福建省福州市2020屆高三化學(xué)畢業(yè)班第三次質(zhì)量檢測試題(含分析)福建省福州市2020屆高三化學(xué)畢業(yè)班第三次質(zhì)量檢測試題(含分析)福建省福州市2020屆高三化學(xué)畢業(yè)班第三次質(zhì)量檢測試題(含分析)福州市2020屆高三畢業(yè)班第三次質(zhì)量檢測理科綜合化學(xué)試題氫氧化鈰[Ce(OH)4]是一種重要的稀土氫氧化物。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生大批的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某課題組以此粉末為原料回收鈰，設(shè)計實驗流程以下：以下說法錯誤的選項是濾渣A中主要含有SiO2、CeO2過濾操作頂用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒過程②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑D.過程④中耗費11.2LO2(已折合成標(biāo)準(zhǔn)狀況)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2×6.02×1023【答案】C【分析】【分析】該反應(yīng)過程為：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)變FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)變成Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)變成沉淀，④通入氧氣將

Ce從+3氧化為

+4，獲取產(chǎn)品?！驹斀狻?/p>

A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，

Fe2O3轉(zhuǎn)變

FeCl3存在于濾液中，濾渣為

CeO2和SiO2，故

A正確；

B.結(jié)合過濾操作重點，實驗頂用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故

B正確；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應(yīng)生成轉(zhuǎn)變成Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO=2Ce3++O2↑+4H2O，故C錯誤；D.過程④中耗費11.2LO2的物質(zhì)的量為0.5mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為A×1023，故D正確；故答案為C。0.5mol×N=2×6.02鵝去氧膽酸和膽烷酸都可以降低肝臟中的膽固醇，二者的轉(zhuǎn)變關(guān)系如圖，以下說法中正確的選項是二者互為同分異構(gòu)體二者均能發(fā)生氧化反應(yīng)和代替反應(yīng)膽烷酸中所有碳原子可能處于同一平面內(nèi)等物質(zhì)的量的鵝去氧膽酸和膽烷酸與足量Na反應(yīng)時，最多耗費Na的量相同【答案】B【分析】【詳解】A．鵝去氧膽酸脫氫氧化后生成膽烷酸，則鵝去氧膽酸和膽烷酸的分子式不一樣，不行能是同分異構(gòu)體，故A錯誤；B．鵝去氧膽酸和膽烷酸分子中均有羧基和羥基，則均可發(fā)生代替反應(yīng)，如發(fā)生酯化反應(yīng)，故B正確；C．膽烷酸分子結(jié)構(gòu)中環(huán)上除羰基和羧基中的碳原子外，其余碳原子均是sp3雜化，則分子結(jié)構(gòu)中所有碳原子不行能在同一平面內(nèi)，故C錯誤；D．鵝去氧膽酸和膽烷酸分子內(nèi)均有一個羧基，但鵝去氧膽酸比膽烷酸多一個羥基，則等物質(zhì)的量的鵝去氧膽酸和膽烷酸分別與Na完整反應(yīng)時耗費的Na的物質(zhì)的量不等，故D錯誤；故答案為B。氯氣氧化HBr提取溴的新工藝反應(yīng)之一為:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O,利用此反應(yīng)和CCl4獲取液溴的實驗中不需要用到的實驗裝置是A.B.C.D.【答案】

