山东省烟台市、菏泽市2019届高三化学下学期5月适应性练习试题（一）（含解析）.docx

山东省烟台市、菏泽市2019届高三化学下学期5月适应性练习试题（一）（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 A 127 Fe 56 As 75 Ni 59.第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6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.历史文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是A. 战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B. 宋王希孟千里江山图所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维C. 秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属硅酸盐产品D. 对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜【答案】B【解析】【详解】A.青铜是金属冶铸史上最早的合金，在纯铜（紫铜）中加入锡或铅的合金，与纯铜（紫铜）相比，青铜强度高且熔点低，青铜铸造性好，耐磨且化学性质稳定，A正确；B.碳纤维指含炭量在90%以上的高强度高模量纤维，用腈纶和粘胶纤维做原料，经高温氧化碳化而成，而宣纸主要含白草和檀皮，其主要化学成分是纤维素，B错误；C.陶土是一种陶瓷原料，兵马俑（陶瓷）由陶土烧制而成，其主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙等），C正确；D.铜与空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气等物质反应产生的物质为碱式碳酸铜，又称铜绿，颜色翠绿，D正确。故答案选B。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 100g 46的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NAB. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C. 0.1mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD. 1L 0.1molL-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.100g 46的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C.0.1mol Fe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1molNA0.27NA，C错误；D.铵根水解方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。故答案选A。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3 中的Al3、Na2CO3 中的CO32，例如1 L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32在水中的发生水解的情况。3.异丙烯苯和异丙苯是重要的化工原料，二者存在如图转化关系：下列说法正确的是A. 异丙烯苯分子中所有碳原子一定共平面B. 异丙烯苯和乙苯是同系物C. 异丙苯与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有6种D. 0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气13.44L【答案】C【解析】【详解】A.异丙烯基与苯环靠着单键相连，单键可以旋转，因而异丙烯苯分子中所有碳原子不一定共平面，A错误；B.异丙烯苯分子式为C9H10，乙苯分子式为C8H10，两者分子式相差一个“C”，不符合同系物之间分子组成相差若干个CH2，B错误；C.异丙苯与足量氢气完全加成生成，根据等效氢原则可知该产物有6种氢原子，因而其一氯代物有6种，C正确；D.异丙苯分子式为C9H12，该燃烧方程式为C9H12+12O29CO2+6H2O，0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气0.6mol，但氧气所处状态未知（例如标准状况），无法计算气体体积，D错误。故答案选C。【点睛】需注意在标准状况下，用物质的体积来换算所含的微粒个数时，要注意，在标准状况下，只有1 mol 气体的体积才约是22.4 L。而某些物质在标况下为液体或固体是高考中换算微粒常设的障碍。如：标准状况下，22.4 L CHCl3中含有的氯原子数目为3NA。标准状况下，CHCl3为液体，22.4 L CHCl3的物质的量远大于1 mol，所以该说法不正确。4.用下列实验装置能达到实验目的是(部分夹持装置未画出)A. 分离液体混合物B. 蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体C. 制取二氧化硫气体D. 测定化学反应速率【答案】B【解析】【详解】A.该实验为蒸馏，温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管处，以便测量蒸汽的温度，A错误；B.该实验为蒸发，蒸发指蒸去溶剂从而得到溶质固体，因而蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体，B正确；C.铜与浓硫酸反应需要加热，该装置中未添加酒精灯，C错误；D.过氧化氢与二氧化锰反应生成的氧气会从长颈漏斗溢出，从而无法测量化学反应速率，应该用分液漏斗，D错误。故答案选B。5.已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A. 电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移B. Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C. 电池工作结束后，电解质溶液的pH降低D. Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.031023个电子【答案】C【解析】【详解】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+ OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.53NA=9.031023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是A. 4种元素中Y的金属性最强B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：ZXC. 