高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題九含解析

2020年高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題九含解析2020年高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題九含解析2020年高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題九含解析2020年高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Al27S32Ca40Cu64Zn65一、選擇題：1．下列古詩(shī)詞中所涉及化學(xué)物質(zhì)的相關(guān)敘述錯(cuò)誤的是【答案】A【解析】A選項(xiàng)，銨根離子、錫離子都要水解，水解顯酸性，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，蔗糖是二糖，即雙糖,故B正確；C選項(xiàng)，蠶絲主要成份是蛋白質(zhì)，故C正確；D選項(xiàng)，硫化汞在空氣中受熱會(huì)生成汞和二氧化硫，故D正確。綜上所述,答案為A.2．下列敘述正確的是A．烴分子中所含碳?xì)滏I數(shù)目一定為偶數(shù)B．塑料、橡膠和纖維都屬于合成高分子材料C．乙烯和苯都能使溴水褪色,其褪色原理相同D．淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白質(zhì)在一定條件下都能發(fā)生水解反應(yīng)【答案】A【解析】A．烴分子中的氫原子個(gè)數(shù)一定為偶數(shù)，烴分子中所含碳?xì)滏I數(shù)目一定為偶數(shù),A項(xiàng)正確;

B．合成纖維、合成橡膠、塑料都是有機(jī)合成高分子材料，而天然橡膠、天然纖維不是合成高分子材料，B項(xiàng)錯(cuò)誤;C．烯烴使溴水褪色的原理是加成反應(yīng)，苯使溴水褪色的原理是萃取,二者原理不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解反應(yīng),D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】1、烯烴使溴水褪色的原理是加成反應(yīng)；2、苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和溴化氫；苯分子中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應(yīng),但溴更易溶于苯中,溴水與苯混合時(shí)，可發(fā)生萃取,苯的密度小于水，因此上層為溴的苯溶液，顏色為橙色,下層為水，顏色為無(wú)色，這是由于萃取使溴水褪色,沒有發(fā)生化學(xué)反應(yīng).這是學(xué)生們的易錯(cuò)點(diǎn)，也是?？键c(diǎn)。3．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下,以任意比混合的氫氣和一氧化碳?xì)怏w共8.96L，在足量氧氣中充分燃燒時(shí)消耗氧氣的分子數(shù)為0。2NAB．用惰性電極電解硫酸銅溶液時(shí)，若溶液的pH值變?yōu)?時(shí)，則電極上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NAC．32.5g鋅與一定量濃硫酸恰好完全反應(yīng),生成氣體的分子數(shù)為0.5NAD．反應(yīng)3H2(g）＋N2（g）2NH3（g）ΔH＝－92kJ·mol－1，當(dāng)放出熱量9.2kJ時(shí)轉(zhuǎn)移電子0。6NA【答案】B【解析】A．氫氣和一氧化碳?xì)怏w的物質(zhì)的量為8.96L÷22.4L·mol－1=0。4mol,根據(jù)2CO～O2，2H2～O2，可知共消耗O20。2mol，分子數(shù)為0。2NA,故A正確；B．用惰性電極電解硫酸銅溶液時(shí)，2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若溶液的pH值變?yōu)?時(shí),沒有提供溶液的體積，無(wú)法計(jì)算生成的硫酸的物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C。32。5g鋅的物質(zhì)的量為0.5mol，完全反應(yīng)變成鋅離子失去1mol電子;與濃硫酸完全反應(yīng),無(wú)論生成二氧化硫還是生成氫氣,每生成1個(gè)氣體分子達(dá)到2個(gè)電子，所以轉(zhuǎn)移1mol電子會(huì)生成0.5mol氣體，生成氣體分子數(shù)為0。5NA,故C正確；D.反應(yīng)3H2（g)＋N2（g）2NH3(g）ΔH＝－92kJ·mol－1，當(dāng)放出熱量9。2kJ時(shí)，參加反應(yīng)的氫氣為0。3mol,轉(zhuǎn)移電子0。6NA，故D正確；故選B.4．