絕密★啟用前此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號化學注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題的答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案填寫在答題卡上，寫在試卷上無效。4．考試結束，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．化學與生產(chǎn)和生活密切相關。下列有關說法不正確的是A．古代記載文字的器物“絲帛”的主要成分屬于天然有機高分子化合物B．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C．釀酒過程中葡萄糖在酒化酶的作用下發(fā)生水解反應生成乙醇D．“墨滴無聲入水驚，如煙裊裊幻形生”中的墨滴具有膠體的性質【答案】C【解析】A．“絲帛”主要成分是蛋白質，屬于天然有機高分子化合物，故A正確；B．明礬溶液中鋁離子水解使溶液呈酸性，銅銹為堿式碳酸銅，溶于酸性溶液，故B正確；C．葡萄糖是單糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下轉化為乙醇和二氧化碳，屬于氧化反應，故C錯誤；D．墨滴是碳分散于水中形成的膠體，具有膠體的性質，故D正確；故選C。2．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關敘述正確的是A．1L0.1mol·L?1Na2SO3溶液中陰離子數(shù)目為0.1NAB．9.2gC2H6O含有共價鍵的數(shù)目為1.6NAC．NA個CO2分子形成的晶體中電子對數(shù)目為4NAD．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去電子數(shù)為2NA【答案】B【解析】在水溶液中發(fā)生水解反應：SOeq\o\al(2?,3)+H2O=HSOeq\o\al(?,3)+OH?，從而陰離子數(shù)目大于0.1NA，A錯誤；C2H6O有兩種同分異構體，每個分子都含有8個共價鍵，則9.2gC2H6O為0.2mol，含有共價鍵的數(shù)目為1.6NA，故B正確；NA個CO2分子的物質的量為1mol，CO2中含有8個電子對，1molCO2中電子對數(shù)目為8NA，C項錯誤；1mol鈉反應失去1mol電子，鈉失去電子數(shù)為NA，D項錯誤。3．莽草酸是從中藥八角茴香中提取的一種單體化合物，有抗炎、鎮(zhèn)痛作用，其結構如圖所示。關于莽草酸的下列敘述中，正確的是A．分子式為C7H5O5B．莽草酸只能發(fā)生取代反應、加成反應和氧化反應C．分子中所有原子可能在同一平面上D．1mol莽草酸與金屬鈉反應能產(chǎn)生標況下的氫氣為44.8L【答案】D【解析】A．由莽草酸的結構圖可知，1個莽草酸分子是由7個碳原子、10個氫原子和5個氧原構成的，其化學式為：C7H10O5，故A錯誤；B．含有羥基，可發(fā)生取代、消去和氧化反應，含有碳碳雙鍵可發(fā)生加成和氧化反應，故B錯誤；C．該分子中存在－CH2－和的結構，分子中所有原子不可能在同一平面上，故C錯誤；D．1mol莽草酸含有3mol－OH，1mol－COOH均能與金屬鈉發(fā)生反應，共產(chǎn)生2molH2，標況下的體積為22.4L/mol×2mol=44.8L，故D正確；故選D。4．下列關于實驗室制取SO2的實驗，其中敘述正確的是A．甲圖中可利用70%的濃硫酸和硫酸鈉固體制取SO2B．乙圖中干燥SO2C．可用丙圖中裝置和藥品收集二氧化硫并吸收尾氣D．可用丁圖中裝置和藥品檢驗銅和濃硫酸反應生成的CuSO4【答案】A【解析】A．常使用亞硫酸鈉和70%的濃硫酸制SO2，反應不需要加熱，故A正確；B．SO2能與堿性物質反應，不能用堿石灰干燥，故B錯誤；C．澄清石灰水的濃度較稀，不適宜吸收SO2的尾氣，故C錯誤；D．反應后的液體混合物應倒入水中，類似于濃硫酸的稀釋，故D錯誤；選A。5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，四種元素形成的化合物結構如圖所示。