2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砭C化學(xué)部分試題全國卷3,含解析

1、2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砭C（化學(xué)部分）試題全國卷37 .化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A.PM2.5是指微粒直徑不大于2.5的可吸入懸浮顆粒物B.綠色化學(xué)要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染C.燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放D.天然氣和液化石油氣是我國目前推廣使用的清潔燃料【答案】C【解析】A通常將大氣中直徑不大于2.5的顆粒懸浮物稱為PM2.5,故A正確；B.綠色化學(xué)的核心就是從源頭上杜絕污染，故B正確；C.燃煤燃燒產(chǎn)生SQ和CO,其中CaO可以和SO結(jié)合生成CaSO,并最終氧化為CaSO,而CO在高溫下不能與CaO結(jié)合生成CaCQ則加入CaO

2、可減小SO的排放，但不能減小CO的排放，故C錯誤；D.目前推廣使用的清潔燃料有天然氣和液化石油氣，故D正確；答案為Co【名師點睛】考查化學(xué)在社會生活中的應(yīng)用，涉及環(huán)境污染的來源與防治，其中綠色化學(xué)的特點是：（1）充分利用資源和能源，采用無毒無害的原料；（2）在無毒無害的條件下進行反應(yīng)，以減少向環(huán)境排放廢物；（3）提高原子利用率，力圖使原料的原子都被產(chǎn)品所消納，實現(xiàn)零排放；（4）生產(chǎn)出有利于環(huán)境保護、社區(qū)安全和人體健康的環(huán)境友好產(chǎn)品。8 .下列說法正確的是A.植物油氫化過程中發(fā)生了加成反應(yīng)8 .淀粉和纖維素互為同分異構(gòu)體C.環(huán)己烷與苯可用酸性KMnO溶液鑒別D.水可以用來分離澳苯和苯的混合物【答

3、案】A【解析】A.組成植物油的高級脂肪酸的為飽和酸，含有碳碳雙鍵；氫化過程為湖旨與箏氣發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確彳E.淀粉f逑千維素的器合度不同，造成它們的分子量不等,所以不是同分導(dǎo)構(gòu)體，故B錯誤；C.環(huán)己烷與笨都不與酸性KNlnOi落酒反應(yīng),所以不能用該方法鑒別環(huán)己烷與笨，故C錯誤jDJ臭法與若互溶,不能用水分離浸茶和苗的混合物，故D錯誤寧答軍內(nèi)Ao【名師點睛】考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及油脂的氫化、糖類的組成結(jié)構(gòu)及有機物的鑒別等；常見能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色的有機物有烯燒、快燒、苯的同系物、醇、酚、酚等；而選擇用水鑒別的有機物通?？蓮乃苄约芭c水的密度比較角度分析，如存在與水混溶的、難溶于水但

4、密度有比水大的，有比水小的，即可用水鑒別。9 .下列實驗操作規(guī)范且能達(dá)到目的的是目的操作A.取20.00mL鹽酸在50mL酸式滴定管中裝入鹽酸，調(diào)整初始讀數(shù)為30.00mL后，將剩余鹽酸放入錐形瓶B.清洗碘升華實驗所用試管先用酒精清洗，再用水清洗C.測定醋酸鈉溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，點在濕潤的pH試紙上D.配制濃度為0.010molL1的KMnO溶液稱取KMnO®體0.158g,放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度【解析】最大刻度到尖嘴音翔S容綱有鹽酸，所以S定管中鹽酸體積大于2600過;故4錯誤aB,碘.易于酒精可用酒精清洗畫又由于酒精與水互溶,再用水清洗即可洗凈,故B正

5、確;C.濕潤出試紙相當(dāng)于稀釋治港,會造成醋酸鈉溶液pH偏低n故C錯誤寧D.容量瓶是定容容器，不能在容量瓶中溶解KMn5固體，故D車展,答案為國【名師點睛】考查實驗基本操作的評價，涉及酸式滴定管的結(jié)構(gòu)、碘的物理性質(zhì)、pH試紙的使用及鹽類水解及溶液的配制操作等，易錯點為選項C,使用濕潤的pH試紙測定溶液pH,水稀釋了被測溶液，如果溶液為中性則沒有影響，如果溶液顯酸性，則pH測定值偏大，如果顯堿性，測定值偏小，即使用濕潤的pH測溶液pH不一定有誤差，要具體問題具體分析；另外滴定管的0刻度在上方，最大刻度在下方，但最大刻度到尖嘴部分仍有一定的體積無法確定，容易忽視。10 .Na為阿伏加德羅常數(shù)的值。下

