1、2019海南省高考压轴卷化 学第卷(选择题共36分)一、选择题(本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题只有一个选项符合题意)1.分类思想是学习化学的重要思想，从分类的角度分析正确的是A. CO2和NO2溶于水都显酸性，因而它们都是酸性氧化物B. Na2O和NH3的水溶液能导电，所以均为电解质C. Al2O3能与强酸反应，又能与强碱反应，故为两性氧化物D. Na2O和Na2O2与水反应均会生成强碱，故都是碱性氧化物2.一定量的Na、Mg、Al分别与足量的盐酸反应，放出氢气的质量之比为1：2：4，则Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为()A. 1：1：1 B. 4：2：1 C. 2：3：
2、4 D. 3：3：43.有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述中错误的是()A. 相同温度下，等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性比较，前者更强B. 常温时水溶性：Na2CO3NaHCO3C. 在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解D. 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，前者产生沉淀，后者不产生沉淀4.下列能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是()活性炭氯水二氧化硫臭氧过氧化钠双氧水A. B. C. D. 5.用氢氧化钠固体配置 100 mL 0.1mol/L 的氢氧化钠溶液，有以下仪器：100 mL 量筒 滤纸 烧杯 托盘天平 100 mL 容
3、量瓶 胶头滴管 玻璃棒， 配制过程中需要用到的仪器有A. B. C. D. 6.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)2CO(g)2CO2(g)S(l)H0，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是()A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变2、 选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个
4、且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。7.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. 使甲基橙变红色的溶液：Mg2、K、SO42 、NO3B. 使酚酞变红色的溶液：Na、Cu2、HCO3 、NO3C. 0. 1 molL-1 NaAlO2 溶液: OH、Na、Cl、SO42D. 0. 1 molL-1 AgNO3 溶液：H、K、SO42 、I8.下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是A. 溶液是电中性的，胶体是带电的B. 通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C. 溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动也是有规律，即布朗
5、运动D. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有9.下列离子方程式书写正确的是A. 向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：SO42-Ba2 BaSO4B. 向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液： CH3COOHOH CH3COOH2OC. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2 2H Fe22H2OD. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+ OH NH3H2O10.若NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A. 3.6g重水（D2O）含有的电子数为2NAB. 常温下，14gC3H6和C4H8的混合物中所含共价键数为3NAC. 在2mol/L的硝酸
6、镁溶液中含有的硝酸根离子数为2NAD. 1mol Zn 与足量盐酸完全反应转移的电子总数为2NA11.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是A. N2 (O2) ：选用灼热的铜网B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：，通入过量的CO2气体C. Fe2O3 (SiO2) ：加入过量的NaOH溶液后过滤D. Na2CO3溶液(Na2SO4)：加入适量Ba(OH)2溶液，过滤12.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO4FeSO4H2SO4K2SO4MnSO4Fe2(SO4)3H2O。下列说法正确的是A. Fe2的还原性强于Mn2B. MnO4-是
