山西省懷仁市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

山西省懷仁市2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四五總分評(píng)分一、單選題1．化學(xué)在環(huán)境污染治理中發(fā)揮了重要作用。下列治理措施沒有運(yùn)用相應(yīng)化學(xué)原理的是選項(xiàng)治理措施化學(xué)原理A向燃煤中添加生石灰以減少酸雨的形成CaO具有堿性氧化物的通性B在汽車尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器以減少尾氣污染CO和NO在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，生成無毒氣體C用聚乳酸塑料替代傳統(tǒng)塑料以減少白色污染聚乳酸具有生物可降解性D向工業(yè)廢水中添加FeS以除去廢水中的CFeS具有還原性A．A B．B C．C D．D2．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值，在現(xiàn)實(shí)生活中我們常常利用物質(zhì)的量來為難以用實(shí)際數(shù)字描述的數(shù)量做了定量解釋，下列說法正確的是（）A．將0.1mol醋酸鈉溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-數(shù)目小于0.1NAB．將4.6g鈉用鋁箔包裹并刺小孔，與足量水充分反應(yīng)生成H2分子數(shù)為0.1NAC．1.5mol的液態(tài)冰醋酸中含s－pσ鍵0個(gè)D．1L1mol·L-1NaCl溶液含有28NA個(gè)電子3．SO2、Cl2、NO2都是大氣污染物，下列說法正確的是（）A．都能使品紅試液褪色，原理相同B．都能與水反應(yīng)，生成物都是電解質(zhì)C．等物質(zhì)的量的SO2和Cl2混合通入裝有濕潤(rùn)的有色布條的試管中，漂白效果更好D．將SO2、NO2同時(shí)通入水中，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成4．近年來，光催化劑的研究是材料領(lǐng)域的熱點(diǎn)方向。一種Ru配合物(如圖所示)復(fù)合光催化劑可將COA．Ru配合物中第二周期元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镺>N>CB．如圖結(jié)構(gòu)的吡啶環(huán)()中C．N原子的雜化方式分別為sp2、D．HCOOH的沸點(diǎn)比CH3CHO5．生活污水中的氮和磷主要以銨鹽和磷酸鹽形式存在，可用鐵、石墨做電極，用電解法去除。電解時(shí)，如圖1原理所示可進(jìn)行除氮；翻轉(zhuǎn)電源正負(fù)極，可進(jìn)行除磷，原理是利用Fe2＋將PO43?轉(zhuǎn)化為Fe3(PO4)2A．圖2中0～20min脫除的元素是氮元素，此時(shí)石墨做陰極B．溶液pH越小、有效氯濃度越大，氮的去除率越高C．圖2中20～40min脫除的元素是磷元素，此時(shí)陽極的電極反應(yīng)式為2Cl-－2e-=Cl2↑D．電解法除氮有效氯ClO-氧化NH3的離子方程式為3ClO-＋2NH3=3Cl-＋N2↑＋3H2O6．X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素?；鶓B(tài)X原子價(jià)電子層有3個(gè)單電子，Z與Y可形成原子個(gè)數(shù)比為1：1的含非極性共價(jià)鍵的離子化合物。W、Q的最外層電子數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)。下列說法正確的是（）A．簡(jiǎn)單離子半徑：Z＞YB．X、W單質(zhì)的晶體類型一定相同C．Q的最高價(jià)含氧酸為強(qiáng)酸D．簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＞Y7．K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72?轉(zhuǎn)化為CrO①Cr2O72?(aq)+H2O(l)?2HCrO4?(aq)K1=3.0×10②HCrO4?(aq)?CrO42?(ag)+H+(ag)K2=3.3×1025℃時(shí)，0.1mol/LK2Cr2O7溶液中l(wèi)gc(CrO42?)c(Cr2A．加入過量燒堿溶液，反應(yīng)的離子方程式為Cr2O72?+2OH－=2CrO42?+HB．當(dāng)pH=8.8時(shí)，c(CrO42?)+c(Cr2O7C．加入少量水稀釋，平衡時(shí)c2(CrO42?)與c(Cr2O7D．當(dāng)pH=9.0時(shí)，溶液中HCrO4?的平衡濃度約為6.0×10-4二、實(shí)驗(yàn)題8．