【KS5U解析】四川省成都市實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三上學(xué)期第十九周考理科綜合化學(xué)試題 Word版含解析

1、四川省成都市實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三下學(xué)期第十九次周考理科綜合化學(xué)試題1.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)（如下圖所示）。下列敘述錯(cuò)誤的是a. 霧和霾的分散劑相同b. 霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨c. nh3是形成無機(jī)顆粒物的催化劑d. 霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)【答案】c【解析】【分析】a.霧和霾的分散劑均是空氣；b.根據(jù)示意圖分析；c.在化學(xué)反應(yīng)里能改變反應(yīng)物化學(xué)反應(yīng)速率（提高或降低）而不改變化學(xué)平衡，且本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)前后都沒有發(fā)生改變的物質(zhì)叫催化劑；d.氮肥會(huì)釋放出氨氣?！驹斀狻縜. 霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散質(zhì)固體顆粒。因此

2、霧和霾的分散劑相同，a正確；b. 由于氮氧化物和二氧化硫轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無機(jī)顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，b正確；c. nh3作為反應(yīng)物參加反應(yīng)轉(zhuǎn)化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機(jī)顆粒物的催化劑，c錯(cuò)誤；d. 氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會(huì)釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)，d正確。答案選c?！军c(diǎn)睛】結(jié)合示意圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系明確霧霾的形成原理是解答的關(guān)鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯(cuò)點(diǎn)。本題情境真實(shí)，應(yīng)用導(dǎo)向，聚焦學(xué)科核心素養(yǎng)，既可以引導(dǎo)考生認(rèn)識(shí)與化學(xué)有關(guān)的社會(huì)熱點(diǎn)問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識(shí)和綠色化學(xué)觀念，又體現(xiàn)了高考評(píng)價(jià)體系中的應(yīng)用性和綜合性考查要求。2.設(shè)n

3、a為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是a. 常溫常壓下，1.6 g o2與o3的混合物中含有的氧原子數(shù)為0.1nab. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，3.36 l chcl3含有的共價(jià)鍵數(shù)目為0.6nac. 0.1 mol o2與0.2 mol so2混合，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4nad. 1.8 g d2o中含有的中子數(shù)為na【答案】a【解析】【詳解】a.o2與o3都是由o原子構(gòu)成的，1.6 g o2與o3的混合物中含有0.1 mol o原子，故a正確；b.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，chcl3呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積進(jìn)行計(jì)算，故b錯(cuò)誤；c.o2與so2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能完全進(jìn)行到底，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.4na

4、，故c錯(cuò)誤；d.1.8 g (0.09 mol) d2o中含有中子0.09 mol×100.9 mol，故d錯(cuò)誤；答案：a。3.某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是a. 與乙酸互為同系物b. 含有兩種含氧官能團(tuán)c. 可使溴的四氯化碳溶液褪色d. 既可以發(fā)生取代反應(yīng)又可以發(fā)生加成反應(yīng)【答案】a【解析】【詳解】a結(jié)構(gòu)相似，分子組成相差若干個(gè)ch2原子團(tuán)的物質(zhì)互為同系物，該有機(jī)物中含有碳碳雙鍵和羥基，與乙酸的結(jié)構(gòu)不相似，二者不能互為同系物，a不正確；b根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有羧基和羥基兩種含氧官能團(tuán)，b正確；c碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)而褪色，c正確；d羥基和羧基均能發(fā)生取代

5、反應(yīng)，而碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，d正確；答案選a。4.短周期元素a、b、c、d最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物分別為x、y、z、w，a是短周期中原子半徑最大的元素，常溫下x、z、w均可與y反應(yīng)，a、c、d的原子序數(shù)及0.1mol/l x、z、w溶液的ph如圖所示（已知lg2=0.3）下列說法正確的是（）a. a的離子半徑小于b的離子半徑b. w、x兩物質(zhì)含有的化學(xué)鍵類型相同c. d氫化物穩(wěn)定性小于c氫化物穩(wěn)定性d. b的簡單離子會(huì)影響水的電離平衡【答案】d【解析】a是短周期中原子半徑最大的元素，則a是na，x為naoh，a、b、c、d最高價(jià)氧化物的水合物x、y、z、w，必為酸或者堿，y可與x、z、w反應(yīng)

