【KS5U解析】河北省衡水市棗強(qiáng)中學(xué)2020屆高三第一次模擬考試化學(xué)試題 Word版含解析

1、棗強(qiáng)中學(xué)高三年級(jí)理科綜合試題1.木草綱日對(duì)輕粉(hg2cl2)的制法作如下記載：“用水銀兩，白礬(明礬)二兩。食鹽一兩。同研不見星，鋪于鐵器內(nèi)，以小烏盆覆之，篩灶灰鹽水和，封固盆口，以炭打二炷香，取開則粉升于盆上矣。其白如雪，輕盈可愛，一兩汞可升粉八錢?！毕铝姓f法正確的是（ ）a. 制備過程中未發(fā)生氧化還原反應(yīng)b. 制備過程中發(fā)生了物質(zhì)的升華c. 反應(yīng)過程中一定沒有氧氣參與d. 該記載中，hg2cl2產(chǎn)率為80%【答案】b【解析】【詳解】a. 物質(zhì)汞變?yōu)檩p粉(hg2cl2)化合價(jià)發(fā)生變化，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故a錯(cuò)誤；b. 取開則粉升于盆上矣說明輕粉(hg2cl2)發(fā)生了升華，故b正確；c汞化合

2、價(jià)升高，有氧化劑參與反應(yīng)，可能為氧氣，故c錯(cuò)誤；d. 一兩汞可升粉八錢則產(chǎn)率為，故d錯(cuò)誤；故答案選：b。2.三丙烯酸甘油的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（ ）a. 該物質(zhì)屬于油脂b. 能使酸性kmno4溶液褪色c. 能水解生成丙三醇d. 能發(fā)生加成聚合反應(yīng)【答案】a【解析】【分析】由結(jié)構(gòu)圖可知三丙烯酸甘油含官能團(tuán)酯鍵、碳碳雙鍵，是丙烯與甘油的酯化反應(yīng)產(chǎn)物，以此分析?！驹斀狻縜.油脂是高級(jí)脂肪酸甘油酯，三丙烯酸甘油中無高級(jí)脂肪酸，故a錯(cuò)誤；b. 含碳碳雙鍵，能使酸性kmno4溶液褪色，故b正確；c. 三丙烯酸甘油是丙烯與甘油的酯化反應(yīng)產(chǎn)物，能水解生成丙三醇，故c正確；d. 含碳碳雙鍵能發(fā)生加

3、成聚合反應(yīng)，故d正確；故答案選：a?！军c(diǎn)睛】根據(jù)物質(zhì)官能團(tuán)推斷物質(zhì)的性質(zhì)，根據(jù)酯化反應(yīng)的斷鍵成鍵形式，推斷其水解產(chǎn)物。3.常溫下，將除去表面氧化膜al、cu片插入濃hno3中組成原電池（如圖1），測(cè)得原電池的電流強(qiáng)度（i）隨時(shí)間（t）的變化如圖2所示，已知0-t1時(shí)，原電池的負(fù)極是al片，反應(yīng)過程中有紅棕色氣體產(chǎn)生。下列說法不正確的是a. 0-t1時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為：2h+ no3- - e-=no2+ h2ob. 0-t1時(shí)，溶液中的h+ 向cu電極移動(dòng)c. t1時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為：cu2e-= cu2+d. t1時(shí)，原電池中電子流動(dòng)方向發(fā)生改變是因?yàn)閍l在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了

4、al的進(jìn)一步反應(yīng)【答案】a【解析】【詳解】a正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2h+ no3-+e-=no2+ h2o，a項(xiàng)錯(cuò)誤；b在0-t1時(shí)，鋁作負(fù)極，溶液中的h+ 向cu電極移動(dòng)，b項(xiàng)正確；c在電場(chǎng)作用下，陽離子向電池正極移動(dòng)；由圖像得t1時(shí)刻電流方向改變，說明電池的負(fù)極發(fā)生變化，所以t1時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為：cu 2e-= cu2+，c項(xiàng)正確；dt1時(shí)，原電池中電子流動(dòng)方向發(fā)生改變是因?yàn)閍l在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了al的進(jìn)一步反應(yīng)，d項(xiàng)正確；答案選a。【點(diǎn)睛】本題考查原電池的工作原理。原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，構(gòu)成原電池的首要條件是存在自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，在該原電池裝

