高三開(kāi)學(xué)摸底考試答案(解析答案)

1、高三開(kāi)學(xué)摸底考試化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共14小題，每小題3分，滿分42分）1美國(guó)研究人員將CO和O附著在一種釕催化劑表面，用激光脈沖將其加熱到2000K，成功觀察到CO與O形成化學(xué)鍵生成CO2的全過(guò)程下列說(shuō)法不正確的是（）ACO2屬于酸性氧化物BCO與O形成化學(xué)鍵的過(guò)程中放出能量C釕催化劑可以改變?cè)摲磻?yīng)的焓變DCO與O形成化學(xué)鍵的過(guò)程中有電子轉(zhuǎn)移【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)；吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)；催化劑的作用【分析】A根據(jù)酸性氧化物為與堿反應(yīng)生成鹽和水判斷；B形成化學(xué)鍵時(shí)放出熱量；C催化劑只改變活化能，不改變反應(yīng)的焓變；D根據(jù)CO轉(zhuǎn)換成二氧化碳時(shí)碳的化合價(jià)升高【解答】解：ACO2與堿反應(yīng)

2、生成鹽和水為酸性氧化物，故A正確；B形成化學(xué)鍵時(shí)放出熱量，故B正確；C催化劑只改變活化能，不改變反應(yīng)的焓變，故C錯(cuò)誤；DCO轉(zhuǎn)換成二氧化碳時(shí)碳的化合價(jià)升高，所以CO與O形成化學(xué)鍵過(guò)程中有電子轉(zhuǎn)移，故D正確故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了一氧化碳與二氧化碳的性質(zhì)，題目難度不大，注意把握酸性氧化物的定義和催化劑只改變活化能，不改變反應(yīng)的焓變2下列物質(zhì)的應(yīng)用不正確的是（）ASO2可用于漂白紙漿B堿石灰可用于干燥氯氣C氫氟酸可用于蝕刻玻璃D碳酸氫鈉可用于中和胃酸【考點(diǎn)】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；鈉的重要化合物【分析】ASO2具有漂白性；B堿石灰與氯氣反應(yīng)，不能干燥氯氣；C氫氟酸為弱酸，能夠與玻璃中的二氧化硅發(fā)生反應(yīng)

3、，能夠腐蝕玻璃；D碳酸氫鈉與胃液中的鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、水和二氧化碳【解答】解：ASO2具有漂白性，可用于漂白紙漿，故A正確；B氯氣與堿石灰中的氫氧化鈣反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，不能用堿石灰干燥，故B錯(cuò)誤；C氫氟酸和二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅和水SiO2+4HF=SiF4+2H2O，氫氟酸可用于蝕刻玻璃，故C正確；D碳酸氫鈉與胃液中的鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、水和二氧化碳，可用于治療胃酸（主要成分是鹽酸）過(guò)多，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，故D正確；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)和用途，題目難度不大，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意對(duì)相關(guān)知識(shí)的積累，培養(yǎng)了學(xué)生

4、靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力3神農(nóng)本草經(jīng)說(shuō)：“水銀镕化（加熱）還復(fù)為丹”黃帝九鼎神丹經(jīng)中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加熱Hg制得的這里的“丹”是指（）A氯化物B合金C硫化物D氧化物【考點(diǎn)】酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系【分析】在加熱的條件下，金屬汞可以和氧氣發(fā)生反應(yīng)得到氧化汞，氧化汞屬于物質(zhì)分類中的氧化物，據(jù)此回答【解答】解：在土釜中加熱Hg，金屬汞可以和氧氣發(fā)生反應(yīng)得到氧化汞，氧化汞屬于物質(zhì)分類中的氧化物，故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生物質(zhì)的分類以及氧化物的概念的理解知識(shí)，屬于教材基本知識(shí)的考查，難度不大4三氯異氰尿酸是一種極強(qiáng)的氧化劑和氯化劑，利用氰尿酸（如圖1）與次氯酸在一定pH下反應(yīng)可制

5、備三氯異氰尿酸（如圖2），若原料完全反應(yīng)生成三氯異氰尿酸則氰尿酸和次氯酸的物質(zhì)的量之比應(yīng)為（）A1：1B2：3C1：2D1：3【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算【分析】氰尿酸與次氯酸在一定pH下發(fā)生取代反應(yīng)可制備三氯異氰尿酸，反應(yīng)方程式為： +3HOCl+3H2O，由此分析解答【解答】解：氰尿酸與次氯酸在一定pH下發(fā)生取代反應(yīng)可制備三氯異氰尿酸，反應(yīng)方程式為： +3HOCl+3H2O，所以氰尿酸和次氯酸的物質(zhì)的量之比應(yīng)為1：3，故選D【點(diǎn)評(píng)】本題以三氯異氰尿酸為載體，考查化學(xué)反應(yīng)的特點(diǎn)和應(yīng)用，注意次氯酸的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，以及取代反應(yīng)的特點(diǎn)，難度不大5設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值下列說(shuō)法正確的是（）A50

6、mL18.4molL1濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)，生成SO2分子的數(shù)目為0.46NAB若由CO2和O2組成的混合物中共有NA個(gè)分子，則其中的氧原子數(shù)為2NAC某密閉容器盛有0.1molN2和0.3molH2，充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.6NAD常溫下，1L0.1molL1NH4NO3溶液中的氫原子數(shù)為0.4NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A、濃硫酸隨反應(yīng)進(jìn)行濃度變稀后不與銅繼續(xù)反應(yīng)；B、由CO2和O2組成的混合物，分子中都含有2個(gè)氧原子，NA個(gè)分子物質(zhì)的量為1mol；C、合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；D、NH4NO3溶液中不但硝酸銨本身含氫原子，水也含氫原子【解答】解：A、濃硫酸隨反應(yīng)進(jìn)行濃度變稀后

