《2019-2020学年安徽省天长中学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学年安徽省天长中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20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学年安徽省天长中学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“绿水青山就是金山银山”“像对待生命一样对待生态环境”，下列做法不合理的是A绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染B焚烧树叶，以减少垃圾运输C推广燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染D干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染【答案】B【解析】【详解】A 选项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，课本上原话，故A 正确；B 选项，焚烧树叶，会产生大量烟雾，污染空气，故B 错误；C 选项，一般用生石灰进行对燃料
2、“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染，故C 正确；D 选项，干电池的低汞化、无汞化，以减少废电池造成的土壤污染，故D 正确；综上所述，答案为B。2下列有关垃圾分类说法错误的是A废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色B可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取C废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理D含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和 H2O【答案】D【解析】【详解】A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A 正确；B.可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B 正确；C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土
3、壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；D.丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N 等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和 H2O的同时还有含氮物质生成，故D 错误；选 D。3中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是A该电化学装置中，Pt 电极作正极BPt 电极的电势高于BiVO4电极的电势C电子流向：Pt 电极 导线 BiVO4电极 电解质溶液 Pt电极D BiVO4电极上的反应式为SO32-2e-+2OH-=SO42-+H2O【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池，由 Pt 电极上反应(H2OH2)或 BiVO4电极上反应
4、(SO32-SO42-)可知，Pt 电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-H2+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32-2e-+2OH-SO42-+H2O，据此分析解答。【详解】A Pt 电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt 电极作正极，故A 正确；BPt 电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt 电极电势高于BiVO4电极，故 B 正确；C电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt 电极(正极)，不能进入溶液，故C错误；D BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32-2e-+
5、2OH-SO42-+H2O，故 D 正确；故选 C。【点睛】根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。4从杨树中提取的Z是具有美白功效的化妆品的组分。现可用如下反应制备：下列叙述错误的是A上述 X+YZ 反应属于加成反应BZ 在苯环上的一氯代物有8 种CZ所有碳原子不可能处于同一平面D Y可作为加聚反应的单体【答案】B【解析】【详解】A由物质的结构可知：酚羟基邻位C-H键断裂，与苯乙烯发生加成反应，A 正确；B由 Z结构简式可知Z 分子在苯环上有6 种不同位置的H 原子，所以Z 的苯环上的
6、一氯代物有6 种，B错误；CZ分子中含有饱和C原子，由于与饱和碳原子连接的C 原子构成的是四面体结构，所以不可能所有碳原子处于同一平面，C正确；D Y分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可作为加聚反应的单体，D正确；故合理选项是B。5室温下，0.1000mol L1的盐酸逐滴加入到20.00mL 0.1000mol L1的氨水中，溶液的 pH 和 pOH注：pOH lgc(OH)与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是()A图中 ab14 B交点 J点对应的V(HCl)20.00 mL C点 A、B、C、D 四点的溶液中均存在如下关系：c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)D若在绝热
7、体系中发生上述反应，图中的交点J向右移【答案】B【解析】【详解】A.图中 A 点和 B 点对应的溶质相同，根据a lgc(H)，b lgc(OH)，c(H)c(OH)1014计算可知a b lgc(H)c(OH)lg1014 14，A 项正确；B.交点 J点对应的点pH7，应该是氨水和氯化铵的混合溶液，V(HCl)20.00 mL，B项错误；C.A、B、C、D 四点的溶液中均存在电荷守恒，c(Cl)c(OH)c(NH4+)c(H)，变式得c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)，C项正确；D.中和反应为放热反应，若在绝热体系中发生上述反应，体系的温度升高，水和氨水的电离程度都变大，c(OH)