6、，則y是兩性化合物，y為al(oh )3，b為al，則c、d必為非金屬元素，z、w為酸，由圖像可知，c、d原子序數(shù)大于11，0.1mol/l w的ph為1，說明w為強(qiáng)酸且是一元酸，所以w為hclo4,d 為cl元素，0.1mol/lz的ph為0.7，說明z為強(qiáng)酸且為二元酸，所以z為h2so4，c為s元素。na+半徑大于al3+半徑，a錯(cuò)誤。hclo4 中含共價(jià)鍵，naoh 中含共價(jià)鍵和離子鍵，b錯(cuò)誤。cl元素非金屬性大于s元素，hcl比h2s穩(wěn)定，c錯(cuò)誤。al3+為弱堿陽離子，能 發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，d正確正確答案為d點(diǎn)睛：根據(jù)元素及其化合物性質(zhì)推斷元素符號(hào)，是解題的關(guān)鍵，al（oh）3是

7、常見的兩性氫氧化物是解答此題的突破口。5.下列實(shí)驗(yàn)過程可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖蔷幪?hào)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)過程a配制0.4000 mol·l1的naoh溶液稱取4.0 g固體naoh于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解，立即轉(zhuǎn)移至250 ml容量瓶中定容b探究維生素c的還原性向盛有2 ml黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素c溶液，觀察顏色變化c制取純凈氫氣向稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體依次通過naoh溶液、濃硫酸和kmno4溶液d探究濃度對反應(yīng)速率的影響向2支盛有5 ml不同濃度nahso3溶液的試管中同時(shí)加入2 ml 5%h2o2溶液，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【詳

8、解】a.氫氧化鈉溶于水放熱，因此溶解后需要冷卻到室溫下再轉(zhuǎn)移至容量瓶中，a錯(cuò)誤；b.氯化鐵具有氧化性，能被維生素c還原為氯化亞鐵，從而使溶液顏色發(fā)生變化，所以向盛有2 ml黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素c溶液，通過觀察顏色變化可以探究維生素c的還原性，b正確；c.向稀鹽酸中加入鋅粒，生成氫氣，由于生成的氫氣中含有氯化氫和水蒸氣，因此將生成的氣體依次通過naoh溶液、濃硫酸即可，不需要通過kmno4溶液，或者直接通過堿石灰，c錯(cuò)誤；d.反應(yīng)的方程式為hso3+h2o2so42+h+h2o，這說明反應(yīng)過程中沒有明顯的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，因此無法探究濃度對反應(yīng)速率的影響，d錯(cuò)誤。答案選b?！军c(diǎn)睛】明確相

9、關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)特點(diǎn)、發(fā)生的反應(yīng)和實(shí)驗(yàn)原理是解答的關(guān)鍵。注意設(shè)計(jì)或評(píng)價(jià)實(shí)驗(yàn)時(shí)主要從正確與錯(cuò)誤、嚴(yán)密與不嚴(yán)密、準(zhǔn)確與不準(zhǔn)確、可行與不可行等方面作出判斷。另外有無干擾、是否經(jīng)濟(jì)、是否安全、有無污染等也是要考慮的。本題中選項(xiàng)d是解答的易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生往往只考慮物質(zhì)的濃度不同，而忽略了實(shí)驗(yàn)結(jié)論需要建立在實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的基礎(chǔ)上。6.鎂次氯酸鹽燃料電池的工作原理如右圖所示，該電池反應(yīng)為：mg+clo+h2omg(oh)2+cl下列有關(guān)說法正確的是( )a. 電池工作時(shí)，c溶液中的溶質(zhì)一定是mgcl2b. 負(fù)極反應(yīng)式：clo-2e+h2ocl+2oh-c. 電池工作時(shí)，oh向b電極移動(dòng)d. b電極發(fā)生還原反應(yīng)，每轉(zhuǎn)移0.

