河南省鄭州市中原聯盟2020屆高三化學3月聯考線上試題含解析河南省鄭州市中原聯盟2020屆高三化學3月聯考線上試題含解析PAGE27-河南省鄭州市中原聯盟2020屆高三化學3月聯考線上試題含解析河南省鄭州市中原聯盟2020屆高三化學3月聯考（線上）試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H—1C—12N—14O—16Cl—35。5V-51Cu—641.設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是（）A.36g由35Cl和37C1組成的氯氣中所含質子數一定為17NAB。5。6gC3H6和C2H4的混合物中含有共用電子對的數目為1。2NAC。含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體中，氧原子數為4NAD.一定條件下,6。4g銅與過量的硫反應,轉移電子數目為0。2NA【答案】B【解析】【詳解】A．35Cl和37C1的原子個數關系不定，則36g氯氣不一定是0。5mol,所含質子數不一定為17NA，A不正確;B．5.6gC3H6和5.6gC2H4中含有共用電子對的數目都是1。2NA，則5。6g混合氣所含共用電子對數目也為1.2NA，B正確；C．1個“SiO2”中含有4個Si—O鍵，則含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體為1mol，氧原子數為2NA，B不正確；D．銅與過量的硫反應生成Cu2S,6.4g銅轉移電子數目為0.1NA，D不正確；故選B.2。某同學采用工業大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質）制取CaCl2·6H2O,設計了如下流程：下列說法不正確的是A。固體I中含有SiO2，固體II中含有Fe(OH）3B.使用石灰水時,要控制pH,防止固體II中Al(OH)3轉化為AlO2-C.試劑a選用鹽酸，從溶液III得到CaCl2·6H2O產品的過程中,須控制條件防止其分解D.若改變實驗方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀,其溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶也可得到純凈CaCl2·6H2O【答案】D【解析】【分析】工業大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質）加足量的鹽酸，得到二氧化硅沉淀和氯化鈣、氯化鋁、氯化鐵混合溶液，所以固體Ⅰ中含有SiO2，濾液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH）3沉淀，即為固體Ⅱ，過濾，向濾液加入鹽酸中和過量的氫氧化鈣，得氯化鈣溶液，CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時，要防止其分解；【詳解】A.根據上面的分析可知，固體Ⅰ中含有SiO2，固體Ⅱ中含有Fe（OH）3，A正確;B。氫氧化鋁具有兩性，可溶于氫氧化鈣溶液,生成AlO2-，B正確；C。CaCl2·6H2O易分解,從溶液中獲得氯化鈣晶體時，要防止其分解，C正確;D.若改變實驗方案,在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液中含有氯化銨，經蒸發濃縮、冷卻結晶得到的CaCl2·6H2O不純，D錯誤；答案為D.3。黑索金是一種爆炸力極強烈性炸藥，比TNT猛烈1.5倍。可用濃硝酸硝解烏洛托品得到黑索金,同時生成硝酸銨和甲醛（HCHO)。下列說法不正確的是（）A.烏洛托品的分子式為C6H12N4B。烏洛托品分子結構中含有3個六元環C.烏洛托品的一氯代物只有一種D。烏洛托品得到黑索金反應中烏洛托品與硝酸的物質的量之比為1：4【答案】B【解析】【詳解】A．烏洛托品的分子中含有6個“CH2"和4個N原子，則分子式為C6H12N4，A正確;B．烏洛托品分子結構中含有4個六元環，B不正確；C．烏洛托品分子中含有6個完全相同的-CH2—，所以一氯代物只有一種，C正確;D．1mol烏洛托品與4mol硝酸完全反應，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO,D正確；故選B。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。A是元素Y的單質。常溫下，甲的濃溶液具有脫水性，和A發生鈍化。丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無色刺激性氣味氣體。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是(）A。丁和戊中所含元素種類相同B.簡單離子半徑大小：X＜YC.氣態氫化物的還原性:X＞ZD。Y的簡單離子與Z的簡單離子在水溶液中可大量共存【答案】A【解析】【分析】甲的濃溶液具有脫水性，則甲為硫酸；常溫下，和A發生鈍化，則A為鋁（Al）；丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無色刺激性氣味氣體，結合轉化關系圖，可得出丙為SO2，丁為H2O，乙為Al2(SO4）3;SO2與戊反應生成H2SO4，則戊為H2O2。