2019-2020学年福建省泉州市南安一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省泉州市南安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有机物X 分子式为C3H6O，有多种同分异构体。其中之一丙醛(液态)的燃烧热为1815kJ/mol。下列说法不正确的是A X 的同分异构体中，含单官能团的共5 种B1mol X 最多能和1mol H2加成C表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)H=+1815kJ/mol D X 的同分异构体其中之一CH2=CHCH2OH 可以发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应【答案】C【解析】【分析

2、】【详解】A X 的同分异构体中，含单官能团的异构体分别为CH3CH2CHO、CH3COCH3、共 5 种，A 正确；B1mol X 中最多含1mol 碳氧双键或1mol 碳碳双键，最多能和1mol H2加成，B正确；C表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)H=-1815kJ/mol，C 不正确；D X 的同分异构体之一CH2=CHCH2OH 中-OH可发生取代反应、氧化反应，碳碳双键可发生加成反应、加聚反应，D 正确；故选 C。2下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A Na2S2O3溶液和 HCl 溶液BH2S 气体在足量的 O2

3、 中燃烧C碳和浓硫酸反应D铜和浓硫酸反应【答案】A【解析】【详解】A、Na2S2O3溶液和HCl 溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故 A 符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D 不符合题意；故选：A。3人体吸入CO后在肺中发生反应CO+HbO2O2+HbCO导致人体缺氧。向某血样中通入CO与 O2的混合气 c(CO)=1.0 10-

4、4mol/L，c(O2)=9.9 10-4mol/L，氧合血红蛋白HbO2浓度随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A反应开始至4s 内用 HbO2表示的平均反应速率为2 l0-4mol/(Ls)B反应达平衡之前，O2与 HbCO的反应速率逐渐减小C将 CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理D该温度下反应CO+HbO2O2+HbCO的平衡常数为107【答案】C【解析】【详解】A、v=c/t=(1.0-0.2)10-4mol/L 4s=2 10-5mol/（L?s），A 错误；B、HbO2转化为 O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B

5、错误；C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；D、根据平衡常数K=c(O2)?c(HbCO)/c(CO)?c(HbO2)=10.7 10-4 0.8 10-4/0.2 10-4 0.2 10-4=214，D 错误；答案选 C。4用普通圆底烧瓶将某卤化钠和浓硫酸加热至500制备纯净HX 气体，则该卤化钠是A NaF BNaCl CNaBr D NaI【答案】B【解析】【分析】【详解】A玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用普通圆底烧瓶制取氟化氢，选项 A 错误；B利用高沸点的酸制取挥发性酸原理，盐酸是挥发性酸，浓硫酸是高沸点酸，且氯化氢和

6、玻璃不反应，所以可以用浓硫酸和氯化钠制取氯化氢，选项B 正确；C溴化氢能被浓硫酸氧化而得不到溴化氢，选项C错误；D碘化氢易被浓硫酸氧化生成碘单质而得不到碘化氢，选项D 错误；答案选 B。5设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A 4.8gMg 在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为B葡萄糖含羟基数目为C常温常压下，和的混合气体含原子总数为D 10.0g 质量分数为46%的酒精与足量的钠反应产生氢分子数为【答案】A【解析】【详解】A.镁原子最外层只有2 个电子，易失去，4.8gMg 在足量 CO2中燃烧，转移的电子数为0.4NA，故 A 正确；B.葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH

7、）4CHO，一个葡萄糖分子中含有5 个羟基，所以0.1mol 葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为 0.5NA，故 B 错误；C.常温常压下，4.48LCO2和 NO2混合气体不是0.2mol，所含原子总数不是0.6NA，故 C 错误；D.钠与水也可以反应生成氢气，故D 错误。故选 A。6目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁铬液流电池储能示范电站。铁铬液流电池总反应为 Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是A放电时a 电极反应为Fe 3+e-=Fe2+B充电时b 电极反应为Cr3+e-=Cr2+C放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D该电池无爆

