試卷第=page1010頁，共=sectionpages1212頁江西省名校2022屆高三下學(xué)期第三次模擬理科綜合化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．2022年1月15日，湯加海底火山噴發(fā)，對地球環(huán)境造成巨大影響。下列說法錯誤的是A．火山灰形成“氣溶膠”的分散質(zhì)粒子直徑大于100nmB．火山噴發(fā)產(chǎn)生的氣體會導(dǎo)致酸雨的形成C．巖漿中的硅酸鹽經(jīng)過復(fù)雜的物理、化學(xué)變化可以形成玉石D．火山周圍存在大量的礦產(chǎn)資源，其中硫鐵礦可以用于工業(yè)制硫酸【答案】A【解析】【詳解】A．“氣溶膠"”屬于膠體，其分散質(zhì)粒子直徑在1~100nm之間，A項錯誤；B．火山噴發(fā)會有大量SO2生成，進(jìn)入大氣中形成硫酸型酸雨，B項正確；C．巖漿中含有各種金屬的硅酸鹽，且玉石是各種金屬的硅酸鹽經(jīng)過復(fù)雜的物理、化學(xué)變化形成，C項正確；D．火山周圍存在大量的礦產(chǎn)資源，其中硫鐵礦主要成分為FeS2，可以用于工業(yè)制硫酸，D項正確；答案選A。2．下列實驗方案正確且能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗方案實驗?zāi)康腁用少量KOH溶液洗滌乙酸乙酯粗品除去粗品中的乙酸B用排水法收集銅與稀硝酸反應(yīng)生成的氣體收集NOC將FeCl3·6H2O溶于沸水中，然后冷卻稀釋配制FeCl3溶液D將可能含有乙烯的SO2氣體通入酸性KMnO4溶液中驗證氣體中含有乙烯A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【詳解】A．乙酸乙酯、乙酸均與KOH溶液反應(yīng)，不能除雜，應(yīng)選飽和碳酸鈉溶液、分液，A錯誤；B．Cu與稀硝酸反應(yīng)生成NO，NO不溶于水，可排水法收集NO，B正確；C．溶于熱水中，可促進(jìn)鐵離子水解，且生成的鹽酸易揮發(fā)，應(yīng)溶于鹽酸，再冷卻稀釋配制FeCl3溶液，C錯誤；D．乙烯、SO2均與溴水反應(yīng)，溴水褪色，不能檢驗乙烯，D錯誤；故選B。3．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，7.4g37Cl2氣體中含中子數(shù)為2NAB．100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為34%H2O2水溶液中含H－O鍵數(shù)為2NAC．25℃時，1LpH=13的NaCN溶液中含CN-數(shù)目大于0.1NAD．0.1molFe與足量新制氯水充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA【答案】C【解析】【詳解】A．常溫常壓下，7.4g37Cl2氣體中含中子的物質(zhì)的量為，數(shù)目為4NA，故A錯誤；B．100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為34%H2O2水溶液中過氧化氫和水都含H－O鍵，所以數(shù)目大于2NA，故B錯誤；C．25℃時，1LpH=13的NaCN溶液中含OH-數(shù)目為0.1mol，而OH-是由少量CN-水解產(chǎn)生的，所以CN-數(shù)目大于0.1NA，故C正確；D．0.1molFe與足量新制氯水充分反應(yīng)，F(xiàn)e會被氧化成Fe3+，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA，故D錯誤；故答案為：C。4．X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Z同主族且能形成離子化合物，Y、W同主族且原子序數(shù)之和為24。四種元素組成的一種化合物M具有下列性質(zhì)：白色沉淀M溶液褪色并產(chǎn)生氣泡。下列說法正確的是A．原子半徑：W>Z>Y>XB．單質(zhì)的氧化性：W>YC．M使溴水褪色體現(xiàn)其氧化性D．