蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢查考試理綜化學(xué)試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精蚌埠市2020屆高三年級第三次教學(xué)質(zhì)量檢查考試理科綜合能力測試化學(xué)部分可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1B-11C-12N-14O—16Na-23P-31S—32Fe—56Ba-1371。個人衛(wèi)生及防護與化學(xué)知識密切相關(guān).下列說法中正確的是（）A。氣溶膠是飛沫混合在空氣中形成的膠體，飛沫是分散劑，空氣是分散質(zhì)B.飲用水的凈化常用到明礬，明礬中無重金屬元素，長期使用對身體無害C.家庭生活中可以用84消毒液進行消毒，84消毒液與潔廁靈可以混合使用，效果更好D.制造口罩的核心材料熔噴布的主要成分是聚丙烯,聚丙烯是有機高分子化合物，屬于混合物【答案】D【解析】【詳解】A．飛沫在空氣中形成氣溶膠，飛沫是分散質(zhì)，空氣是分散劑,A不正確；B．明礬中的Al3+對人體有害，不能長期使用，B不正確;C．84消毒液（有效成分為NaClO）與潔廁靈(主要成分為HCl)混合，會反應(yīng)生成Cl2，污染環(huán)境，C不正確;D．聚丙烯是由鏈節(jié)相同但聚合度不同的分子形成的混合物，D正確；故選D。2。中國工程院院士、國家衛(wèi)健委高級別專家組成員李蘭娟團隊,于2月4日公布阿比朵爾、達蘆那韋可抑制新型病毒。如圖所示有機物是合成阿比朵爾的原料，關(guān)于該有機物下列說法正確的是（）A?？梢园l(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、水解反應(yīng)和氧化反應(yīng)B.易溶于水和有機溶劑C.分子結(jié)構(gòu)中含有三種官能團D。分子中所有碳原子一定共平面【答案】A【解析】【詳解】A．碳碳雙鍵、苯環(huán)能發(fā)生加成反應(yīng)，酯基能發(fā)生取代反應(yīng)、水解反應(yīng)和氧化反應(yīng)，A正確；B．該有機物難溶于水，易溶于有機溶劑,B不正確；C．分子結(jié)構(gòu)中含有羥基、酯基、氨基、碳碳雙鍵四種官能團，C不正確；D．苯環(huán)中碳原子一定共平面，但苯環(huán)與其它碳原子不一定在同一平面內(nèi)，D不正確;故選A.3.K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速產(chǎn)生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定。如圖是制備高鐵酸鉀的一種裝置，制取實驗完成后，取C中紫色溶液，加入稀鹽酸，產(chǎn)生氣體。下列說法不正確的是（）A.B瓶應(yīng)盛放飽和食鹽水除去混有的HClB.C瓶中KOH過量更有利于高鐵酸鉀的生成C.加鹽酸產(chǎn)生氣體可說明氧化性：K2FeO4＞Cl2D.高鐵酸鉀是集氧化、吸附、絮凝等特點為一體的優(yōu)良的水處理劑【答案】C【解析】【分析】在裝置中,A為制取氯氣的裝置，B為除去Cl2中混有的HCl的裝置,C為Cl2、Fe(OH）3、KOH制取K2FeO4的裝置,D為未反應(yīng)Cl2的吸收裝置?！驹斀狻緼．因為Cl2中混有的HCl會消耗KOH、Fe（OH）3,所以需使用飽和食鹽水除去,A正確；B．因為K2FeO4在堿性溶液中較穩(wěn)定，所以C瓶中KOH過量更有利于高鐵酸鉀的生成,B正確；C．在C裝置中發(fā)生反應(yīng)3Cl2+10KOH+2Fe（OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性:K2FeO4〈Cl2，C不正確；D．高鐵酸鉀具有強氧化性，能殺死細菌，反應(yīng)生成的Fe3+水解生成Fe（OH)3膠體,具有吸附、絮凝作用，所以高鐵酸鉀是優(yōu)良的水處理劑，D正確；故選C。4.水處理在工業(yè)生產(chǎn)和科學(xué)實驗中意義重大，處理方法很多，其中離子交換法最為簡單快捷，如圖是凈化過程原理。有關(guān)說法中正確的是（）A.經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數(shù)未發(fā)生變化B。