2022年湖南省懷化市會同一中高考化學二調試卷（附答案詳解）

2022年湖南省懷化市會同一中高考化學二調試卷1.科學防護對預防病毒感染非常重要，下列說法錯誤的是（）A.制作防護服和口罩的無紡布是有機高分子材料B.冠狀病毒粒子直徑約60?220nm,介于溶液和膠體粒子之間C.免洗手消毒液的成分活性銀離子、乙醇均能使蛋白質變性D.二氧化氯泡騰片可用于水處理.短周期主族元素P、Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，其中元素P的一種核素僅有一個質子和一個中子；元素X、Z同主族且Z的最高價與最低價的絕對值之比為3；元素Q是組成有機物的基本元素，而元素丫是無機非金屬材料的主角。則下列說法正確的是（）A.元素P、Q、X所形成的某種化合物可以檢驗Fe3+B.元素P分別與元素Q、Z所形成的化合物化學鍵一定相同C.元素Q、Y、Z所形成的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱：Z>Y>QD.元素Q、Y、Z所形成的單質在一定條件下，均可溶于Z的最高價含氧酸的濃溶液中.己二酸（HOOCCH2cH2cH2cH2COOH）是工業(yè)上具有重要意義的二元粉酸，它的工業(yè)路線和改進的“綠色”合成路線如圖所示。下列說法錯誤的是（）工業(yè)路線 “綠色”臺墳附戲人 / 6 一、（ ;\（'OH0<S一版_（^^COOH.空氣催化劑Kk/COOH催化劑,A.Imol己二酸與足量NaHCC）3溶液反應生成88gC（）2B.苯、環(huán)己烷分子中所有原子均共平面C.由環(huán)己醇生成己二酸的反應類型為氧化反應D.己二酸與草酸（HOOC-COOH）互為同系物.氣相離子催化劑（Fe+、Co+、Mn+等）具有優(yōu)良的催化效果.其中在氣相Fe+催化下,乙烷發(fā)生氧化反應的機理如圖所示（圖中虛線為副反應）。下列說法錯誤的是（）

A.主反應為CH3cH3+2N2OtCH3CHO+2N2+H20B.副反應為CH3cH3+N20tC2H50H+N2H?JFe]+均為反應中間體H.C-0C,每生成ImolCHsCHO,消耗電H?JFe]+均為反應中間體H.C-0D.FeO+、[(C2H5)Fe(0H)]+、[(C2H4)Fe]+..某化學興趣小組，根據電化學原理，設計出利用KC1、NaNOs為原料制取KNC）3和NaCl的裝置如圖。A、C代表不同類別的選擇性離子通過膜，M、N為惰性電極。下列有關說法中正確的是（）A.若產品出口1為NaCl溶液，則C為陽離子交換膜B.電解總反應：電解KCl+NaN03二KNOz+NaClC.產品出口1溶液離子總濃度與產品出口2相等D.M上反應確定為：2Cr-2e-=Cl2T6.工業(yè)上以黃鐵礦（主要成分為Fes2,含有少量NiS、CuS、SiO2等雜質）為原料制備K4[Fe（CN）6]-3H2O,工藝流程如圖：l|濾液it]黃鐵礦氣體A石灰乳|而觸汩V黃鐵礦氣體A石灰乳|而觸汩VNa2coi , 泄液m淀沿hiK4[Fe（CN）J-3HQ 溶液一系列操作下列說法錯誤的是（）A.“焙燒”時氧化產物有Fe2（）3和S5B."調pH”分離Fe3+與Cu2+、即2+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同“溶液I”中主要反應的離子方程式為60H-4-6HCN+Fe2+=[Fe（CN）6]4-+6H20”一系列操作”為過濾、洗滌、干燥7.設阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為Na。下列說法正確的是（）A.0.3molFe粉與足量水蒸氣反應生成電的分子數(shù)為0.4NaB.常溫下，2.7g鋁片投入足量的濃硫酸中，鋁失去的電子數(shù)為0.3NaImolNazOz與水完全反應時轉移電子數(shù)為2總100g質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中含有氫原子數(shù)為6Na.環(huán)之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物。1,4二氧雜螺[2,2]丙烷的結構簡式為o下列說法正確的是（）/OA.Imol該有機物完全燃燒需要4moi。2B.該有機物的二氯代物有3種（不考慮立體異構）C.該有機物所有原子均處于同一平面D.該有機物與HCOOCH=CH2互為同分異構體.40mLX溶液中可能含有下列離子中的若干利Na+、NH3Mg2+、Fe3+、A13+、C「、SO；-?，F(xiàn)對X溶液進行如圖所示的實驗，其現(xiàn)象和結果如圖。下列說法正確的是（）X溶液中一定含有Mg2+、aF+、Cl-,不含有Na+和NHjX溶液中一定含有Na+、Mg2+、Cl-,可能含有A13+X溶液中一定含有Mg2+,且c(Mg2+)為0.50mol?LX溶液中c(Na+)為lSOmolL、c(Al3+)^j0.50mol-L-1.已知:常溫下，H2s溶液的電離平衡常數(shù)Kai=1.3X10-7,Kaz=7.1x10-13,MnS、CuS的Ksp分別為1.7xIO-*、8.5xIO-45,pM=lgc(M2+)(M=Mn、Cu、Zn),pS=lgc(S2~),三種硫化物的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，其中曲線b表示ZnS。下列說法錯誤的是()510152023.8pSA.曲線a表示MnSB.Ksp(ZnS)=10-238C.將濃度均為0.001mol」T的M11SO4溶液和H2s溶液等體積混合，有沉淀產生D.含MnS和CuS的懸濁液中：c(Mn2+)：c(Cu2+)=2.0x1029：111.常溫下，用0.1mol-L-iNaOH溶液滴定10mL0.1mol-LTNH4HS04溶液，下列說法不正確的是()A.滴定前，NH4HSO4溶液中c(NH1)>c(H+)B.當?shù)稳雔OmLNaOH溶液時，c(H+)=c(NH3-H2O)+c(OH-)C.當?shù)稳?0mLNaOH溶液時，c(H+)+c(NH：)=c(OH-)D.當溶液呈中性時，c(Na+)<2c(NH3-HZO)12.已知氣相直接水合法制取乙醇的反應為H20(g)+C2H4(g)=CH3cH20H(g)。在容積為3L的密閉容器中，當n(H2。)：n(C2H。=1：1時，乙烯的平衡轉化率與溫度、壓強的關系如下圖所示：下列說法正確的是()乙饞的乙饞的31十金特化率M-/%10-A.a、b兩點平衡常數(shù)：b>aB.壓強大小順序：Px>P2>P3C.當混合氣的密度不變時反應達到了平衡D.其他條件不變，增大起始投料吃鬻，可提高乙烯轉化率13.