2019-2020学年安徽省六安市一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省六安市一中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A能使甲基橙变红的溶液：Na、Ca2、Br、HCO3B+-c(H)c(OH)11012的溶液：K、Na、CO32、AlO2C0.1 molL1KFe(SO4)2溶液：Mg2、Al3、SCN、NO3D 0.1 molL1Ca5NH4(NO3)11溶液：H、Fe2、Cl、SO42-【答案】B【解析】【详解】A.能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H、HCO3反应生成水和二氧化碳，故A 不符；B.+-c(H)c(OH)11012的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K、Na、CO32、AlO2与 OH-间不发生反应，故B符合；C.0.1 molL1KFe(SO4)2溶液：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；D.0.1 molL1Ca5NH4(NO3)11溶液：H、Fe2、NO3之间要发生氧化还原反应，故D 不符合；故选 B。2下列有关物质性质的比较，结论错误的是()A沸点：32323CH CH OHCH CH CHB溶解度：AgIAgClC热稳定性：3AsH HBrD碱性：2BaOHCsOH（）【答案】A【解析】【详解】A.乙醇分子间能够形成氢键，而丙烷不能，因此沸点32323CH CH OHCH CH CH，故 A 错误；B卤化银的溶解度从上到下，逐渐减小，AgI 的溶解度更小，即溶解度：AgIAgCl，故 B正确；C.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性AsBr，则热稳定性3AsH HBr，故 C正确；D.金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性 BaCs，则碱性2Ba(OH)CsOH，故 D 正确；答案选 A。【点睛】本题的易错点为C，要注意As 和 Br 在元素周期表中的位置，同时注意元素周期律的应用。3下列有关氮原子的化学用语错误的是ABC1s22s22p3D【答案】D【解析】【分析】【详解】A、N 原子最外层有5 个电子，电子式为，A 正确；B、N 原子质子数是7，核外有7 个电子，第一层排2 个，第二层排5 个，因此B 正确；C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p轨道，电子排布式为1s22s22p3，C 正确；D、根据泡利原理3p 轨道的 3 个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为，D错误。答案选 D。4硒（Se）与 S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是（）A氧化性：SeO2 SO2B热稳定性：H2SH2Se C熔沸点：H2SH2Se D酸性：H2SO3 H2SeO3【答案】B【解析】【详解】A不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A 错误；B热稳定性：H2SH2Se，可知非金属性SSe，故 B 正确；C不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C错误；D酸性：H2SO3H2SeO3，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D 错误；故答案为B。【点睛】考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，侧重非金属性比较的考查，注意规律性知识的总结及应用，硒(Se)与 S同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性。5“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是（）A电池反应中有NaCl生成B电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C正极反应为：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-D钠离子通过钠离子导体在两电极间移动【答案】B【解析】【分析】【详解】A在反应中，Na 失去电子变为Na+,与电解质中的Cl-结合形成NaCl，所以电池反应中有NaCl生成，正确；B在电池正极是NiCl2+2e-=Ni+2Cl,所以其总反应是金属钠还原Ni2+变为 Ni，错误；C根据电池结构及工作原理可知：正极反应为：NiCl2+2e=Ni+2Cl，正确；D根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，钠离子通过钠离子导体从负极移向正极，正确；答案选 B。6油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为4H2O2+PbS PbSO4+4H2O 下列说法正确的是A H2O 是氧化产物BH2O2 中负一价的氧元素被还原CPbS 是氧化剂DH2O2在该反应中体现还原性【答案】B【解析】H2O2 中氧元素化合价降低生成H2O，H2O 是还原产物，故A错误；H2O2 中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS 中 S元素化合价升高，PbS 是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。7下列说法不正确的是A氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂C用硅制造的光导纤维具有很强的导电能力，可用于制作光缆D化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸【答案】C【解析】【详解】A 项、氯气是一种重要的化工原料，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A 正确；B 项、钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故B 正确；C 项、光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体，不导电，故C错误；D 项、硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位，常用于化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等，故D 正确；故选 C。