5、置中，根據(jù)電流強(qiáng)度與時(shí)間的關(guān)系圖可以看出，電流的方向發(fā)生變化，所以電池的正負(fù)極發(fā)生變化，起始時(shí)，鋁與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)，鋁為負(fù)極，鋁在濃硝酸中發(fā)生鈍化，氧化膜阻礙了al與硝酸的進(jìn)一步反應(yīng)，隨后銅與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)，銅為負(fù)極，然后根據(jù)原電池原理解得即可。4.某化學(xué)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的數(shù)字化實(shí)驗(yàn)裝置，研究常溫下，向1l0.1mol/lh2a溶液中逐滴加入等濃度naoh溶液時(shí)的ph變化情況，并繪制出溶液中含a元素的粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液ph的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（ ）a. ph=4.0時(shí)，圖中n(ha-)約為0.0091molb. 0.1mol/lnaha溶液中存在c(a2-)+c(h

6、a-)+c(h2a)=0.1mol/lc. 該實(shí)驗(yàn)應(yīng)將左邊的酸式滴定管換成右邊堿式滴定管并加酚酞作指示劑d. 常溫下，等物質(zhì)的量濃度的naha與na2a溶液等體積混合后溶液ph=3.0【答案】a【解析】【分析】aph3時(shí)a2、ha的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，所以二者的濃度相等，則ka2c(h)0.001mol/l，由同一溶液中，ph4時(shí)該酸的第二步電離常數(shù)不變，且原溶液中n(ha)n(a2)0.1mol，據(jù)此計(jì)算n(ha)；b該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以naha溶液中不存在h2a；c根據(jù)圖知，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液呈酸性；dph3時(shí)，溶液中不存在h2a，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，

7、則naha只電離不水解，na2a能水解，且c(a2)c(ha)?！驹斀狻縜ph3時(shí)a2、ha的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，所以二者的濃度相等，則ka2c(h)0.001mol/l，由同一溶液中，ph4時(shí)該酸的第二步電離常數(shù)不變，且原溶液中n(ha)n(a2)0.1mol，ka2×c(h)×0.0001mol/l0.001mol/l，n(ha)約為0.0091mol，故a正確；b該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以naha只能電離不能水解，則溶液中不存在h2a，根據(jù)物料守恒得c(a2)c(ha)0.1mol/l，故b錯(cuò)誤；c根據(jù)圖知，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液呈酸性，應(yīng)該選取甲基橙作指示劑

8、，故c錯(cuò)誤；dph3時(shí)，溶液中不存在h2a，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則naha只電離不水解，na2a能水解，且c(a2)=c(ha)；等物質(zhì)的量濃度的naha與na2a溶液等體積混合，因?yàn)殡婋x、水解程度不同導(dǎo)致c(a2)、c(ha)不一定相等，則混合溶液的ph不一定等于3，故d錯(cuò)誤；故答案選a。【點(diǎn)睛】正確判斷該二元酸“第一步完全電離、第二步部分電離”是解本題關(guān)鍵，注意電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液中溶質(zhì)及其濃度無關(guān)。5.某科研團(tuán)隊(duì)研制出“tmlih（tm表示過渡金屬）”雙催化劑體系，顯著提高了在溫和條件下氮?dú)夂蜌錃夂铣蒼h3的效率，原理示意如下：下列分析不合理的是（）a.

9、狀態(tài)，吸收能量并有nn鍵發(fā)生斷裂b. 合成nh3總反應(yīng)的原子利用率是100%c. “tmlih”能降低合成氨反應(yīng)hd. 生成nh3：2linh+3h22lih+2nh3【答案】c【解析】【分析】由流程可知氮?dú)馀ctm-lih反應(yīng)生成linh，linh與氫氣反應(yīng)生成氨氣和lih，總反應(yīng)為2linh+3h22lih+2nh3?！驹斀狻縜狀態(tài)為氮?dú)馍蒷inh的過程，nn鍵發(fā)生斷裂要吸收能量，故a正確；b由流程可知氮?dú)夂蜌錃夥磻?yīng)，生成物只有氨氣，原子利用率為100%，故b正確；c催化劑可降低反應(yīng)的活化能，但不能降低反應(yīng)物和生成物的總能量，不能改變反應(yīng)熱，故c錯(cuò)誤；d由狀態(tài)可知生成nh3：2linh+3

