2023年山东省济宁市高考化学一模试卷(含答案解析)

2023一、单项选择题〔1228.0分〕化学与社会、生产、生活紧切相关．以下说法正确的选项是( )棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等变质的油脂有特别难闻气味，是由于油脂发生了氧化反响制作快餐盒的聚苯乙烯塑料是易降解塑料以下试验装置正确且能到达试验目的的是( )用装置甲制取少量NH3用装置乙验证SO2的复原性用装置丙配制100mL0.10mol·L−1的硫酸溶液用装置丁分别水和乙醇某有机物的构造简式如以下图，以下说法不正确的选项是( )分子式为C15H18能使酸性KMnO4溶液褪色，且是氧化反响1mol该物质最多和2molH2加成4种设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是( )0.1molN20.3molH2，在确定条件下充分反响，转移电子的数目0.6NA常温下，1LpH=9CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9NA14.0gFeFe2O3⋅xH2O，电极反响转移的电子数为0.5NA标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为1.1NA最报道：科学家首次用X射线激光技术观看到CO与O在催化剂外表形成化学键的过程。反响过程的示意图如下：以下说法正确的选项是( )CO和O生成CO2的反响是吸热反响在该过程中，CO断键形成C和OCO和O生成了具有极性共价键的CO2状态I→状态Ⅲ表示CO与O2反响的过程如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能，以下说法中确定正确的选项是( )质子透过阳离子交换膜由右向左移动N→Y→X→MM电极反响式：(C6

H10

O5)n

+24nH+当M电极微生物将废水中16.2g淀粉转化掉时，N电极产生134.4LN2(标况下)金刚烷是具有类似樟脑气味的无色晶体，其衍生物在医药方面有着重要的用途。以化合物X为起始原料，发生一系列反响制得金刚烷(Z)的过程如以下图。以下说法不正确的选项是( )X的分子式为C10H12C.YZ互为同分异构体

X生成Y的反响为复原反响D.Z和环己烷属于同系物XYZWX、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置所示，这四种元素的原子最外层电子数之和是XYZW原子半径：W>Z>Y>X最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W四种元素的单质中，W单质的熔、沸点最高X的气态氢化物可与它的最高价氧化物的水化物发生反响Mg与Br2反响可生成具有强吸水性的MgBr2，该反响猛烈且放出大量热。试验室承受以以下图装置制备无水MgBr2。MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2·3C2H5OC2H5，MgBr2·3C2H5OC2H5溶于乙醚。以下说法不正确的选项是()仪器A为枯燥管，其主要作用是防止水蒸气进入反响装置冷凝管的作用是导气兼起冷凝回流装置B必需用枯燥的N2而不能改用空气，但装置B可换成装置C乙醚的作用是与MgBr2反响生成MgBr2·3C2H5OC2H5Mg分别某同学承受硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：以下说法不正确的选项是( )溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉1中确定含有SiO2pH是为了使Al3+转化为Al(OH)322得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须把握条件防止其氧化和分解1中直接加NaOH也可得到FeSO4·7H2ONa2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。以下表达正确的选项是( )放电时，负极反响为3NaBr−2e−=NaBr3+2Na+充电时，阳极反响为2Na2S2−2e−=Na2S4+2Na+放电时，Na+b池移向a池用该电池电解饱和食盐水，产生2．24LH2时，b池生成17.40gNa2S4室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如以下图，以下说法错误的选项是( )Kb2的数量级为10−832 等物质的量的X(NO)和X(OH)NO混合溶液中c(X2+)>c[X(OH32 X(OH)NO3水溶液显碱性在X(OH)NO3c[X(OH)2]+c(OH−)=c(X2+)+c(H+)13.20℃c(H2C213.20℃c(H2C2O4)+c(HC2O−)+c(C2O2−)=0.100mol·L−1的44H2C2O4、NaOHδ随溶液pH变化的关系如以以下图所示。以下说法正确的选项是( )A.0.100mol·L−1NaHC2O4溶液中：c(OH−)=c(H+)−42c(C2O2−)+c(H2C2O4)4B.Q点：c(H2C2O4)+c(C2O2−)>c(HC2O−)4 44C.P点：c(Na+)+c(H2C2O4)<0.100mol·L−1+c(C2O2−)4D.该温度下H2C2O4的电离平衡常数Ka2=1×10−4.2起始物质的量/mol平衡物质的量/mol0.5L的恒容密闭容器中发生反响：CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)，其中容器Ⅰ中5起始物质的量/mol平衡物质的量/mol容器编号温度/℃Ⅰ500CO1.0Cl21.0COCl20COCl20.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7以下说法正确的选项是容器Ⅰ中前5min的平均反响速率v(CO)=0.16mol·L−1·min−1该反响的正反响为放热反响容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55mol假设起始时向容器Ⅰ中参与CO1.2mol、Cl21.2molCO的转化率小于80%用浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，以下操作使测定结果偏低的( )滴定前，滴定管尖嘴局部有气泡，滴定后气泡消逝锥形瓶沾有少量水以甲基橙作指示剂滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视刻度读数三、填空题〔112.0分〕在确定温度下，在10L容器中参与5molSO3和3molO2，当反响到达平衡时，有3molSO2发生反响，则：生成了 molSO3，SO2的转化率为 ．平衡时容器内气体的总物质的量为 ，O2的浓度 ．四、试验题〔112.0分〕从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。以FeCl3溶液为试验争论对象，探究其与碱性物质之间的简洁多样性。试验如下：(1)①中反响的离子方程式是 。(2)②中逸出的无色气体是 。对于③中的试验现象，同学们有诸多猜测，连续进展试验：Ⅰ.甲取③BaCl2FeCl3与Na2SO3发生了氧化复原反响，离子方程式是 。Ⅱ.乙认为甲的试验不严谨，重设计并进展试验，证明白甲的结论是正确的。其试验方案是取Ⅰ中所得溶液少许进展 离子的检验。pH≈8的1mol/LNaF溶液与FeCl3溶液混合时的现象产生了奇异并进展试验：试验操作及现象