8、增大，pOH 减小，pH 增大，图中的交点J向右移，D 项正确；答案选 B。6已知：BrH2 HBr H，其反应的历程与能量变化如图所示，以下叙述正确的是A该反应是放热反应B加入催化剂，E1E2的差值减小CHH 的键能大于HBr 的键能D因为 E1E2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】C【解析】【分析】根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断反应的热效应。反应的能量变化与反应途径无关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。【详解】A.若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故
9、该反应为吸热反应，A错误；B.E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；C.此反应为吸热反应，故断开H-H 键所需要的能量高于生成H-Br 键放出的能量，C 正确；D.因为 E1E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D 错误，故合理选项是C。【点睛】本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。7根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向溶有 SO2的 BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X 具有强氧化性
10、B 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：ClSi C 常温下，分别测定浓度均为0.1 mol L1 NaF 和 NaClO 溶液的pH，后者的pH 大酸性：HFYHn C若 Y是金属元素，则其氢氧化物既能和强酸反应又能和强碱反应D三种元素的原子半径：r（X）r（Y）r（Z）【答案】C【解析】【分析】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；当X 为金属时，X可能为 Na、Mg、Al，若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，根据常见氧化物以及镁、铝化合物的性质分析。【详解】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z 三种元素分别位于第二周期和
11、第三周期；A、当 X 为金属时，X可能为 Na、Mg、Al，与氧气形成的化合物分别为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，阴阳离子个数比有为1:2、1:1、2:3，故 A 不符合题意；B、由于 Z、Y同族，从上至下非金属性逐渐减弱，Z的非金属性大于Y，所以气态氢化物的稳定性ZHnYHn，故 B 不符合题意；C、若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，因为 Mg(OH)2不与强碱反应，故C符合题意；D、因电子层数X=YZ，故半径YZ，同周期原子半径从左至右逐渐减小，故原子半径：r(X)r(X)r(Z)，故D 不符合题意。故选 C。9Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X 在一定条件
12、下合成：下列说法错误的是（）A Y的分子式为C10H8O3B由 X 制取 Y过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应D等物质的量的X、Y分别与 NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A.Y 分子中含有10 个 C原子，3 个 O 原子，不饱和度为：7，所以分子式为：C10H8O3，故 A 正确；B.根据质量守恒定律可知：由X 制取 Y的过程中可得到乙醇，故B正确；C.Y含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可能发生加聚反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，故C正确；D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3molNaOH 反应，Y中酚羟基
13、、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则 1molY 可与 3molNaOH 反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为 1:1，故 D 错误；故选：D。10下列反应中，水作氧化剂的是（）A SO3+H2OH2SO4B2K+2H2O 2KOH+H2C2F22H2O 4HF O2D2Na2O22H2O 4NaOHO2【答案】B【解析】【详解】A、没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A 错误；B、H2O 中 H 化合价由 1 价0价，化合价降低，因此H2O 作氧化剂，故B正确；C、H2O 中 O 由 2 价0价，化合价升高，即H2O 作还原剂，故C错误；D、Na2O2既是氧化剂又
14、是还原剂，H2O 既不是氧化剂又不是还原剂，故D 错误。故选 B。11做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（）选项A B C D 生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A 正确；B.眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B 正确；C.干电池属于有害垃圾，故C错误；D.西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D 正确；答案选 C。12在高温高压的水溶液中，AuS与 Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含 Au)，并伴有H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是A氧化
15、剂和还原剂的物质的量之比2:3 BAuS既作氧化剂又作还原剂C每生成2.24 L 气体，转移电子数为0.1mol D反应后溶液的pH 值降低【答案】D【解析】【分析】【详解】在高温高压的水溶液中，AuS与 Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含 Au)，并伴有H2S气体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS+3Fe2+Fe3O4+2Au+2H2S+4H，则A氧化剂是AuS，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项 A 错误；BAuS中 Au 的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B 错误；C不能确定气体所处的状态，则每生成2.