7、不與銅繼續(xù)反應(yīng)，50mL 18.4mol/L濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)，生成SO2分子數(shù)目小于0.46NA ，故A錯(cuò)誤；B、由CO2和O2組成的混合物，分子中都含有2個(gè)氧原子，NA個(gè)分子物質(zhì)的量為1mol，由CO2和O2組成的混合物中共有個(gè)NA分子，其中的氧原子數(shù)為2NA，故B正確；C、合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于0.6NA故C錯(cuò)誤；D、NH4NO3溶液中不但硝酸銨本身含氫原子，水也含氫原子，故溶液中氫原子的個(gè)數(shù)大于0.4NA個(gè)，故D錯(cuò)誤故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大6下列有關(guān)離子方程式書(shū)

8、寫(xiě)正確的是（）A鋁溶于氫氧化鈉溶液：Al+2OH+H2OAlO2+2H2B銅片投入少量FeCl3溶液中：3Cu+2Fe3+2Fe+3Cu2+CCa（HCO3）2溶液與足量澄清石灰水混合：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OD用鐵棒作電極電解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+【考點(diǎn)】離子方程式的書(shū)寫(xiě)【分析】A電子、電荷不守恒；B反應(yīng)生成氯化銅、氯化亞鐵；C反應(yīng)生成碳酸鈣和水；D陽(yáng)極Fe失去電子，陰極銅離子得到電子【解答】解：A鋁溶于氫氧化鈉溶液的離子反應(yīng)為2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故A錯(cuò)誤；B銅片投入少量FeCl3溶液中的離子反應(yīng)為Cu+2Fe3+2Fe

9、2+Cu2+，故B錯(cuò)誤；CCa（HCO3）2溶液與足量澄清石灰水混合的離子反應(yīng)為Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故C正確；D用鐵棒作電極電解CuSO4溶液的離子反應(yīng)為Cu2+FeFe2+Cu，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子反方程式書(shū)寫(xiě)的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書(shū)寫(xiě)方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)及氧化還原反應(yīng)的離子反應(yīng)考查，題目難度不大7下列裝置或操作正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢加熱分解NaHCO3B除去氯氣中的少量氯化氫C構(gòu)成銅鋅原電池D分餾石油【考點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)裝置綜合【分析】A碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱時(shí)注意試管口略朝下；B二者都與硝酸銀溶液反應(yīng)；C鋅置換出銅

10、；D溫度計(jì)位置錯(cuò)誤【解答】解：A碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱易分解，裝置正確，可完成實(shí)驗(yàn)，故A正確；B氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸，二者都與硝酸銀溶液反應(yīng)，應(yīng)用飽和食鹽水，故B錯(cuò)誤；C鋅置換出銅，應(yīng)將鋅放在盛有硫酸鋅的燒杯中，故C錯(cuò)誤；D溫度計(jì)用于測(cè)量餾分的溫度，應(yīng)位于蒸餾燒瓶的支管口，故D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的分離、制備以及原電池等知識(shí)，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意把握?shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性以及合理性的評(píng)價(jià)，難度不大8科學(xué)家最新開(kāi)發(fā)的一種新原理二次電池的能量密度是現(xiàn)行鋰電池的7倍，該電池結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A電池放電時(shí)Li+向負(fù)極移動(dòng)B電池放電時(shí)，正極

11、的電極反應(yīng)式為：2Li+Li2O2+2e2Li2OC電池充電時(shí)，Li極應(yīng)與外電源的正極相連D電池系統(tǒng)內(nèi)進(jìn)入二氧化碳及水對(duì)電池性能不會(huì)產(chǎn)生影響【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理【分析】A、原電池中，電解質(zhì)中的陽(yáng)離子移向正極；B、原電池中，正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)；C、電池充電時(shí)，Li極應(yīng)與外電源的負(fù)極相連；D、根據(jù)鋰易于水發(fā)生反應(yīng)；【解答】解：A、電池放電時(shí)，是原電池的工作原理，原電池中，電解質(zhì)中的陽(yáng)離子移向正極，故A錯(cuò)誤；B、電池放電時(shí)，正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，即2Li+Li2O2+2e2Li2O，故B正確；C、電池充電時(shí)，Li極應(yīng)與外電源的負(fù)極相連，故C錯(cuò)誤；D、鋰易于水發(fā)生反應(yīng)，所以電池系

12、統(tǒng)內(nèi)進(jìn)入水對(duì)電池性能會(huì)產(chǎn)生影響，故D錯(cuò)誤故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生原電池和電解池的工作原理知識(shí)，注意二次充電電池在工作時(shí)的電極反應(yīng)情況，難度不大91mol分子式為C7H12O4的酯在氫氧化鈉溶液、加熱條件下完全水解生成1mol羧酸鈉和2mol甲醇，則符合該條件的酯的結(jié)構(gòu)有（）A4種B5種C6種D7種【考點(diǎn)】有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象【分析】1mol分子式為C7H12O4的酯在氫氧化鈉溶液、加熱條件下完全水解生成1mol羧酸鈉和2mol甲醇，結(jié)合不飽和度判斷該酯為戊二酸與甲醇生成的二元酯，據(jù)此判斷其同分異構(gòu)體數(shù)目【解答】解：1mol分子式為C7H12O4的酯在氫氧化鈉溶液、加熱條件下完全水解生成1m

