山东省师范大学附属中学2020届高考化学考前模拟试题（含解析）

山东省师范大学附属中学2020届高考化学考前模拟试题（含解析）1.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 常温常压下，1 mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NAB. pH1H2SO3溶液中，含有0.1NA个HC. 1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD. 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA【答案】A【解析】【详解】A.一个14C中的中子数为8，一个D中的中子数为1，则1个甲基(14CD3)所含的中子数为11，一个14C中的电子数为6，一个D中的电子数为1，则1个甲基(14CD3)所含的电子数为9；则1 mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故A正确；B. pH1的H2SO3溶液中，c(H+)为0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离子的数目,故B错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。2.下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD用CCl4提取溶在乙醇中的I2测量Cl2的体积过滤用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.四氯化碳是良好的有机溶剂，四氯化碳与乙醇互溶，不会出现分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；B. 氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定Cl2的体积，故B正确；C. 过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；D. NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是关于化学实验方案的评价， 实验装置的综合。解题时需注意氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积；NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。3.下列关于有机化合物 和 的说法正确的是A. 一氯代物数目均有6种B. 二者均能发生取代、加成和氧化反应C. 可用酸性高锰酸钾溶液区分D. 分子中所有碳原子可能在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；C. 中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1molL-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是A. X和Y、W均至少能形成两种化合物B. 乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C. 四种元素简单离子半径中Z的最小D. 气态氢化物的稳定性：XW【答案】B【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1molL-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。A. 根据上述分析 X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；B. 通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；C. W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；D. X和W为同主族元素，非金属性XW，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性XW，故D正确。答案选B。5.图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中不正确的是A. a极应与X连接B. N电极发生还原反应，当N电极消耗11.2 L(标准状况下) O2时，则a电极增重64 gC. 不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2Cl2e=Cl2D. 若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO3H2O10e=2CO210H【答案】C【解析】【详解】根据题给信息知，甲图是将化学能转化为电能的原电池，N极氧气得电子发生还原反应生成水，N极为原电池的正极，M极废水中的有机物失电子发生氧化反应，M为原电池的负极。电解氯化铜溶液，由图乙氯离子移向b极，铜离子移向a极，则a为阴极应与负极相连，即与X极相连，b为阳极应与正极相连，即与Y极相连。A. 根据以上分析，M是负极，N是正极，a为阴极应与负极相连即X极连接，故A正确；B. N是正极氧气得电子发生还原反应，a为阴极铜离子得电子发生还原反应，根据得失电子守恒，则当N电极消耗11.2L(标准状况下)气体时，则a电极增重11.2L22.4L/mol4264g/mol=64g，故B正确；C. b为阳极，当为惰性电极时，则电极反应式为2C12e=Cl2，当为活性电极时，反应式为电极本身失电子发生氧化反应，故C错误；D. 若有机废水中含有乙醛，图甲中M极为CH3CHO失电子发生氧化反应，发生的电极应为：CH3CHO+3H2Ol0e=2CO2+l0H+，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查的是原电池和电解池的工作原理。根据装置图中电极反应的类型和离子移动的方向判断甲图中的正负极、乙图中的阴阳极是解题的关键。6.25时，将浓度均为0.1 molL-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A. Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等B. b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1C. ac点过程中， 值不变D. a、b、c三点，c点时水电离出的c(H)最大【答案】D【解析】【详解】A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等，故A正确；B.