1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上河北省唐山市2018-2019學(xué)年度高三年級第一次模擬考試理科綜合試題化學(xué)部分1.下列說法正確的是A. 醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95%B. 可用淀粉溶液來檢測食鹽中是否含碘C. 二氧化氯具有氧化性，可用于自來水的消毒D. 硅單質(zhì)是半導(dǎo)體材料，可用作光導(dǎo)纖維【答案】C【解析】【詳解】A項，乙醇濃度過大，使細胞壁脫水形成一層膜阻止進一步滲入，醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為75%，故A項錯誤；B項，食鹽中加的是KIO3，而不是碘單質(zhì)，而只有碘單質(zhì)才能使淀粉變色，故不能用淀粉來檢驗食鹽中是否含有碘元素，故B項錯誤；C項，ClO2中Cl的化合價為+4價，具有強氧化性，可以用于自來

2、水的殺菌消毒，故C項正確；D項，硅單質(zhì)是良好的半導(dǎo)體材料，光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，不是單質(zhì)Si，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為C。2.下列說法正確的是A. 乙烯使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色均屬于加成反應(yīng)B. CH3CH2CH3分子中的3個碳原子不可能處于同一直線上C. 聚乙烯、麥芽糖和蛋白質(zhì)均屬于有機高分子化合物D. 等質(zhì)量的乙烯和乙醇完全燃燒，消耗O2的物質(zhì)的量相同【答案】B【解析】【詳解】A.乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)類型不同，故A錯誤；B. CH3CH2CH3為烷烴，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點，則3個碳原子不可能在同一直線上，所以B選項是

3、正確的；C.麥芽糖相對分子質(zhì)量較小，不是高分子化合物，故C錯誤；D.乙醇可拆寫成C2H4H2O的形式，等質(zhì)量的C2H4和C2H4H2O含C2H4，乙烯高于乙醇，故消耗氧氣的量乙烯大于乙醇，故D錯誤。所以B選項是正確的。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A. 常溫常壓下，35.5g氯氣與足量的氫氧化鈣溶液完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NAB. 60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子數(shù)目為2NAC. 標準狀況下，2.24LPH3與3.4gH2S氣體分子所含電子數(shù)目均為1.8NAD. 物質(zhì)的量相等的Na2O2和Na2O所含有的陰離子數(shù)目均為NA【答案】D【解析】【詳解】A、35.5

4、g氯氣的物質(zhì)的量為0.5mol，而氯氣和堿的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，1mol氯氣轉(zhuǎn)移1mol電子，故0.5mol氯氣轉(zhuǎn)移0.5NA個電子，所以A選項是正確的；B、甲酸甲酯和葡萄糖的最簡式均為CH2O，故60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物中含有CH2O的物質(zhì)的量為2mol，故含2NA個碳原子，所以B選項是正確的；C、標況下2.24LPH3與3.4gH2S的物質(zhì)的量均為0.1mol，而PH3和H2S中均含18個電子，故0.1mol PH3和0.1molH2S中含有的電子均為1.8NA個，所以C選項是正確的；D、過氧化鈉和氧化鈉的物質(zhì)的量不明確，故其含有的陰離子不一定是NA個，故D錯誤。故選D。4.下列選用的儀

5、器和藥品能達到實驗?zāi)康牡氖茿準確量取一定體積的KMnO4溶液B驗證SO2漂白性C制NH3的發(fā)生裝置D.排空氣法收集CO2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【詳解】A.酸性高錳酸鉀能夠氧化堿式滴定管的橡皮管，應(yīng)該用酸式滴定管盛放，故A錯誤；B. SO2能使品紅褪色，說明SO2具有漂白性，所以B選項是正確的；C.氯化銨加熱分解生成氨氣和HCl，但氨氣與氯化氫遇冷又會生成氯化銨，圖示裝置無法獲得氨氣，故C錯誤；D.該裝置為向下排空氣法收集氣體，CO2的密度大于空氣，應(yīng)該采用向上排空氣法收集，即導(dǎo)管應(yīng)該采用長進短出的方式，故D錯誤。所以B選項是正確的。5.已知X、Y、Z都是短周期

