廣西南寧普通高中2019屆高三畢業(yè)班第一次適應(yīng)測(cè)試?yán)砭C化學(xué)試題

1、2019屆普通高中畢業(yè)班第一次適應(yīng)性測(cè)試化學(xué)試卷解析注意事項(xiàng)：1 .答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2 .作答時(shí)，務(wù)必將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷及草稿紙上無(wú)效。3 .考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：Li7C12N14O16P31S32Cl35.5Ca40Fe56Pd106第I卷一、選擇題7 .化學(xué)無(wú)處不在，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.元豐行示德逢里“雷蟠電掣云滔滔，夜半載雨輸亭皋”涉及化學(xué)反應(yīng)N2+O2放電2NO=8 .根據(jù)化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)之一（證據(jù)推理與模型認(rèn)知）可推知Cr（OH）3膠體也可吸附懸浮雜質(zhì)C.納米鐵粉可以高效地去除污水中的重金

2、屬離子是因?yàn)槠渚哂休^強(qiáng)的還原性D.二氧化硅廣泛用于制作光導(dǎo)纖維，光導(dǎo)纖維遇強(qiáng)酸強(qiáng)堿都會(huì)“斷路”【考點(diǎn)】化學(xué)和生活【解析】A.詩(shī)中主要涉及“雷雨發(fā)莊稼”，這是由于在放電條件下，空氣中的氧氣和氮?dú)饣仙闪说难趸?，氮的氧化物再?jīng)過(guò)復(fù)雜的化學(xué)變化，最后生成了易被農(nóng)作物吸收的硝酸鹽。N2+O2放電2NO;=2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO硝酸又和別的不溶鹽類反應(yīng)生成可溶的硝酸鹽，故A正確；9 .氫氧化銘屬兩性氫氧化物，與氫氧化鋁類似，Cr（OH）3膠體也可吸附懸浮雜質(zhì)，故B正確；C,利用納米鐵粉的還原性去除水體中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子，故C正確；D.二氧化硅具有

3、良好的光學(xué)特性，是制造光導(dǎo)纖維主要原料，能夠與氫氧化鈉等強(qiáng)堿反應(yīng)，遇強(qiáng)堿會(huì)“斷路”，但是二氧化硅不與除氫氟酸以外的酸起反應(yīng)，故遇強(qiáng)酸不會(huì)“斷路”，故D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緿8.設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,下列敘述正確的是（）A.等質(zhì)量的N2O和CO2中，分子數(shù)均為NaB. 3.1gP與3.2gS中，中子數(shù)均為1.6NaC. 0.4molBaCl2與0.4molNa?O2中，陰離子數(shù)均為0.8NaD. 1mol正丁烷與1mol異丁烷中，化學(xué)鍵數(shù)均為14Na【考點(diǎn)】阿伏伽德羅常數(shù)【解析】A.題目中沒(méi)有給出質(zhì)量，故無(wú)法算出一氧化二氮與二氧化碳的物質(zhì)的量，故無(wú)法求出分子數(shù)。故A錯(cuò)誤；B. 3.1gP的物質(zhì)的

4、量為0.1mol,中子數(shù)為（31-15）X0.1Na,=6Na,3.2g硫的物質(zhì)的量為0.1mol,中子數(shù)為（32-16）>0.1Na=1.6Na,故B正確；C. 0.4molBaCl2中，陰離子為Cl-,故陰離子數(shù)為0.8Na,0.4molNa2O2中，陰離子為過(guò)氧根（。22-）,故陰離子數(shù)為0.4Na,故C錯(cuò)誤；D. 1mol正丁烷中化學(xué)鍵數(shù)為13Na,1mol異丁烷中化學(xué)鍵數(shù)為13Na,故D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽9.某藥物中間體的合成路線如下。下列說(shuō)法正確的是A. 1mol對(duì)苯二酚與足量H2加成，消耗3molH2B. 2,5-二羥基苯乙酮不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 2,5-二羥基苯

