成都七中高三月阶段性检测理综化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精成都七中2020届高中毕业班阶段性检测理科综合化学试题一、选择题：本题共13个小题，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.化学与人类活动密切相关。下列有关说法不正确的是A。油脂在酸性条件下可以水解，所以工业上常用此反应制取肥皂B。用水玻璃生产黏合剂和防火剂C.用浸泡过高猛酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D。含氟牙膏能抑制口腔细菌产生酸，在一定程度上能预防或减少龋齿【答案】A【解析】【详解】A。油脂在碱性条件下可以发生水解反应，生成高级脂肪酸盐和甘油，该反应叫做皂化反应，工业上常用此反应制取肥皂，故A错误；B。硅酸钠水溶液为水玻璃，具有粘性，不易燃烧，所以水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂,故B正确；C。乙烯是果实催熟剂，能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，因此浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土能够和乙烯反应，从而保鲜水果,故C正确；D.口腔细菌在碳水化合物代谢过程中会释放出有机酸，牙齿的主要成分是羟基磷灰石，容易被有机酸溶解,氟离子被吸收后,在组织和牙齿中取代羟基磷灰石的羟基,使之转化为氟磷灰石，在牙齿的表面形成坚硬的保护层，使硬度增大，抗酸腐蚀性增强，抑制嗜酸菌的活性，故D正确。故答案选：A.2。NA设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.8g环己院中含共价键数目为0.4NAB。过氧化钠与水反应，生成2.24L氧气时，转移的电子数为0.2NAC.142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NAD。用惰性电极电解CuSO4溶液后如果加入0.1molCu（OH）2能使溶液复原,则电路中转移电子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．2.8g环己烷含有共价键的物质的量为:2.8g÷84g/mol×18＝0。6mol,含共价键数目为0。6NA，故A错误；B．没有说明2.24L氧气是否为标况下测量，无法计算，故B错误；C．Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol，故142g混合物的物质的量为1mol，而且两者均含2个钠离子和1个阴离子，故1mol混合物中含离子共3NA个，故C正确；D．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0。1molCu（OH）2能使溶液复原,则说明阳极上放电生成了0。1mol氧气,故转移了0。4mol电子即0.4NA个，故D错误；故答案选:C。3。下列关于有机物a（)、b（)、c()的说法正确的是A。a、b互为同系物B。C中所有碳原子可能处于同一平面C。b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构）D。a易溶于水，b、c均能使酸性高猛酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A。a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误;B。c是1,4—环己二醇，碳原子均采取杂化,所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误;C。b的烃基是戊基(）,戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；故答案选：C。4.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液使酚酞变红并且可与X的氢化物形成一种共价化合物。Y是地壳中含量最多的金属元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。下列说法中一定正确的是A.它们的简单离子半径大小顺序：W<X〈Y<ZB.X的简单气态氢化物稳定性比Z的强C。W的氧化物对应水化物为强酸，具有强氧化性D。工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，该氢化物为氨气，则W为N元素；并且可与X的氢化物形成一种共价化合物,生成一水合氨，则X为O元素;Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的则Z原子最外层含有6个电子,结合原子序数可知Z为S元素,据此进行解答。【详解】短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,该氢化物为氨气,则W为N元素；并且可与X的氢化物形成一种共价化合物，生成一水合氨，则X为O元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素;Z原子最外层电子数是其内层电子总数的则Z原子最外层含有6个电子，结合原子序数可知Z为S元素，A。电子层数越多半径越大,电子层数相同时核电荷越多半径越小，所以原子半径大小顺序：X〈W<Z〈Y,故A正确;B。非金属性越强对应氢化物越稳定,氧元素的非金属性强于硫，所以X的简单气态氢化物稳定性比Z的强，故B错误；C.

