2020年广西南宁三中化学第一次模拟测试(含答案)

2020年广西南宁三中化学第一次模拟测试学校:班级：姓名：注意：本试卷包含I、II两卷。第I卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第II卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。第I卷(选择题)一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)化学的应用无处不在，下列说法正确的是()豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程淀粉和纤维素在人体内水解的最终产物均为葡萄糖中国酿酒历史源远流长，糖类、油脂和蛋白质都可以用来酿酒煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料设亀为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()用浓盐酸分别和MnO2、KCIO3反应制备lmol氯气，转移的电子数均为2匕1molH2O最多可形成4码个氢键常温下，1LpH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H总数为0.01^常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为匕下列关于有机化合物的说法正确的是()C3H6Cl2有4种同分异构体乙烯与Br2的CCl4溶液反应后，混合液分为两层乙醇被氧化一定生成乙醛合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13.X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是()X的氢化物溶于水显酸性Y的氧化物是离子化合物Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸

乙醇燃料电池中采用磺酸类质子溶剂，在200T左右时供电，电池总反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O,电池示意如图.下列说法中，正确的是()电池工作时，H+向电池的负极迁移电池工作时，电流由a极沿导线流向b极a极上发生的电极反应是：C2H5OH+3H2O+12e=2CO2+12H+6.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体［NH4Fe(SO4)2-6H2O］的一种方案如下:列说法不正确的是(6.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体［NH4Fe(SO4)2-6H2O］的一种方案如下:列说法不正确的是()滤渣A的主要成分是CaS04相同条件下，NH4Fe(SO4)2•6H2O净水能力比FeCQ强“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等7.已知：pKa=IgK口，25°C时，时的卩粘=185,叭2=7.19.常温下，用0.1mol•LiNaOH溶液滴定20mLO.lmol•L1吗4溶液的滴定曲线如图所示.下列说法正确的是()A.aA.a点所得溶液中：=10mLB.b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA)+c(OH)C.c点所得溶液中：c(A2)=c(HA)D.d点所得溶液中42水解平衡常数Kg=107.19第II卷(非选择题)二、简答题(本大题共3小题，共44.0分)8.钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：也闆，沮it壺丸|i称鵬鸡純I舉嘗J也—细口―歯—舟**「齐7麗一*泻常f*IIQ:tIKO.A3CA-*,:NiClfi«■<・~M■■W■MMTM■■■■■!違赴]直輕■Na2MoO4-2H20中钼元素的化合价。在途径I中：为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施有;焙烧后的尾气中含有S02，需要处理，下列不能用作吸收剂的是(填字母)；a.Ca(OH)2b.HNO3c.Na2CO3焙烧生成MoO3也可以利用铝热反应回收金属钼，写出该反应的化学方程式碱浸时生成Na2MoO4和另一种气体A,该气体A的电子式为；碱浸后的钼酸钠溶液中c(MnO2)=0.40mol-Li，c(CO2)=0.10mol-Li，由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO22，当BaMoO4始沉淀时，C02的去除率是(已知Ksp(BaCO3)=1.0X109、Ksp(BaMoO4)=4.0X108，忽略溶液的体积变化)；Na2Mo°4溶液重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是，“分析纯”的钼酸钠常用钼酸^[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径I所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是。(3)在途径U中：氧化时还有Na2S04生成，则反应的离子方程式为。9.将0.01mol12和0.01molH2置于预先抽成真空的特制2L恒容密闭容器中，加热至1500K,体系达到平衡，总压强为456kPa.体系中存在以下反应关系：I2(g)^21(g)△HiKpi=2.00HI(g)=1(g)+H(g"H2Kp2H2(g)^2H(g)^H3Kp3=8X106I2(g)+H2(g)^2HI(g)^H4Kp4回答下列问题：△h4与△%、△h2.厶施的关系是。I2(g)+H2(g)#2HI(g)反应过程中碘单质的转化率随时间的变化曲线如图所示，A点时匕正(填“〉”“<”或“=”)u逆，前5minHI的生成速率v(HI)=。

