《2019-2020学年福建省厦门第六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学年福建省厦门第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18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学年福建省厦门第六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下列离子方程式正确的是A Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3+SO42+Ba2+3OH-=Fe(OH)3+BaSO4BNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2CNa2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色：6H+5SO32+2MnO4-=5SO42+2Mn2+3H2O D向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO22C6H5OH+CO32【答案】C【解析】【详解】A.Fe2(SO4)3溶液
2、中加入足量Ba(OH)2溶液的离子方程式为：2Fe3+3SO42+3Ba2+6OH-=2Fe(OH)3+3BaSO4，故错误；B.Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故错误；C.Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为：6H+5SO32+2MnO4-=5SO42+2Mn2+3H2O，故正确；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O-+H2O+CO2C6H5OH+HCO3，故错误。故选 C。2吊白块(NaHSO2 HCHO 2H2O)可用作印染工业的还原剂、橡胶合成及制糖工业中的漂白剂。以SO2、纯碱、Zn 及甲醛为原料生产吊白块
3、及氧化锌的工艺流程如图：已知：吊白块呈白色块状固体成结晶性粉状，易溶于水，微溶于乙醇，常温时较为稳定，高温下下具有强还原性：120以上会分解产生甲醛、二氧化硫和硫化氢等有毒气体。回答下列问题：（1）“反应”发生后溶液的pH=4.1，则反应I 的产物是 _。（2）设计反应 后向反应 中继续通入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液，从而生成Na2S2O5，则反应中发生反应的化学方程式为_。（3）“反应”加热的方式最好选用_(填“直接加热”或“水浴加热”)；其反应的化学方程式为_。（4）“过滤”得到的滤液蒸发浓缩时不能在敞口容器中进行，原因是 _；洗涤时中的洗涤剂最好选择_(填字母序号)。A水B
4、无水乙醇C稀氢氧化钠溶液（5）由“滤渣”制备氧化锌的方法是_。（6）一种测定吊白块中硫的质量分数的方法如下：称取ag 产品溶于适量水中，加入稍过量的碘水(反应生成 NaHSO4和 HCOOH)，充分反应后加入足量BaCl2溶液，过滤，滤渣经干燥后称得质量为bg。则产品中硫的质量分数为_(用含 a、b 的式子表示)。【答案】NaHSO3、CO22NaHSO3=Na2S2O5+H2O 水浴加热Na2S2O5+2Zn+2HCHO+3H2O95 C2NaHSO2 HCHO+2Zn(OH)2 吊白块具有强还原性，高温下易被空气中的氧气氧化B 洗涤、(干燥)、煅烧(高温焙烧)32b233a【解析】【分析】
5、（1）Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性；（2）NaHSO3脱水生成Na2S2O5；（3）“反应”反应温度为95；根据流程图可知Na2S2O5、Zn、HCHO反应生成NaHSO2 HCHO、Zn(OH)2；（4）吊白块常温时较为稳定、高温下具有强还原性；吊白块微溶于乙醇；（5）氢氧化锌加热分解为氧化锌；（6）加入足量BaCl2溶液，过滤，bg 滤渣为 BaSO4，根据硫元素守恒计算。【详解】（1）“反应I”发生后溶液的pH=4.1，溶液呈酸性，说明SO2和纯碱反应的产物是NaHSO3，则反应I 的产物是 NaHSO3、CO2；（2）NaHSO3脱水生成Na2S2O5，反应的方程式是
6、2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；（3）“反应IV”反应温度为95，加热的方式最好选用水浴加热；根据流程图可知Na2S2O5、Zn、HCHO反应生成 NaHSO2 HCHO、Zn(OH)2反应方程式是Na2S2O5+2Zn+2HCHO+3H2O95 C2NaHSO2 HCHO+2Zn(OH)2；（4）吊白块常温时较为稳定、高温下具有强还原性，高温下易被空气中的氧气氧化，所以“过滤”得到的滤液蒸发浓缩时不能在敞口容器中进行；吊白块微溶于乙醇，洗涤时，洗涤剂最好用无水乙醇，选B；（5）氢氧化锌加热分解为氧化锌，由“滤渣”制备氧化锌的方法是洗涤、(干燥)、煅烧(高温焙烧)；（6）加入足量BaC
7、l2溶液，过滤，得到bgBaSO4，硫元素的质量为(32)g233b，根据硫元素守恒，ag 产品中硫元素的质量为32g233b，硫元素质量分数为32g233b ag=32b233a。3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 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
8、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。4某恒定温度下，在一个 2L的密闭容器中，加入 4 mol A 和 2 mol B 进行如下反应:3A(g)+2B(g)?4C(?)+2D(?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是A增加 C,B的平衡转化率不变B此时 B 的平衡转化率是35%C增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D该反应的化学平衡常数表达式是K=432c(C)c(A)c(B)
9、g【答案】A【解析】【分析】由题意可知反应的前后压强之比为5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，列三段式：+2B g4C2D42001.20.81.60.82.81.21.60.38A g?？由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：145：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以 C物不是气体，D 物为气体。【详解】A.增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但 C不是气体，增加 C不能使平衡正向移动，所以 B 的平衡转化率不变，故A 正确；B.B的平衡转化率=0.8mol 2mol 100%=40%，故 B错误；C.化学平