简单阳离子氧化性：WYD. W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体【答案】B【解析】【详解】W和X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为H元素；W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有NH3，则X为N元素，又X和Z同族，Z为P元素；W和Y同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为H，X为N，Y为Na，Z为P。A. 4种元素中只有Y是金属元素，即Na，因而金属性最强，A正确；B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：ZH(W)，因而简单阳离子氧化性：WY，C正确；D.W和Y形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。故答案选B。7.在25时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5molL-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOHpOH=lgc(OH-)与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A. 图中点所示溶液的导电能力弱于点B. 点处水电离出的c(H+)=110-8molL-1C. 图中点所示溶液中，c(C1-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D. 25时氨水的Kb约为510-5.6mo1L-1【答案】D【解析】【详解】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5molL-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从到，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3H2O发生电离），因而图中点所示溶液的导电能力强于点，A错误；B.观察图像曲线变化趋势，可推知为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)= c水(H+)=Kw/ c溶液(OH-)=10-6mol/L，B错误；C.点盐酸的量是点的一半，为恰好完全反应的点，因而易算出点溶液溶质为等量的NH3H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-) c(H+)，那么c(NH4+) c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3H2ONH4+OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8mol/L，点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3H2O)=mol/L=0.2mol/L，因而Kb=510-5.6mo1L-1，D正确。故答案选D。8.亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的食品添加剂，使用时需严格控制用量。实验室以2NO+Na2O2=2NaNO2为原理，利用下列装置制取NaNO2(夹持和加热仪器略)。已知：酸性KMnO4溶液可将NO及NO2-氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。HNO2具有不稳定性：2HNO2=NO2+NO+H2O。回答下列问题：(1)按气流方向连接仪器接口_(填接口字母)。(2)实验过程中C装置内观察到的现象是_。(3)Na2O2充分反应后，测定NaNO2含量：称取反应后B中固体样品3.45g溶于蒸馏水，冷却后用0.50mol L-1酸性KMnO4标准液滴定。重复三次，标准液平均用量为20.00mL。该测定实验需要用到下列仪器中的_(填序号)。a锥形瓶 b容量瓶 c胶头滴管 d酸式滴定管 e碱式滴定管 f玻璃棒假定其他物质不与KMnO4反应，则固体样品中NaNO2的纯度为_。实验得到NaNO2的含量明显偏低，分析样品中含有的主要杂质为_(填化学式)。为提高产品含量，对实验装置的改进是在B装置之前加装盛有_(填药品名称)的_(填仪器名称)。(4)设计一个实验方案证明酸性条件下NaNO2具有氧化性_。(提供的试剂：0.10molL-1NaNO2溶液、KMnO4溶液、0.10molL-1KI溶液、淀粉溶液、稀硝酸、稀硫酸)【答案】 (1). aedbc(或cb)f (2). 固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生 (3). adf (4). 50% (5). Na2CO3、NaOH (6). 碱石灰(或氢氧化钠固体) (7). 干燥管(或U形管) (8). 取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管，然后滴加几滴淀粉溶液不变色，滴加NaNO2溶液，溶液变为蓝色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性)【解析】【分析】本题表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2，该反应是陌生反应，但实际主要以基础知识为主，例如NO、Na2O2，NO2-等性质，本题综合性强，难度偏大。【详解】（1）A中浓硝酸与炭反应生成NO2，NO2通入C装置可产生NO，因而按气流方向连接仪器接口aed，注意长进短出，然后NO和B中Na2O2反应，最后D为除杂装置，因而后续连接顺序为bc(或cb)f，该处答案为aedbc(或cb)f；（2）NO2与水反应可得稀硝酸和NO，稀硝酸（包含挥发的硝酸）与Cu反应得到硝酸铜和NO，NO为无色气体，因而C中现象为固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；（3）酸性KMnO4标准液有腐蚀性，因而选用酸式滴定管，锥形瓶盛放待测液，玻璃棒溶解和转移固体，因而选adf；高锰酸钾与亚硝酸钠的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，n(NO2-)=mol=0.025mol，m(NaNO2)=0.025mol69g/mol=1.725g，则固体样品中NaNO2的纯度为100=50；碳和浓硝酸反应得到CO2，同时C中会有水蒸气进入B中，CO2和水分别与Na2O2反应得到Na2CO3、NaOH，样品中含有的主要杂质为Na2CO3、NaOH，同时除去CO2和H2O，可使用碱石灰(或氢氧化钠固体)，该药品可装在干燥管内或U形管中；（4）要想证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，需要选用合适的还原剂（如KI溶液）与之反应，并且能够观察到明显的反应现象（如淀粉遇碘变蓝），根据提供的试剂可选用0.10molL-1NaNO2溶液、0.10molL-1KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，注意用稀硫酸酸化，稀硝酸有强氧化性干扰实验。