1、广东省广州市天河区2019届高三毕业班综合测试（二）理科综合可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-561.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 格物粗谈记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气B. 为了更好地为植物提供N、P、K三种营养元素，可将草木灰与NH4H2PO4混合使用C. “可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室效应D. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】C【详解】A.格物粗谈记载
2、“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是乙烯，乙烯能够促进果实的成熟，故A错误；B.草木灰中的有效成分是碳酸钾，碳酸根离子水解显碱性，NH4H2PO4显酸性，混合施用，降低肥效，故B错误；C.“可燃冰”是由水和天然气在中高压和低温条件下混合时组成的类似冰的、非化学计量的、笼形结晶化合物，主要成分是甲烷，根据科学研究，甲烷含量的增加也是造成全球温室效应的原因之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成温室效应，故C正确；D.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料，故D错误。答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 14gCO和N2的混
3、合气体所含有的电子数为14NAB. 用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAC. 1.0L2.0 mol/ LNaOH溶液中含有氧原子数为2NAD. 1moI NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA【答案】D【详解】A.由于CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，因此14g混合气体的物质的量为0.5mol。又因为1molCO中含14mol电子，1molN2中也含14mol电子，则0.5molCO和N2混合气体含电子数为7NA，故A错误；B.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为2NA
4、，KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为NA，故B错误；C.1.0L2.0 mol/ LNaOH溶液中含氢氧化钠的物质的量为2mol，含氧原子的物质的量为2mol，由于溶液中还含有水分子，水分子中也含有氧原子，则1.0L2.0 mol/ LNaOH溶液中含有的氧原子的物质的量大于2mol，氧原子的个数大于2NA，故C错误；D.1moI NH4NO3中含1molNO3-，若1moI NH4NO3溶于稀氨水，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)，又因为溶液呈中性c(H+)= c(OH-)，则c(NH4+)= c(N
5、O3-)，则在同一溶液中n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，则NH4+数目为NA，故D正确。答案选D。【点睛】解答本题时特别注意浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，氯元素均由-1价变为0价；而浓盐酸和氯酸钾反应，是氯元素的归中反应。据此解答。3.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）现象实验操作现象结论A.SO2 通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中溶液红色退去SO2 具有漂白性B稀硝酸中加入少量铁粉，充分反应后，滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色铁被氧化为三价铁离子C某黄色溶液中加入淀粉KI溶液溶液呈蓝色溶液中含有Br2D无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170，产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液紫
6、色退去有乙烯生成【答案】B【详解】A.将SO2通人滴有酚酞的NaOH溶液中，由于二氧化硫与氢氧化钠溶液发生中和反应，导致溶液红色褪去，反应中二氧化硫没有表现漂白性，该结论不合理，故A错误；B.稀硝酸中加入少量铁粉，铁被稀硝酸氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO气体，加入KSCN溶液，生成Fe(SCN)3血红色溶液，则现象和结论均正确，故B正确；C.该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不合理，故C错误；D.乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会含有少量的二氧化硫产生，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，则结论不合理，故D错误。答案选B。【点睛】
7、解题时注意稀硝酸与铁粉反应时，产物与用量有关，铁粉少量时被稀硝酸氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO气体，加入KSCN溶液，生成Fe(SCN)3血红色溶液；铁粉过量时生成亚铁离子，滴入KSCN溶液后不会变红。据此解答。4.金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是（ ）A. 比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池，Mg空气电池的理论比能量最高B. 为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电
8、解质及阳离子交换膜C. 电池放电过程的正极反应式：O2+2H2O+4e=4OHD. 多孔电极可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面【答案】A【详解】A.电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为(1g/24g/mol)2=1/12mol、(1g/27g/mol)3=1/9mol、(1g/65g/mol)2=1/32.5mol，所以Al空气电池的理论比能量最高，故A错误；B.负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴
9、极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故B正确；C.正极上氧气得电子和水反应生成OH，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C正确；D.反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故D正确。答案选A。【点睛】解题时注意“理论比能量”的概念，“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多。据此解答。5.短周期元素x、y、d、f的最高正价或最低负价、原子半