8、炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低【答案】C【解析】【分析】铁-铬液流电池总反应为Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b 电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a 电极为正极，电极反应为Fe3+e-Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a 电极为阳极、b 电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3+e-Cr2+，据此分析解答。【详解

9、】A根据分析，电池放电时a 为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3+e-=Fe2+，A 项不选；B根据分析，电池充电时b 为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3+e-=Cr2+，B 项不选；C原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；D该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D 项不选；故答案选C。7X、Y、Z 三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a 为双原子分子，b 和 c 均为 10 电子分子，b 在常温下为液体。下列说

10、法不正确的是A单质 Y为 N2Ba 不能溶于b 中Ca 和 c 不可能反应D b 比 c 稳定【答案】C【解析】【详解】b 和 c 均为 10 电子分子，b 在常温下为液体，则b 可能为 H2O，c 可能为 HF、NH3，根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a 为双原子分子，则a 为 NO，则 Y为氮气。A.根据上述分析，单质Y为 N2，故 A 正确；B.NO 不能溶于H2O 中，故 B正确；C.NO 和 NH3在一定条件下可以反应，故C 错误；D.H2O 比 NH3稳定，故 D 正确。故选 C。8地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是A港珠澳

11、大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2C 天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是 CaCO3D宋 王希孟千里江山图卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜【答案】B【解析】【详解】A、聚乙烯纤维，由小分子乙烯加聚得到，是有机高分子化合物，A 不符合题意；B、太阳能电池的材料是Si，而不是SiO2，B 符合题意；C、石灰石的主要成分为CaCO3，受热分解得到CaO，C 不符合题意；D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3；D 不符合题意；答案选 B。9amolFeS 与 bmolF

12、e3O4投入到 VL cmol/L 的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO 气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和 H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为A3cV-9a-bmol3B（a+3b）mol C9a+bmol3D（cV3a9b）mol【答案】A【解析】【分析】反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中，由 Fe 元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b 表示计算NO 的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO 的物质的量【详解】根据元素守恒可知，nFe(

13、NO3)3=n(Fe)=amol+3bmol=(a+3b)mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为8a32a62b 339ab mol3；NO 的物质的量为9abmol3，未被还原的硝酸的物质的量为3cV-9a-bmol3。答案选 A。10短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与 Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05 mol P 溶于水，配成1L 溶液，pH=13；Z为金属元素，且Z可在 W 的一种氧化物中燃烧，生成一种白色物质和一种黑色物质。下列

14、说法错误的是A简单离子半径：XY Z B气态氢化物的稳定性：WX C单质的熔点：ZY D元素 Z形成的单质被称为“国防金属”【答案】B【解析】【分析】X 与 Y可形成一种淡黄色物质P，则 P为 Na2O2，结合原子序数可知X为 O，Y为 Na，金属 Z可在 W 的一种氧化物中燃烧，则Z 为 Mg，W 为 C，氧化物为CO2，综上所述，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Mg，据此解答。【详解】A O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同，序小半径大，故离子半径：O2-Na+Mg2+，A 正确；B非金属性：CO，则气态氢化物的稳定性：CH4H2O，B 错误；C一般情况下，金属离子半径越小，所带的

15、电荷越多，自由电子越多，金属键就越强，熔点就越高，所以，单质的熔点：Mg Na，C正确；D Z为 Mg 元素，Mg 被称为国防金属，D 正确。答案选 B。11关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是()A在烧杯中称量B在研钵中研磨C在蒸发皿中加热D在石棉网上冷却【答案】B【解析】【详解】A实验是在瓷坩埚中称量，故A 错误；B实验是在研钵中研磨，故B正确；C蒸发除去的是溶液中的溶剂，蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故C错误；D瓷坩埚是放在干燥器里干燥的，故D 错误；答案选 B。12根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是序号操作现象

16、解释或结论A 在含 0.1mol 的 AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和 KI 溶液溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B 取 FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液溶液变红色FeSO4部分氧化C 将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去乙烯具有还原性D 在 Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2SO3HClO A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A在含 0.1mol 的 AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和 KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较

