【KS5U解析】湖北省武漢市華中師大學(xué)第一附屬中學(xué)2020屆高三二月網(wǎng)上檢測理科綜合化學(xué)試題 Word版含解析

1、湖北省武漢市華中師大第一附屬中學(xué)2020屆高三二月網(wǎng)上檢測理綜化學(xué)試題1.四川省綿陽市2019屆高三第三次診斷性考試化學(xué)與科技、社會、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說法錯誤的是a. 我國出土的青銅禮器司母戊鼎是銅和鐵的合金b. 高純硅具有良好的半導(dǎo)體性能，可用于制光電池c. 港珠澳大橋鋼筋表面的環(huán)氧樹脂涂層屬于合成高分子材料d. 火箭推進(jìn)劑使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的環(huán)境污染小【答案】a【解析】【詳解】a司母戊鼎的主要成分是青銅，是銅錫合金，故a錯誤；b硅是半導(dǎo)體材料，可用于制光電池，故b正確；c環(huán)氧樹脂屬于高分子化合物，故c正確；d偏二甲肼-四氧化二氮作燃料，會產(chǎn)生二氧化氮等污染物，發(fā)射神舟十

2、一號飛船所用火箭的燃料是液氧和煤油，產(chǎn)物為二氧化碳和水，燃料毒性小、污染少，有利于環(huán)保，故d正確；答案選a。2.由下列實驗現(xiàn)象一定能得出相應(yīng)結(jié)論的是選項abcd裝置圖現(xiàn)象右邊試管產(chǎn)生氣泡較快左邊棉球變棕黃色，右邊棉球變藍(lán)色試管中先出現(xiàn)淡黃色固體，后出現(xiàn)黃色固體試管中液體變渾濁結(jié)論催化活性：fe3+cu2+氧化性：br2i2ksp：agclagbragi非金屬性：csia. ab. bc. cd. d【答案】a【解析】【詳解】a.兩溶液c(cl-)相同，可排除氯離子的影響，c(fe3+)比c(cu2+)小，也排除了濃度的影響，而右邊產(chǎn)生的氣泡快，說明催化活性：fe3+cu2+，故a正確；b.生成

3、的溴蒸汽中混有氯氣，氯氣和溴蒸汽均能氧化ki生成碘，所以不能說明氧化性br2i2，故b錯誤；c.2ml的agcl懸濁液，滴加2-3滴nabr后，有淡黃色沉淀，此時溶液中還含有大量的agcl，再滴2-3滴nai溶液，有黃色沉淀，可能是agcl轉(zhuǎn)化成了agi，則不能證明ksp：agbr agi，故c錯誤；d.生成的co2會混有hci，所以不能說明碳酸的酸性不硅酸的酸性強(qiáng)，則不能證明非金屬性csi，故d錯誤；本題答案為a。3.屠呦呦因發(fā)現(xiàn)治療瘧疾的青蒿素和雙氫青蒿素（結(jié)構(gòu)如圖）獲得諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎一定條件下青蒿素可以轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素下列有關(guān)說法中正確的是a. 青蒿素的分子式為c15h20o5b.

4、 雙氫青蒿素能發(fā)生氧化反應(yīng)、酯化反應(yīng)c. 1 mol青蒿素最多能和1 molbr2發(fā)生加成反應(yīng)d. 青蒿素轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素發(fā)生了氧化反應(yīng)【答案】b【解析】a由結(jié)構(gòu)可知青蒿素的分子式為c15h22o5，故a錯誤；b雙氫青蒿素含-oh，能發(fā)生氧化反應(yīng)、酯化反應(yīng)，故b正確；c青蒿素不含碳碳雙鍵或三鍵，則不能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，故c錯誤；d青蒿素轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素，h原子數(shù)增加，為還原反應(yīng)，故d錯誤；故選b。4.用廢鐵屑制備磁性膠體粒子，制取過程如下：下列說法不正確的是a. 用na2co3溶液浸泡是為了除去廢鐵屑表面的油污b. 通入n2是防止空氣中的o2氧化二價鐵元素c. 加適量的h2o2是為了將部分fe