6、元素，它們的原子序數(shù)依次遞增，X原子的電子層數(shù)與它的核外電子總數(shù)相等，而Z原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Y和Z可以形成兩種以上氣態(tài)化合物，則下列說法錯誤的是A. X、Y、Z只能形成一種鹽，其中X、Y、Z原子個數(shù)比為423B. 原子半徑：r(X)<r(Z)<r(Y)C. 由X、Y、Z三種元素中任意兩種組成的具有10電子的微粒多于2種D. Y和Z可以組成元素質(zhì)量比為716的化合物【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z都是短周期元素，它們的原子序數(shù)依次遞增，Z原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則Z是O元素；X原子的電子層數(shù)與它的核外電子總數(shù)相等，且原子序數(shù)小于Z，所以X是H元素；Y和Z

7、可以形成兩種以上氣態(tài)化合物，且Y的原子序數(shù)小于Z，所以Y是N元素。【詳解】X原子的電子層數(shù)與它的核外電子總數(shù)相等，則X為H；Z原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則Z為O；Y和Z可以形成兩種以上氣態(tài)化合物，且Y的原子序數(shù)小于Z，則Y為N。綜上，X、Y、Z分別是H、N、O。A項，H、N、O不僅能組成NH4NO3，還能組成NH4NO2，故A項錯誤；B項，H、N、O的原子半徑r(H)<r(O)<r(N)，故B項正確；C項，H2O、NH3、OH-和NH4+均為10電子微粒，故C項正確；D項，N和O的元素質(zhì)量比為7:16，則物質(zhì)的量之比為1:2，該化合物為NO2，故D項正確。故選A?！军c睛】本

8、題考查結(jié)構(gòu)位置性質(zhì)關(guān)系，比較基礎(chǔ)，關(guān)鍵是推出X、Y、Z三種元素，注意理解核外電子排布規(guī)律，H、N、O不僅能組成NH4NO3，還能組成NH4NO2。6.下列說法錯誤的是A. 0.1mol/L的Na2CO3溶液加適量水稀釋后，溶液中變大B. 若使Na2S溶液中接近于21，可加入適量的KOH固體C. 25時，濃度均為0. 1mol/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中c(OH )>c(Na+ )=c(NH3·H2O)D. 0.2 mol/L CH3COOH溶液與0. 1mol/L NaOH溶液等體積混合：2c(H+)2c(OH )=c(CH3COO)c(CH3COOH)【

9、答案】C【解析】【詳解】A. Na2CO3溶液加適量水稀釋后，促進水解，所以氫氧根離子濃度變大，碳酸根離子濃度減小，所以溶液中變大，則變大，所以A選項是正確的；B、適量KOH固體，水解平衡向著逆向移動，使得S2-的物質(zhì)的量增大，而鈉離子的物質(zhì)的量不變，從而可使Na2S溶液中接近于2：1，所以B選項是正確的；C、混合溶液中，氫氧化鈉和一水合氨的混合比例未知，故無法判斷c(Na)= c(NH3·H2O)，故C錯誤；D、0.2 mol/L CH3COOH溶液與0. 1mol/L NaOH溶液等體積混合后，得到等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液，根據(jù)物料守恒：2c（Na+）=c（CH3C

10、OO-）+c（CH3COOH），根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c(H+)=c（CH3COO-）+c（OH-），因此可得：2c(H+)2c(OH )=c(CH3COO)c(CH3COOH)，所以D選項是正確的。故選C?！军c睛】溶液中離子濃度大小比較，是全國高考的熱點題型之一，解決這類題目必須掌握的知識基礎(chǔ)有：掌握強弱電解質(zhì)判斷及其電離，鹽類的水解，化學(xué)平衡理論(電離平衡、水解平衡)，電離與水解的競爭反應(yīng)，以及化學(xué)反應(yīng)類型，化學(xué)計算，甚至還要用到"守恒"來求解。解題的關(guān)鍵是運用物料守恒、電荷守恒和質(zhì)子守恒原理計算相關(guān)離子濃度大小。7.研究人員研發(fā)了一種“水電池”，這種電池能利用淡

