【化学】江苏省南通市海安高级中学2018-2019学年高二12月月考（选修）（解析版） 试卷

江苏省南通市海安高级中学2018-2019学年高二12月月考（选修）
1.下列有关说法正确的是
A. 铅蓄电池放电过程中，正极质量增加，负极质量减小
B. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铝线更快被氧化
C. 一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D. 0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(OH－)、CH3COOH浓度均减少
【答案】B
【解析】
【详解】A.铅蓄电池放电过程中，正极上二氧化铅转化为硫酸铅，负极上铅单质转化为硫酸铅，两极质量均增加，故A错误；
B.铜、铝和电解质溶液易形成原电池，铝易失电子而作负极，铜作正极，加快金属铝的腐蚀速率，会导致金属铝更快被氧化，故B正确；
C.使用催化剂能加快反应速率但不影响平衡移动，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D.CH3COOH溶液加水稀释后，促进醋酸电离，氢离子浓度减小，水的离子积不变，故氢氧根离子浓度增大，故D错误。
故选B。
2.下列图示与对应的叙述相符的是

A. 图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化
B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，图中温度T2>T1
C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】C
【解析】
A、CH3COOH是弱酸，溶液中存在电离平衡，所以加水稀释时电离程度增大，但离子浓度是减小的，若溶液体积增大10倍，c(H+)不能减小为原来的1/10，所以pH也不能增大1，故A错误；B、水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1>T2，所以B错误；C、由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，故C正确；D、容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，O2的平衡浓度是增大的，所以D错误。本题正确答案为C。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Na2CO3水解：CO32-＋H2O == H2CO3＋2OH－
B. NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－＝BaSO4↓+2H2O
C. Cu与稀HNO3反应：Cu＋4H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO↑＋2H2O
D. 醋酸除水垢：CO32-＋2CH3COOH===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.水解一般是可逆的，故需用可逆符号；而且多元弱酸根的水解要分步进行，故正确的应为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故A错误；
B.NaHSO4溶液中加Ba（OH）2溶液至中性时，碱中的氢氧根离子和酸中的氢离子全部反应，即Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C.Cu与稀HNO3反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3-＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故C错误；
D.水垢中的碳酸钙是难溶性物质，应该用化学式表示，离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2+＋CO2↑＋H2O，故D错误。
故选B。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使酚酞变红的溶液中：Mg2＋、Al3＋、NO3-、ClO－
B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Na＋、Cu2＋、NO3-、I－
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：NH4+、K＋、SO42-、Cl－
D. c(H＋)/c(OH－)＝1×1012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A.使酚酞试液变红的溶液呈碱性，Mg2+、Al3+与OH-均生成沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；
B.溶液与Al反应能放出H2，溶液为酸或强碱溶液，若为酸性，H+与NO3-构成HNO3会氧化I－，若为碱性，OH-与Cu2＋会生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，故B不符合题意；
C.Na2CO3与四种离子不发生反应，可以大量共存，故C符合题意；
D.c(H＋)/c(OH－)＝1×1012，溶液显酸性，H+与SiO32-反应生成H2SiO3沉淀、H+与HCO3-反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故D不符合题意。
故选C。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：①能发生复分解反应的离子之间；②能发生氧化还原反应；③能发生络合反应的离子之间。解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：①溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；②溶液的颜色；③溶液的具体反应条件。
5.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e-+H2O═CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是
A. 电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O
B. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C. 检测时，电解质溶液中的H+向负极移动
D. 正极上发生的反应为：O2+4e-+2H2O═4OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A.酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，得到电子的物质是O2，电极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，总反应方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，故A正确；
B.氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；
C.根据正负极反应可知，负极生成H+，正极消耗H+，所以电解质溶液的H+向正极移动，故C错误。
D.燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，故D错误。
故选A。
【点睛】注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。
6.NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法正确的是