通過陽離子交換樹脂時，H＋則被交換到水中C。通過凈化處理后，水的導(dǎo)電性不變D.陽離子樹脂填充段存在反應(yīng)H＋＋OH-=H2O【答案】B【解析】【分析】從圖中可以看出,在陽離子交換柱段,自來水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發(fā)生交換，Ca2+、Na+、Mg2+進入陽離子交換樹脂中,樹脂中的H+進入水中；在陰離子交換柱段，NO3-、Cl-、SO42—進入陰離子交換樹脂中，樹脂中的OH-進入水中，與水中的H+反應(yīng)生成H2O?！驹斀狻緼．經(jīng)過陽離子交換樹脂后,依據(jù)電荷守恒,水中陽離子的總數(shù)增多,A不正確;B．通過陽離子交換樹脂時,水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發(fā)生交換，H＋則被交換到水中，B正確；C．通過凈化處理后,水的導(dǎo)電性減弱，C不正確；D．陰離子樹脂填充段存在反應(yīng)H＋＋OH—=H2O,D不正確；故選B。5.298K時，用0.01mol?L-1NaOH溶液滴定10mL0。01mol?L—1H2A溶液的滴定曲線如圖所示（已知：25℃時，H2A的Ka1=10—1。75，Ka2=10-7。19）.下列說法不正確的是（）A。a點所得溶液中：V0=5mLB。B點所得溶液中：c（H2A)＋c（H＋）=c(A2-)＋c(OH-）C。C點所得溶液中:c(Na＋)〉3c（HA—)D.D點所得溶液中A2—水解平衡常數(shù)Kh1=10—6。81【答案】A【解析】【詳解】A．a(chǎn)點所得溶液中，pH=1。75,則c（H2A)==c（HA-)，所以H2A與NaOH反應(yīng)發(fā)生后，c（H2A)〉c(HA-)，V0<5mL，A不正確；B．B點時,H2A與KOH剛好完全反應(yīng)生成KHA，溶液中存在三個平衡體系:HA-H++A2—，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH++OH—，由此得出所得溶液中:c（H2A)＋c(H＋）=c（A2-)＋c（OH-)，B正確；C．C點時，c(HA—）==c(A2—），依據(jù)電荷守恒c（Na＋)+c(H+）=c(HA—）+2c(A2-）+c（OH-）=3c(HA—）+c(OH-），因為pH=7。19，c（H+）〈c(OH-），所以c（Na＋)>3c（HA—），C正確；D．D點所得溶液中，A2-水解平衡常數(shù)Kh1===10-6.81，D正確;故選A。6.2019年諾貝爾化學(xué)獎授予美國科學(xué)家約翰?古迪納夫、斯坦利?惠廷厄姆和日本科學(xué)家吉野彰，以表彰他們在鋰離子電池研發(fā)領(lǐng)域作出的貢獻.近日,有化學(xué)家描繪出了一種使用DMSO（二甲亞砜）作為電解液，并用多孔的黃金作為電極的鋰-空氣電池的實驗?zāi)Ｐ?，該電池放電時在多孔的黃金上氧分子與鋰離子反應(yīng),形成過氧化鋰,其裝置圖如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是（）A.DMSO電解液能傳遞Li＋和電子，不能換成水溶液B.該電池放電時每消耗2molO2,轉(zhuǎn)移4mol電子C。給該鋰—空氣電池充電時，金屬鋰接電源的正極D。多孔的黃金為電池正極，電極反應(yīng)式可能為O2＋4e—=2O2-【答案】B【解析】【詳解】A．DMSO電解液能傳遞Li＋，但不能傳遞電子，A不正確；B．該電池放電時O2轉(zhuǎn)化為O22-，所以每消耗2molO2,轉(zhuǎn)移4mol電子,B正確；C．給該鋰—空氣電池充電時，金屬鋰電極應(yīng)得電子，作陰極，所以應(yīng)接電源的負極,C不正確；D．多孔的黃金為電池正極,電極反應(yīng)式為O2＋2e—=O22-，D不正確；故選B.7。W、Y、Z為常見短周期元素，三種元素分屬不同周期不同主族,且與X能形成如圖結(jié)構(gòu)的化合物.已知W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的核外電子數(shù)，W、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.對應(yīng)元素形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：Y＞XB。