四川省巴中市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

四川省巴中市2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．近年來我國在航天、航空領(lǐng)域取得巨大成就。下列有關(guān)說法錯誤的是A．C919機(jī)身采用了第三代鋁鋰合金，具有密度低、強(qiáng)度高等優(yōu)良特點B．C919的平垂尾使用的T800級高強(qiáng)度碳纖維，屬于無機(jī)非金屬材料C．問天實驗艙太陽翼配置的是三結(jié)砷化鎵電池，砷化鎵喻為“半導(dǎo)體貴族”D．神舟飛船返回艙外表面使用的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的主要成分是硅酸鹽2．NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A．1mol甲苯中碳碳雙鍵的數(shù)目為0.3NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LSO3中原子數(shù)目大于0.4NAC．1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-數(shù)目小于0.1NAD．2.0g重水(D2O)中質(zhì)子數(shù)目為NA3．有機(jī)物M是合成青蒿素的原料之一，M的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)M的說法正確的是A．分子式為C12H16O5B．能發(fā)生氧化反應(yīng)，但不能發(fā)生取代反應(yīng)C．不可用鈉鑒別M中的兩種含氧官能團(tuán)D．烴基上的一氯代物只有一種4．W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大，且為不同主族的短周期元素，四種元素的最外層電子數(shù)滿足W+X=Y+Z，WZ4是一種常見的有機(jī)溶劑。下列敘述正確的是A．原子半徑：Z>Y>X>WB．W與X形成的共價化合物中，W和X均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C．Y的氧化物一定為堿性氧化物D．用惰性電極電解熔融的Y與Z形成的化合物一定能得到對應(yīng)的單質(zhì)5．下列實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖沁x項ABCD目的配制100mL0.1mol·L-1的硫酸除去氯氣中的HCl氣體由FeCl3溶液制取FeCl3固體判斷2NO2(g)?N2O4(g)的熱效應(yīng)實驗方案A．A B．B C．C D．D6．25℃時，-1gc(X)與pH的關(guān)系如圖所示，X代表Zn2+或Fe2+或Zn(OH)已知：常溫下，F(xiàn)e(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；強(qiáng)堿性溶液中Zn元素主要以Zn(OH)A．曲線②代表-lgc(Zn2+)與pH的關(guān)系B．常溫下，Zn(OH)2的Ksp的數(shù)量級為10-18C．向等濃度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀D．向c[Zn(OH)42-]=0.1mol·L-1的溶液中加入等體積0.1mol·L-17．鋰離子電池應(yīng)用廣泛，某課題組使用納米Si-C復(fù)合顆粒直接與鋰接觸，形成LixSi，將鋰鹽溶于三乙二醇二甲醚(TEGDME)作為電解液，與O2/C電極匹配組成如圖所示原電池。該電池的總反應(yīng)為xO2+2LixSi?充電放電xLi2OA．該電池放電時，a為負(fù)極B．放電時，當(dāng)負(fù)極質(zhì)量減少14g時，電解液中轉(zhuǎn)移1molLi+C．充電和放電過程，電解液中Li+濃度都不會改變D．電池充電時，陽極的電極反應(yīng)為Li2O2-2e-=O2↑+2Li+二、非選擇題8．硫代硫酸鈉(Na2S2O3)在工業(yè)、醫(yī)藥等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。下圖為實驗室制取硫代硫酸鈉的裝置，反應(yīng)過程中需通過pH傳感器控制pH為7-8。（1）盛Na2SO3的儀器名稱為。（2）為了確保硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實驗中通入的SO2不能過量，原因是。（3）若n(Na2CO3)：n(Na2S)=1：2，則裝置C中的化學(xué)反應(yīng)方程式為：。（4）當(dāng)數(shù)據(jù)采集處pH接近7時，應(yīng)采取的操作為。（5）裝置B中的藥品可以選擇下列物質(zhì)中的____(填字母)。A．飽和NaHCO3溶液 B．飽和NaHSO3溶液C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液（6）現(xiàn)使用“碘量法”測定脫碳液中V2O5的含量：取mg脫碳液于錐形瓶中，向錐形瓶中加入適量鹽酸和足量KI溶液，發(fā)生反應(yīng)為V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O，此時溶液顏色為棕色，使用0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL，該過程的反應(yīng)為I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。(已知有色離子僅有VO2+，其顏色為藍(lán)色)①滴定終點的現(xiàn)象為：。②若滴定時，滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，則測得V2O5的含量(填“偏大”、“偏小”、“無影響”)。③脫碳液中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%。9．某廢鐵鉻催化劑(含F(xiàn)e3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性雜質(zhì))回收鐵、鉻的工藝流程如下圖所示：已知：i.0.1mol·L-1金屬離子形成氫氧化物沉淀與氫氧化物沉淀溶解的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Mg2+開始沉淀的pH1.54.04.67.69.5沉淀完全的pH2.85.26.89.711.1金屬氫氧化物Al(OH)3Cr(OH)3開始溶解的pH7.812溶解完全的pH10.8>14ii．Cr(OH)3+OH-=CrO2-iii．已知Cr的金屬性強(qiáng)于Fe（1）加入鐵粉后，調(diào)節(jié)pH的范圍為。（2）由濾渣1得到濾液3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（3）濾渣3成分的化學(xué)式為；回收鉻時，鉻的存在形式為(填化學(xué)式)。