W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，W和X同族.Y原子最外層電子數(shù)是W與X原子最外層電子數(shù)之和的3倍，是Z原子最外層電子數(shù)的2倍.下列說(shuō)法正確的是A．離子半徑:W－＜X+B．Z的最高價(jià)氧化物的水化物是強(qiáng)堿C．化合物XZW4具有強(qiáng)還原性D．W與Y只能形成10電子化合物【答案】C【解析】W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大,W和X同族。Y原子最外層電子數(shù)是W與X原子最外層電子數(shù)之和的3倍，Y最外層電子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外層電子數(shù)的2倍,Z最外層電子是3.W為H，X為L(zhǎng)i，Y為O，Z為Al。A。電子層結(jié)構(gòu)相同的粒子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，離子半徑：H－>Li+,故A錯(cuò)誤；B.Al的最高價(jià)氧化物的水化物是Al(OH)3，是兩性氫氧化物，故B錯(cuò)誤;C?；衔風(fēng)iAlH4中H是-1價(jià)，具有強(qiáng)還原性，故C正確；D。W與Y能形成10電子化合物H2O，還能形成18電子的化合H2O2，故D錯(cuò)誤;故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查元素周期表及其推斷，解題關(guān)鍵：W和X同族，Y原子最外層電子數(shù)是W與X原子最外層電子數(shù)之和的3倍，W和X同族只能是IA，易錯(cuò)點(diǎn)D，氫和氧可形成水和雙氧水兩種化合物。5．實(shí)驗(yàn)室以苯甲醛為原料制備間溴苯甲醛（實(shí)驗(yàn)裝置如圖)。其實(shí)驗(yàn)步驟為：步驟1：將三頸燒瓶中的一定配比的無(wú)水AlCl3、1,2.二氯乙烷和苯甲醛充分混合后,升溫至60℃,緩慢滴加經(jīng)濃硫酸干燥過(guò)的液溴，保溫反應(yīng)一段時(shí)間，冷卻。步驟2:將反應(yīng)混合物緩慢加入一定量的稀鹽酸中。攪拌、靜置、分液。有機(jī)相用10%NaHCO3溶液洗滌。步驟3：經(jīng)洗滌的有機(jī)相加入適量無(wú)水MgSO4固體.放置一段時(shí)間后過(guò)濾.步驟4：減壓蒸餾有機(jī)相，收集相應(yīng)餾分.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．甲同學(xué)認(rèn)為步驟1中使用1，2。二氯乙烷的目的是作催化劑，加快反應(yīng)速率B．乙同學(xué)認(rèn)為可在該實(shí)驗(yàn)裝置的冷凝管后加接一只裝有無(wú)水MgSO4的干燥管,實(shí)驗(yàn)效果可能會(huì)更好C．丙同學(xué)認(rèn)為步驟2中有機(jī)相使用10%NaHCO3溶液洗滌可除去大部分未反應(yīng)完的Br2D．丁同學(xué)認(rèn)為步驟4中減壓蒸餾有機(jī)相是因?yàn)殚g溴苯甲醛高溫下容易氧化或分解【答案】A【解析】將三頸燒瓶中一定配比的無(wú)水AlC13、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合,無(wú)水AlCl3作催化劑,1,2.二氯乙烷作溶劑，苯甲醛作反應(yīng)物，A項(xiàng)錯(cuò)誤；若在該實(shí)驗(yàn)裝置的冷凝管后加接一只裝有無(wú)水MgSO4的干燥管,則可以防止錐形瓶中的水蒸氣進(jìn)入冷凝管，實(shí)驗(yàn)效果可能會(huì)更好，B項(xiàng)正確；有機(jī)相中含有未反應(yīng)完的Br2，使用10%NaHCO3溶液洗滌可除去大部分未反應(yīng)完的Br2，C項(xiàng)正確；減壓蒸餾，可降低沸點(diǎn)，避免溫度過(guò)高，導(dǎo)致間溴苯甲醛被氧化或分解，D項(xiàng)正確。6．“太陽(yáng)水”電池裝置如圖所示，該電池由三個(gè)電極組成,其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4—H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個(gè)區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護(hù)。下列關(guān)于該電池的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．若用導(dǎo)線連接a、c，則a為負(fù)極,該電極附近pH減小B．若用導(dǎo)線連接a、c，則c電極的電極反應(yīng)式為HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用導(dǎo)線先連接a、c,再連接b、c,可實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能向電能轉(zhuǎn)化D．若用導(dǎo)線連接b、c,b電極的電極反應(yīng)式為O2+4H++4e—=2H2O【答案】B【解析】A．