硫酸亞鐵銨晶體[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M=(132x+152y+18z)g·mol-1]是常見的補(bǔ)血?jiǎng)?。已知：①硫酸亞鐵銨晶體在空氣中不易被氧化。②FeSO4溶液與(NH4)2SO4反應(yīng)可得到硫酸亞鐵銨。（1）FeSO4溶液的制備。將鐵粉、一定量H2SO4溶液反應(yīng)制得FeSO4溶液，其中加入的鐵粉需過量，除鐵粉不純外，主要原因是(用離子方程式表示)。（2）制備x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O向制備得到的FeSO4溶液中加入一定質(zhì)量的(NH4)2SO4固體，在70℃-80℃條件下溶解后，趁熱倒入50mL乙醇中，析出晶體。乙醇的作用為。（3）產(chǎn)品化學(xué)式的確定——NH4+I.準(zhǔn)確稱取58.80g晶體，加水溶解后，將溶液注入三頸燒瓶中：Ⅱ.準(zhǔn)確量取50.00mL3.030mol·L-1H2SO4溶液于錐形瓶中：Ⅲ.向三頸燒瓶中通入氮?dú)?，加入足量NaOH濃溶液，加熱，蒸氨結(jié)束后取下錐形瓶；Ⅳ.用0.120mol·L-1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中過量的硫酸，滴定終點(diǎn)時(shí)消耗25.00mLNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。①裝置M的名稱為。②通入N2的作用為。③步驟Ⅲ中，反應(yīng)的離子方程式是。④若步驟Ⅳ中，未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，則n(NH4+)將(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。步驟Ⅳ中，滴定時(shí)還必須選用的儀器是（4）產(chǎn)品化學(xué)式的確定一SO42?I.另準(zhǔn)確稱取58.80g晶體于燒杯中，加水溶解，邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液；Ⅱ.將得到的溶液過濾得到沉淀，洗滌沉淀3～4次；Ⅲ.灼燒沉淀至恒重，稱量，得沉淀質(zhì)量為69.90g。結(jié)合實(shí)驗(yàn)(3)和(4)，通過計(jì)算得出硫酸亞鐵銨晶體的化學(xué)式為。三、工業(yè)流程題9．鈧及其化合物具有許多優(yōu)良的性能，在宇航、電子、超導(dǎo)等方面有著廣泛的應(yīng)用。從鈦白工業(yè)廢酸(含鈧、鈦、鐵、錳等離子)中提取氧化鈧(Sc2O3)的一種流程如圖：回答下列問題：（1）洗滌“油相”可除去大量的鈦離子。洗滌水是用93%的硫酸、27.5%的雙氧水和水按一定比例混合而成。混合的實(shí)驗(yàn)操作是。（2）常溫下，先加入氨水調(diào)節(jié)pH=3，過濾，濾渣主要成分是；再向?yàn)V液加入氨水調(diào)節(jié)pH=6，濾液中Sc3+的濃度為。{已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)。（3）用草酸“沉鈧”，“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式是。（4）草酸鈧“灼燒”氧化的化學(xué)方程式為。（5）Ti(BH)3是一種儲(chǔ)氫材料，可由TiCl4和LiBH4反應(yīng)制得。①寫出BH4?的結(jié)構(gòu)式是②常溫下，TiCl4是一種有刺激性臭味的無色液體，熔點(diǎn)為-23.2℃，沸點(diǎn)為136.2℃；TiF4為白色粉末，熔點(diǎn)為377℃。TiCl4和TiF4熔點(diǎn)不同的原因是。（6）由氧元素形成的常見物質(zhì)有H2O2、H2O、O2，H2O2為(填“極性”或“非極性”)分子，O2的晶胞為立方體，結(jié)構(gòu)如圖。根據(jù)圖中信息，可計(jì)算O2晶體密度是g·cm-3(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。四、原理綜合題10．全球大氣CO2濃度升高對(duì)人類生產(chǎn)、生活產(chǎn)生了影響，碳及其化合物的資源化利用成為研究熱點(diǎn)?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知25℃時(shí)，大氣中的CO2溶于水存在以下過程①CO2(g)?CO2(aq)②CO2(aq)+H2O(1)?H+(ag)+HCO3?過程①的ΔH0(填“＞”“＜”或“=”)。溶液中CO2的濃度與其在大氣中的分壓(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))成正比，比例系數(shù)為ymol·L-1·kPa-1。當(dāng)大氣壓強(qiáng)為pkPa，大氣中CO2(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x時(shí)，溶液中H+的濃度為mol·L-1(忽略HCO3?