5、2+氧化為fe3+，涉及反應(yīng)：h2o2+2fe2+2h+=2fe3+2 h2od. 溶液a中fe2+和fe3+濃度比為2:1【答案】d【解析】a、碳酸鈉的水溶液顯堿性，油污在堿中發(fā)生水解，因此碳酸鈉溶液浸泡可以除去廢鐵屑表面的油污，故a說法正確；b、fe2容易被氧氣氧化，因此通入n2的目的是防止空氣中的氧氣氧化fe2，故b說法正確；c、利用h2o2的氧化性，把fe2氧化成fe3，涉及反應(yīng)：2fe2h2o22h=2fe32h2o，故c說法正確；d、fe3o4中fe2和fe3物質(zhì)的量之比為1：2，故d說法錯誤。5.處理煙氣中的so2可以采用堿吸電解法，其流程如左圖；模擬過程如右圖，下列推斷正確的是

6、a. 膜1為陰離子交換膜，膜2為陽離子交換膜b. 若用鋅錳堿性電池為電源，a極與鋅極相連c. a極的電極反應(yīng)式為2h2o一4e一=4h+o2d. 若收集22.4l的p（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），則轉(zhuǎn)移4mol電子【答案】b【解析】分析】由流程圖可知，氫氧化鈉溶液與煙氣中的so2反應(yīng)生成亞硫酸鈉溶液，電解亞硫酸鈉溶液制得氫氧化鈉溶液和硫酸，制得的氫氧化鈉溶液可以循環(huán)使用；電解na2so3溶液時，亞硫酸根通過陰離子交換膜進(jìn)入右室，在b極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸根，so322e+h2o= so42+,2h+，則b極為陽極，與電源正極相連，左室中，水在a極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2h2o+2e

7、一=2oh+h2，溶液中oh濃度增大，na+離子通過陽離子交換膜進(jìn)入左室，則a極為陰極，與電源負(fù)極相連?！驹斀狻縜項、電解na2so3溶液時，亞硫酸根通過陰離子交換膜進(jìn)入右室，na+離子通過陽離子交換膜進(jìn)入左室，則膜1為陽離子交換膜，膜2為陰離子交換膜，故a錯誤；b項、a極為陰極，與鋅錳堿性電池的負(fù)極鋅極相連，故b正確；c項、a極為陰極，水在陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2h2o+2e一=2oh+h2，故c錯誤；d項、由陰極電極反應(yīng)式可知，若收集標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4l h2，轉(zhuǎn)移2mol電子，故d錯誤。故選b。【點(diǎn)睛】本題考查了電解原理，注意電解池反應(yīng)的原理和離子流動的方向，能夠正

8、確判斷電極名稱，明確離子交換膜的作用是解答關(guān)鍵。6.改變0.01mol/lnaac溶液的ph，溶液中hac、ac、h+、oh濃度的對數(shù)值lgc與溶液ph的變化關(guān)系如圖所示。若pka-lgka，下列敘述錯誤的是a. 直線b、d分別對應(yīng)h+、ohb. ph6時，c(hac)c(ac)c(h+)c. hac電離常數(shù)的數(shù)量級為10-5d. 從曲線a與c的交點(diǎn)可知pkaph4.74【答案】b【解析】【分析】微粒的濃度越大，lgc越大。酸性溶液中c(ch3cooh)0.01mol/l，lgc(ch3cooh)-2，堿性溶液中c(ch3coo-)0.01mol/l，lgc(ch3coo-)-2；酸性越強(qiáng)lg

9、c(h+)越大、lgc(oh-)越小，堿性越強(qiáng)lgc(h+)越小、lgc(oh-)越大，根據(jù)圖象知，曲線c為ch3cooh，a為ch3coo-，b線表示h+，d線表示oh-。據(jù)此分析解答?！驹斀狻縜. 根據(jù)上述分析，直線b、d分別對應(yīng)h+、oh，故a正確；b. 根據(jù)圖象，ph6時，c(ac)c(hac)c(h+)，故b錯誤；c. hac電離常數(shù)ka=，當(dāng)c(ch3cooh)=c(ch3coo-)，ka=c(h+)=10-4.74，數(shù)量級為10-5，故c正確；d. 曲線a與c的交點(diǎn)，表示c(ch3cooh)=c(ch3coo-)，根據(jù)c的分析，ka=c(h+)=10-4.74，pka-lgka-