A. 放电时，NO3-向石墨Ⅱ电极迁移
B. 石墨Ⅱ附近发生的反应为NO＋O2＋e－===NO3-
C. 该电池总反应式为4NO2＋O2===2N2O5
D. 当外电路通过4 mol e－时，负极上共产生2mol N2O5
【答案】C
【解析】
【分析】
NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2为燃料，作还原剂，失电子，发生氧化反应，O2作氧化剂，得电子，发生还原反应，由此判断石墨Ⅰ作负极，电极反应式为：NO2+NO3－－e－=N2O5，石墨Ⅱ作正极，电极反应式为：O2+2N2O5＋4e－=4NO3-，据此答题。
【详解】A.O2在石墨Ⅱ附近得电子，发生还原反应，石墨电极Ⅱ为电池的正极，石墨电极Ⅰ为电池的负极，该电池放电时NO3－向石墨Ⅰ电极迁移，故A错误；
B.O2在石墨Ⅱ附近得电子，发生还原反应，电极方程式为：NO2+NO3－－e－=N2O5，故B错误；
C.由分析可知，电池总反应方程式为：4NO2＋O2=2N2O5，故C正确；
D.由负极电极方程式NO2+NO3－－e－=N2O5可知，电路每通过4mole－时，负极上共产生4molN2O5，故D错误。
故选C。
【点睛】本题的易错项为B项。作新型电池的题目一定要注意看清题给的信息，特别是图中隐含的信息。
7.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ．且1mol 氧气分子中的化学键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H﹣O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H﹣H键断裂时吸收热量为
A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，所以2molH2和1molO2生成2mol水蒸气，放出的热量为121kJ×4=484kJ，故氢气完全燃烧生成水蒸气的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ/mol，设氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为x，2molH2和1molO2生成2mol水蒸气，需要断裂2molH﹣H键和1molO=O键，消耗的热量为（2x+496kJ），生成2mol的水蒸气时形成4molH-O键，放出的热量为463kJ×4=1852kJ，即H—H键形成时放出热量=（4634-496-484）/2=436kJ，所以C选项正确。
故选C。
8.在密闭容器中，m A(g)+n B(g) p C(g)反应达平衡时，测得 c(A)为 0.5mol•L‾1，温度不变的情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得 c(A)为 0.3mol•L‾1，则下列判断中正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质B的转化率减小
C. m + n c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K＝2.5×10—7/(0.2a－2.5)
C. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1
D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H＋)－c(OH－)
【答案】B
【解析】
【分析】
A.A、B间任一点，溶液显碱性，溶质为醋酸钠、NaOH或恰好生成醋酸钠；
B.根据CH3COOH的电离常数K=c（CH3COO-）c（H+）/c（CH3COOH）计算；
C.C点对应的醋酸过量，所以抑制了水的电离；
D.在D点遵循物料守恒和电荷守恒。
【详解】A.A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有：Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液显碱性，则有c（OH-）＞c（H+），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），故A错误；
B.取a所对应的B点进行计算，pH=7，则c（OH-）= c（H+）=10-7mol/L，又根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则有c（Na+）=c（CH3COO-），反应后c（CH3COOH）=（0.2a-25×0.1）×10-3/（25+a）×10-3mol/L，则c（Na+）=c（CH3COO-）=（25×0.1）×10-3/（25+a）×10-3mol/L，醋酸的电离平衡常数K=c（CH3COO-）c（H+）/c（CH3COOH）=c（Na+）c（H+）/c（CH3COOH）=2.5×10—7/（0.2a－2.5），故B正确；
C.C点对应的醋酸过量，所以抑制了水的电离，使水电离出的H＋浓度小于10－7mol·L－1，故C错误；
D.D点溶液中的醋酸和醋酸钠等量混合，根据在D点的物料守恒，则有c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），根据电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），将物料守恒代入电荷守恒式可得c（CH3COO-）－c（CH3COOH）=2c(H＋)－2c(OH－)，故D错误。
故选D。
10.一定温度时，向2.0 L恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t / s
0
2
4
6
8
n(SO3) / mol
0
0. 8
1. 4
1.8
1.8