常溫時，fflO.lOOOmol-LNaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol?IT4一元弱酸HR的溶液，滴定過程中pH變化曲線如圖所示(溶液體積近似可以加和)，則下列判斷正確的是()pH5.0I5.U25.V J5.0了（NaOH溶液PmLA.A點時c(OH-)=c(HR)+c(H+)B.常溫下，HR的％的數(shù)量級為IO"B點時c(Na+)>c(R-)>c(OH")B點和C點，水的電離程度相同14.事實證明，通過電化學方法將CO2轉化為含能化合物意義重大。某科研機構通過電催化將CO?和CH30H高效合成了HCOOH,其工作原理如圖。下列說法不正確的是()A.石墨2連電源的正極B.陰極發(fā)生的電極反應式為CO2+2e-+2H+=HCOOHC.每生成ImolHCOOH,左室溶液增重46gD.每生成ImolHCOOH,理論上消耗fmolCO215.如圖為室溫下某二元酸H2M溶液中“M、HM-、M2-的濃度對數(shù)Ige隨pH的變化圖像。下列分析錯誤的是()a點時，溶液的pH=4.06a點時，c(HM-)+2c(M2~)=O.lOmol-L-1pH=6.23時，c(HM-)=c(M2-)>c(H2M)D.在NaHM溶液中，微粒的濃度大小：c(Na+)>c(HM")>c(OH-)c(M2+)>c(H+)16.草酸亞鐵，在形成晶體時會結晶一定量的水；在工農業(yè)生產中具有重要用途，如照相的顯影劑，生產磷酸鐵鋰電池的原料等。己知：①草酸亞鐵不溶于水，可溶于酸：②Fe(SCN)薩+3c=Fe(C2O4)i-+6SCN-?回答下列問題：I.甲同學檢查藥品發(fā)現(xiàn)該晶體顯淺黃色，認為晶體不純，可能是因為部分的鐵被氧化。為驗證自己的猜想，進行實驗驗證。取少量的晶體樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液無明顯變化。由此認為晶體中不存在+3價的鐵。你認為(填“正確”或“不正確”)，理由是o口.乙同學為測定草酸亞鐵晶體Fee?。4.XH2O中的結晶水含量，利用如圖裝置。A B C D①做實驗前首先要O②稱取一定質量的晶體，裝好藥品，開始實驗接下來的實驗步驟依次為,重復實驗直至B中恒重。a.點燃酒精燈，加熱b.熄滅酒精燈c.關閉Kd.打開K,緩緩通入空氣e.冷卻至室溫f.稱量m.丙同學用滴定的方法也可以測定草酸亞鐵晶體中結晶水的含量。取a克草酸亞鐵晶體溶入稀硫酸，再把所得溶液稀釋成500mL,取出50mL放入錐形瓶，向其中逐滴滴入未知濃度的酸性KMnO,溶液，振蕩，發(fā)現(xiàn)溶液顏色逐漸變?yōu)樽攸S色，且有氣泡冒出，當溶液顏色突變成淺紫色，停止滴加。接著向溶液中加入稍過量的KI溶液和幾滴淀粉溶液，然后再用cmol/L的Na2s2O3溶液滴至終點。幾次實驗平均耗用Na2s2O3溶液VmL.(2Na2s2O3+12=Na2S4O6+2NaI)(1)寫出向溶液中滴加酸性KMnO,溶液發(fā)生反應的離子方程式 。(2)上述試驗中稀釋草酸亞鐵溶液時除燒杯和玻璃棒外，還必需的玻璃儀器有(3)x=。(4)若實驗中滴入KMn()4溶液過多，則所得x值。(填偏大、偏小或無影響)17.工業(yè)上利用廢催化劑(主要含AI2O3,含少量Pd等)提取鈿、明磯的流程如圖：明機＜ Ali(SOJ溶液NO,淀液回答下列問題：

(2)為了工藝綠色化，將空氣和流程中產生的(氣體)混合通入“酸浸”工序中?！八峤敝猩蒆2Pde1的化學方程式為,“熱還原”中(填“能”或“不能”)根據消耗電的總質量計算Pd的質量，理由是o浸出率/%(5)其他條件相同時，“酸浸”中鈿浸出率與液固比(一定濃度的硝酸和鹽酸組成混合溶液的體積與把渣質量之比)關系如圖1所示，最佳液固比為mL-gT。當液固比一定時，相同時間內鉗浸出率與溫度關系如圖2所示，解釋40汽鉗浸出率達到峰值的原因：o浸出率/%?!浸出率水100806040232345液?切曲廠)圖11020304050溫度汽圖2(6)鉗是優(yōu)良的儲氫金屬，其儲氫原理是2Pd(s)+xHz(g)=2PdHx(s),其中x的最大值為0,8。已知Pd的密度為12g-cm-3,則21.2cm3Pd能儲存標準狀況下H2的最大體積為Lo18.VA族元素氮、磷、碑(As)、錦(Sb)、例(Bi)的單質及其化合物在科研和生產中有許多重要用途.(1)祕合金可用于自動噴水器的安全塞，一旦發(fā)生火災時，安全塞會“自動”熔化，噴出水來滅火.已知原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+：表示，與之相反的用-2表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù).對于基態(tài)的鈍原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為.(2)第三周期元素中第一電離能大于磷的元素有(填元素符號).(3)下列氮原子的電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量由低到高的順序是(填字母代號).>?力工多明(■2a2P2P2P

Bmoono

!?2a2P2P2PtCOFT]trtItII1? A2P2P2PprnmtHtii11(4)P4s3可用于制造火柴，其分子結構如圖1所示.①&S3分子中磷原子的雜化軌道類型為.②每摩爾P4s3分子中含有的孤電子對的數(shù)目為(5)直鏈多磷酸根陰離子是由兩個或兩個以上磷氧四面體通過共用頂角氧原子連接起來的，如圖2所示.則這類磷酸根離子的最簡單的表示形式為.(6)H3AsO4中Aso廣的等電子體為.(寫一種分子)(7)磷化像是一種由川A族元素錢(Ga)與VA族元素磷(P)人工合成的m-V族化合物半導體材料.晶胞結構可看作金剛石晶胞內部的碳原子被Ga原子代替，頂點和面心的碳原子被P原子代替.磷化鉉的晶胞結構如圖3,圖4中矩形AAiCg是沿晶胞對角面取得的截圖.圖4面取得的截圖.圖4請畫出品胞中保(Ga)原子在矩形AAiCg中的位置(8)若晶胞密度為pg-cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為Na，則晶胞中距離最近的P和Ga之間距離為pm(列出計算表達式).19.隨著全球氣候問題的日益嚴重，逐步減少使用和倚靠化石燃料已成為必然趨勢,C()2的綜合利用是解決溫室問題的有效途徑(1)利用C02合成二甲醛可實現(xiàn)碳循環(huán)，其過程主要發(fā)生如下反應：反應I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH1=+41.2kJ-mol-1反應H：2CO2(g)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3H20(g)AH2=-122.5kJ-mol-1其中反應n分以下兩步完成，反應皿：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH3=-49.5kJ-mol-1反應IV：2CH3OHUCH30cH3(g)+H2O(g)AH4①AH4=o②某溫度和壓強下ImolCOz與足量的H2在一定的條件下發(fā)生上述反應，已知達到平衡時CO2的轉化率為40%,部分物質的物質的量如表：ch3ohCOh200.06mol0.02mol0.56mol若反應達到平衡時容器中CO的分壓p(CO)=O.OIMPa(氣體分壓=氣體總壓x氣體的物質的量分數(shù))，則此時該容器中CO?