2019届广东省汕头市高三上学期期末考试化学试题(解析版)

1、2019届广东省汕头市高三上学期期末考试化学试题（解析版）注意事项:1 .本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、座位号、考生号填写在答题卡上。2 .回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3 .回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 Cl-35.5 Fe-56 V-51第I卷一、选择题：本题共 13小题，每小题6分，在每小

2、题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1 .练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH+废水和工业废气（主要含 N、CO、SO、NO CO,设计了如下工业流程：下列说法错误的是A.气体I中主要含有的气体有 N2、NO COB. X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气C.处理含NH+废水时，发生离子方程式是：NH+NO=Nd +2H2OD.捕获剂所捕获的气体主要是 CO【答案】B【解析】【分析】工业废气中CO、SO可被石灰乳吸收，生成固体 I为CaCQ CaSO,气体I是不能被过量石灰乳吸收的Nb、NO CO气体I通入气体X,用NaOH§液处理后

3、到的 NaNQ X可为空气，但不能过量，否则得到NaNQNaNO与含有NH+的溶液反应生成无污染气体，应生成Na,则气体II含有CO Nb,捕获剂所捕获的气体主要是CO以此解答该题。【详解】工业废气中 CO、SO可被石灰乳吸收，生成固体I为CaC CaSO,气体I是不能被过量石灰乳吸收的Nt、NO CO气体I通入气体X,用NaOH§液处理后到的 NaNQ X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO, NaNO与含有NH+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体 II含有CO N2,捕获剂所捕获的气体主要是 COA.工业废气中CO、SO可被石灰乳吸收，生成CaCQ CaSO,因Ca(

4、OH过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCQ CaSO,气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO CO A正确；B.由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N、NO CO气体I通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO, X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO, B错误；C. NaNO与含有NH+的溶液反应生成无污染气体，应生成Nb,发生氧化还原反应，离子方程式为NH+NG- =Na T +2H2O, C 正确；D.气体II含有CO N2,经捕获剂所捕获的气体主要是CQ D正确；故答案选R【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性

5、质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识。2.设Na为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A. 5.6 g 铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2N aB. 1 mol苯分子中含有的碳碳双键数为32C.在0.1 molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NaD. 6.2g 白磷分子中含PP键为0.2Na【答案】A【解析】【详解】A. Fe与S反应生成FeS, Fe的化合价变为+2价，5.6g铁物质的量是0.1mol , 1mol铁失去2mol电子，所以0.1mol铁反应转移的电子数为 0.2Na, A正确；B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单

6、键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，无碳碳双键，B错误；C.NaHSO晶体由Na+和HSO构成，0.1mol NaHSO,中含离子总数为 0.2 Na, C错误；D.白磷分子是正四面体结构，1个分子中含有6个P- P共价键，6.2 g白磷(分子式为P4)的物质的量是0.05mol ,分子中含有 P- P共价键0.3mol ,含P-P键数目为0.3Na, D错误；故合理选项是A。3.化学与生活密切联系，下列有关物质性质与应用对应关系正确的是A. SiO 2具有很强的导电能力，可用于生产光导纤维B. Na 2CO溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多C. NH3具有还原性，可用于检查 HCl泄漏D. Ba

7、SO4不溶于水和盐酸，可用作胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】【详解】A.SiO2纤维传导光的能力非常强，所以是制光导纤维的主要原料，但二氧化硅不能导电，A错误;B.碳酸钠溶液的碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，应选氢氧化铝或碳酸氢钠来治疗胃酸过多，B错误；C.NH3与HCl反应生成NHCl白色固体，因此会看到产生大量的白烟，利用这一现象可检查HCl是否泄漏，与NH的还原性无关，C错误；D.硫酸钢不溶于水，也不能与盐酸反应，同时也不能被X射线透过，因此可用作钢餐，用于胃肠X射线造影检查，D正确； 故合理选项是D=九”芳煌主要成分包含(a)4.2018年11月4日凌晨，福建泉州泉港区发生“碳九”

8、泄露，对海洋环境造成污染， 危害人类健康。“碳(b)、ApeHJ(c)等，下列有关三种上述物质说法错误的是A. a、b、c互为同分异构体B. a 、b、c均能与酸性高镒酸钾溶液反应C. a中所有碳原子处于同一平面D. Imolb最多能与4molH2发生反应【答案】A【解析】【详解】A.a、c分子式是C9H12,结构不同，是同分异构体；而 b分子式是 QHb, b与a、c的分子式不相同, 因此不能与a、c称为同分异构体，A错误；B.a、b、c三种物质中与苯环连接的C原子上都有H原子，且b中含碳碳双键，因此均能被酸性高镒酸钾溶液氧化，B正确；C.苯分子是平面分子，a中三个甲基的C原子取代苯分子中