10、1 mol電子，理論上生成0.1 mol cl【答案】c【解析】【詳解】a根據(jù)電池反應(yīng)式為：mg+clo-+h2o=mg(oh)2+cl-，所以c溶液中的溶質(zhì)不含鎂離子，故a錯(cuò)誤；b根據(jù)電池反應(yīng)式為：mg+clo-+h2o=mg(oh)2+cl-，負(fù)極電極反應(yīng)式為mg-2e-+2oh-=mg(oh)2，clo-2e+h2ocl+2oh-是正極反應(yīng)，故b錯(cuò)誤；cb為負(fù)極，電池工作時(shí)，oh-向負(fù)極，即向b移動(dòng)，故c正確；db電極為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)。正極反應(yīng)式為：clo-+h2o+2e-=cl-+2oh-，所以每轉(zhuǎn)移0.1mol電子，理論上生成0.05mol cl-，故d錯(cuò)誤；故選c7.常溫下，幾種

11、難溶金屬氫氧化物分別在溶液中達(dá)到沉淀溶解平衡后，改變?nèi)芤旱膒h，金屬陽離子濃度的變化如圖所示。下列說法正確的是a. a點(diǎn)代表fe(oh)3的飽和溶液b. kspcu(oh)2<kspfe(oh)2c. 向0.1 mol·l-1cu2+、mg2+、fe2+混合溶液中，逐滴滴加稀naoh溶液，mg2+最先沉淀d. 在ph=7的溶液中，cu2+、mg2+、fe2+能大量共存【答案】b【解析】【詳解】a.a點(diǎn)c（fe3+）遠(yuǎn)小于相同ph飽和溶液中c（fe3+），溶液中大都以fe3+形式存在，所以a點(diǎn)表示fe3+沒有沉淀，故a錯(cuò)誤；b.金屬的ksp=c（mn+）cn（oh-），cu2+在

12、ph=7左右完全沉淀，fe2+在ph=9左右才完全沉淀，所以kspcu(oh)2<kspfe(oh)2，故b正確；c.根據(jù)圖表可知，cu2+、mg2+、fe2+三種離子，鎂離子完全沉淀對應(yīng)的ph=11左右，是三個(gè)粒子中最大的，kspmg(oh)2最大，即鎂離子最難沉淀，cu2+在ph=7左右完全沉淀，是三個(gè)粒子中最小的，所以cu2+最先沉淀，故c錯(cuò)誤；d.cu2+在ph=7左右完全沉淀，所以在ph=7時(shí)，cu2+主要以cu(oh)2形式存在，故d錯(cuò)誤。故選b。8.金屬釩被譽(yù)為“合金的維生素”。從廢釩(主要成分為v2o5、fe2o3、sio2等)中回收v2o5的一種工藝流程如下圖所示：已知

13、：步驟、中的變化過程可簡化為:rn+(水層)+nha(有機(jī)層)ran(有機(jī)層)+nh+(水層)(式中rn+表示vo2+或fe3+，ha表示有機(jī)萃取劑)回答下列問題:（1）步驟酸浸過程中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（2）萃取時(shí)應(yīng)加入適量堿的作用是_。（3）步驟中反應(yīng)的離子方程式為_。（4）步驟加入氨水調(diào)節(jié)溶液ph=2，釩沉淀率達(dá)到93%且不產(chǎn)生fe(oh)3沉淀，則此時(shí)溶液中c(fe3+)<_mol/l(按25計(jì)算，25時(shí)kspfe(oh)3=2.6×10-39)。所得nh4vo3為離子化合物，nh4+的電子式為_。（5）v2o5是兩性氧化物，在強(qiáng)酸性溶液中以vo2+形式存

