2020届高三化学（全国II卷）全真模拟试题及答案

2020届高三高考全国II卷理综化学全真模拟试卷3一、单选题（本大题共7小题，共42分）1. 化学与人类生活生产、环境健康密切相关，下列说法不正确的是()A. 食用醋酸的成分是乙酸，食用白糖、冰糖的成分是蔗糖B. 生活中的饮食，需摄取一些油脂、无机盐、纤维素、蛋白质等基础营养物质C. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质D. 在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使葡萄酒保持良好品质【答案】B【解析】【分析】本题考查了生产生活中的化学，比较简单。【解答】A.食用醋酸的成分是乙酸，食用白糖、冰糖的成分是蔗糖，故A正确；B.人体所需的基本营养物质有糖类、脂肪、蛋白质、无机盐、水、维生素，人体无法分解纤维素，纤维素不是基础营养物质，故B错误；C.K2FeO4处理自来水时，利用其氧化性可以杀菌，同时生成氢氧化铁胶体可以除去水中的悬浮杂质，故C正确；D.二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，可以使葡萄酒保持良好品质，故D正确。故选B。2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A. 室温下，42.0g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数约为3NAB. 4.0g重水(D2O)中所含质子数为0.4NAC. 100mL18molL1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为1.8NAD. 一定温度下，1L0.50molL1NH4Cl溶液与2L0.25molL1NH4Cl溶液含NH4+的物质的量相同【答案】A【解析】解：A.42g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有3mol最简式CH2，含有3mol碳原子，含有的碳原子数为3NA，故A正确； B.4.0g重水(D2O)的物质的量为0.2mol，0.2mol重水中含有2mol质子，所含质子数为4NA，故B错误； C.100mL18molL1浓硫酸中含有1.8mol硫酸，铜与浓硫酸的反应中，消耗1.8mol硫酸生成0.9mol二氧化碳，转移1.8mol电子，由于随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，则反应转移的电子小于1.8mol，转移电子数为1.8NA，故C错误； D.1L0.50molL1NH4Cl溶液中含有溶质氯化铵0.5mol，2L0.25molL1NH4Cl溶液含有氯化铵0.5mol，如果铵根离子不水解，则溶液中含有的铵根离子的物质的量相等，由于浓度不同，铵根离子的水解程度不同，所以两溶液中铵根离子的物质的量不相等，故D错误； 故选AA.乙烯和环丁烷的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有碳原子数目； B.重水中含有10个质子，重水的摩尔质量为20g/mol； C.铜与浓硫酸的反应中，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，则铜足量时反应生成的二氧化硫小于0.9mol，转移的电子小于1.8mol； D.铵根离子浓度不同，铵根离子的水解程度不同 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、盐的水解及其影响，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，注意铜与稀硫酸不发生反应3. 二硫化钨(WS2,WS2中W的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下图所示：下列说法正确的是 ( )A. 操作中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯B. FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式为C. 生成二硫化钨的化学方程式为，若生成124gWS2，则该反应所转移的电子数目为2NAD. 滤渣的主要成分是氢氧化铝，CO2可以用过量盐酸代替【答案】B【解析】【分析】本题以钨矿原料制备W的工艺流程为载体，考查了基本实验操作以及氧化还原方程式的书写和计算等，题目难度较大，掌握工艺流程、氧化还原反应原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。【解答】A.操作为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故A错误；B.FeWO4在碱熔过程中被空气中氧气氧化，生成Fe2O3、Na2WO4和H2O，发生反应的化学方程式为4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O，故B正确；C.在反应2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中，(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，2价S元素被氧化成0价的S单质，每生成2molWS2转移了4mol电子，同时参加反应的氧气为3mol，则反应中共转移16mol电子，124gWS2的物质的量为：124g248g/mol=0.5mol，转移电子的物质的量为：16mol0.5mol2mol=4mol，即转移电子数目为4NA，故C错误；D.滤渣的主要成分是氢氧化铝，若CO2用过量盐酸代替，AlO2会生成Al3+，不会变成沉淀析出，故D错误。4. 已知：2Fe3+2I=2Fe2+I2，2Fe2+Br2=2Fe3+2Br.现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中不正确的是()A. 两个反应转移电子数之比是1：1B. 原溶液中I一定被氧化，Br可能被氧化C. 若向反应后的溶液中滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有任何现象，则Br一定被氧化D. 若向含有FeBr2、FeI2的溶液中加入一定量的溴水，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明原溶液中Fe2+、I均被氧化【答案】C【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，是一道综合性较强的题目，完成本题，需要合理分析题中的信息，得出正确结论，注意推断的严密性，本题难度中等。