W、X對應(yīng)的簡單離子半徑順序為：X＞W(wǎng)C.Y的氧化物對應(yīng)水化物為強酸D.該化合物中各元素均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】B【解析】【分析】由圖可知，Z只形成一個共價鍵，則其為氫（H)；W可形成W2+，則其為鎂(Mg);X形成2個共價鍵，則其為氧(O）;由“W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的核外電子數(shù)",可確定Y為氮(N)?！驹斀狻緼．Y、X分別為N、O，非金屬性N<O，形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性:NH3<H2O，A不正確；B．W、X分別為Mg和O，對應(yīng)的簡單離子電子層結(jié)構(gòu)相同，但Mg的核電荷數(shù)比O大,所以離子半徑順序為：O2-＞Mg2+，B正確;C．Y的氧化物對應(yīng)水化物若為HNO2，則為弱酸，C不正確；D．該化合物中，H、N的最外層電子數(shù)分別為2、9(4+5），均不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D不正確;故選B8.有研究預(yù)測，到2030年，全球報廢的電池將達到1100萬噸以上。而目前廢舊電池的回收率卻很低。為了提高金屬資源的利用率，減少環(huán)境污染，應(yīng)該大力倡導(dǎo)回收處理廢舊電池.下面是一種從廢電池正極材料（含鋁箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸堿的導(dǎo)電劑)中回收各種金屬的工藝流程：資料：1。黃鈉鐵礬晶體顆粒粗大，沉淀速度快，易于過濾。2。鈷酸鋰難溶于水、碳酸鋰的溶解度隨溫度升高而降低?；卮鹣铝袉栴}:(1)為了提高堿溶效率可以__，__。（任答兩種)（2)從經(jīng)濟效益的角度考慮，為處理“堿溶”后所得濾液,可向其中通入過量CO2，請寫出所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式__.（3)“酸浸”時有無色氣體產(chǎn)生，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式__。(4)“沉鐵”時采用的“黃鈉鐵礬法”與傳統(tǒng)的通過調(diào)整溶液pH的“氫氧化物沉淀法”相比，金屬離子的損失少,請分析并說明原因：___。(5)“沉鋰”后得到碳酸鋰固體的實驗操作為__。（6)已知黃鈉鐵礬化學(xué)式為NaxFey(SO4）m（OH）n.為測定黃鈉鐵礬的組成，進行了如下實驗:①稱取4.850g樣品，加鹽酸完全溶解后，配成100。00mL溶液；②量取25。00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol?L-1Na2S2O3溶液進行滴定（反應(yīng)2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6)，消耗30。00mLNa2S2O3溶液至終點。③另取25.00mL溶液，加足量BaCl2溶液充分反應(yīng)后，過濾、洗滌、干燥后得沉淀1。165g.用Na2S2O3溶液進行滴定時，使用的指示劑為__;計算出黃鈉鐵礬的化學(xué)式__.【答案】(1)。將正極材料粉碎(2)。攪拌、適當(dāng)升高溫度等（任答兩種）(3)。Na[Al(OH)4]+CO2==Al(OH）3↓+NaHCO3（或其他合理答案）(4).2LiCoO2+6H++H2O2==2Li++2Co2++O2↑+4H2O(5）.調(diào)節(jié)pH時Fe3+會形成Fe（OH)3膠體，吸附溶液中的金屬陽離子（6).趁熱過濾（7）。淀粉溶液(8).NaFe3（SO4）2(OH）6【解析】【分析】正極材料（含鋁箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸堿的導(dǎo)電劑)加入NaOH堿溶后，鋁箔溶解成為濾液，此時濾渣為LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸堿的導(dǎo)電劑；加入H2SO4、H2O2酸浸后，LiCoO2、Fe2O3溶解生成Li+、Co2+（酸溶時生成的Co3+被H2O2還原為Co2+），不溶于酸堿的導(dǎo)電劑成為濾渣；加入Na2SO4后，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為黃鈉鐵礬沉淀；加入草酸銨飽和溶液后，Co2+轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀；溶液濃縮后，加入純堿，Li+轉(zhuǎn)化為Li2CO3沉淀?！