D【分析】【詳解】

A．萃取后獲取的

Br2的

CCl4溶液分別時應(yīng)選擇蒸餾操作，故

A正確；

B．反應(yīng)后的液體混雜物除

BaSO4積淀時，應(yīng)選擇過濾操作，故

B正確；C．過濾后的混雜液中的

Br2應(yīng)選擇加入CCl4，萃取后再選擇分液操作，故C正確；D．固體加熱才選擇坩堝加熱，本實驗不涉及此操作，故D錯誤；故答案為D。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達正確的選項是A.1L0.2mol/L亞硫酸鈉溶液中—2—的總數(shù)為0.2NAH2SO3、HSO3、SO3B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，等物質(zhì)的量的CH和CH所含的氫原子數(shù)均為4N244AC.向含1molFeI2的溶液中通入等物質(zhì)的量的Cl2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD.100g9.8%的硫酸與磷酸的混雜溶液中含氧原子數(shù)為0.4NA【答案】A【分析】【詳解】A．依據(jù)物料守恒，1L0.2mol/L亞硫酸鈉溶液中—2—的總物質(zhì)的量為H2SO3、HSO3、SO31L×0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒總數(shù)為0.2NA，故A正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，等物質(zhì)的量的C2H4和CH4所含的氫原子數(shù)相等，因二者的物質(zhì)的量不必定是1mol，則不必定均為4NA，故B錯誤；C．向含1molFeI2的溶液中通入等物質(zhì)的量的Cl2，1molCl2所有被還原為Cl-，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，故C錯誤；D．100g9.8%的硫酸與磷酸的混雜溶液中含有硫酸和磷酸的總質(zhì)量為9.8g，物質(zhì)的量總和為0.1mol，酸中含有氧原子數(shù)為0.4NA，但水中也有氧原子，則總氧原子數(shù)大于0.4NA，故D錯誤；故答案為A。一種新興寶玉石主要成分的化學(xué)式為X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均為短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序數(shù)挨次增大，X與Y位于同一主族，Y與W位于同一周期。X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等，W是地殼中含量最多的元素。以下說法錯誤的選項是A.原子半徑：X>Y>WB.最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：X>YZ、W構(gòu)成的化合物能與強堿反應(yīng)D.X的單質(zhì)在氧氣中燃燒所得的產(chǎn)物中陰、陽離子個數(shù)比為1:1【答案】D【分析】【分析】X、Y、Z、W均為短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序數(shù)挨次增大，W是地殼中含量最多的元素，則W為O元素；X與Y位于同一主族，Y與W位于同一周期，則X、Z均為第三周期；X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等，設(shè)X、Y的最外層電子數(shù)為a，Z的最外層電子數(shù)為b，則2a+b+6，當(dāng)a=1，b=4時滿足題意，即Y為Li、X為Na、Z為Si?！驹斀狻坑煞治隹芍篩為Li元素、W為O元素、X為Na元素、Z為Si元素；A．Li、O同周期，核電荷數(shù)大，原子半徑小，Li的原子半徑大于O，Li、Na同主族，核電荷數(shù)大，原子半徑大，Na的原子半徑大于Li，則原子半徑是X＞Y＞W(wǎng)，故A正確；B．Na的金屬性比Li強，NaOH的堿性比LiOH強，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：X>Y，故B正確；C．Z、W構(gòu)成的化合物SiO2是酸性氧化物，能與強堿反應(yīng)，故C正確；D．X的單質(zhì)是Na，在氧氣中燃燒生成Na2O2，存在Na+和O22-，則陰陽離子之比為1:2，故D錯誤；故答案為D?！军c睛】微粒半徑大小比較的常用規(guī)律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高價陽離子或最低價陰離子半徑隨核電荷數(shù)增大而逐漸減小(稀有氣體元素除外)，如Na＞Mg＞+2+3+2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或離子半徑Al＞Si，Na＞Mg＞Al，S隨核電荷數(shù)增大而逐漸增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）電子層結(jié)構(gòu)相同的微粒：電子層結(jié)構(gòu)相同(核外電子排布相同)的離子半徑(包含陰、陽離子)隨核電荷數(shù)的增加而減小，2－－+2+3+如O＞F＞Na＞Mg＞Al。（4）同種元素形成的微粒：同種元素原子形成的微粒電子數(shù)越多，半徑越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）電子數(shù)和核電荷數(shù)都不一樣的，可經(jīng)過一種參照物進行比較，如比較A13+與S2－的半徑大小，可找出與A13+電子數(shù)相同的O2－進行比較，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。6.FFC電解法可由金屬氧化物直接電解制備金屬單質(zhì)，西北稀有金屬資料研究院利用此法成功電解制備鉭粉(Ta)，其原理以以下圖。以下說法正確的選項是A.該裝置將化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能B.a極為電源的正極C.Ta2O5極發(fā)生的電極反應(yīng)為Ta2O5+10e—2—=2Ta+5OD.石墨電極上生成22.4LO2，則電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4×6.02×1023【答案】C【分析】【分析】電解池工作時O2-朝陽極挪動，則石墨電極為陽極，電源的b極為正極，電解池的陰極發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．該裝置是電解池，是將電能轉(zhuǎn)變成化學(xué)能，故A錯誤；B．電解池工作時O2-朝陽極挪動，則石墨電極為陽極，電源的b極為正極，a極為電源的負(fù)極，故B錯誤；C．Ta2O5極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)為25—2—TaO+10e=2Ta+5O，故C正確；D．石墨電極上生成的22.4LO2沒有指明是標(biāo)準(zhǔn)狀況，則其物質(zhì)的量不必定是1mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)也不必定是4×6.02×1023，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】本題觀察電解原理的應(yīng)用，判斷電源的電極是解題重點，在電解池中，陰離子移朝陽極，陽離子移向陰極，再結(jié)合電解池的陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)分析，難點是氣體摩爾體積的應(yīng)用，只有指明氣體的狀態(tài)，才能利用22.4L/mol計算氣體的物質(zhì)的量。7.已知NaClO2在水溶液中能發(fā)生水解。常溫時，有1mol/L的HClO2溶液和硼酸)溶液初步時的體積均為V0，分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積為