10、lg c(h+)=ph4.74，故d正確；答案選b。7.短周期主族元素w、x、y、z的原子序數(shù)依次增加，k、l、m均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素x、y的單質(zhì),甲是常見的固體，乙是常見的氣體。k是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，0.05mol/l丙溶液的ph為l，上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是a. 原子半徑：w<x<yb. 元素的非全屬性：z>y>xc. 化合物xyz中只含共價鍵d. k、l、m中沸點(diǎn)最高的是m【答案】c【解析】【分析】0.05mol/l丙溶液的ph為l，可知丙為二元強(qiáng)酸，應(yīng)為h2so4，k是無色氣體，是主要的大氣污染物之

11、一，且可生成h2so4，則應(yīng)為so2，可知乙為o2，l為h2o，甲是單質(zhì)，且與濃硫酸反應(yīng)生成so2、h2o，可知甲為c，m為co2，則w為h元素，x為c元素，y為o元素，z為s元素?！驹斀狻縜項、同周期元素，原子半徑從左到右逐漸減小，co，故a錯誤；b項、同主族元素，從上到下非金屬性減弱，os，故b錯誤；c項、化合物cos都由非金屬性構(gòu)成，只含共價鍵，故c正確；d項、k、m常溫下為氣體，l為水，常溫下為液體，沸點(diǎn)最高，故d錯誤。故選c?！军c(diǎn)睛】本題考查元素周期律，側(cè)重考查分析能力和推斷能力，注意溶液ph為推斷突破口，熟練掌握元素化合物知識，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答關(guān)鍵。8.feb

12、r2是一種黃綠色固體，某學(xué)習(xí)小組制備并探究它的還原性。i實驗室制備febr2實驗室用如圖所示裝置制取溴化亞鐵。其中a為co2發(fā)生裝置，d和d中均盛有液溴，e為外套電爐絲的不銹鋼管，e是兩個耐高溫的瓷皿，其中盛有細(xì)鐵粉。實驗開始時，先將鐵粉加熱至600700，然后將干燥、純凈的co2氣流通入d中，e管中反應(yīng)開始。不斷將d中液溴滴入溫度為100120的d中。經(jīng)過幾小時的連續(xù)反應(yīng)，在鐵管的一端沉積有黃綠色鱗片狀溴化亞鐵。（1）若在a中盛固體caco3，a中盛6 mol/l鹽酸。為使導(dǎo)入d中的co2為干燥純凈的氣體，則圖中b、c處的裝置和其中的試劑應(yīng)是：b為_。c為_。為防止污染空氣，實驗時應(yīng)在f處連

13、接盛_的尾氣吸收裝置。（2）反應(yīng)過程中要不斷通入co2，其主要作用是_。探究febr2的還原性（3）實驗需要200 ml 0.1 mol/l febr2溶液，配制febr2溶液除燒杯、量筒、膠頭滴管、玻璃棒外，還需要的玻璃儀器是_，需稱量febr2的質(zhì)量為：_。（4）取10 ml上述febr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振蕩后溶液呈黃色。某同學(xué)對產(chǎn)生黃色的原因提出了假設(shè)：假設(shè)1：br一被cl2氧化成br2溶解在溶液中；假設(shè)2：fe2+被cl2氧化成fe3+設(shè)計實驗證明假設(shè)2是正確的：_（5）請用一個離子方程式來證明還原性fe2+>br一_：（6）若在40 ml上述febr2溶液中通入

14、3×10-3mol cl2，則反應(yīng)的離子方程式為_【答案】 (1). 飽和nahco3溶液的洗氣瓶 (2). 濃h2so4的洗氣瓶 (3). naoh溶液 (4). 用co2把反應(yīng)器中的空氣趕盡,將溴蒸氣帶入e管中 (5). 250 ml容量瓶 (6). 5.4g (7). 取適量黃色溶液，向其中加入少量kscn溶液，若溶液變血紅色，則證明假設(shè)2正確 (8). 2fe2+br2=2fe3+2br- (9). 4fe2+2br-+3cl2=4fe3+br2+6cl-【解析】【分析】i裝置a用碳酸鈣和鹽酸制取二氧化碳，裝置b中盛有的nahco3飽和溶液用于除去二氧化碳中的氯化氫氣體，裝置

