2022屆云南省昆明市一中高三“三診一模”模擬考試理科綜合化學試題（解析版）

1、PAGE PAGE 17頁2022屆云南省昆明市一中高三“三診一?！蹦M考試理科綜合化學試題一、單選題12022年4月17日，神舟十三號載人飛船與天和核心艙實現(xiàn)對接后順利返航。下列說法正確的是（）A航天器的操縱桿采用的碳纖維屬于有機高分子材料B火箭推進劑的燃燒可將化學能完全轉(zhuǎn)化為機械能C空間站使用的太陽能電池板主要材料是二氧化硅D核心艙內(nèi)氧氣來源于水的電解，此過程中氧氣為氧化產(chǎn)物2NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A標準狀況下，22.4L苯含有的碳碳雙鍵數(shù)目為3NAB20g重水(D2O)中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)均為10NAC200g質(zhì)量分數(shù)為23%的乙醇水溶液中含有的氫原子數(shù)為6NA

2、D1molSO2與足量O2在密閉容器中充分反應生成SO3的數(shù)目為NA3實驗室可利用苯和液溴在鐵粉的催化作用下制取溴苯，其制備及提純過程為：制備水洗并分液堿洗并分液水洗并分液分離，部分裝置如圖所示。下列說法正確的是（）A制備裝置a中長導管可加快產(chǎn)物的揮發(fā)B裝置b用于制備過程中吸收尾氣C分液時，有機層由裝置c的上口倒出D分離應選擇裝置d4下列說法正確的是（）A葡萄糖能使酸性高錳酸鉀溶液褪色BCH2=CH2是的單體C用光照射甲烷和氯氣的混合物發(fā)生加成反應D氟利昂-12分子式為CF2Cl2，有兩種同分異構(gòu)體5X、Y、Z、M、W是五種短周期主族元素，其原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖甲所示，X、Y、Z、M形

3、成的化合物如圖乙所示，Z與W同主族。下列說法錯誤的是（）A簡單氫化物的熔沸點：ZWB簡單離子的半徑：WZMCX2Z2和M2Z2中的化學鍵類型完全相同D最高價氧化物對應水化物的酸性：WY6向AgCl懸濁液中滴加少量NaBr溶液，生成淺黃色的AgBr沉淀。T下，飽和溶液中-lgc(Ag+)與-lgc(Xn-)(Xn-指Cl-、Br-、CO32-)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A曲線表示AgCl的沉淀溶解曲線B升高溫度，曲線向上方平行移動CT下，Ag2CO3的Ksp為10-9.7DT下，反應AgCl(s)+Br-(ag)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常數(shù)K=102.67Ph表示苯基，三苯

4、基胺(Ph3N)在一定條件下可失去一個電子形成Ph3N+。一種鋁胺電池工作原理示意圖如下。下列說法錯誤的是（）A放電時電子由Al電極流出B離子交換膜為陽離子交換膜C充電時陰極的電極反應式為4Al2Cl7-+3e=Al+7AlCl4-D理論上每生成1molPh3N，外電路通過1mol電子二、綜合題8從煙氣脫硝催化劑(SCR)中回收金屬元素可實現(xiàn)資源的循環(huán)利用。一種從廢棄SCR(主要含TiO2、V2O5、WO3及SiO2、Al2O3)中回收金屬釩和鎢的工藝流程如下：已知：Al元素及Si元素在水溶液中的主要存在形式與pH的關(guān)系為：V2O5為兩性氧化物：在水溶液中存在：VO3-+2H+VO2+H2O；

5、釩元素常見的化合價及其在水溶液中的存在形式如下：價態(tài)+5+4+3+2存在形式VO3-/VO2+VO2+V3+V2+回答下列問題：（1）“堿浸”時，濾液中的金屬含氧酸根離子除WO42-外還有 。（2）“調(diào)節(jié)pH”時，所調(diào)pH的范圍是 。（3）“沉釩”過程中：沉釩率隨溶液pH的變化如下圖所示。沉釩率隨溶液pH值的增加先升高后降低的原因可能是 。已知25時，Kb(NH3H2O)=1.810-5，Ksp(NH4VO3)=3.010-8。若25時控制“沉釩”的pH為8.0，當VO3-恰好完全沉淀時，溶液中的c(NH3H2O)= molL-1。（4）常溫下，鎢酸(H2WO4)是一種難溶于水的弱酸?！俺伶u”

