河北省衡水中學2020屆高三化學下學期測試試題3.17含解析

1、河北省衡水中學2020屆高三化學下學期測試試題（3.17，含解析）1.化學與生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（ ）a. 醫(yī)用“納米銀外用抗菌凝膠”外用于皮膚后，能夠緩釋放出納米銀離子，抑制并殺滅與之接觸的病菌并有促進皮膚愈合的作用b. 銀是首飾行業(yè)中常用的金屬材料，純銀由于太軟，因此，常摻雜其他組分(銅、鋅、鎳等)，標準首飾用銀的銀含量為92.5%，又稱925銀c. 分別用液化石油氣、汽油、地溝油加工制成的生物柴油都是碳氫化合物d. 液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰【答案】c【解析】【詳解】a“納米銀外用抗菌凝膠”利用了銀使蛋白質(zhì)變性的原理殺滅病菌，故a正確；b標準首飾用銀

2、的合金，銀含量為92.5%，又稱925銀，故b正確；c地溝油的主要成分是油脂，屬于酯類，不是碳氫化合物，故c錯誤；d液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者發(fā)生反應產(chǎn)生氯化鈣、次氯酸鈣和水，從而消除了氯氣的毒性及危害，故d正確；故答案選c。2.由下列實驗及現(xiàn)象不能推出相應結(jié)論的是（ ）選項實驗現(xiàn)象結(jié)論a向0.1mol/lfecl2溶液中加入1滴kscn溶液，再滴加碘水開始無明顯現(xiàn)象，滴加碘水后溶液變紅氧化性：i2fe3+b向某鈉鹽中滴加鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽可能為na2s2o3c乙烯通入中性kmno4溶液中溶液褪色并產(chǎn)生黑色沉淀乙烯具有還原性d將苯加入

3、橙色的溴水中振蕩并靜置下層液體幾乎無色苯與br2發(fā)生了取代反應a. ab. bc. cd. d【答案】ad【解析】【詳解】a碘單質(zhì)不能氧化亞鐵離子，現(xiàn)象、結(jié)論不合理，故a錯誤；b氣體可能為二氧化硫，該鈉鹽可能為na2s2o3，故b正確；c乙烯被高錳酸鉀氧化，生成二氧化錳、二氧化碳，則乙烯具有還原性，故c正確；d苯與溴水發(fā)生萃取，且苯密度比水的密度小，為物理變化，故d錯誤；故選：ad。【點睛】把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、混合物分離提純、實驗技能為解答關(guān)鍵，注意實驗的評價性分析。3.na為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）a. 30g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為5nab. 1mold2o與1m

4、olh2o中，中子數(shù)之比為2：1c. 含0.2molh2so4的濃硫酸與足量的鎂反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)大于0.2nad. 密閉容器中1molpcl3與1molcl2反應制備pcl5（g），增加2na個p-cl鍵【答案】c【解析】【詳解】a30g丙醇物質(zhì)的量為：0.5mol，存在的共價鍵總數(shù)為0.5mol11na5.5na，故a錯誤；b1mold2o與1molh2o中，中子數(shù)之比為10：85：4，故b錯誤；c0.2mol h2so4的濃硫酸和足量的鎂反應如果只生成二氧化硫則轉(zhuǎn)移電子數(shù)等于0.2na，如果只生成氫氣則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4na，隨著反應進行濃硫酸濃度降低，所以反應中既有二氧化硫又有氫氣生成，

5、轉(zhuǎn)移電子數(shù)大于0.2na小于0.4na，故c正確；d三氯化磷與氯氣反應為可逆反應，不能進行到底，密閉容器中1 mol pcl3與1mocl2反應制備pcl5(g)，增加小于2na個pcl鍵，故d錯誤；故答案選c?！军c睛】熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，注意丙醇分子結(jié)構(gòu)特點，注意濃硫酸的特性。4.已知a、b、c、d為由短周期元素組成的四種物質(zhì)，它們有如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系，且d為強電解質(zhì)（其他相關(guān)物質(zhì)可能省略）。下列說法不正確的是（ ）a. 若a是共價化合物，則a和d有可能發(fā)生氧化還原反應b. 若a為非金屬單質(zhì)，則其組成元素在周期表中的位置可能處于第二周期第a族c. 若a為非金屬單質(zhì)，則它與