的分壓P(C()2)=，反應W的平衡常數(shù)Kp=(計算結果保留兩位小數(shù))。③經研究發(fā)現(xiàn)，不同反應條件下反應相同時間(未平衡)測得體系中CH30H的濃度很低，則可知活化能大小關系為反應m (填“大于”“等于”或“小于”)反應IV。(2)將CO2轉化為乙醇也可以實現(xiàn)碳循環(huán)，發(fā)生反應的化學方程式為2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)AH<0=實驗測得：v正=14正?2((：02)?c6(H2),k$c(C2H5OH)c3(H2O),k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響。該反應的棺已電言常數(shù)隨溫度的變化的曲線如圖1所示，則(填m或n)表示電六隨溫度變化的曲線，判斷的理由為。

圖1 圖2(3)用電解法將CO?轉化為燃料是實現(xiàn)碳循環(huán)的另一種途徑，原理如圖2所示。銅電極上產生C2H4的電極反應式為，若陰極只產生CO、HCOOH,CzH4,且生成速率相同，則相同條件下Pt電極與Cu電極上產生的。2與HCOOH的物質的量之比為。20.乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性、抗腫瘤作用，其合成路線如圖所示。OH CHjOHP|.litIHL.A_C OMgBrDONaOH.114)KyJlISO八催化劑

OMgBrDOA B(：HSCIICH：=CHBr CHMgBr—? <> OCCH>嘰皿。"?！航蠩rcu茄 cn-cri=cii.OMgBr口切 RzCHO.再已知：RMgBr-IRCHR'(1)ATB的反應類型為.(2)化合物C的名稱是.⑶化合物E中所含官能團的名稱(4)寫出化合物F與足量NaOH溶液反應的化學方程式(5)寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式:①能與FeC%溶液發(fā)生顯色反應;②能發(fā)生銀鏡反應;③核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境的氫，其峰面積比為6：2：1：1。O(6)請以乙醛和甲苯為原料制.II，寫出相應的合成路線流程圖tLjw"CH[CCH*(無機試劑任用，合成路線流程圖如題示例)答案和解析1.【答案】B【解析】解：A.制作防護服和口罩的無紡布常采用聚丙烯樹脂，屬于合成有機高分子材料，故A正確；B.冠狀病毒粒子直徑約60?220nm,直徑大小與1?100nm有交叉，故介于濁液和膠體粒子之間，故B錯誤；C.免洗手消毒液的成分活性銀離子屬于重金屬離子、乙醇均能使病毒蛋白質變性，則能消毒殺菌，故C正確；D.二氧化氯具有強氧化性,能夠殺菌消毒，則二氧化氯泡騰片可用于水處理,故D正確；故選：B.A.制作防護服和口罩的無紡布常采用聚丙烯樹脂：B.膠體中分散質的直徑在1~100nm之間，小于Inm為溶液，大于lOOnm為濁液；C.重金屬離子、某些有機物等使蛋白質發(fā)生變性；D.二氧化氯具有強氧化性。本題考查物質的性質及應用，為高頻考點，把握物質的組成、性質、用途為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。.【答案】A【解析】解：根據分析可知，P為H,Q為C,X為0,Y為Si,Z為S元素，A.元素P、Q、X所形成的苯酚與鐵離子發(fā)生顯色反應，可用苯酚檢驗Fe3+,故A正確；B.氫與碳形成的化合物為燒，氫與硫可形成硫化氫，硫化氫中只含有極性鍵，而乙烷、丙烷等燒分子中含有C-C非極性鍵，故B錯誤；C.非金屬性：S>C>Si,則最高價氧化物對應的水化物的酸性：Z>Q>Y,故C錯誤：D.Z的最高價含氧酸的濃溶液為濃硫酸，硅單質不與濃硫酸反應，故D錯誤；故選：Ao短周期主族元素P、Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，其中元素P的一種核素僅有一個質子和一個中子，則P為H；元素X、Z同主族且Z的最高價與最低價的絕對值之比為3,二者位于WA族，貝UX為0,Z為S；元素Q是組成有機物的基本元素，貝IJQ為C：元素Y是無機非金屬材料的主角，則Y為Si,以此分析解答。本題考查原子結構與元素周期律，結合原子序數(shù)、原子結構及元素化合價來推斷元素為

解答關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。.【答案】B【解析】解：A.己二酸分子含有2個按基，Imol己二酸與足量NaHCOs溶液反應生成2moic。2，生成CO2的質量為2moix44g/mol=88g,故A正確；B.環(huán)己烷是一個立體結構，所有的碳原子都是飽和碳原子，飽和碳原子具有甲烷結構特點，所以不可能所有原子共面，故B錯誤：OH 0Hc.[5轉化己二酸的過程中，組成上去氫加氧，則由[3生成己二酸的反應類型是氧化反應，故C正確；D.己二酸和草酸（乙二酸）結構相似、在分子組成上相差4個CH2原子團，所以二者是同系物，故D正確；故選：B.A.lmol己二酸與足量NaHCOs溶液反應生成2moic。2；B.環(huán)己烷中所有碳原子都是飽和碳原子，具有甲烷結構特點；0Hc.Jx）被氧化生成己二酸；D.己二酸和草酸（乙二酸）結構相似、在分子組成上相差4個CH?原子團。本題考查有機物的結構和性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確官能團及其性質的關系、原子共平面判斷方法是解本題關鍵，題目難度不大。.【答案】C【解析】解：A.由圖可知，整個歷程的總反應為可3cH3+2"0催學"CH3CHO+2*+H20,故A正確；B.副反應為ch3cH3+N20催*'C2H50H+N2,故B正確：C.由于有副反應的存在，故每生成lmolCECHO,消耗電0的物質的量為2mol,故C錯誤；D.由圖可知,FeO+、D.由圖可知,FeO+、[(C2H5)Fe(0H)]+、[(C2H4)Fe]+、均為反應中間體，H1c-O]故D正確;故選：Co由圖可知，反應物為ImolCH3cH3、2molN20,產物為lmolC^CHO、2m0此、根據原子守恒可知,ImolX為lmolHzO、Fe+在反應前參與反應,最后又生成,屬于催化劑,FeO+、H,C-Fe[(C2H5)Fe(OH)]+、[(C2H4)Fe]+、 II 都是反應過程中生成，在后面的反應中HiC—O又消耗掉，屬于中間產物，副反應為CH3cH3+N2OTC2H5OH+N2符合氧化還原反應的規(guī)律，據此分析作答即可。