【解答】氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明含有铁离子，则碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，以此解答该题。A、反应2Fe3+2I=2Fe2+I2中碘离子由1价变成0价，2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中亚铁离子由+2价变成+3价，则两个反应转移电子数之比是1：1，故A正确；B、向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明亚铁离子被氧化，则碘离子全部被氧化，Br可能被氧化，故B正确；C、若向反应后的溶液中滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有任何现象，说明溶液中无亚铁离子，可能亚铁离子恰好被氧化，故C错误；D、碘离子的还原性强于亚铁离子，向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明亚铁离子被氧化成铁离子，则碘离子已全部被氧化，即溶液中Fe2+、I均被氧化，故D正确；故选：C。5. 向含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2，当通入气体为8.96L(标况下)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2的体积关系图象正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)()A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中离子总的物质的量为0.2mol2+0.1mol3=0.7mol，n(CO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O，该阶段0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH、生成0.1molBaCO3；然后发生2OH+CO2=CO32+H2O，0.2molOH完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32；再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol；最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.3mol，溶液中中离子为0.7mol；故图象C符合，故选C。n(CO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O，0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH，生成0.1molBaCO3，然后发生2OH+CO2=CO32+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1molCO32，上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.2molCO2，再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3，消耗0.1molCO2，最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答本题考查离子方程式的计算，难度较大，清楚各阶段发生的反应是关键，注意B和C的区别，为易错点6. 硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是() A. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液B. 温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42)的增大而减小C. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液D. 三个不同温度中，363K时Ksp(SrSO4)最大【答案】A【解析】【分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图中Ksp的变化、饱和与不饱和溶液的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Ksp与离子浓度的关系，题目难度不大。【解答】A.283K时，图中a点不在溶解平衡曲线上，因此a点对应的溶液是不饱和溶液，故A正确；B.溶度积常数只与温度有关系，所以温度一定时，Ksp(SrSO4)不会随c(SO42)的增大而变化，故B错误；C.由于283K时溶度积常数大于363K时的溶度积常数，所以283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后有晶体析出，溶液仍然是饱和溶液，故C错误；D.当硫酸根离子浓度相同时，在313K时Sr2+浓度最大，所以三个不同温度下，313K时Ksp(SrSO4)最大，故D错误。故选A。7. 如图所示装置进行实验，下列有关说法正确的是() A. 电子流向为：电极a电极d电极c电极bB. 电极b发生的电极反应为O2+2H2O+4e=4OHC. 在电极a参与反应的气体体积在相同状况下与在电极c产生的气体体积为1:1D. 为了防止大气污染，应在d端的U形管出口连接导管通入到NaOH溶液中【答案】C【解析】【分析】本题考查了原电池和电解池原理，根据各个电极上发生的电极反应结合电子移动方向分析解答。【解答】A.电子是从原电池的负极流出，流向电解池的阴极，从电解池的阳极流出，流向原电池的正极，即电极a电极d，电极c电极b，故A错误；B.电解质为酸性，则电极b的电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故B错误；C.电极a消耗氢气，电极c生成氯气，根据电子转移守恒，则电极a参与反应的气体体积在相同状况下与在电极c产生的气体体积为1:1，故C正确；D.电极c生成氯气，为了防止大气污染，应在c端的U形管出口连接导管通入到NaOH溶液中，故D错误。故选C二、实验题（本大题共1小题，共15分）8. 二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。