2024年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三部分仿真模擬2含解析

PAGE1-仿真模擬(二)一、選擇題(每題6分，共42分)7．(2024·廣東韶關(guān)市高三調(diào)研)化學(xué)與生活親密相關(guān)，下列有關(guān)物質(zhì)與用途的因果關(guān)系錯(cuò)誤的是()A．Fe(OH)3膠體具有較強(qiáng)的吸附性，所以可用于制備紅色顏料鐵紅B．NaClO溶液具有強(qiáng)氧化性，所以可用于生活環(huán)境的消毒C．NH4Cl溶液呈酸性，所以可用于除去鋼板上的鐵銹D．KMnO4溶液可以氧化乙烯，所以可用浸泡過(guò)KMnO4溶液的硅藻土作水果保鮮劑答案A解析Fe(OH)3膠體具有較強(qiáng)的吸附性，可用Fe(OH)3膠體凈水，而利用Fe(OH)3分解生成Fe2O3，制備紅色顏料鐵紅，故A錯(cuò)誤；NaClO中Cl元素化合價(jià)為＋1價(jià)，NaClO溶液具有強(qiáng)氧化性，所以可用于生活環(huán)境的消毒，故B正確；因?yàn)镹H4Cl水解使得NH4Cl溶液顯酸性，所以可用于除去鋼板上的鐵銹，故C正確；乙烯是果實(shí)的催熟劑，KMnO4溶液可以氧化乙烯，所以可用浸泡過(guò)KMnO4溶液的硅藻土汲取乙烯，作水果保鮮劑，故D正確。8．(2024·福建漳州高三質(zhì)檢)下列說(shuō)法正確的是()A．2-甲基丁烷也稱異丁烷B．光照下，1molCH4與4molCl2發(fā)生取代反應(yīng)，產(chǎn)物中物質(zhì)的量最多的是CCl4C．用酸性高錳酸鉀溶液除去甲烷中的乙烯雜質(zhì)D．甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，分子內(nèi)全部原子不行能在同一平面上答案D解析2-甲基丁烷也稱異戊烷，故A錯(cuò)誤；光照下，1molCH4與4molCl2發(fā)生取代反應(yīng)，產(chǎn)物中物質(zhì)的量最多的是HCl，故B錯(cuò)誤；若用酸性高錳酸鉀溶液除甲烷中的乙烯，乙烯會(huì)被氧化為二氧化碳?xì)怏w，甲烷中混進(jìn)了新的雜質(zhì)氣體，故C錯(cuò)誤；甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為3，因?yàn)橛屑谆肿觾?nèi)全部原子不行能在同一平面上，故D正確。9．(2024·陜西咸陽(yáng)高三一模)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．常溫下，4.6gNO2氣體中含有的分子數(shù)為0.1NAB．常溫常壓下，22.4LSO2中含有的分子數(shù)小于NAC．0.1mol氯氣參與反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD．用含有0.1molFeCl3的飽和溶液配制的氫氧化鐵膠體中，膠體粒子數(shù)等于0.1NA答案B解析4.6gNO2氣體的物質(zhì)的量為0.1mol，而NO2中存在平衡：2NO2N2O4，導(dǎo)致分子數(shù)減小，則小于0.1NA個(gè)，故A錯(cuò)誤；常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故22.4L二氧化硫的物質(zhì)的量小于1mol，則分子數(shù)小于NA個(gè)，故B正確；氯氣反應(yīng)后的價(jià)態(tài)不明確，故其轉(zhuǎn)移的電子數(shù)無(wú)法確定，故C錯(cuò)誤；一個(gè)氫氧化鐵膠粒是多個(gè)氫氧化鐵的聚集體，故所得膠粒的個(gè)數(shù)小于0.1NA個(gè)，故D錯(cuò)誤。10．(2024·北京朝陽(yáng)高三一模)2024年是“國(guó)際化學(xué)元素周期表年”。1869年門(mén)捷列夫把當(dāng)時(shí)已知的元素依據(jù)物理、化學(xué)性質(zhì)進(jìn)行排列，精確預(yù)留了甲、乙兩種未知元素的位置，并預(yù)料了二者的相對(duì)原子質(zhì)量，部分原始記錄如下。下列說(shuō)法不正確的是()A．元素甲位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族B．原子半徑比較：甲>乙>SiC．元素乙的簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)于CH4D．推想乙可以用作半導(dǎo)體材料答案C解析甲為Ga，位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族，故A正確；電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑比較：甲>乙>Si，故B正確；非金屬性C大于Ge，則元素乙的簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于CH4，故C錯(cuò)誤；乙為Ge，位于金屬與非金屬的交界處，可用作半導(dǎo)體材料，故D正確。11．(2024·深圳市高三調(diào)研)用CuCl2·2H2O晶體制取無(wú)水CuCl2的試驗(yàn)裝置如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．