9、H原子的位置与苯环的碳原子相连，所以一定 在苯环的平面内，C正确；D.b分子内含有1个苯环和1个碳碳双键，所以1molb最多能与4molH发生反应，D正确；故合理选项是A。5.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的液体b中的物质c中收集的气体d中的液体A浓氨水碱石灰NHH2OB浓硝酸CuNQH2OC浓硫酸NaSOSONaOH(D稀硝酸CuNONaOH(A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空

10、气方法收集，A错误；B.浓硝酸与Cu反应产生NO气体，NO密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO是大气污染物，但NO若用水吸收，会发生反应：3NO+H2O=2HNO+NQ产生的NO仍然会污染空气，B错误；C.浓硫酸与NkSO发生复分解反应，产生 NaSO、H2。SO, SO密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO是大气污染物，可以用 NaOHm吸收，发生反应为：SQ+2NaOH=NSQ+H2O,为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，C正确；D.稀硝酸与Cu反应产生NO气体，NO与空气中的氧气会发生反应，所以不能用排空气方法收集，D错误;故合理选项是C6.下列五种短周期元

11、素的某些性质如表所示（其中只有W Y、Z为同周期元素）。TOftXWYZR原子半径（pmi）37646670154主要化合价+1-1-2+5、-3+ 1下列叙述错误的是A.原子半径按X、W Y、Z、R的顺序依次增大B. X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体C. W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH>HbY>HWD. R元素可分别与X、W Y三种元素形成离子化合物【答案】C【解析】【分析】根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1,则X位于第IA族；W Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W的第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第V

12、A族元素，R为第IA族元素，其原子半径最大，且 为短周期元素，所以 R是Na元素，W Y、Z都属于第二周期元素，所以 W是F元素、丫是O元素、Z是N 元素，X原子半径小于 W 所以X是H元素，再结合物质的结构分析解答。【详解】A.原子的电子层数越大，其原子半径越大；同一周期元素中，原子半径随原子序数增大而减小。H是第一周期的元素，Na是第三周期的元素，M Q F是第二周期的元素，原子序数F>O>N所以原子半径按X、W Y、Z、R的顺序依次增大，A正确；B.由H、O N三种元素形成的化合物，其晶体可能是分子晶体，如HNO;也可能是离子晶体，如 NHNO, B正确；C.同一周期的元素，

13、原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：F>O>N所以这三种元素形成的气态氢化物稳定性：NH<HO<HF C错误；D.Na与H F、O三种元素可以形成化合物 NaH NaF、NaQ NaQ,这些物质都是离子化合物，D正确；故合理选项是C【点睛】本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据元素的原子半径、主要化合价结合元素周期律来 推断元素是本题解答关键。易错选项是B,由H。N三种元素形成的化合物，硝酸晶体是分子晶体、硝酸俊是离子晶体，为易错点。7 .我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：HS+O-hQ+S。

14、已知甲池中有如下的转化：(AQ)(H2AQ)«酸 金碉膜光N型半导体 乙池下列说法错误的是：A.该装置可将光能转化为电能和化学能8 .该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C.甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+2e=HAQD.乙池处发生反应：H2S+I3-=3I-+SJ +2H+【答案】B【解析】【分析】A.装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；B.原电池中阳离子移向正极；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-,据物质的变化确定发生的反应。【详解】A.装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能

15、转化为电能和化学能的装置，A正确；B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B错误；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H+2e-=HAQ C正确；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I 3得电子生成I-,发生的反应为 H2S+I3-3I-+Sj +2H+, D正确。故合理选项是Bo【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，注意溶液中离子移动方向：在原电池中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，本题难度适中。第n卷8 .化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化

16、学兴趣小组设计如图实验装置(夹持设备已略)制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题:仪器a的名称是。(2)A装置中发生的化学反应方程式为 。若将漂白粉换成 KCld,则反 应中每生成21.3g Cl 2时转移的电子数目为 Na。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若 C处发生了堵塞，则 B中可观察到 。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时 C中I、n、出依次可放入 (填选项a或b 或c)。选项Inma干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置 D E的目的是比较氯、澳、碘的非金

