湖北省黃岡市麻城市實驗高級中學2025屆高三化學第六次模擬考試試題含解析

PAGE18-湖北省黃岡市麻城市試驗高級中學2025屆高三化學第六次模擬考試試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.新中國成立70年來，我國在載人飛船、北斗衛(wèi)星、高鐵、5G技術等領域取得了舉世矚目的成就。它們均與化學有著親密聯(lián)系。下列說法正確的是A.截止2024年11月我國光纜線路總長超過三千萬公里，光纖的主要成分是碳化硅B.我國大力調整能源結構，大力發(fā)展核電、光電、風電、水電、火電等新能源C.國慶閱兵中出現(xiàn)的直－20直升機運用了大量的新型材料，其中鋰鋁合金屬于金屬材料D.我國的高鐵運營里程世界第一，硅鋼是鐵軌的主要材料【答案】C【解析】【詳解】A．光纖的主要成分為二氧化硅，并非碳化硅，A錯誤；B．核電、光電、風電、水電均屬于新能源，但火電不屬于新能源，B錯誤；C．金屬材料包括純金屬和合金，鋰鋁合金屬于合金的一種，故屬于金屬材料，C正確；D．鐵軌的主要材料是含碳錳鋼，并非硅鋼，D錯誤；故選C。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應轉化成無害氣體的過程。下列說法正確的是A.N2O轉化成無害氣體時的催化劑是Pt2O2+B.每1molPt2O+轉化為Pt2O2+得電子數(shù)為3NAC.將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，無明顯現(xiàn)象D.1gCO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5NA【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)轉化關系，N2O轉化N2時，Pt2O+轉化為Pt2O2+，則該過程的催化劑是Pt2O+，故A錯誤；B．依據(jù)轉化關系，結合得失電子守恒，N2O轉化N2時，Pt2O+轉化為Pt2O2+，氧化還原反應方程式為：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反應中氮元素由+1價得電子變?yōu)?價，1molN2O轉化為N2得到2mol電子，則每1molPt2O+轉化為Pt2O2+失電子為2mol，數(shù)目為2NA，故B錯誤；C．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C錯誤；D．CO2和N2O的摩爾質量都為44g/mol，一個分子中含有電子數(shù)都為22個，則1gCO2、N2O的混合氣體的物質的量為mol，含有電子數(shù)為mol×22×NA=0.5NA，故D正確；答案選D?！军c睛】B項計算轉移的電子數(shù)時，必需正確寫出反應方程式，依據(jù)化合價的變更，物質的關系，計算出轉移的電子數(shù)。3.下列各組離子在溶液中可以大量共存，且加入或通入試劑X后，發(fā)生反應的離子方程式正確的是選項離子組試劑X發(fā)生反應的離子方程式AK+、Na+、、少量HClH2O+H++=Al(OH)3↓B、Fe2+、Br-、少量H2SFe2++H2S=FeS↓+2H+CClO-、Na+、Ca2+、少量CO2CO2+Ca2++H2O+2ClO-=CaCO3↓+2HClODI-、Cl-、Na+、少量稀硝酸6I-+2+8H+=2NO↑+4H2O+3I2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．原溶液中碳酸氫根與偏鋁酸根不能共存可以發(fā)生反應生成氫氧化鋁沉淀，離子方程式為++H2O=Al(OH)3↓+，A錯誤；B．選項中四種離子可以共存，通入硫化氫氣體后，無明顯現(xiàn)象，B錯誤；C．選項中四種離子可以共存，向含有四種離子的溶液中通入少量的二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸電離出碳酸根和氫離子，分別與鈣離子和次氯酸跟結合，離子方程式正確，C正確；D．