《2019-2020学年安徽省泗县三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省泗县三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省泗县三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关于“植物油”的叙述错误的是（）A属于酯类B不含碳碳双键C比水轻D在碱和加热条件下能完全水解【答案】B【解析】【分析】植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。【详解】A.植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A 项正确；B.植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B 项错误；C.密度比水小，浮在水面上，C项正确；D.在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D 项正确；答案选 B。2设NA为阿伏加德罗常数的
2、值。下列说法正确的是A 78 g Na2O2与足量CO2反应，转移电子的数目为NAB0.1 mol 聚乙烯含有碳碳双键的数目为0.1 NAC标准状况下，2.24 L H2O 含有电子的数目为NAD 1 L 0.1 mol/L NaHS 溶液中硫原子的数目小于0.1 NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A 78 g Na2O2物质的量为1mol，由关系式Na2O2e-，可得出转移电子数为NA，A 正确；B聚乙烯分子中不含有碳碳双键，B不正确；C标准状况下，H2O 呈液态，不能使用22.4L/mol 计算含有电子的数目，C不正确；D 1 L 0.1 mol/L NaHS 溶液中不含有硫原子，D
3、不正确；故选 A。3磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程 I 中，被还原的元素是_(填元素符号)，过程 III 的化学方程式为_。(2)磷酸钒锂/碳复合材料 Li3V2(PO4)3/C是常用的电极材料，其制备流程如下：复合材料中V 的化合价为 _，C 的作用是 _。V2O5与 H2C2O4反应生成V2(C2O4)3的化学方程式为_；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是_。锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和LixC6和 Li3V2(PO4)3/C 做电极，放电时的电池总反应为 LixC6 Li3xV2(PO4
4、)3=Li3V2(PO4)3+C6，则电池充电时阳极的电极反应式为_。【答案】Cu、P 2 Ca3(PO4)2+6 SiO2+10C=6CaSiO3+10CO+P4+3 增强复合材料的导电性V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2+5H2O 减少产品损耗Li3V2(PO4)3-xe-=Li3xV2(PO4)3+xLi+【解析】【分析】(1)根据图像，过程I 中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P；过程 III 中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和 C，生成物为CaSiO3、CO和 P4，结合氧化还原反应的规律分析解答；(2)复合材料Li3V2(PO4)3中锂元素化合价为+1
5、价，磷酸根离子为-3 价，根据正负化合价的代数和为0 计算 V 的化合价；根据该复合材料是常用的电极材料，结合C是导体分析解答；V2O5与 H2C2O4反应生成V2(C2O4)3，V 元素化合价降低则碳元素化合价升高，生成产物有二氧化碳和水，结合氧化还原反应的规律书写化学方程式；根据放电的总反应可以得到充电时电池的总反应，结合电解原理分析解答。【详解】(1)根据图像，过程I 中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中 P元素和 Cu 元素的化合价降低，被还原；过程III 中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和 C，生成物为CaSiO3、CO和 P4，反应的化学方程式为2 Ca3(PO4)
6、2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO+P4，故答案为Cu、P；2 Ca3(PO4)2+6 SiO2+10C=6CaSiO3+10CO+P4；(2)磷酸钒锂/碳复合材料 Li3V2(PO4)3/C 中磷酸根显-3 价，锂显+1 价，因此V 的化合价为+3 价，该复合材料是常用的电极材料，C 为导体，可以增强复合材料的导电性，故答案为+3；增强复合材料的导电性；V2O5与 H2C2O4反应生成V2(C2O4)3过程中 V 的化合价由+5 价降低为+3 价，则草酸被氧化生成二氧化碳，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2+5H
