四川省瀘州市瀘縣第一中學2020屆高三化學上學期開學考試試題（含解析）.docx

四川省瀘州市瀘縣第一中學2020屆高三化學上學期開學考試試題（含解析）1.化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A. 氧化鈣、硅膠和還原性鐵粉都可用作食品干燥劑B. 土壤具有良好的保肥能力，與膠體的性質有關系C. 硅橡膠既能耐高溫又能耐低溫，廣泛應用于航天航空工業(yè)D. 稀土金屬被稱為冶金工業(yè)的“維生素”，可改善合金的性能【答案】A【解析】【詳解】A還原性鐵粉不具有吸水性，具有還原性，可以防止食品氧化變質，故A錯誤；B土壤膠粒帶負電荷，能吸附帶相反電荷的氨根離子，可用膠體的知識解釋，故B正確；C硅橡膠既能耐高溫又能耐低溫，常用于航天航空工業(yè)，故C正確；D在合金中加入適量稀土金屬，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被稱為冶金工業(yè)的“維生素”，故D正確；答案為A。2.NA為阿伏加德羅常數的值，下列有關說法正確的是A. 常溫常壓下，31 g P4中含PP鍵的數目為NAB. 常溫常壓下，46 g NO2與92 g N2O4所含的分子數相同C. 一定條件下，6.4 g銅粉與過量的硫粉充分反應，轉移電子數為0.2 NAD. 標準狀況下，將22.4 L Cl2 通入足量NaOH溶液中，轉移電子數為NA【答案】D【解析】【詳解】A每個P4中含6個PP鍵，31 gP4的物質的量為=0.25mol，則31 g P4中含PP鍵的數目為1.5NA，故A錯誤；B常溫常壓下，存在2NO2 N2O4，則1molNO2與1molN2O4所含的分子數不相同，故B錯誤；CCu和S在加熱條件下生成Cu2S，則6.4g銅粉與過量的硫粉充分反應，轉移電子數為0.1NA，故C錯誤；D標準狀況下，22.4LCl2的物質的量為0.1mol，其完全溶于足量NaOH溶液中生成NaCl和NaClO，轉移電子數為NA，故D正確；答案為D?！军c睛】順利解答有關阿伏加德羅常數的判斷關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”，如選項B中存在的可逆反應；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。3.某研究性小組為了探究石蠟油分解產物，設計了如下實驗方案。下列說法正確的是A. 石蠟油是含多種液態(tài)烷烴的混合物B. 硬質試管中的碎瓷片起防爆沸的作用C. 酸性高錳酸鉀溶液褪色說明生成了乙烯D. 溴的四氯化碳溶液褪色是因為發(fā)生了取代反應【答案】A【解析】【詳解】A.石油的主要成分是烷烴、環(huán)烷烴和芳香烴。石油經分餾得到石蠟油，石蠟油是由多種烷烴和環(huán)烷烴組成的混合物，A正確；B.硬質試管中的碎瓷片的作用是催化劑，B錯誤；C.石蠟油經催化裂化和裂解獲得小分子烷烴和烯烴的混合物，但不飽和烯烴不一定是乙烯，C錯誤；D.溴的四氯化碳溶液褪色是因為石蠟油分解產生的烯烴與溴單質發(fā)生了加成反應，D錯誤；故合理選項是A。4.有a、b、c、d四種原子序數依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外層電子數是內層電子數的3倍，b為金屬元素，a、c、d的最外層電子數之和為19。下列敘述正確的是A. a、b可能形成含有共價鍵的離子化合物B. 簡單離子半徑大?。篸cabC. 含氧酸的酸性強弱：dcD. b、c的簡單離子在水溶液中一定能大量共存【答案】A【解析】【分析】a的最外層電子數是內層電子數的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外層電子數之和為19，d是Cl元素；b為金屬元素，b是Na、Mg、Al中的一種?！驹斀狻緼、O和Na可以形成Na2O2，是含有共價鍵的離子化合物，故A正確；B、電子層數相同，質子數越多半徑越小，離子半徑S2Cl，故B錯誤；C、最高價含氧酸的酸性dc，這里沒有說是最高價，故C錯誤；D、若b為Al元素，則Al3和S2在水溶液中不能大量共存，故D錯誤?！军c睛】本題以元素推斷為載體，考查原子結構與位置關系、核外電子排布規(guī)律、半徑比較、化學鍵、元素化合物性質等，清楚核外電子排布規(guī)律是解題的關鍵。5.下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 常溫下加水稀釋時c(H+)/c(OH)明顯增大的溶液：CH3COO、Ba2+、NO3、BrB. 使甲基橙變紅色的溶液：Al3+、Cu2+、I、S2O32C. 0.1mol/L Fe(NO3)2溶液：Fe(CN)6 3、Na+、SO42、ClD. 0.1mol/L NaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3、SO32【答案】A【解析】【詳解】A加水稀釋時c（H+）/c（OH-）明顯增大，溶液顯堿性，該組離子之間不反應，可大量共存，故A選；B使甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，溶液中中存在大量的氫離子，S2O32-與氫離子反應生成S單質和二氧化硫氣體，在溶液中不能大量共存，故B不選；CFe2+離子與Fe（CN）63之間反應時反應生成鐵氰化亞鐵沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不選；DHCO3-的酸性大于氫氧化鋁，HCO3-與NaAlO2反應生成氫氧化鋁沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不選。