陕西省西安中学高2021届高三第二次仿真考试化学试题

这是一份陕西省西安中学高2021届高三第二次仿真考试化学试题，共12页。试卷主要包含了24LNH3，则b极产生0，0，A错误；等内容，欢迎下载使用。

（时常：50分钟 满分100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-13 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5
Ti-49 Fe-56 C-59 Ni-59 Cu-64 Zn-65
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共7道小题，每小题6分，共42分。每小题只有一项符合题意要求。
7．化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A．还原铁粉能用作食品抗氧化剂
B．夜空中光柱的形成属于丁达尔效应
C．浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂
D．燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1LpH=6的纯水中含有OH-的数目为10-8NA
B．甲烷和氧气的混合气体共224L，完全燃烧后产物的分子总数可能为NA
C．n(H2SO3)+n(HSO)=1ml的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目等于NA
D．10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA
9．某白色粉末由两种物质组成，取少量样品加入适量水中有少量气泡并有少量黄色不溶物，再向其中加入足量盐酸，固体不溶解；将上述悬浊液过滤，滤渣中加入浓硝酸并加热，固体全部溶解。则可推得该白色粉末可能为（ ）
A．Na2S2O3、NaHSO4 B．NaHCO3、KA1(SO4)2·12H2O
C．Na2SiO3、(NH4)2SO4 D．(NH4)2SO4、Ba(OH)2
10．X、Y、Z、M、Q、R 皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．QX 中只存在离子键
B．简单离子半径：r(M－)＞r(Q＋)＞r(R2＋)
C．X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是盐或碱
D．ZM3 各原子最外层电子数均满足8 电子结构
11．下列实验操作和结论都一定正确的是（ ）
12．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B．电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O
C．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2
D．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
13．常温下将盐酸溶液滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随-1g(OH-)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应N2H62++N2H4=2N2H5+的pK= - 0.9(已知pK=-lgK)
B．N2H5Cl溶液中存在:c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)
C．N2H5Cl溶液中c(H+)>c(OH-)
D．Kb1(N2H4)=10-6
第II卷（非选择题）
二、非选择题：本题共5道小题，共58分。第26~28为必做题，第35题和第36题任选一道答题，多做按第一道题计分。
26．（14分）下图为从预处理后的可充电电池粉末(主要为、、和等)中回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
(1)“浸取”过程先加入溶液，再通入，滤液①中主要含、、及。写出浸取时发生反应的化学方程式：________________________________。
(2)探究“催化氧化”步骤中氧化为的实验条件，向含量为的溶液中通入空气，待反应完全后，记录浓度数据如下表：
由表中数据可得，氧化的最佳条件为_______________。
(3)已知为强氧化剂，向中加入浓盐酸发生“反应Ⅰ”，写出该反应的离子方程式___________。
(4)“反萃取”的原理为，需加入的试剂X为___________，分离有机相和水相的操作为____________________________________________。
(5)水相①的主要溶质为____________(填化学式)。
(6)生成沉淀是利用反应，常温下，该反应平衡常数，的平衡常数，列式计算：________________________。
27．（15分）纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：
①组装装置如图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；
②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；
③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。
已知：钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2。回答下列问题：
（1）冷凝管的作用是_______________，与分液漏斗相比，仪器a的优点是___________________。
（2）加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是__________(填字母)。
A.增加反应的焓变 B.增大反应的活化能
C.减小反应的焓变 D.降低反应的活化能
制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴入三颈烧瓶中的目的是_________________________。
（3）步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为______________________________。如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是____(填字母)。
（4）测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+)。
①加入金属铝的作用除了还原TiO2+外，另一个作用是________________。