10、径的相对大小随原子序数的变化如图所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为001mol/L)的pH与原子序数的关系如图所示：下列有关说法正确的是（ ）A. 离子半径大小顺序：efghB. 由x、z、d三种元素形成的化合物中一定不含离子键C. y、d、g的简单气态氢化物中沸点最高的是g的氢化物D. 装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，试管液面上升约2/3【答案】D【详解】由图1得，f原子半径最大，原子序数最大，且最高正价为+3，故猜测f为Al，又y、d原子序数递增，原子半径减小，最高正价或最低负价分别为+4，-2，故猜测y为C，d为O，x半径最小，原子序数最小，
11、且最高正价为+1，故x为H，h的原子序数最大，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，说明是一元强酸，故猜测h为Cl，g原子序数小于h，且最高价氧化物对应的水化物pH小于2，说明是多元强酸，故猜测g为S，生成的酸为H2SO4，e最高价氧化物对应的水化物的pH为12，是一元强碱，故猜测e为Na，z的原子序数最小，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，故猜测z为N。A.e、f、g、h对应的元素分别为Na、Al、S、Cl，离子半径大小为S2-Cl-Na+Al3+，故离子半径大小顺序为ghef，故A错误；B.x、z、d对应的元素分别是H、N、O，三种元素形成的化合物中NH4NO3含有离子键，故B错误；C
12、.y、d、g对应的元素分别是C、O、S，氢化物的稳定性可以根据非金属性来比较，非金属性越强则氢化物越稳定，同周期元素原子序数越大非金属性越强，同主族元素原子序数越小非金属性越强，故最稳定的是d的氢化物，故C错误；D.z、d对应的元素分别是N、O，zd2为NO2，则装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗3体积二氧化氮生成1体积的一氧化氮，则试管液面上升约2/3，故D正确。答案选D。6.树脂镜片具有透光率好、质轻、抗冲击力强等优良性能。化合物Y能用于高性能树脂镜片的合成，化合物与2甲基丙烯酰氯在一定条件下反应可制得化合物Y：下列说法不正确
13、的是（ ）A. 该反应属于取代反应B. Y的分子式为C10H6O2Br3C. 2甲基丙烯酰氯可使溴水和高锰酸钾溶液褪色D. 、Y均属于芳香族化合物【答案】B【详解】A.该反应X羟基中的氢原子被取代生成Y，此反应类型属于取代，故A正确；B.Y的分子式为CH7Br3O2，故B错误；C.2甲基丙烯酰氯中含有碳碳双键（不饱和键），可以和溴水和高锰酸钾溶液反应，使之褪色；故C正确；D.X、Y中均含苯环结构，均为芳香族化合物，故D正确。答案选B。7.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，电离类似于氨：NH3+H2ONH4+OH，25时，kb1=104.07，kb2=107.15；乙二胺溶液中含氮微
14、粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是（ ）A. 曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+B. 曲线与曲线II相交点对应pH=6.85C. 0.1 mol L1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl)c(H2NCH2CH2NH3+)c(H+)c(OH)D. 乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH【答案】C【详解】A.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)电离类似于氨，根据题目信息kb1=104.07，kb2=107.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程
15、式为H2NCH2CH2NH2+H2O H2NCH2CH2NH3+ OH-、H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，根据电离方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，H3NCH2CH2NH32+的浓度越大，所以曲线代表的微粒符号为 H3NCH2CH2NH32+，曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，故A正确；B.曲线代表的微粒符合为H2NCH2CH2NH3+，曲线与曲线相交点对应的溶液中，H3NCH2CH2NH32+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-可知，Kb2=107.15
16、= ，则c(H+)=，pH=6.85，故B正确；C.在0.1 mol L1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，因为H2NCH2CH2NH3+水解使溶液呈碱性，则各离子浓度大小关系为c(Cl)c(H2NCH2CH2NH3+)c(OH) c(H+)，故C错误；D.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)电离类似于氨，根据题目信息kb1=104.07，kb2=107.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为H2NCH2CH2NH2+H2O H2NCH2CH2NH3+ OH-、H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，故D正确。答案选C。8.高铁
17、酸盐是优良的多功能水处理剂。某实验小组釆用如图装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质用途。.制备K2FeO4(夹持、加热等装置略)(1)B中所用试剂为_。(2)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在08，可使用的控温方法为_，充分反应后得到紫色固体，反应方程式为_。反应中KOH必须过量的原因是_。(3)C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯浄髙铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用_。a.冰水 b.KOH溶液 c.异丙醇.探究K2FeO4的性质(4)K2FeO4可以将废水中的CN氧化为CNO，实验表明，pH=9时CN去除效果最佳。配平反应离子方程式：_FeO42+_CN+_H2O_Fe(OH)3+_
18、CNO+_OH。现处理含CN离子浓度为13mg/L的废水1m3，至少需要K2FeO4_g。(5)资料表明，酸性溶液中氧化性FeO42MnO4。验证实验：将少K2FeO4溶解在过量KOH溶液中，溶液呈浅紫色，取该溶液滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，振荡，溶液颜色仍然呈浅紫色。请设计实验证明最后所得浅紫色溶液中含有MnO4_。【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 冰水浴或冷水浴 (3). 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O (4). 保持溶液碱性，防止K2FeO4变质 (5). c (6). 2 (7). 3 (8). 5 (9). 2 (10).