題給四種離子可以大量共存，但加入少量硝酸時，由于亞硫酸根的還原性強于碘離子，故硝酸先與亞硫酸根發(fā)生反應，反應的離子方程式為3+2+2H+=3+2NO↑+H2O，D錯誤；故選C。4.脫氫醋酸鈉是FAO和WHO認可的一種平安型食品防霉、防腐保鮮劑，它是脫氫醋酸的鈉鹽。脫氫醋酸的一種制備方法如圖，下列說法錯誤的是A.a分子中全部原子處于同一平面 B.a.b均能使酸性KMnO4溶液褪色C.a.b均能與NaOH溶液發(fā)生反應 D.b與互為同分異構體【答案】A【解析】【詳解】A．a分子中有1個飽和碳原子，故全部原子不行能共平面，A錯誤；B．a、b分子中均含有碳碳雙鍵，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C．a、b分子中均含有酯基，均能與NaOH溶液發(fā)生水解反應，C正確；D．分子式相同而結構不同的有機物互稱為同分異構體，b與的分子式均為C8H8O4且結構不同，故二者屬于同分異構體，D正確；故選A。5.下列有關試驗現(xiàn)象和說明或結論都正確的是()選項試驗操作現(xiàn)象說明或結論A取硫酸催化淀粉水解的反應液，滴入少量新制懸濁液并加熱有磚紅色沉淀生成葡萄糖具有還原性B溶液與溶液混合有白色絮狀沉淀生成二者水解相互促進生成氫氧化鋁沉淀C將充溢和混合氣體的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深反應的D向飽和溶液中滴入足量濃氨水，并加熱至剛好沸騰得到紅褐色透亮液體得到膠體A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．向淀粉的酸性水解液中先加入氫氧化鈉溶液中和，然后再滴入少量新制Cu(OH)2懸濁液并加熱，出現(xiàn)磚紅色沉淀，可以檢驗水解產物葡萄糖，否則酸與氫氧化銅反應，影響了試驗結果，故A錯誤；B．NaAlO2溶液與NaHCO3溶液混合，反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，是強酸制取弱酸，不是雙水解原理，故B錯誤；C．充溢NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中，顏色加深，說明上升溫度平衡向生成二氧化氮的方向移動，則2NO2?N2O4的△H＜0，故C正確；D．FeCl3飽和溶液中逐滴滴入足量濃氨水，發(fā)生反應生成沉淀，不能得到膠體，應將FeCl3飽和溶液加入沸水中發(fā)生水解制備氫氧化鐵膠體，故D錯誤；答案選C?！军c睛】碳酸氫根的電離常數(shù)比偏鋁酸大，碳酸氫根與氫離子的結合實力弱，可以認為是偏鋁酸跟奪走了碳酸氫根中的氫離子，偏鋁酸跟所需的氫離子是碳酸氫根電離出來的，不是水，所以不是水解，從生成物的角度看，若是水解反應，則碳酸氫根應變成碳酸，再變成二氧化碳，可事實上不是，最終產物是碳酸根，所以從這兩方面看該反應都不是水解反應。6.下表是元素周期表短周期的一部分，這四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為21。下列說法錯誤的是A.最簡潔氫化物沸點：W>Z B.Y的最高價氧化物不能與堿反應C.簡潔離子的半徑：Y<X D.Y和Z形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】B【解析】【分析】令W的最外層電子數(shù)為a，則X最外層電子數(shù)為a＋1，Z的最外層電子數(shù)為a＋2，Y的最外層電子數(shù)為a－2，依據(jù)題意，a＋a＋1＋a＋2＋a－2=21，解得a=5，即W為N，X為O，Z為Cl，Y為Al，據(jù)此分析；【詳解】令W的最外層電子數(shù)為a，則X最外層電子數(shù)為a＋1，Z的最外層電子數(shù)為a＋2，Y的最外層電子數(shù)為a－2，依據(jù)題意，a＋a＋1＋a＋2＋a－2=21，解得a=5，四種元素為短周期元素，W、X位于其次周期，Y、Z位于第三周期，從而得到W為N，X為O，Z為Cl，Y為Al，A.W、Z的最簡潔氫化物分別是NH3、HCl，氨氣分子間存在氫鍵，HCl分子間不存在氫鍵，即NH3的沸點高于HCl，故A正確；B.Y的最高價氧化物是Al2O3，Al2O3為兩性氧化物，能與強堿發(fā)生反應，故B錯誤；C.X、Y的簡潔離子分別是O2－、Al3＋，核外電子排布相同，因此r(O2－)>r(Al3＋)，故C正確；D.Y和Z形成的化合物是AlCl3，屬于弱堿強酸鹽，其水溶液顯酸性，故D正確；答案：B。