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1、2019-2020学年福建省宁德市第二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在稳定人体血液的pH 中起作用的离子是A Na+BHCO3CFe2+DCl-【答案】B【解析】【分析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能
2、降低pH值，故 C不正确；D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。2NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A 1mol OH含有的电子数目为NAB1L 1 molL-1 Na2CO3溶液中含有的CO32数目为NAC0.5mol 苯中含有碳碳双键的数目为1.5NAD 24 克 O3 中氧原子的数目为1.5NA【答案】D【解析】1 个 OH含有 10 个电子，1mol OH含有的电子数目为10NA，故 A错误；碳酸根离子水解，所以 1L 1 mol L-1 Na2CO
3、3溶液中含有的CO32数目小于NA，故 B错误；苯中不含碳碳双键，故C错误；24 克 O3 中氧原子的数目24348/AgNg mol1.5NA，故 D正确。3如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是X Y W Z T A原子半径：XYZ BX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C由 X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D T元素的单质具有半导体的特性【答案】D【解析】【分析】四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出 W 最外层电子数为4，即为 Si，X为 N，Y为 O，Z 为 Cl，T为 Ge。【详解】A.根据层
4、多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl NO，故 A 错误；B.HCl沸点比 NH3、H2O 最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由 X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge 元素在金属和非金属交界处，因此Ge 的单质具有半导体的特性，故D 正确。综上所述，答案为D。4CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获 CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是A分子式为C3H6N3O3B属于共价化合物C分子中既含极性键，又含非极性键D生成该物质的上述反应为中和反应【答案】
5、B【解析】【分析】【详解】A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3，A 错误；B、由不同种元素组成，分子中的化学键全部是共价键，属于共价化合物，B正确；C、同种元素原子形成的共价键是非极性键，不同种元素原子形成的共价键是极性键，则分子中只含极性键，C错误；D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应，生成该物质的上述反应不是中和反应，D 错误；答案选 B。5下列操作或原理正确的是（）A可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH 试纸上，测定该氯水的pH 值B装 Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C蒸馏操作时先通冷却水再加热D实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中【答案】C【解析】
6、【分析】A依据氯水成分及性质漂白性判断；B碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D多余的钠应放回试剂瓶。【详解】A氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH 试纸，不能用pH 试纸测试氯水的pH 值，故 A错误；B碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C 正确；D实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D 错误；故选：C。【点睛】
7、本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。6下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A若按 顺序连接，可检验所有气体产物B若装置只保留a、b，同样可以达到实验目的C若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25，溶液的pH 5.6D实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置【答案】B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化
8、硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A 错误。若装置 只保留 a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B 正确。酸雨的要求是pH 小于 5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH 一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH 就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D 错误。7下列实验原理或操作，正确的是()A用广泛pH 试纸测得0.1mol/L NH4Cl 溶液的 pH=5.2 B酸碱中和滴定时锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗
