2023年屆吉林省長春市高考化學(xué)三模試卷(含解析)

B.制取O2B.制取O2C.制備Fe(OH)2沉淀一、單項選擇題〔742.0分〕A.滴定FeSOA.滴定FeSO4溶液D.除去乙醇中的乙酸以下說法中正確的選項是D.除去乙醇中的乙酸將苯參與溴水中振蕩后，水層接近無色，是由于發(fā)生了取代反響1HC1HC115取代反響，由此推斷原氣態(tài)烴是乙烯B.用圖所示裝置提取苯硝化反響后的產(chǎn)物C.B.用圖所示裝置提取苯硝化反響后的產(chǎn)物C.用圖所示裝置模擬氯堿工業(yè)生產(chǎn)氯氣等質(zhì)量的乙烯和乙醇在氧氣中充分燃燒后耗氧量一樣．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，以下有關(guān)說法正確的選項是在常溫常壓下，11.2LN2含有的分子數(shù)小于0.5NA在常溫常壓下，1mol氬氣含有的原子數(shù)為2NA將1L2mol/L的FeCl3溶液制成膠體后，其中含有氫氧化鐵膠粒數(shù)為2NA46gNO2和N2O4混合氣體所含氧原子數(shù)目有可能為3NAA.用圖所示裝置驗證NaHCOA.用圖所示裝置驗證NaHCO3的不穩(wěn)定性D.用圖所示裝置分餾石油在強(qiáng)酸性溶液中，以下各組離子能大量共存的是D.用圖所示裝置分餾石油Na+、K+、CO2?、Cl? B.Cu2+、Na+、NO?、SO2?3 3 4C.Na+、K+、Cl?、HCO? D.Fe2+、Na+、NO?、MnO?3 3 4以下有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途相對應(yīng)的是( )SO2具有復(fù)原性，可用于紙漿漂白濃硫酸具有脫水性，可用作枯燥劑碳酸鈉溶液顯堿性，可用于清洗油污金屬鎂燃燒時會發(fā)出刺眼的白光，可用作耐高溫材料用石墨作電極，電解1mol?L?1以下物質(zhì)的溶液，則電解前后溶液的pH保持不變的是( )硫酸 B.氫氧化鈉 C.硫酸鈉 D.氯化鈉二、試驗題〔228.0分〕高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種高效凈水劑。：K2FeO4易溶于水，其溶液呈紫色、微溶于濃KOH溶液，在0℃～5℃的強(qiáng)堿性溶液中較穩(wěn)定。某小組同學(xué)用以以下圖裝置制備并探究K2FeO4的性質(zhì)。制備原理：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，裝置如以以下圖所示(夾持裝置略)(1)盛放二氧化錳的儀器名稱 ，裝置C的作用是 。(2)裝置A中反響的化學(xué)方程式是 。試驗時承受冰水浴的緣由是 ，此裝置存在一處明顯缺陷，請指出 。4K2FeO4粗產(chǎn)品含有Fe(OH)3、KCl等雜質(zhì)，一般用75%乙醇進(jìn)展洗滌，其目的是 。(5)查閱資料知，K2FeO4能將Mn2+氧化成MnO?.該小組設(shè)計如下試驗進(jìn)展驗證：4關(guān)閉K，左燒杯溶液變黃色，右燒杯溶液變紫色。檢驗左側(cè)燒杯溶液呈黃色的緣由，需要的試劑是 。寫出K2FeO4氧化Mn2+的離子方程式： 。如圖虛線框中的裝置可用來檢驗濃硫酸與木炭粉在加熱條件下反響產(chǎn)生的全部氣體產(chǎn)物，填寫以下空白。①裝置可用來驗證產(chǎn)物中的 (填化學(xué)式)，現(xiàn)象是 。②裝置中A溶液的作用 ，現(xiàn)象是 ；B溶液的作用是 。③裝置中的現(xiàn)象是 ，是為了驗證產(chǎn)物中的 (填化學(xué)為式)。假設(shè)將裝置中①、②、③三局部儀器的連接挨次變?yōu)棰?、①、③，且將裝置A前面的品紅溶液省略則可以檢出的物質(zhì)是 (填化學(xué)式)，不能檢出的物質(zhì)是 學(xué)式)，不能檢出的緣由是 。三、簡答題〔338.0分〕石嘴山市打造“山水園林城市”，因此爭論NOx、SO2等大氣污染物的妥當(dāng)處理具有重要意義。SO2的排放主要來自于煤的燃燒，工業(yè)上常用氨水吸取法處理尾氣中的SO2。吸取過程中相關(guān)反響的熱化學(xué)方程式如下：①SO2(g)+NH3?H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ/mol；②NH3?H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)△H2=bkJ/mol；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ/mol。