11、水與海水之間含鹽量的差別進行發(fā)電。在海水中，電池的總反應(yīng)可表示為：5MnO2+2Ag+ 2NaCl=Na2Mn5O10+ 2AgCl，下列“水電池”在海水中放電時的有關(guān)說法正確的是A. 正極反應(yīng)式：Ag+Cl+e=AgClB. 每生成1 mol Na2Mn5O10轉(zhuǎn)移4mol電子C. Na+不斷向“水電池”的負極移動D. AgCl是氧化產(chǎn)物【答案】D【解析】【詳解】該電池的正極反應(yīng)：5MnO2+2e-= Mn5O102-，負極反應(yīng)：Ag+Cl+e=AgCl。A項，正極反應(yīng)式應(yīng)為5MnO2+2e-= Mn5O102-，故A項錯誤；B項，由正極反應(yīng)式可知，1 mol Na2Mn5O10轉(zhuǎn)移2mol

12、電子，故B項錯誤；C項，鈉離子要與Mn5O102-結(jié)合，因此鈉離子應(yīng)該向正極移動，故C項錯誤；D項，負極反應(yīng)：Ag+Cl+e=AgCl，Ag失電子，被氧化，則AgCl是氧化產(chǎn)物，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。【點睛】明確原電池原理是解題的關(guān)鍵，注意原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。電子經(jīng)導(dǎo)線傳遞到正極，所以溶液中陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)。8.硫酸亞鐵在空氣中易被氧化，與硫酸銨反應(yīng)生成硫酸亞鐵銨化學(xué)式為FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O后就不易被氧化。模擬工業(yè)制備硫酸亞鐵銨晶體的實驗裝置如下圖所示。請回答下列問題：（1）儀

13、器a的名稱是_。（2）鐵屑中常含有Fe2O3、FeS等雜質(zhì)，則裝置C的作用是_，裝置B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式可能是_(填序號)。A .Fe+2H+=Fe2+H2B. Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OC.2Fe3+S2=2Fe2+SD.2Fe3+Fe=2Fe2+（3）按上圖連接好裝置，經(jīng)檢驗氣密性良好后加入相應(yīng)的藥品，打開K1、K2，關(guān)閉K3，裝置B中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是_。反應(yīng)一段時間后，打開K3，關(guān)閉K1和K2。裝置B中的溶液會流入裝置A，其原因是_。（4）按上圖所示裝置制備硫酸亞鐵銨晶體的安全隱患是_。（5）根據(jù)相關(guān)物質(zhì)的溶解度判斷，從裝置A中分離出硫酸亞鐵銨晶體，需采用的操作

14、有_、_、洗滌、干燥。三種鹽的溶解度(單位為g/100gH2O)【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 除去H2S等雜質(zhì)氣體 (3). ABD (4). 排出裝置中的空氣，防止Fe2被O2氧化 (5). 裝置B中產(chǎn)生的H2不能排出，導(dǎo)致裝置B中氣體壓強變大 (6). 產(chǎn)生的H2直接排入空氣，若達到爆炸極限，遇明火會發(fā)生爆炸 (7). 降溫結(jié)晶 (8). 過濾【解析】【分析】（1）根據(jù)儀器的構(gòu)造特點分析儀器a的名稱；（2）鐵屑中常含有Fe2O3、FeS等雜質(zhì)，氫氧化鈉溶液能吸收含雜質(zhì)的鐵屑與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的硫化氫氣體，防止污染空氣；鐵屑中含有鐵銹（Fe2O3）、FeS等，都與硫酸發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)后的

15、產(chǎn)物Fe3+與Fe也可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)；（3）亞鐵離子能被空氣中的氧氣氧化； （4）按上圖所示裝置制備硫酸亞鐵銨晶體的安全隱患是產(chǎn)生的H2直接排入空氣，若達到爆炸極限，遇明火會發(fā)生爆炸；（5）在溶液中溶解度小的物質(zhì)先析出；從裝置A中分離出硫酸亞鐵銨晶體，需采用的操作有降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。【詳解】(1) 根據(jù)儀器的構(gòu)造特點可知，儀器a的名稱是分液漏斗；因此，本題正確答案是：分液漏斗；(2) 鐵屑中常含有Fe2O3、FeS等雜質(zhì)，則裝置C的作用是氫氧化鈉溶液能吸收含雜質(zhì)的鐵屑與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的硫化氫氣體，防止污染空氣；鐵屑中含有鐵銹（Fe2O3）、FeS等，都與硫酸發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)后的產(chǎn)物F

