2019-2020学年黑龙江省大庆市新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020学年黑龙江省大庆市新高考化学模拟试卷一、单选题(本题包括 15个小题，每小题 4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意)1.如图1为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2为电解A1C13溶液的装置,电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A. b电极为负极B.图1中电解质溶液的pH增大C. a 电极反应式为 CH4-8e- +8OH-=CC2+6H2OD.图2中电解A1C13溶液的总反应式为：2A1C13 +6H2O中叁2Al(OH)3 J +3Cl2T +3H2 T【答案】D【解析】A. x电极附近

2、出现的白色沉淀是氢氧化铝，X电极因产生OH-而作阴极，相应地 b电极为正极，故A错误；B.图1中电池反应为 CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O,电解质溶液的pH减小，故B错误；C.在碱 性溶液中不能产生 CO2, a电极反应式为 CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O,故C错误；D.图2中电解AlC3溶液 的总反应式为：2AlCl3+6H2O里堡2Al(OH)3 J +3C2 T +3H2 T ,故D正确。故选D。2.下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是NaCl溶液t/NaTh(PO 小A.充电时，a为电源正极B.充电时，C向

3、Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C.充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)： n(Cl-)=1:3D.放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+C+H2O【答案】C【解析】【分析】 充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl,反应为Bi+Ct+H2O-3e-=BiOCl+2H+,则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2（PO4）2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2（PO4）2+2Na+2e-=Na3Ti2（PO4）3,放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2（PO4）2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电

4、极上，Bi失电子生成BiOCl, Bi为阳极，则a为电源正极，A正确；B.充电时，C向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2（PO4）2电极移动，B正确；C.充电时，Bi电极上的电极反应为 Bi+C+H2O-3e-=BiOCl+2H+, NaTi2（PO4）2电极上，反应为 NaTi2（PO4）2+2Na+2e-= Na3Ti2（PO4）3,根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n（Na+）： n（Cl-）=3: 1, C错误；D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+C+H2O, D正确；故合理选项是Co【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移

5、动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。3 .下列有关实验的选项正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】D 【解析】 【分析】【详解】A.乙醇的密度比金属钠小， 所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部，故A错误；B.因为2NO2 - N204 n H<0,升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以热水中N02的浓度高，故B错误；C氢氧化钠属于强碱，易潮解容易和玻璃中的Si02反应生成硅酸钠，瓶和塞黏在一起，因此应保存在软木塞的试剂瓶中，故C错误；D.D是实验室制备蒸储水的装置，故 D正确；答案：Do4 . CH 2=CH-CH=CH 2通过一步反

6、应不能得到的物质是ClC1A _B A CH,C=CHCH,CH CH=CHCH,AJ.J-C. CH = CHC 叶D CO【答案】A【解析】【详解】A. CH2=CH-CH=CH发生1, 4加成生成，所以不能得到该物质，A符合题意；B. CH2=CH-CH=CH与HCl发生1, 4加成生成，B不符合题意；C. CH2=CH-CH=CH发生加聚反应生成， C不符合题意；D. CH2=CH-CH=CH燃烧生成CO2, D不符合题意；故合理选项是Ao5 .标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）A.酚酬：B.圆底烧瓶C.锥形瓶D.滴定管【答案】B【解析】【详解】标准NaOH§液

7、滴定盐酸实验中，用酚酗:或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A. C. D正确，故B错误，故选：Bo6 .下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热C.使用CC4萃取滨水中的澳时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出D.酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A.锥形瓶和容量瓶内有水对实验无影响，不需要烘干，故 A错误；B.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故B错误；C.使用C

8、C4萃取滨水中的澳时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出，防止分液漏斗内压强过大引起危险，故C正确；D.酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D错误;故选Co5G7 .厉害了，我的国展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头,技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A.为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源8 .大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C.我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D.

9、神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A.电能不是一次能源，属于二次能源，故 A错误；B.铝锂合金属于金属材料，故 B正确；C.二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；D.新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为B。8. 25c时，已知醋酸的电离常数为1.8X10-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴力口入 2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的 c(H+)在此

10、滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是水电离出的ctM Mm瓯)0 10 2040 V|NaOH(aq)|/EnLA. a 点溶液中：c(H+)=6.0 10-3mol gL1B. b 点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO)C. c 点溶液中：c(OH-尸c(CHCOOH)+ c(l4)D. d 点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO)+2c(CH3COOH)【答案】B【解析】【分析】【详解】E. a点溶液没有加入 NaOH,为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H卡的浓度为x,由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOH-

