遼寧省大連市2019屆高三下學(xué)期第二次模擬考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題含解析

2019年大連市高三第二次模擬考試?yán)砜凭C合可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Mg24S32Cl35.5Fe56第I卷（選擇題共126分）一、選擇題：此題共13小題，每題6分，共78分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。中華民族有著光芒燦爛的發(fā)明史，以下發(fā)明創(chuàng)辦不波及氧化復(fù)原反響的是A.火法煉銅B.轉(zhuǎn)輪排字C.糧食釀酒D.鉆木取火【答案】B【剖析】【詳解】A.火法煉銅是指用氧氣與硫化亞銅制取銅的反響，屬于氧化復(fù)原反響，故A不選；B.轉(zhuǎn)輪排字屬于物理變化，應(yīng)選B；C.用糧食釀酒過(guò)程實(shí)質(zhì)是淀粉水解生成葡萄糖，在進(jìn)行發(fā)酵生成乙醇的過(guò)程，中間有元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反響，故C不選；D.鉆木取火是經(jīng)過(guò)動(dòng)能轉(zhuǎn)變成熱能使木材焚燒，屬于氧化復(fù)原反響，故D不選；答案：B。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.的一氯代物有2種脂肪在人體內(nèi)經(jīng)過(guò)直接的氧化分解過(guò)程，釋放能量C.與互為同系物經(jīng)過(guò)石油裂化和裂解能夠獲得甲烷、乙烯和苯等重要化工基本源料【答案】C【剖析】【詳解】A.的構(gòu)造中含有三各樣類(lèi)的氫，因此一氯代物有3種，故A錯(cuò)誤；B.脂肪在人體內(nèi)脂肪酶的作用下水解成甘油和高級(jí)脂肪酸，爾后再分別進(jìn)行氧化釋放能量，故B錯(cuò)誤；C.構(gòu)造相像，組成相差一個(gè)-CH2原子團(tuán)，因此互為同系物，故C正確；D.經(jīng)過(guò)石油裂化和裂解能夠獲得甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本源料，不能夠獲得苯，故D錯(cuò)誤；答案：C。3.NA代表阿伏加德羅常數(shù)值，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.2gD2O和H2l8O混淆物中所含中子數(shù)為NAB.1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-離子數(shù)之和為0.1NAC.常溫常壓下，0.5molFe和足量濃硝酸混淆，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.5NAD.0.1molH2和0.1molI2(g)于密閉容器中充分反響，其原子總數(shù)為0.2NA【答案】A【剖析】22l8O的摩爾質(zhì)量相同都為20g/mol,中子數(shù)也相等均為22l8O混【詳解】A.DO和H10，因此2gDO和H合物中所含中子數(shù)為3--+2-，NA，故A正確；B.NaHCO屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，HCO既能發(fā)生電離：HCOH+CO---1-也能發(fā)生水解：H2O+HCO3H2CO3+OH，依照物料守恒可知，1L0.1mol·LNaHCO3溶液中H2CO3、HCO32-離子數(shù)之和為0.1NA和足量濃硝酸發(fā)生鈍化反響，故C錯(cuò)和CO,故B錯(cuò)誤。C.常溫常壓下，F(xiàn)e誤；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密閉容器中充分反響為H2（g）+I2(g)2HI，其原子總數(shù)為0.4NA,故D錯(cuò)誤；答案：A。的以下有關(guān)實(shí)驗(yàn)的選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是A.A