7.室溫下，乙二胺(H2NCH2CH2NH2，用符號B表示)溶于水存在如下平衡：B+H2O?HB++OH-Kb1；HB++H2O?H2B2++OH-Kb2。其水溶液中的相關組分B、HB+、H2B2+的物質的量分數(shù)δ(X)隨溶液pH的變更曲線如圖所示[δ(X)＝]。下列說法正確的是A.曲線b表示δ(H2B2+)隨溶液pH的變更狀況B.等濃度的乙二胺的水溶液與鹽酸等體積混合后，溶液呈酸性C.等物質的量的[H2B]Cl2和[HB]Cl的混合溶液中，c(H2B2+)<c(HB+)D.Kb1數(shù)量級為10-4【答案】C【解析】【分析】由圖可知，曲線a在強酸性條件下含量最高，說明該曲線是H2B2+的物質的量分數(shù)隨溶液pH的變更曲線；曲線b在強酸性或強堿性條件下含量極低，說明該曲線是HB+的物質的量分數(shù)隨溶液pH的變更曲線；則曲線c表示B的物質的量分數(shù)隨溶液pH的變更曲線；由a、b曲線交點可以計算Kb2==10-7.15，由b、c曲線交點可以計算Kb1==10-4.07，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．由上述分析，曲線b是HB+的物質的量分數(shù)隨溶液pH的變更曲線，A錯誤；B．由圖可知，Kb1=10-4.07，Kb2=10-7.15，等濃度的乙二胺的水溶液與鹽酸等體積混合后所得溶液中的溶質為[HB]Cl，Kh(HB+)==10-9.93，則HB+的電離程度大于其水解程度，溶液呈堿性，B錯誤；C．等物質的量的[H2B]Cl2和[HB]Cl的混合溶液中，Kh(H2B2+)==10-6.85>Kb2，則混合溶液中c(H2B2+)<c(HB+)，C正確；D．由分析可知Kb1=10-4.07，則Kb1的數(shù)量級為10-5，D錯誤；故選C。二、必做題8.以含鋰電解鋁廢渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和濃硫酸為原料，制備電池級碳酸鋰，同時得副產品冰晶石，其工藝流程如下：已知LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列問題：(1)電解鋁廢渣與濃硫酸反應產生的氣體化學式為___________。濾渣2的主要成分是(寫化學式)_________。(2)堿解反應中，同時得到氣體和沉淀反應的離子方程式為_____________。(3)一般地說K＞105時，該反應進行得就基本完全了?？粱磻写嬖谌缦缕胶猓篖i2CO3(s)+Ca2+(aq)?2Li+(aq)+CaCO3(s)通過計算說明該反應是否進行完全________(已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4、Ksp(CaCO3)=2.5×10-9)。(4)碳化反應后的溶液得到Li2CO3的詳細試驗操作有：加熱濃縮、______、______、干燥。(5)上述流程得到副產品冰晶石化學方程式為__________。(6)Li2CO3是制備金屬鋰的重要原料，一種制備金屬鋰的新方法獲得國家獨創(chuàng)專利，其裝置如圖所示：工作時電極C應連接電源的______極，陽極的電極反應式為__________。該方法設計的A區(qū)能避開熔融碳酸鋰對設備的腐蝕和因________逸出對環(huán)境的污染?！敬鸢浮?1).HF(2).CaCO3、Al(OH)3(3).2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑(4).該反應的K＝3.5×105，可以認為該反應進行完全(5).冷卻結晶(6).過濾洗滌(7).6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O(8).負(9).2Cl--2e-=Cl2↑(10).