6、列說法正確的是A. 0.1mol的11B中，含有0.6Na個中子B. pH=1的H3PO溶液中，含有0.1Na個HC. 2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)苯在Q中完全燃燒，得到0.6Na個CO分子D.密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應(yīng)制備PCl5(g),增加2Na個P-Cl鍵【答案】A【解析】A”B中含有6個中子，0.1mol"B含有6N個中子，A正確；B.溶液體積未定，不能計算氫離子個數(shù)，B錯誤；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯是液體，不能利用氣體摩爾體積計算22.4L苯的物質(zhì)的量，則無法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO分子數(shù)目，C錯誤；D.PC13與C12反應(yīng)生成PC15的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完

7、全轉(zhuǎn)化為生成物，則所1molPCl3與1molCl2反應(yīng)生成的PC%小于1mol,增加的PCl鍵的數(shù)目小于2沖個，D錯誤；答案選A?！久麕燑c睛】有關(guān)阿德常數(shù)判斷時要正確運用物質(zhì)的量有關(guān)計算，同時要注意使用時條件，如運用氣體摩爾體積22.4L/mol時，要注意是標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的氣體，另外還要防此題中陷阱，如討論溶液里的離子微粒時，要考慮（1）溶液的體積（2）離子是否水解（3）對應(yīng)的電解質(zhì)是否完全電離；涉及化學(xué)反應(yīng)時要考慮是否是可逆反應(yīng)，如選項B沒有提供溶液的體積無法根據(jù)公式進行計算，選項D涉及可逆反應(yīng)，明確反應(yīng)的限度達(dá)不到100%,其它如微粒的結(jié)構(gòu)、反應(yīng)原理等，總之要認(rèn)真審題，切忌憑感覺答題。11.

8、全固態(tài)鋰硫電池能量密度高、成本低，其工作原理如圖所示，其中電極a常用摻有石墨烯的&材料，電池反應(yīng)為：16Li+x&=8Li2&（2<x<8）o下列說法錯誤的是A.電池工作時，正極可發(fā)生反應(yīng)：2Li2s6+2Li+2e-=3Li2S4B.電池工作時，外電路中流過0.02mol電子，負(fù)極材料減重0.14gC.石墨烯的作用主要是提高電極a的導(dǎo)電性D.電池充電時間越長，電池中的Li2s2量越多【答案】D【解析】A.原電池工作時，L1+向正根移動，則N為正橫，正極上爰生還原反應(yīng)，隨放電的多少可能發(fā)生多種反應(yīng)，其申可能為2LSs+2Li2e-=5Li:S4,故A正確：瓦

9、原電池工作時，轄穢092mm電子時,氧化L1前物質(zhì)的量為O.OMiol,質(zhì)量為014%放B正確J匚.石墨能導(dǎo)電,利用石墨端作電極，可提高電極&的導(dǎo)電性,故C正確mD.電池充電時間越長.,專移電子數(shù)越多？生成的L1和越多,即電池中LM&的量越少,故D錯誤寧答案為【名師點睛】考查二次電池的使用，涉及原電池工作原理，原電池工作時負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，而電池充電時，原來的負(fù)極連接電源的負(fù)極為電解池的陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，而原來的正極連接電源的正極為電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，解題是通過結(jié)合反應(yīng)原理，根據(jù)元素化合價的變化，判斷放電時正負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)，再結(jié)合電解質(zhì)書寫電極反應(yīng)方程

10、式。12.短周期元素WX、Y和Z在周期表中的相對位置如表所示，這四種元素原子的最外電子數(shù)之和為21。WXYZB.氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Y>WD.簡單離子的半徑：Y<X下列關(guān)系正確的是A.氫化物沸點：W<ZC.化合物熔點：Y2X3<YZ3【解析】由圖表可知，w為N兀素、X為。兀素¥為A1兀素、Z為C1兀素jANH,分子間有氫鍵,其沸點比HC1高,故A錯誤；顯兩性.N元素的氧化物對應(yīng)的水化物HX01、HN6均顯酸性，故B錯誤?CAlQm是離子晶體？高熔晶面A1CL是分子晶體，悔氨低故C錯誤DJU葉口（P離子結(jié)構(gòu)相同,核電荷數(shù)大j離子半徑小，故D正確j答案為D,【