W的最高价氧化物对应水化物硝酸为强酸,具有强氧化性，故C错误;D。氯化铝是共价化合物，工业上一般采取电解Y的熔融氧化物来生产Y的单质,故D错误；故答案选:A。5。利用待测溶液和指定的试剂设计实验,不能达到实验目的的是A.A B.B C。C D.D【答案】D【解析】【详解】A。向海带灰浸出液中加入稀硫酸酸化，再加入双氧水，溶液由无色变为黄色,可初步判断海带中含有碘元素，再加入淀粉，溶液变蓝色，可确定海带中含有碘元素，故A正确;B。先用硫酸铜溶液与过量烧碱溶液反应，得到新制的氢氧化铜悬浊液。将其与患者尿液混合，加热，若产生砖红色沉淀则说明患糖尿病,反之则不是，故B正确；C。用pH试纸测得洁厕剂显强酸性，取少量洁厕剂滴入硝酸钡溶液中，无明显现象，再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成则说明洁厕剂中含有氯离子，综上可检验洁厕剂的主要成分是盐酸,故C正确;D.硝酸的氧化性强于过氧化氢,用硫酸酸化的过氧化氢溶液和硝酸亚铁反应时，硝酸作为氧化剂，故不能说明过氧化氢的氧化性强于铁离子，故D错误；故答案选:D。6。如图，下列关于新型镁锂双离子二次电池的说法不正确的是A。充电时,外加电源的正极与Y相连B。充电时，导线上每通过lmole—，理论上左室电解液质量减轻12gC。放电时，Li十由左向右移动D.放电时,正极的电极反应式为Li1—xFePO4+xLi++xe—=LiFePO4【答案】B【解析】分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应,反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，阳极上LiFePO4失电子发生氧化反应，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。【详解】A.左边镁失电子、为负极，右边电极上得电子、发生还原反应、为正极,即X为负极接线柱、Y为正极接线柱，充电时,外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连,故A正确；B.充电时，导线上每通过1mole−,左室得电子发生还原反应，反应式为，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12−7=5g，故B错误；C。放电时，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极，即放电时,Li+由左向右移动，故C正确;D.右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为，故D正确；故答案选：B。7.常温下，向1L0.1mol•L—l一元酸HR溶液中逐渐通入氨气[已知常温下NH3•H2O电离平衡常数K=l.76x10—5]，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示.下列叙述正确的是A。0。lmol•L—1HR溶液的pH为5B。HR为弱酸,常温时随着氨气的通入，c(R—)/［c（OH—）.c(HR）]逐渐增大C.当通入0。1molNH3时，c(NH4+〉c(R—)D。当c（R—）=c（HR）时溶液必为中性【答案】C【解析】【分析】A．，当时，c（R−)＝c（HR),Ka＝c(H+)＝10−5mol/L,因为弱酸部分电离，则溶液中c（H+)≈c(R−)，c（HR）≈0。1mol/L;B。，电离平衡常数、离子积常数都只与温度有关；C．当通入0。1molNH3时，反应恰好生成NH4R，NH4+的水解平衡常数为，HR水解平衡常数，根据电荷守恒即NH4+和R−的水解程度大小分析；D．当

c(HR)＝c(R−)时，溶液的pH＝5。【详解】A．，当时，c(R−）＝c（HR)，Ka＝c（H+)＝10−5mol/L，因为弱酸部分电离，则溶液中c（H+)≈c（R−），c(HR)≈0。1mol/L，则溶液中,溶液的pH＝3，故A错误；B。，电离平衡常数、离子积常数都只与温度有关，温度不变，电离平衡常数及离子积常数不变，则不变，故B错误；C．当通入0.1molNH3时，反应恰好生成NH4R,NH4+的水解平衡常数为，HR水解平衡常数，所以NH4+的水解程度小于R−的水解程度，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒：c（NH4+)+c(H+）＝c(OH−）+c(R−)，由于c(OH−）〉c(H+)，所以c（NH4+)>c(R−),则溶液中离子浓度大小为c(NH4+）〉c(R−）>c(OH−）>c（H+)，故C正确；D．当

c（HR）＝c（R−)时，,溶液的pH＝5，溶液呈酸性，故D错误；故答案选：C。【点睛】利用数学等量变换关系找到已知量与所求比值的关系如.二、选择题:本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14∽18题只有一项符合题目要求，第19∽21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8。四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性气味的液体，有腐蚀性，常用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。工业上常用氯气与金属锡或SnCl2来制得。某化学兴趣小组把干燥氯气通入熔融SnCl2•2H2O中制取无水SnCl4有如图所示的相关装置:（1）盛装SnCl4的容器应贴上的安全警示标签是____________(填序号)。（2)装置b作用是______________________。(3）为避免SnCl4水解，通Cl2前应先除SnCl2的结晶水，其操作是_____________，在潮湿空气中SnCl4水解产生白色烟雾，其化学方程式为________________。（4)该学习小组最终制得的SnCl4呈黄色，可能的原因是______________________,如果要除去黄色得到无色产品,你的做法是________________________。(5）可以通过测定剩余SnCl4的量来计算该次实验的产率，方法是让残留的SnCl4与足量硫酸铁铣反应，其中Fe3+被Sn2+还原为Fe2+.然后在硫酸和磷酸混合条件下，以二苯胺磺酸钠作指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+过程中的离子方程式为a。Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+b。Cr2O72-＋____Fe2++（）____＝_____Cr3++______Fe3++()_____①完成并配平上述方程式b。②已知二苯胺磺酸钠还原态为无色，氧化态为紫色，则滴定达到终点的现象是____③若实验前称取22.6gSnC1•2H2O晶体于烧瓶中，实验结束后，向烧瓶内残留物中通入足量N2,取烧瓶内残留物溶于水配成250mL溶液,取25mL于锥形瓶中，用以上方法滴定，消耗0.0l00mol/LK2Cr2O7标准溶20。00mL,则SnCl4的产率最大值为__________.【答案】（1）。AC(2)。除去尾气中的氯气，防止空气污染(3)。防止外界水蒸气进入锥形瓶而使产物水解（4).从a口通入氯化氢气体，同时加热圆底烧瓶(5）.SnCl4+4H2O=Sn(OH)4+4HCl(或SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl)（6）.SnCl4溶有未反应的氯气(7）。加入锡粒(或加热、向SnCl4中通入氮气等，合理给分）（8）。1(9）.6（10）。14H+(11)。2（12）.6(13）.7H2O(14）。滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色（15)。94％【解析】【分析】(1）根据题目中“四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性液体，有腐蚀性”分析;（2)根据仪器特点和作用分析;(3）除去SnCl2•2H2O中结晶水，从抑制的SnCl2水解分析；SnCl4水解产生白色烟雾HCl和Sn(OH）4,据此书写；（4）SnCl4呈黄色可能含有氯气，通入惰性气体赶走氯气或将氯气反应为产品均可;（5）①反应条件是酸性环境,根据得失电子守恒和质量守恒可得;②K2Cr2O7标准溶液滴定完生成的Fe2+时，开始氧化二苯胺磺酸钠，得其氧化态，据此可得；③根据关系式：，则n(SnCl2•2H2O）=3n(K2Cr2O7）,则22.6g样品中,据此计算。【详解】(1)已知：四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性液体，有腐蚀性，则盛装SnCl4的容器应贴上的安全警示标签是腐蚀品,有刺激性,选AC;故答案为:AC；（2）装置b为干燥管，实验中氯气有毒不能直接排放,产物遇水易水解，装置应防止空气中的水蒸气进入，故干燥管的作用是：除去尾气中的氯气,防止空气污染，防止外界水蒸气进入锥形瓶而使产物水解；故答案为：除去尾气中的氯气，防止空气污染,防止外界水蒸气进入锥形瓶而使产物水解；(3）SnCl2水解：,为除去其结晶水，应在HCl的热气流中干燥，操作为：从a口通入氯化氢气体，同时加热圆底烧瓶；SnCl4水解产生白色烟雾HCl和Sn(OH)4，反应为:；故答案为:从a口通入氯化氢气体，同时加热圆底烧瓶；;(4)SnCl4呈黄色可能含有未反应的氯气，使其呈黄色；通入惰性气体赶走氯气或将氯气反应为产品均可，故加入锡粒（或加热、向SnCl4中通入氮气等）可除去黄色得到无色产品;故答案为：SnCl4溶有未反应的氯气；加入锡粒(或加热、向SnCl4中通入氮气等）;(5）①在硫酸和磷酸混合条件下，K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+。过程中的离子方程式为：；故答案为：1;6；14H+；2；6；7H2O；②K2Cr2O7标准溶液滴定完生成的Fe2+时，开始氧化二苯胺磺酸钠，得其氧化态，则当滴入最后一滴指示剂，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点；故答案为:滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色；③根据关系式：，则n(SnCl2•2H2O）=3n（K2Cr2O7），则22。6g样品中,则SnCl4的产率为；故答案为：94%.氧化还原方程式的配平根据得失电子守恒和质量守恒可得。9。精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥（主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下:已知:ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；ⅱ分银液中含银离子主要成分为[Ag（SO3）2]3－，且存在［Ag（SO3）2]3—Ag++2SOⅲ“分铜”时各元素浸出率如下表所示。（1）由表中数据可知,Ni的金属性比Cu______。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）______.“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象,原因是_______。(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AgCl的原因为_______。调节溶液的pH不能过低，理由为______（用离子方程式表示)。（4）已知Ksp[Ag2SO4]=1。4×10－5，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度（假定溶液中Ag+浓度为0。1mol/L）。________。(5）工业上,用镍为阳极，电解0。1mol/LNiCl2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）。强（2).Ag、AgCl（3）.H2O2分解放出氧气（4).2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4］－+3H2O(5）。分银液中存在［Ag(SO3）2］3—Ag++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（6）。SO32－+2H+=SO2↑+H2O（7）.溶液中SO42—浓度应低于1。