【解析】四川省峨眉二中高三高考適應(yīng)性考試?yán)砭C化學(xué)試題

峨眉二中高2017級高考適應(yīng)性考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H:1N:14O:16Zn:65Cu:64Mn：55Cl：35.5V:51第Ⅰ卷(選擇題)一、選擇題：本題包括7小題，每小題6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(xué)與生活、科技及環(huán)境密切相關(guān)，下列說法正確的是A.氫氧化鋁可用于中和人體過多的胃酸B.漂白粉在空氣中久置變質(zhì)，是因為漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3C.“白墻黑瓦青石板，煙雨小巷油紙傘”，詩中傘骨架主要成分可用(C6H12O6)n表示D.2020年3月9日，發(fā)射了北斗系統(tǒng)第五十四顆導(dǎo)航衛(wèi)星，其計算機(jī)的芯片材料是一種有機(jī)高分子材料【答案】A【解析】【詳解】A．氫氧化鋁顯弱堿性，且無毒，可以用于中和過多的胃酸(HCl)，故A正確；B．漂白粉在空氣中久置變質(zhì)，是因為次氯酸鈣吸收二氧化碳和水，反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸易分解使漂白粉變質(zhì)，不是CaCl2與空氣中的CO2反應(yīng)，故B錯誤；C．做傘骨架的竹纖維的主要成分纖維素，可表示為(C6H10O5)n，而不是(C6H12O6)n，故C錯誤；D．計算機(jī)芯片主要成分是晶體硅，晶體硅屬于無機(jī)物，故D錯誤；故答案為A。4酸性溶液0.1L與一定量pH=3的草酸(HOOC—COOH)溶液混合，放出VL氣體。NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.該反應(yīng)釋放CO2分子數(shù)目為NAB.pH=3的草酸溶液含有H+NANAD.當(dāng)1molKMnO4被還原時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為10NA【答案】C【解析】【詳解】A．非標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體摩爾體積不是22.4L/mol，則二氧化碳分子數(shù)目無法計算，故A錯誤；B．草酸溶液的體積未知，無法確定氫離子的數(shù)目，故B錯誤；NA，故C正確；D．KMnO4被還原成Mn2+，Mn元素化合價降低5價，所以當(dāng)1molKMnO4被還原時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5NA，故D錯誤；故答案為C。，下列有關(guān)該有機(jī)物的說法正確的是A.分子式為C8H10O3B.既可以發(fā)生加成反應(yīng)又可以發(fā)生取代反應(yīng)C.分子中所有碳原子共面D.含有兩種官能團(tuán)【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)X的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C8H12O3，故A錯誤；B．該物質(zhì)含有碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應(yīng)，含有羧基、羥基，可以發(fā)生酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故B正確；C．該物質(zhì)中存在與同一飽和碳原子相連的3個碳原子，不可能所有碳原子共面，故C錯誤；D．分子含有羧基、碳碳雙鍵、羥基三種官能團(tuán)，故D錯誤；故答案為B。4.一種新型試劑(如圖)可用于洗滌羊毛等，已知Z、Y、X、W原子序數(shù)依次增大，其中Z、Y、W為不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的最外層電子數(shù)，W和X對應(yīng)的簡單離子核外電子排布相同。下列敘述正確的是A.少量W單質(zhì)保存在煤油中B.W、X、Y對應(yīng)原子半徑順序為：W>X>YC.該試劑中各元素均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為H3YO3【答案】D【解析】【分析】Z、Y、W為不同周期不同主族的短周期元素，原子序數(shù)依次增大，則Z為第一周期、Y為第二周期、W為第三周期，所以Z為H元素；W形成+2價陽離子，應(yīng)位于ⅡA族，且位于第三周期，所以W為Mg元素；X形成2個共價鍵，應(yīng)位于ⅥA族，其原子序數(shù)小于Mg所以X為O元素；W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的核外層電子數(shù)，Y的最外層電子數(shù)為：621=3，Y原子序數(shù)小于O，則Y為B元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．Mg單質(zhì)表面可以形成致密的氧化膜，所以不需要保持在煤油中，故A錯誤；B．W、X、Y分別為Mg、O、B，電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同核電荷數(shù)越小原子半徑越大，所以原子半徑：W>Y>X，故B錯誤；C．