新疆維吾爾自治區(qū)2023屆高三上學期1月第一次聯(lián)考化學試題（解析版）

高中化學精品試卷PAGEPAGE1新疆維吾爾自治區(qū)2023屆高三上學期1月第一次聯(lián)考一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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.化學與生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法正確的是（）A.水體富營養(yǎng)化與任意排放氮的氧化物有關B.三星堆古遺址出土的青銅大立人的硬度比純銅小C.綠色能源汽車的研發(fā)和推廣有助于實現(xiàn)碳達峰、碳中和D.北京冬奧會吉祥物“冰墩墩”中填充的PET纖維屬于天然纖維[答案]C[解析]A．水體富營養(yǎng)化與含磷廢水的排放有關，任意排放氮的氧化物則會導致酸雨的形成，A錯誤；B．青銅是銅的合金，其硬度比純銅大，B錯誤；C．綠色能源汽車的研發(fā)和推廣能夠減少有機燃料的使用，從而降低了空氣中CO2的含量，因此有助于實現(xiàn)碳達峰、碳中和，C正確；D．PET纖維是人工制造的纖維，因此屬于合成纖維，D錯誤；故合理選項是C。2.工業(yè)上，用棉球蘸取濃氨水檢驗輸送氯氣的管道是否漏氣，發(fā)生的反應是。下列說法錯誤的是（）A.N原子的結構示意圖為B.的電子式為C.的結構式為D.氯化銨中每個原子都達到了8電子穩(wěn)定結構[答案]D[解析]A．N元素是第7號元素，原子的結構示意圖為，A正確；B．中的N原子和3個H原子分別形成1對共用電子對，電子式為，B正確；C．的N原子和N原子間形成3對共用電子對，結構式為，C正確；D．氯化銨分子中H原子不是8電子穩(wěn)定結構，D錯誤；故選D。3.傳統(tǒng)文化是中華文明的瑰寶。下列有關傳統(tǒng)文化分析錯誤的是（）傳統(tǒng)文化摘要分析A日照香爐生紫煙“紫煙”是碘升華導致的B“澤中有火”“上火下澤”。澤，指湖泊池沼“火”指CH4燃燒C落湯螃蟹著紅袍發(fā)生了化學變化D《本草經(jīng)集注》中記載“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”“硝石”指KNO3[答案]A[解析]A．“紫煙”是形容瀑布在紅日的照射下，幻化成一片紫色的云霞，而并非碘升華導致，A錯誤；B．“澤中有火”“上火下澤”。澤，指湖泊池沼，其中含有的有機物在隔絕空氣的條件下發(fā)生反應產(chǎn)生沼氣，沼氣主要成分是CH4，CH4燃燒產(chǎn)生火，故“火”指CH4燃燒，B正確；C．落湯螃蟹著紅袍是指螃蟹經(jīng)過高溫烹飪后，變成紅色的物質，由于產(chǎn)生了新的物質，因此發(fā)生了化學變化，C正確；D．《本草經(jīng)集注》中記載“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”“硝石”指KNO3不穩(wěn)定，受熱分解，K元素焰色實驗顯紫色，由于分解過程中產(chǎn)生KNO2固體，因此灼燒時看到有紫煙升起，D正確；故合理選項是A。4.實驗室用生石灰和濃氨水反應制取氨氣，按照制取、凈化、收集、驗滿的順序進行實驗。下列裝置能達到實驗目的的是（）A. B.C. D.[答案]C[解析]A．實驗室用生石灰和濃氨水反應制取氨氣是固液不加熱型，A項不符合題意；B．為酸性氧化物，不能干燥氨氣，B項不符合題意；C．氨氣的密度小于空氣，用向上排空氣法收集，C項符合題意；D．氨氣溶于水呈堿性，所以驗滿應用濕潤的紅色石蕊試紙，D項不符合題意；故選C。5.科學家合成了有機雙極晶體管，其結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是（）(注明：－Ph=苯基)A.該有機物的分子式為C42H28B.該有機物屬于芳香烴C.該有機物不能與溴水發(fā)生加成反應D.1mol該有機物最多能與20molH2發(fā)生加成反應[答案]D[解析]A．根據(jù)結構簡式，含有42個碳原子，不飽和度為29，則H原子個數(shù)為28，分子式為C42H28，故A說法正確；B．該有機物中含有苯環(huán)，且原子均為C、H，因此該有機物屬于芳香烴，故B說法正確；C．該物質中含有苯環(huán)，不含碳碳不飽和鍵，因此該有機物不能與溴水發(fā)生加成反應，故C說法正確；D．1mol苯環(huán)最多與3mol氫氣發(fā)生加成，即1mol該物質最多與21mol氫氣發(fā)生加成反應，故D說法錯誤；[答案]為D。6.