氯氣【解析】【分析】含鋰電解鋁廢渣主要成分為LiF、AlF3、NaF，少量CaO等，加入濃硫酸生成的氣體為HF，浸取后過濾分別出濾渣為CaSO4，濾液中加碳酸鈉發(fā)生2Al3++3CO32-+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑、2Li++CO32-=Li2CO3，氣體為二氧化碳，過濾分別出濾液含硫酸鈉，分別出氫氧化鋁、Li2CO3，再加CaO、苛化反應將不溶性的碳酸鋰轉化成氫氧化鋰溶液，過濾分別出濾渣2含碳酸鈣，碳化時LiOH與二氧化碳反應生成Li2CO3，二氧化碳在流程中可循環(huán)運用，以此來解答?！驹斀狻浚?）依據(jù)上述分析，廢渣與濃硫酸反應產生的氣體化學式為HF，依據(jù)上述分析，濾渣2的主要成分是CaCO3、Al(OH)3，故答案為：HF；CaCO3、Al(OH)3；（2）堿解反應中，同時得到氣體和沉淀反應是鋁離子與碳酸根離子的雙水解反應，離子方程式為：2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，故答案為：2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；（3）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)?2Li+(aq)+CaCO3(s)的＞105，可以認為該反應進行完全，故答案為：該反應的K＝3.5×105，可以認為該反應進行完全；（4）碳化反應后的溶液得到Li2CO3的詳細試驗操作有：加熱濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥，故答案為：冷卻結晶、過濾洗滌；（5）依據(jù)流程圖知，反應物為HF、Na2SO4、NaAlO2，生成物為Na3AlF6，依據(jù)原子守恒及反應原理書寫方程式為：6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O，故答案為：6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O；（6）依據(jù)圖示C極有Li生成，電極反應為：Li++e-=Li，則C為陰極，發(fā)生還原反應，應連接電源的負極；陽極發(fā)生氧化反應，依據(jù)圖示陽極有氯氣生成，則電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑；依據(jù)圖示分析，該方法設計的A區(qū)能用熔融的碳酸鋰汲取產生的氯氣，防止氯氣對還原產生污染，故答案為：負；2Cl--2e-=Cl2↑；氯氣。9.保險粉(Na2S2O4)可用作食品保鮮劑、紙漿、肥皂等的漂白劑。Na2S2O4易溶于水，難溶于乙醇。在堿性介質中較穩(wěn)定，在空氣中易被氧化。鋅粉法制備Na2S2O4的工藝流程如圖所示：回答下列問題：(1)試驗室可用濃硫酸和亞硫酸鈉反應制取SO2，并希望能限制反應速度，圖中可選用的發(fā)生裝置是________(填字母)。(2)工業(yè)上常將鋅塊進行預處理得到鋅粉—水懸濁液，其目的是_________；步驟Ⅰ中發(fā)生反應的化學方程式為__________。(3)步驟Ⅱ中需選用的玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒之外，還有__________(填名稱)。(4)在步驟III中加入NaCl的作用是_______，得到的Na2S2O4固體要用乙醇洗滌，其優(yōu)點是_________。(5)鐵氰化鉀可用于分析檢測保險粉。鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]是一種比較弱的氧化劑，其具有強氧化劑所沒有的選擇性氧化性，能將氧化為，[Fe(CN)6]3?還原為[Fe(CN)6]4?，該反應的離子方程式為___________；取1.16gNa2S2O4樣品溶于水，用0.4mol·L?1的K3[Fe(CN)6]標準液滴定至終點，消耗25.00mL。該樣品中Na2S2O4的質量分數(shù)為________?！敬鸢浮?1).B(2).增大鋅粉的表面積，加快反應速率(3).Zn+2SO2=ZnS2O4(4).漏斗(5).降低Na2S2O4的溶解度(6).便于其結晶析出除去晶體表面的水分，并削減Na2S2O4的溶解損失(7).