山東省濰坊市高三下學期高考模擬考試理科綜合化學試卷

高考模擬考試理科綜合能力測試可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16Na23Al27P31S32Cl35.5Fe56Cu64Zn65Sn119第I卷一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.一種從銅電解工藝的陽極泥中提取Se和Te的流程如下：下列敘述錯誤的是A.合理處理陽極泥有利于保護環(huán)境和資源再利用B.流出液是H2SO4溶液C.電解過程中陰極上析出單質TeD.“焙砂”與碳酸鈉充分混合后，可在瓷坩堝中焙燒【答案】D【解析】【詳解】A.陽極泥是在電解精煉銅過程中，沉積在電解槽底部的雜質，含Se、Te、Au等金屬，因此合理處理陽極泥有利于保護環(huán)境和資源再利用，故A項正確；B.焙燒生成的SO2和SeO2在水溶液中發(fā)生氧化還原反應生成Se和H2SO4，則流出液是H2SO4溶液，故B項正確；C.電解池中陰極區(qū)發(fā)生還原反應，由流程可知，TeO2在堿性電解質環(huán)境下被還原為Te單質，故C項正確；D.瓷坩堝中還有二氧化硅，在高溫下能與碳酸鈉發(fā)生反應，坩堝受到腐蝕，則“焙砂”與碳酸鈉不宜在瓷坩堝中焙燒，故D項錯誤；答案選D。2.下列說法正確的是A.石油裂解的主要目的是提高輕質液體燃料的產量和質量B.用NaHCO3溶液可以鑒別乙醇、乙酸和苯C.棉花和合成纖維的主要成分均為纖維素D.淀粉、油脂、甘氨酸在一定條件下都能發(fā)生水解反應【答案】B【解析】【詳解】A.石油裂化的目的是為了提高輕質液體燃料（汽油，煤油，柴油等）的產量，特別是提高汽油的產量；裂解的目的是為了獲得乙烯、丙烯、丁二烯等短鏈不飽和烴，故A項錯誤；B.NaHCO3溶液與乙酸會反應生成二氧化碳氣體；其與苯互不相溶，發(fā)生分層；其與乙醇溶為一體。三者現象不同，因此可以用NaHCO3溶液鑒別乙醇、乙酸和苯，故B項正確；C.棉花為天然有機物，其主要成分為纖維素，但合成纖維以小分子的有機化合物為原料，經加聚反應或縮聚反應合成的線型有機高分子化合物，其成分不是纖維素，故C項錯誤；D.甘氨酸是氨基酸的一種，不能發(fā)生水解，故D項錯誤；答案選B。3.某化學學習小組用如圖所示裝置制備、收集Cl2，并進行性質驗證實驗(夾持裝置略去)。下列說法正確的是A.用KMnO4和濃鹽酸制備Cl2時，只選①B.③用于Cl2收集時，a為進氣口C.④中加入NaBr溶液和CCl4，通入Cl2反應后振蕩、靜置，下層溶液呈橙紅色D.⑤中通入Cl2使品紅溶液褪色后，取出溶液加熱可恢復紅色【答案】C【解析】【分析】A.KMnO4和濃鹽酸制備Cl2為固液不加熱型發(fā)生裝置；B.氯氣的密度比空氣大；C.通入Cl2反應后生成易溶于CCl4的Br2；D.氯水具有漂白性，不可逆。【詳解】A.KMnO4和濃鹽酸反應制備Cl2，①不可行，高錳酸鉀可溶于水，氯氣可以從長頸漏斗中逸出。選②可達到實驗目的，故A項錯誤；B.排空氣法收集氯氣時，因氯氣的密度比空氣大，則應從b進氣，故B項錯誤；C.Cl2的氧化性比Br2大，通入NaBr溶液中，會發(fā)生氧化還原反應生成Br2，進而被CCl4萃取在下層溶液中，顯橙紅色，故C項正確；D.Cl2能使品紅溶液褪色，主要是發(fā)生了氧化還原反應，不可逆，因此取出溶液加熱不能恢復紅色，故D項錯誤；答案選C?！军c睛】本題B選項，排空氣法收集氣體時需注意，當氣體密度比空氣大時，如氯氣、氧氣和二氧化碳等，則氣體需從b口進入，由于密度比空氣大，會沉于空氣下方，即瓶底，聚集的氣體逐漸將集氣瓶內的空氣從上方（即a端）排出，待氣體占滿整個集氣瓶時，即收集了滿瓶氣體。假若從a進，則進入的氣體會沉到瓶底，并從b處直接出去，因此起不到排出空氣、收集氣體的作用。相反，當氣體密度比空氣小時，應從a口進氣b口出氣，學生要理解并加深記憶。4.X、Y、Z、W、R為五種短周期主族元素，Y、Z、W是原子序數遞增的同周期相鄰元素，且最外層電子數之和為15；X比Y核外少一個電子層；R的質子數是X、Y、Z、W四種元素質子數之和的1／2。下列說法正確的是A.