（4）由濾液2得到結(jié)晶水合物的操作是、過濾、洗滌、干燥。（5）濾渣2與FeS2混合后隔絕空氣焙燒，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為；該過程加入少量CaO的目的是。（6）酸浸過程中，在硫酸用量一定的情況下，隨著酸濃度的增加，鐵、鉻的溶解度增大。實際生產(chǎn)中，硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%，其原因是。(已知，F(xiàn)e2(SO4)3?9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20℃時的溶解度分別為400g和64g)10．我國科學(xué)家開發(fā)銅催化劑實現(xiàn)由N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，簡稱DMF]制備三甲胺[N(CH3)3]：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)?N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1。（1）在上述反應(yīng)中，每生成2g氣態(tài)水，放出kJ的熱量。（2）在銅催化劑表面發(fā)生上述反應(yīng)的歷程如圖所示(催化劑表面吸附物種用“*表示)。①下列分步反應(yīng)中，能壘最大的是(填標(biāo)號)。a．A→Bb．C→Dc．F→G②A→B中，斷裂共價鍵吸收的總能量催化劑吸附放出的總能量(填“大于”、“小于”或“等于”)。③D→E的化學(xué)方程式為。（3）向體積相等的I、Ⅱ兩個恒容密閉容器中分別充入1molDMF(g)和2molH2(g)發(fā)生上述反應(yīng)，其中一個容器中是絕熱過程，另一個容器中是恒溫過程。反應(yīng)體系中壓強(qiáng)隨時間變化關(guān)系如圖所示。①容器I中為(填“絕熱”或“恒溫”)過程。判斷的依據(jù)是。②若該反應(yīng)是在恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生，以下能說明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是。A．混合氣體的密度不再發(fā)生改變B．反應(yīng)容器中H2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變C.2v正(H2)=v逆(H2O)D．平均相對分子質(zhì)量不變E．該反應(yīng)的焓變，即ΔH不變③n點時反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=中的(Kpa-1)。(提示：用分壓計算的平衡常數(shù)為Kp，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))11．我國科學(xué)家制備的NiO/Al2O3/Pt催化劑能實現(xiàn)氨硼烷(H3NBH3)高效制備氫氣的目的，制氫原理：H3NBH3+4CH3OH→催化劑NH4B(OCH3)4+3H2（1）基態(tài)氮原子的價電子排布式為。（2）硼烷又稱硼氫化合物，隨著硼原子數(shù)的增加，硼烷由氣態(tài)經(jīng)液態(tài)至固態(tài)，其原因為。（3）某有機(jī)硼化合物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，其中氨原子的雜化軌道類型為。（4）圖a、b、c分別表示B、C、N、O的逐級電離能I變化趨勢(縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同)。第一電離能的變化圖是(填標(biāo)號)，判斷的根據(jù)是；第二電離能的變化圖是(填標(biāo)號)。（5）含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種Ni2+與EDTA形成的螯合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，1個該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有個，在形成配位鍵前后C-N-C鍵角將(填“增大"“減少”或“不變”)。（6）BN晶體的晶胞如圖所示，B、N的原子半徑分別為apm和bpm，密度為2.25g·cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，BN晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為。12．某治療新冠藥物的中間體E合成路線如下，試回答下列問題：已知：，Me代表甲基，Et代表乙基。（1）A的分子式為。（2）B中最多有個原子共面，化合物CH3COCH2COOEt中官能團(tuán)名稱為，。（3）反應(yīng)④的反應(yīng)類型是，反應(yīng)③的化學(xué)方程式為。（4）A水解產(chǎn)物的名稱為，芳香化合物M的相對分子質(zhì)量比A的水解產(chǎn)物多14，且M與A的水解產(chǎn)物互為同系物，則M的同分異構(gòu)體有種。其中滿足核磁共振氫譜峰面積之比為2：2：2：1：1的結(jié)構(gòu)簡式為。（5）也可以用制備G：請以為起始原料完成合成的路線，注明條件，無機(jī)試劑自選。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．鋁鋰合金具有密度低、強(qiáng)度高等優(yōu)良特點，適用于制作飛機(jī)機(jī)身，A不符合題意；B．碳纖維屬于無機(jī)非金屬材料，B不符合題意；C．砷化鎵是良好的半導(dǎo)體材料，C不符合題意；D．高溫結(jié)構(gòu)陶瓷是新型無機(jī)非金屬材料，不是傳統(tǒng)的硅酸鹽材料，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．依據(jù)合金的性質(zhì)判斷用途；B．碳纖維屬于無機(jī)非金屬材料；C．砷化鎵是良好的半導(dǎo)體材料；D．高溫結(jié)構(gòu)陶瓷是新型無機(jī)非金屬材料。2．【答案】A【解析】【解答】A．甲苯中不存在碳碳雙鍵，故A符合題意；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO3不是氣體，2.24LSO3的物質(zhì)的量大于0.1mol，原子數(shù)目大于0.4NA，故B不符合題意；C.1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-會發(fā)生水解，則數(shù)目小于0.1NA，故C不符合題意；D．D2O中質(zhì)子數(shù)為10，2.0g重水(D2O)的物質(zhì)的量為2.0g20g/mol=0.1mol，質(zhì)子數(shù)目為NA故答案為：A。