Y與X、Z、W均能形成具有漂白性的物質(zhì)【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y、W同主族且原子序數(shù)之和為24，設(shè)Y的原子序數(shù)為a，則W的原子序數(shù)為a+8，a+a+8=24，解得a=8，Y為O元素、W為S元素；X、Z同主族且能形成離子化合物，則X為H元素、Z為Na元素；四種元素組成的化合物M，M中滴加少量溴水，溶液褪色并產(chǎn)生氣泡，M中滴加澄清石灰水產(chǎn)生白色沉淀，則M為NaHSO3。【詳解】A．同周期從左到右主族元素的原子半徑逐漸減小，同主族從上到下元素的原子半徑逐漸增大，則原子半徑：Z＞W(wǎng)＞Y＞X，A項錯誤；B．同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，則單質(zhì)的氧化性：Y＞W(wǎng)，B項錯誤；C．NaHSO3使溴水褪色，溴水被還原，則NaHSO3被氧化，體現(xiàn)NaHSO3的還原性，C項錯誤；D．O與H、Na、S形成的H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，D項正確；答案選D。5．芹菜中的芹黃素具有抗腫瘤、心腦血管保護(hù)、抗病毒抗菌等多種生物活性，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于芹黃素說法正確的是A．分子內(nèi)含有5種不同的官能團B．分子內(nèi)所有碳原子一定在同一平面內(nèi)C．可以發(fā)生加成、氧化、加聚等反應(yīng)D．1mol芹黃素最多可以加成2molBr2【答案】C【解析】【詳解】A．分子內(nèi)含有4種不同的官能團，即羥基、羰基、醚鍵和碳碳雙鍵，故A錯誤；B．與苯環(huán)相連的碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，分子內(nèi)所有碳原子可能在同一平面內(nèi)，也可能不在同一平面內(nèi)，故B錯誤；C．含有碳碳雙鍵、酚羥基、羰基、苯環(huán)，可以發(fā)生加成、氧化、還原、加聚等反應(yīng)，故C正確；D．分子含有的1個碳碳雙鍵能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，即1mol芹黃素最多可以加成1molBr2，故D錯誤；故選C。6．“碳中和”大背景下，一種利用Ag－Cu納米陰極將CO2電化學(xué)轉(zhuǎn)化為C2H4或C2H5OH的裝置如圖所示。下列說法正確的是A．M極應(yīng)與外接電源的正極相連B．裝置中離子透過膜為陰離子透過膜C．裝置工作時，N極區(qū)SO的濃度不變(N極為石墨電極)D．M極生成乙醇的電極反應(yīng)式為2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O【答案】D【解析】【分析】該裝置為電解池裝置，M極二氧化碳轉(zhuǎn)變?yōu)橐蚁?、乙醇等，發(fā)生還原反應(yīng)，故M極為陰極，N極為陽極。陰極反應(yīng)：2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O、2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；陽極為水失電子生成氧氣和氫離子，故氫離子通過交換膜向左移動，為陽離子交換膜?！驹斀狻緼．M極為陰極，與外接電源的負(fù)極相連，A錯誤；B．由分析可知，為陽離子交換膜，B錯誤；C．陽極水失電子，氫離子向左遷移，水減少了，硫酸根離子濃度增大，C錯誤；D．由分析可知生成乙醇的電極反應(yīng)為2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D正確；故選D。7．已知常溫下二元弱酸H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變化如圖所示[如A2-分布分?jǐn)?shù)：δ(A2-)=]，下列說法錯誤的是A．曲線x代表H2A，曲線z代表A2-B．pH從3升高至4，的值一直減小C．n點對應(yīng)的溶液中水電離出的c(H+)=10-12.7mol·L-1D．