（2）焦炭與水蒸氣可在高溫下反應(yīng)制H2。反應(yīng)I：C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1K1反應(yīng)II：C(s)+2H2O(g)?CO2(g)+2H2(g)ΔH2=+90.3kJ·mol-1K2反應(yīng)III：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.0kJ·mol-1K3上述反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)隨溫度變化的關(guān)系如圖所示，表示K1、K2、K3的曲線分別是c、、。②研究表明，反應(yīng)III的速率方程為v=k[x(CO)·x(H2O)-x(CO2)?x(H2)K（3）甲烷干法重整制H2同時(shí)存在如下反應(yīng)：主反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH1副反應(yīng)：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2溫度為T℃，壓強(qiáng)為p0的恒壓密閉容器中，通入2molCH4和1molCO2發(fā)生上述反應(yīng)。平衡時(shí)H2O(g)的分壓為p1，甲烷的轉(zhuǎn)化率為40%。①下列說法正確的是(填標(biāo)號(hào))A．ΔH1和ΔH2不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)B．相同條件下，主反應(yīng)的速率大于副反應(yīng)，說明主反應(yīng)的活化能小C．選用合適的催化劑可以提高主反應(yīng)的選擇性，增大甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率D．平衡后，若增大壓強(qiáng)，主反應(yīng)平衡逆向移動(dòng)，副反應(yīng)平衡不移動(dòng)②平衡時(shí)混合氣體的總物質(zhì)的量為mol，H2(g)的分壓是(用含p0和p1的計(jì)算式表示)。（4）甲醇燃料電池中，吸附在催化劑表面的甲醇分子逐步脫氫得到CO，四步可能脫氫產(chǎn)物及其相對(duì)能量如圖，則最可行途徑為a→(用b-j等代號(hào)表示)。五、有機(jī)推斷題11．化合物H是合成治療心血管疾病藥物的中間體，可通過如圖所示途徑合成：已知：①→鹽酸Fe(苯胺易被氧化)；②甲苯發(fā)生—硝基取代反應(yīng)與A類似。請(qǐng)回答下列問題：（1）寫出C中官能團(tuán)的名稱：。（2）A→B反應(yīng)的試劑1是。（3）寫出有關(guān)反應(yīng)的反應(yīng)類型：B→C：；F→G：。（4）寫出G→H反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（5）同時(shí)滿足下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(寫出一種即可)。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一與FeCl③核磁共振氫譜顯示分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子（6）合成途徑中，將C轉(zhuǎn)化為D的目的是。（7）參照上述合成路線，以甲苯和(CH3CO)2O

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．向燃煤中添加生石灰以減少酸雨的形成，是因?yàn)檠趸}能和二氧化硫等氣體反應(yīng)，體現(xiàn)了CaO具有堿性氧化物的通性，故A不符合題意；B．汽車尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器以減少尾氣污染，是排氣系統(tǒng)中CO和NO在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，生成無毒氣體氮?dú)夂投趸紲p少污染，故B不符合題意；C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可減少白色污染，故C不符合題意；D．向工業(yè)廢水中添加FeS以除去廢水中的Cu故答案為：D。

【分析】A．因?yàn)檠趸}能和二氧化硫等氣體反應(yīng)；B．CO和NO在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)生成氮?dú)夂投趸迹籆．聚乳酸具有生物可降解性；D．依據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化原理，元素化合價(jià)沒有變化。2．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+B．2Na+2H2O=2NaOH+C．C原子的雜化方式有sp2、sp3雜化，C、O原子雜化后和H原子形成σ鍵，分子中不含s-pσ鍵，C正確；D．溶液中存在水分子，所以電子數(shù)大于28NA，D錯(cuò)誤；故答案為：C。