7、2O；Li3V2(PO4)3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗，故答案为V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2+5H2O；减少产品损耗；该锂离子放电时的电池总反应为LixC6 Li3xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6，则充电时电池的总反应为Li3V2(PO4)3+C6LixC6+Li3-xV2(PO4)3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为：Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-xV2(PO4)3+xLi+，故答案为Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-xV2(PO4)3+xLi+。4实验室可用浓盐酸与浓硫酸混合快速制取HCl下列解释合理的
8、是（）A浓硫酸是高沸点的酸，通过它与浓盐酸反应制取低沸点的酸B通过改变温度和浓度等条件，利用平衡移动原理制取HCl C两种强酸混合，溶解度会相互影响，低溶解度的物质析出D浓硫酸的浓度远大于浓盐酸的浓度，高浓度的酸制取低浓度的酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A.浓硫酸确实沸点更高，但是浓硫酸并不与浓盐酸发生反应，A 项错误；B.+-H+ClHCl?的平衡常数极小，正常情况下几乎不会发生。加入浓硫酸一方面可以极大地提高+H浓度，另一方面浓硫酸稀释时产生大量热，利于产物HCl的挥发，因此反应得以进行，B 项正确；C.常温常压下，1 体积水能溶解约500 体积的氯化氢，因此产生氯化氢的原因并不是因
9、为溶解度，C项错误；D.高浓度的酸并不一定能制低浓度的酸，例如冰醋酸就无法通过这样的方式来制取盐酸，D 项错误；答案选 B。5下列有关可逆反应：m A(g)+n B(？)?p C(g)+q D(s)的分析中，一定正确的是()A增大压强，平衡不移动，则mp B升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应C保持容器体积不变，移走C，平衡向右移动，正反应速率增大D保持容器体积不变，加入B，容器中D 的质量增加，则B 是气体【答案】D【解析】【详解】A增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B 为气体，则m+np，故 A 错误；B升高温度，A 的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反
10、应，则正反应方向为放热反应，故B错误；C移走C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；D加入B，容器中 D 的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B 为固体，增加固体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D 正确。答案选 D。6鉴别二氧化碳和丙烯两种气体，下列方法或所选试剂中不可行的是（）A可燃性实验B酸性高锰酸钾C澄清石灰水D品红试液【答案】D【解析】【详解】A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，现象不同，故A 可行；B.二氧化碳与高锰酸钾不反应，丙烯使高锰酸钾溶液褪色，现象不同，故B可行；C.二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，丙烯与澄清石灰水不反应
11、，现象不同，故C可行；D.二氧化碳和丙烯两种气体都不与品红溶液反应，无法区别，故D 不可行；故答案为D。7材料在人类文明史上起着划时代的意义，下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是A人面鱼纹陶盆-无机非金属材料B圆明园的铜鼠首-金属材料C宇航员的航天服-有机高分子材料D光导纤维-复合材料【答案】D【解析】【分析】【详解】A.陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，故A 正确；B.铜鼠首为青铜器，为铜、锡合金，为金属材料，故B 正确；C.航天服的材料为合成纤维，为有机高分子材料，故C正确；D.光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，故D 错误；故选 D。8下列有关物质的分类或
12、归类不正确的是()混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银 化合物：CaCl2、烧碱、苯乙烯、HD 电 解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡 纯净物：干冰、冰水混合物、浓硫酸、水晶 同素异形体：足球烯、石墨、金刚石 同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2A BCD【答案】D【解析】【详解】石炭酸是苯酚，属于纯净物、福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、水银是单质属于纯净物，错误；CaCl2、烧碱、苯乙烯是化合物，HD 是氢气分子，不是化合物，错误；明矾是十二水合硫酸铝钾晶体、冰醋酸属于酸、硫酸钡是盐，都是电解质，正确；干冰是二氧化碳，是纯净物、冰水混合物