則反響2SO2(g)+4NH3?H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的△H= kJ/mol。(2)燃煤發(fā)電廠常利用反響2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)?2CaSO4(s)+2CO2(g)△H=?681.8kJ/時間/min濃度/mol?L?1010時間/min濃度/mol?L?101020304050O2CO21.000.790.600.600.640.6400.420.800.800.880.8811. GaAs太陽能電池及銅銦鎵硒薄膜太陽能電池等。①0～10min內(nèi)，平均反響速率v(SO2)= mol/(L11. GaAs太陽能電池及銅銦鎵硒薄膜太陽能電池等。②30min后，只轉(zhuǎn)變某一條件，反響重到達(dá)平衡。依據(jù)上表中的數(shù)據(jù)推斷，轉(zhuǎn)變的條件可能是 (填字母)。通入確定量的O2參與確定量的粉狀碳酸鈣C.適當(dāng)縮小容器的體積D.參與適宜的催化劑(3)NOx的排放主要來自于汽車尾氣，有人利用反響C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)△H=NOC和確定量的NO氣體，保持恒壓測得NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如以下圖。由圖可知1050K前反響中NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升髙而增大其緣由 在1100K時O2的體積分?jǐn)?shù)為 。(4)用某物質(zhì)的平衡分壓代替其物質(zhì)的量濃度也可以表示化學(xué)平衡常數(shù)(記作Kp)1050K、1.1×106Pa時，該反響的化學(xué)平衡常數(shù)Kp= 。[：氣體分壓(P分)=氣體總壓(P)×體積分?jǐn)?shù)](5)汽車尾氣還可利用反響2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H=?746.8kJ/mol，試驗測得，v正=k?c2(NO)?c2(CO)，v逆=k?c(N2)?c2(CO2)(k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān))。①到達(dá)平衡后僅上升溫度，k正增大的倍數(shù) (填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍數(shù)。②1L的密閉容器中充入1molCO1molNO，在確定溫度下到達(dá)平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為40%，則k正：k逆= ?；鶓B(tài)亞銅離子(Cu+)的價層電子排布式為 ；高溫下CuO簡潔轉(zhuǎn)化為Cu2O，試從原子構(gòu)造角度解釋緣由： 。H2O的沸點高于H2Se的沸點(?42℃)，其緣由是 。(3)GaCl3和AsF3的立體構(gòu)型分別是 ， 。硼酸(H3BO3)本身不能電離出H+，在水中易結(jié)合一個OH?生成[B(OH)4]?，而表達(dá)弱酸性。①[B(OH)4]?中B原子的雜化類型為 。②[B(OH)4]?的構(gòu)造式為 。金剛石的晶胞如圖，假設(shè)以硅原子代替金剛石晶體中的碳原子，便得到晶體硅；假設(shè)將金剛石晶體中一半的碳原子換成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶體(金剛砂)。①金剛石、晶體硅、碳化硅的熔點由高到低的排列挨次是 (用化學(xué)式表示)；②金剛石的晶胞參數(shù)為apm(1pm=10?12m)。1cm3晶體的平均質(zhì)量為 (只要求列算式，阿伏加德羅常數(shù)為NA)。12. J是一種含有五元環(huán)的有機(jī)化合物，其合成路線如下(某些反響條件及無機(jī)產(chǎn)物略)。①：①②請答復(fù)：②(1)A、E、F含有一樣的官能團(tuán)，則A的名稱是 ；C中含有的一種官能團(tuán)與B的官能團(tuán)一樣，則該官能團(tuán)的構(gòu)造簡式是 。(2)A+B→C的反響類型是 。C的構(gòu)造簡式是 。上述路線中生成Ⅰ的化學(xué)方程式是 。上述路線中，G經(jīng)三步反響并酸化后得到H，則該過程的中間產(chǎn)物的構(gòu)造簡式分別是 、 。