6、mg反應的產(chǎn)物中陰、陽離子個數(shù)比可能為2：3d. 若a是金屬或非金屬單質(zhì)，則常溫下0.1mol/l的d溶液中由水電離出的c(h+)可能為10-13mol/l【答案】b【解析】【分析】a、b、c、d為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì)，且d為強電解質(zhì)，它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：，中學常見物質(zhì)中n、s元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系?！驹斀狻縜、b、c、d為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì)，且d為強電解質(zhì)，它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：，中學常見物質(zhì)中n、s元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系；a若a是共價化合物，a可能為nh3或h2s，d為hno3或h2so4，h2s與h2so4可

7、以發(fā)生氧化還原反應，故a正確； b若a為非金屬單質(zhì)，則a為n2(或s)，氮元素處于第二周期a族，硫元素處于第三周期a族，故b錯誤；c若a為非金屬單質(zhì)，則a為n2(或s)，b為no(或so2)，c為no2(或so3)，d為hno3(或h2so4)，其中n2與鎂反應生成的mg3n2中陰、陽離子的個數(shù)比為2：3，故c正確； d若a是金屬或非金屬單質(zhì)，則a為na或n2或s，d為naoh或hno3或h2so4，0.1mol/l naoh溶液或hno3溶液中水電離出的c(h)都是1013mol/l，故d正確；故答案選b。5.某熱再生電池工作原理如圖所示。放電后，可利用廢熱進行充電。已知電池總反應：cu2+

8、4nh3cu(nh3)42+ h0。下列說法正確的是（ ）a. 充電時，能量轉(zhuǎn)化形式主要為電能到化學能b. 放電時，負極反應為nh3-8e-+9oh-=no3-+6h2oc. a為陽離子交換膜d. 放電時，左池cu電極減少6.4g時，右池溶液質(zhì)量減少18.8g【答案】d【解析】【分析】已知電池總反應：cu2+4nh3 cu(nh3)42+ h0，放出的熱量進行充電，通入氨氣的電極為原電池負極，電極反應cu2ecu2，通入氨氣發(fā)生反應cu24nh3cu(nh3)42 h0，右端為原電池正極，電極反應cu22ecu，中間為陰離子交換膜，據(jù)此分析?！驹斀狻恳阎姵乜偡磻篶u2+4nh3 cu(nh

9、3)42+ h0，放出的熱量進行充電，通入氨氣的電極為原電池負極，電極反應cu2ecu2，通入氨氣發(fā)生反應cu24nh3cu(nh3)42 h0，右端為原電池正極，電極反應cu22ecu，中間為陰離子交換膜；a充電時，能量轉(zhuǎn)化形式主要為熱能化學能，故a錯誤；b放電時，負極反應為cu4nh32ecu(nh3)42，故b錯誤；c原電池溶液中陰離子移向負極，a為陰離子交換膜，故c錯誤；d放電時，左池cu電極減少6.4 g時，cu2ecu2，電子轉(zhuǎn)移0.2mol，右池溶液中銅離子析出0.1mol，硝酸根離子移向左電極0.2mol，質(zhì)量減少0.2mol62g/mol0.1mol64g/mol18.8 g

10、，故d正確；故答案選d。6.四氫噻吩()是家用天然氣中人工添加的氣味添加劑具有相當程度的臭味。下列關(guān)于該化合物的說法正確的是（ ）a. 不能在o2中燃燒b. 所有原子可能共平面c. 與br2的加成產(chǎn)物只有一種d. 生成1molc4h9sh至少需要2molh2【答案】b【解析】【分析】由結(jié)構(gòu)可知，含碳碳雙鍵，且含c、h、s元素，結(jié)合雙鍵為平面結(jié)構(gòu)及烯烴的性質(zhì)來解答?！驹斀狻縜家用天然氣中可人工添加，能在o2中燃燒，故a錯誤；b含雙鍵為平面結(jié)構(gòu)，所有原子可能共平面，故b正確；c含2個雙鍵，若1：1加成，可發(fā)生1，2加成或1，4加成，與溴的加成產(chǎn)物有2種，若1：2加成，則兩個雙鍵都變?yōu)閱捂I，有1種加