13、是水，属于纯净物、浓硫酸是混合物、水晶是二氧化硅，属于纯净物，错误；足球烯、石墨、金刚石是由C 元素形成的性质不同的单质，属于同素异形体，正确；CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，组成相差CH2，结构不一定相似，所以不一定是同系物，错误，错误；答案选 D。9根据溶解度曲线，在80 时将含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先析出的是A氯化钾B硝酸钠C氯化钠D硝酸钾【答案】C【解析】【分析】【详解】在 80时，氯化钠的溶解度为39 克，氯化钾的溶解度为51 克，硝酸钾的溶解度为170 克，硝酸钠的溶解度为 150 克；复分解反应发生的条件是生成物中有沉淀生成或有气体
14、生成或有水生成，所谓沉淀就是生成的物质的溶解度小，就会有沉淀生成，所以加热蒸发溶液的温度在80时开始析出的晶体是氯化钠反应的化学方程式为NaNO3+KCl=NaCl +KNO3，故选 C。10X、Y、Z、W 均是短周期元素，且核电荷数依次增大，X2-与 Y+有相同的电子层结构，Z是第 3 周期元素的简单离子中半径最小的，W 的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一。下列说法正确的是A原子最外层电子数：XYZ B单质沸点：YZW C离子半径：Y+X2-DY与 W 形成的化合物的水溶液显碱性【答案】D【解析】【分析】Z是第 3 周期元素的简单离子中半径最小的，则Z 为 Al，X2-
15、与 Y+有相同的电子层结构，则X为 O，Y 为Na，W 的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一，则W 为 S，以此解题。【详解】根据分析，X为 O、Y为 Na、Z 为 Al、W 为 S；A X为 O，最外层电子数为6，Y为 Na，最外层电子数为1，Z为 Al，最外层电子数为3，原子最外层电子数：X Z Y，故 A 错误；BY为 Na、Z 为 Al、W 为 S，铝的原子半径与钠相比较小，且其价电子数较多，故金属键较强，则铝的熔点高于钠，即单质沸点：Z Y，故 B错误；CX为 O、Y为 Na，X2-与 Y+有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y+Y C最高价氧化
16、物对应水化物的酸性：XW D X与氧元素形成的氧化物不止一种【答案】A【解析】【分析】X、Y与 T 同主族，且T为短周期元素，则T为硅(Si)；再由“X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大”，可确定X 为碳(C)，Y 为锗(Ge)；W、Z与 T 同周期，则W 为铝(Al)，Z为磷(P)。【详解】A元素 Si在自然界中只能以化合态形式存在，A 错误；B元素非金属性强弱：PSiGe，B正确；C因为 CO2通入 NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3 Al(OH)3，C正确；D C与氧元素形成的氧化物为CO、CO2等，D 正确；故选 A。14垃圾分类，有利于资源充分利用，
17、下列处理错误的是A厨房菜蔬与残羹回收处理后作肥料B旧报纸等废纸回收再生产纸C电池等电子产品有毒需特殊处理D塑料袋等白色垃圾掩埋处理【答案】D【解析】【详解】A.厨房菜蔬与残羹成分为有机物，回收发酵处理后可作有机肥料，故A 正确；B.旧报纸等废纸属于可回收垃圾，回收后可以再生产纸，故B正确；C.电池等电子产品中含有重金属等有毒物质，可以污染土壤和水体，需特殊处理，故C正确；D.塑料袋等白色垃圾属于可回收垃圾，难降解，不能掩埋处理，故D 错误。故选 D。15造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（）A“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分
18、相同B“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解C“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同D明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH 变大【答案】C【解析】【分析】【详解】A宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A 错误；B蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B 错误；C过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确；D明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH 变小，故D 错误；故答案为C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酸镍是一种重要的化工中
19、间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和 SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。Fe(OH)3不溶于 NH4Cl氨水的混合液，Ni(OH)2溶于 NH4Cl氨水的混合液生成Ni(NH3)62+。离子浓度 10-5mol L-1时，离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，所采取的的措施为_（写 1 种）。（2）“一次碱析”时，加入的NaOH 溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_。（3）“氨解”的目的为 _
