福建莆田2020年3月化學(xué)試題解析版

1、2020年芾田市高中畢業(yè)班教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試卷理科綜合能力測(cè)試第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目 要求的。.唐本草和本草圖經(jīng)中記載：絳磯，本來(lái)綠色， 正如瑁璃燒之赤色”取此物（絳磯）置于鐵板上，聚炭，吹令火熾，其磯即沸，流出，色赤如融金汁者是真也其中不涉及的物質(zhì)是（）A. FeSO4 7H 2OB. SC. Fe2O3D. H2SO4【答案】B【解析】【詳解】由信息可知，綠磯為硫酸亞鐵的結(jié)晶水合物，即FeS04 7H2O,加熱發(fā)生氧化還原反應(yīng)， Fe元素的化合價(jià)升高，S元素的化合價(jià)降低，F(xiàn)e的氧化物只有氧化鐵為紅色，則 色赤”物質(zhì)可能

2、是F&O3,故生成氧 化鐵、二氧化硫、三氧化硫和水蒸氣，三氧化硫與水結(jié)合可生成硫酸，不涉及的物質(zhì)是S,答案選Bo【點(diǎn)睛】硫?yàn)榈S色固體，在題目中并未涉及，做本題時(shí)要關(guān)注各物質(zhì)的物理性質(zhì)。. “ 8消毒液”的主要成分是NaClO。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.長(zhǎng)期與空氣接觸會(huì)失效B.不能與 潔廁劑”（通常含鹽酸）同時(shí)使用1L0.2mol/LNaClO 溶液含有 0.2molClO-0.1molNaClO起消毒作用時(shí)轉(zhuǎn)移 0.2mole-【答案】C【解析】【詳解】A.空氣中含有二氧化碳和水蒸氣，長(zhǎng)期與空氣接觸發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定分解，導(dǎo) 致消毒液失效，故 A正確；“8銷(xiāo)毒液”的主要成分是Na

3、ClO,潔廁劑”通常含鹽酸，二者同時(shí)使用發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣而失效，不能同時(shí)使用，故 B正確；1L0.2mol/LNaClO溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為 0.2mol, NaClO屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，ClO-水解生成HClO ,導(dǎo)致溶液中ClO-的物質(zhì)的量小于 0.2mol,故C錯(cuò)誤；NaClO具有氧化性，起消毒作用時(shí) Cl元素化合價(jià)降低，由+1價(jià)變?yōu)?1價(jià)，則0.1molNaClO轉(zhuǎn)移0.2mole-, 故D正確；答案選Co【點(diǎn)睛】次氯酸是一種比碳酸還弱的弱酸，它不穩(wěn)定見(jiàn)光易分解，具有漂白性，強(qiáng)氧化性等性質(zhì)，在使用 時(shí)經(jīng)常制成含氯的化合物如次氯酸鈉，次氯酸鈣等，易于保存和運(yùn)輸，在次氯酸鈉殺菌消毒時(shí)

4、氯的化合價(jià) 降低為-1價(jià)。3.某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（A.與人互為同分異構(gòu)體B.可作合成高分子化合物的原料（單體）C.能與NaOH溶液反應(yīng)D.分子中所有碳原子可能共面【解析】【詳解】A.分子式相同而結(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物互為同分異構(gòu)體，與分子式都為C7H12。2,互為同分異構(gòu)體，故 A正確；B.該有機(jī)物分子結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，具有烯煌的性質(zhì)，可發(fā)生聚合反應(yīng)，可作合成高分子化合物的原料（單體），故B正確；C.該有機(jī)物中含有酯基，具有酯類(lèi)的性質(zhì)，能與NaOH溶液水解反應(yīng)，故 C正確；D.該有機(jī)物分子結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中含有 -CH2CH2CH2CH3結(jié)構(gòu)，其中的碳原子連接的鍵形成四面體結(jié)構(gòu)，

5、所有碳原子不可能共面，故 D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】數(shù)有機(jī)物的分子式時(shí)，碳形成四個(gè)共價(jià)鍵，除去連接其他原子，剩余原子都連接碳原子。4.已知： C+HNO3票懸。-NHClP 點(diǎn)溶液：c(NH4+)+2c(Mg 2+)c(Cl)Q點(diǎn)溶液顯堿性是因?yàn)?MgCl2發(fā)生水解1000s后，鎂與NH4C1溶液反應(yīng)停止【解析】【詳解】A . NH4C1是強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解反應(yīng)溶液顯酸性，濃度均為1mo1/L的鹽酸和NH4C1溶液中，鹽酸中的氫離子濃度酸遠(yuǎn)大于NH4Cl溶液，與金屬反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)，圖中鹽酸與鎂反應(yīng)溫度迅速升高，而氯化錢(qián)溶液與鎂反應(yīng)放出熱量較少，則反應(yīng)劇烈程度：HCl NH 4C1,故A錯(cuò)誤