通入HCl可以抑制CuCl2的水解B．先滴入濃硫酸，再點(diǎn)燃c處酒精燈C．硬質(zhì)玻璃管內(nèi)部右側(cè)會(huì)出現(xiàn)白霧D．裝置d中上層為苯，下層為NaOH溶液答案D解析通入HCl抑制Cu2＋水解，故A正確；先滴入濃硫酸，促使HCl揮發(fā)出來(lái)，再點(diǎn)燃c處酒精燈，故B正確；硬質(zhì)玻璃管內(nèi)部HCl遇水蒸氣出現(xiàn)白霧，故C正確；若上層為苯，下層為NaOH溶液，裝置d中會(huì)倒吸，應(yīng)上層為NaOH溶液，下層為CCl4，故D錯(cuò)誤。12．(2024·湖南教考聯(lián)盟一診)中科院深圳先進(jìn)技術(shù)探討院勝利研發(fā)了一種高效低成本儲(chǔ)能電池——“鋁－石墨”雙離子電池，電池總反應(yīng)為Al＋xC＋Li＋＋PFeq\o\al(－,6)eq\o(,\s\up8(充電),\s\do8(放電))LiAl＋CxPF6。下列有關(guān)該電池的說(shuō)法正確的是()A．放電時(shí)，PFeq\o\al(－,6)向正極移動(dòng)B．放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Al－3e－=Al3＋C．充電時(shí)，兩個(gè)電極增加的質(zhì)量相等D．充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為xC＋PFeq\o\al(－,6)－e－=CxPF6答案D解析放電時(shí)，原電池負(fù)極反應(yīng)為L(zhǎng)iAl－e－=Al＋Li＋(它可向正極移動(dòng))，正極反應(yīng)為CxPF6＋e－=xC＋PFeq\o\al(－,6)(它可向負(fù)極移動(dòng))，故A、B錯(cuò)誤；充電時(shí)電解池陽(yáng)極反應(yīng)為xC＋PFeq\o\al(－,6)－e－=CxPF6，陰極反應(yīng)為Al＋Li＋＋e－=LiAl，兩極轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量雖然相等，但增加的質(zhì)量不相等，故C錯(cuò)誤、D正確。13．(2024·石家莊高三質(zhì)檢)常溫下，分別向NaA溶液和MCl溶液中加入鹽酸和NaOH溶液，混合溶液的pH與離子濃度變更關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是()A．曲線L1表示lgeq\f(cM＋,cMOH)與pH的變更關(guān)系B．Ka(HA)＝1×10－5.5C．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)兩溶液中水的電離程度相同D．0.01mol·L－1MA溶液中存在：c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)答案C解析MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH漸漸增大，M＋濃度漸漸減小，MOH的濃度漸漸增大，則lgeq\f(cM＋,cMOH)的值漸漸減小，則曲線L1表示lgeq\f(cM＋,cMOH)與pH的變更關(guān)系，故A正確；曲線L2表示lgeq\f(cA－,cHA)與pH的關(guān)系，lgeq\f(cA－,cHA)＝0時(shí)，eq\f(cA－,cHA)＝1，此時(shí)pH＝5.5，c(H＋)＝1×10－5.5mol/L，則Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝c(H＋)＝1×10－5.5，故B正確；a點(diǎn)溶液的pH>7，對(duì)于曲線L2，由于A－水解導(dǎo)致溶液呈堿性，促進(jìn)了水的電離；而對(duì)于曲線L1，MCl溶液呈酸性，a點(diǎn)時(shí)呈堿性，說(shuō)明MOH的電離程度大于M＋的水解程度，抑制了水的電離，所以兩溶液中水的電離程度不同，故C錯(cuò)誤；曲線L1中，lgeq\f(cM＋,cMOH)＝0時(shí)，eq\f(cM＋,cMOH)＝1，Kb(MOH)＝c(OH－)>1×10－5>1×10－5.5，依據(jù)Kh＝eq\f(Kw,Ka或Kb)可知，電離平衡常數(shù)越大，對(duì)應(yīng)離子的水解程度越小，則水解程度A－>M＋，則MA溶液呈堿性，則c(OH－)>c(H＋)、c(M＋)>c(A－)，溶液中離子濃度大小為：c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正確。二、非選擇題(一)必考題(共43分)26．(2024·福建南平高三質(zhì)檢)(14分)元素鉻(Cr)在自然界主要以＋3價(jià)和＋6價(jià)存在。(1)＋6價(jià)的Cr能引起細(xì)胞的突變而對(duì)人體不利，可用亞硫酸鈉將其還原。離子反應(yīng)方程式為：3SOeq\o\al(2－,3)＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋8H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，該反應(yīng)氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______。