簡單離子半徑：R>W>ZB.X與Y形成的二元化合物常溫下一定為氣態(tài)C.W和R形成的化合物是離子化合物D.Y與W、Z與W形成的二元化合物都是大氣污染物【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、W為五種短周期主族元素，Y、Z、W是原子序數依次遞增的同周期元素，且最外層電子數之和為15，設Z的最外層電子數為m，則Y的最外層電子數為m1，W的最外層電子數為m+1，即得出(m1)+m+(m+1)=3m=15，所以m=5，則推知Y、Z、W分別為C、N和O元素；X比Y核外少一個電子層，則X為H；又知R的質子數是X、Y、Z、W四種元素質子數之和的12，則R的質子數為（6+7+8+1）×12=11，可知R為【詳解】根據上述分析可知，X為H，Y為C，Z為N，W為O，R為Na，A.電子層數越大，簡單離子半徑越大，當電子層數相同時，其簡單離子半徑隨原子序數的增大而減小，則N3>O2>Na+，即簡單離子半徑大小比較為：Z>W>R，故A項錯誤；B.X與Y形成的二元化合物為烴類有機物，常溫下可能為氣態(tài)、液態(tài)或固態(tài)，故B項錯誤；C.W和R形成的化合物為過氧化鈉或氧化鈉，成鍵微粒為陰陽離子，均為離子化合物，故C項正確；D.Y與W形成的二元化合物為CO2或CO，其中CO為大氣污染物，而CO2不是；Z與W形成的二元化合物為氮氧化物，為大氣污染物，故D項錯誤；答案選C?！军c睛】本題重在考查元素周期表與元素周期律的知識點的運用，是高考高頻考點，掌握物質的組成及特點是解題的關鍵，注意D項Y與W形成的二元化合物為CO2，雖能產生溫室效應，但并不是大氣污染物，常見的大氣污染物為CO、SO2、氮氧化物和可吸入顆粒物等。5.三種常見單萜類化合物的結構如圖所示。下列說法正確的是A.香葉醇和龍腦互為同分異構體，分子式均為C10H20OB.可用金屬鈉鑒別香葉醇和月桂烯C.龍腦分子中所有碳原子在同一個平面上D.1mol月桂烯最多能與2molBr2發(fā)生加成反應【答案】B【解析】【分析】A.分別寫出香葉醇和龍腦的分子式作答；B.鈉可以與香葉醇中的醇羥基發(fā)生反應，而不能與月桂烯發(fā)生反應；C.分子內有甲基、亞甲基和次甲基；D.1mol碳碳雙鍵與1molBr2發(fā)生加成反應，據此分析；【詳解】A.香葉醇分子內含兩個碳碳雙鍵，有2個不飽和度，其分子式為C10H18O，龍腦的分子式為C10H20O，兩者分子式不同，且不互為同分異構體，故A項錯誤；B.鈉與香葉醇的OH反應生成醇鈉與氫氣，而不會與碳碳雙鍵反應，則可用金屬鈉鑒別香葉醇和月桂烯這兩種物質，故B項正確；C.龍腦分子中含有甲基、亞甲基和次甲基，所有原子不可能共平面，故C項錯誤；D.1mol月桂烯中含3mol碳碳雙鍵，則可與3molBr2發(fā)生加成反應，故D項錯誤；答案選B。6.石墨烯電池是利用鋰離子在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性而研發(fā)的新型可充放電電池，其反應式為LixC6+Li1xCoO2C6+LiCoO2A.充電時，Li+嵌入LiCoO2中B.放電時，LiCoO2極發(fā)生的電極反應為LiCoO2e=Li1xCoO2+Li+C.放電時負極反應為：Lie=Li+D.充電時，若轉移1mole，石墨烯電極增重7g【答案】D【解析】【分析】根據電池反應式知，負極反應式為LixC6xe=C6+xLi+、正極反應式為Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2，充電時，陰極、陽極反應式與負極、正極反應式正好相反，根據二次電池的工作原理結合原電池和電解池的工作原理來解答。【詳解】A.充電時，石墨烯為陰極，C6發(fā)生還原反應生成LixC6，則Li+向石墨烯移動，故A項錯誤；B.放電時，LiCoO2極是正極，發(fā)生得電子的還原反應,電極反應式為：Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2，故B項錯誤；C.放電時負極反應為LixC6xe=C6+xLi+，原電池中無Li單質存在，故C項錯誤；D.充電時，石墨烯電極的電極反應式為：C6+xLi++xe=LixC6，根據關系式xe~C6~LixC6電極增重的實際質量為鋰元素的質量，所以若轉移1mole，電極增重為1mol×7g/mol=7g,故D項正確；答案選D?！军c睛】有關電化學基礎，把握規(guī)律是解題的關鍵，其中計算是必不可少的，本題的D項可采用關系式法作答，即根據得失電子守恒關系建立已知量與未知量之間的橋梁，列出關系式進而計算。7.常溫下，將NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混合溶液中的粒子濃度與溶液pH的變化關系如圖所示。