遼寧省丹東市2020屆高三化學(xué)第二次模擬考試試題含解析

1、遼寧省丹東市2020屆高三化學(xué)第二次模擬考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ni-59 Cu-641.化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會、環(huán)境密切相關(guān)。下列有關(guān)說法中正確的是A. 食用油反復(fù)加熱會產(chǎn)生稠環(huán)芳香烴等有害物質(zhì)B. 用填埋法處理未經(jīng)分類的生活垃圾C. 疫情期間可經(jīng)常用稀釋后的“84”消毒液對人手頻繁接觸的金屬門把手進行殺菌消毒D. 中國“人造太陽”利用氘和氚發(fā)生化學(xué)反應(yīng)產(chǎn)生上億度高溫【答案】A【解析】【詳解】A食用油反復(fù)加熱，會發(fā)生結(jié)焦等現(xiàn)象，產(chǎn)生稠環(huán)芳香烴等有害物質(zhì)，會危害人體健康，故A正確；B用填埋法處理未經(jīng)分類的生活垃圾，會造成土壤污染和地下水污

2、染，故B錯誤；C“84”消毒液具有強氧化性，會加快金屬的腐蝕，故C錯誤；D中國“人造太陽”利用氘和氚發(fā)生核反應(yīng)產(chǎn)生上億度高溫，故D錯誤；故選A。2.下列有機物具有較高的對稱性。下列有關(guān)它們的說法正確的是A. 有機物a 所有原子都在同一平面內(nèi)B. 有機物b 的一氯代物為6種C. 有機物c 和有機物d互為同系物D. 52g 有機物a和c的混合物充分燃燒消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣112L【答案】B【解析】【詳解】A乙烯中所有原子共平面，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，有機物a 所有原子不可能在同一平面內(nèi)，A錯誤；B有機物b 是對稱結(jié)構(gòu)，一氯代物為6種，B正確；C有機物c 和有機物d結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物

3、，C錯誤；Da的分子式C5H6，c的分子式C6H6，最簡式不同，不能求出燃燒消耗的氧的量，D錯誤；故選B。3.短周期主族元素X、Y、Z、Q、R 的原子序數(shù)依次增大，X 的簡單陰離子與鋰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，Y 原子最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)的2 倍，Q 的單質(zhì)與稀硫酸反應(yīng)生成X的單質(zhì)。向100mLX2R 的水溶液中緩緩?fù)ㄈ隦Z2氣體，溶液 pH 與 RZ2體積關(guān)系如下圖。下列說法不正確的是A. X2R溶液的濃度為0.4mol/LB. X簡單陰離子半徑大于鋰離子半徑C. 工業(yè)上采用電解熔融Q的氧化物的方法冶煉Q 的單質(zhì)D. RZ3 通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均產(chǎn)生相同的白色沉淀

4、物質(zhì)【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序數(shù)依次增大，X的簡單陰離子與鋰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則X為H元素；Y原子最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Y含有2個電子層，最外層含有4個電子，為C元素；Q的單質(zhì)與稀硫酸劇烈反應(yīng)生成X的單質(zhì)，Q為金屬元素；向100mLH2R的水溶液中緩緩?fù)ㄈ隦Z2氣體，溶液pH與RZ2體積關(guān)系如圖，R化合價為-2價，且有正化合價，則R為S元素，結(jié)合反應(yīng)2H2S+SO2=3S+2H2O可知，Z為O元素；Q的原子序數(shù)大于O小于S，可能為Na、Mg、Al【詳解】由上述分析可知，X為H，Y為C，Z為O，W為Na或Mg、Al，R為S。A標(biāo)況下4