(2)工業(yè)上利用鉻鐵礦(FeO·Cr2O3)冶煉鉻的工藝流程如圖所示：①為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可實(shí)行的措施之一是____________。②水浸Ⅰ要獲得浸出液的操作是________。③浸出液的主要成分為Na2CrO4，加入Na2S反應(yīng)后有Na2SO4生成，則操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________________。(3)常溫下Cr(OH)3的溶度積Ksp＝1×10－32，若要使Cr3＋完全沉淀，pH為_(kāi)_______[c(Cr3＋)降至10－5mol·L－1可認(rèn)為完全沉淀]。(4)以鉻酸鈉(Na2CrO4)為原料，用電化學(xué)法可制備重鉻酸鈉(Na2Cr2O7)，試驗(yàn)裝置如圖所示(已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O)。①陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)____________________。②電解一段時(shí)間后，測(cè)得陽(yáng)極區(qū)溶液中Na＋物質(zhì)的量由amol變?yōu)閎mol，則生成重鉻酸鈉的物質(zhì)的量為_(kāi)_________mol。答案(1)1∶3(2)①將鉻鐵礦粉碎(或其他合理措施)②過(guò)濾③8CrOeq\o\al(2－,4)＋3S2－＋20H2O=8Cr(OH)3↓＋3SOeq\o\al(2－,4)＋16OH－(3)5(或≥5)(4)①2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－=O2↑＋2H2O)②eq\f(a－b,2)解析(1)還原劑為SOeq\o\al(2－,3)，氧化劑為Cr2Oeq\o\al(2－,7)，離子反應(yīng)方程式為：3SOeq\o\al(2－,3)＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋8H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，該反應(yīng)氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3。(2)①影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素：物質(zhì)的表面積大小，表面積越大，反應(yīng)速率越快。為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可實(shí)行的措施是：將鉻鐵礦粉碎(或其他合理措施)。②可用過(guò)濾分別固體和液體，水浸Ⅰ要獲得浸出液的操作是過(guò)濾。③Na2CrO4將Na2S氧化成Na2SO4，由得失電子守恒和質(zhì)量守恒，操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：8CrOeq\o\al(2－,4)＋3S2－＋20H2O=8Cr(OH)3↓＋3SOeq\o\al(2－,4)＋16OH－。(3)Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)，若c(Cr3＋)＝10－5mol·L－1時(shí)，c(OH－)＝eq\r(3,\f(10－32,10－5))mol·L－1＝10－9mol·L－1，常溫時(shí)c(H＋)＝10－5mol·L－1，pH＝5(或≥5)。(4)①電解池中陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－=O2↑＋2H2O)。②電解一段時(shí)間后，測(cè)得陽(yáng)極區(qū)溶液中Na＋物質(zhì)的量由amol變?yōu)閎mol，則溶液中移動(dòng)的電荷為(a－b)mol，所以外電路中轉(zhuǎn)移的電子為(a－b)mol，陽(yáng)極的電極反應(yīng)為：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，則陽(yáng)極生成的氫離子為(a－b)mol，已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，所以陽(yáng)極消耗的CrOeq\o\al(2－,4)為(a－b)mol，則生成重鉻酸鈉的物質(zhì)的量為eq\f(a－b,2)mol。27．(2024·山東泰安高三質(zhì)檢)(14分)某化學(xué)小組對(duì)鹵素及其化合物的制備和性質(zhì)進(jìn)行如下探究試驗(yàn)，依據(jù)試驗(yàn)回答問(wèn)題。Ⅰ.探究氯化亞鐵與氧氣反應(yīng)的產(chǎn)物已知氯化亞鐵的熔點(diǎn)為674℃，沸點(diǎn)為1023℃；三氯化鐵在100℃左右時(shí)升華，極易水解。