8 氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：2CHCl3O2 2HCl2COCl2。下列说法不正确的是A CHCl3分子和 COCl2分子中，中心C 原子均采用sp3杂化BCHCl3属于极性分子C上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质【答案】A【解析】【分析】【详解】CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与 O 形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C 原子采用sp2杂化，A 错误；CHCl3分子中由于CH 键、CCl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B 正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl 元素以 Cl原子的形式存在，不是Cl，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D 正确。9对于反应2NO(g)2H2(g)N2(g)2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一步：2NO?N2O2快速平衡第二步：N2O2H2N2OH2O 慢反应第三步：N2OH2N2H2O 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是A若第一步反应H0，则升高温度，v正减小，v逆增大B第二步反应的活化能大于第三步的活化能C第三步反应中N2O 与 H2的每一次碰撞都是有效碰撞D反应的中间产物只有N2O2【答案】B【解析】【分析】【详解】A不管 H0，升高温度，v正和 v逆均增大，A 选项错误；B第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，B选项正确；C根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C选项错误；D反应的中间产物有N2O2和 N2O，D 选项错误；答案选 B。【点睛】化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。10某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是（）A K 与 a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为Fe-2e-Fe2+BK 与 a 连接，则该装置能将化学能转变为电能CK 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应2H+2e-H2D K 与 b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法【答案】D【解析】【详解】A、K 与 a 连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故 A正确；B、K 与 a 连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池，将化学能转变为电能，故B正确；C、K与 b 连接，Fe 作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H+2e-=H2，故 C正确；D、K与 b 连接，Fe作阴极，Fe 被保护，该方法叫外加电流的阴极保护法，故D 错误。故选：D。11下列说法正确的是()A国庆 70 周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B歼-20 上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用【答案】C【解析】【分析】【详解】A聚乙烯材料不可降解，A 错误；B氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D聚氯乙烯是速率，不可降解，且不可于用于食品包装，D 错误。答案选 C。122019 年是“国际化学元素周期表年”。1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是()A元素乙的原子序数为32 B原子半径比较：甲乙Si C元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于4SiH。D推测乙可以用作半导体材料【答案】C【解析】【分析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As 小，As 位于第四周期VA 族，则 C、Si、乙位于第 IVA 族，乙为Ge，B、Al、甲位于 A 族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A乙为 Ge，元素乙的原子序数为32，故 A 正确；B电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲乙Si，故 B 正确；C非金属性Ge 小于 Si，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于SiH4，故 C 错误；D乙为 Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。13一种香豆素的衍生物结构如图所示，关于该有机物说法正确的是（）A该有机物分子式为C10H10O4B1mol 该有机物与H2发生加成时最多消耗H2 5 mol C1mol 该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23 mol D 1mol 该有机物与NaOH 溶液反应是最多消耗NaOH 3 mol【答案】C【解析】【详解】A该有机物分子式为C10H8O4，故 A 错误；B只有苯环和双键能与氢气发生加成反应，则1mol 该有机物与H2发生加成时最多消耗H2 4mol，故 B错误；C酚 OH 的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol 该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23 mol，故 C正确；D 2 个酚 OH、COOC 及水解生成的酚OH 均与 NaOH 反应，则1mol 该有机物与NaOH 溶液反应时最多消耗NaOH 4 mol，故 D 错误；故选 C。