11、成產(chǎn)物，所以共有3種加成產(chǎn)物，故c錯誤；d含有2個雙鍵，消耗2molh2，會生成1mol，故d錯誤；故答案選b。【點睛】本題把握官能團與性質(zhì)、有機反應為解答關(guān)鍵，注意選項d為解答的難點。7.某化學小組設(shè)計了如圖甲所示的數(shù)字化實驗裝置，研究常溫下，向1l0.1mol/lh2a溶液中逐滴加入等濃度naoh溶液時的ph變化情況，并繪制出溶液中含a元素的粒子的物質(zhì)的量分數(shù)與溶液ph的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（ ）a. ph=4.0時，圖中n(ha-)約為0.0091molb. 0.1mol/lnaha溶液中存在c(a2-)+c(ha-)+c(h2a)=0.1mol/lc. 該實驗應將左邊的

12、酸式滴定管換成右邊堿式滴定管并加酚酞作指示劑d. 常溫下，等物質(zhì)的量濃度的naha與na2a溶液等體積混合后溶液ph=3.0【答案】a【解析】【分析】aph3時a2、ha的物質(zhì)的量分數(shù)相等，所以二者的濃度相等，則ka2c(h)0.001mol/l，由同一溶液中，ph4時該酸的第二步電離常數(shù)不變，且原溶液中n(ha)n(a2)0.1mol，據(jù)此計算n(ha)；b該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以naha溶液中不存在h2a；c根據(jù)圖知，滴定終點時溶液呈酸性；dph3時，溶液中不存在h2a，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則naha只電離不水解，na2a能水解，且c(a2)c(ha

13、)?！驹斀狻縜ph3時a2、ha的物質(zhì)的量分數(shù)相等，所以二者的濃度相等，則ka2c(h)0.001mol/l，由同一溶液中，ph4時該酸的第二步電離常數(shù)不變，且原溶液中n(ha)n(a2)0.1mol，ka2c(h)0.0001mol/l0.001mol/l，n(ha)約為0.0091mol，故a正確；b該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以naha只能電離不能水解，則溶液中不存在h2a，根據(jù)物料守恒得c(a2)c(ha)0.1mol/l，故b錯誤；c根據(jù)圖知，滴定終點時溶液呈酸性，應該選取甲基橙作指示劑，故c錯誤；dph3時，溶液中不存在h2a，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，

14、則naha只電離不水解，na2a能水解，且c(a2)=c(ha)；等物質(zhì)的量濃度的naha與na2a溶液等體積混合，因為電離、水解程度不同導致c(a2)、c(ha)不一定相等，則混合溶液的ph不一定等于3，故d錯誤；故答案選a?！军c睛】正確判斷該二元酸“第一步完全電離、第二步部分電離”是解本題關(guān)鍵，注意電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液中溶質(zhì)及其濃度無關(guān)。8.氨基甲酸銨（h2ncoonh4）是一種易分解、易水解的白色固體，易溶于水，難溶于ccl4，某研究小組用如圖1所示的實驗裝置制備氨基甲酸銨。反應原理：2nh3(g)+co2(g)nh2coonh4(s) h0。（1）儀器2的名稱是_。儀器3中

15、naoh固體的作用是_。（2）打開閥門k，儀器4中由固體藥品所產(chǎn)生的氣體就立即進入儀器5，則該固體藥品的名稱為_。儀器6的一個作用是控制原料氣按反應計量系數(shù)充分反應，若反應初期觀察到裝置內(nèi)稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，應該_（填“加快”、“減慢”或“不改變”）產(chǎn)生氨氣的流速。（3）另有一種制備氨基甲酸銨的反應器（ccl4充當惰性介質(zhì)）如圖2：圖2裝置采用冰水浴的原因為_。當ccl4液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時，即停止反應，_(填操作名稱)得到粗產(chǎn)品。為了將所得粗產(chǎn)品干燥可采取的方法是_。a.蒸餾 b.高壓加熱烘干 c.真空微熱烘干（4）已知氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，則該反應的化學方程式為_。為測定

16、某樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分數(shù)，某研究小組用該樣品進行實驗。已知雜質(zhì)不參與反應，請補充完整測定某樣品中氨基甲酸銨質(zhì)量分數(shù)的實驗方案：用天平稱取一定質(zhì)量的樣品，加水溶解，_，測量的數(shù)據(jù)取平均值進行計算（限選試劑：蒸餾水、澄清石灰水、ba(oh)2溶液）?！敬鸢浮?(1). 三頸燒瓶 (2). 干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解 (3). 干冰 (4). 加快 (5). 降低溫度，有利于提高反應物的轉(zhuǎn)化率，防止因反應放熱造成nh2coonh4分解 (6). 過濾 (7). c (8). nh2coonh4+2h2o=nh4hco3+nh3h2o或nh2coonh4+h2o=nh4hco3+nh3 (