驹斀狻浚?）為了提高堿溶效率，可以通過增大接觸面積、升高溫度等操作實現(xiàn)，具體操作為將正極材料粉碎,攪拌、適當(dāng)升高溫度等（任答兩種)。答案為：將正極材料粉碎;攪拌、適當(dāng)升高溫度等(任答兩種）；（2)為處理“堿溶”后所得濾液中含有的Na［Al（OH)4］，向其中通入過量CO2，生成Al（OH)3沉淀和NaHCO3,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為Na[Al（OH)4]+CO2==Al（OH）3↓+NaHCO3.答案為:Na[Al(OH）4］+CO2==Al(OH)3↓+NaHCO3(或其他合理答案）；(3)“酸浸”時，LiCoO2溶解生成Li+、Co2+(酸溶時生成的Co3+被H2O2還原為Co2+),同時生成O2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2LiCoO2+6H++H2O2==2Li++2Co2++O2↑+4H2O。答案為：2LiCoO2+6H++H2O2==2Li++2Co2++O2↑+4H2O；（4)“沉鐵”時采用“黃鈉鐵礬法"與傳統(tǒng)的通過調(diào)整溶液pH的“氫氧化物沉淀法"相比，后者生成的Fe(OH）3膠體具有吸附作用，能吸附溶液中的金屬離子，從而造成離子損失，原因是：調(diào)節(jié)pH時Fe3+會形成Fe(OH）3膠體，吸附溶液中的金屬陽離子。答案為：調(diào)節(jié)pH時Fe3+會形成Fe(OH）3膠體，吸附溶液中的金屬陽離子；(5）信息顯示，碳酸鋰的溶解度隨溫度升高而降低，由此得出“沉鋰”后得到碳酸鋰固體的實驗操作為趁熱過濾。答案為:趁熱過濾；(6)在配成的100。00mL溶液中,依據(jù)關(guān)系式2Fe3+-—I2——2Na2S2O3，可求出n（Fe3+）=0.2500mol?L—1×0.030L×4=0。03mol，n（SO42—）==0。02mol，則23n(Na+）+17n（OH-)+0。03×56+0.02×96=4。85（質(zhì)量守恒）003×3+n(Na+）=0。02×2+n(OH—）(電荷守恒）從而求出n（Na+)=0.01mol,n（OH—)=0.06mol，n(Na+):n（Fe3+)：n（SO42-）:n(OH—)=1：3：2：6，用Na2S2O3溶液進行滴定時，使用的指示劑為淀粉溶液;根據(jù)上面計算出的比值，可確定黃鈉鐵礬的化學(xué)式為NaFe3（SO4)2(OH)6。答案為：淀粉溶液；NaFe3(SO4）2(OH）6.【點睛】在書寫LiCoO2酸浸時的離子方程式時，我們需注意兩點：一是LiCoO2與一般的堿金屬鹽不溶，它是難溶性鹽，不能拆成離子；二是一般反應(yīng)中，H2O2表現(xiàn)氧化性,而在此反應(yīng)中，據(jù)后續(xù)反應(yīng)可知,鈷轉(zhuǎn)化為Co2+，即Co3+轉(zhuǎn)化為Co2+表現(xiàn)氧化性,則H2O2應(yīng)表現(xiàn)還原性，氧化產(chǎn)物為O2。9。1840年，Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀制得了N2O5。（1)F。DanielS等曾利用測壓法在剛性反應(yīng)器中研究了特定條件下N2O5(g)分解反應(yīng):已知:2N2O5（g)=2N2O4(g）+O2(g)ΔH1=-4.4kJ?mol-12NO2(g）=N2O4(g)ΔH2=—55.3kJ?mol-1則反應(yīng)N2O5(g)=2NO2(g)＋O2(g)的ΔH=__kJ?mol-1.（2)查閱資料得知N2O5是硝酸的酸酐，常溫呈無色柱狀結(jié)晶體,微溶于冷水,可溶于熱水生成硝酸，熔點32.5℃,受熱易分解,很容易潮解，有毒。在通風(fēng)櫥中進行模擬實驗制取N2O5的裝置如圖：注:虛線框內(nèi)為該組同學(xué)自制特殊儀器，硝酸銀放置在b處。