在元素周期表中元素W是原子半徑最小的元素，Z原子的最外層電子數(shù)是周期數(shù)的3倍，且W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子。下列說法正確的是A．簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：Z＜XB．由W、Y、Z三種元素組成的化合物均是共價化合物C．YF3分子中的原子均是穩(wěn)定的8電子結構D．X元素的最高價氧化物對應的水化物為強酸【答案】C【解析】在元素周期表中元素W是原子半徑最小的元素，W是H，Z原子的最外層電子數(shù)是周期數(shù)的3倍，Z是O元素；W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子；Y能形成3個共價鍵，所以Y是N元素；X能形成4個共價鍵，X是C元素。A．同周期元素從左到右，非金屬性增強，最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性增強，所以H2O的穩(wěn)定性大于NH3，故A錯誤；B．H、N、O三種元素能形成離子化合物NH4NO3，故B錯誤；C．NF3分子中N原子和F原子最外層均為8電子的穩(wěn)定結構，故C正確；D．C元素的最高價氧化物對應的水化物為H2CO3，H2CO3為一元弱酸，故D錯誤。6．下列離子反應方程式正確的是A．Fe與稀硝酸反應，當n(Fe)∶n(HNO3)=1∶2時，3Fe+2NOeq\o\al(?,3)+8H+＝3Fe2++2NO↑+4H2OB．CuSO4與過量濃氨水反應的離子方程式：Cu2++2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓+2NHeq\o\al(+,4)C．向硫酸鋁銨溶液滴加足量的氫氧化鋇溶液：Al3++2SOeq\o\al(2?,4)+2Ba2++4OH?＝AlOeq\o\al(?,2)+2BaSO4↓+2H2OD．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SOeq\o\al(2?,4)剛好沉淀完全：2H++SOeq\o\al(2?,4)+Ba2++2OH?＝2H2O+BaSO4↓【答案】A【解析】當n(Fe)∶n(HNO3)=1∶4時，F(xiàn)e+NOeq\o\al(?,3)+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，再增加1倍的Fe時，2Fe3++Fe=3Fe2+，鐵過量，故A正確；CuSO4與過量濃氨水反應Cu2++4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2++4H2O，B錯誤；向硫酸鋁銨[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液，離子反應方程式為NHeq\o\al(+,4)+Al3++2SOeq\o\al(2?,4)+2Ba2++4OH?＝Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，故C錯誤；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SOeq\o\al(2?,4)剛好沉淀完全：H++SOeq\o\al(2?,4)+Ba2++OH?＝H2O+BaSO4↓，故D錯誤。7．化學反應速率與反應物濃度的關系式(稱為速率方程)是通過實驗測定的。以反應S2Oeq\o\al(2?,8)+2I?=2SOeq\o\al(2?,4)+I2為例，可先假設該反應的速率方程為v=kcm(S2Oeq\o\al(2?,8))cn(I?)，然后通過實驗測得的數(shù)據(jù)，算出k、m、n的值，再將k、m、n的值代入上式，即得速率方程。25℃時，測得反應在不同濃度時的反應速率如下表：實驗c(S2Oeq\o\al(2?,8))/mol·L?1c(I?)/mol·L?1v/mol·L?1·s?110.0320.0301.4×10?520.0640.0302.8×10?530.0640.0151.4×10?5已知過二硫酸(H2S2O8)可以看成是H2O2中兩個氫原子被二個磺基(－SO3H)取代的產(chǎn)物。下列說法正確的是A．