13、ol羧酸鈉和2mol甲醇，C7H12O4的不飽和度=2，該有機(jī)物為飽和二元酯，在酸性條件下水解生成1分子羧酸和2分子甲醇，說(shuō)明該羧酸為戊二酸，戊二酸可以看作兩個(gè)羧基取代了丙烷上的2個(gè)H原子形成的，總共有4種結(jié)構(gòu)，故形成的酯有4種，故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查了同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)及酯的性質(zhì)，題目難度不大，明確酯的性質(zhì)及同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)原則為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力10下列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過(guò)一步反應(yīng)就能實(shí)現(xiàn)如圖所示變化的是（）選項(xiàng)甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2CSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2A

14、ABBCCDD【考點(diǎn)】氮?dú)獾幕瘜W(xué)性質(zhì)；硅和二氧化硅；鈉的化學(xué)性質(zhì)；鋁的化學(xué)性質(zhì)【分析】A、氮?dú)廪D(zhuǎn)化為二氧化氮，要兩步進(jìn)行氮?dú)夥烹娚梢谎趸?，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮；B、氫氧化鈉無(wú)法轉(zhuǎn)化過(guò)氧化鈉；C、SiO2無(wú)法一步轉(zhuǎn)化為H2SiO3；D、甲乙：AlAlCl3；甲丙：AlAl2O3；甲丁：AlNaAlO2；丙?。篈l2O3NaAlO2【解答】解：A、氮?dú)廪D(zhuǎn)化為二氧化氮，要兩步進(jìn)行氮?dú)夥烹娚梢谎趸?，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮，不?shí)現(xiàn)甲到丁的一步轉(zhuǎn)化，故A錯(cuò)誤；B、氫氧化鈉無(wú)法轉(zhuǎn)化過(guò)氧化鈉，故B錯(cuò)誤；C、SiO2無(wú)法一步轉(zhuǎn)化為H2SiO3，首先二氧硅與強(qiáng)堿反應(yīng)生成硅酸鹽，然后再利用強(qiáng)制

15、弱生成硅酸，故C錯(cuò)誤；D、甲乙：AlAlCl3；甲丙：AlAl2O3；甲?。篈lNaAlO2；丙?。篈l2O3NaAlO2，各步都可以實(shí)現(xiàn)一步轉(zhuǎn)化，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查無(wú)機(jī)物的推斷，明確各物質(zhì)的性質(zhì)來(lái)分析轉(zhuǎn)化發(fā)生的反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，注意某些轉(zhuǎn)化中的答案是不唯一的，題目難度中等11X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，其原子核外L電子層的電子數(shù)分別為0、5、6、8，它們的最外層電子數(shù)之和為17，下列說(shuō)法不正確的是（）A原子半徑：WYZXB最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：YWC單質(zhì)沸點(diǎn)WZDX、Y、Z不能存在與同一離子化合物中【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【分析】

16、X、Y、Z、W均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，且原子核外L電子層的電子數(shù)分別為0、5、6、8，則X是H元素，Y是N元素，Z為O元素，W為第三周期元素；它們的最外層電子數(shù)之和為17，X最外層電子數(shù)是1，Y最外層電子數(shù)是5，Z最外層電子數(shù)是6，則W的最外層電子數(shù)為5，則W是P元素，A電子層越多半徑越大，電子層相同時(shí)，原子序數(shù)越大，半徑越小；B同主族從上到下最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性減弱；C根據(jù)物質(zhì)常溫下的狀態(tài)分析；DX、Y、Z可以形成硝酸銨【解答】解：X、Y、Z、W均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，且原子核外L電子層的電子數(shù)分別為0、5、6、8，則X是H元素，Y是N元素，Z為O元素

17、，W為第三周期元素；它們的最外層電子數(shù)之和為17，X最外層電子數(shù)是1，Y最外層電子數(shù)是5，Z最外層電子數(shù)是6，則W的最外層電子數(shù)為5，則W是P元素，A電子層越多半徑越大，電子層相同時(shí)，原子序數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑：PNOH，即WYZX，故A正確；B同主族從上到下最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性減弱，則硝酸的酸性大于磷酸，即最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：YW，故B正確；C常溫下，P的單質(zhì)為固體，O的單質(zhì)為氣體，則單質(zhì)沸點(diǎn)WZ，故C正確；DX、Y、Z可以形成硝酸銨，所以X、Y、Z能存在于同一離子化合物中，故D錯(cuò)誤故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素性質(zhì)，涉及離子化合物判斷、酸性強(qiáng)弱判斷、物質(zhì)熔沸

18、點(diǎn)高低判斷、元素周期律等知識(shí)點(diǎn)，正確判斷元素是解本題關(guān)鍵，結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)性質(zhì)解答12下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或亊實(shí)解釋正確的是 （） 選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或事實(shí)解釋A檢驗(yàn)待測(cè)液中SO42時(shí)，先滴入稀鹽酸，再滴入BaCl2溶液先滴入鹽酸可排除Ag+、CO32、SO32等離子干擾B制備乙酸乙酯時(shí)，導(dǎo)管應(yīng)伸入試管至飽和Na2CO3溶液液面上方乙酸乙酯易溶于碳酸鈉溶液，防止發(fā)生倒吸C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生溶液中NO3被Fe2+還原為NO2D含Mg（HCO3）2的硬水長(zhǎng)時(shí)間充分加熱，最終得到的沉淀物的主要成分為Mg（OH）2，而不是MgCO3Kw（MgCO3）KwMg（OH）2AAB

