2023屆四川省涼山彝族自治州高三下學(xué)期二?；瘜W(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE1四川省涼山彝族自治州2023屆高三下學(xué)期二?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1O-16S-32Cu-64Ba-137一、選擇題。每題給出的選項(xiàng)中只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題目要求，共7題，每題6分，共42分。1.化學(xué)和生活、社會(huì)發(fā)展息息相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是（）A.將鉻、錳加入普通鋼中制成不銹鋼，使鋼鐵制品永不生銹B.核酸檢測(cè)時(shí)用到的“拭子”由尼龍纖維制成，屬于有吸附性的天然有機(jī)高分子材料C.化石燃料脫硫與碳達(dá)峰、碳中和無(wú)關(guān)D.廣漢三星堆出土的青銅器深埋于地下而生銹，是因?yàn)榘l(fā)生了析氫腐蝕【答案】C【解析】A．將鉻、加入普通鋼中制成不銹鋼，能大大增強(qiáng)鋼鐵的抗腐蝕能力，但并不能使鋼鐵制品永不生銹，A錯(cuò)誤；B．尼龍纖維屬于合成纖維，屬于有機(jī)高分子材料，但不屬于天然有機(jī)高分子材料，B錯(cuò)誤；C．化石燃料脫硫不能減少二氧化碳排放，與碳達(dá)峰、碳中和無(wú)關(guān)，C正確；D．銅的金屬活動(dòng)性排在H之后，不會(huì)發(fā)生析氫腐蝕，D錯(cuò)誤；故選C。2.水楊酸()是制備阿司匹林()的原料，水楊酸的結(jié)構(gòu)修飾經(jīng)歷了數(shù)百年，由阿司匹林再到長(zhǎng)效緩釋阿司匹林，大幅提升了治療效果。一種制備水楊酸的流程如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲苯中所有原子共面B.步驟②反應(yīng)為加成反應(yīng)C.lmol阿司匹林與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí)，最多可消耗1molNaOHD.可以通過(guò)分子結(jié)構(gòu)修飾獲得療效更佳、作用時(shí)間更長(zhǎng)的緩釋阿司匹林【答案】D【解析】A．甲苯中含有甲基，-CH3是四面體結(jié)構(gòu)，所有原子不可能共平面，故A錯(cuò)誤；B．步驟②中發(fā)生取代反應(yīng)引入溴原子，故B錯(cuò)誤；C．1mol水解生成1molCH3COOH、1mol，產(chǎn)物中羧基、酚羥基與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，故1mol阿司匹林與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí)，最多可消耗3molNaOH，故C錯(cuò)誤；D．將-OH轉(zhuǎn)化為-OOCCH3，對(duì)水楊酸的結(jié)構(gòu)進(jìn)行改造合成出阿司匹林，進(jìn)一步通過(guò)分子結(jié)構(gòu)的修飾獲得療效更佳、作用時(shí)間更長(zhǎng)的緩釋阿司匹林，故D正確；故選D。3.下列操作和實(shí)驗(yàn)?zāi)康木_的是（）A.用甲裝置收集NO氣體B.乙裝置中II有平衡氣壓的作用，可將多余氣體直接排出到空氣中C.用丙裝置制取并收集干燥純凈的NH3D.用丁裝置(環(huán)己醇與濃硫酸混合加熱脫水)制備環(huán)己烯，反應(yīng)過(guò)程中，分水器中有水積攢就應(yīng)該立即打開(kāi)活塞放出?！敬鸢浮緼【解析】A．NO不溶于水，可以用排水法收集，A項(xiàng)正確；B．乙裝置中II有平衡氣壓的作用，等氣體都是有毒的氣體，不能直接排出，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．氨氣的密度比空氣小，應(yīng)該用向下排空氣法收集，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．分水器的作用是將反應(yīng)生成的水能夠及時(shí)分離出來(lái)，使反應(yīng)正向進(jìn)行，且分水器中的水量不再增多時(shí)，說(shuō)明反應(yīng)結(jié)束，即可停止實(shí)驗(yàn)，故還有控制反應(yīng)的作用，故反應(yīng)過(guò)程中，當(dāng)分水器的水層增至支管口附近時(shí)，再打開(kāi)活塞放出部分水，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。W與X不在同周期，X原子的最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3：4，Y、Z相鄰，Y的單質(zhì)在空氣中燃燒，產(chǎn)物有兩種離子化合物和一種單質(zhì)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.簡(jiǎn)單離子的半徑：X>Y>ZB.工業(yè)上常用電解熔融YX制備Y單質(zhì)C.Z2(SO4)3溶液是泡沫滅火器原料之一，原理利用了Z離子的水解D.X的某氫化物可作為殺菌消毒劑【答案】B【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3：4，由于最外層電子數(shù)不超過(guò)8，原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則X為O元素；W與X不在同周期，則W為H元素；Y的單質(zhì)在空氣中燃燒，產(chǎn)物有兩種離子化合物和一種單質(zhì)，反應(yīng)產(chǎn)物為氧化鎂、氮化鎂和碳，則Y為Mg元素；Y、Z相鄰，則Z為Al元素；【詳解】結(jié)合分析可知，W為H，X為O，Y為Mg，Z為Al元素，