部分含銅物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列推斷錯誤的是（）A.d的代表物質高銅酸鉀(KCuO2)具有強氧化性B.將c加入濃堿液中可制得e的膠體C.e→a的轉化可用于檢驗葡萄糖D.存在b→c→e→b的轉化關系[答案]B[解析]A．由圖可知，d的代表物質高銅酸鉀(KCuO2)中的銅元素具有最高價，化合價容易降低，具有強氧化性，A正確；B．c為正二價的銅鹽，加入濃氫氧化鈉會生成氫氧化銅沉淀，不會形成膠體，B錯誤；C．葡萄糖具有還原性，在堿性環(huán)境中可以二價銅轉化為一價銅，故ea的轉化可用于檢驗葡萄糖，C正確；D．氧化銅和稀硫酸生成硫酸銅，硫酸銅和氫氧化鈉生成氫氧化銅，氫氧化銅受熱分解生成氧化銅，存在bceb的轉化關系，D正確；故選B。7.下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A.以石墨為電極，電解飽和溶液：B.在濁液中滴加溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀和氣泡：C.在稀硝酸中加入過量的鐵粉：D.向1L溶液中通入4.48L(標準狀況)：[答案]B[解析]A．難溶于水，石墨是惰性電極，總電解反應方程式為：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，A錯誤；B．難溶于水，與會發(fā)生強烈雙水解生成和，即產(chǎn)生紅褐色沉淀和氣泡，正確的離子方程式為，B正確；C．加入過量鐵粉，產(chǎn)物為亞鐵離子，正確的離子方程式為，C錯誤；D．，0.1mol先氧化0.2mol，然后0.1mol氧化0.2mol，正確的離子方程式為，D錯誤；故選B。8.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A.0℃、101KPa下，11.2L由和組成的混合氣體中含有的氫原子數(shù)為B.2.0L溶液中含有的、、總數(shù)為C.0.1mol由和組成的混合氣體在氧氣中完全燃燒時，消耗的分子數(shù)為D.電解熔融NaCl和混合物時，陽極上產(chǎn)生0.1mol氣體，轉移的電子數(shù)為[答案]A[解析]A．0℃、101KPa下，11.2L由和組成的混合氣體中含有的氫原子數(shù)為=，A正確；B．磷酸溶液中還存在磷酸分子，2.0L溶液中有：n(H3PO4)+c()+c()+c()=2L×0.5mol/L=1mol，則其中含有的、、總數(shù)小于，B錯誤；C．由方程式：C2H4+3O22CO2+2H2O，C2H5OH+3O22CO2+3H2O可知，0.1mol由和組成的混合氣體在氧氣中完全燃燒時，消耗的分子數(shù)為，C錯誤；D．電解熔融NaCl和混合物時，陽極的電極反應式為，產(chǎn)生0.1mol時，轉移0.2mol電子，D錯誤；故[答案]為：A。9.科學家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進和的轉移(如a、b、c)，能將海洋中的轉化為進入大氣層，反應過程如圖所示。下列說法正確的是（）A.整個過程是自然界中氮的固定B.生物酶降低了各個反應的焓變，加快了反應速率C.整個過程中，每生成1mol，轉移3mol電子D.整個過程有極性共價鍵、離子鍵及非極性共價鍵的斷裂和形成[答案]C[解析]A．因產(chǎn)物是，不是氮的固定，A錯誤；B．生物酶加快了反應速率，不能改變反應的焓變，B錯誤；C．由總反應可知，，整個過程中，每生成1mol，轉移3mol電子，C正確；D．整個過程中沒有離子鍵的形成，D錯誤；故選C。10.M、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們組成的一種分子W的結構如圖所示，該分子中所有原子均達到穩(wěn)定結構，四種元素中只有X、Y位于同周期，Z的單質為淡黃色固體。下列說法正確的是（）A.原子半徑：X＞Y＞MB.Y、Z的氧化物對應的水化物均為強酸C.氫化物的沸點：X＜YD.該分子中只含有極性鍵[答案]A[解析]A．一般電子層數(shù)越多，半徑越大，同周期從左向右，原子半徑依次減小，因此三種元素原子半徑大小順序是C＞N＞H，故A正確；B．Y為N，N的氧化物對應水化物有HNO2、HNO3，HNO2為弱酸，硝酸為強酸，Z為S，S的氧化物對應水化物有H2SO3、H2SO4等，前者為中強酸，后者為強酸，故B錯誤；C．C的氫化物屬于烴，有固、液、氣三種狀態(tài)，因此C的氫化物沸點不一定小于N的氫化物，故C錯誤；D．根據(jù)結構中，N-N之間存在非極性鍵，故D錯誤；[答案]為A。11.