下列敘述正確的是A.曲線M表示lgc(X2)/c(HX)與pH的變化關系B.NaHX溶液顯堿性C.當混合溶液呈中性時，c(Na+)>c(X2)>c(HX)>c(H+)=c(OH?)D.Ka2(H2X)的數量級為109【答案】C【解析】【分析】H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，酸性條件下，則pH相同時c(HX-)c(H2X)>c(X2-)c(HX-)，由圖象可知N為【詳解】A.由以上分析可知曲線N表示pH與lgc(X2-)c(HX-B.由圖象可知，lgc(X2-)c(HX-)=0時，即c(X2-C.由圖象可知當混合溶液呈中性時，lgc(X2-)c(HX-)>0，即c(X2?)>c(HX?)，混合溶液的離子濃度大小關系為：c(Na+)>c(X2)>c(HX)>D.lgc(X2-)c(HX-)=0時，c(X2-)c(HX-)=1答案選C?！军c睛】本題側重考查學生對水溶液中離子平衡的理解能力，是高考的高頻考點。學生要緊抓溶液中第一步電離的離子濃度與第二步電離的離子濃度的大小關系，lgc(X2-)c8.FeCl2是一種常用的還原劑、媒染劑。某化學小組同學在實驗室里用如下兩種方法來制備無水FeCl2。有關物質的性質如下：C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔點/℃4553易升華沸點/℃132173——請回答下列問題：(1)利用反應2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl制取無水FeCl2并測定FeCl3的轉化率。按上圖裝置，在三頸燒瓶中放入32.5g無水氯化鐵和過量的氯苯。打開K1、K2，關閉K3，通一段時間H2后關閉K2，控制三頸燒瓶內反應溫度在128-139℃，反應一段時間。反應完成后打開K2再通氫氣一段時間。①儀器a的名稱是________，裝置B中盛裝的試劑是________。②反應后再通入H2的目的是________________________。③冷卻實驗裝置，將三頸燒瓶內物質倒出，經過濾、用苯洗滌、干燥后，得到粗產品，回收濾液中C6H5Cl的操作方法是________________。④反應后將錐形瓶中溶液配成250mL溶液，取25.00mL所配溶液，用0.4mol·L1NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液23.60mL，則氯化鐵的轉化率為________。(2)打開K1、K3，關閉K2，通氫氣與氯化鐵反應制取無水FeCl2。①寫出反應的化學方程式________________________________。②實驗制得FeCl2后并防止氧化的操作是________________________________。③請指出該制備方法的缺點________________________________________?！敬鸢浮?1).球形冷凝管(2).無水CaCl2（或硅膠、P2O5）(3).將反應器中的HCl氣體全部排入到錐形瓶內，使其被充分吸收(4).蒸餾濾液，并收集132℃的餾分(5).94.4%(6).H2+2FeCl32FeCl2+2HCl(7).先熄滅酒精燈，再繼續(xù)通入氫氣一段時間(8).氯化鐵易升華，轉化率低；導管易堵塞【解析】【分析】（1）①根據常見儀器的構造及用途作答；裝置B的作用是防止外界水蒸氣進入三頸燒瓶，據此作答；②從氯化氫氣體充分吸收角度考慮；③根據題中所給的表格，結合C6H5Cl和C6H4Cl2的沸點數據作答；④根據氫氧化鈉與鹽酸按1:1反應可求出反應消耗的HCl的物質的量，再根據已知反應方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，得出樣品中反應的FeCl3的物質的量，再依據產品中FeCl3的轉化率=反應的（2）①根據已知信息氫氣與氯化鐵反應生成無水FeCl2作答；②FeCl2極易被空氣氧化為FeCl3，裝置中需充滿還原性氣體；③結合表格數據從氯化亞鐵升華的角度即導管可操作性不強的角度考慮其缺點?！驹斀狻浚?）