6、；P點(diǎn)時(shí)氯化錢(qián)溶液的電荷守恒式為：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H +)=c(C1-)+ c(OH-),由于P點(diǎn)溶液顯堿性，c(OH)c(H+),則 c(NH4+)+2c(Mg 2+)c(C1),故 B 正確;Q點(diǎn)溶液顯堿性是因?yàn)?NH4C1發(fā)生水解生成一水合氨和氫離子，由于氫離子與金屬鎂反應(yīng)被消耗，促使水解平衡正向移動(dòng)，一水合氨濃度增大，溶液的堿性增強(qiáng)，故 C錯(cuò)誤；D.由圖像可知，1000s后，鎂與NH4C1溶液反應(yīng)的溫度和 pH仍在升高，只是變化較小，反應(yīng)沒(méi)有停止，故D錯(cuò)誤；答案選B。6.我國(guó)科學(xué)家研發(fā)一種低成本的鋁硫二次電池，以鋁箔和多孔碳包裹的S為電極材料，離子液體為電解液。放

7、電時(shí)，電?也反應(yīng)為2A1+3S=A1 2s3,電極表面發(fā)生的變化如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(I-電聚灌AhCh-二離子金換例A.充電時(shí)，多孔碳電極連接電源的負(fù)極B.充電時(shí)，陰極反應(yīng)為8A12C17-+6e-=2A1+14A1C1 4-C.放電時(shí)，溶液中離子的總數(shù)不變D.放電時(shí)，正極增重 0.54g,電路中通過(guò)0.06mo1e-放電時(shí)，電?也反應(yīng)為2A1+3S=A1 2s3,鋁失電子，硫得到電子，所以鋁電極為負(fù)極，多孔碳電極為正極，負(fù) 極上的電極反應(yīng)式為：2A1+14A1C1 4-6e-= 8AI2CI/,正極的電極反應(yīng)式為：3S+ 8Al 2Cl7-+6e-=14AlCl 4-+ Al 2S3

8、,據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.放電時(shí)，多孔碳電極為正極，充電時(shí)，多孔碳電極連接電源的正極，故A錯(cuò)誤；B.充電時(shí)，原電池負(fù)極變陰極，反應(yīng)為8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-,故B正確；C.根據(jù)分析，放電時(shí)，負(fù)極上的電極反應(yīng)式為：2Al+14AlCl 4-6e-= 8Al 2Cl7-,正極的電極反應(yīng)式為：3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+ Al 2S3,溶液中離子的總數(shù)基本不變，故 C正確；D.放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為：3S+ 8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+ Al 2S3,正極增重0.54g,即增重的質(zhì)量為鋁的質(zhì)量，0.54g鋁為0.02mol,鋁單質(zhì)

9、由0價(jià)轉(zhuǎn)化為+3價(jià)，則電路中通過(guò) 0.06mole-,故D正確；答案選Ao7.短周期元素X、Y、Z、M 原子序數(shù)依次增大，它們組成一種團(tuán)簇分子，結(jié)構(gòu)如圖所示。X、M的族序數(shù)序數(shù)依次增大，Z元素在O元素和Al元素之間，Z為Mg元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析 X為H元素，Y為O元素，Z為Mg元素，M為Al元素；Y為O元素，Z為Mg元素，M為Al元素，簡(jiǎn)單離子的核外電子排布結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，半徑 越小，則半徑：Y Z M ,故A錯(cuò)誤；Z為Mg元素，M為Al元素，常溫下 Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不能溶于濃硝酸，故 B錯(cuò)誤；X為H元素，丫為O元素，X+與丫22-結(jié)合形成的化合物為雙氧水，是分子