為探究鐵及其化合物的性質，某化學興趣小組利用鐵與水蒸氣反應所得的固體進行了實驗，先用過量鹽酸溶解，并分成4份，繼續(xù)如下實驗：實驗操作與現(xiàn)象①加入高錳酸鉀溶液，紫色褪去②加入溶液，生成藍色沉淀③加入KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象④加入NaOH溶液，生成的白色沉淀逐漸變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色依據(jù)上述實驗現(xiàn)象，下列結論合理的是（）A.實驗①說明溶液中一定含有B.實驗③說明該固體中不含三價鐵C.實驗②③說明反應后的固體中有鐵粉剩余D.實驗④中灰綠色的沉淀是[答案]C[解析]A．高錳酸鉀溶液會與鹽酸發(fā)生氧化還原反應而褪色，A錯誤；B．實驗③說明溶液中不含，但不能說明固體中沒有三價鐵，也可能溶于鹽酸時，過量的鐵單質把三價鐵還原了，B錯誤；C．實驗②說明溶液中含有，實驗③說明溶液中不含，而鐵與水蒸氣能生成三價鐵，所以可以推知反應后的固體中有鐵粉剩余，C正確；D．灰綠色的沉淀是轉化為的中間過程，D錯誤；故本題選C。12.碳酸鋰是制備高純鋰化合物和鋰合金的主要原料，在玻璃和陶瓷制造、醫(yī)藥、有色金屬冶煉、鋰電池電極材料等領域具有廣闊的應用前景。某化學小組在實驗室用含鋰廢渣(主要含Li2O，還含有少量其他能溶于鹽酸的金屬氧化物及少量碳單質)制備碳酸鋰的流程如圖所示：下列說法錯誤的是（）A.“浸渣”主要成分是碳單質B.“萃取”和“反萃取”均應在燒杯中進行C.“蒸發(fā)濃縮”的目的之一是除去過量的HClD“沉鋰”后所得母液中含有NaCl[答案]B[解析]A．由分析可知，“浸渣”的主要成分是碳單質，A正確；B．“萃取”和“反萃取”后都需要分液，所以均應在分液漏斗中進行，B錯誤；C．“蒸發(fā)濃縮”時，一方面可增大溶液的濃度，使Li+沉淀更充分，另一方面可除去過量的HCl，從而減少Na2CO3溶液的用量，C正確；D．“沉鋰”時，發(fā)生反應2LiCl+Na2CO3=Li2CO3↓+2NaCl，所得母液中含有NaCl，D正確；故選B。13.科學家用(POM，P為＋5價)和作催化劑，通過常溫常壓電化學還原氮得到火箭燃料肼，裝置如圖。下列有關說法錯誤的是（）A.中W的化合價為＋6價B.該電解池總反應式為C.若用鉛蓄電池作電源，則B電極應與電極相連D.若質子交換膜中有個通過，則B電極有標準狀況下22.4L產(chǎn)生[答案]D[解析]A．中鋰、磷、氧、氫化合價分別為+1、+5、-2、+1，根據(jù)化合價代數(shù)和為零，則W的化合價為＋6價，A正確；B．該電解池總反應為氮氣和水在通電作用下生成肼和氧氣，B正確；C．鉛蓄電池中極為正極，應該與電解池中B極相連，C正確；D．B電極的電極反應式為，質子交換膜中有個通過，外電路中有4mol轉移，產(chǎn)生1mol，標準狀況下體積為22.4L，D錯誤；故選D。14.室溫下，pH=3的HR1溶液、HR2溶液各V0mL，分別加入蒸餾水稀釋至VmL。稀釋過程中溶液pH與lg的關系如圖所示。下列推斷錯誤的是（）A.HR2溶液中存在5種粒子B.0.1mol?L-1HR1、HR2溶液中，前者酸根離子濃度更大C.c(OH-)：a=bD.若起始HR2濃度為0.1mol?L-1，則起始時HR2的電離度約為0.1%[答案]D[解析]A．pH=3的HR2溶液，c(H+)=10-3mol/L，當其溶液稀釋10倍，溶液pH增大不到1個單位，說明HR2為弱酸，在HR2溶液中存在HR2的電離平衡及H2O的電離平衡，溶液中存在HR2、H2O、H+、OH-、，共5種粒子，A正確；B．根據(jù)開始時溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，當HR1、HR2溶液稀釋相同倍數(shù)后溶液pH增大值：HR1＞HR2，所以酸性：HR1＞HR2，因此0.1mol?L-1HR1、HR2溶液中，前者電離程度比后者大，故前者溶液中酸根離子濃度更大，B正確；C．根據(jù)圖示可知：a、b兩點的pH相等，而兩種溶液中c(H+)相等，根據(jù)水的離子積常數(shù)可知兩種溶液中OH-的濃度大小關系為：a=b，C正確；D．若起始HR2濃度為0.1mol?L-1，c(HR2)=0.1mol/L，開始時溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，故起始時HR2的電離度約為，故合理選項是D。二、必考題：本題共3小題，共43分。15.苯甲酸是一種重要的化工產(chǎn)品，在25℃和95℃下在水中的溶解度分別為0.3g和6.9g。實驗室制備苯甲酸并測定其純度的步驟如下：I.