用導(dǎo)線連接a、c，a極發(fā)生氧化,為負(fù)極,發(fā)生的電極反應(yīng)為2H2O—4e—=4H++O2↑，a電極周圍H+濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B．用導(dǎo)線連接a、c，c極為正極,發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為WO3+xH++xe—=HxWO3,故B錯(cuò)誤;C．用導(dǎo)線先連接a、c，再連接b、c,由光電池轉(zhuǎn)化為原電池，實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能向電能轉(zhuǎn)化，故C正確;D．用導(dǎo)線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子,發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O,故D正確；故答案為B。7．下圖是0。01mol/L甲溶液滴定0。01mol/L乙溶液的導(dǎo)電能力變化曲線，其中曲線③是鹽酸滴定NaAc溶液,其他曲線是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定鹽酸.下列判斷錯(cuò)誤的是A．條件相同時(shí)導(dǎo)電能力：鹽酸〉NaAcB．曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導(dǎo)電能力變化曲線C．隨著甲溶液體積增大，曲線①仍然保持最高導(dǎo)電能力D．a(chǎn)點(diǎn)是反應(yīng)終點(diǎn)【答案】C【解析】A．由曲線③鹽酸滴定NaAc溶液，導(dǎo)電能力升高，滴定到一定程度后導(dǎo)電能力迅速升高，說(shuō)明條件相同時(shí)導(dǎo)電能力：鹽酸>NaAc，故A正確;B．曲線②的最低點(diǎn)比曲線③還低，為醋酸滴定NaOH溶液的曲線,因此曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導(dǎo)電能力變化曲線，故B正確；C．由曲線①起始點(diǎn)最高，說(shuō)明鹽酸的導(dǎo)電能力最強(qiáng)，隨著甲溶液體積增大，曲線①逐漸變成氯化鈉和氫氧化鈉的混合物，根據(jù)曲線②可知，氫氧化鈉的導(dǎo)電能力不如鹽酸，而隨著甲溶液體積增大，曲線③的溶液逐漸變成鹽酸為主的導(dǎo)電能力曲線,因此最高點(diǎn)曲線③，故C錯(cuò)誤;D．反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)會(huì)形成折點(diǎn),因?yàn)閷?dǎo)電物質(zhì)發(fā)生了變化，即a點(diǎn)是反應(yīng)終點(diǎn)，故D正確；故選C。二、非選擇題:9。碲（52Te)被譽(yù)為“國(guó)防與尖端技術(shù)的維生素"。工業(yè)上常用銅陽(yáng)極泥（主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等雜質(zhì)）為原料提取碲并回收金屬，其工藝流程如下：已知:TeO2微溶于水,易與較濃的強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)。回答下列問(wèn)題：(1)已知Te為VIA族元素，TeO2被濃NaOH溶液溶解，所生成鹽的化學(xué)式為____________。（2）“酸浸2”時(shí)溫度過(guò)高會(huì)使Te的浸出率降低,原因是________________________.(3)“酸浸1"過(guò)程中，控制溶液的酸度使Cu2Te轉(zhuǎn)化為TeO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________；“還原”過(guò)程中,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________________。（4）工業(yè)上也可用電解法從銅陽(yáng)極泥中提取碲，方法是：將銅陽(yáng)極泥在空氣中焙燒使碲轉(zhuǎn)化為TeO2,再用NaOH溶液堿浸，以石墨為電極電解所得溶液獲得Te。電解過(guò)程中陰極上發(fā)生反應(yīng)的電極方程式為____________________。在陽(yáng)極區(qū)溶液中檢驗(yàn)出有TeO42－存在,生成TeO42－的原因是_____________________.（5）常溫下，向lmol·L－1Na2TeO3溶液中滴加鹽酸，當(dāng)溶液pH＝5時(shí)，c（TeO32－）:c（H2TeO3）＝__________。（已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10－3Ka2＝2。