A．O2-、Mg2+、Al3+的核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡(jiǎn)單離子的半徑：O2-＞Mg2+＞Al3+，即X＞Y＞Z，故A正確；

B．MgO的熔點(diǎn)較高，各元素通過(guò)電解熔融氯化鎂制備鎂，故B錯(cuò)誤；

C．Al2(SO4)3溶液是泡沫滅火器原料之一，原理是碳酸氫根離子與鋁離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳、水，利用了Al3+的水解，故C正確；

D．X為O，氫化物H2O2可作為殺菌消毒劑，故D正確；

故選：B。5.用氫氣制備雙氧水的一種工藝簡(jiǎn)單、能耗低的方法，其反應(yīng)原理如圖所示，已知鈀(Pd)常以正二價(jià)形式存在。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.H2O2的電子式為B.反應(yīng)①②③均氧化還原反應(yīng)C.反應(yīng)②中有1molO2參與反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2molD.反應(yīng)過(guò)程中[PbCl2O2]2?、HCl均為該反應(yīng)的催化劑【答案】C【解析】A．H2O2是共價(jià)化合物，通過(guò)共用電子對(duì)形成化學(xué)鍵，其電子式為，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)③中化合價(jià)未發(fā)生變化，是非氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)②中是Pd＋O2＋2Cl－＝[PbCl2O2]2?，[PbCl2O2]2?中Pd為+2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒，因此有1molO2參與反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，故C正確；D．反應(yīng)過(guò)程中[PbCl2O2]2?為該反應(yīng)的催化劑，HCl是中間產(chǎn)物，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為C。6.科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種將苯酚(C6H5OH)氧化為CO2和H2O的原電池-電解池組合裝置如圖所示，已知羥基自由基(·OH)是自然界中氧化性僅次于氟的氧化劑。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.高溫下不利于該電池的使用B.電池工作一段時(shí)間后，NaCl溶液濃度將降低C.d電極的電極反應(yīng)為：H2O-e-=·OH+H+D.相同時(shí)間內(nèi)，c、d兩極產(chǎn)生氣體的體積比(相同條件下)為3：7【答案】D【分析】由圖可知，a極鉻得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，反應(yīng)為；b極苯酚失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳和水，為負(fù)極，反應(yīng)為；則c為陰極、d為陽(yáng)極；【詳解】A．高溫下微生物會(huì)失去活性，故高溫下不利于該電池的使用，A正確；B．電池工作一段時(shí)間后，a側(cè)氫氧根離子、b側(cè)氫離子遷移到中間室中生成水，導(dǎo)致氯化鈉溶液濃度將降低，B正確；C．d為陽(yáng)極，水失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：H2O-e-=·OH+H+，C正確；D．c為陰極，水放電生成氫氣；d極苯酚和羥基自由基發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化碳，根據(jù)電子守恒可知，，故相同時(shí)間內(nèi)，c、d兩極產(chǎn)生氣體的體積比(相同條件下)為14:6=7:3，D錯(cuò)誤；故選D。7.已知MgF2屬于難溶于水、可溶于酸的鹽。常溫下，用HCl調(diào)節(jié)MgF2濁液的pH，測(cè)得在不同pH條件下，體系中?lgc(X)(X為Mg2+或F－)與lg的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.Ksp(MgF2)的數(shù)量級(jí)為10?9B.L1代表?lgc(Mg2+)與lg的變化曲線C.a、c兩點(diǎn)的溶液中均存在2c(Mg2+)＜c(F－)+c(HF)D.c點(diǎn)的溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)＞c(HF)＞c(H+)【答案】A【分析】根據(jù)lg越小，則氫離子濃度越大，根據(jù)H++F－(aq)HF，則氟離子濃度越小，MgF2(s)Mg2+(aq)＋2F－(aq)，不斷消耗氟離子，則鎂離子濃度越大，則?lgc(F－)越大，?lgc(Mg2+)越小，因此L1代表?lgc(F－)與lg的變化曲線，L2代表?lgc(Mg2+)與lg的變化曲線?！