⑶达到平衡状态时，氢气的物质的量分数；Kp4=；Kp2=(保留2位有效数字)(Kp为用平衡分压代替浓度表示的平衡常数，平衡分压=总压强X物质的量分数)。下列说法能说明该体系达到平衡状态的是。颜色不再变化气体平均相对分子质量不再变化气体密度不再变化温度不再变化HI是一种强酸，常温下将1.0mol-厶1的HI溶液和amol-厶1的氨水等体积混合TOC\o"1-5"\h\z后，溶液呈中性。此时溶液中离子浓度的大小关系是。铜及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：CuS04和Cu(NO3)2中阳离子的基态核外电子排布式为，s、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为。Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu(NH3)4](NO3)2.其中NH3中心原子的杂化轨道类型为，[Cu(nh3)4](no3)2中存在的化学键除了极性共价键外，还有。CuSO4溶液中加入过量KCN能生成配离子[Cu(CN)4]2,lmolCN^中含有的兀键数目为。与CN互为等电子体的离子有(写出一种即可)。CuS04的熔点为560°C，Cu(NO3)2的熔点为115T,CuS04熔点更高的原因可能是。已知Cu20晶胞结构如图所示：该晶胞原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(1,0,0)；C为，则D原子的坐标参数为，它代表原子(填元素符号)。222金属铜是面心立方最密堆积方式，则晶体中铜原子的配位数是，该晶胞中Cu原子的空间利用率是。三、实验题(本大题共1小题，共14.0分)某化学兴趣小组拟用如图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液。稀硫酸应放在中(填写仪器名称)。本实验通过控制A、B、C三个开关，可将仪器中的空气排尽，具体操作为：关闭开关，打开开关，打开分液漏斗活塞；待反应一段时间排尽空气后，再关闭开关，打开开关，就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时需排尽装置中空气的理由(用化学反应方程式作答)。某同学认为本实验中应该用铁钉代替铁粉，他的理由是。⑷在FeS04溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备摩尔盐晶体[(NH4)2SO4-FeS04-6H2O](相对分子质量392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。从摩尔盐水溶液中提取(NH4)2SO4-FeS04-6H2O晶体的具体操作，用乙醇洗涤，干燥。为了测定产品的纯度，称取10g产品溶于50mL水中，配制成250mL溶液，用浓度为O.OImoL厶1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00m厶，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/m厶25.5225.0224.98通过实验数据计算的该产品纯度为，上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是。第一次滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡第一次实验结束时俯视刻度线读取酸性高锰酸钾溶液的体积第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过第一次实验装高锰酸钾的滴定管清洗后没有润洗2020年广西南宁三中化学第一次模拟测试答案【答案】1.A2.C3.A4.B5.D6.B7.C8-+6充分粉碎矿石b241+MoO—Mo+0•0•90%母液中杂质的浓度增大，影响叱：0：：C：：产品纯度(NH4)2CO3和(NH4)2S03MnS2+9C10+60H=MoO2+9CI+2SOl+3H2O△H=△H+△H2△H>8x104mol/(L-min)20%91.3x4132103ADc(NH+)=c(I)>c(H+)=c(OH)(1)1s22s22p63s23p63d9；N>0>S；sp3；配位键、离子键;2Na；堡；⑷CuS04和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO2所带电荷比NO3大，故CuS04晶格能较大,熔点较高；(丄,丄,丄)；Cu；44412；74%。11.分液漏斗ABCBA4Fe（0H）2+02+2H20=4Fe（0H）3铁粉可能随着溶液被压入右边的三颈瓶中蒸发浓缩，冷却结晶，过滤49%ACD【解析】解：4•蛋白质胶体可发生聚沉，则卤水煮豆腐是Mg2+.Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程，故A正确；人体无纤维素酶，纤维素在人体内不水解，故B错误；油脂和蛋白质不能得到乙醇，糖类可用来酿酒，故C错误；煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，都是化学变化，故D错误；故选：A。加入电解质可使蛋白质胶体发生聚沉；纤维素在人体内不水解；油脂和蛋白质不能得到乙醇；没有新物质生成的是物理变化。本题考查有机物的结构与性质、胶体聚沉、镁的气化和液化等，为高频考点，把握物质性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应及化学与生活的联系，题目难度不大。解：A.MnO2+4HCl（浓）-△m^C2+ClT+2H0,当生成lmol氯气，转移的电子222数均为2场，KCIO3+6HCI（浓）=KC2+3C22T+3H2O,当生成lmol氯气，转移的电子数均为5N故A错误；3A1个水分子最多可形成4个氢键，但每个氢键被两个水分子共用，所以lmol最多形成2亀，故B错误；常温下，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mo“厶，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.01mo2，即硫酸和水电离的H+总数为0.01岛，故C正确；NO2与N204的最简式均为NO2,故46g混合物中NO2的物质的量为lmol，含3均个原子，故D错误；故选：C。