20、“氨解”时需要控制低温原因是_。（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_。（5）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持 c(OH-)不低于 _。(已知：Ni(OH)2的 Ksp=2 10-15，2 1.4）。（6）若在流程中完成“系列操作”。则下列实验操作中，不需要的是_(填下列各项中序号)。【答案】废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可3+-22Cr+4OH=CrO+2H O实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO +3S+4H2O 1.42 10-5m
21、ol L-1cd【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和 SiO2，含少量 Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸为滤渣I 的主要成分；向滤液中加入过量氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液I 的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣 II 的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到Ni(NH3)62+溶液；向溶液中通入H2S，生成 NiS 沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到N
22、iSO4 7H2O，据此解答本题。【详解】（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、增大硫酸浓度、升温等措施，故答案为：废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可；（2）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH 溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为：3+-22Cr+4OH=CrO+2H O，故答案为：3+-22Cr+4OH=CrO+2H O；（3）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁
23、，由于Fe(OH)3不溶于 NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于 NH4Cl-氨水的混合液生成Ni(NH3)62+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；加热条件下，氨会挥发，因此控制低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成 Ni(NH3)62+，故答案为：实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+；（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中氮元素由+5 价降低到+2 价生成 NO，NiS中的硫元素由-2 价升高到0 价生成 S单质，根据得失电子守
24、恒和原子守恒，反应的化学方程式为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO +3S+4H2O，故答案为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO +3S+4H2O；（5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)c2(OH-)，根据信息，离子浓度 10-5mol L-1时，离子沉淀完全，则 210-15=10-5c2(OH-)，解得 c(OH-)=1.4 10-5mol/L，则若使溶液中Ni2+沉淀完全，需维持c(OH-)不低于1.4 10-5mol/L，故答案为：1.4210-5mol L-1；（6）“系列操作”的目的是从NiSO4溶液中得到NiSO4 7H2O
25、，其操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故不需要的操作为cd，故答案为：cd。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物G 是一种重要的化工原料，其合成路线如图：（1）的官能团名称是_。（2）反应 2 为取代反应，反应物（Me)2SO4中的“Me”的名称是 _，该反应的化学方程式是_。（3）反应所需的另一反应物名称是_，该反应的条件是_，反应类型是_。（4）满足下列条件的的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。苯环上连有两个取代基能发生银镜反应能发生水解反应（5）以为原料，合成_。合成路线图示例如下：ABCH【答案】溴原子甲基2+(Me)2SO42+H2SO4乙醇浓硫酸，加热酯化反应
