《2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三高考适应性测试（三）化学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三高考适应性测试（三）化学试题含答案.pdf（14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、高三化学第 1 页绝密使用前绝密使用前东北育才学校 2022-2023 学年度高考适应性测试（三）高 三 化 学高 三 化 学考生注意：1.本试卷共 100 分,考试时间 75 分钟。共三大题，20 小题，共 6 页2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容一、选择题（本题共高考全部内容一、选择题（本题共 12 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 36 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1联合国将 2019 年定为“世界化学元素周期表年”，以纪念门捷列夫元素周期表发表 150 周年。门捷
2、列夫生前预言了位于第四周期第A 族的锗(Ge)元素。下列有关说法错误的是（）A非金属性：CSiGeB原子半径：CSiH SiO H GeOD热稳定性：444CH SiH GeH2下列实验能证明是 SO2而不是 CO2的是（）能使澄清石灰水变浑浊 能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 能使品红溶液褪色通入足量的 NaOH 溶液中，再滴加 BaCl2溶液有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸通入溴水中能使溴水褪色，再滴加 Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成ABCD无3下列溶液中不存在配离子的是ACuSO4水溶液B银氨溶液C硫氰化铁溶液DI2的 CCl4溶液4实验室配制 500 mL0.2 molL1的硫酸亚铁溶液
3、，下列有关实验的说法正确的是（）A通过计算，需用天平称 15.2g 绿矾(FeSO47H2O)晶体B将称取的绿矾晶体直接放到容量瓶中溶解C配制溶液过程中，定容时俯视容量瓶的刻度线，则所配溶液浓度偏小D从所配制的溶液中取出 200 mL，所取溶液中 Fe2+的物质的量浓度仍为 0.2mol/L5羟氯喹曾用于预防新冠病毒，其结构如图所示。下列有关羟氯喹的叙述错误的是（）A能与氢气发生加成反应B分子中含有 18 个碳原子C能与氯气气发生取代反应D不能与金属钠发生反应6下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是（）A氧化铁能与酸反应，可制红色涂料B氢氧化铝具有弱碱性，可作胃酸中和剂C二氧化硅硬度大，可作
4、光导纤维D小苏打能与碱反应，可作糕点焙制的膨松剂高三化学第 2 页7生活中处处有化学。下列说法错误的是A食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B新鲜蔬菜做熟后，所含维生素 C 会有损失C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂D液化石油气的主要成分是甲烷8神舟十三号载人航天飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的。工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：反应2FeTiO3+6C+7Cl2 高温 2TiCl4+2FeCl3+6CO反应2Mg+TiCl4 高温 Ti+2MgCl2下列有关说法错误的是A根据反应可知还原性：Tic HRc Hc RC图 1 中M点即为图 2 中N点，对应的pH2.8
5、Dd点时，-+3c HRc Cl+c OH-c H15下列说法错误的是A处理 NO2尾气时，可选用 NaOH 溶液B氯气没有漂白性，干燥的氯气能使鲜花褪色CZn、K 均能从 FeCl3溶液中置换出 FeDAlCl3溶液和 CuSO4溶液均能与 Na2S 溶液反应制备 Al2S3和 CuS三、填空题三、填空题(共共 52 分分)16实验室利用下图所示装置制取并收集氯气(1)仪器 A 的名称为_。(2)为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有(写两条)：_；_。(3)写出 B 中反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移情况_，假设理论