②滴定时所用的指示剂为________(填字母)。
a.酚酞溶液 b.KSCN溶液 c.KMnO4溶液 d.淀粉溶液
③样品中TiO2的质量分数为________%。(Ti相对分子质量为48)
28．（14分）有效去除大气中的H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)氨水可以脱除烟气中的SO2.氨水脱硫的相关热化学方程式如下：
2NH3(g)+H2O(1)+SO2(g)=(NH4)2SO3(aq)∆H=akJ∙ml-1
(NH4)2SO3(aq)t+H2O(l)+SO2(g)=2NH4HSO3(aq)∆H=bkJ∙ml-1
2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)∆H=ckJ∙ml-1
反应NH3(g)+NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)的∆H=_______。(用含a、b、c的代数式表示)kJ∙ml-1)。
(2)SO2可被NO2氧化：SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)。当温度高于225℃时，反应速率v正=k正∙c(SO2)∙c(NO2)，v逆=k逆∙c(SO3)∙c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为_________。
(3)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(g) ∆H>0。其他条件相同、以γ-Al2O3作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图1所示。下列有关SO2大除率的说法正确的是________(填标号)。
A.240°C以下，SO2能够被催化剂吸附，温度升高，吸附能力减弱，SO2去除率降低
B.以γ-Al2O3作为催化剂，SO2去除率最高只能达到80%
C.温度高于500℃，SO2去除率降低是因为催化剂的活性降低
(4)在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)在不同温度下达到平衡，测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图2所示：
①压强：p1_______(填“>”或“<”)p2。
②若p1=0.81MPa，起始时充入一定虽的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算。分压=总压×物质的量分数)MPa。
(5)电化学氧化法是一种高效去除废水中硫化物的方法，电解NaHS溶液脱硫的原理如图3所示。碱性条件下，HS-首先被氧化生成中间产物Sn2-，Sn2-容易被继续氧化而生成硫单质。
①阳极HS-氧化为Sn2-的电极反应式为_______。
②电解一段时间后，阳极的石墨电极会出现电极饨化，导致电极反应不能持续有效进行，其原因是_______。
35．【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）
过渡金属及其化合物在生产、生活中有重要的应用。回答下列问题：
(1)基态Cu的价电子轨道表达式为________________。
(2)一种含Ti的催化剂X能催化乙烯、丙烯等的聚合，其结构如图甲所示。X中，C原子的杂化类型有______，含有的作用力类型有_____(填序号)，非金属元素电负性由大到小的顺序为____________。
A．π键 B．氢键 C．配位键 D．σ键 E.离子键
(3)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。EMIM +离子由H、C、N三种元素组成，其结构如图乙所示，则EMIM+离子中的大π键应表示为______。
(4)已知第三电离能数据：I3(Mn)=3246 kJ·ml-1，I3(Fe)=2957 kJ·ml-1.锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是_____________________________________。
(5)黄铜矿是提炼铜的主要原料，其主要成分的晶胞结构如图。
①Cu2+周围距离最近的S2-数为_____。
②在高温下，黄铜矿的主要成分的晶体中金属离子可以发生迁移。若亚铁离子与铜离子发生完全无序的置换，可将它们视作等同的金属离子，在无序的高温型结构中，金属离子占据_____________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。
③该晶胞上下底商均为正方形，侧面与底面垂直，晶胞参数如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，请计算该晶体的密度ρ=_____________g/cm3。
36．【化学-选修5：有机化学基础（15分）
丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。
(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为__________________。
(3)C中所含官能团的名称为__________，由G生成H的反应类型是___________。
(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。
(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。
(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）
选项
A
B
C
D
实验操作
前者产生气泡更快
结论
Fe3+催化效果好于Cu2+
Ksp(CuS)配置一定物质的量浓度的NaOH溶液
盛装NaOH溶液的试剂瓶
反应
时间
25℃
90℃，石墨催化
1.5h
0.090
0.35
2.5h
0.14
0.38
5h
0.35
0.38
参考答案
7．D
【详解】
A．Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；
B．含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；
C．乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；
D．加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；
故选D。
8．B
【详解】
A．题干中未指明温度，无法得知水的离子积，故无法计算纯水中H+、OH-的浓度，也就不能计算出纯水中OH-的数目，A错误；
B．标况下，22.4L甲烷和氧气的混合气体的总物质的量为1ml，根据反应可知，该反应是分子的总物质的量不变的反应，当n(CH4):n(O2)=1:2时，1ml混合气体燃烧生成1ml生成物，即NA个分子，B正确；