15、c中盛有的濃h2so4是干燥二氧化碳，二氧化碳把反應(yīng)器中的空氣趕盡，并將油浴加熱的裝置d中溴蒸氣帶入e管中，在加熱條件下與鐵反應(yīng)生成黃綠色鱗片狀溴化亞鐵，在裝置f處連接盛有氫氧化鈉溶液的尾氣吸收裝置，吸收有毒的溴蒸汽，防止污染環(huán)境；fe2+和br-的還原性強(qiáng)弱順序為：fe2+>br-，向febr2溶液中滴加少量新制的氯水，氯氣先氧化fe2+，再氧化br-?！驹斀狻浚?）實驗時用碳酸鈣和鹽酸制取二氧化碳，鹽酸易揮發(fā)，制得的二氧化碳中混有氯化氫和水蒸氣，裝置b的作用是除去二氧化碳中的氯化氫氣體，可以用盛有nahco3飽和溶液的洗氣瓶洗氣，裝置c的作用是干燥二氧化碳，可以用盛有濃h2so4的洗

16、氣瓶干燥，溴蒸汽有毒，不能排到空氣中，氫氧化鈉溶液能夠與溴單質(zhì)反應(yīng)，為防止污染空氣，實驗時應(yīng)在f處連接氫氧化鈉溶液的尾氣吸收裝置，故答案為飽和nahco3溶液的洗氣瓶；濃h2so4的洗氣瓶；naoh溶液；（2）反應(yīng)前先通入一段時間co2，將容器中的空氣趕凈，避免空氣中的氧氣干擾實驗；反應(yīng)過程中要不斷通入co2，還可以油浴加熱的裝置d中溴蒸氣帶入e管中，使溴能夠與鐵粉充分反應(yīng)，故答案為用co2把反應(yīng)器中的空氣趕盡，將溴蒸氣帶入e管中；（3）配制200 ml 0.1 mol/l febr2溶液的玻璃儀器有燒杯、量筒、膠頭滴管、玻璃棒和250 ml容量瓶；250 ml 0.1 mol/l febr2

17、溶液中febr2的物質(zhì)的量為0.25mol，則febr2的質(zhì)量為0.25mol×216g/mol=5.4g，故答案為250 ml容量瓶；5.4g；（4）若假設(shè)2正確，向febr2溶液中滴加少量新制的氯水，fe2+被cl2氧化成fe3+，向反應(yīng)后的黃色溶液中加入kscn溶液，溶液會變?yōu)榧t色，故答案為取適量黃色溶液，向其中加入少量kscn溶液，若溶液變血紅色，則證明假設(shè)2正確；（5）溶液中fe2+和br2能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成fe3+和br-，反應(yīng)的離子方程式為2fe2+br2=2fe3+2br- ，則故答案為2fe2+br2=2fe3+2br-；（6）40 ml0.1 mol/l f

18、ebr2溶液中febr2的物質(zhì)的量為0.004mol， 0.004mol fe2+消耗cl2的物質(zhì)的量為0.002mol，3×10-3mol cl2有0.001mol cl2與br-反應(yīng)，反應(yīng)消耗br-的物質(zhì)的量為0.002mol，參與反應(yīng)的fe2+、br-和cl2的物質(zhì)的量比為0.004mol：0.002mol：0.003mol=4:2:3，則反應(yīng)的離子方程式為4fe2+2br-+3cl2=4fe3+br2+6cl-，故答案為4fe2+2br-+3cl2=4fe3+br2+6cl-?！军c(diǎn)睛】本題考查了實驗方案的設(shè)計與評價和探究實驗，試題知識點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)分析、理解

