2022屆河南省頂級名校高三下學期階段性聯(lián)考三理科綜合化學試題（含解析）

1、試卷第 =page 10 10頁，共 =sectionpages 12 12頁 河南省頂級名校2022屆高三下學期階段性聯(lián)考三理科綜合化學試題學校:_姓名：_班級：_考號：_一、單選題1全國實行垃圾分類，體現(xiàn)了環(huán)境保護。下列有關(guān)說法正確的是A廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氯化鋁制取C廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，不可用填埋法處埋D含棉、麻、絲、毛及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO2和H2O【答案】C【解析】【分析】【詳解】A聚乙烯中沒有不飽和鍵，不能使溴水褪色、難以降解，廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，A錯誤；B鋁可通過電解氧化

2、鋁制取，氯化鋁是共價化合物、沒有離子、不能電解，B錯誤；C 廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，如果填埋會引起重金屬污染，故不可用填埋法處埋，C正確；D 含棉、麻及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO2和H2O，絲、毛屬于蛋白質(zhì)，含碳、氫、氧和氮等元素，燃燒產(chǎn)物除了CO2和H2O外，還有別的產(chǎn)物，D錯誤；答案選C。2設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A1LpH=6的純水中含有OH-的數(shù)目為10-8NAB甲烷和氧氣的混合氣體共224L，完全燃燒后產(chǎn)物的分子總數(shù)可能為NACn(H2SO3)+n(HSO)=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的數(shù)目等于NAD10g的D2O中含有的質(zhì)子數(shù)與

3、中子數(shù)分別為5NA和4NA【答案】B【解析】【分析】【詳解】A題干中未指明溫度，無法得知水的離子積，故無法計算純水中H+、OH-的濃度，也就不能計算出純水中OH-的數(shù)目，A錯誤；B標況下，22.4L甲烷和氧氣的混合氣體的總物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)反應(yīng)可知，該反應(yīng)是分子的總物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，當n(CH4):n(O2)=1:2時，1mol混合氣體燃燒生成1mol生成物，即NA個分子，B正確；C在NaHSO3溶液中，有物料守恒：c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()，即n(Na+)=n(H2SO3)+ n()+n()，若n(H2SO3)+ n()=1mol，則n(Na+)1mol，即Na+

4、的數(shù)目大于NA，C錯誤；D10g D2O的物質(zhì)的量n(D2O)=0.5mol，1個D2O分子中含有10個質(zhì)子和10個中子，故10g D2O含有的質(zhì)子和中子的物質(zhì)的量都是5mol，即質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)都是5NA，D錯誤；故選B。3a -氰基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結(jié)構(gòu)簡式如下。下列關(guān)于a-氰基丙烯酸異丁酯的說法錯誤的是A其分子式為C18H11NO2B該有機物可以發(fā)生還原反應(yīng)C分子中可能共平面的碳原子最多為6個D其任一含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中至少有4種不同化學環(huán)境的氫原子【答案】C【解析】【詳解】A結(jié)合該分子的結(jié)構(gòu)簡式可以看出，其分子式為C18H11NO2，A正確；B該有機物中含有羰基、碳碳雙鍵，可以

5、與氫氣發(fā)生加成還原反應(yīng)，B正確；C分子結(jié)構(gòu)中含有，具有四面體結(jié)構(gòu)，最少有1個碳原子不與其他碳原子在同一平面上，即分子中可能共平面的碳原子最多為7個，C錯誤；DC8H11NO2分子的不飽和度為4，苯環(huán)的不飽和度為4，故在任一含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中，其苯環(huán)上的取代基均為飽和取代基，同分異構(gòu)體中最多的取代基種類及個數(shù)為一個氨基、兩個甲基、兩個羥基，在高度對稱下(等效氫原子種類最少的應(yīng)具有對稱結(jié)構(gòu))有4種不同化學環(huán)境的氫原子，D正確；答案選C。4用如圖裝置測定水中氫氧元素的質(zhì)量比，其方法是分別測定通氫氣前后玻璃管的質(zhì)量差和U形管的質(zhì)量差，實驗測得m(H)：m(O)1：8，下列對導(dǎo)致這一結(jié)果的原因的分析中