19、BCCDD【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【分析】A加鹽酸排除干擾離子；B乙酸乙酯不溶于水；C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根離子在酸性條件具有強(qiáng)氧化性；D最終得到的沉淀物的主要成分為Mg（OH）2，而不是MgCO3，氫氧化鎂更難溶【解答】解：A加鹽酸排除干擾離子，再滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀可檢驗(yàn)硫酸根離子，故A正確；B乙酸乙酯不溶于水，乙酸與碳酸鈉反應(yīng)，乙醇與水互溶，碳酸鈉可降低乙酸乙酯的溶解度，解釋不合理，故B錯(cuò)誤；C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根離子在酸性條件具有強(qiáng)氧化性，則溶液中NO3被Fe2+還原為NO，然后NO被氧化生成NO2，故C錯(cuò)誤；D最終得到的沉淀物的

20、主要成分為Mg（OH）2，而不是MgCO3，氫氧化鎂更難溶，則Kw（MgCO3）KwMg（OH）2，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及離子的檢驗(yàn)、氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)等，把握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)操作為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大1325時(shí)，將amolL1、pH=m的一元酸HX溶液與bamolL1、pH=n的一元堿YOH溶液等體積混合，下列說(shuō)法正確的是（）A若a=b，則混合后溶液中一定有：c（X）=c（Y+）c（H+）=c（OH）B若m+n=14，則混合后溶液一定顯中性C若混合后溶液中c（X）c（Y+），則該混合溶液一定顯堿性D若a=b，混

21、合后溶液pH7，則混合溶液中一定存在：c（Y）=c（X）+c（HX）【考點(diǎn)】酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算【分析】AHX與YOH等物質(zhì)的量反應(yīng)生成鹽YX，若為強(qiáng)堿弱酸鹽則顯堿性，若為強(qiáng)酸弱堿鹽則顯酸性；B若m+n=14，則氫離子濃度與氫氧根離子濃度相同；C根據(jù)電荷守恒分析；D若a=b，混合后溶液pH7，YX為強(qiáng)酸弱堿鹽，HX為強(qiáng)酸【解答】解：AHX與YOH等物質(zhì)的量反應(yīng)生成鹽YX，若為強(qiáng)堿弱酸鹽則顯堿性，若為強(qiáng)酸弱堿鹽則顯酸性，由于不知道酸與堿的相對(duì)強(qiáng)弱，所以不能判斷溶液的酸堿性，則不能判斷氫離子與氫氧根離子濃度的相對(duì)大小，故A錯(cuò)誤；B若m+n=14，則氫離子濃度與氫氧根離子濃度相同，若

22、酸為弱酸，則酸過(guò)量，混合后顯酸性，若堿為弱堿，則堿過(guò)量，混合后溶液顯堿性，所以不能判斷溶液的酸堿性，故B錯(cuò)誤；C混合后溶液存在電荷守恒：c（X）+c（OH）=c（Y+）+c（H+），若混合后溶液中c（X）c（Y+），則c（OH）c（H+），即該混合溶液一定顯堿性，故C正確；D若a=b，混合后溶液pH7，則YX為強(qiáng)酸弱堿鹽，即HX為強(qiáng)酸，所以溶液中c（X）=c（Y）+c（YOH），故D錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了鹽的水解原理的應(yīng)用、離子濃度大小比較，側(cè)重學(xué)生的分析能力的考查，注意把握鹽類水解原理，結(jié)合電荷守恒解答該題，難度中等14已知反應(yīng)2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）的分解速率表達(dá)式

23、為v正=k正cm（N2O5），k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，340K時(shí)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的有關(guān)數(shù)據(jù)如下： t/min 1 2 3 4 c（N2O5）/molL1 0.133 0.080 0.057 0.040 v正/molL1min1 0.0466 0.028 0.020 0.014下列有關(guān)敘述不正確的是（）A340K時(shí)，速率表達(dá)式中m=1B340K時(shí)，速率表達(dá)式中k正0.35min1C340K時(shí)，若c（N2O3）=0.100molL1，則v正0.035molL1minD若t=2min時(shí)升高溫度，則m不變，k正減小【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；反應(yīng)速率的定量表示方法【專題】化學(xué)反應(yīng)速率專題【分析】A由表中數(shù)據(jù)可知，

24、c（N2O5）濃度之比等于v正之比，v正與 c（N2O5）濃度成正比關(guān)系；Bv正與 c（N2O5）濃度成正比關(guān)系，則m=1，由任意一組數(shù)據(jù)根據(jù)v正=k正c（N2O5）計(jì)算k正；C根據(jù)v正=k正c（N2O5）計(jì)算；D升高溫度，反應(yīng)速率加快，k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，不影響m值，根據(jù)v正=k正c（N2O5）判斷【解答】解：A由表中數(shù)據(jù)可知，c（N2O5）濃度之比等于v正之比，則v正與 c（N2O5）濃度成正比關(guān)系，故m=1，故A正確；Bv正與 c（N2O5）濃度成正比關(guān)系，則m=1，由2min數(shù)據(jù)可知，0.028molL1min1=k正×0.080molL1，解得k正0.35min1，故B

25、正確；C340K時(shí)，若c（N2O3）=0.100molL1，則v正0.35min1×0.35min1=0.035molL1min1，故C正確；D升高溫度，反應(yīng)速率加快，k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，不影響m值，根據(jù)v正=k正c（N2O5）可知k正增大，故D錯(cuò)誤，故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)數(shù)據(jù)的分析歸納，B選項(xiàng)中可以多次計(jì)算求平均值以減小誤差二、（本題包括5小題，共43分）15二氧化鋯是重要的耐高溫材料、陶瓷絕緣材料以鋯英砂（主要成分為ZrSiO4，還含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜貨）為原料制備二氧化鋯（ZrO2）的工藝流程如圖所示已知：ZrO2能與燒