17、属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于澳，打开活塞，将D中少量溶液加入 E中，振荡E,观察到的现象是,该现象 (填“能”或“不能”)说明澳的非金属性强于 碘，原因是。【答案】 (1).长颈漏斗(2). Ca(ClO)2+4HC1(浓)一CaCl 2+2CI2 T +2H2。(3). 0.5 (4).液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱(5). b (6). 溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色.不能(8). 过量的Cl2也可将I-氧化为I2【解析】【分析】(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；(2)次氯酸钙具有强氧

18、化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClQ,该物质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2,根据方程式物质变化与电子转移关系计算；(3)装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中， 氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；(5)氯气氧化性强于澳，氯气能够置换澳；澳氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换 碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。【详解】(1)根据图示可知仪器 a名称为长颈漏斗；(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯

19、化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)一CaCl2+2Cl2,+2H2。，若将漂白粉换为 KCIQ,根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KCIQ+6HCI(浓尸KCI+3CI 2 T +340,由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，质量是21.3gCl 2 的物质的量是0.3mol ,所以反应转移了 0.5mol电子，转移电子数目为0.5Na；(3)反应产生的Cl 2中混有氯化氢和水蒸气，装置 B中饱和食盐水的作用是除去 Cl2中的HCl；装置B亦作 安全瓶，监测实验进行时 C中是否发生堵塞。若发生堵塞时 B中的气体压强增大，使 B中液体进入长颈漏 斗

20、中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，a.I为干燥的有色布条不褪色，n中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和C12,进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验

21、证，c错误；故合理选项是b;(5)依据氯气和澳化钠反应生成澳单质，液体澳单质、过量的C12都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的C12也可将I-氧化为I2所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明澳的氧化性强于碘。【点睛】本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原方程式的书写及计算，题目难度中等。9 .我国是世界上最大的鸨储藏国，金属鸨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉；现以白鸨矿(主要成分为CaWO还含有二氧化硅、氧化铁等杂质 )为原料冶炼高纯度金属鸨，

22、工业流程如下：已知：鸨酸酸性很弱，难溶于水；完全沉淀离子的 pH值：SiO32-为8, WO-为5;碳和金属鸨在高温下会反应生成碳化鸨。回答下列问题：(1)工业上生产纯碱常先制得碳酸氢钠，此法叫“联碱法”， 为我国化工专家侯德榜创立，即向饱和食盐水中先通入NH,再通入CO,最终生成碳酸氢钠晶体和氯化钱溶液，写出该化学反应方程式： (2)流程中白鸨矿 CaWG口纯碱发生的化学反应方程式是： 。(3)滤渣B的主要成分是(写化学式) 。调节pH可选用的试剂是： (填选项)。A.氨水 B. 盐酸 C.NaOH 溶液 D.Na 2CO溶液(4)检验沉淀C是否洗涤干净的操作是 。(5)为了获得可以拉制灯丝

23、的高纯度金属鸨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是(6)将氢氧化钙加入鸨酸钠碱性溶液中可得到鸨酸钙，已知某温度时，&(CaWQ=1 X10-10,KpCa(OH)2=4X10-7,当溶液中 WO-恰好沉淀完全(离子浓度等于10-5mol/L )时，溶液中c(OH-尸。【答案】 (1). NH+CO+HO+NaCHNaHCa +NHC1(2). CaW4+NaCO 1000七 NaW0CaO+C0(3). H 2SQ3 (4). B (5).取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴加 12滴AgNO溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未

24、洗净。(6).如果用碳做还原剂，过量的碳混杂在金属中难以除去，而且碳会在高温下和金属鸨反应形成碳化鸨，不容 易获得纯的金属鸨，若用氢气作还原剂，就可避免该问题。(7). 0.2mol/L【解析】【分析】白鸨矿的主要成分是 CaWO含有SiO2、FezQ等杂质，白鸨矿与碳酸钠在 1000c温度下反应，SiO2与NaCO 会反应生成N&SiO3, FezQ不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WQ说明N&CO与CaWO应生成 NaWO,则滤渣 A为FeaQ等，滤液中含有 N&SQ3、NaWQ再调节pH在58之间，使 SiO32-转化为H2SiO3沉淀过滤