7、氧化剂，Fe3是还原产物C. 生成1 mol水时，转移1.25 mol电子D. 取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成第卷(非选择题共64分)三、非选择题:共44分。每个试题考生都必须作答。13.（8分）X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题：（1）R在元素周期表中的位置为_。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_。（3）X、Y、Z三种元素形成盐类化合物的水
8、溶液呈酸性的原因：_(用离子方程式表示)。溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为_。（4）YX4M的电子式为_，Q3Y2与水可剧烈反应，产生沉淀与气体，反应的化学方程式为_。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_。14.（8分）A、B、C、W 均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(其它产物及反应条件已略去)。(1)若单质 A 为黄色固体，B 为无色有刺激性气味的气体，C 能与水反应生成一种二元强酸.BC 的化学方程式_。向 NaOH 溶液中通入过量的气体 B 的离子方程式_。(2)若 A 是一种黄绿色的气体，B 的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。检验 B 溶液
9、中阳离子的常用试剂是_。B与W 转化为 C 的离子反应方程式_。一定条件下 W 与水反应的化学方程式_。15.（9分）某工业含铜废料含有 Cu、CuO、CuS、CuSO4 等成分，利用该含铜废料可生产硝酸铜晶体Cu(NO3)23H2O，生产的工艺流程如图所示，请回答下列问题：(1)“焙烧”过程中除生成 SO2 的反应外，另外一个反应的化学方程式是_。(2)“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有_(写出一条即可)。(3)若试剂 a 为 Zn，则“置换”的离子方程式为_。(4)“淘洗”的作用是_。(5)“反应”一步中使用 20% HNO3 和 10% H2O2，整个过程无红棕色气体产生，则发生
10、反应的离子方程式为_；若该步骤只使用 20% HNO3，随着反应的进行，温度升高，出现大量红棕色气体，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。16.（9分）化学反应原理知识在指导工业生产和环保等方面具有重要作用，请回答下列问题：（1）已知热化学方程式：2C(s)+H2(g) = C2H2(g) H1C(s)+O2(g) = CO2(g) H2H2(g) +O2(g) = H2O(l) H3则表示C2H2燃烧热的热化学方程式为_。（2）利用测压法在刚性反应器中加入2molSO2、1molO2，研究T时，反应2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g) HNaHCO3，故B正确；酒精灯加热的条件下
11、Na2CO3不分解，NaHCO3分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故C正确；将澄清的石灰水加入NaHCO3溶液中能生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，故D错误。本题选D。4. 【答案】C【解析】物质的漂白性主要有三种原理：一是该物质具有强氧化性，如氯水、臭氧、过氧化钠、过氧化氢等；二是该物质与有机色素化合生成不稳定的无色化合物，如SO2；三是该物质具有很大的比表面积，具有很强的吸附色素的能力，如活性炭。所以选C。5. 【答案】B【解析】配制100mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却
12、后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，量筒（可用可不用），所以配制过程中需要用到的仪器有，故B正确。故选B。6. 【答案】D【解析】A、S为液体，反应前后气体系数之和不相等，随着反应进行，气体物质的量减小，压强减小，故错误；B、因为S为液体，浓度视为常数，因此分离出S，反应速率不变，故错误；C、此反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，故错误；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故正确。7. 【答案】AC【解析】
13、A.使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，酸性条件下Mg2、K、SO42、NO3离子能够大量共存，A正确；B.使酚酞变红色的溶液呈强碱性，Cu2、HCO3均不能与碱大量存在，B错误；C.AlO2-水解显碱性，与OH、Na、Cl、SO42不发生反应，所以能大量存在，故C正确;D. I与Ag生成AgI沉淀，含有Ag的溶液中，I不能大量存在，D错误；答案：AC。8. 【答案】D【解析】A.溶液和胶体都是电中性的，只有溶液中的离子和胶体中的胶粒带电，故A错误；B.胶体中的分散质粒子会向某一极移动，但溶液只有是电解质时，其溶质粒子才会向两极移动，非电解质溶液的溶质粒子不带电，不会向某一极移动，故B项错误；C.溶