16、e3+與Fe也可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以ABD選項是正確的；因此，本題正確答案是：除去H2S等雜質(zhì)氣體；ABD；(3)亞鐵離子能被空氣中的氧氣氧化，所以要通入氫氣，排除空氣，防止亞鐵離子被氧氣氧化；反應(yīng)一段時間后，打開K3，關(guān)閉K1和K2。裝置B中產(chǎn)生的H2不能排出，導(dǎo)致裝置B中氣體壓強變大，裝置B中的溶液會流入裝置A；因此，本題正確答案是：排出裝置中的空氣，防止Fe2被O2氧化；裝置B中產(chǎn)生的H2不能排出，導(dǎo)致裝置B中氣體壓強變大；（4）按上圖所示裝置制備硫酸亞鐵銨晶體的安全隱患是產(chǎn)生的H2直接排入空氣，若達到爆炸極限，遇明火會發(fā)生爆炸；因此，本題正確答案是：產(chǎn)生的H2直接排入空氣，若達到爆

17、炸極限，遇明火會發(fā)生爆炸；（5）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可以知道,硫酸亞鐵、硫酸銨、硫酸亞鐵銨三種物質(zhì)中，硫酸亞鐵銨的溶解度最小，所以硫酸亞鐵銨在溶液中先析出，從溶液中析出的硫酸亞鐵銨晶體表面有硫酸、水等雜質(zhì)，需要除雜、干燥，所以從裝置A中分離出硫酸亞鐵銨晶體，需采用的操作有降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。因此，本題正確答案是：降溫結(jié)晶；過濾。9.軟錳礦是一種常見的錳礦物，主要成分是MnO2，常含有鐵、鋁元素形成的雜質(zhì)。工業(yè)上，用軟錳礦制取高錳酸鉀的流程如下(部分條件和產(chǎn)物省略)請回答下列問題（1）在“水浸”過程中，提高K2MnO4浸出率(浸出的K2MnO4質(zhì)量與“熔塊”質(zhì)量之比)的措施有_（至少寫出兩點)

18、（2）“熔融”過程中發(fā)生的主要反應(yīng)其化學(xué)方程式為_。（3）CO2與K2MnO4反應(yīng)的離子方程式為_。（4）KMnO4與K2CO3能用重結(jié)晶的方法分離的原理是_。（5）“電解”過程中使用的是惰性電極，則：陽極的電極反應(yīng)方程式為_。陰極附近溶液的pH將_(填“增大”、“減小”或“不變”)（6）可用過氧化氫溶液滴定的方法測定高錳酸鉀樣品純度。當達到滴定終點時，溶液中產(chǎn)生的現(xiàn)象為_。（7）在上述生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的M2+會對環(huán)境造成污染。工業(yè)上，通過調(diào)節(jié)pH使廢水中的Mn2+形成Mn(OH)2沉淀。當pH=10時，溶液中的c(Mn2+)=_mol/L(已知：KspMn(OH)2=2.0×1013

19、。相關(guān)數(shù)據(jù)均在常溫下測定)【答案】 (1). 將“熔塊”粉碎、加熱、用玻璃棒攪拌等 (2). 2MnO2O24KOH 2K2MnO42H2O (3). 3MnO422CO22MnO4MnO22CO32 (4). 隨溫度的改變，KMnO4與K2CO3的溶解度變化量差別較大 (5). MnO42eMnO4 (6). 增大 (7). 當加入最后1滴過氧化氫溶液時，由紫紅色剛好褪色且半分鐘內(nèi)不變色 (8). 2.0×105【解析】【分析】軟錳礦的主要成分是MnO2，由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空氣時發(fā)生反應(yīng)生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制備KM