本題選A。6.重鉻酸鉀(K2Cr2O7)是一種強氧化劑，可用于檢測酒駕中酒精的含量，電化學制備K2Cr2O7的裝置如圖所示，其中a、b均為石墨電極。下列說法正確的是A. X是電源的正極B. 電解過程中K+向b極移動C. b極上發(fā)生的電極反應為：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2OD. 理論上a、b兩電極放出的氣體的物質的量之比為21【答案】D【解析】【分析】根據原理圖，a極有氫氧化鉀生成，a極是陰極，電極反應是2H2O+2e-=H2+2OH-；b是陽極，電極反應為2H2O-4e-=O2+4H+?！驹斀狻緼、根據原理圖，a極有氫氧化鉀生成，a極是陰極，則X為電源負極，A錯誤；B、電解過程中陽離子移向陰極，K+向a極移動，故B錯誤；C、a、b極上發(fā)生的電極反應分別為4H2O4e4OH2H2、2H2O4e4HO2，b極區(qū)附近發(fā)生反應2CrO422HCr2O72H2O，故C錯誤；D、a、b極上發(fā)生的電極反應分別為4H2O4e4OH2H2、2H2O4e4HO2，理論上，兩電極放出的氣體的物質的量之比為21，故D正確。7.已知：pKa=-lgKa，25時，H2A的pKa1=1.85，Pka2=7.19。用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的滴定曲線如圖所示（曲線上的數字為pH）。下列說法不正確的是（ ）A. a點所得溶液中：2n(H2A)+n(A2-)=0.002molB. b點所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)C. c點所得溶液中：c(Na+)c(A2-)c(HA-)【答案】C【解析】【分析】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a點溶液中溶質為H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，則c(H2A)=c(HA-)，依據物料守恒判斷；B.b點是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，恰好反應生成NaHA，溶液顯酸性，依據溶液中電荷守恒和物料守恒計算分析判斷；C.c點pH=7.19=pKa2，依據平衡常數溶液顯堿性，溶液中溶質主要為Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，結合溶液中的物料守恒分析；D.加入氫氧化鈉溶液40mL，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反應生成Na2A，d點溶液中主要是Na2A和少量NaHA?！驹斀狻緼.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a點溶液中溶質為H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，根據電離平衡常數表達式可得c(H2A)=c(HA-)，由于加入的H2A溶液為20mL0.1mol/L，所以根據物料守恒可得a點所得溶液中：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=2c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L0.02L=0.002mol ，A正確；B.b點是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/L H2A溶液，恰好反應生成NaHA，溶液顯酸性，溶液中電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)= c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，將c(Na+)帶入第一個式子，整理得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，B正確；C.c點pH=7.19=pKa2，依據平衡常數溶液顯堿性，溶液中溶質主要為Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，根據物料守恒可知溶液中2c(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=3c(H2A)+2c(HA-)，c(Na+)3c(HA-)，C錯誤；D.