【答案與解析】答案：C解析：解：A.盛放酸性高錳酸鉀溶液應(yīng)當(dāng)使用酸式滴定管，故A錯誤；B.裝置中伸入集氣瓶的導(dǎo)管錯誤，氧氣的密度大于空氣，參與集氣瓶的導(dǎo)管應(yīng)當(dāng)長，故B錯誤；C.苯能夠隔離空氣，避開生成的氫氧化亞鐵被空氣中氧氣氧化，圖示裝置能夠較長時間觀看到氫氧化亞鐵，故C正確；D.乙酸能夠溶于乙醇，無法通過分液的方法分別，可以通過蒸餾操作分別，故D錯誤；應(yīng)選C．A.酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，會氧化堿式滴定管的橡膠管；B.氧氣的密度大于空氣，集氣瓶中導(dǎo)管應(yīng)當(dāng)承受進(jìn)步短出的方式；C.苯密度小于水，可以起到隔離空氣的作用，該方法能夠較長時間觀看到氫氧化亞鐵；D.乙醇和乙酸不分層，無法通過分液方法分別．此題考察了化學(xué)試驗方案方案的評價，題目難度不大，涉及氧氣、氫氧化亞鐵的制備、物質(zhì)的分別與提純方法，明確常見化學(xué)試驗根本操作方法為解答關(guān)鍵，試題培育了學(xué)生的分析力氣及化學(xué)試驗力氣．答案：B解析：解：A.苯與溴水不反，發(fā)生萃取，故A錯誤應(yīng)；與HCl1：15體積氯氣發(fā)生取代反響，則加成產(chǎn)5個H，則原氣態(tài)烴是乙烯，故B正確；乙醇含?OHNa反響生成氫氣，與NaOH不反響，故C錯誤；1mol乙烯和乙醇在氧氣中充分燃燒均消耗3mol氧氣，等質(zhì)量時二者的物質(zhì)的量不同，則消耗的氧氣不同，故D錯誤；應(yīng)選B．苯與溴水不反響；與HCl1：15體積氯氣發(fā)生取代反響，則加成產(chǎn)5個H；乙醇含?OHNa反響生成氫氣；1mol乙烯和乙醇在氧氣中充分燃燒均消耗3mol氧氣，等質(zhì)量時二者的物質(zhì)的量不同．此題考察有機(jī)物的構(gòu)造與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，留意有機(jī)反響的推斷，題目難度不大．答案：A解析：試題分析：A標(biāo)況下，11.2LN2含有的分子數(shù)應(yīng)是0.5NA，而常溫常壓下，溫度較高所以一樣體積下含有的分子數(shù)就少。BAr是單原子分子，因此1mol應(yīng)是NA。C氫氧化鐵膠粒是由很多個氫氧化鐵分子聚在一起外表吸附有鐵離子直徑到達(dá)1—100nm間形成的，所以應(yīng)小于2NA。D46gNO2和N2O4混合氣體所含原子數(shù)確定是3NA可以用極值法，假設(shè)46g全部是NO2或N2O4結(jié)果都是3NA，所以混合氣體也是3NA。考點：考察阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)學(xué)問。答案：B解析：解：A.碳酸氫鈉加熱有水生成，則試管口應(yīng)向下傾斜，故A錯誤；B.苯硝化反響后的產(chǎn)物硝基苯不溶于水，則利用圖中分液裝置可分別，故B正確；C.Cu應(yīng)為陰極，Cu為陽極時失去電子，不能得到氯氣，故C錯誤；D.溫度計測定餾分的溫度，溫度計水銀球應(yīng)在燒瓶支管口處，故D錯誤；應(yīng)選B．碳酸氫鈉加熱有水生成；苯硝化反響后的產(chǎn)物硝基苯不溶于水；C.Cu應(yīng)為陰極；D.溫度計測定餾分的溫度．此題考察化學(xué)試驗方案的評價，為高頻考點，把握裝置的作用、混合物分別提純試驗、試驗操作為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗力氣的考察，題目難度不大．答案：B3解析：解：A、H+離子與CO2?離子反響生成二氧化碳?xì)怏w和水，不能大量共存，故A錯誤；3B、四種離子在酸性條件下不發(fā)生任何反響，能大量共存，故B正確；3C、H+離子與HCO?離子反響生成二氧化碳?xì)怏w和水，不能大量共存，故C錯誤；3D、在酸性條件下Fe2+與NO?、MnO?發(fā)生氧化復(fù)原反響而不能大量共存，故D錯誤．3 4應(yīng)選B．H+H+離子反響的離子或在酸性條件下發(fā)生其它反響類型的離子不能大量共存．此題考察離子共存問題，題目難度不大，留意溶液的酸堿性、顏色等隱性要求，從離子之間能否發(fā)生反響生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)、相互促進(jìn)的水解等角度分析此類題目．