黑龍江省安達(dá)市第七中學(xué)2020屆高三化學(xué)上學(xué)期期末模擬試題

黑龍江省安達(dá)市第七中學(xué) 2020屆高三化學(xué)上學(xué)期期末模擬試題（ 1）一、單項(xiàng)選擇題陶瓷是火與土的結(jié)晶，是中華文明的象征之一，其形成、性質(zhì)與化學(xué)有著親密的關(guān)系。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A．“雨過(guò)天晴云破處”所描繪的瓷器青色，來(lái)自氧化鐵B．有名世界的秦兵馬俑是陶制品，由粘土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成C．陶瓷是應(yīng)用較早的人造資料，主要化學(xué)成分是硅酸鹽D．陶瓷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)固，擁有耐酸堿侵害、抗氧化等長(zhǎng)處2.對(duì)于化合物 2-苯基丙烯（ ），以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 ( )A．不可以使稀高錳酸鉀溶液退色 B．能夠發(fā)生加成聚合反響C．分子中所有原子共平面 D．易溶于水及甲苯3.實(shí)驗(yàn)室制備溴苯的反響裝置以下圖，對(duì)于實(shí)驗(yàn)操作或表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（ ）A．向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混淆液前需先翻開(kāi) KB．實(shí)驗(yàn)中裝置 b中的液體漸漸變成淺紅色C．裝置c中的碳酸鈉溶液的作用是汲取溴化氫D．反響后的混淆液經(jīng)稀堿溶液清洗、結(jié)晶，獲得溴苯4.固體界面上強(qiáng)酸的吸附和離解是多相化學(xué)在環(huán)境、 催化、資料科學(xué)等領(lǐng)域研究的重要課題。以下圖為少許 HCl氣體分子在 253K冰表面吸附和溶解過(guò)程的表示圖。 以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（ ）A．冰表面第一層中，HCl以分子形式存在B．冰表面第二層中，H濃度為5103molL1（設(shè)冰的密度為0.9gcm3）C．冰表面第三層中，冰的氫鍵網(wǎng)格構(gòu)造保持不變D．冰表面各層之間，均存在可逆反響HClHCl5.NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀（鄰苯二甲酸氫鉀H2A的Ka11.1103，Ka23.9106）溶液，混淆溶液的相對(duì)導(dǎo)電能力變化曲線以下圖，此中b點(diǎn)為反響終點(diǎn)。以下表達(dá)錯(cuò)誤的是()A.混淆溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān) B.Na與A2的導(dǎo)電能力之和大于 HA的C.b點(diǎn)的混淆溶液pH=7D.c點(diǎn)的混淆溶液中，c(Na)c(K)c(OH)6.利用生物燃料電池原理研究室溫下氨的合成，電池工作時(shí)2++MV/MV在電極與酶之間傳達(dá)電子，表示圖以下所示。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（）A．對(duì)比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法條件平和，同時(shí)還可供給電能2+ + +B．陰極區(qū)，在氫化酶作用下發(fā)生反響 H2+2MV=2H+2MVC．正極區(qū)，固氮酶為催化劑，

N2發(fā)生復(fù)原反響生成

NH3D．電池工作時(shí)質(zhì)子經(jīng)過(guò)互換膜由負(fù)極區(qū)向正極區(qū)挪動(dòng)7.科學(xué)家合成出了一種新化合物（以下圖），此中

W、X、Y、Z為同一短周期元素，

Z核外最外層電子數(shù)是

X核外電子數(shù)的一半。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是（

）A.WZ的水溶液呈堿性

B.元素非金屬性的次序?yàn)?/p>

X>Y>ZC.Y的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)酸

D.該新化合物中

Y不知足

8電子穩(wěn)固構(gòu)造二、填空題硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，寬泛應(yīng)用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少許Fe2O3、Al2O3）為原料生產(chǎn)硼酸及輕質(zhì)氧化鎂的工藝流程以下：回答以下問(wèn)題：1.在95℃“溶侵”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“汲取”中反響的化學(xué)方程式為

