學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精四川省德陽市2020屆高三二診考試（全國III）理綜化學(xué)試題含解析德陽市高中2017級(jí)“二診”考試?yán)砜凭C合化學(xué)試卷可能用到的相對原子質(zhì)量:H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Mn55Fe56第Ⅰ卷（選擇題)一、選擇題(本題包括7小題，每小題6分，共42分。每個(gè)小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1?；瘜W(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述錯(cuò)誤是A.疫苗因未冷藏儲(chǔ)運(yùn)而失效，與蛋白質(zhì)變性有關(guān)B。天然氣既是高效清潔的化石燃料，又是重要的化工原料C.“中國天眼"的鏡片材料為SiC,屬于新型有機(jī)非金屬材料D.港珠澳大橋水下鋼柱鑲鋁塊防腐的方法為犧牲陽極的陰極保護(hù)法【答案】C【解析】【詳解】A．溫度過高蛋白質(zhì)會(huì)發(fā)生變性，故A正確;B．天然氣燃燒只生成二氧化碳和水,為清潔燃料，利用天然氣可以合成二甲醚等有機(jī)物,是重要的化工原料，故B正確；C．碳化硅是非金屬化合物，且為無機(jī)物，碳化硅是一種新型無機(jī)非金屬材料，故C錯(cuò)誤；D．鋁比銅活潑，形成原電池鋁作負(fù)極被氧化，防腐方法為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故D正確；故答案為C.2.有機(jī)物是制備鎮(zhèn)痛劑的中間體。下列關(guān)于該有機(jī)物的說法正確的是A。易溶于水及苯 B。所有原子可處同一平面C。能發(fā)生氧化反應(yīng)和加成反應(yīng) D.一氯代物有5種（不考慮立體異構(gòu))【答案】C【解析】【詳解】A．該有機(jī)物的組成元素只有氫元素和碳元素，屬于烴類,不溶于水，故A錯(cuò)誤;B．該分子中含有飽和碳原子，不可能所有原子共面,故B錯(cuò)誤;C．含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生氧化反應(yīng)和加成反應(yīng)，故C正確;D．由結(jié)構(gòu)對稱性可知,含4種H，一氯代物有4種，故D錯(cuò)誤;故答案為C。3。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。其中W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑;X原子的核外電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等；Y主族序數(shù)大于W。下列說法正確的是A.原子半徑:W>X B。最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:Y>ZC.工業(yè)上通過電解熔融XZ3冶煉X單質(zhì) D。WO2、YO2、ZO2均為共價(jià)化合物【答案】D【解析】【分析】W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑，該氫化物應(yīng)為NH3，W為N元素；X原子的核外電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，且其原子序數(shù)大于W，則X為Al；Y主族序數(shù)大于W,則Y為S或Cl，若Y為Cl，則Z不可能是短周期主族元素,所有Y為S，Z為Cl。【詳解】A．電子層數(shù)越多，半徑越大，所以原子半徑W<X，故A錯(cuò)誤；B．非金屬性越強(qiáng)簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性S<Cl,所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性Y〈Z，故B錯(cuò)誤;C．XZ3為AlCl3，為共價(jià)化合物,熔融狀態(tài)不能電離出離子，不能通過電解熔融AlCl3冶煉Al單質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．WO2、YO2、ZO2分別為NO2，SO2、ClO2，均只含共價(jià)鍵，為共價(jià)化合物，故D正確；故答案為D.【點(diǎn)睛】AlCl3為共價(jià)化合物，熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，冶煉Al單質(zhì)一般電解熔融狀態(tài)下的Al2O3.4。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質(zhì)子數(shù)為2NAB.1L0。5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+數(shù)目為0。5NAC.常溫下，0.1mol環(huán)氧乙烷（）中含有的共價(jià)鍵數(shù)目為0.3NAD。22.4LCO2與足量Na2O2充分反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA【答案】A【解析】【詳解】A．