6、上有 1 mol 的 HCl 被氧化，可产生标准状况下的气体体积为_L(不考虑损耗)。高三化学第 4 页(4)装置 F 中生成各物质的物质的量和溶液的温度随时间的变化如下图所示。1t分钟后所发生主要反应的化学方程式为_。(5)Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中 HClO 的浓度越大杀菌能力越强。已知25时，氯水中 Cl2(溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与 pH 的关系如图。则用 Cl2处理饮用水时，溶液的 pH 最佳控制范围是_。17已知：FeHCl22R-NOR-NH；苯环上的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著的影响。如图表示以苯为原料制备
7、一系列有机物的转化过程：（1）A是一种密度比水_（填“大”或“小”）的无色液体，苯转化为A的化学方程式是_。（2）在“苯”的转化过程中，属于取代反应的是_（填序号，下同），属于加成反应的是_。（3）有机物B苯环上的二氯代物有_种结构；的所有原子_（填“在”或“不在”）同一平面上。高三化学第 5 页18位于前四周期的 6 种主族元素 A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大，其中 B、D 同主族，D、E 同周期。A、B、C 在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为 18。F 是其所在周期中最活泼的金属元素。根据推断回答下列问题：（1）A 在周期表中的位置_；写出 D 与 F 形成的最简
8、单离子化合物的电子式_。（2）用“”或“”填空：离子半径非金属性酸性沸点F+_D2A_BD 的最高价氧化物的水化物_E的最高价氧化物的水化物C 的氢化物_E的氢化物（3）定条件，在水溶液中 1molE、EBx（x1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示。d 点对应的微粒是_（填离子符号）。ba+c 反应的离子方程式为_，该反应是_反应（填“吸热”或“放热”）19H2O2在工业、农业、医药上都有广泛的用途（1）H2O2是二元弱酸，写出第一步的电离方程式_，第二步的电离平衡常数表达式 Ka2=_（2）许多物质都可以做 H2O2分解的催化剂一种观点认为：在反应过程中催化剂先被 H2O2氧化（或
9、还原），后又被 H2O2还原（或氧化）下列物质都可做 H2O2分解的催化剂，在反应过程中先被氧化，后被还原的是_I-Fe3+Cu2+Fe2+（3）H2O2是一种环境友好的强氧化剂电镀废水（主要含 Cu2+、Ni2+，还含少量 Fe3+、Fe2+、Cr3+等）制备硫酸镍的一种流程如下：第（）步，加入 H2O2反应的离子方程式_为测定NiSO4nH2O的组成，进行如下实验：称取2.627g样品，配制成250.00mL溶液 准确量取配制的溶液25.00mL，用 0.04000molL1的 EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定 Ni2+（离子方程式为 Ni2+H2Y2=NiY2+2H+），消耗 EDT
10、A 标准溶液 25.00mL则硫酸镍晶体的化学式为_高三化学第 6 页20一种 Ru 络合物与 g-C3N4复合光催化剂将 CO，还原为 HCOOH 的原理图如图所示。（1）基态碳原子的价电子排布图为_。（2）1molHCOOH 中含有的键数目为_，HCOOH 的沸点比 CO2高的原因为_。（3）Ru 络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_（4）Ru 络合物中与 Ru 配位的原子有 N、_。（5）Ru 络合物含有的片段和中氮原子均采用 sp2杂化，都存在大键，氮原子配位能力更强的是_（填“前者”或“后者”）。（6）一种类石墨的聚合物半导体 g-C3N4，其单层平面结构如图 1，晶胞
11、结构如图 2。g-C3N4中氮原子的杂化类型是_。根据图 2，在图 1 中用平行四边形画出一个最小重复单元。_已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏伽德罗常数的值为NA，则g-C3N4的密度为_g.cm-3。答案第 1页，共 8页东北育才学校 2022-2023 学年度高考适应性测试（三）化学参考答案（含解析）化学参考答案（含解析）1D【详解】A同主族从上到下元素非金属性递减，故非金属性：CSiGe，A 正确；B同主族时电子层越多，原子半径越大，则原子半径：CSiH SiO H GeO，C 正确；D 同主族从上至下，元素非金属性递减，故最简单的气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，