25、除去，母液中含有 N&WQ向其中加入盐酸得到沉淀C为HWQ沉淀C灼烧产生 亚胡口水，再还原 WO#到鸨。(1)NH3+CO+HO=NHHCO, NHHCO+NaCl=NaHCa +NH4C1,方程式叠力口得至U总反应方程式； (2)CaWQ与纯碱反应生成 N%WQ CaO与CO;(3)滤渣B为硅酸，调节溶液 pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，应加入酸；(4)检验沉淀C的表面会附着NaCl,用硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-判断；(5)在高温下碳或氢气都可置换出W但碳为固体，难以分离，且碳和金属鸨在高温下会反应生成碳化鸨；(6) 根据 Ksp(CaWQ=c(Ca 2

26、+) Xc(W。-)计算 c(Ca2+),再根据 GCa(OH)2= c(Ca 2+)Xc2(OH)计算 c(OH)。【详解】(1)向饱和食盐水中先通入足量氨气，使溶液显碱性，然后通入CQ气体，发生反应：NH+CQ+HO=NHHCO, NHHCO+NaCl=NaHC创+NHCI ,将两个反应方程式叠力口，可得总反应方程式： NH+CO+HO+NaCHNaHCU +NHCI;(2)CaWQ与纯碱在高温下反应生成 NaWQ CaO CO,反应方程式为：CaWGNaCQl七NaWO+CaO+CO?;(3)滤渣B的主要成分为H2SQ3,调节溶液pH,溶液中的SiO32-与H+反应产生HSid沉淀过滤除

27、去，所以应 加入盐酸，选项 B合理；(4)检验沉淀C是否洗涤干净的操作是：取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴加12滴AgNO溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净；(5)如果用碳做还原剂， 过量的碳混杂在金属中难以除去，而且碳会在高温下和金属鸨反应形成碳化鸨，不容易获得纯的金属鸨，若用氢气作还原剂，由于H2是气体，就可避免上述问题；(6)当溶液中 WO2-恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L ,根据Ksp(CaW= c(Ca 2+) x c(WO-)=1 x 10-10,则溶液中 c(Ca2+)=1 xi0-5mol/L ,

28、再根据 KspCa(OH)2= c(Ca 2+)Xc2(OH),可知 1 x 10-5mol/L x c 2(OH尸 KpCa(OH)2=4X10-7,所以 c(OH)=0.2mol/L 。【点睛】本题考查化学工艺流程的知识，涉及物质的分离提纯、离子的检验、化学实验基本操作、对原理 的分析评价、溶度积常数的有关计算等，关键是对工艺流程的理解，全面考查了学生的知识运用能力、接 收信息的能力等。10.甲胺铅碘(CH3NHPbl3)可用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，由CHNH、Pbl2及HI为原料合成,回答下列问题：(1)制取甲胺的反应为 CHOH(g)+NH(g) = CHNH(g) +

29、HO(g)A H已知该反应中相关化学键的键能数据如下：共价键C- OH- ON- HC- N键能 /(kJ/mol)351.5463393293则该反应的 A H=kJ/mol。(2)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)+2H(g) = CHOH(g) AH<0o在一定条件下，将1 mol CO和2 mol H 2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CHOH的体积分数。(CH30H度化趋势如图所示：下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是 。A.体系中气体的密度保持不变B.CO的消耗速率与CHOH的消耗速率相等C.体系中CO勺转化率和 比的

30、转化率相等D.体系中CHOH的体积分数保持不变平衡时，M点CHOH的体积分数为10%则CO的转化率为 。某同学认为上图中 Y轴表示温度，你认为他判断的理由是 (3)实验室可由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的Pbl2,同时生成I2,写出发生的化学反应方程式(4)HI的制备：将0.8molI 2(g)和1.2molH2(g)置于某1L密闭容器中，在一定温度下发生反应:l2(g)+H2(g) =2HI(g)并达到平衡。HI的体积分数随时间的变化如表格所示：时间(min)1234567HI体积分数26%42%52%57%60%60%60%该反应的平衡常数 K=。反应达到平衡后，在7min时将容器体积压

31、缩为原来的一半，请在图中画出 c(HI)随时间变化的曲线molA2 A 1 * ' 1.7eLj_I1_I_i_I_L>0 12 3 4 5 6 7ft "mn【答案】(1).-11.5 (2). BD (3). 25% (4). X轴上a点的数值比b点小，随着 Y值的增加，CHOH的体积分数(HCHOH)M小，平衡逆向移动(5).Pb3O4+8HI=3PbI 2+12+4H2O (6).12 .匚旧。rrol/l【解析】【详解】(1)反应热=反应物总键能一生成物总键能，故H=3E(C -H)+E(C-O)+E(H-O)+3E(N- H)-3E(C H)+E(C N)+