11、名師點睛】考查元素周期表的結(jié)構(gòu)及元素周期律的應(yīng)用，其中微粒的半徑大小比較方法是：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高價陽離子或最低價陰離子半徑隨核電荷數(shù)增大而逐漸減?。ㄏ∮袣怏w元素除外），如Na>Mg>Al>Si,Na+>Mg+>Al3+,S2>Clo（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或離子半徑隨核電荷數(shù)增大而逐漸增大，如LivNavK,Li+vNa+vK+。（3）電子層結(jié)構(gòu)相同的微粒：電子層結(jié)構(gòu)相同（核外電子排布相同）的離子半徑（包括陰、陽離子）隨核電荷數(shù)的增加而減小，O2>F>Na+>Mg+>Al3+。（4）同種元

12、素形成的微粒：同種元素原子形成的微粒電子數(shù)越多，半徑越大。如Fe3+vFe2+vFe,H+vHvH,（5）電子數(shù)和核電荷數(shù)都不同的，可通過一種參照物進行比較，如比較A13+與S2一的半徑大小，可找出與A13+電子數(shù)相同的OT進行比較，A13+<O2,且O2<S2,故A13+VS2。13.在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中，較高濃度的Cl會腐蝕陽極板而增大電解能耗?？上蛉芤褐型瑫r加入Cu和CuSO,生成CuCl沉淀從而除去Cl。根據(jù)溶液中平衡時相關(guān)離子濃度的關(guān)系圖，下列說法錯誤的是A.Ksp(CuCl)的數(shù)量級為10B.除Cl反應(yīng)為CU+CU+2C1=2CuClC.加入Cu越多，Cu+濃度越

13、高，除Cl效果越好D.2Cu+=Cu2+Cu平衡常數(shù)很大，反應(yīng)趨于完全【答案】C【解析】A.KSp(CuCf)=c(Cir+)*c(Cl)在橫坐標(biāo)為1時，細(xì)坐標(biāo)電絲?大于一6,所以Kqp(CuCl)的敝他削工量級是1。A正確jB.除去0反應(yīng)應(yīng)該是+2cl=2CuCl,B正“C,加入Cu越多，Cu詼度械高，除Cl效果超好，但后時濤漏中，Cu'濃度也增大，會在陰極福還原為Cu,黝晌煉鋅的產(chǎn)率和純度，故C錯誤；D.在沒有C存在的情況下，反應(yīng)2Cu+=Cu2+Cu趨于完全，D正確，答案選C?！久麕燑c睛】本題考查溶度積常數(shù)的計算及平衡的移動，涉及電解原理的應(yīng)用，難點是既要考慮電解循環(huán)溶液中，既要

14、考慮較高濃度的Cl會腐蝕陽極板而增大電解能耗，同時隱含了Cu2+的氧化T大于Zn2+,當(dāng)溶液中Cu2+濃度較高時易在陰極發(fā)生還原反應(yīng)，影響了鋅的純度與產(chǎn)率。26. (14分)綠磯是含有一定量結(jié)晶水的硫酸亞鐵，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中具有重要的用途。某化學(xué)興趣小組對綠磯的一些性質(zhì)進行探究?；卮鹣铝袉栴}：(1)在試管中加入少量綠磯樣品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液顏色無明顯變化。再向試管中通入空氣，溶液逐漸變紅。由此可知：、。(2)為測定綠磯中結(jié)晶水含量，將石英玻璃管(帶端開關(guān)Ki和K2)(設(shè)為裝置A稱重，記為mg。將樣品裝入石英玻璃管中，再次將裝置A稱重，記為m2g。按下圖連接好裝置進行實驗。儀器B的