6、，一定錯誤的是AI、II裝置之間缺少干燥裝置BCuO沒有全部被還原CII裝置中玻璃管內(nèi)有水冷凝DIII裝置后缺少干燥裝置【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，氧元素的質(zhì)量=通氫氣前后玻璃管的質(zhì)量差，氫元素的質(zhì)量=通氫氣前后U形管的質(zhì)量差(水的質(zhì)量)-氧元素的質(zhì)量；【詳解】AI、II裝置之間缺少干燥裝置，U形管中吸收水的質(zhì)量偏大，則測得氫元素的質(zhì)量偏大，m(H)：m(O)1：8，故不選A；BCuO沒有全部被還原，U形管中吸收的水中氧元素完全來自氧化銅，不影響水中氫氧元素的質(zhì)量比，故選B；CII裝置中玻璃管內(nèi)有水冷凝，通氫氣前后玻璃管的質(zhì)量差變小，則測得氧元素的質(zhì)量偏小，m(H)：m(O)1：8，故

7、不選C；DIII裝置后缺少干燥裝置，U形管中吸收水的質(zhì)量偏大，則測得氫元素的質(zhì)量偏大，m(H)：m(O)1：8，故不選D；選B。5X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為價，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物的電子總數(shù)為18個；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。下列說法不正確的是A原子半徑：B最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：C易溶于水，其水溶液呈堿性DX、Z和Q三種元素形成的化合物一定是共價化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價，則證明該元素為第IVA族元素，又知Y元素與

8、Z、M元素相鄰，且與M同族，則在元素周期表位置應(yīng)為IVA族VA族YZM,故推知Y為C元素，Z為N元素，M為Si元素；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18，則推知，X為H，該化合物為N2H4；Q元素的原子最外層電子總數(shù)比次外層電子數(shù)少一個電子，推出Q為Cl元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律與物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，X為H、Y為C元素、Z為N元素、M為Si元素、Q為Cl元素，則A. 同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大，則原子半徑比較：Z(N)Y(C)M(Si)，故A正確；B. 同周期元素從左到右元素非金屬性依次增強，同主族元素從上到下元素非金屬性依次

9、減弱，因元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，非金屬性：Z(N)Y(C)M(Si)，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z(N)Y(C)M(Si)，故B正確；C. N2H4的結(jié)構(gòu)簡式可表示為H2N-NH2，分子中含兩個氨基，可與酸反應(yīng)，具有堿性，且該分子具有極性，與水分子間也存在氫鍵，根據(jù)相似原理可知，N2H4易溶于水，故C正確；D. X、Z和Q三種元素組成的化合物有很多，不一定都是共價化合物，如氯化銨屬于銨鹽，為離子化合物，故D錯誤；答案選D。6以柏林綠FeFe(CN)6為代表的新型可充電鈉離子電池，其放電工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A放電時，正極反應(yīng)為FeFe(CN)6+

10、2e-+2Na+=Na2FeFe(CN)6B充電時，Mo箔接電源的負極C充電時，Na+通過交換膜從左室移向右室D外電路中通過0.2mol電子時，負極質(zhì)量變化為2.4g【答案】B【解析】【分析】【詳解】A根據(jù)工作原理，Mg失電子作負極，Mo作正極，正極反應(yīng)式為FeFe(CN)6+2e-+2Na+=Na2FeFe(CN)6，A項正確；B充電時，電池的負極接電源的負極，電池的正極接電源的正極，即Mo箔接電源的正極，B項錯誤；C充電時該裝置作電解池，電解池工作時陽離子移向陰極，Na應(yīng)從左室移向右室，C項正確；D負極上應(yīng)是2Mg4e2Cl=Mg2Cl22+，當電路中通過0.2mol電子時，消耗0.1mo

