吉林省2021屆高三化學(xué)第二次模擬考試試題(含解析)

--#-吉林省2021屆高三化學(xué)第二次模擬考試試題（含解析）注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16P31S32Cl35.5Fe56第I卷（選擇題，共126分）一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。.關(guān)于新型冠狀病毒，下來(lái)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.該病毒主要通過(guò)飛沫和接觸傳播 B.為減少傳染性，出門應(yīng)戴好口罩C.該病毒屬于雙鏈的DNA病毒，不易變異 D.該病毒可用“84消毒液”進(jìn)行消毒【答案】C【解析】【詳解】A.通常病毒傳播主要有三種方式：一是飛沫傳播，二是接觸傳播，三是空氣傳播，該病毒主要通過(guò)飛沫和接觸傳播，A正確；B.飛沫傳播就是通過(guò)咳嗽、打噴嚏、說(shuō)話等產(chǎn)生的飛沫進(jìn)入易感黏膜表面，為了減少傳染性，出門應(yīng)戴好口罩，做好防護(hù)措施，B正確；C.該冠狀病毒由核酸和蛋白質(zhì)構(gòu)成，其核酸為正鏈單鏈RNA,C錯(cuò)誤；D.“84消毒液”的主要成分NaClO具有強(qiáng)的氧化性，能夠使病毒的蛋白質(zhì)氧化發(fā)生變性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有殺菌消毒作用，D正確；故合理選項(xiàng)是C。2.實(shí)驗(yàn)室制備硝基苯的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（夾持裝置已略去）。下列說(shuō)法不正確的是A.水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)為使反應(yīng)物受熱均勻、容易控制溫度B.濃硫酸、濃硝酸和苯混合時(shí)，應(yīng)先向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，待冷卻至室溫后，再將苯逐滴滴入C.儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D.反應(yīng)完全后，可用儀器a、b蒸餾得到產(chǎn)品【答案】D【解析】【詳解】A.水浴加熱可保持溫度恒定，即水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)為使反應(yīng)物受熱均勻、容易控制溫度，故A正確;B.濃硫酸稀釋放熱，為了防止暴沸，則向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，為防止苯揮發(fā)，待冷卻后，將苯逐滴滴入，故B正確;C.球形冷凝管可冷凝回流反應(yīng)物，則儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正確；D.反應(yīng)完全后，混合體系分層，應(yīng)分液分離出有機(jī)物，再蒸餾分離出硝基苯，故D錯(cuò)誤;故選：D。3.萜類化合物廣泛存在于動(dòng)植物體內(nèi)，某萜類化合物如下圖所示，下列說(shuō)法正確的是A.此萜類化合物的化學(xué)式為C10H14O該有機(jī)物屬于芳香烴分子中所有碳原子均處于同一平面上在濃硫酸、加熱條件下，可生成兩種芳香烯烴【答案】A【解析】【詳解】A.由萜類化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式為C10H140,故A正確；B.萜類化合物中含有氧元素，屬于芳香化合物，不屬于芳香烴，故B錯(cuò)誤；C.萜類化合物中含有4個(gè)飽和碳原子，所有碳原子不可能處于同一平面上，故C錯(cuò)誤；D.萜類化合物含有羥基，與羥基相連的碳原子上含有的兩個(gè)甲基是等效的，在濃硫酸、加熱條件下，只能生成一種芳香烯烴，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)睛】判斷分子中共線、共面原子數(shù)的技巧.任何兩個(gè)直接相連的原子在同一直線上。.任何滿足炔烴結(jié)構(gòu)的分子,其所有4個(gè)原子在同一直線上。.苯環(huán)對(duì)位上的2個(gè)碳原子及與之相連的2個(gè)氫原子共4個(gè)原子一定在一條直線上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH=CH.CHCH、苯；可能共平面的有："二CH—CH=CH2、.只要出現(xiàn)CH4、一CH3或一CX3等，即只要出現(xiàn)飽和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。工業(yè)上一般通過(guò)電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì),則下列說(shuō)法不正確的是W、X、Y形成的簡(jiǎn)單離子核外電子數(shù)相同Y和Z形成的化合物可以通過(guò)復(fù)分解反應(yīng)制得Z和W可形成原子個(gè)數(shù)比為1：2和1：3的共價(jià)化合物X、Y和Z三種元素形成的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能兩兩反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色，則X為Na；工業(yè)上一般通過(guò)電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì)，則Y為Al,W、Z最外層電子數(shù)相同，屬于同主族元素，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，符合條件的W、Z為0、S。