在500℃條件下氯化亞鐵與氧氣可能發(fā)生下列反應(yīng)：12FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋8FeCl3、4FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋4Cl2，該化學(xué)小組選用下圖部分裝置(裝置可以重復(fù)選用)進(jìn)行氯化亞鐵與氧氣反應(yīng)產(chǎn)物的探究。(1)試驗(yàn)裝置的合理連接依次為：A→__________→D，裝置E的作用是________________。(2)限制在500℃下發(fā)生反應(yīng)，一段時(shí)間后，B中反應(yīng)剩余固體的成分可能是________或________(填化學(xué)式)。設(shè)計(jì)試驗(yàn)對(duì)上述剩余固體的成分進(jìn)行驗(yàn)證：__________________________。(3)試驗(yàn)室保存1mol·L－1的FeCl3溶液，應(yīng)限制溶液的pH不大于________。[已知：Fe(OH)3的Ksp為1×10－39]Ⅱ.鹵素化合物之間反應(yīng)試驗(yàn)條件限制的探究(4)室溫下，KClO3可將KI氧化為I2或KIO3。下面是該小組設(shè)計(jì)的一組試驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄表：試管標(biāo)號(hào)12340.20mol·L－1KI溶液/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0mol·L－1H2SO4溶液/mL03.06.09.0蒸餾水/mL9.06.03.00①該組試驗(yàn)的目的是________________________________________；②2號(hào)試管反應(yīng)完全后，取少量2號(hào)試管中的溶液加淀粉溶液后顯藍(lán)色，假設(shè)還原產(chǎn)物只有KCl，寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式：_____________________。答案Ⅰ.(1)C→B→E→C冷卻收集FeCl3(2)Fe2O3Fe2O3、FeCl2取反應(yīng)后的混合物于試管中，加稀鹽酸進(jìn)行溶解，靜置后取上層清液滴加濃溴水，假如溴水褪色，說(shuō)明含有FeCl2；假如溴水不褪色，說(shuō)明只含F(xiàn)e2O3(合理即可)(3)1Ⅱ.(4)①探究其他條件相同時(shí)，酸的濃度對(duì)反應(yīng)產(chǎn)物的影響②ClOeq\o\al(－,3)＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O解析Ⅰ.(1)A為O2的發(fā)生裝置，制得的氧氣中含有水蒸氣，由于三氯化鐵極易水解，因此須要對(duì)制得的氧氣進(jìn)行干燥，可通過(guò)盛有堿石灰的裝置C；氯化亞鐵與氧氣反應(yīng)的產(chǎn)物為Fe2O3、FeCl3、Cl2，通過(guò)裝置E冷卻可以收集FeCl3，為防止FeCl3與D中溶液接觸水解，在E與D之間增加裝置C，則氯化亞鐵與氧氣反應(yīng)的試驗(yàn)裝置的合理連接依次為：A→C→B→E→C→D；裝置E的作用是冷卻收集FeCl3。(2)限制在500℃下發(fā)生反應(yīng)，一段時(shí)間后，由12FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋8FeCl3、4FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋4Cl2，氯化亞鐵的熔點(diǎn)為674℃，沸點(diǎn)為1023℃，可知B中反應(yīng)剩余固體的成分可能是Fe2O3或Fe2O3、FeCl2。(3)由Fe(OH)3=Fe3＋＋3OH－且Fe(OH)3的Ksp為1×10－39，試驗(yàn)室保存的FeCl3溶液中c(Fe3＋)＝1mol·L－1，則c(OH－)＝eq\r(3,\f(1×10－39,1))＝1×10－13mol·L－1，c(H＋)＝10－1mol·L－1，應(yīng)限制溶液的pH不大于1。Ⅱ.(4)①4組試驗(yàn)只有硫酸的濃度不同，因此試驗(yàn)的目的是探究其他條件相同時(shí)，酸的濃度對(duì)反應(yīng)產(chǎn)物的影響。②滴加淀粉溶液后顯藍(lán)色，說(shuō)明有I2生成，由2I－→I2，失2e－；由ClOeq\o\al(－,3)→Cl－，得6e－，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，配平，離子方程式為：ClOeq\o\al(－,3)＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O。28．(2024·江西九校高三聯(lián)考)(15分)“綠水青山就是金山銀山”，探討NxOy、CO、SO2等大氣污染物和水污染物的處理對(duì)建設(shè)漂亮中國(guó)具有重要意義。