下列说法正确的是
A. 反应在前2 s 的平均速率v(O2) ＝ 0. 4 mol·L－1·s－1
B. 保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大
C. 相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%
D. 保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时n(SO3)/n(O2)增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据表格中数据可知，当n（SO3）=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v(SO3)=0.8mol÷2L÷2s＝0.2mol·L－1·s－1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v(O2)=1/2v(SO3)=1/2×0.2mol·L－1·s－1=0.1mol·L－1·s－1，故A错误；
B.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；
C.相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫的转化率增大，原平衡，SO2的转化率为1.8mol/2mol×100%＝90%，所以二氧化硫的转化率大于90%，当向容器中充入2molSO3时，SO3的转化率等于10%，相同温度下，当充入4 molSO3，相当于加压，SO3的转化率减小，应小于10%，故C错误；
D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，相当于缩小容器的体积，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量进行，所以n(SO3)/n(O2)增大，故D正确。
故选D。
11.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
溶液由浅绿色变为棕黄色
氧化性：Cl2＞Br2
B
蒸干并灼烧AlCl3溶液
得到白色固体
获得Al2O3固体
C
向pH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍
pH（HA）＞pH（HB）
酸性：HA＞HB
D
向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液
重晶石逐渐溶解
溶度积：Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）
【答案】AD
【解析】
【详解】A.氯气能氧化亚铁离子和溴离子，且产物的水溶液均为黄色，根据现象不能确定产物，少量Cl2先氧化亚铁离子，所以结论错误，故A错误；
B.AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3，故B正确；
C.等pH的酸，稀释相同的倍数时酸性强的变化大，则有pH（HA）＞pH（HB）可以知道，酸性：HA＞HB，故C正确；
D.向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液，重晶石逐渐溶解，如生成沉淀，应满足钡离子和碳酸根离子的浓度积大于Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4），硫酸钡更难溶，故D错误。
故选AD。
12.25 ℃时，向20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是

A. H2A属于强酸
B. c(HA-)/c(H2A)随着V[NaOH(aq)]的增大而减小
C. V[NaOH(aq)]＝20 mL时，溶液中存在关系：c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)＝0.05 mol·L－1
D. V[NaOH(aq)]＝20 mL时，溶液中存在关系：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)
【答案】CD
【解析】
【分析】
A.当没有加入氢氧化钠溶液时，0.1mol/LH2A溶液的pH＞3，说明H2A为弱酸；
B.根据H2A的第一步电离平衡常数可知：c（HA−）/c（H2A）=Ka1（H2A）/c（H+），所以该比值随着溶液中的氢离子浓度的减小而增大；
C.V[NaOH（aq）]=20mL时，二者恰好反应生成NaHA，根据该溶液中的物料守恒判断；
D.根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性。
【详解】A.结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1mol/LH2A溶液的pH＞3，说明H2A在溶液中部分电离，属于弱酸，故A错误；
B.根据H2A的第一步电离平衡常数可知：c（HA−）/c（H2A）=Ka1（H2A）/c（H+），氢离子浓度与该比值成反比，随着氢氧化钠溶液体积增大，溶液中氢离子浓度逐渐减小，则该比值逐渐增大，故B错误；
C.V[NaOH（aq）]=20mL时，发生反应：NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液中溶质为NaHA，根据物料守恒可得：c（HA-）+c（A2-）+c（H2A）=c（Na+）=0.05mol/L，故C正确；
D.根据图象知，当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA-发生电离和水解，根据图中粒子的物质的量关系可知HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA都电离出氢离子，只有HA-电离出A2-，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），故D正确。
故选CD。
13.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3与NaHCO3混合溶液：c(Na＋)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH－)
B. 0.1mol·L－1CH3COOH与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合(pH＜7)：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞cCH3COOH)＞c(H＋)
C. 0.1 mol·L－1Na2CO3与0.05mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：5c(Na＋)＝3[c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)]
D. 在0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液（pH＜7）中：c(OH－)＋c(C2O42-)＝c(H＋)＋c(H2C2O4)
【答案】BD
【解析】
【详解】A.CO32-和HCO3-水解，且CO32-水解程度大于HCO3-，溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-），故A错误；
B.0.1mol·L－1CH3COOH与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，pH＜7溶液显酸性说明电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞cCH3COOH)＞c(H+)，故B正确；
C.0.1 mol·L－1Na2CO3与0.05mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒，0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C），所以3c(Na+)＝5[c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)]，故C错误；
D.在0.1mol·L－1NaHC2O4溶液（pH＜7）中，溶液显酸性，根据物料守恒得：c(Na+)=c（HC2O4-）+c(C2O42-)+c(H2C2O4)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c（HC2O4-）+2c(C2O42-)+ c（OH-），所以得c(OH－)＋c(C2O42-)＝c(H+)＋c(H2C2O4)，故D正确。
故选BD。
【点睛】解决离子浓度大小比较是通常需要物料守恒、电荷守恒、质子守恒综合使用。
14.已知常温下Ksp(AgCl)=1.6×10-10、Ksp(AgI)=2.0×10-16，下列说法中正确的是
A. 含有大量Cl-的溶液中肯定不存在Ag+
B. AgI悬浊液中加入少量KI粉末，平衡AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)向左移动，溶液中离子的总浓度会减小
C. AgCl悬浊液中逐渐加入KI固体至c(I-)=Ksp(AgI)/Ksp(AgCl)mol·L-1时，AgCl开始向AgI沉淀转化
D. 向浓度均为0.01 mol·L-1的KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，当Cl-开始沉淀时，溶液中I-的浓度为1.25×10-8mol·L-1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据溶解平衡可知，含有大量Cl-的溶液中一定存在Ag+，A错误；B、AgI悬浊液中加入少量KI粉末，平衡AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)向左移动，但又引入了钾离子，所以溶液中离子的总浓度不会减小，B错误；C、AgCl悬浊液中逐渐加入KI固体至c(I-)＝Ksp(AgI)/Ksp(AgCl)mol·L-1时，说明溶液中氯离子浓度是1mol/L，所以不能说明AgCl开始向AgI沉淀转化，C错误；D、向浓度均为0.01 mol·L-1的KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，当Cl-开始沉淀时，溶液中银离子浓度为1.6×10-8mol/L，所以溶液中I-的浓度为2.0×10-16÷1.6×10-8mol/L＝1.25×10-8mol·L-1，D正确，答案选D。
考点：考查溶解平衡的应用
15.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示：