14在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）A SSO3H2SO4BNH3NO2HNO3CCu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D饱和 NaCl 溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)【答案】D【解析】【分析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A 错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B 错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。15t时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A在 t时 PdI2的 Ksp=7.0 10-9B图中 a 点是饱和溶液，b、d 两点对应的溶液都是不饱和溶液C向 a 点的溶液中加入少量NaI 固体，溶液由a 点向 c 点方向移动D要使 d 点移动到b 点可以降低温度【答案】C【解析】【详解】A.在 t时 PdI2的 Ksp=7.0 10-5（1 10-4）2=7 10-13，故 A 错误；B.图中 a 点是饱和溶液，b 变为 a 铅离子的浓度增大，即b 点不是饱和溶液，d 变为 a 点要减小碘离子的浓度，说明d 点是饱和溶液，故B错误；C.向 a 点的溶液中加入少量NaI 固体，即向溶液中引入碘离子，碘离子浓度增大，PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移动，铅离子浓度减小，溶液由a 点向 c 点方向移动，故C正确；D.沉淀溶解的过程为断键过程，要吸热，即正反应沉淀溶解过程吸热，要使d 点移动到b 点，即使饱和溶液变为不饱和溶液，降低温度，溶解平衡向放热的方向移动，即生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，故 D 错误。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16Mg(ClO3)2 3H2O 在工农业上有重要用途，其制备原理为：MgCl22NaClO3 3H2O=Mg(ClO3)2 3H2O2NaCl。实验室制备Mg(ClO3)2 3H2O 的过程如图：已知四种化合物的溶解度(S)与温度(T)的变化曲线关系如图所示：(1)抽滤装置中仪器A 的名称是 _。(2)操作 X的步骤是 _。(3)“溶解”时加水太多会明显降低MgCl2的利用率，其原因是_。(4)下列有关实验过程与操作说法不正确的是_。A冷却时可用冰水B洗涤时应用无水乙醇C抽滤 Mg(ClO3)2 3H2O 时，可用玻璃纤维代替滤纸D抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管倒出(5)称取 3.000 g 样品，加水溶解并加过量的NaNO2溶液充分反应，配制成250 mL 溶液，取25 mL 溶液加足量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂，用 0.100 0 mol L1的 AgNO3标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液24.00 mL。则样品中Mg(ClO3)2 3H2O 的纯度是 _。【答案】布氏漏斗蒸发浓缩、趁热过滤加水过多会延长蒸发时间，促使 MgCl2的水解量增大D 98.00%【解析】【分析】(1)根据图像可知仪器A 名称。(2)MgCl2和 NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)2 3H2O，根据溶解度与温度关系可知，则要除去杂质NaCl，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤。(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2的水解。(4)A.根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)2 3H2O 的溶解度较小，可以用冰水冷却；B.产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率；C.Mg(ClO3)2 3H2O 溶液中 Mg2水解生成的少量H，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维；D.吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出。(5)根据方程式建立关系式，计算质量分数。【详解】(1)根据图像可知仪器A 为布氏漏斗，故答案为：布氏漏斗。(2)MgCl2和 NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)2 3H2O，则要除去杂质NaCl，根据溶解度与温度关系可知，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤。(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2的水解，MgCl2的利用率降低，故答案为：加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大。(4)A.根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)2 3H2O 的溶解度较小，可以用冰水冷却，故A 正确；B.产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率，故B 正确；C.Mg(ClO3)2 3H2O 溶液中Mg2水解生成的少量H，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维，故C 正确；D.吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出，故D 错误。综上所述，答案为D。