5、48mL二氧化硫的物質(zhì)的量為：=0.020mol，根據(jù)2H2S+SO2=3S+2H2O可知，0.02mol二氧化硫完全反應(yīng)消耗0.04mol硫化氫，則硫化氫溶液濃度為： =0.4molL1，故A正確；BH和Li電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷大的離子半徑反而小，H簡單陰離子半徑大于鋰離子半徑，故B正確；CQ為活潑金屬，工業(yè)上通常采用電解法獲得Q的單質(zhì)，分別是電解熔融氯化鈉、電解熔融氯化鎂、電解熔融三氧化二鋁，故C錯誤；DSO3 通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均產(chǎn)生相同的白色沉淀物質(zhì)，成分為BaSO4，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，把握原子結(jié)構(gòu)、原子序數(shù)、元素的位置推斷

6、元素為解答的關(guān)鍵，注意元素化合物知識的應(yīng)用，易錯點C，鈉和鎂一般通過電解熔融的氯化物獲得。4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A. 1 mol Cl2溶于水，溶液中Cl-、HClO、ClO-粒子數(shù)之和小于2NAB. 密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備 PCl5（g），增加2NA個P-Cl鍵C. 3.0gC18O與15N2的混合物中所含中子數(shù)為1.6NAD. 0.1mol Na2O2與足量潮濕的二氧化碳反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA【答案】B【解析】【分析】A氯氣和水反應(yīng)是可逆反應(yīng)；BPCl3與Cl2反應(yīng)是可逆反應(yīng)； C3.0gC18O與15N2的混合物物質(zhì)的量為

7、0.1mol，所含中子數(shù)為1.6NA；DNa2O2與二氧化碳和水反應(yīng)都是自身氧化還原，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA?！驹斀狻緼氯氣和水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，1 mol Cl2溶于水，溶液中Cl-、HClO、ClO-粒子數(shù)之和小于2NA，正確；BPCl3與Cl2反應(yīng)是可逆反應(yīng)，1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備 PCl5（g），增加P-Cl鍵個數(shù)小于2NA，錯誤； C3.0gC18O與15N2的混合物物質(zhì)的量為0.1mol，所含中子數(shù)為1.6NA，C正確；D0.1mol Na2O2與足量潮濕的二氧化碳反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA，D正確；故選B。5.下列選用的儀器和藥品能達到實驗?zāi)康牡氖茿. 加

8、熱熔融的氫氧化鈉固體B. 驗證C. 檢查堿式滴定管是否漏液D. 侯氏制堿法制碳酸氫鈉【答案】A【解析】【詳解】A鐵與氫氧化鈉不發(fā)生反應(yīng)，故加熱熔融的氫氧化鈉固體可選用鐵坩堝，A正確；B驗證，應(yīng)確保硫酸銅和硫酸鎂濃度相等，B錯誤；C檢查堿式滴定管是否漏液，是向滴定管中注滿水，觀察液體是否從滴定管的尖嘴漏出即可，不需要用手捏玻璃珠，C錯誤；D往食鹽水中通入氨氣應(yīng)長進短出，且應(yīng)先通氨氣達到飽和再通二氧化碳?xì)怏w，D錯誤；故選A。6.下列圖示與對應(yīng)的敘述正確的是A. 反應(yīng)達到平衡后，升高溫度，平衡常數(shù)K值變大B. 表示鎂條放入鹽酸中生成氫氣速率隨時間的變化C. 表示25 時，用0.1 molL1鹽酸滴定

9、20 mL 0.1 molL1氨水，溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化D. 表示向Al2(SO4)3溶液中滴入NaOH溶液，生成Al(OH)3沉淀的量隨NaOH溶液體積的變化【答案】B【解析】分析】鎂條放入鹽酸中，反應(yīng)速率受溫度和濃度的影響，開始時，反應(yīng)放熱，生成氫氣速率增加，隨著反應(yīng)進行，鹽酸濃度降低，反應(yīng)速率減慢；【詳解】A合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)達到平衡后，升高溫度，平衡逆向進行，平衡常數(shù)K值減小，A錯誤；B鎂條放入鹽酸中，反應(yīng)放熱，生成氫氣速率增加，隨著反應(yīng)進行，鹽酸濃度降低，反應(yīng)速率減慢，B正確；C一水合氨為弱堿，因此0.1 molL1氨水，pH小于13，C錯誤；D向Al2(SO4)3