其核外電子數(shù)都為10,故A正【詳解】A.W、X、Y形成的簡(jiǎn)單離子分別是O2-、Na+、Al其核外電子數(shù)都為10,故A正確；Y和Z形成的化合物是Al2s3,硫化鋁在水溶液能發(fā)生劇烈的雙水解反應(yīng)，所以不能通過(guò)復(fù)分解反應(yīng)制得，故B錯(cuò)誤；S、O可形成原子個(gè)數(shù)比為1：2和1：3的共價(jià)化合物SO2、SO3,故C正確；X、Y和Z三種元素形成的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別是氫氧化鈉、氫氧化鋁、硫酸，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉、硫酸都反應(yīng)，所以它們之間能兩兩反應(yīng)，故D正確;故選：B。5.熱催化合成氨面臨的兩難問(wèn)題是：采用高溫增大反應(yīng)速率的同時(shí)會(huì)因平衡限制導(dǎo)致NH產(chǎn)率3降低。我國(guó)科研人員研制了Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化劑（Ti-H區(qū)域和Fe區(qū)域的溫度差可超過(guò)100℃）。Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標(biāo)注。下列說(shuō)法正確的是鏟鏟A.①為N三N的斷裂過(guò)程B.①③在高溫區(qū)發(fā)生，②④⑤在低溫區(qū)發(fā)生C.④為N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域的傳遞過(guò)程D.使用Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化劑使合成氨反應(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)槲鼰岱磻?yīng)【答案】C【解析】【詳解】A.經(jīng)歷①過(guò)程之后氮?dú)夥肿颖淮呋瘎┪?，并沒有變成氮原子，，①過(guò)程中氮氮三鍵沒有斷裂，故A錯(cuò)誤；B.①為催化劑吸附N2的過(guò)程，②為形成過(guò)渡態(tài)的過(guò)程，③為N2解離為N的過(guò)程，以上都需要在高溫時(shí)進(jìn)行；為了增大平衡產(chǎn)率④⑤要在低溫區(qū)進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；C.由題中圖示可知，過(guò)程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe兩種過(guò)渡態(tài)的轉(zhuǎn)化，N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域傳遞，故C正確；

D.化學(xué)反應(yīng)不會(huì)因加入催化劑而改變吸放熱情況，故D錯(cuò)誤；故選：C。-pH6.pC類似pH，如圖為CO2的水溶液中加入強(qiáng)酸或強(qiáng)堿溶液后，平衡時(shí)溶液中各種組分的pC圖。依據(jù)圖中信息，下列說(shuō)法不正確的是-pHA-H2CO3，HCO/CO2-不能在同一溶液中大量共存B.HCO電離平衡常數(shù)K=10-623 aC.人體血液里主要通過(guò)碳酸氫鹽緩沖體系(HCO3)可以抵消少量酸或堿，維持pH=7.4,

HCO-3c(H+)但當(dāng)過(guò)量的酸進(jìn)入血液中時(shí)，血液緩沖體系中的 最終將變大c(HCO)23D.pH=9時(shí)，溶液中存在關(guān)系(D.pH=9時(shí)，溶液中存在關(guān)系(H+)+c(HCO23)=c(OH-)+c(CO2-)3【答案】D【解析】【詳解】A.碳酸存在的溶液中酸性較強(qiáng)、碳酸根離子存在的溶液中堿性較強(qiáng)，所以碳酸根離子和碳酸不能大量共存，HCO、HCO-、CO2一不能在同一溶液中大量共存，故A正確;23 3 3B.由圖象可知當(dāng)pH=6時(shí)，pC(H2co3)=pC(HCO3-)，結(jié)合K(HCOK(HCO)二c(H+>c(HCO3-)

al2 3C(HCO)2310-6xc(HCO-)

3—

c(HCO)

23=10-6，故B正確;HCOC.人體血液里主要通過(guò)碳酸氫鹽緩沖體系($k)可以抵消少量酸或堿，維持pH=7.4,