11、CH3COO + Hc H c CH3cOOx2.°Ka=1.8 X10-5,解得 x=6.0XI。"moi/L A 项正确,c CH3COOH2F. b点的溶液为 CKCOOH和CHsCOONa等浓度混合的溶液， 物料守恒为 c(CH3COOH) +c(CH3COO)=2c(Na+), 醋酸会电离 CH3COOH= CH3COO + H+ ,醋酸根会水解， CH3COO +叱0= CH3COOH+ OH ,水解平 Kw101410 衡常数 Kh 5 5.6 10< 1.8X10-5,CHCOOHJ电离大于 CHCOO勺水解，所以 c(CH3COO)>Ka 1.

12、8 10c(Na+)> c(CH3COOH); B 项错误；G. c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na+)+c(H+ )=c(CHsCOO ) + c(OH ),有物料守恒c(Na+)=c(CH3COO ) + c(CHsCOOH),将两式联立得到质子守恒，则有 c(OH-尸c(CHCOOH)+ c(HT)； C项正确；H. d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CHCOONa的混合溶液，有物料守恒 c(Na+)=2c(CH3COO»)+2c(CH3 COOH), D 项正确；本题答案选B

13、o【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。9. 一种从植物中提取的天然化合物a-damascone ,可用于制作 香水”，其结构为：44"，有关该化合物的下列说法不正确的是等A.分子式为C13H 20。B.该化合物可发生聚合反应C. 1mol该化合物完全燃烧消耗19mol O2D,与澳的CC"溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用AgNO3溶液检验【答案】C【解析】【分析】【详解】A项，根据键线式，由碳四价补全H原子数，即可写出化学式为C13H20O,正

14、确；B项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应，正确；C项，分子式为 Ci3H20O,可以写成 C13H18n H2O, 13个碳应消耗13个O2, 18个H消耗4.5个O2,共为13+4.5=17.5,故错误；D项，碳碳双键可以与 Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得 Br ,再用AgNO3可以检验，正确。答案选Co10.一定条件下，在水溶液中1 mol ClOx x 0,1,2,3,4的能量(kJ相对大小如下图所示。下列有关说法错误的是元第的化合价A.上述离子中结合H能力最强的是 EB.上述离子中最稳定的是AC.上述离子与 H 结合有漂白性的是 BD. B A D反应物的键能之和

15、小于生成物的键能之和【详解】A.酸性越弱的酸，其结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，应为B, A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示可知： A B、C、D、E中A能量最低，所以A物 质最稳定，B正确；C.C。与H+结合形成HC1O,具有强氧化性、漂白性，C正确；D.B一 A+D 由电子守恒得该反应方程式为3clO-=CQ-+2C，AH= (64kJ/mol+2 X 0kJ/mol)-3 x 60kJ/mol=-116kJ/mol为放热反应，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，D正确；故合理选项是Ao11 .下列有关说法正确的是()A

16、.蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应B.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2, 4二氯甲苯C.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去D.甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分储得到【答案】C【解析】【分析】【详解】A.油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故 A错误；B.甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误;C.乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之

17、转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；D.石油的分储不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烧，通过煤的干储可得到苯，故 D错误；故选C。12.关于下列转化过程分析不正确的是A. Fe3O4中Fe元素的化合价为 +2、+3B.过程I中每消耗 58 g Fe3O4转移1 mol电子加热C.过程n的化学方程式为3FeO+H2O=Fe3O4+H2 TD.该过程总反应为2H2O 2H2 T +O2f【答案】B【解析】【分析】【详解】A. Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3?FeO, Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3,故A正确；B

18、.过程I : 2FesO4(s)=6FeO(s)+Q(g)当有2molFe3O4分解时，生成 1mol氧气，而58 g Fe3O4的物质的量为0.25mol ,故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；C.过程n中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2O Fe3O4+H2 T ,故C正确；D.过程 I ： 2Fe3O4(s)=6FeO(s)+C2(g)过程 II： 3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s),相加可得该过程总反应为2H2O=O2f +2H2 T ,故 D 正确；故选：Bo13.下列各选项中

19、所述的两个量，前者一定大于后者的是()A.将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量B. pH=10的NaOH和NazCQ溶液中，水的电离程度C.物质的量浓度相等的(NH4)2SQ溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D,相同温度下，10mL 0.1mol/L的醋酸与100mL 0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量【答案】C【解析】【详解】A. 醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH 相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将 pH=4 的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加