(1)已知：①NO2＋COCO2＋NO，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1(下同)，每1mol下列物質(zhì)分解為氣態(tài)基態(tài)原子汲取的能量分別為NO2COCO2NO812kJ1076kJ1490kJ632kJ②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝＋179.5kJ/molK2③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝－112.3kJ/molK3寫(xiě)出NO與CO反應(yīng)生成無(wú)污染氣體的熱化學(xué)方程式：__________________，該熱化學(xué)方程式的平衡常數(shù)K＝__________(用K1、K2、K3表示)。(2)干脆排放含SO2的煙氣會(huì)形成酸雨，危害環(huán)境?？捎肗aOH汲取，所得含硫各微粒(H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,3))存在于反應(yīng)后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)X與溶液pH的關(guān)系如圖1所示。①測(cè)得溶液的pH＝8時(shí)，溶液中各離子濃度由大到小的依次是______________________________。②向NaHSO3溶液中滴加肯定濃度的CaCl2溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，pH降低，用化學(xué)平衡移動(dòng)原理說(shuō)明溶液pH降低的緣由：____________________。(3)在肯定溫度下的恒容容器中，反應(yīng)2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)的部分試驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：①在0～40min時(shí)段，反應(yīng)速率v(N2O)為_(kāi)_______________mol/(L·min)。②若N2O起始濃度c0為0.150mol/L，則反應(yīng)至30min時(shí)N2O的轉(zhuǎn)化率α＝________。③不同溫度(T)下，N2O分解半衰期隨起始?jí)簭?qiáng)的變更關(guān)系如圖2所示(圖中半衰期指任一濃度N2O消耗一半時(shí)所需的相應(yīng)時(shí)間)，則T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。當(dāng)溫度為T(mén)1、起始?jí)簭?qiáng)為p0，反應(yīng)至t1min時(shí)，體系壓強(qiáng)p＝________(用p0表示)。答案(1)2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－759.8kJ/moleq\f(K\o\al(2,1)·K3,K2)(2)①c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)②亞硫酸氫根離子存在電離平衡HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)，加入氯化鈣后，Ca2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=CaSO3↓，使電離平衡正向移動(dòng)，氫離子濃度增大，pH減小(3)①1.0×10－3②20.0%③>1.25p0解析(1)由已知，反應(yīng)①的ΔH＝(812＋1076－1490－632)kJ/mol＝－234kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律，①×2＋③－②得：2NO2(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，ΔH＝[－234×2＋(－112.3)－179.5]kJ/mol＝－759.8kJ/mol，當(dāng)總反應(yīng)式相加時(shí)平衡常數(shù)相乘，相減時(shí)平衡常數(shù)相除，成倍時(shí)平衡常數(shù)為冪，所以平衡常數(shù)K＝eq\f(K\o\al(2,1)·K3,K2)。(2)①由圖1可得，pH＝8時(shí)溶液中溶質(zhì)主要為Na2SO3和NaHSO3，c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(HSOeq\o\al(－,3))，溶液中的主要離子為Na＋、SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)，次要離子為OH－、H＋，離子濃度大小依次為c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)。(3)①在0～40min時(shí)段，Δc＝(0.100mol/L－0.060mol/L)＝0.040mol/L，所以化學(xué)反應(yīng)速率v(N2O)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.040mol/L,40min)＝0.001mol/(L·min)＝1.0×10－3mol/(L·min)。