_________?！盀V渣1”的主要成分有_________。為查驗(yàn)“過(guò)濾1”后的濾液中能否含有Fe3離子，可采納的化學(xué)試劑是

_________。3.依據(jù)

H3BO3的解離反響：

H3BO3

H2O

H BOH

4，

Ka

5.8110

10

，可判斷

H3BO3是_______酸；在“過(guò)濾

2”前，將溶液

pH調(diào)理至

3.5，目的是

_______________。4.在“沉鎂”中生成

MgOH

2 MgCO3積淀的離子方程式為

__________，母液經(jīng)加熱后可返回

___________工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是

_________。水煤氣變換[COg+H2Og=CO2g+H2g]是重要的化工過(guò)程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領(lǐng)域中?；卮鹨韵聠?wèn)題：1.Shibata

曾做過(guò)以下實(shí)驗(yàn)：①使純

H2遲緩地經(jīng)過(guò)處于

721℃下的過(guò)度氧化鈷

CoO(s)，氧化鈷部分被復(fù)原為金屬鈷

(Co)，均衡后氣體中

H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為

0.0250。②在同一溫度下用

CO復(fù)原

CoO(s)，均衡后氣體中

CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為

0.0192

。依據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果判斷，復(fù)原

CoO(s)為

Co(s)

的偏向是

CO_________H2（填“大于”或“小于”）。2.721 ℃時(shí)，在密閉容器中將等物質(zhì)的量的 CO和H2O(g)混淆，采納適合的催化劑進(jìn)行反響，則均衡時(shí)系統(tǒng)中 H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為 ( )A.<0.25 C.0.25~0.50 E.>0.50我國(guó)學(xué)者聯(lián)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反響歷程，以下圖，此中吸附在金催化劑表面上的物種用*標(biāo)明?？芍簹庾儞Q的 H________0（填“大于”“等于”或“小于”），該歷程中最大能壘（活化能）E正=_________eV，寫出該步驟的化學(xué)方程式 _______________________。4.Shoichi

研究了

467℃、489

℃時(shí)水煤氣變換中

CO和

H2分壓隨時(shí)間變化關(guān)系（以以下圖所示），催化劑為氧化鐵，實(shí)驗(yàn)初始時(shí)系統(tǒng)中的

pH2O和

pCO相等、

pCO2和

pH2

相等。計(jì)算曲線 a的反響在 30~90min內(nèi)的均勻速率 va =___________kPamin1。467℃時(shí)pH2和pCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是 ___________、___________。489℃時(shí)pH2和pCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是 ___________、___________。10.［化學(xué)——選修 3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)］在一般鋁中加入少許Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2細(xì)小晶粒，其分別在Al中可使得鋁材的硬度增添、延展性減小，形成所謂“堅(jiān)鋁”，是制造飛機(jī)的主要資料?；卮鹨韵聠?wèn)題：1.以下?tīng)顟B(tài)的鎂中，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是（）A.[Ne]B.[Ne]C.[Ne]D.[Ne]乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機(jī)化合物，分子中氮、碳的雜化種類分別是_______________、_______________。乙二胺能與 Mg2、Cu2等金屬離子形成穩(wěn)固環(huán)狀離子，其原由是 _____________，此中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)固性相對(duì)較高的是_____________(填“Mg2”或“Cu2”)。一些氧化物的熔點(diǎn)以下表所示：氧化物L(fēng)i2OMgOP4O6SO2熔點(diǎn)/°C1570280023.8-75.5解說(shuō)表中氧化物之間熔點(diǎn)差別的原由_______________。圖(a)是MgCu2的拉維斯構(gòu)造，Mg以金剛石方式聚積，八面體縫隙和多半的四周體縫隙中，填入以四周體方式擺列的 Cu。圖(b)是沿立方格子對(duì)角面獲得的截圖?？梢?jiàn)， Cu原子之間最短距離 x=___________pm，Mg原子之間最短距離 y=_____________pm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則MgCu2的密度是__________gcm3(列出計(jì)算表達(dá)式)。三、推測(cè)題11.[化學(xué)——選修 5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ) ]化合物G是一種藥物合成中間體，其合成路線以下：回答以下問(wèn)題：1.A中的官能團(tuán)名稱是 _____________。碳原子上連有4個(gè)不一樣的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳稱為手性碳。寫出B的構(gòu)造簡(jiǎn)式，用星號(hào)(*)標(biāo)出B中的手性碳_____________。3.寫出擁有六元環(huán)構(gòu)造、并能發(fā)生銀鏡反響的