因而实验过程为取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管，然后滴加几滴淀粉溶液不变色，滴加NaNO2溶液，溶液变为蓝色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性)。9.研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。(1)工业上以CO2、NH3为原料生产尿素CO(NH2)2，反应实际为两步进行：I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) H1=-272kJmol-1II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H2=+138kJmol-1已知：H2O(l)=H2O(g) H3=+44kJmol-1请写出以NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式_。T1时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，如图是CO2平衡转化率()与x的关系。求图中A点NH3的平衡转化率=_。当x=1.0时，若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_(kPa)-3(KP为以分压表示的平衡常数)。(2)用CO2和H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=49.0kJmol-1。在T时，甲、乙、丙三个2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：甲容器10s达到平衡时测得x=39.2，则甲中CO2的平均反应速率_。下列说法正确的是_(填字母编号)。A2c1c3 Bz2p2 D1+31(3)用NaOH溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_K1(H2CO3)=4.410-7、K2(H2CO3)=510-11，溶液中c(Na+)_c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“”“=”或“”)。【答案】 (1). 2NH3(g)CO2(g)H2O(l)CO(NH2)2(s) H=178 kJmol-1 (2). 33.3 (3). Kp=108/p03 (4). 0.04 molL-1s-1 (5). AB (6). 12或0.5 (7). 【解析】【分析】本题研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义，实际以CO2的性质为载体考查了化学反应原理的综合知识，难度适中。【详解】(1) NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) H，根据盖斯定律可知H=H1+H2-H3=178 kJmol-1，因而有2NH3(g)CO2(g)H2O(l)CO(NH2)2(s) H=178 kJmol-1；A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol2=1mol，NH3的平衡转化率=1mol/3mol100=33.3；当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)起 1 1转 2x x平 1-2x 1-x又若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知=，解得x=mol，则n平(NH3)=mol，n平(CO2)=mol，那么p平(NH3)= kPa，p平(CO2)= =kPa，因而Kp=(kPa)-3；(2)根据3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=49.0kJmol-1，可知消耗的CO2的量为1mol=0.8mol，v(CO2)=0.04molL-1s-1；A.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c32c3*，综合上述分析可知c32c1，A正确；B.乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，即吸收的热量减少，即z z*，故z2y，B正确；C.根据B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即p32p2，C错误；D.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中1=2c1/1=2c1，乙中2=(1-2c2)/1=1-2c2，因而1+2=2c1+1-2c2=1，根据C可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而3小于2，所以1+3 c(H+)，所以c(Na+)c(HCO3-)+2c(CO32-)。【点睛】注意平衡等效，转化率不一定相同：若是从不同方向建立的等效平衡，物质的转化率一定不同。如在某温度下的密闭定容容器中发生反应2M(g)+ N(g) 2E(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时气体的压强比起始时增大了20%，则E的转化率是40%；若开始时充入2molM和1molN，达到平衡后，M的转化率是60%。若是从一个方向建立的等效平衡，物质的转化率相同。如恒温恒压容器中发生反应2E(g) 2M(g)+ N(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时M的物质的量为0.8mol，则E的转化率是40%；若开始时充入4molE，达到平衡后M的物质的量为1.6mol，则E的转化率仍为40%。10.工业上，以铁质镍矿(除NiO外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)和镁质镍矿(除NiO外，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料炼镍的流程如下图：回答下列问题：(1)滤渣1主要成分的化学式为_，“转化”操作中加入H2O2的目的是_。