11、lMg，質(zhì)量減少2.4g，D項正確；答案選B。7測定0.1molL-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時刻溫度/25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比試驗，產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法錯誤的是（ ）ANa2SO3溶液中存在水解平衡:SO+H2O HSO+OH-B的pH與不同,是由于SO濃度減小造成的C的過程中,溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D與的Kw值相等【答案】C【解析】【詳解】分析：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡；B項，取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比

12、實驗，產(chǎn)生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，與溫度相同，與對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），的pH小于；C項，鹽類水解為吸熱過程，的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動；D項，Kw只與溫度有關(guān)。詳解：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A項正確；B項，取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，產(chǎn)生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，與溫度相同，與對比，SO32-濃度減小，溶

13、液中c（OH-），的pH小于，即的pH與不同，是由于SO32-濃度減小造成的，B項正確；C項，鹽類水解為吸熱過程，的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響相反，C項錯誤；D項，Kw只與溫度有關(guān)，與溫度相同，Kw值相等；答案選C。點睛：本題考查鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的還原性。解題時注意從溫度和濃度兩個角度進行分析。二、工業(yè)流程題8鋅灰是熱鍍鋅廠和電解鋅廠在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的一種副產(chǎn)品，主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。工

14、業(yè)上利用鋅灰制ZnSO47H2O晶體，進而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：已知：Cu+Cl-=CuCl?；卮鹣铝袉栴}：(1)酸浸時，H2SO4應(yīng)選用_(填“濃硫酸”或“稀硫酸”)。(2)濾渣1的主要成分有_。(3)寫出“沉銅”時的離子方程式：_。(4)“氧化”后，加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是_。(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗_molKOH。電解池中的總反應(yīng)離子方程式為_。(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成

15、的緩沖溶液調(diào)節(jié)pH，通入H2S發(fā)生反應(yīng)：Zn2+H2SZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/(molL-1)0.100.050.10處理后的廢水的pH=_，c(Zn2+)=_。已知：Ksp(ZnS)=1.010-23，Ka1(H2S)=1.010-7，Ka2(H2S)=1.010-14，Ka(CH3COOH)=2.010-5【答案】 稀硫酸 SiO2和PbSO4 Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+ 促使Fe(OH)3膠體聚沉，有利于過濾分離 2 H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH- 5 110-11molL-1【解析】【

16、分析】鋅灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，還含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO轉(zhuǎn)化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，則過濾得到的濾渣1主要為PbSO4、SiO2；濾液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向濾液中加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀達到沉銅的目的，繼續(xù)向溶液中加入雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO調(diào)節(jié)溶液pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀并過濾除去，將濾液蒸發(fā)、濃縮并冷卻結(jié)晶，過濾得到ZnSO47H2O，濾液加入氫氧化鈉溶液可生成氫氧化鋅，加熱分解生成氧化鋅，最后電解生成Zn，以此解答該題?！驹斀狻?1)濃硫酸

17、有強氧化性，酸浸時，如使用硫酸濃度過高，反應(yīng)速率會很慢，在溶解時會氧化FeO生成Fe3+，同時生成SO2，污染環(huán)境，酸浸時，H2SO4應(yīng)選用稀硫酸；(2)由分析可知，濾渣1的主要成分為SiO2和PbSO4；(3) “沉銅”時加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+；(4)在pH為5.6的條件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，繼續(xù)加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，可促使Fe(OH)3膠體聚沉，有利于過濾分離；(5)儲罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，發(fā)生的離子反應(yīng)2OHZnOH2OZn(OH)，則每溶解1m

18、olZnO，需消耗2molKOH；電解池陽極上的H2在堿性條件下失電子氧化生成H2O，電極反應(yīng)為H2-2e-+2OH-=2H2O，陰極上Zn(OH)離子得電子還原生成Zn，電極反應(yīng)式為Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，則電解池中的總反應(yīng)離子方程式為H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-；(6)已知Ka(CH3COOH)=2.0105，則c(H+)=110-5mol/L，此時溶液pH=5；Ka1(H2S)Ka2(H2S) = =1.010-71.010-14，其中c(H+)=110-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，則c(S2-)=1.010-12mol/L，此時Ksp(Z