10、晶體，故 C錯(cuò)誤;Z為Mg元素，Z的最高價(jià)氧化物的水化物為氫氧化鎂，是中強(qiáng)堿，故 D正確;答案選Do8.廢棄鋰離子電池的資源化處理日益重要。從廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料(含LiFePO4、石墨粉和鋁箔等)中綜合回收鋰、鐵和磷等的工藝流程如圖所示:A1(OH)3MUH), N 當(dāng) POuLORQ瑁日 電池回答下列問(wèn)題:有關(guān)數(shù)據(jù)：25 c時(shí)，Ksp(FePO4)=1.3x 10-22、LpFe(OH) 3=2.6 X 10-39。(1)溶浸1中鋁溶解的化學(xué)方程式為 。(2)完成 溶浸2”反應(yīng)的離子方程式 ：| |LiFePO 4+ H2O2+I | = | | Li +-+H2PO4+ H2O(3

11、)濾渣2”的主要成分是 。(4)濾液2”循環(huán)兩次白目的是 。(5)沉鐵、磷”時(shí)，析出FePO4沉淀，反應(yīng)的離子方程式為。實(shí)驗(yàn)中，鐵、磷的沉淀率結(jié)果如圖所示。碳酸鈉濃度大于 30%后，鐵沉淀率仍然升高，磷沉淀率明顯降低，其可能原因是 一。(6)沉淀轉(zhuǎn)化”反應(yīng)：FePO4+3OH-? Fe(OH)3+PO43-。用此反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)說(shuō)明轉(zhuǎn)化能否完全?為了充分沉淀， 沉鋰”時(shí)所用的X和適宜溫度是(填標(biāo)號(hào))。A.NaOH20-40 CB.NaOH80-100 CC.Na2CO320-40 CD.Na2CO360-80C(2).2Al+2H 2O+2NaOH=2NaAlO2+3H 2 T2LiFePO

12、 4+H 2O2+6H +=2Li +2Fe 3+2H 2PO4-+2H 2O (3).石墨 (4).提高浸出液的濃度(或提高雙氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)(5). Fe3+2H 2PO4-+CO 32-= FePO4 J +CO2 T +H2O(6).Na2CO3水解產(chǎn)生的c(OH-)增大，與Fe3+結(jié)合生成Fe (OH) 3沉淀，而使留在溶液中的PO43-增大(7).c PO43K= c OHKsp(FePO4)Ksp Fe OH 31.3 10 222.6 10 39 =5.0 x 110, K很大，說(shuō)明反應(yīng)完全進(jìn)行(8). D廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料(含應(yīng)生成偏鋁酸鈉，過(guò)濾后得

13、到濾液c PO43K= 3c OHKsp(FePO4)Ksp Fe OH 31.3 10“162.6 10 39 =5.0 10 K很大，說(shuō)明反應(yīng)完全進(jìn)行。LiFePO4、石墨粉和鋁箔等)加入氫氧化鈉進(jìn)行減溶，鋁箔與氫氧化鈉反1,濾液1為偏鋁酸鈉溶液，過(guò)濾后的濾渣再加入過(guò)量濃硫酸進(jìn)行酸溶，同時(shí)加入雙氧水，將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵，并進(jìn)行多次循環(huán)，確保亞鐵離子全部轉(zhuǎn)化，在進(jìn)行過(guò)濾得到濾渣2和濾液2,濾渣2為石墨粉，濾液2主要含有Fe3+、Li+、H2PO4-和SO42-溶液，向?yàn)V液2加入碳酸鈉,Fe3+、H2PO4-與碳酸鈉反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為磷酸鐵沉淀和二氧化碳，生成的二氧化碳?xì)怏w通入濾液1中反應(yīng)生成氫

14、氧化鋁，磷酸鐵中加入氫氧化鈉溶液轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和磷酸鈉晶體，向沉鐵、磷后的溶液加入碳酸鈉得到碳酸鋰沉淀，再對(duì)碳酸鋰進(jìn)行一系列處理最后得到高純鋰化合物，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)根據(jù)分析，溶浸1”中鋁溶解的化學(xué)方程式為2Al+2H 2O+2NaOH=2NaAlO 2+3H2 f；(2)完成 溶浸2為L(zhǎng)iFePO4與過(guò)量濃硫酸進(jìn)行酸溶，同時(shí)加入雙氧水，將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵，離子方程 式：2LiFePO 4+H 2O2+6H+=2Li +2Fe3+2H 2PO4-+2H2O;(3)根據(jù)分析， 濾渣2”的主要成分是石墨；(4)濾液2”循環(huán)兩次的目的是提高浸出液的濃度(或提高雙氧水和硫酸的利用率等其