H原子最外層不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C錯誤；D．Y為B位于第ⅢA族，最高正價為+3價，所以最高價氧化物對應(yīng)的水化物為H3YO3，故D正確；故答案為D。5.一種水系鋅離子電池總反應(yīng)式為xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4.(0<x<1)。下列說法錯誤的是（）A.充電時，陽極的電極反應(yīng)式為Zn1xMn2O4+xZn2++2xe=ZnMn2O4B.放電時，Zn2+向正極遷移C.充放電過程中鋅與錳的化合價都發(fā)生變化D.放電時，每轉(zhuǎn)移1mole【答案】A【解析】【分析】根據(jù)電池的電池反應(yīng)式為：xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4（0＜x＜1）可知，放電時，Zn的化合價升高，被氧化，為原電池的負(fù)極，負(fù)極的電極反應(yīng)式：Zn2e－=Zn2＋；正極反應(yīng)為Zn1xMn2O4+xZn2＋+2xe－═ZnMn2O4，充電時陰陽極反應(yīng)與負(fù)極、正極反應(yīng)剛好相反，充電時，電解池陽離子向陰極移動。【詳解】A．電解池中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以陽極的電極反應(yīng)為：ZnMn2O42xe－=Zn1xMn2O4+xZn2＋，故A錯誤；B放電時，陽離子向正極遷移，Zn2+向正極遷移，故B正確；C.放電時錳元素的化合價降低，鋅的化合價升高，充電過程相反，充放電過程中鋅與錳的化合價都發(fā)生變化，故C正確；D．放電時，正極反應(yīng)為：Zn1xMn2O4+xZn2＋+2xe－═ZnMn2O4，所以每轉(zhuǎn)移2xmol電子，ZnMn2O4電極質(zhì)量增加xmolZn，所以每轉(zhuǎn)移1mole－，ZnMn2O4電極質(zhì)量增加0.5mol×65g·mol－1=32.5g，故D正確；故選A。6.分別進(jìn)行下表所示實驗，實驗現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A測量熔融狀態(tài)下NaHSO4的導(dǎo)電性能導(dǎo)電熔融狀態(tài)下NaHSO4能電離出Na+、H+、B蘸有濃氨水的玻璃棒靠近X有白煙產(chǎn)生X可能濃鹽酸C將甲烷與氯氣按體積比1:4混合于試管中光照反應(yīng)后混合氣體能使?jié)櫇竦氖镌嚰堊兗t生成的氯代甲烷具有酸性D將AlCl3溶液加熱蒸干得到白色固體白色固體成分為純凈的AlCl3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．熔融狀態(tài)下NaHSO4可以導(dǎo)電，但是電離出的是Na+和HSO，故A錯誤；B．濃氨水可以揮發(fā)出氨氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出HCl，二者反應(yīng)生成固態(tài)氯化銨，產(chǎn)生白煙，故B正確；C．反應(yīng)后混合氣體能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t是因為甲烷和氯氣的取代反應(yīng)過程中有HCl生成，并不是氯代甲烷有酸性，故C錯誤；D．氯化鋁溶液中存在鋁離子的水解平衡，水解過程為吸熱反應(yīng)，且水解產(chǎn)生的HCl易揮發(fā)，所以加熱蒸發(fā)過程中氯化鋁會完全水解，最終得到氫氧化鋁，故D錯誤；故答案為B。7.25℃時，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g與pH關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.A點對應(yīng)溶液中：c(A－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)B.25℃時，HA酸的電離常數(shù)的數(shù)量級為10－6C對C點溶液加水稀釋，一定減小D.當(dāng)加入NaOH溶液體積為10mL時，水的電離受到了抑制【答案】C【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知A點對應(yīng)溶液的pH＜7，顯酸性，則c(H+)＞c(OH－)，結(jié)合電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(OH－)可知：c(A－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)，故A正確；B．據(jù)圖可知B點1g=0，即=1，pH=5.3，即c(H+)=10mol/L，所以HA的電離平衡常數(shù)Ka==10，數(shù)量級為10－6，故B正確；C．A－的水解平衡常數(shù)表達(dá)式為，加水稀釋水解平衡常數(shù)不變，則不變，故C錯誤；D．加入NaOH溶液體積為10mL時，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NaA和HA，HA的電離平衡常數(shù)為Ka=10，則其水解平衡常數(shù)Kh==10<Ka，所以此時溶液中的HA的電離程度大于A－的水解程度，酸的電離抑制水的電離，則此時水的電離受到抑制，故D正確；故答案為C。8.