12、热稳定性：444CH SiH GeH，D 不正确；答案选 D。2B【分析】二氧化碳、二氧化硫都可以使澄清石灰水变浑浊；二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物气体都可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色；使品红溶液褪色的气体二氧化硫气体；二氧化碳、二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成盐，加入氯化钡溶液都会生成白色沉淀；通入溴水中能使溴水褪色，再滴加 Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，该气体为 SO2。【详解】二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物，和碱反应生成盐和水，都可以使澄清石灰水变浑浊，故不符合；二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物气体，遇到水生成对应的酸，溶液酸性都可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，故不符合；使品红溶
13、液褪色的气体是二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，故符合；二氧化碳、二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成碳酸盐、亚硫酸盐，加入氯化钡溶液反应会生成碳酸钡、亚硫酸钡白色沉淀，故不符合；通入溴水中能使溴水褪色，再滴加 Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，该气体为 SO2，故符合。所以能证明是 SO2而不是 CO2的是。故选 B。3D【分析】配离子是由一个金属阳离子和一定数目的中性分子或阴离子以配位键结合而成的复杂离子，可能存在于配位化合物晶体中，也可能存在于溶液中.【详解】A水对铜离子有络合作用，CuSO4水溶液中存在四水合铜络离子，铜离子提供空轨道，水分子提供孤对电子，存在配离子，A 不符合题意；B银氨
14、溶液中银离子提供空轨道，氨气提供孤对电子，存在配离子，B 不符合题意；C硫氰化铁溶液中铁离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤对电子，存在配离子，C 不符合题意；答案第 2页，共 8页DI2的 CCl4溶液为碘单质的四氯化碳溶液，无配离子，D 符合题意；答案选 D。4D【详解】A通过计算，15.2g 绿矾（FeSO47H2O）的物质的量为15.2g278g/mol0.5L0.2molL1，应称量绿矾的质量为 0.1mol278g/mol=27.8g，故 A 错误；B将称取的绿矾晶体放到小烧杯中溶解，故 B 错误；C配制溶液过程中，定容时俯视容量瓶的刻度线，V 偏小，所配溶液浓度偏大，故 C 错误；D
15、溶液具有均一性，从所配制的溶液中取出 200 mL，所取溶液中 Fe2+的物质的量浓度仍为 0.2molL1，故 D 正确；故选 D。5D【详解】A.羟氯喹分子中含有苯环，能与氢发生加成反应，故 A 正确，但不符合题意；B.羟氯喹的分子式为 C18H24CN3O，故 B 正确，但不符合题意；C.羟氯喹分子中的CH3在光照条件下能与氯气发生取代反应，故 C 正确，但不符合题意；D.羟氯喹分子中含有醇羟基，能与金属钠发生反应，故 D 错误，符合题意；故选：D。6B【详解】A.氧化铁能与酸反应与可制红色涂料无关，故不选 A；B.氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，所以可作胃酸中和剂，故 B 正确；C.
16、二氧化硅能做光导纤维，与其熔点无关，故不选 C；D.NaHCO3不稳定，受热易分解 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，产生 CO2气体，使糕点蓬松，所以食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，与小苏打能与碱反应无关，故不选 D。7D【详解】A食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故 A 正确；B维生素 C 又叫抗坏血酸，主要存在于新鲜蔬菜、水果中“维生素 C”受热时易被破坏，应采取凉拌生食、或不要煮过长时间，故 B 正确；C“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化