实验室制备二茂铁装置示意图如图一已知：二茂铁熔点是173，在100时开始升华；沸点是249。制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O实验步骤为：在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约l0min；再从仪器a滴入5.5mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6质量为5.225g)，搅拌；将足量的无水FeCl2(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂配成的溶液25mL装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，继续搅拌45min；再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌；将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。回答下列问题：(1)仪器b的名称是_。(2)步骤中通入氮气的目的是_。(3)步骤用盐酸洗涤的目的是_。(4)步骤是二茂铁粗产品的提纯，该过程在图二中进行，其操作名称为_；该操作中棉花的作用是_。(5)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是_；若最终制得纯净的二茂铁4.3g，则该实验的产率为_(保留三位有效数字)。【答案】球形冷凝管 排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化 除去多余的KOH 升华 防止二茂铁挥发进入空气中 测定所得固体的熔点 58.4%【解析】解：(1)仪器b为球形冷凝管；故答案为：球形冷凝管；(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中Fe2+被氧化；故答案为：排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化(3)实验中加入了足量的KOH，得到的产品中混有KOH，故用盐酸除去多余的KOH；故答案为：除去多余的KOH；(4)根据图示，已知二茂铁易升华，故图二的操作为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中；故答案为：升华；防止二茂铁挥发进入空气中；(5)测定所得固体的熔点可以确认得到的是二茂铁；设理论上生成的二茂铁质量为m，则2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O 132 1865.225gmm=5.225g186132=7.3625g，则该实验的产率为4.3g7.3625g100%=58.4%；故答案为：测定所得固体的熔点；58.4%。在三颈烧瓶中加入KOH/60mL无水乙醚充分搅拌，同时通氮气约l0min，再从仪器a滴入新蒸馏的环戊二烯，搅拌，将足量的无水FeCl2(CH3)2SO配成的溶液装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，继续搅拌45min，再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌，将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸(中和KOH)、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液，蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品，将粗产品升华可得二茂铁，(1)根据仪器特征可得；(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，据此分析；(3)产品混合液中混有未反应完的KOH，可用盐酸除去；(4)根据已知二茂铁有固体直接变成气体，然后冷凝收集，称为升华；(5)可以通过测定所得固体的熔点确定；设理论上生成的二茂铁质量为m，则2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O 132 1865.225gmm=5.225g186132=7.3625g，据此计算。本题以二茂铁的制备实验为载体考查常见仪器的识别，实验方案的分析、评价，化学实验基本操作，物质的分离、提纯和检验，物质结构的测定，题目难度中等。三、简答题（本大题共4小题，共58分）9. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色环保型饮用水处理剂。某学习小组以工业合成氨的废催化剂(主要成分有Fe2O3和FeO，含少量Al2O3、SiO2、炭粉等杂质)为原料制备K2FeO4的流程如下：已知：试剂Y中阴、阳离子的电子数相等回答下列问题：(1)Y的电子式为_。滤渣1的主要成分是_(填化学式)。(2)为了提高“酸浸”速率，宜采用措施有_(答两条)。(3)试剂X最佳选择是_(填字母)。A.氯气 B.双氧水 C.稀硝酸 D.稀硫酸和二氧化锰试剂X的作用是_(用离子方程式表示)。(4)写出“合成”过程中的化学方程式：_。(5)参照上述流程，以滤液2为原料制备金属铝，设计流程图为_。(6)测定产品纯度。称取wg粗产品，加入到过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用cmolL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。有关滴定反应有：Cr(OH)4+FeO42+3H2O=Fe(OH)33H2O+CrO42+OH2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2OCr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O该粗产品纯度为_(用含w、c、V的代数式表示)。若滴定管没有用待装液润洗，则测得结果_(“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)；SiO2、C；(2)粉碎废料、搅拌、适当加热、适当增大盐酸浓度等；(3)B；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(4)2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O； (5)；(6)33cV5w%；偏高。