16、24 L 气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项 C错误；D反应后有氢离子产生，因此溶液的pH 值降低，选项D 正确；答案选 D。13下列图示与对应的叙述相符的是()。A表示反应A+B=C+D的1Hac kJ molB表示不同温度下溶液中+H和-OH 浓度变化曲线，a点对应温度高于b点C针对 N2+3H2=2NH3的反应，图表示1t时刻可能是减小了容器内的压强D表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中p点pH大于q点【答案】C【解析】A.根据图，反应ABCD 属于放热反应，H-(a-c)kJmol-1，故 A错误；B.根据图，温度越高，水的离子积常数越大，图中a 点对应温度低于b 点
17、，故 B错误；C.根据图，t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D.根据图，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p 点酸性比q 点强，pH 小于 q 点，故 D错误；故选C。14下列实验操作能达到实验目的的是A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗B用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体C在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气D用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物【答案】C【解析】【分析】【详解】A用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A 项错误；B湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B 项错误；CMnO2和浓盐酸在加热
18、条件下可制备氯气，C项正确；D乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D 项错误。答案选 C。15下列实验合理的是（）A证明非金属性ClCSi B制备少量氧气C除去 Cl2中的 HCl D吸收氨气，并防止倒吸A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl 与 C 的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C 与 Si 的非金属性强弱，故A 错误；B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不
19、能使反应随时停止，图中装置不合理，故B 错误；C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C 错误；D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D 正确；故选 D。【点睛】A 项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较 Cl 与 C 的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C 与 Si 的非金属性强弱。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乙醇是制取
20、饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空：（1）实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是_。（2）验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是_（填写化学式）；能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是_。（选填编号）a溴水褪色b有油状物质生成c反应后水溶液酸性增强d反应后水溶液接近中性（3）实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时，甲、乙两套装置如图1 都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是 _。（选填编号）a甲装置乙酸转化率高b乙装置乙酸转化率高c甲装置有冷凝回流措施d乙装置有冷凝回流措施（4）用乙装置实验时，提纯乙中乙
21、酸乙酯的流程如图3 以上流程中试剂A 的化学式是 _；操作的名称是 _；操作一般适用于分离_混合物。（5）如图 2 是用乙醇制备溴乙烷的装置，实验中有两种加料方案：先加溴化钠再加乙醇 最后加 1：1 浓硫酸；先加溴化钠再加 1：1 浓硫酸 最后加乙醇。按方案和实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入_，产物可变为无色。与方案相比较，方案的明显缺点是_。【答案】利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOH d b、d Na2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr 气体生成，HBr挥发会造成HBr 的损耗【解析】【分析】（1）乙醇在浓硫酸作
22、催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2二溴乙烷，据此分析解答；（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；（5）按方案和实验时，产物都有明显
23、颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr 生成，HBr 具有挥发性，会使HBr 损失。【详解】（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；a若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；b若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；c若反
24、应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；d反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr 生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；答案选 d；（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；（5）按方案和实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，
