2019-2020学年安徽省明光市二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省明光市二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有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是A放电时，此电池逐渐靠近磁铁B放电时，正极反应为Fe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O C放电时，正极质量减小，负极质量增加D充电时，阴极反应为Li+e-=Li【答案】C【解析】【详解】A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极

2、反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O，故正确；C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li+e-=Li，故正确。故选 C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。2据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和 Cu2(OH)3Cl。考古学

3、家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是A Cu2(OH)3Cl属于有害锈BCu2(OH)2CO3属于复盐C青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D用 NaOH 溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”【答案】A【解析】【详解】A.从图中可知Cu2(OH)3Cl 没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu 的腐蚀，因此属于有害锈，A 正确；B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池

4、，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用 NaOH 溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D 错误；故合理选项是A。3室温下，用0.100mol L-1的 NaOH 溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol L-1的 HCl 溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7 时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）20.00mL CV（NaOH）20.00mL 时，两份溶液中c（Cl）c（CH3COO）D V（NaOH）1

5、0.00mL 时，醋酸中c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【答案】C【解析】【详解】A.0.100molL-1的 HCl 溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH 较小的表示的是滴定盐酸的曲线，A 项错误；B.当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH7，所以 pH=7 时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)c(SO)c(HSO)c(OH)B再生液M 吸收 SO2主反应的离子方程式为：-23SO+OH=HSOCHSO3在 b 极发生的电极反应式为：-2-+324HSO+H O-2e=SO+3HD若产生标准状况下2.24L 气体 N，则 d 膜

6、上共通过0.2mol 阳离子【答案】D【解析】【分析】根据装置图，阴离子通过c 膜向 a 极移动，可知a 极为阳极，发生的反应为：HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+；b 极为阴极，发生的反应为：2H+2e-=H2，气体N 为 H2。【详解】A n(SO32)：n(HSO3)=9：91 时，电解液pH=6.2，n(SO32)：n(HSO3)=1：1 时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3)c(SO32)，A 项错误；BM 吸收 SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B 项错误；Cb 极为阴极，发生的反应为：2H+2e=H2，C项错误；

7、D若产生标准状况下2.24L 气体 N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少 0.2mol 正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d 膜上会通过0.2mol 阳离子，D 项正确；答案选 D。10下列说法正确的是（）A氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比 Na2SO3溶液的 pH 大”，可推知C比 S的非金属

8、性弱。D H、S、O 三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O 三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。【答案】D【解析】【详解】A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A 错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故 B 错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比 Na2SO3溶液的 pH 大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比 S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O 三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O 三种元

9、素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。11部分弱电解质的电离平衡常数如下表，以下选项错误的是化学式NH3 H2O CH3COOH HCN H2CO3Ki（25）1.8 l0-51.8 l0-54.9 l0-10Ki1=4.3 l0-7Ki2=5.6 l0-11A等物质的量浓度的NaHCO3和 NaCN 溶液，前者溶液中水的电离程度大B0.1 mol/L CH3COONa 溶

10、液显碱性，0.1 mol/L CH3COONH4溶液显中性CCN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-D中和等体积、等pH 的 CH3COOH和 HCN消耗 NaOH 的量前者小于后者【答案】A【解析】【分析】【详解】A.酸的电离常数越大酸性越强，所以酸性：CH3COOH H2CO3HCNHCO3-，酸性越弱水解程度越大，水的电离程度越大，酸性：H2CO3HCN，所以水的电离程度：NaCNNaHCO3，选项 A 不正确；B.0.1 mol/L CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，NH3H2O 和 CH3COOH的电离平衡常数相等，0.1 mol/L CH3COONH4中铵根离子和

11、醋酸根离子的水解程度相同，则溶液显中性，选项B 正确；C.酸性：H2CO3HCNHCO3-，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，选项 C正确；D.pH 相同时，酸性越弱，酸的浓度越大，所以等 pH 的 CH3COOH 和 HCN，CH3COOH的浓度小，则 CH3COOH消耗的 NaOH 少，选项 D 正确；答案选 A。12实验测得0.1mo1 L-1Na2SO3溶液 pH 随温度升高而变化的曲线如图所示。将b 点溶液冷却至25，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（）A Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H