14、液中溶质粒子一直不停做无规律运动，故C错误。D.光束通过胶体时会出现明亮的通路，这是胶体特有的丁达尔效应，而溶液没有该现象，故D项正确；答案为D。9. 【答案】B【解析】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为: Al3+SO42-Ba2+4OH- BaSO4+ AlO2-+2H2O,故A错误; B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为： CH3COOHOH CH3COOH2O，故B正确；C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸,反应的离子方程式为: 3Fe(OH)2 +NO3-10H 3Fe38H2O+NO,故C错误;D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠
15、溶液,反应的离子方程式: NH4+HCO3-+ 2OH CO32+-NH3H2O+H2O,所以D错误的;答案：B。10. 【答案】D【解析】A、3.6g重水的物质的量为0.18mol，含有电子的物质的量为1.8mol，3.6g重水含有的电子数为1.8NA，故A错误；B、常温常压下，C3H6和C4H8的最简式为CH2,14g的混合物含中所含CH2为1mol,共价键数为2NA故B错误；C、2mol/L的硝酸镁溶液，没有体积无法计算硝酸根离子数，故C错误；D、1mol Zn活泼金属从盐酸中能置换出1mol H2，需要得到2mol电子，所以发生转移的电子数为2NA，故正D确；答案：D。11. 【答案】
16、D【解析】A. 把N2 和O2的混合气体 通过灼热的铜网，氧气和铜网反应生成氧化铜，氮气不反应，故A正确；B. 向NaHCO3和Na2CO3溶液中通入过量的CO2气体CO2+ Na2CO3+H2O= 2NaHCO3,故B正确；C. 向Fe2O3 和SiO2中加入过量的NaOH溶液会和SiO2反应生成硅酸钠溶液，再通过过滤即可除去；故C正确；D. 向Na2CO3和Na2SO4溶液中加入适量Ba(OH)2溶液，Na2CO3和Na2SO4都可以与Ba(OH)2反应，故D错误；答案：D。12. 【答案】AC【解析】A该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A
17、正确；B该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量=1.25mol，故C正确；D铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故D错误；故选AC。13. 【答案】(1)第三周期A族 (2)ClO2Mg2 (3)NH4H2ONH3H2OHc(NO3)c(NH4)c(H)c(OH) (4) Mg3N26H2O=3Mg(OH)22N
18、H3 (5)Cl22OH=ClOClH2O【解析】(1)R为Na元素，其原子序数为11，位于周期表中第三周期第IA族；(2)Z、Q、M简单离子分别为O2-、Mg2+、Cl-，而微粒的电子层数越多，则半径越大，故Cl-的半径最大；当电子层数相同时，核电荷数越多，则半径越小，故Mg2+的半径最小，故简单离子半径由大到小的顺序为ClO2Mg2；(3) H、N、O三种元素形成的盐类化合物为NH4NO3，溶液呈酸性，其原因是铵根离子水解，离子方程式为：NH4H2ONH3H2OH；溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为c(NO3)c(NH4)c(H)c(OH) ；(4) H、N、Cl形成的化合物为NH4Cl，
19、为离子化合物，其电子式为；Q3Y2为Mg3N2，在水溶液中发生双水解生成氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式为：Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3；(5)M的单质即为氯气，与R的最高价氧化物对应的水化物即为NaOH反应,生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为： Cl22OH=ClOClH2O。14. 【答案】(1)2SO2O22SO3 SO2+ OH-= HSO3-(2)KSCN 溶液(氢氧化钠溶液) Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2【解析】（1）若单质A为黄色固体，B为无色有刺激性气味的气体，C能与水反应生成一种二元强酸，则A是S，W
20、是O2、B是SO2、C是SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4。BC的反应为二氧化硫氧化为三氧化硫，反应的方程式为：2SO2O22SO3。向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：SO2+OH-=HSO3-。（2）若A是一种黄绿色的气体，B的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，则A是Cl2，W是Fe，B是FeCl3、C是FeCl2。B为FeCl3，检验Fe3+的常用试剂是KSCN溶液(氢氧化钠溶液)，若用KSCN溶液，溶液变为血红色，若用氢氧化钠溶液，出现红褐色的沉淀。W是Fe、B是FeCl3，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，离子方程式为：Fe+2Fe3+