10、h22lih+2nh3，故d正確。故選c。6.某小組利用下面的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，、中溶液均足量，操作和現(xiàn)象如下表資料：cas遇水完全水解由上述實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論不正確的是a. 中白色渾濁是caco3b. 中溶液ph降低的原因是：h2s+cu2+=cus+2h+c. 實(shí)驗(yàn)中co2過量發(fā)生的反應(yīng)是：co2+h2o+s2-=co32-+h2sd. 由實(shí)驗(yàn)i和ii不能比較h2co3和h2s酸性的強(qiáng)弱【答案】c【解析】【分析】實(shí)驗(yàn)i：向盛有na2s溶液的中持續(xù)通入co2至過量，中產(chǎn)生黑色沉淀，溶液的ph降低，說明生成了硫化氫氣體，同時(shí)生成了硫酸；中產(chǎn)生白色沉淀，該渾濁遇酸冒氣泡，說明二氧化碳被氫氧化鈣溶液吸收生

11、成了碳酸鈣沉淀；實(shí)驗(yàn)ii：向盛有nahco3溶液的中持續(xù)通入h2s氣體至過量，中產(chǎn)生黑色沉淀，溶液的ph降低，是因?yàn)檫^量的硫化氫氣體與硫酸銅溶液反應(yīng)生成了硫化銅黑色沉淀，同時(shí)生成了硫酸；中產(chǎn)生白色沉淀，該渾濁遇酸冒氣泡，說明反應(yīng)生成了二氧化碳，被氫氧化鈣溶液吸收生成了碳酸鈣沉淀?！驹斀狻縜由上述分析可知，中白色渾濁是caco3，不可能是cas，cas遇水完全水解，故a結(jié)論正確；b中溶液降低的原因：h2s+cu2+=cus+2h+，產(chǎn)生黑色沉淀，溶液的ph降低，故b結(jié)論正確；c實(shí)驗(yàn)中過量co2發(fā)生的反應(yīng)是2co2+2h2o+s2-=2hco3-+h2s，故c結(jié)論錯(cuò)誤；d根據(jù)實(shí)驗(yàn)i和ii中現(xiàn)象：i

12、中通二氧化碳有硫化氫生成；ii中通硫化氫有二氧化碳生成，故不能比較h2co3和h2s酸性的強(qiáng)弱，故d結(jié)論正確；答案為c。7.8.34 g feso4·7h2o(相對(duì)分子質(zhì)量：278)樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如下圖所示，下列說法正確的是a. 溫度為78 時(shí)固體物質(zhì)m的化學(xué)式為feso4·5h2ob. 取適量380 時(shí)所得的樣品p，隔絕空氣加熱至650 ，得到一種固體物質(zhì)q，同時(shí)有兩種無色氣體生成，q的化學(xué)式為fe3o4c. 在隔絕空氣條件下，n得到p的化學(xué)方程式為feso4·h2ofeso4h2od. 溫度為159 時(shí)固體n的化學(xué)式為f

13、eso4·2h2o【答案】c【解析】【分析】8.34 g feso4·7h2o 樣品的物質(zhì)的量為8.34 g÷278 g/mol0.03 mol，其中m(h2o)0.03 mol×7×18 g/mol3.78 g，如晶體失去全部結(jié)晶水，固體的質(zhì)量應(yīng)為8.34 g3.78 g4.56 g，可知在加熱到373之前，晶體失去部分結(jié)晶水，據(jù)此回答?！驹斀狻縜溫度為78 時(shí)，固體質(zhì)量為6.72 g，其中m(feso4)0.03 mol×152 g/mol4.56 g，m(h2o)6.72 g4.56 g2.16 g，n(h2o)2.16 g&#

14、247;18 g/mol0.12 mol，則n(h2o)n(feso4)0.12 mol0.03 mol41，則化學(xué)式為feso4·4h2o，a項(xiàng)錯(cuò)誤；b加熱至650 時(shí)，固體的質(zhì)量為2.40 g，其中n(fe)n(feso4·7h2o)0.03 mol，m(fe)0.03 mol×56 g/mol1.68 g，則固體中m(o)2.40 g1.68 g0.72 g，n(o)0.72 g÷16 g/mol0.045 mol，則n(fe)n(o)0.03 mol0.045 mol23，則固體物質(zhì)q的化學(xué)式為fe2o3，b項(xiàng)錯(cuò)誤；c固體n的質(zhì)量為5.10 g，