5、乙酮中所有碳原子一定處于同一平面D.中間體分子中含有的官能團(tuán)之一是碳碳雙鍵【考點(diǎn)】有機(jī)物的性質(zhì)A,對(duì)苯二酚上的苯環(huán)與氫氣加成消耗3molH2,故選項(xiàng)正確。B. 2,5-二羥基苯乙酮含有酚羥基、厥基和苯環(huán)，能發(fā)生氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)、還原反應(yīng)等，所以能夠使酸性KMnO4溶液褪色，故選項(xiàng)錯(cuò)誤。C. 2,5-二羥基苯乙酮分子中苯環(huán)連著-COCH3,單鍵可以旋轉(zhuǎn)，苯環(huán)所在的平面和-COCH3所在的平面不一定共面，因此所有碳原子不一定共平面，故選項(xiàng)錯(cuò)誤。D.中間體分子中含有的官能團(tuán)有酯基，默基，氯原子、羥基，沒(méi)有碳碳雙鍵，故選項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼10.下列試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案

6、A證明HClO是弱酸用pH試紙測(cè)定NaClO溶液的pHB比較Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小分別向2mL濃度均為0.1molL-1的MgCl2溶液和FeCb溶液中滴加幾滴0.1molL-1的NaOH溶液，觀察生成沉淀的顏色C驗(yàn)證SO2的還原性將SO2氣體通入濱水中，觀察濱水是否褪色D實(shí)驗(yàn)室制備并檢驗(yàn)NH3加熱裝有NH4Cl的大試管，用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)產(chǎn)生的氣體，觀察試紙顏色變化【考點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)題【解析】A.NaClO具有漂白性，不能夠使用pH試紙進(jìn)行測(cè)量，故選項(xiàng)錯(cuò)誤；B.比較Ksp,需要一個(gè)沉淀轉(zhuǎn)化成另一個(gè)沉淀，分別在兩只試管里進(jìn)行反應(yīng)是比較不出來(lái)的，故選項(xiàng)錯(cuò)誤;C.具有還原性的物

7、質(zhì)可以使濱水褪色，故選項(xiàng)正確；D. NH4+需要與堿共同加熱才能產(chǎn)生NH3,故選項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾11 .X、Y、Z、W四種短周期元素在元素周表中的相對(duì)位置如表所示，Y是地殼中含量最高的元素。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）XYZA.原子半徑大小為X<Y<W<ZB.Y的氫化物沸點(diǎn)高于W的氫化物沸點(diǎn)C.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：W>XD.標(biāo)狀況下X的單質(zhì)狀態(tài)與Z的相同【考點(diǎn)】元素推斷；元素周期表和元素周期律【解析】地殼中含量最多的元素是氧元素，那么Y是O;則X為C;Z為Al;W為S。A項(xiàng)原子半徑大小比較，一看電子層數(shù)，二看核電荷數(shù)，電子層數(shù)多的原子半徑大，電子層數(shù)相同看核電荷數(shù)

8、，核電荷數(shù)小的原子半徑大，所以應(yīng)為Y<X<W<Z,A錯(cuò)誤，故選A;B項(xiàng)Y對(duì)應(yīng)的氫化物應(yīng)為H2O,W對(duì)應(yīng)的氫化物應(yīng)為H2S,水分子間有氫鍵使熔沸點(diǎn)增大，所以沸點(diǎn)H2O>H2S,B正確，故不選B;C項(xiàng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性與非金屬性有關(guān)。非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，S的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為H2SO4,C的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為H2CO3,S非金屬性比C的強(qiáng)，則酸性H2SO4>H2c。3,C正確，故不選C;D項(xiàng)X的單質(zhì)有石墨、金剛石、C60等，在標(biāo)況下均為固體狀態(tài)；Z的單質(zhì)為金屬鋁，在標(biāo)況下為固態(tài)，X的狀態(tài)相同與Z的相同，D正確，故不