B.B

C.C

D.D【答案】

D【剖析】【詳解】

A.乙醇的密度比金屬鈉小，因此乙醇和金屬鈉反響鈉應(yīng)沉入試管底部，故

A錯(cuò)誤；B.由于2NO

N2O4

H<0,高升溫度，平衡向逆反響方向搬動(dòng)，因此熱水中

NO2的濃度高，故

B錯(cuò)誤；C.氫氧化鈉屬于強(qiáng)堿，易潮解簡(jiǎn)單和玻璃中的SiO2反響生成硅酸鈉，瓶和塞黏在一同，因此應(yīng)保存在軟木塞的試劑瓶中，故C錯(cuò)誤；D.D是實(shí)驗(yàn)室制備蒸餾水的裝置，故D正確；答案：D。5.隨著原子序數(shù)的遞加，八種短周期元素（用字母x等表示）原子半徑的相對(duì)大小，最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)的變化以以下列圖，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A.常有離子半徑：g>h>d>eB.上述元素組成ZX4f(gd4)2溶液中，離子濃度：c（f3+）＞c（zx4+）由d、e、g三種元素組成的鹽溶液和稀硫酸反響可能生成積淀D.f的最高價(jià)氧化物的水化物能夠分別與e和h的最高價(jià)氧化物的水化物發(fā)生反響【答案】B【剖析】【剖析】依照八種短周期元素原子半徑相對(duì)大小可知：x屬于第一周期，y、z、d屬于第二周期，e、f、g、h屬于第三周期元素；依照最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)可知：x為H,y為C、z為N、d為O、e為Na、f為Al、g為S、h為Cl?！驹斀狻緼.g為S，h為Cl，屬于第三周期，離子半徑g>h；d為O，e為Na，同為第二周期，離子半徑d>e，故離子半徑：g>h>d>e，A正確；B.依照上述剖析可知，ZX4f(gd4)2組成為NH4Al(SO4)2，溶液中Al3++水解，由于氫氧化鋁電離常數(shù)大于一水合氨，和NH水解均顯酸性，屬于相互控制4則鋁離子水解程度大于銨根，即離子濃度：3++c(Al)＜c（NH4）,故B錯(cuò)誤；C.d為O、e為Na、g為S，由d、e、g三種元素組成鹽NaSO溶液和稀硫酸反響可能生成S積淀,故C正確；D.f為Al，223f的最高價(jià)氧化物的水化物為Al（OH）3,為兩性氫氧化物，e和h的最高價(jià)氧化物的水化物分別為NaOH、HClO，能夠與Al(OH)3發(fā)生反響,故D正確；答案：B。4【點(diǎn)睛】打破口是依照原子半徑的大小判斷元素的周期數(shù)；依照最高正化合價(jià)和最低負(fù)化合價(jià)的數(shù)的值大小判斷元素所在的主族；由此判斷出元素的種類(lèi)，再依照元素周期律解答即可。6.以柏林綠Fe[Fe(CN)6]為代表的新式可充電鈉離子電池，其放電工作原理以以下列圖。以下說(shuō)法正確的是放電時(shí)，Mo箔上的電勢(shì)比Mg箔上的低充電時(shí)，Mo箔接電源的負(fù)極放電時(shí)，正極反響為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]充電時(shí)，外電路中經(jīng)過(guò)0.2mol電子時(shí)，陰極質(zhì)量增加3.55g【答案】C【剖析】【詳解】A.放電時(shí)，Mg作負(fù)極，Mo作正極，因此Mo箔上的電勢(shì)比Mg箔上的高，故A錯(cuò)誤；B.充電時(shí)，電池的負(fù)極接電源的負(fù)極，電池的正極接電源的正極，即Mo箔接電源的正極，故B錯(cuò)誤；C.依照原電池工作原理，放電時(shí)

Mg作負(fù)極，

Mo作正極，正極反響式為

Fe[Fe(CN)

6]+2Na++2e

-

=Na2Fe[Fe(CN)

6],

故C正確

;D.

放電時(shí)負(fù)極上應(yīng)是

2Mg-4e

-+2C1-=[Mg2Cl2]2+,經(jīng)過(guò)