將濃度均為0.05mol·L-1的NaHA溶液與Na2A溶液等體積混合后，所得溶液pH>4.3【答案】B【解析】【分析】根據(jù)橫坐標(biāo)的pH增大判斷，H2A中滴加堿，導(dǎo)致氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大，根據(jù)二元酸的電離平衡判x線為H2A，y線為HA-，z線為A2-；【詳解】A．根據(jù)二元弱酸的兩步電離平衡判斷，當(dāng)加入堿后促進(jìn)第一步電離，故x線為H2A，曲線z代表A2-，故A正確；B．，當(dāng)pH從3升高至4時，Ka1保持不變，通過圖像判斷HA-在減小，故增大；C．n點對應(yīng)的溶液中，pH=1.3，則根據(jù)Kw得c(OH-)=10-12.7mol·L-1，故水電離出的c(H+)=10-12.7mol·L-1；故C正確；D．根據(jù)圖像中m點判斷HA-和A2-的濃度相同時，溶液的pH=4.3，根據(jù)圖像n點計算出Ka1=10-1.3，m點計算出Ka2=10-4.3，則Kh1=10-9.7，Kh2=10-12.7，故當(dāng)將濃度均為0.05mol·L-1的NaHA溶液與Na2A溶液等體積混合后，因為HA-的電離大于A2-的水解，導(dǎo)致溶液中HA-的濃度小于A2-的濃度，根據(jù)圖像判斷pH>4.3，故D正確；【點睛】此題考查酸的電離平衡的移動影響，注意圖像中的特殊點進(jìn)行相關(guān)計算，其次平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)。二、工業(yè)流程題8．草酸鈷在化學(xué)中應(yīng)用廣泛，可以用于制取催化劑和指示劑。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，還含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2雜質(zhì)]制取草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)的工藝流程如圖所示：常溫下，有關(guān)沉淀數(shù)據(jù)如表(“完全沉淀”時，金屬離子濃度≤1.0×10-5mol·L-1)。沉淀Mn(OH)2Co(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3恰好完全沉淀時pH10.19.46.72.85.2回答下列問題：(1)“浸取”前，需要對鈷礦進(jìn)行粉碎處理的目的是____；浸出渣的主要成分是____。(填化學(xué)式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO離子，寫出“浸取’時，Co2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：____。(2)“氧化”時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____。(3)常溫下，“調(diào)節(jié)pH”得到的沉淀X的主要成分是____；若“調(diào)節(jié)pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，則需調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是____(忽略溶液的體積變化)。(4)“提純”分為萃取和反萃取兩步進(jìn)行，先向除雜后的溶液中加入某有機酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應(yīng)：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。當(dāng)溶液pH處于4.5到6.5之間時，Co2+萃取率隨著溶液pH增大而增大，其原因是____；反萃取時，應(yīng)加入的物質(zhì)是____(填溶液名稱)。(5)鈷的氧化物常用作顏料或反應(yīng)催化劑，可以由草酸鈷晶體在空氣中加熱制取，取36.6g草酸鈷晶體，在空氣中加熱至恒重，得到CoO與Co3O4的混合物15.8g，該混合物中CoO與Co3O4的物質(zhì)的量之比為____?！敬鸢浮?1)