19、nS)=1.010-23=c(Zn2+)c(S2-)，則c(Zn2+)= molL-1=110-11molL-1?！军c睛】本題難點是(6)綜合利用電離平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)計算溶液的pH和c(Zn2+)，準確利用公式是解題關(guān)鍵，特別是Ka2(H2S)Ka1(H2S)=，這是易錯點。三、實驗題9三氯乙醛(CCl3CHO)是生產(chǎn)農(nóng)藥、醫(yī)藥的重要中間體，實驗室制備三氯乙醛的反應(yīng)裝置示意圖(加熱裝置未畫出)和有關(guān)數(shù)據(jù)如圖：制備反應(yīng)原理：C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl反應(yīng)過程中C2H5OH和HCl可能會生成副產(chǎn)物C2H5Cl，同時CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸繼續(xù)氧化生成CCl3C

20、OOH(三氯乙酸)相關(guān)物質(zhì)的相對分子質(zhì)量及部分物理性質(zhì)：相對分子質(zhì)量熔點/沸點/溶解性C2H5OH46114.178.3與水互溶CCl3CHO147.557.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)E的作用是_，A中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。(2)寫出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化學方程式：_。(3)該設(shè)計流程中存在一處缺陷是_，導(dǎo)致引起的后果是_。(4)反應(yīng)結(jié)束后，有人提出先將C中的混合物冷卻到室溫，再用分液的方法分離出三氯乙酸。你認為此方案是否可行_(填是或否)，原因是_。(

21、5)測定產(chǎn)品純度：稱取產(chǎn)品4.6g配成待測溶液100.00mL，取待測液10.00mL于滴定瓶中，加入0.1000molL1碘標準溶液25.00mL，再加入適量Na2CO3溶液，反應(yīng)完全后，加鹽酸調(diào)節(jié)溶液的pH，立即用0.02000molL1Na2S2O3溶液滴定至終點。進行三次平行實驗，測得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。則產(chǎn)品的純度為_(計算結(jié)果保留四位有效數(shù)字)。滴定原理：CCl3CHO+OH=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H+2I+CO2、I2+2=2I-+【答案】 冷凝回流 2+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O CCl3CHO+HClOCCl3C

22、OOH+HCl 無干燥裝置 氯氣和水反應(yīng)生成HCl和HClO，會進一步生成副產(chǎn)物 否 CCl3COOH溶于乙醇與CCl3CHO，無法分液 73.75%【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，其中恒壓漏斗起平衡壓強的作用，便于濃鹽酸順利流下，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫氣體，將混合氣體通入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶B中除去氯化氫氣體，氯氣在裝置C中與乙醇反應(yīng)制得三氯乙醛，其中球形冷凝管起冷凝回流作用，防止易揮發(fā)的三氯乙醛揮發(fā)損失，導(dǎo)致三氯乙醛產(chǎn)率降低，裝置D中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收氯化氫和未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣，其中倒置的漏斗起防止倒吸的作用，由于

23、氯氣與水反應(yīng)會生成次氯酸，次氯酸能將三氯乙醛氧化為三氯乙酸，所以實驗時應(yīng)在B、C間和C、D間缺少2個吸收水蒸氣的裝置，防止氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸將三氯乙醛氧化?！驹斀狻?1)根據(jù)分析可知，E的作用是冷凝回流，恒壓漏斗中盛放的試劑為濃鹽酸；儀器A中發(fā)生的反應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，反應(yīng)的離子方程式為2+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O；(2)三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸，化學方程式：CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl；(3)由分析可知，該設(shè)計流程中存在一處缺陷是實驗時應(yīng)在B、C間和C、D間缺少2個吸收水蒸氣的干燥裝置，可能導(dǎo)致氯氣與水