①儀器a的名稱為球形冷凝管，裝置B的作用是防止外界水蒸氣進入三頸燒瓶中影響實驗，其中的干燥劑不能吸收HCl，因為最后的尾氣處理中用水吸收氯化氫，還可以得到副產品鹽酸，故盛放的試劑可以是無水CaCl2,或其他不與HCl反應的試劑，如P2O5或硅膠等，故答案為：球形冷凝管；無水CaCl2（或硅膠、P2O5）；②反應后再通入H2，可將反應器中的HCl氣體全部吹入裝置C，使其被充分吸收，操作更規(guī)范，同時使后續(xù)測量氯化鐵轉化率更精準，故答案為：將反應器中的HCl氣體全部排入到錐形瓶內，使其被充分吸收；③由題中表格所給數據可知，C6H5Cl的沸點為132℃，C6H4Cl2的沸點為173℃，利用沸點不同回收濾液中C6H5Cl可采用蒸餾法，即蒸餾濾液，收集132℃的餾分，故答案為：蒸餾濾液，并收集132℃的餾分；④NaOH與HCl按1:1完全反應，則標準NaOH溶液滴定的鹽酸的物質的量=0.4mol·L1×23.60×10-3L=9.44×103mol，則錐形瓶中鹽酸的物質的量=250mL25.00mL×9.44×103mol=9.44×102mol,再根據已知關系式2FeCl3~1HCl可知，消耗的FeCl3的物質的量=2×9.44×102mol=0.1888mol，故FeCl3的轉化率故答案為：94.4%；（2）①氫氣與氯化鐵反應時，氫氣作為還原劑，還原氯化鐵為氯化亞鐵，其反應的方程式可表示為：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl,故答案為：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②實驗通過氫氣與FeCl3反應制得FeCl2后，為防止FeCl2被氧化，先熄滅酒精燈，再繼續(xù)通入氫氣一段時間，以排盡裝置中的空氣，故答案為：先熄滅酒精燈，繼續(xù)通入氫氣一段時間；③根據表中數據可知，因氯化亞鐵易升華，則用加熱的方法制備氯化亞鐵，會導致轉化率降低，且導管易堵塞，故答案為：氯化鐵易升華，轉化率低；導管易堵塞。9.三氧化二鎳(Ni2O3)是一種重要的電子元件材料和蓄電池材料。工業(yè)上利用含鎳廢水(鎳主要以NiR2絡合物形式存在)制取草酸鎳(NiC2O4)，再高溫灼燒草酸鎳制取三氧化二鎳。工藝流程如圖所示：已知：①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)(R為有機物配體，K=1.6×1014)②Ksp[Fe(OH)3]=2.16×1039，Ksp[Ni(OH)2]=2×1015③Ka1(H2C2O4)=5.6×102，Ka2(H2C2O4④“脫絡”過程中，R與中間產物·OH反應生成·R(有機物自由基)，·OH能與H2O2發(fā)生反應。有關反應的方程式如下：i．Fe2++H2O2=Fe3++OH+·OHii．R+·OH=OH+·Riii．H2O2+2·OH=O2↑+2H2O請回答下列問題：(1)中間產物·OH的電子式是________(2)“沉鐵”時，若溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L1，加入碳酸鈉調溶液的pH為________(假設溶液體積不變，lg6≈0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(離子的濃度≤1.0×105mol·L1)，此時________(填“有”或“無”)Ni(OH)2沉淀生成。(3)25℃時，pH=3的草酸溶液中c(C2O42)/c(H2C2O4(4)“灼燒”氧化草酸鎳的化學方程式為_______________________________。(5)加入Fe2+和H2O2能夠實現“脫絡”的原因是________。(6)三氧化二鎳能與濃鹽酸反應生成氯氣，寫出反應的離子方程式________________?！敬鸢浮?1).(2).2.8(3).無(4).3.02(5).Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+(6).4NiC2O4+3O2高溫2Ni2O3+8CO2↑(7).Fe2+和H2O2發(fā)生反應生成·OH，·OH將R轉化成·R，c(R)減小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)向正向移動，實現“脫絡”(8).Ni2O3+6H++2Cl=2Ni2++Cl2↑+3H2O【解析】【分析】（1）·OH有一個孤電子，據此書寫其電子式；（2）根據氫氧化鐵的溶度積，計算要使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH?)