驹斀狻緼．lg=1時(shí)，?lgc(F－)=10?2.2，?lgc(Mg2+)=10?4，根據(jù)MgF2(s)Mg2+(aq)＋2F－(aq)，，故A正確；B．根據(jù)圖中信息L2代表?lgc(Mg2+)與lg變化曲線，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)原子守恒，溶解平衡中2c(Mg2+)=c(F－)，再根據(jù)H++F－(aq)HF可知，溶解得到的c(F－)等于溶液中存在的c(F－)與生成的c(HF)之和，因此a、c兩點(diǎn)的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故C錯(cuò)誤；D．c點(diǎn)lg＞0，則即，又由于2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)=c(HF)＞c(H+)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為A。二、非選擇題(本卷包括必考題和選考題兩部分。)(一)必考題：8.硫酸銅主要用作紡織品媒染劑、農(nóng)業(yè)殺蟲(chóng)劑等，其晶體(CuSO4·xH2O)在不同溫度下會(huì)逐步失去結(jié)晶水甚至分解。某小組對(duì)硫酸銅晶體性質(zhì)進(jìn)行探究，回答下列問(wèn)題：[探究一]驗(yàn)證硫酸銅晶體的分解產(chǎn)物某小組同學(xué)對(duì)某溫度下硫酸銅晶體的分解產(chǎn)物進(jìn)行驗(yàn)證，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象有：A中藍(lán)色晶體逐漸變成白色粉末，最后變成黑色粉末；B中無(wú)水硫酸銅變藍(lán)；C中產(chǎn)生白色沉淀；D中品紅溶液褪色；E中溶液變?yōu)榧t色。（1）裝有無(wú)水硫酸銅的儀器名稱為_(kāi)____________，C、D兩裝置位置_______(填“能”或“不能”)交換。（2）C中產(chǎn)生的沉淀的化學(xué)式為_(kāi)____________，E中Fe2+發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________________________________________________。（3）該實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的不足之處是__________________________________。[探究二]測(cè)定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量實(shí)驗(yàn)步驟：①稱取mg硫酸銅晶體，用適量蒸餾水溶解，再滴加幾滴酸A酸化。②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，將所得沉淀過(guò)濾、洗滌③將洗滌后的沉淀充分干燥后稱得其質(zhì)量為ag。（4）步驟①酸A應(yīng)該選擇__________(填“稀鹽酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是____________________________________。（5）步驟②檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈的方法是_____________________________________。（6）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，硫酸銅晶體(CuSO4·xH2O)中x=_______(用含m、a的代數(shù)式表示)。【答案】（1）球形干燥管不能（2）BaSO44Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（3）缺少尾氣處理裝置（4）稀鹽酸抑制Cu2+水解（5）取最后一次洗滌液少量于試管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無(wú)沉淀生成則已洗滌干凈（6）【分析】本題是一道檢驗(yàn)硫酸銅晶體分解的產(chǎn)物的實(shí)驗(yàn)題，該晶體分解后無(wú)水硫酸銅變藍(lán)說(shuō)明產(chǎn)物中有水，C中氯化鋇生成白色沉淀，說(shuō)明分解產(chǎn)物中含有三氧化硫，D中品紅褪色，說(shuō)明分解產(chǎn)物中含有二氧化硫，E中溶液變?yōu)榧t色，說(shuō)明分解產(chǎn)物中含有氧氣，以此解題?！驹斀狻浚?）