20、水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B. 酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B 项错误；C.碳酸根离子与镂根离子相互促进水解，所以硫酸镂溶液中镂根离子浓度大于碳酸镂，C项正确；D. 相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10 mL 0.1mol/L 的醋酸与100 mL 0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。【点睛】D 项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10 mL 0.1mol/L 的醋酸与100 m

21、L 0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。14 .本草纲目中的 石碱”条目下写道：采蒿蓼之属晒干烧灰，以原水淋汁久则凝淀如石浣衣发面 ,甚获利也。”下列说法中错误的是A“石碱”的主要成分易溶于水B“石碱”俗称烧碱C“石碱”可用作洗涤剂D “久则凝淀如石”的操作为结晶【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故 A正确；B. “采蒿蓼之属晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故B错误；C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；D. “以原水淋汁久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故

22、D正确；选 B。15 下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A.葡萄糖B.蛋白质C.硫酸铁D.淀粉【解析】【详解】A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A符合题意；B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C.硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生 Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是A。 二、实验题(本题包括 1个小题，共10分)16 .黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS

23、2,现有一种天然黄铜矿(含少量脉石)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g,在空气存在下进行煨烧，生成Cu、Fe3O4和SQ气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL,末读数如图1所示。完成(1)称量样品所用的仪器为 ，将样品研细后再反应，其目的是 。(2)装置a的作用是 。上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是。(3)滴定时，标准碘溶液所耗体积为mLo判断滴定已达终点的现象是 。(4)通过计算可知，该黄铜矿的纯度为 。(5)若用图2装置替代上述实验装置 d,同样可以达到实验目的

24、的是 。【答案】电子天平提高反应速率，促使黄铜矿充分反应除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速把装置中的二氧化硫气体赶出装置并全部吸收20.00溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色80%【解析】【分析】(1)根据称量黄铜矿样品 1.150g,选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；(5)先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS22SO22咏 再根据题中数据进行计算；(6)图2中的

25、中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钢沉淀，可以根据硫酸钢的质量计算二氧化硫的量。【详解】(1)由于称量黄铜矿样品 1.150g,精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，故答案是：电子天平；提高反应速率，并使黄铜矿充分反应；(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使

26、结果更加精确，故答案为把装置中的二氧化硫气体并全部吸收；(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL,当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，故答案为20.00;溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色；(5)根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2SO2HI2,消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L X0.02L=0.0010 moj所以黄铜矿的质量是：0.5 X 0.0010mol x 184g/mol x 10=0则其纯度是：092g x 100%=80%1.

27、15g故答案为80%；(6)图2中，不会生成沉淀，无明显现象，错误；硝酸钢溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钢沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钢的质量计算出二氧化硫的质量，正确；中饱和亚硫酸氢钠溶液只会排除二氧化硫，不会吸收二氧化硫，不能替代d装置，错误；故答案为。三、推断题(本题包括 1个小题，共10分)看ICHQH小 C117.化合物1( /)是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物 A、B和B X)光* E 幽网GH»jN rtn J(1)C的结构简式为 , E的化学名称 。(2)由蔡生成C、B生成E的反应类型分别为 、 。(3)1中含氧官能团的名称为 。(4)D可使滨水褪色，由 D生

28、成G的反应实现了原子利用率100%则该反应的化学方程式为(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢(TG ()与F反应，所得H的结构简式为 广裂的化学键为 (填编号)(6)丫为H的同分异构体，满足以下条件的共有 种，请写出其含有秦环，且环上只有一个取代基。可发生水解反应，但不能发生银镜反应。a【答案】乙醇取代反应加成反应2* S 告 2adXOOCCHiCHj11(任写一种，符合题目要求即可T)标记的y)则反应中G (断中任意一种的结构简式 。酸键和羟基8)【解析】【分析】,F的结构简式为(1)根据分析C的结构简式为,E的化学名称是乙醇;(2)根据分析,和氯气在催化剂作用下发生

29、取代生成C,反应类型为取代反应；(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E,反应类型为加成反应;,其中含氧官能团有酸键和羟基;(3)化合物I的结构简式为和氯气在催化剂作用下发生取代生成C, C在碱性条件下发生发生水解反应生成F, F和G在碱性条件下生成 H,根据H的结构简式，可知 C的结构简式为;B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E,则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CRCH2)3N,据此分析解答。(4) A与氯气在加热条件下反应生成D, D在催化剂作用下被氧气氧化生成G, D可使滨水褪色，说明 D中含有碳碳双键，由 D生成G的反应实现了原子利用率100%结合G的结构简式可知