1mol/L的HBF4(氟V，所得曲線如圖所示。以下說法錯誤的選項是A.HClO2為弱酸，HBF4為強酸B.常溫下HClO2的電高均衡常數(shù)的數(shù)目級為10—4在0≤pH≤5時，HBF4溶液滿足pH=lg(V/V0)25℃時1LpH=2的HBF4溶液與100℃時1LpH=2的HBF4溶液耗費的NaOH相同【答案】B【分析】V【詳解】A．lg+1=1時pH=0，則V=V0，即1mol/LHBF4溶液pH=0，說明HBF4是強酸；而NaClO2V0在水溶液中能發(fā)生水解，說明22溶液，當(dāng)lgVV0pH=1，則V=V0，即1mol/LHClO2溶液中c(H+)=0.1mol，常溫下HClO2的電離均衡常數(shù)cHcClO2-2—2Ka=，即HClO2的電高均衡常數(shù)的數(shù)目級為，故B錯誤；1×1010cHClO2V+1=1時pH=0，則V=V0，即1mol/LHBF4溶液pH=0，說明HBF4是強酸，pH=-lgc（H+），C．lgV0溶液稀釋多少倍，溶液中c（H+）為本來的多少分之一，所以在0≤pH≤5時，HMnO4溶液滿足：pH=lgV，故C正確；D．25℃時pH=2的HBF4溶液與100℃時pH=2的HBF4溶液中c（H+）均V0為0.01mol/L，則體積均為1L的兩溶液完整中和耗費的NaOH相同，故D正確；故答案為B。氯化氨基汞[Hg(NH2)Cl]是祛斑霜中常用的增加劑，可由反應(yīng):Hg+2NH3+Cl2==Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl制備，某學(xué)習(xí)小組在實驗室中利用以下裝置制備氯化氨基汞，回答以下問題。(1)A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____________。(2)F中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。盛裝堿石灰的儀器名稱為________，其作用為__________。整個裝置的儀器連接序次為A→________(裝置不可以重復(fù)使用)。該實驗的不足之處是__________。(5)E中短導(dǎo)管a通入的氣體是__________，導(dǎo)管ab采納長短不一樣的原由是__________。(6)氯化氨基汞產(chǎn)品中氯化氨基汞的含量測定：稱取ag樣品，加入水及稀硫酸溶解向溶解后的溶液中加入0.1mol/LKI溶液，馬上出現(xiàn)橙紅色積淀，連續(xù)滴加KI溶液至積淀消逝，溶液呈無色[已知Hg2++2I—=HgI2↓(橙紅色)，HgI2+2I—=HgI42—(無色)]，共耗費VmLKI溶液。測定產(chǎn)品中氯化氨基汞的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________【答案】+-2+(2).(1).MnO+4H+2ClMn+2HO+Cl↑222NH3·H2O+CaONH3↑+Ca(OH)2(3).U形管(4).干燥氨氣(5).D→B→E←C←F(6).無尾氣辦理裝置(7).氯氣(8).氯氣的密度大于空氣，氨氣的密度小于空氣，采納逆流原理，使氯氣、氨氣、汞充分混雜(9).0.1V103252.5100%4a【分析】分析】裝置A中利用濃鹽酸和MnO2混雜加熱制氯氣，結(jié)合守恒法寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式；裝置F中濃氨水加入到CaO中生成氨氣和Ca(OH)2，結(jié)合原子守恒即可寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式；堿石灰能汲取水蒸氣和酸性氣體，依據(jù)儀器結(jié)構(gòu)確立盛裝堿石灰的儀器名稱；整個裝置分成兩部分，一部分是由A裝置中的氯氣經(jīng)除雜并干燥后獲取干燥的氯氣，一部分是由F裝置生成的氨氣經(jīng)干燥后獲取干燥的氨氣，最后將干燥的氯氣和氨氣一起通入E中制得Hg(NH2)Cl；氯氣、氨氣和汞蒸氣都是有毒氣體，需要進行尾氣辦理；結(jié)合氣體充分混雜的目的，依據(jù)氯氣和氨氣的密度相對大小分析；已知Hg2++2I—=HgI2↓(橙紅色)，HgI2+2I—=HgI42—(無色)，得Hg(NH2)Cl~~Hg2+~~4I—，結(jié)合關(guān)系式并依據(jù)滴準(zhǔn)時耗費的KI溶液的體積即可計算樣品的純度。【詳解】(1)裝置A中利用濃鹽酸和MnO2混雜加熱制氯氣，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2+Mn+2HO+Cl2↑；裝置F中濃氨水加入到CaO中生成氨氣和Ca(OH)2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3·H2O+CaONH3↑+Ca(OH)2；依據(jù)儀器結(jié)構(gòu)確立盛裝堿石灰的儀器名稱為U形管；堿石灰能汲取水蒸氣和酸性氣體，所以利用堿石灰干燥氨氣；整個裝置分成兩部分，一部分是由A裝置中的氯氣經(jīng)除雜并干燥后獲取干燥的氯氣，一部分是由