B的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡(jiǎn)式

_____________。(不考慮立體異構(gòu)，只要寫出

3個(gè))反響④所需的試劑和條件是______________。⑤的反響種類是_________________。寫出F到G的反響方程式_______________。7.設(shè)計(jì)由甲苯和乙酰乙酸乙酯 (CH3COCH2COOC2H5)制備 的合成路線_________________(無(wú)機(jī)試劑任選 )。四、實(shí)驗(yàn)題硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2?xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源，變廢為寶，在實(shí)驗(yàn)室中研究采納廢鐵屑來(lái)制備硫酸鐵銨，詳細(xì)流程以下：回答以下問(wèn)題：1.步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是 _________________。步驟②需要加熱的目的是_________________，溫度保持80~95℃，采納的適合加熱方式是_________________。鐵屑中含有少許硫化物，反響產(chǎn)生的氣體需要凈化辦理，適合的裝置為_(kāi)________________（填標(biāo)號(hào)）。3.步驟③中采納足量的 H2O2，原由是_________________。分批加入H2O2，同時(shí)為了_________________，溶液要保持 pH小于0.5。步驟⑤的詳細(xì)實(shí)驗(yàn)操作有______________，經(jīng)干燥獲得硫酸鐵銨晶體樣品。5.采納熱重剖析法測(cè)定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，