答案：C解析：解：A.SO2能與某些有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)，表現(xiàn)出漂白性，可用于漂白紙漿，與其復(fù)原性無關(guān)，故A錯誤；濃硫酸具有吸水性，可作枯燥劑，與其具有脫水性無關(guān)，故B錯誤；碳酸鈉溶液顯弱堿性，油脂在堿性環(huán)境下水解生成可溶性高級脂肪酸鹽和甘油，所以可用于清洗油污，故C正確；MgO，是由于MgO的熔點高，故D錯誤；應(yīng)選：C。A.SO2具有漂白性，可用于紙漿漂白；B.濃硫酸具有吸水性，可用作枯燥劑；C.依據(jù)鹽類水解的性質(zhì)及油脂在堿性環(huán)境下水解的性質(zhì)解答；D.耐高溫材料應(yīng)具有較高熔點。此題考察物質(zhì)的性質(zhì)與用途，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響及現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，題目難度不大。答案：C解析：解：A、電解硫酸，溶液中氫離子、氫氧根離子放電，所以溶液水量削減，溶液濃度漸漸增大，pH值漸漸變小，故A錯誤；B、電解氫氧化鈉，溶液中氫離子、氫氧根離子放電，相當(dāng)于電解水，導(dǎo)致溶液中氫氧化鈉的濃度增大，溶液的pH值增大，故B錯誤；C、電解硫酸鈉溶液，溶液中氫離子、氫氧根離子放電，相當(dāng)于電解水，導(dǎo)致溶液中硫酸鈉的濃度增大，但溶液中氫離子和氫氧根離子的濃度不變，所以溶液的pH值保持不變，故C正確；D、電解氯化鈉，溶液中氯離子和氫離子放電，所以溶液中氫氧根離子濃度漸漸增大，pH值漸漸變大，故D錯誤。應(yīng)選：C。電解時，依據(jù)溶液中離子放電挨次推斷電解后溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃度的相對大小如何轉(zhuǎn)變，假設(shè)電解后溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液呈酸性，假設(shè)氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，溶液呈堿性，假設(shè)兩者相等則溶液呈中性．此題考察了電解原理，明確離子放電挨次是解此題關(guān)鍵，依據(jù)各個電極上放電的離子結(jié)合溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化來分析解答，題目難度不大．(2)MnO2+(2)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O(3)K2FeO4在0℃～5℃的強(qiáng)堿性溶液中較穩(wěn)定，防止副反響發(fā)生；缺少除氯氣中混有HCl的裝置(4)削減產(chǎn)品損失，易于枯燥(5)KSCN溶液；5FeO2?+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO?+8H2O4 4解析：【試題解析】此題考察物質(zhì)制備，涉及試驗評價、氧化復(fù)原反響、除雜等學(xué)問點，明確試驗原理及發(fā)生的反響、各個儀器的作用是解此題關(guān)鍵，題目難度中等。(1)盛放二氧化錳的儀器名稱是圓底燒瓶，氯氣有毒，可以用NaOH溶液處理尾氣，防止污染大氣，故答案為：圓底燒瓶；吸取多余的氯氣，防止污染環(huán)境；(2)MnO2+4HCl(濃)故答案為：MnO2+4HCl(濃(2)MnO2+4HCl(濃)故答案為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；K2FeO4在0℃～5℃的強(qiáng)堿性溶液中較穩(wěn)定，所以承受冰水浴，從而防止副反響發(fā)生；濃鹽酸易揮發(fā)，導(dǎo)致生成的氯氣中含有HCl，HClKOH反響，從而降低產(chǎn)率，所以應(yīng)當(dāng)用飽和食鹽水除去HCl，則試驗中缺少除HCl的裝置，故答案為：K2FeO4在0℃～5℃的強(qiáng)堿性溶液中較穩(wěn)定，防止副反響發(fā)生；缺少除氯氣中混有HCl的裝置；K2FeO4燥，故答案為：削減產(chǎn)品損失，易于枯燥；關(guān)閉K，左燒杯溶液變黃色，右燒杯溶液變紫色，說明該裝置構(gòu)成原電池，左K2FeO4得電子生Mn2+KSCN溶液反響生成絡(luò)合物而使溶液呈血4紅色，所以需要KSCN溶液檢驗鐵離子；FeO2?、Mn2+發(fā)生氧化復(fù)原反響生成鐵離子、高錳酸根離子和水，反響方程式為5FeO2?