【分析】A．根據(jù)電荷守恒分析；B．依據(jù)2Na+2H2O=2NaOH+C．依據(jù)單鍵是σ鍵，雙鍵一個(gè)σ鍵和一個(gè)π鍵，三鍵是一個(gè)σ鍵和兩個(gè)π鍵；D．水分子也含有電子。3．【答案】D【解析】【解答】A．SO2、Cl2、NO2都能使品紅試液褪色，SO2與Cl2、NO2的原理不相同，故A錯(cuò)誤；B．NO2與水反應(yīng)生成硝酸和NO，NO是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．等物質(zhì)的量的SO2和Cl2混合通入裝有濕潤(rùn)的有色布條的試管中，發(fā)生反應(yīng)SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4、HCl沒有漂白性，漂白效果變差，故C錯(cuò)誤；D．將SO2、NO2同時(shí)通入水中，SO2被氧化為硫酸，加入BaCl2溶液生成硫酸鋇沉淀，故D正確；故答案為：D。

【分析】A．SO2與Cl2、NO2的原理不相同；B．NO是非電解質(zhì)；C．依據(jù)反應(yīng)SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl分析；D．將SO2、NO2同時(shí)通入水中，會(huì)生成硫酸。4．【答案】B【解析】【解答】A．第二周期主族元素從左向右元素電負(fù)性逐漸增強(qiáng)，因此電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镺>N>C，A正確；B．如圖結(jié)構(gòu)的吡啶環(huán)()中C、N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為3，故雜化方式均為sp2，B錯(cuò)誤；C．由圖示結(jié)構(gòu)可知，該配合物中Ru的配位數(shù)是6，C正確；D．HCOOH存在分子間作用力和氫鍵，因此HCOOH的沸點(diǎn)比HCHO高，D正確；故答案為：B?！痉治觥緼．同周期主族元素從左向右元素電負(fù)性逐漸增強(qiáng)；B．依據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，由價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定雜化類型；C．依據(jù)圖示結(jié)構(gòu)判斷；D．分子間含有氫鍵，熔沸點(diǎn)較高。5．【答案】D【解析】【解答】A．圖2中0～20min溶液pH的變化得出脫除的元素是氮元素，此時(shí)鐵作陰極，故A錯(cuò)誤；B．隨溶液pH降低，氫離子濃度增大，Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，平衡逆向移動(dòng)，溶液中c（HClO）減小，使銨根的氧化率下降，則氮的去除率隨pH的降低而下降，故B錯(cuò)誤；C．除磷時(shí)，F(xiàn)e作陽極失電子，石墨作陰極，陽極電極反應(yīng)式為Fe－2e-＝Fe2＋，故C錯(cuò)誤；D．電解法除氮有效氯HClO將氨氣氧化為N2的離子方程式為3ClO-＋2NH3＝3Cl-＋N2↑＋3H2O，故D正確；故答案為：D?！痉治觥緼C．電解時(shí)，陽極元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)；陰極元素化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)；B．依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析；D．根據(jù)反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析。6．【答案】C【解析】【解答】A.電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，簡(jiǎn)單離子半徑：O2-＞Na+，故A錯(cuò)誤；B.X是N，N2是分子晶體，若W是Si，其單質(zhì)為原子晶體，故B錯(cuò)誤；C.Q為S或Cl，H2SO4、HClO4都是強(qiáng)酸，故C正確；D.非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性O(shè)>N，所以穩(wěn)定性：H2O＞NH3，故D錯(cuò)誤；故答案為：C。