12、2OH2SO3+2OH-B温度升高，溶液pH 降低的主要原因是SO32-水解程度减小Ca、b 两点均有c(Na+）=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D将 b 点溶液直接冷却至25后，其 pH 小于 a 点溶液【答案】D【解析】【分析】2-3SO是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分2-3SO被空气中的氧气氧化为2-4SO，据此来分析本题即可。【详解】A.水解反应是分步进行的，不能直接得到23H SO，A 项错误；B.水解一定是吸热的，因此

13、越热越水解，B项错误；C.温度升高溶液中部分2-3SO被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑2-4SO，C 项错误；D.当 b 点溶液直接冷却至25后，因部分2-3SO被氧化为2-4SO，相当于2-3SO的浓度降低，其碱性亦会减弱，D 项正确；答案选 D。13稀土元素铥(16969Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是()A质子数为69 B电子数为100 C相对原子质量为169 D质量数为238【答案】A【解析】【详解】A稀土元素铥(16969Tm)的质子数为69，故 A 正确；B稀土元素铥(16969Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故 B 错误；C其质量数为169

14、，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；D稀土元素铥(16969Tm)的质量数为169，故 D 错误；【点睛】一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。14异戊烷的A沸点比正己烷高B密度比水大C同分异构体比C5H10多D碳碳键键长比苯的碳碳键长【答案】D【解析】【详解】A.烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，异戊烷有5 个碳原子，正己烷有6 个碳原子，异戊烷的沸点比正己烷低，故A 错误；B.常温下异戊烷是液

15、态，液态烷烃的密度比水小，故B 错误；C.五个碳的烷烃只有3种同分异构体，它们分別是正戊烷(5 个碳都在主链上)，异戊烷(4 个碳在主链上，有一个甲基在支链)，新戊烷(4个甲基连在同一个碳上)；C5H10有 9种同分异构体，直链状的有2 种:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。支链是甲基的有3 种：C=C-C-C(第 5 个碳在第2，3 位)，C-C=C-C(第 5 个碳在第2 位)。环状的有 4 种：五元环，四元环外有一个甲基，三元环外有2 个甲基或一个乙基，故C错误；D.分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，键长越短，表示原子结合得越牢，化学键越强，苯的碳碳键强度介于双键和三键直接

16、，故长度大于碳碳三键小于碳碳双键，异戊烷中的碳碳键是碳碳单键，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D 正确；正确答案是D。152010 年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是()A六炔基苯的化学式为C18H6B六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构C六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应D六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6，A 正确；B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，B 正确；

17、C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键，都可发生加成反应，C正确；D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应，D 错误；故答案选D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16Li2CO3是生产锂电池的重要原料，电解铝废渣(主要含 AlF3、LiF、NaF、CaO等物质)可用于制备Li2CO3。已知：Li2CO3的溶解度：0 1.54 g；20 1.33 g；80 0.85 g。20，KspCa3(PO4)22 1033，Ksp(CaHPO4)1 107。（1）在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出

18、AlF3发生反应的化学方程式：_。（2）滤渣 B 的主要成分是 _。（3）“转化”后所得 LiHCO3溶液中含有的Ca2需要加入Li3PO4除去。除钙步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如右图所示。随着温度升高最终Li2CO3的产率逐渐减小的原因是_。当温度高于50 时，除钙率下降的原因可能是_。（4）热分解后，获得Li2CO3需趁热过滤的原因是_。（5）将酸浸时产生的气体通入Al(OH)3和 Na2SO4溶液的混合物中可产生难溶物冰晶石(Na3AlF6)，该反应的离子方程式为_。【答案】2AlF33H2SO4(浓)加热Al2(SO4)36HF Al(OH)3

19、温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3(PO4)2一同被过滤温度过高PO43-水解，使PO43-离子浓度减小Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失6HFAl(OH)33Na=Na3AlF63H3H2O【解析】【分析】电解铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、SO42-的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣A 含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为 Li2CO3、Al2(CO3)3及 CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使

20、 Al2(CO3)3转化为 Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣B 为 Al(OH)3，再向滤液中加入 Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成 Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂，据此分析解答。【详解】(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF33H2SO4(浓)加热Al2(SO4)36HF；(2)根据分析，滤渣B 的主要成分是Al(OH)3；(3)温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3(PO4)2一同被过滤，导致最终的产率逐