由圖可知，裝有無(wú)水硫酸銅的儀器名稱為球形干燥管；因SO3極易溶于水，互換后，SO3溶于品紅溶液，則BaCl2溶液無(wú)法檢驗(yàn)出SO3，故答案為：互換后，SO3溶于品紅溶液，BaCl2溶液無(wú)法檢驗(yàn)出SO3，故兩者不能互換；（2）C中三氧化硫和水反應(yīng)生成硫酸，硫酸再和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；E中二價(jià)鐵被水中溶解的氧氣氧化為三價(jià)鐵，離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；（3）反應(yīng)中產(chǎn)生硫的氧化物，會(huì)污染空氣，需要尾氣處理裝置，故不足之處是：缺少尾氣處理裝置；（4）該實(shí)驗(yàn)是通過(guò)測(cè)定其中硫酸根的量來(lái)確定硫酸銅的量，故在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不能引入硫酸根離子，故酸A是稀鹽酸；考慮到銅離子容易水解生成氫氧化銅沉淀影響實(shí)驗(yàn)，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；（5）沉淀上容易吸附氯離子，可以通過(guò)檢驗(yàn)洗滌液中是否還有氯離子來(lái)驗(yàn)證，則檢驗(yàn)方法為：取最后一次洗滌液少量于試管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無(wú)沉淀生成則已洗滌干凈；（6）硫酸銅的物質(zhì)的量等于最后硫酸鋇的物質(zhì)的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，則。9.某工廠利用黃鐵礦(FeS2)和電解金屬錳后的陽(yáng)極渣(主要成分MnO2，雜質(zhì)為Pb、Fe、Cu元素的化合物)為原料制備高性能磁性材料MnCO3的I工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）FeS2中硫元素化合價(jià)為_(kāi)______，濾渣I的成分除了S還有_______________。（2）寫(xiě)出任意兩種加快酸浸速率的措施_______________、_______________。“除鐵、銅”過(guò)程中加入H2O2的目的是___________________________________________。（3）請(qǐng)結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋“除鈣”時(shí)溶液酸度不宜過(guò)高，否則溶液中Ca2+沉淀不完全原因是：_________________________________________________________。（4）“沉錳”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：_______________________________________?！俺铃i”時(shí)需緩慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否則會(huì)發(fā)生反應(yīng)MnCO3(s)+2OH-(aq)Mn(OH)2(s)+(aq)而生成Mn(OH)2，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_______(保留一位小數(shù)，已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2×10-11)。（5）用惰性電極電解酸性MnSO4溶液還可制備MnO2，其陽(yáng)極反應(yīng)式為_(kāi)______________________________?！敬鸢浮浚?）-1PbSO4（2）粉碎陽(yáng)極渣和黃鐵礦、適當(dāng)增大硫酸的濃度適當(dāng)升溫等將Fe2+氧化成Fe3+，以便除去（3）酸度過(guò)高，F(xiàn)-與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F-(aq)平衡右移（4）Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑115.8（5）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+【分析】陽(yáng)極渣(主要成分MnO2，雜質(zhì)為Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，產(chǎn)生硫酸鉛為濾渣Ⅰ主要成分，及產(chǎn)生S；加入雙氧水、氧化鈣調(diào)節(jié)pH，除鐵、銅，得到濾渣Ⅱ?yàn)闅溲趸F、氫氧化銅，再加入MnF2除鈣，生成CaF2，再加入碳酸氫銨沉錳，得到碳酸錳；【詳解】（1）根據(jù)化合價(jià)法則，F(xiàn)eS2中硫元素為-1價(jià)，所以鐵元素的化合價(jià)是+2價(jià)；根據(jù)分析，濾渣I的成分除了S還有PbSO4；（2）加快酸浸速率的措施粉碎陽(yáng)極渣和黃鐵礦、適當(dāng)增大硫酸的濃度，適當(dāng)升溫等；“除鐵、銅”過(guò)程中加入H2O2的目的是將Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去；（3）酸度過(guò)高，F(xiàn)-與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F-(aq)平衡右移，故“除鈣”時(shí)溶液酸度不宜過(guò)高，否則溶液中Ca2+沉淀不完全；（4）硫酸錳與碳酸氫銨溶液混合反應(yīng)生成碳酸錳和二氧化碳，“沉錳”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為:Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；反應(yīng)MnCO3(s)+2OH-(aq)Mn(OH)2(s)+(aq)的平衡常數(shù)K=====115.8；（5）用惰性電極電解酸性MnSO4溶液還可制備MnO2，其陽(yáng)極上Mn2+失電子產(chǎn)生MnO2，電極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。