F裝置生成的氨氣經(jīng)干燥后獲取干燥的氨氣，最后將干燥的氯氣和氨氣一起通入

E中制得

Hg(NH2)Cl

，則整個裝置的儀器連接序次為

A→D→B→E←C←F，該實驗的不足之處是沒有尾氣辦理裝置；氯氣的密度大于空氣，氨氣的密度小于空氣，采納逆流原理，可使氯氣、氨氣、汞充分混雜，故裝置E中短導(dǎo)管a通入的氣體是氯氣，也是導(dǎo)管ab采納長短不一樣的根根源因；已知Hg2++2I—=HgI2↓(橙紅色)，HgI2+2I—=HgI42—(無色)，得Hg(NH2)Cl~~Hg2+~~4I—，滴準(zhǔn)時耗費的KI溶液VmL，KI的物質(zhì)的量為V×10-3L×0.1mol/L=0.1V×10-3mol，則樣品的純度為0.1V103mol252.5g/mol1=0.1V103252.5。4100%4a100%a9.溴酸鎘[Cd(BrO3)2]常用于生產(chǎn)顏料和熒光粉。以鎘鐵礦(成分為CdO2、Fe2O3、FeO及少許的Al2O3和SiO2)為原料制備[Cd(BrO3)2]的流程以下:已知：

Cd(SO4)