從而得出W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S。【詳解】A．丁和戊分別為H2O、H2O2,所含元素種類相同，A正確；B．簡單離子半徑:O2—>Al3+，B不正確;C．氣態氫化物的還原性：H2O<H2S，C不正確；D．Al3+與S2-在水溶液中發生雙水解反應，不能大量共存，D不正確；故選A。5。實驗室從廢定影液[含Ag(S2O3）23-和Br—等]中回收Ag和Br2的主要步驟為:向廢定影液中加入Na2S溶液沉銀，過濾、洗滌及干燥,灼燒Ag2S制Ag；制取Cl2并通入濾液氧化Br—,用苯萃取分液。其中部分操作的裝置如圖所示,下列敘述正確的是（）A。用裝置甲分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌B.用裝置乙在空氣中高溫灼燒Ag2S制取AgC.用裝置丙制備用于氧化濾液中Br—的Cl2D。用裝置丁分液時，先放出水相再放出有機相【答案】C【解析】【詳解】A．過濾分離Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌，容易損壞濾紙，A不正確；B．蒸發皿不能用于灼燒，在空氣中高溫灼燒Ag2S會生成SO2，污染環境，同時生成的Ag會被氧化成Ag2O，B不正確；C．KMnO4與濃鹽酸不需加熱就能反應生成Cl2,C正確；D．分液時,先放出水相，再從分液漏斗上口倒出有機相，D不正確；故選C。6.2mol金屬鈉和1mol氯氣反應的能量關系如圖所示,下列說法不正確的是（)A。ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B。ΔH4的值數值上和Cl—Cl共價鍵的鍵能相等C.ΔH7〈0,且該過程形成了分子間作用力D.ΔH5〈0，在相同條件下，2Br（g）的ΔH5′>ΔH5【答案】C【解析】【詳解】A．由蓋斯定律可得,ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正確；B．ΔH4為破壞1molCl-Cl共價鍵所需的能量,與形成1molCl-Cl共價鍵的鍵能在數值上相等，B正確；C．物質由氣態轉化為固態，放熱，則ΔH7<0,且該過程形成了離子鍵,C不正確；D．Cl轉化為Cl—，獲得電子而放熱，則ΔH5〈0，在相同條件下，由于溴的非金屬性比氯弱，得電子放出的能量比氯少，所以2Br（g)的ΔH5′>ΔH5,D正確；故選C。7.向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入過量的氯氣,溶液中四種粒子的物質的量變化如圖所示,已知b－a＝5，線段Ⅳ表示一種含氧酸,且Ⅰ和Ⅳ表示的物質中含有相同的元素。下列說法正確的是（)A。線段Ⅱ表示Br-的變化情況B.原溶液中n（FeI2）：n(FeBr2)＝3:1C。根據圖像無法計算a的值D。線段Ⅳ表示HIO3的變化情況【答案】D【解析】【分析】向僅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，還原性I—＞Fe2+＞Br-，首先發生反應2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反應完畢，再反應反應2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢,最后發生反應2Br—+Cl2=Br2+2Cl-，故線段I代表I-的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br-的變化情況；通入氯氣，根據反應離子方程式可知溶液中n（I—）=2n(Cl2）=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n（Cl2）=2×（3mol—1mol）=4mol，Fe2+反應完畢，根據電荷守恒可知n（I—）+n（Br—）=2n（Fe2+），故n(Br-）=2n（Fe2+）-n（I—）=2×4mol-2mol=6mol,據此分析解答。【詳解】A．根據分析可知,線段Ⅱ為亞鐵離子被氯氣氧化為鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，不是氧化溴離子，故A錯誤；B．n（FeI2):n（FeBr2）=n（I—）:n（Br-）=2mol:6mol=1：3，故B錯誤;C．由分析可知,溶液中n(Br-）=2n（Fe2+)-n(I-）=2×4mol-2mol=6mol,根據2Br-+Cl2=Br2+2Cl—可知,溴離子反應需要氯氣的物質的量為3mol，故a=3+3=6,故C錯誤；D．線段IV表示一種含氧酸,且I和IV表示的物質中含有相同的元素,該元素為I元素，已知碘單質的物質的量為1mol,反應消耗氯氣的物質的量為5mol，根據電子守恒,則該含氧酸中碘元素的化合價為：，則該含氧酸為HIO3,即:線段Ⅳ表示HIO3的變化情況，故D正確；故答案為D。8。連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，可以用作染色工藝的還原劑，紙漿、肥皂等的漂白劑。