④向2mL0.2mol/LFeCl3溶液中滴入2mL1mol/LNaF溶液。溶液变无色⑤向2mL0.2mol/LFeCl32mL蒸馏水，溶液颜色变浅Ⅰ.⑤的试验目的是 。Ⅱ.为探究④中溶液变无色的缘由，进展如下试验：资料显示：FeF3溶液为无色。用平衡移动原理解释红褐色沉淀产生的缘由： 。五、简答题〔336.0分〕电池在人类生产生活中具有格外重要的作用，其中锂离子电池与太阳能电池占有很大比重。太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料有单晶硅，还有铜、锗、镓、硒等化合物。基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为 。假设基态硒原子价层电子排布式写成4s24p24p4，则其违反了 。x y以以下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是 (填标号)。元素X与硅同主族且原子半径最小，X形成的最简洁氢化物Q的电子式为 ，该分子其中心原子的杂化类型为 。写出一种与Q互为等电子体的离子 。(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种自然矿藏，其化学式写作Na2B4O7为等电子体的离子 。(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种自然矿藏，其化学式写作Na2B4O7·10H2O，实际上它的构造单元Na2[B4O5(OH)4]8H2O.其构造如以下图它的阴离子可形成链状构造则该晶体中不存在的作用力是 (填选项字母)。离子键B.共价键C.金属键D.范德华力E.氢键(6)GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm−3，其晶胞构造如以下图。GaAs与GaN具有一样的晶胞构造，则二者晶体的类型均，GaAs的熔点 (填“高于”或“低于”)GaN。Ga和As的摩尔质量分别为MGag⋅mol−1和MAsg⋅mol−1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NAGaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 。：；。用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：：；。：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质物质KspFe(OH)21×10−16.3Fe(OH)31×10−38.6Al(OH)3Mn(OH)21×10−12.7答复以下问题：软锰矿预先粉碎的目的 2与BaS溶液反响转化为MnO的化学方程式 (2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量到达最大值后无明显变化，而小，减小的缘由是 。滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到 操作中(填操作单元的名称)。净化时需先参与的试剂X为 (填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10−5mol⋅L−1时，可认为该离子沉淀完全)。碳化过程中发生反响的离子方程式为 。化合物M是一种药物中间体，试验室由芳香化合物A制备M的一种合成路线如以下图：答复以下问题：(1)A的化学名称为 ；B中所含官能团的名称为 。(2)由C生成D的反响类型为 ；D的构造简式为 。(3)由F生成G的化学方程式为 。G生成M过程中参与K2CO3的作用为 。同时满足以下条件的G的同分异构体有 )；其中核磁共振氢谱中有5组吸取峰的构造简式为 。①2个取代基。②能与FeCl3溶液发生显色反响且能发生银镜反响。参照上述合成路线和信息，以乙炔为原料(无机试剂任选)，设计制备聚丙烯酸的合成路线：。 答案与解析 答案：C解析：解：A.棉花的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白质，人造丝的主要成分是合成纤维，故A错误；石油分馏可得石油气、汽油、煤油、柴油等，不是干馏产物，干馏是化学变化，分馏是物理变化等，故B错误；油脂变质是由于烃基被氧化，属于氧化反响，故C正确；D.聚苯乙烯塑料属于不行降解塑料，故D错误；应选C．人造丝的主要成分是合成纤维；石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等；C.油脂的变质属于氧化反响；D.聚苯乙烯塑料在自然界的条件下不能够自行分解．此题考察了常见有机物的构造和性质，煤的干馏的原理，题目难度不大，可以培育学生保护环境的理念，留意相关学问的积存．答案：B解析：解：A.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；B.二氧化硫可被高锰酸钾氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有复原性，故B正确；C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故C错误；D.水和乙醇互溶，不能选分液漏斗分别，应选蒸馏法，故D错误；应选：B。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分别提纯、物质的制备、溶液配制、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。答案：C解析：解：A.由构造简式可知分子式为C15H18，故A正确；B.含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化复原反响，故B正确；211mol该物质最多和5molH2C错误；D.含有苯环，构造不对称，苯环上有4种不同的H原子，故D正确．应选C．有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反响，含有苯环，构造不对称，苯环有4种不同的H原子，以此解答该题．此题考察有机物的构造和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析力气的考察，留意把握有机物的构造和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．答案：C解析：此题考察了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，把握公式的运用和物质的构造是解题关键。A、合成氨的反响为可逆反响，不能进展彻底，故转移电子数小于0.6NA个，故A错误；B、CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO−的水解促进水的电离，c(H2O) =c(OH−)=1×10−5mol/L，发生电离的水分子物质的量为1×10−5mol/L×1L=1×10−5molB错误；C、铁发生吸氧腐蚀电极反响式：Fe−2e−=Fe2+，14.0gFe物质的量为

