河北省張家口市辛集市滄州市高三化學(xué)3月一?？荚囋嚲?含解析)

1、、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78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(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是A. “半江瑟瑟半江紅”描述的是丁達(dá)爾效應(yīng)B. 由乙烯生產(chǎn)環(huán)氧乙烷的原子利用率可以為100%C. 煤經(jīng)氣化、液化處理后再燃燒可有效減少酸雨形成D. Na 202作漂白劑時體現(xiàn)較強(qiáng)的氧化性【答案】A【解析】【詳解】A.從物理角度上，“半江瑟瑟半江紅”描述的是殘陽照射下江水對光的反射現(xiàn)象, 這種現(xiàn)象不是發(fā)生在江水中，在江水表面發(fā)生的，與丁達(dá)爾效應(yīng)無關(guān)，故A項錯誤；B. 由乙烯在一定條件下與氧氣反應(yīng)可生產(chǎn)環(huán)氧乙烷，其化學(xué)方程式為：2CH=CH +，其原子利

2、用率為100%故B項正確;C. 煤經(jīng)氣化、液化處理后燃燒，燃燒產(chǎn)物中D. Na 202漂白原理是因為本身具有強(qiáng)氧化性，即項正確；答案選A。SO的含量明顯減少，故可有效減少酸雨形成；NqQ作漂白劑時體現(xiàn)較強(qiáng)的氧化性，故D料。下列說法正確的是A.萘、菲、芘互為同系物3種C.萘、菲、芘中只有萘能溶于水同一平面【答案】B【解析】【分析】A. 同系物是組成相似，結(jié)構(gòu)上相差B. 根據(jù)等效氫原子種類判斷；、芘等均為重要的有機(jī)化工原B.萘、菲、芘的一氯代物分別為 2、5D.萘、菲、芘的所有原子不可能處于n個CH,依據(jù)定義作答;C. 依據(jù)相似相容原理作答；D. 依據(jù)苯的結(jié)構(gòu)特征分析分子內(nèi)原子共平面問題?！驹斀狻?/p>

3、A.萘的結(jié)構(gòu)中含兩個苯環(huán)，菲的結(jié)構(gòu)中含三個苯環(huán)，芘的結(jié)構(gòu)中含四個苯環(huán)，組 成不相似，則三者不是同系物，故A項錯誤；氯代物有2種，而菲分子中含有種，芘分子中含有3種H原子,B. 根據(jù)分子結(jié)構(gòu)的對稱性可知，萘分子中含有2種H原子，如圖示：確;C. 三種分子均有對稱性，且為非極性分子，而水為極性鍵組成的極性分子，則萘、菲、芘 中均難溶于水，故 C項錯誤；D. 苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，則兩個或兩個以上的苯環(huán)通過共用環(huán)邊構(gòu)成的多元有機(jī)化合物也一定 共平面，即所有的原子一定在同一個平面上，故D項錯誤；答案選B?！军c睛】本題的難點是 B選項，找稠環(huán)的同分異構(gòu)體，進(jìn)而判斷其一氯代物的種類，結(jié)合等 效氫法，可采用對稱分

4、析法進(jìn)行判斷等效氫原子，該方法的關(guān)鍵是根據(jù)分子的對稱性找出所有的對稱軸或?qū)ΨQ中心。3. 設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A. 18.0 g 葡萄糖和果糖的混合物中含有氫原子的數(shù)目為1.2 N aB. 0.1 mol MgCl2中含有最外層電子的數(shù)目為1.6NaC. 1 L 0 . 1 mol/L乙醇溶液中含有氧原子的數(shù)目為0.1 N aD. 0.1 mol Fe 與足量CI2完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2 N a【答案】A【解析】【分析】A. 葡萄糖和果糖分子式均為 C6H2Q，互為同分異構(gòu)體;B. 依據(jù)離子的構(gòu)成作答；C. 水中也含氧原子；D. Fe與足量CI2在點燃條件下生成

5、FeCb,結(jié)合關(guān)系式作答?！驹斀狻緼.葡萄糖和果糖分子式均為 GH2Q,最簡式為CHO,則按最簡式計算可知，18.0 g 混合物中含有氫原子的數(shù)目為X 2 Na = 1.2 N a,故A項正確；B. MgCI 2是由m6+和Cl-組成，兩種離子的最外層均為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則 0.1 mol MgCI 2中含有最外層電子的物質(zhì)的量為0.1 mol X 8X 3= 2.4mol，故 B項錯誤；C. 乙醇溶液中除溶質(zhì)乙醇含氧原子以外，水分子內(nèi)也含氧原子，則1 L 0. 1 mol/L乙醇溶液中含有氧原子的數(shù)目大于0.1 N a,故C項錯誤；D. 0.1 mol Fe 與足量Cl 2完全反應(yīng)生成 Fe