14、在，vo2+具有強(qiáng)氧化性，能將i-氧化為i2，本身被還原為vo+，則v2o5與氫碘酸反應(yīng)的離子方程式為_。(6)為提高釩的回收率，步驟和需多次進(jìn)行，假設(shè)酸浸所得“強(qiáng)酸性浸出液”中c(vo2+)=amol/l，步驟和每進(jìn)行一次，vo2+萃取率為80%，4次操作后，“強(qiáng)酸性浸出液中”c(vo2+)=_mol/l(萃取的量=×100%)【答案】 (1). v2o5+k2so3+2h2so4=k2so4+2voso4+2h2o (2). )加入堿中和產(chǎn)生的酸，使平衡向ran移動(dòng)，提高釩的萃取率 (3). clo3-+6vo2+3h2o=6vo2+cl-+6h+ (4). 2.6×l

15、0-3 (5). (6). v2o5+6h+4i-=2vo+2i2+3h2o (7). 1.6a×l0-3【解析】【分析】廢釩(主要成分為v2o5、fe2o3、sio2等)加入硫酸和亞硫酸鉀進(jìn)行酸浸，v2o5反應(yīng)后化合價(jià)降低，被還原為vo2+，fe2o3被酸溶解為硫酸鐵，sio2不溶于硫酸，成為濾渣。浸出液用有機(jī)萃取劑萃取，vo2+和fe3+進(jìn)入有機(jī)層，再用硫酸反萃取，得到的水溶液中有vo2+、fe3+和so42-，用氯酸鉀氧化vo2+為vo2+，然后用氨水沉釩，得到nh4vo3沉淀，最后焙燒得到成品v2o5。【詳解】（1）sio2不溶于硫酸，鐵離子的化合價(jià)沒有改變，所以亞硫酸根被氧

16、化，而v2o5被還原為vo2+，方程式為：v2o5+k2so3+2h2so4=k2so4+2voso4+2h2o；（2）堿與反應(yīng)生成的氫離子反應(yīng)，使反應(yīng)向正向移動(dòng)，提高ran的生產(chǎn)率，增加萃取量；（3）vo2+被氧化為vo2+，clo3-被還原為 cl-，所以離子方程式為：clo3-+6vo2+3h2o=6vo2+cl-+6h+；（4）當(dāng)ph=2時(shí)，c(oh-)=1.0×10-12mol/l，此時(shí)，所以c(fe3+)<2.6×l0-3mol/l；nh4+的電子式為；（5）反應(yīng)物為v2o5、h+及i-，生成物為vo+，i2，離子方程式為：v2o5+6h+4i-=2vo+

17、2i2+3h2o;（6）“強(qiáng)酸性浸出液”中c(vo2+)=amol/l，步驟和每進(jìn)行一次，vo2+萃取率為80%，4次操作后，“強(qiáng)酸性浸出液中”c(vo2+)=a×0.24mol/l=1.6a×l0-3 mol/l。9.亞硝酸鈉(nano2)外觀酷似食鹽且有咸味，是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑，使用過量會(huì)使人中毒，國際上對食品中亞硝酸鈉的用量控制在很低的水平上。某學(xué)習(xí)小組針對亞硝酸鈉設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：【實(shí)驗(yàn)】制備nano2該小組查閱資料知：2nona2o2=2nano2；2no2na2o2=2nano3。制備裝置如圖所示(夾持裝置略去)：(1)裝置d可將剩余的no氧化成no3，發(fā)

18、生反應(yīng)的離子方程式為_。(2)如果沒有b裝置，c中發(fā)生的副反應(yīng)有_、_。(3)甲同學(xué)檢查完裝置氣密性良好后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)制得的nano2中混有較多的nano3雜質(zhì)。于是進(jìn)行了適當(dāng)?shù)母倪M(jìn)，改進(jìn)后提高了nano2的純度，則其改進(jìn)措施是_?！緦?shí)驗(yàn)】測定制取的樣品中nano2的含量步驟：a在5個(gè)有編號(hào)的帶刻度試管(比色管)中分別加入不同量的nano2溶液，各加入1 ml的m溶液(m遇nano2呈紫紅色，nano2濃度越大顏色越深)，再加蒸餾水至總體積均為10 ml并振蕩，制成標(biāo)準(zhǔn)色階：試管編號(hào)nano2含量/(mg·l1)020406080b稱量0.10 g制得的樣品，溶于水配成500 ml