【分析】A.電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越??；B.N2是分子晶體，Si為原子晶體；C.元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)；D.非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定。7．【答案】B【解析】【解答】A．加入的過量NaOH會(huì)與反應(yīng)②電離產(chǎn)生的H+發(fā)生反應(yīng)，促使兩個(gè)平衡不斷右移，最終生成CrO42?，反應(yīng)的離子方程式為Cr2O72?+2OH－=2CrOB．當(dāng)溶液的pH=8.8時(shí)，K2=c(CrO42-)×c(H+)c(HCrO4-)C．根據(jù)題意有K1K22=c2(CrOD．由圖可知，當(dāng)溶液pH=9時(shí)，c(CrO42-)c(Cr2O72?)故答案為：B。【分析】A．依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析；B．根據(jù)Cr原子守恒分析；C．根據(jù)溫度一定時(shí)，K1和K2為定值分析；D．化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)各種生成物濃度冪之積與各種反應(yīng)物濃度冪之積的比值。8．【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+(4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)（2）乙醇的分子極性弱于水的，加入乙醇，形成乙醇一水的混合溶劑，極性比水的更弱。根據(jù)相似相溶原理，使離子化合物硫酸亞鐵銨在乙醇一水的混合溶劑中的溶解度更小，有利于晶體析出（3）分液漏斗；將產(chǎn)生的氨氣全部趕至錐形瓶?jī)?nèi)，被硫酸溶液完全吸收；NH4++OH-Δ__NH3↑+H（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O【解析】【解答】（1）Fe2+易被空氣中的氧氣氧化為鐵離子，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，F(xiàn)e粉可以和鐵離子發(fā)生反應(yīng)2Fe3++Fe=3Fe2+，因此過量的鐵粉能防止其被氧化；（2）硫酸亞鐵銨晶體在空氣中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亞鐵銨晶體在水中的溶解度，有利于晶體的析出；（3）①裝置M為分液漏斗；②反應(yīng)中裝置中會(huì)有殘留的氨氣，持續(xù)通入N2可以將產(chǎn)生的氨氣全部趕至錐形瓶?jī)?nèi)，被硫酸溶液完全吸收；③步驟Ⅲ中，反應(yīng)為銨根離子和氫氧根離子生成氨氣和水，離子方程式是NH4++OH-Δ__NH3④若未用NaOH溶液潤(rùn)洗滴定管，則NaOH溶液的濃度偏低，則滴定中消耗的NaOH的體積偏大，剩余的硫酸偏大，則氨氣的含量偏??；步驟Ⅳ中，滴定時(shí)還必須選用的儀器是③滴定架、⑥堿式滴定管；（4）測(cè)定NH4+含量時(shí)，滴定終點(diǎn)時(shí)消耗25.00mLNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH4+)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；測(cè)定SO42?含量時(shí)，BaSO4的物質(zhì)的量為0.3mol，則(NH4)2SO4的物質(zhì)的量為0.15mol，F(xiàn)eSO4的物質(zhì)的量為0.15mol，則根據(jù)M的計(jì)算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，則n水=0.9，則根據(jù)比例可得硫酸亞鐵銨晶體的化學(xué)式為(NH4)2SO4·FeSO4

【分析】（1）依據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析；（2）根據(jù)相似相溶原理分析；（3）①依據(jù)儀器構(gòu)造確定名稱；②反應(yīng)發(fā)生前通氮?dú)馀懦鲅b置中空氣；③依據(jù)銨鹽的性質(zhì)分析；④依據(jù)中和原理分析；（4）根據(jù)原子守恒計(jì)算。9．【答案】（1）將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌（2）Fe(OH)3；9.0×10-7mol·L-1（3）2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+（4）2Sc2(C2O4)3+3O2高溫__2Sc2O3（5）；TiCl4是分子晶體，TiF4是離子晶體(分子間作用力小于離子鍵)（6）極性；4×32【解析】【解答】（1）溶液混合中有濃硫酸，濃硫酸稀釋時(shí)放熱而液體飛濺，所以應(yīng)該將濃硫酸緩慢加入水中，邊加邊攪拌。答案為將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌；（2）已知Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Sc(OH)3]，所以pH=3時(shí)Fe3+先沉淀，故此時(shí)的濾渣為Fe(OH)3。