吉林省長春市2025屆高三化學(xué)第二次質(zhì)量監(jiān)測試題理含解析

PAGE18-吉林省長春市2025屆高三化學(xué)其次次質(zhì)量監(jiān)測試題理（含解析）本試卷共16頁。考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。留意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清晰，將條形碼精確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必需運用2B鉛筆填涂；非選擇題必需運用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清晰。3.請依據(jù)題號依次在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先運用鉛筆畫出，確定后必需用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)運用涂改液、修正帶、刮紙刀。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Ni-59一、選擇題：本題共13小題，每小題6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。1.2024年7月1日起，上海、西安等地紛紛起先實行垃圾分類。這體現(xiàn)了我國愛護(hù)環(huán)境的決心，而環(huán)境愛護(hù)與化學(xué)學(xué)問休戚相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是A.廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，不行用填埋法處理，屬于有害垃圾B.各種玻璃制品的主要成分是硅酸鹽，不行回收利用，屬于其他(干)垃圾C.廢棄的聚乙烯塑料屬于可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色D.含棉、麻、絲、毛及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO2和H2O【答案】A【解析】【詳解】A．廢舊電池中含有重金屬鎳、鎘等，填埋會造成土壤污染，屬于有害垃圾，A項正確；B．一般玻璃主要成分是硅酸鹽，屬于可回收物，B項錯誤；C．聚乙烯結(jié)構(gòu)中不含碳碳雙鍵，無法使溴水褪色，C項錯誤；D．棉麻的主要成分是纖維素，其燃燒后產(chǎn)物只有CO2和H2O；但絲毛的主要成分是蛋白質(zhì)，其中還含有氮元素，燃燒產(chǎn)物不止CO2和H2O；合成纖維成分困難，所以燃燒產(chǎn)物也不止CO2和H2O，D項錯誤；答案選A。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是A.常溫下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，則溶液中CH3COO－與NH4＋的數(shù)目均為0.5NAB.10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中含有氫原子的數(shù)目為0.6NAC.16g氨基(－NH2)中含有電子數(shù)為7NAD.在密閉容器中將2molSO2和1molO2混合反應(yīng)后，體系中的原子數(shù)為8NA【答案】D【解析】【詳解】A．由于醋酸根和銨根均會發(fā)生水解，所以溶液中這兩種離子的數(shù)目確定小于0.5NA，A項錯誤；B．該溶液中乙醇的質(zhì)量為4.6g，依據(jù)公式計算可知：；該溶液中的水的質(zhì)量為5.4g，依據(jù)公式計算可知：；所以溶液中的H原子數(shù)目為1.2NA，B項錯誤；C．1個氨基中含有9個電子，16g氨基即1mol，所以含有電子數(shù)為9NA，C項錯誤；D．密閉容器中發(fā)生的雖然是可逆反應(yīng)，但原子總數(shù)守恒，所以為8NA，D項正確；答案選D。3.短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。Q的簡潔氫化物和其最高價含氧酸可形成鹽，X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素；Z－具有與氬原子相同的電子層結(jié)構(gòu)；Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為10。下列說法正確的是A.X與Z的簡潔氫化物的水溶液均呈強(qiáng)酸性B.Y單質(zhì)常溫下穩(wěn)定不跟酸堿反應(yīng)C.簡潔氫化物的沸點：Q<XD.Y與Z的一種化合物是高溫結(jié)構(gòu)陶瓷材料【答案】C【解析】【分析】依據(jù)條件“Q的簡潔氫化物和其最高價含氧酸可形成鹽”，推想Q為N元素；X是與Q同周期，且半徑是同周期中最小的元素，所以X為F元素；由“Z－具有與氬原子相同的電子層結(jié)構(gòu)”可知，Z為Cl元素；依據(jù)“Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為10”，且“Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大”，可知Y為Al元素?！驹斀狻緼．X和Z簡潔氫化物分別是HF和HCl，其中HF為弱酸，A項錯誤；B．Y單質(zhì)即鋁單質(zhì)，化學(xué)性質(zhì)活潑，常溫下既可以與強(qiáng)酸反應(yīng)也可以與強(qiáng)堿反應(yīng)，B項錯誤；C．Q和X的簡潔氫化物分別為NH3和HF，標(biāo)況下HF為液態(tài)，而NH3為氣態(tài)，所以HF的沸點更高，C項正確；D．Y和Z的化合物即AlCl3，屬于分子晶體，并不具備高沸點和高強(qiáng)度，D項錯誤；答案選C。4.依據(jù)下列試驗現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是操作試驗現(xiàn)象結(jié)論A向NaBr溶液中加入過量氯水，再加入淀粉KI溶液最終溶液變藍(lán)氧化性：Cl2>Br2>I2B向某無色溶液中滴加濃鹽酸產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體不能證明原溶液中含有SO32－或HSO3－C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加熱后，加入新制氫氧化銅，加熱得到藍(lán)色溶液蔗糖水解產(chǎn)物沒有還原性D向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加幾滴同濃度的NaCl溶液后，滴加KI溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀證明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．由于加入的氯水過量，加入KI后，I-會被過量的Cl2氧化生成能使淀粉變藍(lán)的I2，所以無法證明Br2和I2的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系，A項錯誤；B．