2溶于水。(1)Cd(BrO

3)2中

Cd的化合價為

__________(2)酸浸時，為了提升鎘的浸取率可以采納的指施有

__________(寫出兩種即可

)。(3)還原鎘時,產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，其發(fā)生反應(yīng)的離于方程式為__________(4)用H2O2溶液氧化時,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________(5)已知幾種金屬離子的氫氧化物開始積淀和完整積淀的pH以下表,調(diào)pH時，應(yīng)調(diào)整的pH范為____,濾渣2的主要成分為_____(填化學(xué)式)。(6)實質(zhì)工業(yè)生產(chǎn)中,有時還采納陽離子交換樹脂法來測定沉鎘后溶液中Cd2+的含量,其原理是:2++2(此時溶液pH=6)Cd+2NaR=2Na+CdR，此中NaR為陽離子交換樹脂。常溫下，將沉鎘后的溶液經(jīng)過陽離子交換樹脂后，測得溶液中的Na+比交換前增加了0.046g/L，則該條件下Cd(OH)2的Ksp值為____(7)已知鎘鐵礦中CdO的含量為72%，整個流程中鎘元素的消耗率為8%，則2t該鎘鐵礦可制2得Cd(BrO3)2(相對分子質(zhì)量為368)_____Kg。【答案】(1).+2(2).將礦石粉碎、適合高升浸取時的溫度、延長浸取的時間、增大浸取液的濃度、充分?jǐn)嚢璧?+2++(3).3Cd+CHOH+HO=3Cd+CO↑+6H(4).1:2(5).3225.0≤pH<7.4(6).Fe(OH)3和Al(OH)3(7).10-19(8).3385.6【分析】【分析】用稀硫酸溶解鎘鐵礦