6、Cb,貝U Fe 3e，則該反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1molX 3XN a = 0.3 N a, 故 D項錯誤；答案選A。【點睛】根據(jù)條件利用關(guān)系式法可直接找出已知量和未知量之間的關(guān)系，如本題的D選項，這樣做?？梢徊降轿凰愠龃鸢?，能明顯提高做題速度與準(zhǔn)確率。通過化學(xué)式和特定的關(guān)系（如 質(zhì)量相等、電子數(shù)相等、原子數(shù)相同等條件），都可找到相應(yīng)關(guān)系式。4. 短周期主族元素 W X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W Y同主族，W原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍。W X、Y三種元素形成的一種化合物可用作凈水劑。下列說法正確的是A. X的簡單離子半徑是同周期簡單離子中最大的B. W、Y在自然界中均存在游離態(tài)C

7、. X、Z形成的化合物可用于冶煉X單質(zhì)D. W、Y、Z的簡單氫化物中，同條件下Y的沸點最高【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素 W X Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，貝U W為O,又W Y同主族，則Y為S, Z的原子序數(shù)比 Y大，且為短周期主族元素，則 Z為Cl，又知 W X、Y三種元素形成的一種化合物可用作凈水劑，則X為Al，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼.同周期形成的陽離子，因電子層數(shù)相同，所以離子半徑會隨著原子序數(shù)的增大而減小。而陰離子的電子層數(shù)比陽離子多一層，則陰離子半徑比陽離子大。X的簡單離子半徑為Al3+，在同周期的簡單離子中，其離子半徑最小，故A項

8、錯誤；B. W為O, Y為S,在自然界中存在氧氣，火山噴口附近或地殼的巖層里存在游離態(tài)的硫單質(zhì)，故B項正確；C. X、Z形成的化合物為 AICI3,為分子化合物，在熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，不能冶煉鋁，故C項錯誤；D. W、Y、Z的簡單氫化物中，同條件下因水分子間存在氫鍵，則水的沸點最高，即W的氫化物沸點最高，故 D項錯誤；答案選B?！军c睛】本題中 D項為易錯知識點，再比較氫化物的沸點時，要考慮氫鍵的影響，如HONH和HF分子間均存在氫鍵，其熔沸點都比同族元素反常高。A. A【答案】C【解析】B. BC. CD. D5.下列對實驗事實的解釋錯誤的是選項實驗事實解釋A用容量瓶配制一定濃度的溶液，定容時仰

9、視讀數(shù)使所配溶液濃度偏低溶液凹液面最低處咼于刻度 線B用標(biāo)準(zhǔn)硝酸銀溶液滴定溶液中氯離子時，標(biāo)準(zhǔn)液盛放在棕色滴定管中硝酸銀見光分解C向10mL0.5mol/L的氯化鎂溶液中滴加 5mL2.4mol/L氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生白色沉淀再滴加氯化銅溶液，沉淀變藍(lán)KspCu(OH)2 vKspMg(0H)2 D長時間存放的漂白粉的試劑瓶可用稀鹽酸清洗漂白粉在空氣中轉(zhuǎn)化為碳酸鈣能溶于鹽酸【分析】A. 考慮定容操作不當(dāng)對濃度的影響；B. 硝酸銀見光易分解；C. 氯化鎂與氫氧化鈉反應(yīng)時，氫氧化鈉過量，自由移動的氫氧根離子會與銅離子反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀；D. 長時間存放的漂白粉會變質(zhì)?！驹斀狻緼.用容量瓶配制一定濃

10、度的溶液，定容時仰視讀數(shù)，導(dǎo)致溶液凹液面最低處高于刻度線，從而使所配制溶液的體積偏大，根據(jù)c = 可知，最終會使所配溶液濃度偏低，故A項正確；B硝酸銀見光易分解，故應(yīng)保存著棕色試劑瓶中，做標(biāo)準(zhǔn)液時要放在棕色滴定管中進(jìn)行滴定實驗，故B項正確；C. 10mL 0.5mol/L 的氯化鎂溶液中滴加 5mL 2.4mol/L氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)，其離子方程式為：Mg+20H = Mg(OHbJ ,鎂離子與氫氧根離子按物質(zhì)的量為1:2反應(yīng)，則反應(yīng)后氫氧化鈉有剩余，再滴加氯化銅溶液，過量的氫氧根離子與銅離子反應(yīng)生成了氫氧化銅沉淀，而不是沉淀的轉(zhuǎn)化，因此，不能通過比較其溶度積的大小來解釋該現(xiàn)象，故C項錯誤；

