2020年四川省攀枝花市高考化學(xué)三模試卷

1、2020 年四川省攀枝花市高考化學(xué)三模試卷一、單選題（本大題共7 小題，共27.0 分）1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法不正確的是()A. 碳酸鈉俗稱純堿，可用于去除餐具的油污B. 鹽堿地不利于作物生長(zhǎng)，可通過(guò)施加生石灰進(jìn)行改良C. 用 K2 FeO4處理自來(lái)水，既可殺菌消毒又可除去懸浮雜質(zhì)D. 生產(chǎn)醫(yī)用口罩的聚丙烯樹(shù)脂原料屬于合成有機(jī)高分子材料2. 螺環(huán)化合物是指分子中兩個(gè)環(huán)共用一個(gè)碳原子的化合物。甲、乙、丙三種有機(jī)物的結(jié)構(gòu)如圖。下列說(shuō)法中正確的是 ( )A. 甲、乙、丙都屬于螺環(huán)化合物B. 丙是環(huán)氧乙烷 () 的同系物C. 甲、乙互為同分異構(gòu)體D. 甲、乙、丙分子中所有碳原子均處于同

2、一平面3. 設(shè) NA 表示阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是( )A. 由 H182 O與 D162 O組成的 2.0g 物質(zhì)中所含中子、電子數(shù)均為NAB.C.0.1molFe 分別與足量的鹽酸和氯氣反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為0.2N A0.1molAl 與足量 NaOH 溶液反應(yīng)，生成氫分子數(shù)為0.3NAD. 25 ，將 0.1molCH 3COONa加入稀醋酸至溶液呈中性時(shí)，溶液中CH3COO- 數(shù)小于 0.1NA4. 電解合成1 2 -二氯乙烷的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說(shuō)法中不正確的是( )，A. 該裝置工作時(shí)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)是CuCl(s) + Cl- - e- = CuCl2B. 液相反

3、應(yīng)為 CH2 = CH2 + 2CuCl2 = ClCH2 CH2 Cl + 2CuCl(s)C. X 、 Y 依次為陽(yáng)離子交換膜、陰離子交換膜D. 該裝置總反應(yīng)為 CH2?電解 ?= CH2 + 2NaCl + 2H2 O-ClCH2CH2Cl + 2NaOH + H2?5. W 、X 、 Y 、 Z 為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，W 、 X 、 Y 位于不同周期，X 的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3 倍， Y 與 Z 的原子序數(shù)之和是 X 的原子序數(shù)的4倍。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 ()A. 原子半徑大小順序?yàn)椋篩ZXWB. W 分別與 X 、 Y 、 Z 形成的簡(jiǎn)單化合物中，與Y 形成的化合物

4、最不穩(wěn)定C. W 、X 形成的化合物的沸點(diǎn)一定高于W 、 Z 形成的化合物的沸點(diǎn)D. W 、 X、 Z 形成的化合物的酸性一定強(qiáng)于W 、 X 、 Y 形成化合物的酸性第1頁(yè)，共 14頁(yè)6. 根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是( )選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向 BaCl2溶液中通入 SO2 和氣體 X，出現(xiàn)白色沉淀氣體 X 一定作氧化劑BNaHCO3溶液與 NaAlO 2溶液混合，立即產(chǎn)生白色沉淀結(jié)合 H+ 的能力：AlO 2- CO32-C向盛有 Cu2 O的試管中加入足量稀硫酸，溶液變?yōu)樗{(lán)色，氧化性： H + Cu2+試管底有紅色沉淀向 2 支盛有 2mL0.1mol/LNaOH溶液的

5、試管中分別滴入Ksp Al(OH) 3D2 滴 0.1mol/LAlCl 3、 MgCl 2溶液，振蕩，前者無(wú)沉淀， K sp Mg(OH) 2 后者有白色沉淀A. AB. BC. CD. D7. 25 ，用 0.1000mol/L 的 NaOH 溶液滴定 40.00mL0.1mol/L 的某二元弱酸 H2R溶液，所得滴定曲線如圖所示 ( 設(shè)所得溶液體積等于兩種溶液體積之和 ) 。下列說(shuō)法正確的是 ( )A.B.C.D.若只滴定到第一反應(yīng)終點(diǎn)，可用酚酞做指示劑圖中 Y 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(Na + ) + c(H + ) = 2c(HR - ) + c(OH - )圖中 Z 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中 c