15、名稱是。將下列實驗操作步驟正確排序(填標(biāo)號)；重復(fù)上述操作步驟，直至A恒重，記為msg。a.點燃酒精燈，加熱b.熄滅酒精燈c.關(guān)閉Ki和&d.打開Ki和K2,緩緩?fù)ㄈ隢2e.稱量Af.冷卻至室溫根據(jù)實驗記錄，計算綠磯化學(xué)式中結(jié)晶水?dāng)?shù)目x=(列式表示)。若實驗時按a、d次序操作，則使x(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。(3)為探究硫酸亞鐵的分解產(chǎn)物，將(2)中已恒重的裝置A接入下圖所示的裝置中，打開Ki和K2,緩緩?fù)ㄈ隢2,加熱。實驗后反應(yīng)管中殘留固體為紅色粉末。C、D中的溶液依次為(填標(biāo)號)。C、D中有氣泡冒出，并可觀察到的現(xiàn)象分別為e.濃H2SOOa.品紅b.NaOHc.BaCl2

16、d.Ba(NQ)2寫出硫酸亞鐵高溫分解反應(yīng)的化學(xué)方程式【答案】(1)樣品中無Fe3+;硫酸亞鐵易被空氣氧化為硫酸鐵；76(m-mJ-(2)干燥官dabfce；偏?。?m3-m)一一高溫(3)c、a；廣生白色譏江、品紅溶椒褪色；2FeSO=Fe2O+SOf+SO【解析】<1>樣品溶于水滴加KSCX溶液j溶灌顏色無明顯變化說明樣品中無人%再向試管中通人空氣，澹港逐漸變紅，這說明有鐵離子產(chǎn)生，艮嘛薇亞錢易被空氣氧化為磁鐵j鐵離子遇KSCN落浦顯紅色;(2)根據(jù)儀器構(gòu)造可知E是干燥管！由于裝置中含有空氣空個能氧化硫酸亞鐵，所以加熱前需要排盡裝置中空氣,利用氯氣排出空氣為了使生成的水蒸氣完全

17、排除，應(yīng)該先值滅酒精為再冷卻，然后關(guān)閉g和2,最后稱量j即正礁的排序是dabfce3樣品的質(zhì)量是(rx-mi)9加熱后剩余固體是?瀛亞鐵，質(zhì)量為g,生成水的后量為(mt-ms)g,FeSOxH2FeSQ+xH2O15218x(m>mi)g(m2mu)g則：=如，解得：X=F'：-；若實驗時按a、d次序操作，在加熱過程中硫酸亞鐵被空氣氧化為硫酸鐵，導(dǎo)致m增加，因此x偏小；0)最終得到紅棕色固體,說明有氧化鐵生成F即分解過程發(fā)生了還原還原反應(yīng)，中魏優(yōu)合價變化可知一定有S5生成,這說嘛酸亞鐵分解生成氧化鐵、£5和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成情酸,福酸和銅離子結(jié)合生成白色沉淀琉

18、酸領(lǐng)，由于硝酸鋼在酸性溶液中有氧化性，能氧化$6所以應(yīng)該用氧化鋼，檢驗$5用品紅溶液，所以CiD的溶液依次為氯化鋼溶液和品工溶液J實臉現(xiàn)象是C中溶訥變渾濁產(chǎn)生白色沉淙1D中品紅灌港褪色.故答案為臉取到艮據(jù)以上分析可知蹴亞鐵高溫分解生成氧化鐵、SO工和班|根據(jù)電子守恒和原子守恒得此反應(yīng)的方程式為2TCS0上電=Fg5TolT-50打【名師點睛】以綠磯為載體考查無機物的性質(zhì)實驗方案的探究，通常解答綜合性實驗設(shè)計與評價題的基本流程：原理一反應(yīng)物質(zhì)一儀器裝置一現(xiàn)象一結(jié)論一作用意義一聯(lián)想。具體分析為：實驗是根據(jù)什么性質(zhì)和原理設(shè)計的？實驗的目的是什么？所用各物質(zhì)名稱、狀態(tài)、代替物(根據(jù)實驗?zāi)康暮拖嚓P(guān)的化學(xué)