19、 3 (11). 4 (12). 66 (13). 向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，振荡，溶液浅紫色未褪去。【分析】本小题是实验探究题。（1）由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O(g)，HCl会消耗Fe(OH)3、KOH，应用饱和食盐水除去HCl，B中所用试剂为饱和食盐水。（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在08，可使用的控温方法为冰水浴或冷水浴；充分反应后得到紫色物质为K2FeO4，则反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，具有强氧化性在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并
20、产生氧气，在碱性溶液中较稳定，所以反应中KOH必须过量。（3）因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得到纯浄高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选异丙醇。 （4）K2FeO4可以将废水中的CN氧化为CNO，反应过程中FeO42中铁元素价态由+6价降低到+3价生成Fe(OH)3，CN中碳元素价态由+2价升高到+4价生成CNO，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式，离子方程式为：2FeO42+3CN+5H2O=2Fe(OH)3+3CNO+4OH。（5）根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在K2FeO4，溶液振荡
21、后呈浅紫色一定是MnO4的颜色。【详解】（1）由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O(g)，HCl会消耗Fe(OH)3、KOH，应用饱和食盐水除去HCl，B中所用试剂为饱和食盐水。本小题答案为：饱和食盐水。（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在08，可使用的控温方法为冰水浴或冷水浴；充分反应后得到紫色物质为K2FeO4，则反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，具有强氧化性在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生氧气，在碱性溶液中较稳定，所以反应中KOH必须过量。本小题答案为：冰水浴或冷
22、水浴；3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。（3）因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得到纯浄高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选异丙醇。 本小题答案为：c。 （4）K2FeO4可以将废水中的CN氧化为CNO，反应过程中FeO42中铁元素价态由+6价降低到+3价生成Fe(OH)3，CN中碳元素价态由+2价升高到+4价生成CNO，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式，离子方程式为：2FeO42+3CN+5H2O= 2Fe(OH)3+3CNO+4OH。本小题答案为：2 3 5
23、2 3 4。（5）根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在K2FeO4，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4的颜色。本小题答案为：向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，振荡，溶液浅紫色未褪去。9.铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液的主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23=Ag+2SO32(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方
24、程式为_，已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用为_。(2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。(3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgC的原因为_。调节溶液的pH不能过低，理由为_。(4)已知离子浓度105mol/L时，认为该离子沉淀完全。已知： KspPb(OH)2=2.51016，KspSb(OH)3=1041。浸取“分银渣”可得到含0.025 mol/L Pb2+的溶液(含少量Sb3+杂质)。欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为_。(忽略溶液体积变
25、化)(5)工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。【答案】 (1). Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (2). 使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失 (3). 2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O (4). 分银液中存在
26、Ag(SO3)23Ag+2SO32，加H2SO4至pH=4，SO32转化为HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl， (5). 避免产生污染气体SO2 (6). 2pH7 (7). 10 (8). H2【分析】本题是结合工艺流程考查元素化合物知识的综合应用。铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行“分铜”，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加人足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生反应是金