請回答下列問題：①實驗開始前，需要打開a處活塞并鼓入空氣，目的是__。②經(jīng)檢驗,氯氣與硝酸銀反應(yīng)的產(chǎn)物之一為氧氣，寫出此反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式__。③實驗時，裝置C應(yīng)保持在35℃，可用的方法是__.④能證明實驗成功制得N2O5的現(xiàn)象是__。⑤裝置D中的試劑是__，作用是__.⑥裝置E燒杯中的試劑為__?！敬鸢浮浚?）.53.1（2).除去裝置C中的水蒸氣（3).2Cl2+4AgNO3==4AgCl+2N2O5+O2(4).水浴等（5）.裝置C中c處有液體生成（6）。濃硫酸(7）。防止裝置E中水蒸氣從導(dǎo)管回流到裝置C中，引起N2O5潮解(8）。NaOH【解析】【分析】實驗的目的，用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀制得了N2O5，所以A裝置為Cl2的制取裝置；由于N2O5很容易潮解，所以應(yīng)將Cl2干燥后再通入C裝置中,B、D裝置中應(yīng)放入濃硫酸；在C裝置中，Cl2與濃硝酸反應(yīng)生成AgCl、N2O5等,而N2O5的熔點為32.5℃，所以在35℃時，N2O5呈液態(tài)；E裝置用于吸收尾氣中的Cl2等.【詳解】(1）已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2(g）ΔH1=-4。4kJ?mol-1①2NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=—55。3kJ?mol—1②利用蓋斯定律，將（①-2×②）×，即得反應(yīng)N2O5(g)=2NO2(g）＋O2(g）的ΔH=53。1kJ?mol-1。答案為:53。1；(2）①N2O5很容易潮解，應(yīng)將Cl2干燥后再通入C裝置中，所以實驗開始前，需要打開a處活塞并鼓入空氣，目的是除去裝置C中的水蒸氣。答案為:除去裝置C中的水蒸氣；②經(jīng)檢驗，氯氣與硝酸銀反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、N2O5、O2，則此反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為2Cl2+4AgNO3==4AgCl+2N2O5+O2。答案為:2Cl2+4AgNO3==4AgCl+2N2O5+O2；③實驗時，裝置C若用酒精燈火焰直接加熱,很難將溫度保持在35℃,可用的方法是水浴等。答案為：水浴等；④N2O5的熔點為32.5℃，所以在35℃時，N2O5呈液態(tài),所以能證明實驗成功制得N2O5的現(xiàn)象是裝置C中c處有液體生成。答案為：裝置C中c處有液體生成；⑤實驗時，需防止E中產(chǎn)生的水蒸氣進入C中，所以裝置D中的試劑應(yīng)能吸收水蒸氣,應(yīng)是濃硫酸,作用是防止裝置E中水蒸氣從導(dǎo)管回流到裝置C中，引起N2O5潮解.答案為：濃硫酸；防止裝置E中水蒸氣從導(dǎo)管回流到裝置C中，引起N2O5潮解；⑥在裝置C中，可能有一部分Cl2沒有參加反應(yīng)，所以裝置E燒杯中應(yīng)加入能吸收Cl2的試劑，其為NaOH。答案為:NaOH?！军c睛】當(dāng)需要控制溫度在100℃或100℃以下，通常使用水浴加熱，以便控制溫度、且使反應(yīng)物均勻受熱。10。工業(yè)合成氨對人類生存貢獻巨大，反應(yīng)原理為：N2(g）＋3H2（g)2NH3(g）△H(1)若在一容積為2L的密閉容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，若在5分鐘時反應(yīng)達到平衡,此時測得NH3的物質(zhì)的量為0。2mol。則前5分鐘的平均反應(yīng)速率v（N2）=__。(2）平衡后,若提高H2的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施有__。A．加入催化劑B．增大容器體積C．降低反應(yīng)體系的溫度D．加入一定量N2(3)科學(xué)家研究在催化劑表面合成氨的反應(yīng)機理,反應(yīng)步驟與能量的關(guān)系如圖所示（吸附在催化劑表面的微粒用*標注，省略了反應(yīng)過程中的部分微粒)。