19、反應(yīng)原理，進行全面的分析比較和推理，并合理選擇)。有關(guān)裝置：性能、使用方法、適用范圍、注意問題、是否有替代裝置可用、儀器規(guī)格等。有關(guān)操作：技能、操作順序、注意事項或操作錯誤的后果。實驗現(xiàn)象：自下而上，自左而右全面觀察。實驗結(jié)論：直接結(jié)論或?qū)С鼋Y(jié)論。27. (15分)重銘酸鉀是一種重要的化工原料，一般由銘鐵礦制備，銘鐵礦的主要成分為FeO-CbQ,還含有硅、鋁等雜質(zhì)。制備流程如圖所示：調(diào)pH=7一一情歌、粒化rrm怨浸箔欲仁*媚塊二、N0NQ3%猛各|K£2回答下列問題：(1)步驟的主要反應(yīng)為:FeO-CsQ+NaCO+NaNO高溫Na2CrQ+Fe2Q+CO+NaNQ上述反應(yīng)配平后F

20、eO-Cr2Q與NaNO的系數(shù)比為。該步驟不能使用陶瓷容器，原因是(2)濾渣1中含量最多的金屬元素是,濾渣2的主要成分是及含硅雜質(zhì)。(3)步驟調(diào)濾液2的pH使之變(填“大”或“小”)，原因是(用離子方程式表不)。(4)有關(guān)物質(zhì)的溶解度如圖所示。向“濾液3”中加入適量KCl,蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾得到K2Cr2O固體。冷卻到(填標(biāo)號)得到的K2C2O固體產(chǎn)品最多。a.80Cb.60Cc.40Cd.10C步驟的反應(yīng)類型是(5)某工廠用mkg銘鐵礦粉(含C2Q40%)制備&Cr2O7,最終得到產(chǎn)品m2kg,產(chǎn)率為【答案】(1)2:7陶瓷在高溫下會與NaCO反應(yīng)鐵Al(OH)3(3)小增大溶

21、液中H+,促進平衡2CrQ2+2H+Cr2O2-+H2O正向移動(4)d復(fù)分解反應(yīng)(5)190r147ml100%【睥析】1)FeO-CrzCh是還原劑,完全氧化為K樂QCU和F空每摩轉(zhuǎn)移71noi電子】而KaNO三是氧化劑，還原產(chǎn)物為NaNSj每摩轉(zhuǎn)移2m&l電子j根據(jù)電子守恒可如jFeONaNO的系數(shù)比為2:7)陶讒在高溫下會與NCOt反應(yīng),則情融時不能使用調(diào)鎏容器m(2)熔塊中氧化鐵不溶于水j過濾后進入濾渣1j則濾渣1中含量最多的金屬元素是鐵j濾液1中含有A10”SiO32-及CrQ2-,調(diào)節(jié)溶液pH并過濾后得濾渣2為Al(OH3；(3)濾液2調(diào)節(jié)pH的目的是提高溶液的酸性，pH

22、變??；因為溶液中存在2CrO42-+2H+=Cr2C72-+HO,增大溶液中H+濃度，可促進平衡正向移動，提高溶液中Cr2O2-的濃度;C4)由圖示可知？在1。七左右時，得至UKiCfG的固體最多,故答案為dnKCl+MaiSOyKiCnOUHNaCl的反應(yīng)類型為復(fù)分解反應(yīng)(5)樣品中QCh的質(zhì)量為md4%K力貝性成K2CrO-的理論鹿蚩為叫野寶，則所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為如Kgwm：“0%KgX左)父100%產(chǎn)%Kio。%.【名師點睛】考查制備實驗方案的設(shè)計與評價，涉及氧化還原反應(yīng)離子方程式配平、鹽類水解的應(yīng)用及混合物的分離與提純等，解題時要求對整個流程進行認(rèn)識分析，對流程中每一個反應(yīng)池或操作中出現(xiàn)

23、的箭頭要理解清楚，通常箭頭指向反應(yīng)池或容器的代表參加反應(yīng)的物質(zhì)，箭頭背離的為生成物，再結(jié)合包括酸堿性、有無空氣中氧氣參與反應(yīng)的環(huán)境，并借助于質(zhì)量守恒及氧化還原反應(yīng)的理論知識判斷反應(yīng)原理，寫出反應(yīng)方程式或離子反應(yīng)式。28. (14分)神(As)是第四周期VA族元素，可以形成AsaQ、AS2Q、HAsQ、HAsQ等化合物，有著廣泛的用途?；卮鹣铝袉栴}：(1)畫出神的原子結(jié)構(gòu)示意圖。(2)工業(yè)上常將含神廢渣(主要成分為A8Q)制成漿狀，通入O氧化，生成HAsO4和單質(zhì)硫。寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式。該反應(yīng)需要在加壓下進行，原因是。(3)已知：As(s)+3H(g)+2O2(g尸H3AsO(s)AH21