HCO-3但當(dāng)過(guò)量的酸進(jìn)入血液中時(shí)，血液中氫離子濃度增大，平衡向左移動(dòng)放出J碳酸濃度基本c(H+)故C故C正確;c(HCO)23D.pH=9時(shí)，由圖象可得溶液中離子關(guān)系是c(HCO-)>c(CO2-)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+),3 3 23因此D選項(xiàng)的離子濃度關(guān)系不可能出現(xiàn)，故D錯(cuò)誤；答案選D.如圖所示是一種以液態(tài)肼（NH）為燃料氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質(zhì)的新型燃料電24池。該固體氧化物電解質(zhì)的工作溫度高達(dá)700—900℃時(shí)，O2-可在該固體氧化物電解質(zhì)中自由移動(dòng)，反應(yīng)生成物均為無(wú)毒無(wú)害的物質(zhì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.電池內(nèi)的O2-由電極甲移向電極乙.電池總反應(yīng)為N2H4+2O2=2NO+2H2OC.當(dāng)甲電極上有ImolN2H4消耗時(shí)，標(biāo)況下乙電極上有22.4LO2參與反應(yīng)D.電池外電路的電子由電極乙移向電極甲【答案】C【解析】【分析】該燃料電池中，負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：N2H4+2O2--4e-=NJ+2H20，故電極甲作負(fù)極，電極乙作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：02+4e-=202-,電池總反應(yīng)為：N2H4+0廣NJ+2H20,結(jié)合離子的移動(dòng)方向、電子的方向分析解答?！驹斀狻緼.放電時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，即02-由電極乙移向電極甲，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.反應(yīng)生成物均為無(wú)毒無(wú)害的物質(zhì)，負(fù)極上反應(yīng)生成氮?dú)?，則電池總反應(yīng)為N2H4+02=Nj+2H20,B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.由電池總反應(yīng)為N2H4+02=NJ+2H20可知，當(dāng)甲電極上有ImolN2H4消耗時(shí)，乙電極上有1mol02被還原，所以標(biāo)況下乙電極上有22.4L02參與反應(yīng)，C項(xiàng)正確；D.電池外電路的電子從電源的負(fù)極流向正極，即由電極甲移向電極乙，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。第n卷（非選擇題，共174分）三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。）（一）必考題8.某混合物漿液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4?？紤]到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小組利用設(shè)計(jì)的電解分離裝置(見圖2)，使?jié){液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用。回答I和H中的問(wèn)題。鴻C(jī)O各意攪打槳能介物漿液鴻C(jī)O各意攪打槳能介物漿液因陣棍介物分離利用的陸程用忡f5港液用成金腴帆離F帔附1H舒波圖2I.固體混合物的分離和利用(流程圖中的部分分離操作和反應(yīng)條件未標(biāo)明)(1)反應(yīng)①所加試劑NaOH的電子式為,B-C的反應(yīng)條件為,C-Al的制備方法稱為 。(2)該小組探究反應(yīng)②發(fā)生的條件。D與濃鹽酸混合，不加熱，無(wú)變化；加熱有C12生成，當(dāng)反應(yīng)停止后，固體有剩余，此時(shí)滴加硫酸，又產(chǎn)生C12。由此判斷影響該反應(yīng)有效進(jìn)行的因素有(填序號(hào)) 。a.溫度 b.Cl-的濃度 c.溶液的酸度(3)0.1molC12與焦炭、TiO2完全反應(yīng)，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2-xH2O的液態(tài)化合物，放熱4.28J,該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為。II.含鉻元素溶液的分離和利用(4)用惰性電極電解時(shí)，CrO42-能從漿液中分離出來(lái)的原因是，分離后含鉻元素的粒子是 ；陰極室生成的物質(zhì)為 (寫化學(xué)式)?！敬鸢浮竣?(2).加熱(或煅燒) ⑶.電解法(4).ac(5).2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)AH=-85.6J?mol-i (6).在直流電場(chǎng)作用下，CrO42-通過(guò)陰離子交換膜向陽(yáng)極室移動(dòng)，脫離漿液 (7).CrOr和Cr2O72- (8).NaOH和H2【解析】惰性電極電解混合物漿液時(shí)，Na+移向陰極，CrO42-移向陽(yáng)極。Al(OH)3、MnO2剩下在固體混合物中。固體混合物加入NaOH時(shí)，Al(OH)3轉(zhuǎn)化為A102-,通入CO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，再加熱分解為A1203,最后熔融電解得Al。(1)NaOH的電子式為-；根據(jù)上述分析，B-C的條件為加熱或煅燒，C-Al的制