6、(Na + )約為 0.067mol/L ， R2- 的水解率大于 1% 若 pK = -lgK ， 2HR- ? R2- + H2 R達(dá)平衡時(shí) pK = 5.19二、簡(jiǎn)答題（本大題共4 小題，共58.0 分）8. 碲 (Te) 元素是當(dāng)今新材料的主要成分之一。工業(yè)上從電解法精煉銅的陽(yáng)極泥中提取純度較高的碲，經(jīng)預(yù)處理后的陽(yáng)極泥中含 TeO2 及鐵、鉛、銅的化合物等，通過(guò)以下流程得到：已知： 1. TeO2 是兩性氧化物，微溶于水，可溶于強(qiáng)酸或強(qiáng)堿。2.部分難溶物的 K sp 如表：化合物Fe(OH) 2Pb(OH) 2Cu(OH) 2FeSPbSCuSKsp8 10 -161.2 10 -15

7、1.3 10-204 10 -191 10 -286 10 -36回答下列問(wèn)題：(1) “堿浸”時(shí) TeO2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 _。(2) 加入 Na2S溶液的主要目的是 _。(3) “沉碲”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。第2頁(yè)，共 14頁(yè)(4) “酸溶”后， 將SO2 通入溶液中進(jìn)行“還原”得到粗碲，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。(5) 電解法提純粗碲時(shí)， 以 Na2TeO3 溶液為電解質(zhì)溶液， 陽(yáng)極材料為 _。電解過(guò)程中陰極的電極反應(yīng)式為 _。(6) 常溫下，向 0.1mol/LNa 2 TeO3溶液中滴加鹽酸， 當(dāng)溶液 pH = 5 時(shí)，溶液中 c(TeO23- ) ：c(H 2 TeO3 )

8、 = _。 ( 已知： H2 TeO3的 Ka1 = 1.0 10 -3 Ka2 = 2.0 10 -8 )9. 氨是工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中重要的基礎(chǔ)物質(zhì)，研究合成氨及氨的應(yīng)用具有重要意義。(1) 已知： N2(g) + 3H 2 (g) = 2NH 3 (g) H = -92kJ/mol， N2 (g) + 3H 2(g) ?2NH 3(g) 的活化能為 508kJ/mol 。則 2NH 3 (g) ? N2 (g) + 3H 2(g) 的活化能為_(kāi)kJ/mol(2) 我國(guó)科研人員研制出 Ti - H - Fe雙溫區(qū)催化劑 (Ti - H區(qū)與 Fe 區(qū)溫差可超過(guò)100 )。Ti - H - Fe雙溫區(qū)

9、催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖一，其中吸附在催化劑表面的物種用“ ?”標(biāo)注。下列說(shuō)法中正確的是_。A. 為 N N的斷裂過(guò)程B.在高溫區(qū)發(fā)生， 在低溫區(qū)發(fā)生C. 為 N 原子由 Fe 區(qū)域向 Ti - H區(qū)域的傳遞過(guò)程D.使用 Ti - H -Fe雙溫區(qū)催化劑時(shí)合成氨反應(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)槲鼰岱磻?yīng)(3) 以氨和 CO2 為原料合成尿素的反應(yīng)為2NH 3 (g) + CO2 (g) ? CO(NH2 ) 2 (l) +H2 O(g) 。工業(yè)生產(chǎn)時(shí)，需要原料氣帶有水蒸氣，圖二中曲線 、 、表示在不同n(H 2 O)n(NH 3 )水碳比 n(CO 2 ) 時(shí)， CO2 的平衡轉(zhuǎn)化率與氨碳比 n(CO 2 ) 之間的

10、關(guān)系曲線 、 、 對(duì)應(yīng)的水碳比最大的是 _，判斷依據(jù)是 _。測(cè)得 M 點(diǎn)氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率為 40% ，則 x1 = _。(4) 將氨氧化法制硝酸過(guò)程中氨經(jīng)催化氧化后的氣體( 高于 800 )急劇冷卻到 100 以下，一方面除去大量的 H2 O，使 NO(g) 和O2 (g) 發(fā)生反應(yīng)，另一方面溫度低有利于生成 NO2(g) 。2NO(g) + O2(g) ? 2NO2 (g) 的反應(yīng)歷程分兩步： .2NO(g) ?N2 O2(g)( 反應(yīng)快，瞬間達(dá)到平衡) H1 0第3頁(yè)，共 14頁(yè)v1 正 = k1 正 c2 (NO) v1 逆 = k1 逆 c(N 2O2 ) .N2 O2 (g) + O