24、反應(yīng)會生成次氯酸，次氯酸將三氯乙醛氧化為三氯乙酸，導(dǎo)致三氯乙醛產(chǎn)率降低；(4)反應(yīng)結(jié)束后，有人提出先將C中的混合物冷卻到室溫，再用分液的方法分離出三氯乙酸，該方法不可行，原因是CCl3COOH溶于乙醇與CCl3CHO，無法分液；(5)由題意滴定原理：CCl3CHO+OH=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H+2I+CO2、I2+2=2I-+可知，測定產(chǎn)品純度時存在如下關(guān)系式：n(I2)=n(CCl3CHO)+n(Na2S2O3)，則產(chǎn)品的純度為100%=73.75%。四、原理綜合題10可逆反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是硫酸工業(yè)中非常重要的一個反應(yīng)，因該反應(yīng)中使用催化劑而

25、被命名為接觸法制硫酸。(1)使用V2O5催化該反應(yīng)時，涉及催化劑V2O5的能量變化如圖1所示：則2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H3=_。(2)向10L密閉容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改變加入O2的量，在常溫下反應(yīng)一段時間后，測得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量隨反應(yīng)前加入O2的量的變化如圖2所示，圖中沒有生成SO3的可能原因是_。(3)向體積可變的密閉容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此時容器的體積為10L，保持恒壓的條件下分別在T1、T2、T3三種溫度下進行反應(yīng)，測得容器中SO2的轉(zhuǎn)化率如圖

26、3所示。T3溫度下反應(yīng)速率最慢的原因是_。T2溫度時，反應(yīng)達平衡時容器的體積為_L，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數(shù)K=_。T2時使用V2O5進行反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反應(yīng)達平衡后增大容器的體積同時再充入一定量的O2(g)，在保證O2(g)的濃度不變，平衡_(填標號)A向正反應(yīng)方向移動B不移動C向逆反應(yīng)方向移動D無法確定(4)近年來，地下水中的氮污染已成為世界性的環(huán)境問題。在金屬Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效轉(zhuǎn)化酸性溶液中的硝態(tài)氮()，其工作原理如圖所示。導(dǎo)電基體上的單原子銅表面發(fā)生反應(yīng)的方程式為_?！敬鸢浮?-195.2kJ/mol

27、 常溫下生成SO3的反應(yīng)速率很慢 T3溫度過高，催化劑活性降低 7 18900(或1.89104) B +3e-+4H+=NO+2H2O【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)圖示可知，圖中的反應(yīng)歷程為V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)H1=+59.6 kJ/molV2O5(s)=O2(g)+V2O4(s) H2=+157.2 kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，(-)2可得：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H3=-195.2kJ/mol；(2)向10L密閉容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改變加入O2的量，在常溫下反應(yīng)一段時間后沒有生成SO3的

28、可能原因是：常溫下，反應(yīng)V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)H1=+59.6 kJ/mol和反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H3=-195.2kJ/mol生成SO3的反應(yīng)速率很慢；(3)根據(jù)先拐先平數(shù)值大的原則，則圖中溫度大小關(guān)系為，T2T1，T3和較低溫度T1反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的時間基本相同，但T3溫度下SO2的轉(zhuǎn)化率最低，導(dǎo)致出現(xiàn)該現(xiàn)象的原因應(yīng)該為T3溫度過高，催化劑活性降低，反應(yīng)速率降低；向體積可變的密閉容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此時容器的體積為10L，T2溫度下反應(yīng)達平衡時，SO2轉(zhuǎn)化率為90%，即消耗

29、SO2的物質(zhì)的量為0.6mol90%=0.54mol，結(jié)合題意列三段式：相同條件下，氣體體積之比=氣體物質(zhì)的量之比，則，即，則平衡時容器中的體積為7L；反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數(shù)K= =18900(或1.89104)；T2時使用V2O5進行反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反應(yīng)達平衡后，再充入一定量的O2(g)，在保證O2(g)的濃度不變的情況下，增大容器的體積，此時溫度不變，平衡常數(shù)不變，相當于將同等平衡狀態(tài)在恒溫恒容條件下混合，平衡不移動，答案選B。 (4)由題意可知，在金屬Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效轉(zhuǎn)化酸性溶液中的硝態(tài)氮()，