15、他合理答案)沉鐵、磷”時(shí)，析出FePO4沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Fe3+2H2PO4-+CO32-= FePO4j + COT + HO；實(shí)驗(yàn)中，鐵、磷的沉淀率結(jié)果如圖所示。碳酸鈉濃度大于30%后，鐵沉淀率仍然升高，磷沉淀率明顯降低，其可能原因是Na2CO3水解產(chǎn)生的c(OH-)增大，與Fe3+結(jié)合生成Fe (OH)3沉淀，而使留在溶液中的 PO43一增大;(6)沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)：FePO4+3OH-? Fe(OH)3+PO43-。(7)結(jié)合表格數(shù)據(jù)，碳酸鋰的溶解度遠(yuǎn)小于氫氧化鋰，為了充分沉淀，沉鋰”時(shí)所用的X應(yīng)為碳酸鈉，60-80 C左右溶解度較小，答案選 D。9.實(shí)驗(yàn)室用如圖裝置(略去夾持儀器

16、)制取硫代硫酸鈉晶體。硫化鈉易水解產(chǎn)生有毒氣體。加熱裝置 C 中反應(yīng)如下：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2； 2Na2S+3SO2=3S+2Na2SO3； S+Na2SO3- Na28O3?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)裝置B的作用是。(2)該實(shí)驗(yàn)?zāi)芊裼?NaOH代替Na2CO3?(填 能”或 否”)。(3)配制混合液時(shí)，先溶解Na2CO3,后加入Na2s 9H2O,原因是。(4)裝置C中加熱溫度不宜高于 40 C ,其理由是 。(5)反應(yīng)后混合液經(jīng)過(guò)濾、濃縮，再加入乙醇，冷卻析出晶體。乙醇的作用是一。(6)實(shí)驗(yàn)中加入 migNa2s 9H2O和按化學(xué)計(jì)量的碳酸鈉，最終得到m2gNa2s2O3

17、 5H2O晶體。Na2s2O3 5H2O的產(chǎn)率為(列出計(jì)算表達(dá)式)。Mr(Na 2s 9H2O)=240, Mr(Na 2s203 5H2O)=248(7)下列措施不能減少副產(chǎn)物Na2SO4產(chǎn)生的是 (填標(biāo)號(hào))。A.用煮沸并迅速冷卻后的蒸儲(chǔ)水配制應(yīng)去溶液B.裝置A增加一導(dǎo)管，實(shí)驗(yàn)前通C.先往裝置A中滴加硫酉D.將裝置D改為裝有堿性，可以抑制Na 2 s水解度過(guò)高不利于SO2的吸S2O 3產(chǎn)率降低等其它合理答案4、Na 2s降低Na 2S2O3晶體的溶【答案】(1).安全那00%(7). DN2片刻(3).碳酸鈉溶H2 240m2(6). 3 248ml(4).溫(5).(1)裝置B的作用是平衡

18、壓強(qiáng)，防止倒吸;(2)Na2CO3的作用是與二氧化硫反應(yīng)制備亞硫酸鈉；(3)Na2s是強(qiáng)堿弱酸鹽，易發(fā)生水解；(4)溫度過(guò)高不利于二氧化硫的吸收，產(chǎn)品產(chǎn)率會(huì)降低；Na2s2O3. 5H2O 無(wú)色晶體，易溶于水，難溶于乙醇；加熱(6)根據(jù)反應(yīng) Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2； 2Na2S+3SO2=3S+2Na2SO3； S+Na2SO3= Na2s2O3,列關(guān)系式2Na2s 9H2O3S3Na2s2O3 5H2O,結(jié)合數(shù)據(jù)計(jì)算理論上制得 Na2s2O3 5H2O晶體的質(zhì)量，Na2s2O3 5H 2O的產(chǎn)率為實(shí)際產(chǎn)量. 理論產(chǎn)量(7)Na2SO3易被氧化為硫酸鈉，減少副產(chǎn)物的【詳解】