24、 -.H2(g)+Q(g尸H2O(l)AH>2As(s)+502(g)=As2Q(s)AH2則反應(yīng)As2Q(s)+3H2O(l)=2H3AsQ(s)的AH=。(4) 298K時，將20mL3xmol-L-1NasAsQ、20mL3xmolI/1I2和20mLNaOHB液混合，發(fā)生反應(yīng)：AsQ3-(aq)+I2(aq)+2OH-=AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43-)與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如圖所示。下列可判斷反應(yīng)達(dá)到平衡的是(填標(biāo)號)。a.溶液的pH不再變化b. v(I-)=2v(AsO33-)c. c(AsO43-)/c(AsO33-)不再變化d.

25、c(I尸ymol-L1tm時，V正V逆(填“大于”“小于”或“等于”)。tm時V逆tn時V逆(填“大于”“小于”或“等于")，理由是。若平衡時溶液的pH=14,則該反應(yīng)的平衡常數(shù)K為?！敬鸢浮?1)(2) 2As25+5c2+6H2O=4HAsQ+6S增加反應(yīng)物Q的濃度，能夠有效提高As2s的轉(zhuǎn)化率(3) 2AHi-3AH2-AH3334yki(4)ac、大于、小于、tm時AsQ濃度更小，反應(yīng)速率更慢、K=2r(molL)(x-y)CD種是叼號7r素r痹子核外電子排布式厚子結(jié)的示意圖正礴答案:門)原已知可以得到加總0->mAsQLS,抬5總共升高10僑，得失電子配平得山導(dǎo)行OL

26、4HmA£O4-63,再考慮底量守恒，反應(yīng)前少二氏g,所以反應(yīng)原理為里口。葉6Hq=4KAeYS。該反應(yīng)加壓時，噌加反JS物供的濃度，平衡正向移動，能夠有效提高A立電的轉(zhuǎn)化率5(力待求解反應(yīng)可以由反應(yīng)乂工反應(yīng)斗反應(yīng),貝以1<工也曰.九氏必氏j(4)©3溶渣pH不變時,則&。旺)也保持不變,反應(yīng)處于平衡狀態(tài)由根據(jù)速率關(guān)系MI/2=y<A5OP);則b的等式始終成立，反應(yīng)不一定處于平衡狀態(tài);c由于提供的NS3ASO總量一定，所以c(AsO43-)/c(AsO33-)不再變化時，c(AsO43-)與c(AsO33-)也保持不變，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)；dc(I-)=

27、ymol/L時，即c(AsO43-)=c(I-),事實兩者濃度關(guān)系一定是2c(AsO3-尸c(I-),則此時不是平衡狀態(tài)，故答案：acp反應(yīng)從正反應(yīng)開始進行,1時反應(yīng)繼續(xù)正向避行，vPi>v正確答案；大于。1時比L時AsO聲濃度更小，所以逆反應(yīng)速率也更小，正確答案，小于、3時A2正濃度更小，反應(yīng)速率更幔。反應(yīng)前，三種溶液混合后、口訃§。:濃度為去口口%工一=xm冰,同理L濃/L20+20+20/L度為xmoil/L,反應(yīng)達(dá)到平(軸寸j生成。(AsO?)為ymoVLj則反應(yīng)生成濃度c()=2ymoVL.消耗A©*%上濃度士訥ytnolL,平衡時力力-molLjc(h)為

28、(x-y)moll；澹液¥(,C41,中c(OH)=ImolrK=v加r(r-yy【名師點睛】考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡的計算及平衡狀態(tài)的判斷等，其中蓋斯定律的基本使用方法：寫出目標(biāo)方程式；確定“過渡物質(zhì)”(要消去的物質(zhì))；用消元法逐一消去“過渡物質(zhì)”，平時要多練習(xí)，才能熟能生巧。另外反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，平衡時各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化。反應(yīng)前后不改變的量不能作為判斷化學(xué)平衡的依據(jù)，如本反應(yīng)中隨反應(yīng)的進行AsO3-和的物質(zhì)的量在變化，但二者濃度比始終是1:2,不能作用為判斷平衡的依據(jù)。35.化學(xué)一一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)