11、D. 長時間存放的漂白粉會與空氣中的二氧化碳反應(yīng)，其化學(xué)方程式為：Ca(CIO) 2+CO+HO=CaCQ +2HCIQ生成的碳酸鈣沉淀易溶于稀鹽酸中，故D項正確；答案選Co6. 一種檢測空氣中甲醛(HCHO含量的電化學(xué)傳感器的工作原理如圖所示。下列說法正確的是電按ircHo<A. 傳感器工作時，工作電極電勢高B. 工作時，H+通過交換膜向工作電極附近移動C. 當(dāng)導(dǎo)線中通過1.2 x 10 -6 mol電子，進(jìn)入傳感器的甲醛為3X 10-3 mgD. 工作時，對電極區(qū)電解質(zhì)溶液的pH增大【答案】D【解析】【分析】 原電池工作時，HCHO轉(zhuǎn)化為CO ,失電子在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式

12、為HCHO+2O-4e-=CO+4H, Q在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為Q+4e-+4H+=2HO,工作時，陽離子向電源的正極移動，再結(jié)合電池總反應(yīng)判斷溶液pH變化，以此解答該題?！驹斀狻緼. HCHO工作電極失電子被氧化，做原電池的負(fù)極，工作電極電勢低，故A項錯誤；B根據(jù)原電池工作原理易知，工作時，溶液中的陽離子（氫離子）向電源的正極移動，即對電極方向，故B項錯誤；C. 負(fù)極反應(yīng)為 HCHO+OMenCO+AM，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移 1.2 x 10 -6 mol電子時，消耗 HCHO勺物677質(zhì)的量為 X 1.2 x 10 - mol = 3.0 x 10 - mol，貝U HCHO量為

13、 3.0 x 10 - mol x 30 g/mol =9X 10-3 mg故C項錯誤；D. 工作時，對電極的電極反應(yīng)為：4H+Q+4e-=2H2O,反應(yīng)后生成水，雖然有相同數(shù)量的氫離子從負(fù)極遷移過來，但是，由于溶液的體積增大，正極區(qū)溶液的酸性減弱，其pH值增大（若 忽略溶液的體積變化，則pH基本不變），故D項正確；答案選D?！军c睛】原電池工作的原理口訣可概括為“兩極一液一連線，活潑金屬最優(yōu)先，負(fù)失氧正得還，離子電極同性戀”， 可加深學(xué)生對原電池的理解與記憶。 本題的難點是 D選項，考慮質(zhì) 子交換膜隱含的信息時所用電解質(zhì)環(huán)境為酸性，利用總反應(yīng)可知生成水的同時， 溶液中酸堿性的變化，從而打開思路

14、，提高做題正答率。7. 某學(xué)習(xí)小組查閱資料可知高溫下，F(xiàn)eCb與Q反應(yīng)一定生成 FaO,可能生成FeCb或CI2。該小組同學(xué)利用如下裝置對該反應(yīng)進(jìn)行探究?；卮鹣铝袉栴}：ABCDE查閱資料：FeCl2固體呈綠色，熔點為 674C，沸點為1023 C； FeCl在100C左右升華。（1）裝置A中盛放蒸餾水的儀器名稱為 。（2）按氣流從左到右的順序，上述裝置合理的連接順序為_（填儀器接口的小寫字母）。（3）裝置C中濃硫酸的作用為 ，長玻璃管的作用為 。實驗結(jié)束后，用 D中所得溶液設(shè)計實驗證明此反應(yīng)無C12生成 _。（5）實驗過程中，B處硬質(zhì)玻璃管中的現(xiàn)象為_ ;裝置E中冷水的作用為 。（6）由上述實

15、驗可知：高溫下，F(xiàn)eCl2與O2反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。【答案】（1）. 分液漏斗 （2）. aedbc（或cb）gh（或hg）f （3）.除去氧氣中的水蒸氣（4）.平衡壓強(qiáng)，防止堵塞 （5）. 取D中所得溶液少量置于潔凈試管中， 加入足量的稀硝酸將溶液酸化，再滴加少量的AgNO溶液，無白色沉淀產(chǎn)生（6）.固體由綠色變?yōu)榧t棕色，有棕色煙產(chǎn)生（7）. 降溫，使FeCl3完全凝華 （8）. 12FeCl2 + 3Q 二山2Fe2Q + 8FeCl 3【解析】【分析】（1）依據(jù)儀器構(gòu)成作答；（2） 本實驗是先制備并得到干燥的氧氣后在裝置B的硬質(zhì)玻璃管中發(fā)生 FeCb與Q的反應(yīng)，后續(xù)實驗為了驗證是否有F