17、AgCl、AgI 的 Ksp，所以不能得出Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A 错误；B取 FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子，但不能说明FeSO4部分氧化，还有可能全部变质，B错误；C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性，C 正确；D在 Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的沉淀是硫酸钙，不能得出酸性：H2SO3HClO，D 错误。答案选 C。【点睛】选项 A 是解答的易错点，根据沉淀的转化判断溶度积常数大小时必须保证溶液

18、中银离子全部转化为氯化银，否则不能。13下列保存物质的方法正确的是A液氯贮存在干燥的钢瓶里B少量的锂、钠、钾均保存在煤油中C浓溴水保存在带橡皮塞的棕色细口瓶中D用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，瓶口朝上放置【答案】A【解析】【详解】A 项，常温干燥情况下氯气不与铁反应，故液氯贮存在干燥的钢瓶里，A 项正确；B 项，钠、钾均保存在煤油中，但锂的密度小于煤油，故不能用煤油密封保存，应用石蜡密封，B 项错误；C 项，溴具有强氧化性，能腐蚀橡胶，故保存浓溴水的细口瓶不能用橡胶塞，C项错误；D 项，用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，氢气密度小于空气，故瓶口应朝下放置，D 项错误；本题选

19、A。14Anammox 法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是A 1moLNH4+所含电子数为11NAB30g N2H2中含有的共用电子对数目为4 NAC过程 II 属于还原反应，过程IV 属于氧化反应D过程 I 中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：2【答案】B【解析】【详解】A一个铵根离子含有10 个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，故 A 错误；B一个 N2H2（H-N=N-H）分子中含有4 个共用电子对，30g N2H2的物质的量=30g30g/mol=1mol，含有的共用电子对数目为4 NA，故 B 正确；C过程 II 中，

20、联胺分子中N 元素化合价是-2，N2H2中 N 元素化合价是-1，化合价升高，属于氧化反应，过程 IV 中，NO2-中 N 元素化合价是+3，NH2OH 中 N 元素化合价是-1，化合价降低，属于还原反应，故C 错误；D过程 I 中，参与反应的NH4+与 NH2OH 的反应方程式为：NH4+NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故 D 错误；答案选 B。【点睛】准确判断反应中各物质中N 元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。15将镁铝合金溶于100 mL 稀硝酸中，产生1.12 L NO 气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH

21、溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A可以求出合金中镁铝的物质的量比为11 B可以求出硝酸的物质的量浓度C可以求出沉淀的最大质量为3.21 克D氢氧化钠溶液浓度为3 mol/L【答案】C【解析】【详解】由图可知 60 ml 到 70 ml 是氢氧化铝溶解消耗10ml 氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30 ml 氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20 ml 氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL 稀硝酸反应，产生1.12LNO 气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x 0.05 3，则 x 0.03 mol，沉淀的最大质量110.03580.03784.08mmo

22、lg molmolg molg，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol2+0.03mol3+0.05mol=0.2mol，-1aq0.2mol=2mol0.1ncLVL（）氢氧化钠溶液浓度1()n0.15c=30.05aqmolmol LVL，故 C 错误；综上所述，答案为C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与 H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤 1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步

23、骤 2：打开 K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤 3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：_。（2）B装置中所盛放的试剂是_，其作用是 _。（3）步骤 3 中的必要操作为打开K1、K2，_（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B用小试管收集气体并检验其纯度C关闭 K1D停止加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与 H2反应的化学方程式为_。II数据处理（5）实验结束后，该同学欲测定C装置硬

24、质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和_。在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数 _（填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】关闭 K1，向 A 装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢BADC Na2O2+H22NaOH 玻璃棒偏小【解析】I(1)关闭 K1，向 A 装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；

25、(2)A 中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用 B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；(3)步骤 3 中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至 Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O2与 H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；II NaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；在转移溶液时，若溶液转移不

26、完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH 的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质 仪器装置 现象 结论 作用意义 联想。具体分析为：实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。实验现象：自下而上，自左而右全面观察。实验结论：直接结论或导出结论。三、推断题（本题包括1 个小题