0×10－8)【答案】（14分,每空2分）(1）Na2TeO3（2）溫度升高，濃鹽酸易揮發(fā),反應(yīng)物濃度減小，導(dǎo)致浸出率降低（3)Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO22SO2+Te4++4H2O=2SO42－+Te+8H+（4）TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－TeO32－在陽(yáng)極直接被氧化，或陽(yáng)極生成的氧氣氧化TeO32－得到TeO42－（5）0.2【解析】（1)TeO2被濃NaOH溶液溶解，根據(jù)SO2與堿反應(yīng)得出所生成鹽的化學(xué)式為Na2TeO3，故答案為：Na2TeO3.（2）“酸浸2”時(shí)溫度過(guò)高會(huì)使Te的浸出率降低,原因是溫度升高，濃鹽酸易揮發(fā)，反應(yīng)物濃度減小，導(dǎo)致浸出率降低，故答案為:溫度升高，濃鹽酸易揮發(fā)，反應(yīng)物濃度減小,導(dǎo)致浸出率降低。（3)“酸浸1”過(guò)程中,控制溶液的酸度使Cu2Te轉(zhuǎn)化為TeO2、Cu元素轉(zhuǎn)化成CuSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO2；根據(jù)題給已知，TeO2溶于濃鹽酸得到TeCl4，“還原”過(guò)程中二氧化硫?qū)e4+還原成Te，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2SO2+Te4++4H2O=2SO42－+Te+8H+，故答案為：Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO2;2SO2+Te4++4H2O=2SO42－+Te+8H+。(4）將銅陽(yáng)極泥在空氣中焙燒使碲轉(zhuǎn)化為TeO2，TeO2用NaOH溶液浸取時(shí)轉(zhuǎn)化為Na2TeO3，電解過(guò)程實(shí)際是電解Na2TeO3溶液的過(guò)程，其陰極上發(fā)生反應(yīng)的電極方程式為TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－，在陽(yáng)極區(qū)溶液中檢驗(yàn)出有TeO42－存在，TeO32－化合價(jià)升高變?yōu)門eO42－，生成TeO42－的原因是可能為TeO32－在陽(yáng)極直接被氧化，也可能為陽(yáng)極生成的氧氣氧化TeO32－得到TeO42－，故答案為：TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－；TeO32－在陽(yáng)極直接被氧化，或陽(yáng)極生成的氧氣氧化TeO32－得到TeO42－。（5）常溫下，向lmol·L－1Na2TeO3溶液中滴加鹽酸,將，當(dāng)溶液pH＝5時(shí)，,故答案為：0。2.10。全球碳計(jì)劃組織(GCP，TheGlobalCarbonProject）報(bào)告稱，2018年全球碳排放量約371億噸,達(dá)到歷史新高。（1）中科院設(shè)計(jì)了一種新型的多功能復(fù)合催化劑，實(shí)現(xiàn)了CO2直接加氫制取高辛烷值汽油，其過(guò)程如圖1所示。①已知：CO2(g)+H2(g）=CO（g)+H2O（g）△H=+41kJ·mol-12CO2（g)+6H2(g）=4H2O(g）+CH2=CH2（g）△H=—128kJ·mol-1則上述過(guò)程中CO和H2轉(zhuǎn)化為CH2=CH2的熱化學(xué)方程式是_________。②下列有關(guān)CO2轉(zhuǎn)化為汽油的說(shuō)法,正確的是___________________（填標(biāo)號(hào)）.A．該過(guò)程中，CO2轉(zhuǎn)化為汽油的轉(zhuǎn)化率高達(dá)78%B．中間產(chǎn)物Fe5C2的生成是實(shí)現(xiàn)CO2轉(zhuǎn)化為汽油的關(guān)鍵C．在Na—Fe3O4上發(fā)生的反應(yīng)為CO2+H2=CO+H2OD．催化劑HZSM-5可以提高汽油中芳香烴的平衡產(chǎn)率③若在一容器中充入一定量的CO2和H2,加入催化劑恰好完全反應(yīng)，且產(chǎn)物只生成C5以上的烷烴類物質(zhì)和水。則起始時(shí)CO2和H2的物質(zhì)的量之比不低于_________。（2）研究表明,CO2和H2在一定條件下可以合成甲醇.反應(yīng)方程式為CO2（g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O（g)△H<0.一定條件下，往2L恒容密閉容器中充入1。0molCO2和3.0molH2，在不同催化劑作用下合成甲醇，相同時(shí)間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化關(guān)系如圖2所示。①該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件是__________（填“高溫”“低溫”或“任意溫度"）②催化效果最佳的催化劑是__________（填“A”“B”或“C”）；b點(diǎn)時(shí),________(填“＞”“＜”或“＝”)。