10、衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；D.由于生成物C 为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=232c(D)c(A)c(B)g，故 D 错误；故答案为A。【点睛】注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。5用下列实验方案不能达到实验目的的是（）A图 A 装置 Cu 和稀硝酸制取NO B图 B装置 检验乙炔的还原性C图 C 装置 实验室制取溴苯D图 D 装置 实验室分离CO和 CO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A 正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫
11、化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B 错误；C.图 C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D 正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D 选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装
12、置和操作方法。据此解答。6下列晶体中属于原子晶体的是（）A氖B食盐C干冰D金刚石【答案】D【解析】【分析】根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选 D。7下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A 配制 0.4000mol?L-1的 NaOH 溶液将称取的4.0g 固体 NaOH 置于 250mL 容量瓶中，加入适量蒸馏水溶解并定容至容量瓶刻度线B 收集 NH4Cl和 Ca
13、(OH)2混合物在受热时产生的气体用排水法收集，在实验结束时，应先移出导管，后熄灭酒精灯C 探究浓度对反应速率的影响向 2 支盛有 5mL 不同浓度Na2S2O3溶液的试管中同时加入2mL 0.1mol/L H2SO4溶液，察实验现象D 证明 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)向含少量NaCl 的 NaI 溶液中滴入适量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A错误；BNH3极易溶于水，其收集方法不能用排水法，B 错误；CNa2S2O3+H2SO4=Na
14、2SO4+S+SO2+H2O，可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，C正确；D由于 NaCl 量较少，可能浓度商c(Ag)c(Cl)0【答案】B【解析】【分析】【详解】A、常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，A 错误；B、常温下，pH 相同的 NaOH 溶液和 Ba(OH)2溶液中 c(OH-)相等，对水电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，B正确；C、向 NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，发生Ca(OH)2(少量)+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O，碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强，所得溶液的p
15、H 增大，C错误；D、根据 GHT S可知，2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的S0，则该反应的H0，D 错误；答案选 B。13化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A可折叠柔性屏中的灵魂材料纳米银与硝酸不会发生化学反应.B2022 年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料D建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3
16、=3AgNO3+NO +2H2O，故 A 错误；B.聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B 正确；C.光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；D.建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D 错误；故选 B。【点睛】硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。14室温下，用0.100mol?L-1NaOH 溶液分别滴定20.00mL0.100mol?L-1的 HA 和 HB 两种酸溶液，滴定曲线如图所示 已知 AG=lg+-c(H)c(OH)，下列说法不正确的是（）A P点时，加入NaOH 溶液的体积为20.00mL BKa(
17、HB)的数量级为10-4C水的电离程度：NM=P D M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)【答案】D【解析】【分析】未加 NaOH 溶液时，HA 的 AG=12，则 c（H+）?c（OH-）=10-14，c Hc OH=10-12，则 c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA 是强酸；未加 NaOH 溶液时，HB 的 AG=9，则 c（H+）?c（OH-）=10-14，c Hc OH=10-9，则 c（H+）=10-2.5mol/L 0.1mol/L，则 HB是弱酸；【详解】A P点 AG=0 时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA 是强酸，酸碱的物质的量相等，酸
18、碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH 溶液的体积为20.00mL，故 A 正确；BHB 的电离程度较小，则溶液中c（B-）c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）0.1mol/L，Ka（HB）=+-c(H)c(B)c(HB)=-2.5-2.510100.100=10-4，故 B 正确；C酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N 点 NaB 浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：NM=P，故 C 正确；DM、P点的 AG 都为 0，都存在 c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加
19、入的NaOH 越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点 c（A-）=c（Na+）、M 点 c（Na+）=c（B-），但是 c（Na+）：MP 点，则c（A-）c（B-），故 D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意 B中微粒浓度的近似处理方法。15下列说法正确的是()A电解熔融金属氯化物制备Na、Mg、Al B配制3 2Fe(NO)溶液时需加入稀硝酸防止水解C“一带一路”中的丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物。D牙齿的矿物质Ca5(PO4)3OH+F-?Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟
20、牙膏可以防止龋齿的形成【答案】D【解析】【详解】A.AlCl3是共价化合物，不能通过电解熔融AlCl3制备 Al，故 A 错误；B.Fe2+能被稀硝酸氧化为Fe3+，故 B 错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C 错误；D.由平衡 Ca5(PO4)3OH+F-?Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成，故D 正确。故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫代硫较钠(Na2S2O3)在生产生活中具有广泛应用。硫化碱法是工业上制取硫代硫酸钠的方法之一。
21、实验室模拟工业生产装置如图所示：(1)利用如图装置进行实验，为保证硫酸顺利滴下的操作是_。(2)装置 B中生成的Na2S2O3同时还生成CO2，反应的离子方程式为_；在该装置中使用多孔球泡的目的是 _。(3)装置 C的作用是检验装置B 中 SO2的吸收效果，C中可选择的试剂是_(填字母)。a.H2O2溶液b.溴水c.KMnO4溶液d.BaCl2溶液(4)Na2S2O3溶液常用于测定废水中Ba2+浓度。取废水20.00mL，控制适当的酸度，加入足盐K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀，过滤洗涤后用适量稀酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI 溶液，将 Cr2O72-充
22、分反应；然后加入淀粉溶液作指示剂，用 0.100 mol/L 的 Na2S2O3溶液进行滴定：(I2+2 S2O32-=S4O62-+2I-)，滴定终点的现象为_。平行滴定3 次，消耗 Na2S2O3溶液的平均用量为18.00mL。则该废水中Ba2+的物质的量浓度为_mol/L，在滴定过程中，下列实验操作会造成实验结果偏高的是_(填字母)。a.滴定管未用Na2S2O3溶液润洗b.滴定终点时俯视读数c.锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理d.滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡【答案】打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+
23、CO2增大 SO2与溶液的接触面积，使反应充分bc 滴入最后一滴Na2S2O3溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复0.03mol/L a【解析】【分析】装置 A 中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，进入 B 装置，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，装置 B 中利用二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应制取硫代硫酸钠；装置C检验二氧化硫的吸收效果，需要有明显的实验现象；装置D 进行尾气吸收。(4)滴定过程中，Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，然后滴入Na2S2O3标准液滴定生成的碘单质的量，从而确定 Cr2O72-的量，进而确定钡离子的量。【详解】(1)若没有打开分液漏斗上口的玻璃塞，或没有将活塞上凹
24、槽对准漏斗颈上的小孔，分液漏斗内的液体将不能顺利滴下，为保证硫酸顺利滴下需打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔；(2)根据已知信息SO2、Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3和 CO2，该过程中二氧化硫中硫元素化合价降低，做氧化剂，硫化钠中硫元素化合价升高做还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2；在该装置中使用多孔球泡可以增大接触面积，使反应充分；(3)a二氧化硫可以被双氧水氧化，但没有明显现象，故a 不选；b溴水可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故b 选；c高锰酸钾可以氧化二氧化硫，且溶液颜色
25、会发生变化，故c 选；d二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故d 不选；综上所述选bc；(4)滴定终点碘单质被完全反应，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复；Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，自身被还原成Cr3+，所以有转化关系Cr2O72-3I2，滴定过程中发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，所以 I2 2S2O32-，钡离子与Cr2O72-存在转化关系2Ba2+2BaCrO4Cr2O72-，所以 Ba2+和 S2O32-存在数量关系2Ba2+6S2O32-，所以废液中Ba2+的浓度为-110.018L0.100mol/L3=
26、0.03mol?L0.02L；a滴定管未用标准液润洗，会稀释标准液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；b滴定终点时俯视读数导致读数偏小，读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；c锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，对待测液的溶质的物质的量没有影响，故对实验结果不影响；d滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡将使读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；综上所述选a。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质 A 的化学式为C8H10，写出 A 的名称 _，鉴别 A 和可选用的试剂是_。（2）写出反应的化学反应方
27、程式_。（3）反应中，属于加成反应的是_；反应的反应条件为_。（4）写出 2 种满足下列条件的同分异构体的结构简式。_，_。含苯环结构能发生银镜反应（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。_合成路线常用的表示方式为：【答案】乙苯溴水+Br2Fe+HBr；NaOH 水溶液、加热或或【解析】【详解】(1)物质 A的化学式为C8H10，则苯与CH3CH2Cl 发生取代反应生成A 为，A 的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为:乙苯；溴水；(2)反应是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为:+Br2Fe+HBr；