=0.25mol，转移电子数为：0.25mol×2×NA=0.5NA，故C正确；

56g/molD2.24L丙烷的物质的量为0.1mol100.1mol丙烷中含共价键为NA条，故D错误。应选：C。A、合成氨的反响为可逆反响；B、CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO−的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH−)=110−5mol/L；C、铁发生吸氧腐蚀电极反响式：Fe−2e−=Fe2+；D、求出丙烷的物质的量，然后依据丙烷中含10条共价键来分析。答案：C解析：CO与OO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题。A.由图可知反响物总能量大于生成物总能量，为放热反响，故A错误；B.由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C.CO与O在催化剂外表形成CO2，CO2C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反响的过程，而不是与氧气反响，故D错误。应选C。答案：C解析：此题考察原电池根本原理，侧重考察学生猎取信息、分析推断力气，依据化合价变化确定正负极，难点是电极反响式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要娴熟把握。由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]的化学能转化为电能的装置N极通NO，MN极为正极发生复原反响，M负极的电极反响为(C6H10O5)n+7nH2O−24ne−=6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正极。由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]原电池，质子透过阳离子交换膜，从左向右移动，故A错误；电子流淌方向从负极经过导线到正极，为M→X→Y→N，故B错误；C.M极为有机物，M极为负极，发生氧化反响，负极的电极反响为(C6H10O5)n+7nH2O−24ne−=6nCO2↑+24nH+C正确；D.当M电极微生物将废水中16.2g1