0.2mol

電子時(shí)，耗資

0.1molMg,

質(zhì)量減少

2.4g

，則充電時(shí)質(zhì)量增加

2.4g，故

D錯(cuò)誤。答案：

C。【點(diǎn)睛】此題察看電化學(xué)的有關(guān)知識(shí)。依照原電池和電解池的原理剖析判斷有關(guān)的選項(xiàng)。抓住原電池的負(fù)極和電解池的陽(yáng)極均失電子發(fā)生氧化反響，原電池的正極和電解池的陰極均得電子發(fā)生復(fù)原反響，再依照得失電子守恒進(jìn)行計(jì)算。7.對(duì)FeC13溶液與KI溶液反響進(jìn)行研究實(shí)驗(yàn)，按選項(xiàng)ABCD次序依次進(jìn)行操作，依照現(xiàn)象，所得結(jié)論錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A.AB.BC.CD.D【答案】C【剖析】【詳解】A.取2mL0.1mol/LKI溶液于試管中，滴加0.1mol/LFeCl3溶液3滴，振蕩，充分反應(yīng)，溶液呈深棕黃色，是由于3+-2+中滴加2滴0.1mol/LKSCN2Fe+2I=2Fe+I,因此A正確；B.試管12溶液，溶液顯紅色說(shuō)明溶液中有Fe3+，證明FeCl3與KI的反響擁有可逆性，故B正確；C.向試管2中加入1mLCCl，充分振蕩、靜置，溶液分層，上層為淺棕黃色，試管2中上層溶液變成淺棕黃色4還可能是少量的碘溶解于水的結(jié)果，故C錯(cuò)誤；D.試管2中上層為淺棕黃色，基層為紫色說(shuō)明有碘單質(zhì)被萃取出來(lái)，致使溶液中Fe3+濃度減小，試管3中紅色比試管1中淺是平衡搬動(dòng)的結(jié)果，故D正確；答案：C?！军c(diǎn)睛】本實(shí)驗(yàn)研究FeC13溶液與KI溶液發(fā)生反響的實(shí)驗(yàn)。依照FeCl3擁有強(qiáng)氧化性，KI擁有復(fù)原性，兩者反響2Fe3++2I-=2Fe2++I2；再依照I2易溶于有機(jī)溶劑，F(xiàn)e3+能使KSCN溶液變紅色的特點(diǎn)進(jìn)行判斷。乳酸亞鐵晶體[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一種很好的食品鐵加強(qiáng)劑，易溶于水，吸取收效比無(wú)機(jī)鐵好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH與FeCO3反響制得：．制備碳酸亞鐵（1）儀器C的名稱是_____。（2）利用以以下列圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。第一封閉活塞2，翻開(kāi)活塞1、3，目的是____；封閉活塞1，反響一段時(shí)間后，封閉活塞____，翻開(kāi)活塞______，察看到B中溶液進(jìn)入到C中，C中產(chǎn)生積淀和氣體，寫(xiě)出制備FeCO3的離子方程式____。（3）裝置D的作用是____。Ⅱ．乳酸亞鐵晶體的制備及純度測(cè)定將制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反響。爾后再加入適合乳酸，從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體。（4）加入少量鐵粉的作用是_____。（5）若用KMnO4滴定法測(cè)定樣品中

Fe2+的量進(jìn)而計(jì)算純度時(shí)，發(fā)現(xiàn)結(jié)果老是大于

100%，其主要原因是_________。（6）經(jīng)查閱文件后，改用

Ce(SO4)

2標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。反響中

Ce4+離子的復(fù)原產(chǎn)物為

Ce3+。測(cè)準(zhǔn)時(shí)，先稱取

5.760g

樣品，溶解后進(jìn)行必要辦理，用容量瓶配制成

250mL

溶液，每次取

25.00mL，用0.1000mol·L-1

Ce(SO4)

