【KS5U解析】廣東省廣州市天河區(qū)2020屆高三第二次綜合測(cè)試?yán)砭C化學(xué)試題 Word版含解析

1、廣東省廣州市天河區(qū)2020屆普通高中畢業(yè)班綜合測(cè)試（二）理綜化學(xué)試題1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技、環(huán)境等密切相關(guān)。下列說法正確的是a. “華為麒麟980”手機(jī)中芯片的主要成分是二氧化硅b. “復(fù)興號(hào)”高鐵車廂連接處使用的增強(qiáng)聚四氟乙烯板屬于有機(jī)高分子材料c. 本草綱目中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取鹼浣衣”中的鹼是na2co3d. 夢(mèng)溪筆談中“方家以磁石磨針鋒，則能指南”中的磁石主要成分為fe2o3【答案】b【解析】【詳解】a. “華為麒麟980”手機(jī)中芯片的主要成分是單質(zhì)硅，不是二氧化硅，a錯(cuò)誤；b. “復(fù)興號(hào)”高鐵車廂連接處使用的增強(qiáng)聚四氟乙烯板是由四氟乙烯通過加聚反應(yīng)制成的，屬于

2、有機(jī)高分子材料，b正確；c. 本草綱目中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取鹼浣衣”中的鹼是k2co3，k2co3是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，可洗衣服，c錯(cuò)誤；d. 磁石主要成分為fe3o4，fe2o3無(wú)磁性，d錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是b。2.某合成有機(jī)光電材料的中間體，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說法正確的是a. 屬于芳香烴b. 分子式為c18h16o2c. 苯環(huán)上的二氯取代物有6種d. 性質(zhì)穩(wěn)定，不與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、強(qiáng)氧化劑反應(yīng)【答案】c【解析】【詳解】a.該物質(zhì)是含有苯環(huán)的物質(zhì)，且含有c、h、o三種元素，因此屬于芳香烴的衍生物，a錯(cuò)誤；b. 根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知其分子式為c18h18o2，b錯(cuò)誤

3、；c. 物質(zhì)苯環(huán)上有5個(gè)位置，采用定一移二分法，當(dāng)其中一個(gè)氯在取代基的鄰位時(shí)，另外一個(gè)氯還有4種位置，故此二氯代物有4種結(jié)構(gòu)；當(dāng)其中一個(gè)氯在取代基的間位時(shí)，另一個(gè)氯有2種位置，苯環(huán)上的二氯代物共有4+2=6種，c正確；d物質(zhì)分子中含有酯基，可在強(qiáng)酸、強(qiáng)堿條件下水解，含有碳碳雙鍵，可被氧化，因此物質(zhì)性質(zhì)不穩(wěn)定，d錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是c3.鉬（mo）的主要用途是制造特種鋼，用co還原moo3（白色粉末，加熱時(shí)變黃）制備單質(zhì)mo的裝置如圖。下列說法正確的是a. 裝置中盛有飽和na2co3溶液，裝置中盛有濃硫酸，作用是凈化co2b. 裝置中的稀鹽酸可用稀硫酸代替，石灰石可用碳酸鈉粉末代替c. 裝置的作用

4、是制備co，裝置的作用是co還原moo3d. 裝置能達(dá)到檢驗(yàn)moo3是否被co還原目的【答案】c【解析】【分析】由稀鹽酸和石灰石制備co2，制得的co2混有hcl和水蒸氣，用中飽和nahco3溶液吸收hcl，用中濃硫酸吸收水蒸氣，純凈干燥的二氧化碳與c在中高溫反應(yīng)生成co，co與moo3在裝置中反應(yīng)制備單質(zhì)mo，檢驗(yàn)co2，以此解答該題。【詳解】a除去co2中的雜質(zhì)hcl，應(yīng)用飽和nahco3溶液，a錯(cuò)誤；bna2co3粉末易溶于水，不能用啟普發(fā)生器制備二氧化碳?xì)怏w，b錯(cuò)誤；c由以上分析可知，裝置的作用是制備co，裝置的作用是co還原moo3，c正確；d中的co2可能來源于中未反應(yīng)完的，故不能