9、選D;【答案】A12 .熱激活電池可用作火箭、導(dǎo)彈的工作電源。種熱激活電池的基本結(jié)鉤如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無(wú)水LiCl-KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能，此時(shí)硫酸鉛電處生成Pb,下列有關(guān)說(shuō)法正確的是旅川惜山救無(wú)水LiCl-KCl河電箱電池殼A.輸出電能時(shí)，外電路中的電子由硫酸鉛電流流向鈣電極B.放電時(shí)電解質(zhì)LiCl-KCl中的Li+向鈣電極區(qū)遷移C.每轉(zhuǎn)0.2mol電子，論上消耗42.5gLiClD.電池總反應(yīng)為Ca+PbSO4+2LiCl=Pb+Li2SO4+CaCl2【考點(diǎn)】電化學(xué)【解析】由題目可知硫酸鉛電極處生成Pb,則硫酸鉛電極的反應(yīng)為：PbSO4+2e-+2Li+=P

10、b+Li2so4則硫酸鉛電極為電池的正極，鈣電極為電池的負(fù)極。A項(xiàng)輸出電能時(shí)，電子由負(fù)極經(jīng)過(guò)外電路流向正極，即從鈣電極經(jīng)外電路流向硫酸鉛電極，A錯(cuò)誤，故不選A;B項(xiàng)Li+帶正電，放電時(shí)向正極移動(dòng)，即向硫酸鉛電極遷移，B錯(cuò)誤，故不選B;C項(xiàng)鈣電極為負(fù)極，電極反應(yīng)方程式為Ca+2Cl-2e=CaCl2,根據(jù)正負(fù)極電極反應(yīng)方程式可知2e-2LiCl,每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，消耗0.2molLiCl,即消耗85g的LiCl,C錯(cuò)誤，故不選C;D項(xiàng)負(fù)極反應(yīng)方程式為Ca+2Cl-2e-=CaCl2,正極電極反應(yīng)方程式為：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4,則總反應(yīng)方程式為：PbSO4+Ca+

11、2LiCl=Pb+CaCl2+U2SO4,D正確，故選D?！敬鸢浮緿13 .常溫下，HNO2的電離平衡常數(shù)為K=4.6*10-4（已知J46=2.14,向20ml0.01mol.L-1HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，測(cè)得混合液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示，下列判斷正確的是A.X=20B. a、b、c、d四點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中水的電離程度逐漸減小C. a點(diǎn)的溶液中c(H+)=2.14X10-3molL-1D. b點(diǎn)溶液中微粒濃度的大小關(guān)系為c(HNO2)>c(Na+)>(NO2)【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)的電離；鹽類水解【解析】HNO2的電離平衡常數(shù)為K=4.6X10-4,亞

12、硝酸為弱酸存在電離平衡，電離方程式為HNO2?NO2-+H+。A項(xiàng)，向20mL0.01mol?L-1的HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液，若恰好反應(yīng)需要?dú)溲趸c溶液體積20ml,而c點(diǎn)是溶液呈中性，溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液，Xv20mL,A錯(cuò)誤，故不選A;B項(xiàng)，c點(diǎn)是溶液呈中性，溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液。氫氧化鈉溶液體積為20ml時(shí)恰好反應(yīng)，那么a到恰好完全反應(yīng)時(shí)，水的電離程度逐漸增大。d點(diǎn)從圖中讀不出是在恰好反應(yīng)之前還是恰好反應(yīng)之后，B錯(cuò)誤，故不選B;+-2+2+C項(xiàng)，由HNO2?NO2-+H+,K=,4.610,得至Uc(H+)=2。c(HNO2)c(HNO2

13、)0.0114M0-3mol/L,C正確，故選C;D項(xiàng)，b點(diǎn)溶液為HNO2、NaNO2混合溶液，且濃度比為1:1;由NO2+H2O?HNO2+OH-,HNO2?H+NO2-,溶液呈酸性，可知電離程度大于水解程度，離子濃度大小為c(NO2-)>c(Na+)>c(HNO2),D錯(cuò)誤，故不選D。【答案】C第n卷二、非選擇題26.(14分)甲酸鈣廣泛用于食品、化工、石油等工業(yè)生產(chǎn)上，在300400c左右分解。I.實(shí)驗(yàn)室制取甲酸鈣的方法之一是Ca(OH)2+2HCHO+H2O2=Ca(HCOO)2+2H2O+H2。實(shí)驗(yàn)室制取時(shí)，將工業(yè)氫氧化鈣(含銅離子等雜質(zhì))和甲醛依次加入質(zhì)量分?jǐn)?shù)為30%7