將樣品加熱到

150℃時(shí)，失去

1.5個(gè)結(jié)晶水，失重

5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為

______________。參照答案答案：A分析：氧化鐵是紅色，不是青色，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；秦兵馬俑是陶制品，其原料是粘土，經(jīng)過(guò)高溫煅燒而成，故B項(xiàng)正確；新石器時(shí)代就發(fā)了然陶器。陶瓷是以天然的粘土以及礦物為主要原料混淆、煅燒而成，主要化學(xué)成分是硅酸鹽，故C項(xiàng)正確；陶瓷制品的主要成分是硅酸鹽，硅酸鹽化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)固，耐高溫，擁有耐酸堿侵害、抗氧化的長(zhǎng)處，故D項(xiàng)正確。綜上所述，此題正確答案為A。答案：B分析：此題波及的考點(diǎn)是烴的構(gòu)造和性質(zhì)，考察了學(xué)生對(duì)烴的物理性質(zhì)、化學(xué)性質(zhì)，分子空間構(gòu)型的辨識(shí)、整合能力，表現(xiàn)了運(yùn)用熟習(xí)的模型對(duì)未知物質(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行推理的憑證推理與模型認(rèn)知的學(xué)科核心修養(yǎng)。A項(xiàng)，分子中含有碳碳雙鍵，能使稀高錳酸鉀溶液退色，故錯(cuò)誤；B項(xiàng)，分子中含有碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成聚合反響，故正確；C項(xiàng)，分子中含有甲基，該部分的空間構(gòu)型為四周體，則分子中所有原子不行能共平面，故錯(cuò)誤； D項(xiàng)，烴類物質(zhì)難溶于水，故錯(cuò)誤。答案：D分析：A項(xiàng)、若封閉 K時(shí)向燒瓶中加注液體，會(huì)使燒瓶中氣體壓強(qiáng)增大，苯和溴混淆液不可以順利流下。翻開(kāi) K，能夠均衡氣壓，便于苯和溴混淆液流下，故 A正確；B項(xiàng)、裝置b中四氯化碳的作用是汲取揮發(fā)出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液體漸漸變?yōu)闇\紅色，故 B正確；C項(xiàng)、裝置 c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠汲取反響生成的溴化氫氣體，故 C正確；D項(xiàng)、反響后獲得粗溴苯， 向粗溴苯中加入稀氫氧化鈉溶液清洗， 除掉此中溶解的溴， 振蕩、靜置，分層后分液，向有機(jī)層中加入適合的干燥劑，而后蒸餾分別出沸點(diǎn)較低的苯，能夠得到溴苯，不可以用結(jié)晶法提純溴苯，故 D錯(cuò)誤。應(yīng)選D。答案：D分析：A項(xiàng)、由圖可知，冰的表面第一層主要為氯化氫的吸附，氯化氫以分子形式存在，故正確；B項(xiàng)、由題給數(shù)據(jù)可知，冰的表面第二層中氯離子和水的個(gè)數(shù)比為 10-4:1，第二層中溶解的氯化氫分子應(yīng)少于第一層吸附的氯化氫分子數(shù)， 與水的質(zhì)量對(duì)比，可忽視此中溶解的氯化氫的質(zhì)量。設(shè)水的物質(zhì)的量為 1mol，則所得溶液質(zhì)量為 18g/mol×1mol=18g，則溶液的體積為18g/mol1mol×10-3L/ml=2.0×10-2L，由第二層氯離子和水個(gè)數(shù)比可知，溶液中氫離子物質(zhì)的量0.9g/mL等于氯離子物質(zhì)的量，為10-4mol，則氫離子濃度為10-4mol=5×10-3mol/L，故B正確；2.010-2LC項(xiàng)、由圖可知，第三層主假如冰，與氯化氫的吸附和溶解沒(méi)關(guān)，冰的氫鍵網(wǎng)絡(luò)構(gòu)造保持不變，故C正確；D項(xiàng)、由圖可知，只有第二層存在氯化氫的電離均衡 HCl H++Cl-，而第一層和第三層均不存在，故 D錯(cuò)誤。應(yīng)選D。答案：C分析：A項(xiàng)、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，二者反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中 Na+和A2-的濃度增大。由圖像可知，溶液導(dǎo)電性加強(qiáng)，說(shuō)明導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān)，故A正確；++-2-，b點(diǎn)導(dǎo)B項(xiàng)、a點(diǎn)和b點(diǎn)K的物質(zhì)的量同樣，K的物質(zhì)的量濃度變化不顯然，HA轉(zhuǎn)變成A電性強(qiáng)于a點(diǎn)，說(shuō)明+2-的導(dǎo)電能力強(qiáng)于-Na和AHA，故B正確；C項(xiàng)、b點(diǎn)鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰巧完整反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，鄰苯二甲酸鉀為強(qiáng)堿弱酸鹽， A2-在溶液中水解使溶液呈堿性， 溶液pH＞7，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、b點(diǎn)鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰巧完整反響生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中

c(Na+)和

c(K+)相等，c點(diǎn)是持續(xù)加入氫氧化鈉溶液后，獲得鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混淆溶液，則溶液中

c(Na+)>c(K+)，由圖可知，

a點(diǎn)到

b點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積大于

b點(diǎn)到

c點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積，

則溶液中

c(K+)c(OH-)，溶液中三者大小次序?yàn)閏(Na+)>c(K+)＞c(OH-)，故D正確。應(yīng)選C。6.答案：B分析：A項(xiàng)、對(duì)比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法采納酶作催化劑，條件平和，同時(shí)利用+2+MV和MV的互相轉(zhuǎn)變，化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能，故可供給電能，故A正確；B項(xiàng)、左室為負(fù)極區(qū)，+2++-2+MV在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反響生成MV，電極反響式為MV-e=MV，2+++2+++放電生成的MV在氫化酶的作用下與H2反響生成H和MV，反響的方程式為H2+2MV=2H+2MV，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、右室為正極區(qū)，2++2+-+MV在正極得電子發(fā)生復(fù)原反響生成MV，電極反響式為MV+e=MV，+2+，故C正確；放電生成的MV與N2在固氮酶的作用下反響生成NH3和MVD項(xiàng)、電池工作時(shí)，氫離子（即質(zhì)子）經(jīng)過(guò)互換膜由負(fù)極向正極挪動(dòng)，故 D正確。應(yīng)選B。答案：C分析：W、X、Y、Z為同一短周期元素,可能同處于第二或第三周期,察看新化合物的構(gòu)造表示圖可知,X為四價(jià),X可能為C或Si。若X為C,則Z核外最外層電子數(shù)為C原子核外電子數(shù)的一半,即為3,對(duì)應(yīng)B元素,不切合成鍵要求,不切合題意,故X為Si,W能形成+1價(jià)陽(yáng)離子,可推出W為Na元素,Z核外最外層電子數(shù)為Si原子核外電子數(shù)的一半,即為7,可推出Z為Cl元素。Y能與2個(gè)Si原子形成共價(jià)鍵,此外獲得1個(gè)電子達(dá)到8電子穩(wěn)固構(gòu)造,說(shuō)明Y原子最外層有