(5)样品溶解后加NaNO2溶液和 AgNO3溶液，发生的反应为：ClO33NO2Ag=AgCl 3NO3，故有：Mg(ClO3)2 3H2O6 NO22Ag。产物的纯度312500.1000 24 10245225=100%=98%3.000，故答案为98%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17A 为只含有C、H、O 三种元素的芳香烃衍生物，且苯环上只有两个取代基。各物质间的相互转化关系如下图所示。已知：D 通过加聚反应得到E，E分子式为(C9H8O2)n；H 分子式为C18H16O6；I 中除含有一个苯环外还含有一个六元环。(1)写出 A的分子式：A_。(2)写出 I、E的结构简式：I_ E_；(3)A+G H 的反应类型为_；(4)写出 AF 的化学方程式_。(5)有机物 A 的同分异构体只有两个对位取代基，既能与 Fe3+发生显色反应，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应。则此类A 的同分异构体有_种，其中一种在NaOH 溶液中加热消耗的NaOH 最多。写出该同分异构体与NaOH 溶液加热反应的化学方程式_。【答案】C9H10O3取代反应(或酯化反应)2+O22+2H2O 4 种+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】【分析】A 能发生连续的氧化反应，说明结构中含有-CH2OH，D 通过加聚反应得到 E，E分子式为(C9H8O2)n，D 的分子式为 C9H8O2，D 中含碳碳双键，由A 在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，A 为只含有C、H、O 三种元素的芳香烃衍生物，且芳环上只有两个取代基，A 中含有苯环，A 在浓硫酸作用下生成的I中除含有一个苯环外还含有一个六元环，应是发生的酯化反应，A 中含有羧基，A 的结构应为，D为，E为，I 为，反应中A 连续氧化产生G，G 为酸，F为，G为，A 与 G 发生酯化反应产生H，根据 H 分子式是C18H16O6，二者脱去 1 分子的水，可能是，也可能是，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为，D 为，E为，F为，G 为，I 为，H 的结构可能为，也可能是。(1)A 为，则 A 的分子式为C9H10O3；(2)根据上面的分析可知，I 为，E为；(3)A 为，A 分子中含有羟基和羧基，G 为，G 分子中含有羧基，二者能在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，A+G H的反应类型为取代反应；(4)A 中含有醇羟基和羧基，由于羟基连接的C 原子上含有2 个 H 原子，因此可以发生催化氧化反应，产生醛基，因此AF 的化学方程式为2+O22+2H2O；(5)有机物 A 的同分异构体只有两个对位取代基，能与Fe3+发生显色反应，说明苯环对位上有-OH，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基，不含醛基，同分异构体的数目由酯基决定，酯基的化学式为-C3H5O2，有 OOCCH2CH3、COOCH2CH3、CH2OOCCH3和 CH2COOCH3，共 4 种同分异构体。其中的一种同分异构体在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多，酯基为 OOCCH2CH3，1mol 共消耗 3molNaOH，其它异构体1mol 消耗 2molNaOH，该异构体的结构简式为，该反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断和合成的知识，有一定的难度，做题时注意把握题中关键信息，采用正、逆推相结合的方法进行推断，注意根据同分异构体的要求及各种官能团的性质判断相应的同分异构体的结构和数目。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18雾霾天气给人们的出行及身体造成了极大的危害。研究2NO、2SO、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）利用钠碱循环法可脱除烟气中的2SO。在钠碱循环法中，23Na SO溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收2SO制得，该反应的离子方程式是_。吸收液吸收2SO的过程中，pH随233SO:HSOnn变化关系如下表：233SO:HSOnn91:911 9:91pH7.26.2由上表判断，3NaHSO溶液显 _性（填“酸”、“碱”或“中”），用化学平衡原理解释：_。当吸收液的pH降至约为6 时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：写出3HSO在阳极放电的电极反应式：_，当阴极室中溶液pH升至 8 以上时，吸收液再生并循环利用。（2）用4CH催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：4222CH4NOg=4NO gCOg2H O g1574kJ molH4222CHg4NO g=2NgCOg2H O g11160kJ molH若用标准状况下44.48L CH还原2NO至2N，整个过程中转移的电子总数为_（阿伏加德罗常数的值用表示），放出的热量为_kJ。（3）工业上合成氨所需氢气的制备过程中，其中的一步反应为：222CO gH O gCOgHg垐 垐?噲 垐?催化剂0H一定条件下，将CO g与2H O g以体积比为1:2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时测得CO g与2H O g体积比为1 6，则平衡常数K_。【答案】2OH-+SO2=SO32-+H2O 酸性HSO3-存在电离平衡HSO3-?H+SO32-和水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+1.6NA173.4 83【解析】【分析】(1)二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，注意弱电解质写化学式；根据溶液中亚硫酸氢根离子浓度和亚硫酸根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；阳极上HSO3-失电子发生氧化反应；(2)利用盖斯定律计算反应热；(3)根据反应前和反应后一氧化碳和水之间的体积比结合反应方程式计算出平衡时各种物质的物质的量浓度，再根据平衡常数公式进行计算。