19、溶液。取5 ml待測液，加入1 ml m溶液，再加蒸餾水至10 ml并振蕩，與標(biāo)準(zhǔn)色階比較。(4)步驟b中比較結(jié)果是：待測液顏色與標(biāo)準(zhǔn)色階相同，則甲同學(xué)制得樣品中nano2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_。(5)用目視比色法證明維生素c可以有效降低nano2的含量。設(shè)計(jì)并完成下列實(shí)驗(yàn)報(bào)告。實(shí)驗(yàn)方案實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論取5 ml待測液，加入_，振蕩，再加入1 ml m溶液，_，再振蕩，與標(biāo)準(zhǔn)色階對比_維生素c可以有效降低nano2的含量【答案】 (1). 5no3mno4-4h=5no3-3mn22h2o (2). 2na2o22h2o=4naoho22noo2=2no2 (3). 2no2na2o2=2nano3

20、(4). 在a、b之間增加裝有水的洗氣瓶 (5). 40% (6). 維生素c (7). 加入蒸餾水至總體積為10 ml (8). 紫紅色比標(biāo)準(zhǔn)色階淺【解析】【分析】裝置a是銅與稀硝酸發(fā)生生成no，無水cacl2的作用是干燥no，裝置c為no與na2o2反應(yīng)，氮的氧化物有毒，對環(huán)境有危害，需要尾氣處理，裝置d的作用是吸收氮的氧化物；(1)no能被酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，no被氧化成no3，mno4被還原成mn2，書寫出離子方程式；(2)b裝置作用是干燥no，如果去掉b裝置，no中含有水蒸氣，水蒸氣能與na2o2發(fā)生反應(yīng)，據(jù)此分析；(3)裝置中含有氧氣，產(chǎn)生no能與o2反應(yīng)生成no2，根據(jù)

21、信息，no2能與na2o2反應(yīng)生成nano3，改進(jìn)裝置，除去氧氣或?qū)o2轉(zhuǎn)化成no，據(jù)此分析；(4)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，與標(biāo)準(zhǔn)色階相同，此時(shí)溶液中nano2含量為40mg·l1，然后計(jì)算質(zhì)量分?jǐn)?shù)即可；(5) 操作需要與a步驟進(jìn)行；【詳解】(1)酸性kmno4溶液具有強(qiáng)氧化性，能將no氧化為no，反應(yīng)的離子方程式為5no3mno44h=5no33mn22h2o；(2)銅和稀硝酸反應(yīng)制得的no中含有雜質(zhì)水蒸氣，去掉裝置b，水蒸氣與na2o2反應(yīng)：2na2o22h2o=4naoho2，no與o2反應(yīng)：2noo2=2no2，no2與na2o2反應(yīng)：2no2na2o2=2nano3；(3)制得的n

22、ano2中混有較多的nano3雜質(zhì)，說明制得的no中混有no2，應(yīng)在裝置a、b之間增加裝有水的洗氣瓶，以除去雜質(zhì)no2；(4)待測液顏色與標(biāo)準(zhǔn)色階相同，則甲同學(xué)制得的樣品中nano2的質(zhì)量是40 mg·l1 ×0.01 l×40 mg0.04 g，故樣品中nano2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)×100%40%；(5)取5 ml待測液，然后加入維生素c，再加入1 ml m溶液，最后加入蒸餾水至總體積為10 ml，若紫紅色比標(biāo)準(zhǔn)色階淺，說明nano2的含量低，則可以證明維生素c可以有效降低nano2的含量?！军c(diǎn)睛】氧化還原反應(yīng)方程式的書寫時(shí)高考的熱點(diǎn)，一般根據(jù)題意，分析出氧化