本題主要考查學生的看圖理解能力，分析能力，同時考查催化劑的作用，逐漸產物的判斷，對反應機理的理解等，對學生的思維能力要求較高，難度中等。.【答案】C【解析】解：A.產品出口1為NaCl溶液，C「通過膜C移向右2室，則C為陰離子交換膜，故A錯誤；電解B.電解本質是電解水，電解總反應：2H20-二-2H2T+02T，故B錯誤；C.產品出口1溶液中離子、產品出口2溶液中離子都帶一個單位電荷，兩極轉移電子相等,根據電荷守恒守恒可知，產品出口1溶液離子總濃度與產品出口2相等，故C正確：D.電解得到NaCLM極上Q-不能放電，故M為陰極，陰極反應生成為2H2。+2e-=H2T+20H-,故D錯誤；故選：CoM極通入KC1溶液，N極通入NaNC)3溶液，整個過程電解制取KNO3和NaCl,則M極上不能放電，故M為陰極，N為陽極，陰極反應生成為2H20+2€-=電7+20T，陽極反應式為2H2O-4e-=O2T+4H+,左1室與右3室均通入KC1溶液，右1室與左3室均通入NaNO3溶液，由于陽離子向陰極移動、陰離子向陽極移動，故左3室中Na+通過膜A移向左2室、NO]通過膜C移向中間室(左4室)，右3室中K+通過膜A移中間室(左4室)、C「通過膜C移向右2室，在中間室獲得KNO3,則左2室、右2室獲得NaCl,A膜為陽離子交換膜、C膜為陰離子交換膜。本題考查電解原理運用，理解電解池工作原理，正確判斷電極，正確書寫電極反應式,題目側重考查學生觀察能力、分析能力、綜合運用知識的能力。.【答案】C【解析】解：A.FeS2,NiS、CuS反應后生成Fe2()3、NiO、CuO和SO2,則焙燒時氧化產物有Fez。?和SC>2，故A正確;B.調節(jié)pH值時，部分金屬陽離子轉化為氫氧化物沉淀，所以“調pH”分離Fe3+與CM+、Ni2+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同，故B正確；C.石灰乳寫化學式，故C錯誤：D.從溶液中獲取晶體采用過濾、洗滌、干燥的方法，所以“一系列操作”為過濾、洗滌、干燥，故D正確；故選：Co以黃鐵礦(主要成分為Fes2,含有少量NiS、CuS,SiO?等雜質)為原料制備KjFe(CN)6〉3H2。，黃鐵礦在空氣中焙燒，F(xiàn)eS2,NiS、CuS反應后生成Fe2()3、NiO,CuO和SO2，氣體A為SO2，氧化物中加入稀硫酸得到C11SO4、NiS04>Fe2(SO4)3,SiO?不溶于稀硫酸，所以濾渣I為Si。2，濾液I中含有CUSO4、NiSCU、Fe2(SC)4)3和硫酸，調節(jié)溶液的pH并過濾得到濾液H,濾渣H中加入Fe、稀硫酸得到溶液I,根據最終得到的物質元素知，濾渣II中含有Fe(OH)3，濾液H中含有C11SO4、NiS04,向濾渣II中加入稀硫酸、Fe發(fā)生反應2Fe(OH)3+Fe+3H2SO4=3FeSO4+6H2O,向溶液I中加入石灰乳、HCN得到Ca2[Fe(CN)6],濾渣HI為過量的Fe,向濾液中加入Na2cO3得到濾渣IV為CaC()3，濾液為Na4[Fe(CN)6],向濾液中加入KC1通過一系列操作得到KJFeCCN”]?3H2O：本題考查物質制備，側重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運用能力，明確流程圖中各物質成分及其性質、物質分離提純方法等知識點是解本題關鍵，注意C中氫氧化鈣要寫化學式，題目難度中等。.【答案】A【解析】解：A.鐵和水蒸氣反應時，3moi鐵生成4moi氫氣，故03moi鐵反應生成0.4mol氫氣即0.4Na個氫氣分子，故A正確；.常溫下鋁在濃硫酸中鈍化，故不能完全反應，故鋁失去的電子數(shù)小于0.3Na個，故B錯誤：C.過氧化鈉和水的反應時，-1價的氧歧化為-2價和0價，故lmol過氧化鈉轉移lmol電子即Na個，故C錯誤；D.lOOg質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中，除了乙醉外，水也含H原子，100g質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中，乙醇的質量為m=100gx46%=46g,物質的量為n=薪鬻荷=lmol,故含H原子為6moi，水的質量為m=100g-46g=54g,物質的量為n=喘禽。]=3mol,故含H原子含H原子也為6mol,故共含H原子為12mo1,即12Na個，故D錯誤。A.鐵和水蒸氣反應時，3moi鐵生成4moi氨氣；B.常溫下鋁在濃硫酸中鈍化；C.過氧化鈉和水的反應時，-1價的氧歧化為-2價和0價；D.lOOg質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含H原子。本題考查了物質的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關計算，難度不大，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵。8.【答案】D【解析】解：A.有機物分子式為C3H4。2,Imol有機物完全燃燒等于3moic燃燒消耗的氧氣，即lmol該有機物完全燃燒需要3moi。2，故A錯誤；B.環(huán)共用的碳原子上沒有H原子，只能取代其它2個碳原子的氫原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，該有機物的二氯代物有2種，故B錯誤；C.環(huán)共用的碳原子連接的2個0原子、2個C原子形成四面體結構，該有機物所有原子不可能處于同一平面，故C錯誤；D.該有機物與HC00CH=CH2的分子式相同，含有的官能團等不同，二者互為同分異構體，故D正確；故選：DoA.有機物分子式為C3H4O2，lmol有機物完全燃燒等于3moic燃燒消耗的氧氣；.環(huán)共用的碳原子上沒有H原子，只能取代其它2個碳原子的氫原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上；C.環(huán)共用的碳原子連接的2個0原子、2個C原子形成四面體結構；D.該有機物與HC00CH=CH2的分子式相同，結構不同，二者互為同分異構體。本題考查有機物的結構與性質，涉及燃的含氧衍生物燃燒耗氧量規(guī)律、同分異構體、共面問題等，側重考查學生分析解決問題的能力。.【答案】D【解析】解：A.由分析可知，X溶液中一定含有Na+、Mg2+、AR、C1-,一定不含NH：、Fe3+、SOf,故A錯誤；B.X溶液中一定含有Na+、Mg2+、AJ3+、C\~,故B錯誤；C.X溶液中一定含有Mg2+,且c(Mg2+)=寫等=1.00mol/L,故C錯誤；D.X溶液中中c(Na+)=啜卷=1.50mol-『1,c(AI3+)=^1^21=o.50mol-L-1,故D正確。