5、檢驗(yàn)moo3是否被co還原，d錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是c。【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的制備，注意把握實(shí)驗(yàn)的目的、原理，把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實(shí)驗(yàn)的操作方法，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?.nacl是我們生活中必不可少的物質(zhì)。將nacl溶于水配成1 mol/l的溶液，溶解過程如圖所示，下列說法正確的是 a. a離子為na+b. 溶液中存在naclna+cl-c. 溶液中含有na個(gè)水合na+和na個(gè)水合cl-d. 在水分子的作用下，nacl溶解的同時(shí)發(fā)生了電離【答案】d【解析】【詳解】nacl在溶液中電離出na+和cl-離子，na+核外電子排布為2、8，含有2個(gè)電子層，cl-核外電子排布為2、8、8，含有3

6、個(gè)電子層，則離子半徑cl->na+，根據(jù)圖示可知，a為cl-、b為na+。a. 由于離子半徑cl->na+，則a離子為cl-，b為na+，a錯(cuò)誤；b. 氯化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，所以溶液中存在電離方程式為nacl=na+cl-，b錯(cuò)誤；c. 未指明該nacl溶液的體積，無(wú)法計(jì)算該溶液中含有na+的數(shù)目，c錯(cuò)誤；d. 離子鍵在極性水分子作用下發(fā)生斷裂，則在水分子的作用下，nacl溶解的同時(shí)發(fā)生了電離，d正確；故合理選項(xiàng)是d。5.一種“固定co2”的電化學(xué)裝置如圖。該電化學(xué)裝置放電時(shí)可將co2轉(zhuǎn)化為c和li2co3，充電時(shí)僅使li2co3發(fā)生氧化反應(yīng)釋放出co2和o2，下列說法正確的

7、是a. 放電時(shí)，li+向電極x方向移動(dòng)b. 放電時(shí)，每轉(zhuǎn)移4 mol e-，理論上生成 1 mol cc. 充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)：c+2li2co3-4e-=3co2+4li+d. 充電時(shí)，電極y與外接直流電源的負(fù)極相連【答案】b【解析】【詳解】a放電時(shí)，x極上li失電子，則x為負(fù)極，y為正極，li+向電極y方向移動(dòng)，a錯(cuò)誤；b正極上co2得電子生成c和li2co3，c的化合價(jià)降低4價(jià)，則每轉(zhuǎn)移4 mol電子，理論上生成1 mol c單質(zhì)，b正確；c根據(jù)題干信息，充電時(shí)僅使li2co3發(fā)生氧化反應(yīng)釋放出co2和o2，充電時(shí)，陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：2li2co3-4e-=2co2+ o2+4li+，c錯(cuò)

8、誤；d該電池充電時(shí)，電源的負(fù)極與外加電源的負(fù)極相連，即電極x與外接直流電源的負(fù)極相連，電極y與外接直流電源的正極相連，d錯(cuò)誤；故選：b。6.由w、x、y、z四種短周期元素組成化合物如圖。其中w、y、z分別位于三個(gè)不同周期，y核外最外層電子數(shù)是w核外最外層電子數(shù)的二倍，w、x、y三種簡(jiǎn)單離子的核外電子排布相同。下列說法不正確的是a. 原子半徑：w>x>y>zb. 常溫常壓下熔點(diǎn)：w2y3>x2y>z2yc. x與y、y與z均可形成具有漂白性的化合物d. w與x的最高價(jià)氧化物的水化物可相互反應(yīng)【答案】a【解析】【分析】w、x、y、z四種短周期元素，w、x、y三種簡(jiǎn)單離