20、nO4，還生成K2CO3、MnO2，通過過濾，分離出二氧化錳，濾液中含KMnO4和K2CO3，根據(jù)KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸發(fā)結(jié)晶的方式可分離出高錳酸鉀和碳酸鉀，對粗高錳酸鉀進行重結(jié)晶、干燥得到純凈的高錳酸鉀。【詳解】（1）為提高提高錳酸鉀浸出率，應(yīng)采用加熱、攪拌的方法，使反應(yīng)盡可能多的生成錳酸鉀； 故答案為：將“熔塊”粉碎、加熱、用玻璃棒攪拌等；（2）根據(jù)流程圖，二氧化錳與氫氧化鉀溶液、氧氣在高溫條件下發(fā)生反應(yīng)生成錳酸鉀和水，化學(xué)方程式為2MnO2O24KOH 2K2MnO42H2O； 故答案為：2MnO2O24KOH 2K2MnO42H2O；（3）由流程

21、可知，CO2與K2MnO4反應(yīng)生成KMnO4，還生成K2CO3、MnO2，所以反應(yīng)的離子方程式為3MnO422CO22MnO4MnO22CO32；故答案為：3MnO422CO22MnO4MnO22CO32；（4）根據(jù)KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸發(fā)結(jié)晶的方式可分離出高錳酸鉀和碳酸鉀，故KMnO4與K2CO3能用重結(jié)晶的方法分離的原理是隨溫度的改變，KMnO4與K2CO3的溶解度變化量差別較大；故答案為：隨溫度的改變，KMnO4與K2CO3的溶解度變化量差別較大；（5）錳酸鉀生成高錳酸鉀，Mn元素的化合價升高，所以錳酸鉀發(fā)生氧化反應(yīng)，所以電解錳酸鉀溶液的陽極反應(yīng)式為錳酸根離子失去電子

22、生成高錳酸根離子，電極反應(yīng)式為MnO42eMnO4；陰極是氫離子放電生成氫氣，氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大，則溶液的pH增大； 故答案為：MnO42eMnO4 ；增大；（6）用過氧化氫溶液滴定高錳酸鉀溶液，當達到滴定終點時，高錳酸鉀被還原，故溶液中產(chǎn)生的現(xiàn)象為當加入最后1滴過氧化氫溶液時，由紫紅色剛好褪色且半分鐘內(nèi)不變色；故答案為：當加入最后1滴過氧化氫溶液時，由紫紅色剛好褪色且半分鐘內(nèi)不變色；（7）Mn(OH)2的溶度積K sp=c(Mn 2+)c2(OH -) =2.0×10 -13，當pH=10時，c(OH

23、60;-)=1.0×10 -4mol/L，所以c(Mn 2+)=2.0×10 -13/ c2(OH -) = mol/L =2.0×10-5mol/L。故答案為：2.0×10-5?！军c睛】本題考查對工藝流程的理解、閱讀題目獲取新信息能力，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)與綜合運用知識、信息分析解決問題能力，解答本題的關(guān)鍵是要理解圖中提供的信息，只有理解了圖中信息才能對問題作出正確的判斷。10.合理利用和轉(zhuǎn)化NO2、SO2、CO、NO等污染性氣體是環(huán)保領(lǐng)域的重要課題。（1）用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物污染

24、。已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=574.0kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2 (g)+2H2O(g) H=1160.0 kJ/molH2O(g)=H2O(1) H=44.0 kJ/molCH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(的熱化學(xué)方程式是_。（2）已知2NO(g)+O2(g)2 NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：2NO(g)N2O2(g)(快) v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2)N2O2(g)+O2(g)2 NO2(g) (慢) v2正=k2

25、正·c (N2O2)·c(O2)， v2逆=k2逆·c 2(NO2)一定溫度下，反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2 NO2(g)達到平衡狀態(tài)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)的表達式K=_(用k1正、k1正、k2逆、k2逆表示)，反應(yīng)的活化能E1與反應(yīng)的活化能E2的大小關(guān)系為E1_E2（填“”“”或“=”）（3）用活性炭還原法處理氮氧化物的有關(guān)反應(yīng)為：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密閉容器中加入一定量的活性炭和NO，恒溫(T)時，各物質(zhì)的濃度隨時間的變化如下表： T時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(保留兩位有效數(shù)字)在31min時，若只改變某一條件使平衡發(fā)生移動，40