16、eCl或Cl 2，依據(jù)實驗探究的目的連接實驗儀器；（3）濃硫酸具有吸水性；長玻璃管可平衡內(nèi)外氣壓；（4）若有氯氣生成，則 D裝置中會發(fā)生反應(yīng)生成氯化鈉與次氯酸鈉，采用檢驗氯離子的方法作答即可；（5）FeCl2固體呈綠色，F(xiàn)ezQ成紅棕色，F(xiàn)eC1為棕色，根據(jù)反應(yīng)前后物質(zhì)顏色變化分析現(xiàn)象；再依據(jù)已知給定條件結(jié)合FeCP的物理特性回答；（6） 根據(jù)實驗探究可知，F(xiàn)eCl2與Q2在高溫下反應(yīng)生成 FezQ和FeC£,依據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律配平該化學(xué)方程式?！驹斀狻浚?）該儀器名稱為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；（2）裝置A中過氧化鈉與蒸餾水反應(yīng)生成氧氣，后經(jīng)過濃硫酸干燥氧氣，再通入裝置B的

17、硬質(zhì)玻璃管中在高溫下 FeCb與干燥的Q2反應(yīng)，再連接U型管為了探究是否有 FeCl并使FeCl凝華，裝置D則是驗證探究是否有氯氣并可作吸收裝置，因此其連接順序為：aedbc（或 cb）gh（或 hg）f，故答案為：aedbc（或cb）gh（或hg）f ；（3）裝置A中制備的氧氣中含有少量水蒸氣，則裝置C中濃硫酸的作用是除去氧氣中的水蒸氣，干燥氧氣，其中長玻璃管的作用為：平衡壓強(qiáng)，防止堵塞故答案為：除去氧氣中的水蒸氣；平衡壓強(qiáng)，防止堵塞；(4) 假設(shè)反應(yīng)中有氯氣生成，則裝置D中會發(fā)生反應(yīng)：CI2 + NaOH = NaCI + NaCIO + H 2。,則檢驗裝置D若無氯離子，則原裝置B中無氯

18、氣生成，具體方法為：取D中所得溶液少量置 于潔凈試管中，加入足量的稀硝酸將溶液酸化，再滴加少量的AgNO溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則證明此反應(yīng)無 CI2生成，故答案為：取D中所得溶液少量置于潔凈試管中，加入足量的稀硝酸將溶液酸化，再滴加少量的AgNO溶液，無白色沉淀產(chǎn)生；(5) 實驗探究得出FeCl2與Q反應(yīng)生成FezQ和FeCl，則硬質(zhì)玻璃管的現(xiàn)象為：固體由綠色變?yōu)榧t棕色，有棕色煙產(chǎn)生；根據(jù)已知條件可知，F(xiàn)eCl在100 C左右升華，則生成的FeCl 需用冷水降溫，使 FeCIs完全凝華，便于收集 FeCIs,故答案為：固體由綠色變?yōu)榧t棕色，有棕色煙產(chǎn)生；降溫，使FeCIs完全凝華；(6) F

19、eCI2與O2在高溫下反應(yīng)生成 FqQ和FeCIs,其化學(xué)方程式為：12FeCL + 3。2亍亡2Fe2Q + 8FeCI 3,故答案為：12FeCl2 + 3O2 I二2Fe2Q + 8FeCI 3。8. 堿式氯化銅CUx(OH)yClz. mHO是重要的農(nóng)藥、醫(yī)藥中間體，還可用作木材防腐劑、飼料添加劑等。研究小組在實驗室用某廠廢銅渣(主要成分Cu CuQ含少量Fe3O4、Ni、A4Q)制備堿式氯化銅的流程如下：濾淮ICO NaOHfSift 柱絞.空弋石東乳回答下列問題：(1) “研磨”的目的為 。(2) “堿溶”的目的為 _。(3) “酸溶”時生成Fe3+反應(yīng)的離子方程式為 ；生成的Fe