27、和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为Ag（SO3）23-，且存在Ag（SO3）23-Ag+2SO32-加入硫酸沉银，促使Ag（SO3）23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl。（1）“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水；“分铜”时加人足量的NaCl沉淀银离子，避免银的损失；（2）分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，据此书写离子方程式；（3）分银液中主要成分为Ag（SO3
28、）23-，且存在Ag（SO3）23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行；调节溶液的PH 不能过低，容易和亚硫酸根离子反应生成污染性气体二氧化硫；（4）根据KspPb（OH）2可计算出Pb2+离子开始出现沉淀时的pH值，根据KspSb（OH）3可计算出Sb3+离子沉淀完全时的pH值，据此判断溶液的pH值范围。【详解】（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用是使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。本小题答案为：Cu+H2O2+H2SO4=Cu
29、SO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O。本小题答案为：2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O。（3）“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，是因为H2SO4电离产生的氢离子降低了SO32的浓度，促使Ag(SO3)23Ag+2SO32平衡正向移动，产生Ag+，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；调节溶液的pH不能过低，避免产生污染气体SO2。（4）欲获得较纯净的Pb2+溶液，则Pb2+的浓度为0.025 mol/L，KspPb(OH
30、)2=c(Pb2+)c2(OH-)=0.025 mol/Lc2(OH-)=2.51016，故c(OH-)=1.010-7，pH7；获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为2pH”“”或“=”)(2)若M点对应混合气体的体积为1L，则506K时，该反应平衡常数K=_(保留三位小数)。图2表示平衡常数的对数(lgK)与温度的关系，B、C点中能正确表示该反应的lgK与T的关系的点为_。图2(3)在2L恒容密闭容器中充入 a mol H2、2 mol CO和7.4 mol CH3OH(g)，在506K下进行上述反应。为了使该反应逆向进行，a的取值范围为_。.砷及其化合物有着广泛的用途。砷有两种常见的
31、弱酸，砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)。已知H3AsO4的pKa1、pKa2、pKa3依次为2.25、6.77、11.40(已知：pKa=lgKa)。回答下列问题：(4)NaH2AsO4溶液呈_(填酸性”、“中性”或“碱性”)，试通过计算说明_。(5)某小组同学欲探究可逆反应AsO33+I2+2OHAsO43+2I+H2O，设计如图3所示装置。加入试剂并连接裝置，电流由C2流入C1。当电流变为零时，向装置左边烧杯中逐滴加入一定量2 mol/L HCl，发现又产生电流，实验中电流与时间的关系如图所示。 图3 图4写出图4中c点对应的正极反应式_，能判断该反应达到平衡状态的是_。a.2
32、v(I)正=v(AsO33)逆 b.溶液pH不再变化c.电流表示数变为零 d.右边烧杯中c(K+)不变【答案】 (1). 25% (2). (3). 0.148 (4). B (5). a10 (6). 酸性 (7). Kh3=1011.75Kh3，溶液呈酸 (8). AsO43+2e+2H+=AsO32+H2O (9). bc【分析】（1）根据图像可知，M点时，生成的甲醇为0.25mol，则反应的H2为0.5mol，H2的转化率=0.5mol/2mol100%=25%；其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，反应速率：N点v正(CO)K，即，a的范围为a10。（4）NaH2AsO4溶液呈酸性
33、，Kh3=1011.75Kh3，溶液呈酸性。（5）图4中c点酸性条件下对应图3装置的正极AsO43-得电子产生AsO33-，电极反应式为AsO43-+2e-+2H+=AsO32-+H2O。a.根据速率关系，v(I-)正=2v(AsO33-)逆，则等式始终成立，反应不一定处于平衡状态；b.溶液的pH不再变化，则氢氧根离子浓度也保持不变，反应处于平衡状态；c.电流表示数变为零则氧化还原反应中电子转移不再增减，反应物的浓度保持不变，反应处于平衡状态；d.右边烧中K+没有参与反应，则c(K+)始终不变，反应不一定处于平衡状态，答案选bc。【详解】（1）根据图像可知，M点时，生成的甲醇为0.25mol，
34、则反应的H2为0.5mol，H2的转化率=0.5mol/2mol100%=25%；其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，反应速率：N点v正(CO)M点逆(CO)。本小题答案为：25% ；K，即，a的范围为a10。本小题答案为：a10。（4）NaH2AsO4溶液呈酸性，Kh3=1011.75Kh3，溶液呈酸性。本小题答案为：酸性；Kh3=1011.75Kh3，溶液呈酸性。（5）图4中c点酸性条件下对应图3装置的正极AsO43-得电子产生AsO33-，电极反应式为AsO43-+2e-+2H+=AsO32-+H2O。a.根据速率关系，v(I-)正=2v(AsO33-)逆，则等式始终成立，反应不一定
35、处于平衡状态；b.溶液的pH不再变化，则氢氧根离子浓度也保持不变，反应处于平衡状态；c.电流表示数变为零则氧化还原反应中电子转移不再增减，反应物的浓度保持不变，反应处于平衡状态；d.右边烧中K+没有参与反应，则c(K+)始终不变，反应不一定处于平衡状态，答案选bc。本小题答案为：AsO43-+2e-+2H+=AsO32-+H2O；bc。11.碳、氮、氧、氟、钙、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：(1)将乙炔(C2H2)通入Cu(NH3)2Cl溶液生成Cu2C2红榇色沉淀。乙炔分子中键与键个数比值为_，Cu+基态核外电子排布式为_，Cu(NH3)2Cl中化学键类型为_。(2)NF3
36、是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。元素第一电离能N_F(填“”“HNO2，试着从结构上解释其原因_。(5)电石(CaC2)是有机合成化学工业的基本原料。CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似(如图所示)，但晶体中由于哑铃形C22的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22的数目为_，已知CaC2晶体的密度为2.22gcm3，该晶胞的体积为_cm3。【答案】 (1). 3:2 (2). 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 (3). 离子键、共价键、配位键 (4). (5). sp3 (6). 极性 (7). 不正确，金刚石是原子晶体，融化时需