25、溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr 生成，HBr 具有挥发性，会使HBr 损失。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氟他胺G 是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A 制备 G 的合成路线如图:请回答下列问题:（1）A 的化学名称为 _；C 中官能团的名称是_。（2）的反应试剂和反应条件分别是_，该反应类型是_。（3）已知吡啶是一种有机碱，在反应 中的作用是 _（4）反应 的化学方程式为_（5）G 的相对分子质量为_。（6）772T C H NO是 E在碱性条件下的水解产物，同时符合下列条件的T 的同分异构体有_种。其
26、中核磁共振氢谱上有4 组峰且峰面积比为1:2:2:2 的物质的结构简式为_。2NH直接连在苯环上；能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体。（7）参照上述合成路线，以CH3CH2COCl和为原料，经三步合成某化工产品的路线为(其他无机试剂任选)_。【答案】甲苯氟原子浓硫酸和浓硝酸、加热取代反应（或硝化反应）吸收反应产生的氯化氢，提高反应物转化率+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O 276 13【解析】【分析】A 中含有 1 个苯环，由B的分子式可知A 为，则 B 为，B 中的氯原子被氟原子取代生成了 C，C 的结构简式为，C发生硝化反应生成D，D 中硝基被还原成氨基生成E，E与酰氯发生取代
27、反应生成F，F的结构简式为，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答。【详解】（1）由以上分析可知A 为甲苯，结构简式为，C 中官能团的名称为氟原子，故答案为甲苯；氟原子。（2）为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，水浴加热，与浓硝酸发生取代反应，故答案为浓硫酸和浓硝酸、水浴加热；取代反应（或硝化反应）。（3）反应的方程式为，反应中生成了HCl，加入吡啶这样的有机碱，可以消耗产生的氯化氢，促进平衡右移，提高反应转化率，故答案为消耗反应中生成的氯化氢，促进平衡右移，提高产率。（4）由题中转化关系可知反应的化学方程式为：+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O，故答案为
28、+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O。（5）由结构简式可知G 的分子式为C11H11O3N2F3，则相对分子质量为276，故答案为276。（6）T（C7H7NO2）是 E在碱性条件下的水解产物，显然有1 个羧基，它的同分异构体，要求：NH2直接连在苯环上能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体，说明结构中含有醛基。分析可知，T 符合条件的同分异构体分两大类：一类是苯环上有2 个取代基：NH2和 HCOO，在苯环上按邻、间、对排列方式共有3 种，另一类是苯环上有3 个取代基：OH、CHO、NH2，3 个不同的取代基在苯环上的排列方式共有10 种结构，所以一共有13 种符合条件的同分异构体。其
29、中核磁共振氢谱上有4 组峰，且峰面积比为1:2:2:2 的物质的结构简式为：，故答案为13；。（6）由目标产物逆推，需要合成氨基，推知原料要先发生硝化，引入硝基，再还原得到氨基，氨基与酰氯发生取代反应生成目标产物，合成路线为：，故答案为。【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18Ga、N、Ni、As 等元素常用于制造高科技材料。回答下列问题:（1）基态 As 原子核外电子排布式为 Ar _。（2）元素的基态气态原子得到一
30、个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示,其中除氮元素外，其他元素的E1自左向右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。（3）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用 R 表示）。经 X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图所示。图中虚线代表氢键,其表示式为（NH4+）N H Cl、_、_。（4）8-羟基喹啉铝（分子式为C27 H18AlN3O3）用于发光材料及电子传输材料,可由 LiAlH 与 8-羟基喹啉（）合成。LiAlH 中阴离子的空间构型为_;8-羟基喹
31、啉所含元素中电负性最大的是_（填元素符号）,N、O 的杂化方式依次为_、_。（5）GaAs的晶胞结构如图所示,其晶胞参数为a pm。设阿伏加德罗常数的值为NA,则 GaAs的密度是_g cm-3（列出计算表达式）。【答案】3d104s24p3同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N 的 2p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子(H3O+)O-H N(NH4+)N-H N 正四面体O sp2sp3-A10 3a11 5044N（）【解析】【分析】（1）根据核外电子排布规律分析解答；（2）根据第一电子亲和能的定义及元素周期律分析解答；（3）根据氢键
32、形成原理及图示分析解答；（4）根据价层电子对互斥理论、电负性概念分析解答；（5）根据晶胞结构及阿伏伽德罗常数含有分析解答。【详解】（1）As 原子核外共有33 个电子，根据电子排布规律分析得：1s22s22p63s23p63d104s24p3，即 Ar 3d104s24p3，故答案为：3d104s24p3；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N 的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N