浓盐酸和MnO2反应制备氯气，氯元素均由1价变为0价；而盐酸和KCIO3反应，是氯元素的归中反应；1molH2O可形成2mol氢键；常温下，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mo“厶；d.no2与n204的最简式均为no2。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意均摊法计算氢键个数，题目难度中等。解：4•分子式为c3h6ci2的有机物可以看作c3H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种:CH3CH2CHCl2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CH3CCl2CH3,分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2ClCH2CH2Cl（两个边上的），CH2ClCHClCH3（一中间一边上），共有四种，故A正确；乙烯和溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1,2二溴乙烷和四氯化碳互溶，所以二者混合不分层，故B错误；乙醇燃烧生成二氧化碳和水，该反应为氧化反应，所以乙醇发生氧化反应不一定生成乙醛，故C错误；合成材料方便人类生活，所以不能禁止使用，应该合理使用，故D错误；故选：A。两个氯原子可以在同一个碳原子上，可以在不同碳原子上；乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，有机溶质易溶于有机溶剂；乙醇被氧化可能生成二氧化碳和水；合成材料方便人类生活。本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查卤代烃和烯烃、醇的性质，C为解答易错点，题目难度不大。解：因X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即丫、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2X3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为6=2,即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为13，3则X的最外层电子数为13-2-6=5,即X为氮元素；A、X的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，在水中电离生成按很离子合氢氧根离子，则溶液显碱性，故A错误；B、Y的氧化物为氧化镁，是由镁离子和氧离子构成，则属于离子化合物，故B正确；C、Z的氢化物为硫化氢，硫元素的化合价为最低价，具有较强的还原性，其水溶液在空气中存放易被氧化，故C错误；D、N、S的最高价氧化物对应的水化物为硝酸和硫酸，都属于强酸，故D错误；故选：B。X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2X3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为6=2，即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为13,则X的最3外层电子数为13-2-6=5，即X为氮元素；A、利用氨气与水反应即氨水的电离来分析；B、利用氧化镁的构成微粒来分析；C、利用硫化氢中硫元素的化合价来分析其性质；D、X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，Z的最高价氧化物对应的水化物为硫酸.本题考查学生利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键,学生应熟悉元素化合物知识来解答此类习题.解：由质子的移动方向可知a为负极，a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成C02和H，电极反应式为C2H5OH3H2O—12e-=2CO212H，b为正极，发生还原反应，电极方程式为4H4e-=2吗0,以此解答该题。A、电池中，阳离子向正极移动，所以氢离子向电池的正极迁移，故A错误；B、电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，故B错误；c、a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成co2和H，电极反应式为C2H5OH3H2O—12e-=2C0212H，故C错误；D、正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H024e-=2H20,故D正确。故选：Do本题考查原电池知识，题目难度中等，本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法。6.【分析】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及物质分离和提纯方法选取、晶体获取方法、氧化还原反应等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法，题目难度中等。