37、要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。 (8). CO2或 CS2等 (9). 电负性ON，NO2中N的正电性大于NO中的N，导致HONO2中OH极性大于HONO中的OH极性，因而在水分子作用下HONO2比HONO更容易电离出H+，即酸性HNO3HNO2。 (10). 4 (11). 1.91022【分析】本题考查的是物质结构和性质。（1）乙炔中氢原子只有1个电子基态下处于能量最低1s轨道。而碳原子有6个电子，两个位于1s轨道，不参与成键，4个位于第二层上。当形成乙炔时，4个位于最外层的原子轨道发生杂化，即一个s轨道和一个p轨道杂化成
38、两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变。这样在形成乙炔时，碳原子的其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠，形成C-H键，另一个sp轨道则与另一个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C-C键。碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C-C键。所以乙炔中有3个键与2个键。Cu为29号元素，Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 。Cu(NH3)2Cl中Cu+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，Cu(NH3)2+与Cl-之间为离子键；（2）同周期主族元素从左到右最外层电子的有效核电荷逐渐增大，电离能也逐渐增大，所以F元素的第一电离能比N元素的
39、第一电离能大。N原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型，所以NF3分子构型也是三角锥型，三角锥型分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子；（3）金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石；（4）符合等电子体的两条基本要求是：原子总数一致，价电子总数一致。二氧化碳、二硫化碳与一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，是等电子体；电负性ON，NO2中N的正电性大于NO中的N，导致HONO2中OH极性大于HONO中的OH极性，因而在水分子作用下HONO
40、2比HONO更容易电离出H+，即酸性HNO3HNO2；（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，要特别注意题给的信息，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，该晶胞中含有Ca为1214+1=4，一个晶胞中含有4个CaC2，CaC2晶体的密度为2.22g/cm3，该晶胞的体积为V=m/=(464)(2.226.021023)1.921022cm3。据此解答。【详解】（1）乙炔中氢原子只有1个电子基态下处于能量最低1s轨道。而碳原子有6个电子，两个位于1s轨道，不参与成键，4个位于第二层上。当形成乙炔时，4
41、个位于最外层的原子轨道发生杂化，即一个s轨道和一个p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变。这样在形成乙炔时，碳原子的其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠，形成C-H键，另一个sp轨道则与另一个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C-C键。碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C-C键。所以乙炔中有3个键与2个键。Cu为29号元素，Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 。Cu(NH3)2Cl中Cu+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，Cu(NH3)2+与Cl-之间为离子键。本小题答案为：3:2 ；1s22s22p63s2
42、3p63d10或Ar3d10；离子键、共价键、配位键。（2）同周期主族元素从左到右最外层电子的有效核电荷逐渐增大，电离能也逐渐增大，所以F元素的第一电离能比N元素的第一电离能大。N原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型，所以NF3分子构型也是三角锥型，三角锥型分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子。本小题答案为：；sp3 ；极性。（3）不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。本小题答案为：不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60
43、为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。（4）符合等电子体的两条基本要求是：原子总数一致，价电子总数一致。二氧化碳、二硫化碳与一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，是等电子体；电负性ON，NO2中N的正电性大于NO中的N，导致HONO2中OH极性大于HONO中的OH极性，因而在水分子作用下HONO2比HONO更容易电离出H+，即酸性HNO3HNO2。本小题答案为：CO2或 CS2等；电负性ON，NO2中N的正电性大于NO中的N，导致HONO2中OH极性大于HONO中的OH极性，因而在水分子作用下HONO2比HONO更容易电离出H+，即酸性HNO3HNO2。（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，要特别注意题给的信息，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，该晶胞中含有Ca为1214+1=4，一个晶胞中含有4个CaC2，CaC2晶体的密度为2.22g/cm3，该晶胞的体积为V=m/=(464)(2.226.021023)1.921022cm3。本小题答案为：4；1.921022。