9、子的核外電子排布相同，根據(jù)圖示化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，x為na元素；y核外最外層電子數(shù)是w核外最外層電子數(shù)的二倍，w、y、z分別位于三個(gè)不同周期，則z為h元素；y能夠形成2個(gè)共價(jià)鍵，則y最外層含有6個(gè)電子，結(jié)合“w、x、y三種簡(jiǎn)單離子的核外電子排布相同”可知，y為o；根據(jù)“y核外最外層電子數(shù)是w核外最外層電子數(shù)的二倍”可知，w最外層含有3個(gè)電子，為al元素，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)分析可知，w為al，x為na，y為o，z為h元素。a同一周期元素從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑大小為：x>w>y>z，a錯(cuò)誤；bna2o、al2o3為離子晶體，鈉

10、離子半徑比鎂離子大，鈉離子帶電荷較少，氧化鈉的熔點(diǎn)比al2o3低；h2o為分子晶體，其熔點(diǎn)較低，則常溫常壓下熔點(diǎn)：al2o3>na2o>h2o，故b正確；cna與o形成的na2o2、o與h形成的h2o2都是強(qiáng)氧化劑，具有漂白性，c正確；dal與na的最高價(jià)氧化物的水化物分別為al(oh)3、naoh，二者反應(yīng)生成naalo2和水，d正確；故合理選項(xiàng)是a?！军c(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，根據(jù)元素形成的化合物及原子結(jié)構(gòu)特點(diǎn)推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。7.25時(shí)，將濃度均為0.1mol/l 、體積分

11、別為va和vb的ha溶液與boh溶液按不同體積比混合，保持va+vb=100ml，va、vb與混合液的ph的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（ ）a. ka(ha)的值與kb(boh)的值不相等b. b點(diǎn)時(shí)，水電離出的c(h+)=10-7 mol/lc. c點(diǎn)時(shí)，c(a-)>c(b+)d. ac過程中 不變【答案】d【解析】根據(jù)圖知，濃度均為0.1mol/l時(shí)，酸溶液的ph=3，則c(h+)0.1mol/l，說明ha是弱酸；堿溶液的ph=11，c(oh-)0.1mol/l，則boh是弱堿。a酸堿恰好完全反應(yīng)時(shí)溶液的ph=7，溶液呈中性，說明ha電離程度和boh電離程度相同，則ka(ha)的

12、值與 kb(boh) 的值相等，故a錯(cuò)誤；bba是弱酸弱堿鹽，促進(jìn)水電離，所以b點(diǎn)水電離出的 c(h+)10-7mol/l，故b錯(cuò)誤；cc點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為ba和boh，混合溶液的ph7，說明boh電離程度大于ba水解程度，則c(a-)c(b+)，故c錯(cuò)誤；d.=，水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，水解平衡常數(shù)不變，故d正確；故選d。點(diǎn)睛：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查學(xué)生圖像分析及判斷能力，明確各個(gè)數(shù)據(jù)含義及各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)選項(xiàng)是b，b點(diǎn)溶液中的水電離出的 c(h+)10-7mol/l，因?yàn)椴糠謿潆x子和酸根離子結(jié)

13、合生成ha而導(dǎo)致 c(h+)=10-7mol/l。8.氮化鎵(gan)被稱為第三代半導(dǎo)體材料，其應(yīng)用取得了突破性的進(jìn)展。一種鎳催化法生產(chǎn)gan的工藝如圖：(1)“熱轉(zhuǎn)化”時(shí)ga轉(zhuǎn)化為gan的化學(xué)方程式是_。(2)“酸浸”的目的是_，“操作”中包含的操作是_。某學(xué)?；瘜W(xué)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室利用圖裝置模擬制備氮化鎵：(3)儀器x中的試劑是_，儀器y的名稱是_，裝置g的作用是_。(4)加熱前需先通入一段時(shí)間的h2，原因是_。(5)取某gan樣品m克溶于足量熱naoh溶液，發(fā)生反應(yīng) gan+oh+h2ogao2-+nh3，用h3bo2溶液將產(chǎn)生nh3完全吸收，滴定吸收液時(shí)消耗濃度為c mol/l