9、后装液进行滴定C将碘水倒入分液漏斗，加入适量苯振荡后静置，从分液漏斗放出碘的苯溶液D在溴化钠中加入少量的乙醇，再加入2 倍于乙醇的11 的硫酸制取溴乙烷【答案】D【解析】【详解】A广泛 pH 试纸只能读出整数，所以无法用广泛pH 试纸测得pH 约为 5.2，故 A 错误；B中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成实验误差，故B 错误；C苯的密度比水小，位于上层，故C错误；D药品混合后在加热条件下生成HBr 并和乙醇发生取代反应，故D 正确；正确答案是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及试纸使用、中和滴定、物质的分离以及有机物的反应等，侧重基础知识的考查，题目难度不大，注意中和滴定中
10、，锥形瓶不能润洗。8室温下，用10.100mol?L NaOHn溶液分别滴定120.00mL0.100mol?L的盐酸和醋酸，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BpH7时，滴定醋酸消耗的V NaOH小于20.00mLCV NaOH20.00mL时，两份溶液中3c Clc CH COODV NaOH10.00mL时，醋酸溶液中3c Nac CH COOc Hc OH【答案】B【解析】【详解】A.醋酸是弱电解质，HCl 是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl 溶液，醋酸的pH盐酸的 pH，所以 I 是滴定醋酸的曲线，故A 错误；B.pH7 时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，
11、要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V NaOH小于 20mL，故 B正确；C.V NaOH20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以3c Clc CH COO，故 C错误；D.V NaOH10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的3CH COOH、3CH COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c Hc OH，再结合电荷守恒得3c Nac CH COO，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电
12、离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。9某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为AI，含有少量的Fe、Mg 杂质)制明矾 KAl(SO4)2 12H2O的过秳如图所示。下列说法正确的是A为尽量少引入杂质，试剂 应选用氨水B滤液A 中加入NH4HCO3溶液产生CO2C沉淀B 的成分为Al(OH)3D将溶液C 蒸干得到纯净的明矾【答案】C【解析】【详解】A 选项，为尽量少引入杂质，试剂 应选用氢氧化钾，故A 错误；B 选项，滤液A 为偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，故B 错误；C 选项，根据B选项得出沉淀B的成分为Al(OH)3，故 C正确；D 选项
13、，将溶液C 蒸干得到明矾中含有硫酸钾杂质，故D 错误。综上所述，答案为C。【点睛】偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，不是水解反应。10 Chem.sci.报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物（结构如下图）。下列有关该化合物的说法错误的是A分子式为C18H17NO2B能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C所有氢原子不可能共平面D苯环上的一氯代物有7 种【答案】D【解析】【分析】【详解】A按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A 正确；B题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C题给有机物分子中，最右边的
14、端基为-CH3，3 个氢原子与苯环氢原子不可能共平面，C正确；D从对称性考虑，苯环上的一氯代物有5 种，D 错误；故选 D。11标准 NaOH 溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）A酚酞B圆底烧瓶C锥形瓶D滴定管【答案】B【解析】【详解】标准 NaOH溶液滴定盐酸实验中，用酚酞或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A.C.D正确，故B错误，故选：B。12已知 C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是：A该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足
15、8 电子结构C该晶体中每个碳原子连接4 个氮原子，每个氮原子连接3 个碳原子D该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构【答案】D【解析】【分析】【详解】A C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A 正确；B构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4 个氮原子、每个氮原子连接3 个碳原子，晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8 电子结构，B正确；C碳最外层有4 个电子，氮最外层有5 个电子，则该晶体中每个碳原子连接4 个氮原子、每个氮原子连接 3 个
