沈陽市郊聯(lián)體2019屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題(含解析)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精沈陽市郊聯(lián)體2018—2019學(xué)年度高三年級第一次模擬考試?yán)砜凭C合（化學(xué)部分）可能用到的相對原子質(zhì)量有:H-1N-14O-16Mg—24S-32C-35。5Co-59一、選擇題：在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)吻合題目要求。1。對以下古詩文中的現(xiàn)象，解析錯(cuò)誤的選項(xiàng)是(）“以硫磺、雄黃合硝石并蜜燒之，焰起燒手、面及屋舍"，指的是黑火藥爆炸，其主要反應(yīng)的方程式為:S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑B?！八灸现迹ㄉ祝?，投之于地，其杓指南”,司南中“杓”的主要成分為Fe3O4C?！霸囉褚獰諠M，辨才須待七年期"，此文中“玉”的主要成分為硅酸鹽，該詩句表示玉的硬度很大D。“自古書契多編以竹簡,其用縑帛者（絲織品）謂之為紙",文中“紙”的主要成分是蛋白質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】A。“以硫磺、雄黃合硝石并蜜燒之，焰起燒手、面及屋舍”,描述的是黑火藥，黑火藥是由木炭粉（C）、硫磺（S)和硝石（KNO3)按必然比率配制而成的,其主要反應(yīng)的方程式為：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，故A正確；B、司南中“杓”能指示方向，說明擁有磁性,主要成分為Fe3O4，故-1-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精正確；C、玉的成分是硅酸鹽,“試玉要燒三日"滿說明“玉”的熔點(diǎn)較高,故C錯(cuò)誤；D、“縑帛者謂之為紙"，文中“紙”是絲織品，主要成分是蛋白質(zhì)，故D正確.選C.2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是( )平時(shí)狀況下,濃硝酸與銅反應(yīng)生成23gNO2和N2O4的混雜物，共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NAB。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，16g硫在足量的氧氣中充分燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NAC。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4。48L戊烷，含有共價(jià)鍵數(shù)目為3.2NAD。lmol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積平均混雜，AlO2－與Al(OH)3耗資的H+的數(shù)目分別是NA和1.5NA【答案】A【解析】【詳解】A、濃硝酸與銅反應(yīng)生成23gNO2和N2O4的混雜物，氮元素化合價(jià)由+5變成+4，NO2和N2O4的最簡式都是NO2，23gNO2和N2O4的混雜物中氮元素的物質(zhì)的量是0。5mol，所以共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0。5NA，故A正確；B、硫在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，硫元素化合價(jià)由0變成+4，16g硫轉(zhuǎn)移電子數(shù)2NA，故B錯(cuò)誤;C、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，戊烷是液體,不能夠計(jì)算4.48L戊烷的物質(zhì)的量,故C錯(cuò)誤；-2-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精D、沒有溶液體積不能夠計(jì)算溶質(zhì)物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤。3.苦艾精油由天然艾葉萃取精髓而成，中藥常用作溫經(jīng)通絡(luò)，益氣活血，祛寒止痛等?，F(xiàn)代科學(xué)此后中分別出多種化合物，其中四種的結(jié)構(gòu)以下：以下說法正確的選項(xiàng)是（)②③分子中全部的碳原子可能處于同一平面內(nèi)④的一氯代物有5種C。②、④互為同分異構(gòu)體①②③均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】D【解析】【詳解】A、用紅筆畫出的碳原子必然不在同一平面上，故A錯(cuò)誤;B、有6種等效氫，一氯代物有6種，故B錯(cuò)誤；C、②的分子式C10H18O,④的分子式C10H16O，分子式不相同，不是同分異構(gòu)體，故C錯(cuò)誤；D、①②③均含有碳碳雙鍵，都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D-3-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精正確。