14、0%的過(guò)氧化氫溶液中(投料時(shí)工業(yè)氫氧化鈣、甲醛、過(guò)氧化氫的物質(zhì)的量之比為1:2:1.2),最終可得到質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于98%且重金屬含量極低的優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品。(1)銅離子對(duì)該實(shí)驗(yàn)的影響是。(2)甲酸鈣的分解產(chǎn)物為。(3)制備時(shí)，在混合溶液中除了要加入微量硼酸鈉抑制甲醛發(fā)生副反應(yīng)外，還要加入少量的Na2s溶液。加硫化鈉的目的之一是除去重金屬離子，其反應(yīng)的離子方程式為。(4)實(shí)驗(yàn)時(shí)需強(qiáng)力攪拌45min,其目的是。(5)取ag優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品雜質(zhì)只有Ca(OH)2溶于水，加入bgNa2CO3(過(guò)量)，得到cg沉淀，則產(chǎn)品中甲酸鈣的百分含量為(列出計(jì)算式即可)。n.某研究性學(xué)習(xí)小組以工業(yè)碳酸鈣(主要成分為CaCO3,雜質(zhì)

15、為刃2。3、FeCO3)為原料，先制備無(wú)機(jī)鈣鹽,再與甲酸鈉溶液混合制取甲酸鈣。結(jié)合圖中幾種物質(zhì)的溶解度曲線及表中相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開(kāi)始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0molL-1計(jì)算)，現(xiàn)提供的試劑有：a.甲酸鈉b.5molL的硝酸c.澄清石灰水i1riQ20406080100的度汗4oTM睢牯的布解AqlgnsnTOfto卯州知aJOmMKO665544請(qǐng)補(bǔ)充完整由碳酸鈣制備甲酸鈣的實(shí)驗(yàn)步驟：步驟1:稱取13.6g甲酸鈉溶于約20mL水中，配成溶液待用，并稱取研細(xì)的碳酸鈣樣品10g待用。金屬離子開(kāi)始沉淀的pH沉淀完全的pH1-3+Fe13.23+Al3.05.0i-2+Fe

16、5.88.8步驟2:。步驟3:步驟4:過(guò)濾后，將濾液與甲酸鈉溶液混合，調(diào)整溶液pH為78,充分?jǐn)嚢瑁萌芤航?jīng)趁熱過(guò)濾、洗滌、干燥得甲酸鈣晶體。【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)【解析】(1)銅離子會(huì)催化雙氧水的分解。故答案為：銅離子對(duì)H2O2的分解有催化作用，促進(jìn)部分H2O2分解，導(dǎo)致H2O2用量增多(2)物質(zhì)的熱分解一般來(lái)說(shuō)得到相對(duì)應(yīng)的氧化物，且化合價(jià)不改變。所以甲酸鈣的分解產(chǎn)物為CaO、CO、H2OO故答案為：CaO、CO、H2O;(3)硫化鈉是可溶性鹽，可拆成離子。該反應(yīng)本質(zhì)上來(lái)說(shuō)是硫離子與銅離子的反應(yīng)生成硫化銅沉淀。故答案為：S2-+Cu2+=CuSJ(4)攪拌是使反應(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率，使其反

17、應(yīng)完全，提高產(chǎn)率。故答案為：使反應(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率并提高產(chǎn)率；(5)優(yōu)質(zhì)樣品所含成分為甲酸鈣與氫氧化鈣，二者總質(zhì)量為a。故設(shè)甲酸鈣物質(zhì)的量為xmol,氫氧化鈣物質(zhì)的量為ymol,則74x+130y=a。二者均含有鈣離子，均能與碳酸根反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀。Ca(OH)2CaCO3,Ca(HCOO)2CaCO3,且氫氧化鈣、甲酸鈣與碳酸鈣均為1：1的對(duì)應(yīng)關(guān)系，則100(x+y)=c。又因甲酸鈣的百分含量=甲酸鈣的質(zhì)量/總質(zhì)量X100%=130yM100%,則根據(jù)前兩方程式可聯(lián)立解得甲酸鈣的百分含量=a便工3乂100%,故答案為：(50a-37c)x130x100%2800a2800an.步驟