6、過程中發(fā)生反應的離子方程式為 ；“沉鎢”后需對濾渣2進行洗滌、干燥，判斷濾渣2已洗滌干凈的方法為 。（5）V2O5具有強氧化性，可與濃鹽酸發(fā)生反應生成氣體單質(zhì)，該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，則反應的化學方程式為 。9純堿是重要的化工原料。我國科學家侯德榜發(fā)明的“侯氏制堿法”打破了西方對我國的技術(shù)封鎖。某實驗小組同學利用下圖裝置，模擬“侯氏制堿法”的部分流程。已知：NaCl、NH4HCO3、NaHCO3、NH4Cl四種鹽在不同溫度下的溶解度如下表所示：溫度溶解度(g)物質(zhì)10203040506070NaCl35.836.036.3.36.637.037.337.8NH4HCO31

7、5.8.21.027.0一一NaHCO38.159.611.112.714.45。16.4一NH4Cl33.337.241.145.850.455.260.2回答下列問題：（1）試劑b的名稱是 ，試劑a的作用是 。（2）實驗時應先打開 (填“K1”或“K2”)開關(guān)，持續(xù)通入氣體一段時間后，關(guān)閉此開關(guān)，再打開另一開關(guān)。硬質(zhì)玻璃管的作用是 。（3）反應一段時間后，雙頸燒瓶中觀察到的實驗現(xiàn)象為 。該反應一般控制在3035下進行，溫度不宜過高的主要原因是 (用化學方程式表示)。（4）實驗結(jié)束后，過濾雙頸燒瓶中的混合物，濾渣經(jīng)灼燒得純堿，并回收濾液中的NH4Cl。為促進濾液中NH4Cl析出，需向濾液中通

8、入NH3并加入一定量NaCl固體，原因是 。（5）制得的純堿中混有NaHCO3和少量不與鹽酸反應的雜質(zhì)。該小組為測定其中NaHCO3的含量，取ag樣品于試管中加水完全溶解，加入幾滴酚酞溶液，用cmolL-1的鹽酸滴定至溶液由紅色變?yōu)闇\紅色，消耗鹽酸V1mL；再加12滴甲基橙指示劑，繼續(xù)用鹽酸滴定至溶液由黃色變?yōu)槌壬?，又消耗鹽酸V2mL。則純堿樣品中NaHCO3質(zhì)量分數(shù)為 。10二甲醚(CH3OCH3)是一種性能優(yōu)良的汽車燃料，工業(yè)上可利用CO和H2來合成二甲醚，發(fā)生的反應為：I.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-90.7kJmol-lII.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)

9、+H2O(g) H2=-24.5kJmol-1回答下列問題：（1）由CO和H2直接合成CH3OCH3(g)的熱化學反應方程式為 。（2）一定條件下，向恒容容器中充入amolCO和bmolH2，反應1min后，測得不同溫度下CO轉(zhuǎn)化率如下表所示。則CO轉(zhuǎn)化率在600K時達到最高的原因是 。溫度/K400450500550600650700CO轉(zhuǎn)化率22%28%32%40%61%50%18%（3）T下，向體積為2L的恒容密閉容器中充入2molCH3OH(g)發(fā)生反應II。20min時反應達平衡，測得體系中H2O(g)的體積分數(shù)為25%。020min內(nèi)，用CH3OH表示的平均反應速率v(CH3OH)