28、(3)对比物质的结构，可知属于取代反应、属于加成反应，而先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为:NaOH 水溶液、加热，故答案为:;NaOH 水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:含苯环结构，能发生银镜反应，含有醛基，可以有1 个取代基为-CH2CHO,可以有 2 个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:、；(5)与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为:。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 .羟基磷酸钙 Ca10(PO4)6(OH)2 具有优良的生物相容性和生物活性，它在口
29、腔保健中具有重要作用，可以防止龋齿等，回答下列问题。（1）Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是_。（2）上述元素都能形成氢化物，其中 PH3与同主族元素N 形成的氢化物的键角关系是PH3_NH3(填“”或“”)，PO43-离子空间构型是_。（3）现已合成含钙的全氮阴离子盐，其中阴离子N5-为平面正五边形结构，N 原子的杂化类型是_。（4）碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁，其原因是_。（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图1 所示：其中最小的环为6 元环，每个环平均含有_个 P原子。.钴是人体不可或缺的微量元素之一。Co、Al、O 形成的一种
30、化合物钴蓝晶体结构如图2 所示。（6）基态 Co原子的价电子排布式为_。该立方晶胞由4 个 I 型和 4 个型小立方体构成，其化学式为_，NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_ gcm-3(列计算式)。【答案】OPH Ca 小于正四面体sp2镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此碳酸镁的热分解温度低2 3d74s2CoAl2O4738(592274 16)(210)ANa【解析】【分析】【详解】（1）同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是OPHCa；（2）NH3和 PH3
31、的空间构型都是三角锥型,但是,NH 中 N-H 键的键长比PH 中 P-H 键的键长要短,所以在NH3中,成键电子对更靠近,排斥力更大,以致键角更大。而PH3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使H-P-H 键角更小。PH3与同主族元素N 形成的氢化物的键角关系是PH3NH3；PO43中心原子为P，其中 键电子对数为4，中心原子孤电子对数=12（5+3-4 2）=0，PO43中心原子价层电子对对数为4+0=4，P 原子 sp3杂化，PO43-离子空间构型是正四面体。故答案为：；正四面体；（3）含钙的全氮阴离子盐，阴离子N5-为平面正五边形结构，中心原子N，其中 键电子对数为2，
32、中心原子存在大键，所以N 原子的杂化类型是sp2。故答案为：sp2；（4）由于镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此，碳酸镁的热分解温度低。（5）黑磷与石墨烯类似，其中最小的环为6 元环，每个环平均含有613=2 个 P原子。故答案为：2（6）基态 Co原子的价电子排布式为3d74s2；I、II 各一个小正方体为一个晶胞，该晶胞中Co原子个数=（418+214+1）4=8、Al 原子个数=4 4=16、O 原子个数=84=32，Co、Al、O 原子个数之比=8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；该晶胞体积=（2a10-7cm）3，钴蓝晶体的密度=MV
33、=738(592274 16)(210)ANagcm-3(列计算式)。故答案为：3d74s2；CoAl2O4；738(592274 16)(210)ANa。19含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。回答下列问题：（1）N2O 在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g)2N2(g)+O2(g)?H己知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)?H12NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)?H2?H=_(用含?H1、?H2的代数式表示)。（2）一氧化二氮可反生2N2O(g)2N2(g)+O2(g)。不同温度(T)，N2O 分解半哀期随起始压强的变化关系如
34、图所示(图中半衰期指任一浓度N2O 消耗一半时所需的相应时间)，则 T1_T2(填“”、“=”或“”、“=”或“1.25p0弱与 反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢阳离子交换膜2Cl-2e-=Cl2【解析】【详解】（1）已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（1）H12NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（1）H2盖斯定律计算（2-）13得到 N2O 在金粉表面发生热分解：2N2O（g）=2N2（g）+O2（g）H=23H2-13H1；（2）温度越高，反应越快，半衰期越短，等压强p0下可以看出T2下的半衰期长因此T1大于 T2；压强之比等于物质的量之比，半衰
35、期指的是任一浓度N2O 消耗一半所需要的时间，由反应方程式可知，设起始时有2molN2O，t1时生成 1mol N2和 0.5mol O2，还剩 1molN2O，故混合气体的总物质的量为（1+0.5+1）mol=2.5mol，因此在T1、p0下反应后的物质的量是起始的1.25 倍，故 p=1.25p0；（3）该反应焓变小于0，正反应为放热反应，温度越高平衡左移，氨气的平衡分压越高，所以T1T2，据图可知在N 催化剂的作用下温度较低的反应先达到平衡，说明M 的催化效果弱与N 的催化效果；随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢，所以 012.5min 内 P(NH3)减小量大于12.525min内 P(NH3)减小量；（4）由 ClO2 NaClO2可知，Cl的化合价降低，所以ClO2发生失去电子的氧化反应，即A 电极为电解池的阴极，电极反应式为ClO2+e-=ClO2-，结合 Na+生成 NaClO2，所以钠离子由阳极区移向阴极区，则离子交换膜为阳离子交换膜；阳极区Cl-失去电子生成Cl2，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2。