18、2：固體為金屬氧化物及碳酸鹽，故可用硝酸進(jìn)行溶解，且硝酸還具有強(qiáng)氧化性，可將亞鐵離子氧化成鐵離子，更易除去。故答案為：用稍過(guò)量硝酸溶解碳酸鈣樣品。步驟3:鐵離子在pH為3.2時(shí)沉淀完全，鋁離子在pH為5時(shí)沉淀完全，故若要除去雜質(zhì)離子，則加入石灰水調(diào)節(jié)pH至5,故答案為：用石灰水調(diào)整溶液的pH=5。步驟4:由圖像可知，溫度較高時(shí)，甲酸鈣溶解度很低，而其余物質(zhì)溶解度挺高，若要得到純凈的甲酸鈣晶體，則所得溶液需經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾、洗滌、干燥。故答案為：蒸發(fā)結(jié)晶。【答案】1(1)銅離子對(duì)H2O2的分解有催化作用，促進(jìn)部分H2O2分解，導(dǎo)致H2O2用量增多(2分)(2) CaO、CO、H2O(少1個(gè)扣

19、1分，2分)(3) S2+Cu2+=CuSJ(2分)2分）Al2O3,還含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程(4)使反應(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率并提高產(chǎn)率(,匚、(50a-37c)130(5)K100%28002800an.步驟2：用稍過(guò)量硝酸溶解碳酸鈣樣品(1分)步驟3:用石灰水調(diào)整溶液的pH=5(2分)步驟4:蒸發(fā)結(jié)晶(1分)27.(14分)工業(yè)上利用氧化鋁基廢催化劑(主要成分為如下:j二二55-0505050566534433221溝解度loon4o硝睢牯的靖僻置區(qū)100HoTO5D郵郵&I000町即.-s-a-anyv(1)Al2(SO4)3溶液烝干灼燒后所得物質(zhì)的

20、化學(xué)名稱是。(2)焙燒時(shí)AI2O3與(NH4)2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式為。水浸與中和步驟得到溶液的操作方法是。(3)浸液Y中含Pd元素的溶質(zhì)是(填化學(xué)式)。(4)“熱還原”中每生成ImolPd生成的氣體的物質(zhì)的量為(已知熱還原得到的固體只有Pd)。(5)Pd是優(yōu)良的儲(chǔ)氫金屬，其儲(chǔ)氫原理為2Pd(s)+xH2(g)=2PdHx(s),其中x的最大值為0.8。已知：Pd的密度為12gcm-3,則10.6cm3Pd能儲(chǔ)存標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2的最大體積為L(zhǎng)。(6)鋁的陽(yáng)極氧化法是將鋁作為陽(yáng)極，置于硫酸等電解液中，加入“-羥基丙酸、丙三醇后進(jìn)行電解，可觀察到鋁的表面會(huì)形成一層致密的氧化膜。寫(xiě)出電解時(shí)陽(yáng)極的電極

21、反應(yīng)式：。電解過(guò)程中生羥基丙酸、丙三醇的作用可能是?！究键c(diǎn)】化學(xué)工藝流程；無(wú)機(jī)化學(xué)的綜合運(yùn)用；【解析】(1)硫酸鋁不會(huì)發(fā)生改變，蒸干灼燒后仍然為硫酸鋁。2019屆普通高中畢業(yè)班第一次適應(yīng)性測(cè)試*化學(xué)t卷9/14(2)從流程中得知，反應(yīng)物為(NH4)2SO4和Al2O3,生成物包括NH3和Al2(SO4)3,不難推出還有另一個(gè)生成物水，注意條件高溫不要漏了；水浸后分離出濾渣和溶液，所以操作為過(guò)濾。氨氣中和后生成濾渣(NH4)2SO4,所以往前推理Y中含Pd的溶質(zhì)為H2PdCl6。(4)熱還原得Pd,所以推理生成物中氣體有氨氣和氯化氫，生成1molPd,則還有2mol氨氣和6molHCl,故氣體物