5個(gè)電子

,進(jìn)一步推出

Y為P元素,即

W、X、Y、Z分別為

Na、Si、P、Cl

元素。A錯(cuò),WZ為

NaCl,

其水溶液呈中性。

B錯(cuò),元素非金屬性

:Cl>P>Si

。C對(duì),P

的最高價(jià)氧化物的水化物為

H3PO4,

是中強(qiáng)酸。

D錯(cuò),P

原子最外層有

5個(gè)電子

,與

2個(gè)

Si

原子形成共價(jià)鍵

,此外獲得

1個(gè)電子,在該化合物中

P元素知足

8電子穩(wěn)固構(gòu)造。8.答案：

1.

NH4HCO3

NH3

NH42CO3SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN一元弱；轉(zhuǎn)變成H3BO3，促使析出4.2Mg23CO322H2OMgOH2MgCO32HCO3（或2Mg22CO32H2OMgOH2MgCO3CO2）；溶浸；高溫焙燒分析：（1）依據(jù)流程圖知硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液產(chǎn)生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液汲取，反響方程式為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;（2）濾渣I為不與硫酸銨溶液反響的232323+FeO、AlO、SiO;查驗(yàn)Fe,可采納的化學(xué)試劑為KSCN；（3）由硼酸的離解方程式知，硼酸在水溶液中是經(jīng)過(guò)與水分子的配位作用產(chǎn)生氫離子，而三價(jià)硼原子最多只好再形成一個(gè)配位鍵，且硼酸不可以完整解離，所以硼酸為一元弱酸；在“過(guò)濾2”前，將溶液pH調(diào)理至3.5，目的是將BOH轉(zhuǎn)變成H3BO3，并促使H3BO3析出；4（4）沉鎂過(guò)程頂用碳酸銨溶液與2+23Mg反響生成Mg(OH)?MgCO，沉鎂過(guò)程的離子反響為：2Mg23CO322H2OMgOH2MgCO32HCO3；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，能夠返回“溶浸”工序循環(huán)使用；堿式碳酸鎂不穩(wěn)固，高溫下能夠分解，故由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是高溫焙燒。答案：1.大于；2.C；* * * * * * * * *3.小于；2.02；COOH+H+H2O=COOH+2H+OH（或H2O=H+OH）；4.0.0047；b；c；a；d分析：1.H2復(fù)原氧化鈷的方程式為：H2(g)＋CoO(s)=Co(s)＋H2O(g)；CO復(fù)原氧化鈷的方程式為：CO(g)＋CoO(s)=Co(s)＋CO(g)，均衡時(shí)H復(fù)原系統(tǒng)中H的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)222（nH2nCO）高于CO復(fù)原系統(tǒng)中CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)（），故復(fù)原nH2+nH2OnCO+nCO2CoO(s)為Co(s)的偏向是CO大于H2；2.利用“三段式”解答。721℃時(shí)，設(shè)氣體反響物開(kāi)始濃度均為1mol?L-1，則H2（g）+CoO（s） Co（s）+H2O（g）開(kāi)端（mol?L-1）10轉(zhuǎn)變（mol?L-1）xx均衡（mol?L-1）1-xx則有(1-x)/x=0.0250，解得x=0.975，故K=cH2Ox=39;1cH21xCO（g）+CoO（s）Co（s）+CO（g）2開(kāi)端（mol?L-1）10轉(zhuǎn)變（mol?L-1）yy均衡（mol?L-1）1-yy則有(1-y)/1=0.0192,解得y=0.9808，故K2=cCO2y0.9808≈51；cCO1y0.0192CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)開(kāi)端（mol?L-1）1100轉(zhuǎn)變（mol?L-1）zzzz均衡（mol?L-1）1-z1-zzz3z2K2=51/39,2z/2=0.2664,應(yīng)選C。