+2[Fe(CN)6]3?+2H2O＝2+2[Fe(CN)6]4?+4H+(8).75%【解析】【分析】本試驗以鋅粉為原料制備保險粉，首先經鋅粉分散到水中形成鋅粉—水懸濁液，這樣可以增大反應物的表面積，加快反應速率，將懸濁液與二氧化硫反應生成ZnS2O4，因碳酸鋅不溶于水，將ZnS2O4加入到碳酸鈉溶液中得到Na2S2O4溶液，隨后向溶液中加入氯化鈉使Na2S2O4固體大量析出得到Na2S2O4粗產品，將粗產品經過一系列后續(xù)處理得到保險粉，由此分析?！驹斀狻?1)濃硫酸與Na2SO3發(fā)生復分解反應生成Na2SO4、SO2、H2O，反應方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；A裝置不能限制反應速率，且濃硫酸具有吸水性，長頸漏斗簡潔導致濃硫酸稀釋，A不合理；B裝置通過限制分液漏斗的活塞限制反應速率，上下聯(lián)通的導氣管會使盛有濃硫酸的燒瓶上下氣體壓強抑制，便于濃硫酸順當?shù)蜗?，B合理；C裝置濃硫酸與鹽的反應放出大量的熱，會導致裝置炸裂，C不合理；故選擇B；(2)工業(yè)上常將鋅塊進行預處理得到鋅粉—水懸濁液，其目的是增大鋅粉的表面積，加快反應速率；依據(jù)流程，步驟Ⅰ中Zn與SO2反應生成ZnS2O4，過程中發(fā)生的反應的化學方程式為Zn+2SO2=ZnS2O4；(3)步驟Ⅱ為過濾操作，除用到燒杯、玻璃棒之外，還須要用到漏斗；(4)步驟Ⅲ中加入NaCl是為了降低Na2S2O4的溶解度，便于晶體的析出；保險粉易溶于水難溶于乙醇，用乙醇洗滌既能除去晶體表面的水分，又能削減保險粉溶解的損失；(5)依據(jù)題目分析，鐵氰化鉀與保險粉反應的離子方程式為+2[Fe(CN)6]3?+2H2O＝2+2[Fe(CN)6]4?+4H+；依據(jù)方程式可得保險粉與鐵氰化鉀的反應關系為Na2S2O4~2K3[Fe(CN)6]，n(Na2S2O4)=n(K3[Fe(CN)6])=×0.4×25×10-3mol=5×10-3mol，m(Na2S2O4)=5×10-3×174=0.87g，則樣品中Na2S2O4的質量分數(shù)為=75%。10.有效去除大氣中的NOx，愛護臭氧層，是環(huán)境愛護的重要課題。(1)在沒有NOx催化時，O3的分解可分為以下兩步反應進行；①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程為v1=k1c(O3)，其次步的速率方程為v2=k2c(O3)·c(O)。其中O為活性氧原子，它在第一步慢反應中生成，然后又很快的在其次步反應中消耗，因此，我們可以認為活性氧原子變更的速率為零。請用k1、k2組成的代數(shù)式表示c(O)=____________。(2)NO做催化劑可以加速臭氧反應，其反應過程如圖所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=－143kJ/mol反應1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=－200.2kJ/mol。反應2：熱化學方程式為____________________________。(3)肯定條件下，將肯定濃度NOx(NO2和NO的混合氣體)通入Ca(OH)2懸濁液中，變更，NOx的去除率如圖所示。已知：NO與Ca(OH)2不反應；NOx的去除率=1－×100%①在0.3－0.5之間，NO汲取時發(fā)生的主要反應的離子方程式為：___________。②當大于1.4時，NO2去除率上升，但NO去除率卻降低。其可能的緣由是__________。(4)若將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中發(fā)生反應：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－759.8kJ/mol，反應達到平衡時，N2的體積分數(shù)隨的變更曲線如圖。①b點時，平衡體系中C、N原子個數(shù)之比接近________。②a、b、c三點CO的轉化率從小到大的依次為________；b、c、d三點的平衡常數(shù)從大到小的依次為__________(以上兩空均用a、b、c、d表示)。③若=0.8，反應達平衡時，N2的體積分數(shù)為20%，則NO的轉化率為_____?！敬鸢浮?1).(2).NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H2=+57.2