【解答】A、硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B、NH4水解生成H，抑制Fe3的水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故B错误；C、“合成”中温度过高，会促进Fe3的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故C正确；D、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故D正确；故选Bo解:A.a点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H)=10—1-85mol/厶，的一级电离平衡常数为K"=c(H)cOM—)=10785，所以C(H)=岛，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH,当不考虑H4-与H2^的水解或电离时，有c(NaHA)=c(H2A)，但H24的电离大于H4-的水解，则平衡时c(H2A)<c(NaHA)，因此所加NaOH体积需小于10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即岭<10m厶，故A错误；b点加入NaOH溶液的体积为20mL,此时反应恰好产生NaHA,为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)c(H)=c(A2—)c(OH—)，故B错误；HA的二级电离平衡常数为K2=c(H)附2-)=10—7.19,c点溶液的pH=7.19,即溶2a2c(HA-)液中c(H)=10—7-19mol/L,则c(H)=岛,表明溶液中c(A2—)=c(HA—),故C正确；d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为42-电0WHA-OH-,贝^^2—水解平衡常数Kh1=^(^^-)c(0H-)=x^==10—6.81，故D错误。n1c(A2—)Ka210—7.19故选：Co本题考查弱电解质的电离平衡，滴定原理，根据平衡常数和图象分析，牢牢把握守恒思想是解题的关键，题目难度中等．解：(1)Na2MoO4・2H20中钠元素1价，氧元素-2价，化合物中元素化合价代数和为0，则Mo元素化合价为6；故答案为：6；①增大空气量、充分粉碎矿石可以提高焙烧效率；焙烧后的尾气中含有SO2,SO2为酸性氧化物，可用碱液吸收，ac可以作为吸收剂，b不可以；故答案为：充分粉碎矿石；b；MoO3也可以利用铝热反应回收金属钼，则为Al置换MoO3，反应为：241+MoO高温-Mo+Al0；TOC\o"1-5"\h\z23故答案为：2^1+MoO高温-Mo+Al0；323碱浸时发生反应：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+C02T，气体A为C02，其电子式已知Ksp(BaC03)=1.0x109、Ksp(BaMoO4)=4.0X108，当BaMoO4开始沉淀时,溶液中c(Ba2+)=4^°X1°^mol/L=1x107mol/厶，此时溶液中c(CO2)=0.431.°xi°^moi/l=0.01mo“L，故CO2的去除率是0^/L0°1mQl/Lx100%=90%；1X10730.1mol/L@Na2MoO4溶液重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，故达到一定次数后必须净化处理；钼酸^[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应得到氨气，途径I所产生的气体有so2和co2，一起通入水中，得到正盐为(NH4)2C03和(叽心；故答案为：母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度；(nh4)2co3和(nh4)2S03；(3)在途径U中：氧化时反应为：MnS+9CIO+6OH=MoO2+9CI+2SO2+2443H20；故答案为：MnS2+9CIO+6OH=MoO2+9CI+2SO2+3HO.2442根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：途径I是先在空气中灼烧生成MnO3，反应为：2MoS+70-高温-2MoO+4^02，得到对环境有污染的气体SO2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，发生反应：MoO3+Na2C03=Na2MoO4+C02T，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体，323242途径II是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，反应为MM?+9C10+60H=MoO2+9CI+2SO2+3H0，结晶后得到钼酸钠晶体，据此分析42作答。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。9.解:(1))①I2(g)-21(g)△H1HI(g)#1(g)+H(g)^均H2(g)^2H(g)^H3I2(g)+H2(g)^2HI(g)^H4根据盖斯定律②X2③+④计算①/2(9)-21(g)的焓变△H1=2^H2^电+△

坷，即厶H4=△^1+△^3-2△H2,故答案为：△H4=AH1+AH3—2ah2；(2)由图可知，A点时反应正向进行，即匕正>匕逆；碘单质的转化率为0.4,则△兀(/2)=0.01molX0.4=0.004mol，v(I?)