故選：Do20mLX溶液中加入硝酸鋼溶液，沒有明顯現(xiàn)象，說明X溶液不含S0『，再加入足量加入硝酸銀溶液，產生白色沉淀，該沉淀只能是AgCL說明X溶液含有C「，且n(C「)=MAgCl)=二哭落=O,mol；20mLX溶液中加入氫氧化鈉溶液，加熱，由濾液稀釋后氫氧根離子濃度,可知氫氧化鈉有剩余，反應消耗NaOH為:0.025LX4.00mol/L-0.2LXO.lmol/L=0.08mol,不產生刺激性氣味的氣體，證明不含有NH：離子，有白色沉淀生成，白色沉淀只能為Mg(OH)2,說明X溶液含有Mg2+,則一定不含F(xiàn)e3+,n(Mg2+)=[Mg(OH)2]= =o.02mol,0.02molMg2+消耗NaOH為0.02molX2=0.04mol<0.08mol,故X溶液還含有A13+,由A13++4OH-=A10]+2HzO,可知n(AF+)=o.oBmoijomo!=o.oimol,由于2n(Mg2+)+3n(Al3+)=0.02molx2+O.Olmolx3=0.07mol<n(Cl-)=O,lmol,根據溶液呈電中性，可知X一定含有Na+,且20mL溶液中n(Na+)=O.lmol-0.07mol=0.03moL本題考查物質組成確定，涉及常見離子的檢驗及推斷，題目以定性分析與定量計算形式考查，根據反應現(xiàn)象判斷含有的離子，注意電荷守恒的運用，熟練掌握元素化合物知識，題目側重學生分析推理能力、計算能力。10.【答案】C【解析】解：A.由于MnS、CuS的Ksp分別為1.7xIO-*、8.5xlO-45,(p越大,當金屬離子濃度相等時，pS越小，則曲線a表示MnS,故A正確；B.曲線b表示ZnS,根據圖象可知當硫離子濃度為10-23.8mo[/L時，鋅離子濃度是lmol/L,則(p(ZnS)=c(Zn2+)-c(S2-)=IO-23-8,故B正確：C.將濃度均為O.OOlmol?L的MnStXj溶液和H2s溶液等體積混合，鐳離子濃度變?yōu)?.0005mol/L,由于H2s的第一步電離程度遠大于第二步電離程度，則溶液中氫離子濃度近似等于HS-濃度，所以根據第二步電離平衡常數(shù)表達式Ka2=笄2=7.1X10-13可知溶液中硫離子濃度近似等于71xKT13moi兒，則溶液中c(Mn2+)?c(S2-)=3.55x10-16<17x10-15,所以沒有沉淀產生，故C錯誤；D.根據溶度積常數(shù)表達式可知含MnS和CuS的懸濁液中：及品=覽;羯=等裝=2.0x1029：1,故D正確：o.jX10A.Ksp越大，當金屬離子濃度相等時，pS越?。籅.對于MS沉淀，溶度積常數(shù)為Ksp=c(M2+”c(S2-),據此計算；C.將濃度均為O.OOlmol?L的MnSO,溶液和H?S溶液等體積混合，錦離子濃度變?yōu)?.0005mol/L,由于H2s的第一步電離程度遠大于第二步電離程度，則溶液中氫離子濃度近似等于HS-濃度，所以根據第二步電離平衡常數(shù)表達式Ka2=嗎普2=7.1x10-13可知溶液中硫離子濃度近似等于7.1xKT13moi兒，計算溶液中c(Mn2+)?c(S2-)值與Ksp=1.7x10-15比較判斷；D.根據溶度積常數(shù)表達式可知含MnS和CuS的懸濁液中：器鑒=黑離焉計算可得。本題主要考查沉淀溶解平衡及曲線，注重對圖象的觀察和分析能力的考查，同時有對Ksp和K的計算考查，注意縱橫坐標的意義，結合沉淀溶度積的相關知識解答，題目難度適中。11.【答案】AD【解析】解：A.NH4HSO4在溶液完全電離，電離出NH3H+、SO：而NH：發(fā)生水解：NH^+H2O^NH3-H2O+H+,故溶液中c(H+)>c(NH1),故A錯誤；B.當?shù)稳雔OmLNaOH溶液時，溶液中溶質為Na2sO4、(NHQzSCU，且二者物質的量相等，溶液中氫離子源于NH：水解:NHt+H20=NH3-H2O+H+以及水的電離：H20=H++OH-,則c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-),故B正確；C.當?shù)稳?0mLNaOH溶液時,0丁與NH，H+恰好反應,溶液中溶質為Na2s04、NH3?出0,溶液中氫氧根離子源于水的電離、一水合氨的電離，貝lJc(H+)+c(NH：)=c(OH-),故C正確；D.由電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)+c(NH。)=c(0H-)+2c(S0『)，溶液呈中性，貝Uc(H+)=c(OH-),故c(Na+)+c(NH1)=2c(S0『)，由物料守恒有：c(NH3-H2O)+c(NHj)=c(SOj-),聯(lián)立可得：c(Na+)=2c(NH3-H2O)+c(NHj),故c(Na+)>2c(NH3?H20),故D錯誤；故選:AD?A.溶液中NH1發(fā)生水解；B.當?shù)稳雔OmLNaOH溶液時，此時溶液中溶質為(NHJ2SO4、Na2sO”溶液中氫離子源于水的電離、鉉根離子水解；C.當?shù)稳?0mLNaOH溶液時，此時溶液為等濃度的Na2sO4、NH3?%0混合溶液，溶液中氫氧根離子源于水的電離、一水合氨的電離；D.由電荷守恒有:c(Na+)+c(H+)+c(NHt)=c(OH-)+2c(S01-),溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-),由物料守恒有：c(NH3-H20)+c(NHt)=c(SO5-),聯(lián)立判斷。本題考查水溶液中離子平衡，涉及弱電解質電離、鹽類水解、溶液中離子濃度大小比較等，注意分析混合后溶液中溶質，再根據強弱電解質的電離、水的電離、鹽類水解、電荷守恒、物料守恒等進行分析判斷。12.【答案】D【解析】解：A.a、b點溫度相同，則a、b兩點平衡常數(shù)：b=a,故A錯誤；B.該反應為氣體體積減小的反應，增大壓強乙烯的轉化率增大，則壓強大小順序：Pi<P2<P3,故B錯誤；C.混合氣體的質量、體積均不變，則密度始終不變，不能判定平衡狀態(tài)，故C錯誤：D.增大水蒸氣的量，可促進乙烯的轉化，則增大起始投料喂，可提高乙烯轉化率,故D正確；故選：DoA.a、b點溫度相同；B.該反應為氣體體積減小的反應，增大壓強乙烯的轉化率增大：C.混合氣體的質量、體積均不變；D.增大水蒸氣的量，可促進乙烯的轉化。本題考查化學平衡及常數(shù)，為高頻考點，把握圖象的意義、平衡移動、K的影響因素為解答的關鍵,側重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的易錯點，題目難度不大。13.【答案】B【解析】解：A.A點溶液顯酸性，c(OH-)<c(H+),則c(OH-)<c(HR)+c(H+),故A錯誤；B.C點兩者恰好反應生產NaR且濃度為0.05mol?