mo110n

10n×24n=2.4mol1mol4mol，所以生成0.6mol的氮气，标况下的体积为13.44LD错误。应选C。答案：D解析：解：A、依据X的键线式可知，X的分子式为C10H12A正确；B、X生成Y是发生了和氢气的加成，故此反响既属于加成反响，也属于复原反响，故B正确；C、YZ的分子式一样而构造不同，故两者间互为同分异构体，故C正确；DCH2原子团的化合物间互为同系物，而环己烷和Z的不饱和度不同，两者相差的不是一个或假设干个CH2D错误。应选：D。此题考察有机物的官能团及性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析力气的考察，留意把握构造与性质的关系是解答此题的关键，题目难度不大。答案：D解析：解：依据上述分析可知，X是N，YO，ZS，W是Cl。同周期自左向右原子半径渐渐减小Z>W>XY，故A错误；Cl>W>Z，故B错误；四种元素的单质中，单质硫的熔、沸点最高，故C错误；D.X的气态氢化物氨气可与它的最高价氧化物的水化物硝酸发生反响生成硝酸铵，故D正确；应选：D。X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如以下图，假设设X的最外层电子数是a，则Y、Z均是a+1，W是a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和是24，则：a+a+1+a+1+a+2=24，解得：a=5，所以X是N，Y是O，ZS，W是Cl，据此解答。此题考察位置构造性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，留意把握元素周期表构造及元素周期律内容，试题侧重考察学生的分析力气及灵敏应用力气。答案：C解析：解：A.制备无水MgBr2，应避开接触水蒸气，则仪器A为枯燥管，可防止水蒸气进入反响装置，故A正确；冷凝管有利于液溴、乙醚充分反响，起到冷凝回流的作用，故B正确；将装置B改为C装置，当枯燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反响过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用枯燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反响可以简洁把握防止反响过快，故C错误；由题给信息可知MgBr2⋅3C2H5OC2H5溶于乙醚，则乙醚的作用是与MgBr2反响生成MgBr2⋅3C2H5OC2H5Mg分别，故D正确。应选：C。此题考察物质制备试验方案的设计，为高频考点，侧重考察学生的分析力气和试验力气，留意把握试验的原理和操作方法，题目难度中等。答案：D解析：此题考察工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析力气和创力气的培育，留意把握常见物质的分别方法。硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，混合物中参与足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反响生成硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反响，过滤，固体1为二氧化硅；pH22为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A.由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；1中确定含有SiO2pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；2得到FeSO4⋅7H2O产品的过程中，须把握条件防止其氧化和分解，故C正确；在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误。应选：D。答案：C解析：此题综合考察原电池和电解池学问，为高考常见题型，侧重于学生的分析力气的考察，题目难度中等，能正确写出电极反响式是该题的关键。放电时Na+b池向a池移动，在原电池中，阳离子移向正极，则a池为正极，得到电子，发生复原反响，b池为负极，失去电子，发生氧化反响；充电时与放电相反，a池发生氧化反响，为电解池的阳极，b池发生复原反响，为电解池的阴极，据此分析。放电时，负极反响为2Na2S2−2e−=Na2S4+2Na+A错误；充电时，阳极反响为3NaBr−2e−=NaBr3+2Na+B错误；在原电池中，阳离子移向正极，Na+b池移向a，故C正确；D.气体状态不知不能计算物质的量，故D错误；应选：C。答案：B解析：此题考察弱电解质的电离平衡和盐类水解相关学问把握溶液中的守恒关系是解题的关键，整体难度中等，是中档题。A.依据图象，液中c[X(OH)+]=c(X2+)时，溶液pH=6.2，则溶液中c(OH−)=

Kwc(H+)

=10−14=10−6.2

=c(X2)c(OH−)=10−7.8，数量级为10−8A正确；c[X(OH)+]B.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液，X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，则溶液中c(X2+)<c[X(OH)+]B错误；C.X(OH)+的电离平衡常数为Kb2=10−7.8mol/Lc[X(OH)2]=c(X(OH)+]时，溶液的pH=9.2，则溶液中c(OH−)=