20、3% Cu發(fā)生的氧化反應(yīng)的催化(4) “酸溶”時溫度不能過高的理由為 。3+ -8 若濾液 2 中 c(Fe )=4 x 10- mol/L , pH=4,則 KspFe(OH)滬。 為測定Cu< (OH)yClz. mHO的組成，進(jìn)行如下操作：取樣品 2.232 g，用適量酸溶解后配成100 mL溶液；取25. 00 mL溶液加入足量 AgNO溶液，生成 0.3444 g沉淀；另取 25. 00 mL溶液，用0.1600 mol. L-1的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液滴定 ClT(Cu2+與EDTA以物質(zhì)的量之比1 : 1反應(yīng))， 滴定至終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為 30. 00 mL 。 溶解樣品所用酸

21、的化學(xué)式為_ 。 該樣品的化學(xué)式為 ?！敬鸢浮?(1). 加快化學(xué)反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分(2).將Al 2C3轉(zhuǎn)化為NaAICb而分離除去 (3). 4Fe 3O4 + O2 + 36H + = 12Fe 3+ + 18H 2O (4). Fe 2+(或 FeCl2) (5). 溫度 升高，鹽酸揮發(fā)， 空氣溶解度減小， 會導(dǎo)致反應(yīng)速率降低， “酸溶”不充分 (6). 4x 10-38(7) . HNO 3 (8). Cu 2(OH)3CI HO【解析】【分析】(1 )增大反應(yīng)固體的接觸面積可加快化學(xué)反應(yīng)速率；(2) Al 2Q易溶于氫氧化鈉轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉；(3) 加入鹽酸與空氣后，雜質(zhì)FesO以

22、Fe3+形式存在，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律配平該離子方程式，可依據(jù)反應(yīng)原理作答；Fe3+對該反應(yīng)有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價升高，則M中Fe元素的化合價降低；(4) 依據(jù)鹽酸易揮發(fā)的特性回答；(5) 溶度積的計算公式 K4Fe(OH) 3 = c(Fe 3+) Xc 3(OH)作答；(6) 稀硝酸酸化的硝酸銀可與溶液中的氯離子反應(yīng)生成白色沉淀；依據(jù) AgCl 沉淀的物質(zhì)的量計算出氯離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)EDTA的物質(zhì)的量計算得出銅離子的物質(zhì)的量，氫氧根離子與銅離子之間按物質(zhì)的量為 1:2 反應(yīng)， 最后間接計算水的物質(zhì)的量， 根據(jù)物質(zhì)的量之比 等于原子個數(shù)比計算求得化學(xué)式組成?！驹斀狻?

23、 1 )“研磨”固體，可增大反應(yīng)物的接觸面積，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分，故答案為：加快化學(xué)反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分；(2) 雜質(zhì)中只有Al 2O3為兩性氧化物，可被"堿溶”，轉(zhuǎn)化為NaAIQ后便于分離除去，則“堿 溶”的目的為：將 AbQ轉(zhuǎn)化為NaAIQ而分離除去，將Al 2O3轉(zhuǎn)化為NaAIQ而分離除去；(3) “酸溶”時，雜質(zhì) FesQ被氧氣氧化，最終在酸性溶液中以 卩£+形式存在，其總的離子 方程式為：4FesQ + O 2 + 36H + = 12Fe 3+ + 18H 2。,可看成FesQ溶解在鹽酸中，生成 FeCL 與FeCIs，生成的FeCl2再被空氣中

24、的氧氣氧化， 最終鐵元素以Fe3+形式存在，結(jié)合圖示信息， Fe3+對該反應(yīng)有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價升高，則 M中Fe元素的化合價降低，則可知 M為 Fe3+(或 FeCI3)，N為 Fe2+(或 FeCh)，故答案為：4Fe3O4 + O2 + 36H + = 12Fe 3+ + 18H 2O ； Fe2+(或 FeCI2)(4 )因“酸溶”過程中鹽酸易揮發(fā)，則溫度過高，鹽酸揮發(fā)，空氣中氧氣的溶解度減小，會直接導(dǎo)致反應(yīng)速率降低，“酸溶”不充分，故答案為：溫度過高，鹽酸揮發(fā)，空氣溶解度減小，會導(dǎo)致反應(yīng)速率降低，“酸溶”不充分(5) 常溫下，溶液的 pH = 4，則溶液中的c(O

25、H) = 10 -10 mol/L,沉淀Fe3+時，10 niol/L其溶度積 KspFe(OH) 3 = c(Fe 3+) Xc 3(OH) = 4 x 10-8 mol/L x (10 -10 mol/L) 3 = 4 x 10-38， 故答案為：4X 10 -38;(6) 由題意可知，起初加入硝酸銀得到的沉淀為AgCl，為不影響沉淀的生成，且不引入雜質(zhì)，則加入的適量酸應(yīng)為HNO,所以AgCl故答案為：HNO;_IDD.DOinL034崢崢并lOO.OOmL七n(CI ) = n(AgCl)x= .x= 9.6000 x 10 mol，n(Cu2) = n(EDTA)x .= 0.1600