22、質(zhì)的量為8mol。(5)本題利用化學(xué)計(jì)量知識(shí)計(jì)算，m=pV,n=m/M,得n=1.2mol,x最大值為0.8,則令x=0.8,參與反應(yīng)氫氣為0.48mol,故標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體體積為10.752L。(6)陽(yáng)極反應(yīng)方程式為鋁失去電子，生成氧化膜氧化鋁，反應(yīng)式為2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；因?yàn)閷?shí)驗(yàn)?zāi)康氖怯^察氧化膜的形成，所以添加物的目的要從保持氧化膜的角度考慮即可，答案可以是抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)。【答案】(1)硫酸鋁(1分)(2)3(NH4)2SO4+Al2O3高溫A12(SO4)3+6NH3T+3HOJ(2分);過(guò)濾(1分)(3)H2PdC16(

23、2分)(4)8mo1(2分)(5)10.752(2分)(6)2A1+3H2O-6e-=Al2O3+6H+(2分)抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)(2分)28.研究化學(xué)反應(yīng)時(shí)，既要考慮物質(zhì)變化與能量變化，又要關(guān)注反應(yīng)的快慢與限度?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1) NH3還原NO是重要的煙氣脫硝技術(shù)，其反應(yīng)過(guò)程與能量關(guān)系如圖1所示。圖1中因?yàn)楦淖兞朔磻?yīng)條件，反應(yīng)的活化能b(填“V”或“=”)a。脫硝反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可表示為反應(yīng)物一生成物4H=(用Ei,E2的代數(shù)式表示)研究發(fā)現(xiàn)，一定條件下的脫硝反應(yīng)過(guò)程可能如圖2所示，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中物質(zhì)的作用，NO為劑，脫硝總反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

24、。(2) 一定溫度下，將不同物質(zhì)的量的“O(g)和CO分別通入容積為1L的恒容密閉容器中，進(jìn)行反應(yīng)H2O(g)+CO(g)=CO2(g)+H2(g),得到如表所示的三組數(shù)據(jù)：實(shí)驗(yàn)編號(hào)溫度/C起始里/mol平衡量/mol達(dá)到平衡所需時(shí)間/minH2O(g)CO(g)CO(g)H2(g)16502.04.03.01.0529001.02.01.80.243900abcdt4min內(nèi)，v(CO2)=;900c時(shí)，平衡常數(shù)為;降低溫度時(shí)，平衡常數(shù)會(huì)(填“增大”“減小”或“不變”)。650c時(shí)，若在此容器中充入2.0molH2O(g)、1.0molCO(g)、1.0molCO2(g)和xmolH2(g)

25、,要使反應(yīng)在開(kāi)始時(shí)間向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則x應(yīng)滿足的條件是。若a=2.0,b=1.0,則平衡時(shí)實(shí)驗(yàn)2中H2O(g)和實(shí)驗(yàn)3中CO(g)的轉(zhuǎn)化率(口的關(guān)系為a(HO)(填“V”或“=")"(CO)【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)與能量；化學(xué)反應(yīng)平衡【解析】(1)由圖像可知活化能降低，bva由圖，反應(yīng)物能量大于生成物能量，故反應(yīng)是放熱反應(yīng)，用-表示放熱，H=生成物能量-反應(yīng)物能量，故答案應(yīng)為：-(E2-E1)NO在反應(yīng)中化合價(jià)降低，作還原劑；由圖2可知反應(yīng)物為NH3,NO和。2生成物為心和H2O,所以化學(xué)方程式為4NH3+4NO+O2催化劑4N2+6H2O,故答案應(yīng)為：還原劑，4NH3+4NO+