11、2 (g) ? 2NO2 (g)( 反應(yīng)慢 ) H2 Z X W，故 A正確；B. 非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性：O Cl P，則簡(jiǎn)單氫化物最不穩(wěn)定的為 Y(P) ，故 B 正確；C.H 、 O 形成的化合物為 H2 O和 H2O2， H、 Cl 形成化合物為 HCl ， H2 O和 H2 O2 常溫下為液態(tài)， HCl 為氣態(tài)，則 H2 O和 H2O2的沸點(diǎn)大于氯化氫，故 C 正確；D.H 、O、Cl 形成的化合物有次氯酸、氯酸、高氯酸等， H 、O、P 形成的化合物有磷酸、亞磷酸，磷酸、亞磷酸的酸性大于次氯酸，故D 錯(cuò)誤；故選： D。W 、 X 、Y 、Z 為短周期主族元素

12、，原子序數(shù)依次增大，W、 X 、Y 位于不同周期，則W為 H， X 、Y 分別位于第二、第三周期，X 的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，X最外層含有 6 個(gè)電子，則 X 為 O；Y 與 Z 的原子序數(shù)之和是X 的原子序數(shù)的4倍，Y、Z的原子序數(shù)之和為： 8 4 = 32，二者原子序數(shù)為15 17Y為P、，原子序數(shù)： Y CO32- ，故 B 正確；C.發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu 、硫酸銅，只有Cu 元素的化合價(jià)變化，則結(jié)論不合理，故C 錯(cuò)誤；D.NaOH 過(guò)量，均為沉淀生成，則不能比較Ksp 大小，故 D 錯(cuò)誤；故選： B。A.X 可能為氨氣或氯氣；B. 偏鋁酸根離子促進(jìn)碳酸氫根離子的電離；C.發(fā)

13、生氧化還原反應(yīng)生成Cu 、硫酸銅；D.NaOH 過(guò)量，均為沉淀生成。本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)， 為高頻考點(diǎn)， 把握物質(zhì)的性質(zhì)、 反應(yīng)與現(xiàn)象、 沉淀生成、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。7.【答案】 D【解析】 解： A 、滴定到第一反應(yīng)終點(diǎn)時(shí)，溶液的pH =4.25，溶液顯酸性；指示劑的變色范圍與溶液的酸堿性一致，甲基橙的變色范圍是 3.1 4.4，所以選甲基橙， 故 A 錯(cuò)誤；B 、根據(jù)電荷守恒： c(Na + ) + c(H + ) = 2c(R 2- ) + c(HR -) + c(OH - )， Y 點(diǎn)時(shí) c(HR - ) =c(R

14、 2- ) ，代入電荷守恒得：c(Na + ) + c(H + ) = 3c(HR - )+ c(OH - ) ，故 B 錯(cuò)誤；C、Z 點(diǎn)的 pH 和H2 R與 NaOH 完全反應(yīng)生成 Na2 R，R2-+ H2O ? HR-+ OH- ；Z 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中 c(Na + ) 約為 0.067mol/L，則根據(jù)物料守恒：c(R 2- ) =1c(Na0.067=2+ ) =2mol/L0.0335mol/L ，pH =9.86 ，c(H + ) =10-9.86mol/L ， c(OH - ) = 10 -4.14mol/L，則水解的10-4.14mol/L-5R2- 約為 10 -4.14

15、mol/L ，則水解率為：7.24 10 mol/L0.0335mol/L100% =0.0335mol/L100% 2 10 -3100% = 0.2% 1% ，故 C 錯(cuò)誤；c(HR - )c1 (H + )c(H 2R)c1 (H + )Kc(R 2- )c2 (H + )c(R 2-)Ka2；2HR-2-D 、Ka1 =c(HR)，) =K；a2=c(HR -)，)= c (H + )? R+c(HR -a1c(HR -22c(H 2 R)c(R 2- )=c(H2 R)c(R 2-)c(H 2 R)c(R 2- )=c1 (H + )Ka2；在同一H2 R達(dá)平衡時(shí)： K =c(HR-