過二硫酸根離子(S2Oeq\o\al(2?,8))中含有2個過氧鍵B．該反應的總級數(shù)為2C．速率方程中k=6.14×10?3L·mol?1·s?1D．化學反應速率與反應的路徑無關，速率方程中濃度的方次要由實驗確定【答案】B【解析】A．過二硫酸根離子(S2Oeq\o\al(2?,8))中含有一個過氧鍵，A項錯誤；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知m=n=1，反應的總級數(shù)為2，B項正確；C．把表格中任意一組數(shù)據(jù)帶入速率方程中，都可以得到k=1.46×10?2L·mol?1·s?1，C項錯誤；D．化學反應速率與反應的路徑密切相關，D項錯誤。本題選B?8．某課題組以納米Fe2O3作為電極材料制備鋰離子電池(另一極為金屬鋰和石墨的復合材料)，通過在室溫條件下對鋰離子電池進行循環(huán)充放電，成功地實現(xiàn)了對磁性的可逆調控(如圖所示)。下列說法正確的是A．該電池可以用LiCl溶液做電解質溶液B．放電時，F(xiàn)e2O3做負極C．放電時，負極的電極反應式為2Li-2e?+O2?=Li2OD．充電時，正極的電極反應式為2Fe+3Li2O-6e?=Fe2O3+6Li+【答案】C【解析】Li為活潑金屬單質，所以電池放電時Li為負極，據(jù)圖可知被氧化為Li2O，F(xiàn)e2O3為正極，被還原為Fe單質，從而被磁鐵吸引。A．因為單質鋰可以與水反應（類似金屬鈉），所以電解質溶液不能是水溶液，故A錯誤；B．由分析可知該電池放電時，正極材料為Fe2O3，故B錯誤；C．Li為活潑金屬單質，所以電池放電時Li為負極，被氧化為Li2O，電極反應為2Li-2e?+O2?=Li2O，故C正確；D．電極充電時，陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為2Fe+3Li2O-6e?=Fe2O3+6Li+，故D錯誤；答案選C。9．科學家利用過渡金屬氮化物(TMNS)在常溫下催化實現(xiàn)氨的合成，其反應機理如圖所示。下列有關說法正確的是A．TMNS增大了合成氨反應中N2的平衡轉化率B．TMNS表面上的N原子被氧化為氨C．用SKIPIF1<0N2進行合成反應，產(chǎn)物中只有SKIPIF1<0NH3D．TMNS表面上氨脫附產(chǎn)生的空位有利于吸附N2【答案】D【解析】A．TMNS大大降低了合成氨反應的活化能，加快反應速率，但是不能影響平衡的移動，不會增大轉化率，A說法錯誤；B．TMNS表面上的N原子與氫原子結合，化合價降低，被還原為氨，B說法錯誤；C．合成氨為可逆反應，存在副反應，用SKIPIF1<0N2進行合成反應，產(chǎn)物不一定只有SKIPIF1<0NH3，可能含有其它含SKIPIF1<0N的副產(chǎn)物，C說法錯誤；D．根據(jù)圖像可知，TMNS表面上氨脫附產(chǎn)生的空位有利于吸附N2，D說法正確；答案為D。10．高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種高效多功能的新型非氯綠色消毒劑，主要用于飲水處理。常溫下，調節(jié)其水溶液pH時，含鐵粒子的物質的量分數(shù)δ(X)隨pH的變化如圖所示[已知SKIPIF1<0]。下列說法正確的是A．25℃，B點水電離出的c(H+)=1×10?4B．NaHFeO4溶液顯堿性C．常溫下，H2FeO4(aq)+H+(aq)H3FeOeq\o\al(+,4)(aq)的平衡常數(shù)K＜100D．K2FeO4起殺菌消毒作用是因為其遇水生成了Fe(OH)3膠體【答案】C【解析】B點溶液呈酸性，說明H2FeO4電離大于HFeOeq\o\al(?,4)水解，抑制水的電離，此時pH=4，所以水電離出的c(H+)=1×10?10，故A錯誤；由圖可知，H2FeO4的第二步電離平衡常數(shù)大小約為10?7.5，第一步電離大小約為10?3.5，由K水=Kw/K電可知，HFeOeq\o\al(?,4)的水解平衡常數(shù)大小約為10?10.5，故HFeOeq\o\al(?,4)的電離大于水解，呈酸性，故B錯誤；結合圖象可知，c(H2FeO4)=c(H3FeOeq\o\al(+,4))時，溶液的pH<2，c(H+)>0.01mol/L，則H2FeO4+H+H3FeOeq\o\al(+,4)的平衡常數(shù)K=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0<SKIPIF1<0=100，即K<100，故C正確；D．