容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO (g)
CO (g)
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20

下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小
C. T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v(正)＜v(逆)
D. T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12 molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．先拐先平温度高，甲平衡状态时二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；

B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；
D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行．
【详解】A．2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol·L－1） 0.1 0.1 0 0
变化量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
K==10，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc==5＜K=10．则反应达到新平衡前v（正）＞v（逆），故C错误；
D．T2℃时，平衡状态CO物质的量为0.12mol，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
转化量（mol） 0 0 0.1 0.2
变化量（mol） 0.08 0.08 0.04 0.08
平衡量（mol） 0.12 0.12 0.04 0.08
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0 0 0.06 0.12
转化量（mol） 0.12 0.12 0 0
若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO 0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，解题关键：主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，难点C，用浓度商确定平衡移动的方向。
16.以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料可生产草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)。

有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
4.2
5.4
沉淀完全的pH
3.3
9.7
6.7
8.2

请问答下列问题：
（1）滤渣B的主要成分为________ 。
（2）除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀的离子方程式为________。
（3）①除铁(部分Cu2＋可能被除去)时加入ZnO控制反应液pH的范围为___________。
②上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是________。
（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替草酸铵晶体生产草酸锌，合理的加料方式是________。
（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300 ℃～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为________。

【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). Mn2＋＋H2O2＋H2O===MnO(OH)2↓＋2H＋ (3). 3.3～5.4 (4). 先加入ZnS会将Fe3＋还原为Fe2＋，使铁元素难以除去 (5). 在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中 (6). ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑
【解析】
【分析】
分析题给流程和信息知烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）加入盐酸酸浸发生反应：ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O、6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O、MnO+2HCl=MnCl2+H2O，过滤，滤渣A为SiO2，滤液为氯化锌、氯化铁、氯化铜和二氯化锰的混合液，向滤液中加入H2O2，二氯化锰与H2O2发生氧化还原反应生成MnO(OH)2沉淀，过滤，除去锰元素；加入ZnO调节pH＞3.3，Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀而除去，然后加入ZnS固体，发生反应：Cu2++ZnS=Zn2＋+CuS，除去Cu2＋，最后向滤液中加入草酸铵得草酸锌晶体，据此答题。
【详解】（1）根据流程图可知，“除铁”过程中加入ZnO调节pH＞3.3，Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀而除去，所以滤渣B的主要成分为Fe(OH)3，
故答案为：Fe(OH)3。
（2）根据流程图提供的信息，由酸浸进入除锰步骤时，锰元素的存在形式是Mn2+，再加入氧化剂H2O2发生氧化还原反应生成MnO(OH)2沉淀，利用化合价升降法结合原子守恒、电荷守恒配平，离子方程式为Mn2+＋H2O2＋H2O=MnO(OH)2↓＋2H+，故答案为：Mn2+＋H2O2＋H2O=MnO(OH)2↓＋2H+。
（3）①除铁（部分Cu2+可能被除去）时Zn2＋不能生成沉淀，分析表中数据知加入ZnO控制反应液pH的范围为3.3～5.4，故答案为：3.3～5.4。
②除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是先加入ZnS会将Fe3＋还原为Fe2＋，使铁元素难以除去，故答案为：先加入ZnS会将Fe3＋还原为Fe2＋，使铁元素难以除去。
（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4生产草酸  锌晶体，合理的加料方式是在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中，故答案为：在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中。
（5）ZnC2O4·2H2O晶体中ZnC2O4的百分含量为153/189×100%=80.95%，ZnO的百分含量为81/189×100%=42.86%，分析草酸锌晶体加热分解的热重曲线知A点固体为ZnC2O4，B点固体为ZnO，则300℃~460℃范围内发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑，故答案为：ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑。
17.二碳化学的研究在工业生产中具有重要意义。
（1）在一定温度和压强下，已知：
化学键
C—H
C—O
O—H
C===O
O===O
C—C
键能/(kJ·mol－1)
414
326
464
728
498
332