26、堿反應(yīng)生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2與酸反應(yīng)生成ZrO2+部分離子在實(shí)驗(yàn)條件下開(kāi)始沉淀和完全沉淀時(shí)的pH如下表離子Fe3+AP+ZrO2+開(kāi)始沉淀pH1.93.36.2完仝沉淀pH3.25.28.0（l）經(jīng)熔融后，鋯英砂中Zr元素以Na2ZrO3（寫(xiě)化學(xué)式）形式存在，寫(xiě)出酸浸時(shí)生成Al3+、Fe3+的離子方程式：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O（2）濾渣I的主要成分的名稱為硅酸（3）向過(guò)濾所得溶液中加氨水調(diào)pH=a，其目的是除去Fe3+、Al3+然后繼續(xù)加氨水至pH=b的范圍是b8.0（4）向過(guò)濾所得溶液中加入CaCO2粉末并加熱，可得CO

27、2和另一種氣體，該反應(yīng)的離子方程式為2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【分析】鋯英砂（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2SiO2，還含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)）加NaOH熔融，ZrSiO4轉(zhuǎn)化為Na2SiO3和Na2ZrO3，加過(guò)量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，濾液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水調(diào)節(jié)pH為5.26.2，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，過(guò)濾，濾液中主要含有ZrO2+，再加氨水調(diào)節(jié)pH使ZrO2+轉(zhuǎn)化為Zr（OH）4沉淀，過(guò)濾、洗滌，得

28、到Zr（OH）4，加熱分解，即可得到ZrO2（1）高溫下，ZrSiO4與NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3和Na2ZrO3；酸浸時(shí)生成Al3+、Fe3+的反應(yīng)是氧化鐵和酸反應(yīng)生成氯化鐵和水，偏鋁酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和水；（2）加過(guò)量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，過(guò)濾，濾渣為H2SiO3；（3）需用氨水調(diào)pH=a，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷；加氨水至pH=b時(shí)，ZrO2+與NH3H2O反應(yīng)生成Zr（OH）4沉淀；（4）過(guò)濾所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO3粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳【解答】解：（1）高溫下，

29、ZrSiO4與NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反應(yīng)的方程式為：ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，經(jīng)熔融后，鋯英砂中Zr元素以Na2ZrO3存在，酸浸時(shí)生成Al3+、Fe3+的反應(yīng)是氧化鐵和酸反應(yīng)生成氯化鐵和水，偏鋁酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和水，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案為：Na2ZrO3；Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O；（2）加過(guò)量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，過(guò)濾，濾渣為H2SiO3，名稱為：硅酸，故答案為：硅

30、酸；（3）需用氨水調(diào)pH=a，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知：pH在5.26.2時(shí)Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b=8時(shí)，ZrO2+與NH3H2O反應(yīng)生成Zr（OH）4沉淀，其反應(yīng)的離子方程式為：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr（OH）4+2NH4+，所以b8.0使ZrO2+完全轉(zhuǎn)化為Zr（OH）4沉淀，故答案為：除去Fe3+、Al3+；b8.0；（4）過(guò)濾所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO3粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳，其反應(yīng)的離子方程式為：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H

31、2O；故答案為：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)分離提純的方法和流程分析應(yīng)用，涉及流程的分析應(yīng)用、離子方程式的書(shū)寫(xiě)、除雜質(zhì)、基本實(shí)驗(yàn)操作等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，解答該類題目，注意把握實(shí)驗(yàn)原理和操作流程的目的，主要是物質(zhì)性質(zhì)的理解，題目難度中等16氧化亞銅（Cu2O）作為一種重要的無(wú)機(jī)化工原料，在涂料、有色玻璃和催化劑等領(lǐng)域有著廣泛的用途回答下列問(wèn)題：（1）添加Cu2O的涂料或玻璃顯磚紅色（2）制備氧化亞銅的方法之一是用銅作陽(yáng)極電解NaCl和NaOH混合溶液，其原理如圖所示：陰極的電極反應(yīng)式為2H+2e=H2溶液中CuCln1n轉(zhuǎn)化為C

32、u2O的離子方程式為CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl（3）工業(yè)生產(chǎn)中常采用高溫煅燒氧化銅粉末制備Cu2O，但所得產(chǎn)品中會(huì)含有一定量CuO，測(cè)定產(chǎn)品中Cu2O的含量常用滴定法，其原理為：樣品溶解：Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO42FeSO4+2CuSO4+H2O滴定（未配平）：FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2（SO4）3+MnSO4+K2SO4+H2O配平滴定反應(yīng)的化學(xué)方程式滴定時(shí)，KMnO4溶液盛放在酸式（填“酸式”或“堿式”）滴定管中若產(chǎn)品質(zhì)量為1.0g，滴定時(shí)消耗0.10molL1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，則產(chǎn)品中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為72%【考點(diǎn)