CO2的摩爾質(zhì)量為44g/mol,含22個(gè)質(zhì)子；SO2的摩爾質(zhì)量為64g/mol，含32個(gè)質(zhì)子,即兩者均是2g中含1mol質(zhì)子，故4g混合物中含2mol即2NA個(gè)質(zhì)子，故A正確;B．1L0.5mol?L-1pH=7的CH3COONH4溶液中,銨根離子發(fā)生水解，根據(jù)物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O)=0。5mol/L，n（NH4+）＜0.5mol，故B錯(cuò)誤;C．一個(gè)環(huán)氧乙烷分子的共價(jià)鍵數(shù)目為7，所以0.1mol環(huán)氧乙烷中含有的共價(jià)鍵數(shù)目為0。7NA,故C錯(cuò)誤;D．未指明溫度和壓強(qiáng)，22.4LCO2的物質(zhì)的量不一定是1mol，故D錯(cuò)誤；故答案為A。【點(diǎn)睛】選項(xiàng)A為難點(diǎn)，注意尋找混合物中質(zhì)子數(shù)與單位質(zhì)量之間的關(guān)系。5。下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到目的的是選項(xiàng)目的實(shí)驗(yàn)A驗(yàn)證某氣體表現(xiàn)還原性將某氣體通入溴水中，溴水褪色B制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸溶液中滴加濃硫酸C制備硅酸膠體向硅酸鈉水溶液中逐滴滴加濃鹽酸至溶液呈強(qiáng)酸性D配制0。2mol/L的CH3COOH溶液準(zhǔn)確量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液,加入燒杯中稀釋后迅速轉(zhuǎn)移至1000mL容量瓶中，然后加蒸餾水定容A.A B。B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．若某氣體具有強(qiáng)氧化性將溴單質(zhì)氧化，溴水也會(huì)褪色,故A錯(cuò)誤；B．向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可生成SO2，且濃硫酸溶于水放熱，降低了SO2的溶解度，能夠達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?故B正確;C．硅酸膠體中加入加入過量鹽酸可使膠體聚沉，故C錯(cuò)誤;D．量取一定體積的濃醋酸在燒杯中稀釋后，迅速轉(zhuǎn)移至1000mL容量瓶中，要用蒸餾水洗滌燒杯玻璃棒2-3次,洗滌液轉(zhuǎn)移進(jìn)容量瓶,否則會(huì)造成溶質(zhì)的損失，導(dǎo)致最終溶液濃度偏低，濃醋酸的少量揮發(fā)，也會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)的損失,導(dǎo)致最終溶液濃度偏低，故D錯(cuò)誤;故答案為B。6.科學(xué)家利用電解NaB（OH)4溶液制備H3BO3的工作原理如下圖。下列說法中正確的是A.b膜為陽離子交換膜B.N室中,進(jìn)口和出口NaOH溶液的濃度：a％〈b%C.電子從左邊石墨電極流出,先后經(jīng)過a、b、c膜流向右邊石墨電極D.理論上每生成1molH3BO3,兩極室共生成33.6L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況）【答案】B【解析】【詳解】A．M室與電源正極相連為陽極，N室為陰極，則電解質(zhì)溶液中陽離子向N室移動(dòng)，陰離子向M室移動(dòng),電解過程中原料室中的B（OH)4—需要移動(dòng)到產(chǎn)品室，且不能讓產(chǎn)品室中氫離子移動(dòng)到右側(cè),所以b膜為陰離子交換膜，故A錯(cuò)誤;B．原料室中的Na+會(huì)移動(dòng)到陰極即N室，N室中發(fā)生電極反應(yīng)2H2O+2e-=H2↑+2OH-,所以經(jīng)N室后NaOH溶液濃度變大，所以NaOH溶液的濃度:a%〈b%，故B正確;C．電子不能在電解質(zhì)溶液中移動(dòng)，故C錯(cuò)誤;D．理論上每生成1molH3BO3，則M室中就有1mol氫離子通過a膜進(jìn)入產(chǎn)品室即轉(zhuǎn)移1mole-，M、N室電極反應(yīng)式分別為2H2O—4e—=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH—，M室生成0.25molO2、N室生成0.5molH2，則兩極室共產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下16。8