14、的鹽酸v ml，則樣品的純度是_。（已知：nh3+h3bo3=nh3h3bo3；nh3h3bo3+hcl=nh4cl+h3bo3）(6)科學(xué)家用氮化鎵材料與銅組裝成如圖所示的人工光合系統(tǒng)，成功地實(shí)現(xiàn)了用co2和h2o合成ch4，請(qǐng)寫出銅極的電極反應(yīng)式_。【答案】 (1). 2ga+2nh32gan+3h2 (2). 除去gan中混有的少量ni (3). 過濾、洗滌、干燥 (4). 濃氨水 (5). 球形干燥管 (6). 除去未反應(yīng)完的nh3，防止污染空氣 (7). 排除裝置中的空氣，避免空氣與鎵反應(yīng)產(chǎn)物不純，防止氫氣與氧氣爆炸 (8). % (9). co2+8e-+8h+=ch4+2h2o【

15、解析】【分析】由流程可知，熱轉(zhuǎn)化時(shí)ga和nh3在高溫條件下反應(yīng)生成gan和h2；加鹽酸可除去ni，過濾分離出gan；由制備裝置可知，a中zn與稀硫酸反應(yīng)生成h2，利用h2將裝置內(nèi)的空氣排出防止金屬被氧化，b中濃硫酸可干燥h2，x為氨水，c中制備nh3，y為堿石灰可干燥nh3，e中nh3與ga反應(yīng)可制備gan，f可防止倒吸，g中稀硫酸可吸收尾氣，以此來解答?！驹斀狻?1)ga和nh3在高溫條件下反應(yīng)生成gan和h2，反應(yīng)方程式為2ga+2nh32gan+3h2；(2)“酸浸”的目的是除去gan中混有的少量ni，“操作”中包含的操作是過濾、洗滌、干燥；(3)儀器x中的試劑是濃氨水，將氨水滴入盛有c

16、ao的燒瓶中發(fā)生反應(yīng)制取nh3，儀器y的名稱是球形干燥管，盛有堿石灰，作用是干燥氨氣；裝置g的作用是吸收過量的氨氣，防止污染環(huán)境；(4)加熱前需先通入一段時(shí)間的h2，原因是排出空氣，防止金屬被氧化，同時(shí)防止氫氣與氧氣混合氣體點(diǎn)燃爆炸；(5)由gan+oh-+h2ogao2-+nh3、nh3+h3bo3=nh3h3bo3、nh3h3bo3+hcl=nh4cl+h3bo3，可知n(gan)=n(hcl)，則樣品的純度是×100%=%；(6)根據(jù)圖示可知：cu是正極，正極上co2得電子和h+反應(yīng)生成ch4，因此正極的電極反應(yīng)式為：co2+8e-+8h+=ch4+2h2o?！军c(diǎn)睛】本題考查物

17、質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、制備原理為解答關(guān)鍵，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生的分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰蛻?yīng)用能力。9.二硫化鉬(mos2)被譽(yù)為“固體潤(rùn)滑劑之王”，利用低品質(zhì)的輝鉬礦(含mos2、sio2以及 cufes2等雜質(zhì))制備高純二硫化鉬的一種生產(chǎn)工藝如圖：回答下列問題：(1)(nh4)2moo4中mo的化合價(jià)為_。(2)“聯(lián)合浸出”中hf除去的雜質(zhì)化學(xué)式為_，“焙燒”時(shí)mos2轉(zhuǎn)化為moo3的化學(xué)方程式為_。(3)“轉(zhuǎn)化”中加入na2s后，(nh4)2moo4轉(zhuǎn)化為(nh4)2mos4，寫出(nh4)2mos4與鹽酸生成mos3的離子方程式_。(4)由圖分析產(chǎn)生mos3

18、沉淀的流程中應(yīng)選擇的最優(yōu)溫度和時(shí)間是_，利用化學(xué)平衡原理分析低于或高于最優(yōu)溫度時(shí)，mos3的產(chǎn)率均下降的原因_。(5)高純mos2中存在極微量非整比晶體雜質(zhì)mos2.8，則該雜質(zhì)中mo4+與mo6+的物質(zhì)的量之比為_。(6)已知ksp(baso4)=1.1×10-10，ksp(bamoo4)=4.0×10-8，不純的 na2moo4溶液中若含少量可溶性硫酸鹽雜質(zhì)，可加入ba(oh)2固體除去so42-(溶液體積變化忽略)，則當(dāng)so42-完全沉淀時(shí)，溶液中c(moo42-)<_mol/l(保留2位有效數(shù)字)【答案】 (1). +6 (2). sio2 (3). 2mos