寫出步驟c的化學(xué)方程式___；由圖像可知合成氨反應(yīng)的△H__0（填“＞"“＜”或“=”）。(4）將n(N2）∶n(H2)=1∶3的混合氣體,勻速通過裝有催化劑的剛性反應(yīng)器,反應(yīng)器溫度變化與從反應(yīng)器排出氣體中NH3的體積分數(shù)φ（NH3)關(guān)系如圖。隨著反應(yīng)器溫度升高,NH3的體積分數(shù)φ（NH3)先增大后減小的原因是_.某溫度下,混合氣體在剛性容器內(nèi)發(fā)生反應(yīng)，起始氣體總壓為2×107Pa,平衡時總壓為開始的90%，則H2的轉(zhuǎn)化率為___（氣體分壓P分=P總×體積分數(shù))。用某物質(zhì)的平衡分壓代替物質(zhì)的量濃度也可以表示化學(xué)平衡常數(shù)（記作KP)，此溫度下，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)KP=__（分壓列計算式、不化簡）。(5）合成氨的原料氣H2可來自甲烷水蒸氣催化重整（SMR)。我國科學(xué)家對甲烷和水蒸氣催化重整反應(yīng)機理也進行了廣泛研究，通常認為該反應(yīng)分兩步進行。第一步:CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氫物種），其中碳（或碳氫物種）吸附在催化劑上，如CH4→Cads/［C(H)n］ads＋(2—)H2；第二步:碳(或碳氫物種）和H2O反應(yīng)生成CO2和H2，如Cads/C（H）n］ads＋2H2O→CO2＋(2＋）H2。反應(yīng)過程和能量變化殘圖如下（過程①沒有加催化劑，過程②加入催化劑），過程①和②ΔH的關(guān)系為:①__②（填“＞"“＜"或“=”）；控制整個過程②反應(yīng)速率的是第__步(填“I”或“II"）,其原因為__?！敬鸢浮?1）.0.01mol?L-1?min—1(2).CD(3).?NNH+H2?N+NH3(4).〈（5)。溫度低于To時未達平衡,溫度升高，反應(yīng)速率加快，NH3的體積分數(shù)增大;高于To時反應(yīng)達平衡，由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高平衡常數(shù)減小，NH3的體積分數(shù)減小(答案合理即可)（6)。20%(7）。(8）.=(9)。Ⅱ（10)。第Ⅱ步的活化能大，反應(yīng)速率慢【解析】【分析】(1)對于合成氨反應(yīng)N2（g)+3H2(g)2NH3（g），由平衡時生成NH3的物質(zhì)的量為0.2mol，可求出參加反應(yīng)的N2為0。1mol，由此可求出在一容積為2L的密閉容器中，前5分鐘的平均反應(yīng)速率v(N2）。（2）A．加入催化劑，可加快反應(yīng)速率,但對平衡不產(chǎn)生影響；B．增大容器體積，也就是減小壓強,平衡逆向移動；C．降低反應(yīng)體系的溫度，平衡正向移動；D．加入一定量N2，平衡正向移動。(3)由圖中可以看出,步驟c中?NNH與H2在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)生成?N和NH3；由圖象可知合成氨反應(yīng)的反應(yīng)物總能量大于生成物的總能量。（4)對于放熱反應(yīng),升高溫度平衡逆向移動,To前,隨溫度升高，NH3的體積分數(shù)φ(NH3)增大,則表明反應(yīng)未達平衡，由此得出先增大后減小的原因.令起始時,n(N2)=1mol，則n（H2)=3mol，設(shè)參加反應(yīng)的N2的物質(zhì)的量為x，從而建立三段式：則，由此可求出x=0。2mol，從而確定H2的轉(zhuǎn)化率.則平衡分壓p（N2）==4×106pa,p（H2）==1.2×107pa，p（NH3)==2×106pa，代入KP即得。（5）過程①和②中，催化劑不影響反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，對ΔH不產(chǎn)生影響;整個過程②分兩步進行,第二步的活化能大?！驹斀狻浚?)對于合成氨反應(yīng)N2（g)+3H2（g）2NH3(g），由平衡時生成NH3的物質(zhì)的量為0。2mol，可求出參加反應(yīng)的N2為0.1mol，由此可求出在一容積為2L的密閉容器中,前5分鐘的平均反應(yīng)速率v(N2)==0。