26、min、50min時各物質(zhì)的濃度如上表所示，則改變的條件是_。在51min時，保持溫度和容器體積不變再充入NO和N2，使二者的濃度均增加至原來的兩倍，則化學(xué)平衡_(填“正向移動”、“逆向移動”或“不移動”)。（4）反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g) H>0，在一定條件下N2O4與NO2的消耗速率與各自的分壓(分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))有如下關(guān)系：v(N2O2)=k1·p(N2O4)，v(NO2)=k2·p2(NO2)其中k1、k2是與溫度有關(guān)的常數(shù)，相應(yīng)的速率與N2O4或NO2的分壓關(guān)系如圖所示。在T時，圖中M、N點能表示該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，理由是_。改變溫度

27、，v(NO2)會由M點變?yōu)锳、B或C，v(N2O4)會由N點變?yōu)镈、E或F，當升高到某一溫度時，反應(yīng)重新達到平衡，相應(yīng)的點分別為_(填字母)?！敬鸢浮?(1). CH4 (g)2NO2(g)N2(g)CO2(g)2H2O(l) H955.0 kJ/mol (2). (3). (4). .56 (5). 減小CO2濃度(其他合理也可) (6). 正向移動 (7). M點v(NO2)是N點v(N2O4)的2倍，根據(jù)化學(xué)方程式N2O4(g)2NO2(g)可以判斷出該反應(yīng)的正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率(其他合理答案也可) (8). B、F【解析】【分析】（1）根據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學(xué)方

28、程式，標注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)焓變；（2）v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2)，v2正=k2正·c (N2O2)·c(O2)， v2逆=k2逆·c 2(NO2)，可知c2(NO)=，c(N2O2)=，c(N2O2)·c(O2)=，c2(NO2)=，因而K=，2NO(g)N2O2(g)(快)； N2O2(g)+O2(g)2 NO2(g) (慢)，反應(yīng)的速率大于反應(yīng)，可知活化能E1<E2；（3）根據(jù)圖表數(shù)據(jù)結(jié)合化學(xué)平衡常數(shù)概念是利用生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積計算得到；根據(jù)

29、圖表數(shù)據(jù)計算分析判斷；根據(jù)在51min時保持溫度和容器體積不變再充入NO和N2，使二者的濃度均增加至原來的兩倍，求出Qc與平衡常數(shù)K比較，以此判斷平衡移動方向；（4）當2v(N2O4)=v(NO2)時，證明v(正)=v(逆)，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，圖中只有M點的NO2的消耗速率是N點N2O4的消耗速率的2倍，所以表示達到化學(xué)平衡狀態(tài)的點是M、N；反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫平衡向正反應(yīng)方向移動，NO2濃度增大，平衡分壓增加，N2O4濃度減小，平衡分壓減小，當升高到某一溫度時，反應(yīng)重新達到平衡，相應(yīng)的點分別為B、F?！驹斀狻浚?）CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+

30、CO2(g)+2H2O(g) H=574.0kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2 (g)+2H2O(g) H=1160.0 kJ/molH2O(g)=H2O(1) H=44.0 kJ/molCH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(的熱化學(xué)方程式是根據(jù)蓋斯定律計算（+×4）得到 CH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(的熱化學(xué)方程式：CH4 (g)2NO2(g)N2(g)CO2(g)2H2O(l) H955.0 kJ/mol；因此，本題正確答案是：CH4 (g)2NO2(g)N2(g)CO2(g)2H2O(

31、l) H955.0 kJ/mol；（2）v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2)，v2正=k2正·c (N2O2)·c(O2)， v2逆=k2逆·c 2(NO2)，可知c2(NO)=，c(N2O2)=，c(N2O2)·c(O2)=，c2(NO2)=，因而K=，2NO(g)N2O2(g)(快)； N2O2(g)+O2(g)2 NO2(g) (慢)，反應(yīng)的速率大于反應(yīng)，可知活化能E1E2，因此，本題正確答案是：；（3）平衡狀態(tài)物質(zhì)的平衡濃度為，c(NO)=0.04mol/L；c(N2)=0.03mol/L；c