苯甲酸的制備量取一定量的甲苯和足量溶液發(fā)生反應：+2KMnO4+KOH+3MnO2↓+H2O，裝置如圖所示。待甲苯完全反應后趁熱過濾，用少量熱水洗滌濾渣，合并濾液和洗滌液，然后放在冷水浴中冷卻，用濃硫酸酸化使溶液由強堿性變?yōu)閺娝嵝?，至苯甲酸全部析出，過濾得到粗產(chǎn)品。（1）儀器X的名稱為__________________，冷凝管的出水口為_______(填“a”或“b”)。（2）三頸燒瓶中反應基本完成的現(xiàn)象為__________________________________________，用油浴加熱的優(yōu)點是_______________________________________________。（3）“濾渣”的主要成分為_________________(填化學式)；每得到1mol濾渣，理論上轉移的電子的物質的量為____________mol。（4）酸化時，_________________(填“能”或“不能”)用冰醋酸代替濃硫酸，理由是___________________________________________________________________。II.純度測定（5）稱取0.10g樣品，溶于15mLNaOH溶液中，加入2滴酚酞作指示劑，用鹽酸滴定至紅色恰好消失，加入20mL乙醚，再加入10滴溴酚藍作指示劑，搖勻，用鹽酸滴定，邊滴邊將水層和乙醚層充分搖勻使生成的苯甲酸及時被乙醚溶解，滴定至終點時，消耗8.0mL鹽酸，則苯甲酸的純度為_______，若第二次滴定過程中，滴定管起始有氣泡，滴定終點時氣泡消失，則導致所測得樣品中苯甲酸的純度____________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。[答案]（1）恒壓滴液漏斗b（2）溶液上方不再有明顯油珠受熱均勻，容易控制溫度（3）MnO23（4）不能醋酸是弱酸。無法將溶液調至強酸性（5）97.6%偏高[解析]（1）根據(jù)儀器的構造知，儀器X為恒壓滴液漏斗；冷凝管的出水口為b；[答案]為：恒壓滴液漏斗；b；（2）由于甲苯不溶于水，而苯甲酸在水中能溶解，因此當三頸燒瓶中溶液不分層，說明甲苯已完全反應；油浴加熱的優(yōu)點是受熱均勻，容易控制溫度。[答案]為：溶液上方不再有明顯油珠；受熱均勻，容易控制溫度；（3）由題給信息可知，反應有二氧化錳沉淀生成，所以“濾渣”主要成分為：MnO2；根據(jù)反應方程式可知，錳元素得化合價由+7價變?yōu)?4價，故每得到1molMnO2，理論上轉移的電子的物質的量為3mol；[答案]為：MnO2；3；（4）醋酸是弱酸，無法將溶液調至強酸性，酸化時，不能用冰醋酸代替濃硫酸，[答案]為：不能；醋酸是弱酸，無法將溶液調至強酸性；（5）根據(jù)鹽酸與氫氧化鈉反應時，參加反應的溶質的物質的量之比為1∶1可知，與苯甲酸反應的，所以苯甲酸的純度為97.6%；滴定過程中，滴定管起始有氣泡，滴定終點時氣泡消失，讀數(shù)得出消耗鹽酸的體積偏大，則與苯甲酸反應的NaOH溶液體積偏小，所以測得樣品中苯甲酸的純度偏高。[答案]為：97.6%；偏高。16.Cu3Se2是鈉離子電池的電極材料。某小組設計以黃銅礦粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)為原料制備二硒化三銅的流程如圖1，回答下列問題：（1）“濾渣2”的主要成分是______________(填化學式)。（2）從綠色化學角度考慮，純凈物R宜選擇_______________(填化學式)。（3）其他條件相同，“液浸”中金屬浸出率與溫度、硫酸鐵溶液濃度的關系如圖2所示(浸出率指單位時間內Cu和Se溶解的質量)。已知在此濃度下，硫酸鐵溶液不影響細菌活性。根據(jù)圖2，c1________(填“＜”、“＞”或“=”)c2。其他條件相同，溫度高于T0℃時，浸出率隨著溫度升高而降低的主要原因是___________________________________。(任答一條)（4）“液浸”中，CuFeS2參與反應的離子方程式為______________________________。（5）已知H2SeSO3是弱酸，Na2SeSO3溶液呈________(填“酸”、“堿”或“中”)性，0.1mol?L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=________mol?L-1。（6）“沉鐵”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3?H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，該反應的平衡常數(shù)K=______________。