01mol?L-1?min—1.答案為：0。01mol?L-1?min-1；(2)A．加入催化劑，可加快反應(yīng)速率，但對平衡不產(chǎn)生影響，A不合題意；B．增大容器體積，也就是減小壓強，平衡逆向移動，H2的轉(zhuǎn)化率減小，B不合題意；C．降低反應(yīng)體系的溫度，平衡正向移動，H2的轉(zhuǎn)化率增大，C符合題意;D．加入一定量N2，平衡正向移動,H2的轉(zhuǎn)化率增大，D符合題意;故選CD.答案為：CD；（3)由圖中可以看出，步驟c中?NNH與H2在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)生成?N和NH3，步驟c的反應(yīng)方程式為?NNH+H2?N+NH3；由圖象可知合成氨反應(yīng)的反應(yīng)物總能量大于生成物的總能量，所以合成氨反應(yīng)的△H〈0。答案為:?NNH+H2?N+NH3；<;（4）對于放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，To前，隨溫度升高，NH3的體積分數(shù)φ（NH3)增大,則表明反應(yīng)未達平衡，由此得出先增大后減小的原因為溫度低于To時未達平衡，溫度升高，反應(yīng)速率加快，NH3的體積分數(shù)增大；高于To時反應(yīng)達平衡，由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng),溫度升高平衡常數(shù)減小，NH3的體積分數(shù)減小(答案合理即可）.答案為：溫度低于To時未達平衡，溫度升高，反應(yīng)速率加快，NH3的體積分數(shù)增大；高于To時反應(yīng)達平衡，由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng),溫度升高平衡常數(shù)減小，NH3的體積分數(shù)減小(答案合理即可）；令起始時，n(N2）=1mol,則n（H2）=3mol，設(shè)參加反應(yīng)的N2的物質(zhì)的量為x,從而建立三段式：則，由此可求出x=0。2mol，從而確定H2的轉(zhuǎn)化率為=20％;平衡分壓p（N2）==4×106pa,p（H2)==1.2×107pa，p（NH3）==2×106pa，代入，即得KP=。答案為：20％;；（5）過程①和②中,催化劑不影響反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，對ΔH不產(chǎn)生影響，所以①=②；整個過程②分兩步進行，第II步的活化能大,所以需控制第II步,其原因為第Ⅱ步的活化能大,反應(yīng)速率慢。答案為:=；Ⅱ;第Ⅱ步的活化能大，反應(yīng)速率慢。【點睛】催化劑只能改變反應(yīng)發(fā)生的途徑，從而降低反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)物和生成物的總能量,所以不能改變反應(yīng)的焓變。11.磷化硼是一種典型的超硬無機材料，常以BCl3、PH3為原料制備，氮化硼（BN）和磷化硼相似。六方相氮化硼是通常存在的穩(wěn)定相，與石墨相似,具有層狀結(jié)構(gòu)，可作高溫潤滑劑，立方相氮化硼是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性。晶體多種相結(jié)構(gòu)如圖所示。(1）與BCl3分子互為等電子體的一種離子為__（填化學(xué)式）；預(yù)測PH3分子的空間構(gòu)型為__.(2）關(guān)于氮化硼兩種相結(jié)構(gòu)的說法，正確的是__(填序號).a．立方相氮化硼含有σ鍵和π鍵，所以硬度大b．六方相氮化硼層間作用力小，所以質(zhì)地軟c．兩種晶體中的B—N鍵均為共價鍵d．兩種晶體均為分子晶體（3）六方相氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨相似卻不導(dǎo)電，原因是__；立方相氮化硼晶體中,硼原子的雜化軌道類型為__。（4)NH4BF4（氟硼酸銨）是合成氮化硼納米管的原料之一.1molNH4BF4含有__mol配位鍵。(5)自然界中含硼元素的鈉鹽是一種天然礦藏，其化學(xué)式可以寫作Na2B4O7?10H2O，實際上它的結(jié)構(gòu)單元是由兩個H3BO3和兩個[B(OH)4]縮合而成的雙六元環(huán),應(yīng)該寫成Na2[B4O5（OH)4］?8H2O。