亞硝酰氯(NOCl，熔點：64.5℃，沸點：5.5℃)是一種黃色氣體，遇水易反應(yīng)，生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物，其中一種呈紅棕色?？捎糜诤铣汕鍧崉?、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。(1)甲組的同學(xué)擬制備原料氣NO和Cl2，制備裝置如圖所示：為制備純凈干燥的氣體，下表中缺少的藥品是：制備原料裝置Ⅰ裝置Ⅱ燒瓶中分液漏斗中制備純凈Cl2MnO2①________飽和食鹽水制備純凈NOCu稀硝酸②________(2)乙組同學(xué)利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl，裝置如圖所示：①裝置連接順序為a→_______(按氣流自左向右方向，用小寫字母表示)。②為了使實驗順利進(jìn)行，實驗中先通入的氣體是_____(填Cl2或NO)，待裝置Ⅴ中充滿氣體時，再將另一氣體緩緩?fù)ㄈ?，此操作的目的是_____。③裝置Ⅴ生成NOCl的化學(xué)方程式是_____。④裝置Ⅵ的作用為_____，若無該裝置，Ⅷ中NOCl可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(3)丁組同學(xué)用以下方法測定亞硝酰氯(NOCl)純度：?、兴靡后wm克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為bmL。亞硝酰氯(NOCl)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________(用代數(shù)式表示即可)?！敬鸢浮?1).濃鹽酸(2).水(3).e→f(或f→e)→b→c→d(4).Cl2(5).排盡裝置中空氣，防止一氧化氮被裝置中的氧氣氧化(6).2NO+Cl2=2NOCl(7).防止水蒸氣進(jìn)入裝置Ⅷ(8).2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2(9).【解析】【分析】在實驗室中用MnO2與濃鹽酸混合加熱制取Cl2，濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以生成的氯氣中含有雜質(zhì)HCl，先用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，再通過濃硫酸干燥，得到純凈Cl2；在實驗室中用Cu與稀硝酸混合加熱制取NO，硝酸具有揮發(fā)性，先用水除去NO中的HNO3，再通過濃硫酸干燥，得到純凈NO；將氯氣和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應(yīng)，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，據(jù)此進(jìn)行解答?！驹斀狻?1)實驗室用濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣，氯氣中含有HCl，用飽和食鹽水除去HCl，用濃硫酸除去水蒸氣，所以分液漏斗中是濃鹽酸，裝置II中為飽和食鹽水；實驗室用Cu和稀硝酸制取NO，NO易被氧氣氧化生成NO2，硝酸的揮發(fā)性導(dǎo)致生成的NO含有硝酸，用水吸收硝酸和二氧化氮氣體，所以分液漏斗中是稀硝酸、裝置II中是水；(2)①將Cl2和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應(yīng)，在冰鹽中冷凝收集NOCl，Cl2、NO以及NOCl都是大氣污染物，均不能排放到空氣中，用NaOH溶液吸收，但NOCl遇水易發(fā)生水解反應(yīng)，所以在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，故裝置接口為：a→e→f(或f→e)→b→c→d；②NO易被氧氣氧化生成NO2，先通入Cl2充滿裝置Ⅴ，可排盡裝置中空氣，防止一氧化氮被裝置中的氧氣氧化；③裝置Ⅴ生成Cl2與NO反應(yīng)產(chǎn)生NOCl，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cl2+2NO=2NOCl；④NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個裝置干燥裝置，防止水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器和收集裝置中，若無該裝置，NOCl會與水反應(yīng)生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物，其中一種呈紅棕色，即NO2，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得化學(xué)方程式為2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；②根據(jù)原子守恒得關(guān)系式NOClHClAgClAgNO3n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)=cmol/L×b×103L=bc×103mol，則250mL溶液中n(NOCl)=bc×102mol，m(NOCl)=bc×102mol×65.5g/mol=0.655bcg，因此亞硝酰氯質(zhì)量分為?！军c睛】對于陌生物質(zhì)的制備實驗一定要充分利用題目所給信息，如題干告訴我們亞硝酰氯遇水易反應(yīng)，則在制備過程中要保持干燥，反應(yīng)前氣體要干燥，反應(yīng)后也要有干燥裝置防止尾氣處理裝置中的水蒸氣進(jìn)入。