29、研究發(fā)現(xiàn)，在CO低壓合成甲醇反應(yīng)(CO+3H=CHOH+2中，Co氧化物負(fù)載的Mn氧化物納米粒子催化劑具有高活性，顯示出良好的應(yīng)用前景?；卮鹣铝袉栴}：(1) Co基態(tài)原子核外電子排布式為。元素Mn與O中，第一電離能較大的是,基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是。(2) CO和CHOH子中C原子的雜化形式分別為和。(3)在CO低壓合成甲醇反應(yīng)所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從高到低的順序為,原因是(4)硝酸鎰是制備上述反應(yīng)催化劑的原料，Mn(NO)2中的化學(xué)鍵除了b鍵外，還存在。(5)MgOM有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖)，其中陰離子采用面心立方最密堆積方式，X射線衍射實驗測得MgO的晶胞參數(shù)為a=0.420nm

30、,則r(O2-)為nmbMnOtk屬于NaCl型結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)為a'=0.448nm,則r(Mn2+)為nm。(1)1s2s2P3s3P3d4s或Ar3d4sOMn3spsp(3)H2O>CHOH>CQH2,H2O與CHOH均為非極f分子，H2O中氫鍵比甲醇多，CO分子量較大，范德華力較大(4)兀鍵、離子鍵(5)0.1480.076【解析】(1)Co是27號元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2。元素Mn與。中，由于。元素是非金屬性而Mn是過渡元素，所以第一電離能較大的是O。基態(tài)原子價

31、電子為2s22p4,所以其核外未成對電子數(shù)是2,而Mn基態(tài)原子價電子排布為3d54s2,所以其核外未成對電子數(shù)是5,因此核外未成對電子數(shù)較多的是MrioC2>CO工和CH.OH的中心原子C原子的價層與子時數(shù)分別為2和4,所以C5和CHsOH分子申C原子的雜化形式分別為卻和印C3)在CCh低壓合成甲醇反應(yīng)所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從高到低的順序為由原因是常溫下水和甲酹是液體而二氧化碳,速氣是氣體，液體的沸點高于氣體J氏。與CH30H均為非極性分子，H：0中氫獴比甲舉多,所以水的沸點高于甲雷g二氧化碳的相對分子質(zhì)量比氫個大,所以二氧化碳分子間作用力就大、沸點較高口C4)硝酸鐳是離子化合物，硝酸

32、t艮和鏡離子之間形成離子鍵，硝酸根中N原子與3個氧原子形成3個口鍍，硝酸根中有一個氮氧雙鍵，P斤以還存在兀鍵。(5)因為CT是面心立方最密堆積方式，面對角線是CT半徑的4倍，即4r=J2a,解得r=逅0.4204nm=0.148nm；MnO也屬于NaCl型結(jié)構(gòu)，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，MrT構(gòu)成的是體心立方堆積，體對角線是Mn2+半徑的4倍，面上相鄰的兩個MrT距離是此晶胞的一半，因此有0.448nm=0.076nm。【名師點睛】物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及電子排布式、第一電能能比較、雜化理論、化學(xué)鍵及分子間作用力和晶胞的計算等，綜合考查，其中雜化軌道的判斷是難點，具體方法是：中心原子電子對計算公式：電子對數(shù)n=二(中心原子的價電子數(shù)+配位原子的成鍵電子數(shù)土電荷數(shù))。注意：當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正值時取“-”，電荷數(shù)為負(fù)值時取“+”；當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時，成鍵電子數(shù)為零；根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n=2,sp雜化；n=3,sp2雜化；n=4,sp3雜化。36.化學(xué)一一選修5:有機化學(xué)基礎(chǔ)(15分)氟他胺G是一種可用于治療腫瘤的藥物。實驗室由芳香燃A制備G的合成路線如下:回答下列問題:(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為。C的化學(xué)名稱是。(1) 的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件分別是,該反應(yīng)的類型是。(2) 的反應(yīng)方程式為?？诒冗迨且环N有機堿，其作用是。(4) G的分子式為。(5) H是G