，進而計算得出其pH值，再根據Ni2+與溶液中c(OH?)的平方的乘積與Ksp[Ni(OH)2]比較，得出溶液中是否有沉淀生成；（3）依據二元弱酸草酸的兩步電離平衡常數表達式方程式列式計算；流程中加入草酸后變?yōu)椴菟徭嚕瑩俗鞔?；?）“灼燒”過程產生了Ni2O3，依據氧化還原反應規(guī)律書寫化學方程式；（5）依據給定條件④，Fe2+和H2O2發(fā)生反應生成·OH，·OH將R轉化成·R，c(R)減小，考慮平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)移動情況分析作答；（6）根據得失電子數守恒書寫其化學方程式。【詳解】（1）·OH有一個孤電子，核外為9個電子，其電子式為：；（2）Ksp[Fe(OH)3]=2.16×1039，則使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH?)=3Ksp[Fe(OH)3]1.0×10-5mol/L=6×1012，此時溶液的pH=lgc(H+)=lg10-146×10-12=2+lg6=2.8故答案為：2.8；無；（3）草酸在水溶液中發(fā)生電離，第一電離方程式為：H2C2O4H++HC2O4－，其電離平衡常數Ka1(H2C2O4)=c(HC2O4-)?c(H+)c(H2C2O4)，同理第二步電離方程式為：HC2O4－H++C2O42－，其電離平衡常數Ka2(H2C2O4)=c(C2O42-)?c(H+)c(HC2O4-),c(C2O42)/c(H2故答案為：3.02；Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+（4）“灼燒”氧化草酸鎳生成Ni2O3，C元素以穩(wěn)定的二氧化碳形式生成，O元素化合價降低，其化學方程式可表示為：4NiC2O4+3O22Ni2O3+8CO2↑，故答案為：4NiC2O4+3O22Ni2O3+8CO2↑；（5）根據已知信息可知，Fe2+和H2O2會發(fā)生反應生成·OH，·OH將R轉化成·R，c(R)減小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)向正向移動，實現“脫絡”，故答案為：Fe2+和H2O2發(fā)生反應生成·OH，·OH將R轉化成·R，c(R)減小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)向正向移動，實現“脫絡”；（6）三氧化二鎳能與濃鹽酸反應生成氯氣，鎳元素以Ni2+形式存在于溶液中，其離子方程式為：Ni2O3+6H++2Cl=2Ni2++Cl2↑+3H2O故答案為：Ni2O3+6H++2Cl=2Ni2++Cl2↑+3H2O。【點睛】本題難點是第（3）問。求溶液中某些粒子的濃度之比時，要充分利用好題中所給的各種平衡常數，設法通過變形找出它們之間的關系，結合題中給定信息，利用數學思想進行解答。10.煤燃燒排放的煙氣含有NOx，容易形成酸雨污染環(huán)境，可通過多種化學方法對煙氣進行脫硝處理?；卮鹣铝袉栴}：(1)在無氧條件下，脫硝反應為：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O△H=1807.0kJ/mol，T℃時，在恒容的密閉容器中，測得在不同時間NO和NH3的物質的量如下表：時間/min01234n(NO)/mol1.200.900.720.600.60n(NH3)/mol0.900.700.580.500.50①下列說法正確的是________(填序號)。A．3min后NO和NH3的濃度都不再變化，反應停止進行B．前2min內的平均反應速率v(N2)=0.20mol·L1·min1C．達到平衡時NO的轉化率為50％D．及時分離出N2，可使該反應的反應速率增大，平衡正向移動②若反應開始的壓強為p0，則該反應的化學平衡常數Kp=________(可用分數表示；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。(2)在有氧條件下，NOx也能發(fā)生脫硝反應。