【分析】A．甲苯不存在碳碳雙鍵；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO3不是氣體；C.依據(jù)水解時離子的變化判斷；D．D2O中質(zhì)子數(shù)為10。3．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)M的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C11H16O5，A不符合題意；B．該物質(zhì)含有羧基，能發(fā)生酯化反應(yīng)即能發(fā)生取代反應(yīng)，B不符合題意；C．M中的兩種含氧官能團(tuán)分別為羧基和羥基，兩者都能與Na反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，不能用Na鑒別M中的兩種含氧官能團(tuán)，C符合題意；D．根據(jù)該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知，其烴基上的一氯代物有2種，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式；B．根據(jù)官能團(tuán)確定性質(zhì)；C．根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷；D．利用等效氫的數(shù)目判斷。4．【答案】B【解析】【解答】A．電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑：Y>Z>W>X，故A不符合題意；B．C和N(或O)均為第二周期元素，形成的共價化合物W和X均會滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故B符合題意；C．Y為Al時，其氧化物為兩性氧化物，故C不符合題意；D．用惰性電極電解熔融的MgCl2可知得到Mg和氯氣，但AlCl3是共價化合物，用惰性電解電解不能得到對應(yīng)單質(zhì)，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越?。籅．依據(jù)價鍵結(jié)構(gòu)和原子最外層電子數(shù)判斷；C．氧化鋁為兩性氧化物；D．AlCl3是共價化合物，電解不能得到對應(yīng)單質(zhì)。5．【答案】D【解析】【解答】A．配制100mL0.1mol·L-1的硫酸時，不能在容量瓶中直接稀釋濃硫酸，故A不符合題意；B．HCl和NaHCO3溶液反應(yīng)會生成CO2，引入新的雜質(zhì)，不能用飽和NaHCO3溶液除去氯氣中的HCl氣體，故B不符合題意；C．FeCl3溶液中Fe3+發(fā)生水解，F(xiàn)e3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，直接加熱，促進(jìn)水解，生成的HCl易揮發(fā)，蒸發(fā)不能得到FeCl3固體，故C不符合題意；D．熱水中顏色深，說明反應(yīng)2NO2(g)?N2O4(g)逆向移動，則逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．不能在容量瓶中直接稀釋；B．會引入新的雜質(zhì)；C．FeCl3溶液中Fe3+發(fā)生水解；D．依據(jù)影響化學(xué)平衡的因素分析。6．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，曲線①②③分別代表-lgc[Zn(OH)42-]、B．pH=7.0時，-lgc(Zn2+)=3.0，則Zn(OH)2的Ksp=c(Zn2+)cC．常溫下，Zn(OH)2的KspD．c[Zn(OH)42-]=0.1mol·L-1的溶液中加入等體積0.1mol·L-1的HCl后，混合后生成Zn故答案為：C。