①CH3CH2OH(g)＋1/2O2(g)CH3CHO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝________。
②若反应2CH3CHO(g)＋O2(g)2CH3COOH(g)可自发进行，则CH3CH2OH(g)＋O2(g)CH3COOH(g)＋H2O(g)　ΔH2________(填“＞”“＜”或“＝”)0。
（2）将一定量的CH3CH2OH和O2充入恒温、恒压密闭容器中，发生反应2CH3CH2OH(g)＋O2(g)2CH3CHO(g)＋2H2O(g)至平衡状态。下列图象不合理的是________(填字母)。

（3）已知：25 ℃，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.75×10－5，≈1.3，lg 1.3≈0.1。
①25 ℃，0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝______；将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1的氨水等体积混合，所得溶液中离子浓度大小关系为_______________________________。
②25 ℃，0.2 mol·L－1NH4Cl溶液中NH4+水解反应的平衡常数Kh＝________。(保留2位有效数字)
③25 ℃，向0.1 mol·L－1氨水中加入少量NH4Cl固体，NH3·H2ONH4+＋OH－的电离平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移动；请用氨水和某种铵盐(其他试剂与用品自选)，设计一个实验证明NH3·H2O是弱电解质____________________________________。
【答案】 (1). －203 kJ·mol－1 (2). ＜ (3). B (4). 2.9 (5). c(CH3COO－)＝c(NH4+)＞c(H＋)＝c(OH－) (6). 5.7×10－10 (7). 逆向 (8). 取少量氨水于试管中，滴加2～3滴酚酞溶液，再加入少量醋酸铵固体，充分振荡后溶液红色变浅，证明NH3·H2O是弱电解质(或其他合理答案)
【解析】
【分析】
（1）①根据反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和进行计算；
②根据△G=△H2-T△S＜0进行分析；
（2）根据图像进行分析；
（3）根据Ka(CH3COOH)计算溶液的pH值，等浓度等体积的CH3COOH溶液和的氨水混合恰好生成CH3COONH4，结合电荷守恒式得出结果；
（4）向0.1 mol·L-1氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，NH3·H2ONH4++OH-的电离平衡逆向移动；欲证明NH3·H2O是弱电解质，可取少量氨水于试管中，滴加2～3滴酚酞试液，再加入少量醋酸铵固体，充分振荡后溶液红色变浅，即可证明NH3·H2O是弱电解质。
【详解】（1）①根据反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和可知：CH3CH2OH(g)+1/2O2(g)CH3CHO(g)+H2O(g) △H1=(414×5+332+464+326+498×1/2)kJ·mol-1-(414×4+332+728+464×2)kJ·mol-1=-203kJ·mol-1，故答案为：-203kJ·mol-1。
②已知2CH3CHO(g)+O2(g)2CH3COOH(g)的△S＜0，若2CH3CHO(g)+O2(g) 2CH3COOH(g)反应可自发进行，则△G=△H2-T△S＜0，故△H2＜0；
故答案为：＜。
（2）
A.气体的总质量不变，混合气体的体积增大，则密度先减小后不变，故A正确；
B.气体的总质量不变，混合气体的总物质的最变大，平衡摩尔质量逐渐变小，最终不变，故B错误；
C.随反应的进行，反应物的量逐渐减小，生成物的量逐渐增大，最终不变，故C正确；
D.反应物的转化率未平衡前增大，平衡后不变，故D正确。
故答案为：B。
（3）①已知CH3COOHCH3COO-+H+，25℃，0.lmol·L-1CH3COOH溶液中Ka(CH3COOH)=[c(H+)×c(CH3COO-)]÷c(CH3COOH)=1.75×10-5，则c(H+)2=1.75×10-5÷c(CH3COOH)=1.75×10-5÷0.1mol/L=1.75×10-6，c(H+)=×10-3mol/L=1.3×10-3mol/L，此时溶液的pH=3-lg1.3=2.9；