Na2S2O4易溶于水，難溶于乙醇，在堿性介質中較穩定,在空氣中易被氧化。回答下列問題:（1)Na2S2O4在潮濕空氣中氧化，生成的兩種常見酸式鹽是___（填化學式)。(2）鋅粉法制備Na2S2O4的工藝流程如圖所示：①工業上常將鋅塊進行預處理得到鋅粉－水懸濁液,其目的是__.②步驟Ⅰ中發生反應的化學方程式為__。③在步驟Ⅲ中得到的Na2S2O4固體要用乙醇洗滌，其優點是__，“后續處理"最終要加入少量的Na2CO3固體，其原因是__。(3）目前，我國普遍采用甲酸鈉法生產連二亞硫酸鈉，其原理是先將HCOONa和燒堿加入乙醇水溶液中，然后通入SO2發生反應，有CO2氣體放出，總反應的離子方程式是___。（4)有人設計了圖示方法同時制備連二亞硫酸鈉和過二硫酸鈉（Na2S2O8)，并獲得中國專利。電解過程中,陰極室生成Na2S2O4,a極電極反應式為__,通過陽離子交換膜的離子主要是Na+，其遷移方向是__(填“a到b"或“b到a"）。【答案】（1）。NaHSO3和NaHSO4(2).增大鋅粒的表面積，加快化學反應速率（3）。Zn＋2SO2=ZnS2O4（4）.減少Na2S2O4的溶解損失，易于干燥(5).Na2CO3為堿性物質，“保險粉”在堿性介質中較穩定（6)。HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42—＋CO2＋H2O(7).2SO42—－2e—=S2O82-(8）。a到b【解析】【分析】（1)Na2S2O4中S顯+4價，在潮濕空氣中氧化,S轉化為+6價，則生成的兩種常見酸式鹽應為硫酸和亞硫酸的酸式鹽。(2)①將鋅塊進行預處理得到鋅粉－水懸濁液,可以增大其與SO2的接觸面積。②步驟Ⅰ中，鋅與SO2在水溶液中發生反應，生成ZnS2O4。③Na2S2O4固體易溶于水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌，從溶解和干燥兩個方面尋找原因；Na2S2O4在堿性介質中較穩定,Na2CO3固體可提供堿性環境。（3）HCOONa、燒堿、SO2發生反應，生成Na2S2O4、CO2等,由此可寫出反應的離子方程式。(4)a極的電解質為SO42—，由題意知,它將轉化為S2O82—，由此可得出電極反應式；通過陽離子交換膜的離子主要是Na+，從電荷守恒出發可確定其遷移方向.【詳解】（1)Na2S2O4中S顯+4價，在潮濕空氣中被氧化，S部分轉化為+6價,則生成的兩種常見酸式鹽為NaHSO3和NaHSO4。答案為：NaHSO3和NaHSO4；(2)①鋅粉－水懸濁液與SO2的接觸面積比鋅粉與SO2的接觸面積大，反應速率快。答案為:增大鋅粒的表面積，加快化學反應速率；②步驟Ⅰ中,鋅與SO2在水溶液中發生反應，生成ZnS2O4，反應的化學方程式為Zn＋2SO2=ZnS2O4.答案為：Zn＋2SO2=ZnS2O4；③Na2S2O4固體易溶于水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌,既可減少溶解損失,又易于干燥；Na2S2O4在堿性介質中較穩定，Na2CO3固體可提供堿性環境，增強“保險粉”的穩定性.答案為：減少Na2S2O4的溶解損失，易于干燥；Na2CO3為堿性物質,“保險粉”在堿性介質中較穩定；(3）HCOONa、燒堿、SO2發生反應，生成Na2S2O4、CO2等，反應的離子方程式為HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42—＋CO2＋H2O。答案為:HCOO—＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O；(4）a極的電解質為SO42-，由題意知,它將轉化為S2O82-，電極反應式為2SO42—－2e—=S2O82-;通過陽離子交換膜的離子主要是Na+，電極反應發生后，陽極Na+富余，它應向陰極遷移,所以Na+的遷移方向是由a到b。答案為：2SO42-－2e-=S2O82-;a到b。【點睛】書寫電極反應式時，應先確定電極的名稱和電解質,陽極失電子，則電極材料為惰性電極時，只能是溶液中的離子失電子，因而可得出陽極產物，同樣可得出陰極產物；電極反應發生后，依據陰、陽離子的電荷數關系，在確保電荷守恒的前提下，富余離子透過交換膜向另一電極遷移。9.已知25℃時，Ksp（Ag2S)=6。3×10－50、Ksp（AgCl）=1.5×10－16.某研究性學習小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉化的原因。步驟現象Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合產生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀變為黑色Ⅲ.濾出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空氣中放置較長時間后，沉淀變為乳白色(1)Ⅰ中白色沉淀是__。(2）Ⅱ中能說明沉淀變黑的離子方程式是__。（3）濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀,推測含有AgCl.