其結(jié)構(gòu)如圖所示，它的陰離子可通過__（填作用力)相互結(jié)合形成鏈狀結(jié)構(gòu)。(6)磷化硼晶胞的示意圖如圖甲所示,其中實心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空間堆積方式為__；設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶胞參數(shù)為acm，磷化硼晶體的密度為__g?cm—3；若磷化硼晶胞沿著體對角線方向的投影如圖乙所示(虛線圓圈表示P原子的投影），請在圖乙中用實心圓點畫出B原子的投影位置__?！敬鸢浮浚?).CO32—或NO3—（2）。三角錐形(3).bc(4）。層狀結(jié)構(gòu)中沒有自由移動的電子(5)。sp3（6）。2（7).氫鍵(8).面心立方最密堆積（9).==（10）.或【解析】【分析】(1）尋找與BCl3分子互為等電子體的一種離子時，可將Cl換成O，然后確定另一元素的原子及帶電荷；PH3分子的空間構(gòu)型類似于NH3。(2)a．立方相氮化硼類似于金剛石，只含有σ鍵,不含有π鍵;b．六方相氮化硼層間作用力小，為范德華力；c．兩種晶體中，B原子與N原子以共價單鍵相連接;d．立方相氮化硼為原子晶體，六方相氮化硼為混合型晶體。(3)石墨能導(dǎo)電，是因為有自由移動的電子,但六方相氮化硼沒有;立方相氮化硼晶體中，硼原子的雜化軌道類型類似于金剛石。(4）1molNH4BF4中，NH4+和BF4-中各含1個配位鍵。(5）陰離子中含有電負性較大的O，易形成氫鍵.（6)磷化硼晶胞中，P原子分布在面心和頂點,由此可確定空間堆積方式；在磷化硼晶胞中，含有P原子的個數(shù)為×8+×6=4，含有B原子個數(shù)為4,由此可求出1個晶胞的質(zhì)量，再由晶胞參數(shù)acm，可求出晶胞的體積，由此求出磷化硼晶體的密度；若磷化硼晶胞沿著體對角線方向的投影如圖乙所示(虛線圓圈表示P原子的投影)，則B原子與面心中的P原子間隔重疊?！驹斀狻浚?)尋找與BCl3分子互為等電子體的一種離子時，可將Cl換成O，然后確定另一元素的原子可以C或N,則離子為CO32-或NO3—;PH3分子的空間構(gòu)型類似于NH3,中心原子的價層電子對數(shù)都為4,其中存在一對孤對電子，所以為三角錐形。答案為：CO32-或NO3-；三角錐形；（2)a．立方相氮化硼類似于金剛石,只含有σ鍵，不含有π鍵，a不正確；b．六方相氮化硼層間作用力小，為范德華力,所以質(zhì)地軟,b正確；c．兩種晶體中，B原子與N原子以共價單鍵相連接，c正確；d．立方相氮化硼為原子晶體，六方相氮化硼為層內(nèi)相當(dāng)于原子晶體、層間相當(dāng)于分子晶體，d不正確；故選bc。答案為：bc；（3）石墨能導(dǎo)電，是因為有自由移動的電子,但六方相氮化硼沒有,所以不導(dǎo)電,其原因是層狀結(jié)構(gòu)中沒有自由移動的電子；立方相氮化硼晶體中，硼原子的雜化軌道類似于金剛石，則硼原子的雜化軌道類型為sp3。答案為:層狀結(jié)構(gòu)中沒有自由移動的電子；sp3；(4)NH4+和BF4-中各含1個配位鍵，所以1molNH4BF4中，含有2mol配位鍵.答案為：2；（5)陰離子中含有易形成氫鍵的O、H，所以陰離子可通過氫鍵相互結(jié)合形成鏈狀結(jié)構(gòu)。答案為：氫鍵；（6)磷化硼晶胞中，P原子分布在面心和頂點,由此可確定空間堆積方式為面心立方最密堆積；在磷化硼晶胞中，含有P原子的個數(shù)為×8+×6=4,含有B原子個數(shù)為4，由此可求出1個晶胞的質(zhì)量，再由晶胞參數(shù)acm，可求出晶胞的體積，由此求出磷化硼晶體的密度==；若磷化硼晶胞沿著體對角線方向的投影如圖乙所示(虛線圓圈表示P原子的投影)，則B原子與面心中的P原子間隔重疊，則在圖乙中用實心圓點畫出B原子的投影位置為或。答案為：面心立方最密堆積；==;或?！军c睛】計算晶胞中所含原子的個數(shù)時，應(yīng)首先弄清原子所在的位置，當(dāng)原子位于體內(nèi)時，完全屬于此晶胞；當(dāng)原子處于面心時，則有二分之一屬于此晶胞；當(dāng)原子處于立方體的棱上時，則有四分之一屬于此晶胞;當(dāng)原子處于立方體的頂點時，則有八分之一屬于此晶胞。12.化合物H是一種用于合成胃酸分