10、= molL-1min-1；T下反應的平衡常數(shù)K= 。若其他條件不變，向該平衡體系中再充入1molCH3OH和lmolCH3OCH3，則平衡向 (填“正”或“逆”)反應方向移動。實驗測得該反應：v正=k正c2(CH3OH)，v逆=k逆c(CH3OCH3)c(H2O)，k正、k逆為速率常數(shù)。若改變溫度為T，測得平衡時k正=k逆3，則T T(填“大于”或“小于”)，判斷的理由為 。（4）不同壓強和溫度下，將2.0molCO(g)和4.0molH2(g)充入容積為2L的恒溫密閉容器中，平衡時體系中二甲醚的物質(zhì)的量分數(shù)變化情況如下圖所示，則H2的平衡轉(zhuǎn)化率最大時應選擇的條件是_(填標號)。Ap1、T4

11、Bp4、T2CP3、T3DP4、T111膽礬化學式為CuSO45H2O。實驗證明CuSO45H2O中有4個水分子為配位水分子，其結(jié)構(gòu)示意圖如下：回答下列問題：（1）基態(tài)銅原子的價層電子排布式為 ，位于周期表中第 周期 族。（2）膽礬中S原子的雜化方式是 ，H、O、S中，第一電離能最大的元素是 (填元素符號)（3）膽礬中存在的化學鍵有配位鍵、 。（4）含硫化合物SOCl2的VSEPR模型是 ，試分析該分子中健角Cl-S-O大于Cl-S-Cl的原因是 。（5）立方銅晶胞中銅原子的配位數(shù)為12，則每個晶胞中有 個銅原子，銅原子的半徑為rcm，則銅晶體的密度為 gcm-3(阿伏加德羅常數(shù)值用NA表示)

12、。122021年9月24日，中科院用CO2合成淀粉的成果發(fā)表于國際學術(shù)期刊Science合成路線如下：回答下列問題：。（1）I中官能團的名稱為 。（2）E+FG的反應類型為 。（3）H中手性碳原子(連有4個不同原子或原子團的碳原子)的數(shù)目為 個。（4）C與足量銀氨溶液反應的化學方程式為 。（5）滿足下列條件的D的同分異構(gòu)體有 種。(不考慮立體異構(gòu))能發(fā)生銀鏡反應能與鈉反應放出H2不含-O-O-鍵，且同一個碳上不連接兩個-OH其中核磁共振氫譜有五個峰的分子的結(jié)構(gòu)簡式為 。（6）Kiliani氰化增碳法是低一級糖合成高一級糖的常用方法：以甲醇為主要原料設(shè)計合成甘油醛() 。答案解析部分1【答案】D

13、【解析】【解答】A有機高分子材料分為天然有機高分子材料和合成有機高分子材料，有機高分子材料是相對分子質(zhì)量大于10000的有機物，碳纖維材料是碳單質(zhì)不是有機高分子材料，故A不符合題意；B火箭推進劑的燃燒可將化學能主要轉(zhuǎn)化為熱能，故B不符合題意；C晶體硅為良好的半導體，是制造太陽能電池主要原料，二氧化硅為絕緣體，不具有此性質(zhì)和用途，故C不符合題意；D核心艙內(nèi)氧氣來源于水的電解，該過程水分子中氧的化合價升高，故氧氣為氧化產(chǎn)物，故D符合題意；故答案為D。【分析】A.碳纖維是碳單質(zhì)，為無機非金屬材料；B.燃料燃燒時化學能轉(zhuǎn)化為熱量；C.太陽能電池板的主要材料是單質(zhì)硅；D.電解水生成氧氣和氫氣。2【答案】

14、B【解析】【解答】A苯分子中的碳碳鍵為一種獨特鍵，不存在碳碳雙鍵，且標準狀況下苯不為氣體，無法計算其物質(zhì)的量，選項A不符合題意；B.20克D2O的物質(zhì)的量為1mol，1mol重水中含有質(zhì)子和中子各10mol，含有的個數(shù)均為10NA，選項B符合題意；C.200g質(zhì)量分數(shù)為23%的乙醇水溶液對應乙醇質(zhì)量為46g，水質(zhì)量為154g，即溶液中含有1mol乙醇，15418mol水，由1 mol乙醇便知氫原子數(shù)大于3NA，選項C不符合題意；D.0.1mol SO2與足量O2充分反應生成的SO3分子數(shù)目小于0.1NA，因為是可逆反應，選項D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.標況下苯為液體；B.一個重水分