4。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,X原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，X、Y的核電荷數(shù)之比為3︰4。W－的最外層為8電子結(jié)構(gòu).Z與W形成離子化合物，水溶液顯中性。以下說法正確的選項(xiàng)是( )A.X氫化物的沸點(diǎn)必然低于Y的氫化物B。Y、W的某些單質(zhì)或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑C.原子半徑大?。篨<Y,Z>WD。Z與Y形成的化合物只含離子鍵【答案】B【解析】【解析】X原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，X是C元素;X、Y的核電荷數(shù)之比為3︰4，Y是O元素；W－的最外層為8電子結(jié)構(gòu)，Z與W形成離子化合物，水溶液顯中性，Z、W分別是Na、Cl.【詳解】A。碳?xì)浠衔锏姆悬c(diǎn)隨碳原子數(shù)增加而高升，有的碳?xì)浠衔锏姆悬c(diǎn)比水高，故A錯(cuò)誤；B。Cl2、ClO2可作水的消毒劑，故B正確；C.同周期元素從左到右半徑減小，原子半徑大小:O<C，Na>Cl，故錯(cuò)誤；D。Na與O形成的化合物Na2O2含離子鍵、共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤。5。完成以下實(shí)驗(yàn)所選擇的裝置或儀器正確的選項(xiàng)是（)-4-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精A.中和熱的測定B。用銅和濃硫酸制備二氧化硫C.考據(jù)碳酸鈉和碳酸氫鈉的熱牢固性D.檢驗(yàn)氧化產(chǎn)物【答案】C【解析】【詳解】A、中和熱的測定需要有玻璃攪拌器，故A錯(cuò)誤；B、銅和濃硫酸制備二氧化硫需要加熱，故B錯(cuò)誤；C、碳酸氫鈉擁有熱不牢固,加熱易分解，而碳酸鈉牢固性較強(qiáng)，加熱時(shí)難以分解，加熱大試管時(shí)，碳酸鈉的受熱溫度會(huì)高于碳酸氫鈉,可依照石灰水可否變渾濁判斷牢固性強(qiáng)弱，故C正確；D、碳與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化硫、水，二氧化碳、二氧化硫都能使石灰水變渾濁,故D錯(cuò)誤.6.某電池的簡單裝置圖以下所示，a、b、y、x電極資料均為惰性電-5-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精極，分別從A、B處通入乙醇和O2，用該裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn),以下說法正確的是（）―－A。a電極反應(yīng)式為C2H5OH+12OH―12e=2CO2↑+9H2OAlCl3溶液中的總反應(yīng)為2Cl－+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH－反應(yīng)開始后，觀察到x電極周邊出現(xiàn)白色積淀D。左側(cè)電池每通入32gO2，右側(cè)電解池共生成2mol氣體【答案】C【解析】【解析】分別從A、B處通入乙醇和O2，左側(cè)裝置是乙醇燃料電池，a是負(fù)極、b是正極;右側(cè)裝置為電解池,y是陽極、x是陰極?！驹斀狻緼。a是燃料電池負(fù)極，a電極反應(yīng)式為C2H5OH+16OH―－2－+11H2O，故A錯(cuò)誤；―12e=2CO3B.電解AlCl3溶液中的總反應(yīng)為2Al3++6Cl－+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH3）↓，故B錯(cuò)誤；C。反應(yīng)開始后,x電極的極反應(yīng)是2Al3＋+6H2O＋6e－＝3H2↑+2Al(OH）3↓，所以觀察到x電極周邊出現(xiàn)白色積淀，故C正確；D.左側(cè)電池每通入32gO2，轉(zhuǎn)移4mol電子，右側(cè)電解池生成2mol氫氣、2mol氯氣，共生成4mol氣體,故D錯(cuò)誤。7.常溫下，用等濃度的NaOH溶液分別滴定相同體積的NH4Cl、-6-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精KH2PO4及CH3COOH溶液，滴定曲線以下列圖,以下說法正確的選項(xiàng)是（）A。NH3·H2ONH4++OH－的lgKb=－9.25B。CH3COOH+HPO42－=CH3COO－+H2PO4－的lgK=2。110。1mol/LKH2PO4溶液中：c（HPO42－）〈c（H3PO4）在滴定過程中,當(dāng)溶液pH相同時(shí),耗資NaOH的物質(zhì)的量：CH3COOH〈KH2PO4<NH4Cl【答案】B【解析】【解析】依照圖像,c（NH3·H2O)＝c(NH4+）時(shí)pH=9.25,氨水的電離平衡常數(shù)Kb==10－4.75，同理可知H2PO4-的電離平衡常數(shù)Ka=106。86;CH3COOH的的電離平衡常數(shù)Ka=10－4。75。