27、，共10 分）17有机化合物P 是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:已知:RClRCOOH（1）H 的官能团名称 _。写出 E的结构简式 _。（2）BC 中的化学方程式_。（3）检验 F中官能团的试剂及现象_。（4）D 的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有_种。1mol D 能与足量NaHCO3反应放出2mol CO2核磁共振氢谱显示有四组峰（5）HJ 的反应类型 _。（6）已知：K 经过多步反应最终得到产物P：KL 的化学方程式_。写出 M 的结构简式 _。【答案】醚键、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN CNCH2COOH+NaCl FeCl3

28、溶液，显紫色3 还原反应+C2H5OH【解析】【分析】A 和 Cl2反应生成 B，B 中只有 1 个 Cl，所以应该是取代反应，B 发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有 4 个氧原子，而且 C 的不饱和度为2，再根据 D 的结构简式，可知 C为丙二酸，B 为 ClCH2COOH，A 为 CH3COOH。根据 K和 J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据 G 的结构简式可知 F为苯酚。【详解】（1）根据 H 的结构简式，H 的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）BC 中的化学方程式为ClCH2C

29、OOH+NaCN一定条件NCCH2COOH+NaCl。（3）F为苯酚，苯酚遇FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D 的同分异构体有多种，1mol D 能与足量NaHCO3反应放出2mol CO2，说明 1 个 D 分子中有2 个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D 分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共 3 种。（5）HJ 是 H 中的硝基变成了氨基，是还原反应。（6）根据已知，KL 发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基

30、的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合 P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以KL 的化学方程式为：+C2H5OH。得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q 在 NaOH 溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH 发生中和反应生成钠盐，故M 的结构简式为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18砷(As)与氮同一主族，As 原子比 N 原子多两个电子层。可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4，等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：(1)As 的原子序数为_。(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S

31、3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_。该反应需要在加压下进行，原因是_。(3)己知：As(s)+32H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)1HH2(g)+12O2(g)=H2O(l)2H2As(s)+52O2(g)=As2O5(s)3H则反应 As2O5(s)+3 H2O(l)=2 H3AsO4(s)的H=_。(4)298K 肘，将 2OmL 3xmol L-1 Na3AsO3、20m L3xmol L-1 I2和 20 mL NaOH 溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-rAsO43-(aq)+2I-(aq)+H2

32、O(l)。溶液中c(AsO43-)与反应时间(t)的关系如图所示。下列可判断反应达到平衡的是_(填标号)。a.v(I-)=2v(AsO33-)b.溶液的 pH 不再变化c.c(I-)=ymol L-1 d.c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化tm时，v正_v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。)tm时 v逆_tn时 v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是 _。若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数为_(用 x、y 表示)。【答案】33 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S 加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率2H1-3 H2-H3b d 大于

33、小于tm时生成物浓度较低324()yxy【解析】【分析】（1）同族元素最外层电子数相等，相差两个电子层，则利用核外电子排布规律作答；（2）依据氧化还原的规律作答；结合压强对反应平衡的影响因素分析；（3）依据盖斯定律作答；（4）【详解】（1）砷(As)与氮处于同一主族，As 原子比 N 原子多两个电子层，原子核外有四个电子层，最外层5 个电子，砷元素原子序数为7+8+18=33，故答案为：33；（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3 价变化为+5 价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S

34、；增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；（3）已知：As（s）+3/2H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）H1H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H22As（s）+5/2O2（g）=As2O5（s）H3，则利用盖斯定律将 2-3-可得 As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）H=2H1-3 H2-H3，故答案为：2 H1-3 H2-H3；（4）a 同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在 v（I-）=2

35、v（AsO33-），a 项错误；b溶液 pH 不变时，则c（OH-）也保持不变，反应达到平衡状态，b 项正确；c由图可知，当 c（AsO43-）=y mol?L-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I-）=2y mol?L-1，所以 c（I-）=ymol?L-1时没有达到平衡状态，c项错误；dc（AsO43-）/c（AsO33-）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d 项正确；故答案为：b d；反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正大于 v逆，故答案为：大于；tm时比 tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm 时 AsO4