17、9). 加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質(zhì)量，重復23次【解析】【分析】根據(jù)裝置：儀器2制備氨氣，由于氨基甲酸銨易水解，所以用儀器3干燥氨氣，利用儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，在儀器5中發(fā)生2nh3(g)+co2(g)nh2coonh4(s)制備氨基甲酸銨；(1)根據(jù)儀器構(gòu)造可得；考慮氨基甲酸銨水解；(2)儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，為干冰；反應初期觀察到裝置內(nèi)稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，說明二氧化碳過量，氨氣不足；(3)考慮溫度對反應的影響和氨基甲酸銨受熱分解；過濾得到產(chǎn)品，氨基甲酸銨易分解，所得粗產(chǎn)品干燥可真空微熱烘干；(4)氨基甲酸銨可完全水解為

18、碳酸氫銨和一水合氨，據(jù)此書寫；測定某樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分數(shù)，可以使其水解得到nh4hco3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質(zhì)量可得氨基甲酸銨的質(zhì)量，進而可得其質(zhì)量分數(shù)，據(jù)此可得?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示，儀器2的名稱三頸燒瓶；儀器3中naoh固體的作用是干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；故答案為：三頸燒瓶；干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；(2)反應需要氨氣和二氧化碳，儀器2制備氨氣，儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，立即產(chǎn)生干燥的二氧化碳氣體，則為干冰；故答案為：干冰；氨氣易溶于稀硫酸，二氧化碳難溶于稀硫酸，若反應初期觀察到裝置內(nèi)稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，說明二氧化碳過量，應該加快

19、產(chǎn)生氨氣的流速；故答案為：加快；(3)該反應為放熱反應，溫度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低溫度，有利于提高反應物的轉(zhuǎn)化率，防止因反應放熱造成h2ncoonh4分解；故答案為：降低溫度，有利于提高反應物的轉(zhuǎn)化率，防止因反應放熱造成h2ncoonh4分解；當ccl4液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時，即停止反應，過濾，為防止h2ncoonh4分解，真空微熱烘干粗產(chǎn)品；故答案為：過濾；c；(4)氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，反應為：nh2coonh4+2h2o=nh4hco3+nh3h2o或nh2coonh4+h2o=nh4hco3+nh3；故答案為：nh2coonh4+2h2o=nh4hco3+n

20、h3h2o或nh2coonh4+h2o=nh4hco3+nh3；測定某樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分數(shù)，可以使其水解得到nh4hco3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質(zhì)量可得氨基甲酸銨的質(zhì)量，進而可得其質(zhì)量分數(shù)，具體方法為：用天平稱取一定質(zhì)量的樣品，加水溶解，加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質(zhì)量，重復23次，測量的數(shù)據(jù)取平均值進行計算；故答案為：加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質(zhì)量，重復23次。9.從銅氨廢液含cu(nh3)3co+、cu(nh3)22+、cu(nh3)42+、nh3、ch3coo

21、-、co32-等中回收銅的工藝流程如圖：（1）步驟()“吹脫”的目的是_(寫一條即可)；由步驟()可確定nh3與h+的結(jié)合能力比與cu2+的_(填“強”或“弱”)。（2）步驟()“沉銅”時，na2s的用量比理論用量多，目的是_。（3）步驟()反應中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_。（4）步驟()發(fā)生反應生成難溶cu2(oh)3cl的離子方程式為_，ph與銅的回收率關(guān)系如圖(a)所示，為盡可能提高銅的回收率，需控制的ph約為_。（5）“吹脫”后的銅氨溶液中加入適量的添加劑可直接電解回收金屬銅，裝置如圖(b)所示，陰極主要發(fā)生的電極方程式為_；添加nacl和h2so4均可提高電導率和電流效率

22、，從而提高銅的回收率，從環(huán)境角度考慮，較好的是_(填“nacl”或“h2so4”)。（6）已知上述流程中只有步驟()“沉銅”和步驟“制硫酸銅”中銅元素有損耗。步驟()“沉銅”時銅元素的損耗率為4%；步驟“制硫酸銅”時銅元素損耗率為2%。若1l廢液最終制得cuso45h2o375g，則1l廢液中含有銅元素的質(zhì)量為_g。（保留整數(shù)）【答案】 (1). 將cu()氧化為cu()、將co氧化并以co2吹出、吹出游離的nh3等 (2). 強 (3). 使cu2盡可能沉淀完全，降低殘留率 (4). 3：2 (5). 2cu(nh3)42cl5h3h2ocu2(oh)3cl8nh4 (6). 6(或5.56