【詳解】A、氨水的電離平衡常數(shù)Kb==10－4.75,lgKb=－4.75，故A錯(cuò)誤；B、CH3COOH+HPO42－=CH3COO－+H2PO4－的K==-7-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精===102.11，lgK=2。11,故B正確；－電離大于水解，所以2－)〉C、KH2PO4溶液呈酸性,H2PO4c（HPO4c（H3PO4)，故C錯(cuò)誤；D、依照圖像，在滴定過程中，當(dāng)溶液pH相同時(shí)，耗資NaOH的物質(zhì)的量：CH3COOH>KH2PO4〉NH4Cl，故D錯(cuò)誤.【點(diǎn)睛】本題觀察弱電解質(zhì)的電離平衡,酸堿滴定原理,鹽類水解知識，牢牢掌握弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)的計(jì)算及應(yīng)用是解題的重點(diǎn)，重點(diǎn)觀察學(xué)生的讀圖能力。三、非選擇題(包括必考題和選課題兩部分，第22題一第32題為必考題毎個(gè)試題考生都必定作答，第33題一第38題為選考題,考生依照需要作答）(一)必考題（共129分）8.已知MgCl2+6NH3MgCl2·6NH3該反應(yīng)擁有極好的可逆吸、放氨特點(diǎn)。某課題組在實(shí)驗(yàn)室研究其特點(diǎn)，其中氨化(吸氨）過程裝置如圖,放氨過程實(shí)驗(yàn)裝置如圖.己知：相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)見下表-8-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精請回答：(1）實(shí)驗(yàn)室采用固固加熱的方式制備NH3,制備反應(yīng)的方程式為___________，虛框內(nèi)裝置的作用是___________，氨化過程采用冰水浴的原因可能是___________(填選項(xiàng)序號字母）.氨化過程為吸熱反應(yīng)，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行加快反應(yīng)速率防范氨氣從溶液中揮發(fā)，提高氨氣利用率增大六氨氯化鎂的溶解度(2）利用MgCl2溶液制備無水MgCl2，其詳盡操作為______________________.（3)提純MgCl2·6NH3操作中，以下沖洗劑最合適的是___________(填選項(xiàng)序號字母）。A冰濃氨水B乙二醇和水的混雜液C氨氣飽和的甲醇溶液D氨氣飽和的乙二醇溶液（4）進(jìn)行放氨實(shí)驗(yàn)時(shí)，三頸燒瓶加入1。97gMgCl2·6NH3和燒堿的濃溶液，加熱，其實(shí)不斷通入N2,通入N2目的是___________。經(jīng)過觀察燒杯中現(xiàn)象的變化就可以監(jiān)控MgCl2·6NH3的放氨過程，若要判斷轉(zhuǎn)變率可否達(dá)到或高出90%，則燒杯中溶液能夠是___________。-9-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精【答案】(1).2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2).吸取尾氣或防倒吸,防范右側(cè)水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器(3）。C(4）。在HCl的氛圍中蒸干氯化鎂溶液（5）。C（6）.將裝置內(nèi)氨氣全部趕入右側(cè)吸取裝置(7）。含少量甲基橙和0。054molH+的強(qiáng)酸溶液)(或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液)【解析】【解析】(1)實(shí)驗(yàn)室用加熱氯化銨和氫氧化鈣混雜物的方法制備氨氣；依照氨氣的性質(zhì)、六氨氯化鎂的溶解性解析虛框內(nèi)裝置的作用；MgCl2易水解，制備無水MgCl2需要控制MgCl2水解；(3)依照MgCl2·6NH3的溶解性及甲醇、乙二醇的沸點(diǎn)解析；（4）通入N2能夠?qū)⒀b置內(nèi)氨氣全部趕入右側(cè)吸取裝置；依照酸堿中和反應(yīng)判斷轉(zhuǎn)變率可否達(dá)到或高出90％?！驹斀狻浚?）實(shí)驗(yàn)室用加熱氯化銨和氫氧化鈣混雜物的方法制備氨氣,反應(yīng)方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；氨氣易溶于水,六氨氯化鎂易溶于水，虛框內(nèi)裝置的作用是吸取尾氣或防倒吸，干燥管防范右側(cè)水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器；A．氨化過程為吸熱反應(yīng),降低溫度反應(yīng)逆向進(jìn)行，故不選；B．降低溫度減慢反應(yīng)速率,故不選B；C．氣體溶解度隨溫度降低而增大,冰水浴能夠防范氨氣從溶液中揮發(fā)，提高氨氣利用率，應(yīng)選C；D．降低溫度減小六氨氯化鎂的溶解度，故不選D。(2）MgCl2易水解，為控制MgCl2水解,所以在HCl的氛圍中蒸干氯化鎂溶液制備MgCl2固體;-10-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精(3）A．