已知：常溫下，Ksp[Cu(OH)2]≈2.0×10-20；Cu2++4NH3?H2O[Cu(NH3)4]2++4H2OK總=2.0×1013。[答案]（1）Fe(OH)3（2）H2O2（3）＞溫度高于T0℃時，細菌活性降低，F(xiàn)e3+水解程度增大，浸出率降低（4）CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S（5）堿0.2（6）4.0×10-7[解析]（1）由分析可知，“濾渣2”的主要成分是Fe(OH)3。[答案]為：Fe(OH)3；（2）從綠色化學角度考慮，純凈物R既能將Fe2+氧化為Fe3+，又不引入新的雜質，所以宜選擇H2O2。[答案]為：H2O2；（3）“液浸”中，硫酸鐵作氧化劑，濃度越大，氧化能力越強，金屬浸出率越高，所以根據(jù)圖2，c1＞c2。在溫度較高時，細菌易發(fā)生變性，從而降低或失去催化活性，則其他條件相同，溫度高于T0℃時，浸出率隨著溫度升高而降低的主要原因是：溫度高于T0℃時，細菌活性降低，F(xiàn)e3+水解程度增大，浸出率降低。[答案]為：＞；溫度高于T0℃時，細菌活性降低，F(xiàn)e3+水解程度增大，浸出率降低；（4）“液浸”中，CuFeS2中的-2價S被Fe3+氧化為S單質，反應的離子方程式為CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。[答案]為：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S；（5）H2SeSO3是弱酸，則Na2SeSO3是強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，依據(jù)電荷守恒，0.1mol?L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.2mol?L-1。[答案]為：堿；0.2；（6）常溫下，Ksp[Cu(OH)2]≈2.0×10-20；Cu2++4NH3?H2O[Cu(NH3)4]2++4H2OK總=2.0×1013。則“沉鐵”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3?H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，該反應的平衡常數(shù)K===2.0×10-20×2.0×1013=4.0×10-7。[答案]為：4.0×10-7。17.鋁及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應用。（1）四氫鋁鋰()是重要的還原劑，在有機合成中有廣泛應用。已知幾種熱化學方程式如下：i.ii.=1\*GB3①___________。②在一密閉容器中投入足量的和，一定溫度下只發(fā)生反應i，達到平衡后。保持溫度不變，將體積縮小至原來的三分之一，達到第二次平衡，下列敘述錯誤的是_________(填標號)。A.氣體壓強保持不變時達到平衡狀態(tài)B.第一次平衡到第二次平衡，平衡常數(shù)增大C.達到第二次平衡時，D.第一次平衡到第二次平衡，保持不變（2）氮化鋁(AlN)是一種新型無機非金屬材料。工業(yè)上制備AlN的化學反應原理為。向一體積為2L的恒容密閉容器中加入和充入足量的、C(s)和2mol，測得平衡時CO的體積分數(shù)與溫度、壓強的關系如圖所示。=1\*GB3①X代表_________(填“溫度”或“壓強”)，判斷的依據(jù)是___________________________。②Y1___________(填“>”、“<”或“=”)Y2。③M點對應的條件下，平衡常數(shù)K=____________。（3）已知：Arrhenius經(jīng)驗公式為(為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))。為探究Cat1、Cat2兩種催化劑的催化效能進行了實驗探究，獲得如圖曲線。從圖中信息可知催化效能較高的催化劑是_________(填“Cat1”或“Cat2”)，判斷的依據(jù)是_____________________________________________________________________________。