26、 mol?L-1x 30.00 x 10-3 LX= 1.9200 x 10-2moI， n(OH)=2n(Cu 2+) -n(CI -) = 2 x 1.9200 x 10 -2 mol -9.6000 x 10-3 mol = 2.8800 x 10 -2 mol， m(CI-) = 9.600 x 10-3 molx 35.5 g ?mol-1 = 0.3408 g ，m(Cif+) = 1.9200 x 10 -2 molx 64 g ?mol-1 = 1.2288 g ，m(OH) =2.8800 x 10 -2 molx 17 g ?mol-1 = 0.4896 g ，n(H2O)

27、=9.600 x 10-3 mol，18g/niol2.232s 0.30EJg L22GBB 0.4f396g貝U a:b:c:x = n(Cu2+):n(OH -):n(CI -):n(H 2O) = 2:3:1:1即化學(xué)式為Cs(OH)3CI ?H2O,故答案為：Cuz(OH)3CI H2O09. 目前，對碳、氮及化合物的研究備受關(guān)注。已知:I.2C(s)+2NO(g)N2(g)+2CO(g)?。?-414.8kJ/molll.2C0(g)+0 2(g) 2CO (g)； =-566kJ/molHI.2CO(g)+2NO(g) 一、N(g)+2CO2 (g) ； =-759.8kJ/mo

28、l回答下列問題：(1) N 2的電子式為。(2) 表示碳的燃燒熱的熱化學(xué)方程式為 。 某催化劑的M型、N型均可催化反應(yīng)2C0(g)+Q (g)=2CO2 (g)。向容積相同的恒容密閉容 器中分別充入等量的 CO和 Q,在相同時間段內(nèi)，不同溫度下測得 CC的轉(zhuǎn)化率(a)如圖所示。 由圖推斷下列說法正確的是(填選項字母)。A. a、b、c、d點均達(dá)到平衡狀態(tài) B.該反應(yīng)的平衡常數(shù)K(b)=K(c)C. b點反應(yīng)物的有效碰撞幾率最大D.圖中五個點對應(yīng)狀態(tài)下，a點反應(yīng)速率最慢 e點CO勺轉(zhuǎn)化率突然減小的可能原因為 若b點容器中c(O2)=O.5 mol L"，則ToC時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=T

29、C時，向剛性容器中充入2 mol NO和2 mol CO，發(fā)生反應(yīng)川。5 min時達(dá)到平衡狀態(tài)，測得容器中 n(N2) =0.8 mol 、c(CQ)=0. 32 mol/L 。 05 min內(nèi)，用NO表示的反應(yīng)速率 v(NO)= 反應(yīng)進(jìn)行到2 min時，v 正(CO)v逆(CQ)(填" >”" <”或"=”)。 若升高溫度，容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)(填“增大” “減小”或“不變”)，原因為 ?！敬鸢浮?1). 嚇？弊(2). C (s)+ Q(g)= CO2(g) H=- 393.5 kJ mol1B1-(3). BD (4).催化劑失去活性 (5).(6).

30、 0.064 mol L- min-.> (8). 增大(9).升高溫度，容積不變，壓強(qiáng)增大(或反應(yīng) III為氣體體積分?jǐn)?shù)減小的放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，氣體總的物質(zhì)的量增大，壓強(qiáng)增大)【解析】【分析】(1)氮原子核外電子數(shù)為5,形成氮分子時共用 3對電子對達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；(2)燃燒熱是指1 mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；結(jié)合已知的熱化學(xué)方 程式，利用蓋斯定律作答；(3A. b點之前，CO的轉(zhuǎn)化率隨著溫度的升高不斷增大，反應(yīng)向正向移動，因該反應(yīng)為 放熱反應(yīng)，b點之后，溫度升高會使平衡向逆向移動，不利于CO的轉(zhuǎn)化，據(jù)此作答； 轉(zhuǎn)化率突然減小，可能跟催化劑的活性有