C．在NaHSO3溶液中，有物料守恒：c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()，即n(Na+)=n(H2SO3)+ n()+n()，若n(H2SO3)+ n()=1ml，则n(Na+)＞1ml，即Na+的数目大于NA，C错误；
D．10g D2O的物质的量n(D2O)==0.5ml，1个D2O分子中含有10个质子和10个中子，故10g D2O含有的质子和中子的物质的量都是5ml，即质子数和中子数都是5NA，D错误；
故选B。
9．A
【解析】
A、Na2S2O3与NaHSO4溶于水发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，S不溶于盐酸，可被热的浓硫酸氧化，选项A正确；B、NaHCO3与KA1(SO4)2·12H2O溶于水，发生反应：Al3++3HCO3-= A1(OH)3+3CO2↑，A1(OH)3可溶于盐酸，选项B错误；C、Na2SiO3与(NH4)2SO4混合反应生成H2SiO3，H2SiO3不溶于盐酸或浓硝酸，选项C错误；D、(NH4)2SO4和Ba(OH)2溶于水生成BaSO4沉淀，硫酸钡不溶于盐酸或浓硝酸，选项D错误。答案选A。
点晴：本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质差异为解答该题的关键。注意相关基础知识的积累。易错点是选项B，其中应该注意铝离子与碳酸氢根离子的双水解而产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，且产生的氢氧化铝是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱。
10．B
【详解】
A．QX为NaH，是离子化合物，Na+与H-形成离子键，A选项正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以离子半径Cl-﹥Ca2+﹥Na+，即r(M－)＞r(R2＋)＞r(Q＋)，B选项错误；
C．H、O、N三种元素组成的化合物NH4NO3是盐、NH3·H2O是碱，C选项正确；
D．NCl3分子中各原子均满足最外层电子数+｜化合价｜=8，均达到8e-稳定结构，D选项正确；
答案选B。
11．B
【详解】
A．等体积等物质的量浓度的Fe2(SO4)3和CuSO4加入等体积等浓度的H2O2溶液中，前者产生气泡更快，由于两溶液中硫酸根的浓度不同，因此不能说明Fe3+催化效果好于Cu2+，可能是硫酸根的催化作用，A错误；
B．在一定量硫酸锌溶液中加入少量硫化钠溶液，生成ZnS白色沉淀，过滤洗涤后，再向沉淀中加入适量硫酸铜溶液，沉淀变成黑色，说明ZnS转化为CuS黑色沉淀，说明Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，B正确；
C．容量瓶不能作为反应容器，C错误；
D．氢氧化钠溶液不能用玻璃塞，应该用橡胶塞，D错误；
12．B
【详解】
A. 电解池右边生成氢气，说明是氢离子化合价降低变为氢气，作阴极，因此b电极接电源的负极，氢离子消耗，氯离子不断向左移动，因此b极区流出的Y溶液是稀盐酸，故A正确；
B. 电解池a极的电极反应式为NH4+−6e－+3Cl－ = NCl3 + 4H+，故B错误；
C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3即0.1ml，转移电子0.1ml×6 = 0.6ml，根据2e－ — H2，则b极产生H2的物质的量0.3ml，其质量为0.3ml ×2 g∙ml −1=0.6g，故C正确。
D. 6NaClO2 + NCl3 +3H2O = NH3↑+ 6ClO2↑ + 3NaCl+ 3NaOH，因此二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，故D正确。
综上所述，答案为B。
13．A
详解：A、由N2H5+的电离方程式N2H5++H2ON2H62++OH-可得Kb2(N2H4)＝c(N2H62+)c(OH−)c(N2H5+)=c(OH−)=10−15，则Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)＝c2(N2H5+)c(N2H62+)c(N2H4)，即为反应N2H62++N2H4=2N2H5+的K=Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)=10−610−15=109，所以pK= -9.0，A错误；
B、N2H5C1溶液中存在的电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)，B正确。
C、N2H5C1溶液中因N2H5+的水解使溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，C正确；
D、由图象可知当-lg(OH-)=6时，N2H4和N2H5+的物质的量分数相等，可推知其浓度相等，由N2H4的电离方程式N2H4+H2ON2H5++OH-，得Kb1(N2H4)＝c(N2H5+)c(OH−)c(N2H4)=c(OH−)=10−6，D正确；答案选A。
26． 90°C，石墨催化，反应时间为2.5 h 2C(OH)3＋6H++Cl-＝2C2++2Cl-＋Cl2↑＋6H2O H2SO4溶液 分液 1.0×10−12
【详解】
(1)由题给信息，浸取过程得到的滤液①中含、、及，可知NiO浸取时发生反应的化学方程式为，故答案为：；
(2)由题给信息可知，催化氧化前溶液中[C(NH3)6]2＋的浓度为0.38g·L－1，90℃，石墨催化，反应时间为2.5h和90℃，石墨催化，反应时间为5h两个条件下均可将溶液中的[C(NH3)6]2＋全部氧化为[C(NH3)6]3＋，但同等条件下，反应时间越短越好，故最佳条件为90℃，石墨催化，反应时间为2.5h，
故答案为：90°C，石墨催化，反应时间为2.5 h；
(3)C(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CCl2溶液，因此C(OH)3被浓盐酸还原为CCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，故反应的离子方程式为：2C(OH)3＋6H++Cl-＝2C2++2Cl-＋Cl2↑＋6H2O，
故答案为：2C(OH)3＋6H++Cl-＝2C2++2Cl-＋Cl2↑＋6H2O；
(4)萃取原理为：Ni2＋ (水层)＋2HR(有机层)⇌NiR(有机层)＋2H＋(水层)，反萃取中，为促进Ni向水相转移，平衡需逆向移动，结合流程中的产物为NiSO4·6H2O，故应加入H2SO4溶液。分离有机相和水相的操作为分液。
故答案为：H2SO4溶液；分液；
(5)由流程分析可得，水相①的主要溶质为[Cd(NH3)4]CO3，故答案为：[Cd(NH3)4]CO3；