19、能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力，注意掌握化學(xué)實驗基本操作方法，明確常見物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)實驗方案設(shè)計原則是解答關(guān)鍵。9.過氧化氫(h2o2)在醫(yī)藥、化工、民用等方面有廣泛的應(yīng)用?；卮鹣旅鎲栴}：（1）最早制備h2o2使用的原料是易溶于水的bao2和稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。bao2的電子式為：_。（2）目前工業(yè)制備h2o2的主要方法是蒽醌法。反應(yīng)流程如下：已知：乙基蒽醌是反應(yīng)中的催化劑。蒽醌法所用原料的物質(zhì)的量之比為_。操作a是_。再生回收液的成分是_。（3）測量過氧化氫濃度常用的方法是滴定法，某次測定時，取20. 00ml過氧化氫樣品，加入過量硫酸酸化，用0. l000mol/l的kmno

20、4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗10. 00ml，滴定時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_，該樣品中h2o2的物質(zhì)的量濃度為_?！敬鸢浮?(1). bao2+h2so4=baso4+h2o2 (2). (3). 1:1 (4). 萃取分液 (5). 有機(jī)溶劑乙基蒽醌 (6). 2mno4+5h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o (7). 0.1250mol/l【解析】【分析】（1）易溶于水bao2和稀硫酸反應(yīng)生成h2o2和baso4沉淀；過氧化鋇為離子化合物；（2）由流程圖可知，乙基蒽醌溶于有機(jī)溶劑得到乙基蒽醌的有機(jī)溶液，氫氣與乙基蒽醌的有機(jī)溶液在催化劑作用下反應(yīng)生成氫化液乙基氫蒽醌，乙基氫蒽醌再與氧

21、氣反應(yīng)生成含有乙基蒽醌的有機(jī)溶液與雙氧水的氧化液，向氧化液中加入蒸餾水，萃取分液得到稀雙氧水和含有乙基蒽醌的有機(jī)溶液的回收液；（3）雙氧水在酸性條件下與kmno4發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸錳、氧氣和水；根據(jù)反應(yīng)方程式可計算樣品中h2o2的物質(zhì)的量濃度?！驹斀狻浚?）易溶于水的bao2和稀硫酸反應(yīng)生成h2o2和baso4沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為bao2+h2so4=baso4+h2o2；過氧化鋇為離子化合物，鋇離子與過氧根離子通過離子鍵結(jié)合，氧原子之間通過共價鍵結(jié)合，過氧化鋇的電子式：；故答案為bao2+h2so4=baso4+h2o2；（2）根據(jù)反應(yīng)原理可知，蒽醌法制備雙氧水理論上消耗的原料是氧

22、氣和氫氣，根據(jù)雙氧水的化學(xué)式可知，原料的物質(zhì)的量之比為1：1，故答案為1:1；加入蒸餾水后進(jìn)行操作a得到稀雙氧水和再生回收液，根據(jù)流程原理再生回收液應(yīng)該為乙基蒽醌，故操作是將乙基蒽醌從水中分離出來，應(yīng)采用萃取分液，故答案為萃取分液；再生回收液的成分是有機(jī)溶劑和乙基蒽醌，故答案為有機(jī)溶劑，乙基蒽醌；（3）雙氧水在酸性條件下與kmno4發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸錳、氧氣和水，反應(yīng)的離子方程式為2mno4+5 h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o，根據(jù)反應(yīng)方程式可得樣品中h2o2的物質(zhì)的量濃度為，故答案為2mno4+5 h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o；0.1250mol/l?！军c(diǎn)

23、睛】本題考查化學(xué)工藝流程，是對學(xué)生綜合能力的考查，注意根據(jù)反應(yīng)原理和生產(chǎn)流程分析流程中的基本操作是解答關(guān)鍵。10.砷元素廣泛存在于自然界，砷與其化合物被運(yùn)用在農(nóng)藥、除草劑、殺蟲劑等。 （1）砷的常見氧化物有 as2o3 和 as2o5，其中 as2o5 熱穩(wěn)定性差。根據(jù)圖 1 寫出 as2o5 分解為 as2o3 的熱化學(xué)方程式_。（2）砷酸鈉具有氧化性，298 k 時，在 100 ml 燒杯中加入 10 ml 0.1 mol/l na3aso4 溶液、20 ml 0.1 mol/l ki 溶液和 20 ml 0.05 mol/l硫酸溶液，發(fā)生下列反應(yīng)：aso43-(無色)+2i-+2h+ a