③若容器容積保持不變，則不能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是________.a.c(CO2）與c（H2）的比值保持不變b.v（CO2）正＝v（H2O)逆c.體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化d.混合氣體的密度不變e。有l(wèi)molCO2生成的同時(shí)有斷開3mol的H-H鍵f。氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變④已知容器內(nèi)的起始?jí)簭?qiáng)為100kPa，若圖2中c點(diǎn)已達(dá)到平衡狀態(tài)，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=____________________（只列出計(jì)算式，不要求化簡(jiǎn)，Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）.【答案】（15分）（1）①2CO(g)+4H2（g)=CH2=CH2(g）+2H2O（g）?H=-210kJ?mol-1(2分）②B（2分)③6：19（2分）(2）①低溫(1分）②A（2分)>（2分）③ad（2分）④（2分）【解析】根據(jù)已知熱化學(xué)方程式運(yùn)用蓋斯定律書寫新的熱化學(xué)方程式；根據(jù)圖示反應(yīng)歷程分析反應(yīng)的中間產(chǎn)物，判斷催化劑對(duì)反應(yīng)的影響；根據(jù)烷烴的通式及題干信息進(jìn)行相關(guān)計(jì)算；根據(jù)熵變和焓變判斷反應(yīng)是否自發(fā)進(jìn)行；根據(jù)平衡狀態(tài)的特征分析反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài);根據(jù)各物質(zhì)的分壓計(jì)算平衡常數(shù)。（1）①已知：ICO2(g)+H2（g)=CO（g)+H2O(g）△H=+41kJ·mol—1，II2CO2(g)+6H2（g)=4H2O（g）+CH2=CH2（g）△H=—128kJ·mol—1，根據(jù)蓋斯定律II—I×2得:2CO(g）+4H2（g）=CH2=CH2(g)+2H2O（g)△H=—128kJ·mol—1-（+41kJ·mol-1）×2=—210kJ?mol—1，故熱化學(xué)方程式為：2CO(g）+4H2(g）=CH2=CH2(g)+2H2O(g)?H=-210kJ?mol-1；②A.由圖示分析78%并不是表示CO2轉(zhuǎn)化為汽油的轉(zhuǎn)化率，故A錯(cuò)誤；B.中間產(chǎn)物Fe5C2是無(wú)機(jī)物轉(zhuǎn)化為有機(jī)物的中間產(chǎn)物，是轉(zhuǎn)化的關(guān)鍵，故B正確；C.根據(jù)圖1所示，在Na-Fe3O4上發(fā)生的反應(yīng)應(yīng)為CO2生成CO的反應(yīng)，氫氣未參加反應(yīng)，故C錯(cuò)誤;D.催化劑HZSM—5的作用是加快反應(yīng)速率,對(duì)平衡產(chǎn)率沒有影響，故D錯(cuò)誤；故答案為：B;③烷烴的通式為CnH(2n+2),假設(shè)只生成C6H14和水，則根據(jù)原子守恒知：6molCO2恰好完全反應(yīng)生成1molC6H14和12molH2O需要的H2的物質(zhì)的量為：，所以CO2和H2的物質(zhì)的量之比不低于6mol:19mol=6:9,故答案為:6:9；(2）①該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H〈0，根據(jù)方程式知：△S〈0，根據(jù)ΔG=ΔH－TΔS，若ΔG〈0則T較小，即低溫時(shí)該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，故答案為：低溫；②如圖所示相同時(shí)間內(nèi)催化劑A的轉(zhuǎn)化率較高，說(shuō)明反應(yīng)較快催化效果好；b點(diǎn)時(shí)，還未達(dá)到平衡，則說(shuō)明＞,故答案為：A；＞;③a.c(CO2)與c（H2)初始時(shí)比值為1：3，所以按照化學(xué)計(jì)量數(shù)1：3反應(yīng)后，比值始終保持不變，不能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到平衡，故a選；b。根據(jù)化學(xué)計(jì)量數(shù)之比知:v(CO2）正=v（H2O）正=v（H2O）逆，正逆反應(yīng)速率相等，則說(shuō)明已經(jīng)達(dá)到平衡，故b不選;c.該反應(yīng)為氣體減小的反應(yīng),所以當(dāng)體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化，說(shuō)明反應(yīng)物和生成物濃度保持不變，能說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，故c不選；d.