10、溶液中滴入NaOH溶液，完全反應(yīng)生成沉淀量最大時消耗氫氧化鈉溶液的體積和溶解氫氧化鋁消耗的氫氧化鈉之比為1:3，D錯誤；故選B。7.25 時，向Na2CO3溶液中滴入鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。已知：lg Xlg或lg，下列敘述正確的是A. 25 時，CO32-H2OHCO3-OH的平衡常數(shù)為1.0107.6B. 當(dāng)溶液呈中性時，c(Na)c(HCO3-)2c(CO32-)C. 曲線m表示pH與 -lg 的變化關(guān)系D. Ka1(H2CO3)的數(shù)量級為10-7【答案】D【解析】【分析】H2CO3的Ka1=、Ka2=，Ka1Ka2，當(dāng)c（H+）相同時，根據(jù)圖像知，n曲線代表p

11、H與-lg的變化關(guān)系，m曲線代表pH與-lg的變化關(guān)系；據(jù)此分析作答。【詳解】AH2CO3的電離平衡常Ka2=，在M點，-lg=1，則=10-1，pH=9.3，c(H+)=10-9.3 mol/L，則Ka2=10-10.3，25 時，CO32-H2OHCO3-OH的平衡常數(shù)Kh=，A錯誤；B溶液中電荷守恒為：c(Na) c(H+)c(HCO3-)2c(CO32-)c(OH-)c(Cl-)，溶液呈中性時，c(H+)c(OH-)，則c(Na)c(HCO3-)2c(CO32-)c(Cl-)，B錯誤；CH2CO3的Ka1=、Ka2=，Ka1Ka2，當(dāng)c（H+）相同時，根據(jù)圖像知，n曲線代表pH與-lg

12、的變化關(guān)系，m曲線代表pH與-lg的變化關(guān)系，C錯誤；DH2CO3的Ka1=，在N點，-lg=-1，則=10，pH=7.4，c(H+)=10-7.4 mol/L，Ka1=10-6.4，Ka1(H2CO3)的數(shù)量級為10-7，D正確；故選D。8.實驗室利用如圖裝置探究SO2還原CuO，并進一步檢測產(chǎn)物含量?；卮鹣铝邢嚓P(guān)問題：. SO2還原CuO探究(1)裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式_。(2)在制取SO2時，使用H2SO4溶液的濃度為_時（填序號，從下列濃度中選?。苽銼O2的速率明顯快。請解釋不選下列其它濃度硫酸的原因_。a. 98% H2SO4 b.65% H2SO4 c. 5% H2SO4

13、(3)充分反應(yīng)后，黑色固體變?yōu)榧t色。取C中適量的產(chǎn)物，加水后溶液顯藍色并有紅色沉淀物，取紅色沉淀物滴加鹽酸，溶液又呈現(xiàn)藍色并仍有少量紅色不溶物，由此可以得出：已知SO2與CuO反應(yīng)生成兩種產(chǎn)物，寫出該化學(xué)方程式_。取紅色沉淀物滴加鹽酸，反應(yīng)的離子方程式_。生成物中CuSO4含量檢測(4)用“碘量法”測定產(chǎn)物中CuSO4含量。取m g固體溶解于水配制成100mL溶液，取20.00mL溶液滴加幾滴稀硫酸，再加入過量KI溶液，以淀粉為指示劑用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，相關(guān)化學(xué)反應(yīng)為2Cu2+4I=2CuI+I2，I2+II3，I2+2S2O32=S4O62+2I。若消耗0.1000mol/L Na

14、2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則產(chǎn)物中CuSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。CuI沉淀物對I3具有強的吸附能力，由此會造成CuSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)測定值_（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮?(1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (2). b (3). 98%的H2SO4溶液c(H+)較小，反應(yīng)速率較小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集 (4). 3CuO+SO2CuSO4+Cu2O (5). Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O (6). (7). 偏小【解析】【分析】A中硫酸與亞硫酸鈉溶液反應(yīng)生成二氧化硫，B中為濃硫酸，可用于干燥二氧化硫，在C中加熱條件下，黑色