24、so33-(無色)+i2(淺黃色)+h2o h。測得溶液中 c(i2)與時間(t)的關(guān)系如圖 2 所示（溶液體積變化忽略不計）。下列情況表明上述可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_（填字母代號）。a溶液顏色保持不再變化 bc(aso33-)+c(aso43-)不再變化caso43-的生成速率等于 i2 的生成速率 d保持不再變化010 min 內(nèi)，i的反應(yīng)速率 v(i)_。在該條件下，上述反應(yīng)的平衡常數(shù) k_。升高溫度，溶液中 aso43-的平衡轉(zhuǎn)化率減小，則該反應(yīng)的 h_0(填“大于”“小于”或“等于”)。 （3）雄黃（as4s4）在空氣中加熱至 300時會生成兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜（

25、as2o3）， 另一種氧化物為_（填化學(xué)式），可用雙氧水將 as2o3 氧化為 h3aso4 而除去，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方 程式_?！敬鸢浮?(1). as2o5(s)as2o3(s)+o2(g ) h+295.4 kj/mol (2). ac (3). 0.003 mol/(l·min) (4). 4.5×106 l3/mol3 (5). 小于 (6). so2 (7). 2h2o2+h2o+as2o32h3aso4【解析】【分析】(1)as2o5分解為as2o3需要吸收的熱量為-619kj/mol-(-914.6kj/mol)=+295.4 kjmol-1，以此書寫熱化學(xué)

26、方程式；(2)根據(jù)反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，平衡時各物質(zhì)的濃度、百分含量不變分析判斷；根據(jù)v=計算；計算平衡狀態(tài)下的濃度，結(jié)合平衡常數(shù)k=計算；升高溫度，aso43-的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡逆向進(jìn)行；(3)雄黃在空氣中加熱至300時會 兩種氧化物，其中一種氧化物為劇毒的砒霜(as2o3)，依據(jù)原子守恒可知另一種氧化物為二氧化硫，過氧化氫中氫元素化合價-1價變化為-2價，as元素化合價+3價變化為+5價，結(jié)合電子守恒和原子守恒寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式?！驹斀狻?1)由圖象可知，as2o5分解為as2o3需要吸收的熱量為-619kj/mol-(-914.6kj/mol) =+295.4

27、 kjmol-1，則熱化學(xué)方程式as2o5(s)=as2o3(s)+o2(g) h=+295.4 kjmol-1，故答案為：as2o5(s)=as2o3(s)+o2(g) h=+295.4kjmol-1；(2)aso43-(無色)+2i-+2h+ aso33-(無色)+i2(淺黃色)+h2o。a溶液顏色不再變化，說明碘的濃度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a正確；b根據(jù)原子守恒可知，c(aso33-)+c(aso43-)始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b錯誤；caso43-的生成速率等于i2的生成速率，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故c正確；d根據(jù)方程式，aso33-和i2的物質(zhì)的量

28、相同，=1，始終保持不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d錯誤；故答案為：ac；圖2可知，i2濃度變化為0.015mol/l，i-濃度變化0.03mol/l，0-10min，v(i-)=0.003mol/(lmin)，故答案為：0.003mol/(lmin)； k=4.5×106 l3/mol3，故答案為：4.5×106 l3/mol3；升高溫度，aso43-的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡逆向進(jìn)行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，h小于0，故答案為：小于；(3)雄黃在空氣中加熱至300時會 兩種氧化物，其中的一種氧化物為劇毒的砒霜(as2o3)，由原子守恒可知反應(yīng)為as4s4+7o2 2as2

29、o3+4so2，另一種氧化物為二氧化硫，雙氧水將as2o3氧化為h3aso4而除去，氧化還原反應(yīng)中過氧化氫中氫元素化合價-1價變化為-2價，as元素化合價+3價變化為+5價，結(jié)合電子守恒和原子守恒寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2h2o2+h2o+as2o3=2h3aso4，故答案為：so2；2h2o2+as2o3+h2o=2h3aso4?！军c(diǎn)睛】本題的易錯點(diǎn)為(2)中k的計算，要注意溶液中水的濃度可以看成定值，在化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式中不列出。11.2016 年諾貝爾化學(xué)獎授予在“分子機(jī)器設(shè)計和合成”領(lǐng)域有突出成就的三位科學(xué)家，其研究對象之一“分子開關(guān)”即與大環(huán)主體分子苯芳烴、硫或氮雜環(huán)杯芳烴等有關(guān)。