+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO?+8H2O，44 4故答案為：KSCN溶液；5FeO2?+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO?+8H2O。4 4答案：(1)H2O；無水硫酸銅變?yōu)樗{(lán)色；(2)除去SO2；溶液褪色；檢驗二氧化硫是否除盡；(3)澄清石灰水變渾濁；CO2；(4)CO2、SO2；H2O；氣體從溶液中帶出水。解析：此題考察學(xué)生濃硫酸的性質(zhì)中的和碳單質(zhì)的反響，為高考常見題型和高頻考點，題目難度中等，留意把握濃硫酸的性質(zhì)，明確產(chǎn)物檢驗所用的試劑以及檢驗的先后挨次，綜合性較強(qiáng)，充分培育了學(xué)生的分析力氣及化學(xué)試驗力氣。加熱條件下濃硫酸和碳發(fā)生氧化復(fù)原反響生成二氧化硫、二氧化碳和水，無水硫酸銅用于檢驗水，品紅用于檢驗二氧化硫，利用二氧化硫的漂白性，A中高錳酸鉀用于除去二氧化硫，B用于檢驗二氧化硫是否除盡，C中澄清石灰水用于檢驗二氧化碳的生成，可觀看到變渾濁，以此解答該題。(1)裝置①為無水硫酸銅可以檢驗水的存在，可觀看無水硫酸銅變?yōu)樗{(lán)色，故答案為：H2O；無水硫酸銅變?yōu)樗{(lán)色；高錳酸鉀溶液是除去二氧化硫防止干擾二氧化碳的檢驗，可觀看到溶液褪色，B用于檢驗二氧化硫是否除盡，故答案為：除去SO2；溶液褪色；檢驗二氧化硫是否除盡；③中可觀看到澄清石灰水變渾濁，驗證生成二氧化碳，故答案為：澄清石灰水變渾濁；CO2；假設(shè)將儀器的連接挨次變?yōu)棰凇ⅱ?、①，則②可以檢出的物質(zhì)是二氧化硫，并可以將二氧化硫除凈，③檢驗出的是二氧化碳，但是①檢驗時確定會有水，這些水不愿定是原來混合氣體中的水，故答案為：CO2、SO2；H2O；氣體從溶液中帶出水。10.答案：2a+2b+c 0.042AC 1050K前反響未到達(dá)平衡狀態(tài)，隨著溫度上升，反響速率加快，NO轉(zhuǎn)化率增大20%4 <2081解析：解：(1)①SO2(g)+NH3?H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ?mol?1；②NH3?H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ?mol?1；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ?mol?1，結(jié)合蓋斯定律①×2+②×2+③可得2SO2(g)+4NH3?H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1)的H=(2a2bc)kJmol?1，故答案為：2a+2b+c；(2)①0～10min內(nèi)，平均反響速率v(O2)=△c=1.00?0.79mol/(L?min)=0.021mol/(L?min)，則平△t 10均反響速率v(SO2)=2v(O2)=0.042mol/(L?min)，故答案為：0.042；②30min后，氧氣和二氧化碳濃度都增大，通入確定量的O2平衡正向移動，轉(zhuǎn)化的氧氣量小于參與量，導(dǎo)致氧氣和二氧化碳濃度都增大，故A正確；參與確定量的粉狀碳酸鈣，平衡不移動，兩種氣體濃度都不變，故B錯誤；C.適當(dāng)縮小容器的體積，二氧化碳和氧氣濃度都增大，故C正確；D.參與適宜的催化劑，化學(xué)反響速率增大但是各物質(zhì)濃度不變，故D錯誤；應(yīng)選：AC；1050K前反響未到達(dá)平衡狀態(tài)，隨著溫度上升，反響速率加快，NO轉(zhuǎn)化率增大；反響前后氣體NO轉(zhuǎn)化率為40%時，生成的N2、CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等且都是20%，其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)等于其體積分?jǐn)?shù)為20%，故答案為：1050K前反響未到達(dá)平衡狀態(tài)，隨著溫度上升，反響速率加快，NO轉(zhuǎn)化率增大；20%；1050K、1.1×106Pa時，NO轉(zhuǎn)化率為80%NO為20%，生成的N2、CO2的體積分?jǐn)?shù)相等且都是40%，則P(NO)=20%×1.1×106Pa，P(N2)=P(CO2)=40%×1.1×106Pa，化學(xué)平衡常數(shù)K