CH3COOH的电离能力和NH3·H2O相同，则CH3COO-和NH4+水解能力也相同，则CH3COONH4溶液显中性，等浓度等体积的CH3COOH溶液和的氨水混合恰好生成CH3COONH4，结合电荷守恒式c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，所得溶液中离子浓度大小关系为c(CH3COO-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)；
故答案为：2.9，c(CH3COO－)=c(NH4+)＞c(H＋)=c(OH－)。
②已知NH4++H2ONH3·H2O+H+，此时Kh=Kw÷Kb(NH3·H2O)=1×10-14÷1.75×10-5=5.7×10-10，
故答案为：5.7×10-10。
③25℃，向0.1 mol·L-1氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，NH3·H2ONH4++OH-的电离平衡逆向移动；欲证明NH3·H2O是弱电解质，可取少量氨水于试管中，滴加2～3滴酚酞试液，再加入少量醋酸铵固体，充分振荡后溶液红色变浅，即可证明NH3·H2O是弱电解质，故答案为：逆向；取少量氨水于试管中，滴加2～3滴酚酞溶液，再加入少量醋酸铵固体，充分振荡后溶液红色变浅，证明NH3·H2O是弱电解质(或其他合理答案)。
18.摩尔盐[xFeSO4·y(NH4)2SO4·zH2O]是一种重要化工原料。其组成可通过下列实验测定：
①称取1.5680 g样品，准确配成100 mL溶液A。
②量取25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.4660 g。
③再量取25.00 mL溶液A，滴加适量稀硫酸，用0.0200 mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2＋，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
（1）已知室温下BaSO4的Ksp=1.1×10－10，欲使溶液中c(SO42－)≤1. 0×10－5mol·L－1，应保持溶液中c(Ba2＋)
≥ mol·L－1。
（2）③中发生反应的离子方程式为 ，滴定终点的现象是 。
（3）通过计算确定样品的组成（必须写出计算过程）。
【答案】（1）1.1×10－5 （2分）
（2）MnO4－+5 Fe2++8H＋＝Mn2++5 Fe3++4H2O（2分）
溶液由无色变为浅紫色（紫色、紫红色），且半分钟不褪色 （1分）
（3）n(SO42－)= n(BaSO4)＝0. 466g/233g·mol－1＝2. 00×10－3mol (或2.00mmol) （2分）
n(Fe2＋)＝5×0. 02000 mol·L－1×10. 00 mL/1000 mL·L－1＝1. 000×10－3mol （1分）
n(NH4＋)＝2×2. 00×10－3mol-2×1. 000×10－3mol＝2. 000×10－3mol （1分）
n(H2O)＝(1.5680 g×25.00 mL/100.00mL-1.000×10－3mol
×152g·mol－1-1.000×10－3mol×132g·mol－1)/18 g·mol－1
＝6. 000×10－3mol （2分）
x∶y∶z＝n(FeSO4)∶n[ (NH4)2SO4]∶n(H2O)＝1∶1∶6
该摩尔盐的化学式为FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O （1分）
【解析】
试题分析：本题是测定物质组成的计算题。
（1）Ksp= c(Ba2＋) × c(SO42－)=1.1×10－10 c(Ba2＋)= 1.1×10－5mol·L－1
（3）在步骤②中得到的白色固体为BaSO4，由此计算出SO42-的含量；在步骤③中根据反应方程式计算出溶液中含有的Fe2＋的含量，再根据电荷守恒计算出溶液中含有NH4＋的含量。但要注意所取的溶液只是原溶液的1/5，计算原溶液中SO42-和Fe2＋的物质的量。最后根据总质量计算水的含量，确定组成。
考点：考查工业测定物质组成中的有关实验操作、计算等内容。
19.1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨。2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体表面合成氨的反应过程，示意如下图：