=△^=-△^=0|004嗣=4x10—4mol/(L•min)，由2△t卩•△十2厶x5min码(9)+均(9)=2HI(g)可知v(HI)=2v(/2)=8x10—4mol/(L•min)，故答案为：>；8x10—4mol/(L•min)；⑶反应三段式I2(g)+H2(g)#2HI(g)起始量(mol)0.010.010变化量(mol)0.0060.0060.012平衡量(mol)0.0040.0040.012则达到平衡状态时，氢气的物质的量分数=0004maLx100%o=20%o；0.02mol平衡分压p(L>)=p(H2)=豐x436kpa=87.2kPa、p(HI)=436kPa—87.2kPax2=261.6kPa，所以K,=2=261.6kPa，所以K,=p4(26l.6kPa)2P(H2)^p(I2)(87.2kPa)x(87.2kPa)=」=」2.00x8xl0-6=由于反应②x2-③十④二①，则K“=埠匚斗，则K2KP31.3x10—3，故答案为：20%；9；1.3x10—3；反应达平衡前，气体颜色在变，颜色不再变化，则说明反应达平衡，故A正确；由于此反应的反应物和生成物均为气体，即体系中气体的总质量不变，而此反应前后气体的物质的量也不变，所以气体的平均相对分子质量始终不变，即不能说明反应体系达到平衡状态，故B错误；由于反应物均为气体，且反应前后质量守恒，且容器为恒容的容器，所以气体密度始终不变，即气体密度不变不能说明反应是否达平衡，故C错误；化学变化过程中伴随着能量的变化，所以温度不再变化说明反应体系达到平衡状态，故D正确，故选：AD；(5)HI是一种强酸，一水合氨是弱碱，常温下将1.0mo2•厶-啲HI溶液和amol•L—啲氨水等体积混合后，溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，电荷守恒关系为c(H+)+c(NH+)=c(I-)+c(OH-)，贝^c(NH+)=c(I-)，故以c(NH+)=c(I-)>c(H+)=c(OH—)，44故答案为：c(NH+)=c(I-)>c(H+)=c(0H-)o(1)①码(9)=AH】HI(g)#1(g)+H(g)^H2H2(g)^2H(g)^H3I2(g)+H2(g)^2HI(g)^H4根据盖斯定律②x2-③+④计算①I2(g)#21(g)的焓变△H1；(2)由图可知,A点时反应正向进行，碘单质的转化率为0.4,则△兀(码)=0.01molx0.4=0.004mol，根据u=行计算v(I2)，结合反应的速率之比等于计量数之比求出v(HI)；根据反应三段式计算达到平衡状态时氢气的物质的量，将平衡分压代入表达式K=p2(HI)中计算K;由于反应②X2-③十④二①’即K=写斗，则K=p4p(n2)-p(l2)p1Kp3P27%'反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；⑸HI是一种强酸，一水合氨是弱碱，常温下将1.Omo2•厶-1的HI溶液和amol-L-1的氨水等体积混合后，溶液呈中性，此时溶质为NHJ和氨水，根据电荷守恒c(H+)+c(NH+)=c(I-)+c(OH—),因为液呈中性，贝^c(H+)=c(OH-)，所以c(NH+)=c(I-)，44据此进行分析。本题考查盖斯定律的应用、化学平衡常数及计算、化学平衡状态的判定、反应速率计算、图象分析以及三段式计算的应用、离子浓度大小比较等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，注意理解掌握平衡常数及其应用，注意电解质溶液中电荷守恒、物料守恒的应用，题目难度中等。【分析】本题是对物质结构与性质的综合考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、等电子体、离子晶体性质、晶胞结构与计算等，注意同周期第一电离能异常情况，(6)中计算关键明确微粒距离与晶胞棱长关系，注意识记常见晶胞结构特点。【解答】阳离子为Cu2+，Cu原子核外电子数为29,阳离子的基态核外电子排布式为：1S22S22p63S23p63d9，原子形成阳离子时，先失去高能层中电子，同一能层先失去高能级中电子；同主族自上而下元素第一电离能减小，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能为：N>O>S，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；N>0>S；NH3中N原子形成3个N-H,含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4,N原子采取sp3杂化；[Cu(NH3)4]2+与NO-形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，NH3中N原子与H原子之间形成极性键，故答案为：SP3;配位键、离子键；⑶CN-与N2互为等电子体，CN-中C、N之间形成C三N三键，三键含有1个o键、2个兀键，1molCN^中含有的2mo加键，1molCN^中含有的兀键数目为：2叫；将N原子用碳原子与1个单位负电荷替换可得到与CN-互为等电子体的一种离子：C2-，故答案为：2Na；Cl-；⑷CuS04和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO2-所带电荷比NO-大，故CuS04晶格能较大，熔点较高，故答案为：CuS04和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO2-所带电荷比NO-大，故CuS04晶格能较大，熔点较高；晶胞原子坐标参数A为(0,0,0)、B为(1,0,0)，C为牡,1,1)，如图中坐标系，A为222处于坐标系中的原点(定义为0)，则C处于晶胞体心位置，A、D、C的连线处于体对角线上，且D处于A、C连线的中点位置，故D到晶胞左侧面距离为丄、到晶胞前面的距4离为丄,到晶胞下底面距离为1故D的参数为(丄,1,1)；晶胞中白色球数目=1+8X丄=2,444448黑色球数目=4,二者数目之比为1：2,而化学式为Cu2O,故黑色球为Cu原子、白色球为O原子，即D表示Cu原子，故答案为：(1，1，1)；Cu；444(6)金属铜是面心立方最密堆积方式，Cu原子处于顶点与面心，顶点Cu原子与面心Cu原子相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则晶胞中Cu原子配位数=竽=12;设Cu原子半径为r,则晶胞棱长为晶胞体积=(2V2r)3，晶胞中Cu原子数目=8X1+6X1=4,晶胞中Cu原子总体积=4X4^r3，该晶胞中Cu原子823的空间利用率是=竺4空X100%=74%,(2血)3故答案为：12；74%。解：(1)此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗中，即应盛放在1处D的分液漏斗中，故答案为：分液漏斗；实验时，可关闭开关A,打开开关BC,打开分液漏斗活塞；待反