(6)Ksp(CdCO3)＝c(CO)•c(Cd2＋)＝＝＝＝1.0×10−12，
故答案为：1.0×10−12；
27．冷凝回流 不用打开瓶塞即可使液体顺利滴下 B 减慢水解反应速率 Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH a 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 b 80
【详解】
（1）由装置图可知，仪器a为温度计；冷凝管可起到冷凝回流的作用；
故答案为：冷凝回流；不用打开瓶塞即可使液体顺利滴下；
（2）加入催化剂，不能改变焓变（只与反应的始末状态有关），可降低或增大活化能，而该处减缓反应速率，则增加活化能的作用，导致反应速率减小；
故答案为：B；减慢水解反应速率；
（3）Ti（OC4H9）4发生水解生成TiO2和丁醇，方程式为Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶，应在坩埚中进行；
故答案为：Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；
（4）①加入铝，可与TiO2+反应生成Ti3+，与酸反应生成氢气，避免Ti3+被氧化；
②用NH4Fe（SO4）2溶液滴定，含有铁离子，可用KSCN做指示剂，滴定终点溶液颜色变为红色；
③根据方程式可得关系式TiO2～Ti3+～Fe3+～NH4Fe（SO4）2，n（NH4Fe（SO4）2）=0.1000ml•L-l×0.02L=0.002ml，则n（TiO2）=0.00200ml，m（TiO2）=0.00200ml×80g/ml=0.16g00，则质量分数为 ；
故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化； b；80。
28． AC ＞ 0.06 nHS-―2(n-1)e－+nOH－＝S+nH2O 阳极产生的硫覆盖在石墨电极表面，导致石墨电极导电性下降
【详解】
(1)已知：
①2NH3(g)+H2O(1)+SO2(g)=(NH4)2SO3(aq)∆H=akJ∙ml-1
②(NH4)2SO3(aq)t+H2O(l)+SO2(g)=2NH4HSO3(aq)∆H=bkJ∙ml-1
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)∆H=ckJ∙ml-1
依据盖斯定律（①－②+③）/2即得到反应NH3(g)+NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)的∆H= kJ∙ml-1。
(2)在上述温度范围内，该反应的平衡常数K＝[c(SO3)∙c(NO)]/[c(SO2)∙c(NO2)]，由于平衡时正逆反应速率相等，则v正=k正∙c(SO2)∙c(NO2)=v逆=k逆∙c(SO3)∙c(NO)，所以[c(SO3)∙c(NO)]/[c(SO2)∙c(NO2)]=k正/k逆，即；
(3)A. 催化剂γ-Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度较低时（小于240℃），SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱，导致催化剂吸附的SO2减少，A正确；
B.催化剂不能影响转化率，B错误；
C.温度高于500℃，由于温度升高会降低催化剂的活性，因此SO2去除率降低是因为催化剂的活性降低，C正确；
答案选AC；
(4)①当温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，SO3含量升高，所以根据图像可知压强p1＞p2；
②若p1=0.81MPa，起始时充入一定量的SO3(g)发生反应，计算
Q点对应温度下平衡时SO3的物质的量分数是0.5，则依据三段式可知
因此，解得x＝0.2，所以该反应的平衡常数Kp=MPa＝0.06MPa。
(5)①阳极HS-失电子首先被氧化生成中间产物S，电极反应式为nHS-―2(n-1)e－+nOH－＝S+nH2O；
②由于阳极生成的S容易被继续氧化而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降。
35． sp2、sp3 A、C、D O>Cl>C>H Mn2+：[Ar]3d5，Fe2+：[Ar]3d6，其中Mn2+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁 4 四面体空隙
【详解】
（1）Cu是29号元素，价电子排布式为：3d104s1，价电子轨道表达式为；；
（2）连接4个共价单键的C原子价层电子对个数是4、连接碳碳双键两端的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断碳原子的杂化类型：前者是sp3杂化、后者是sp2杂化，C原子的杂化类型有sp2、sp3；
X中，共价单键为σ键、共价双键中含有σ键和π键，O原子和Ti原子之间存在配位键，所以不含氢键和离子键，故选：ACD；
元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性：O>Cl>C>H；
（3）构成大π键的原子分别为3C+2N；在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层单电子或者孤对电子成大π键，则有电子数，大π键应表示为；
（4）价层电子排布式为Mn2+：[Ar]3d5，Fe2+：[Ar]3d6，其中Mn2+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，故锰的第三电离能大于铁；
（5）①由题图可知，Cu2+周围距离最近的的个数为4。
②高温下，晶体结构如图所示，金属离子的随机性为50%，金属离子占据四面体空隙。
③分析题图可知，该晶胞中有4个CuFeS2，
则。
36．邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯） C13H20ON2 浓HNO3／浓H2SO4，加热 氨基 取代反应 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 或
【详解】
（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；
（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；
（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；
（4）C与F反应生成G的化学方程式为；
有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；
（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。