2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，記錄數(shù)據(jù)以下表所示。則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為_(kāi)__%（保存小數(shù)點(diǎn)后兩位）。【答案】(1).三頸燒瓶(2).制備Fe2+，利用產(chǎn)生的氫氣排凈裝置內(nèi)的空氣，防備Fe2+被氧化(3).3(4).2(5).Fe2+-液封，防備空氣中的+2HCO=FeCO↓+CO↑+HO(6).3322氧氣進(jìn)入到C裝置中，將Fe2+氧化(7).防備FeCO3與乳酸反響產(chǎn)生的Fe2+被氧化(8).乳酸（根中的羥基）被酸性高錳酸鉀溶液氧化(9).97.50【剖析】【剖析】依照化學(xué)反響實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)行剖析判斷。（2）依照實(shí)驗(yàn)用到的儀器裝置進(jìn)行剖析解答有關(guān)的問(wèn)題；（3）依照化學(xué)反響方程式找出有關(guān)物質(zhì)的關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算。【詳解】（1）由裝置圖可知儀器C名稱是三頸燒瓶。答案：三頸燒瓶。（2）為順利完成實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，先要使鹽酸與鐵粉反響制備FeCl2。先封閉活塞2，翻開(kāi)活塞1、3，待加入足量鹽酸后，封閉活塞1，反響一段時(shí)間后，利用生成的H2使B裝置中的氣壓增大，將B裝置中的FeCl溶液加入到C裝置中，詳細(xì)操作為：封閉活塞3，翻開(kāi)活塞2。C裝置中FeCl2和NHHCO243發(fā)生的反響的離子方程式為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制備Fe2+；利用產(chǎn)生的氫氣排凈裝置內(nèi)的空氣，防備2+2+-3322（3）亞鐵離子易被氧化，裝置D的作用是液封，防備空氣中氧氣進(jìn)入到C裝置中，將Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化為Fe3+，實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，加入少量鐵粉作用，能夠防備FeCO3與乳酸反響產(chǎn)生的2+2+Fe被氧化。答案：防備FeCO與乳酸反響產(chǎn)生Fe被氧化。3（5）乳酸根中含有羥基，可能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，致使耗資高錳酸鉀量變多，而計(jì)算中按Fe2+被氧化，故計(jì)算所得的乳酸亞鐵質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵純度大于100%。答案：乳酸根中的羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化。（6）3組數(shù)據(jù)，第二組數(shù)據(jù)與第一、三組相差太大，應(yīng)舍去，平均每25.00mL耗資Ce(SO)2體積4為v=mL=19.50mL，有Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，25.00mL溶液中含有Fe2+物質(zhì)量濃2+則250mL溶液中，原產(chǎn)品中含有度為c(Fe)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,2+0.25L=0.0195mol，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為n(Fe)=0.078mol/L=97.50答案：97.的50。9.銅是人類(lèi)最早使用的金屬，在生產(chǎn)生活中應(yīng)用及其寬泛。工業(yè)上以黃銅礦

(

主要成分

FeCuS2)

為原料制取金屬銅，其主要工藝流程以以下列圖。已知：反響II的離子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S回答以下問(wèn)題：1）FeCuS2中S的化合價(jià)____。（2）反響I在間隔空氣、高溫煅燒條件下進(jìn)行，寫(xiě)出化學(xué)方程式____。3）為了反響I充分進(jìn)行，工業(yè)上可采用的舉措是____。4）反響III的離子方程式為_(kāi)___。5）向反響III后的溶液中加入稀硫酸的目的是____。（6）該流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)除CuCl2外，還有___（填化學(xué)式）。7）反響IV中，辦理尾氣SO2的方法，合理的是_____A．高空排放B．用BaCl2溶液吸取制備BaSO3C．用氨水吸取后，再經(jīng)氧化，制備(NH4)2SO4D．用純堿溶液吸取可生成Na2SO3（H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11；H2SO3：Ka1=1.2×102，a2×108）K=5.6（8）CuCl懸濁液中加入Na2S，發(fā)生的反響為2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)該反響平衡常數(shù)K=___[已知Ksp(CuCl)=a，Ksp(Cu2S)=b]【答案】(1).-2(2).FeCuS+S高溫煅燒FeS+CuS(3).粉碎或攪拌(4).224[CuCl2]-+O2+2+-+2H2O(5).在相同條件下，CuSO4的溶解度低于其他物質(zhì)，加入H2SO4，+4H=4Cu+8Cl有利于其析出(6).S、H2SO4、HCl(7).CD(8).【剖析】【剖析】依照實(shí)驗(yàn)?zāi)康狞S銅礦(主要成分FeCuS2)為原料制取金屬銅，聯(lián)合個(gè)部分的反響關(guān)系和物質(zhì)的性質(zhì)回答相應(yīng)的問(wèn)題。（1）依照化合價(jià)代數(shù)和為零計(jì)算元素在化合物中的華合價(jià)。（2）依照氧化復(fù)原反應(yīng)原理書(shū)寫(xiě)化學(xué)反響方程式；（3）依照影響化學(xué)反響速率的因素搜尋加迅速率的方法；依照積淀溶解平衡和化學(xué)平衡常數(shù)的關(guān)系確定?！驹斀狻浚?）依照化合價(jià)代數(shù)和為零的原則Fe為+2價(jià)，Cu為+2價(jià)，則FeCuS2中S的化合價(jià)-2。答案：