26、O2催化劑4N2+6H2O;=(2)由方程式可知v(COz)：v(H2)=1:1,根據(jù)圖表計(jì)算v(H2)=0.05mol/L-1min-1,故v(CO2)=0.05mol/L-1min-1,11根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算公式，900c平衡常數(shù)為,650c平衡常數(shù)為1,故降低溫度平衡常數(shù)增大。故答案3631應(yīng)為：0.05mol/L-1min；一；增大；36xx12計(jì)算此時(shí)此刻的Q=-,化學(xué)平衡正向移動(dòng)，所以Qv平衡常數(shù)k,所以<1，x<-,由題x應(yīng)AQ22332故答案應(yīng)為：0WxV；3根據(jù)平衡常數(shù)和三段式分別求出實(shí)驗(yàn)2中”O(jiān)(g)的轉(zhuǎn)化率為20%實(shí)驗(yàn)3中CO(g)的轉(zhuǎn)化率為20%。故答案應(yīng)為：

27、=;【答案】(1)V;-(E2-E1);還原劑，4NH3+4NO+O2催化齊14N2+6H2O=12(2)0.05mol/L1min1；一；增大；0Wx一；:36335.化學(xué)一一選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)鐵及其化合物在生產(chǎn)生活及科學(xué)研究方面應(yīng)用非常廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)Fe原子的核外電子排布式為。(2)含鎰奧氏體鋼是一種特殊的鐵合金，主要由Fe和Mn組成，其中鎰能增加鋼鐵的強(qiáng)度和硬度，提高耐沖擊性能和耐磨性能。第一電離能I1(Fe)(填“大于”或“小于")I1(Mn),原因是FeF3具有較高的熔點(diǎn)(熔點(diǎn)高于1000C),其化學(xué)鍵類型是,FeBq的式量大于FeF3,但其熔點(diǎn)只

28、有200C,原因是。(4)FeCl3可與KSCN、苯酚溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。SCN-的三種元素中電負(fù)性最大的是OHrj苯酚()分子中氧原子的雜化形式為。苯酚分子中的大兀鍵可用符號(hào)表示，其中m代表參與形成大兀鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大兀鍵的電子數(shù)，則m=,n=。(5)Fe(CO)5與NH3在一定條件下可合成一種具有磁性的氮化鐵。該磁性氮化鐵的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。六棱柱底邊邊長(zhǎng)為acm,高為ccm,阿伏加德羅常數(shù)的值為Na,該磁性氮化鐵的密度為(列出計(jì)算式)g.cm-3.【考點(diǎn)】物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)【解析】(1) Fe為第26號(hào)元素，根據(jù)電子排布規(guī)律，可知Fe的電子排布為1s22s22p63s23p63d6

29、4s2或Ar3d64s2；故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2) Fe的電子排布為Ar3d64s2,Mn的電子排布為Ar3d54s2,Mn的3d能級(jí)為半充滿的相對(duì)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子，故第一電離能Fe<Mn；故答案為：小于；Mn的3d能級(jí)為半充滿的相對(duì)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子(3)根據(jù)FeF3的熔點(diǎn)可知，F(xiàn)eF3屬于離子晶體，故含離子鍵。FeBj熔點(diǎn)明顯低于FeF3,兩者晶體類型不同，F(xiàn)eBr3的化學(xué)鍵以共價(jià)鍵為主，屬于分子晶體；故答案為：離子鍵；兩者晶體類型不同，F(xiàn)eB%的化學(xué)鍵以共價(jià)鍵為主，屬于分子晶體。(4)同周期從左到右，電負(fù)性逐漸增強(qiáng)，同主族從上到下，電負(fù)性逐漸減弱，而周期內(nèi)變化比同族內(nèi)變化要小得多，根據(jù)三種元素位置關(guān)系可知，N元素電負(fù)性最強(qiáng)。故答案為：氮或N從苯酚的電子式可以看出，氧原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)n=4,故為sp3雜化；形成大兀鍵的原子數(shù)應(yīng)為6個(gè)C原子，參與形成大兀鍵的電子為C原子平行P軌道中的電子數(shù)，為6,故答案為：sp3;6,6(5)由圖可知：氮化鐵晶胞的質(zhì)量為m=6?56+2?14Na晶胞的體積為v=a2c6cm3根據(jù)公式可求