備方法稱為電解法。故選ac。(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)方案可知，D反應(yīng)有影響；當(dāng)反應(yīng)停止后生口2,可知溶液酸度對(duì)該(3)備方法稱為電解法。故選ac。(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)方案可知，D反應(yīng)有影響；當(dāng)反應(yīng)停止后生口2,可知溶液酸度對(duì)該(3)0.1molCl2與焦炭、T液態(tài)化合物，放熱4.28kJ,配平方程式，可知41熱，無(wú)變?加熱有Cl2生成，可知溫度對(duì)該滴加硫酸，■產(chǎn)生Cl。說(shuō)明加入H+能繼續(xù)產(chǎn)述,影響該反應(yīng)的因素有溫度和溶液的酸度,一種還原性氣體1水解成TiO.?xHO的2molCl反應(yīng)放熱15.6kJ?molT,由此可得22該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)AH=-85.6kJ^mol-i0(4)用惰性電極電解時(shí)，在直流電場(chǎng)作用下，CrO2-通過(guò)陰離子交換膜向陽(yáng)極室移動(dòng)，脫離漿4液，從而使CrO『從漿液中分離出來(lái)；因2CrO『+2H+,■Crp-HQ所以分離后含鉻元素的粒子是CrO：-和Cr2O72-；陰極室H+放電生成H2,剩余的OH-與透過(guò)陽(yáng)離子交換膜移過(guò)來(lái)的Na+結(jié)合生成NaOH,所以陰極室生成的物質(zhì)為NaOH和H2。9.氮的化合物是重要的工業(yè)原料,也是主要的大氣污染來(lái)源,研究氮的化合物的反應(yīng)具有重要意義?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)肼(N2H4)與四氧化二氮分別是火箭發(fā)射器中最常用的燃料與氧化劑。已知3.2g液態(tài)肼與足量液態(tài)四氧化二氮完全反應(yīng)，生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水放出熱量61.25kJ,則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為 。⑵尾氣中的NO2可以用燒堿溶液吸收的方法來(lái)處理，其中能生成NaNQ等物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為 。(3)在773K時(shí)，分別將2.00molN2和6.00molH2充入一個(gè)固定容積為1L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)生成NH3,氣體混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)與反應(yīng)時(shí)間(t)的關(guān)系如圖所示。r'tninr'tnin①下列能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是 (選填字母)。a.v正(N)=3v逆(H) b.體系壓強(qiáng)不變22c.氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不變d.氣體密度不變②在此溫度下，若起始充入4.00molN2和12.00molH2,則反應(yīng)剛達(dá)到平衡時(shí)，表示c(H2)?t的曲線上相應(yīng)的點(diǎn)為(選填字母)。⑷在373K時(shí)，向體積為2L的恒容真空容器中充入0.40m。1NO2,發(fā)生如下反應(yīng)：2NO(g)NO(g)AH=—56.9kJ?mol-1TOC\o"1-5"\h\z2 24測(cè)得NO2的體積分?jǐn)?shù)［少(NO)］與反應(yīng)時(shí)間(t)的關(guān)系如下表:t/min020406080@(NO2)1.00.750.520.400.40TOC\o"1-5"\h\z①計(jì)算0?20min時(shí)，v(N2O4)=。②已知該反應(yīng)V (NO)=k ?C2(NO ),v(N O )=k ?c(N O )，其中k、k為速率常數(shù)，正2 1 2逆24 2 24 1 2則373K時(shí)，71= ；改變溫度至T時(shí)，k=k,則T373K(填“〉”“〈”或“二”)。k 1 12 12【答案】 ⑴.2N2H4⑴+N2O4⑴=3N2(g)+4H2O⑴AH=-1225kJ?mol-i(2).2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O(3).bc⑷.B(5).2X10-3mol/(L?min) (6).60⑺.〉