31、關(guān)； b點達(dá)到平衡狀態(tài)，(NO) = 0.4 ，設(shè)起始投入的 CO和Q的物質(zhì)的量濃度均為 x mol/L， 結(jié)合化學(xué)平衡常數(shù)的定義及三段式列式計算；Ar、.(4) 依據(jù) =可知，各物質(zhì)表示的化學(xué)反應(yīng)速率之比等于相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)化的各物質(zhì)的濃度之比，也等于與之對應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)之比，據(jù)此分析作答； 反應(yīng)進(jìn)行到2 min時，為達(dá)到平衡，反應(yīng)向正向進(jìn)行； 恒容體系中，容器內(nèi)的壓強(qiáng)與氣體的物質(zhì)的量成正比，結(jié)合溫度對反應(yīng)的影響效果解答?！驹斀狻?1)氮氣分子內(nèi)含共價三鍵，其電子式為：陸:胖聯(lián)故答案為：；(2) 已知 l.2C(s)+2NO(g) N(g)+2CO(g) 宀：=-414.8kJ/molll.2C

32、O(g)+O 2(g) ：2CO (g) =-566kJ/molHI.2CO(g)+2NO(g)- -N2(g)+2CO2 (g) ； =-759.8kJ/mol則 (I + 2 II - III )可得 C(s) + Q(g)= CO(g)，其反應(yīng)熱 H= x-414.8kJ/mol+2X1(-566kJ/mol ) - (-759.8kJ/mol ) =) = 393.5 kJ mol ,故答案為：C (s) + Q(g)= CO 2(g) H= 393.5 kJ mol ；(3A. b點之前，CO的轉(zhuǎn)化率隨著溫度的升高不斷增大，反應(yīng)向正向移動，因該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，b點之后，溫度升高會使平

33、衡向逆向移動，不利于CO的轉(zhuǎn)化，則b點達(dá)到平衡狀態(tài)，而a、c點未達(dá)到平衡狀態(tài)，d點為平衡后相應(yīng)溫度下對應(yīng)的CO的轉(zhuǎn)化率，故A項錯誤；B. 催化劑可改變反應(yīng)速率，但不會改變平衡，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為定值，即該反應(yīng)的平衡常數(shù)K(b)=K(c)，故B項正確；C. 化學(xué)反應(yīng)速率隨著溫度的升高而加快，則有效碰撞幾率也會隨之增大，圖中e點的有效碰撞幾率最大，故 C項錯誤；D. 圖中五個點對應(yīng)狀態(tài)下，a點對應(yīng)的溫度最低，則反應(yīng)速率最慢，故D項正確；答案為BD催化劑的催化活性對溫度要求較高，若溫度過高，催化劑可能會失去活性， 導(dǎo)致反應(yīng)減慢,CO的轉(zhuǎn)化率突然減小，故答案為：催化劑失去活性； b點達(dá)到平衡狀態(tài)，(N

34、O) = 0.4,設(shè)起始投入的CO和 O的物質(zhì)的量濃度均為 x mol/L ,2C0(g)+02(g>2CO2(g)起始(mol/L)xx0轉(zhuǎn)化(rnol/U0h4x0.2x0.4x平衡(mol/L)0.6x0.8x0.4x因 c(O2)=0.5 mol L -l，貝V 0.8x = 0.5 mol L -l , x = 0.625 mol/LOAmol/L_1(Q.fucmol/L)2 x UExm口屮. I 一陽/g)平衡常數(shù)K =故答案為：;NO的濃度：c(NO) = : c(CQ)=0.(4) 因反應(yīng)為 2CO(g)+2NO(g) ._、N(g)+2CO2(g),反應(yīng)的-1-13

35、2 mol/L-0 mol/L = 0. 32 mol/L ，所以 v(NO)= .= 0.064 mol L 1 min 1,故答案為：0.064 mol L -1 min-1;依據(jù)題意可知，反應(yīng)進(jìn)行到2 min時，還未達(dá)到平衡，該反應(yīng)向正向移動，則v正(CO) > v (CQ),故答案為：>反應(yīng)III為氣體體積分?jǐn)?shù)減小的放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，氣體總的物質(zhì)的量增大，則壓強(qiáng)增大，即升高溫度，容積不變，壓強(qiáng)增大，故答案為：增大；升高溫度，容積不變，壓強(qiáng)增大(或反應(yīng)III為氣體體積分?jǐn)?shù)減小的放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，氣體總的物質(zhì)的量增大)。10.Se是迄今為止發(fā)現(xiàn)的