19、2+7o22moo3+4so2 (4). mos42-+2h+=mos3+h2s (5). 40 、30 min (6). 溫度太低不利于h2s 逸出；溫度太高，鹽酸揮發(fā)，溶液c(h+)下降，都不利于反應(yīng)正向進(jìn)行 (7). 14 (8). 3.6×10-3【解析】【分析】制備高純二硫化鉬流程為：輝鉬礦(含mos2、sio2以及cufes2等雜質(zhì))用鹽酸、氫氟酸酸浸，除去cufes2、sio2雜質(zhì)，得到粗mos2，將粗mos2洗滌、干燥、氧化焙燒得到moo3；再將moo3氨浸得到(nh4)2moo4；加入na2s后，鉬酸銨轉(zhuǎn)化為硫代鉬酸銨(nh4)2mos4，再加入鹽酸，(nh4)2m

20、os4與鹽酸生成mos3沉淀：mos42-+2h+=mos3+h2s，最后通過干燥、研磨，在氫氣、ar環(huán)境下高溫獲得高純的二硫化鉬mos2。【詳解】(1)化學(xué)式中(nh4)2moo4中，nh4+帶一個(gè)單位正電荷，o元素為-2價(jià)，則mo的化合價(jià)為+6價(jià)；(2)氫氟酸可以與二氧化硅反應(yīng)得到四氟化硅氣體，從而除去sio2雜質(zhì)；焙燒過程中鉬精礦發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2mos2+7o22moo3+4so2；(3)(nh4)2mos4在溶液中電離出nh4+和mos42-，mos42-與鹽酸電離產(chǎn)生的h+作用生成mos3，則另外的生成物是h2s氣體，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：mos42-+2h+=mos

21、3+h2s；(4)由圖象得到40的產(chǎn)率最高，30分鐘以后產(chǎn)率不再變化，所以產(chǎn)生mos3沉淀選擇d 最優(yōu)條件是40，30min；溫度太低，反應(yīng)mos42-+2h+=mos3+h2s產(chǎn)生的h2s氣體不易逸出，不利于生成mos3；若溫度太高，鹽酸揮發(fā)，導(dǎo)致溶液c(h+)下降，也不利于生成mos3，所以最優(yōu)溫度為40；(5)設(shè)在1 mol的mos2.8中mo4+與mo6+的物質(zhì)的量分別是x和y，則x+y=1，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)之和為0，則有4x+6y=2.8×2，解得x=0.2，y=0.8，所以該雜質(zhì)中mo4+與mo6+的物質(zhì)的量之比為0.2：0.8=1：4；(6)已知：ksp(baso4)=1

22、.1×10-10< ksp(bamoo4)=4.0×10-8，所以先沉淀的是baso4，則當(dāng)bamoo4開始沉淀時(shí)，baso4已經(jīng)沉淀完全，所以溶液對(duì)于兩種沉淀來說都是飽和的，其中的離子濃度都符合沉淀的ksp表達(dá)式：=360=3.6×102，則當(dāng)so42-完全沉淀時(shí)，溶液中c(so42-)<1×10-5 mol/l，c(moo42-)<3.6×102×1×10-5 mol/l=3.6×10-3 mol/l?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的制備，涉及化學(xué)方程式的書寫、氧化還原反應(yīng)、溶度積的計(jì)算實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)等