MgCl2·6NH3易溶于水，故不選A；B．MgCl2·6NH3易溶于水,故不選B;C．MgCl2·6NH3難溶于甲醇，且甲醇的沸點(diǎn)低,所以用氨氣飽和的甲醇溶液沖洗MgCl2·6NH3，應(yīng)選C;D．MgCl2·6NH3難溶于乙二醇，乙二醇的沸點(diǎn)高，所以不用氨氣飽和的乙二醇溶液沖洗MgCl2·6NH3,故不選D.（3)通入N2能夠?qū)⒀b置內(nèi)氨氣全部趕入右側(cè)吸取裝置；1。97gMgCl2·6NH3的物質(zhì)的量是0。01mol，若轉(zhuǎn)變率可否達(dá)到90%，則放出氨氣的物質(zhì)的量為0.054mol，所以燒杯中溶液能夠是含少量甲基橙和0.054molH+的強(qiáng)酸溶液.9。CoCl2·6H2O是一種飼料營養(yǎng)增強(qiáng)劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2·6H2O的工藝流程以下:已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②酸性條件下，ClO3－不會(huì)氧化Co2+，ClO3－轉(zhuǎn)變成Cl－；③部分陽離子以氫氧化物形式積淀時(shí)溶液的pH見下表：（金屬離子濃度為：0。01mol/L)-11-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精CoCl2·6H2O熔點(diǎn)為86℃,加熱至110～120℃時(shí)，失去結(jié)晶生成無水氯化鈷。請回答：（1)寫出浸出過程中Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___________。(2）向浸出液中加入NaClO3發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式___________。（3）“加Na2CO3調(diào)pH至5。2”，過濾所獲取的積淀Ⅹ成分為___________.（4）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系以下列圖,萃取劑使用的合適pH范圍是___________.(填選項(xiàng)序號字母)A1.0～2。0B2。5~3.5C4.0～5。0（5)制得的CoCl2·6H2O在烘干時(shí)需減壓烘干的原因是___________。（6)為測定粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O含量，稱取2g的粗產(chǎn)品溶于水,配成100mL溶液，取出20mL置于錐形瓶，加入K2CrO4做指示劑(Ag2CrO4為磚紅色積淀），用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至終點(diǎn),重復(fù)2—3次,平均耗資AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL。該粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________用.K2CrO4做指示劑時(shí)，需要控制溶液pH值為6。5~10。5，試解析原因-12-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精______________________.【答案】（1）.Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42—+2H2O(2）。6H++6Fe2++ClO3-=6Fe3++Cl—+3H2O（3）.Fe（OH）3，Al（OH）3（4）。B(5）。降低烘干溫度，防CoCl2·6H2O高溫下失去結(jié)晶水（6)。59.5％(7）。pH太小K2CrO4氧化Cl-(或轉(zhuǎn)變成Cr2O72-）；pH太大生成Ag(OH)積淀(或Ag2O積淀)【解析】【解析】含鈷廢料中加鹽酸和亞硫酸鈉,可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可獲取FeCl3，爾后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可獲取Fe（OH)3、Al（OH）3積淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2,為獲取CoCl2?6H2O晶體,應(yīng)控制溫度在86℃以下，加熱時(shí)要防范溫度過高而失去結(jié)晶水，可減壓烘干，（1）依照流程圖結(jié)合信息浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等進(jìn)行解答；(2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+；(3）依照鋁離子、鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成積淀和二氧化碳進(jìn)行解答;（4)由表中數(shù)據(jù)可知，調(diào)治溶液PH在3.0～3。