15、其中m(feso4)0.03 mol×152 g/mol4.56 g，m(h2o)5.10 g4.56 g0.54 g，n(h2o)0.54 g÷18 g/mol0.03 mol，則n(h2o)n(feso4)0.03 mol0.03 mol11，則n的化學(xué)式為feso4·h2o，p的化學(xué)式為feso4，則在隔絕空氣條件下由n得到p的化學(xué)方程式為feso4·h2ofeso4h2o，c項(xiàng)正確；d溫度為159時(shí)，由c項(xiàng)可知n的化學(xué)式為feso4·h2o，d項(xiàng)錯(cuò)誤。故選c。8.從銅氨廢液含cu(nh3)3·co+、cu(nh3)22+、cu

16、(nh3)42+、nh3、ch3coo-、co32-等中回收銅的工藝流程如圖：（1）步驟()“吹脫”的目的是_(寫一條即可)；由步驟()可確定nh3與h+的結(jié)合能力比與cu2+的_(填“強(qiáng)”或“弱”)。（2）步驟()“沉銅”時(shí)，na2s的用量比理論用量多，目的是_。（3）步驟()反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_。（4）步驟()發(fā)生反應(yīng)生成難溶cu2(oh)3cl的離子方程式為_，ph與銅的回收率關(guān)系如圖(a)所示，為盡可能提高銅的回收率，需控制的ph約為_。（5）“吹脫”后的銅氨溶液中加入適量的添加劑可直接電解回收金屬銅，裝置如圖(b)所示，陰極主要發(fā)生的電極方程式為_；添加nac

17、l和h2so4均可提高電導(dǎo)率和電流效率，從而提高銅的回收率，從環(huán)境角度考慮，較好的是_(填“nacl”或“h2so4”)。（6）已知上述流程中只有步驟()“沉銅”和步驟“制硫酸銅”中銅元素有損耗。步驟()“沉銅”時(shí)銅元素的損耗率為4%；步驟“制硫酸銅”時(shí)銅元素?fù)p耗率為2%。若1l廢液最終制得cuso45h2o375g，則1l廢液中含有銅元素的質(zhì)量為_g。（保留整數(shù)）【答案】 (1). 將cu()氧化為cu()、將co氧化并以co2吹出、吹出游離的nh3等 (2). 強(qiáng) (3). 使cu2盡可能沉淀完全，降低殘留率 (4). 3：2 (5). 2cu(nh3)42cl5h3h2ocu2(oh)3

18、cl8nh4 (6). 6(或5.56.5) (7). cu(nh3)422ecu4nh3 (8). h2so4 (9). 102【解析】【分析】從銅氨廢液含cu(nh3)3·co+、cu(nh3)22+、cu(nh3)42+、nh3、ch3coo-、co32-等中回收銅，廢液中通入熱空氣，并加熱，可生成二氧化碳、氨氣，得到含有cu(nh3)42+、ch3coo-、co32-的溶液，加入20%的硫酸，調(diào)節(jié)ph2，得到硫酸銅、硫酸銨溶液，加入20%的硫化鈉溶液生成cus沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成no、s和硝酸銅，加入硫酸生成硫酸銅，經(jīng)蒸發(fā)晶體得到無水硫酸銅晶體；cu(nh3)42+、

19、ch3coo-、co32-的溶液加入鹽酸，經(jīng)過濾、洗滌、干燥，可得到堿式氯化銅，以此解答該題。【詳解】(1)步驟()“吹脫”時(shí)通入空氣，氧氣可將cu()氧化為cu()、將co氧化生成co2吹出、吹出游離的nh3等，步驟()加入硫酸生成硫酸銨，可確定nh3與h的結(jié)合能力比與cu2的強(qiáng)，故答案為：將cu()氧化為cu()、將co氧化并以co2吹出、吹出游離的nh3等；強(qiáng)；(2)步驟()“沉銅”時(shí)，na2s的用量比理論用量多，可使cu2盡可能生成cus沉淀，可降低殘留率，故答案為：使cu2盡可能沉淀完全，降低殘留率；(3)cus與硝酸反應(yīng)生成no、s，反應(yīng)中s元素化合價(jià)由2價(jià)升高到0價(jià)，n元素化合價(jià)