15、子含10個質(zhì)子和10個中子；C.乙醇和水中均含有氫原子；D. SO2與O2反應生成SO3的反應為可逆反應。3【答案】D【解析】【解答】A苯和液溴在鐵的作用下反應劇烈，可以達到沸騰，使苯和液溴揮發(fā)為蒸汽，在經(jīng)過長導管時，可以將其冷凝并回流；產(chǎn)物中還有HBr氣體，經(jīng)過長導管最終被NaOH吸收，故長導管的作用是導氣和冷凝回流，選項A不符合題意；B氯化氫極易溶于水，若用裝置b吸收尾氣容易引起倒吸，應該用倒扣的漏斗置于液面上，選項B不符合題意；C分液時，有機層的密度大，應該在下口放出，選項C不符合題意；D分離粗溴苯應利用苯與溴苯的沸點不同進行蒸餾，應選擇裝置d，選項D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.

16、導管起到冷凝回流的作用；B.HBr極易溶于水；C.溴苯的密度大于水，位于下層。4【答案】A【解析】【解答】A葡萄糖是單糖，含醛基和-OH，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故葡萄糖能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A符合題意；B由單體CH2=CH2制高聚物，故B不符合題意；C甲烷屬于飽和烴，用光照射甲烷和氯氣的混合物發(fā)生取代反應，故C不符合題意；D氟利昂-12分子式為CF2Cl2，CF2Cl2分子是四面體結(jié)構(gòu)，只有一種空間構(gòu)型，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼.葡萄糖含醛基和羥基；B.乙烯發(fā)生加聚反應生成；C.甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代反應；D.CF2Cl2只有一種結(jié)構(gòu)。5【答案】C【解析】【解答】

17、AH2O分子存在氫鍵，則熔沸點H2OH2S，A不符合題意；BZ為O元素，M為Na元素，W為S元素，電子層數(shù)越多，微粒半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，微粒半徑越小，S2-含有3個電子層，Na+和O2-均含有2個電子層，核電荷數(shù)NaO，則離子半徑：r(S2-)r(O2-)r(Na+)，B不符合題意；CH2O2為共價化合物，分子中含有極性鍵和非極性鍵，而Na2O2為離子化合物，含有離子鍵和非極性鍵，化學鍵類型不完全相同，C符合題意；D非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：SC，則酸性H2SO4H2CO3，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥縕形成一個共價雙鍵，Z與W同主族

18、，且W的原子序數(shù)和半徑大于Z，則Z為O元素，W為S元素；Y形成2個單鍵和1個雙鍵，原子序數(shù)小于O，半徑大于O，則為C元素；M形成+1價陽離子，原子半徑最大，則M為Na元素，X形成一個單鍵，則X為H元素。6【答案】D【解析】【解答】A向AgCl懸濁液中滴加少量NaBr溶液，生成淺黃色的AgBr沉淀，這說明溴化銀的溶度積常數(shù)小于氯化銀的，因此曲線和曲線分別表示AgBr、AgCl的沉淀溶解曲線，A不符合題意；B升高溫度溶度積常數(shù)增大，離子濃度增大，則曲線向下方平行移動，B不符合題意；C曲線表示Ag2CO3的沉淀溶解曲線，根據(jù)A點數(shù)值可知T下，Ag2CO3的Ksp(101.5)2108.210-11.