15、固體變?yōu)榧t色，取C中適量的產(chǎn)物，加水后溶液顯藍色并有紅色沉淀物，取紅色沉淀物滴加鹽酸，溶液又呈藍色并仍有少量紅色不溶物，說明生成硫酸銅和氧化亞銅，D用于吸收尾氣?！驹斀狻浚?）裝置A制備二氧化硫氣體，亞硫酸鈉與硫酸反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸鈉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O。故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）在制取SO2時，使用H2SO4溶液的濃度為65% H2SO4 時，制備SO2的速率明顯快，故選b。不選a. 98% H2SO4和C5% H2SO4，是因為：98%的H2SO4溶液c(H+)較小，反應(yīng)速率較小，5%

16、的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集；（3）結(jié)合信息Cu2O+2H=Cu+Cu2+H2O，顯示SO2與CuO反應(yīng)的產(chǎn)物中有Cu2O，SO2被CuO氧化為硫酸根，該化學(xué)方程式3CuO+SO2CuSO4+Cu2O；取紅色沉淀物滴加鹽酸，發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅鹽和單質(zhì)銅，反應(yīng)的離子方程式Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；（4）根據(jù)2Cu2+4I=2CuI+I2，I2+II3，I2+2S2O32=S4O62+2I，可以得出關(guān)系式2Cu2I22Na2S2O3，若消耗0.1000mol/L Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則產(chǎn)物中CuSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 100%，則產(chǎn)物中CuSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

17、；因為CuI沉淀物對I3離子具有強的吸附能力，會造成I2實際消耗量偏少，由此造成CuSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)測定值偏小?！军c睛】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)實驗，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、實驗裝置的作用、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R的應(yīng)用，難點（4）學(xué)會關(guān)系式法在計算中的應(yīng)用。9.硫酸鎳是電鍍鎳和化學(xué)鍍鎳時使用的主要鎳鹽。以廢鎳催化劑（主要成分為NiCO3和SiO2，還含有少量Fe2O3、Cr2O3）為原料制備硫酸鎳晶體的流程如圖所示：已知：Ni3+的氧化性比稀HNO3強?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：Cr3+4OH-= CrO2-+2H2O?！耙淮螇A析”時，需加入過量的NaO

18、H溶液的目的是_。(2)“氨解”的目的為_。(3)“凈化”“過濾”后得到含有兩種元素的不溶性化合物，該化合物的化學(xué)式為_，寫出“氧化”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_。(4)從NiSO4溶液中得到硫酸鎳晶體需經(jīng)過“系列操作”為_，_，過濾，洗滌，干燥（填操作名稱）。(5)1844年，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)金屬鎳可以用NaH2PO2將水溶液中的Ni2+還原出來，NaH2PO2將轉(zhuǎn)化為H3PO3，這一原理現(xiàn)用于化學(xué)鍍鎳。寫出化學(xué)鍍鎳原理的離子方程式_。(6)為測定硫酸鎳晶體（NiSO4n H2O）的組成，進行如下實驗：稱取2.63g樣品，配成250.00mL溶液，準(zhǔn)確量取配制的溶液25.00mL，用0.0400mo

19、l/L EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ni2+（離子方程式為Ni2+H2Y2-=NiY2-+2H+），消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。則硫酸鎳晶體的化學(xué)式為_?！敬鸢浮?(1). 除去Cr元素 (2). 實現(xiàn)鎳元素與鐵元素分離 (3). NiS (4). 3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO+3S4H2O (5). 蒸發(fā)濃縮 (6). 冷卻結(jié)晶 (7). Ni2+H2PO2-+H2O=H3PO3+H+Ni (8). NiSO46H2O【解析】【分析】廢鎳催化劑的主要成分為NiCO3和SiO2，還含有少量Fe2O3、Cr2O3，酸溶時NiCO3、Fe2O3、Cr2O3與硫酸反應(yīng)