30、，D的结构简式为,则该反应的化学方程式为:2说明发生断键；含有重氢的环状结构断开,)过程中，氯原子从 G分子中脱离，则 a位置的键d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad;有机离装料 卜坨口耀M来朝雎发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为(2)已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤(CN)2分子中b键与兀键数目之比为 (3) NO2-的空间构型为 (4) MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。(6)H的结构简式为,丫为H的同分异构体，含有泰环，且环上只有一个取代基，可,共有8种(任写一种，符合题目要求即可 )。四、综合

31、题(本题包括 2个小题，共20分)18.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSQ溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为 MnO2 + Lzn+(1+x)H2O+1ZnSC4耍'-MnOOH+1ZnSQZn(OH)23 XH2O。其电池结构如图甲所 2666示，图乙是有机高聚物的结构片段。(1) Mn2+的核外电子排布式为;有机高聚物中C的杂化方式为OOCHQ3刑半管式屏CM- 'I?¥ ?¥表不氧健2“-4 HrCH-CHi-CH-o-【答案】1s22s22p63s23p63d5sp2、sp33: 4 V型bkJ?mol 1 2ekJ

32、?mol* MnO(u)卜 U md 1XlnljpJ£kJ - mol'1"kJ * mol ' t>,MM需卜T t U h mol * rkJ mol-1-i/ U * m()l "Mnf/?体+* 抻Mn的第一电离能是, O2的键能是, MnO的晶格能是(5) R(晶胞结构如图)由Zn、S组成，其化学式为 (用元素符号表示)。已知其晶胞边长为 acm,则该晶胞的密度为 g cm3(阿伏加德罗常数用 Na表示)。388-3Na a(f-a-b-c-d-e)kJ?mol 1 ZnS【解析】【分析】(1) Mn元素的原子核外有 25个电子，

33、其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2;根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；(2) CN-和氮气分子互为等电子体，二者结构相同，根据氮气分子判断(CN)2分子中存在的键与兀键的个数;NO2-中N原子的价层电子对数 =2+1 (5+1-2 X2)=绿化类型是sp2,含有1个孤电子对，NO2-的空间构 2型是V型；(4) Mn的第一电离能为气态 Mn原子失去第一个电子时需要吸收的能量；由1molO2分子变成。原子的过程中，需要吸收的能量为2ekJ;晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；(5) ZnS晶胞结构如图所示，利用均摊法找出晶胞中有4个Zn,有4个S

34、,然后进行相关计算，求出晶胞密度。【详解】(1) Mn元素的原子核外有 25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,则基态Mn"的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5;这些C原子中有些C原子价层电子对个数是 3、有些是4,根据价层 电子对互斥理论判断 C原子杂化方式分别为 sp2、sp3；故答案为：1s22s22p63s23p63d5; sp2、sp3；(2)CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则拟卤 (CN)2分子结本式为 N C-C N ,三键中 含有1个b键、2个兀键，单键属于 b键，故(CN)2分子中键与兀键数目

35、之比为3: 4,故答案为：3: 4;NO2-中N原子的价层电子对数 =2+1 (5+1-2 X2)=绿化类型是sp2,含有1个孤电子对，NO2-的空间构2型是V型，故答案为V型;(4)由图中Mn (晶体) Mn (g)Mn+(g)过程，电离能为1mol的气态原子变为+1价阳离子的能量,故其第一电离能为 bkJ?mo11;由图中J 02(g)20(g)为g molO=O的键能，故 0=0键键能为ekJ?mol1x 2=2ekJ?moll1; Mn晶格能为从气态离子形成1mol晶体放出的能量，根据盖斯定律，故晶格能二(f-a-b-c-d- e)kJ?mol 1,故答案为:bkJ?mol 1 ； 2

36、ekJ?mol 1 ； (f-a-b-c-d- e)kJ?mol 1 ；由晶胞的结构可知，Zn全部在晶胞的内部，所以1个晶胞中含有4个Zn2+, S分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的 均摊法”可计算1个晶胞中11S2-的个数为：8-6 =4,由Zn, S组成化学式为 82Na a3cm3,因此该晶体的密度为388ZnS; 3。Na a3若某反应I的平衡常数表达式为2 ,K=c(N2) c(C。"c2(NO) c2(CO)请写出此反应的热化学方程式,该反应自发ZnS； 1mol晶体的质量为97g, 1mol晶胞的体积为m 97 4g 388,3V=NTE=G3g/cm ,故答案为:晶胞在晶体中的各个方向上都