2026届宁夏回族自治区银川市高三下学期一模考试化学试题（含答案解析）

这是一份2026届宁夏回族自治区银川市高三下学期一模考试化学试题（含答案解析），共13页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、将0.03 ml Cl2缓缓通入含0.02 ml H2SO3和0.02 ml HI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)
A．B．C．D．
2、下列说法正确的是（ ）
A．230Th和232Th是钍的两种同素异形体
B．H2与T2互为同位素
C．甲醇与乙二醇互为同系物
D．乙酸乙酯与丁酸互为同分异构体
3、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B．晶体硅熔点高，可制半导体材料
C．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌
4、下列实验目的能实现的是
A．实验室制备乙炔B．实验室制备氢氧化亚铁C．实验室制取氨气D．实验室制取乙酸丁酯
5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．20 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 ml·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NA
C．标准状况下，22.4 L水中含有的共价键数为2NA
D．50 mL 12 ml·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
6、下列离子方程式书写正确的是
A．食醋除水垢2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O：
B．稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：2H++SO32-=SO2↑+H2O
C．处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O
D．用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
7、图所示与对应叙述相符的是
A．表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS) Cu2＋>H＋。
12、C
【解析】
A．氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；
B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；
C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；
D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。
故选：C。
根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离出一个氢离子，故为一元酸。
13、B
【解析】
A. 由结构简式，X的分子式为 C13H10O5，故A正确；
B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；
C．X分子中有碳碳双键，X 能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X 分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选B。
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。
14、D
【解析】
①漂粉精中含有ClO-,具有强氧化性②过氧化钠具有强氧化性③新制氯水中含有ClO-,具有强氧化性④二氧化硫具有漂白作用。
4种物质均能使品红溶液褪色，故选择D。
15、C
【解析】
A. 石灰石是碳酸钙，不具有吸水性，故不能做干燥剂，故A错误；
B. 由两种或以上物质构成的是混合物，而干冰是固体二氧化碳，属于纯净物，故B错误；
C. 氮氧化物能导致光化学烟雾、二氧化硫能导致酸雨、PM2.5能导致雾霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能导致空气污染，均是空气质量检测物质，故C正确；
D. 和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而CO为不成盐的氧化物，故不是酸性氧化物，故D错误；
故选：C。
16、B
【解析】
根据原子符号的表示含义，、、三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6，它们属于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。
17、C
【解析】
X原子半径最小，故为H；由YH4-可知Y最外层电子数为8-4(4个氢原子的电子)-1(得到的1个电子)=3，即Y最外层有3个电子，Y可能为B或Al；Z显+1价，故为第IA族的金属元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，因为只有一种为金属元素，故Y为B、Z为Na，则
A.钠是短周期元素中金属性最强的元素A正确；
B.硼的最高价氧化物对应水化物是硼酸，呈弱酸性，B正确；
C.BH3中B的非金属性弱且BH3为缺电子结构，B的气态氢化物为多硼烷，如乙硼烷等，故BH3不是稳定的气态氢化物，C错误；
D.NaBH4中的H为-1价，故有强还原性，D正确；
答案选C。
解题关键，先根据所提供的信息推断出各元素，难点C，BH3为缺电子结构，结构不稳定。
18、C
【解析】
A. CO2分子中存在两个双键，其电子式为，A正确；
B. Cl2分子中只有单键，故其结构式为Cl—Cl，B正确；
C. CH4的空间构型为正四面体，其比例模型为，C不正确；
D. Cl－的结构示意图为，D正确。
故选C。
19、A
【解析】
A. Cu2+为重金属离子，能使蛋白质变性，故CuSO4能用于生活用水消毒，A错误；B. 卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程，B正确；C. 纯碱溶液显碱性，可以洗涤餐具上的油渍，C正确；D. 油漆刷在钢铁护栏表层隔绝空气，用来防止金属锈蚀，D正确，答案选A。
20、B
【解析】
A．碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，故A不符合题意；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则CaCl2溶液中通入SO2不发生反应，始终无明显现象，故B符合题意；
C．NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(银氨溶液)，故C不符合题意；
D．SO2通入Na2S溶液中发生反应：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，生成硫沉淀，故D不符合题意；
答案选B。
盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，化学反应中一般遵循强酸制弱酸的规律。
21、A
【解析】
A. 标准状况下，11.2LH2与11.2LD2均为0.5ml，每个分子中含有2个质子，则所含的质子数均为NA，故A正确；
B. 硅晶体中，每个Si周围形成4个Si—Si键，每个Si—Si键是2个Si原子共用，所以有NA个Si原子就有2NA个Si—Si键，故B错误；
C. 硫和铜反应的方程式：2Cu+S Cu2S，6.4gCu与3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1ml，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu的物质的量为0.1ml，则转移电子的物质的量为0.1ml，转移电子数为0.1NA，故C错误；
D. 未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D错误。
故选A。
此题易错点在于D项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。
22、C
【解析】