23、，明確反應(yīng)原理及具體流程的目的是解本題關(guān)鍵，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累，試題側(cè)重于考查學(xué)生的分析問題和解決問題的能力。10.碳和氮的化合物在生產(chǎn)生活中廣泛存在?；卮鹣铝袉栴}：(1)乙炔在pd表面選擇加氫的反應(yīng)機(jī)理如圖，其中吸附在pd表面上的物種用*標(biāo)注。上述反應(yīng)為_（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)，歷程中最小能壘（活化能）為_kj/mol，該步驟的化學(xué)方程式為_。(2)nh3催化還原氮氧化物(scr)技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的氮氧化物脫除技術(shù)。原理為：4nh3(g)+6no(g)5n2(g)+6h2o(g) h=11.63 kj/mol，在2 l密閉容器中，使用不同的催化劑a、b、c，產(chǎn)生n2的物質(zhì)

24、的量隨時(shí)間變化如圖所示。下列說法正確的_。a用催化劑a前50s平均反應(yīng)速率v(n2)=2.5×102 mol/(ls)b體系各物質(zhì)狀態(tài)不變時(shí)，反應(yīng)在任何溫度下均可自發(fā)進(jìn)行c分離出體系中的h2o(g)有利于氮氧化物的脫除d用催化劑c達(dá)到平衡時(shí)，n2產(chǎn)率最小(3)廢氣的變廢為寶越來越成為人們共同關(guān)注的焦點(diǎn)，某化學(xué)課外小組查閱資料得知：2no(g)+o2(g)2no2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：.2no(g)n2o2(g) (快) v1正=k1正c2(no)，v1逆k1逆c(n2o2) h1<0n2o2(g)+o2(g)2no2(g)(慢) v2正=k2正c(n2o2)c(o2)，v2逆

25、=k2逆c2(no2) h2<0請(qǐng)回答下列問題：一定溫度下，2no(g)+o2(g)2no2(g)平衡常數(shù)k=_（用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示）。研究發(fā)現(xiàn)no轉(zhuǎn)化為no2的反應(yīng)速率隨溫度的升高而減慢，原因是_。已知：n2o4(g)2no2（g），n2o4與no2的消耗速率與自身壓強(qiáng)有如下關(guān)系：v(n2o4)=k1p(n2o4)，v(no2)=k2p2(no2)。一定溫度下，相應(yīng)的速率與壓強(qiáng)關(guān)系如圖所示，圖中能表示該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的兩個(gè)點(diǎn)是_，可以表示該反應(yīng)正向進(jìn)行的兩個(gè)點(diǎn)是_?！敬鸢浮?(1). 放熱 (2). +66 (3). c2h2*+h*=c2h3* (4). bc (

26、5). (6). 升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致容器中c(n2o2)減小，則反應(yīng)ii速率變慢，反應(yīng)ii速率決定整個(gè)反應(yīng)速率，所以反應(yīng)速率減慢 (7). b、d (8). a、c【解析】【分析】(1)反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，否則為吸熱反應(yīng)；反應(yīng)物和過渡態(tài)的能量差越小活化能越?。?2)a. 先分析050 s在催化劑a作用下n2物質(zhì)的量變化值，然后根據(jù)速率公式計(jì)算； b. 根據(jù)g=h-ts<0的反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行；c. 根據(jù)濃度對(duì)平衡移動(dòng)的影響分析；d. 催化劑只能改變反應(yīng)所以，不影響平衡移動(dòng)；(3)根據(jù)平衡常數(shù)的含義，分別計(jì)算k1、k2，將方程式疊加，可

27、得待求反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)k與k1、k2關(guān)系式，再轉(zhuǎn)化為k1、k2表示的值； 升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，導(dǎo)致容器中c(n2o2)減??；如果2v(n2o4)=v(no2)時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，如果2v(n2o4)>v(no2)，則平衡正向移動(dòng)?！驹斀狻?1)根據(jù)圖知，反應(yīng)物乙炔總能量大于生成物乙烯的能量，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物和過渡態(tài)的能量差越小活化能越小，c2h2*+h*=c2h3* h=+66 kj/mol的活化能最小，為+66kj/mol，該步驟的化學(xué)方程式為c2h2*+h*=c2h3*；(2)a. 在050 s在催化劑a作用下n(n2)=2.5×10-3 mol，平