加入氫氧化鈉溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L H2A溶液恰好反應生成Na2A，d點溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中離子濃度c(Na+) c(A2-) c(HA-)，D正確；故合理選項是C?！军c睛】本題考查了圖象變化在溶液的成分分析、離子濃度大小比較的應用的知識。涉及酸堿反應后溶液的酸、堿性，鹽類水解原理，三種守恒在電解質溶液中離子濃度大小的比較方法的應用等，要會運用多元弱酸的電離平衡常數表達式與溶液的pH關系比較離子濃度關系，題目難度較大。8.草酸是一種二元弱酸，可用作還原劑、沉淀劑等。某校課外小組的同學設計利用C2H2氣體制取H2C2O42H2O?；卮鹣铝袉栴}：(1)甲組的同學以電石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2雜質等)為原料，并用下圖1裝置制取C2H2。電石與水反應很快，為了減緩反應速率，裝置A中除用飽和食鹽水代替水之外，還可以采取的措施是_（寫一種即可）。裝置B中，NaClO將H2S、PH3 氧化為硫酸及磷酸，本身被還原為NaCl，其中PH3被氧化的離子方程式為_。該過程中，可能產生新的雜質氣體Cl2，其原因是： _（用離子方程式回答）。(2)乙組的同學根據文獻資料，用Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化C2H2制取H2C2O42H2O。制備裝置如上圖2所示：裝置D中多孔球泡的作用是_。裝置D中生成H2C2O4化學方程式為_。從裝置D中得到產品，還需經過_（填操作名稱）、過濾、洗滌及干燥。(3)丙組設計了測定乙組產品中H2C2O42H2O的質量分數實驗。他們的實驗步驟如下：準確稱取m g產品于錐形瓶中，加入適量的蒸餾水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c molL1酸性KMnO4標準溶液進行滴定至終點，共消耗標準溶液V mL。滴定終點的現象是_。滴定過程中發(fā)現褪色速率開始很慢后逐漸加快，分析可能的原因是_。產品中H2C2O42H2O的質量分數為_（列出含 m、c、V 的表達式）?！敬鸢浮?(1). 將燒瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞減緩滴加速度、將電石變?yōu)楦蟮膲K狀 (2). PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl- (3). Cl+ ClO-+2H+ =Cl2+H2O (4). 增大氣體和溶液的接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行 (5). C2H2+8HNO3(濃) H2C2O4+8NO2+4H2O (6). 蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶 (7). 當加入最后一滴標準液后，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不恢復原來的顏色 (8). 生成的 Mn2+是該反應的催化劑 (9). 【解析】【分析】(1)碳化鈣和水反應十分劇烈，可用飽和食鹽水或利用分液漏斗控制滴加液體速度來控制反應速率；裝置B用NaClO將H2S氧化為磷酸，將PH3氧化為H3PO4，硫、磷元素化合價升高，則氯元素化合價降低，生成氯離子；酸性條件下，ClO-也能氧化Cl-，生成氯氣；(2)D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙炔制取H2C2O42H2O，反應為：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔氣體與硝酸的接觸面，充分反應，E裝置防止倒吸，F裝置吸收生成的二氧化氮氣體，將反應后的D濃縮結晶、過濾、洗滌、干燥得產品，據此分析解答；(3)滴定終點時，繼續(xù)滴加高錳酸鉀溶液，紫色不褪去；H2C2O4與KMnO4反應生成錳離子和二氧化碳，反應放熱，生成的錳離子作催化劑；根據2MnO4-5H2C2O4，由高錳酸鉀的消耗可得H2C2O4的量，據此計算H2C2O42H2O的質量分數?！驹斀狻?1)碳化鈣和水反應十分劇烈，用飽和食鹽水代替水來控制反應速率，也可以利用分液漏斗控制滴加液體速度，來控制反應速率；NaClO將PH3氧化為磷酸，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得反應的離子反應為：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；在酸性條件下， ClO-也可以將Cl-氧化為Cl2，反應的離子方程式為：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O(2)裝置D多孔球泡的作用是增大乙炔氣體與硝酸的接觸面，充分反應；根據裝置圖，D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙炔反應生成H2C2O4和二氧化氮，反應為：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；將反應后的D溶液加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得產品；(3)滴定過程中，當溶液呈淺紅色且30 