21、渐减小；PO43-是弱酸根离子易水解，温度过高促进PO43-水解，使溶液中PO43-离子浓度减小，除钙率下降；(4)根据已知信息，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失；(5)将酸浸时产生的气体通入Al(OH)3和 Na2SO4溶液的混合物中可产生难溶物冰晶石(Na3AlF6)，离子方程式为 6HFAl(OH)33Na=Na3AlF6 3H3H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17铁氰化钾（化学式为K3Fe(CN)6）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置

22、为_，基态 Fe3+核外电子排布式为_。（2）在 Fe(CN)63中不存在的化学键有_。A离子键B金属键C氢键D共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HC CH+HCN H2C=CH CNKCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_。丙烯腈（H2C=CH CN）分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中 键和 键数目之比为_。（4）C22和 N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl 晶体的相似（如图甲所示），但 CaC2晶体中哑铃形的 C22使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22数

23、目为 _。（5）金属 Fe能与 CO形成 Fe(CO)5，该化合物熔点为20，沸点为103，则其固体属于_晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg cm3，铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。【答案】第四周期族Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5AB KCON sp sp22:1 4 分子733112104Ad Ng【解析】【分析】(1)Fe 的原子序数是26，根据构造原理知Fe 的核外电子排布式为Ar3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态 Fe 失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道上 1 个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解

24、答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)KCNO由 K、C.N、O 四种元素组成，K 为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低；丙烯腈(H2C=CH-C N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有 1 个 键和 1 个 键、CN含有 1 个 键和 2 个 键，C-H 都是 键，确定分子中 键和 键数目，再求出比值；(4)1 个 Ca2+周围距离最近且等距离的C22-应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于

25、分子晶体的特点；(6)Fe 单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为818+1=2，晶胞的质量为256ANg，晶胞体积 V=112dANgcm3、边长 a=3112dANgcm，根据 Fe原子半径r 与晶胞边长a 关系求出r。【详解】(1)Fe 的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期族据；基态Fe失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道上 1 个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期族，Ar3d5 或Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(

26、CN)63-是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)KCNO中 K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为KCON；故答案为：KCON；丙烯腈(H2C=CH-C N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有 1 个 键和 1 个 键、CN含有 1 个 键和 2 个 键，C-H 都是

27、 键，所以分子中 键和 键数目分别为6、3，键和 键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1 个 Ca2+周围距离最近的 C22-不是 6 个，而是4 个，故答案为：4；(5)根据 Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe 单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为818+1=2，晶胞的质量为256ANg，晶胞体积 V=112dANgcm3、边长 a=3112dANgcm，Fe 原子半径r 与晶胞边长a 关系为 4r=3a，所以r=34

28、a=343112dANgcm=343112dANg 107nm；故答案为：343112dANg 107。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18雾霾中含有多种污染物，其中有氮氧化物（NOx）、CO、SO2等，给人类健康带来了严重影响，化学在解决雾霾污染中发挥了重要作用。（1）煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与 NO2反应的化学方程式 _。（2）汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应：2CO(g)+2NO(g)垐?噲?N2(g)+2CO2(g)H=-746.8kJmol-14CO(g)+2NO2(g)垐?噲?3CO2(g)+N2(g)H

29、=-1200kJmol-1则反应的CO(g)+NO2(g)垐?噲?CO2(g)+NO(g)H=_kJmol-1（3）氮硫的氧化物间存在如下转化SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)；实验测得平衡常数与温度的关系如下图所示。回答下列问题：该反应正反应的活化能_（填“”或“”）逆反应的活化能。反应速率v=V正-V逆=k正xSO2xNO2-k逆xSO3xNO，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，T时，k正_k逆（填“”、“”或“=”）。T时，在体积为2L的容器中加入1molSO2(g)、1molNO2(g)，5min 时测得 xSO3=0.2，此时平衡向 _（填“正

