广东省佛山市第一中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

佛山一中2019-2020学年上学期髙三期中考试试题

理科综合--化学

1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是

A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅

B. 流感疫苗要冷藏存放，以免蛋白质变性

C. “地沟油”经分馏可得汽油，用作汽车燃料

D. 国产大飞机C919使用的“现代工业骨骼”碳纤维是一种新型的有机高分子材料

【答案】B

【解析】

【详解】A. 硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；

B. 疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；

C.对地沟油为原料制取可以得到生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发动机的燃料，故C错误；

D. 碳纤维是无机物，是一种无机高分子材料，故D错误；

正确答案是B。

2.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是

A. 标准状况下，2.24L苯分子中共价键的数目为0.4NA

B. 2 L 0.5 mol/LH2SO3溶液中含有的H+数目为2NA

C. 7.8gNa2O2固体中含有的离子总数为0.37NA

D. 常温下，1 molFe与足量浓硝酸反应，电子转移数目为3NA

【答案】C

【解析】

【详解】A. 标准状况下苯不是气体，2.24L苯物质的量不是0.1mol，故A错误；

B. 亚硫酸是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，所以2L 0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数远小于2NA，故B错误；

C. 过氧化钠中有钠离子和过氧根离子，7.8g过氧化钠是0.1mol，每1mol Na2O2中有3mol离子，总数是0.3NA，故C错误；

D. 常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，电子转移不是3NA个，故D错误；

正确答案是C。

3.M是一种治疗济疮的新型药物，合成路线如下：

下列说法不正确的是

A. X的分子式为C10H16O2

B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上

C. Y生成M的反应类型为取代反应

D. 可用NaHCO3溶液或溴水鉴别X和M

【答案】D

【解析】

【详解】A. X的结构式为，分子式为C10H16O2，故A正确；

B. Y中具有甲基，甲基具有甲烷结构特点，所以Y中所有原子不可能处于同一平面上，故B正确；

C. Y生成M可以观察到Y中氯原子被代替，所以反应类型为取代反应，故 C正确；

D. X中含有羧基、M中不含羧基，X、M中都含有碳碳双键，羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，碳碳双键能和溴发生加成反应，所以碳酸氢钠能鉴别X和M，但是X和M都和溴发生加成反应而使溴水褪色，不能用溴水鉴别X和M，故D错误；

题目要求选择错误选项，故选D。

4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是

A. 原子半径：Y>Z>X>W

B. 简单氢化物的热稳定性：W>X>Z

C. Y、Z形成的化合物溶于水会促进水的电离

D. 上述刺激性气体通入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色

【答案】C

【解析】

【分析】

氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。

【详解】A. 由分析可知，Y是钠、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径：N＞O，Na＞S，S电子层多，原子半径较大，S＞N；故原子半径Na＞S＞N＞O，故选A错误；

B. 非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，即W<X，故B错误；

C. Y、Z形成的化合物是Na2S，Na2S溶于水后硫离子会结合少量水电离的氢离子，使得溶液中氢离子浓度降低，然而溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的乘积为常数，此时氢氧根离子弄都就会增大，从而促进了水的电离，故C正确；

D. 上述刺激性气体是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有机色质，比如说品红溶液，但是不能使紫色石蕊试液褪色，二氧化硫的漂白原理是与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后又会恢复原来的颜色，故D错误；

正确答案是C。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，注意从元素及其化合物知识的角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时学习中要夯实基础知识，同时应注意知识的灵活运用。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。

5.一种制备高效漂白剂NaC1O2的实验流程如图所示，反应I的化学方程式为： 3NaC1O3+4SO2+3H2O=2C1O2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列说法正确的是

A. NaClO2的漂白原理与SO2相同

B. 反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4:3

C. 反应II中H2O2做氧化剂

D. 实验室进行蒸发操作通常在坩埚中进行

【答案】B

【解析】

【详解】A.  NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，A错误；

B. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，氧化产物是Na2SO4和H2SO4，还原产物是ClO2和NaCl，氧化产物和还原产物物质的量比为4:3，故B正确；

C. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，故C错误；

D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，故D错误；

正确答案是B。

【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。

6.科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2＝2CO＋O2。下列说法正确的是（    ）

A. 由图分析N电极为电池的正极

B. 阴极的电极反应为CO2＋H2O＋2e－＝CO＋2OH－

C. OH－通过离子交换膜迁向左室

D. 反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强

【答案】B

【解析】

【分析】

原电池内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。根据内电路带电粒子移动方向可知，图中N型半导体为负极，P型半导体为正极。则与N型半导体相连的Pt电极为阴极，与P型半导体相连的Pt电极为阳极。

【详解】A．图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；

B．与N型半导体相连的Pt电极为阴极，得电子，发生还原反应，电极反应为CO2＋H2O＋2e－＝CO＋2OH－，故B正确；

C．图中离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，电解池中阴离子向阳极移动，故OH－通过离子交换膜迁向右室，故C错误；

D．阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故D错误；

答案选B。

【点睛】（1）原电池中离子移动方向是：“阳正阴负”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；

（2）电解池中离子移动方向是：“阳阴阴阳”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。

7.25℃时，用0．10mol·L的氨水滴定l0．00mL0．05mol·L-1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是

A. A点溶液的pH等于1

B. 由图中数据可知，H2A为弱酸

C. B点水电离出的H+离子浓度为1．0×10-6mol·L-1

D. C点溶液中

【答案】B

【解析】

分析】

A点：根据c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，则pH=1，同时可知0．05mol·L-1H2A完全电离为强酸；B点：酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，根据lg=2，c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14计算得c（H+）=10-6mol/L；C点：（NH4）2A与氨水混合物，根据lg=-4，c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14，计算得c（H+）=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性，考虑氨水的电离平衡，以此进行分析。

【详解】A. A点：根据c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，则pH=1，故不选A；

B. 根据A点：c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，得0.05mol/LH2A完全电离，H2A为强酸，故选B；

C. B点酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，lg=2，计算得c（H+）=10-6mol/L，则水电离出的H+离子浓度为1.0×10-6mol·L-1,故不选C;

D. C点NH4）2A与氨水混合物,根据lg=-4，计算得c（H+）=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性,考虑氨水的电离平衡,则溶液中,故不选D;

答案:B

【点睛】对于此类图像题经常利用分析起点，恰好完全中和点，溶液呈中性点等获得所需结论。

8.亚硝酰氯（NOC1，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃）是一种黄色气体，遇水反应生成一种氯化 物和两种氮化物，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。

（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示：

①仪器M的名称为_____.

②制备NO发生装置可以选用____（填写字母代号），请写出发生反应的离子方程式: ________.

③欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a->______（按气流方向,用小写字母表示）。

（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOC1,装置如下图所示。操作为：检验装置气密性并装入药品，打开K2,然后再打开K3通入一段时间气体Cl2,然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时， 停止实验。

①实验室也可用X装置制备NO,相对甲组同学的气体发生装置，X装置的优点为______.

②若无装置Y，则Z中NOC1可能发生反应的化学方程式为____.

（3）取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是________;亚硝酰氯（NOC1）的质量分数为________（用代数式表示）。

[已知：Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp（AgCl）= 1.56×10-10, Ksp（Ag2CrO4）=l×l012]

【答案】    (1). 锥形瓶    (2). B    (3). 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O    (4). f→g→c→ b→d→e→i→h    (5). 排除装置内空气的干扰，制得的NO更纯净    (6). 2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑    (7). 当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失    (8).