由图可知0.1 molL-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X-)=c(NH4+)，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L0.05L/0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1，故B正确； C. a c点过程中，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；D. b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b 点时水电离出的c(H)最大，故D错误。答案选D。7.无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4。拟利用图中的仪器，设计组装一套实验装置制备SnCl4（每个装置最多使用一次）。已知：有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/沸点/Sn银白色固体231.92260SnCl2易水解，SnCl4易水解生成固态二氧化锡， 锡与Cl2反应过程放出大量的热SnCl4无色液体33114SnCl2无色晶体246652Fe3+Sn2+Fe2+Sn4+ Fe2+ + Cr2O72- +H+Fe3+Cr3+H2O（未配平）回答下列问题：(1)“冷凝管”的名称是_，装置中发生反应的离子方程式为_。(2)用玻管（未画出）连接上述装置，正确的顺序是（填各接口的代码字母）_。 (3)如何检验装置的气密性_，实验开始时的操作为_。(4)如果将制取的四氯化锡少许暴露于空气中，预期可看到的现象是出现白色烟雾，化学方程式为_。(5)可用重铬酸钾滴定法测定产品中的SnCl2的含量，准确称取该样品m g放于烧杯中，用少量浓盐酸溶解，加入过量的氯化铁溶液，再加水稀释，配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000molL-1重铬酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液15.00mL，则产品中SnCl2的含量为_%(用含m的代数式表示)，在测定过程中，测定结果随时间延长逐渐变小的原因是_（用离子方程式表示）。【答案】 (1). 直形冷凝管 (2). 2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O (3). BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ (4). 关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好 (5). 先打开中的活塞，待中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃中的酒精灯 (6). SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl (7). 855/m (8). 2Sn2+O2+4H+=2Sn4+2H2O【解析】【分析】装置为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过装置，装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止空气中的水蒸气进入装置以及吸收多余的Cl2，可在装置后连接装置。（1）根据仪器特点解答仪器名称，装置II中KMnO4与HCl反应制Cl2；（2）依据上述分析进行仪器连接；需注意制备的氯气应先除杂后干燥，干燥、纯净的氯气再和Sn反应，因为SnCl4易水解，应在收集SnCl4的装置后边连接干燥装置，防止空气中的水蒸气进入，同时要吸收尾气Cl2；（3）气密性的检验可采用加热法，升高发生装置体系内气体的温度，可以增大压强，使体系内空气外逸，当温度恢复初始温度时，体系内压强减小，导致浸没在水中的导气管内倒吸一段水柱；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气；（4）根据信息书写方程式；（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3+Sn2+=2Fe2+Sn4+ 、6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式3Sn2+Cr2O72-，由消耗的K2Cr2O7计算SnCl2，进一步计算SnCl2的含量；Sn2+具有强还原性，易被O2氧化。【详解】（1）“冷凝管”的名称是直形冷凝管；装置中是KMnO4和HC1制备氯气的反应，高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+，HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，离子反应方程式为2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O。本小题答案为：直形冷凝管；2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O。（2）装置为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过装置，装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置后连接装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。本小题答案为：BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。（3）检查装置的气密性用加热法，操作为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气，故实验开始时的操作为：先打开中的活塞，待中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃中的酒精灯。本小题答案为：关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好；先打开中的活塞，待中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃中的酒精灯。（4）根据表格所给信息，SnCl4易水解生成固态二氧化锡，将四氯化锡少许暴露于空气中，还可看到白色烟雾，说明水解产物中还有HCl，HCl与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，现象为白雾，化学方程式为SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。本小题答案为：SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。