19、2，C不符合題意；D根據(jù)圖像可知T下AgBr、AgCl的溶度積常數(shù)分別是1012.3、109.7，因此反應AgCl(s)+Br-(ag)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常數(shù)K=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)102.6，D符合題意；故答案為：D。【分析】向AgCl懸濁液中滴加少量NaBr溶液，生成淺黃色的AgBr沉淀，則Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)的曲線應平行，則曲線為AgBr的沉淀溶解曲線，曲線為AgCl的沉淀溶解曲線，曲線為Ag2CO3的沉淀溶解曲線。7【答案】B【解析】【解答】AAl是活潑的金屬，放電時作負極，因此放電時電子由Al

20、電極流出，故A不符合題意；B放電時，負極上Al失電子和AlCl4-反應生成Al2Cl7-，電極反應式為Al-3e+7AlCl4-= Al2Cl7-，因此離子交換膜為陰離子交換膜，故B符合題意；C充電時陰極的電極反應式為放電時負極反應是的逆反應，則為4Al2Cl7-+3e=Al+7AlCl4-，故C不符合題意；D充電時Ph3N失電子生成Ph3N+，則生成1個Ph3N轉(zhuǎn)移1個電子，所以理論上每生成1molPh3N，外電路通過1mol電子，故D不符合題意；故答案為：B。 【分析】A.放電時，Al失電子和 AlCl4- 反應生成 Al2Cl7-，Al為負極，原電池中電子從負極流向正極；B.陰離子向負極

21、移動，則離子交換膜為陰離子交換膜；C.充電時陰極的電極反應式為放電時負極反應的逆反應；D.根據(jù)得失電子守恒計算。8【答案】（1）VO3-、AlO2-（2）5.20pH8.0（3）pH過低，VO3-化為VO2+的程度較大；pH過高，NH4+化為NH3H2O的程度較大；兩因素均使沉釩率降低；1.710-4（4）2H+WO42-=H2WO4；取少量最后一次洗滌液于試管中，先加少量稀鹽酸，再加少量BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則說明已洗滌干凈（5）V2O5+6HCl(濃)=2VOCl2+Cl2+3H2O【解析】【解答】 (1)“堿浸”時，濾渣是含Ti固體，V2O5、WO3、SiO2、Al2O3分別

22、與NaOH反應生成VO3-、WO42-、SiO32-、AlO2-，故濾液中的金屬含氧酸根離子除WO42-外還有VO3-、AlO2-。(2)據(jù)分析，硫酸調(diào)pH為了除去Si、Al元素，結(jié)合已知，為得到H4SiO4和Al(OH)3沉淀，pH應處在5.208.00之間。(3)由已知知在水溶液中存在：VO3-+2H+VO2+H2O， pH過低，該平衡正向移動，VO3-化為VO2+的程度較大；pH過高，NH4+轉(zhuǎn)化為NH3H2O的程度較大；兩因素均使沉釩率降低；根據(jù)Ksp(NH4VO3)=3.010-8，當VO3-恰好完全沉淀時，c(VO3-)=10-5mol/L，則溶液中的c(NH4+)=3.010-3

23、 mol/L，pH為8.0，即c(OH-)=10-6mol/L，故溶液中的c(NH3H2O)= c(NH4+)c(OH-)Kb(NH3H2O)=3.010-310-61.810-51.710-4 (molL-1)。(4)據(jù)分析，硫酸加入沉釩后濾液沉鎢，H+與WO42-生成難溶于水的弱酸H2WO4，離子方程式為：2H+WO42-=H2WO4；“沉鎢”后濾渣含有硫酸根離子，判斷濾渣2是否洗滌干凈，即判斷洗滌液是否含有硫酸根離子，方法為：取少量最后一次洗滌液于試管中，先加少量稀鹽酸，再加少量BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則說明已洗滌干凈。(5)該反應中氧化劑是V2O5，還原劑是HCl，氧化產(chǎn)物是

24、氣體單質(zhì)Cl2，兩者物質(zhì)的量之比為1：2，根據(jù)氧化還原反應原理，V元素化合價降低1價，得到VO2+，故反應的化學方程式為：V2O5+6HCl(濃)=2VOCl2+Cl2+3H2O。 【分析】廢棄SCR通過堿浸后過濾除去含Ti固體，濾液用硫酸調(diào)節(jié)pH值生成H4SiO4和Al(OH)3除去Si、Al元素，再往濾液加入(NH4)2SO4沉釩，分離出NH4VO3固體，最后加入硫酸得到鎢酸沉淀，分別回收金屬釩和鎢。9【答案】（1）濃氨水；除去CO2中混有的HCl氣體（2）K2；防倒吸（3）產(chǎn)生大量白色沉淀；NH4HCO3_NH3+CO2+H2O（4）增大c(NH4+)、c(Cl-)，使NH4+(aq)+

