生取代反应，，反应③的方程式为；C→D为硝基的还原反应，即硝基生成氨基，D，反应④的反应类型为还原反应；（3）D经过反应⑤得E，E酸化后，反应生成F，只有酚羟基被酸化，X溶液的酸性介于羧基和酚羟基之间，在溶液中反应⑥所用的试剂X为CO2；（4）结合奥沙拉秦的结构，生成E的过程中，NaNO2具有强氧化性，若直接将氨基氧化时，同时也会将酚羟基氧化，所以B→C的目的是保护酚羟基，防止第⑤步反应时被NaNO2所氧化；（5）水杨酸有多种同分异构体，a．能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯；b．苯环上的一氯代物有两种同分异构体，说明结构对称，符合条件的所有同分异构体的结构简式。‎