K2FeO4起殺菌消毒作用是因為它的強氧化性，生成Fe(OH)3膠體有吸附性而有凈水作用，故D錯誤。二、非選擇題：本題共5小題，共70分。11．（14分）工業(yè)生產(chǎn)中會產(chǎn)生稀土草酸沉淀廢水，其主要成分為鹽酸和草酸(H2C2O4)的混合溶液及微量的草酸稀土雜質等。工業(yè)上處理廢水的方法包括“①氧化法”和“②沉淀法”。相關工業(yè)流程如圖所示：已知：(1)Ka1(H2C2O4)=6.0×10?2；Ka2(H2C2O4)=6.25×10?5。(2)25℃時，各物質的溶度積常數(shù)如下表：Ksp[Fe(OH)3]Ksp(PbSO4)Ksp(PbC2O4)2.5×10?392.0×10?85.0×10?10回答下列問題：(1)過濾操作中需要用到的玻璃儀器有，上述過濾后可重復利用的物質為(填物質名稱)。(2)“①氧化法”中Fe3+是反應的催化劑，反應產(chǎn)生了兩種無毒氣體，該氧化過程中的化學方程式為。(3)“氧化”步驟中，酸性越強，草酸去除率越高，其原因是_______。為了使加入的17.5mg·L?1的Fe3+催化效果達到最佳，廢水酸化時應將pH調整至小于_______(已知lg2=0.3，1g5=0.7)。(4)“②沉淀法”：將1.5molPbSO4沉淀劑加到1L含有0.1mol·L?1草酸的模擬廢水中。沉淀時發(fā)生的離子反應為PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)。請計算此反應的平衡常數(shù)K=__________。(5)干燥步驟溫度過高會降低草酸產(chǎn)率，其原因是。(6)已知在25℃時，亞硫酸的電離平衡常數(shù)為：K1=1.54×10?2、K2=1.02×10?7，向Na2C2O4溶液中通入少量的SO2氣體，反應的離子方程式為。【答案】(1)漏斗、燒杯、玻璃杯（2分）硫酸鉛（1分）(2)H2C2O4+O3eq\o(=,\s\up7(Fe3+))2CO2+O2+H2O（3分）(3)pH升高后，F(xiàn)e3+生成Fe(OH)3，降低催化效果（2分）2.3（2分）(4)1.5×10?4（2分）(5)草酸加熱會分解，變成二氧化碳、一氧化碳和水（2分）(6)SO2+H2O+C2Oeq\o\al(2?,4)＝HSOeq\o\al(?,3)+HC2Oeq\o\al(?,4)（2分）【解析】(1)過濾操作中用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃杯；過濾后得到的硫酸鉛可重復利用；(2)過程①為將草酸氧化為二氧化碳，根據(jù)題意，其反應為H2C2O4+O3eq\o(=,\s\up7(Fe3+))2CO2+O2+H2O；(3)pH升高后，溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，使催化活性降低；加入的的濃度為SKIPIF1<03.125×10?4mol/L，要使得Fe3+的催化效果最好，則Fe3+不能沉淀，根據(jù)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH?)，則SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=2×10?12mol·L?1，SKIPIF1<0=5×10?3mol·L?1，pH=-lgc(H+)=-lg5×10?3=2.3；(4)反應PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)的平衡常數(shù)表達式為SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=1.5×10?4；（5）草酸加熱會分解，變成二氧化碳、一氧化碳和水，故干燥不能高溫；（6）根據(jù)草酸和亞硫酸的電離平衡常數(shù)大小可知，少量SO2通入Na2C2O4溶液中，反應能將C2Oeq\o\al(2?,4)離子生成HC2Oeq\o\al(?,4)，不能生成H2C2O4，同時生成HSOeq\o\al(?,3)，故離子方程式為：SO2+H2O+C2Oeq\o\al(2?,4)=HSOeq\o\al(?,3)+HC2Oeq\o\al(?,4)。