kJ/mol(3).NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O(4).NO2量太多，

剩余NO2和水反應生成NO逸出，導致NO去除率降低(5).1：1(6).c<b<a(7).b=c>d(8).60%【解析】【分析】(1)由于活性氧原子變更的速率為零，可認為其生成速率等于消耗速率，以此計算即可；(2)依據(jù)蓋斯定律將兩個熱化學反應相減可得到反應2的熱化學方程式；(3)①NO、NO2和Ca(OH)2發(fā)生歸中反應產生Ca(NO2)2、H2O；②依據(jù)二者發(fā)生歸中反應的物質的量的比及NO2與水反應產生HNO3和NO分析推斷；(4)①b點時N2含量最高，說明按方程式計量關系反應，依據(jù)方程式分析C、N個數(shù)的比；②依據(jù)坐標系中橫坐標含義及物質濃度與物質轉化率的關系分析推斷。利用化學平衡常數(shù)與溫度的關系及該反應的正反應為放熱反應，利用溫度對平衡移動的影響推斷；③依據(jù)物質反應轉化關系，結合=0.8，反應達平衡時，N2

體積分數(shù)為20%，計算平衡時各種物質的濃度，最終依據(jù)轉化率的含義計算NO的轉化率?！驹斀狻?1)由于活性氧原子變更的速率為零，可認為其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)，v2=k2c(O3)·c(O)，則k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；(2)反應①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反應過程中NO參加反應后又生成，所以NO作用為催化劑，依據(jù)蓋斯定律將兩個熱化學反應相減可得到反應2的熱化學方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H=+57.2kJ/mol；(3)①NO和Ca(OH)2不反應，所以反應物有NO、NO2和Ca(OH)2，依據(jù)氧化還原規(guī)律，產物為Ca(NO2)2和水，所以離子方程式為：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；②當NO太少，NO2量太多，首先發(fā)生反應：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全汲取，過量的NO2就和水反應生成HNO3和NO，這樣就導致NO2去除率上升，但NO去除率卻降低；(4)①當反應物按化學計量數(shù)之比加入時，平衡時的N2的體積分數(shù)最大，所以b點的平衡體系中C、N原子個數(shù)比接近1：1；②增大，CO的濃度增大的倍數(shù)大于NO增大的倍數(shù)，使CO轉化率降低，所以a、b、

c三點CO的轉化率從小到大的依次為c<b<a；由于化學平衡常數(shù)只與溫度有關，所以b、c點的平衡常數(shù)相同，該反應的正反應為放熱反應，上升溫度，化學平衡逆向移動，N2的體積分數(shù)減小，所以T1>T2，平衡逆向移動，化學平衡常數(shù)減小，故d點平衡常數(shù)小于b、c點，所以b、c、d三點的平衡常數(shù)從大到小的依次為b=c>d；③若=0.8，反應達平衡時，N2

的體積分數(shù)為20%，假設起先時n(NO)=1mol，n(CO)=0.8mol，假設CO平衡時CO轉化了xmol，則依據(jù)物質反應轉化關系可知平衡產生CO2的物質的量為xmol，N2為0.5xmol，則此時CO為(0.8-x)mol，NO為(1-x)mol，

×100%=20%，