①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=180.6kJ/mol，N2(g)+3H2(g)2NH3△H=92.4kJ/mol，H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)△H=241.8kJ/mol，則脫硝反應4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)△H=__kJ/mol。②臭氧是理想的煙氣脫硝劑，其脫硝反應為2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)△H＜0，反應在恒容密閉容器中進行，NO2的百分含量隨壓強(p)、x的變化如圖所示：則p1________p2(填“>”“<”或“=”)，x表示的物理量除時間外，還可能是_________________。(3)利用惰性電極電解也能對煙氣進行脫硝處理。電解原理如圖所示：電極a的電極反應式為________，當電解44.8L(標準狀況)含5％NO的煙氣，理論上電路中通過電子的物質的量為________mol?！敬鸢浮?1).C(2).521p0(3).1627.2(4).>(5).O3的物質的量或其濃度或質量等(6).NO3e?+2H2O=NO3?+4H+(7).【解析】【分析】（1）①A.化學反應平衡為動態(tài)平衡，正逆反應速率相等但不等于0；B.由化學反應速率的定義可知，需要容器的體積；C.根據轉化率的計算公式得出結論；D.反應物或生成物的濃度降低，化學反應速率會減??；②列出三段式，利用分壓表達出化學平衡常數。（2）①依據熱化學方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學方程式；②該脫硝反應是氣體體積分數減小的反應，增大壓強會使平衡向正反應方向移動，導致NO2的百分含量降低，據圖分析；根據平衡移動原理進行分析，NO2的百分含量會隨著參加反應的O3的量的增大而減少；（3）依據圖中b口放出氫氣，可知b為連接電源的負極，作電解池的陰極，則a極發(fā)生氧化反應，NO轉化為NO3?，每消耗1molNO，轉移電子數為3mol，據此計算。【詳解】①A.3min后NO和NH3的濃度都不再變化，說明達到動態(tài)平衡，但速率不為零，故A項錯誤；B.容器的體積未知，其化學反應速率無法求出，故B項錯誤；C.3min后NO的濃度不再變化，達到平衡，n(NO)=0.6mol，則轉化的NO的物質的量=1.2mol0.6mol=0.6mol，故其轉化率=0.6mol1.2D.分離出N2，其濃度降低，反應的速率會減小，故D項錯誤；故答案選C；②則平衡后H2O的物質的量分數ω(H2O)=0.6mol0.6mol+0.5mol+0.5mol+0.6mol=622,同理可得ω(N2)=522,ω(NH3)=522,ω(NO)=6故答案為：521p0（2）①i.N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.6kJ?mol1

ii.N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=92.4kJ?mol1

iii.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=483.6kJ?mol1

依據蓋斯定律iii×3ii×2i×2得到，4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H=1627.2kJ/mol；

故答案為：1627.2；②2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，該反應為氣體體積減小的反應，因此增大壓強平衡會向正向移動，NO2的百分含量降低，從圖中可以看出，p1壓強大，即p1>p2；增大某一反應物的濃度可以使化學平衡向正反應方向移動，從而提高另一反應物的轉化率、減小其百分含量，故x表示的物理量除時間外，還可能是O3的物質的量或其濃度或質量等；故答案為：>；O3的物質的量或其濃度或質量等（3）根據圖示信息可知，b口產生氫氣，則為溶液中的氫離子得電子的產物，電解池中陽離子在陰極得電子發(fā)生還原反應，故b連接電源的負極，a連接電源的正極，其陽極區(qū)NO失電子被氧化為硝酸根離子，發(fā)生的電極反應式為：NO3e?+2H2O=NO3?+4H+，電解的煙氣中NO的物質的量=44.8L×5%故答案為：NO3e?+2H2O=NO3?+4H+；0.3。11.