33、】電解原理；氧化還原反應(yīng)方程式的配平；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)【分析】（1）根據(jù)氧化亞銅的顏色確定添加Cu2O的涂斜或玻璃的顏色即可；（2）在電解池的陰極上是溶液中的陽(yáng)離子發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，根據(jù)放電順序來(lái)回答；在堿性環(huán)境下，CuCln1n和氫氧根離子之間發(fā)生反應(yīng)得到轉(zhuǎn)紅色沉淀，據(jù)此書(shū)寫(xiě)離子方程式；（3）反應(yīng)中化合價(jià)升高的元素是Fe，化合價(jià)降低的元素是Mn，根據(jù)電子守恒來(lái)配平方程式即可；高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，據(jù)此選擇滴定管；根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)找到Cu2O和KMnO4之間的關(guān)系式，進(jìn)行相應(yīng)的計(jì)算即可【解答】解：（1）氧化亞銅的顏色是磚紅色，所以添加Cu2O的涂斜或玻璃顯磚紅色，故答案為：磚紅

34、；（2）在電解池的陰極上是溶液中的陽(yáng)離子發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，根據(jù)放電順序，發(fā)生的反應(yīng)為：2H+2e=H2，故答案為：2H+2e=H2；在堿性環(huán)境下，CuCln1n和氫氧根離子之間發(fā)生反應(yīng)得到轉(zhuǎn)紅色沉淀，離子方程式CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl，故答案為：CuCln1n+2OH=Cu2O+H2O+2nCl；（3）反應(yīng)FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2（SO4）3+MnSO4+K2SO4+H20中化合價(jià)升高的元素是Fe，共升高2價(jià)，化合價(jià)降低的元素是Mn，降低5價(jià)，根據(jù)電子守恒，含錳元素的物質(zhì)前邊系數(shù)是2，鐵原子數(shù)是10，硫酸亞鐵前邊是10，硫酸鐵前邊是5，根據(jù)元素守恒

35、，配平其他物質(zhì)，結(jié)果為：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO45Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，故答案為：10；2；8；5；2；1；8；高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)該選擇酸式滴定管，故答案為：酸式；根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO42FeSO4+2CuSO4+H2O、10FeSO4+2KMnO4+8H2SO45Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，找到Cu2O和KMnO4之間的關(guān)系為：Cu2OKMnO4，產(chǎn)品質(zhì)量為1.0g，滴定時(shí)消耗0.10molL1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，則產(chǎn)品中Cu2O的物質(zhì)的量是mol=0.005

36、mol，質(zhì)量分?jǐn)?shù)是×100%=72%故答案為：72%【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查學(xué)生電解原理的應(yīng)用、電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)、氧化還原反應(yīng)的配平以及物質(zhì)含量的測(cè)定等知識(shí)，屬于綜合知識(shí)的考查，難度大17氨水和銨鹽是實(shí)驗(yàn)室常用試劑，也是重要的工業(yè)產(chǎn)品，（1）實(shí)可用如圖I裝置制取氮?dú)庥醚b置I中藥品制取氮?dú)獾幕瘜W(xué)方程式為NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2OI中反應(yīng)開(kāi)始的一段時(shí)間反應(yīng)速率越來(lái)越快，其可能原因是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)（2）實(shí)驗(yàn)室可利用下列裝置結(jié)合裝置模擬工業(yè)上制取氨氣并檢驗(yàn)氨氣裝置的連接順序?yàn)閒，e；d，i，j，g，h，b（填玻璃接口字母）裝置中用稀硫酸而不用鹽酸的理由是鹽酸具有揮發(fā)性，揮

37、發(fā)出的氯化氫與生成的氨氣反應(yīng)能說(shuō)明有氨氣生成的現(xiàn)象是裝置中溶液變紅色（3）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明NH3H2O是弱電解質(zhì)：常溫下，測(cè)定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12（簡(jiǎn)要說(shuō)明）【考點(diǎn)】氨的實(shí)驗(yàn)室制法；氨的制取和性質(zhì)【分析】（1）氯化銨與亞硝酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮?dú)?、氯化鈉和水；放熱反應(yīng)放出的熱量使體系溫度升高，升高溫度反應(yīng)速率加快；（2）裝置為制備氮?dú)庋b置，為檢驗(yàn)氨氣裝置，為干燥氮?dú)夂蜌錃猓瑸橹苽錃錃獾难b置，為收集氨氣裝置，兼氨氣瓶，為氮?dú)馀c氫氣發(fā)生反應(yīng)生成氨氣裝置，要制備制取氨氣并檢驗(yàn)氨氣，裝置正確順序?yàn)椋B接，連接，然后連接，最后連接；依據(jù)鹽酸易揮發(fā)的性質(zhì)解答；氨氣溶于水生成一水合氨

38、，一水合氨電離生成銨根離子與氫氧根離子，顯堿性；（3）依據(jù)弱電解質(zhì)不能完全電離設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)【解答】解：（1）氯化銨與亞硝酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮?dú)?、氯化鈉和水，化學(xué)方程式：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O；故答案為：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O；I中反應(yīng)開(kāi)始的一段時(shí)間反應(yīng)速率越來(lái)越快，是因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量使體系溫度升高，升高溫度反應(yīng)速率加快；故答案為：該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；（2）要制備制取氨氣并檢驗(yàn)氨氣，裝置正確順序?yàn)?，連接，連接，然后連接，最后連接，儀器連接順序?yàn)椋篺，e；d，i，j，g，h，b；故答案為：f，e；d，i，j，g，h，b；鹽酸易揮發(fā)

39、，制備的氫氣中含有氯化氫，氯化氫能夠與氨氣反應(yīng)，故答案為：鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的氯化氫與生成的氨氣反應(yīng)；氨氣溶于水生成一水合氨，一水合氨電離生成銨根離子與氫氧根離子，顯堿性，遇到酚酞變紅色，故答案為：裝置中酚酞溶液變紅色；（3）弱電解質(zhì)不能完全電離，常溫下，測(cè)定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12即可證明一水合氨為弱電解質(zhì)，故答案為：常溫下，測(cè)定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的制備和實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，涉及氮?dú)?、氨氣、氫氣的制備，熟悉制備原理和各裝置的作用是解題關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的合理性，題目難度不大18連二次硝酸（H2N2O2）是一種二元酸，可用于制