【解析】

【分析】

（1）①仪器M名称为锥形瓶；

②制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；

③a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是a→f→g→c→ b→d→e→j→h；

（2）①装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；

②装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；

（3）以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定，当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失，说明滴定至终点；K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag＋先于Cl－反应生成AgCl，建立关系式：NOCl～HCl～AgNO3，可以求得亚硝酰氯（NOC1）的质量分数。

【详解】（1）①仪器M的名称为锥形瓶；②制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；③a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是a→f→g→c→ b→d→e→j→h；

（2）①装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；

②装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；

（3）以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定，当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失，说明滴定至终点；K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag＋先于Cl－反应生成AgCl，建立关系式：NOCl～HCl～AgNO3，NOCl的质量分数为×100%=。

9.碲（Te）具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以MezTeCMe表 示金属Cu、Pb、Au、Ag等）的形式存在。

（1）利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。

①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCu、H2TeO3,则浸出渣的主要成分 为____（填化学式）；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是_______（填物质名称）

②已知HAuCU是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为_________。

③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入____mol SO2。 “氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3和Cu（OH）2，经电解即可获得Te。

①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为______。

②电解过程中，阴极的电极反应式为______。

③与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是____（任写一点）

【答案】    (1). PbSO4和AgCl    (2). 氯气    (3). [AuCl4]- + 3Fe2+ = 3Fe3+ + Au + 4Cl-    (4). 1    (5). Cu2Te + 2O2 + 2NaOH + H2O = Na2TeO3 + 2Cu（OH）2    (6). TeO32- + 4e- + 3H2O = Te + 6OH-    (7). 不生成氯气等污染性气体（或工艺简单）

【解析】

【分析】

（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。

②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；

③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。

（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu(OH)2。

②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

③与“氯化浸出-还原法”相比，“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。

【详解】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。

②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；

③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。

（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu（OH）2。

②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

③根据以上分析可知与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。

10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。

（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。

已知：CH4（g）+2O2（g） = CO2（g）+2H2O（l）= -890.3 kJ/mol

S（s）+O2（g） = SO2（g）    AH=-291.2 kJ/mol

则CH4和SO2反应的热化学方程式为________。

（2）在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成（如图1所示），该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：

①分析可知X为_____（填化学式），0〜t1时间段的温度为_____.

②用H2还原SO2生成S的总反应的化学方程式为_____.

（3）焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为2C（s）+2SO2（g）= S2（g）+2CO2（g）。在恒容密闭容器中，1 mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。

①该反应的△H____（填“ > ”或“<”）0。

②计算a点的平衡常数为_____.

（4）工业上用Na2SO3溶液处理硫酸厂的废气SO2得NaHSO3溶液。

①某温度下，用1.0mol/LNa2SO3溶液吸收纯净的SO2,当溶液pH降至5时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂。此时溶液中_____。（已知该温度下H2SO3的电离平衡常数：Ka1=1.5010-2,Ka2=1.25l0-6）

②用惰性电极电解NaHSO3废水可使吸收液再生，原理如下图所示，M和N为离子交换膜。阳极的电极反应式为：______。

【答案】    (1). CH4（g）＋2SO2（g） = CO2（g）＋2S（s）＋2H2O（l）   ΔH＝－295.9kJ/mol    (2). H2S    (3). 300℃    (4). 2H2＋SO2S＋2H2O    (5). ＜    (6). 36.45    (7). 1/8    (8). HSO3- - 2e- + H2O = SO42- + 3H+

【解析】

【分析】

（1）CH4 和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol 和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝−890.3kJ/mol ①；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H＝−297.2kJ/mol ②；根据盖斯定律，将①-②×2可得CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)的反应热；

（2）①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水；

②根据分析可知，SO2和H2最终反应生成S和水，据此写出化学方程式；

（3）①根据图象可知，升高温度，SO2转化率降低；

②利用三段式计算出反应物和生成物的平衡浓度，根据平衡常数K= 来计算；

（4）①根据反应SO32-+H2O+SO2=2HSO3-可知当溶液pH降至5时，溶液中的溶质为H2SO3 和NaHSO3，c(H+)=10-5mol/L，根据SO32-+H+⇌HSO3-平衡常数K= =Ka2=1.25 l0-6，可以求得；