(成分為

CdO2、

Fe2O3、FeO及少許的

Al2O3和

SiO2)，此中

SiO2不溶于水和酸，經(jīng)過過濾除去，即濾渣22+3+3+4+31為SiO；濾液中主要含有Fe、Fe、Al及Cd，加入CHOH將Cd4+還原為Cd2+，而后加入H2O2溶液，將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，再調(diào)理溶液pH使溶液中的3+3+Al、Fe完整轉(zhuǎn)變成Al(OH)3、Fe(OH)3積淀，過濾除去不溶物，向含有CdSO的濾液中加入K2CO43生成CdCO3積淀，再過濾將積淀溶于HBrO3，最后將溶液蒸發(fā)結(jié)晶即可獲取溴酸鎘[Cd(BrO3)2]，據(jù)此分析解答（1）~（5）。將沉鎘后的溶液pH=6，則c(OH-)=1×10-8mol/L，經(jīng)過陽離子交換樹脂后，測得溶液中的0.046gNa+比交換前增加了0.046g/L，即Na+濃度增加了23g/mol=0.002mol/L，依據(jù)1L2++2+，再計算Cd(OH)的Ksp；Cd+2NaR=2Na+CdR，可知原溶液中c(Cd)=0.001mol/L22(7)2t該鎘鐵礦中CdO2的質(zhì)量為2×106g×72%=1.44×106g，其物質(zhì)的量為1.44106g×106mol，再依據(jù)整個流程中鎘元素的消耗率為8%，并結(jié)合原子守恒計算144g=0.01/molCd(BrO3)2的質(zhì)量?！驹斀狻?1)在Cd(BrO)中Br元素為+5價，O元素為-2價，依據(jù)正負(fù)化合價代數(shù)和為0，可32知Cd的化合價為+2；固體溶解于稀硫酸時，采納增大稀硫酸的濃度、將固體粉碎、用玻璃棒攪拌或適合加熱等措施，可提升鎘的浸取率；4+2+2(3)CH3OH將Cd還原為Cd時，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，此氣體為CO，結(jié)合守恒法，可知發(fā)生反應(yīng)的離于方程式為4+2++3Cd+CH3OH+H2O=3Cd+CO2↑+6H；222+3+2++(4)用HO溶液將溶液中Fe氧化為Fe時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe+H2O+2H=3+2222+1:2；2Fe+HO，則氧化劑HO與還原劑Fe的物質(zhì)的量之比為(5)Fe3+完整轉(zhuǎn)變成Fe(OH)3積淀時的pH為2.8，Al3+完整轉(zhuǎn)變成Al(OH)3積淀時的pH為5.0，2+2積淀時的pH為7.4，則調(diào)理溶液的pH范圍為5.0≤pH<7.4，此時獲Cd開始轉(zhuǎn)變成Cd(OH)得Al(OH)3、Fe(OH)3積淀，即過濾的濾渣2為Al(OH)3、Fe(OH)3；(6)將沉鎘后的溶液pH=6，則c(OH-)=1×10-8mol/L，經(jīng)過陽離子交換樹脂后，測得溶液中的的0.046gNa+比交換前增加了0.046g/L，即Na+濃度增加了23g/mol=0.002mol/L，依據(jù)1L2++2+2+2Cd+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd)=0.001mol/L，則Cd(OH)2Ksp=c(Cd)×c(OH-)=1×10-19；(7)2t該鎘鐵礦中CdO2的質(zhì)量為2×106g×72%=1.44×106g，其物質(zhì)量為1.44106g6mol，整個流程中鎘元素消耗率為8%，依據(jù)原子守恒可知獲取=0.01×10144g/molCd(BrO3)2的物質(zhì)的量為0.01×106mol×（1-8%）=9.2×103mol，其質(zhì)量為9.2×103mol×368g/mol=3.3856×106g=3385.6Kg。10.甲醇是一種可再生能源，擁有廣闊的開發(fā)和應(yīng)用遠(yuǎn)景，可用Pt/Al2O、Pd/C、Rh/SiO2等3作催化劑，采納以下反應(yīng)來合成甲醇:2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)(1)下表所列數(shù)據(jù)是各化學(xué)鍵鍵能，該反應(yīng)的H=_______(用含字母的代數(shù)式表示)。(2)某科研小組用Pd/C作催化劑，在450℃時，研究了n(H):n(CO)分別為2:1、3:1時CO轉(zhuǎn)化率的變化狀況(如圖)，則圖中表示n(H2)：n(CO)=3:1的變化曲線為______(填“曲線a"或“曲線b”)。(3)某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組模擬工業(yè)合成甲醇反應(yīng)，在2L恒容密閉容器內(nèi)充入1molCO和2molH，加入適合催化劑后在某溫度下開始反應(yīng)，并用壓力計監(jiān)測容器內(nèi)壓強變化以下：2反應(yīng)時間/min0510152025壓強/MPa12.的則從反應(yīng)開始到20min時，CO的均勻反應(yīng)速率為________,該溫度下的均衡常數(shù)K為_______.(4)

將CO和H2加入密閉容器中，在必定條件下發(fā)生反應(yīng)：

CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)

H<0。平衡時

CO的體積分?jǐn)?shù)