-2。（2）黃銅礦主要成分

FeCuS2，反響

I在間隔空氣、高溫煅燒條件下進(jìn)行，硫和

FeCuS2發(fā)生反響生成FeS2和

CuS，化學(xué)方程式為：

FeCuS2+S

FeS2+CuS。答案：

FeCuS2+S

FeS2+CuS。3）為了反響I充分進(jìn)行，工業(yè)上可采用的舉措是將礦石粉碎或充分?jǐn)嚢瑁栽龃蠼佑|面積，加速化學(xué)反響速率。答案：粉碎或攪拌。（4）由反響II的離子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S，經(jīng)過(guò)濾可知濾液中含有[CuCl2]-、H+等離子，通入空氣后[CuCl-中的+1價(jià)銅被氧氣氧化，因此反響III的離子方程式為]2-+2+-+2H2O。答案：4[CuCl2]-+O2+2+-+2H2O。4[CuCl2]+O2+4H=4Cu+8Cl+4H=4Cu+8Cl（5）由于在相同條件下，CuSO的溶解度低于其他物質(zhì)，因此向反響III后的溶液中加入稀硫酸的4目的是使CuSO變成晶體析出。答案：在相同條件下，CuSO的溶解度低于其他物質(zhì)，加入HSO，4424有利于其析出。（6）依照流程圖剖析可知；該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)有CuCl2、S、H2SO、HCl。答案：S、HSO、424HCl。（7）A.二氧化硫有毒,不能夠直接高空排放,否則會(huì)污染空氣,應(yīng)當(dāng)用堿液吸取,故A錯(cuò)誤;B.鹽酸酸性大于亞硫酸,因此二氧化硫和BaCl2不反響,則不能夠用二氧化硫和氯化鋇溶液制取BaSO3,故B錯(cuò)誤;C.二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是堿,兩者反響生成亞硫酸銨,亞硫酸銨不牢固，易被氧化成硫酸銨，因此用氨水吸取后,再經(jīng)氧化制備硫酸銨,故C正確的;D.二氧化硫和水反響生成的亞硫酸酸性大于碳酸,因此二氧化硫能和純堿溶液反響生成亞硫酸鈉,因此用純堿溶液吸取制備亞硫酸鈉是正確的，故D正確；答案：CD。（8）CuCl懸濁液中加入Na2S，發(fā)生的反響為2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq),反響的平衡常數(shù)K=c2(Cl-)/c(S2-)=Ksp2(CuCl)/Ksp(Cu2S)=,答案：。十九大報(bào)告指出：“堅(jiān)持全民共治、源泉防治，連續(xù)推行大氣污染防治行動(dòng)，打贏藍(lán)天捍衛(wèi)戰(zhàn)！”以NOx為主要成分霧霾的綜合治理是目前重要的研究課題。I．汽車(chē)尾氣中的NO(g)和CO(g)在必然條件下可發(fā)生以下反響：反響①2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H1（1）已知：反響②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2=+180.5kJ·mol-1CO的焚燒熱為283.0kJ·mol-l，則△H1=___。（2）在密閉容器中充入

5molCO

和4molNO，發(fā)生上述反響①，圖

1為平衡時(shí)

NO的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系。①溫度：T1____T2（填“<”或“>”）。②若在D點(diǎn)對(duì)反響容器升溫的同時(shí)擴(kuò)大概積使系統(tǒng)壓強(qiáng)減小，從頭達(dá)到的平衡狀態(tài)可能是圖中G點(diǎn)中的____點(diǎn)。