10.NOx會(huì)危害人體健康，破壞環(huán)境，對(duì)其進(jìn)行無(wú)害處理研究一直是科技界關(guān)注的重點(diǎn)。請(qǐng)回答以下問(wèn)題：（1）選擇性催化還原技術(shù)(SCR)是針對(duì)柴油車尾氣排放中的一項(xiàng)處理工藝。已知在催化劑的作用下，有如下反應(yīng)發(fā)生：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-905kJ·mol-1②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH2=-1268kJ·mol-1③4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH3反應(yīng)③的反應(yīng)熱ΔH3=___________________。（2）氨催化氧化時(shí)會(huì)發(fā)生(1)中的①、②兩個(gè)競(jìng)爭(zhēng)反應(yīng)。為研究某催化劑的效果，在1L恒容密閉容器中充入1molNH3和2molO2，測(cè)得反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)有關(guān)物質(zhì)的量關(guān)系如圖：①根據(jù)以上信息，其他條件不變時(shí)，下列措施中可以提高NH3轉(zhuǎn)化為N2的平衡轉(zhuǎn)化率的是_______(填字母)。A.升高反應(yīng)溫度 B.降低反應(yīng)溫度C.增大NH3和O2的初始投料比 D.及時(shí)分離出H2O②520°C-840°C時(shí)體系中NO含量迅速增加的原因是___________________________。（3）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分兩步進(jìn)行，其反應(yīng)過(guò)程能量變化如圖a。I.2NO(g)N2O2(g)II.N2O2(g)+O2(g)2NO(g)=1\*GB3①?zèng)Q定NO氧化反應(yīng)速率的步驟是_______(填“I”或“II”)。②在恒容的密閉容器中充入一定量的NO和O2氣體，保持其它條件不變，在溫度為T(mén)1和T2(T2>T1)，測(cè)得c(NO)隨t(時(shí)間)的變化曲線如圖b,轉(zhuǎn)化相同量的NO，在溫度_______(填“T1”或“T2”)下消耗的時(shí)間較長(zhǎng)，結(jié)合圖a分析其原因______________________________。（4）在恒溫條件下，向初始?jí)簭?qiáng)為pMPa的恒容密閉容器中加入等物質(zhì)的量CO和NO發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，N2的體積分?jǐn)?shù)為20%，則NO的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________(保留一位小數(shù))。該條件下反應(yīng)平衡常數(shù)Kp=___________MPa-1(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。【答案】（1）-1812.5kJ·mol-1（2）①BD②該溫度段時(shí)催化劑大幅度提高了NO在產(chǎn)物中的比率（3）①=2\*ROMANII②T2反應(yīng)I放熱，溫度升高，平衡逆移，c(N2O2)減??；且c(N2O2)減小對(duì)反應(yīng)II速率的影響大于溫度升高對(duì)反應(yīng)II速率的影響（4）66.7%【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律，③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ·mol-1。（2）①A．在1L密閉容器中充入1molNH3和2molO2，根據(jù)圖像可知，520℃平衡時(shí)n(NO)=n(N2)=0.2mol，結(jié)合化學(xué)方程式列數(shù)據(jù)如下：則平衡時(shí)，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4mol、n(O2)=(2-0.25-0.3)mol=1.45mol、n(H20)=(0.3+0.6)mol=0.9mol，因?yàn)槿萜鞯捏w積是1L.所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度，可提高NH3轉(zhuǎn)化為N2的平衡轉(zhuǎn)化率，故A錯(cuò)誤，B正確；C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的轉(zhuǎn)化率，NH3的轉(zhuǎn)化率降低，故C錯(cuò)誤；D．將反應(yīng)生成的H2O(g)及時(shí)移出，降低生成物的濃度，平衡正向移動(dòng)，可提高NH3轉(zhuǎn)化為N2的平衡轉(zhuǎn)化率，D正確；②該溫度段時(shí)催化劑大幅度提高了NO在產(chǎn)物中的比率。（3）①根據(jù)反應(yīng)過(guò)程能量變化示意圖可知，反應(yīng)I的活化能較低，速率較快；反應(yīng)II的活化能較高，速率較慢。決定NO氧化反應(yīng)速率的步驟是反應(yīng)II。