20、生成NiSO4、Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3，SiO2不反應(yīng)；過濾后濾液中加入NaOH進行一次堿析，根據(jù)“Cr3+4OH-= CrO2-+2H2O”，NiSO4、Fe2(SO4)3轉(zhuǎn)化成Ni（OH）2、Fe（OH）3沉淀，Cr元素轉(zhuǎn)化成CrO2-進入濾液I中；氨解過程中Ni（OH）2轉(zhuǎn)化成Ni(NH3)62+；加入H2S凈化時Ni(NH3)62+轉(zhuǎn)化為NiS沉淀，NiS中加入稀硝酸，由于Ni3+的氧化性比稀HNO3強，故稀硝酸將NiS轉(zhuǎn)化成Ni(NO3)2和S；二次堿析時Ni(NO3)2與NaOH反應(yīng)生成Ni（OH）2沉淀，Ni（OH）2與硫酸反應(yīng)生成NiSO4，硫酸鎳溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮

21、、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得硫酸鎳晶體；據(jù)此分析作答?！驹斀狻浚?）根據(jù)“Cr3+4OH-= CrO2-+2H2O”，“一次堿析”時加入過量的NaOH溶液，將Cr3+和氫氧根反應(yīng)生成了CrO2-，除去了Cr元素，故本題答案：除去Cr元素。（2）氨解過程中加入NH4Cl氨水混合液，Ni（OH）2轉(zhuǎn)化成Ni(NH3)62+，而不溶解Fe（OH）3，從而實現(xiàn)鎳元素和鐵元素的分離，本題答案為：實現(xiàn)鎳元素和鐵元素的分離。（3）“凈化”過程中通入H2S，生成NiS沉淀；“氧化”過程中，因為Ni3+的氧化性比稀HNO3強，稀HNO3被還原為NO，NiS被氧化為S，反應(yīng)的離子方程式為3NiS+8H+2NO3

22、-=3Ni2+2NO+3S4H2O，故本題答案為：NiS；3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO+3S4H2O。（4）從NiSO4溶液中得到硫酸鎳晶體需經(jīng)過“系列操作”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故本題答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶。（5）用NaH2PO2將水溶液中的Ni2+還原出來，NaH2PO2將轉(zhuǎn)化為H3PO3，Ni元素的化合價由+2價降為0價，P元素的化合價由+1價升至+3價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，則離子方程式為：Ni2+H2PO2-+H2O=H3PO3+H+Ni，故本題答案為：Ni2+H2PO2-+H2O=H3PO3+H+Ni。（6）根據(jù)方程式Ni2+H

23、2Y2-=NiY2-+2H+可知，原樣品中含NiSO4的物質(zhì)的量為：0.0400mol/L0.025L10=0.01mol，該物質(zhì)的的摩爾質(zhì)量為=263g/mol，結(jié)晶水的系數(shù)n為=6，則化學(xué)式為：NiSO46H2O，本題答案為：NiSO46H2O?！军c睛】解答流程題的思路是：瀏覽全題，確定該流程的目的，看懂生產(chǎn)流程圖；了解流程圖以外的文字描述、表格信息、后續(xù)設(shè)問中的提示性信息，并在下一步分析和解題中隨時進行聯(lián)系和調(diào)用；解析流程圖并思考從原料到產(chǎn)品依次進行了什么反應(yīng)，利用了什么原理。每一步操作進行到什么程度最佳，每一步除目標(biāo)物質(zhì)外還產(chǎn)生了什么雜質(zhì)或副產(chǎn)物，雜質(zhì)或副產(chǎn)物是怎樣除去的等等。要抓住一