21、=3Fe2+。铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。15. 【答案】1)2Cu +O22CuO (2)升高温度 (3)Cu2+ + Zn Cu + Zn2+ (4)除去过量的锌 (5)Cu+ H2O2 + 2H+ Cu + 2H2O 1 ：2【解析】(1)废料中Cu和CuS在“焙烧”过程中与O2反应，CuS将转化为CuO和SO2，所以另外一个反应的化学方程式为2Cu+O22CuO。(2)“焙烧”后的固体用硫酸酸化，根据影响化学反应速率的外界因素可知，加快反应速率的措施有：升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎。（任选一
22、条回答即可）(3)Zn比Cu活泼，能够将溶液中的Cu2+置换，其离子方程式为Cu2+Zn=Cu+Zn2+。(4)在“置换”步骤中加入了过量的锌，得到的固体铜中含有锌，为了不影响产品的纯度必须除去锌，所以“淘洗”的作用就是除去过量的锌。(5)从目标产物看，“反应”步骤应该是将单质铜转化为Cu(NO3)2的过程，铜元素被氧化，而“整个过程无红棕色气体产生”说明氧化剂不是HNO3，可推知该过程作为氧化剂的物质应是H2O2，所以发生反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+ Cu+2H2O。若该步骤只使用20% HNO3且出现大量红棕色气体，可推知该过程起氧化剂作用的是HNO3，还原产物是红棕色的NO
23、2气体，化学反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，因4molHNO3中只有2molHNO3起氧化剂作用，所以还原剂（Cu）与氧化剂（HNO3）物质的量之比为1:2。16. 【答案】(1)C2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) H=(2H2-H1+H3) (2)60%；0.8；BC 升高温度、增加反应物或生成物的物质的量 (3)；一氧化二氮【解析】（1）已知热化学方程式：2C(s)+H2(g) = C2H2(g)H1；C(s)+O2(g) = CO2(g)H2；H2(g) +O2(g) = H2O(l) H3，根据盖斯定律2-+为C2H2
24、(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) H=(2H2-H1+H3)。C2H2燃烧热的热化学方程式为C2H2(g)+5/2 O2(g)= CO2(g)+ H2O(l) H=(2H2-H1+H3)。（2）由表格数据可知15min时达到平衡，利用三段式2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)初始量（mol） 2 1 0变化量（mol） 2x x 2x平衡量（mol）2-2x 1- x 2x根据压强之比等于物质的量之比：20.0/16.0=3/(3-x).解得x=0.6mol, 平衡时，SO2的转化率=0.6/2=60%；T时，反应2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3
25、(g)的平衡常数Kp=P2(SO3 )/p2 (SO2)p(O2)=( 16.01.2/2.4)2/(16.00.8/2.4)2( 16.00.4/2.4)=0.8kPa1。答因为化学反应伴随能量变化，所以当焓变不在变化时，说明化学反应达到平衡状态，故A错误；因为2SO2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)是两边化学计量数不等且是气体分子数减小的反应，所以随反应进行，混合气体平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体平均相对分子质量不在变化说明化学反应达到平衡状态，故B正确；SO2属于反应物，随反应进行，SO2 质量分数逐渐减小，当SO2 质量分数不在变化说明反应达到平衡状态，故C正确；因为2S
26、O2 (g) +O2(g) 2 SO3(g)是气体分子数减小反应，随着反应进行，压强逐渐减小，当压强不在改变是，反应达到平衡状态，故D错误；答案：BC。40min时，刚性容器中气体的压强增大。根据理想气体的状态方程PV=nRT可知，升高温度可以增大体系的压强，而且升高温度可以使化学平衡向逆反应方向移动，体系的压强也增大。当然，直接增加气体的物质的量也能增大体系的压强。故改变的条件可能是升高温度，也可能是增加反应物或生成物的物质的量。（3）二氧化碳的分子式为CO2,属于共价化合物，电子式为： 。模拟尾气中有NO 0.025 mol,由图可知,其中参与反应NO的物质的最为0. 025 mol(8%
27、+16%)= 0. 006 mol ,模拟尾气中有O20.5 mol ,排出气体中有O2 为0.45 mol, 故实际参加反应的O2为0. 05 mol 。排出的气体中有0. 0525 mol CO2，根据氧元素守恒，可知N2O的物质的量为0.05 mol2+0. 006 mol-0. 0525 mol2=0.001 mol,根据氮元素守恒,可知n(N2 )=(0.006 mol-0.001 mol2)/2 =0.002mol，因此，NO转化为一氧化二氮的转化率较低，所以X为N2, Y为N2O。17. 【答案】 (1)B C (2)想提高葡萄糖酸的转化率；便于后面的分离； 氯化钙难以与葡萄糖酸