16、)2(HR-)=c(HR-)Ka1+c)c(HRc2 (H)Ka210 -7.19溶液中，c1(H + ) = c2(H + ) ，則 K = Ka1= 10-2=10-5.19 ，所以 pK = -lgK= -lg10 -5.19=5.19 ，故 D 正確；故選： D。A 、滴定到第一反應(yīng)終點(diǎn)，溶液顯酸性；B 、 Y 點(diǎn)根據(jù)電荷守恒： c(Na + ) + c(H + ) = 2c(R 2- ) + c(HR - ) + c(OH - ) ；C、 Z 點(diǎn)的 pH 和 H2 R與 NaOH 完全反應(yīng)生成 Na2 R， R2- + H2 O ?HR- + OH- ；D 、Ka1=c(HR - )

17、c1 (H + )，K a2=c(R 2- )c2 (H+ )，K =c(H 2 R)c(R 2- )=c(H 2 R)c(R 2-)c(H 2 R)c(R 2-)c(H 2 R)c(HR-)c(HR-)2(HR-)=c(HR-)c(HR-)；c本題考查溶液的酸堿性的定性判斷和 pH 的重點(diǎn)知識(shí)，涉及指示劑的選擇、離子濃度的大小比較、水解率的大小比較、電離平衡常數(shù)的計(jì)算等，難點(diǎn)是電離平衡常數(shù)的計(jì)算；考查的化學(xué)學(xué)科的核心素養(yǎng)為宏觀辨識(shí)與微觀探析；平時(shí)練習(xí)時(shí)注意總結(jié)積累，理解、掌握并熟練運(yùn)用，構(gòu)建知識(shí)思維導(dǎo)圖，避免出錯(cuò)。8.【答案】 TeO2 + 2NaO = Na2 TeO3 + H2 O 將溶

18、液中的鐵、鉛、銅以更難溶的硫化物第8頁(yè)，共 14頁(yè)形式除去Na2 TeO3 + 2NH 4NO3 = 2NaNO3 + TeO2 +2NH 3 + H2 O 2SO2 + TeCl4 +4H 2O = 2H2 SO4 + Te + 4HCl 粗碲 TeO2-+ 3H2O + 4e-= Te + 6OH-0.23【解析】 解： (1)TeO 2是兩性氧化物，“堿浸”時(shí)TeO2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 TeO2 +2NaO = Na2TeO3 + H2 O，故答案為： TeO2 + 2NaO = Na2 TeO3 + H2O；(2) 加入 Na2 S溶液的主要目的是將溶液中的鐵、鉛、銅以更難溶的硫化

19、物形式除去，故答案為：將溶液中的鐵、鉛、銅以更難溶的硫化物形式除去；(3) “沉碲”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 Na 2TeO3 + 2NH 4 NO3 = 2NaNO 3 + TeO2 +2NH 3 + H2 O，故答案為： Na2 TeO3 + 2NH 4 NO3 = 2NaNO 3 + TeO2 +2NH 3 + H2O；(4) “酸溶”后，將 SO2 通入溶液中進(jìn)行“還原”得到粗碲，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是2SO2 + TeCl4 + 4H 2O = 2H 2SO4 + Te + 4HCl，故答案為： 2SO2 + TeCl4 + 4H2 O = 2H 2SO4 + Te + 4HCl ；(5

20、) 電解法提純粗碲時(shí)， 以Na 2TeO3 溶液為電解質(zhì)溶液， 陽(yáng)極材料為粗碲， 電解過(guò)程中陰極的電極反應(yīng)式為 TeO23- + 3H 2 O + 4e- = Te + 6OH- ，故答案為：粗碲； TeO32- + 3H 2 O + 4e-= Te + 6OH- ；(6) 常溫下，向 0.1mol/LNa2TeO 溶液中滴加鹽酸，當(dāng)溶液pH = 5 時(shí)，溶液中 c(TeO2-) ：33c(HTeO ) =Ka 1 Ka2 =-3-8= 0.2，21 102 103c2 (H + )(10 -5)2故答案為： 0.2 。由流程可知，堿浸時(shí)發(fā)生TeO2 + 2NaOH = Na2 TeO3 +