L氣體，故D錯(cuò)誤；故答案為B。7.t℃時(shí),向20.00mL0。1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0。1mol/LNaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-)的負(fù)對數(shù)［-lgc水(OH—)]與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法中不正確的是A.M點(diǎn)溶液中:c(Na+）〉c(HX—）>c(H2X）B。P點(diǎn)溶液中：c(OH—)-c（H+)=c（HX—）+2c(H2X）C。溶液中D.水的電離程度:P>N=Q>M,且a=7【答案】D【解析】【分析】二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先發(fā)生H2X+OH-=H2O+HX—，然后發(fā)生HX—+OH-=H2O+X2-；【詳解】A．M點(diǎn)加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶質(zhì)為NaHX,溶液中存在HX—的電離和水解，所以此時(shí)c（Na+）>c(HX—)，水解是微弱的所以c（HX—)〉c(H2X），故A正確；B．P點(diǎn)加入40.0mLNaOH溶液，所以溶質(zhì)Na2X，溶液中存在質(zhì)子守恒，c(OH—）=c(H+）+c（HX—）+2c（H2X），即c（OH—)-c(H+）=c（HX—）+2c（H2X),故B正確；C．,據(jù)圖可知隨著氫氧化鈉加入，M、N、P、Q的堿性增強(qiáng),則c(H+）減小，所以溶液中,故C正確；D．水電離出的OH-濃度越大水的電離程度越大,即圖中縱坐標(biāo)越小水的電離程度越大,所以水的電離程度：P〉N=Q>M；溫度未知,無法確定水的電離平衡常數(shù)，所以無法確定a的值，故D錯(cuò)誤；故答案為D.【點(diǎn)睛】電解質(zhì)溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個(gè)平衡:電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個(gè)微弱：弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性進(jìn)行比較.涉及等式關(guān)系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質(zhì)子守恒式的靈活運(yùn)用.8.某科研課題小組研究利用含H+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cl—、SO42-的工業(yè)廢液,制備高純的ZnO、MnO2、Fe2O3，設(shè)計(jì)出如下實(shí)驗(yàn)流程：已知:①氫氧化鋅沉淀呈白色②氫氧化錳難溶于水③溶液中金屬離子沉淀完全時(shí),其濃度回答下列問題：(1）向工業(yè)廢液中加入雙氧水，可能觀察到的現(xiàn)象有：溶液的顏色發(fā)生變化和_____，其中引起溶液顏色變化的離子方程式為_____.（2)第一次調(diào)pH的目的是沉淀Fe3+。檢驗(yàn)Fe3+是否完全沉淀的操作:取少量濾液于潔凈試管中，最好加入下列試劑中的____(填標(biāo)號(hào)），并觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。a.稀氨水b.KSCN溶液c.K3Fe(CN)6溶液(3）第二次調(diào)pH前，科研小組成員在室溫下分析此時(shí)的溶液，得到相關(guān)數(shù)據(jù)見下表為防止Mn2+也同時(shí)沉淀造成產(chǎn)品不純，最終選擇將溶液的pH控制為7。5，則此時(shí)溶液中Zn2+的沉淀率為____.（第二次調(diào)pH前后液體體積的變化忽略不計(jì)）（4)已知常溫下，。在除鋅時(shí)發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)為，其平衡常數(shù)K=___。（5)沉錳反應(yīng)在酸性條件下完成，寫出反應(yīng)的離子方程式____。（6)下列關(guān)于沉錳制備高純MnO2的說法中,不正確的是____（填標(biāo)號(hào)）.a。若沉錳反應(yīng)時(shí)加入足量濃鹽酸并加熱，MnO2的產(chǎn)率將降低b.若沉錳后進(jìn)行過濾操作，為了加快過濾速率，不斷用玻璃棒攪拌c.若除鋅時(shí)加入MnS質(zhì)量為xg,沉錳反應(yīng)中錳元素?zé)o損失，MnO2的產(chǎn)量將增加xg【答案】(1)。有無色氣體生成（2)。2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）。b（4）.99.9%(5).2.0×1010（6）。Mn2++S2O82—+2H2O=MnO2↓+2SO42—+4H+（7).bc【解析】【分析】含H+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cl-、SO42-的工業(yè)廢電解質(zhì)溶液,加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+,加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH沉淀Fe3+得到Fe（OH）3,過濾,向?yàn)V液中再次加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，將Zn2+沉淀為Zn（OH）2,所以濾渣II主要為Zn（OH）2,向?yàn)V液中加入MnS除去剩余鋅，過濾掉生成的ZnS，向?yàn)V液中加入Na2S2O8，發(fā)生反應(yīng):Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42—+4H+,據(jù)此分析作答。