9.工業(yè)上以釩鈦磁鐵礦為原料，在煉鐵的同時還可以制備釩的最高價氧化物V2O5，其主要流程如圖：已知：①+2H++H2O②NH4VO3微溶于冷水，易溶于熱水，不溶于乙醇(l)浸取過程中提高浸取率的方法______(任寫一種)(2)釩渣中的V2O3與CaCO3混合后在空氣中焙燒時轉(zhuǎn)化為Ca(VO3)2同時釋放出一種溫室氣體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_____。(3)Ca(VO3)2難溶于水但能溶于稀硫酸，試用平衡移動原理分析其原因_____，浸出液中含釩物質(zhì)的化學(xué)式為_________。(4)過濾后用乙醇代替水來洗滌沉淀的原因是______。(5)“沉釩”得到偏釩酸銨(NH4VO3)，若浸出液中c()=0.1mol?L1，為使釩元素的沉降率達(dá)到98%，至少應(yīng)調(diào)節(jié)c()為_____mol?L1[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×103](6)煅燒NH4VO3時，固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。加熱到200℃時，得到的固體物質(zhì)化學(xué)式為_____?！敬鸢浮?1).粉碎/加熱/攪拌/適當(dāng)提高硫酸濃度(2).V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2(3).加入硫酸使+2H+?+H2O中c()降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)?Ca2+(aq)+(aq)正向移動，Ca(VO3)2溶解(4).(VO2)2SO4(5).NH4VO3不溶于乙醇，減少損失(6).0.8(7).HVO3【解析】【分析】釩鈦磁鐵礦高溫煅燒得到鐵水和釩渣，釩渣中的V2O3與CaCO3混合后在空氣中焙燒時轉(zhuǎn)化為Ca(VO3)2，根據(jù)元素守恒可知同時得到CO2；Ca(VO3)2懸濁液中存在沉淀溶解平衡Ca(VO3)2(s)?Ca2+(aq)+(aq)正向移動，加入硫酸使+2H+?+H2O平衡正向移動，得到含的溶液，溶液中加入碳酸氫銨溶液得到NH4VO3沉淀，過濾洗滌干燥后高溫煅燒得到V2O5?！驹斀狻?1)粉碎、加熱、攪拌、適當(dāng)提高硫酸濃度都可以提高浸取率；(2)根據(jù)元素守恒可知該溫室氣體應(yīng)為CO2，化學(xué)方程式為V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2；(3)根據(jù)題目信息可知，加入硫酸可使+2H+?+H2O平衡正向移動，c()降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)?Ca2+(aq)+(aq)正向移動，Ca(VO3)2溶解；浸出液中V元素存在形式為，溶液中的陰離子為硫酸根，所以含釩物質(zhì)的化學(xué)式為(VO2)2SO4；(4)根據(jù)題目信息可知NH4VO3不溶于乙醇，所以用乙醇洗滌可以減少溶解損耗；(5)浸出液中c()=01mol?L1，沉淀率達(dá)到98%時，溶液中c()=0.1mol?L1×(198%)=0.002mol/L，則c()==0.8mol?L1；(6)銨鹽不穩(wěn)定受熱易分解，根據(jù)最終產(chǎn)物V2O5可知分解過程不是氧化還原過程，所以NH4VO3受熱分解過程中會產(chǎn)生NH34VO3的物質(zhì)的量為3，所以該段發(fā)生的反應(yīng)為NH4VO3NH3↑+HVO3，此時剩余的固體物質(zhì)為HVO3?！军c睛】加入碳酸氫銨產(chǎn)生NH4VO3的過程題目雖然沒有考察，但學(xué)生也應(yīng)理解，該過程中碳酸氫根結(jié)合氫離子使+2H+?+H2O平衡逆向移動，溶液中c()增大，從而產(chǎn)生NH4VO3沉淀。10.含碳化合物在生產(chǎn)生活中廣泛存在，AndrenDasic等提出在M+的作用下以N2O為氧化劑可以氧化乙烯生成乙醛，催化體系氧化還原循環(huán)如圖所示，請回答下列問題。(1)已知N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s)ΔH1=+678kJ·mol1MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s)ΔH2=283kJ·mol1請寫出在M+的作用下以N2O為氧化劑氧化乙烯生成乙醛的熱化學(xué)方程式：_________(2)已知在含少量的I2溶液中，反應(yīng)CH3CHO(aq)CH4(g)+CO(g)分兩步進(jìn)行：第Ⅰ步反應(yīng)CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反應(yīng))，第II步為快反應(yīng)。①決定此反應(yīng)快慢的是第______(填“Ⅰ”或“II”)步反應(yīng)②請寫出第II步反應(yīng)的化學(xué)方程式：_________(3)若物質(zhì)與氧原子的結(jié)合力用OA表示，氧原子與N2生成N2O的結(jié)合力OA(N2)=167.4kJ·mol1，氧原子與乙烯生成乙醛的結(jié)合力OA(C2H4)=473kJ·mol1，則可做該反應(yīng)催化劑的M+與氧原子的的結(jié)合力OA(M+)的值應(yīng)滿足________，使用催化劑會使該反應(yīng)的活化能________(填“增大”、“減小”、“不變”)。