21、H2 O，濾渣 1 為鐵、鉛、銅的化合物，加硫化鈉可使溶液中的鐵、鉛、銅以更難溶的硫化物形式除去，濾渣2 為 FeS、PbS、 CuS ，“沉碲”時(shí)發(fā)生 Na2 TeO3 + 2NH 4NO3 = 2NaNO3 + TeO2+2NH 3 + H2O，過(guò)濾分離出 TeO2 酸溶生成 TeCl4 ，還原時(shí)發(fā)生 2SO2 + TeCl4 + 4H 2O = 2H 2 SO4 + Te +4HCl ，粗碲電解生成Te，以此來(lái)解答。本題考查混合物分離提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)， 把握物質(zhì)的性質(zhì)、 混合物分離方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。kk

22、正 k 2 正增大，【答案】600BC 氨碳比相同時(shí)曲線 二氧化碳的轉(zhuǎn)化率大3k1正29.1逆k逆2c(N 2 O2 ) 減小a【解析】 解：(1) 已知：N2 (g) + 3H 2 (g) = 2NH 3 (g) H = -92kJ/mol，N2 (g) + 3H2 (g) ?2NH 3(g) 的活化能為 508kJ/mol 。則 2NH 3 (g) ? N2(g) + 3H 2 (g) 的活化能為 (508kJ/mol) - (-92kJ/mol)= 600kJ/mol ，故答案為： 600；(2)A. 經(jīng)歷 過(guò)程之后氮?dú)夥肿颖淮呋瘎┪?，并沒(méi)有變成氮原子，則N N沒(méi)有斷裂，故A錯(cuò)誤；B.

23、 為催化劑吸附 N2 的過(guò)程， 為形成過(guò)渡態(tài)的過(guò)程， 為 N2解離為 N 的過(guò)程，以上都需要在高溫時(shí)進(jìn)行。 在低溫區(qū)進(jìn)行是為了增大平衡產(chǎn)率，故B 正確；C.由題中圖示可知， 過(guò)程 完成了 Ti - H - Fe- ?N到 Ti - H- ?N - Fe兩種過(guò)渡態(tài)的轉(zhuǎn)化， N 原子由 Fe 區(qū)域向 Ti - H區(qū)域傳遞，故 C 正確；D. 化學(xué)反應(yīng)不會(huì)因加入催化劑而改變吸放熱情況，故D 錯(cuò)誤；故選： BC；(3) 氨碳比相同時(shí)曲線 二氧化碳的轉(zhuǎn)化率大，所以生產(chǎn)中選用水碳比的數(shù)值為 ，故答案為： ；氨碳比相同時(shí)曲線 二氧化碳的轉(zhuǎn)化率大； 由題意可知：2NH 3(g) + CO2(g) ? CO(N

24、H 2) 2 + H2 O(g)第9頁(yè)，共 14頁(yè)起始量x11變化量2aa2a=ax11即： x11，2a= 40% ， a = 60% ，則 x1 = 3，故答案為： 3；(4) 已知 2NO(g) ? N2 O2 (g) ；N2 O2 (g) + O2(g) ? 2NO2 (g) ，而目標(biāo)反應(yīng) 2NO(g) +O2 (g) ? 2NO2 (g) 的 H = + = H1 + H2 ，由反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)， 所以 v1 正 = v1 逆 、v2 正 = v2 逆 ，所以 v1 正 v2 正 = v1逆 v2 逆 ，即 k1正 c2 (NO) k2 正 c(N 2 O2)c(O 2 ) =k 1

25、逆 c(N 2 O2) k2 逆 c2(NO 2 )，整理得2(NO 2)k1正k正c= k2 ，而溫度越高 k 2 正增大，反應(yīng)速c(N 2 O2 )c(O 2 )1逆k= K；決定反應(yīng)速率的是反應(yīng)2逆率加快，二氧化二氮的濃度減少，導(dǎo)致兩者的積減小，k1正k正故答案為：2O )減??；kk；k 2 正增大， c(N1逆逆222v2 正升高到某一溫度時(shí)v2 正 減小，平衡逆向移動(dòng)，氧氣的濃度增大，所以反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則變?yōu)橄鄳?yīng)的點(diǎn)為a，故答案為： a。(1) 反應(yīng)熱 H = 反應(yīng)物的活化能 - 生成物的活化能；(2)A. 催化劑吸附氮?dú)夥肿拥倪^(guò)程，沒(méi)有化學(xué)鍵斷裂；B. 不同反應(yīng)過(guò)程需要的溫度條