16、碳原子，C 正确；D金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中 C、N 之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D 错误；答案选 D。13运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）A蛋白质水解的最终产物是氨基酸B向饱和硼酸溶液中滴加溶液，有气体生成C某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应D可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底【答案】B【解析】【详解】A.氨基酸是形成蛋白质的基石，氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，则蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故 A 正确；B非金属性CB，因此碳酸的酸性大于硼酸，向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液
17、，一定不能生成二氧化碳，故B错误；C吸热反应的 H0，反应可自发进行，需要满足H-T S0，则 S0，故 C正确；D甲烷与水形成的水合物晶体可燃冰，常温常压下容易分解，需要在低温高压下才能存在，海底的低温高压满足可燃冰的存在条件，因此可燃冰可存在于海底，故D 正确；答案选 B。【点睛】本题的易错点为C，反应自发进行需要满足 H-TS 0，要注意不能单纯根据焓判据或熵判据判断。14关于下列各实验装置的叙述中，错误的是()A装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B装置可用于制备少量Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色C装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法D装置用于研究
18、钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱【答案】A【解析】【详解】A.蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B.根据装置图可知：Fe 为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H+2e-=H2，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中 OH-浓度增大，发生反应：Fe2+OH-=Fe(OH)2，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C.关闭分液漏斗的活塞，由 a 处加水
19、，若装置不漏气，会长时间观察到U 型管左右两侧有高度差，C正确；D.若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D 正确；故合理选项是A。15室温下向110mL0.1 mol L NaOHnn溶液中加入10.1mol L的一元酸HA 溶液 pH 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A a 点所示溶液中c Nac Ac Hc HABa、b 两点所示溶液中水的电离程度相同CpH7时，c Nac Ac HAD b 点所示溶液中c Ac HA【答案】D【解析】【详解】Aa 点时酸碱恰好中和，溶液p
20、H8.7，说明 HA 为弱酸，NaA 溶液水解呈碱性，应为c HAc H，故 A 错误；Ba 点A水解，促进水的电离，b 点时 HA 过量，溶液呈酸性，HA 电离出H，抑制水的电离，故B 错误；CpH7 时，c Hc OH，由电荷守恒可知c Nac Hc Ac OH，则c Nac A，故 C错误；D b 点 HA 过量一倍，溶液存在NaA 和 HA，溶液呈酸性，说明HA 电离程度大于A水解程度，则存在c Ac HA，故 D 正确。故答案为D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16HBr 是一种重要的工业原料，可以用来生产医用药品，合成染料或香料，用作石油化工的催化剂等。如图是工业制备
21、HBr 的一种生产流程：（1）气体 a 是燃煤工业的烟道气和工业生产硫酸的尾气的成分，结合框图信息可判断气体a 的分子式为_。混合物中加的水为_（填“冰水”或“热水”），原因是 _。（2）试剂 b 为含氯的盐，b 为_（用化学式表示），混合的目的是_。第二次蒸馏后的“含 c 的溶液”中 c 为_。（3）生产流程中操作A 的名称 _，实验室中蒸馏操作是在_中进行的。（填玻璃仪器名称）（4）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色。于是甲、乙两同学设计了实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为_（填化学式），若假设成立可观察到的现象为_。乙同学假设工业
22、氢溴酸呈淡黄色是因为其中含有杂质_，用于证明该假设成立的方法为_（简单写出实验步骤）。【答案】SO2冰水防止 Br2和 HBr 挥发BaCl2除去氢溴酸中杂质Br2，除去反应后的2-4SONaCl 过滤蒸馏烧瓶KSCN溶液向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈红色溴单质取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质【解析】【详解】（1）由流程图可知，气体a 中含有硫元素，且气体a 是燃煤工业的烟道气和工业生产硫酸的尾气的成分，因此 a 为 SO2；Br2具有良好的挥发性，且该反应为放热反应，因此所加的水为冰水，故答案为：SO2；冰水；防止Br2
23、和 HBr 挥发；（2）由过滤后滤渣为BaSO4可知试剂b 为钡盐，结合b 为“含氯的盐”可知其为氯化钡；氢溴酸粗品中含有少量溴单质，故混合的目的是利用Na2SO3除去 Br2，其反应为：Br2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HBr，反应会生成2-4SO，利用氯化钡除去，其反应为：BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl，由此可知c 为氯化钠，故答案为：BaCl2；除去氢溴酸中杂质Br2，除去反应后的2-4SO；NaCl；（3）操作 A 的目的是分离固体和液体，因此操作A 为过滤；蒸馏试验中蒸馏操作是在蒸馏烧瓶中进行，故答案为：过滤；蒸馏烧瓶；（4）.检验 Fe3+常用 KSC