12．（13分）實驗室制備苯乙酮的化學方程式為：制備過程中還有CH3COOH+AlCl3eq\o(→,\s\up7())CH3COOAlCl2+HCl↑等副反應。主要實驗裝置和步驟如下：（I）合成：在三頸燒瓶中加入20g無水AlCl3和30mL無水苯。邊攪拌邊慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL無水苯的混合液，使反應液緩緩回流。滴加完畢后加熱回流1小時，形成黑黃色液體。（Ⅱ）分離與提純：將冷卻后的反應瓶置于冰水浴中，加入15mL苯，慢慢加入混合的鹽酸冰水，靜置分層，分液，無機相用乙醚萃取，與有機相合并，有機相用10％NaOH溶液洗滌，分液，棄去無機層，有機層用9mL水洗，分液，棄去無機層，有機層用SKIPIF1<0干燥，得到苯乙酮粗產(chǎn)品?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱：____________；使用恒壓滴定漏斗的優(yōu)點是：________________________。（2）球形干燥管的作用是________________________。（3）若將乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三頸燒瓶，可能導致_________________。A．反應太劇烈B．液體太多攪不動C．反應變緩慢D．副產(chǎn)物增多（4）分離和提純操作中是否可改用乙醇萃??？_____（填“是”或“否”），原因是______________。（5）分液漏斗使用前須____________并洗凈備用。萃取時，先后加入待萃取液和萃取劑，經(jīng)振蕩并_____________后，將分液漏斗置于鐵架臺的鐵圈上靜置片刻，分層。分離上下層液體時，應先____________，然后打開活塞放出下層液體，上層液體從上口倒出。（6）已知常壓下：熔點/℃沸點/℃苯5.580.1乙醚-116.334.6苯乙酮19.6202則從粗產(chǎn)品中提純苯乙酮使用的操作是________；為了收集純凈的苯乙酮餾分，分離苯乙酮應使用下面的圖________裝置?！敬鸢浮浚?）球形冷凝管（1分）平衡氣壓，使液體順利滴下（1分）防止空氣中水蒸氣進入，保證反應在無水的環(huán)境下進行（1分）AD（2分）否（1分）乙醇與水互溶（1分）檢查分液漏斗是否漏水（1分）放氣（1分）打開上口玻璃塞(或使塞上的凹槽對準漏斗口上的小孔)（2分）蒸餾（1分）2（2分）【解析】（1）儀器a為球形冷凝管，該裝置是密封裝置，使用恒壓漏斗，可以平衡氣壓，使液體順利滴下；（2）由于三氯化鋁與乙酸酐均極易水解，所以要求合成過程中應該無水操作，故答案為防止空氣中的水蒸氣進入，保證反應在無水的環(huán)境下進行；（3）若將乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三頸燒瓶，可能會導致反應太劇烈及產(chǎn)生更多的副產(chǎn)物，故選AD；（4）由于乙醇能與水混溶，所以不能用酒精代替乙醚進行萃取操作，故答案為否，乙醇與水互溶；（5）分液漏斗使用前須進行檢漏，振搖后由于有機溶劑的揮發(fā)，分液漏斗內壓強增大，所以要打開活塞進行放氣操作。放下層液體時，為了使液體能順序滴下，應該先打開上口玻璃塞(或使塞上的凹槽對準漏斗口上的小孔)，然后再打開下面的活塞，故答案為檢查分液漏斗是否漏水，放氣，打開上口的玻璃塞（或使塞上的凹槽對準漏斗上的小孔）；（6）根據(jù)表格中熔沸點的數(shù)據(jù)可知，苯乙酮的熔沸點與乙醚和苯的差距較大，可采取蒸餾的方法分離，則分離提純苯乙酮使用的操作是蒸餾；苯乙酮的沸點為202℃，為了收集純凈的苯乙酮餾分，需要加熱較高的溫度，水浴加熱的溫度不足以使苯乙酮變?yōu)檎羝瑒t分離苯乙酮應使用下面的圖2裝置。13．（13分）研究減少CO2排放是一項重要課題。CO2經(jīng)催化加氫可以生成多種低碳有機物，如反應類型①：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol?1Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol?1Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3回答下列問題：(1)反應III的?H3為。