23、.5) (7). cu(nh3)422ecu4nh3 (8). h2so4 (9). 102【解析】【分析】從銅氨廢液含cu(nh3)3co+、cu(nh3)22+、cu(nh3)42+、nh3、ch3coo-、co32-等中回收銅，廢液中通入熱空氣，并加熱，可生成二氧化碳、氨氣，得到含有cu(nh3)42+、ch3coo-、co32-的溶液，加入20%的硫酸，調(diào)節(jié)ph2，得到硫酸銅、硫酸銨溶液，加入20%的硫化鈉溶液生成cus沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成no、s和硝酸銅，加入硫酸生成硫酸銅，經(jīng)蒸發(fā)晶體得到無水硫酸銅晶體；cu(nh3)42+、ch3coo-、co32-的溶液加入鹽酸，經(jīng)過濾、

24、洗滌、干燥，可得到堿式氯化銅，以此解答該題?！驹斀狻?1)步驟()“吹脫”時通入空氣，氧氣可將cu()氧化為cu()、將co氧化生成co2吹出、吹出游離的nh3等，步驟()加入硫酸生成硫酸銨，可確定nh3與h的結(jié)合能力比與cu2的強，故答案為：將cu()氧化為cu()、將co氧化并以co2吹出、吹出游離的nh3等；強；(2)步驟()“沉銅”時，na2s的用量比理論用量多，可使cu2盡可能生成cus沉淀，可降低殘留率，故答案為：使cu2盡可能沉淀完全，降低殘留率；(3)cus與硝酸反應生成no、s，反應中s元素化合價由2價升高到0價，n元素化合價由5價降低為2價，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之

25、比為3：2，故答案為：3：2；(4)步驟()發(fā)生反應生成難溶cu2(oh)3cl的離子方程式為2cu(nh3)42cl5h3h2ocu2(oh)3cl8nh4，由圖可知為盡可能提高銅的回收率，需控制的ph約為6(或5.56.5)，故答案為：2cu(nh3)42cl5h3h2ocu2(oh)3cl8nh4；6(或5.56.5)；(5)陰極主要發(fā)生反應的電極反應式為cu(nh3)422ecu4nh3，如加入鹽酸，則陽極發(fā)生氧化反應生成氯氣，污染空氣，從環(huán)保的角度可知，應加入硫酸，故答案為：cu(nh3)422ecu4nh3；h2so4；(6)375gcuso45h2o中cu的質(zhì)量375g(12%)

26、(14%)102g，故答案為：102。10.乙烯是一種重要的化工原料，可由乙烷為原料制取，回答下列問題。（1）傳統(tǒng)的熱裂解法和現(xiàn)代的氧化裂解法的熱化學方程式如下：c2h6(g)=c2h4(g)+h2(g) h1=+136kjmol-1c2h6(g)+o2(g)=c2h4(g)+h2o(g) h2=-110kjmol-1已知反應相關(guān)的部分化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學鍵h-h(g)h-o(g)o=o鍵能(kjmol-1)436x496由此計算x=_，通過比較h1和h2，說明和熱裂解法相比，氧化裂解法的優(yōu)點是_(任寫一點)。（2）乙烷氧化裂解反應產(chǎn)物中除了c2h4外，還存在ch4、co、co2等副產(chǎn)物(

27、副反應均為放熱反應)，圖甲為溫度對乙烷氧化裂解反應性能的影響。乙烷的轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而升高的原因是_，反應的最佳溫度為_(填序號)。a.700 b.750 c.850 d.900乙烯選擇性=；乙烯收率=乙烷轉(zhuǎn)化率乙烯選擇性（3）烴類氧化反應中，氧氣含量低會導致反應產(chǎn)生積炭堵塞反應管。圖乙為的值對乙烷氧化裂解反應性能的影響。判斷乙烷氧化裂解過程中的最佳值是_，判斷的理由是_。（4）工業(yè)上，保持體系總壓恒定為100kpa的條件下進行該反應，通常在乙烷和氧氣的混合氣體中摻混惰性氣體(惰性氣體的體積分數(shù)為70%)，摻混惰性氣體的目的是_。反應達平衡時，各組分的體積分數(shù)如下表：組分c2h6o2c2h4