36、最重要的抗衰老元素，也有抗癌之王的美譽?；卮鹣铝袉栴}：(1) 基態(tài)Se原子核外電子占據(jù)的軌道中，電子云輪廓圖形狀為啞鈴形的有 個；第四周期的過渡金屬中，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)與基態(tài)Se原子相同的有 種。(2) Se及其同周期相鄰元素相比，三種元素的基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為HSe屬于(填“極性”或“非極性”)分子；其熔點低于同條件下 NaH熔點的原因為。SeO 2的立體構(gòu)型為 。 SeQ中Se原子的雜化形式為寫出一種與SeQ2-互為等電子體的分子式.1mol中含有(T鍵的數(shù)目為(7) 硒化鋅是一種重要的半導(dǎo)體材料，其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若晶胞參數(shù)為apm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA

37、晶體密度為P g cm3，則硒化鋅的摩爾質(zhì)量可表示為。(列出計算式即可)【答案】(1). 9 (2). 2 (3). Br>As>Se (4).極性(5). H 2Se形成的晶體屬于分子晶體，NaH形成的晶體為離子晶體(6).代表鹵原子)等中的一種 (9). 34 N a (10).x 10(7). sp2 (8).CX4、SiX4(XMg/mol【解析】【分析】(1) Se的原子序數(shù)為34,位于元素周期表第四周期VIA族，其所有能層的p能級電子云輪廓圖形狀均為啞鈴形；基態(tài)原子核外價電子排布式為4s24p4，其未成對電子數(shù)為 2,據(jù)此作答;與VA族元素最外層電子排布處于全充(2 )

38、同周期中，元素的第一電離能呈增大趨勢，IIA滿和半充滿狀態(tài)，所以會比同周期后一族元素的第一電離能大；(3) H2Se屬于分子化合物，從鍵的極性與分子的立體構(gòu)型判斷分子的極性；熔沸點的大小可以從物質(zhì)所屬的晶體類型分析判斷，一般情況下，分子晶體的熔沸點低于離子晶體的熔沸占；八、(4) 依據(jù)價層電子對互斥理論和雜化軌道理論分析作答;(5) 等電子體是指原子總數(shù)相同，價層電子總數(shù)相同的分子或離子；可通過相鄰元素或相 鄰族的元素替換并調(diào)整電荷數(shù)來尋找等電子體；(6) 在該化合物中，一個苯環(huán)中含6個C-Cc鍵和6個C-Hc鍵，一個單鍵或雙鍵中分別 含1個c鍵，據(jù)此計算；(7) 根據(jù)硒化鋅晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，每

39、個鋅原子周圍有4個硒原子，每個硒原子周圍也有 4 個鋅原子，該晶胞中含有硒原子數(shù)為 8X +6X = 4，含有鋅原子數(shù)為4，根據(jù)p = 可計 算出晶胞的質(zhì)量，進(jìn)而確定其摩爾質(zhì)量；【詳解】(1) Se的原子序數(shù)為34,其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4,因各能層的p能級原子軌道數(shù)有 3個，所以基態(tài)Se原子核外電子占據(jù)的軌道中，電子云輪 廓圖形狀為啞鈴形的有 3+3+3 = 9個，因為基態(tài)Se原子核外價電子排布式為 4s24p4,電子 未成對電子數(shù)為2,在第四周期過渡金屬中，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為2的有Ti和Ni共2種元素，故答案為：9； 2；(2)與

40、Se同周期相鄰的元素為第 VA族的As和第VIIA的Br元素，因周期中，第一電離能 雖原子序數(shù)的增加呈增大趨勢，則 Br的第一電離能最大，又因為 As處于第VA族，核外電 子排布4p能級處于半充滿狀態(tài)， 穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故其第一電離能比 Se的大，所以三者第一電離 能從大到小順序為：Br>As>Se，故答案為：Br>As>Se；(2) HSe分子內(nèi)為極性共價鍵，根據(jù)價層電子對互斥理論可知，該分子價層電子對數(shù)為4,有2對孤電子對，則其分子的立體構(gòu)型為V形，極性鍵的極性向量和不等于零，所以該分子為極性分子，又因為 NaH形成的晶體為離子晶體，而HbSe形成的晶體屬于分子晶體，所以其熔沸點較NaH低，故答案為：H2Se形成的晶體屬于分子晶體，NaH形成的晶體為離子晶體；(4) 根據(jù)價層電子對互斥理論可知，SeQ的Se的孤電子對數(shù)為 2，曠鍵電子對數(shù)為2,所以價層電子對數(shù)=2+2 =4，其分子的VSEPR莫型為四面體形，分子的空間立體構(gòu)型為V形，SeQ中Se原子的雜化軌道數(shù) =3+0= 3，所以采用的雜化方式為 sp2，故答案為：V形；sp2 ；(