A～3）某研究小組研究催化劑對(duì)CO、NO轉(zhuǎn)變的影響。將NO和CO以必然的流速經(jīng)過(guò)兩種不相同的催化劑進(jìn)行反響，相同時(shí)間內(nèi)測(cè)量逸出氣體中NO含量，進(jìn)而確定尾氣脫氮率（脫氮率即NO的轉(zhuǎn)變率），結(jié)果如上圖2所示。若低于200℃，圖2中曲線中脫氮率隨溫度高升而變化不大的主要原因?yàn)開(kāi)___；a點(diǎn)___（填“是”或“不是”）對(duì)應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，說(shuō)明原因____。Ⅱ．N2O是一種強(qiáng)溫室氣體，且易形成顆粒性污染物，研究N2O的分解對(duì)環(huán)境保護(hù)有重要意義。（4）碘蒸氣存在能大幅度提高2NO的分解速率，反響歷程為：第一步I2(g)2I(g)(快反響)第二步I(g)+NO(g)→N(g)+IO(g)(慢反響)22第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反響)實(shí)驗(yàn)表示，含碘時(shí)N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k為速率常數(shù)）。以下表述正確的選項(xiàng)是____。A．N2O分解反響中：k值與可否含碘蒸氣沒(méi)關(guān)B．第二步對(duì)總反響速率起決定作用C．第二步活化能比第三步小D．IO為反響的中間產(chǎn)物【答案】(1).-746.5kJ·mol-1(2).＞(3).A(4).溫度較低時(shí)，催化劑的活性偏低(5).

不是

(6).

由于該反響為放熱反響，依照線Ⅱ可知，

a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)當(dāng)更高

(7).BD【剖析】【剖析】（1）依照蓋斯定律進(jìn)行解答；（2）依照化學(xué)平衡搬動(dòng)原理和影響化學(xué)平衡搬動(dòng)的因素進(jìn)行解答?！驹斀狻縄．已知②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2=+180.5kJ·mol-1,CO的焚燒熱為283.0kJ·mol-l，熱化學(xué)反響方程式為：③2CO(g)+O2(g)＝(g)△H=-566.0kJ·mol-l，③-②得①：2CO2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H1=-746.5kJ·mol-1；答案：-746.5kJ·mol-1。（2）由①2NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)-1△H=-746.5kJ·mol，高升溫度,平衡逆向搬動(dòng),因此22NO的體積分?jǐn)?shù)會(huì)增大,即T1>T2,因此，此題正確答案是:＞；②若在D點(diǎn)對(duì)反響容器升溫的同時(shí)擴(kuò)大概積使系統(tǒng)壓強(qiáng)減小,則平衡會(huì)逆向搬動(dòng),NO的體積分?jǐn)?shù)增加,從頭達(dá)到的平衡狀態(tài)可能是圖中A點(diǎn),答案：A。（3）低于200，曲線Ⅰ脫氮率隨溫度高升而變化不大的主要原因?yàn)椋簻囟容^低時(shí)（低于200），催化劑的活性偏低，對(duì)化學(xué)反響速率的影響小。a點(diǎn)不是對(duì)應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，原因是：由于該反響的正反響為放熱反響，降低溫度平衡向正反響方向搬動(dòng)，依照曲線Ⅱ可知，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下的平衡轉(zhuǎn)變率應(yīng)高于450時(shí)，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)當(dāng)更高。答案：溫度較低時(shí)，催化劑的活性偏低；不是；由于該反響為放熱反響，依照線Ⅱ可知，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)當(dāng)更高。（4）A.碘蒸氣存在能大幅度是高N2O的分解速率，依照題中信息k為有碘蒸氣存在時(shí)的N2O分解速率的速率常數(shù)，若沒(méi)有碘存在，k就沒(méi)存心義了，因此k的取值與碘蒸氣有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B.第二步反響慢，因此對(duì)總反響速率起決定作用，故B正確;C.第二步反響比第三步反響慢，說(shuō)明第二步活化能大，故C不正確；D從總反響2NO(g)＝2N(g)+O(g)來(lái)看IO在反響前沒(méi)有、反響后也沒(méi)有,222故其為反響的中間產(chǎn)物