32、(CO2)= 0.03mol/L；K=0.56；因此，本題正確答案是：0.56； 31min時改變某一條件，反應(yīng)重新達到平衡，根據(jù)平衡常數(shù)計算得到c(NO)=0.032mol/L；c(N2)=0.034mol/L；c(CO2)= 0.017mol/L；K=0.56，化學(xué)平衡常數(shù)隨溫度變化，平衡常數(shù)不變說明改變的條件一定不是溫度；根據(jù)數(shù)據(jù)分析，氮氣濃度增大，二氧化碳和一氧化氮濃度減小，反應(yīng)前后氣體體積不變，所以可能是減小二氧化碳濃度；因此，本題正確答案是：減小CO2濃度；在51min時保持溫度和容器體積不變再充入NO和N2，使二者的濃度均增加至原來的兩倍，則此時Qc=0.28<K=0.56

33、，則化學(xué)平衡正向移動，因此，本題正確答案是：正向移動；（4）當2v(N2O4)=v(NO2)時，證明v(正)=v(逆)，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，圖中只有M點的NO2的消耗速率是N點N2O4的消耗速率的2倍，所以表示達到化學(xué)平衡狀態(tài)的點是M、N；反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫平衡向正反應(yīng)方向移動，NO2濃度增大，平衡分壓增加，N2O4濃度減小，平衡分壓減小，當升高到某一溫度時，反應(yīng)重新達到平衡，所以相應(yīng)的點分別為B、F；因此，本題正確答案是：M點v(NO2)是N點v(N2O4)的2倍，根據(jù)化學(xué)方程式N2O4(g)2NO2(g)可以判斷出該反應(yīng)的正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率； B、F

34、。11.鋁、鈦、鋇(第2主族)等元素在能源、材料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）與鈦同周期的所有副族元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與基態(tài)鈦原子相同的元素有_種?；鶓B(tài)Ti2+的最外層電子排布式為_。（2）鋁的逐級電離能數(shù)據(jù)為：I1=580kJ/mol、I2=1820 kJ/mol、I3=2750 kJ/mol、I4=11600kJ/mol。請分析數(shù)據(jù)規(guī)律，預(yù)測鋇的逐級電離能的第一個數(shù)據(jù)“突躍”點出現(xiàn)在_之間(用I1、I2、I3等填空)（3）已知第A族元素的碳酸鹽MCO3熱分解的主要過程是：M2+結(jié)合碳酸根離子中的氧離子。則CaCO3、BaCO3的分解溫度較高的是_(填化學(xué)式)，理由是_。（4

35、）催化劑M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其結(jié)構(gòu)如圖1所示。M中，碳原子的雜化類型有_。M中，不含_(填標號)A.鍵 B.鍵 C.配位鍵 D.氫鍵 E.離子鍵（5）氫化鋁鈉(NaAlH4)是一種新型輕質(zhì)儲氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，為長方體。寫出與AIH4空間構(gòu)型相同的一種分子_(填化學(xué)式)。NaAlH4晶體中，與AlH4緊鄰且等距的Na+有_個：NaAlH4晶體的密度為_g/cm3(用含a、NA的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?(1). 4 (2). 3s23p63d2 (3). I2與I3 (4). BaCO3 (5). Ca2+的半徑小于Ba2+，更易結(jié)合CO32中的O2，因此CaCO3更容

36、易分解 (6). sp2、sp3 (7). DE (8). CH4等合理均可 (9). 8 (10). 【解析】【分析】（1）Ti是22號元素，核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2。其最外層電子數(shù)為2個。在第四周期的所有副族元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦相同的元素有Sc、 V、Mn和Zn共4種；基態(tài)Ti2+的最外層電子排布式為3s23p63d2；（2）鋇原子最外層有2個電子，可預(yù)測鋇的逐級電離能的第一個數(shù)據(jù)“突躍”點出現(xiàn)在I2與I3之間；（3）碳酸鹽的陽離子不同，熱分解的溫度不同，CaCO3、BaCO3的熱穩(wěn)定性BaCO3CaCO3，其原因是碳酸鹽分解的本質(zhì)為M2+結(jié)