增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率

SiO2

Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3)

Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3

[6.7，7.4)(4)

溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反應(yīng)方向移動

稀硫酸(5)1：1【解析】【分析】以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，還含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2雜質(zhì)]制取草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)，鈷礦中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO離子，則Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鹽，MnO2被SO32-還原為Mn2+、Co2O3被還原為Co2+，SO同時被氧化為SO，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣為SiO2；向濾液中加入H2O2，H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入NaOH調(diào)節(jié)pH值，Al3+、Fe3+都轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀而除去，濾液提純后加入(NH4)2C2O4沉鈷，得到CoC2O4?2H2O。(1)反應(yīng)物接觸面積越大，反應(yīng)速率越快，浸取率越大，“浸取”前，需要對鈷礦進(jìn)行粉碎處理的目的是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2。(填化學(xué)式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO離子，“浸取’時，Co2O3被還原為Co2+，SO同時被氧化為SO，Co2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4。故答案為：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率；SiO2；Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4；(2)“氧化”時，H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)當(dāng)Co2+生成沉淀時，Cu2+、Al3+、Fe3+都轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，常溫下，“調(diào)節(jié)pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；若“調(diào)節(jié)pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，pH=9.4時，Co2+完全轉(zhuǎn)化為沉淀，c(Co2+)=10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-4.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=10-5×(10-4.6)2=10-14.2，若“調(diào)節(jié)pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol?L-1，溶液中c(OH-)=mol/L=10-6.6mol/L，c(H+)=mol/L=10-7.4mol/L，溶液的pH=7.4，則需調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是[6.7，7.4)(忽略溶液的體積變化)。故答案為：Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；[6.7，7.4)；(4)對反應(yīng)Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，當(dāng)溶液pH處于4.5到6.5之間時，Co2+萃取率隨著溶液pH增大而增大，其原因是溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反應(yīng)方向移動；反萃取時，應(yīng)加入的物質(zhì)是稀硫酸(填溶液名稱)。故答案為：溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反應(yīng)方向移動；稀硫酸；(5)n(CoC2O4?2H2O)==0.2mol，根據(jù)Co原子守恒得n(Co)=n(CoC2O4?2H2O)=0.2mol，設(shè)n(CoO)=xmol，n(Co3O4)=ymol，根據(jù)Co原子的物質(zhì)的量、混合物的質(zhì)量列方程組：x+3y=0.2，75x+241y=15.8，解得x=0.05，y=0.05，所以該混合物中CoO與Co3O4的物質(zhì)的量之比=0.05mol：0.05mol=1：1，故答案為：1：1。三、實驗題9．次氯酸(HClO)的濃溶液呈黃色，是極強氧化劑，常用作消毒劑及除甲醛(HCHO)的試劑。某學(xué)習(xí)小組設(shè)計下列裝置制備HClO并驗證其氧化性(夾持儀器及降溫裝置已省略)。已知：Cl2O為棕黃色氣體，極易溶于水并迅速反應(yīng)生成HClO?；卮鹣铝袉栴}：(1)HClO的結(jié)構(gòu)式為____，儀器a的名稱為____。(2)制備HClO時要打開活塞K1、K3，關(guān)閉K2，待裝置A中反應(yīng)結(jié)束時再通入一段時間N2。①儀器C中制備Cl2O時，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O-=Cl2O+2NaCl+2____(填化學(xué)式)，儀器B、D中的試劑分別為____(填字母)。a.濃H2SO4、CCl4b.飽和食鹽水、CCl4c.飽和食鹽水、濃H2SO4②反應(yīng)結(jié)束后再通入一段時間N2的目的是____。(3)驗證HClO的氧化性時要向F中加入過量HClO并充分?jǐn)嚢?，待溶液變澄清時停止攪拌。①將E中HClO溶液轉(zhuǎn)移到F中的具體操作為____(答出對開關(guān)的操作)。②反應(yīng)結(jié)束時，F(xiàn)的溶液中含有的離子主要有Fe3+、Cl-、SO、H+，該反應(yīng)的離子方程式為____。(4)HClO可用于除去HCHO，生成一種常見強酸和兩種常見無污染的氧化物。①該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。②若除去15gHCHO，則轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)為____NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù))。【答案】(1)

H－O－Cl

三頸燒瓶(2)

NaHCO3

b

使體系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干擾后續(xù)實驗(3)

關(guān)閉K3打開K1、K2，向裝置中通入N2

2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+(4)

HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O

2【解析】【分析】A裝置為KMnO4與濃鹽酸在常溫下生成Cl2，為制備Cl2的發(fā)生裝置，先通N2的目的是排除裝置內(nèi)的氧氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性產(chǎn)生HCl氣體，裝置B為吸收HCl氣體屬于除雜裝置，C裝置為制備ClO2，，則D裝置為除雜裝置，吸收多余的Cl2采用CCl4，E裝置中生成HClO，F(xiàn)裝置為驗證HClO強氧化性，據(jù)此答題。(1)①HClO中O的最外層電子數(shù)為6，則形成的結(jié)構(gòu)式為H－O－Cl；②A為氣體發(fā)生裝置，儀器a的名稱為三頸燒瓶；(2)①C中為制備Cl2O，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O-=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，則化學(xué)式為NaHCO3；儀器B為吸收HCl氣體的裝置，采用飽和食鹽水吸收，儀器D為吸收Cl2的裝置，采用CCl4吸收，答案選b；②反應(yīng)結(jié)束后裝置內(nèi)存在大量未反應(yīng)的ClO2氣體可用通入N2的方法使體系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干擾后續(xù)實驗；(3)①E中HClO溶液轉(zhuǎn)移到F中的具體操作為：關(guān)閉K3打開K1、K2，向裝置中通入N2，使液體發(fā)生倒吸；②F的溶液中含有的離子主要有Fe3+、Cl-、SO、H+，HClO為弱電解質(zhì)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+；(4)①HClO與HCHO反應(yīng)生成鹽酸和CO2，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O；②HCHO的相對分子質(zhì)量為30，則15gHCHO為0.5mol，反應(yīng)的關(guān)系式為，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.5×4mol=2mol，轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)為2NA。四、原理綜合題10．近期，《自然雜志》刊登了一種用陽光和空氣生產(chǎn)燃料的實驗系統(tǒng)，該研究或為生產(chǎn)碳中和的碳?xì)淙剂箱伷降缆??；卮鹣铝袉栴}：(1)該系統(tǒng)由三個關(guān)鍵單元組成：一、直接空氣捕獲裝置，從空氣中提取CO2、H2O；二、太陽能氧化還原裝置，利用太陽能將CO2、H2O轉(zhuǎn)換成合成氣(CO、H2)及O2；三、氣轉(zhuǎn)裝置，將合成氣轉(zhuǎn)化為液態(tài)烴或CH3OH。①該系統(tǒng)工作時，關(guān)鍵單元二的能量轉(zhuǎn)化方式為____，該反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量____(填“大于”或“小于”生成物的總能量。②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=____kJ·mol-1，可能用到的鍵能如表。化學(xué)鍵C－HC－CC=OC=CH－HC－OC≡O(shè)O－H鍵能/kJ·mol-1414.2345.6803.0610.0436.0357.71071.9498.7(2)在絕熱恒容的密閉容器(體積為2L)中充入4molH2和1molCO，在催化劑m的作用下合成CH3OH：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH。反應(yīng)速率及溫度與時間的關(guān)系如圖所示。①曲線L1是____與時間關(guān)系的曲線。②t1~t2正反應(yīng)速率增大的原因是____(填字母)。a.溫度升高b.反應(yīng)物濃度增大c.催化劑m活性增加③M點時CO與H2物質(zhì)的量之比為2：9，該反應(yīng)前10min的平均反應(yīng)速率v(H2)=____mol·L-1·min-1。(3)在恒容(體積為1L)密閉容器中充入4molH2和2molCO，在催化劑n的作用下發(fā)生反應(yīng)：i.4H2(g)+2CO(g)C2H4(g)+2H2O(g)ΔH；ii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH。平衡時CO的轉(zhuǎn)化率及CH3OH的選擇性與時間的關(guān)系如圖所示(Y1、Y2分別代表CO轉(zhuǎn)化率、CH3OH的選擇性=×100%。①在一定范圍內(nèi)溫度增加，CH3OH的選擇性____(填“變大”或“變小”)。.②溫度為T1時“反應(yīng)i”的平衡常數(shù)Kc=____?！敬鸢浮?1)

太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

小于

-155.1(2)

溫度

a

0.02(3)