(%)與溫度和壓強的關(guān)系以以下圖所示

(虛線框表示沒有測定該條件下的數(shù)據(jù))。T1、T2、T3由大到小的關(guān)系是_________,判斷原由是____________美國的兩家公司合作開發(fā)了多孔硅甲醇直接燃料電池，其工作原理如圖①石墨2為__________(填“正“或“負(fù)“)極。②石墨1極發(fā)生的電極反應(yīng)式為________【答案】(1).（2a+b-3c-d-e）kJ·mol-1(2).曲線a(3).0.0125mol·L-1·min-1(4).4(5).T3>T2>T1(6).壓強越大，CO的體積分?jǐn)?shù)越小，T1、T2、T3對應(yīng)的CO的體積分?jǐn)?shù)逐漸增大，該反應(yīng)向左挪動，則T3>T2>T1(7).正(8).CH3OH+HO-6e-+=CO↑+6H22【分析】【分析】(1)反應(yīng)熱H=反應(yīng)物的鍵能和生成物鍵能和；(2)n(H2)：n(CO)越大，CO的轉(zhuǎn)變率越大；反應(yīng)進行到20min時達到均衡，在恒溫恒容容器中壓強與氣體的物質(zhì)的量成正比，初步時總物質(zhì)的量為3mol，壓強為12.6MPa，均衡時壓強為8.4MPa，則均衡時總物質(zhì)的量為8.4MPa3mol=2mol，設(shè)反應(yīng)中參加反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量為xmol，則：12.6MPa232H(g)+CO(g)?CHOH(g)初步物質(zhì)的量（mol）210變化物質(zhì)的量（mol）2xxx均衡物質(zhì)的量（mol）2-2x1-xx故（2-2x）+（1-x）+x=2，解得x=0.5，再依據(jù)速率公式和均衡常數(shù)表達式計算即可；(4)圖示中壓強越大，CO的體積分?jǐn)?shù)越小，且CO(g)+2H2(g)≒CH3OH(g)H<0溫度高升均衡逆向挪動，CO的體積分?jǐn)?shù)越大；(5)由甲醇燃料電池工作原理可知，石墨2通入O2，發(fā)生還原反應(yīng)生成H2O，而原電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，則石墨1為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，甲醇被氧化生成CO2；【詳解】(1)已知反應(yīng)熱H=反應(yīng)物的鍵能和-生成物鍵能和，則2H(g)+CO(g)?CHOH(g)的23反應(yīng)熱H=（2a+b）kJ/mol-(3c+d+e)kJ/mol=（2a+b-3c-d-e）kJ·mol-1；(2)n(H2)：n(CO)越大，CO的轉(zhuǎn)變率越大，故曲線a表示n(H2)：n(CO)=3：1的變化曲線；反應(yīng)進行到20min時達到均衡，在恒溫恒容容器中壓強與氣體的物質(zhì)的量成正比，初步時總物質(zhì)的量為3mol，壓強為12.6MPa，均衡時壓強為8.4MPa，則均衡時總物質(zhì)的量為3mol8.4MPaCO的物質(zhì)的量為xmol，則：=2mol，設(shè)反應(yīng)中參加反應(yīng)的12.6MPa2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)初步物質(zhì)的量（mol）210變化物質(zhì)的量（mol）2xxx均衡物質(zhì)的量（mol）2-2x1-xx故（2-2x）+（1-x）+x=2，解得x=0.5，0.5mol則從反應(yīng)開始到20min時，CO的均勻反應(yīng)速率為2L=0.0125mol·L-1·min-1；20min0.5mol該溫度下的均衡常數(shù)K=c2cCH3OH=1mol2L22L2L(4)已知CO(g)+2H2(g)?CHOH(g)H<0，均衡時溫度高升均衡逆向挪動，CO的體積分?jǐn)?shù)增大，3由圖示可知壓強越大，CO的體積分?jǐn)?shù)越小，T1、T2、T3對應(yīng)的CO的體積分?jǐn)?shù)逐漸增大，該反應(yīng)向左挪動，則T3>T2>T1；(5)①石墨2通入O2，發(fā)生還原反應(yīng)生成H2O，而原電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，則石墨2為正極；②石墨

1為燃料電池的負(fù)極，甲醇被氧化生成

CO2，發(fā)生的電極反應(yīng)式為CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。11.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)幾乎與鋼相同堅固，但重量僅為鋼的三分之一，已被用于飛機機身和機翼、智好手機外殼上等。但這類合金很難被焊接。近來科學(xué)家將碳化鈦納米顆粒(大小僅為十億分之一米)注入AA7075的焊絲內(nèi)，讓這些納米顆粒充當(dāng)連接件之間的填補資料。注入了納米粒子的填補焊絲也可以更簡單地連接其余難以焊接的金屬和金屬合金?；卮鹨韵聠栴}：基態(tài)銅原子的價層電子排布式為__________。(2)第三周期某元素的前