28、均反應(yīng)速率v(n2)=2.5×10-5 mol/(l·s)，a錯(cuò)誤；bg=h-ts<0的反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行，h<0，由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知s>0，該反應(yīng)在任何溫度下均可自發(fā)進(jìn)行，b正確；c減小生成物濃度，平衡正向移動(dòng)，有利于氮氧化物的反應(yīng)，可更利于氮氧化物的脫除，c正確；d催化劑不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動(dòng)，所以最終氮?dú)猱a(chǎn)率相等，d錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是bc；(3) 2no(g)n2o2(g) (快) v1正=k1正c2(no)，v1逆k1逆c(n2o2)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，v1正= v1逆，=k1正c2(no)= k1逆c(n2o2)，該反應(yīng)k1=；n2o2(g)+o2(g

29、)2no2(g)(慢) v2正=k2正c(n2o2)c(o2)，v2逆=k2逆c2(no2)，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，v2正= v2逆，k2正c(n2o2)c(o2)= k2逆c2(no2)，該反應(yīng)k2=，兩個(gè)方程式相加，則化學(xué)平衡常數(shù)相乘；方程式i+ii整理可得：2no(g)+o2(g)2no2(g)平衡常數(shù)k= k1·k2=；研究發(fā)現(xiàn)no轉(zhuǎn)化為no2的反應(yīng)速率隨溫度的升高而減慢，反應(yīng)開始時(shí)，升高溫度，物質(zhì)內(nèi)能增加，有效碰撞次數(shù)增加，反應(yīng)速率加快，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致容器中c(n2o2)減小，則反應(yīng)ii速率變慢，反應(yīng)ii速率決定整個(gè)反應(yīng)速率，所以

30、反應(yīng)速率減慢；如果2v(n2o4)=v(no2)時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，d點(diǎn)縱坐標(biāo)是b點(diǎn)的2倍，則d、b點(diǎn)存在2v(n2o4)=v(no2)，這兩點(diǎn)為平衡狀態(tài)；如果2v(n2o4)>v(no2)，則平衡正向移動(dòng)，c點(diǎn)縱坐標(biāo)大于a點(diǎn)，則a、c這兩個(gè)點(diǎn)表示反應(yīng)正向進(jìn)行。【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)平衡狀態(tài)判斷、化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算、反應(yīng)歷程等，明確活化能與反應(yīng)難易程度關(guān)系、化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是(3)題計(jì)算及平衡點(diǎn)判斷。題目側(cè)重考查學(xué)生對(duì)圖象分析判斷及計(jì)算能力。11.aa705合金(含al、zn、mg和cu)幾乎與鋼一樣堅(jiān)固，但重量?jī)H為鋼的三分之一，已被用于飛機(jī)機(jī)身和機(jī)翼、智能手機(jī)外殼

31、上等。但這種合金很難被焊接。最近科學(xué)家將碳化鈦納米顆粒(大小僅為十億分之一米)注入aa7075的焊絲內(nèi)，讓這些納米顆粒充當(dāng)連接件之間的填充材料。注入了納米粒子的填充焊絲也可以更容易地連接其他難以焊接的金屬和金屬合金?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)銅原子的價(jià)層電子排布式為_。(2)第三周期某元素的前5個(gè)電子的電離能如圖1所示。該元素是_(填元素符號(hào))，判斷依據(jù)是_。(3)cn、nh3、h2o和oh等配體都能與zn2+形成配離子。1mol zn(nh3)42+含_ mol鍵，中心離子的配位數(shù)為_。(4)鋁鎂合金是優(yōu)質(zhì)儲(chǔ)鈉材料,原子位于面心和頂點(diǎn)，其晶胞如圖2所示。1個(gè)鋁原子周圍有_個(gè)鎂原子最近且等距離。