17、反应，可用于制取肥皂，故 C正确；D液化石油气是碳氢化合物所组成的，主要成分是丁烯、丙烯、丁烷和丙烷，故 D 错误；故选 D 选项。8C【详解】A根据反应，Mg 为还原剂，Ti 为还原产物，则还原性：TiMg，A 项正确；答案第 3页，共 8页BMg 易被氧化，故要在隔绝空气的条件下进行，B 项正确；C 反应中 C 的化合价由 0 价升高为+2 价，C 为还原剂，FeTiO3中 Fe 元素的化合价由+2 升高到+3 价，做还原剂，Cl2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 7：8，C 项错误；D反应中每生成 6 个 CO，转移电子 14 个，则生成标准状况下 6.72LCO，其物质的量为
18、6.72L22.4L/mol=0.3mol，则转移 0.7mol 电子，D 项正确；答案选 C。9B【解析】中甲烷物质的量为 13.44L22.4L/mol0.6mol，质量是 0.6mol16g/mol9.6g，氢原子的物质的量是0.6mol42.4mol。HCl 的物质的量是 1mol，质量是 1mol36.5g/mol36.5g，氢原子的物质的量是 1mol11mol，标准状况下的体积是 1mol22.4L/mol=22.4L。中 H2S 的物质的量是 27.2g34g/mol0.8mol，氢原子的物质的量是0.8mol21.6mol,标准状况下的体积是 0.8mol22.4L/mol=
19、17.92L。中氨气的物质的量是23232.408 106 02=.100.4mol，质量是 0.4mol17g/mol6.8g，氢原子的物质的量是 0.4mol31.2mol,标准状况下的体积是0.4mol22.4L/mol=8.96L。【详解】A.体积：，故 A 错误；B.同温同压，气体密度与摩尔质量呈正比，所以密度：，故 B 正确；C.根据计算，质量：，故 C 错误；D.H 原子个数：，故 D 错误；答案选 B。10B【详解】Acalebin A 中没有羧基，不能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2，故 A 错误；B该分子中碳原子形成的共价键有四个单键，也有碳碳双键，存在 sp2、sp3
20、两种杂化方式，故 B 正确；C1 mol 该分子存在酚羟基，溴原子取代酚羟基邻位和对位上的氢原子，而该分子只有 2mol 邻位氢原子可以被取代，与溴水反应，消耗 2mol 溴单质，还含有 2mol 的碳碳双键，与溴水发生加成反应，消耗 2 mol Br2，所以共消耗4 mol Br2，故 C 错误；D该物质含有酚羟基，酚羟基具有还原性，容易被空气氧化，在空气中不能长时间保存，故 D 错误；故选：B。11A【详解】A C16H32的摩尔质量为 224g/mol，则 22.4g 鲸蜡烯的物质的量为22.4224g/molg=0.1mol，含有的分子数为 0.1NA，故 A 正确；B合成氨是可逆反应
21、，反应物的转化率小于 100%，则21molN和23molH在一定条件下充分反应生成3NH分子的数目小于 2AN，故 B 错误；答案第 4页，共 8页C1molCl2参与氧化还原反应时转移电子的数目不一定为 2NA，如 1molCl2完全溶解于 NaOH 生成 NaCl 和 NaClO，转移电子的数目不一定为 1NA，故 C 错误；D苯环中不含有碳碳双键，则 10.4g 苯乙烯()分子中含有碳碳双键的数目为 0.1AN，故 D 错误；故答案为 A。12A【分析】石英砂为 SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生2SiO2C=Si2CO高温，粗硅与氮气反应生成 Si3N4，据此分析；【详解】A焦炭与
22、石英砂发生反应2SiO2C=Si2CO高温，焦炭被氧化成 CO，不是 CO2，故 A 错误；B“高温氮化”是 Si 与氮气反应，其反应方程式为2343Si2N=Si N高温，故 B 正确；C原料气中含有 N2和少量的 O2，氧气能与 Cu 反应生成 CuO，N2不与 Cu 反应，操作 X 可以得到纯净氮气，故 C正确；D粗硅中含有少量 Fe 和 Cu，即 Si3N4中含有少量 Fe 和 Cu，Fe、Cu 与稀硝酸反应，得到可溶于水的 Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去 Si3N4中 Fe 和 Cu，故 D 正确；答案为 A。13AD【分析】计算出 5s 内用水蒸气表示的平均反应
23、速率，然后利用化学计量数与化学反应速率成正比确定用一氧化氮、氧气、氨气表示的反应速率。【详解】A.5s后H2O的物质的量增加了6mol，则该时间段用H2O表示的平均反应速率为：v(H2O)=6mol2L5s=0.6mol/(Ls)，故 A 正确；B.根据 A 选项(H2O)=0.6mol/(Ls)，则（O2）=56（H2O）=0.5mol/(Ls)，故 B 错误；C.根据 A 选项(H2O)=0.6mol/(Ls)，则（NO）=23（H2O）=230.6mol/(Ls)=0.4 mol/（Ls），故 C 错误；D.根据 A 选项(H2O)=0.6mol/(Ls)，则（NH3）=23（H2O）=