40、N2O氣體（1）連二次硝酸中氮元素的化合價(jià)為+1（2）常溫下，用0.01molL1的NaOH溶液滴定10mL001molL1H2N2O2溶液，測(cè)得溶液PH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示寫(xiě)出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：H2N2O2HN202+H+c點(diǎn)時(shí)溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)閏（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+）b點(diǎn)時(shí)溶液中c（H2N2O2）（填“”“”或“=”，下同）c（N2O22）a點(diǎn)時(shí)溶液中c（Na+）c（HN202）+c（N2O22）（3）硝酸銀溶液和連二次硝酸鈉溶液混合，可以得到黃色的連二次硝酸銀沉淀，向該分散系中滴加硫酸鈉溶液，當(dāng)白色沉淀和

41、黃色沉淀共存時(shí)，分散系中=3.0×104已知Ksp（Ag2N2O2）=4.2×109，Ksp（Ag2SO4）=1.4×105【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【分析】（1）根據(jù)H2N2O2中H、O元素的化合價(jià)分別為+1、2及總化合價(jià)之和為0進(jìn)行計(jì)算N元素的化合價(jià)；（2）根據(jù)圖象可知，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，說(shuō)明H2N2O2為二元弱酸，二元弱酸只要以第一步電離為主，據(jù)此寫(xiě)出其電離方程式；c點(diǎn)滴入20mL相同濃度的NaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為Na2N2O2，HN202部分水解，溶液呈堿性，結(jié)合電荷守恒判斷各離子濃

42、度大小；c點(diǎn)溶質(zhì)為NaHN202，溶液呈堿性，則HN202的水解程度大于其電離程度；a點(diǎn)時(shí)溶液的pH=7，則c（OH）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）=c（HN202）+2c（N2O22）；（3）根據(jù)=及二者的溶度積進(jìn)行計(jì)算【解答】解：（1）H2N2O2分子中H的化合價(jià)為+1，O元素的化合價(jià)為2，設(shè)N元素的化合價(jià)為x，根據(jù)總化合價(jià)之和為0可知：2x+（+1）×2+（2）×2=0，解得：x=1，即N元素的化合價(jià)為+1，故答案為：+1；（2）根據(jù)圖象可知，氫氧化鈉溶液體積為0時(shí)，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，說(shuō)明H2N2O2為二元弱酸，二元弱酸只

43、要以第一步電離為主，則其電離方程式為：H2N2O2HN202+H+，故答案為：H2N2O2HN202+H+；c點(diǎn)滴入20mL相同濃度的NaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為Na2N2O2，HN202部分水解，溶液呈堿性，則：c（OH）c（H+），由于溶液中氫氧根離子還來(lái)自水的電離及HN202的水解，則c（OH）c（HN202），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+），故答案為：c（Na+）c（N2022）c（OH）c（HN202）c（H+）；c點(diǎn)溶質(zhì)為NaHN202，溶液的pH，說(shuō)明溶液顯示堿性，則HN202的水解程度大于其電離程度，所以c（H2N2O2）c

44、（N2O22），故答案為：；根據(jù)圖象可知，a點(diǎn)時(shí)溶液的pH=7，溶液呈中性，則c（OH）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）=c（HN202）+2c（N2O22），所以c（Na+）c（HN202）+2c（N2O22），故答案為：；（3）當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)， =3.0×104，故答案為：3.0×104【點(diǎn)評(píng)】本題考查了離子濃度大小比較、難溶物溶度積的計(jì)算，題目難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)組成及難溶物溶度積的表達(dá)式即可解答，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計(jì)算能力19以天然氣為原料合成甲醇常見(jiàn)的方法有水煤氣法和目前正在開(kāi)發(fā)的直接氧化法（1）有關(guān)熱化學(xué)方程式如下：水煤氣法：

45、CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2O（g）H1=35.4KJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1KJmol1直接氧化法：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H3=251KJmol1（2）工業(yè)廢氣二氧化碳催化加氫也可合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H在密閉容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同條件下發(fā)生反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得平衡時(shí)甲醇的物質(zhì)的量隨溫度、壓強(qiáng)的變化如圖所示二氧化碳合成甲醇正反應(yīng)的H（填“”“”或“=”，下同）0M、N兩點(diǎn)時(shí)化學(xué)反應(yīng)速率：v（M）v（N）為提高CO2的轉(zhuǎn)化率除可改變溫度和壓強(qiáng)外，還可采取

46、的措施是增大的值圖中M點(diǎn)時(shí)，容器體積為10L，則N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K=1.04（填數(shù)值，保留2位小數(shù)）（3）一定條件下，向容積不變的某密閉容器中加入amolCO2和bmolH2發(fā)生反應(yīng)：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），欲使整個(gè)反應(yīng)過(guò)程中CO2的體積分?jǐn)?shù)為恒定值，則a與b的關(guān)系是a=b【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；熱化學(xué)方程式；化學(xué)平衡的影響因素【專題】化學(xué)平衡專題【分析】（1）已知：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H1=35.4kJmol1，CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H2=90.1kJmol1，根據(jù)蓋斯定律，（+）×2可得：2CH4

47、（g）+O2（g）2CH3OH（g），反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)計(jì)算；（2）由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越高，CH3OH的物質(zhì)的量越小，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇的物質(zhì)的量增大，故壓強(qiáng)P1P2，壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快；在可逆反應(yīng)中，增加一種反應(yīng)物濃度可以提高另一反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；圖中M、N點(diǎn)溫度相同，平衡常數(shù)相同，M點(diǎn)時(shí)，容器體積為10L，平衡時(shí)CH3OH的物質(zhì)的量為0.25mol，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：0.1 0.275 0 0變化（mol/L）：0.025 0.