5之間，可使Mn2+完好積淀，并防范Co2+轉(zhuǎn)變成Co（OH)2積淀;(5）溫度高時(shí)CoCl2?6H2O分解；(6）依照CoCl2·6H2O與AgNO3反應(yīng)的關(guān)系式計(jì)算CoCl2·6H2O的純度，pH太小K2CrO4氧化Cl-(或轉(zhuǎn)變成Cr2O72-)，pH太大生成AgOH-13-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精積淀?！驹斀狻浚?）水鈷礦主要成分為Co2O3、Co（OH）3,加入鹽酸和亞硫酸鈉,浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原,依照電荷守恒和得失電子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：Co2O3+SO32—+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；(2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應(yīng)的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調(diào)pH至5。2，鋁離子與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑;鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳,水解的離子方程式為:2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH）3↓+3CO2↑,所以積淀X的成分為:Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）依照流程圖可知，此時(shí)溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子;由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系可知，調(diào)治溶液pH在3。0～3。5之間，可使Mn2+完好積淀，并防范Co2+轉(zhuǎn)變成Co（OH）2積淀，應(yīng)選B；（5）依照題意知，CoCl2?6H2O常溫下牢固無毒，加熱至110～120℃時(shí)，失去結(jié)晶水變成有毒的無水氯化鈷，為防范其分解，制得的CoCl2?6H2O需降低烘干溫度；（6）CoCl2·6H2O～2AgNO3238g2mol-14-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精xg0.2mol/L×0.01LX=0.238gCoCl2·6H2O的純度為59。5％pH太小K2CrO4氧化Cl—（或轉(zhuǎn)變成Cr2O72-），pH太大生成AgOH積淀，所以需要控制溶液pH值為6.5～10。5?！军c(diǎn)睛】本題經(jīng)過制取CoCl2?6H2O的工藝流程，觀察了物質(zhì)制備方案的設(shè)計(jì)，理解工藝流程圖、明確實(shí)驗(yàn)操作與設(shè)計(jì)及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的重點(diǎn)，試題充分觀察了學(xué)生的解析、理解能力及靈便應(yīng)用所學(xué)知識的能力.10.研究氮氧化合物的治理是環(huán)保的一項(xiàng)重要工作，合理應(yīng)用和辦理氮的化合物，在生產(chǎn)生活中有重視要的意義。(1）已知:N2(g)+O2（g）=2NO(g）△H=+181.5kJ－1·mol某科研小組試一試?yán)霉腆w表面催化工藝進(jìn)行NO的分解。若用●●、●○、○○和分別表示N2、NO、O2和固體催化劑,在固體催化劑表面分解NO的過程以以下列圖所示。從吸附到解吸的過程中，能量狀態(tài)最低的是___________(填字母序號).(2）為減少汽車尾氣中NOx的排放，常采用CxHy（烴）催化還原NOx除掉氮氧化物的污染.比方：①CH4（g)+4NO2（g)=4NO（g）+CO2（g)+2H2O（g)△H1=-15-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精－574kJ/mol②CH4(g)+4NO(g）=2N2(g）+CO2(g)+2H2O(g）△H2=－1160kJ/mol③CH4(g）+2NO2(g)=N2(g)+CO2（g)+2H2O(g）△H3則△H3=___________.（3）亞硝酰氯（ClNO)是有機(jī)合成中常用試劑,已知：2NO(g）+Cl2(g)2ClNO(g）△H＜0①必然溫度下，將2molNO與2molCl2置于2L密閉容器中發(fā)生反應(yīng),若該反應(yīng)4min后達(dá)平衡,此時(shí)壓強(qiáng)是初始的0。8倍，則平均反應(yīng)速－1－1率v（Cl2）=___________mol·Lmin。以下可判斷反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)的是___________(項(xiàng)序號字母)?