26、件不同。催化劑吸附分子，使分子的活化能降低，化學(xué)鍵發(fā)生斷裂的過(guò)程，都需要高溫條件，目的是加快反應(yīng)速率；氮原子的轉(zhuǎn)移，化學(xué)鍵的生成，需要低溫條件，目的是增大氨氣的平衡產(chǎn)率；C.N 原子的轉(zhuǎn)移方向是從高溫區(qū)向低溫區(qū)；D. 催化劑能改變化學(xué)反應(yīng)速率，但是不能改變反應(yīng)的吸放熱情況；(3) 依據(jù)反應(yīng)轉(zhuǎn)化率的大小分析，結(jié)合圖象分析判斷；根據(jù)氨氣和二氧化碳的轉(zhuǎn)化率之比求出x1；(4)已知 2NO(g)? N2 O2 (g) ；N2 O2 (g) + O2(g) ? 2NO2 (g) ，而目標(biāo)反應(yīng) 2NO(g) +O2 (g) ?2NO2 (g) 的 H =+ =H1+ H2 ，由反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)， 所以 v1

27、 正 = v1 逆 、v2 正 = v2 逆 ，所以 v1 正 v2 正 = v1 逆 v2 逆 ，即 k1正 c2 (NO) k2 正 c(N 2 O2)c(O 2 ) =k 1 逆 c(N 2 O2) k2 逆 c2(NO 2 )，整理得2(NO 2)k1正k正c=2 ，溫度越高 k 2 正 增大，反應(yīng)速率c(NO)c(O)k= K；決定反應(yīng)速率的是反應(yīng)22k1逆逆22加快，二氧化二氮的濃度減少，導(dǎo)致兩者的積減??；決定反應(yīng)速率的是反應(yīng) ，而溫度越高 k 2 正 增大，反應(yīng)速率加快，二氧化二氮的濃度減少，導(dǎo)致兩者的積減小，v2 正升高到某一溫度時(shí)v2 正 減小，平衡逆向移動(dòng)，氧氣的濃度增大，

28、由此分析解答。本題考查較為綜合，涉及化學(xué)反應(yīng)與能量、化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡、速率的計(jì)算等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，注意利用三段式法計(jì)算，較為直觀，難度不大。第10 頁(yè)，共 14頁(yè)10.V 、 Co三角錐形3： 1 sp2 硼單質(zhì)是原子晶體，熔點(diǎn)高，Al 、【答案】 啞鈴形Ga 均為金屬晶體，且位于同主族，Al 、Ga 的價(jià)電子數(shù)相同， Al 的原子半徑較小，則金1314353屬鍵較強(qiáng)，熔點(diǎn)較高(,)44416a 3 NA【解析】 解： (1)Ga 處于周期表中第 4 周期第 A 族，則基態(tài) Ga 原子的核外電子排布式為： Ar3d 10 4s2 4

29、p1，依據(jù)電子排布式可知最高能級(jí)為4p， 4p 軌道為啞鈴型；故答案為： Ar3d 10 4s2 4p1 ；啞鈴形；(2) 基態(tài) As 原子未成對(duì)電子數(shù)是3，第四周期元素中，與基態(tài)As 原子核外未成對(duì)電子數(shù)目相同的元素有 V 、Co；故答案為： V 、 Co；(3)NF 3中 N 原子加層電子對(duì)數(shù)n = 5+3 = 4，孤電子對(duì)數(shù) m =5-3 = 1，依據(jù)價(jià)層電子對(duì)22互斥理論可知為三角錐形； N2 F2分子中各原子都滿足8 電子結(jié)構(gòu)， 所以其結(jié)構(gòu)式為： F -N= N-F，含有 鍵為 3 個(gè)，含有 1 個(gè) 鍵，所以分子中 鍵和 鍵的個(gè)數(shù)比為： 3： 1；氮原子連2 個(gè) 鍵，含有 1 對(duì)孤電子對(duì)，為 sp2雜化；故答案為：三角錐形； 3： 1； sp2 ；(4)B 、 Al 、 Ga 單質(zhì)， B 為原子晶體，熔點(diǎn)高，Al 、 Ga 均為金屬晶體，且位于同主族，Al 、Ga 的價(jià)電子數(shù)相同，Al 的原子半徑較小，則金屬鍵較強(qiáng)， 熔點(diǎn)較高， 所以 B、