《2019-2020学年安徽省皖西南联盟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学年安徽省皖西南联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf（16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学年安徽省皖西南联盟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某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（）A H2Y的电离方程式为：223H YH OH OHY+-+?B在该酸式盐溶液中+2+c(Na)c(Y)c(HY)c(OH)c(H)-CHY-的水解方程式为223HYH OH OY-+-+?D在该酸式盐溶液中+c(Na)c(H)c(HY)c(OH)-+=+【答案】A【解析】【详解】A.H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离
2、方程式为：223H YH OH OHY+-+?，A 项正确；B.NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以 c(Na+)c(HY-);HY-的电离程度小于HY-的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY-为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH-)c(H+);因溶液中还存在水的电离,则 c(H+)c(Y2-),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HY-)c(OH-)c(H+)c(Y2-)，B 项错误；C.HY-水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY-+H2O?OH-+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D.根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中+2c(Na)c(H
3、)c(HY)c(OH)+2c(Y)-+=+，D 项错误；答案选 A。【点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。2下列反应可用离子方程式“H+OHH2O”表示的是（）A H2SO4溶液与 Ba（OH）2溶液混合BNH4Cl溶液与 KOH溶液混合CNH4HSO4溶液与少量NaOH D NaHCO3溶液与 NaOH 溶液混合【答案】C【解析】【详解】A.H2SO4溶液与 Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+
4、2H2O，故 A 错误；B.NH4Cl溶液与 KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4OH=NH3 H2O，故 B 错误；C.NH4HSO4溶液与少量NaOH 反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H+OH=H2O，故 C 正确；D.NaHCO3溶液与 NaOH 溶液混合，离子方程式为：OH-+HCO3-CO32+H2O，故 D 错误；故答案为C。3阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是A 18 克液态水与18 克冰中氢键数目均为NAB工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过6mol 电子，就
5、有NA个 Cr2O72-被还原C标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NAD 1molLiAlH4在 125完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A冰中 1 个水分子周围有4 个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2 个氢键，所以1mol 冰中，氢键的数目是2NA，故 A 错误；B铁为阳极，Fe-2e=Fe2，Cr2O72与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H=6Fe3+2Cr3+7H2O；得关系式：Fe22e16Cr2O72，当电路中通过6mole，有 0.5molCr2O72被
6、还原，故B错误；C所以标准状况下，22.4LNO2物质的量为：122.4L22.4L?mol=1mol，含有的原子数等于3NA，故 C 错误；D依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1mol LiAlH4在 125完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：LiAlH4=LiH+H2+Al，转移电子3NA，故 D 正确；故选 D。4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+
7、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-+H
8、2O+CO2C6H5OH+HCO3，故错误。故选 C。5现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL 该混酸溶解铜质量最大时。溶液中 HNO3、H2SO4的浓度之比为A 1：1 B1：2 C3：2 D2：3【答案】D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3）+c（SO42）=5mol L1，稀硝酸和Cu 反应但稀硫酸和Cu 不反应，混酸和Cu 反应离子方程式为3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO +4H2O，要使溶解的Cu 最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3）：c（H）=2：8=1：4，设 c（NO3）=xmo
9、l L1、则 c（H）=4xmol L1，根据电荷守恒得c（NO3）+2c（SO42）=c（H），xmol L1+2c（SO42）=4xmol L1，c（SO42）=1.5xmol L1，代入已知：c（NO3）+c（SO42）=5mol L1，x=2，所以 c（NO3）=2mol L1、则 c（H）=8mol L1，c（SO42）=5mol L1-2mol L1=3mol L1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3）=c（HNO3）=2mol L1、c（SO42）=c（H2SO4）=3mol L1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2mol L1：3mol L1=2：3