（5）用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时，发生的反应为2Fe3+Sn2+=2Fe2+Sn4+ 、6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，可得关系式3Sn2+Cr2O72-（或根据得失电子守恒判断），实验中消耗的n(K2Cr2O7)= 0.1000molL-10.015L=0.0015mol，则25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.0015mol3=0.0045mol，则250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.045mol，m(SnCl2)=0.045mol190g/mol=8.55g，则mg产品中SnCl2的含量为8.55g/mg100%=%；根据反应“2Fe3+Sn2+=2Fe2+Sn4+”得出Sn2+的还原性强于Fe2+，Sn2+在空气中易被氧化，测定结果随时间延长逐渐变小是因为SnCl2被氧气氧化，发生2Sn2+O2+4H+=2Sn4+2H2O反应，滴定时消耗的重铬酸钾的量减少，由此计算出的SnCl2量减小，测量结果变小。本小题答案为：855/m ；2Sn2+O2+4H+=2Sn4+2H2O。8.硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3）为原料制备硫酸镍的工业流程如下：已知： NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。Fe(OH)3不溶于NH4Cl氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl氨水的混合液生成Ni(NH3)62+。离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100下反应2小时，该操作的目的为_。（2）“滤渣I”主要成分在工业上的用途为_（只写1种即可），NH4Cl的电子式为_。（3）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_。（4）“氨解”的目的为_， “净化”时加入的H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为：_。 （5）“氧化”时发生反应的离子方程为_。（6）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持c(OH-)不低于_。(已知Ni(OH)2的Ksp=210-15， 1.4）。（7）工业上利用电解法处理含氯化镍的酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是_。已知：Ni2在弱酸性溶液中发生水解； 氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)。A碳棒上发生的电极反应：4OH4e=O22H2OB电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变【答案】 (1). 加快反应速率，提高镍元素的浸出率 (2). 制玻璃或制光导纤维 (3). (4). Cr3+4OH-=CrO2-+2H2O (5). 实现镍元素和铁元素的分离 (6). Ni(NH3)62+H2S=NiS+2NH4+4NH3 (7). 3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO+3S+4H2O (8). 1.410-5molL-1 (9). B【解析】【分析】废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3）经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于酸为滤渣的主要成分；向滤液中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到Ni(NH3)62+溶液；向溶液中通入H2S，生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO47H2O。据此解答。【详解】（1）“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100下反应2小时，是为了增大接触面积，加快反应速率，提高镍元素的浸出率。本小题答案为：加快反应速率，提高镍元素的浸出率。（2）二氧化硅不溶于稀硫酸，则“滤渣I”主要成分是二氧化硅， 二氧化硅主要应用于制玻璃或制光导纤维；NH4Cl中即含离子键又含共价键，是离子化合物，电子式为。本小题答案为：制玻璃或制光导纤维；。（3）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬继续反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为Cr3+4OH-=CrO2-+2H2O。本小题答案为：Cr3+4OH-=CrO2-+2H2O。（4）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl氨水的混合液生成Ni(NH3)62+，则 “氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离；“净化”时加入H2S，H2S与Ni(NH3)62+发生反应生成NiS沉淀，离子方程式为Ni(NH3)62+H2S=NiS+2NH4+4NH3。本小题答案为：实现镍元素和铁元素的分离；Ni(NH3)62+H2S=NiS+2NH4+4NH3。（5）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中的氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO+3S+4H2O。本小题答案为：3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO+3S+4H2O。（6）氢氧化镍中存在溶解平衡，。根据信息离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全，则，c(OH-)=1.410-5molL-1， 则若使溶液中的Ni2+沉淀完全，需维持c(OH-)不低于1.410-5molL-1。本小题答案为：1.410-5molL-1。（7）A. 由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH4e=2H2O+O2，故A正确；B. 镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2+2e=Ni，电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C. 