(4)某2L容器中發(fā)生:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，2molCO2在不同溫度下平衡分解的情況如圖所示。①恒溫恒容條件下，能表示該可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是______(填標(biāo)號)2體積分?jǐn)?shù)的比值保持不變②圖中a、b、c三點的平衡常數(shù)K(a)、K(b)、K(c)的大小關(guān)系為_______③為實現(xiàn)CO2減排，目前較成熟的方法是用高濃度的K2CO3溶液吸收工業(yè)煙氣中的CO2，得溶液X，再利用電解法使K2CO3溶液再生，其裝置示意圖如圖，用必要的文字和化學(xué)用語簡述在陰極區(qū)再生的原理____________?！敬鸢浮?1).N2O(g)+C2H4(g)=N2(g)+C2H4O(g)?H=+395kJ/mol(2).Ⅰ(3).CH3I(l)+HI(aq)→CH4(g)+I2(aq)(4).167.4kJ/mol<OA(M)<473kJ/mol(5).減小(6).C(7).K(a)=K(b)<K(c)(8).存在電離平衡：?H++，陰極H+放電，H+濃度減小，平衡右移【解析】【分析】(4)①當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，據(jù)此分析；

②據(jù)圖可知溫度升高CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，說明升高溫度平衡正向移動，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

【詳解】(1)已知：①N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s)ΔH1=+678kJ·mol1②MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s)ΔH2=283kJ·mol1根據(jù)蓋斯定律①+②可得N2O(g)+C2H4(g)=N2(g)+C2H4O(g)?H=ΔH1+ΔH2=+678kJ·mol1+(283kJ·mol1)=+395kJ/mol；(2)①慢反應(yīng)決定整體反應(yīng)速率，所以決定此反應(yīng)快慢的是第Ⅰ步；②總反應(yīng)第Ⅰ步反應(yīng)可得第II步反應(yīng)為CH3I(l)+HI(aq)→CH4(g)+I2(aq)；(3)由催化劑的作用機(jī)理結(jié)合圖示信息知，當(dāng)氧原子與催化劑的結(jié)合力處于中間值時，此反應(yīng)可以發(fā)生，則167.4kJ?mol1<OA(M)<473kJ?mol1；催化劑能降低該反應(yīng)的活化能；(4)①A．起始投料為CO2，根據(jù)反應(yīng)方程式可知無論是否平衡，反應(yīng)過程中CO體積分?jǐn)?shù)與O2體積分?jǐn)?shù)比值均為2:1，故A不符合題意；B．容器恒容，反應(yīng)物和生成物均為氣體，所以氣體質(zhì)量始終不變，則無論是否平衡，氣體的密度始終不變，故B不符合題意；C．氣體質(zhì)量始終不變，但該反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和不相等，為平衡時氣體的總物質(zhì)的量會變，則平均相對分子質(zhì)量會變，所以當(dāng)其不變時反應(yīng)平衡，故C符合題意；D．根據(jù)質(zhì)量守恒可知容器內(nèi)碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)始終不變，故D不符合題意；綜上所述選C；②據(jù)圖可知溫度升高CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，說明升高溫度平衡正向移動，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則溫度越高，平衡常數(shù)越大，c點溫度高于a、b，所以c點平衡常數(shù)最大，a、b兩點溫度相同，平衡常數(shù)相同，所以三點平衡常數(shù)大小關(guān)系為K(a)=K(b)<K(c)；③K2CO3溶液吸收工業(yè)煙氣中的CO2可以得到KHCO3溶液，將KHCO3溶液通入電解池陰極，存在電離平衡：?H++，陰極H+放電，H+濃度減小，平衡右移，實現(xiàn)K2CO3溶液再生。【點睛】比較化學(xué)平衡常數(shù)大小關(guān)系時要注意溫度是否變化，溫度相同則平衡常數(shù)相同，對應(yīng)吸熱反應(yīng)溫度越高平衡常數(shù)越大，對于放熱反應(yīng)溫度越低平衡常數(shù)越大。11.工業(yè)上合成氨，CO易與鐵觸媒作用導(dǎo)致鐵觸媒失去催化活性：Fe+5CO═Fe(CO)5。為了防止催化劑鐵觸媒中毒，要除去CO，發(fā)生的反應(yīng)為Cu(NH3)2OOCCH3+CO+NH3═Cu(NH3)3(CO)OOCCH3?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列氮原子的電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低的是______(填字母序號)。a.b.c.d.