(已知速率常數(shù)變化值越大，活化能越大)[答案]（1）①-3973.9②BD（2）①溫度正反應是吸熱反應，平衡后升高溫度，平衡向正方向移動，CO的體積分數(shù)增大(或若X表示壓強，隨著壓強的增大，CO的體積分數(shù)將減小)②>③0.5625（3）Cat2Cat2直線斜率變化值較小(或直線Cat2斜率絕對值較小或直線Cat2較Cal平緩)，活化能較小。催化效能較高[解析]（1）①根據(jù)蓋斯定律，的；②A．氣體壓強與體積、溫度、氣體物質的量有關，氣體物質的量不斷減少時氣體壓強減小，當氣體壓強不變時達到平衡狀態(tài)，A正確；B．平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)不變，B錯誤；C．對于一種氣體的可逆反應，二次平衡的平衡常數(shù)不變，氣體壓強、濃度都不變，C正確；D．改變體積時，導致壓強發(fā)生變化，所以平衡發(fā)生了移動，固體質量改變，D錯誤；[答案]選BD；（2）①該可逆反應的正反應是吸熱反應，平衡后升高溫度，平衡向正反應方向移動，CO的體積分數(shù)增大，故X代表溫度，Y代表壓強；②正反應是氣體分子數(shù)增大的反應，溫度不變時增大壓強，CO體積分數(shù)減小，故大于；③M點CO體積分數(shù)為50%。起始濃度為1，設變化濃度為x，有，。平衡時，，，平衡常數(shù)；（3）設溫度為，，兩邊取絕對值，得出結論是升高相同的溫度，速率常數(shù)變化值越大，活化能越大。Cat1作用下直線斜率較大，速率常數(shù)變化值較大，活化能較大，即Cat2催化效率較高。三、選考題：共15分。請考生從第18題和第19題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。18.腈類化合物是一類含氰基(－C≡N)的重要有機化合物，可以用作農藥、香料、金屬緩蝕劑或液晶材料等，氨氧化法是丙烯腈的重要生產(chǎn)方法，反應原理如下：CH2=CH－CH3(丙烯)+NH3+O2CH2=CH－CN(丙烯腈)+H2O(未配平)（1）丙烯分子中碳原子的雜化方式為___________，丙烯腈分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比為___________。（2）該反應原理中的第二周期各元素的第一電離能由大到小的順序為________________，原因是________________________________________________________。（3）鍵角：NH3_____(填“>”、“<”或“=”)H2O，原因是_____________________________。（4）丙烯腈在不同條件下可以轉化為丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH，試比較二者酸性的強弱：CH3CH2COOH________(填“>”、“<”或“=”)CH3CHClCOOH。（5）一種金屬鉬(Mo)的晶胞為體心立方堆積，如圖1所示。=1\*GB3①以晶胞參數(shù)為單位長度建立如圖2所示坐標系，若圖1中原子1的坐標為(0，0，0)，則圖1中原子2的坐標為_________________。②若晶胞參數(shù)為apm，則圖1中原子1和原子2的連線長度為______________pm，金屬鉬的密度為_________________g?cm-3。[答案]（1）sp2、sp32：1（2）N>O>C在同一周期從左至右，第一電離能呈增大趨勢，但是N原子的2p能級為半充滿穩(wěn)定結構，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為：N>O>C（3）>NH3含有一對孤對電子，而H2O含有2對孤對電子，H2O中孤對電子對成鍵電子排斥作用力大，鍵角?。?）<（5）①(0，1，1)②a[解析]（1）丙烯分子中碳原子周圍存在雙鍵和單鍵，雙鍵碳原子價層電子對數(shù)為3，單鍵碳原子價層電子對數(shù)為4，其雜化方式分別為sp2和sp3；丙烯腈分子中含有6個σ鍵與3個π鍵，其數(shù)目之比為2：1；（2）該反應原理中的第二周期元素是C、N、O，在同一周期從左至右，第一電離能呈增大趨勢，但是N原子的2p能級為半充滿穩(wěn)定結構，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為：N>O>C；（3）NH3的鍵角大于H2O，因為NH3含有一對孤對電子，而水含有2對孤對電子，H2O中孤對電子對成鍵電子排斥作用力大，鍵角?。唬?）對比丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH可以看出，CH3CHClCOOH分子中的電負性較