Kw c(H+)

10−1410−9.2

=10−4.8，则X(OH)+的水解平衡常数为Ka=

KwKb1

=10−9.2，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性，故C正确；D.3)2]+H−)=X+)+H+D正确。应选B。答案：CD解析：此题考察混合溶液中离子浓度的大小关系，以及弱电解质的电离平衡，难度不大。4A.NaHC2O4溶液中的质子守恒式为c(OH−)=c(H+)−c(C2O2−)+c(H2C2O4)A错误；42C24C2−C2−Q

CO)+c(C

O2−)<2c(HCO−)，故B错误；24

4 4 22 4 2 4在P点时溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O−)+2c(C2O2−)+c(OH−)，则有4 4c(Na+)+c(H+)+c(H2C2O4)=c(HC2O−)+2c(C2O2−)+c(H2C2O4)+c(OH−)，由于溶液中4 4c(H2C2O4)+c(HC2O−)+c(C2O2−)=0.100mol·L−1，且溶液pH=4.2，c(H+)>c(OH−)C正4 44确；4=c(H+)·c(C2O2−)

2− − + −4.2Ka2确。

44c(HC2O−)4

，在P点时c(C2O

)=c(HCO242

)、pH=4.2Ka2=c(H)=10

，D正应选CD。答案：BC解析：此题考察了化学反响速率和化学平衡的应用，难度一般。2容器I5min的平均反响速率v(COCl)=2

0.8mol0.5L5min

=0.32mol·L−1·min−1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol·L−1·min−1A错误；依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，上升温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反响，正向为放热反响，故B正确；C.依据方程式：CO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)220转化浓度(mol/L)1.61.61.6平衡浓度(mol/L)0.41.6反响平衡常数K=

1.6

=2mol/L

依据Ⅱ中数据，结合方程式可知CO(g)+Cl2(g) C0Cl2(g)，起始浓度(mol/L) 2 2a 0转化浓度(mol/L) 1 1 1平衡浓度(mol/L) 1 2a−1 1Ⅰ和Ⅱ温度一样则平衡常数一样则：K=

11×(2a−1)

=10，解得：a=0.55molC正确；D)+l2) l2Il2，80%D错误。应选BC。答案：CD解析：解：A、滴定前，滴定管尖嘴局部有气泡，滴定后气泡消逝，NaOH溶液体积偏多，依据c(待测)=c(标准)V(标准)，c(待测)A错误；V(待测)BNaOHc(待测)=c(标准)V(标准)，V(待测)c(待测)B错误；C、甲基橙在酸性变色范围变色，变色范围是3.1−4.4，滴定终点时溶液呈酸性，NaOH溶液体积偏少，依据c(待测)=c(标准)V(标准)，c(待测)C正确；V(待测)NaOH待测)=()V，V(待测)c(待测)D正确；应选CD．依据酚酞在碱性变色范围内变色以及依据c(待测)=c(标准)V(标准)来分析．V(待测)此题考察中和滴定的误差分析，留意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大，题目难度不大．16.答案：3；60%；6.5mol；0.15mol/L解析：解：利用三段式法计算：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，起始：5mol3mol0转化：3mol1.5mol3mol平衡：2mol1.5mol3mol3 (1)达平衡时生成3molSO，SO的转化率为3mol3 5mol

×100%=60%，故答案为：3；60%；2(2)平衡时容器内气体的总物质的量为2mol+1.5mol+3mol=6.5mol，平衡时O的浓度为1.5mol=210L0.15mol/L，故答案为：6.5mol；0.15mol/L．利用三段式法计算：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，起始：5mol3mol0转化：3mol1.5mol3mol平衡：2mol1.5mol3mol依据上述计算结果分析计算．此题考察化学平衡的计算，题目难度不大，留意三段式计算方法的运用．17.答案：(1)3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+；(2)CO2；3(3)Ⅰ.2Fe3++SO2−3