z)2K1(13.察看計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果，據(jù)H=生成物總能量-反響物總能量，可知H=-0.72-0<0；該歷程中最大能壘（活化能）E正=1.86eV-（-0.16eV）=2.02eV,該步驟的化學(xué)方程式為*********COOH+H+H2O=COOH+2H+OH或H2O=H+OH。v(a)(4.08-3.80)kPa0.0047kPagmin14.60min；據(jù)“先拐先平數(shù)值大”，聯(lián)合圖像可知，虛線（a、d）表示489℃時(shí)氣體分壓變化曲線，實(shí)線（b、c）表示467℃時(shí)氣體分壓變化曲線；當(dāng)溫度由467℃升至489℃時(shí)，均衡逆向挪動(dòng)，則pH2減小，pCO增大，由圖像可知，b→a氣體分壓減小，故曲線b表示467℃時(shí)pH2變化曲線，曲線a表示489℃時(shí)pH2變化曲線；c→d氣體分壓增大，則曲線c表示467℃時(shí)pCO變化曲線，曲線d表示489℃時(shí)pCO變化曲線。答案：1.A；2.sp3；sp3；乙二胺的兩個(gè)N供給孤對(duì)電子給金屬離子形成配位鍵；Cu2；3.Li2O、MgO為離子晶體，PO46、SO2為分子晶體。晶格能MgOLi2O。分子間力（分子量）PO46SO2；4.2a；3a；824166444NAa31030分析：（1）A.[Ne]3s1屬于基態(tài)的+Mg，因?yàn)镸g的第二電離能高于其第一電離能，故其再失去一個(gè)電子所需能量較高；B.[Ne]3s2屬于基態(tài)Mg原子，其失去一個(gè)電子變成基態(tài)+11屬于激發(fā)態(tài)Mg原子，其失去一個(gè)電子所需能量低于基態(tài)Mg原子；Mg；C.[Ne]3s3pD.[Ne]3p1屬于激發(fā)態(tài)++Mg，其失去一個(gè)電子所需能量低于基態(tài)Mg，綜上所述，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是 [Ne]3s1，答案選 A；（2）乙二胺中N形成3個(gè)單鍵，含有1對(duì)孤對(duì)電子，屬于sp3雜化；C形成4個(gè)單鍵，不存在孤對(duì)電子，也是sp3雜化；因?yàn)橐叶返膬蓚€(gè)N可供給孤對(duì)電子給金屬離子形成配位鍵，所以乙二胺能與2＋2＋等金屬離子形成穩(wěn)固環(huán)狀離子；因?yàn)殂~離子的半徑較大且含有的Mg、Cu空軌道多于鎂離子，所以與乙二胺形成的化合物穩(wěn)固性相對(duì)較高的是（3）因?yàn)長(zhǎng)i2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能子量）P4O6＞SO2，所以熔點(diǎn)大小次序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2；（4）依據(jù)晶胞構(gòu)造可知 Cu原子之間最短距離為面對(duì)角線的 1/4

Cu2＋；MgO＞Li2O，分子間力（分，因?yàn)檫呴L(zhǎng)是 apm，則面對(duì)角線是 2apm，則x＝ 2apm；Mg原子之間最短距離為體對(duì)角線的 1/4，因?yàn)檫呴L(zhǎng)是 apm，4則體對(duì)角線是3apm，則y＝3a；依據(jù)晶胞構(gòu)造可知晶胞中含有鎂原子的個(gè)數(shù)是48×1/8+6×1/2+4＝8，則Cu原子個(gè)數(shù)16，晶胞的質(zhì)量是8241664g。因?yàn)檫呴L(zhǎng)是apm，NA8241664則