；祀s氣體的平均相對分子質(zhì)量不變混雜氣體密度保持不變NO和Cl2的物質(zhì)的量之比保持不變每耗資1moINO同時(shí)生成1molClNO②為了加快化學(xué)反應(yīng)速率，同時(shí)提高NO的轉(zhuǎn)變率，其他條件不變時(shí)，可采用的措施有___________（填選項(xiàng)序號字母).A高升溫度B減小容器體積C再充入Cl2氣體D使用合適的催化劑③必然條件下在恒溫恒容的密閉容器中,按必然比率充入NO(g）和Cl2（g),平衡時(shí)ClNO的體積分?jǐn)?shù)隨n（NO)/n(Cl2)的變化圖像如圖(b)所示,當(dāng)n(NO)/n(Cl2）=2。5時(shí)，達(dá)到平衡狀態(tài)，ClNO的體積分?jǐn)?shù)可能是圖中D、E、F三點(diǎn)中的___________點(diǎn)。-16-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精(4）已知2NO(g）+O2(g）2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步:2NO（g)N2O2(g）(快)，v1正=k1正c2(NO），v1逆=k1逆c（N2O2)②N2O2(g）+O2(g)2NO2（g)(慢），v2正=k2正c（N2O2）·c(O2),v2逆=k2逆c2(NO2）比較反應(yīng)①的活化能E1與反應(yīng)②的活化能E2的大小：E1___________E2(填“〉"、”<”或“=”：）2NO（g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常數(shù)K與上述反應(yīng)速率常數(shù)k1正、k1逆、k2正、k2逆的關(guān)系式為___________.【答案】(1)。C（2）.—867kJ/mol(3）.0.1（4)。A，C（5）。B,C(6）。F（7).<（8)。K=(k1正×K2正）/(k1逆×K2逆)【解析】【解析】(1）結(jié)合固體催化劑的機(jī)理圖解答,整個(gè)反應(yīng)為N2（g）+O2(g）－12NO(g）△H=－181。5kJ·mol，并依照焓變來解答；（2）依照蓋斯定律計(jì)算△H3;3)①利用“三段式”計(jì)算反應(yīng)速率，依照平衡標(biāo)志解析可否達(dá)到平衡狀態(tài)；②依照影響反應(yīng)速率的因素和影響平衡搬動(dòng)的因素分析;③投料比等于系數(shù)比時(shí),達(dá)到平衡狀態(tài)ClNO的體積分?jǐn)?shù)最大；-17-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精（4）①反應(yīng)速率越快活化能越小；②依照反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)v1正=v1逆、v2正=v2逆計(jì)算；【詳解】（1）①從機(jī)理圖能夠看出，第一A狀態(tài)中，NO被吸附到催化劑表面，B狀態(tài)為NO變成N原子和O原子，這個(gè)過程需要吸取能量,C狀態(tài)為N原子和N原子結(jié)合變成N2，O原子和O原子結(jié)合變成O2，這個(gè)過程為成鍵過程，需要放出能量,則從整個(gè)反應(yīng)過程來看，反應(yīng)是N2(g)+O2（g)2NO(g)△H=－181.5kJ－1·mol，此反是放熱反應(yīng)，反應(yīng)焓變△0H，＜可見狀態(tài)C時(shí)系統(tǒng)能量最低.（2)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g）+CO（g）+2HO（g)△H=－574221kJ/mol②CH4(g）+4NO（g)=2N2（g）+CO2(g)+2H2O（g）△H2=－1160kJ/mol①×＋②×得CH4(g）+2NO2（g)=N2(g)+CO2（g)+2H2O(g)△H3=-867kJ/mol。(3)2NO(g)+Cl2（g）2ClNO（g)開始110轉(zhuǎn)變2xx2x平衡1—2x1-x2x該反應(yīng)4min后達(dá)平衡，此時(shí)壓強(qiáng)是初始的0。8倍，所以解得x＝0.4，則平均反應(yīng)速率v（Cl2)=0。1－1－1mol·L·min。A．,氣體總質(zhì)量不變、氣體物質(zhì)的量是變量，所以混雜氣體的平均相對分子質(zhì)量是變量，若混雜氣體的平均相對相對分子質(zhì)量-18-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精不變，必然達(dá)到平衡狀態(tài)，應(yīng)選A；B．，容器體積不變、氣體總質(zhì)量不變，密度是恒量，混雜氣體密度保持不變，不用然平衡,故不選B；C．NO和Cl2的物質(zhì)的量之比為，NO和Cl2的物質(zhì)的量之比是變量,若保持不變必然平衡，應(yīng)選C；D．每耗資1molNO同時(shí)生成1molClNO，不能夠判斷正逆反應(yīng)速率可否相等，不用然平衡,故不選D；選AC。A．2NO(g）+Cl2(g）2ClNO(g）正反應(yīng)放熱，高升溫度,平衡逆向搬動(dòng)，NO轉(zhuǎn)變率減小，故不選A；B．減小容器體積，壓強(qiáng)增大，速率加快、平衡正向搬動(dòng)，NO轉(zhuǎn)變率增大，應(yīng)選B；C．再充入Cl2氣體，氯氣濃度增大，速率加快、平衡正向搬動(dòng)，NO轉(zhuǎn)變率增大,應(yīng)選C；D．使用合適的催化劑，平衡不搬動(dòng)，NO轉(zhuǎn)變率不變，故不選D。