19、(1)裝置B的作用是平衡壓強(qiáng)，防(2)Na2CO3的作用是與二氧化硫反應(yīng)制備亞硫替碳酸鈉;就要防止化。|吸;也可以生成亞硫酸鈉，可以代內(nèi)，氫氧化鈉和二氧化硫B_Na2SO3Na2s 水2SO4、 NNa2s2O3晶體的溶解度,a2s2O3,列關(guān)系式。2；2Na2s248理論上制得 Na2s2O3 5H2O晶體的質(zhì)量為2O,m12Na2SO3： S+Na2(3)Na2s是強(qiáng)堿弱酸鹽，易發(fā)生水解，碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制(4)溫度過(guò)高不利于 SO2的吸收，或消耗由Na2s2O3. 5H2O是無(wú)色晶體，易溶于z促進(jìn)晶體析出;(6)根據(jù)反應(yīng) Na2CO3+SO2=Na2SO2Na2s 9H2O3S3

20、Na2s2O3m2的產(chǎn)率為3 248 m1 M00%=240m23較多，或Na2s2O3產(chǎn)率降低等其它合理答案;加熱2 240g, Na2s2 03 5H2O2 240M00%;3 248m1Na2SO3被氧化為Na2SO4,可減少副產(chǎn)物的(7)A .用煮沸并迅速冷卻后的蒸儲(chǔ)水中含氧量降低，可有效防止產(chǎn)生，故A不符合題意;B.裝置A增加一導(dǎo)管，實(shí)驗(yàn)前通人 N2片刻，可將裝置中的空氣趕走提供無(wú)氧環(huán)境，可防止Na2SO3被氧化為Na2SO4,可減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生，故 B不符合題意；C.先往裝置A中滴加硫酸，產(chǎn)生二氧化硫，可將裝置中的空氣趕走，片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液，可減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生，故 C不

21、符合題意；D.將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管，裝置中仍然含有空氣，氧氣可將Na2SO3被氧化為Na2SO4,不能減少副產(chǎn)物產(chǎn)生，故 D符合題意;答案選Do10.用結(jié)構(gòu)和原理闡釋化學(xué)反應(yīng)的類(lèi)型、限度、速率和歷程是重要的化學(xué)學(xué)科思維。回答下列問(wèn)題:(1)用過(guò)氧化氫檢驗(yàn) Cr(vi)的反應(yīng)是Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O。CrO5結(jié)構(gòu)式為，),該反應(yīng)是 否為氧化還原反應(yīng)？(填 是”或 否”)。(2)已知：2H2(g)+O2(g)=2H 2O(l)H=-571.6kJ - mol-1H2(g)+O2(g)=H2O2(l)H=-187.8kJ mol-12H2O2(l)=2H

22、2O(l)+ O 2(g) H=kJ - mol-1。(3) 一定條件下，H2O2分解時(shí)的c(H2O2)隨t變化如圖所示。已知該反應(yīng)的瞬時(shí)速率可表示為v(H2O2)=k - cn(H 2O2), k 為速率常數(shù)。7.:1ho=t0-20min 內(nèi)，v(H2O2)=。據(jù)圖分析，n=。其它條件相同，使用活性更高的催化劑，下列說(shuō)法正確的是(填標(biāo)號(hào))。A.v(H2O2)增大B.k增大C.AH減小D.Ea (活化能)不變(4)氣體分壓 Pi=p總xxi (物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。恒溫50C、恒壓101kPa,將足量的 CuSO4 5H2O、NaHCO 3置于一個(gè)密閉容器中，再充入已除去CO2的干燥空氣。假設(shè)只發(fā)

23、生以下反應(yīng)，達(dá)平衡時(shí)兩者分解的物質(zhì)的量比為2： 1。CuSO4 5H2O(s)?CuSO4 3H2O(s)+2H 2O(g)Kp1=36(kPa)22NaHCO 3(s)?Na2CO3(s)+H2O(g)+CO 2(g) Kp2平衡時(shí)p(H2。)p(CO2),Kp2=平衡后，用總壓為 101kPa的潮濕空氣其中p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa替換容器中的氣體，50c下達(dá)到新平衡。容器內(nèi) CuSO4 5H2O的質(zhì)量將 (填增加減少“或不變”，下同)，NaHCO3質(zhì)量將?！敬鸢浮?1).否 (2). -196(3). 0.020mol/(L?min)(4). 1(5). AB (