A．M点，向1L 0.1ml•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；
B. 在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH−)+n(Cl−) = n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，则n(OH−) + 0.1 ml = 0.05+ n(H+)+a =(a+0.05) ml + n(H+)，B项错误；
C. 铵根离子水解显酸性，因=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；
D. 当n(NaOH)=0.1 ml时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+) = c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D项错误；
答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、C10H8 羟基，醚键 取代反应
【解析】
根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。
【详解】
根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；
(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；
(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；
(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；
(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；
(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1ml X最多可与4ml NaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、、、；
(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。
24、③⑧ +2NaOH +2NaBr +2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2O CH3COOCH2OH +nH2O
【解析】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。
【详解】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；
(1)反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为③⑧；
(2)过反应③的化学方程式为：；
反应⑤的化学方程式为：；
(3)E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、；
(4)PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：；
(5)根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。
25、2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl- 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O 加大氮气的通入量 酸式滴定管（或移液管） 淀粉溶液 溶液蓝色退去 0.04000
【解析】
(3) ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，据此计算解答。
【详解】
(1) ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-，故答案为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-；
(2)①二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②ClO2极易溶于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；
③NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；
④当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；
(3)ClO2有强氧化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，消耗0.1000 ml·L-1的Na2S2O3标准液20.00mL，即消耗Na2S2O3物质的量=0.1000 ml·L-1×20.00mL×10-3=2×10-3ml，由2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3可知，n(ClO2)===4×10-4ml，c(ClO2)== 0.04000ml/L，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。
26、+6 SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4 冷凝管 浓硫酸 防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境 D 滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复 75%
【解析】
（1）SO2Cl2中，O的化合价是-2价，Cl的化合价是-1价，计算可得S的化合价是+6价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。
（2）①如上图，甲是反应的发生装置，仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B是球形干燥管，装有碱石灰，其作用是防止空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和C12，防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干燥剂，即浓硫酸。故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和C12，防止污染环境。
②利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。
③硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH溶液中加热充分水解，得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因此显黄色。用0.1000ml·L-1标准HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复。消耗的HCl的物质的量与滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物质的量相等，为0.1000ml·L-1×0.0100L=0.001ml，由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH 0.01ml。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH为0.100L×0.50000ml·L-1-0.010ml=0.04ml，根据总反应方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知，原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01ml，质量为0.01ml×135g/ml=1.35g，产率为1.35g÷1.800g×100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复；75%。
SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和H2O都拆成正价和负价两部分，即把SO2Cl2拆成和Cl-两部分，把水拆成H+和OH-两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和Cl-结合，由于有2个Cl-，所以需要2个水分子提供2个H+，同时提供的2个OH-和1个结合为H2SO4，最终反应的方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等，盐类的水解也可以同样写出。
27、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体） 1：1 2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O 溶液分层，下层为紫红色 用AgNO3标准溶液进行润洗 3.55 偏低
【解析】
(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；
③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；
(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；
(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。
【详解】
(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；
③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O；
(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；
(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；
②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为mL=10.00mL，含有AgNO3的物质的量为0.0001ml·L－1×0.01L=1×10-6ml，测得自来水中Cl-的含量为=3.55g·L−1；
③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。
28、升温 159.2 abc 体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大 80 45 2.5
【解析】
(1)结合影响化学反应速率和平衡移动的因素分析判断；
(2)①由图片可知△H1=△H2+△H3，据此计算解答；a.CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，结合平衡的移动判断；b.在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；c.结合反应CO2+C═2CO分析判断；d. 根据图示，二氧化碳反应生成了CO，据此分析判断；
(3)根据加入水蒸气对平衡移动的影响分析解答；设起始时n(乙苯)=aml，n(H2O)=bml，利用反应的三段式计算平衡时气体的总物质的量，结合恒温恒容时，气体的物质的量之比等于压强之比，得到a、b的关系，再计算乙苯、苯乙烯、氢气的分压，并代入Kp=计算Kp；反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，则v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，利用反应的三段式计算a点时气体的总物质的量和分压计算。
【详解】
(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施有升温、加压，故答案为：升高温度(或增大压强)；
(2)①由图片可知△H1=△H2+△H3=+117.6kJ/ml+(+41.6kJ/ml)=+159.2kJ/ml，即a=+159.2；a.CO2与H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；b.由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故b正确；c.加入的二氧化碳会发生反应CO2+C═2CO，有利于减少积炭，故c正确；d. 根据图示，二氧化碳反应生成了CO，不是催化剂，故d错误；故答案为：+159.2；abc；
(3) 体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大，因此在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能提高乙苯转化率；设起始时n(乙苯)=aml，n(H2O)=bml，
(g)+H2(g)
起始量(ml) a 0 0
变化量(ml) 0.75a 0.75a 0.75a
平衡量(ml) 0.25a 0.75a 0.75a
气体的物质的量之比等于压强之比，平衡时=，b=4a，PH2O=×115kPa=80kPa，PH2=P苯乙烯=×115kPa=15kPa，P乙苯=P苯乙烯=5kPa，所以平衡常数Kp===45kPa；
反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，则v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，所以==Kp=45kPa；
(g)+H2(g)
起始量(ml) a 0 0
变化量(ml) 0.6a 0.6a 0.6a
平衡量(ml) 0.4a 0.6a 0.6a
气体的物质的量之比等于压强之比，a点时PH2=P苯乙烯=×112kPa=12kPa，P乙苯=8kPa，所以=Kp×=45kPa×=2.5，故答案为：体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大；80；45；2.5。
本题的难点为(3)中的计算，要注意三段式在化学平衡计算中的应用和题示速率方程的理解和应用。
29、 N>O>C 同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常 sp3 、 12 5 分子晶体 正八面体
【解析】
根据核外电子排布规律书写价电子的轨道排布式；根据第一电离能的概念及全满、半满结构分析比较第一电离能的大小；根据价层电子对数判断中心原子的轨道杂化方式，根据等电子体概念判断等电子体；根据化学键的类型计算微粒中σ键的数目；根据晶胞的结构分析微粒间构成的空间构型，通过密度和体积进行相关计算；根据物质的物理性质分析判断晶体类型。
【详解】
（1）①铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，根据泡利不相容原理及洪特规则分析知价电子轨道表示式为：，故答案为：；
②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常，更稳定些，所以第一电离能更大些，故答案为：N>O>C；同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；
③IO3-价层电子对数=（O原子按不提供电子算），则根据价层电子对互斥理论分析，其中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是原子总数相等，价电子总数相等的微粒，故与CN-互为等电子体的分子是CO或N2，它们的电子式为、；故答案为：sp3；、；
④C原子与N形成叁键，其中1个是σ键，2个是π键，CN-与铁离子之间有6个配位键，所以1mlFe(CN)63−中含有σ键的数目为12ml，故答案为：12；
（2）Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，则x=5；配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体，故答案为：5；分子晶体；
（3）如图所示，氧离子处于三价铁离子的前后左右和上下，则构成的空间结构为正八面体，故答案为：正八面体；
（4）FexO晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据m=ρ∙V可知：，则x=，故答案为：。
选项
甲
乙
A
干燥剂
浓硫酸、石灰石、无水氯化钙
B
混合物
空气、石油、干冰
C
空气质量检测物质
氮氧化物、二氧化硫、PM2.5
D
酸性氧化物
三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅
实验序号
1
2
3
4
消耗AgNO3溶液的体积/mL
10.24
10.02
9.98
10.00