【解析】【分析】(1)根據(jù)題干信息計(jì)算反應(yīng)熱并書寫熱化學(xué)方程式；(2)根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理及題干信息書寫反應(yīng)方程式；(3)根據(jù)平衡狀態(tài)的特點(diǎn)判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài),并用平衡移動(dòng)原理及等效平衡思想分析解答；(4)由速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算反應(yīng)速率,根據(jù)平衡常數(shù)的表達(dá)式及平衡移動(dòng)原理分析解答。【詳解】(1)3.2g液態(tài)肼完全反應(yīng)放出熱量為61.25kJ,則2mol液態(tài)肼完全反應(yīng)時(shí)放出的… 32g/mol義2mol 八…熱量為：61.25kJ義 - 二1225.00kJ,則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為:3.2g2N2H4⑴+N2O4⑴=3N2(g)+4H2O⑴ AH=-1225 kJ?mol-i ,故答案為2N2H4⑴+N2O4⑴=3N2(g)+4H2O⑴AH=-1225kJ?mol-i；

(2)題干信息產(chǎn)物有NaNO2,根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，N元素化合價(jià)既降低又升高，發(fā)生的是歧化反應(yīng)，所以還有產(chǎn)物NaNO3，根據(jù)原子守恒判斷產(chǎn)物中還有水，則反應(yīng)方程式為：2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H,，故答案為：2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O；(3)①反應(yīng)為:N2+3H尸2NH3a.v正(N)=1/3v正(HJ=3v逆(4),正逆反應(yīng)速率不相等，沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；b.反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，體系壓強(qiáng)不變，說(shuō)明反應(yīng)物和生成的濃度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故正確；c.氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量數(shù)值上等于氣體總質(zhì)量比上總物質(zhì)的量，根據(jù)質(zhì)量守恒反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，說(shuō)明總物質(zhì)的量不變，說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，故正確；d.氣體總質(zhì)量不變，體積不變，所以氣體密度始終不變，不能說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤，故答案為：bc；②起始充入4.00molN2和12.00mol斗，相當(dāng)于將充入2.00mol'和6.00mol4的兩個(gè)容器“壓縮”為一個(gè)容器，假設(shè)平衡不移動(dòng)，根據(jù)圖示分析知平衡時(shí)c(H)=6mol/L,而“壓2縮”后平衡正向移動(dòng)，則平衡時(shí)3mol/L<c(H2)<6mol/L,且達(dá)到平衡的時(shí)間縮短，故對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B,故答案為：B；(4)①設(shè)20min時(shí)，反應(yīng)掉的NO2為2x,則：2NO(g)NO(g)TOC\o"1-5"\h\z2 24起始 0.40 0反應(yīng) 2x x20min 0.40-2x x20min時(shí)，NO的體積分?jǐn)?shù)為0.75,所以^^^^x=0.75，解得x=0.08,所以反應(yīng)20min時(shí)，2 0.40-2x+x消耗NO2的物質(zhì)的量為0.08義2mol=0.16mol,0-20min內(nèi)，NO2的消耗速率為0.16molv(NO)=^^=4x10-3mol/(L.min),根據(jù)化學(xué)計(jì)量比等于反應(yīng)速率之比,則220minv（NO）=1/2v（NO）=2義10-3mol/（L?min）,故答案為：2義10-3mol/（L?min）；24 2②反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)有v正『逆，即v")0">達(dá)到平衡時(shí)，N02的體積分?jǐn)?shù)為0.40,即0.150.40-2x0.40-2x+x=0.40,解得x=0.15,0.40-2x0.40-2x+x=0.40,解得x=0.15,所以化學(xué)平衡常數(shù)為K=0.40-0.15x2（2）2=30,則有k?c2k?c21(no)=2k-c(NO)2 24k 2c(NO),所以k1=不No>=2x30:60；221改變溫度至Ti時(shí)kF由于卜3飛，則仁2，平衡常數(shù)減小，考慮到反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，所以溫度應(yīng)為升高，即T1>373K，故答案為：60；>。