【詳解】（1）向工業(yè)廢液中加入雙氧水，亞鐵離子被氧化成鐵離子，離子方程式為:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；所以溶液顏色會(huì)發(fā)生變化,同時(shí)溶液中的金屬陽離子會(huì)催化雙氧水的分解生成氧氣，所以會(huì)觀察到有無色氣體生成；（2）檢驗(yàn)Fe3+常用KSCN溶液，若有鐵離子溶液會(huì)變紅色，加稀氨水溶液中的Zn2+、Mn2+也會(huì)生成沉淀,可能觀察不到紅褐色沉淀，K3Fe（CN)6溶液可用來檢驗(yàn)Fe2+，所以選b；（3)pH=7。5時(shí)，溶液中c（OH—）=10-6.5mol/L，根據(jù)Ksp［Zn(OH)2］=c2（OH—)·c（Zn2+）=1.2×10—17可知此時(shí)溶液中c（Zn2+)=，所以此時(shí)溶液中Zn2+的沉淀率為=99.9％；（4）根據(jù)反應(yīng)方程式可知該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=；(5）沉錳時(shí)Na2S2O8將Mn2+氧化成MnO2，自身被還原成SO42—,根據(jù)電子守恒和元素守恒可知離子方程式Mn2++S2O82—+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+；（6）a．濃鹽酸具有還原性,且還原性強(qiáng)于Mn2+，所以先被Na2S2O8氧化,且會(huì)與生成的MnO2反應(yīng)，降低產(chǎn)率，故a正確；b．玻璃棒攪拌過濾器,易搗碎濾紙,過濾時(shí)不能攪拌，故b錯(cuò)誤；c．為保證完全除去鋅離子，除鋅時(shí)加入的MnS要過量，不能完全反應(yīng),故c錯(cuò)誤；綜上所述選bc。【點(diǎn)睛】檢驗(yàn)Fe3+常用KSCN溶液，溶液會(huì)變成血紅色;檢驗(yàn)Fe2+常用K3Fe(CN)6溶液，會(huì)生成藍(lán)色沉淀；Na2S2O8中硫元素為+6價(jià)，有兩個(gè)O為—1價(jià),具有強(qiáng)氧化性；鹽酸為還原性酸，在酸化某些強(qiáng)氧化劑時(shí)不用鹽酸.9。對甲基苯胺可用對硝基甲苯作原料在一定條件制得。主要反應(yīng)及裝置如下：主要反應(yīng)物和產(chǎn)物的物理性質(zhì)見下表:實(shí)驗(yàn)步驟如下：①向三頸燒瓶中加入50mL稀鹽酸、10。7mL（13.7g）對硝基甲苯和適量鐵粉，維持瓶內(nèi)溫度在80℃左右，同時(shí)攪拌回流、使其充分反應(yīng)；②調(diào)節(jié)pH=7~8，再逐滴加入30mL苯充分混合;③抽濾得到固體，將濾液靜置、分液得液體M;④向M中滴加鹽酸，振蕩、靜置、分液，向下層液體中加入NaOH溶液，充分振蕩、靜置；⑤抽濾得固體,將其洗滌、干燥得6。1g產(chǎn)品?；卮鹣铝袉栴}:（1）主要反應(yīng)裝置如上圖,a處缺少的裝置是____(填儀器名稱）,實(shí)驗(yàn)步驟③和④的分液操作中使用到下列儀器中的_____（填標(biāo)號(hào))。a燒杯b。漏斗c。玻璃棒d.鐵架臺(tái)（2）步驟②中用5%的碳酸鈉溶液調(diào)pH=7~8的目的之一是使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，另一個(gè)目的是____。（3）步驟③中液體M是分液時(shí)的____層(填“上”或“下"）液體，加入鹽酸的作用是____。（4）步驟④中加入氫氧化鈉溶液后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有____。（5）步驟⑤中,以下洗滌劑中最合適的是____(填標(biāo)號(hào)）.a.乙醇b.蒸餾水c.HCl溶液d。NaOH溶液(6）本實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率是_____％。(計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù)）【答案】（1）.球形冷凝管（2).ad（3）.使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺(4)。上(5).與對甲基苯胺轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺鹽酸鹽進(jìn)入水層與對硝基甲苯的分離(6）.H++OH-=H2O、+OH—+H2O(7）。b（8)。57。0％【解析】【分析】首先向三頸燒瓶中加稀鹽酸、對硝基甲苯和適量鐵粉加熱進(jìn)行反應(yīng)，生成對甲基苯胺鹽酸鹽，調(diào)節(jié)pH=7～8，沉淀鐵離子并使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺,加入苯溶解生成的對甲基苯胺和未反應(yīng)的對硝基甲苯,抽濾靜置分液得到有機(jī)層，向有機(jī)層中加入鹽酸使對甲基苯胺轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺鹽酸鹽，生成的對甲基苯胺鹽酸鹽易溶于水，靜置分液得到無機(jī)層，向無機(jī)層加入NaOH溶液,使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺,對甲基苯胺常溫下為不溶于水的固體，所以在加入氫氧化鈉溶液后會(huì)有對甲基苯胺固體析出，抽濾得到固體，洗滌、干燥得到產(chǎn)品?！