4×10－3mol/L(8）.10（9）.H2【解析】【分析】铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时,单质铜发生的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”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的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]-，分金液的主要成分为［AuCl4］—；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为［Ag（SO3)2]3—,且存在［Ag（SO3）2]3—⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使［Ag(SO3)2]3—⇌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，以此解答该题。【详解】（1)由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。根据上述分析，“分铜"时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣,分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；(2)分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生的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]—，反应的离子方程式为：2Au+ClO3—+7Cl—+6H+=2［AuCl4］-+3H2O，故答案为2Au+ClO3—+7Cl—+6H+=2［AuCl4］-+3H2O；(3）分银液中主要成分为［Ag（SO3)2]3-，且存在[Ag（SO3)2］3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32—的浓度,平衡正向进行，能够析出AgCl的原因为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度,促使［Ag(SO3)2］3-⇌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,调节溶液的pH不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，故答案为H2SO4电离出的H+降低了SO32—的浓度，促使［Ag（SO3）2］3—⇌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；避免产生污染气体SO2;(3)分银液中主要成分为[Ag（SO3）2］3—,由于存在[Ag(SO3)2］3-⇌Ag++2SO32-,H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl;如果溶液的pH过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32－+2H+=SO2↑+H2O，故答案为分银液中存在[Ag(SO3）2]3—Ag++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；SO32－+2H+=SO2↑+H2O;(4)c(SO42—)===1。4×10－3mol/L,因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度低于1.4×10－3mol/L,故答案为溶液中SO42—浓度应低于1.4×10－3mol/L；(5）根据图象可知，NH4Cl的浓度为10g•L—1时，镍的成粉率最高,所以NH4Cl的浓度最好控制为10g•L—1，当NH4Cl浓度大于15g•L-1时，阴极有气体生成,阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H++2e—=H2↑或2NH4++2H2O+2e-=2NH3•H2O+H2↑，产生气体为氢气，故答案为10；H2.10.氯胺是一种长效缓释水消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺（NH2Cl，NHCl2和NCl3)。工业上可利用NH3（g）+Cl2（g）NH2Cl（g）+HCl（g）制备一氯胺.回答下列问题：（1）氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质是___，二氯胺与水反应的化学方程式为___。（2）已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和如图所示（忽略不同物质中同种化学键键能的细微差别）。化学键N—HN-ClH—Cl键能(kJ/mol）391。3x431。8则ΔH2=___kJ/mol，x=___。（3）在密闭容器中反应NH3（g）+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl（g）达到平衡，据此反应通过热力学定律计算理论上NH2Cl的体积分数随(氨氯比）的变化曲线如图所示.①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是___。T1温度下该反应的平衡常数为___（列出算式即可）。②在T2温度下，Q点对应的速率：v正___v逆（填“大于”“小于”或“等于”）.③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是___（任写1种)④若产物都是气体,实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是___。【答案】（1）。HClO(2).NHCl2+2H2ONH3+2HClO(3)。-1405。6（4）.191.2（5).Ka=Kb>Kc或a=b〉c（6)。（7）.小于(8)。加热(或者及时移出产物）（9）。有副产物生成，如NHCl2、NCl3、N2等【解析】【详解】（1）氯胺中N为—3价，Cl为+1价，在水中水解生成一种有强氧化性的物质，说明生成HClO;NHCl2水解生成氨气和次氯酸，其水解的离子方程式为NHCl2+2H2ONH3+2HClO；（2）根据图中内容，可以看出：ΔH2=-（ΔH1-ΔH）=ΔH—ΔH1=11.3kJ/mol—1416.9kJ/mol=—1405。6kJ/mol；根据图中内容，可以看出NH3(g）+Cl2(g）NH2Cl（g）+HCl（g）△H=+11。