23、劑+還原劑還原產(chǎn)+氧化產(chǎn)物，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，然后再根據(jù)信息，判斷出溶液的酸堿性，推出h2o、oh、h中誰參與反應(yīng)，最后根據(jù)電荷守恒和原子守恒，配平其他。10.氮的化合物應(yīng)用廣泛，但氮氧化物是重要的空氣污染物，應(yīng)降低其排放。(1)用co2和nh3可合成氮肥尿素已知：2nh3(g)+co2(g)=nh2co2nh4(s) h=159.5kj·mol1nh2co2nh4(s)=co(nh2)2(s)+h2o(g) h=+116.5kj·mol1h2o(1)=h2o(g) h=+44kj·mol1用co2和nh3合成尿素(副產(chǎn)物是液態(tài)水)的熱化學(xué)方程式為_。(2

24、)工業(yè)上常用如下反應(yīng)消除氮氧化物的污染：ch4(g)+2no2(g)n2(g)+co2(g)+2h2o(g) h在溫度為t1和t2時(shí)，分別將0.40 mol ch4和1.0 mol no2充入體積為1l的密閉容器中，n(ch4)隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖所示：根據(jù)如圖判斷該反應(yīng)的h_0（填“>”“<”或“=”)，理由是_。溫度為t1時(shí)，010min內(nèi)no2的平均反應(yīng)速率v(no)2=_，反應(yīng)的平衡常數(shù)k=_(保留三位小數(shù))該反應(yīng)達(dá)到平衡后，為再提高反應(yīng)速率同時(shí)提高no2的轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有_(填編號(hào))。a改用高效催化劑 b升高溫度c縮小容器的體積 d增加ch4的濃度(3)利用原電池反

25、應(yīng)可實(shí)現(xiàn)no2的無害化，總反應(yīng)為6no2+8nh3=7n2+12h2o，電解質(zhì)溶液為naoh溶液，工作一段時(shí)間后，該電池正極區(qū)附近溶液ph_(填“增大”“減小”或“不變”)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為_。(4)氮的一種氫化物hn3，其水溶液酸性與醋酸相似，則nan3溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開；常溫下將 a mol·l1的hn3與b mol·l1的ba(oh)2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c(ba2+)=c(n3)，則該混合物溶液呈_(填“酸”“堿”或“中”)性，溶液中c(hn3)=_ mol·l1?！敬鸢浮?(1). co2(g)+ 2nh3(g) =

26、 co(nh2)2(s) + h2o(l) h-87.0kj/mol (2). (3). t1t2，t2時(shí)ch4的平衡含量高，說明升高溫度，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆向吸熱，正向放熱 (4). 0.02mol·l-1·min-1 (5). 2.025 (6). d (7). 增大 (8). 2nh3 - 6e- + 6oh- = n2 + 6h2o (9). c(na+)>c(n3-)>c(oh-)>c(h+) (10). 中 (11). 0.5a-b【解析】【詳解】(1)已知：2nh3(g)+co2(g)nh2co2nh4(s) h=-159.5 kj

27、/mol，nh2co2nh4(s)co(nh2)2(s)+h2o(g) h=+116.5 kj/mol，h2o(l)h2o(g) h=+44.0 kj/mol，根據(jù)蓋斯定律，將+-得：co2(g)+2nh3(g)co(nh2)2(s)+h2o(l) h=(-159.5 kj/mol)+(+116.5 kj/mol)-(+44.0 kj/mol)=-87.0kj/mol，故答案為co2(g)+2nh3(g)co(nh2)2(s)+h2o(l) h-87.0kj/mol；(2) 根據(jù)圖像，t2時(shí)先達(dá)到平衡，說明t2t1，溫度越高平衡時(shí)甲烷物質(zhì)的量越大，說明平衡逆向進(jìn)行，因此正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，h0，