『】，此時pH=8.0,則c(OH-)=108-14mol/L=10-6mol/L,由三段法可知R-+H2OUHR+OHX單位：mol/L)開始0.05 0 0變化10-6 io-6io-6平衡0.05-10-610-610-6則<八=嚙詈=黯黃*=一符K-5X1L,故B正確；C.B點時，由電荷守恒可知，c(OH-)+c(HR)=c(Na+)+c(H+),此時溶液顯酸性，則c(OH-)>c(H+),故c(Na+)<c(R-),故C錯誤：D.B點HR過量，酸對水電離起抑制作用；C點恰好反應，溶質為NaR,丁水解促進水的電離，故D錯誤；故選：BoA.A點溶液顯酸性，c(OH-)<c(H+)；B.C點兩者恰好反應生產NaR且濃度為0.05mol?L】，此時pH=8.0,則c(OH-)=108T4moi兒=10-6mol/L,由三段法可知R-+H2O=HR+OH-(單位：mol/L)開始0.05 0 0變化10-6 io-6io-6平衡0.05-10-610-610-6則人=嚙普C.B點時，由電荷守恒可知，c(OH-)+c(HR)=c(Na+)+c(H+),此時溶液顯酸性，則c(OH-)>c(H+)；D.B點HR過量，酸對水電離起抑制作用。本題考查酸堿混合溶液中的定性判斷，明確圖中各點發(fā)生的化學反應及溶液中的溶質是解答本題的關鍵，題目難度中等。14.【答案】C【解析】解：A.石墨2為陽極，連電源的正極，故A正確；B.石墨1為陰極，電極反應式為C()2+2e-+2H+=HCOOH,故B正確；C.當電路中轉移4moi電子時，陰極生成2moiHCOOH,陽極生成ImolHCOOH,故生成11110史(：0011時轉移311101電子,左室質量增加二氧化碳質量為誓x|x44g/mol=yg,由電荷守恒可知，同時有gmol電子由右側遷移到左側，故質量增加gg,左室質量共增加久+氨=表，故C錯誤；D.當電路中轉移4moi電子時，陰極消耗2moi二氧化碳，生成2moiHCOOH,陽極生成ImolHCOOH,故消耗2moi二氧化碳生成3moiHCOOH,每生成ImolHCOOH,理論上消耗gmolC()2,故D正確：故選：Co由圖可知，石墨1電極上碳元素價態(tài)降低得電子，故石墨1為陰極，電極反應式為C02+2e~+2H+=HCOOH,石墨2為陽極，電極反應式為CH3OH-4e-+電0=HCOOH+4H+,據此作答。本題考查電解原理的應用，題目難度中等，能依據圖象和題目信息準確判斷陰陽極是解題的關鍵，難點是電極反應式的書寫。15.【答案】D【解析】A.Ka】="H矍,=10田9, &2=喘附=10-6.23,則1X%=”黑盧X絲需F=10-&12,根據圖像，a點溶液中c(HzM)=c(M2-),代入得c(H+)=10-406mol/L,則溶液的pH=4.06,故A正確;8.溶液中?%乂)+￡：51\4-)+(:(1\42-)=0.1011101八，根據圖像，a點溶液中c(H2M)=c(M2-),則c(HM-)+2c(M?-)=0.10mol/L,故B正確；C.根據圖像可知pH=6.23時，溶液中c(HM-)=c(M2-)>c(H2M),故C正確；D.在NaHM溶液中既存在HM-的電離平衡、又存在HNT的水解平衡，HNT的水解離子方程式為HM-+H2O#H2M+OH-,其水解平衡常數(shù)為人=，喝普")=含=c(nivi)ixal型上=10-12.11<42,HM-的電離程度大于其水解程度，溶液呈酸性，溶液中微粒濃度由大到小的順序為c(Na+)>c(HM-)>c(H+)>c(M2-)>c(OH-),故D錯誤；故選：Do根據圖像可知，開始溶液中c(H?M)=0.1mol/L、c(HM-)=0.001mol/L,c(M?-)很小幾乎忽略，則溶液中c(HzM)+c(HM-)+c(M2~)=0.101mol/L；當c(hM)=c(HNT)時溶液的pH=1.89,則H2M的Ka1="喏黑=IO-"1當c(HM-)=c(M2-)時溶液的pH=6.23,則H2M的(2=嚙鬻2=10-6.23：據此作答。本題考查弱電解質的電離，題目難度中等，明確圖示曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握弱電解質的電離平衡及其影響，試題側重考查學生的分析能力及靈活應用能力。16.【答案】不正確根據已知C2O/比SCN-更易與Fe3+結合檢查裝置氣密性dabecf3MnO；+5Fe2++5C2O^~+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2T或3MnO]+5Fe2++5H2C2O4+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2。+10CO2T500mL容量瓶、膠頭滴管（50a；7cV）偏小9cV【解析】解：I.根據題給信息可知，C20r比SCN-更易與Fe3+結合，所以取少量的晶體樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液無明顯變化，不能判定晶體中不存在+3價的鐵，不正確，故答案為：不正確；根據己知C2O歹比SCN-更易與Fe3+結合；H.①做實驗前首先要檢查裝置是否漏氣，故答案為：檢查裝置氣密性；②稱取一定質量的晶體，裝好藥品，開始實驗接下來的實驗步驟：打開K,緩緩通入空氣(d),然后點燃酒精燈，加熱(a),反應發(fā)生，結束后，熄滅酒精燈(b),冷卻至室溫(e),關閉K(c),進行稱量⑴，重復實驗直至B中恒重，正確的操作步驟為：dabecf,故答案為：dabecf；HI.(l)草酸亞鐵晶體中含有Fe2+和在酸性條件下，均能被KMnCU溶液氧化為Fe3+和CO2,而MnO1被還原為MM+,根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒寫出離子方程式：3MnO；+5Fe2++5C2O1-+24H+=3Mn2++5Fe3++12H20+10C02T或3MnO1+5Fe2++5H2c2O4+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2。+10C02T,故答案為：3MnO[+5Fe2++5C2O1-+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2。+10C02T或3MnO；+5Fe2++5H2C204+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2T；(2)把草酸亞鐵溶液稀釋成500mL溶液時，除燒杯和玻璃棒外，還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：500mL容量瓶、膠頭滴管：(3)根據反應：3MnO；+5Fe2++5C2O1-+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O4-10CO2?