32、(5)在二氧化鈦和光照條件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：苯甲醇中c原子雜化類型是_。苯甲醇的沸點(diǎn)高于苯甲醛，其原因是_。(6)鈦晶體有兩種品胞，如圖所示。如圖3所示，晶胞的空間利用率為_(用含的式子表示)。已知圖4中六棱柱邊長(zhǎng)為x cm，高為y cm。該鈦晶胞密度為d g·cm-3，na為_mol1(用含x y和d的式子表示)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). mg (3). i3是i2的5倍多，說明最外層有2個(gè)電子， (4). 16 (5). 4 (6). 8 (7). sp2、sp3 (8). 苯甲醇分子間存在氫鍵，苯甲醛分子間不存在氫鍵 (9). (10). 【解析】

33、【分析】（1）銅原子有29個(gè)電子，其3d、4s能級(jí)上的電子為其價(jià)電子；(2)根據(jù)電離能的突變判斷最外層電子，結(jié)合該元素為第三周期元素分析；(3)所有單鍵包括配位鍵均為鍵，雙鍵中有一個(gè)為鍵，每個(gè)nh3分子中含有3個(gè)n-h鍵，中心原子zn與四個(gè)n原子之間存在配位鍵；(4)晶胞中每個(gè)側(cè)面的4個(gè)頂點(diǎn)上的鎂原子和面心上的鎂原子到al原子的距離相等且最近；(5)苯環(huán)上碳原子形成3個(gè)共用電子對(duì)，而-ch2oh中c原子形成4個(gè)共用電子對(duì)；分子間的氫鍵對(duì)物質(zhì)的沸點(diǎn)影響較大，苯甲醇分子間存在氫鍵；(6)由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8×=2，設(shè)原子半徑為r，則晶胞的對(duì)角線為4r，晶胞的邊長(zhǎng)為，由此

34、計(jì)算空間利用率；圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為3+2×+12×=6，晶胞的質(zhì)量為g，六棱柱邊長(zhǎng)為x cm，高為y cm，則晶胞的體積為x2ycm3，再結(jié)合晶胞的密度計(jì)算na?！驹斀狻浚?）銅原子有29個(gè)電子，其3d、4s能級(jí)上的電子為其價(jià)電子，其價(jià)電子排布式為3d104s1；(2)由圖1可知電離能i3是i2的5倍多，說明最外層有2個(gè)電子，結(jié)合該元素是第三周期元素，則該元素為第三周期第a元素，此元素為鎂，元素符號(hào)為mg；(3)所有單鍵包括配位鍵均為鍵，雙鍵中有一個(gè)為鍵，每個(gè)nh3分子中含有3個(gè)n-h鍵，中心原子zn與四個(gè)n原子之間存在配位鍵，則1mol zn(nh3)42+含（4+

35、3×4）mol=16mol鍵，配位體為nh3，中心離子zn2+的配位數(shù)為4；(4)晶胞中每個(gè)側(cè)面的4個(gè)頂點(diǎn)上的鎂原子和面心上的鎂原子到al原子的距離相等且最近，則每個(gè)鋁原子周圍距離最近的鎂原子有8個(gè)；(5)苯環(huán)上碳原子形成3個(gè)共用電子對(duì)，碳原子的雜化類型是sp2，而-ch2oh中c原子形成4個(gè)共用電子對(duì)，碳原子的雜化類型是sp3；苯甲醇分子間存在氫鍵，而苯甲醛分子間不存在氫鍵，導(dǎo)致苯甲醇的沸點(diǎn)明顯比苯甲醛高；(6)由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8×=2，設(shè)原子半徑為r，則晶胞的對(duì)角線為4r，晶胞的邊長(zhǎng)為，則空間利用率為=；圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為3+2×+12×=6，晶胞的質(zhì)量為g，六棱柱邊長(zhǎng)為x cm，高為y cm，則晶胞的體積為x2ycm3，則d=g÷x2ycm3，由此計(jì)算得na=mol1?！军c(diǎn)睛】本題考查原子雜化方式判斷，注意雜化軌道理論的理解應(yīng)用，把握常見分子中原子的雜化及空間構(gòu)型為解答的關(guān)鍵，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)，鍵個(gè)數(shù)=配原子個(gè)數(shù)，孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=（a-xb），a指中心原子價(jià)電子個(gè)數(shù)，x指配原子