20、由5價(jià)降低為2價(jià)，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3：2，故答案為：3：2；(4)步驟()發(fā)生反應(yīng)生成難溶cu2(oh)3cl的離子方程式為2cu(nh3)42cl5h3h2ocu2(oh)3cl8nh4，由圖可知為盡可能提高銅的回收率，需控制的ph約為6(或5.56.5)，故答案為：2cu(nh3)42cl5h3h2ocu2(oh)3cl8nh4；6(或5.56.5)；(5)陰極主要發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式為cu(nh3)422ecu4nh3，如加入鹽酸，則陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，污染空氣，從環(huán)保的角度可知，應(yīng)加入硫酸，故答案為：cu(nh3)422ecu4nh3；h2so4；(6)375

21、gcuso45h2o中cu的質(zhì)量375g×÷(12%)÷(14%)102g，故答案為：102。9.乙烯是一種重要的化工原料，可由乙烷為原料制取，回答下列問題。（1）傳統(tǒng)的熱裂解法和現(xiàn)代的氧化裂解法的熱化學(xué)方程式如下：c2h6(g)=c2h4(g)+h2(g) h1=+136kj·mol-1c2h6(g)+o2(g)=c2h4(g)+h2o(g) h2=-110kj·mol-1已知反應(yīng)相關(guān)的部分化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵h-h(g)h-o(g)o=o鍵能(kj·mol-1)436x496由此計(jì)算x=_，通過比較h1和h2，說明和熱裂解法

22、相比，氧化裂解法的優(yōu)點(diǎn)是_(任寫一點(diǎn))。（2）乙烷的氧化裂解反應(yīng)產(chǎn)物中除了c2h4外，還存在ch4、co、co2等副產(chǎn)物(副反應(yīng)均為放熱反應(yīng))，圖甲為溫度對(duì)乙烷氧化裂解反應(yīng)性能的影響。乙烷的轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而升高的原因是_，反應(yīng)的最佳溫度為_(填序號(hào))。a.700 b.750 c.850 d.900乙烯選擇性=；乙烯收率=乙烷轉(zhuǎn)化率×乙烯選擇性（3）烴類氧化反應(yīng)中，氧氣含量低會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)產(chǎn)生積炭堵塞反應(yīng)管。圖乙為值對(duì)乙烷氧化裂解反應(yīng)性能的影響。判斷乙烷氧化裂解過程中的最佳值是_，判斷的理由是_。（4）工業(yè)上，保持體系總壓恒定為100kpa的條件下進(jìn)行該反應(yīng)，通常在乙烷和氧氣的混合氣體

23、中摻混惰性氣體(惰性氣體的體積分?jǐn)?shù)為70%)，摻混惰性氣體的目的是_。反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，各組分的體積分?jǐn)?shù)如下表：組分c2h6o2c2h4h2o其他物質(zhì)體積分?jǐn)?shù)/%2.41.0121569.6計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)：kp=_(用平衡分壓代替平衡濃度，平衡分壓=總壓×體積分?jǐn)?shù))?！敬鸢浮?(1). 465 (2). 氧化裂解反應(yīng)是放熱反應(yīng)，節(jié)約能源(或氧化裂解反應(yīng)熱力學(xué)趨勢(shì)上大) (3). 溫度升高，反應(yīng)速率加快，轉(zhuǎn)化率升高 (4). c (5). 2.0 (6). 比值小于2.0時(shí)，乙烯的收率降低；比值大于2.0時(shí)，乙烯的收率并未增加且產(chǎn)生更多的積炭，堵塞反應(yīng)管 (7). 正反應(yīng)是氣體分子

24、數(shù)增多的反應(yīng)，恒壓充入惰性氣體相當(dāng)于擴(kuò)大容器體積，降低分壓，有利于平衡正向移動(dòng) (8). 75(kpa)0.5【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律，得出h2(g)o2(g)=h2o(g)的反應(yīng)熱，再根據(jù)h反應(yīng)物的總鍵能生成物的總鍵能，可求出x的值；(2)溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快，根據(jù)圖象，隨溫度升高，乙烷的轉(zhuǎn)換率越高；綜合乙烯的轉(zhuǎn)化率和選擇性，圖中即可對(duì)應(yīng)找出最佳的反應(yīng)溫度；(3)含氧量高，會(huì)造成積炭，要根據(jù)圖象找出乙烯收率高而相對(duì)積炭少的點(diǎn)，即圖中的比值為2時(shí)最佳；(4)根據(jù)平衡常數(shù)與反應(yīng)物、生成物的關(guān)系，并且將濃度關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)榉謮宏P(guān)系來解答。【詳解】(1)根據(jù)蓋斯定律，得到：h2(g)o2(