26、(取代反应)6【解析】【分析】反应为取代反应，碳链骨架不变，则中 Br 原子被-CN取代，生成；反应为取代反应，碳链骨架不变，则中 1 个-H 原子被-CH3取代，生成；反应在氢离子的作用下，生成；反应为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成。【详解】(1)的官能团为溴原子，故答案为溴原子；(2)反应为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中 1 个-H 原子被-CH3取代，则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基；2+(Me)2SO42+H2SO4，故答案为甲基；2+(Me)2SO42+H2SO4；(3)反应为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成，酯化反应的条件为浓硫酸，加热，故答案为：乙醇；浓硫
27、酸，加热；酯化反应(取代反应)；(4)满足苯环上连有两个取代基，能发生银镜反应，能发生水解反应，说明有一个必须为甲酸形成的酯基，则两个取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3，存在邻、间、对三种位置异构，总共有6 种，故答案为6；(5)以为原料，根据题干信息，通过，可以合成，用氢氧化钠取代，可以制备，与在浓硫酸加热下，发生酯化反应，得到。具体合成流线为：。【点睛】本题考查有机物的合成，熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键，会利用逆推法推断有机物结构，并注意信息的利用。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钒被称为“现代工业味精”，
28、是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。常见的钒氧化物为VO、V2O3、VO2、V2O5，低价氧化钒在空气中易被氧化成高价氧化钒。请回答下列问题：（1）已知：2V(s)O2(g)=2VO(s)H1=825.6kJ mol-14VO(s)O2(g)=2V2O3(s)H2=788.8kJ mol-1 V2O3(s)O2(g)=V2O5(s)H3=334.6kJ mol-14V(s)5O2(g)=2V2O5(s)H4据上述反应热效应之间的关系，可知H4=_。（2）V2O5是钒氧化物中最重要的，也是最常用的钒化工制品。工业上制备V2O5的一个方法是利用VOCl3水解，则VOCl3中
29、V 的化合价为 _，水解反应的化学方程式为_。（3）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热法，该反应的化学方程式为_。（4）工业制硫酸常用V2Os作催化剂，已知2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H=196kJ mol-1，500时将 2molSO2和 1molO2装入一容积恒定的10L密闭容器中，达到平衡时容器中SO3的浓度为0.1mol L-1。该反应的平衡常数K=_。某温度时，该反应的平衡常数K=50，则该温度 _(填“”“”或“=”)500。下列措施能使32n(SO)n(SO)的值减小的是_(填字母)。A升温B其他条件不变，再充入2molHe C其他条件不变，再充入2molSO2和 1m
30、olO2D不用 V2O5作催化剂，改用其他更高效的催化剂（5）酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，请写出该反应的离子方程式：_。【答案】-3109.2 kJ?mol-1+5 2VOCl3 3H2O=V2O56HCl 3V2O510Al高温6V5Al2O320 A V2O5SO32-4H=2VO2SO42-2H2O【解析】【分析】(1)已知：2V(s)O2(g)=2VO(s)H1=825.6kJ mol-1，4VO(s)O2(g)=2V2O3(s)H2=788.8kJ mol-1，V2O3(s)O2(g)=V2O5(s)H3=334.6kJ mol-1；由盖斯定
31、律可知，2 2 得反应 4V(s)5O2(g)=2V2O5(s)；(2)V2O5中钒元素化合为5 价，而水解过程没有发生氧化还原反应，不涉及化合价的改变；VOCl3的水解后产物除V2O5外，还有HCl，结合原子守恒即可得水解反应的化学方程式；(3)铝是活泼金属，高温条件下能和五氧化二钒发生铝热反应生成单质钒和氧化铝，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式；(4)列三段式计算：223-1-1-1+(mol L)0.20.102SO(mol L)0.10.05g)0.O(1(mol L)0.10.050g)2.(1SO g)?ggg起始浓度变化浓度平衡浓度则 500时，反应的平衡常数K23
32、222SOSOOccc，若平衡常数增大，则平衡正向移动，再结合升高温度平衡向吸热反应方向移动分析；要使32(SO)(SO)nn的值减小，则平衡左移，结合影响平衡的因素，逐一分析判断即可；(5)酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可写出发生反应的离子方程式。【详解】(1)已知：2V(s)O2(g)=2VO(s)H1=825.6kJ mol-1，4VO(s)O2(g)=2V2O3(s)H2=788.8kJ mol-1，V2O3(s)O2(g)=V2O5(s)H3=334.6kJ mol-1，由盖斯定律可知，2 2 得反应 4V(s