24、個關(guān)鍵點：一切反應(yīng)或操作都是為獲得產(chǎn)品而服務(wù)。10.氨和甲烷等原料在工業(yè)生產(chǎn)中發(fā)揮著重要的作用。我國科學(xué)家以MoS2 為催化劑，通過調(diào)節(jié)催化劑/電解質(zhì)的表界面相互作用，在不同電解質(zhì)溶液中實現(xiàn)常溫電催化合成氨，其反應(yīng)歷程與相對能量模擬計算結(jié)果如圖所示。(1)將Na2SO4 溶液換成Li2SO4 溶液后，反應(yīng)速率明顯加快的主要原因是加快了下列_轉(zhuǎn)化的反應(yīng)速率(填標(biāo)號)。AN2*N2 B*N2*N2H C*N2H3*N D*NH*NH2. 甲烷水蒸氣的重整反應(yīng)是工業(yè)制備氫氣的重要方式，其化學(xué)反應(yīng)方程式為CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。回答下列問題：(2)已知：CH4(g)+2O2

25、(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) H1=akJmol1，2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g) H2=b kJmol1，2H2(g) +O2(g)=2 H2O (l) H3=c kJmol1CO(g)+ H2O(g)= CO2(g)+ H2 (g) H4=d kJmol1則甲烷水蒸氣重整反應(yīng)的H=_kJmol1（用字母a、b、c、d表示）通過計算機模擬實驗，對4001200、操作壓強為0.1MPa條件下，不同水碳比（110）進行了熱力學(xué)計算，反應(yīng)平衡體系中H2物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與水碳比、平衡溫度的關(guān)系如圖所示： 結(jié)合如圖回答：當(dāng)平衡溫度一定時，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與水碳比（110）的關(guān)系是

26、_，其原因是_。若密閉容器中僅發(fā)生CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，平衡溫度為750，水碳比為1.0時，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)0.5，甲烷的轉(zhuǎn)化率為_，其壓強平衡常數(shù)Kp為_；用氣體分壓表示反應(yīng)速率方程為v=k p(CH4)p1(H2)，則此時反應(yīng)速率v=_。（已知：氣體分壓=氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)總壓，速率方程中k 為速率常數(shù)）。.利用天然氣合成氨，并生產(chǎn)尿素的流程如下：(3)“電化學(xué)轉(zhuǎn)化與分離”裝置如圖，混合氣中CO轉(zhuǎn)化成CO2的電極反應(yīng)式為_?！敬鸢浮?(1). B (2). (a+d-b-c) (3). 水碳水比大時，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)越大 (4). 水碳水比較大時，CO會與

27、H2O進一步反應(yīng)生成H2，使H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大 (5). 50.0% (6). 7.510-3(MPa) (7). (8). CO-2e-+H2O=CO2+2H+【解析】【詳解】(1)由圖可知，需要吸收的能量最高，是該反應(yīng)過程中的決定反應(yīng)速率的步驟，將Na2SO4 溶液換成Li2SO4 溶液后，需要的能量降低，反應(yīng)速率加快，故選B；(2)設(shè)CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) H1=akJmol1，為反應(yīng)；2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g) H2=b kJmol1，為反應(yīng)；2H2(g) +O2(g)=2 H2O (l) H3=c kJmol1，為反應(yīng)；CO(

28、g)+ H2O(g)= CO2(g)+ H2 (g) H4=d kJmol1為反應(yīng)；根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可由+-得到，故該反應(yīng)的H= (a+d-b-c) kJmol1；根據(jù)曲線走勢可知，水碳比越大，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)越大；根據(jù)題(2)中的反應(yīng)可知，當(dāng)水碳比較大時，甲烷水解重整反應(yīng)體系中會存在CO與H2O的反應(yīng)CO(g)+ H2O(g)= CO2(g)+ H2 (g)，會使H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大；由于水碳比為1.0，設(shè)開始加入的CH4和H2O的物質(zhì)的量都為，轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為。 ，解得=0.5mol，故CH4的轉(zhuǎn)化率為；反應(yīng)后總物質(zhì)的量為3mol，所