用濃HNO3溶解，產生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過濾得到濾液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀ⅱ。向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀①由ⅰ判斷，濾液X中被檢出的離子是__.②由ⅰ、ⅱ可確認步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__（4）該學生通過如下對照實驗確認了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產生的原因:在NaCl存在下，氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化。現象B:一段時間后，出現乳白色沉淀C：一段時間后，無明顯變化①A中產生的氣體是___。②C中盛放的物質W是__.③該同學認為B中產生沉淀的反應如下（請補充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④從溶解平衡移動的角度，解釋B中NaCl的作用__。【答案】(1）.AgCl(2)。2AgCl（s)+S2-(aq)=Ag2S（s)+2Cl—（aq)(3）.SO42-（4）.S（5）。O2(6).Ag2S懸濁液(7)。2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH(8).對于溶解平衡Ag2S(s）2Ag+（aq）+S2-(aq），O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl—與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S【解析】【分析】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發生反應生成。(2）Ⅱ中沉淀由白變黑,則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等.（3）ⅰ.向X中滴加Ba（NO3）2溶液,產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷,可確定濾液X中被檢出的離子。②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42—、NO2等。（4）①A中,MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體的成分.②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W。③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S,則Ag+會與NaCl作用，從而促進平衡正向移動。【詳解】(1）Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應生成，則為AgCl。答案為：AgCl;（2）Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等，反應的離子方程式為2AgCl(s)+S2—(aq）=Ag2S（s)+2Cl-(aq)。答案為:2AgCl(s）+S2—(aq)=Ag2S(s)+2Cl—(aq)；（3)ⅰ.向X中滴加Ba（NO3)2溶液，產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液,產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42—。答案為：SO42-；②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，則其為S。答案為：S；（4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體為O2.答案為：O2；②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W為Ag2S的懸濁液。答案為:Ag2S的懸濁液；③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式為2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案為：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S,則Ag+游離出來,會與NaCl中的Cl-結合，生成AgCl沉淀，從而促進平衡正向移動，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S。答案為:對于溶解平衡Ag2S(s）2Ag+(aq)+S2-（aq)，O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來,NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S.