24、N溶液，Fe3+遇 KSCN溶液变红；故答案为：KSCN溶液；向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈红色；.氢溴酸中含有少量的溴单质也会呈淡淡的黄色，若要验证其中含有溴单质，可取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质，故答案为：溴单质；取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物瑞德西韦(Remdesivir)对 2019 年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体,其合成路线如图：已知：R OHRCl
25、 回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _。由 AC 的流程中，加入CH3COCl的目的是 _。（2）由 G H 的化学反应方程式为_，反应类型为_。（3）J中含氧官能团的名称为_。碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有_个手性碳原子。（4）X是 C 的同分异构体，写出一种满足下列条件的X 的结构简式 _。苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇 FeCl3溶液发生显色反应；1mol 的 X 与足量金属Na 反应可生成2gH2。（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）_。【答案】苯酚保护羟基，防止被氧化HCHO+HCN催化剂加成反应酯
26、基5 或【解析】【分析】A 发生信息1 的反应生成B，B 发生硝化取代反应生成C，根据 C 的结构简式可知，B为，A 为；D发生信息 1 的反应生成E，E中含两个 Cl原子，则 E为，E和 A 发生取代反应生成F，G 发生信息2 的反应生成H，H 发生取代反应，水解反应得到I，根据 I 结构简式可知H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，I 发生酯化反应生成J，F与 J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；（7）的水解程度为：，结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与 HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。【详解】（1）由上述分
27、析可知，A 为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保护羟基，防止被氧化；（2）H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，由 G生成 H 的化学反应方程式为：HCHO+HCN催化剂；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5 个手性碳原子；（4）C 是对硝基乙酸苯酯，X 是 C的同分异构体，X 的结构简式满足下列条件：苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇 FeCl3溶液发生显色反应；1mol 的 X与足量金属Na 反应可生成2gH2(即 1mol)，则含有两个羟基，
28、根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 硒化铜纳米晶体在光电转化中有着广泛的应用，铜和硒等元素形成的化合物在生产、生活中应用广泛。(1)基态硒原子的核外电子排布式为_。As、Se、Br 三种元素第一电离能由大到小的顺序为_。(2)SeO2易溶解于水，熔点为340350，315时升华，由此可判断SeO2中的化学键类型为_。(3)Se2Cl2为深棕红色的剧毒液体，其分子结构中含有Se-Se 键，该分子中，Se原子的杂化轨道类型为_，Se2Cl2的空间构型为_（填字母）。
29、a直线形b锯齿形c环形d四面体形(4)硒酸钢（CuSeO4）在电子、仪表工业中发挥着重要作用。硒酸的酸性与硫酸的比较，酸性较强的是_（填化学式）。(5)SeO42-中 Se-O的键角比SeO3的键角 _（填“大“或“小“），原因是 _。(6)铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为_，若组成粒子氧、铜的半径分别为r(O)pm、r(Cu)pm，密度为 g?cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的空间利用率为_（用含 的式子表示）。【答案】Ar3d104s24p4(或 1s22s22p63s23p63d104s24p4)BrAsSe共价键sp3bH2SO4小SeO42-的空间构
30、型为正四面体，键角为109 28，SeO3的空间构型为平面正三角形，键角为120Cu2O3330A2r(Cu)+r(O)10144N【解析】【分析】(1)基态硒原子核外有34 个电子，按电子进入轨道的顺序，由低到高排列，然后将相同电子层的原子轨道排在一起。As 的 4p 轨道半充满，电子的能量低，第一电离能高于相邻原子。(2)SeO2易溶解于水，熔点为340350，315时升华，由此确定SeO2为分子晶体。(3)Se2Cl2分子中，Se原子的价层电子对数为4，可此可确定杂化轨道类型；Se2Cl2中原子间以单键相连，且 Se 的价电子中存在孤对电子，由此确定空间构型。(4)硒和硫同周期且左右相邻
31、，则硒的非金属性小于硫，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，由此可确定硒酸与硫酸的酸性强弱。(5)SeO42-为正四面体结构，SeO3为平面正三角形结构，由此确定键角关系。(6)采用均摊法，可计算出晶胞中所含的原子数，从而确定化学式。计算该晶胞的空间利用率时，需利用质量与密度求出晶胞的体积以及原子的体积和。【详解】(1)基态硒原子核外有34 个电子，按电子进入轨道的顺序进行排布，基态硒原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p4(或 1s22s22p63s23p63d104s24p4)。由于 As的 4p 轨道半充满，电子能量低，第一电离能出现反常，所以As、Se、Br 三种元素第