根據(jù)質(zhì)量守恒原理知，反應(yīng)前后總質(zhì)量始終不變，且容器體積不變，則混合氣體的密度始終不變，所以氣體密度不變不能說(shuō)明達(dá)到平衡,故d選；e。斷開3mol的H-H鍵時(shí)說(shuō)明有3mol氫氣消耗,則應(yīng)該消耗1molCO2，則CO2的濃度保持不變，能說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，故e不選；f。反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量減小,質(zhì)量保持不變，則氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量應(yīng)增大,若不變，說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，故f不選；故答案為：ad；④c點(diǎn)時(shí)CO2的轉(zhuǎn)率為80％,則反應(yīng)掉1mol×80％=0。8mol，起始狀態(tài)容器中氣體總物質(zhì)的量為1mol+3mol=4mol，平衡時(shí)容器中氣體總物質(zhì)的量為0。2mol+0。6mol+0.8mol+0。8mol=2.4mol，容器體積不變，起始?jí)簭?qiáng)為100kPa，則平衡時(shí)總壓強(qiáng)為:100kPa×=60kPa,根據(jù)分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)計(jì)算得：，故答案為：。28．（14分）工業(yè)制得的氮化鋁（AlN)產(chǎn)品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等雜質(zhì)．某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)分別測(cè)定氮化鋁(AlN）樣品中AlN和Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(忽略NH3在強(qiáng)堿性溶液中的溶解）．(1)實(shí)驗(yàn)原理①Al4C3與硫酸反應(yīng)可生成CH4，②AlN溶于強(qiáng)酸產(chǎn)生銨鹽，溶于強(qiáng)堿生成氨氣，請(qǐng)寫出AlN與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式。（2）實(shí)驗(yàn)裝置（如圖所示)（3)實(shí)驗(yàn)過(guò)程①連接實(shí)驗(yàn)裝置，檢驗(yàn)裝置的氣密性．稱得D裝置的質(zhì)量為yg，滴定管的讀數(shù)為amL。②稱取xgAlN樣品置于裝置B瓶中；塞好膠塞，關(guān)閉活塞,打開活塞，通過(guò)分液漏斗加入稀硫酸，與裝置B瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng)．③待反應(yīng)進(jìn)行完全后，關(guān)閉活塞，打開活塞，通過(guò)分液漏斗加入過(guò)量（填化學(xué)式)，與裝置B瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng).④(填入該步應(yīng)進(jìn)行的操作)。⑤記錄滴定管的讀數(shù)為bmL，稱得D裝置的質(zhì)量為zg。(4)數(shù)據(jù)分析（已知:該實(shí)驗(yàn)條件下的氣體摩爾體積為VmL?mol﹣1)①Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為.②若讀取滴定管中氣體的體積時(shí)，液面左高右低,則所測(cè)氣體的體積(填“偏大”、“偏小”或“無(wú)影響"）。③AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。【答案】（14分)（1）AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑（2分）（3)②K2、K3（1分）K1（1分）③K1(1分)K3（1分）NaOH（1分）④打開K2，通入空氣一段時(shí)間（2分）（4）①×100％（2分）②偏?。?分）③×100%（2分）【解析】從實(shí)驗(yàn)裝置和實(shí)驗(yàn)步驟上看，本實(shí)驗(yàn)的原理是用足量硫酸與樣品中Al4C3完全反應(yīng)，量取生成的甲烷氣體，從而可測(cè)得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應(yīng),充分吸收生成的氨氣,并稱量其質(zhì)量，從而求得AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；（1)根據(jù)題目信息：AlN溶于強(qiáng)堿溶液時(shí)會(huì)生成NH3,化學(xué)方程式為:AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑,故答案為：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（3）②