【點睛】因為Ksp（Ag2S）=6。3×10－50、Ksp（AgCl）=1。5×10－16，所以將AgCl轉化為Ag2S我們容易理解，如何實現黑色沉淀向白色沉淀的轉化,即Ag2S轉化為AgCl，則需要改變反應條件，通過實驗我們可得出是O2的幫助，結合前面推斷，可確定還有S生成，然后利用守恒法便可將方程式配平.10。釩及其化合物在特種鋼材的生產、高效催化劑的制備及航天工業中用途廣泛。工業上以富釩爐渣(主要成分為V2O5，含少量Fe2O3和FeO等雜質)為原料提取五氧化二釩的工藝流程如圖所示：（1)五氧化二釩中釩的化合價為__。(2)焙燒爐中發生的主要反應化學方程式為__;也可用氯化鈉和氧氣代替純堿進行焙燒反應，寫出對應的化學反應方程式__，該方法的缺點是：__。（3）已知NH4VO3難溶于水，在水中的Ksp曲線如圖1所示，則在實驗中進行操作A所需要的玻璃儀器有__；向10mL含NaVO30。2mol/L的濾液中加入等體積的NH4Cl溶液（忽略混合過程中的體積變化），欲使VO3—沉淀完全,則NH4Cl溶液的最小濃度為__.(當溶液中某離子濃度小于1×10—5mol/L時,認為該離子沉淀完全）(4)為研究煅燒過程中發生的化學變化，某研究小組取234gNH4VO3進行探究,焙燒過程中減少的質量隨溫度變化的曲線如圖2所示，則C點所得物質化學式為__，寫出CD段發生反應的化學方程式:__。【答案】(1).+5價（2)。V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑（3）。2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2(4）。產生有毒氣體氯氣，污染環境（5）。燒杯、漏斗和玻璃棒(6)。0.206mol/L（7)。HVO3（8)。2HVO3V2O5+H2O【解析】【分析】（1）富釩爐渣（主要成分為V2O5,含少量Fe2O3和FeO等雜質)加入純堿焙燒，則發生V2O5與Na2CO3反應，生成NaVO3和CO2；加水浸提，此時NaVO3及過量的Na2CO3溶解在水中形成溶液，Fe2O3和FeO等不溶而成為濾渣。濾液中加入NH4Cl、H2SO4后,NaVO3與NH4Cl反應生成NH4VO3和NaCl,Na2CO3與H2SO4反應生成Na2SO4、H2O和CO2氣體;因為NH4VO3難溶于水，所以過濾所得濾渣為NH4VO3，高溫煅燒生成V2O5。(2）提取坐標圖象中的數據，可得出當c(NH4+）=1×10-4mol/L,溶解達平衡，此時c(VO3-)=3×10-4mol/L，由此可求出Ksp=1×10-4×3×10-4=3×10—8。加入NH4Cl溶液，作用有兩個,一個是將VO3—轉化為沉淀,另一個是使溶液中VO3—與NH4+的濃度積滿足溶度積關系.（3)在分析熱重曲線時,先預測反應產物，再計算證實。NH4VO3熱分解，應先生成酸,然后再再分解生成氧化物。【詳解】(1)五氧化二釩中，O顯—2價，依據化合價的代數和為0，可求出釩的化合價為+5。答案為：+5;（2）焙燒爐中，V2O5與Na2CO3反應生成NaVO3和CO2，發生反應的化學方程式為V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑;用氯化鈉和氧氣代替純堿進行焙燒反應，則應生成NaVO3和Cl2，反應的化學方程式為2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；從反應方程式可以看出,有Cl2生成，則該方法的缺點是：產生有毒氣體氯氣，污染環境。答案為：V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；產生有毒氣體氯氣，污染環境;（3)從以上分析可知，操作A為過濾，所需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒;由反應NaVO3+NH4Cl==NH4VO3↓NaCl，可求出反應所需n（NaVO3)=0。01L×0.2mol/L=2×10-3mol；由Ksp=3×10-8，c(VO3—)=1×10-5mol/L,可求出混合溶液中，c(NH4+)=3×10-3mol/L,則NH4Cl溶液的最小濃度為=0。206mol/L.答案為:燒杯、漏斗和玻璃棒；0.206mol/L；（4)n（NH4VO3)==2mol，C點所得產物中，n(V)=2mol,M==100/mol，100剛好為HVO3的相對分子質量，從而得出C點產物為HVO3。在D點，剩余固體質量為234g-52g=182g，此時含V的質量為2mol×51g/mol/=102g，則含O的質量為182g—102g=80g，n(O）==5mol,從而得出D點產物的化學式為V2O5，反應的化學方程式為2HVO3V2O5+H2O。答案為：HVO3;2HVO3V2O5+H2O。【點睛】在分析熱重實驗的產物或發生的反應時,我們首先要看物質分解共有幾步，即看有多少個產物的平臺，或有多少個斜坡，從而確定物質分解的步驟。若為結晶水合物，通常是先失結晶水,后發生鹽的分解(生成氧化物）。若分解步驟多,失去結晶水應分多步完成。步驟確定好后，再用計算加以證實。11。氮、磷、硼、砷的化合物用途非常廣泛。根據所學知識回答下列問題：(1)如圖所示，每條折線表示周期表ⅣA—ⅦA中的某一族元素氫化物的沸點變化.