pH=6時(shí)，c(OH-)=10-8mol/L，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31=c3(OH-)c(Sc3+)得到c(Sc3+)=Ksp[Sc(OH)3]（3）H2C2O4與Sc3+發(fā)生復(fù)分解產(chǎn)生Sc2(C2O4)3，H2C2O4為弱電解質(zhì)不拆寫為離子，反應(yīng)為：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+；（4）Sc2(C2O4)3與O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)高溫分解為CO2和Sc2O3，反應(yīng)為2Sc2(C2O4)3+3O2高溫__2Sc2O3+12CO2。答案為2Sc2(C2O4)3+3O2高溫__2Sc2O（5）B原子的價(jià)電子為3，分別與三個(gè)H形成共價(jià)鍵之后再無價(jià)電子，此時(shí)H-單方面提供孤電子對(duì)與B的空軌道重疊形成配位鍵，如圖表示為。TiCl4是一種有刺激性臭味的無色液體，可見其微粒間作用力弱，所以它為分子晶體。而F原子電負(fù)性大，同時(shí)TiF4為白色粉末，熔點(diǎn)為377℃，TiF4為離子晶體。答案為；TiCl4是分子晶體，TiF4是離子晶體(分子間作用力小于離子鍵)；（6）H2O2為非對(duì)稱分子，它為極性分子。O2分別位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，晶胞中共有4個(gè)O2。所以晶胞的密度為ρ=MNNA

【分析】（1）依據(jù)濃硫酸的稀釋操作分析；（2）依據(jù)已知信息，利用Ksp計(jì)算；（3）根據(jù)反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式，利用原子守恒分析；（4）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；（5）熔點(diǎn)由高到低的順一般為原子晶體>離子晶體>分子晶體；利用均攤法確定原子數(shù)，再利用公式計(jì)算。10．【答案】（1）＜；Kpxy（2）b；d；升高溫度，k增大使v提高，Kp減小使v降低；T＞Tm時(shí)，Kp減小對(duì)v的降低大于k增大對(duì)v的提高（3）B；4.6；8p0（4）a→b→e→h→j【解析】【解答】（1）常溫下，CO2(g)?CO2(aq)過程能發(fā)生，△S<0，所以ΔH<0。當(dāng)大氣壓強(qiáng)為pkPa，大氣中CO2(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x時(shí)，二氧化碳的分壓為pxkPa，溶液中CO2的濃度為pxymol·L-1，則c2(H+)c(CO（2）反應(yīng)I、II吸熱，K1、K2隨溫度升高而增大，反應(yīng)III放熱，K3隨溫度升高而減小，c表示K1，根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)II-反應(yīng)I得反應(yīng)反應(yīng)III，則K3=K2K1，根據(jù)圖示1000°C時(shí)K1=2，即K3②反應(yīng)III放熱，隨溫度升高Kp減小，升高溫度，k增大使v提高，Kp減小使v降低；T＞Tm時(shí)，Kp減小對(duì)v的降低大于k增大對(duì)v的提高，所以T＞Tm時(shí)，v逐漸下降。（3）①A．ΔH1和ΔH2隨方程式的系數(shù)改變而改變，ΔH1和ΔH2不變，反應(yīng)不一定達(dá)到平衡狀態(tài)，故不選A；B．活化能越小，反應(yīng)速率越快，相同條件下，主反應(yīng)的速率大于副反應(yīng)，說明主反應(yīng)的活化能小，故選B；C．催化劑不能使平衡不移動(dòng)，不能增大甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率，故不選C；D．平衡后，若增大壓強(qiáng)，主反應(yīng)平衡逆向移動(dòng)，由于反應(yīng)物、生成物濃度改變，使副反應(yīng)Q＜K，副反應(yīng)平衡正向移動(dòng)，故不選D；選B。②平衡時(shí)甲烷的轉(zhuǎn)化率為40%；C副反應(yīng)氣體物質(zhì)的量不變，所以平衡時(shí)混合氣體的總物質(zhì)的量為1.2+0.2+1.6+1.6=4.6mol，通過主反應(yīng)生成H2(g)的分壓是P0×1.64.（4）相對(duì)能量越低，越易反應(yīng)，所以最可行途徑為a→b→e→h→j。

【分析】（1）（1）依據(jù)ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)各種生成物濃度冪之積與各