變大

2×10-3【解析】(1)關(guān)鍵單元二反應(yīng)需要太陽能，故能量轉(zhuǎn)化方式為太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；該反應(yīng)需要太陽能持續(xù)提供能量，故屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量；CO中存在C≡O(shè)，CH3OH中存在C-H、C-O、O-H，ΔH=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，故該反應(yīng)ΔH=1071.9+2×436.0-(3×414.2+357.7+498.7)=-155.1kJ·mol-1(2)容器為絕熱容器，反應(yīng)進(jìn)行時，隨著時間變化，如果反應(yīng)放熱，溫度會持續(xù)升高，如果反應(yīng)吸熱，溫度會持續(xù)降低，根據(jù)曲線變化，曲線L1是溫度與時間關(guān)系的曲線，反應(yīng)為放熱反應(yīng)；曲線L2是速率與時間關(guān)系的曲線，反應(yīng)進(jìn)行過程中，反應(yīng)物濃度會不斷減小，隨著溫度升高速率會增大，10min~t1時，速率減小的原因可能是溫度過高催化劑活性降低，此時催化劑對速率的影響>溫度對速率的影響，t1~t2時，速率升高的原因應(yīng)為，溫度升高速率加快，此時催化劑對速率的影響<溫度對速率的影響，故選a；列三段式：，x=0.2，反應(yīng)前10min的平均反應(yīng)速率v(H2)=(3)根據(jù)Y2曲線變化，在一定范圍內(nèi)溫度增加，CH3OH的選擇性變大；反應(yīng)i和反應(yīng)ii，H2和CO的系數(shù)比均為2：1，充入H2和CO的物質(zhì)的量比也為2：1，故H2與CO轉(zhuǎn)化率相同，T1時，CO轉(zhuǎn)化率=H2轉(zhuǎn)化率=50%，則平衡時，n(H2)=4mol-（4mol×50%）=2mol，n(CO)=2mol-（2mol×50%）=1mol，CH3OH的選擇性=60%，故反應(yīng)i消耗的CO=2×0.5×（1-60%）=0.4列反應(yīng)i三段式：容器體積為1L，故T1時“反應(yīng)i”的平衡常數(shù)Kc=。【點睛】反應(yīng)i和反應(yīng)ii，H2和CO都參與反應(yīng)，此類題計算平衡常數(shù)時，要注意考慮H2和CO平衡時的濃度，應(yīng)該計算出整個體系平衡時H2和CO的量，再進(jìn)行后續(xù)解答。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．在金屬(如：Cu、Co、Be、K等)的濕法冶煉中，某些含氮(如：)、磷[如：磷酸丁基酯(C4H9O)3P=O]等有機物作萃取劑，可將金屬萃取出來，從而實現(xiàn)在溫和條件下金屬冶煉?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Co原子核外電子排布式為[Ar]____，有____個未成對電子。(2)原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-文表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的氮原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為____。(3)科學(xué)家證實，BeCl2是共價化合物，請設(shè)計一個簡單實驗證明該結(jié)論：____；Be的雜化軌道類型為____。(4)在N、NH3、N2H4、NH、N2H五種微粒中，同種微粒間能形成氫鍵的有____；不能作為配位體的有____；空間構(gòu)型為直線形的是____。(5)氮原子的第一電離能____(填“大于”“小于”或“等于”)磷原子的第一電離能。(6)分別用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶體的四方晶胞如圖(a)所示，圖(b)、圖(c)分別顯示的是H2PO、K+在晶胞xx面、yz面上的位置。若晶胞底邊的邊長均為apm，高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度為____g·cm-3(寫出表達(dá)式即可)?！敬鸢浮?1)

3d74s2

3(2)+或-(3)

將BeCl2加熱到熔融狀態(tài)，不能導(dǎo)電，證明BeCl2是共價化合物

sp(4)

NH3、N2H4

NH、N2H

N(5)大于(6)【解析】(1)基態(tài)Co原子核外電子排布式為[Ar]3d74s2；3d能級上有2個成對電子，3個未成對電子；(2)基態(tài)氮原子的核外電子排布式為1s22s22p3，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為；(3)要證明BeCl2是共價化合物，可驗證其熔融狀態(tài)的導(dǎo)電性，如：用兩個碳棒做電極，取一直流電源，導(dǎo)線，一個小燈泡，將其連接后插入熔融氯化鈹中，若燈泡亮起來，則證明是離子化合物，若不亮，則是共價化合物；BeCl2是直線形分子，Be的雜化軌道類型為sp雜化；(4)氫鍵的形成是孤電子對與原子核之間的引力，這就要求另一個條件為原子核要小，所以一般為