因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性Ni2+(高浓度)H+Ni2+(低浓度)，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；D. 若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序ClOH，则Cl移向阳极放电：2Cl 2e=Cl2，电解反应总方程式会发生改变，故D正确。答案选B。9.硒（Se）是第四周期第A族元素，是人体内不可或缺的微量元素，H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的重要原料。（1）工业上从含硒废料中提取硒的方法是用硫酸和硝酸钠的混合溶液处理后获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸，硒酸与盐酸反应的化学方程式为_，最后通入SO2析出硒单质。（2）T时，向一恒容密闭容器中加入3mol H2和1mol Se，发生反应：H2(g) +Se(s) H2Se (g) ，H0下列情况可判断反应达到平衡状态的是_（填字母代号）。a.气体的密度不变 b.(H2)=(H2Se)c.气体的压强不变 d.气体的平均摩尔质量不变温度对H2Se产率的影响如图550时H2Se产率的最大的原因为： _。（3）H2Se与CO2在一定温度和催化剂条件下发生反应：H2Se(g)+CO2(g)COSe(g) +H2O(g)。该反应速率较低的原因除了温度和反应物的起始浓度外还可能_（填标号）。A催化剂活性降低 B平衡常数变大C有效碰撞次数增多 D反应活化能大在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2Se充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。反应平衡常数K1=_。若在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03。若在610 K绝热容器中重复实验，该反应的平衡常数K2_（填“”“”或“=”）K1。（4）已知常温下H2Se的电离平衡常数Ka1=1.310-4、 Ka2=5.010-11，则NaHSe溶液呈_（填“酸性”或“碱性”）。（5）H2Se在一定条件下可以制备出CuSe，已知常温时CuSe的Ksp=7.910-49，CuS的Ksp=1.310-36，则反应CuS(s)+ Se2-(aq)CuSe(s)+S 2-(aq)的化学平衡常数K=_（保留2位有效数字）。【答案】 (1). 2HCl +H2SeO4 H2SeO3+H2O+ Cl2 (2). ad (3). 低于550 时，温度越高反应速率越快，H2Se的产率越大；高于550 时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高平衡逆向移动H2Se的产率越小 (4). AD (5). 2.8103 (6). (7). 碱性 (8). 1.61012【解析】【分析】（1）此小题考查的是氧化还原反应方程式的书写。题中给出反应物，生成物，可根据得失电子守恒配平方程式；（2）根据化学平衡状态的本质和特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；根据温度对速率和平衡的影响分析。升高温度，速率加快；升高温度，平衡向吸热反应方向进行；（3）此小题考查的是影响速率的因素。A. 催化剂可以影响反应速率，催化剂的活性降低，反应速率减慢；B.平衡常数与反应速率没有关系；C.有效碰撞次数增多，化学反应速率越大；D.化学反应中，所需活化能越小，需要提供的能量越小，反应速率越快，所需活化能越大，需要提供的能量越大，反应越难进行，反应速率越慢；先三段式解题，再根据平衡常数公式进行计算；根据温度对平衡的影响和平衡常数的影响分析；（4）弱酸酸式盐溶液中，酸式根离子既存在电离平衡又存在水解水解，通过电离平衡常数计算比较二者的强弱来确定溶液的酸碱性；（5） 根据反应写出K，结合溶度积分析得出平衡常数K=。据此解答。【详解】（1）根据题意，硒酸与盐酸共热生成亚硒酸，硒酸中的硒元素化合价由+6价降低到+4价生成亚硒酸，盐酸中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，化学反应方程式为2HCl +H2SeO4 H2SeO3+H2O+ Cl2。本小题答案为：2HCl +H2SeO4 H2SeO3+H2O+ Cl2。（2）a.从反应式中可以看出Se为固体，反应过程中气体总质量是变化的，此反应在恒容容器总进行，根据，气体的密度是变化的，当气体的密度不再变化，说明反应达到平衡状态，故a正确；b.若用不同的物质表示反应速率，若一个为正反应速率，另一个为反应速率，且速率之比等于化学计量数之比，可证明反应达到平衡状态，此选项为(H2)=(H2Se)，二者速率之比为1:1，但没有表示出正、逆反应速率，不能证明反应达到平衡状态，故b错误；c.相同条件下压强之比等于物质的量之比，此反应反应物与生成物中气体的物质的量之比为1:1，是反应过程中气体物质的量不变的反应，则反应过程中气体的压强也不变，则气体的压强不变，不能证明反应达到平衡状态，故c错误；d.从反应式中可以看出Se为固体，反应过程中气体的总质量是变化的，且此反应反应物与生成物中气体的物质的量之比为1:1，是反应过程中气体的物质的量不变的反应，根据，气体的平均摩尔质量是变化的，当气体的平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故d正确。答案选ad。对反应H2(g) +Se(s) H2Se (g) ，H0来说，低于550时，温度越高反应速率越快，H2Se的产率越大；高于550时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高平衡逆向移动H2Se的产率越小。本小题答案为：低于550时，温度越高反应速率越快，H2Se的产率越大；高于550时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高平衡逆向移动H2Se的产率越小。（3）A. 催化剂可以影响反应速率，催化剂的活性降低，反应速率减慢，故A正确；B.平衡常数与反应速率没有关系，故B错误；C.有效碰撞次数增多，化学反应速率越大，故C错误；D.化学反应中，所需活化能越小，需要提供的能量越小，反应容易发生，反应速率越快，所需活化能越大，需要提供的能量越大，反应越难进行，反应速率越慢，故D正确。答案选AD。由题意设H2Se转化的物质的量为x，H2Se(g)+CO2(g) COSe(g)+H2O(g)起始时物质的量/mol 0.40 0.10 0 0转化的物质的量/mol x x x x平衡时的物质的量/mol 0.40-x 0.1-x x x已知反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则x/(0.40x)+(0.10x)+x+x=0.02，解得x=0.01，反应平衡常数K1=2.810-3。