(2)在絕熱恒容的密閉容器中，將CO2和H2按物質的量之比1∶3投料發(fā)生反應I，下列不能說明反應已達平衡的是(填序號)。A．體系的溫度保持不變B．CO2和H2的轉化率相等C．單位時間內體系中減少3molH2的同時有1molH2O增加D．合成CH3OH的反應限度達到最大(3)如圖為一定比例的CO2+H2、CO+H2、CO/CO2+H2條件下甲醇生成速率與溫度的關系。490K時，根據(jù)曲線a、c可判斷合成甲醇的反應機理是________。(填“A”或“B”)A．COCO2CH3OH+H2OB．CO2COCH3OH反應類型②：Ⅰ．2CO2(g)+2H2O(l)CH2=CH2(g)+3O2(g)Ⅱ．CH2=CH2(g)+H2O(l)＝C2H5OH(l)Ⅲ．2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)(4)CO2和水反應乙烯的反應中，當反應達到平衡時，若減小壓強，則CO2的轉化率(填“增大”“減小”或“不變”)。(5)反應Ⅲ，在某鐵系催化劑催化下，溫度、氫碳比[SKIPIF1<0=x]對CO2平衡轉化率的影響以及溫度對催化效率影響如圖所示。①下列有關說法正確的是(填字母)。A．反應Ⅲ是一個放熱反應B．增大氫碳比，可以提高H2的平衡轉化率C．溫度低于300℃時，隨溫度升高乙烯的平衡產(chǎn)率增大D．平衡常數(shù)：K(N)<K(M)②在總壓為2.1MPa的恒壓條件下，M點時，CO2的平衡轉化率為SKIPIF1<0，則該條件下用平衡體系中各氣體分壓表示的平衡常數(shù)(Kp)的計算式(只需列式)為Kp=(各氣體分壓=平衡體系中各氣體的體積分數(shù)×總壓)。(6)二氧化碳催化加氫合成乙烯反應往往伴隨副反應，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強條件下，為了提高反應速率和乙烯的選擇性，應當?！敬鸢浮浚?）-90.4kJ·mol?1（2分）BC（2分）A（2分）增大（1分）AD（2分）SKIPIF1<0MPa?3（2分）選擇合適的催化劑（2分）【解析】(1)由蓋斯定律可得，反應Ⅲ=反應I-反應II，故ΔH3=ΔH1-ΔH2，代入數(shù)字可得為-90.4kJ·mol?1。(2)A．反應I為放熱反應，放出的熱量使反應溫度升高，體系的溫度保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達平衡，故正確；B．由于二氧化碳和氫氣的起始量之比與化學計量數(shù)之比相等，無論反應是否達到平衡，二氧化碳和氫氣的轉化率均相等，則二氧化碳和氫氣的轉化率相等不能說明反應已達平衡，故錯誤；C．單位時間內體系中3mol氫氣減少和1mol水蒸氣增加均代表正反應速率，不能表示正逆反應速率相等，無法判斷反應是否已達平衡，故錯誤；D．化學平衡狀態(tài)是化學反應的最大限度，合成CH3OH的反應限度達到最大說明正逆反應速率相等，反應已達平衡，故答案選BC；(3)由圖可知，CO先轉化為二氧化碳時甲醇的生成速率大，則反應機理A符合，故答案為：A；(4)2CO2(g)+2H2O(l)CH2=CH2(g)+3O2(g)，由于該反應是氣體分子數(shù)增大的反應，當反應達到平衡狀態(tài)時，若減小壓強，則化學平衡向正反應方向移動，CO2的轉化率增大，故答案為增大；(5)①A．由圖表可得當溫度過高，CO2的轉化率的減小，說明升高溫度平衡向逆向移動，向著吸熱方向移動，故反應Ⅲ為放熱反應。故A正確；B．增大氫碳比，則氫氣的物質的量濃度增大，平衡正向移動，二氧化碳轉化率增大，氫氣的轉化率減小，故B錯誤；C．溫度低于300℃時，隨溫度升高二氧化碳轉化率降低，平衡逆向移動，乙烯的產(chǎn)率減小，故C錯誤；D．