【分析】A．依據(jù)Ksp和曲線變化判斷；B．依據(jù)pH=7.0，利用Ksp計算；C．依據(jù)Ksp判斷；D．依據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)分析。7．【答案】B【解析】【解答】A．該電池放電時，Li+向b電極移動，a為負(fù)極，A不符合題意；B．放電時LixSi在負(fù)極失電子，電極反應(yīng)為2LixSi-2xe-=2xLi++2Si，負(fù)極質(zhì)量減少14g時，電解液中轉(zhuǎn)移2molLi+，B符合題意；C．充電和放電過程中，Li+從一個電極轉(zhuǎn)移到另一個電極，電解液中Li+的濃度不變，C不符合題意；D．電池充電時Li2O2在陽極失電子，電極反應(yīng)為Li2O2-2e-=2Li++O2↑，D不符合題意；故答案為：B。【分析】放電時，負(fù)極失電子，元素化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)；正極得電子，元素化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)；原電池“同性相吸”，陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極。8．【答案】（1）蒸餾燒瓶（2）若SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物易分解導(dǎo)致產(chǎn)量減少（3）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2（4）控制分液漏斗的活塞，調(diào)節(jié)滴加硫酸的速率，同時調(diào)節(jié)三通閥的方向使二氧化硫進(jìn)入B裝置（5）A；C；D（6）滴入最后一滴硫代硫酸鈉時溶液由棕色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；偏大；9【解析】【解答】（1）有支管的燒瓶稱為蒸餾燒瓶。故答案為：蒸餾燒瓶；（2）SO2溶于水中形成H2SO3會使溶于呈酸性，硫代硫酸鈉酸性條件不穩(wěn)定。故答案為：若SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物易分解導(dǎo)致產(chǎn)量減少；（3）反應(yīng)中SO2與S2-發(fā)生歸中反應(yīng)生成Na2S2O3，而Na2CO3轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2。故答案為：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；（4）C中pH等于7時反應(yīng)Na2CO3與Na2S完全轉(zhuǎn)變?yōu)楫a(chǎn)物，此時反應(yīng)應(yīng)該停止，將多余的SO2氣體進(jìn)行尾氣吸收。故答案為：控制分液漏斗的活塞，調(diào)節(jié)滴加硫酸的速率，同時調(diào)節(jié)三通閥的方向使二氧化硫進(jìn)入B裝置；（5）裝置B吸收SO2尾氣。同時SO2具有酸性氧化物、氧化性、還原性性質(zhì)。A.2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，NaHCO3能用于吸收SO2，A項正確；B.NaHSO3不能與SO2反應(yīng)，無法吸收SO2，B項不正確；C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，NaOH能用于吸收SO2，C項正確；D.SO2能被酸性KMnO4氧化吸收，D項正確；故答案為：ACD。（6）當(dāng)溶液中I2被完全消耗時即為反應(yīng)終點，溶液由棕色變?yōu)樗{(lán)色。由反應(yīng)得到關(guān)系式為V2O5~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=10-4Vmol推出n(V2O5)=5×10-5Vmol，則含量為182×5×10?5Vm×100%=9.1×10?3Vm×100%

【分析】（1）依據(jù)儀器構(gòu)造確定名稱；

（2）依據(jù)強(qiáng)酸制弱酸分析；

（3）依據(jù)歸中規(guī)律分析；

（4）調(diào)節(jié)速率，排出氣體；

（5）依據(jù)SO2具有酸性氧化物、氧化性、還原性性質(zhì)分析；

（6）利用溶液顏色變化分析；通過關(guān)系式計算。9．【答案】（1）6.8≤pH<7.6（2）Al(OH（3）Cr(OH)3；NaCr（4）蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶（5）32Fe(OH)3+Fe（6）隨著硫酸濃度的增大，溶液中水的量減少，生成的硫酸鹽會結(jié)晶析出【解析】【解答】（1）加入鐵粉后，調(diào)節(jié)pH使Cr3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使Fe2+沉淀，由表格數(shù)據(jù)可知，調(diào)節(jié)pH的范圍為6.8≤pH<7.6（2）濾渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，調(diào)節(jié)pH=11，其中Al(OH)3能夠和強(qiáng)堿反應(yīng)，則由濾渣1得到濾液3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)（3）由分析可知，濾渣3成分的化學(xué)式為Cr(OH)3，由已知ii可知，回收鉻的過程中Cr(OH)3和NaOH反應(yīng)生成NaCrO（4）由濾液2得到結(jié)晶水合物的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。（5）濾渣2中Fe(OH)3與FeS2混合后隔絕空氣焙燒生成Fe3O4，S元素化合價上升轉(zhuǎn)化為SO2，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：32Fe(OH)3+Fe（6）酸浸過程中，硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%，其原因是濃硫酸具有吸水性，隨著硫酸濃度的增大，溶液中水的量減少，生成的硫酸鹽會結(jié)晶析出。