25、g)h2o(g) h246kj/mol，根據(jù)鍵能關(guān)系h反應(yīng)物的總鍵能生成物的總鍵能436496/22x246，x465；由熱化學(xué)方程式可以看出，熱裂解法是吸熱反應(yīng)，需要消耗能源，氧裂解法是放熱反應(yīng)，不需要從外界得到能量，故答案為：465；氧化裂解反應(yīng)是放熱反應(yīng)，節(jié)約能源(或氧化裂解反應(yīng)熱力學(xué)趨勢(shì)上大)；(2)由圖可知，隨溫度的升高，乙烷的轉(zhuǎn)化率在升高，考慮化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，溫度越高，反應(yīng)速率越快；由圖，要乙烷的轉(zhuǎn)化率盡可能高，而副產(chǎn)物又相對(duì)較少，及乙烯的選擇性較高，應(yīng)找到乙烯收率較高時(shí)的溫度，對(duì)應(yīng)下溫度在850左右，故答案為：溫度升高，反應(yīng)速率加快，轉(zhuǎn)化率升高；c；(3)由(2)分析可知

26、，我們要選擇乙烯收率較高的點(diǎn)，在圖2中，比值小于2時(shí)，乙烯收率隨比值增大在上升，比值大于2時(shí)，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，會(huì)造成積炭，故答案為：2.0；比值小于2.0時(shí)，乙烯的收率降低；比值大于2.0時(shí)，乙烯的收率并未增加且產(chǎn)生更多的積炭，堵塞反應(yīng)管；(4)c2h6(g)o2(g)c2h4(g)h2o(g)反應(yīng)是體積在增大的反應(yīng)，充入惰性氣體，總壓恒定，分壓就降低了，壓強(qiáng)降低會(huì)促使反應(yīng)向體積增大的方向移動(dòng)，即正向移動(dòng)。根據(jù)平衡常數(shù)的表達(dá)式kp75(kpa)0.5，故答案為：75(kpa)0.5?！军c(diǎn)睛】解答(1)關(guān)鍵在于考查斷鍵吸熱，成鍵放熱的知識(shí)；利用反應(yīng)速率的影響因素來分析實(shí)踐

27、生活中最佳的反應(yīng)條件，本題主要考慮溫度，化學(xué)反應(yīng)速率常數(shù)的表達(dá)式要轉(zhuǎn)變成用分壓來表示。10.高氯酸銨是一種常見強(qiáng)氧化劑，常用作火箭發(fā)射的推進(jìn)劑。根據(jù)下列信息回答問題: 已知:高氯酸銨受熱分解為n2、cl2、o2和h2o;mg3n2易水解;cu與n2在酒精燈加熱條件下不反應(yīng)。（1）寫出高氯酸銨受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式: _，mg3n2的電子式為_。（2）現(xiàn)有23.5g nh4clo4分解，用下列裝置設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證其分解產(chǎn)物并計(jì)算分解率。(注:裝置中空氣已除盡;裝置可重復(fù)使用;bf裝置中的試劑均過量且能與相應(yīng)物質(zhì)反應(yīng)完全。)用e裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的氣體產(chǎn)物之一，則e中盛放的試劑是:_。請(qǐng)按氣

28、流由左至右的方向連接裝置:a ed b_e (選擇bf裝置，并用bf字母填空)。證明產(chǎn)物中有cl2的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象:_。反應(yīng)結(jié)束后，若c裝置質(zhì)量增加了2.38g，則nh4clo4的分解率是:_%。（3）樣品中nh4clo4的含量(雜質(zhì)中不含nh4+)還可用蒸餾法測(cè)定(如圖所示，加熱和夾持裝置已略去)，實(shí)驗(yàn)步驟如下:步驟1:組裝儀器，檢查氣密性;準(zhǔn)確稱取樣品a g(不超過0.5g)于蒸餾燒瓶中，加入約150ml水溶解。步驟2:準(zhǔn)確量取40.00ml 約0.1mol/l h2so4于錐形瓶中。步驟3:向蒸餾燒瓶中加入20ml 3mol/l naoh溶液;加熱蒸餾使nh3全部揮發(fā)。步驟4:用新煮沸過的水沖