升高溫度平衡逆向移動，則平衡常數(shù)減小，則K(M)＞K(N)，故D正確；故選AD；②M點n(H2)∶n(CO2)=3，設n(H2)=3mol、n(CO2)=1mol，CO2的平衡轉化率為SKIPIF1<0，平衡體系中各氣體的體積分數(shù)等于其物質的量分數(shù)，各氣體分壓=平衡體系中各氣體的體積分數(shù)×總壓，則CO2的分壓為SKIPIF1<0，H2的分壓為SKIPIF1<0×2.1MPa=eq\f(1,3)×2.1MPa，C2H4的分壓為SKIPIF1<0，H2O的分壓為SKIPIF1<0×2.1MPa=eq\f(4,9)×2.1MPa，平衡常數(shù)SKIPIF1<0SKIPIF1<0MPa?3；(6)工業(yè)上通常通過選擇合適催化劑，以加快化學反應速率，同時還可以提高目標產(chǎn)品的選擇性，減少副反應的發(fā)生。因此，一定溫度和壓強下，為了提高反應速率和乙烯的選擇性，應當選擇合適的催化劑，故答案為選擇合適的催化劑。14．（15分）人類使用銅和它的合金具有悠久的歷史，銅及其化合物在電子工業(yè)、材料工業(yè)、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)及日常生活方面用途非常廣泛。試回答下列問題。（1）Cu+的核外電子排布式為___________________。（2）CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的銅鹽，SOeq\o\al(2?,4)的立體構型是________，S、O、N三種元素的第一電離能由大到小為____________。（3）金屬Cu單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應，其原因是_______________，反應的離子方程式為_____________________。（4）丁炔銅是一種優(yōu)良的催化劑，已知：CH≡CH+2HCHOOHC－CH2CH2OH。則OHC－CH2CH2OH中碳原子雜化方式有__________。利用CuSO4和NaOH制備的Cu(OH)2檢驗醛基時，生成紅色的Cu2O，其晶胞結構如圖所示。①該晶胞原子坐標參數(shù)A為（0，0，0）；B為（1，0，0）；C為（SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0）。則D原子的坐標參數(shù)為________，它代表________原子。②若Cu2O晶體密度為dg·cm?3，晶胞參數(shù)為apm，則阿伏加德羅常數(shù)值NA=________。【答案】（1）[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10（1分）正四面體（2分）N>O>S（2分）H2O2為氧化劑，氨與Cu2+形成配離子，兩者相互促進使反應進行（2分）Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)eq\o\al(2+,4)+2OH?（2分）sp2、sp3（1分）(SKIPIF1<0；SKIPIF1<0；SKIPIF1<0)（2分）Cu（1分）SKIPIF1<0（2分）【解析】（1）Cu是29號元素Cu+的核外電子數(shù)是28，所以Cu+的核外電子排布式為[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；（2）SOeq\o\al(2?,4)價層電子對數(shù)為4+SKIPIF1<0(6+2-4×2)=4，因此SOeq\o\al(2?,4)立體結構是正四面體.同周期從左向右第一電離能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，非金屬性越強，第一電離能越大，即第一電離能大小順序是N>O>S。（3）題中給出了兩物質和銅單獨不反應，而同時混合能反應，說明兩者能互相促進，是兩種物質共同作用的結果，其中過氧化氫為氧化劑，氨與Cu2+形成配離子，兩者相互促進使反應進行，方程式可表示為：Cu+H2O2+4NH3＝Cu(NH3)eq\o\al(2+,4)+2OH?；（4）有機物中碳原子的雜化方式依據(jù)碳原子周圍的單鍵數(shù)，在OHCCH2CH2OH中，中的C則為sp3雜化；中的C則為sp2雜化；（5）①根據(jù)各個原子的相對位置可知，D在x、y方向的SKIPIF1<0處，z方向的SKIPIF1<0處，所以其坐標是(SKIPIF1<0；SKIPIF1<0；SKIPIF1<0)，根據(jù)均攤法，白球的個數(shù)為(8×SKIPIF1<0+1)=2，灰球位于體心，灰球有