48、075 0.025 0.025 平衡（mol/L）：0.075 0.2 0.025 0.025根據(jù)K=計(jì)算；（3）設(shè)轉(zhuǎn)化的二氧化碳的物質(zhì)的量為x，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：a b 0 0轉(zhuǎn)化（mol）：x 3x x x 平衡（mol）：ax b3x x x則CO2的體積分?jǐn)?shù)為，據(jù)此判斷【解答】解：（1）已知：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H1=35.4kJmol1，CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H2=90.1kJmol1，根據(jù)蓋斯定律，（+）×2可得：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g），故H3

49、=2H1+2H2=2×（35.4kJmol190.1kJmol1）=251kJmol1，故答案為：251；（2）由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越高，CH3OH的物質(zhì)的量越小，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故H0，故答案為：；正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇的物質(zhì)的量增大，故壓強(qiáng)P1P2，壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率也增大，所以v（N）v（M），故答案為：；在可逆反應(yīng)中，增加一種反應(yīng)物濃度可以提高另一反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，所以為提高CO2的轉(zhuǎn)化率除可改變溫度和壓強(qiáng)外，還可采取的措施是增大的值，故答案為：增大的值；圖中M、N點(diǎn)溫度相同，平衡

50、常數(shù)相同，M點(diǎn)時(shí)，容器體積為10L，平衡時(shí)CH3OH的物質(zhì)的量為0.25mol，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：0.1 0.275 0 0變化（mol/L）：0.025 0.075 0.025 0.025 平衡（mol/L）：0.075 0.2 0.025 0.025故平衡常數(shù)K=1.04，故答案為：1.04；（3）設(shè)轉(zhuǎn)化的二氧化碳的物質(zhì)的量為x，則： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol）：a b 0 0轉(zhuǎn)化（mol）：x 3x x x 平衡（mol）：ax b3x x x則CO2的體積分?jǐn)?shù)為，要使為恒定的值，

51、則a=b，故答案為：a=b【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算與影響因素、化學(xué)平衡常數(shù)、反應(yīng)熱計(jì)算等，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)，難度中等三、（本題包括3小題，每小題0分，只能選擇一題作答）物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)21（2015秋陽(yáng)泉校級(jí)月考）氟及氟產(chǎn)品在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)用非常廣泛，回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)氟原子核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有9種，這些電子的電子云形狀有2種；氟原子的外圍電子排布式為2s22p5（2）NaHF2（氟化氫鈉）電解可制氟氣，NaHF2中所含作用力的類型有離子鍵、共價(jià)鍵、氫鍵；與HF2互為等電子體的分子有CO2（或Na2O）（舉一例）（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的雜

52、化軌道類型為sp2，畫(huà)出N2F2可能的結(jié)構(gòu)式（4）三氟化硼乙醚（如圖1）的熔點(diǎn)為58，沸點(diǎn)為126129，它屬于分子晶體（5）氟化鈣的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，晶胞參數(shù)=0.555pmCa2+、F的配位數(shù)分別為8和4列式表示氟化鈣晶體的密度：=gcm3（不必計(jì)算出結(jié)果）【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算；原子核外電子排布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【分析】（1）原子核外含有多少電子，核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)就有幾種；氟原子含有s和p兩種類型的軌道，則電子云有2種；氟原子最外層為L(zhǎng)層，含有7個(gè)電子，據(jù)此寫(xiě)出外圍電子排布式；（2）NaHF2中含有離子鍵、共價(jià)鍵，F(xiàn)的電負(fù)性較強(qiáng)，還存在氫鍵；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中

53、存在氮氮雙鍵和兩個(gè)NF鍵，據(jù)此畫(huà)出其結(jié)構(gòu)式，在根據(jù)N原子形成的鍵數(shù)目判斷雜化類型；（4）根據(jù)三氟化硼乙醚的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)大小進(jìn)行判斷其晶體類型；（5）根據(jù)圖示的晶胞結(jié)構(gòu)判斷鈣離子、氟離子的配位數(shù)；該晶胞為立方體結(jié)構(gòu)，根據(jù)棱長(zhǎng)計(jì)算出該晶胞體積，再結(jié)合=計(jì)算出氟化鈣晶體的密度【解答】解：（1）基態(tài)氟原子核外含有9個(gè)電子，則其核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有9種；氟原子核外含有2s軌道和p軌道兩種軌道，則氟原子的電子的電子云形狀有2種；氟原子的外圍含有7個(gè)電子，其外圍電子排布式為：2s22p5，故答案為：9；2；2s22p5；（2）NaHF2為離子化合物，存在離子鍵，HF鍵為共價(jià)鍵，F(xiàn)的電負(fù)性較強(qiáng)，還存在氫鍵，故答案為：離子鍵、共價(jià)鍵、氫鍵；CO2（或Na2O）；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子形成了3個(gè)鍵和1個(gè)鍵，則其雜化軌道類型為sp2；N2F2可能的結(jié)構(gòu)式為：，故答案為：sp2；（4）三氟化硼乙醚（如圖1）的熔點(diǎn)為58，沸點(diǎn)為