29、以CH4、H2O、CO、H2的分壓分別為：、，；用氣體分壓表示反應(yīng)速率方程為v=k p(CH4)p1(H2)= ；(3)CO轉(zhuǎn)化成CO2時CO失電子，電極反應(yīng)為：CO-2e-+H2O=CO2+2H+?！军c睛】本題要注意第（1）題，化學(xué)反應(yīng)速率一般取決于反應(yīng)歷程中能量變化最大的一步，因為能量變化大的步驟進行的會比較慢，這在化學(xué)中叫做速率控制步驟，也叫限速步驟，簡稱速控步，或決速步驟。11.在人類文明的歷程中，改變世界的事物很多，其中鐵、聚乙烯、二氧化硅、苯、青霉素、氨等17種“分子”改變過人類的世界。(1)鐵離子的價層電子排布圖為_。(2)碳化硅晶體、硅晶體、金剛石均是原子晶體，用化學(xué)式表示其熔

30、點由高到低的順序是_。(3)1mol 苯分子中含有鍵的數(shù)目為_。(4)6氨基青霉烷酸的結(jié)構(gòu)如圖1所示，其中采用sp3雜化的原子電負(fù)性由大到小的順序是_。(5)鐵和氨氣在640可發(fā)生置換反應(yīng)，產(chǎn)物之一的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，寫出該產(chǎn)物的化學(xué)式_。(6)晶胞有兩個基本要素：原子坐標(biāo)參數(shù)：表示晶胞內(nèi)部各微粒的相對位置。如圖是CaF2的晶胞，其中原子坐標(biāo)參數(shù)A處為(，0)；B處為(0，0，0)；則C處微粒的坐標(biāo)參數(shù)為_。晶胞參數(shù)：描述晶胞的大小和形狀。晶胞參數(shù)a pm，求CaF2晶體的密度為_gcm3，（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，用含a、NA的式子表示)。【答案】 (1). (2). CSiCSi (3

31、). 12NA (4). ONSC (5). Fe4N (6). () (7). 【解析】【詳解】（1）鐵是26號元素，基態(tài)原子核外有26個電子，根據(jù)構(gòu)造原理，原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，3d、4s能級上電子是其價電子，故鐵離子（Fe3+）的價層電子排布圖，故本題答案為：；（2）原子晶體的熔點高低和共價鍵鍵能有關(guān)，已知鍵長：C-CC-SiSi-Si，鍵長越小，鍵能越大，熔點越高，所以熔點大小為金剛石碳化硅硅，故本題答案為：CSiCSi。（3）一個苯環(huán)分子內(nèi)：相鄰的每兩個碳原子間有一個鍵，共6個；苯環(huán)與氫原子間有1個鍵，共6個；一苯環(huán)分子共12個鍵，1mol

32、苯分子中含有12NA個鍵，故本題答案為：12NA；（4）只要共價單鍵和孤電子對的和是4的原子就采取sp3雜化，根據(jù)圖片可知，采用sp3雜化的原子有C、N、O、S，電負(fù)性大小為：ONSC，故本題答案為：ONSC；（5）該晶胞中鐵原子個數(shù)=8+6=4，氮原子個數(shù)是1，所以氮化鐵的化學(xué)式是Fe4N，故本題答案為：Fe4N；（6）B處于底面面心上，C位于頂點上，則由A的坐標(biāo)參數(shù)可知，晶胞棱長=1，C點的坐標(biāo)參數(shù)為()，故本題答案為()； 由于F-位于晶胞的內(nèi)部，Ca2+位于晶胞的頂點和面心，所以平均每個晶胞含有F-和Ca2+數(shù)目分別是8個和4個，晶胞的邊長為a10-10cm，所以= gcm3= gcm3，故本題答案為：?！军c睛】用均攤法確定晶胞中所含微粒數(shù)，立方晶胞頂點的原子被一個晶胞占用、晶胞棱上的原子被一個晶胞占用、晶