29、洗冷凝裝置23次，洗滌液并入錐形瓶中。步驟5:向錐形瓶中加23滴甲基橙，用c mol/l naoh標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗naoh標(biāo)準(zhǔn)溶液v1 ml。步驟6:重復(fù)實(shí)驗(yàn)23次。回答下列問題:步驟2中，準(zhǔn)確量取40.00ml h2so4 溶液的玻璃儀器是: _。為獲得樣品中nh4clo4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是:_。【答案】 (1). 2nh4clo42o2+n2+cl2+4h2o (2). (3). 濃硫酸 (4). e (5). f (6). c (7). d裝置中顏色由無色變?yōu)槌壬?(8). 85.0或85 (9). 酸式滴定管或移液管 (10). 用naoh標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度【解析

30、】【分析】（1）根據(jù)得失電子守恒配平高氯酸銨受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式；mg3n2是離子化合物；（2）a是高氯酸銨受熱分解的裝置；b是氫氧化鈉溶液，可以吸收氯氣；c中盛放mg粉，可以檢驗(yàn)氮?dú)?；d中溴化鉀可以檢驗(yàn)氯氣；f中銅粉可以檢驗(yàn)氧氣；e中盛放液體，根據(jù)e裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的水，所以e中盛濃硫酸；（3）根據(jù)硫酸體積的精度是0.01ml選擇儀器；要計(jì)算nh4clo4的含量，需要知道硫酸溶液的濃度?！驹斀狻浚?）根據(jù)得失電子守恒配平高氯酸銨受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式為2nh4clo42o2+n2+cl2+4h2o；mg3n2是離子化合物，電子式是；（2）a是高氯酸銨受熱分解的裝置；b是氫氧化鈉

31、溶液，可以吸收氯氣；c中盛放mg粉，可以檢驗(yàn)氮?dú)?；d中溴化鉀可以檢驗(yàn)氯氣；f中銅粉可以檢驗(yàn)氧氣；e中盛放液體，根據(jù)e裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的水，所以e中盛濃硫酸；根據(jù)以上分析，按氣流由左至右的方向連接裝置:a ed befce；d中溴化鉀可以與氯氣反應(yīng)，方程式是2kbr+cl2=2kcl+br2，溴水為橙色，所以d裝置中顏色由無色變?yōu)槌壬梢宰C明產(chǎn)物中有cl2；c中盛放mg粉，可以與氮?dú)夥磻?yīng)生成mg3n2，若c裝置質(zhì)量增加了2.38g，說明反應(yīng)生成氮?dú)?.38g，則nh4clo4的分解率是；（3）根據(jù)硫酸體積的精度是0.01ml，準(zhǔn)確量取40.00mlh2so4 溶液的玻璃儀器是酸式滴定管；

32、為獲得樣品中nh4clo4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是用naoh標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度。11.自然界中含錳元素的主要礦物有軟錳礦（mno2·xh2o）、黑錳礦mn3o4，大洋底部有大量錳結(jié)核礦。錳元素在多個(gè)領(lǐng)域中均有重要應(yīng)用，用于制合金，能改善鋼的抗沖擊性能等。（1）mn在元素周期表中位于_區(qū)，核外電子占據(jù)最高能層的符號(hào)是_，金屬錳可導(dǎo)電，導(dǎo)熱，具有金屬光澤，有延展性，這些性質(zhì)都可以用“_理論”解釋。（2）mn3+在水溶液中容易歧化為mno2和mn2+，下列說法合理的是_。a.mn3+的價(jià)電子構(gòu)型為3d4，不屬于較穩(wěn)定的電子構(gòu)型b.根據(jù)mn2+的電子構(gòu)型可知，mn2+中不含成對(duì)電子c

33、.第四周期元素中，錳原子價(jià)電子層中未成對(duì)電子數(shù)最多d.mn2+與fe3+具有相同價(jià)電子構(gòu)型，所以它們的化學(xué)性質(zhì)相似（3）在k2mnf6中，mnf62-的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為_。該化合物中含有的共價(jià)鍵在形成過程中原子軌道的重疊方式為_。（4）二價(jià)錳的化合物mno和mns熔融態(tài)均能導(dǎo)電，熔點(diǎn)mno_mns（選填“高于”、“等于”、“低于”）并解釋原因_。（5）某錳氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖：該錳的氧化物的化學(xué)式為_，該晶體中mn的配位數(shù)為_，該晶體中mn之間的最近距離為_pm（用a、b來表示）。【答案】 (1). d (2). n (3). 電子氣 (4). a (5). 6