33、 的 2p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；（3）O、N 的非金属性较强，对应的 O-H、N-H 都可与 H 形成氢键，还可表示为(H3O+)O-H N、(NH4+)N-H N，故答案为：(H3O+)O-H N、(NH4+)N-H N；（4）LiAlH 中阴离子为AlH4-，该阴离子中中心原子Al 的价层电子对数为：3+1-4 14+=42，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该阴离子空间构型为正四面体；元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性ONCHAl，则电负性最大的是O；8-羟基喹啉中环上的N、O 原子价层电子对数分别为3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型N
34、、O 杂化方式分别为sp2、sp3，故答案为：正四面体；O；sp2；sp3；（5）根据晶胞结构分析，晶胞中Ga原子数为4，As原子数为818+612=4，晶胞的体积为（a 10-10）3cm3，则晶胞的密度为-103-103-1033AAAA70751a 10a 10454+44NNNm145 4=g cmN0Va/1（）（）（），故答案为：-A10 3a 11 5044N（）。【点睛】运用分摊法计算晶胞中原子数目，根据密度的求算公式计算是解决此类问题一般思路，解题过程总注意单位的换算，此处为易错点。19对烟道气中2SO进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。I.CO还原法(1)一定条件下
35、，由2SO和CO反应生成S和2CO的能量变化如图所示，每生成16gS s，该反应_(填“放出”或“吸收”)的热量为 _。(2)在绝热恒容的密闭容器中，进行反应：222CO g+SOgS s+2COg?，该反应的平衡常数表达式为 _，对此反应下列说法正确的是_。a.若混合气体密度保持不变，则已达平衡状态b.从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变c.达平衡后若再充入一定量2CO，平衡常数保持不变d.分离出S，正、逆反应速率均保持不变(3)向2L恒温恒容密闭容器中通入2molCO和1mol2SO，分别进行abc、三组实验。在不同条件下发生反应：222CO g+SOgS s+2COg?，反应体系总
36、压强随时间的变化曲线如图所示，则三组实验温度的大小关系是a_b_c(填“”、“”或“”)；实验a从反应开始至平衡时，反应速率2v SO_。II.23Na SO溶液吸收法常温下，用-123300mL1.0molL Na SO溶液吸收2SO的过程中，溶液pH随吸收2SO物质的量的变化曲线如图所示。(4)常温下，23H SO的二级电离平衡常数a2K的数值为 _。【答案】放出135kJ K=2222cCOcCOc SOnad=6.25 10-3mol/(L?min)；10-7.3【解析】【分析】(1)根据图象分析，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，正、逆反应活化能之差为反应放出的热量；(
37、2)气相为主的反应中，固体物质的浓度不变，根据平衡常数含义列出平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析；(3)反应为放热反应，反应前后气体物质的量减小，体系压强减小，体系 a 和体系 b 反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，对于一定质量的气体来说，pVT等于衡量，据此分析b 和 c 的体系温度高低，根据化学反应速率定义计算SO2的平均反应速率；(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H+HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H+SO32-，根据 Na2SO3溶液吸收 SO2的过程中，溶液pH 随吸收 SO2物质的量的变化曲线计算H2S
38、O3的二级电离平衡常数。【详解】(1)根据图象分析，反应物的总能量比生成物总能量高，反应发生时多余的能量会释放出来，因此该反应的正反应为放热反应，正、逆反应的活化能之差为反应放出的热量，活化能的差值为270kJ/mol，由于反应产生的 S质量为 16g，其物质的量为16g32g/mol=0.5mol，所以反应放出的热量为：270kJ/mol 0.5mol=135kJ；(2)根据平衡常数的含义，可知该反应的平衡常数表达式为K=2222CCOc SOcOcn。a.混合气体密度为 mV，恒容容器容积V 不变，反应前后气体的质量发生改变，则当反应到达平衡时，气体总质量m 不变，因此若混合气体密度不变，
39、说明反应已经达到平衡状态，a 正确；b.反应达到平衡前后，气体总物质的量发生改变，体系压强改变，b 错误；c.达平衡后若再充入一定量CO2，使化学平衡逆向移动，由于反应在绝热容器中进行，反应逆向移动会产生热量变化，导致体系温度发生改变，化学平衡常数改变，c错误；d.分离出 S，由于 S是固体，浓度不变，因此改变其物质的量，不影响化学平衡，因此正、逆反应速率均保持不变，d 正确；故合理选项是ad；(3)体系 a 和体系 b 反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，体系 a 和体系 b 的温度相等，根据pVT等于衡量，可知初始时刻压强cb，则实验温度c b，因此三组实验温度的关系是a=
40、bc；实验 a 从反应开始至平衡时，压强由160kPa 改变至 120kPa，设反应过程转化了xmolSO2，由pVT等于衡量可知，气体的压强与气体的体积(即总物质的量)成正比，所以有160120212212xxx，解得x=0.75mol，则反应速率v(SO2)=n0.752t60molVLminVV=6.25 10-3mol/(L?min)；(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H+HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H+SO32-，根据 Na2SO3溶液吸收 SO2的过程中，溶液pH 随吸收 SO2物质的量的变化曲线分析，H2SO3的二级电离平衡和SO32-的一级水解平衡相关，未通
41、入SO2时，Na2SO3溶液的 pH 为 10.6，则溶液中c(OH-)=10-3.4mol/L，忽略 SO32-的二级水解，则溶液中c(HSO3-)=c(OH-)=10-3.4mol/L，300mL1.0mol/LNa2SO3溶液的浓度为1.0mol/L，平衡时c(SO32-)=1.0mol/L-10-3.4mol/L 1.0mol/L，则水解平衡常数为Kh=323c HSOc OHc SOn=10-6.7，H2SO3的二级电离平衡常数Ka2=233c Hc SOc HSOn=KwKh=10-7.3。【点睛】本题考查化学反应的焓变、化学反应速率、化学平衡状态的判断及平衡移动，化学平衡常数表达式的书写与计算等知识，注意最后一小题中水解平衡常数、电离平衡常数与水的离子积之间的关系，试题难度不大。