32、一电离能由大到小的顺序为BrAsSe。答案为：Ar3d104s24p4(或1s22s22p63s23p63d104s24p4)；BrAsSe；(2)SeO2易溶解于水，熔点为340350，315时升华，由此可判断SeO2为分子晶体，原子间的化学键类型为共价键。答案为：共价键；(3)Se2Cl2分子结构中含有Se-Se 键，则该分子中，Se原子的价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，Se2Cl2的中心原子Se最外层有2 对孤对电子，对共用电子对有排斥作用，因而空间构型为锯齿形。答案为：sp3；b；(4)硒和硫同周期且左右相邻，则硒的非金属性小于硫，非金属性越强，酸性越强，则酸性较强的是H2SO4
33、。答案为：H2SO4；(5)SeO42-为正四面体结构，SeO3为平面正三角形结构，SeO42-中 Se-O的键角比SeO3的键角小，原因是 SeO42-的空间构型为正四面体，键角为109 28，SeO3的空间构型为平面正三角形，键角为120。答案为：小；SeO42-的空间构型为正四面体，键角为109 28，SeO3的空间构型为平面正三角形，键角为120；(6)采用均摊法，可计算出晶胞中所含的O 原子数为1+818=2，Cu原子数为4，则该氧化物的化学式为Cu2O；若组成粒子氧、铜的半径分别为r(O)pm、r(Cu)pm，密度为 g?cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的体积为A2 1
34、44Ncm3，空间利用率为333303A 4r(Cu)+2r(O)pm2 14410 pmN=3330A2r(Cu)+r(O)10144N。答案为：Cu2O；3330A2r(Cu)+r(O)10144N。【点睛】在进行空间利用率的计算时，我们需注意，利用密度求出的晶胞的体积单位，与利用原子半径求出的原子体积的单位是否相同，若不相同，必须将单位进行调整。19甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和 CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H=-116kJ/mol(1)已知:CO和 H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol。1mol 甲
35、醇气体完全燃烧生成CO2和液态水的热化学方程式为_。(2)下列措施中有利于提高2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)反应速率及原料平衡转化率的是_(填标号)。A分离出CH3OH B 升高温度 C 增大压强 D加入合适的催化剂(3)在容积为2L 的恒容容器中，分别在 230、250、270下，改变 H2和 CO的起始组成比(n(H2)/n(CO)，起始时 CO的物质的量固定为1mol，实验结果如图所示：Z 曲线对应的温度是_，判断的依据是_。从图中可以得出的结论是(写两条)_、_。(4)利用图中a 点对应的数据，计算曲线Z对应温度下反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的平衡常数为_；若
36、在 a 点向容器中再充入1.5molCH3OH 和 0.5mol H2，则原平衡 _移动(填“向正反应方向”或“向逆反应方向”或“不”)【答案】CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-739kJmol-1C270该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在 n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的CO 转化率最低、故 Z的温度为270相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大在 n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高 CO的转化率越低16 或 16(mol/L)-2不【解析】试题分析：(1)根据盖斯定律计算甲醇的燃烧热；(2
37、)根据影响反应速率和平衡移动的因素分析；(3)升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低；分析同温下，CO转化率随n(H2)/n(CO)的变化情况；分析在 n(H2)/n(CO)相同条件下，CO转化率随温度变化情况；(4)利用“三段式”计算平衡常数；根据Q与 K的关系判断平衡移动方向；解析：(l)CO 和 H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol，即 CO(g)+0.5O2(g)=CO2(g)H=-283kJ/mol；2H2(g)+0.5O2(g)=2H2O H=-572kJ/mol；2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H=-116kJ/mol，根据盖斯定律+-得 CH3OH(
38、g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-739kJmol-1；(2)A.分离出 CH3OH，浓度降低，速率减慢，故A错误；B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，原料转化率降低，故B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，原料转化率提高，故 C正确；D.加入合适的催化剂，平衡不移动，原料转化率不变，故 D错误。(3)该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在 n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的 CO转化率最低、故Z的温度为270；相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大；在n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高CO的转化率越低；(4)32220.25160.250.25c CH OHKcHc CO；若在 a 点向容器中再充入1.5molCH3OH 和 0.5molH2，则甲醇的浓度为1mol/L、氢气的浓度为0.5mol/L、一氧化碳的浓度为0.25mol/L；Q=21=16=0.50.25K，所以平衡不移动；点睛：根据Q与 K的关系判断平衡移动方向：若Q=K反应恰好达到平衡状态；若QK反应逆向移动；若QK反应正向移动。