②依據(jù)①可知，化學(xué)反應(yīng)速率為1.0×10－3mol/(L·min)，則30min內(nèi)變更的濃度Δc＝v·Δt＝1.0×10－3mol/(L·min)×30min＝0.03mol/L，所以N2O的轉(zhuǎn)化率α＝eq\f(Δc,c0)×100%＝eq\f(0.03mol/L,0.15mol/L)×100%＝20%。③依據(jù)溫度上升，反應(yīng)速率加快，半衰期時(shí)間縮短。依據(jù)圖示可知，在壓強(qiáng)不變時(shí)，T1溫度下半衰期小，說(shuō)明溫度T1>T2。依據(jù)題干信息可知2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，反應(yīng)起先時(shí)c(N2O)＝0.100mol/L，當(dāng)其濃度減小一半時(shí)，物質(zhì)的濃度：c(N2O)＝0.050mol/L，c(N2)＝0.050mol/L，c(O2)＝0.0250mol/L，此時(shí)物質(zhì)的總濃度＝0.050mol/L＋0.050mol/L＋0.0250mol/L＝0.125mol/L，起始時(shí)的濃度為0.1mol/L，所以體系壓強(qiáng)eq\f(p,p0)＝eq\f(0.125mol/L,0.100mol/L)＝1.25，所以p＝1.25p0。(二)選考題(共15分)35．(2024·昆明市高三復(fù)習(xí)診斷測(cè)試?yán)砜凭C合實(shí)力測(cè)試)[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)金屬鉬(Mo)常用于工業(yè)、軍事等領(lǐng)域，已被多個(gè)國(guó)家列為戰(zhàn)略金屬，我國(guó)的鉬儲(chǔ)量居世界其次。已知鉬在元素周期表中呈現(xiàn)的信息為eq\x(\a\al(42Mo,鉬,4d55s1,95.96))回答下列問(wèn)題：(1)鉬位于元素周期表的位置是________________，基態(tài)Mo原子核外有________種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，其中核外電子占據(jù)最高能層的符號(hào)是________。(2)輝鉬(MoS2)在納米電子設(shè)備制造領(lǐng)域比硅或富勒烯(如C60)更有優(yōu)勢(shì)，可用H2S硫化(NH4)2MoO4溶液生產(chǎn)輝鉬。O、N、S的第一電離能由大到小的依次為_(kāi)_____________，H2S中心原子的雜化軌道類型為_(kāi)_______。(3)MoS2納米粒子具有類似于石墨的層狀結(jié)構(gòu)，具有優(yōu)異的潤(rùn)滑性能，其緣由是__________________________________。(4)Mo能與CO形成Mo(CO)6的協(xié)作物，其中Mo的化合價(jià)為_(kāi)_______，其配體分子與N2具有相像的化學(xué)結(jié)構(gòu)，則該配體分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為_(kāi)_______。(5)金屬鉬晶體中的原子積累方式如圖所示，這種積累方式為_(kāi)_________積累。若晶體鉬的密度為ρg·cm－3，鉬原子半徑為rpm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，M表示鉬的相對(duì)原子質(zhì)量，則鉬晶胞中原子的空間利用率為_(kāi)_____________________(用含有ρ、r、NA、M的代數(shù)式表示)。答案(1)第五周期ⅥB族42O(2)N＞O＞Ssp3(3)層與層之間的范德華力較弱，外力作用下易發(fā)生滑動(dòng)(4)01∶2(5)體心立方eq\f(2×\f(4,3)π×r×10－103,\f(2M,ρNA))解析(1)Mo原子核外有42個(gè)電子，所以基態(tài)Mo原子核外有42種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，其中核外電子占據(jù)最高能層是第五電子層，其符號(hào)是O。(2)同一周期由左向右元素原子的第一電離能呈遞增趨勢(shì)，但氮原子2p軌道為半充溢狀態(tài)，第一電離能比相鄰的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一電離能漸漸減??；S原子價(jià)電子對(duì)數(shù)＝2＋eq\f(6－1×2,2)＝4，則S原子的雜化軌道為sp3雜化。(4)Mo能與CO形成Mo(CO)6的協(xié)作物，由于CO分子不帶電，故Mo的化合價(jià)為0價(jià)，CO與N2是等電子體，N2的結(jié)構(gòu)式為N≡N，CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)，CO中有1個(gè)σ鍵，2個(gè)π鍵。(5)該晶胞中含有2個(gè)鉬原子，體積為V＝2×eq\f(4,3)π×(r×10－10)3cm3，晶胞的體積為V′＝eq\f(m,ρ)＝eq\f(2M,ρNA)cm3，鉬晶胞中原子的空間利用率為eq\f(2×\f(4,3)π×r×10－103,\f(2M,ρNA))。36．(2