3kJ/mol,化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值,旧键断裂吸收能量,新键生成释放能量，设断裂1molN−Cl键所需的能量为x,新键生成释放的能量ΔH2=-（391。3×2+x+431.8）kJ/mol=-1405。6kJ/mol，解得x=191。2；（3）①反应NH3(g)+Cl2(g）NH2Cl（g)+HCl(g）是吸热反应，a和b温度一致，平衡常数相等，c点NH2Cl的体积分数减小，平衡常数减小，温度应该升高，所以Ka=Kb>Kc或a=b〉c；T1温度下，=0。4时，NH2Cl的体积分数为20％，设n（NH3）=0.4a，n（Cl2）=a,则有;NH3(g）+Cl2(g）NH2Cl（g）+HCl(g)起始(mol）0.4aa00转化（mol）xxxx平衡（mol）0。4a—xa-xxxNH2Cl的体积分数==20%，x=0.28a，平衡常数K===；②在T2温度下,Q点相当于加入部分NH2Cl,则v正不变，v逆增大，故v正小于v逆;③在氨氯比一定时，该反应吸热，可以加热来提高NH3的转化率，或者及时移出产物NH2Cl和HCl；④若产物都是气体，实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是有副产物生成，如NHCl2、NCl3、N2等。11。磷、硫、氯、砷等是农药中的重要组成元素。回答下列问题:(1）基态砷原子的核外价电子排布式为_______________。（2）生产农药的原料PSCl3中P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为____电负性由大到小的顺序为__________________________。（3)H2SO4为粘稠状难挥发性的酸，而HNO3是易挥发的酸，其原因是__________(4)COS（羰基硫)可用作粮食的熏蒸剂,其中碳原子的杂化轨道类型为________，所含共价键的类型为_____________，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O的电子式为_______________.（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2000℃,其晶胞结构如图所示。①磷化铝的晶体类型为_____________________。②A、B点的原子坐标如图所示,则C点的原子坐标为__________________。③磷化铝的晶胞参数a=546.35pm(lpm=10-12m),其密度为________g/cm3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的数值)。【答案】(1).4s24p3(2)。Cl＞P＞S（3).Cl＞S＞P(4)。H2SO4分子之间易形成氢键,分子间作用力增强，故难挥发；而HNO3易形成分子内氢键，造成分子间作用力减弱,易挥发（5）。sp(6).σ键和π键(7）。(8).原子晶体(9）。(1/4，1/4，3/4）(10).【解析】【分析】（1）As是33号元素，处于周期表中第四周期第VA族，其4s、4p能级上的电子为其价电子；（2)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，As元素原子4p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；同周期主族元素自左而右电负性增大；（3)根据分子间氢键和分子内氢键推理得出；（4）COS（羰基硫）中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型，共价双键中含有1个σ键、1个π键；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N、N原子之间存在共价双键；（5）①AlP熔点高，原子之间形成空间立体网状结构；②白色球C周围的黑色球形成正四面体结构，白色球处于正四面体体心，顶点黑色球与C的连线处于晶胞体对角线上，由几何知识计算C的坐标；③利用公式晶胞密度计算；【详解】(1）As是33号元素,处于周期表中第四周期第VA族,其4s、4p能级上的电子为其价电子,其价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3；(2）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，As元素原子4p能级为半充满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素的,故第一电离能为：Cl〉P>S。同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性：Cl〉S〉P,故答案为:Cl〉P〉S；Cl>S〉P;（3)H2SO4分子之间易形成氢键，分子间作用力增强，故难挥发;而HNO3易形成分子内氢键，造成分子间作用力减弱，易挥发,故答案为：H2SO4分子之间易形成氢键，分子间作用力增强，故难挥发；而HNO3易形成分子内氢键，造成分子间作用力减弱，易挥发；（4）COS(羰基硫）结构式为O=C=S，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，共价双键中含有1个σ键、1个π键，所以该分子中含有σ键和π键；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N、N原子之间存在共价双键，其电子式为，故答案：sp；σ键和π键;；(5）①AlP熔点高，原子之间形成空间立体网状结构,属于原子晶体，故答案为:原子晶体；②白色球C周围的黑色球形成正四面体结构，白色球处于正四面体体心,顶点黑色球与C的连线处于晶胞体对角线上，由几何知识可知二者连线等于晶胞体对角线长度的,C到左侧平面距离等于晶胞棱长的，即参数x的值,C到前平面距离等于晶胞棱长的，即参数y的值，C到下底面距离等于晶胞棱长的,即参数z的值,故C点的原子坐标为（，，），故答案为：（14，14，34);③该晶胞中P原子个数、Al原子个数为4,晶胞体积a3，晶胞密度，故答案为:。【点睛】晶胞计算时角上原子计，棱上原子计，面上原子计，内部原子计1，在根据公式计算即可.12。[化学--选修5：有机化学基础］环丁基甲酸（)是有机合成中一种重要的中间体。实验室以链状分子A为原料合成环丁基甲酸的路线如下:已知：请回答下列问题:（1)A化学名称是________，由A生成B的反应类型是_________.(2)B中所含官能团的名称为___________。