②由題圖3可知，當(dāng)消耗相同量的NO時(shí)，溫度為T(mén)：時(shí)消耗的時(shí)間更長(zhǎng)。由題圖2可知，反應(yīng)I和II均為放熱反應(yīng)，但反應(yīng)I的活化能較低，外界條件變化后能迅速達(dá)到平衡，溫度升高，反應(yīng)I平衡逆移，c(N2O2)減小；而反應(yīng)II活化能較高，反應(yīng)速率慢，c(N2O2)減小對(duì)反應(yīng)II速率的影響大于溫度升高的影響。（4）加入等物質(zhì)的量CO和NO，因此投料比是1：1。，解得x=。所以n(總)=mol。所以n(總)=mol。算出平衡時(shí)，總壓強(qiáng)P1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；；；；。(二)選考題：[化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.銅、銀、金在古代常用作貨幣，三種元素在周期表中位于同一族，回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)銅原子有_______種能量不同的電子，其價(jià)層電子排布式為：_______________。（2）熔點(diǎn)Cu_______Ag(填“大于”或“小于”)，原因是____________________________。（3）Cu2+能與吡咯()的陰離子()形成雙吡咯銅。①lmol吡咯中含有的σ鍵數(shù)為_(kāi)__________，吡咯熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于環(huán)戊二烯()，主要原因是_______________________________________________________________________。②已知吡咯中的各個(gè)原子均在同一平面內(nèi)，則吡咯分子中N的雜化方式為_(kāi)__________。吡咯中的大π鍵可表示為_(kāi)__________。(大π鍵可用符號(hào)表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，如苯分子中的大π鍵可表示為)。（4）Cu與Au的某種合金可形成面心立方最密堆積的晶體，Cu原子處于晶胞面心，該晶體具有儲(chǔ)氫功能，氫原子可進(jìn)到入Cu原子與Au原子構(gòu)成的立方體空隙中，儲(chǔ)氫后的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，該晶體儲(chǔ)氫后的化學(xué)式為_(kāi)________________。若合金晶胞邊長(zhǎng)為apm，忽略吸氫前后晶胞的體積變化，則該儲(chǔ)氫材料的儲(chǔ)氫能力為_(kāi)__________________。(寫(xiě)出表達(dá)式即可，儲(chǔ)氫能力=)【答案】（1）73dl04s1（2）大于二者都為金屬晶體且價(jià)電子數(shù)相同，但Cu的原子半徑比Ag的小，故Cu金屬鍵強(qiáng)，熔點(diǎn)更高（3）①10NA吡咯分子間存在氫鍵，而環(huán)戊二烯分子間沒(méi)有氫鍵②sp2雜化（4）Cu3AuH4【解析】（1）基態(tài)銅原子有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7種能量不同的電子，基態(tài)銅原子的價(jià)層電子為其3d、4s能級(jí)上的電子，其價(jià)層電子排布式為：3dl04s1。故答案為：7；3dl04s1；（2）熔點(diǎn)Cu大于Ag，原因是二者都為金屬晶體且價(jià)電子數(shù)相同，但Cu的原子半徑比Ag的小，故Cu金屬鍵強(qiáng)，熔點(diǎn)更高。故答案為：大于；二者都為金屬晶體且價(jià)電子數(shù)相同，但Cu的原子半徑比Ag的小，故Cu金屬鍵強(qiáng)，熔點(diǎn)更高；（3）①每個(gè)吡咯有4個(gè)碳原子，每個(gè)碳原子有碳?xì)滏I（4個(gè)），碳碳之間（3個(gè)）、碳氮（2個(gè)）、氮和氫（1個(gè)）之間有σ鍵，lmol吡咯中含有的σ鍵數(shù)為10NA，吡咯熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于環(huán)戊二烯，主要原因是吡咯分子間存在氫鍵，而環(huán)戊二烯分子間沒(méi)有氫鍵。故答案為：10NA；吡咯分子間存在氫鍵，而環(huán)戊二烯分子間沒(méi)有氫鍵；②已知吡咯中的各個(gè)原子均在同一平面內(nèi)，吡咯中C、N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為3，則吡咯分子中N的雜化方式為sp2雜化。該分子中的大π鍵有四個(gè)碳原子和一個(gè)氮原子，每個(gè)碳有一個(gè)單電子，氮有兩個(gè)電子，吡咯中的大π鍵可表示為。。故答案為：sp2雜化；；（4）立方晶胞中，頂點(diǎn)粒子占，面心粒子占，內(nèi)部粒子為整個(gè)晶胞所有，所以一個(gè)晶胞中，Au有8×=1個(gè)，Cu有6×=3個(gè)，H有4個(gè)，所以晶體化學(xué)式為Cu3AuH4，若忽略吸氫前后晶胞的體積變化，1mol晶胞內(nèi)儲(chǔ)存4molH，則儲(chǔ)存則該儲(chǔ)氫材料的儲(chǔ)氫能力為===，故答案為：Cu3AuH4；。[化學(xué)-選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]12.布洛芬具