銅及其化合物在生產生活中用途廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)目前，低壓甲醇銅基催化劑的主要組分是CuO、ZnO和Al2O3，下列氧原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最高的是________(填序號)。A．B．C．D．(2)銅離子是人體內多種酶的輔因子，某化合物與Cu+結合形成如圖所示的離子。①該離子中含有化學鍵的類型有________(填序號)。A．極性鍵B．離子鍵C．非極性鍵D．配位鍵②該離子中碳原子的雜化方式有________。③H、N、Cu三種元素的電負性由大到小的順序是________。(3)甲醇(CH3OH)在Cu催化作用下被氧化成甲醛(HCHO)。甲醛分子內σ鍵與π鍵個數之比為________。甲醇分子內的OCH鍵角________(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子內的OCH鍵角。(4)某磷青銅晶胞結構如下圖所示：①其中原子坐標參數A為(0，0，0)；B為(0，12，12)。則②該晶體中距離Cu原子最近的Sn原子有________個，這些Sn原子所呈現的構型為________。③若晶體密度為ag·cm3，最近的Cu原子核間距為________pm(用含NA和a的代數式表示)?！敬鸢浮?1).D(2).ACD(3).sp2、sp3(4).N>H>Cu(5).3:1(6).小于(7).（12，12，12）(8).4(9).平面正方形(10).【解析】【分析】（1）依據能量最低原理回答；（2）①同種非金屬元素之間存在非極性鍵，不同非金屬元素之間存在極性鍵，含有孤電子對的原子和含有空軌道的原子間存在配位鍵；②該離子中有碳碳雙鍵和碳碳單鍵；③在元素周期表中，通常非金屬性越強的電負性越大，非金屬性的電負性大于金屬的電負性；（3）根據原子形成共價鍵的規(guī)律，并結合甲醛分子的結構式回答；根據雜化軌道理論先判斷出甲醛分子與甲醇分子氧原子緊鄰的碳原子的雜化方式，再根據立體構型判斷鍵角大??；（4）①根據幾何結構建立空間直角坐標系，找出對應點的坐標；②根據晶胞結構結合均攤法計算作答；距離最近的原子所在的空間位置判斷其空間構型；③觀察晶胞結構判斷最近的Cu原子核間距與邊長之間的關系，分析作答。【詳解】（1）原子的核外電子離核越近能量越低，離核越遠能量越高，故D項所示的核外排布圖能量最高，故D項正確，答案為：D；（2）①該離子中，氮原子和氮原子之間、碳原子和碳原子之間都存在非極性鍵，碳原子和氮原子之間、氮原子和氫原子之間、碳原子和氫原子之間都存在極性鍵，銅原子和氮原子間存在配位鍵；故答案為：ACD；②該離子中以碳碳雙鍵存在的碳原子采用sp2雜化，以碳碳單鍵結構存在的碳原子采用sp3雜化方式，故答案為：sp2、sp3；③在元素周期表中，通常非金屬性越強的電負性越大，則N>H，又金屬的電負性一般小于非金屬的電負性，則Cu<H，因此H、N、Cu三種元素的電負性從大到小依次為N>H>Cu，故答案為：N>H>Cu；（2）一個共價單鍵由一個σ鍵組成，一個共價雙鍵由一個σ鍵與一個π鍵組成，而甲醛分子的結構式為：，其分子內所含σ鍵的個數為3，π鍵個數為1，因此σ鍵與π鍵個數之比為3:1；甲醛中C原子形成3個σ鍵，為sp2雜化，是平面三角形結構，鍵角為120°，甲醇分子內碳原子形成4個σ鍵，無孤電子對，雜化方式為sp3雜化，是四面體結構，O?C?H鍵角約為109°28′,鍵角小于120°，所以甲醇分子內O?C?H鍵角比甲醛分子內O?C?H鍵角小，故答案為：3:1；小于；（4）①對照晶胞圖示、坐標系及A、B點坐標，選A為參照點，P在晶胞內的體心處，由空間立體幾何關系可推知D的坐標為：（12，12，故答案為：（12，12，②該晶體中距離Cu原子最近的Sn原子有4個，這些Sn原子所呈現的構型為平面正方形，故答案為：4；平面正方形；③由均攤法可知，該晶體的一個晶胞中有1個Sn、3個Cu和1個P原子，故該晶胞的摩爾質量為342g/mol,則一個晶胞質量342NAg,設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為d,則d2=(x2)2+(x2)2,d=22V=x3=342NAgag/cm3=342a?NAcm3，x=3342a?故答案為：22334212.有機物H是合成某種藥物的中間體，一種合成路線如下：回答下列問題：(1)有機物B的化學名稱為________。(2)反應②的反應