可知，反應產生的Fe3+把碘離子氧化為碘單質，反應為2Fe3++2==2Fe2++l2；生成的碘又被Na2s2O3還原為「，反應為2Na2s2O3+12=Na2S4064-2NaI；根據上述反應關系可知：n(FeC204.xH2O)=n(FeC2O4)=n(Fe2+)=n(Fe3+)=2nQ)=n(Na2S2O3),n(Na2s2O3)=VxIO-3xcmol,所以50mL溶液中n(FeC2()4.xH2。)=(VxIO-3xc)mol,又原溶液為500mL,所以n(FeC2()4.xH2O)=(VxIO-3xc)molx^=10(VxIO-3xc)mol；草酸亞鐵晶體ag,所以品￡=10(VxIO"xc),解得x=*新2,故答案為：吃；CV)：9cV(4)若實驗中滴入KMnO4溶液過多，碘離子被氧化的量增多，消耗的n(Na2s2O3)=eV增多，根據*=嗯衿關系可知，則所得x值偏小，9cV故答案為：偏小。L根據題給信息可知，C2。/比SCN-更易與Fe3+結合;.①實驗前首先要檢查裝置是否漏氣；②加熱草酸亞鐵晶體分解，B中質量恒定，說明分解完全，根據裝置C質量變化可以得到結晶水的質量，進而計算晶體中結晶水含量。用空氣排盡裝置中水蒸氣被濃硫酸充分吸收。先通空氣，再加熱分解，結束后，熄滅酒精燈，冷卻至室溫，再停止通入空氣，進行稱量，重復實驗直至B中恒重；.(1)草酸亞鐵晶體中含有Fe2+和C2。/,在酸性條件下，均能被KMnO4溶液氧化為Fe3+和CO?，而MnO1被還原為MM+,根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒書寫離子方程式；(2)把草酸亞鐵溶液稀釋成500mL溶液時，除燒杯和玻璃棒外，還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶、膠頭滴管；(3)根據反應：3MnOJ+5Fe2++5c20r+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10C02T可知，反應產生的Fe3+把碘離子氧化為碘單質，反應為2Fe3++2廣=2Fe2++上；生成的碘又被Na2s2O3還原為「，反應為2Na2s2()3+l2=Na2s4()6+2Nal,根據上述反應關系可知：n(FeC2O4.xH2O)=n(FeC204)=n(Fe2+)=n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3);(4)若實驗中滴入KMn()4溶液過多，碘離子被氧化的量增多，消耗的n(Na2s2O3)=eV增多，結合(3)中表達式判斷。本題考查物質含量的測定，I中注意對題目信息的理解與運用，IH關鍵是明確發(fā)生的反應，理解測定原理，題目涉及過程復雜，屬于易錯點題目，是對學生綜合能力的考查。17.【答案】KA1(S()4)2?12&04NO2+O2+2H2O=4HNO3Pd+4HN03+6HC1=H2PdCl6+4NO2T+4H2O不能氫氣需要用作保護起排除裝置內的空氣，無法確定氫氣的用量3溫度過低，反應速率過慢，溫度過高，濃硝酸受熱分解，稀鹽酸受熱揮發(fā)21.504【解析】解：⑴明磯的化學式為KAKSO)?為％0,故答案為：KA1(SO4)2-12H2O;(2)為了工藝綠色化，將空氣和流程中產生的NO2轉化為硝酸，可以防止環(huán)境污染，并且能夠循環(huán)利用，對應的化學方程式為4NC)2+。2+2H2。=4HNO3,故答案為：4N02+O2+2H2O=4HN03;(3)“酸浸”中生成H2Pde*硝酸自身被還原為NO?，對應的化學方程式為Pd+4HN03+6HC1=H2Pde1+4NO2T+4H2O,故答案為：Pd+4HN03+6HC1=H2Pde"+4NO2T+4H2O；(4)由于氫氣需要用作保護起排除裝置內的空氣，所以無法確定氫氣的用量，也無法計算Pd的質量，故答案為：不能；氫氣需要用作保護起排除裝置內的空氣，無法確定氫氣的用量；(5)分析可知，當浸出率最高且固液比最小時，節(jié)約成本，還可以保證最佳反應速率，故最佳固液比為3mL-gT,最適合的浸出溫度為40。(2,原因在于溫度過低，反應速率過慢，溫度過高，濃硝酸受熱分解，稀鹽酸受熱揮發(fā)，故最適溫度為4(TC,故答案為：3；溫度過低，反應速率過慢，溫度過高，濃硝酸受熱分解，稀鹽酸受熱揮發(fā)；(6)把是優(yōu)良的儲氫金屬，其儲氫原理是2Pd(s)+xHz(g)=2PdHx(s),其中x的最大值為0.8,已知Pd的密度為12g-cmT,則21.2cm3Pd能儲存標準狀況下電的最大體積為 x—mol,對應體積為 x—x22.4L=21.504L,106 2 106 2故答案為：21.504。廢催化劑(主要成分為川2。3,少量Pd),廢催化劑硫酸鉉焙燒得到氣體為氨氣，產物水浸過濾得到硫酸鋁溶液，濾渣Pd加入王水(濃硝酸和濃鹽酸)酸浸生成二氧化氮，發(fā)生Pd+6HC1+4HN03—H2PdCl6+4NO2T+4H2O.浸液Y為H2Pde*通入氨氣中和過濾得到濾渣(NHQzPdC*被氫氣還原得到Pd發(fā)生(NHQzPdCk+2H2—Pd+2H3+6HC1,以此解答該題。本題考查物質的制備實驗方案設計，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生知識綜合應用、根據實驗目的及物質的性質進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，注意把握物質性質以及對題目信息的獲取與使用，難度中等。18.【答案】+,或一|Ar、ClA<C<B<【解析】解：(1)已知原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+：表示，與之相反的用-;表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)，Bi位于周期表中第6周期，第VA族，為p區(qū)元素，則Bi的價電子排布式為：6s26P3,其電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+|或一|，故答案為：+|或一|;(2)同周期主族元素中，隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但DA族和第VA族元素反常，所以第三周期元素中第一電離能大于磷的元素有C1和Ar,故答案為：Ar、Cl；(3)軌道中電子能量：ls<2s<2p,能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2P軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高，根據圖知能量由低到高的順序是A<C<B<D,故答案為：A<C<B<D；(4)①P4s3分子中硫原子價層電子對個數(shù)是4且含有2個孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷S原子的雜化軌道類型sp3雜化，故答案為：sp3；②P4s3分子中每個P原子含有1個孤電子對、每個S原子含有2個孤電子對，則每個P4s3分子含有的孤電子對數(shù)為4x1+2x3=10,故答案為：10;(5)含有n個P原子的多聚磷酸根離子，相當于是n個磷酸根離子中去掉了(n-1)氧原子，。