②观察图形可知，左侧氢离子放电发生还原反应为阴极，右侧发生氧化反应为阳极，HSO3-失去电子变成SO42-；

【详解】（1）CH4 和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol 和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝−890.3kJ/mol ①；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H＝−297.2kJ/mol ②；根据盖斯定律，将①-②×2可得CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)的反应热；△H＝−295.9kJ/mol，故答案为CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H＝−295.9kJ/mol；

（2）①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水；故0∼t1时间段温度为300℃；故答案为H2S；300℃；

②根据分析可知，SO2和H2最终反应生成S和水，故化学方程式：2H2＋SO2S＋2H2O；故答案为 2H2＋SO2S＋2H2O

（3）①根据图象可知，升高温度，SO2的转化率降低，即平衡左移，此反应为放热反应，即△H<0，故答案为<；

②由于点a的二氧化硫的转化率为90%，故有：

2C(s)+2SO2(g)⇌S2(g)+2CO2(g)

初始(c)：1mol/L    0      0

转化(c)：0.9mol/L 0.45mol/L 0.9mol/L
平衡(c)：0.1mol/L 0.45mol/L 0.9mol/L
故平衡常数K===36.45，故答案为36.45；

（4）根据反应SO32-+H2O+SO2=2HSO3-可知当溶液pH降至5时，溶液中的溶质为H2SO3 和NaHSO3，c(H+)=10-5mol/L，根据SO32-+H+⇌HSO3-平衡常数K= =Ka2=1.25×l0-6，解得1/8；故答案为1/8；

（5）观察图形可知，左侧氢离子放电发生还原反应为阴极，右侧发生氧化反应为阳极，HSO3-失去电子变成SO42-，电极方程式为：HSO3- - 2e- + H2O = SO42- + 3H+；故答案为HSO3- - 2e- + H2O = SO42- + 3H+。

11.【化学——物质结构与性质】

离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的 EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：

碳原子价层电子的轨道表达式为_____;基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_____形。

（2）根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_____。NH3比PH3的沸点高，原因是______.

（3）氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_____。

（4）己知分子中的大键可用符号表示，其中n代表参与形成大键的原子数，m代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为）。EMIM+离子中的五元环跟苯分子相似为平面结构，则EMIM+ 离子中碳原子杂化方式有：_____，其中的大键应表示为_____.

（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于晶体，其中硼原子的配位数为_____。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3, B原子半径为xpm，N原子半径为xpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为______（列出化简后的计算式）。

【答案】    (1).     (2). 哑铃    (3). NH3    (4). NH3间存在氢键，分子间作用力大于PH3    (5). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定    (6). sp2、sp3    (7). 原子    (8). 4    (9). ×100%

【解析】

【分析】

（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形；

（2）NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，NO3-中N原子价层电子对个数=3+；NO2-中N原子价层电子对个数=2+，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；

（3）VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；

（4）根据图1中EMIM+离子中键总数为5个，根据信息，EMIM+离子中C原子的VSEPR模型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化，EMIM+离子有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示；

（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数=8×，晶胞的质量m=，晶胞的体积V==，B、N原子总体积V’=4×[]=cm3，晶胞中原子的空间利用率=×100%=×100%。

【详解】（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形；

（2）NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，NO3-中N原子价层电子对个数=3+；NO2-中N原子价层电子对个数=2+，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；

（3）VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；

（4）根据图1中EMIM+离子中键总数为5个，根据信息，EMIM+离子中C原子的VSEPR模型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化，EMIM+离子有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，故答案为sp3、sp2；Π56；

（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子数=8×，晶胞的质量m=，晶胞的体积V==，B、N原子总体积V’=4×[]=cm3，晶胞中原子的空间利用率=×100%=×100%。