5個電子的電離能如圖

1所示。該元素是

_____(填元素符號

)，判斷依照是_______?！?3)CN、NH3、H2O和

—OH等配體都能與

2+Zn形成配離子。

1mol[Zn(NH

2+3)4]含___molσ鍵，中心離子的配位數(shù)為

_____。(4)鋁鎂合金是優(yōu)良儲鈉資料

,原子位于面心和極點，其晶胞如圖

2所示。1個鋁原子四周有_____個鎂原子近來且等距離。在二氧化鈦和光照條件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：①苯甲醇中C原子雜化種類是__________。②苯甲醇的沸點高于苯甲醛，其原由是__________。鈦晶體有兩種品胞，以以下圖。①如圖3所示，晶胞的空間利用率為______(用含п的式子表示)。②已知圖4中六棱柱邊長為xcm，高為ycm。該鈦晶胞密度為Dg·cm-3，NA為______mol—1(用含xy和D的式子表示)?！敬鸢浮?1).3d104s1(2).Mg(3).I3是I2的5倍多，說明最外層有2個電子，(4).16(5).4(6).8(7).sp2、sp3(8).苯甲醇分子間存在氫鍵，苯甲醛分子間不存在氫鍵(9).3100%19238(10).y3Dx2【分析】【分析】（1）銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子；依據(jù)電離能的突變判斷最外層電子，結(jié)合該元素為第三周期元素分析；(3)所有單鍵包含配位鍵均為σ鍵，雙鍵中有一個為σ鍵，每個NH3分子中含有3個N-H鍵，中心原子Zn與四個N原子之間存在配位鍵；(4)晶胞中每個側(cè)面的4個極點上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且近來；①苯環(huán)上碳原子形成3個共用電子對，而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對；②分子間的氫鍵對物質(zhì)的沸點影響較大，苯甲醇分子間存在氫鍵；①由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8×1=2，設(shè)原子半徑為r，則晶胞的對角線為84r4r，晶胞的邊長為，由此計算空間利用率；3②圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為3+2×1+12×1=6，晶胞的質(zhì)量為648g，六棱柱邊長為xcm，26NA高為ycm，則晶胞的體積為33x2ycm3，再結(jié)合晶胞的密度計算NA。2【詳解】（1）銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子，其價電子排布式為3d104s1；(2)由圖1可知電離能I3是I25倍多，說明最外層有2個電子，結(jié)合該元素是第三周期元素，則該元素為第三周期第ⅡA元素，此元素為鎂，元素符號為Mg；(3)所有單鍵包含配位鍵均為σ鍵，雙鍵中有一個為σ鍵，每個NH3分子中含有3個N-H鍵，中心原子Zn與四個N原子之間存在配位鍵，則1mol[Zn(NH342+)]含（4+3×4）mol=16molσ鍵，配位體為NH，中心離子2+的配位數(shù)為4；Zn3(4)晶胞中每個側(cè)面的4個極點上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且近來，的3則每個鋁原子四周距離近來的鎂原子有8個；(5)①苯環(huán)上碳原子形成3個共用電子對，碳原子雜化種類是sp2，而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對，碳原子的雜化種類是sp3；②苯甲醇分子間存在氫鍵，而苯甲醛分子間不存在氫鍵，以致苯甲醇沸點明顯比苯甲醛高；(6)①由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8×1=2，設(shè)原子半徑為r，則晶胞對角線為84r24r33100%=3100%；4r，晶胞的邊長為，則空間利用率為334r8②②圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為3+2×1+12×1=6，晶胞的質(zhì)量為648g，六棱柱邊長為x26NAcm，高為ycm，則晶胞的體積為64833x2ycm3，由此計算得33x2ycm3，則D=g÷2NA2NA=1923mol—1。3Dx2y【點睛】本題觀察原子雜化方式判斷，注意雜化軌道理論的理解應(yīng)用，掌握常有分子中原子的雜化及空間構(gòu)型為解答的重點，依據(jù)價層電子對互斥理論確立分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)1（a-xb），a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)固結(jié)構(gòu)需要的電2子個數(shù)．依據(jù)n值判斷雜化種類：一般有以下規(guī)律：當(dāng)n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化。12.吡貝地爾（）是多巴胺能激動劑，合成路線以下：已