25、Cl-(aq)NH4Cl(s)平衡正向移動，促使NH4Cl晶體析出（5）c(V2-V1)10-384a100%【解析】【解答】(1)試劑b為濃氨水，試劑a的作用是除去CO2中混有的HCl氣體；(2)實驗時先通入氨氣，后通入二氧化碳，故先打開開關(guān)K2，硬質(zhì)玻璃管的作用為防倒吸；(3)反應一段時間后，雙頸燒瓶中有碳酸氫鈉生成，由于其溶解度較小，故產(chǎn)生大量白色沉淀，觀察到的實驗現(xiàn)象為：產(chǎn)生大量白色沉淀；該反應一般控制在3035下進行，溫度不宜過高的主要原因防止碳酸氫銨受熱分解，化學方程式表示為：NH4HCO3_NH3+CO2+H2O；(4)向濾液中通入NH3并加入一定量NaCl固體，增大c(NH4+

26、)、c(Cl-)，使NH4+(aq)+Cl-(aq)NH4Cl(s)平衡正向移動，促使NH4Cl晶體析出；(5)用cmolL-1的鹽酸滴定至溶液由紅色變?yōu)闇\紅色，消耗鹽酸V1mL，此時碳酸鈉與鹽酸反應生成碳酸氫鈉，故碳酸鈉的物質(zhì)的量為cV110-3mol；繼續(xù)用鹽酸滴定至溶液由黃色變?yōu)槌壬?，又消耗鹽酸V2mL，此時鹽酸與碳酸氫鈉反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，樣品中的碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為：c(V2-V1)10-3mol，故純堿樣品中NaHCO3質(zhì)量分數(shù)為c(V2-V1)10-3mol84g/molag100%=c(V2-V1)10-384a100%。【分析】“侯氏制堿法”的原理是將二氧化碳氣體通

27、入氨氣的氯化鈉飽和溶液中，制備碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解得到純堿，該裝置中，利用稀鹽酸和碳酸鈣反應制備二氧化碳，a中用飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中混有的HCl；試劑b濃氨水和氧化鈣反應制備氨氣，氨氣和二氧化碳通入燒瓶中進行反應得到碳酸氫鈉。10【答案】（1）2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-205.9kJ/mol（2）600K之前反應未達平衡，隨著溫度上升，反應速率加快，單位時間內(nèi)CO的轉(zhuǎn)化率增大；該反應為放熱反應，600K之后升高溫度平衡逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率降低（3）0.025；0.25；正；小于；反應II的H0.25，說明平衡正向移動，故為降低溫度（4

28、）A【解析】【解答】(1)I.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-90.7kJmol-lII.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-24.5kJmol-1由蓋斯定律可得：反應I2+反應II得2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-205.9kJ/mol，則由CO和H2直接合成CH3OCH3(g)的熱化學反應方程式為2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-205.9kJ/mol；(2)由題意，表格中轉(zhuǎn)化率不是平衡轉(zhuǎn)化率，相同時間內(nèi)CO轉(zhuǎn)化率和反應速率有關(guān)，故CO轉(zhuǎn)化率在600K時達到最高的原因是600K

29、之前反應未達平衡，隨著溫度上升，反應速率加快，單位時間內(nèi)CO的轉(zhuǎn)化率增大；該反應為放熱反應，600K之后升高溫度平衡逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率降低；(3)由題意設(shè)甲醇的轉(zhuǎn)化量為2x，列三段式開始(mol/L)變化(mol/L)平衡(mol/L)2CH3OH(g)12x1-2xCH3OCH3(g)0 xx+H2O(g)0 xx，20min時反應達平衡，測得體系中H2O(g)的體積分數(shù)為25%，則x=0.25：020min內(nèi)，用CH3OH表示的平均反應速率v(CH3OH)=20.25mol20min= 0.025molL-1min-1；甲醇、二甲醚、水的平衡濃度分別為0.5mol/L、0.25mol/