10、。故选 D。6主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M 是地壳中含量最多的元素，X、Z为金属元素；X、Y、Z 最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是（）A简单离子半径：XM Y BZ 与 M 形成的化合物中一定只含离子键CYM2可用于自来水消毒D工业上常用电解M 与 X 组成的化合物制单质X【答案】B【解析】【分析】主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M 是地壳中含量最多的元素，则M 为 O 元素；X、Z 为金属元素，其最外层电子数只能为1、2、3，当 X 最外层电子数为1 时，Z的最外层电子数可能为 1、2、3，Y的最外层电子数为12-1-1=1
11、0、12-1-2=9、12-1-3=8，都不可能，所以X、Z最外层电子数只能为 2、3，Y的最外层电子数为12-2-3=7，结合原子序数大小及都是主族元素可知，X 为 Al、Y为 Cl、Z为 Ca元素【详解】根据分析可知：M 为 O，X 为 Al，Y为 Cl，Z为 Ca元素。A电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径XMY，故 A正确；BO、Ca形成的过氧化钙中含有O-O 共价键，故B错误；CClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，故C 正确；D工业上通过电解熔融氧化铝获得金属铝，故D 正确；答案选 B。【点睛】难点：通过讨论推断X、Y为解答关键，注意掌握元素
12、周期律内容及常见元素化合物性质。7下列叙述正确的是（）A合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率B常温下，将pH4 的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低C反应 4Fe(OH)2(s)2H2O(l)O2(g)=4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的 H196.64kJ B2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ 热量C1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出 98.32kJ 热量D使用催化剂，可以减少反应放出的热量【答案】A【解析】【详解】A.气态 SO3变成液态SO3要放出热量，所以2SO2(g)O2(g)2SO3(l)Q，Q196.64kJ
13、，故 A 正确；B、2molSO2气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故 B错误；C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故 D 错误；答案选 A。1125时，将浓度均为0.1 molL-1、体积分别为Va和 Vb的 HX 溶液与 NH3 H2O 溶液按不同体积比混合，保持 Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH 的关系如图所示。下列说法不正确的是A Ka(HX)的值与 Kb(NH3 H2O)的值相等Bb 点，c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1Cac 点过程中，c
14、 Xc OH?c HX值不变D a、b、c 三点，c 点时水电离出的c(H)最大【答案】D【解析】【详解】A.b 点加入等体积等浓度的HX 和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b 点溶液的pH=7，说明 X-与 NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与 Kb(NH3 H2O)的值相等，故A 正确；B.由图可知0.1 molL-1的 HX 溶液的 pH=3，HX 为弱酸，因为b 点的 pH=7，所以 b 点 c(X-)=c(NH4+)，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L 0.05L/0.1L=0.05mol/L，则 c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1，故
15、B正确；C.a c 点过程中，-hcX1=c(OH)c(HX)K（），水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则c Xc OHc HX值不变，故 C 正确；D.b 点加入等体积等浓度的HX 和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X 是弱酸弱碱盐，促进水电离，则 a、b、c 三点，b 点时水电离出的c(H)最大，故D 错误。答案选D。12干冰气化时，发生变化的是A分子间作用力B分子内共价键C分子的大小D分子的化学性质【答案】A【解析】【详解】A.干冰气化时，分子间距离增大，所以分子间作用力减弱，故A 正确；B.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以分子内共价键没变，故B错误；C.干冰气化时二氧化碳分
16、子没变，分子的大小没变，故C错误；D.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以化学性质没变，故D 错误；答案选 A。13从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是()A试剂 a 是铁、试剂b 是稀硫酸B操作、操作、操作所用仪器相同C试剂 c 是氯气，相应的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-D用酸性KMnO4溶液可检验溶液W 中是否含有Fe2+【答案】C【解析】【分析】工业废液中加入试剂a 为过量的铁，操作 为过滤，得到滤渣Y 为 Fe、Cu，滤液 X为氯化亚铁溶液；滤渣 Y中加入试剂b 为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，
17、操作过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和 X 合并通入氯气，氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。【详解】A、由最终得到FeCl3及其流程图可知，b 为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A 错误；B、上述分析可知，操作、是过滤，操作是蒸发结晶、过滤，所用仪器不同，故B 错误；C、滤液 X，滤液 Z 中均含有FeCl2，c 为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Cl-+2Fe3+，故 C 正确；D、亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W 中是否还有Fe2+，故 D 错误；答案选C。【点睛】本题