10.NiSO4?6H2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛用于化學(xué)鍍鎳、生產(chǎn)電泡等。可由電鍍廢渣(除鎳元素外，還含有小、Zn、Fe、Cr廢渣(除鎳元素外，還含有小、Zn、Fe、Cr等元素雜質(zhì))為原料獲得。工藝流程如下:已知:①NiCO是一種不溶于水易溶于強(qiáng)酸的沉淀；②已知25℃,Fe(OH)的33Ksp=2.64x10-39。(1)Ni的原子序數(shù)為28,則它在周期表中的位置為，寫出H2O2的結(jié)構(gòu)式。(2)步驟②，向?yàn)V液I中加入適量Na2s溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+,其中除去Cu2+的離子方程式為；加Na2s之前需控制pH不能太低的目的是。(3)步驟③的目的是除去Fe和Cr,溫度不能太高的原因是。若在25℃時(shí)，調(diào)pH=4除去鐵，此時(shí)溶液中c(Fe3+)=。(4)粗鎳中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等雜質(zhì)，可用電解法制備高純度鎳，下列敘述正確的是(已知：氧化性Fe2+<Ni2+<Cu2+)A.粗鎳作陽(yáng)極，純鎳作陰極B.陽(yáng)極發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式：Ni2++2e-=NiC.電解過(guò)程中，陽(yáng)極質(zhì)量的減少與陰極質(zhì)量的增加相等D.電解后，溶液中存在的金屬陽(yáng)離子只有Cu2+和Zn2+E.電解后，電解槽底部的陽(yáng)極泥中只有Cu和Pt【答案】 (1).第四周期，第皿族(2).H-O-O-H(3).Cu2++S2-=CuS； (4).避免生成H2S,影響除雜(5).防止H2O2受熱分解 (6).2.64冥10-9mol/L (7).AE【解析】【分析】本題將工藝流程與氧化還原、電解池、沉淀溶解平衡相互結(jié)合，第一步操作為溶解金屬，第二步為除去CU2+和Zn2+,第三步除去Fe和Cr,最后得到NiSO?6Ho，在各個(gè)步驟中結(jié)合42氧化還原等一些應(yīng)用。【詳解】（1）根據(jù)元素的排列規(guī)律及Ni的原子序數(shù)為28,可知Ni的位置為：第四周期第卬族；H2O2為分子晶體，原子之間均以共價(jià)單鍵相連，故的結(jié)構(gòu)式為：H-O-O-H;故答案為：第四周期第卬族；H-O-O-H；（2）S2-與"和Zn2+結(jié)合可生成沉淀，所以用Na2s溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+,則除去CU2+的離子方程式為：CU2++S2-二CuSJ；S2-可與結(jié)合生成弱電解質(zhì)HS,所以前一步在調(diào)節(jié)溶液2的pH不能太低，否則會(huì)生成雜質(zhì)HS,影響除雜；2故答案為：Cu2++S2-二CuSj；避免生成HS,影響除雜；2（3）步驟③除去Fe采用生成Fe（OH）的方式，在第一步酸溶時(shí)，鐵變成Fe2+,因此該處需3要氧化劑，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溫度太高，氧化劑H2O2分解；由于存在沉淀溶解平衡：Fe3++3OH- Fe（OH）,平衡常數(shù)K=cQe3+）c3（OH-）=2.64義10-39,已知pH=4,3 sP則c（H+）=10^4molL-i,公式換算可得：c（Fe3+）*.64義10-9molL-i；故答案為：防止ho受熱分解；2.64義10-9molL-i； ①22（4）用電解法制備高純度鎳，原理同于制備高純度銅，粗鎳做陽(yáng)極，活潑金屬在陽(yáng)極放電，該處在陽(yáng)極反應(yīng)的金屬有Fe、Zn,失去電子生成Fe2+、Zn2+,Cu和Pt作為陽(yáng)極泥，在電解槽的底部，陰極發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu,雖然陰極陽(yáng)極都是2e-,但Fe、Zn和Cu本身的質(zhì)量不一樣，所以陽(yáng)極減少的質(zhì)量不等于陰極生成的質(zhì)量，所以選AE,故答案為：AE。【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)在于第二問(wèn)的第二空,該處要考慮離子在溶液里的存在形式,會(huì)形成弱電解質(zhì)雜質(zhì)；第三問(wèn)的第一空也是難點(diǎn)，需要清楚溫度的主要影響方向，會(huì)使H2O2分解。（二）選考題（共15分,請(qǐng)考生從2道化學(xué)題中任選一題作答,如果多做,則每科按所做的第一題計(jì)分。）【化學(xué)——選修3：物質(zhì)的性質(zhì)與結(jié)構(gòu)】11.（1）已知A和B均為第3周期元素，其原子的第一至第四電離能如下表所示：