24、230.6mol/(Ls)=0.4 mol/（Ls），故 D 正确；答案为 AD。14CD【详解】随着pH增大，2(H R)c减小，(HR)c先增大后减小，2(R)c增大，2HRlgH Rcc增大，2HRlgRcc减小，所以图 1 中 1 代表2H R，2 代表HR，3 代表2R，图 2 中1L代表2HRlgH Rcc随pH变化曲线，2L代表2HRlgRcc随pH变化曲线。答案第 5页，共 8页A2H R、HR(电离大于水解)会抑制水电离，2R会促进水电离，随着pH增大，2(H R)c减小，(HR)c先增大后减小，2(R)c增大，d、c两点pH均为 3，为同一溶液，所以水的电离程度cdba，选
25、项 A 错误；B由图 2 知，b点pH3，再由图 1 可知22HRH RHRcccc，选项 B 错误；C由图 2 知，N点为1L与2L的交点，有22HRHRlglgH RRcccc，解得22H RRcc，即图 2 中N点为图 1 中M点，又由22a1a22HHRHRHH R(HR)ccccKKccc，解得1.34.32.8H101010c，即pH2.8，选项 C 正确；Dd点时，联立电荷守恒2NaHClOH2RHRcccccc、物料守恒22Na2H RHRRcccc得2HR2H RClOHHccccc，再由d点pH3，由图 1知，2HRH Rcc，所以有3HRClOHHcccc，选项 D 正确
26、；答案选 CD。15CD【详解】ANO2可与 NaOH 溶液反应，故 A 正确：B氯气本身没有漂白性，鲜花中含有水，干燥的氯气与水反应生成 HClO，HClO 能使鲜花褪色，故 B 正确；CK 能与水反应，不能从 FeCl3溶液中置换出 Fe，故 C 错误：DAlCl3溶液与 Na2S 溶液会发生强烈的双水解反应，不能制备出 Al2S3，故 D 错误；故选 CD。16(1)分液漏斗(2)控制滴加浓盐酸的滴加速率控制酒精灯加热温度不能太高(3)11.2(4)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O(5)3pH5.5【分析】在装置 B 中 MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应
27、产生 Cl2，在装置 C 中通过饱和食盐水除去 Cl2中的杂质 HCl，然后经装置 D 浓硫酸干燥后用向上排空气的方法收集，最后根据 Cl2能够与碱反应的性质，用 NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。【详解】（1）根据图示可知仪器 A 的名称为分液漏斗；答案第 6页，共 8页（2）为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有：控制滴加浓盐酸的滴加速率不能太快；控制酒精灯加热温度不能太高；（3）在装置 B 中浓盐酸与 MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生 MnCl2、Cl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)M
28、nCl2+Cl2+2H2O。在该反应中 Mn 元素的化合价由反应前 MnO2中的+4 价变为反应后 MnCl2中的+2 价，化合价降低 2 价，得到电子 2e-；Cl 元素化合价由反应前 HCl 中-1 价变为反应后 Cl2中的 0 价，化合价升高 12=2 价，失去电子 2e-；用双线桥标出电子转移为：；根据反应方程式可知：在反应中每有 1 mol HCl 被氧化，反应产生 0.5 mol Cl2，其在标准状况下的体积 V(Cl2)=0.5mol22.4 L/mol=11.2 L；（4）根据图示可知：在 t1分钟后所发生主要反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式
29、为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；（5）Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中 HClO 的浓度越大杀菌能力越强。根据25时，氯水中Cl2(溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与 pH 的关系图可知：HClO 所占百分含量最大值为溶液pH 在 3-5.5，故用 Cl2处理饮用水时，溶液的 pH 最佳控制范围是 3pH5.5。17大+HNO3+H2O6不在【分析】苯在浓硫酸作用下和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯 A()，由并结合题给信息可推知 B 为。苯和溴发生取代反应生成溴苯 C，溴苯和浓硫酸发生磺化反应生成 D()，D和氢气加成生成