(2)中和沉铁步骤中，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还产生Fe(OH)3胶体，导致c(Ni2+)明显降低，原因是_；为减少镍的损失，可在中和的同时加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，反应离子方程式为_。(3)已知Ksp(CaF2)=1.1110-10、Ksp(MgF2)=7.4010-11，在过滤2的滤液中加入过量NaF溶液，反应完全后，c(Ca2+)/c(Mg2+)=_。(4)我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现了低能耗电解富尿素废水制取H2(如图所示)。酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2。B电极连接的电源的_极，A电极的电极反应为_。(5)常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230时，K=210-5。己知：Ni(CO)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。则第一阶段在30和50两者之间选择的反应温度是_；230时，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是_。【答案】 (1). SiO2 (2). 将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去 (3). Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+ (4). 3Fe3+Na+2SO42-+6H2O= NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+ (5). 1.5 (6). 负 (7). CO(NH2)2H2O 6e-=N2CO26H+ (8). 50 (9). 第一阶段反应的平衡常数K=2105远远低于第二阶段的平衡常数K=5104【解析】【详解】（1）铁质镍矿(除NiO外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)，加入稀硫酸酸溶，SiO2不反应，故滤渣为SiO2；中和沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而“转化”操作中加入H2O2目的是将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去；（2）产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，分析黄钠铁矾组成可知该反应属于非氧化还原的离子反应，反应物为Fe3+、Na+、SO42-和H2O，根据电荷守恒可知产物有H+，反应离子方程式为3Fe3+Na+2SO42-+6H2O= NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+；（3），代入数据可知c(Ca2+)/c(Mg2+)=1.5；（4）根据酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2，B电极生成氢气，根据H元素化合价在反应前后下降可知，B电极为电子流入一端，为阴极，阴极与电源负极相连，则A电极为阳极，尿素失电子变为N2，根据缺项配平可知电极反应式为CO(NH2)2H2O6e-=N2CO26H+；（5）Ni(CO)4沸点为42.2，则第一阶段在30和50两者之间选择的反应温度是50，Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，230时，K=210-5，因而逆反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)，230时，K=1/210-5=5104，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是第一阶段反应的平衡常数K=2105远远低于第二阶段的平衡常数K=5104。11.氮和砷均为重要的无机材料，在化工领域具有广泛的应用。(1)基态As原子的价层电子的电子云轮廓图形状为_。同一周期As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(2)Na3AsO3中所含阴离子的立体构型为_，写出一个与AsO33-具有相同空间构型和键合形式的分子_(填化学式)。(3)在一定条件下NH3与CO2能合成尿素CO(NH2)2，尿素中C原子和N原子轨道的杂化类型分别为_，_；1mol尿素分子中，键的数目为_。(4)N2H4是火箭的燃料，与氧气的相对分子质量相同，它在常温常压下是液态，而氧气是气态，造成这种差异的主要原因是_。(5)某砷镍合金的晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度=_gcm-3，该晶体中与每个Ni原子距离最近的As原子有_个。【答案】 (1). 球形、哑铃形(或纺锤形) (2). AsSeGe (3). 三角锥形 (4). PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 (5). sp2 (6). sp3 (7). 7NA (8). N2H4分子间除存在范德华力还存在氢键，O2分子间只有范德华力，氢键比范德华力强 (9). (10). 6【解析】【分析】本题考查了价层电子对互斥理论、氢键、晶体的相关计算等。【详解】（1）基态As原子电子排布式为Ar3d104s24p3，价层电子为4s24p3，s轨道为球形，p轨道为哑铃形(或纺锤形)；同周期时，自左往右元素的第一电离能总体趋势越来越大，因而Se大于Ge的第一电离能，同时As的4p轨道电子为半充满，因而较为稳定，其第一电离能大于邻近的Ge和Se，故同一周期As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序为AsSeGe；（2）Na3AsO3中所含阴离子为AsO33-，中心原子As的价层电子对数为3+1/2(5+3-32)=4，因而为sp3杂化，又As存在一对孤电子对，因而空间构型为三角锥形，与AsO33-具有相同空间构型和键合形式的分子很多，例如PCl3、PBr3、NF3、NCl3等；（3）尿素CO(NH2)2的结构简式为，C原子形成3个键和1个键，不存在孤对电子，因而C原子为sp2杂化，N原子形成3个键，且存在一个孤电子对，为sp3杂化，1分子尿素分子中有7个键，故1mol尿素分子中，键的数目为7NA；（4）N2H4与氧气都是分子晶体，一般其熔沸点和相对分子质量有关。虽然N2H4与氧气的相对分子质量相同，但还需考虑N2H4分子间除存在范德华力还存在氢键，O2分子间只有范德华力，氢键比范德华力强；（5）晶胞内有2个As原子，Ni原子个数为2+4+2+4=2，因而晶胞内原子总质量m=g，晶胞体积V=a2c1030c