【解析】【分析】本题考查了物质的制备方案的设计、氧化还原反应、化学方程式定量计算、物质转化关系的理解和判断等知识点，题目难度中等，解答本题时注意把握题给信息，学习中注重知识迁移能力的培养。【解答】废料主要成分是Fe2O3和FeO(含有少量Al2O3、SiO2、炭粉等杂质)，加入过量稀盐酸溶解发生反应，Fe2O3和FeO和稀盐酸反应分别生成氯化铁、氯化亚铁，Al2O3和盐酸反应生成氯化铝，SiO2、炭粉不反应，过滤得到滤渣1为SiO2、炭粉，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入过量氢氧化钠溶液沉淀铁离子，得到沉淀为氢氧化铁，滤液2为偏铝酸钠溶液、氯化钠和过量的氢氧化钠，滤液中加入足量次氯酸钠和浓氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，经过一些列操作得到K2FeO4的粗产品。(1)由以上分析及试剂Y中阴、阳离子的电子数相等，可知Y为氢氧化钠，其电子式为，滤渣1的主要成分是SiO2、C；(2)为了提高“酸浸”速率，宜采用的措施有粉粹废料、搅拌、适当加热、适当增大盐酸浓度等，故答案为：粉粹废料、搅拌、适当加热、适当增大盐酸浓度等；(3)试剂X的作用是将二价铁离子转化为三价铁离子，最佳选择是双氧水，其它选择都会引入新的杂质，其离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：B；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(4)合成过程铁元素的化合价从+3价升高到+6价失去3个电子，次氯酸钠中氯元素的化合价从+1价降低到1价，得到2个电子。因此根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比=2：3；根据原子守恒可知，反应中还有水生成，依据原子守恒配平书写化学方程式，反应的化学方程式为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；(5)参照上述流程，以滤液2为原料制备金属铝，设计流程图为；(6)据方程式得关系式K2FeO4-CrO42-3Fe2+， 198g 3mol m(K2FeO4) VmL103cmolL1，m(K2FeO4)=vmL103cmolL1198g3mol=33cv500，粗产品中K2FeO4的质量分数为33cv500100=33cv5，若滴定管没有用待装液润洗，将导致(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度降低，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积增大，则测得结果偏高。故答案为：33cV5w%；偏高。10. 甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H0 (1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=802kJmol1CO(g)+12O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol1H2(g)+12O2(g)=H2O(g) H3=242kJmol1则反应的H=_(用H1、H2和H3表示)。(2)其他条件相同，反应在不同催化剂(、)作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示：在相同条件下，三种催化剂、的催化效率由高到低的顺序是_。a点所代表的状态_(填“是”或“不是”)平衡状态。c点CH4的转化率高于b点，原因是_。(3)反应在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1:2，10h后CH4的转化率为80%，并测得c(H2O)=0.132molL1，计算010h内消耗CH4的平均反应速率_。(4)在答题卡的坐标图中，画出反应分别在700和850下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图(进行必要标注)(5)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：+H2(g)维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数K=_(用等符号表示)。工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:9)，控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率(已知水蒸气不参与反应)，解释说明该事实：_。【答案】(1)H1H23H3；(2)；不是；b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高(3)0.0088mol/(Lh)；(4)(5)n212v该反应是正反应方向气体分子数增加的反应，恒压下，加入水蒸气反应器体积扩大，相当于起减压的效果，使平衡向右移动，乙苯的平衡转化率提高。【解析】【分析】本题考查了盖斯定律的应用及其化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，题目难度中等，注意明确化学平衡的影响因素，掌握利用三段式进行化学平衡的计算方法。【解答】解：(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H1=802kJmol1CO(g)+12O2(g)=CO2(g)H2=283kJmol1H2(g)+12O2(g)=H2O(g)H3=242kJmol1利用盖斯定律将3可得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=H1H23H3，故答案为：H1H23H3；(2)根据图象，反应在不同催化剂(、)作用下反应相同时间后，CH4的转化率为，所以三种催化剂、的催化效率由高到低的顺序是，故答案为：；因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂(、)作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；此时反应一直向正反应方向移动，b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以c点CH4的转化率高于b点，故答案为：b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；(3)依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O(g)物质的量为a，2a； CH4(g) + H2O(g) CO(g)+ 3H2(g)起始量(molL1)a 2a 0 0变化量(molL1)2a0.1322a0.132 2a0.132 6a0.396平衡量(molL1)0.132a 0.132 2a0.132 6a0.39610h后CH4的转化率为80%，则2a0.132a=80%，解得a=0.11，所以010h内消耗CH4的平均反应速率V=ct=(20.110.132)mol/L10h=0.0088mol/(Lh)，答：010h内消耗CH4的平均反应速率为0.0088mol/(Lh)；(4)700时化学反应速率比850的小，曲线斜率则700小，达到平衡需要的时间长，由于该反应为吸热反应，温度降低，CH4的转化率也减小，所以达到平衡时700时CH4的转化率比850的小，据此画出700时CO2的转化率随时间变化的示意图为，故答案为：.