28、h2o其他物質(zhì)體積分數(shù)/%2.41.0121569.6計算該溫度下平衡常數(shù)：kp=_(用平衡分壓代替平衡濃度，平衡分壓=總壓體積分數(shù))?！敬鸢浮?(1). 465 (2). 氧化裂解反應是放熱反應，節(jié)約能源(或氧化裂解反應熱力學趨勢上大) (3). 溫度升高，反應速率加快，轉(zhuǎn)化率升高 (4). c (5). 2.0 (6). 比值小于2.0時，乙烯的收率降低；比值大于2.0時，乙烯的收率并未增加且產(chǎn)生更多的積炭，堵塞反應管 (7). 正反應是氣體分子數(shù)增多的反應，恒壓充入惰性氣體相當于擴大容器體積，降低分壓，有利于平衡正向移動 (8). 75(kpa)0.5【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律，

29、得出h2(g)o2(g)=h2o(g)的反應熱，再根據(jù)h反應物的總鍵能生成物的總鍵能，可求出x的值；(2)溫度升高，化學反應速率加快，根據(jù)圖象，隨溫度升高，乙烷的轉(zhuǎn)換率越高；綜合乙烯的轉(zhuǎn)化率和選擇性，圖中即可對應找出最佳的反應溫度；(3)含氧量高，會造成積炭，要根據(jù)圖象找出乙烯收率高而相對積炭少的點，即圖中的比值為2時最佳；(4)根據(jù)平衡常數(shù)與反應物、生成物的關(guān)系，并且將濃度關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)榉謮宏P(guān)系來解答?！驹斀狻?1)根據(jù)蓋斯定律，得到：h2(g)o2(g)h2o(g) h246kj/mol，根據(jù)鍵能關(guān)系h反應物的總鍵能生成物的總鍵能436496/22x246，x465；由熱化學方程式可以看出，熱

30、裂解法是吸熱反應，需要消耗能源，氧裂解法是放熱反應，不需要從外界得到能量，故答案為：465；氧化裂解反應是放熱反應，節(jié)約能源(或氧化裂解反應熱力學趨勢上大)；(2)由圖可知，隨溫度的升高，乙烷的轉(zhuǎn)化率在升高，考慮化學反應速率的影響因素，溫度越高，反應速率越快；由圖，要乙烷的轉(zhuǎn)化率盡可能高，而副產(chǎn)物又相對較少，及乙烯的選擇性較高，應找到乙烯收率較高時的溫度，對應下溫度在850左右，故答案為：溫度升高，反應速率加快，轉(zhuǎn)化率升高；c；(3)由(2)分析可知，我們要選擇乙烯收率較高的點，在圖2中，比值小于2時，乙烯收率隨比值增大在上升，比值大于2時，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，會造成積炭，

31、故答案為：2.0；比值小于2.0時，乙烯的收率降低；比值大于2.0時，乙烯的收率并未增加且產(chǎn)生更多的積炭，堵塞反應管；(4)c2h6(g)o2(g)c2h4(g)h2o(g)反應是體積在增大的反應，充入惰性氣體，總壓恒定，分壓就降低了，壓強降低會促使反應向體積增大的方向移動，即正向移動。根據(jù)平衡常數(shù)的表達式kp75(kpa)0.5，故答案為：75(kpa)0.5。【點睛】解答(1)關(guān)鍵在于考查斷鍵吸熱，成鍵放熱的知識；利用反應速率的影響因素來分析實踐生活中最佳的反應條件，本題主要考慮溫度，化學反應速率常數(shù)的表達式要轉(zhuǎn)變成用分壓來表示。11.自然界中含錳元素的主要礦物有軟錳礦（mno2xh2o）

32、、黑錳礦mn3o4，大洋底部有大量錳結(jié)核礦。錳元素在多個領(lǐng)域中均有重要應用，用于制合金，能改善鋼的抗沖擊性能等。（1）mn在元素周期表中位于_區(qū)，核外電子占據(jù)最高能層的符號是_，金屬錳可導電，導熱，具有金屬光澤，有延展性，這些性質(zhì)都可以用“_理論”解釋。（2）mn3+在水溶液中容易歧化為mno2和mn2+，下列說法合理的是_。a.mn3+的價電子構(gòu)型為3d4，不屬于較穩(wěn)定的電子構(gòu)型b.根據(jù)mn2+的電子構(gòu)型可知，mn2+中不含成對電子c.第四周期元素中，錳原子價電子層中未成對電子數(shù)最多d.mn2+與fe3+具有相同的價電子構(gòu)型，所以它們的化學性質(zhì)相似（3）在k2mnf6中，mnf62-的空間構(gòu)