34、(6). “頭碰頭” (7). 高于 (8). 均為離子晶體，o2-半徑比s2-半徑小，mno晶格能大，熔點(diǎn)高 (9). mno2 (10). 6 (11). 【解析】【分析】(1)mn是25號(hào)元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2；錳可導(dǎo)電，導(dǎo)熱，具有金屬光澤，有延展性，是因?yàn)橛凶杂呻娮樱@些性質(zhì)都可以用“電子氣理論”解釋；(2)amn3在水溶液中容易歧化為mno2和mn2，說明mn3不穩(wěn)定；bmn2中價(jià)電子層不含成對(duì)電子，但是內(nèi)層中含有成對(duì)電子；c第四周期中價(jià)電子層中未成對(duì)電子數(shù)最多的元素價(jià)電子排布式為：3d54s1；dmn2與fe3具有相同的價(jià)電子構(gòu)型，微粒

35、的化學(xué)性質(zhì)不僅與價(jià)電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)；(3)mnf62的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為6；f與mn之間的共價(jià)鍵都是共價(jià)單鍵；(4)物質(zhì)都屬于離子晶體，離子晶體的陰離子帶有相同電荷，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，晶格能越大，熔點(diǎn)越高；(5)用均攤法計(jì)算確定化學(xué)式，并結(jié)合微粒的空間排列確定mn的配位數(shù)；由晶胞結(jié)構(gòu)可知：在該晶胞中距離相等且最近的2個(gè)mn在晶胞體對(duì)角線的一半。【詳解】(1)mn是25號(hào)元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知m在元素周期表中位于第四周期第viib，屬于d區(qū)元素，核外電子占據(jù)最高能層的符號(hào)

36、是n；錳可導(dǎo)電，導(dǎo)熱，具有金屬光澤，有延展性，是因?yàn)橛凶杂呻娮?，這些性質(zhì)都可以用“電子氣理論”解釋，故答案為：d；n；電子氣；(2)amn3的價(jià)電子構(gòu)型為3d4，mn3在水溶液中容易歧化為mno2和mn2，說明mn3不穩(wěn)定，mn3容易變成電子半充滿的穩(wěn)定的價(jià)電子構(gòu)型為3d5，3d4則屬于不穩(wěn)定的電子構(gòu)型，故a正確；bmn2中價(jià)電子層不含成對(duì)電子，但是內(nèi)層中含有成對(duì)電子，故b錯(cuò)誤；c第四周期中價(jià)電子層中未成對(duì)電子數(shù)最多的元素價(jià)電子排布式為：3d54s1，是cr元素，故c錯(cuò)誤；dmn2與fe3具有相同的價(jià)電子構(gòu)型，微粒的化學(xué)性質(zhì)不僅與價(jià)電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)，因此它

37、們的化學(xué)性質(zhì)不相似，mn2具有強(qiáng)的還原性，而fe3具有強(qiáng)的氧化性，故d錯(cuò)誤；故答案選：a；(3)mnf62的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為6在化合物化合物k2mnf6中含有的f與mn之間的共價(jià)鍵都是共價(jià)單鍵，屬于鍵，在形成過程中原子軌道的重疊方式為“頭碰頭”，故答案為：6；“頭碰頭”；(4)mno和mns都是離子晶體，離子電荷數(shù)相同，o2離子半徑小于s2的離子半徑，mno的晶格能大，熔點(diǎn)更高，故答案為：高于；均為離子晶體，o2-半徑比s2-半徑小，mno晶格能大，熔點(diǎn)高；(5)在該晶體中含有的mn原子個(gè)數(shù)為：×812，含有的o原子數(shù)目為：×424，mn：o2：41：2，所以該錳的氧化物的化學(xué)式為mno2；根據(jù)晶胞投影圖可知：在該晶體體中與mn原子距離相等且最近的o原子有6個(gè)，所以mn的配位數(shù)為6；由晶胞結(jié)構(gòu)可知：在該晶胞中距離相等且最近的2個(gè)mn在晶胞體對(duì)角