(5)物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应参加反应的乙苯为nmol，则： +H2(g)开始(mol)： n 0 0转化(mol)： n n n平衡(mol)： n(1) n n维持体系总压强p恒定，在温度T时，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V，则，故V=(1+)V，再根据平衡常数表达式，故答案为：n212v；该反应是正反应方向气体分子数增加的反应，恒压下，加入水蒸气反应器体积扩大，相当于起减压的效果，使平衡向右移动，乙苯的平衡转化率提高。11. 氮(N)、磷(P)、砷(As)等VA族元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国科研人员研究发现As2O3(或写成As4O6，俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。回答下列问题：(1)As原子的核外电子排布式为_；P的第一电离能比S大的原因为_。(2)写出一种与CN互为等电子体的粒子_(用化学式表示)；(SCN)2分子中键和键个数比为_。(3)砒霜剧毒，可用石灰消毒生成AsO33和少量AsO43，其中AsO33中As的杂化方式为_，AsO43的空间构型为_。(4)NH4+中H一N一H的键角比NH3中H一N一H的键角大的原因是_；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如上图1)，该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：_。(5)BN的熔点为3000，密度为2.25gcm3，其晶胞结构如上图2所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有_个，若原子半径分别为rNpm和rBpm，阿伏加德罗常数值为NA，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_(用含NA的代数式表示)。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3；P的3p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大(2)CO或N2；5：4(3)sp3；正四面体(4)NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H一N一H的键角比NH3中大 ；由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子形成的配位键(5)4； 31030NArN3+rB325100【解析】【分析】本题考查原子核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，等电子体，键和键的判断，杂化方式和空间构型的判断，晶体的分析和计算。难度较大，掌握相关概念及物质的结构是解答的关键。【解答】(1)As原子核外有33个电子，根据构造原理，As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3。P和S都处于第三周期，S的价电子排布式为3s23p4，P的价电子排布式为3s23p3，P的3p能级处于半充满，比较稳定，P的第一电离能比S的大，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3；P的3p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大；(2)用“替代法”，与CN互为等电子体的粒子有CO、N2、C22等。(SCN)2的结构式为NCSSCN，单键全是键，三键中有1个键和2个键，(SCN)2分子中有5个键、4个键，键和键个数比为5:4，故答案为：CO或N2；5：4；(3)AsO33中As上的孤电子对数=12(5+332)=1，成键电子对数为3，As的价层电子对数为1+3=4，As的杂化方式为sp3杂化。AsO43中As上的孤电子对数=12(5+342)=0，成键电子对数为4，As的价层电子对数为0+4=4，AsO43的VSEPR模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO43的空间构型为正四面体，故答案为：sp3；正四面体；(4)NH4+中HNH的键角比NH3中HNH的键角大的原因是：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H一N一H的键角比NH3中大。NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子与Cu2+形成的配位键，原因是：O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子与Cu2+形成的配位键弱于氨分子与Cu2+形成的配位键，故答案为：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H一N一H的键角比NH3中大；由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子形成的配位键；(5)用“均摊法”，B：81/8+61/2=4，N：4，该晶体的化学式为BN，根据晶胞，晶体中一个N原子周围距离最近的B原子有4个，则一个B原子周围距离最近的N原子有4个。一个晶胞中原子的体积为4(43rN3+43rB3)pm3=4(43rN3+43rB3)1030cm3，晶胞的体积为4(25g2.25g/cm3N