驹斀狻?1）該反應(yīng)中反應(yīng)物沸點(diǎn)較低,加熱反應(yīng)過程中會(huì)揮發(fā),需要在a處加裝球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要燒杯、分液漏斗、鐵架臺(tái)，所以選ad；(2)根據(jù)題目所給信息可知，pH值升高會(huì)使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺，達(dá)到分離提純的目的；(3）根據(jù)分析步驟③中液體M為有機(jī)層，溶劑為苯，密度比水小，所以在上層；加入鹽酸使對甲基苯胺轉(zhuǎn)化為易溶于水的對甲基苯胺鹽酸鹽，從而實(shí)現(xiàn)與對硝基甲苯的分離；（4）下層液體中有未反應(yīng)的鹽酸和生成的對甲基苯胺鹽酸鹽都與NaOH發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為：H++OH-=H2O、+OH-+H2O;（5)洗滌過程是為了洗去對甲基苯胺可能附著的對甲基苯胺鹽酸鹽、NaCl和NaOH等可溶于水的雜質(zhì)，為降低對甲基苯胺洗滌過程的溶解損失，最好的洗滌劑應(yīng)為蒸餾水，所以選b;（6）原料中有13.7g對硝基甲苯，即=0.1mol，所以理論上生成的對甲基苯胺應(yīng)為0。1mol，實(shí)際得到產(chǎn)品6.1g，所以產(chǎn)率為=57.0％。10。處理、回收利用CO是環(huán)境科學(xué)家研究的熱點(diǎn)課題.回答下列問題：Ⅰ.處理大氣污染物CO用于處理大氣污染物N2O所發(fā)生的反應(yīng)原理為：有人提出上述反應(yīng)可以用“Fe+"作催化劑。其總反應(yīng)分兩步進(jìn)行:(1）第一步：;第二步：____(寫反應(yīng)方程式)。(2）第二步反應(yīng)不影響總反應(yīng)達(dá)到平衡所用時(shí)間,由此推知,第二步反應(yīng)速率____第一步反應(yīng)速率(填“大于”“小于”或“等于”)。Ⅱ。合成天然氣(SNG）涉及的主要反應(yīng)原理如下：CO甲烷化:水煤氣變換:（3）反應(yīng)的△H=___kJ/mol.（4）在一恒容容器中,按照nmolCO和3nmolH2投料發(fā)生CO甲烷化反應(yīng),測得CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如右圖所示，下列說法正確的是_____（填標(biāo)號(hào))。a.溫度：T1〈T2<T3b.正反應(yīng)速率:v(e）〉v(c）>v(b)c.平衡常數(shù)：K（a）〈K(d)<K(c)d.平均摩爾質(zhì)量:M(a)〉M(b)=M(e）（5）在恒壓管道反應(yīng)器中,按n（H2)︰n（CO)=3︰1通入原料氣發(fā)生CO甲烷化反應(yīng)，400℃、P總為100kPa時(shí)反應(yīng)體系平衡組成如下表所示。組分H2COCH4H2OCO2體積分?jǐn)?shù)8。501.5045。044。01。00則該條件下CO的總轉(zhuǎn)化率α=___。（保留一位小數(shù))(6）將制備的CH4用來組成下圖所示燃料電池電解制備N2O5①陽極的電極反應(yīng)為_____。②理論上制備1molN2O5,石墨2電極消耗氣體的體積為_____L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）?！敬鸢浮浚?).FeO++CO=Fe++CO2（2）。大于(3).-165（4）。ad(5).(6).N2O4+2HNO3—2e-=2N2O5+2H+(7）。16.8【解析】【分析】（1）根據(jù)催化劑定義可知第二步反應(yīng)中，中間產(chǎn)物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被還原成Fe+；（2）第二步反應(yīng)對總反應(yīng)速率沒有影響,說明第一步是慢反應(yīng)，控制總反應(yīng)速率；（3)根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行分析計(jì)算；（4)a．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，相同壓強(qiáng)下溫度越高CO的平衡轉(zhuǎn)化率越??；b．溫度越高反應(yīng)速率越快；相同溫度下壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快；c．該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)越??；d．氣體的質(zhì)量不變，所以平衡正向移動(dòng)氣體物質(zhì)的量減小，平均摩爾質(zhì)量增大，即CO的轉(zhuǎn)化率越大；(5)設(shè)n（H2）=3mol、n（CO）=1mol,恒壓恒溫條件下氣體的體積分?jǐn)?shù)之比等于物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比，設(shè)平衡時(shí)混合氣體總物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)C原子守恒得（45.0％+1.00％+1。