28、故答案為；t1t2，t2時(shí)ch4的平衡含量高，說明升高溫度，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆向吸熱，正向放熱；溫度為t1時(shí)，10min時(shí)，n(ch4)=0.3mol，根據(jù)方程式，反應(yīng)的n(no2)=2×(0.4mol-0.3mol)=0.2mol，no2的平均反應(yīng)速率v(no2)= 0.02mol·l-1·min-1，根據(jù)圖中信息可知，平衡時(shí)n(ch4)=0.10mol，故有： ch4(g)+2no2(g)n2(g)+co2(g)+2h2o(g)開始時(shí)濃度(mol/l) 0.4 1.0 0 0 0改變的濃度(mol/l) 0.30 0.6 0.3 0.3 0.6平衡時(shí)

29、濃度(mol/l) 0.10 0.4 0.3 0.3 0.6k=；a.改用高效催化劑，不能影響平衡的移動(dòng)，不能提高no2的轉(zhuǎn)化率，選項(xiàng)a錯(cuò)誤； b.升高溫度，反應(yīng)速率加快，平衡逆向移動(dòng)，no2的轉(zhuǎn)化率減小，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；c.縮小容器的體積，物質(zhì)的濃度增大，反應(yīng)速率加快，平衡逆向移動(dòng)，no2的轉(zhuǎn)化率減小，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；d.增加ch4的濃度，反應(yīng)速率加快，平衡正向移動(dòng)，no2的轉(zhuǎn)化率增大，選項(xiàng)d正確；答案選d；(3)利用原電池反應(yīng)可實(shí)現(xiàn)no2的無害化的總反應(yīng)為6no2+8nh3=7n2+12h2o，電解質(zhì)溶液為naoh溶液。工作時(shí)，正極上二氧化氮得到電子生成氮?dú)?，電極方程式為2no2+8e-+4h2o

30、n2+8oh-，正極附近溶液的ph增大；負(fù)極上氨氣失去電子生成氮?dú)猓姌O反應(yīng)式為2nh3-6e-+6oh-n2+6h2o，故答案為增大；2nh3-6e-+6oh-n2+6h2o；(4)氮的一種氫化物hn3，其水溶液酸性與醋酸相似，則nan3為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(na+)>c(n3-)>c(oh-)>c(h+)；混合后溶液中c(ba2+)=0.5b mol/l，根據(jù)電荷守恒：2c(ba2+)+c(h+)=c(n3-)+c(oh-)，溶液中存在2c(ba2+)= c(n3-)，則c(h+)=c(oh-)，溶液顯中性；溶液中c(n3-)=b

31、mol/l，由物料守恒可知溶液中c(hn3)=(0.5a-b)mol/l，故答案為中；0.5a-b。11.黃銅礦(主要成分是cufes2)是一種重要的化工原料，通過化學(xué)工藝可獲得二(氨基丙酸)合銅cu(nh2ch2ch2coo)2等產(chǎn)品。（1）cu2+基態(tài)核外電子排布式為_（2）cu(nh2ch2ch2coo)2的結(jié)構(gòu)簡式如圖1所示。1molcu(nh2ch2ch2coo)2中含有鍵數(shù)目為_；c、n、o三種元素的第一電離能由小到大的順序是_（3）黃銅礦在空氣中灼燒得到廢氣和固體混合物。廢氣中so2經(jīng)催化氧化生成so3，so2分子中s原子軌道的雜化類型為_。so3分子的空間構(gòu)型為_；固體混合物中含有一種化合物x，其晶胞如圖2所示，化合物x的化學(xué)式為_?！敬鸢浮?(1). ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 26na (3). c<o<n (4). sp2 (5). 平面三角形 (6). cu2s【解析】【詳解】（1）cu是29號(hào)元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，轉(zhuǎn)化為cu2+的時(shí)候應(yīng)該失去最