（1）图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是______，_______。
（2）已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g);ΔH=-1266.8kJ/mol，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ/mol，氨催化氧化的热化学方程式为_________________________。
（3）500℃下，在A、B两个容器中均发生合成氨的反应。隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动。

①当合成氨在容器B中达平衡时，测得其中含有1.0molN2，0.4molH2，0.4molNH3，此时容积为2.0L。则此条件下的平衡常数为________________；保持温度和压强不变，向此容器中通入0.36molN2，平衡将______________（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
②向A、B两容器中均通入xmolN2和ymolH2，初始A、B容积相同，并保持温度不变。若要平衡时保持N2在A、B两容器中的体积分数相同，则x与y之间必须满足的关系式为_____________。
（4）以CO和O2为电极燃料，以熔融K2CO3为电解质组成燃料电池，请写出该电池的负极反应方程式_____________________________________________。
【答案】 (1). N2和H2被吸附在催化剂表面 (2). 在催化剂表明N2和H2中化学键断裂 (3). 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H= —905.8KJ/mol (4). 10 (5). 逆向 (6). x=y (7). CO-2e+CO32-=2CO2
【解析】
【分析】
（1）图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂；
（2）利用盖斯定律，把第二个热化学方程式两边扩大2倍，然后两个方程式相加就可以得到氨催化氧化的热化学方程式；
（3）①根据平衡常数的概念计算，根据计算的浓度商和平衡常数比较分析判断反应进行的方向；
②利用化学平衡三段式计算A的体积分数相等列式计算；
（4）根据CO在负极发生氧化反应写出电极方程式。
【详解】（1）分析题中图可以知道，图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，
故答案为：N2和H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面，N2和H2中化学键断裂。
（2）已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266.8kJ/mol ①
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol ②，由①+②×2得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=-905.8kJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=-905.8kJ/mol。
（3）①若在某件下，反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）在容器N中达到平衡，测得容器中含有A1.0mol，B0.4mol，C0.4mol，此时容积为2.0L．则此条件下的平衡常数K=（0.4mol÷2L）2/（1mol÷2L）×（0.4mol÷2L）3=10；保持温度和压强不变，向此容器内通入0.36molA，平衡将Q=（1.36mol÷2L）2/（1mol÷2L）×（0.4mol÷2L）3=115.6＞10，反应逆向进行；
故答案为：10；逆向。
②向M、N中，各通入xmolA和ymolB，初始M、N容积相同，并保持温度不变。设M容器中消耗A物质的量amol，N容器中消耗A物质的量为bmol，
M容器中，
A（g）+3B（g）⇌2C（g）
起始量（mol） x y 0
变化量（mol） a 3a 2a
平衡量（mol） x-a y-3a 2a
N容器中，
A（g）+3B（g）⇌2C（g），
起始量（mol） x y 0
变化量（mol） b 3b 2b
平衡量（mol）x-b y-3b 2b
若要平衡时保持A气体在M、N两容器中的体积分数相等，（x-a）/（x+y-2a）=（x-b）/（x+y-2b），x：y=（b-a）：（b-a），则x：y=1：1，则起始通入容器中的A的物质的量x mol与B的物质的量y mol之间必须满足的关系式为x=y=1；故答案为：x=y。
（4）该燃料电池燃料为CO，电解质为熔融的K2CO3，总反应为2CO+O2=2CO2，CO在负极失电子发生氧化反应，负极反应方程式为：CO-2e+CO32-=2CO2，故答案为：CO-2e+CO32-=2CO2。
20.I.H2A在水中存在以下平衡：H2AH+＋HA-，HA－H+＋A2- 。
（1）NaHA溶液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为____________________。
（2）常温时，若向0.1 mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液的下列关系中，一定正确的是_______________。
A．c(Na+)＞c(K+) B．c(H+)•c(OH)＝1×10-14
C．c(Na+)＝c(K+) D．c(Na+)＋c(K+)＝c(HA－)＋c(A2- )
（3）已知常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2+(aq)＋A2- (aq)，滴加少量Na2A固体，c(Ca2+)_______________（填“增大”、“减小”或“不变”），原因是________________。
Ⅱ.含有Cr2O72-的废水毒性较大，某工厂废水中含4.00×10-3 mol/L的Cr2O72－。为使废水能达标排放，作如下处理：
（1）该废水中加入FeSO4·7H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为：_______________。