24、6). 9(7). 4(kPa) 2(8).增加 (9).減少【解析】【分析】(1)有化合價(jià)發(fā)生變化的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，根據(jù)CrO5結(jié)構(gòu)式為 卜*“分析反應(yīng)中是否有化合價(jià)變化；(2)根據(jù)蓋斯定律解答;(3)0-20min內(nèi)，根據(jù)圖像，利用Vc 一必v= V 計(jì)算 V(H2O2)；已知該反應(yīng)的瞬時(shí)速率可表示為v(H2O2)=k cn(H2O2),根據(jù)圖示，每間隔20分鐘，雙氧水的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則速率也變?yōu)樵瓉?lái)的二分之一;3吧必則亞J求解 p(CO2) p(CO2)p(H2O) Kp2催化劑能加快反應(yīng)速率，降低活化能，不能改變始變;(4)利用相同條件下物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，結(jié)合利用Qp

25、與Kp的大小關(guān)系解答；【詳解】(1)由CrO5的結(jié)構(gòu)式可知存在過(guò)氧鍵、Cr-O鍵、Cr=O ,在4個(gè)Cr-O鍵中O為-1價(jià)，在Cr=O鍵中O為-2價(jià)，Cr元素化合價(jià)為+6價(jià)，反應(yīng)前后元素化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化不是氧化還原反應(yīng)；(2)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)AH = -571.6kJ mol-1H2(g)+O2(g)=H2O2(l)AH = -187.8kJ mol-1則根據(jù)蓋斯定律，-X2 可得，2H2O2(l)=2H2O(l)+ O2(g) AH = -196kJ mol-1;(3)0-20min 內(nèi)，根據(jù)圖像，H2O2 的濃度變化量=0.4 mol/L , v(H 2O2

26、)= 04mol /L =0.020mol/(L?min);20min根據(jù)圖示，每間隔 20分鐘，雙氧水的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則速率也變?yōu)樵瓉?lái)的二分之一，已知該反應(yīng)的瞬時(shí)速率可表示為v(H2O2)=k cn(H2O2), 20分鐘時(shí)的雙氧水瞬時(shí)速率v(H 2O2)20min= k (0.4)n, 40分鐘時(shí)的一一n v H2O2 20mink (0.4)n2 nn 雙氧水瞬時(shí)速率 v(H2O2)40min= k 和.2尸， n 一，則(0.4)n=2 x(0.2)n,則 n=1 ；v H2O2 40mink (0.2)1A.催化劑能加快反應(yīng)速率，故v(H2O2)增大，故A正確;B .催化劑能加

27、快反應(yīng)速率，則速率常數(shù)k增大，故B正確；C.催化劑不改變反應(yīng)熱(烙變)，則4H不變，故C錯(cuò)誤；D.催化劑可降低反應(yīng)的活化能，則Ea(活化能)減小，故D錯(cuò)誤；答案選AB ；(4)假設(shè)只發(fā)生以下反應(yīng)，達(dá)平衡時(shí)兩者分解的物質(zhì)的量比為2： 1,設(shè)發(fā)生分解的 CuS04 5H2O的物質(zhì)的量為2mol,根據(jù)反應(yīng) CuS04 5H20(s)?CuS04 3H2O(s)+2H 20(g),則生成水蒸氣的物質(zhì)的量為4mol,設(shè)發(fā)生分解2NaHCO3的物質(zhì)的量為1mol,根據(jù)反應(yīng)2NaHC0 3(s)?Na2CO3(s)+H2O(g)+CO 2(g),則生成的水蒸氣和 二氧化碳分別為0.5mol,利用相同條件下物

28、質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，p(HzO)”山0)4mol+0.5molp(H20)p(H20)p(H 20)Kp1=9 結(jié)合=9.貝Up(C02)n(C02) 0.5molp(C0z)p(COz)p(HzO)Kp2,Kpi 36 kPa 22TKp2=t-=4(kPa)2 求用牛;平衡后，用總壓為 101kPa的潮濕空氣其中p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa替換容器中的氣體，50c下達(dá) 到新平衡。對(duì)于反應(yīng) CuS04 5H20(s)?CuS04 3H2O(s)+2H 20(g), Qp1=(8kPa)2=64(kPa)2 Kp1,平衡逆向進(jìn)行， 容器內(nèi) CuS04 5H20 的質(zhì)量

29、將增加；對(duì)于反應(yīng)2NaHCO3(s)?Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g), Qp2= p(H20)?p(CO2)=3.2(kPa)2Kp2,平衡正向進(jìn)行，容器內(nèi)NaHC03質(zhì)量將減小。11.2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予三位化學(xué)家，以表彰其對(duì)研究開(kāi)發(fā)鋰離子電池作出的卓越貢獻(xiàn)。LiFeP04、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作鋰離子聚合物電池的材料?；卮鹣铝袉?wèn)題： (1) Fe的價(jià)層電子排布式為 。(2) Li、F、P、As四種元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椤?3)乙二醇(HOCH 2CH2OH)的相對(duì)分子質(zhì)量與丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸點(diǎn)高出100C,原因是