③n（NO）/n(Cl2）=2時(shí)，達(dá)到平衡狀態(tài)ClNO的體積分?jǐn)?shù)最大,當(dāng)n（NO）/n(Cl2)=2。5時(shí),達(dá)到平衡狀態(tài)，ClNO的體積分?jǐn)?shù)可能是圖中F點(diǎn)(4）①因?yàn)闆Q定2NO（g）+O2(g）2NO2(g）速率的是反應(yīng)②，所以反應(yīng)①的活化能E1遠(yuǎn)小于反應(yīng)②的活化能E2；②，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)2v1正=v1逆、v2正=v2逆，即k1正c（NO)=k1逆c(N2O2）、k2正c（N2O2)·c（O2)=k2逆c2(NO2);帶入得，K=（k1正×K2正）/（k1逆×K2逆)。-19-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精(二)選考題（共15分）任選一道11.元素的基態(tài)原子的核外電子有3種能量狀態(tài)、5種空間狀態(tài)，X是其中第一電離能最小的元素；元素Y的M層電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與X的價(jià)電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同；元素Z位于第四周期，其基態(tài)原子的2價(jià)陽離子M層軌道全部排滿電子。(1）X基態(tài)原子的電子排布式為___________.（2）X的氫化物（H2X)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是___________.（3）在Y的氫化物(H2Y分子中，Y原子軌道的雜化種類是___________。（4）Y與X可形成YX32－。YX32－的立體構(gòu)型為___________（用文字描述)。②寫出一種與YX32－互為等電子體的分子的化學(xué)式___________.(5)Z的氯化物與氨水反應(yīng)可形成配合物［Z（NH3）4（H2O)2］Cl2，該配合物加熱時(shí),第一失去配離子中的配體是___________（寫化學(xué)式）。（6）Y與Z所形成化合物晶體的晶胞以下列圖，該化合物的化學(xué)式為___________。其晶胞邊長為540。0pm,密度為___________g·cm－3（列式并計(jì)算），a地址Y與b地址Z之間的距離為___________pm-20-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精（列式表示）【答案】(1）.1s22s22p4（2）.水分子和乙醇分子間形成氫鍵（3)。sp3(4）.三角錐形（5）。NCl3（或PCl3、等N、P的三鹵代物、SOCl2）(6).H2O（7).ZnS(8)。4.09（或4.1）（9)。135【解析】【解析】元素Z位于第四周期，其基態(tài)原子的2價(jià)陽離子M層軌道全部排滿電子,Z是Zn元素；元素的基態(tài)原子的核外電子有3種能量狀態(tài)、5種空間狀態(tài)，X是其中第一電離能最小的元素，說明X原子2p能級有4個(gè)電子，X是O元素;元素Y的M層電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與X的價(jià)電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，Y是S元素?！驹斀狻浚?)X是O元素，核外有8個(gè)電子,基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p4。(2）水分子和乙醇分子間形成氫鍵,H2S與乙醇分子不能夠形成氫鍵，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S.(3)H2S分子中，S原子雜化軌道數(shù)是，S原子軌道的雜化種類是sp3。（4）①SO32－中S原子雜化軌道數(shù)是，配位數(shù)是3,1對孤電子對，所以立體構(gòu)型為三角錐形.②SO32－的原子數(shù)是4、價(jià)電子數(shù)為26,互為等電子體的分子的化學(xué)式NCl3。（5)配合物［Zn（NH3）4（H2O）2］Cl2中O的非金屬性大于N,O-21-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精原子吸引孤電子對的能力大于N,所以Zn與H2O形成的配位鍵弱,所以該配合物加熱時(shí)，第一失去配離子中的配體是H2O。（6）S與Zn所形成化合物晶體的晶胞以下列圖，依照均攤原則，該晶胞中S原子數(shù)是、Zn原子數(shù)是4，化合物的化學(xué)式為ZnS。其晶胞邊長為540.0pm，密度為=－3pm，a與b之間的距離為4。09g·cm，體對角線的長度是體對角線的，a地址Y與b地址Z之間的距離為=135pm。12。芳香化合物A是一種基本化工原料,能夠從煤和石油中獲取．OPA是一種重要的有機(jī)化工中間體,A、B、C、D、E、F和OPA的轉(zhuǎn)變關(guān)系以下所示：已知：回答以下問題：(1）A的化學(xué)名稱是___________，由A生成B的反應(yīng)種類是___________。(2）寫出任意一種C的可能的結(jié)構(gòu)簡式__________