5％)×xmol=1mol,解得x，從而計(jì)算出CO的轉(zhuǎn)化率。（6）①圖中左側(cè)裝置為燃料電池，通入CH4的一極為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng),通入氧氣氣體一極為原電池的正極,發(fā)生還原反應(yīng)；則右側(cè)裝置中Pt2電極為陰極，Pt1電極為陽極極；陽極N2O4被氧化成N2O5;②根據(jù)陽極反應(yīng)方程式可知，制備1molN2O5,轉(zhuǎn)移電子1mol，石墨2電極反應(yīng)為O2+4e-+2CO2=2CO32—，轉(zhuǎn)移1mol電子需要消耗0。25mol氧氣和0。5mol二氧化碳，據(jù)此計(jì)算出消耗氣體標(biāo)況下體積.【詳解】(1)根據(jù)催化劑定義可知第二步反應(yīng)中，中間產(chǎn)物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被還原成Fe+，方程式為：FeO++CO=Fe++CO2;(2）第二步反應(yīng)對總反應(yīng)速率沒有影響，說明第一步是慢反應(yīng)，控制總反應(yīng)速率，第二步反應(yīng)速率大于第一步反應(yīng)速率；（3）由①CO(g）+3H2(g）?CH4（g）+H2O（g）△H1=-206.2kJ?mol—1

②CO（g）+H2O(g）?CO2（g)+H2(g）△H2=—41.2kJ?mol—1

結(jié)合蓋斯定律可知，①-②得到CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）△H=-206.2kJ?mol—1—（—41.2kJ?mol—1）=—165kJ/mol；(4）a．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，相同壓強(qiáng)下溫度越高CO的平衡轉(zhuǎn)化率越小，所以溫度溫度:T1〈T2<T3，故a正確；b．溫度越高反應(yīng)速率越快，所以v（c)〉v(b)，相同溫度下壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快，所以v(e）<v（c)，故b錯(cuò)誤；c．該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)越小，所以K(a）〉K(d）〉K(c),故c錯(cuò)誤;d．氣體的質(zhì)量不變,所以平衡正向移動(dòng)氣體物質(zhì)的量減小，平均摩爾質(zhì)量增大，即CO的轉(zhuǎn)化率越大，平均摩爾質(zhì)量越大，所以:M（a）>M（b)=M(e），故d正確；綜上所述選ad；(5）設(shè)n(H2）=3mol、n（CO）=1mol,恒壓恒溫條件下氣體的體積分?jǐn)?shù)之比等于物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比，設(shè)平衡時(shí)混合氣體總物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)C原子守恒得(45.0％+1.00%+1.5％）×xmol=1mol，解得x=mol,則CO的轉(zhuǎn)化為；（6）①圖中左側(cè)裝置為燃料電池,通入CH4的一極為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣氣體一極為原電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng);則右側(cè)裝置中Pt2電極為陰極，Pt1電極為陽極極；陽極N2O4被氧化成N2O5,電極方程式為：N2O4+2HNO3—2e—=2N2O5+2H+;②根據(jù)陽極反應(yīng)方程式可知,制備1molN2O5，轉(zhuǎn)移電子1mol，石墨2電極反應(yīng)為O2+4e—+2CO2=2CO32—，轉(zhuǎn)移1mol電子需要消耗0.25mol氧氣和0。5mol二氧化碳，消耗氣體標(biāo)況下體積為0.75mol×22.4L/mol=16。8L?！军c(diǎn)睛】第5小題為難點(diǎn)，要注意體積分?jǐn)?shù)和物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之間的關(guān)系，同時(shí)能想到碳原子守恒；第6小題為易錯(cuò)點(diǎn),一是要注意陽極室中為無水HNO3，則不能拆成離子；二是注意石墨2電極反應(yīng)的氣體不止有氧氣.11。Ni元素在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}:（1）基態(tài)Ni原子價(jià)層電子的排布式為____.（2）科學(xué)家在研究金屬礦物質(zhì)組分的過程中,發(fā)現(xiàn)了Cu—Ni—Fe等多種金屬互化物。確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體最可靠的科學(xué)方法是對固體進(jìn)行_____.（3）Ni能與類鹵素(SCN）2反應(yīng)生成Ni（SCN）2。