30、”或“逆”）反应方向移动，vv正逆=_（保留 2 位小数）。（4）已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g)H=180.6kJ/mol，在某表面催化剂的作用下，NO 可以分解生成N2、O2，其反应机理可简化为：第一步：2NO N2O2快第二步：N2O2N2+O2慢下列表述正确的是_（填标号)。A所有化合反应都是放热反应BN2O2是该反应的的中间产物C加入合适的催化剂可以减小反应热H，加快反应速率D第一步的活化能比第二步低【答案】CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O-226.6=正2.25 BD【解析】【分析】（1）CH4催化还原NO2会生成无污染的氮气与二氧化碳；（2）依据盖斯定律作答；（

31、3）根据图像结合平衡常数随温度的变化规律得出反应的热效应，反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能，据此分析；T时 K正=K逆，反应的平衡常数K=KK正逆；依据三段式，结合浓度商与平衡常数的大小关系作答，再根据上述公式先求出各物质的体积分数再作答；（4）A.放热反应跟是否是化合反应无关；B.反应生成后又被消耗的物质属于中间产物；C.催化剂不会改变反应热；D.化学反应由慢反应决定，活化能越小，反应速率越快。【详解】（1）CH4与 NO2反应的化学方程式为CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O；（2）反应 I：2CO(g)+2NO(g)垐?噲?N2(g)+2CO2(g)H=-746.8kJmol-

32、1反应 II：4CO(g)+2NO2(g)垐?噲?3CO2(g)+N2(g)H=-1200kJ?mol-1盖斯定律计算(反应 II-反应 I)12得到反应CO(g)+NO2(g)垐?噲?CO2(g)+NO(g)H=-226.6 kJ/mol，故答案为-226.6；（3）K正随温度的增加而减小，K逆随温度的增加而增大，则说明该反应正反应方向为放热反应，H0，则正反应的活化能逆反应的活化能；SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)是气体分子数不变的反应，化学平衡常数K=KK正逆=322c(SO)c(NO)c(SO)c(NO)=1，所以 k正=k逆；T时，K=1，在体积为2L 的容器中加入

33、1molSO2(g)、1molNO2(g)，5min 时测得 xSO3=0.2，则223SO(g)+NO(g)SO(g)+NO(g)(mol/L)0.50.500(mol/L)xxxx5min(mol/L)0.5-x0.5-xxx?起始转化时,此时 xSO3=0.2，则x(0.5-x)+(0.5-x)+x+x=0.2，解得 x=0.2，则浓度商 Qc=0.2 0.24=0.50.20.50.29（）（）”“CH sp2、sp3分子晶体5 Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiOFeO，因此熔点NiOFeO 4 223A536p Ng【解析】【分析】

34、(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；(2)含有孤对电子的N 原子与 Co通过配位键结合，形成配位键后形成4 对共用电子对，形成3 对共用电子对的 N 原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；(3)根据 Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；(4)离

35、子晶体的熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；(5)根据均摊法计算晶胞中Ni、As 原子数目，由晶胞结构可知As 原子配位数为4，结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni 的配位数；首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni 原子距离最近计算。【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；(2)有孤对电子的N 原子与 Co通过配位键结合，形成配位键后形成4 对共用电子对，

36、形成3 对共用电子对的 N 原子形成普通的共价键，1 号、3 号 N 原子形成3 对共用电子对为普通共价键，2 号、4 号 N 原子形成 4 对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NC H；分子中N 原子有形成2 个 键，含有 1 对孤对电子，有形成3 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N 原子的杂化轨道类型为sp2；有形成3个 键，含有1 对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N 原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：2、4；NCH；sp2、sp3；(3)配合物 Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于

37、非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe 原子形成配位键，则8+2x=18，解得 x=5，故答案为：分子晶体；5；(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiOFeO，所以熔点NiOFeO，故答案为：；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiOFeO，所以熔点NiOFeO；(5)晶胞中As原子数目为4，Ni 原子数目=818+612=4，二者为11，由晶胞结构可知As 原子配位数为 4，故 Ni 的配位数为4，故答案为：4；面心与顶点上的Ni 原子距离最近，最近的Ni2+之间的距离为晶胞棱长的22，晶胞质量=4A5975Ng=A536Ng，晶胞体积=A536Ng pg?cm-3=A536p Ngcm3，晶胞棱长=3A536p Ngcm，故最近的Ni2+之间的距离=223A536p Ngcm，故答案为：223A536p Ng。