s內不褪色時達到滴定終點；H2C2O4與KMnO4反應生成Mn2+和CO2，反應可能放熱，溶液溫度升高，另外生成的Mn2+是該反應的催化劑，故滴定過程中發(fā)現褪色速率先慢后逐漸加快； 根據氧化還原反應過程中電子轉移數目相等，可得關系式2MnO4-5H2C2O4，則n(H2C2O42H2O)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=cV10-3mol，產品中H2C2O42H2O的質量分數為=?！军c睛】本題考查了物質制備方案設計的知識，主要有化學方程式和離子方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應滴定終點的判斷、關系式法在物質含量的測定的應用等，側重于考查學生的分析問題和解決問題的能量，注意相關基礎知識的學習與積累，題目難度中等。9.釔的常見化合價為3價，我國蘊藏著豐富的含釔礦石(Y2FeBe2Si2O10)，工業(yè)上通過如下生產流程可獲得氧化釔。已知：該流程中有關金屬離子形成氫氧化物沉淀時的pH見下表： 離子開始沉淀時的pH完全沉淀時的pH Fe32.13.1 Y36.08.2在元素周期表中，鈹元素和鋁元素處于第二周期和第三周期的對角線位置，化學性質相似。(1)寫出Na2SiO3的一種用途_。(2)欲從Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。 最好選用鹽酸和_兩種試劑，再通過必要的操作即可實現。ANaOH溶液 B氨水 CCO2 DHNO3 寫出Na2BeO2與足量鹽酸發(fā)生反應的離子方程式_。(3)常溫下，反應Fe33H2O(g) Fe (OH)33H+的平衡常數K= _。為使Fe3沉淀完全，用氨水調節(jié)pHa時，a應控制在_范圍內；繼續(xù)加氨水調節(jié)pH =b發(fā)生反應的離子方程式為_。(4)煅燒草酸釔時發(fā)生分解反應，其固體產物為氧化釔，氣體產物能使澄清石灰水變渾濁。寫出草酸釔Y2(C2O4)3nH2O煅燒的化學方程式_?！敬鸢浮?(1). 工業(yè)粘合劑、制備硅膠、木材防火劑等 (2). B (3). BeO22-4H=Be22H2O (4). 104.3 (5). 3.16.0 (6). Y3+3NH3H2O=Y(OH)3+3NH4+ (7). Y2(C2O4)3nH2OY2O3+3CO+3CO2+nH2O【解析】【分析】由鈹元素和鋁元素化學性質相似入手，可分析制得Be(OH)2沉淀的試劑及方程式，結合題干信息推測相應生成物，進而寫出相應方程式?！驹斀狻浚?）Na2SiO3俗稱水玻璃，常用于工業(yè)粘合劑、制備硅膠、木材防火劑等；（2）周期表中，鈹、鋁元素處于第二周期和第三周期的對角線位置，化學性質相似，欲從Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，根據Na2BeO2的性質和NaAlO2類比推斷；加過量的鹽酸，硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反應生成氯化鈹溶液，再加入過量氨水沉淀鈹離子，故答案為B；Na2BeO2與足量鹽酸發(fā)生反應生成氯化鈹、氯化鈉和水，反應的離子方程式為：BeO22-+4H+=Be2+2H2O；（3）當c(Fe3+)=10-5mol/L時達到平衡，由，三價鐵離子開始沉淀到沉淀完全的pH范圍為：2.1-3.1；釔離子開始沉淀和沉淀完全的pH為：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，須用氨水調節(jié)pH=a，3.1a6.0；繼續(xù)加氨水調節(jié)pH=b發(fā)生反應的離子方程式為：Y3+3NH3H2O=Y(OH)3+3NH4+；檢驗三價鐵離子是否沉淀完全需要檢驗濾液中是否含有三價鐵離子，結合三價鐵離子檢驗試劑是硫氰酸鉀溶液變血紅色；取少量濾液，滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液是否變?yōu)檠t色，若不變血紅色，則說明Fe3+完全沉淀，反之則未完全沉淀；(4)煅燒草酸釔時發(fā)生分解反應，其固體產物為氧化釔，氣體產物能使澄清石灰水變渾濁，說明有CO2氣體產生，草酸釔Y2(C2O4)3nH2O煅燒的化學方程式為Y2(C2O4)3nH2OY2O3+3CO+3CO2+nH2O?！军c睛】本題難點為第（3）小問中，當c(Fe3+)=10-5mol/L時，即達到平衡狀態(tài)進而計算平衡常數。10.全國平板玻璃生產企業(yè)大氣污染物年排放總量逐年增加，對氮氧化物(NOx)排放的控制與監(jiān)測已刻不容緩?；卮鹣铝袉栴}(1)平板玻璃熔窯煙氣中的NOx以溫度型氮氧化物為主。