33、型是正八面體，則中心原子的價層電子對數(shù)為_。該化合物中含有的共價鍵在形成過程中原子軌道的重疊方式為_。（4）二價錳化合物mno和mns熔融態(tài)均能導電，熔點mno_mns（選填“高于”、“等于”、“低于”）并解釋原因_。（5）某錳氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖：該錳的氧化物的化學式為_，該晶體中mn的配位數(shù)為_，該晶體中mn之間的最近距離為_pm（用a、b來表示）。【答案】 (1). d (2). n (3). 電子氣 (4). a (5). 6 (6). “頭碰頭” (7). 高于 (8). 均為離子晶體，o2-半徑比s2-半徑小，mno晶格能大，熔點高 (9). mno2 (10). 6 (11).

34、【解析】【分析】(1)mn是25號元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2；錳可導電，導熱，具有金屬光澤，有延展性，是因為有自由電子，這些性質(zhì)都可以用“電子氣理論”解釋；(2)amn3在水溶液中容易歧化為mno2和mn2，說明mn3不穩(wěn)定；bmn2中價電子層不含成對電子，但是內(nèi)層中含有成對電子；c第四周期中價電子層中未成對電子數(shù)最多的元素價電子排布式為：3d54s1；dmn2與fe3具有相同的價電子構(gòu)型，微粒的化學性質(zhì)不僅與價電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)；(3)mnf62的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價層電子對數(shù)為6；f與mn之間的共價

35、鍵都是共價單鍵；(4)物質(zhì)都屬于離子晶體，離子晶體的陰離子帶有相同電荷，離子半徑越小，離子鍵越強，晶格能越大，熔點越高；(5)用均攤法計算確定化學式，并結(jié)合微粒的空間排列確定mn的配位數(shù)；由晶胞結(jié)構(gòu)可知：在該晶胞中距離相等且最近的2個mn在晶胞體對角線的一半。【詳解】(1)mn是25號元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知m在元素周期表中位于第四周期第viib，屬于d區(qū)元素，核外電子占據(jù)最高能層的符號是n；錳可導電，導熱，具有金屬光澤，有延展性，是因為有自由電子，這些性質(zhì)都可以用“電子氣理論”解釋，故答案為：d；n；電子氣；(2)amn3的價電子構(gòu)型為3d4

36、，mn3在水溶液中容易歧化為mno2和mn2，說明mn3不穩(wěn)定，mn3容易變成電子半充滿的穩(wěn)定的價電子構(gòu)型為3d5，3d4則屬于不穩(wěn)定的電子構(gòu)型，故a正確；bmn2中價電子層不含成對電子，但是內(nèi)層中含有成對電子，故b錯誤；c第四周期中價電子層中未成對電子數(shù)最多的元素價電子排布式為：3d54s1，是cr元素，故c錯誤；dmn2與fe3具有相同的價電子構(gòu)型，微粒的化學性質(zhì)不僅與價電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)，因此它們的化學性質(zhì)不相似，mn2具有強的還原性，而fe3具有強的氧化性，故d錯誤；故答案選：a；(3)mnf62的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價層電子對數(shù)為6在化

37、合物化合物k2mnf6中含有的f與mn之間的共價鍵都是共價單鍵，屬于鍵，在形成過程中原子軌道的重疊方式為“頭碰頭”，故答案為：6；“頭碰頭”；(4)mno和mns都是離子晶體，離子電荷數(shù)相同，o2離子半徑小于s2的離子半徑，mno的晶格能大，熔點更高，故答案為：高于；均為離子晶體，o2-半徑比s2-半徑小，mno晶格能大，熔點高；(5)在該晶體中含有的mn原子個數(shù)為：812，含有的o原子數(shù)目為：424，mn：o2：41：2，所以該錳的氧化物的化學式為mno2；根據(jù)晶胞投影圖可知：在該晶體體中與mn原子距離相等且最近的o原子有6個，所以mn的配位數(shù)為6；由晶胞結(jié)構(gòu)可知：在該晶胞中距離相等且最近的2個mn在晶胞體對角線的一半，晶胞的