（2）欲使25 L该废水中Cr2O7转化为Cr3+，理论上需要加入__________g FeSO4·7H2O。
（3）若处理后的废水中残留的c(Fe)＝1×10-13mol/L，则残留的 Cr3+的浓度为__________。（已知：Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38mol/L，Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10-31 mol/L ）
【答案】I.（1）c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－) （2）AB
（3）减小；加入Na2A固体，c(A2- )增大，从而导致溶解平衡左移，c(Ca2+)减小
Ⅱ.（1）Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O （2）166.8 （3）1.0×10－6mol/L
【解析】
试题分析：I.（1）H2A在水中存在以下平衡：H2AH+＋HA-，HA－H+＋A2- ，所以NaHA只存在电离平衡，溶液显酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)。
（2）A、NaHA溶液呈酸性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c(Na+)＞c(K+)，A正确．B、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，常温下水的离子积常数是10－14，B正确；C、根据A中分析可知C错误；D、根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(K+)＋c(H+)＝c(HA－)＋2c(A2- )，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c（Na+）+c（K+）=c（HA-）+2c（A2-），D错误，答案选AB。
（3）由于加入Na2A固体，c(A2- )增大，从而导致溶解平衡左移，c(Ca2+)减小。
Ⅱ.（1）亚铁离子被氧化的离子方程式为Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
（2）某工厂废水中含4.00×10-3 mol•L-1的Cr2O72－，n（Cr2O72－）＝25L×4.00×10-3mol/L＝0.1mol；依据氧化还原反应离子方程式Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，得到n（Fe2+）＝0.6mol；需要FeSO4•7H2O的质量=0.6mol×278g/mol＝166.8g；
（3）若处理后的废水中残留的c（Fe3+）＝1×10-13mol•L-1，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）·c3（OH-）＝1.0×10-38，计算得到c3（OH-）＝1×10-25mol/L，则残留的Cr3+的浓度为Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+）c3（OH-）＝1.0×10-31，c（Cr3+）＝1×10-6mol•L-1。
【考点定位】本题主要是考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较、溶解平衡及氧化还原反应有关计算等
【名师点晴】守恒法解题的思维流程：
（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。
（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
21.元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子。Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。
（1）Y与Z可形成多种化合物。
① 元素Y与Z中电负性较大的是________(用元素符号描述)。
② 离子ZY32-的空间构型为________(用文字描述)。
③ 写出一种与ZY2互为等电子体的分子的化学式：________。
（2）Y的氢化物(H2Y)在乙醇中的溶解度大于H2Z，其原因是________。
（3）含X2＋的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3[X(CN)5(NH3)]。1 mol配合物K3[X(CN)5(NH3)]中含σ键的数目为______。
（4）下图为X与Z所形成的一种化合物的基本结构单元，推测该化合物的化学式为______。

【答案】 (1). O (2). 三角锥形 (3). S2O或SeO2 (4). H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能 (5). 14 mol (6). Fe3S8
【解析】
【分析】
元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则X为Fe；Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Z为S元素，据此答题。
【详解】（1）①同主族自上而下电负性减小，故电负性O>S，故答案为：O。
②离子SO32-中S原子孤电子对数=（6+2-2×3）÷2=1，价层电子对数=3+1=4，为三角锥形，故答案为：三角锥形。
③原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，则一种与SO2互为等电子体的氧化物分子的化学式为：SeO2或S2O，故答案为：SeO2或S2O。
（2）H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，
故答案为：H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能。
（3）氨气分子中有3个σ键，CN-中含有1个σ键，形成6个配位键，也属于σ键，1mol配合物K3[Fe（CN）5（NH3）]中含14molσ键，故答案为：14mol。
（4）根据均摊法，晶胞中S原子数目为4，Fe原子数目为1+4×1/8=1.5，Fe、S原子数目之比为3：8，故化学式为：Fe3S8，故答案为：Fe3S8。