(2)寫出CO的一種常見等電子體的結(jié)構(gòu)式：_______；C、N、O的電負(fù)性由大到小的順序為______(用元素符號表示)。(3)與O同族的元素還有S、Se、Te，它們簡單氫化物的沸點從高到低的順序為______，其原因為______。(4)配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中，銅顯+1價，[Cu(NH3)2]+中中心離子的電子排布式為______，其中碳原子的雜化軌道類型是______，NH3分子的VSEPR模型為______。(5)已知銅的一種氧化物Cu2O晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①若以A點為原點建立坐標(biāo)系，A的坐標(biāo)為(0，0，0)，B的坐標(biāo)為()，則D的坐標(biāo)為______；②若阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶胞的邊長為apm，則晶體的密度為______g?cm3?！敬鸢浮?1).a(2).N≡N(3).O＞N＞C(4).H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S(5).H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，相對分子質(zhì)量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點減小，而水分子中存在氫鍵，所以沸點最高(6).[Ar]3d10(7).sp3、sp2(8).四面體形(9).(，，)(10).【解析】【詳解】(1)軌道中電子能量：1s＜2s＜2p，能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2p軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高，根據(jù)圖知能量由低到高的順序是a＜b＜c＜d，所以能量最低的為a；(2)等電子體為原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的微粒，與CO互為等電子體的一種分子為N2，其結(jié)構(gòu)式為：N≡N；同周期主族元素，隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但N原子的2p能級為半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，第一電離能較大，所以C、N、O的第一電離能由大到小的順序為：N＞O＞C；(3)H2Te、H2Se、H2S均是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量逐漸減小，范德華力減小，所以沸點依次減小，但水分子間存在氫鍵，氫鍵的作用力比范德華力強(qiáng)，氫鍵會使沸點異常升高，導(dǎo)致H2O的沸點異常的高，所以沸點大小為H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；(4)[Cu(NH3)2]+中中心離子為Cu+，Cu元素為29號元素，失去最外層一個電子形成Cu+，所以Cu+的核外電子排布為[Ar]3d10；甲基中碳原子形成4個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為4，碳原子雜化方式為sp3，而羰基中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3，碳原子雜化方式為sp2；NH3中N原子形成3個NH鍵，含有1對孤對電子，價層電子對數(shù)=3+1=4，VSEPR模型為四面體形；(5)①根據(jù)B點坐標(biāo)可知D點在底面的投影應(yīng)位于底面對角線的處，所以其x、y坐標(biāo)均為，其縱坐標(biāo)與B相同，所以D的坐標(biāo)為(，，)；②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知晶胞中Cu+的個數(shù)為4，化學(xué)式為Cu2O，所以O(shè)2的個數(shù)為2，則晶胞的質(zhì)量m=g，晶胞的邊長為apm，所以晶胞的體積為V=a3pm3=(a×1010)3cm3，所以晶體的密度為=g·cm3。【點睛】判斷第1小題時也可以根據(jù)基態(tài)N原子的電子排布圖判斷，原子處于基態(tài)時能量最低，a選項即為基態(tài)N原子的電子排布圖；同一周期內(nèi)元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折，當(dāng)外圍電子在能量相等的軌道上形成全空、半滿或全滿結(jié)構(gòu)時，原子的能量較低，元素的第一電離能大于相鄰元素。12.聚合物H()是一種聚酰胺纖維，廣泛用于各種剎車片，其合成路線如下：已知：①C、D、G均為芳香族化合物，分子中均只含兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。②DielsAlder反應(yīng)：(1)生成A的反應(yīng)類型是___________，F(xiàn)中所含官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡式為______________。(2)B的結(jié)構(gòu)簡式是___________；“B→C”的反應(yīng)中，除