原子數(shù)目=3n-(n-1)=3n+1,所帶電荷為(一2)x(3n+1)+5n=-(n+2),故多聚磷酸根離子的通式為：[PnO3n+l](2+n)1故答案為：[PnO3n+l](2+n)-；(6)H3AsC)4中AsO『的價電子數(shù)為5+4x6+3=32,其等電子體的分子為CC)故答案為：CC14:(7)結合金剛石結構可知，四個Ga位于面心P與邊分割形成的8個小立方體的體心，且4個Ga構成正四面體，有兩個Ga恰好位于AiACiC構成的長方形分割的小長方形的面心，即(8)若晶胞密度為pg-cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為Na，晶胞中Ga位數(shù)為4,P數(shù)目為8x；+O

6x：=4,晶胞質量為絲產ig,設晶胞邊長為acm,則晶胞體積為a3cm3=三=

2 Na P胃穿icm3,解得a=3解icm,晶胞中距離最近的P和Ga之間距離為體對角線的;=NaxP NAxp 4,4X101x10,4X101x1010pm,故答案為：”x(1)已知原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+:表示，與之相反的用-:表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)，Bi位于周期表中第6周期，第VA族，為p區(qū)元素，則Bi的價電子排布式為：6s26P3,據此計算；(2)同周期主族元素中，隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但DA族和第VA族元素反常；(3)軌道中電子能量：ls<2s<2p,能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2P軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高；(4)①P4s3分子中硫原子價層電子對個數(shù)是4且含有2個孤電子對：②P4s3分子中每個P原子含有1個孤電子對、每個S原子含有2個孤電子對；(5)含有n個P原子的多聚磷酸根離子，相當于是n個磷酸根離子中去掉了(n-1)氧原子,0原子數(shù)目=3n—(n—1)=3n+1,所帶電荷為(―2)x(3n+1)+5n=—(n+2),據此判斷；(6)H3AsC)4中AsO『的價電子數(shù)為5+4x6+3=32；(7)結合金剛石結構可知，四個Ga位于面心P與邊分割形成的8個小立方體的體心，且4個Ga構成正四面體，有兩個Ga恰好位于AiACiC構成的長方形分割的小長方形的面心：(8)若晶胞密度為pg-cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為Na，晶胞中Ga位數(shù)為4,P數(shù)目為8x應+6x；=4,晶胞質量為甯衛(wèi)g,設晶胞邊長為acm,則晶胞體積為a3cm3=千=2 Na P處至詈cm3,解得a=3佟0cm,晶胞中距離最近的P和Ga之間距離為體對角線的;，NaxP 7NAxp 4據此計算。本題考查物質結構與性質，涉及核外電子排布，化學鍵，晶胞計算等內容，其中晶胞計算為解題難點，需要結合均攤法進行分析，掌握基礎為解題關鍵，整體難度適中。19.【答案】-23.5kJ/mol0.3MPa24.89大于m由于該反應為放熱反應，升高溫度平衡常數(shù)K的數(shù)值減小，而平衡常數(shù)K=#，貝肽正增大的少，即溫度升高過程中電廠數(shù)K逆 n正值變化量小2co2+12H++12e-=CzH4+4H2。4：1

【解析】解：(1)反應I：co2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ/moL反應n：2CO2(g)+6H2=CH30cH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ/moL反應HI：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)AH=-49.5kJ/mol,蓋斯定律計算：反應D-2X反應JU,得到反應IV的熱化學方程式:2cH30H(g)=CH30cH3(g)+H20(g)△H=-23.5kJ/mol,故答案為：-23.5kJ/mol；②某溫度和壓強下，起始投入ImolCOz與足量電發(fā)生反應，達到平衡時CO2的轉化率為40%,即消耗0.4molCC)2，剩余0.6mol,生成CO消耗0.02molC()2，生成CH30H消耗0.06molC02,則生成CH30cH3物質的量為0.16moL若反應達到平衡時容器中CO的分壓p(CO)=O.OIMPa,則則此時該容器中CO2的分壓p(CC)2)=O.OIMPax猊黑=0.3MPa,同理可知PKH3OH)=0.03MPa,p(CH30cH3)=0.08MP,p(H2O)=0.28MPa,反應可的化學平衡常數(shù)為。=p(CH3的化學平衡常數(shù)為。=p(CH3OCH3)p(H2O)

p12(CH3OH)0.08X0.28(0.03)2a24.89,故答案為：0.3MPa；24.89；③經研究發(fā)現(xiàn)，在不同反應條件下反應相同時間(未平衡)測定發(fā)現(xiàn)，體系中CH30H的濃度均很低，說明反應很難生成甲醇，甲醇又易反應生成CH30cH3,因此活化能大小關系：反應HI大于反應W,故答案為：大于；(2)2COz(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)AH<0,該反應為放熱反應，升高溫度平衡常數(shù)K的數(shù)值減小，而平衡常數(shù)K=#，則k正增大的少，即溫度升高過程中出;數(shù)K逆 正3H2(g)3CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.5kJ/mol,蓋斯定律計算：反應3-2x反應HI得到反應N的熱化學方程式；②計算達到平衡時CO2的消耗量和生成CH30cH3物質的量，再計算平衡時DME的選擇性和反應IV的化學平衡常數(shù)；③經研究發(fā)現(xiàn)，在不同反應條件下反應相同時間(未平衡)測定發(fā)現(xiàn)，體系中CH30H的濃度均很低，說明反應很難生成甲醉；(2)2COz(g)+6H2(g) C2H50H(