28、直接反应得到葡萄糖酸钙 (3) 葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品 (4)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 (5)D【解析】（1）溴水氧化葡萄糖在55下反应，应该用水浴加热比较均匀易控制，温度计插到水浴中即可，且要滴加溴水，B中的分压漏斗可以调节气压使溴水顺利滴下，故选择B；葡萄糖氧化最好生成葡萄糖酸，如果用碱性试剂氧化会生成葡萄糖酸盐还要多一步酸化，故排除A、D项，酸性高锰酸钾可能把葡萄糖氧化成二氧化碳，故不选B项，葡萄糖氧化酶可以具有针对性的将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，且反应条件比较温和，故选择C项；（2）第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，过量的碳酸
29、钙能提高葡萄糖酸的转化率，且碳酸钙不易溶于水，所以碳酸钙易除去；氯化钙易溶于水，盐酸酸性大于葡萄糖酸，所以氯化钙和葡萄糖酸不反应，则本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3；（3）第步需趁热过滤，因为葡萄糖酸钙易溶于热水，可溶于水，所以要趁热过滤，葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（4）葡萄糖酸钙在乙醇中微溶，加入乙醇可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出为了使其析出，与溶液分离； （5）析出的葡萄糖酸钙固体上可能残留有溴化钙，为了除去溴化钙，且尽量的减少葡萄糖酸钙的损失，应该采用乙醇-水体系，故选D。18-I 【答案】CD【解析】A项，迷迭香酸中含C、H、O
30、三种元素，迷迭香酸不属于烃，A项错误；B项，迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，共四种，B项错误；C项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基和1个碳碳双键，1mol迷迭香酸最多与6molBr2发生取代反应、与1molBr2发生加成反应，1mol迷迭香酸最多能与7molBr2发生反应，C项正确；D项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，1mol迷迭香酸最多能与6molNaOH发生反应，D项正确；答案选CD。18-【答案】（1）醛基 (1)(3) (4)AC (5) BC【解析】（1）根据上述分析可知E为苯甲醛，其含有官能团的名称是醛基。（2）B为乙酸，D为苯甲醇，两者
31、发生酯化反应，BDF的化学方程式为。（3）根据信息“RCHOCH3COOR RCHCHCOOR”可知X的结构简式。（4）A、X含有酯基，因此可以发生水解反应，故A正确；B、X含有苯环可以和浓硝酸发生取代反应，故B错误；C、X含有碳碳双键能使Br2/CCl4溶液褪色，故C正确；D、X无醛基不能发生银镜反应，故D错误；综上所述，本题应选AC。（5）由同分异构体概念，分子式相同，结构不同的物质互称为同分异构体，题给的四种物质中B、C与F属于同分异构体。19-I【答案】CD【解析】A根据图象知，氮气和CO都含有两个键和一个键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；B氮气中键由每个N原子各提供一个电
32、子形成，而CO分子中其中一个键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；CN2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C错误；DN2分子在空气中不燃烧，CO分子在空气中燃烧，所以两种分子的化学性质不相同，故D错误，故选CD19-【答案】 (1) 2 (2) NSC 5: 4 SCN-中有孤对电子,Cu2+有空轨道,二者能形成配离子 （3）sp杂化 (4)As4O6 正四面体形 (5)4 dNA(r13+r23)10-30/63【解析】（1）磷为15号元素，基态磷原子的电子排布图为，有3个未成对电子，砷原子也有3个未成对电子，与砷同周期且含有的未成对电子数相同的元
33、素有矾和钴两种。（2）元素周期表中，同周期从左到右元素的电负性逐渐增强；同主族从上到下元素的电负性逐渐减弱；N、C为同周期元素,电负性NC,因为H2CO3为弱酸，H2SO4为强酸，所以非金属性SC,电负性SC；N的核外电子排布为半充满状态，所以电负性NS，所以(SCN)2分子中各元素的电负性由大到小的顺序为：NSC；(SCN)2的结构式为NC-S-S-CN, 键和键键的个数比为5: 4。SCN-中有孤对电子,Cu2+有空轨道,二者能形成配离子。（3）CO2是N2O的等电子体，根据等电子原理可知，N2O的中心原子与二氧化碳的中心原子一样，价层电子对数为2且不含孤电子对，为sp杂化。（4）根据图1结构可知,砒霜分子内含有6个氧原子,4个砷原子,其化学式为As4O6；Na3AsO4的阴离子为AsO43-，AsO43-中含有的孤电子对数是0,中心原子有4条共价鍵，所以其空同枸型为正四面体形。（5）根据图知，B原子连接4个P原子。该晶胞中B原子个数为4，P原子个数为81/8+61/2=4,晶胞中所有原子体积为4/3(r13+r23)410-30cm3,密度d=(42/NA)/V,则晶胞体积V=168/dNA cm3,晶胞中原子的体枳占晶胞体积的百分率=所有原子的体积/晶胞的体积=4/3(r13+r23)410-30cm3/ 168/dNAcm3=dNA(r13+r23)210-30/63。