【分析】（1）依據(jù)表格數(shù)據(jù)分析；（2）利用反應(yīng)物的性質(zhì)判斷；（3）依據(jù)流程圖，利用反應(yīng)物和產(chǎn)物的性質(zhì)判斷；（4）用于分離互溶的沸點不同的液體混合物；

從溶液中結(jié)晶出固體的上般步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；（5）依據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒分析；依據(jù)反應(yīng)物和試劑的性質(zhì)分析；（6）依據(jù)濃硫酸具有吸水性分析。10．【答案】（1）16（2）a；大于；(C（3）絕熱；容器Ⅰ中的壓強(qiáng)比容器Ⅱ中的壓強(qiáng)大；BD；0.5625【解析】【解答】（1）由方程式(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)?N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1可知，每生成1mol氣態(tài)水，放出144kJ能量，則每生成2g氣態(tài)水，放出熱量=2g18g/mol（2）①能壘最大即過渡態(tài)與反應(yīng)物能量差最大，由圖可知，A→B的過程中能壘最大，故答案為：a；②由圖可知，A的總能量低于B的總能量，說明A→B的過程是吸熱的，則A→B中，斷裂共價鍵吸收的總能量大于催化劑吸附放出的總能量；③由圖可知，D→E的過程中(CH3)2NCH2OH*和（3）①反應(yīng)(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)?N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1是放熱反應(yīng)，若容器是絕熱的，則反應(yīng)過程中溫度升高，不利于平衡正向移動，而該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，則容器的壓強(qiáng)大于恒溫容器中平衡時的壓強(qiáng)，圖中容器Ⅰ中的壓強(qiáng)比容器Ⅱ中的壓強(qiáng)大，則容器I中為絕熱過程；②A．該反應(yīng)過程中氣體總質(zhì)量和總體積都不變，則混合氣體的密度是定值，當(dāng)混合氣體的密度不再發(fā)生改變時，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故A不選；B．反應(yīng)容器中H2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，說明正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故B選；C.2v正(H2)=v逆(H2O)時，不能說明正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故C不選；D．該反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，反應(yīng)過程中氣體平均相對分子質(zhì)量增大，當(dāng)混合氣體平均相對分子質(zhì)量不變時，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故D選；E．該反應(yīng)的焓變是定值，ΔH不變時，不能說明正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故E不選；故答案為：BD；③n點反應(yīng)達(dá)到平衡，此時體系壓強(qiáng)為36kPa，起始壓強(qiáng)是48kPa，根據(jù)已知條件列出“三段式”(C則(1-x+2-2x+2x)mol1mol+2mol=36kPa48kPa，解得x=0.75，則平衡常數(shù)K

【分析】（1）依據(jù)反應(yīng)熱與物質(zhì)的量成比例；（2）①能壘最大即過渡態(tài)與反應(yīng)物能量差最大；②依據(jù)反應(yīng)物和生成物的總能量大小分析；③依據(jù)歷程圖分析；（3）①依據(jù)影響化學(xué)平衡的因素分析；②依據(jù)化學(xué)平衡的特征“等”和“定”進(jìn)行分析判斷；③利用三段式法計算。11．【答案】（1）2s22p3（2）硼烷的相對分子質(zhì)量增大，分子間的作用力增強(qiáng)，熔沸點升高（3）sp2、sp3（4）a；同一周期從左到右，原子半徑依次減小，基態(tài)原子第一電離能呈增大趨勢，但由于氮原子2p能級半充滿，失電子相對較難，第一電離能大于O；b（5）6；增大（6）325π(a3+b3)NA×10【解析】【解答】（1）基態(tài)氮原子的價電子排布式為2s22p3。（2）隨著硼原子數(shù)的增加，硼烷的相對分子質(zhì)量增大，分子間的作用力增強(qiáng)，熔沸點升高。（3）該有機(jī)物中，與H相連的N原子形成3條共價鍵，還有一對孤電子對，則該N原子雜化軌道類型為sp3雜化，形成碳氮雙鍵的N原子，其雜化軌道類型為sp2雜化。（4）同周期元素從左到右原子的第一電離能呈增大的趨勢，但是N2p軌道半充滿較為穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰的元素，則第一電離能的變化圖為a。以上四個原子都失去一個電子后，B2s軌道全滿2p軌道全空，O2p軌道半充滿，這兩個元素此時第二電離能大于相鄰的元素，則第二電離能的變化圖為b。（5）由圖可知，只有成環(huán)的配位鍵才能起到螯合作用，結(jié)合題目中物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，1個該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6個。形成配位鍵前孤電子對離成鍵電子較近，因電子間的排斥作用導(dǎo)致C-N-C的鍵角較小，形