30、L、0.25mol/L，則T下反應的平衡常數(shù)K=0.25mol/L0.25mol/L(0.5mol/L)2=0.25；若其他條件不變，向該平衡體系中再充入1molCH3OH和lmolCH3OCH3，則Qc=(0.25mol/L+1mol2L)0.25mol/L(0.5mol/L+1mol2L)2=0.18750.25，平衡正向移動，由于該反應是放熱反應，則是降低溫度，T小于T；判斷的理由整理后為反應II的H0.25，說明平衡正向移動，故為降低溫度；(4)要使H2的平衡轉(zhuǎn)化率最大，就是要使平衡時二甲醚的物質(zhì)的量分數(shù)最大，因此由圖可知要選p1壓強，T4溫度，故答案為：A?！痉治觥浚?）根據(jù)蓋斯定律

31、計算；（2）600K之前反應未達平衡，隨著溫度上升，反應速率加快；600K之后升高溫度平衡逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率降低；（3）列出反應的三段式進行計算；（4） 要使H2的平衡轉(zhuǎn)化率最大，就是要使平衡時產(chǎn)物質(zhì)量分數(shù)最大。11【答案】（1）3d104s1；四；IB（2）sp3；O（3）離子鍵、共價鍵（4）四面體形；O原子半徑小，電負性大，使S=O鍵對S-Cl鍵的排斥力大于S-Cl鍵對S-Cl鍵的排斥力（5）4；82r3NA【解析】【解答】(1)Cu為29號元素，原子核外有29個電子，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，其3d、4s能級上的電子為其價電子，則其價電子排布式為

32、3d104s1；Cu在元素周期表中位于第四周期IB族，故答案為：d104s1；四；IB；(2)膽礬中S原子形成4個鍵，不含孤電子對，采用sp3雜化；三種元素中O元素的非金屬性最強，在反應中容易得到電子，形成的共用電子對也偏向O，不容易失去電子，O的第一電離能最大； H只有1個電子，位于1s軌道，原子核對電子的吸引力大，失去電子較難，第一電離能較大，相對來說，S原子的半徑較大，失去電子較容易，第一電離能較小，因此H、O、S的電離能由大到小的順序為：OHS，最大的是O，故答案為：sp3雜化；O；(3)CuSO45H2O中有4個水分子為配位水分子，則用配合物的形式表示為Cu(H2O)4SO4H2O，

33、由圖可知，膽礬中Cu2+和O原子之間存在配位鍵，Cu2+和SO42-之間存在離子鍵，還存在S-O和O-H共價鍵，故答案為：離子鍵、共價鍵；(4)SOCl2中S原子成2個S-Cl鍵，1個S=O鍵，價層電子對數(shù)為4，含有1個孤電子對，S原子采取sp3雜化，分子的VSEPR模型為四面體形；O原子半徑小，電負性較大，導致S=O鍵對S-Cl鍵的排斥力大于S-Cl鍵對S-Cl鍵的排斥力，從而使得健角Cl-S-O大于Cl-S-Cl，故答案為：四面體形；O原子半徑小，電負性大，使S=O鍵對S-Cl鍵的排斥力大于S-Cl鍵對S-Cl鍵的排斥力；(5)立方銅晶胞中銅原子的配位數(shù)為12，則其堆積方式為面心立方最密堆積，晶胞中Cu原子位于面心和頂點，則每個晶胞中有818+612=4個Cu原子；銅原子的半徑為rcm，則晶胞棱長為22rcm，晶胞質(zhì)量為464NAg，體積為(22rcm)3，則晶體密度為464NAg(22rcm)3=82r3NAg/cm3，故答案為：4；82r3NA。【分析】（1