本小题答案为：2.810-3。若在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，水的物质的量分数增大，说明升高温度平衡正向移动，此反应为吸热反应。若在610 K绝热容器中重复实验，由于此反应为吸热反应，容器内温度降低，降低温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则K2K1。本小题答案为：K2K1。（4）常温下H2Se的电离平衡常数Ka1=1.310-4、 Ka2=5.010-11，HSe-的水解平衡常数=7.710-11Ka2，HSe-的水解程度大于电离程度，则NaHSe溶液呈碱性。本小题答案为：碱性。（5）反应CuS(s)+ Se2-(aq)CuSe(s)+S 2-(aq)的化学平衡常数K=1.61012，本小题答案为：1.61012。10.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序独特晶体。可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为_。H2F+SbF6（氟酸锑）是一种超强酸，存在H2F+，该离子的空间构型为_，依次写出一种与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_、_。（3）硼酸（H3BO3）和四氟硼酸铵（NH4BF4）都有着重要的化工用途。H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序_（填元素符号）。H3BO3本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH生成B(OH)4，而体现弱酸性。B(OH)4中B原子的杂化类型为_。NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸铵中存在_（填序号）：A 离子键 B 键 C 键 D 氢键 E 范德华力 （4）SF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系的键能。则SF的键能为_kJmol-1。 （5）CuCl熔点为426，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908，密度为7.1gcm-3。CuF比CuCl熔点高的原因是_； 已知NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如上“图b”。则CuF的晶胞参数a=_nm （列出计算式）。【答案】 (1). X射线衍射 (2). (3). V型 (4). H2O (5). NH2- (6). FNOB (7). sp3 (8). AB (9). 327 (10). 由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力 (11). 107【解析】【分析】（1）通过X射线衍射区分晶体、非晶体、准晶体；（2）根据锑元素原子核外电子排布写出基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断H2F+的空间构型；用替代法书写与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子；（3）同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；B(OH)4中B的价层电子对=4+1/2（3+1-41）=4，所以采取sp3杂化；NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含3个键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个键和1个配位键；（4）键能指气态基态原子形成1mol化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6molSF键释放的能量为1962kJ，则形成1molSF键释放的能量为1962kJ6=327kJ，则SF的键能为327kJmol-1；（5）CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高；均摊法计算晶胞中Cu+、F-离子数，计算晶胞质量，晶胞质量=晶体密度晶胞体积；【详解】（1）从外观无法区分三者，区分晶体、非晶体、准晶体最可靠的方法是X射线衍射法。本小题答案为：X-射线衍射。（2）锑为51号元素，Sb位于第五周期VA族，则基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为；H2F+SbF6（氟酸锑）是一种超强酸，存在H2F+，H2F+中中心原子F的价层电子对数为2+=4，键电子对数为2，该离子的空间构型为V型，与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子为H2O、阴离子为NH2- 。本小题答案为：； V型 ；H2O ； NH2-。（3）H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素是B、N、O、F四种元素，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半充满较稳定，N的第一电离能大于O，则这四种元素第一电离能由大到小的顺序为FNOB。本小题答案为：FNOB。B(OH)4中B的价层电子对=4+1/2（3+1-41）=4，所以B采取sp3杂化。本小题答案为：sp3。NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，铵根离子中含3个键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个键和1个配位键，铵根离子和氟硼酸根离子以离子键相结合，则四氟硼酸铵中存在离子键、键、配位键。本小题答案为：AB。（4）键能指气态基态原子形成1mol化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6molSF键释放的能量为1962kJ，则形成1molSF键释放的能量为1962kJ6=327kJ，则SF的键能为327kJmol-1。本小题答案为：327。（5）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，而CuF的熔点为908，CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高。本小题答案为：由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力。晶胞中Cu+数目为81/8+61/2=4，F-数目为4，故晶胞质量=（464+419）gNA =（483）/NA g，根据=7.1g/cm3(a 10-7cm)3，a=107nm。本小题答案为：