其中NO在空氣中容易被一種三原子氣體單質氧化劑和光化學作用氧化成NO2，該氧化劑的分子式為_。(2)用CH4催化還原NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=574kJmol12NO2(g)+N2(g)4NO(g) H=+293kJmol1則反應CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的H=_kJmol1(3)800時，在剛性反應器中以投料比為11NO(g)與O2(g)反應：其中NO2二聚為N2O4的反應可以迅速達到平衡。體系的總壓強p隨時間t的變化如下表所示t=時，NO(g)完全反應。NO(g)與O2(g)合成的反應速率v=4.2102p2(NO)p(O2)(kPamin1)，t=52min時，測得體系中p(O2)=11.4kPa，則此時的p(NO)=_kPa， v=_kPamin1(計算結果保留1位小數)。若升高反應溫度至900，則NO(g)與O2(g)完全反應后體系壓強p(900)_(填“大于”等于”或“小于”)22.3kPa，原因是_。800時，反應N2O4(g)2NO2(g)的平衡常數Kp=_kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數，計算結果保留2位小數)。(4)對于反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，科研工作者提出如下反應歷程：第一步：2NO(g)N2O2(g) 快速平衡第二步：N2O2+O2(g)2NO2(g) 慢反應下列表述正確的是_(填標號)。A.v(第一步的逆反應)v第二步反應B.反應中間產物為N2O2C.第二步中N2O2與O2的碰撞全部有效D.第二步反應活化能較低【答案】 (1). O3 (2). -1160 (3). 6.2 (4). 18.4 (5). 大于； (6). 溫度升高，容積不變，總壓強提高；二氧化氮二聚為放熱反應，溫度升高，平衡左移，體系的物質的量增加，總壓強提高 (7). 49.98 (8). AB【解析】【分析】（1）NO在空氣中容易被一種三原子氣體單質氧化劑氧化成NO2，則該氧化劑為O3；（2）將已知方程式編號，CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H=574kJmol12NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol1根據蓋斯定律求所給反應的反應熱； （3）開始時總壓強為33.2kPa，其中氧氣和一氧化氮等物質的量混和，故氧氣和一氧化氮的分壓都是16.6 kPa，根據反應方程式可知氧氣與一氧化氮按物質的量之比是1:2反應，氧氣減小的壓強為16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因為壓強之比等于物質的量之比，所以反應的一氧化氮減少的壓強是5.2 kPa2=10.4 kPa，則此時一氧化氮的壓強是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此時反應速率v=4.2102p2(NO)p(O2)= 4.2102（6.2 kPa）211.4kPa =18.4(kPamin1)；由于溫度升高，容器容積不變，總壓強提高，且二氧化氮二聚為放熱反應，溫度升高，平衡左移，體系的物質的量增加，總壓強提高，所以若升高反應溫度至900，則NO(g)與O2(g)完全反應后體系壓強p(900) 大于22.3kPa。根據表中數據可知一氧化氮和氧氣完全反應時的壓強是22.3 kPa，根據方程式可知完全反應時最初生成的二氧化氮的壓強是16.6 kPa，剩余氧氣壓強16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，總壓強是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后壓強減少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根據方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡時N2O4對應的壓強是2.6kPa，NO2對應的壓強是16.6 kPa-2.6kPa2=11.4 kPa，則反應N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常數Kp=49.98kPa。（4）A由第一步反應快速平衡可知第一步反應的正、逆反應速率都較大，所以第一步的的逆反應速率大于第二步的反應速率；B.根據第一步和第二步反應可知中間產物為N2O2；C.化學反應中并不是所有碰撞有效；D.第二步反應慢，所以第二步反應的活化能較高?！