,故D正確;答案

BD。鐵、碳等元素的單質(zhì)及其化合物在化工醫(yī)藥、資料等領(lǐng)域有著寬泛的應(yīng)用。回答以下問(wèn)題：（1）Fe(H2NCONH)](NO)的名稱是三硝酸六尿素合鐵(Ⅲ)，是一種重要的配合物。該化合物中3+Fe2633的核外電子排布式為_(kāi)__，所含非金屬元素的電負(fù)性由大到小的次序?yàn)?___。碳原子為_(kāi)___雜化，NO3的空間構(gòu)型為_(kāi)___。（2）目前發(fā)現(xiàn)的鋁原子簇Al13的性質(zhì)與鹵素相像，則原子簇Al13屬于____晶體。Na[Al(OH)4]存在的化學(xué)鍵有___（填字母）。A離子鍵B極性鍵C非極性鍵D配位鍵E氫鍵F金屬鍵（3）已知：反響后，當(dāng)σ鍵增加了1mol時(shí)，π鍵___（填“增加”或“減少”）了____個(gè)。（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p軌道，則p電子可在多個(gè)原子間運(yùn)動(dòng)，形成“離域π鍵”，如SO分子中存在“離域π鍵”，可表示成π4（咪唑）中的“離，則23域兀鍵”可表示為_(kāi)______（5）奧氏體是碳溶解在r-Fe中形成的一種空隙固溶體，晶胞為面心立方構(gòu)造，以以下列圖。若晶體密度為

dg·cm-3，則晶胞中近來(lái)的兩個(gè)碳原子之間的距離為

_____pm（阿伏加德羅常數(shù)的值用

NA表示，寫(xiě)出簡(jiǎn)化后的計(jì)算式即可）

?！敬鸢浮?1).[Ar]3d5或1s22s23p63s23p63d5(2).O＞N＞C＞H(3).sp2雜化(4).平面三角形(5).分子(6).ABD(7).減少(8).NA（或6.0210-23）(9).(10).【剖析】【詳解】（1）Fe為26號(hào)元素，基態(tài)Fe的電子排布式為2262662個(gè)電子生成1s2s2p3s3p3d4s，失去3Fe3+，則Fe3+的核外電子排布式為[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中所含非金屬元素為

H、C、N、O，平常元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，則所含非金屬元素

C、N、O、H中

O的非金屬性最強(qiáng)，

H最弱，四者的電負(fù)性由大到小的次序是

O、N、C、H；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中尿素分子的構(gòu)造簡(jiǎn)式為，C原子形成3個(gè)σ鍵，無(wú)孤對(duì)電子，因此是2-sp雜化；NO3中N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3，且不存在孤對(duì)電子，因此-的空間構(gòu)型為平面三角形。答案：5NO[Ar]3d3或1s22s22p63s23p63d65；O＞N＞C＞H、sp2、平面三角形。（2）鹵素單質(zhì)屬于分子晶體，鋁原子簇A113的性質(zhì)與鹵素相像，則原子簇A113也屬于分子晶體。Na[Al(OH)4]屬于離化合物，存在著離子鍵，鋁是缺電子構(gòu)造，能接受氫氧根離子給與的孤對(duì)電子形成配位鍵，氧氫之間能夠形成極性鍵。因此Na[Al(OH)4]屬于離化合物中含有離子鍵、極性鍵、配位鍵。答案：分子，ABD。（3）每生成1mol氯吡苯脲，需要1mol2-氯-4-氨基吡啶、1mol異氰酸苯酯，反響過(guò)程中每個(gè)2-氯-4-氨基吡啶分子斷裂一個(gè)σ鍵、每個(gè)異氰酸苯酯分子斷裂一個(gè)π鍵，因此當(dāng)σ鍵增加了1mol時(shí)，π鍵減少了NA（或6.0210-23）個(gè)。答案：減少；NA（或6.