30、回答下列問題： （1）對叔丁基杯4芳烴(如圖所示)可用于b 族元素對應(yīng)離子的萃取，如la3+、sc2+。寫出基態(tài)二價 鈧離子(sc2)的核外電子排布式：_，其中電子占據(jù)的軌道數(shù)為_個。（2）對叔丁基杯4芳烴由4個羥基構(gòu)成杯底，其中羥基氧原子雜化方式為_，羥基間的相互作用力為_。（3）不同大小苯芳烴能識別某些離子，如：n3-、scn等。一定條件下，scn與 mno2反應(yīng)可得到(scn)2，試寫出(scn)2的結(jié)構(gòu)式_。 （4）nh3分子在獨(dú)立存在時 hnh 鍵角為 106.7°。 zn(nh3)62+離子中 hnh 鍵角變?yōu)?109.5°，其原因是：_。（5）已知 c60 分

31、子結(jié)構(gòu)和 c60 晶胞示意圖(如圖、圖所示)：則一個 c60 分子中含有鍵的個數(shù)為_，c60 晶體密度的計算式為_gcm3。(na 為阿伏伽德羅常數(shù) 的值)【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1或ar3d1 (2). 10 (3). sp3 (4). 氫鍵 (5). ncsscn (6). 氨分子與zn2形成配合物后，孤對電子與zn2成鍵，原孤對電子與鍵對電子間的排斥作用變?yōu)殒I對電子間的排斥，排斥減弱，故hnh鍵角變大 (7). 90 (8). 【解析】【分析】(1)sc為21號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，失去4s能級2個電子形成sc2+

32、；(2)羥基中o原子形成2個鍵，含有2對孤電子對，據(jù)此分析解答；(3) n3-和scn-互為等電子體，根據(jù)等電子體的結(jié)構(gòu)相似，分析書寫(scn)2 的結(jié)構(gòu)式；(4)根據(jù)孤電子對與成鍵電子對之間排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力分析解答；(5)每個碳原子形成3個鍵，每個鍵為2個碳原子共有，則平均每個碳原子形成1.5個鍵；根據(jù)均攤法計算晶胞中c60分子數(shù)目，計算晶胞質(zhì)量，晶體密度=晶胞質(zhì)量÷晶胞體積?！驹斀狻?1)sc為21號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，失去4s能級2個電子形成sc2+，sc2+核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d1，其

33、中電子占據(jù)3個s軌道、6個p軌道、1個d軌道，共占據(jù)軌道數(shù)目為10個，故答案為：1s22s22p63s23p63d1或ar3d1；10；(2) 羥基中o原子形成2個鍵，含有2對孤電子對，雜化軌道數(shù)目=2+2=4，o原子采用sp3雜化，羥基之間能夠形成氫鍵，故答案為：sp3；氫鍵；(3) n3-和scn-互為等電子體，等電子體的結(jié)構(gòu)相似，scn-中c原子價層電子對個數(shù)是2，為直線形結(jié)構(gòu)，所以n3-為直線形結(jié)構(gòu)； (scn)2 分子中s-c原子之間為共價單鍵、c和n原子之間存在共價三鍵，其結(jié)構(gòu)式為nc-s-s-cn，故答案為：nc-s-s-cn；(4)nh3分子中n原子的孤電子對進(jìn)入zn2+的空軌道形成配位鍵后，原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥，排斥作用減弱，故nh3形成配合物后h-n-h鍵角變大，故答案為：nh3分子中n原子的孤電子對進(jìn)入zn2+的空軌道形成配位鍵后，原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥，排斥作用減弱，故h-n-h鍵角變大；(5)每個碳原子形成3個鍵，每鍵為2個碳原子共有，則平均每個碳原子形成1.5個鍵，則一個c60分子中含有鍵個數(shù)為1.5×60=90，晶胞中c60分子數(shù)目=8×+6×=4，晶胞質(zhì)量