+H2O=2Fe2++SO2−+2H+；4Ⅱ.亚铁离子(或Fe2+)；4(4)Ⅰ.排解加水稀释对溶液颜色变化的影响；Ⅱ.无色溶液中存在平衡：Fe3++3F−⇌FeF3NaOH后，Fe3+更易与OH−结合生成难溶的Fe(OH)3。解析：此题考察了探究反响机理的方法，铁的重要化合物性质、电离方程式、离子方程式的书写，题目难度中等，侧重于考察学生的分析问题和解决问题的能量，留意相关根底学问的学习与积存。(1)①中产生红褐色胶体，说明生成氢氧化铁胶体，反响的离子方程式为3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+；FeCl3溶液和Na2CO3溶液反响产生无色气体CO2和红褐色沉淀氢氧化铁；故答案为：CO2；Ⅰ.三价铁离子能氧化SO2−，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被复原为亚铁离子，其反响离子3方程式为2Fe3++SO2−+H2O=2Fe2++SO2−+2H+；3 4故答案为：2Fe3++SO2−+H2O=2Fe2++SO2−+2H+；3 4Ⅱ.Ⅰ中所得溶液少许进展亚铁离子(或Fe2+)的检验；故答案为：亚铁离子(或Fe2+)；Ⅰ.加水稀释对溶液颜色变化有影响；故答案为：排解加水稀释对溶液颜色变化的影响；Ⅱ.无色溶液中存在平衡：Fe3++3F−⇌FeF3NaOH后，Fe3+更易与OH−结合生成难溶的Fe(OH)3；故答案为：无色溶液中存在平衡：Fe3++3F−⇌FeF3NaOH后，Fe3+更易与OH−结合生成难溶的Fe(OH)3。(2)洪特规章(4)；(4)；sp3；NH+4(5)CGa+rAs(6)原子晶体；低于；4π10−30×NAρ(r3 3)×100%Ga+rAs3(MGa+MAs)解析：此题考察物质的构造，侧重考察杂化轨道，化学键等电子体及晶胞的计算等学问，题目难度中等，把握核外电子排布规律，杂化理论和晶胞计算方法为解题关键。Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,4s1个电子形成亚铜离子，其电子14个原子轨道，故答案为：14；依据洪特规章，核外电子在同一能层上尽可能占据不同的轨道，所以基态硒原子价层电子排布式应为4s24p24p14p1，4s24p24p4违反了洪特规章，x y z x y故答案为：洪特规章；同主族自上而下第一电离能减小，P3p素，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可以知道，cSi，P在失去三个电子后，s轨道全布满，所以第四电离能突跃式提高，则b为P、a为C，故答案为：b；式为，该分子其中心原子的杂化类型为sp3，与甲烷互为等电子体的离子为NH+，4X式为，该分子其中心原子的杂化类型为sp3，与甲烷互为等电子体的离子为NH+，4故答案为：；sp3；NH+；4据图可知，Na2[B4O5(OH)4故答案为：；sp3；NH+；4因GaAsGaAs与GaN因N的半径小于As，所以GaAs的熔点低于GaN，依据GaN的晶体构造图可以知道，晶胞中Ge原4，O原子数目为8×1+6×1=4，晶胞中Ca和As4个，所以晶胞的体积是8 24 4×4π(r3

+r3)

ρ(r3

+r3)NMasGaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为3

Ga As

A

As×NANAρ×10−30

4×(MGa+MAs)

3(MGa+MAs)

ρ×10−304π10−30×NAρ(r3

)故答案为：原子晶体；低于；

Ga As3(MGa+MAs)答案：(1)MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnOS过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2 4.9(5)Mn2++HCO−+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH++H2O3 4解析：【试题解析】解：(1)软锰矿预先粉碎可以增大反响物的接触面积，使反响更充分，提高反响速率；MnO2与BaS反响转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，依据元素价态规律可知−2S元素应被氧化得到S单质，则MnO2BaS1：1，依据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS，2+S+2O=2+O+；(2)依据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反响产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量到达最大值或会减小，故答案为：过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2；滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用，故答案为：蒸发；F