30、。【详解】（1）苯与浓硫酸和浓硝酸的混合液在加热条件下反应生成硝基苯，硝基苯的密度大于水，反应方程式为+HNO3+H2O。（2）由苯生成溴苯的反应为取代反应，由溴苯生成的反应也为取代反应，由生成的反应是加成反应。（3）由并结合题给信息可推知 B 为，苯环上的二氯代物有、答案第 7页，共 8页、，共 6 种。由4CH的正四面体结构和3NH的三角锥形结构可知，的所有原子不可能都在同一平面上。18第二周期 VA 族C1O4-3C1O-C1O3-+2Cl-放热【分析】F 是其所在周期中最活泼的金属元素，F 一定是第 4 周期A 族元素，是 K 元素；A、B、C、D、E 属于前3 周期；A、B、C 在周
31、期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为 18，A、B、C 分别是 N、O、F 元素，B、D 同主族，D 是 S 元素，D、E 同周期，E 是 Cl 元素。【详解】（1）N 元素在周期表中的位置第二周期 VA 族；S 与 K 形成的最简单离子化合物 K2S 的电子式；（2）K+、S2-电子层数相同、钾离子质子数大于硫离子，半径 K+S2-；同周期从左到右非金属性增强，非金属性 NO；非金属性 SCl，酸性 H2SO4HCl；（3）d 点氯元素化合价为+7,对应的微粒是 C1O4；a、b、c 点对应的离子符号是 Cl、C1O、C1O3，ba+c反应的离子方程式为 3C1OC1O3+2Cl；
32、反应物的总能量为 180，生成物的总能量为 63，反应放热。19H2O2 H+HO22Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2ONiSO46H2O【详解】（1）第一步电离，1 个 H2O2电离出 1 个 H+，电离方程式为：H2O2H+HO2；第二步电离为：HO2-O22+H+，所以电离平衡常数 Ka2222()()()c Hc Oc HO。（2）在反应过程中先被氧化，后被还原，说明该物质具有还原性，I、Fe2+具有较强的还原性，故正确。（3）废水中含有 Fe2+，具有还原性，被 H2O2氧化，离子方程式为：2H+2Fe2+H2O22Fe3+2H2O；根据方程式：Ni2+H2Y2NiY2+2
33、H，原样品含 NiSO4的物质的量为：0.04000mol/L0.025L250/250.01mol，则该物质的摩尔质量为：2.627g0.01mol=262.7g/mol，结晶水的系数为：（262.7-154.7）186，所以化学式为：NiSO46H2O。204NAHCOOH 和 CO2均为分子晶体，但 HCOOH 分子间存在氢键NOCCl、C前者sp2杂化A184VN答案第 8页，共 8页【分析】(5)中 N 原子有一对孤电子，容易给出电子对形成配位键，中 N 原子参与形成大键，不易给出电子对形成配位键。(6)由均摊法可知，该晶胞中 N 原子个数=818+814+212+4=8，C 原子个
34、数=3+612=6，【详解】(1)C 为 6 号元素，基态碳原子的价电子排布图为：，故答案为：；(2)单键全是键，双键有一个是键，一个是键，所以，1molHCOOH 中含有 4mol键，即 4NA，HCOOH 和 CO2均为分子晶体，但 HCOOH 分子间存在氢键，故 HCOOH 的沸点比 CO2高，故答案为：4NA；HCOOH 和 CO2均为分子晶体，但 HCOOH 分子间存在氢键；(3)Ru 络合物中除 Ru 元素外还有 H、C、N、O、P、Cl 元素，位于第二周期的有：C、N、O 三种元素，一般情况下，从左往右，第一电离能增大，但第A 族的 N 原子 2p 轨道电子处于半充满状态，比 O
35、 难失电子，第一电离能比 O 大，综上所述，三者第一电离能由大到小的顺序为：NOC，故答案为：NOC；(4)由图可知，Ru 络合物中与 Ru 配位的原子有 N、Cl、C，故答案为：Cl、C；(5)前者的 sp2杂化轨道上有一个孤电子对，更容易形成配位键，故答案为：前者；(6)该物质中 N 原子价层电子对数为 3，根据价层电子对互斥理论判断 N 原子杂化类型为 sp2杂化，故答案为：sp2杂化；由图二可知，重复的结构单元为六元环和外加三个 N 原子形成的结构，如图所示：，故答案为：；由均摊法可知，该晶胞中 N 原子个数=818+814+212+4=8，C 原子个数=3+612=6，1 个晶胞的质量=A8 14+6 12gN，密度=AA38 14+6 12g184NVNVcmg.cm-3，故答案为：A184VN。【点睛】均摊法计算立方晶胞中原子个数时，每个立方体内的原子贡献 1，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。