36、3-浓度更小，反应速率更慢；反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L 20/(20+20+20)=x mol/L，同理 I2的浓度为x mol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO43-）为 ymol/L，则反应生产的c（I-）=2y mol/L，消耗的AsO33-、I2的浓度均为 ymol/L，平衡时 c（AsO33-）=（x-y）mol/L，c（I2）=（x-y）mol/L，溶液中c（OH-）=1 mol/L，则232y(2)4()()()yyKxyxyxygg，故答案为：4y3/(x y)2。【点睛】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变

37、，以及由此衍生的一些量也不发生变化，反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡状态的依据，如本反应中随反应的进行AsO43-和 I-的物质的量在变化，但二者浓度比始终是1:2，不能作用为判断平衡状态的依据。19Fe、Co、Ni 均为第族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。(1)基态 Ni 原子价电子中成对电子数与未成对电子数之比为_.。(2)已知 FeF3 具有较高的熔点（熔点高于1000），FeBr3 的式量大于FeF3，但其熔点只有200，原因是_。(3)Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+，1mol 该配离子中所含 键的数目为 _，与 N3-互为等电子体的一种分子为：_

38、，N3-离子杂化类型为_。(4)金属 Fe与 Mg、H 形成的化合物是目前人类已发现的体积储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示，其中黑球代表Fe，深灰色小球代表Mg，浅灰色小球代表H，其中浅灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞内部还有6 个。试写出该化合物的化学式：_。(5)NiO 的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A 为(0，0，0)，B 为(1，1，0)，则 C离子坐标参数为_。一定温度下，NiO 晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图），已知 O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g（用含 a、NA的代数式

39、表示）。【答案】4:1 晶体类型不同，FeF3 为离子晶体，FeBr3 为分子晶体，离子键大于分子间作用力23NACO2sp 杂化Mg2FeH6（1，12，12）242A25 3102a N【解析】【分析】【详解】(1)Ni 为 28 号元素，价电子排布式为3d84s2，其中 3d 轨道有 2 个未成对电子，3 对成对电子，4s 轨道中有1 对成对电子，则成对电子数与未成对电子数之比为8:2=4:1，故答案为4:1；(2)根据物质结构，FeF3 中 Fe3+与 F-形成离子键，为离子晶体，熔点较高，而FeBr3 中 Fe 和 Br 之间形成共价键，为分子晶体，熔点较低，故答案为：晶体类型不同，

40、FeF3 为离子晶体，FeBr3 为分子晶体，离子键大于分子间作用力；(3)1 个Co(N3)(NH3)52+中含有 6 个配位键，17 个共价键，共含6+17=23 个 键，则 1molCo(N3)(NH3)52+中含有 键的数目为23NA，N3-有 3个原子，16 个价电子，与其互为等电子体的分子为CO2，N3-的价层电子对数5+1-2 3=2+=22，故杂化类型为sp 杂化，故答案为：23NA；CO2；sp 杂化；(4)根据晶胞结构图，1 个晶胞中，Fe原子处于顶点和面心，共有118+6=482个，Mg 原子位于体内，共有 8 个，H 原子位于棱上、面心和体内，共有1124+6+24=2

41、442个，则该化合物的化学式为Mg2FeH6，故答案为：Mg2FeH6；(5)若 NiO 晶胞中离子坐标参数A 为(0，0，0)，B 为(1，1，0)，由图中可以看出C离子离坐标轴x 为 1，y为12，z 为12，则坐标参数为：（1，12，12），根据结构可知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间距离是距离最近的氧离子和镍离子的2倍，所以其距离为22a，根据图片可知，每个氧化镍所占面积=2a 2a-24sin6010o，则每平方米含有氧化镍的个数24-24211=102a2asin60102 3ao，每个氧化镍的质量A75=gN，所以每平方米含有氧化镍的质量242422AA75125 3=10=10N2a N2 3a，故答案为：（1，12，12）；242A25 3102a N。