通過(guò)分液漏斗加入稀硫酸，硫酸與樣品中Al4C3完全反應(yīng)，量取生成的甲烷氣體，從而測(cè)得Al4C3的百分含量，故應(yīng)關(guān)閉活塞K2、K3,打開活塞K1，故答案為：K2、K3；K1;③用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應(yīng),充分吸收生成的氨氣，并稱量其質(zhì)量,故應(yīng)關(guān)閉活塞K1，打開活塞K3，故答案為：K1；K3；NaOH；④裝置中殘留部分氨氣,打開K2，通入空氣一段時(shí)間，排盡裝置的氨氣，被裝置D完全吸收，防止測(cè)定的氨氣的質(zhì)量偏小，故答案為：打開K2，通入空氣一段時(shí)間；（4）①甲烷的體積為（a﹣b)mL，物質(zhì)的量為mol,根據(jù)碳原子的守恒，Al4C3的物質(zhì)的量等于甲烷的物質(zhì)的量的三分之一,所以Al4C3的質(zhì)量為×mol×144g/mol=g，Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100％，故答案為：×100%；②讀取滴定管中氣體的體積時(shí)，液面左高右低，氣體的壓強(qiáng)大于大氣壓，測(cè)定氣體甲烷的體積偏小,故答案為：偏小;③氨氣的質(zhì)量為(z﹣y）g，物質(zhì)的量為mol，根據(jù)氮原子的守恒，氨氣的物質(zhì)的量等于AlN的物質(zhì)的量，所以AlN的質(zhì)量為mol×41g/mol=g，故AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=×100%，故答案為：×100%。（二）選考題:11.Cu的單質(zhì)和合金在生活、生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題:（1）Cu的基態(tài)原子價(jià)電子排布式為____________。（2）金屬銅單獨(dú)與氨水或單獨(dú)與過(guò)氧化氫都不能反應(yīng),但可與氨水和過(guò)氧化氫的混合溶液反應(yīng)，其原因是___________________________,反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________.(3）配離子Cu（CN）32-中，中心離子的雜化類型是___________，該配離子的空間構(gòu)型為___________；CN—中配位原子是___________(填名稱）.（4）CaCux合金可看作由如圖所示的（a)、(b）兩種原子層交替堆積排列而成。（a)是由Cu和Ca共同組成的層，層中Cu—Cu之間由實(shí)線相連；(b)是完全由Cu原子組成的層，Cu—Cu之間也由實(shí)線相連。圖中虛線構(gòu)建的六邊形，表示由這兩種層平行堆積時(shí)垂直于層的相對(duì)位置；(c）是由(a)和(b）兩種原子層交替堆積成CaCux合金的晶體結(jié)構(gòu)圖。在這種結(jié)構(gòu)中，同一層的Ca—Cu距離為294pm，相鄰兩層的Ca—Cu距離為327pm。①該晶胞中Ca有___________個(gè)Cu原子配位（不一定要等距最近)。②同一層中，Ca原子之間的最短距離是___________pm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，CaCu晶體的密度是___________g/cm3(用含m、n的式子表示)?！敬鸢浮浚?5分）（1）3d104s1（1分）（2）過(guò)氧化氫為氧化劑，氨與Cu2+形成配離子,兩者共同作用促使反應(yīng)進(jìn)行(2分）Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3）4(OH)2(2分）（3）sp2（2分）平面三角形（1分)碳（1分）(4)18（2分）(2分)（2分）【解析】（1）Cu是29號(hào)元素，核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，基態(tài)原子價(jià)電子排布式為3d104s1；（2）H2O2具有強(qiáng)的氧化性,可以將具有還原性的Cu氧化為Cu2+，氨與Cu2+形成配離子，兩者共同作用促使反應(yīng)進(jìn)行；反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3）4（OH)2；（3）在Cu（CN）32-中，中心離子Cu+的雜化類型是sp2雜化，微粒的空間構(gòu)型是平面三角形，其中配位體CN-中的C原子與中心Cu+結(jié)合，所以CN—中配位原子是碳原子；（4）①該Ca-Cu晶胞由a、b層交替堆積排列而成，在a層中Ca原子周圍有6個(gè)Cu原子,在b層Ca原子周圍有12個(gè)Cu原子，所以該晶胞中Ca有6+12=18個(gè)Cu原子配位;②晶胞c為平行六面體，a中通過(guò)4個(gè)相鄰的Ca原子的平行四邊形為底面，b中平行四邊形為晶胞中b層情況：可知晶胞內(nèi)部1個(gè)Cu原子，另外Cu原子位于面上,晶胞中Cu原子數(shù)目為1+×8=5，圖a中如圖所示等腰三角形，銳角為30°,同層