電離能也LmoH電離能也LmoHIII：I;LA5781817274511578B73*1451773310540A通常顯—價(jià)，A的電負(fù)性—B的電負(fù)性（填“>”“〈”或“=”）。（2）紫外光的光子所具有的能量約為399kJ-mol-i。根據(jù)下表有關(guān)蛋白質(zhì)分子中重要化學(xué)鍵的信息，說(shuō)明人體長(zhǎng)時(shí)間照射紫外光后皮膚易受傷害的原因 。組成蛋白質(zhì)的最簡(jiǎn)單的氨基酸中的碳原子雜化類型是共價(jià)鍵JX組成蛋白質(zhì)的最簡(jiǎn)單的氨基酸中的碳原子雜化類型是共價(jià)鍵JX鍵能/ILmoP347305259（3）實(shí)驗(yàn)證明:KCl、MgO、CaO、TiN這4種晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似（如圖所示），其中3種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)如下表：則該4種離子晶體（不包括NaCl）熔點(diǎn)從高到低的順序是：—。其中其中3種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)如下表：則該4種離子晶體（不包括NaCl）熔點(diǎn)從高到低的順序是：—。其中MgO晶體中一個(gè)Mg2+周離子晶體NadKCLCaO晶格能kLmoH78G7153401圍和它最鄰近且等距離的Mg2+有一個(gè)。（4）金屬陽(yáng)離子含有的未成對(duì)電子越多，則磁性越大，磁記錄性能越好。離子型氧化物V2O5和“中，適合作錄音帶磁粉原料的是.（5）某配合物的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，其分子內(nèi)不含有___（填序號(hào)）。（5）某配合物的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，其分子內(nèi)不含有___（填序號(hào)）。A.離子鍵 B.極性鍵 C.金屬鍵 D.配位鍵 E.氫鍵F.非極性鍵（6）科學(xué)家設(shè)計(jì)反應(yīng):CO2+4H2-CH4+2H2O以減小空氣中的CO2。若有1molCH4生成，則有—mol。鍵和—moln鍵斷裂。【答案】（1）.+3 （2）.> （3）.紫外光的光子所具有的能量比蛋白質(zhì)分子中的化學(xué)鍵C—C、C—N、C—S的鍵能大，紫外光的光子所具有的能量足以使這些共價(jià)鍵斷裂，從而破壞蛋白質(zhì)分子(4).sp2、sp3 (5).TiN>MgO>CaO>KCl(6).12 (7).CrO2(8).AC(9).6 (10).2【解析】【分析】(1)觀察A、B兩元素各電離能的差別，斷、B的化合價(jià)。(2)從表格數(shù)據(jù)，紫外光的光子能量足以破壞這些共價(jià)鍵。最簡(jiǎn)單的氨基酸是甘氨酸。(3)觀察表格中的數(shù)據(jù)會(huì)發(fā)現(xiàn)，陰陽(yáng)離子所帶的電荷數(shù)對(duì)晶格能的影響大于陰陽(yáng)離子的半徑對(duì)晶格能的影響。(4)根據(jù)核外電子的排布式確定未成對(duì)電子數(shù)。(5)觀察配合物的分子的結(jié)構(gòu)。(6)破環(huán)O=C=O,H-H【詳解】(1)觀察A、B兩元素各電離能的差別，可判斷A的化合價(jià)為+3,即為Al;B為+2價(jià)，為Mg。因?yàn)橥芷趶淖笾劣译娯?fù)性增大，故Al的電負(fù)性大于Mg。⑵從表格中給出的蛋白質(zhì)中各共價(jià)鍵的鍵能可以發(fā)現(xiàn)，紫外光的光子能量足以破壞這些共價(jià)0①II鍵。最簡(jiǎn)單的氨基酸是甘氨酸:三,一『一」H，其中碳①原子采用SP3雜化，碳②原子采用SP2雜聞叫化。(3)觀察表格中的數(shù)據(jù)會(huì)發(fā)現(xiàn),陰陽(yáng)離子所帶的電荷數(shù)對(duì)晶格能的影響大于陰陽(yáng)離子的半徑對(duì)晶格能的影響。四種晶體均為離子晶體，TiN和CaO中的陽(yáng)離子均為18電子結(jié)構(gòu)，陰離子均為10電子結(jié)構(gòu)，Ti和Ca、N和O的原子序數(shù)均相差1,因此Ti3+和Ca2+、N+和。2-的離子半徑均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均帶有3個(gè)單位的電荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的陰陽(yáng)離子均帶有2個(gè)單位的電荷，Ca2+的半徑大于Mg2+,所以MgO的晶格能大于CaO。綜上所述，這種晶體的晶格能大小順序?yàn)門iN〉MgO〉CaO〉KCl。所以晶體的熔點(diǎn)高低順序也為TiN>MgO>CaO>KCl。⑷V2O5中V5+的電子排布式為1s22s22p63s23p6,沒有未成對(duì)電子；er2中Cr4+的電子排布式