33、)5O2(g)=2V2O5(s)，则 H42H1 H22H3-3109.2 kJ?mol-1；(2)水解过程没有发生氧化还原反应，不涉及化合价的改变，故VOCl3中 V的化合价为5 价，水解后产物除 V2O5外，还有HCl，配平反应的化学方程式为2VOCl33H2O=V2O56HCl；(3)铝是活泼金属，高温条件下能和五氧化二钒发生铝热反应生成单质钒和氧化铝，反应的化学方程式为3V2O5 10Al高温6V5Al2O3；(4)列三段式计算可知，平衡时容器内SO2浓度为 0.1 mol?L-1，O2浓度为 0.05 mol?L-1，SO3浓度为 0.1 mol?L-1，可得平衡常数K23222SO
34、SOOccc220.10.10.0520，若 K 增大为 50，则平衡正向移动，由于反应的焓变为负值，故温度应降低，该温度小于500；要使32(SO)(SO)nn的值减小，则平衡左移；A升温可以使平衡向逆反应的方向移动，故A正确；B再充入2 mol He，因容器容积不变，不影响物质浓度，故平衡不移动，比值不变，故B 错误；C再充入2 mol SO2和 1 mol O2，会使容器内压强增大，平衡正向移动，比值增大，故C错误；D更高效的催化剂只能加快反应速率，对平衡没有影响，比值不变，故D 错误；故答案为：A；(5)酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，根据酸性环境
35、与得失电子守恒可写出：V2O5SO32-4H=2VO2SO42-2H2O。19铜的化合物在工农业生产和化学实验室中都具有重要的作用。工业上常用氨气和醋酸二氨合铜Cu(NH3)2Ac的混合溶液来吸收一氧化碳（醋酸根离子CH3COO-简写为 Ac-），反应方程式为：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3Cu(NH3)3COAc。（1）Cu2+基态核外电子排布式为_。（2）该反应中含有的第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）CH3COOH分子中 C 原子的杂化类型为_。（4）配合物 Cu(NH3)3COAc的中心离子的配位数为_。写出一种与NH3分子互为等电子体的阳离子的化学式 _。（
36、5）A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与 A 形成化合物的晶胞如图所示（黑球代表铜原子）。该晶体的化学式为 _。【答案】1s22s22p63s23p63d9N OC sp3、sp24 H3O+CuCl【解析】【分析】（1）根据构造原理，按能级能量从低到高排列，然后将同一能层的能级排列在一起写出Cu原子的电子排布式，再由外向内失去电子，得到Cu2+的电子排布式；（2）该反应中含有的第二周期非金属元素为C、N、O。根据同周期从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，可以判断元素的第一电离能大小，但注意第A 和第 A 族元素原子的最外层电子分别为全充满和半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻
37、元素，据此可判断三种元素的第一电离能大小关系。（3）利用杂化轨道数=中心原子的孤电子对的对数+中心原子的键个数进行判断；（4）由配合物 Cu(NH3)3COAc的分子式可知，Cu为中心原子，提供空轨道，NH3、CO为配体，由分子式可知配位数为4；原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，据此可写出NH3的等电子体。（5）根据 A 原子的价电子排布式3s23p5推断出 A 为 Cl原子，利用“均摊法”计算分析得出晶体的化学式。【详解】（1）铜元素为29 号元素，原子核外有29 个电子，失去2 个电子形成Cu2+，所以 Cu2+的电子排布为1s22s22p63s23p63d9；答案为：
38、1s22s22p63s23p63d9；（2）该反应中第二周期的非金属元素为碳、氮、氧三种元素，根据同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p 能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故答案为：NOC；（3）甲基（-CH3）中原子形成4 个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基（-COOH）中碳原子形成 3 个 键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化；（4）配合物 Cu(NH3)3COAc配体为 NH3和 CO，配位数为4；NH3的等电子体根据等电子原理即可写出，为 H3O+。答案为：4；H3O+；（5）A 原子的价电子排布式为3s23p5，A 是 C
39、l。铜与 Cl形成化合物的晶胞如图所示，其中铜全部在晶胞中，共计4 个。氯原子的个数是1186482，该晶体的化学式为CuCl。答案为：CuCl。【点睛】利用“均摊法”计算晶胞中所含粒子数及晶体的化学式的原则和方法：（1）原则：晶胞上任意位置上的一个粒子如果是被n 个晶胞所共有，则每个晶胞对这个粒子分得的份额就是1n；（2）方法：长方体（包括立方体）晶胞中不同位置的粒子数的计算：a粒子位于顶点：为8 个晶胞所共有，18粒子属于该晶胞；b粒子位于棱上：为4 个晶胞所共有，14粒子属于该晶胞；c粒子位于面上：为2 个晶胞所共有，12粒子属于该晶胞；d粒子位于内部：整个粒子都属于该晶胞；非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞中每一层内碳原子排成六边形，其顶点（1 个碳原子）被三个六边形共有，每个六边形占13。