37、合碳酸根離子中的氧離子，離子晶體中陽離子的半徑越小，結(jié)合碳酸根中的氧離子越容易；（4）由M的結(jié)構(gòu)可知，碳原子的雜化形式有sp2、sp3 兩種；在M的結(jié)構(gòu)中，C-C、C-H、C-O原子中存在鍵，環(huán)中存在著大鍵、Ti與O間存在配位鍵，不存在氫鍵與離子鍵；（5）由圖可知AlH4為正四面體構(gòu)型；以體心的AlH4研究，與之緊鄰且等距的Na+位于晶胞棱之間、晶胞中上面立方體左右側(cè)面面心、晶胞中下面立方體前后面的面心，與AlH4緊鄰且等距的Na+有8個，根據(jù)均攤法可知，晶胞中AlH4數(shù)目為1+8×+4×=4，Na+數(shù)目為6×+4×=4，則二者配位數(shù)相等；結(jié)合晶胞中Al

38、H4、Na+數(shù)目，表示出晶胞質(zhì)量，再根據(jù)=計算密度?！驹斀狻浚?）Ti是22號元素，核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2。位于第四周期，第IVB族。其最外層電子數(shù)為2個。在第四周期的所有副族元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦相同的元素有Sc核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，V核外電子排布式是：1s22s22p63s23p63d34s2、Mn核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2和Zn核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2共4種；基態(tài)Ti2+的最外層電子排布式為3s23p63d2；故答案為：4；3s23p6

39、3d2；(2)鋁原子最外層由3個電子，由電離能的數(shù)據(jù)可知，Al易失去3個電子，逐級電離能的第一個數(shù)據(jù)“突躍”點出現(xiàn)在I3與I4之間，根據(jù)此規(guī)律鋇原子最外層有2個電子，故預(yù)測鋇的逐級電離能的第一個數(shù)據(jù)“突躍”點出現(xiàn)在I2與I3之間；故答案為：I2與I3；（3）碳酸鹽的陽離子不同，熱分解的溫度不同，CaCO3、BaCO3的熱穩(wěn)定性BaCO3CaCO3，其原因是碳酸鹽分解的本質(zhì)為M2+結(jié)合碳酸根離子中的氧離子，離子晶體中陽離子的半徑越小，結(jié)合碳酸根中的氧離子越容易，則CaCO3、BaCO3的分解溫度較高的是BaCO3；故答案為：BaCO3；Ca2+的半徑小于Ba2+，更易結(jié)合CO32中的O2，因此C

40、aCO3更容易分解； （4）由M的結(jié)構(gòu)可知，碳原子的雜化形式有sp2、sp3 兩種；在M的結(jié)構(gòu)中，C-C、C-H、C-O原子中存在鍵，環(huán)中存在著大鍵、Ti與O間存在配位鍵，不存在氫鍵與離子鍵。故選DE；故答案為：sp2、sp3；DE；（5）由圖可知AlH4為正四面體構(gòu)型，與AlH4空間構(gòu)型相同的一種分子為CH4等；根據(jù)均攤法可知，晶胞中AlH4數(shù)目為1+8×+4×=4，Na+數(shù)目為6×+4×=4，則二者配位數(shù)為1：1，以體心的AlH4研究，與之緊鄰且等距的Na+位于晶胞棱之間、晶胞中上面立方體左右側(cè)面面心、晶胞中下面立方體前后面的面心，與AlH4緊鄰且等距的Na+有8個；晶胞質(zhì)量為4×g，晶胞密度為4×g÷（a×10-7 cm）2×2a×10-7 cm=gcm-3，故答案為：8；。12.有機化合物G是抗腫瘤藥物中一種關(guān)鍵的中間體，由烴A(C7H8)合成G的路線如下(部分反應(yīng)條件及副產(chǎn)物已略去)： 已知以下信息B比A的相對分子質(zhì)量大79；D的分子式為C2H2