解得x=0.6mol，所以NO的轉化率為×100%=60%。【點睛】本題考查了蓋斯定律的應用、化學反應速率、化學平衡的推斷與計算，駕馭反應原理，利用反應特點，依據(jù)題目供應的數(shù)據(jù)和圖象分析推斷。三、選做題【化學——選修3：物質結構與性質】11.鈦是一種性能特別優(yōu)越的金屬，21世紀將是鈦的世紀。(1)TiO2薄膜中摻雜鉻能顯著提高光催化活性?；鶓B(tài)Ti原子的價電子排布圖為___________。(2)四乙醇鈦能增加橡膠在金屬表面的粘附性。其制備原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl。①Ti(OCH2CH3)4可溶于有機溶劑，常溫下為淡黃色透亮液體，其晶體類型為_________。②N和O位于同一周期，O的其次電離能大于N的其次電離能的緣由是___________。③NH4Cl中存在的作用力有________，NH4Cl熔沸點高于CH3CH2OH的緣由是________，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的雜化形式均為__________。(3)鈦酸鍶(SrTiO3)可作電子陶瓷材料和人造寶石，其中一種晶胞結構如圖所示。若Ti位于頂點位置，O位于__________位置；已知晶胞參數(shù)為anm，Ti位于O所形成的正八面體的體心，則該八面體的邊長為__________m(列出表達式)。【答案】(1).(2).分子晶體(3).O和N分別失去一個電子后的電子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充溢結構，比后者穩(wěn)定，所以其次電離能，前者大于后者(4).配位鍵、離子鍵、共價鍵(5).前者為離子晶體，后者為分子晶體（或離子鍵強于分子間作用力），離子晶體的熔沸點高于分子晶體的熔沸點(6).sp3雜化(7).棱心(8).【解析】【分析】依據(jù)核外電子的排布規(guī)則寫出Ti的核外電子排布式；依據(jù)相像相容原理，推斷晶體的類型；從氯化銨的電子式，推斷化學鍵的類型；從晶體的類型不同推斷熔沸點差異的緣由；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成鍵數(shù)目推斷雜化方式；從晶胞的內部結構，依據(jù)Ti的位置，推斷氧的位置；依據(jù)Ti和O的距離，計算八面體的邊長，據(jù)此分析。【詳解】(1)Ti原子是22號元素，核外電子排布式為[Ar]3d24s2，其價電子排布圖為；(2)①Ti(OCH2CH3)4可溶于有機溶劑，有機溶劑大多數(shù)都是分子晶體，依據(jù)相像相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶體；②O和N分別失去一個電子后的價電子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充溢結構，比后者穩(wěn)定，所以其次電離能，前者大于后者；③依據(jù)氯化銨的電子式：，可以看出氯化銨中的化學鍵有銨根離子和氯離子間的離子鍵，氮原子和氫原子間共價鍵，氮原子與三個氫原子形成三對共價鍵，剩余一對電子與氫原子形成一對配位鍵，所以氯化銨中存在的作用力有離子鍵，共價鍵，配位鍵；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四對σ鍵，故雜化方式為sp3雜化；(3)圖中，Ti的原子坐標為（1/2，1/2，1/2），Sr的原子坐標為（0，0，0），O的原子坐標為（1/2，1/2，0），（1/2，0，1/2），（0，1/2，1/2），若Ti位于頂點位置，相當于將晶胞整體沿（1/2，1/2，1/2）方向平移，對于O，（1/2，1/2，0）+（1/2，1/2，1/2）=（0，0，1/2），（1/2，0，1/2）+（1/2，1/2，1/2）=（0，1/2，0），（0，1/2，1/2）+（1/2，1/2，1/2）=（1/2，0，0），可見O占據(jù)的為棱心；Ti位于O所形成的正八面體的體心，八面體中Ti和O構成了一個等腰直角三角形，直角邊長為a，斜邊長為=anm=a×10-9m?！净瘜W——選修5：有機化學基礎】12.聚合物H()是一種聚酰胺纖維，廣泛用于各種剎車片，其合成路途如下：已知：①C、D、G均為芳香族化合物，分子中均只含兩種不同化學環(huán)境的氫原子。②Diels-Alder反應