Ni（SCN)2中，第一電離能最大的元素是____；（SCN)2分子中,硫原子的雜化方式是____,σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_____。（4)[Ni(NH3）6](NO3）2中,不存在的化學(xué)鍵為____(填標(biāo)號(hào))。a.離子鍵b。金屬鍵c.配位鍵d.氫鍵（5）鎳合金儲(chǔ)氫的研究已取得很大進(jìn)展。①圖甲是一種鎳基合金儲(chǔ)氫后的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖.該合金儲(chǔ)氫后,含1molLa的合金可吸附H2的數(shù)目為_____。②Mg2NiH4是一種貯氫的金屬氫化物。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占據(jù)如圖乙的頂點(diǎn)和面心，Mg2+處于乙圖八個(gè)小立方體的體心。Mg2+位于Ni原子形成的___(填“八面體空隙”或“四面體空隙”)。若晶體的密度為dg/cm3，Mg2NiH4的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，則Mg2+和Ni原子的最短距離為___nm(用含d、M、NA的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1）.3d84s2(2）。X射線衍射實(shí)驗(yàn)（3）.N（4)。sp3雜化（5）.5：4(6）.b(7）.3NA(8）。四面體空隙（9).【解析】【詳解】（1）Ni的原子序數(shù)為28,根據(jù)能量最低原理可寫出電子排布式為1S22S22P63S23P63d84s2或［Ar]3d84s2，則其價(jià)電子排布為3d84s2；（2）確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體的方法是X射線衍射實(shí)驗(yàn)；(3）一般情況下，非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，但N原子最為層2p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于相連元素，所以Ni(SCN)2中，第一電離能最大的元素是N;(SCN）2分子結(jié)構(gòu)簡式為N≡C-S—S—C≡N,其中S原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是4且含有2個(gè)孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論可知硫原子的雜化方式為sp3雜化;共價(jià)單鍵為σ鍵，共價(jià)雙鍵中含有一個(gè)σ鍵、一個(gè)π鍵，共價(jià)三鍵中含有1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵，則σ鍵和π鍵數(shù)目之比為5:4；(4）[Ni（NH3）6］（NO3)2中,NH3與Ni2+之間為配位鍵；氨氣分子之間存在氫鍵；［Ni(NH3)6]2+與NO3-之間為離子鍵，不存在金屬鍵,故選b；（5）①晶胞中La原子數(shù)目=8×=1、H2分子數(shù)目==3,故含1molLa的合金可吸附H2的物質(zhì)的量為1mol×3=3mol，數(shù)目為3NA；②Ni原子占據(jù)頂點(diǎn)和面心,Mg2+處于八個(gè)小立方體的體心，所以Mg2+位于Ni原子形成的四面體空隙；該晶胞中Ni原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4、Mg2+個(gè)數(shù)為8，根據(jù)化學(xué)式知，H原子個(gè)數(shù)為16，所以晶胞的質(zhì)量為,又已知晶胞的密度為dg/cm3，則晶胞的棱長為，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知Mg2+和Ni原子的最短距離為晶胞體對角線的，所以最短距離為.【點(diǎn)睛】同一周期元素,元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族（最完成全滿）、第VA族（最外層半滿)元素第一電離能大于其相鄰元素.12.倍他樂克是一種治療高血壓的藥物，其中間體F合成路線如下:回答下列問題：（1）A分子式為____.D中官能團(tuán)的名稱是____.（2）B與足量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（3)D→E的反應(yīng)類型為_____。(4）反應(yīng)⑤加入試劑X反應(yīng)后只生成中間體F，則X結(jié)構(gòu)簡式為___。（5）滿足下列條件的C的同分異構(gòu)體有_____種。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②與NaOH溶液反應(yīng)時(shí),1molC最多消耗3molNaOH；③苯環(huán)上只有4個(gè)取代基，且直接與苯環(huán)相連的烴基處于間位.其中核磁共振氫譜有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫,且峰面積比為1︰6︰2︰1的可能是____（寫結(jié)構(gòu)簡式)。