32、2E(N H)+2E(HO)=(351.5+393-293-463)kJ/mol=-11.5kJ/mol;(2)A.由于体系的体积不变，气体的质量不变，所以任何情况下气体的密度保持不变，故不能作为判断平衡的标志，A错误；B.CO是反应物，CHO俄生成物，二者白系数相等，CO的消耗速率与等于 CHOH的消耗速率相等，则反应处于平衡状态，B正确；C.CQ凡都是反应物，二者反应的物质的量的比是1: 2,加入的二者的物质的量的比是1:2,所以任何情况下体系中CO的转化率和Hb的转化率相等，不能判断反应是否为平衡状态， C错误；D.若反应未达到平衡状态，则CHOH的体积分数就会发生变化，现在体系中CHO

33、H的体积分数保持不变，则反应处于平衡状态，D正确；故合理选项是BD;对于反应 CO(g)+2H(g) =/CHOH(g) A H<0。正反应是气体体积减小的反应，初始量：1mol 2mol 0变化量：x 2x x平衡量：1-x2-2xx平衡时，CHOH的体积分数为10% 则x 100%= 10%,解得x=0.25 ,所以CO的转化率为(1 - x) + (2 - 2x) + xO25mQl -X 100% = 25% oJmol根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CHOH的体积分数。(CH3OH城小，平衡逆向移动，故Y表示温度； 由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的Pb

34、l2,反应的化学方程式为：PbsQ+8HI=3PbI 2+12+4H2O;(4)由表中数据可知，5min时处于平衡状态，设12消耗浓度为xmol/L,则：I2(g) + H 2(g) 2HI(g)起始浓度(mol/L) : 0.8 1.20转化浓度(mol/L) ： xx2x平衡浓度(mol/L) 0.8-x 1.2-x 2x_ 2x，,，/(HI)1 ?HI的体积分数为 60%则：一乂100%=60% 解得x=0.6 ,化学平衡常数 K=12。20口, x 0.2 x 0.6达到平衡后，HI的浓度为1.2mol/L，在7min时将容器体积压缩为原来的一半，由于该反应是气体体积不变的反应，所以

35、压强增大，化学平衡不发生移动，HI的浓度变为原平衡的 2倍，即HI浓度变为2.4mol/L ,c(HI)随时间变化的曲线为：c(hl) moiA11.钮(23V)是我国的丰产元素，广泛应用于催化及钢铁工业，有“化学面包”、金属“维生素”之称。回答下列问题:(1)钮原子的核外电子排布式为 ，在元素周期表中的位置为 (2)VzQ常用作SO转化为SO的催化剂。基态 S原子电子占据最高能级的电子云轮廓为 形；气态SO以单分子形式存在，其分子的立体构型为 形；固体SQ的三聚体环状结构如图所示， 该结卞中S- O键长有a、b两类，b的键长大于a的键长的原因为(3)V2Q溶解在NaOH§液中，可得

36、到锂酸钠(NasVO),该盐阴离子中 V的杂化轨道类型为 ;也可得到偏钮酸钠，其阴离子呈如图所示的无限链状结构，则偏钮酸钠的化学式为(4)钮的某种氧化物晶胞结构如图所示。该氧化物的化学式为 ,若它的晶胞参数为 x nm,则晶胞的密度为 g/cm 3。0-0 O-V【答案】(1). 1s22s22P63s23P63d34s2 (2). 第四周期VB族(3). 哑铃(4).平面正三角形(5). a键含有双键的成分，键能大，键长较短；b键为单键，键能较小，键长较长 (6).sp3 (7). NaVO165 x IO21(8). VO 2 (9). .nax【解析】【详解】(1)V是23号元素，可以推

37、知钮在元素周期表中的位置为第四周期VB族；根据构造原理知，1s<2s< 2p< 3s< 3p< 4s< 3d< 4p,因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s1(2)S是16号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,其最高能级是3P能级，其电子云形状是哑铃形；SO中S原子价层电子对数 =3+=3,且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论，判断其空间构型为6-2乂3平面正三角形；根据SO的三聚体环状结构可知，该结构中硫原子形成 4个键，该结构中S-O键长有两类，一类如图 1中a所示，a键含有双键的成分，键能大，键长较短；另一类为 b键，b键为单键，键能较小，键长较长，所以b的键长大于a的键长；(3)VO43-中，V形成4个d键，孤电子对数为5f 2 =。, V的价层电子对数为 4