30、。(4)電池工作時(shí)，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈遷移的過(guò)程如圖甲所示(圖中陰離子未畫(huà)出)。電解質(zhì)LiPF6或LiAsF 6的陰離子結(jié)構(gòu)如圖乙所示 (X=P、As)。 vvv陽(yáng)甲圖乙聚乙二醇分子中，碳、氧的雜化類(lèi)型分別是、。從化學(xué)鍵角度看，Li+遷移過(guò)程發(fā)生(填物理變化”或化學(xué)變化”)。 PF6中P的配位數(shù)為一。相同條件，Li+在(填“LiPF”或“LiAsf6”)中遷移較快，原因 cLiCl 3H 2O(5)以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱(chēng)作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。屬正交晶系(長(zhǎng)方體形)。晶胞參數(shù)為0.72nm、1.0nm、0.56nm。如圖為沿x軸投影的品胞中所有 Cl

31、原子的分布圖和原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。據(jù)此推斷該晶胞中Cl原子的數(shù)目為 。LiCl 3H2O的摩爾質(zhì)量為 Mg - mol-1,設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，則 LiCl 3H2O晶體的密度為 g - cm-3 (列出計(jì)算表達(dá)式)。Q.72 nmII uQio.5, D .28.0.7 s )挈* 1,0, D,J3,. 0,553UxII【答案】(1). 3d 64s2(2). F、P、As、Li(3).乙二醇分子中羥基比丙醇的多，分子間的氫鍵比丙醇多，分子間作用力較大(4). sp 3(5). sp 3(6).化學(xué)變化(7). 6(8). LiAsF 6(9). AsF 6-的半徑比PF6-的大，As

32、F6-與Li+的作用力比PF6-弱(10). 4(11).4M 10211.0 0.72 0.56 NaA【解析】【分析】(1)Fe 為 26 號(hào)元素, 核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2 ；(2)非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越強(qiáng)；(3)根據(jù)氫鍵的數(shù)量分析判斷；(4)根據(jù)圖中聚乙二醇的碳氧鍵鏈方式分析判斷雜化軌道類(lèi)型；化學(xué)變化過(guò)程是舊鍵的斷裂和新鍵的形成；與中心原子直接以配位鍵相結(jié)合的原子個(gè)數(shù)即為配位數(shù)；相同條件，AsF6-的半徑比PF6-的大，對(duì)鋰離子的作用力大小不同；(5)根據(jù)晶胞密度公式計(jì)算；【詳解】(1)Fe為26號(hào)元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63

33、d64s2 ,故價(jià)層電子排布式為 3d64s2;(2)非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越強(qiáng)，非金屬性：FPAsLi ,則四種元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镕、P、As、Li ；(3)乙二醇分子中羥基比丙醇的多，分子間的氫鍵比丙醇多，分子間作用力較大；(4)圖中聚乙二醇的碳原子都是形成4個(gè)單鍵，無(wú)孤電子對(duì)，為 sp3雜化，氧原子都是形成 2個(gè)單鍵，有2對(duì)孤電子，為sp3雜化;化學(xué)變化過(guò)程的實(shí)質(zhì)是舊鍵的斷裂和新鍵的形成,Li+在遷移過(guò)程中要將舊的配位鍵斷裂，遷移后再形成新的配位鍵，符合化學(xué)變化過(guò)程的要求;與中心原子直接以配位鍵相結(jié)合原子個(gè)數(shù)即為配位數(shù)，由圖乙所示，PF6的中心原子為P,與之以配位鍵相結(jié)合的F原子有6個(gè)，則配位數(shù)為 6;AsF6-的半徑比PF6-的大，AsF6-與Li +的作用力比PF6-弱，則Li+在LiAsF6中遷移較快;2個(gè)Cl原子在晶胞內(nèi)部,(5)如圖為沿x軸投影的品胞中所有 Cl原子的分布圖和原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。其中晶胞參數(shù)為,晶胞中含有4個(gè)Cl原子,K0 0.56 1則 LiCl 3H24M回心口國(guó)已知：Li