=P(N2)?P(CO2)=(40%×1.1×106Pa)(40%×1.1×106Pa)

=4，p P2(NO)

(20%×1.1×106Pa)2故答案為：4；正①該反響的正反響為放熱反響上升溫度平衡逆向移動則正反響速率小于逆反響速率則k 增正大的倍數(shù)<k 增大的倍數(shù)，逆故答案為：<；②可逆反響2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)起始(mol/L)1100變化(mol/L)0.40.40.20.4平衡(mol/L)0.60.60.20.42 v =k ?c2(NO)?c2(CO)，v =k ?c(N)?c2(CO)，平衡時正逆反響速率相等，則k ?c2(NO)2 正 正 逆 逆 正c2(CO)=k

)?c2(CO)

=c(N2)?c2(CO2)=

0.2×0.42

=20kk逆 2 2，則kk逆

c2(NO)?c2(CO)

，0.62×0.62 81故答案為：20。81依據(jù)蓋斯定律，將三個的熱化學(xué)方程式疊加，可得待求反響的熱化學(xué)方程式；①先計算出0～10min內(nèi)的v(O2)，然后依據(jù)化學(xué)反響速率與物質(zhì)關(guān)系計算v(SO2)；②依據(jù)影響物質(zhì)濃度及化學(xué)平衡的因素分析；反響在1050K1100KNO的轉(zhuǎn)化率計算其體積含量；依據(jù)平衡常數(shù)的含義。利用氣體的物質(zhì)的量的比等于氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)比計算平衡常數(shù)Kp；(5)①依據(jù)溫度上升，反響速率加快，化學(xué)平衡向吸熱反響方向移動分析速率常數(shù)的變化；②依據(jù)反響到達(dá)平衡時，正反響、逆反響速率相等，結(jié)合物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率計k ：k 。②正 逆無氫鍵平面三角形三角錐形sp3C>SiC>Si9.6×1031ga3NA此題考察化學(xué)平衡計算、蓋斯定律的應(yīng)用、外界條件對化學(xué)平衡移動影響等學(xué)問點，側(cè)重考察獵取并運用信息的力氣，明確三段式在化學(xué)平衡計算中的靈敏運用是解此題關(guān)鍵，難點(5)的計算。11.答案：3d10 無氫鍵平面三角形三角錐形sp3C>SiC>Si9.6×1031ga3NA解析：解：(1)基態(tài)Cu+的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d10，其價電子排布式為：3d10；構(gòu)造上Cu2+為3d9，而Cu+為3d10CuO能分解生成Cu2O，故答案為：3d10；構(gòu)造上Cu2+為3d9，而Cu+為3d10全布滿更穩(wěn)定；水分子間存在氫鍵、H2Se分子間無氫鍵，故H2O的沸點高于H2Se的沸點，故答案為：水分子間存在氫鍵、H2Se分子間無氫鍵；GaCl3Ga3個σ3，VSEPR模型為平面三角形，3中As原子形成314，VSEPR模型為四周體形，無視孤電子對得到微?？臻g構(gòu)型為三角錐形，故答案為：平面三角形；三角錐形；①[B(OH)4]?B4個σ鍵，沒有孤電子對，B4，B原子雜化方式為sp3，故答案為：sp3；位鍵，[B(OH)4]?的構(gòu)造式為，②[B(OH)4]?B31個空軌道，B原子與O位鍵，[B(OH)4]?的構(gòu)造式為，故答案為：；①金剛石、晶體硅、碳化硅均屬于原子晶體，原子半徑Si>C，故鍵長C?C<C?Si<Si?Si，故鍵能C?C>C?Si>Si?Si，則熔點為金剛石>碳化硅>故答案為：；故答案為：C>SiC>Si；②金剛石屬于立方晶胞，C8個頂點，64個，一個晶胞單獨占有碳原子數(shù)目為48161=8，晶胞質(zhì)量=812g，晶胞密度=812ga10?10cm)3=8 2 NA NA9.6×1031gcm?3，即1cm3晶體的平均質(zhì)量為9.6×1031g，a3NA故答案為：9.6×1031g。a3NA

a3NA(1)原子形成陽離子時，先失去高能層中電子，同