18、考查了物质分离、提纯过程的分析判断，明确离子性质和除杂方法，注意除杂试剂不能引入新的杂质，掌握亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化。14下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-B向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定C打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀证明酸性强弱为：HClH2CO3H2SiO3DCaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液无明显
19、现象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A 错误；B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；C.向装有 Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化
20、，D 错误；故选 B。15既含离子键又含共价键的物质是A H2BMgCl2CH2O D KOH【答案】D【解析】氢气中含有H-H键，只含共价键，故A错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故B错误；H2O中含有 H-O键，只含共价键，故C错误；KOH由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有H-O键，所以 KOH既含离子键又含共价键，故D正确。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律（提出猜想）小组提出如下4 种猜想：甲：Mg(NO3)2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：M
21、gO、NO2、N2(1)查阅资料得知，NO2可被 NaOH 溶液吸收，反应的化学方程式为：_(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_（实验操作）(3)设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_；加热 Mg(NO3)2固体，AB装置实验现象是：_，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD 装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：_，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排
22、除装置与操作的原因，未检测到的原因是_(用化学方程式表示)【答案】2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化还原反应原理避免对产物O2的检验产生干扰(或其它合理答案固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了几滴酚酞试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】【分析】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和 NaNO2；(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；(3)为检验是否生成氧气
23、，应将装置内的氧气排尽；加热Mg（NO3）2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和 NaNO2，反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丁产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理；(3)为检
24、验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化，通入之前，还需在BD 装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或 4NO2+O2+4N
25、aOH=4NaNO3+2H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I.R-CH2OH II.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)的反应类型是_。(2)是取代反应，其化学方程式是_。(3)D 的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构。D 的结构简式是_。(4)的化学方程式是_。(5)F 的官能团名称_；G 的结构简式是_。(6)的化学方程式是_。(7)符合下列条件的E的同分异构体有_种(考虑立体异构)。能发生水解且能发生银镜反应 能与 Br2的 CCl4
26、溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是_。(8)工业上也可用合成 E。由上述 的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_。【答案】加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O 碳碳双键、酯基4HCOO C(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】【分析】乙烯与溴发生加成反应生成A，A 为 BrCH2CH2Br，结
27、合 B的分子式可知B 为 NC-CH2CH2-CN，B 中-CN 转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I 与 R NH2得到 W()，结合 W 的结构可知I 为，结合信息 II，逆推可知H 为。D 的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1 3，不存在顺反异构，则D 为(CH3)2C=CH2，D 氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合 H 的结构，可知E为 CH2=C(CH3)COOH，F为 CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的 G 为，G 发生信息 I 中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应是乙烯与溴发生加成
28、反应，故答案为加成反应；(2)反应是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr；(3)根据上述分析，D 的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5)F 为 CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G 的结构简式是，故答案为碳