30、根據(jù)圖示可得，酸性條件下，在銅原子表面得到電子還原為NO，則導(dǎo)電基體上的單原子銅表面發(fā)生反應(yīng)的方程式為+3e-+4H+=NO+2H2O。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11很多過渡金屬及其化合物在工業(yè)上有重要用途。(1)鈦鐵合金是鈦系儲氫合金的代表，該合金具有放氫溫度低、價格適中等優(yōu)點。Fe的基態(tài)原子價電子排布式為_。Ti的基態(tài)原子共有_種不同能級的電子。(2)制備CrO2Cl2的反應(yīng)為K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2。上述化學方程式中非金屬元素電負性由小到大的順序是_(用元素符號表示)。CCl4和COCl2分子中所有原子均滿足8電子構(gòu)型，CCl4和COCl2分子中鍵的個數(shù)比

31、為_，COCl2分子的中心原子的雜化方式為_。(3)NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)均與氯化鈉的晶體結(jié)構(gòu)相同，從微觀角度解釋NiO的熔點高于FeO的原因為_。(4)Ni和La的合金是目前使用廣泛的儲氫材料，具有大容量、高壽命、耐低溫等特點，在日本和中國已實現(xiàn)了產(chǎn)業(yè)化。該合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。該晶體的化學式為_。已知該晶胞的摩爾質(zhì)量為Mgmol-1，密度為dgcm-3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶胞的體積是_cm3(用含M、d、NA的代數(shù)式表示)。該晶體的內(nèi)部具有空隙，且每個晶胞的空隙中儲存6個氫原子比較穩(wěn)定。已知：a=500pm，c=400pm；標準狀況下氫氣的密度為910-5gcm-3；儲氫

32、能力=。若忽略吸氫前后晶胞的體積變化，則該儲氫材料的儲氫能力為_。(NA可近似取61023，=1.7)【答案】 3d64s2 7 CClO 43 sp2 Ni2+的半徑更小，和O2-離子間的靜電力更強，晶格能更大 LaNi5 1307【解析】【分析】【詳解】(1)Fe是26號元素，F(xiàn)e的基態(tài)原子價電子排布式為3d64s2；Ti是22號元素，Ti的基態(tài)原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d7個能級，共有7種不同能級的電子；(2)反應(yīng)式中非金屬元素有三種：O、C、Cl，CCl4中C表現(xiàn)正化合價、Cl表現(xiàn)負化合價，CrO2Cl2中Cl為+1價，O為2價，電負性越大，對鍵合電子吸引力越大，

33、元素相互化合時該元素表現(xiàn)負價，故電負性：CClO；COCl2分子中有1個C=O鍵和2個CCl鍵，所以COCl2分子中鍵的數(shù)目為3，鍵的數(shù)目為1，CCl4分子中有4個CCl鍵，分子中鍵的數(shù)目為4，則CCl4和COCl2分子中鍵的個數(shù)比為43，COCl2分子的中心原子C電子對數(shù)=3+(4122)=3，故中心原子雜化方式為sp2；(3)NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強，熔點越高。由于Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，和O2-離子間的靜電力更強，晶格能更大，所以熔點是NiOFeO；(4)從圖中可以看出，La位于平行六面體的頂點，晶胞中La的原子數(shù)為81。平行六面體的上、下兩個面各有2個Ni原子，四個側(cè)面各有1個Ni原子，體心還有1個Ni原子。故晶胞中Ni的原子數(shù)為8115，故該晶體的化學式為LaNi5；已知該晶胞的摩爾質(zhì)量為Mgmol-1，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，一個晶胞的質(zhì)量m=，根據(jù)V= ，密度為dgcm-3，則該晶胞的體積是cm3；LaNi5合金儲氫后的密度= =0.118gcm-3，由定義式可知