驹斀狻浚?）NO在空氣中容易被一種三原子氣體單質氧化劑氧化成NO2，O3具有強氧化性，則該氧化劑的分子式為O3；故答案為：O3；（2）將已知方程式編號，CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H=574kJmol12NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol1根據蓋斯定律，-2得：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的H=（574kJmol1）-（+293kJmol1）2=-1160 kJmol1，故答案為：-1160；（3）開始時總壓強為33.2kPa，其中氧氣和一氧化氮等物質的量混和，故氧氣和一氧化氮的分壓都是16.6 kPa，根據反應方程式可知氧氣與一氧化氮按物質的量之比是1:2反應，氧氣減小的壓強為16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因為壓強之比等于物質的量之比，所以反應的一氧化氮減少的壓強是5.2 kPa2=10.4 kPa，則此時一氧化氮的壓強是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此時反應速率v=4.2102p2(NO)p(O2)= 4.2102（6.2 kPa）211.4kPa =18.4(kPamin1)；故答案為：6.2；18.4；由于溫度升高，容器容積不變，總壓強提高，且二氧化氮二聚為放熱反應，溫度升高，平衡左移，體系的物質的量增加，總壓強提高，所以若升高反應溫度至900，則NO(g)與O2(g)完全反應后體系壓強p(900) 大于22.3kPa。故答案為：大于；溫度升高，容積不變，總壓強提高；二氧化氮二聚為放熱反應，溫度升高，平衡左移，體系的物質的量增加，總壓強提高；根據表中數據可知一氧化氮和氧氣完全反應時的壓強是22.3 kPa，根據方程式可知完全反應時最初生成的二氧化氮的壓強是16.6 kPa，剩余氧氣壓強16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，總壓強是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后壓強減少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根據方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡時N2O4對應的壓強是2.6kPa，NO2對應的壓強是16.6 kPa-2.6kPa2=11.4 kPa，則反應N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常數Kp=49.98kPa。故答案為：49.98；（4）A由第一步反應快速平衡可知第一步反應的正、逆反應速率都較大，所以第一步的的逆反應速率大于第二步的反應速率，故A正確；B.根據第一步和第二步反應可知中間產物為N2O2，故B正確；C. 化學反應中并不是所有碰撞都是有效碰撞，故C錯誤；D.第二步反應慢，所以第二步反應的活化能較高，故D錯誤。故答案為：AB。11.離子液體是一類具有很高應用價值的綠色溶劑和催化劑，其中的EMIM+離子由H、C、N三種元素組成，結構如圖所示。回答下列問題：(1)碳原子價層電子的軌道表達式為_，基態(tài)碳原子中，核外電子占據的最高能級的電子云輪廓圖為_形。(2)根據價層電子對互斥理論，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子價層電子對數不同于其他兩種粒子是_。NH3比PH3的沸點高，原因是_。(3)氮元素的第一電離能比同周期相鄰元素都大的原因是_。(4)EMIM+離子中，碳原子的雜化軌道類型為_。分子中的大鍵可用符號表示，其中m代表參與形成的大鍵原子數，n代表參與形成的大鍵電子數（如苯分子中的大鍵可表示為），則EMIM+離子中的大鍵應表示為_。(5)立方氮化硼硬度僅次于金剛石，但熱穩(wěn)定性遠高于金剛石，其晶胞結構如圖所示。立方氮化硼屬于_晶體，其中硼原子的配位數為_。已知：立方氮化硼密度為dg/cm3，B原子半徑為xpm，N原子半徑為ypm，阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶胞中原子的空間利用率為_（列出化簡后的計算式）?！敬鸢浮?(1). (2). 啞鈴 (3). NH3 (4). 氨分子間存在氫鍵 (5). 基態(tài)氮原子電子占據的最高能級為半充滿，較穩(wěn)定 (6). sp2、sp3 (7). (8). 原子 (9). 4 (10). 100%【解析】【詳解】(1)碳原子價電子數為4，價電子排布式為2s22p2，所以價層電子的軌道表達式為；基態(tài)碳原子核外電子占據的最高能級為2p，p的電子云輪廓圖為啞鈴形；(2)NH3中N原子價層電子對個數=3+=4，NO3-中N原子價層電子對個數=3+；NO2-中N原子價層電子對個數=2+，所以中心原子價層電子對數不同于其他其他兩種粒子的是NH3；NH3比PH3的沸點高是因為氨分子間存在氫鍵；(3)VA族比同周期相鄰元素都大，是因為最高能級p軌道上電子數為特殊的半充滿狀態(tài)，能量低、較穩(wěn)定；(4)根據圖(b)N5-中鍵總數為5個，根據信息，N5-有6個電子可形成大鍵，可用符號56表示；(5)立方氮化硼硬度僅次于金剛石，晶體類型類似于金剛石，是原子晶體；晶胞中每個N