每個小黑點代表一種氫化物,其中a、b、c、d、e對應元素電負性最大的是__(用元素符號表示），e點代表的第三周期某元素的基態原子核外電子占據的最高能層符號為__,該能層具有的原子軌道數為__。（2）已知反應：（CH3）3C—F+SbF5→(CH3）3CSbF6，該反應可生成(CH3）3C+,該離子中碳原子雜化方式有__。(3）一種新型儲氫化合物氨硼烷是乙烷的等電子體，且加熱氨硼烷會慢慢釋放氫氣，推斷氨硼烷的結構式為__（若含有配位鍵，要求用箭頭表示）.（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學式為__；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因為___。（5)砷化硼為立方晶系晶體，該晶胞中原子的分數坐標為：B:（0，0，0）；（，，0）;（，0，）;（0，，）As：(，,);(，，）；(，,）;(，，）①請在圖中畫出砷化硼晶胞的俯視圖__。②與砷原子緊鄰的硼原子有__個，與每個硼原子緊鄰的硼原子有__個。【答案】（1).F（2）.M（3）。9(4）。sp3、sp2(5)。(6).PCl4+、PCl6—(7)。兩者磷原子均采取sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，孤電子和對成鍵電子對斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對，正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角（8)。(9)。4（10)。12【解析】【分析】（1)從圖中可以看出，a、b、c、d都是第二周期元素的氫化物的沸點，由于NH3、H2O、HF分子間都能形成氫鍵,使它們的沸點升高，只有CH4分子間不能形成氫鍵，所以沸點最低，從而得出d為CH4的沸點，e為SiH4的沸點。在形成氫化物的分子中,HF形成氫鍵的能量最大，沸點最高。(2）（CH3）3C+離子中，CH3—價電子對數為4，與3個-CH3相連的C，價電子對數為3，由此可確定碳原子雜化方式.（3）氨硼烷是乙烷的等電子體，則氨硼烷的結構簡式為H2NBH2，由此可推出其結構式。（4）PCl5晶體中，正四面體形陽離子應為AB4+型，正八面體形陰離子應為AB6-型，由此可得出兩種離子的化學式；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角，其原因可從孤電子對的排斥作用進行分析。(5）從砷化硼晶體中原子的分數坐標可以看出，B原子在立方體的頂點和面心：As原子在晶胞中的八個小立方體的體心。①砷化硼晶胞的俯視圖中，B原子位于正方形的中心、頂點和棱心，4個As原子位于對角線上，且離頂點四分之一處.②與砷原子緊鄰的硼原子位于小立體的體心，砷原子位于小立方體的頂點；與每個硼原子(設此硼原子在立方體的頂點)緊鄰的硼原子在相交于此頂點的三個面心。【詳解】(1）由以上分析可知，d為CH4的沸點,e為SiH4的沸點。在形成氫化物的分子中，HF形成氫鍵的能量最大，沸點最高。從而得出a、b、c、d、e對應元素電負性最大的是F，在Si的基態原子中，核外電子占據的最高能層符號為M，該能層具有的原子軌道(包括3s、3p、3d所具有的軌道）數共為9。答案為：F；M；9；（2）(CH3）3C+離子中，CH3—價電子對數為4，與3個—CH3相連的C,價電子對數為3，由此可確定碳原子雜化方式分別為sp3、sp2.答案為:sp3、sp2;（3)氨硼烷是乙烷的等電子體,則氨硼烷的結構簡式為H2NBH2，由此可推出其結構式為。答案為：;(4)PCl5晶體中，正四面體形陽離子應為AB4+型,正八面體形陰離子應為AB6—型，由此可得出兩種離子的化學式分別為PCl4+、PCl6—；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角，其原因是:兩者磷原子均采取sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對,孤電子和對成鍵電子對斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對,正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角。答案為：PCl4+、PCl6-；兩者磷原子均采取sp3雜化,PCl3分子中P原子有一對孤電子對,孤電子和對成鍵電子對斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對，正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角;（5)從砷化硼晶體中原子的分數坐標可以看出，B原子在立方體的頂點和面心：As原子在晶胞中的八個小立方體的體心。①砷化硼晶胞的俯視圖中,B原子位于正方形的中心、頂點和棱心，4個As原子位于對角線上，且離頂點四分之一處。則砷化硼晶胞的俯視圖為。答案為：；②與砷原子緊鄰的硼原子位于小立體的體心,砷原子位于小立方體的頂點，則與砷原子緊鄰的硼原子有4個;與每個硼原子(設此硼原子在立方體的頂點)緊鄰的硼原子在相交于此頂點的三個面心，則與