【详解】(1)酸性氧化物和碱反应生成盐和水，所以二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为 2OH-+SO2=SO32-+H2O，故答案为2OH-+SO2=SO32-+H2O；在亚硫酸氢钠溶液中主要以HSO3-存在，HSO3-的电离很微弱，所以n(SO32-)n(HSO3-)?11，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，亚硫酸氢钠溶液呈酸性说明HSO3-的电离程度大于水解程度，故答案为酸性；HSO3-存在电离平衡HSO3-?H+SO32-和水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度；根据图示，阳极上亚硫酸氢根离子失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+，故答案为HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；(2)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-574kJ/mol，CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-1160kJ/mol，利用盖斯定律将2得 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；H=-867kJ/mol；1molCH4反应转移8mol 电子，n(CH4)=4.4822.4/LLmol0.2mol，整个过程中转移的电子总数为0.2mol8NA/mol=1.60NA，放出的热量为0.2mol 867kJ/mol=173.4kJ，故答案为1.6NA；173.4；(3)设加入的一氧化碳的物质的量浓度为amol/L，则 H2O（g）的物质的量浓度为2amol/L，假设平衡时一氧化碳的物质的量浓度为xmol/L，H2O（g）的物质的量浓度为6xmol/L CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)开始(mol/L)a 2a 0 0 反应(mol/L)a-x 2a-6x a-x a-x 平衡(mol/L)x 6x a-x a-x 则(a-x)(2a-6x)=11，解得：x=0.2amol/L，所以平衡时，c(CO)=0.2amol/L，c(H2O)=1.2amol/L，c(H2)=c(CO2)=0.8amol/L，K=0.80.80.21.2aaaa=83，故答案为83。19周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。A 的核外电子总数与其期序数相同，B和 D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，E为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子。(1)B、C、D 三种元素第一电离能由大到小的顺序为_(填元素符号)，E基态原子价层电子排布图为_。(2)写出由以上元素组成的BD2的等电子体的分子_。(3)已知 D 可形成 D3+离子，该离子中心原子杂化方式为_，立体构型为_。(4)温度接近沸点时，D 的简单氢化物的实测分子量明显高于用原子量和化学式计算出来的分子量，原因是_。(5)无色的 E(CA3)2+在空气中不稳定、立即被氧化成深蓝色的E(CA3)42+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反应的离子方程为_。(6)已知 E和 D 形成的一种晶体胞结构如图所示，已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为 _ g/cm3(列出计算表达式即可)。【答案】NOC N2O sp2V 形水蒸气中大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子4Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O A-21a 164640+1N【解析】【分析】A 的核外电子总数与其周期数相同，则 A 是 H 元素；B 和 D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，若两者都为第三周期，未成对电子数为3，符合条件的元素第三周期只有一个，不符合题意，若B、D 为第二周期，则核外有2 个未成对电子，即2p2和 2p4，所以 B为 C元素，D 为 O 元素，则C 为 N 元素；E为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子，则E是 Cu元素。【详解】(1)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA族元素第一电离能大于相邻元素，故C、N、O 的第一电离能大小关系为：NOC；Cu 为 29 号原子，核外电子排布式为 Ar3d104s1，其价电子排布图为；(2)BD2为 CO2，含有 3 个原子，价电子数为16，等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，所以由以上元素组成的与CO2互为等电子体的分子为N2O；(3)D 为 O 元素，所以D3+离子为 O3+，中心氧原子的价层电子对数为2+6-22-12=2.5，按作 3 计算，所以为 sp2杂化，孤电子对数为1，所以立体构型为V 形；(4)温度接近水的沸点的水蒸气中存在大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致其测定值偏大；(5)无色的 Cu(NH3)2+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的Cu(NH3)42+，氧气作氧化剂，该反应应在氨水中进行，结合元素守恒可知该过程中还有氢氧根和水生成，离子方程式为4Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O；(6)Cu 和 O 形成一种晶体，该晶胞中Cu 原子个数=4、O 原子个数=818+612=4，所以晶胞的质量为A64+164Ng，该晶胞体积V=(a 10-7 cm)3，则该晶体密度-213-213AAa 10cm64+164g64+1a1064m=g/cmVNN。【点睛】同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA 族(最外层全满)、第 VA族(最外层半满)元素第一电离能大于其相邻元素。