29、碳双键、酯基；(6)反应的化学方程式为，故答案为；(7)E 为 CH2=C(CH3)COOH，能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；能与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOO CH=CHCH3(顺反 2 种)、HCOO CH2CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共 4 种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOO C(CH3)=CH2，故答案为 4；HCOO C(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和 NaCN 发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(
30、CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氮有多种化合价，能形成多种化合物工业上用活性炭还原法处理N
31、O，有关反应为：C（s）+2NO（g）?N2（g）+CO2（g）向密闭的2L容器中，加入NO 和足量的活性炭，恒温条件下反应（1）若 2min 内气体密度增大了1.2g/L，则氮气的平均反应速率为_mol/（L?min）（2）该化学平衡常数表达式K=_，已知升高温度时，K增大，则正反应为_（填“吸热”或“放热”）反应（3）在温度不变的情况下，要提高NO 的平衡转化率，可以采取的措施是_（4）下列各项能判断该反应达到平衡的是_（填序号字母）a容器内压强保持不变b2v正（NO）=v逆（N2）c容器内CO2的体积分数不变d混合气体的密度保持不变（5）已知 NaNO2溶液呈碱性，则NaNO2溶液中离子
32、浓度由大到小的顺序是_（6）常温下，NaOH 溶液和 HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，下列关系正确的是_ac（Na+）c（NO2）bc（Na+）=c（NO2）cc（Na+）c（NO2）dc（Na+）c（OH）【答案】0.05 222c(CO)c(N)c(NO)吸热移走生成物N2和（或）CO2cd c（Na+）c（NO2）c（OH）c（H+）bd【解析】【分析】(1)气体密度增大了1.2g/L，可以计算出固体C的质量减小了2.4g，可以计算氮气的物质的量的变化量，进而计算反应速率；(2)化学平衡常数K各个生成物平衡浓度系数次方的乘积各个反应物平衡浓度系数次方的乘积，对于吸热反应，温
33、度升高，K增大；(3)在温度不变的情况下，要提高NO 的平衡转化率，只要是化学平衡正向移动即可；(4)达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不变，据此回答判断；(5)NaNO2溶液呈碱性，是因为亚硝酸根离子水解导致的，据此回答；(6)根据溶液中的电荷守恒以及离子浓度的大小关系来判断。【详解】(1)根据题意，气体密度增大了1.2g/L，容器的体积为2L，计算出固体C的质量减小了2.4g，则生成氮气的物质的量是2.4g12g/mo10.2mol，所以氮气表示的反应速率vct0.2mol22minL0.05mol/(L?min)；(2)化学平衡常数K各个生成物平衡浓度系数次方的乘积各个
34、反应物平衡浓度系数次方的乘积222()c COc NcNO，温度升高，K 增大，则该反应是吸热反应；(3)在温度不变的情况下，减小产物的浓度可以让平衡正向移动，从而提高NO 的平衡转化率，故答案为：移走生成物N2和(或)CO2；(4)a该反应是前后系数和相等的反应，当容器内压强保持不变，不一定平衡，故a 错误；b当 2v正(NO)v逆(N2)时，v正(N2)v逆(N2)，则证明反应未达到平衡状态，故b 错误；c容器内CO2的体积分数不变，证明达到了平衡，故c 正确；d混合气体的密度 mV，质量是变化的，V 不变，所以当密度保持不变，证明达到了平衡，故d 正确；故答案为cd；(5)NaNO2溶液
35、呈碱性，c(OH)c(H+)，是因为亚硝酸根离子水解导致的，所以c(Na+)c(NO2)，即 c(Na+)c(NO2)c(OH)c(H+)，故答案为：c(Na+)c(NO2)c(OH)c(H+)；(6)NaOH 溶液和 HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH7，则 c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，则 c(Na+)c(NO2)，离子浓度关系是：c(Na+)c(NO2)c(OH)c(H+)，所以 c(Na+)c(OH)，故答案为bd。【点睛】考查化学平衡状态的判断，注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等
36、不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。19黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构（图A），晶胞参数a3.311A，b4.381A。，c11.511A。黑磷烯是二维的单层黑磷（图B），黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有 P 原子的成键环境一样，图 A 中编号为的P原子的晶胞内坐标为（1511，1191，1598）。请
37、回答下列问题：（1）写出基态P 原子的价电子排布图：_。（2）P和 F的电负性大小顺序是x（P）_x（F）。（填“”“”或“”）P 和 F形成的分子PF3和 PF5，它们的几何构型分别为_、_。（3）黑磷中P 原子杂化类型是_。黑磷中不存在_（选填字母序号）。A 共价键B 键C 键D 范德华力红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为_，原因是 _。（4）图A 中编号为的P原子的晶胞内坐标为_，黑磷的晶胞中含有_个 P原子。【答案】红磷 白磷黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高（1.511,-1.191,1.412）8
38、【解析】【分析】【详解】(1)基态 P原子核外有15 个电子，排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布图为：，故答案为：；(2)原子半径PF，则电负性PF，P 和 F形成的分子PF3和 PF5，PF3价电子对数=5-33+=42，含有 1 对孤对电子，几何构型为三角锥形，PF5的价电子对数=5-55+=52，不含有孤对电子，其几何构型为三角双锥形，故答案为：红磷 白磷，故答案为：黑磷红磷 白磷；黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；(4)结合图 B可知，图 A 中编号为的P原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b 对称，且位于坐标轴c 的值为 1-1.598=1.412，该 P原子在晶胞内的坐标为（1.511，-1.191，1.412），该晶胞中第一层含有P原子 1+1=2个；第二层含有P 原子 1+1+1+1=4 个；第三层含有P原子 1+1=2 个，共 8 个 P原子，故答案为：（1.511，-1.191，1.412）；8。