能夠讓品紅溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯氣等；假如使品紅溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是，不確定是或；假如使品紅溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或；綜上所述，B項正確；C．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型還原性糖；若要驗證葡萄糖的還原性，須要先將水解后的溶液調(diào)至堿性，再加入新制Cu(OH)2，加熱后才會生成磚紅色的Cu2O沉淀；選項沒有加NaOH將溶液調(diào)成堿性，故C項錯誤；D．由于從前加入的NaCl只有幾滴的量，所以溶液中仍舊剩余大量的Ag+，所以后續(xù)加入KI溶液后，必定會生成黃色的AgI沉淀，試驗設(shè)計存在漏洞，并不能證明AgI和AgCl的Ksp的大小關(guān)系；D項錯誤；答案選B。5.某藥物丙可由有機(jī)物甲和乙在確定條件下反應(yīng)制得：(甲)+(乙)(丙)下列說法正確的是A.甲與乙生成丙的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)B.甲分子中全部原子共平面C.乙的化學(xué)式是C4H718OOD.丙在堿性條件下水解生成和CH318OH【答案】A【解析】【詳解】A．通過分析反應(yīng)前后物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)過程中甲分子發(fā)生了1,4加成，形成了一個新的碳碳雙鍵，乙分子也發(fā)生了加成最終與甲形成了六元環(huán)；A項正確；B．由于甲分子中存在一個sp3雜化的形成了4條單鍵的碳原子，所以甲分子內(nèi)的全部原子不行能共平面；B項錯誤；C．由乙的結(jié)構(gòu)可知，乙的分子式為：；C項錯誤；D．酯在堿性條件下水解，產(chǎn)物羧酸會與堿反應(yīng)生成羧酸鹽，所以丙在堿性條件下水解的產(chǎn)物為和，D項錯誤；答案選A。6.常溫下，用0.1000mol·L-1的鹽酸滴定20.00mL未知濃度的氨水，滴定曲線如圖所示，滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列說法錯誤的是A.點①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B.點②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C.點③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D.該氨水的濃度為0.1000mol·L-1【答案】C【解析】【分析】條件“滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式，事實上是溶液中的物料守恒關(guān)系式；進(jìn)一步可知，V(HCl)=20mL即為滴定終點，原來氨水的濃度即為0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定終點時，溶液即可認(rèn)為是NH4Cl的溶液，在此基礎(chǔ)上分析溶液中粒子濃度的大小關(guān)系，更為簡便?！驹斀狻緼．V(HCl)=20mL時，溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半時，溶液中就有以下等式成立：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)；A項正確；B．點②時溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；依據(jù)電荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-)；B項正確；C．點③即為中和滴定的終點，此時溶液可視作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度較小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C項錯誤；D．由條件“滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即為滴定終點，那么原來氨水的濃度即為0.1mol/L；D項正確；答案選C?！军c睛】對于溶液混合發(fā)生反應(yīng)的體系，若要推斷溶液中粒子濃度的大小關(guān)系，可以先考慮反應(yīng)后溶液的組成，在此基礎(chǔ)上再結(jié)合電離和水解等規(guī)律進(jìn)行推斷，會大大降低問題的困難程度。7.“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2愛護(hù)。下列關(guān)于該電池的說法錯誤的是A.若用導(dǎo)線連接a、c，則a為負(fù)極，該電極旁邊pH減小B.若用導(dǎo)線連接a、c，則c電極的電極反應(yīng)式為HxWO3-xe－=WO3+xH+C.若用導(dǎo)線連接b、c，b電極的電極反應(yīng)式為O2+4H++4e－=2H2OD.利用該裝置，可實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)示意圖可知，a與c相連后，a電極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)所以作負(fù)極，考慮到電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a極的電極反應(yīng)式為：；由于生成H+，所以a極旁邊的pH下降；A項正確；B．依據(jù)示意圖可知，a與c相連后，c為正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式應(yīng)寫作：；B項錯誤；C．依據(jù)示意圖，b與c若相連，b極為正極發(fā)生氧氣的還原反應(yīng)，考慮到電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以電極反應(yīng)式為：；C項正確；D．連接a與c后，將太陽能轉(zhuǎn)變成B中的化學(xué)能，再連接b，c后，就可將化學(xué)能再轉(zhuǎn)變成電能，最終實現(xiàn)了太陽能向電能的轉(zhuǎn)化，D項正確；答案選B。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必需做答。第33題～第38題為選考題，考生依據(jù)要求做答。(一)必考題(共129分)8.次氯酸溶液由于其具有極強(qiáng)的氧化性，可以使病毒的核酸物質(zhì)發(fā)生氧化反應(yīng)，從而殺滅病毒，是常用的消毒劑和漂白劑。已知：Ⅰ.常溫常壓下，Cl2O棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上會分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水馬上反應(yīng)生成HClO。Ⅱ.將氯氣和空氣(不參加反應(yīng))按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中生成Cl2O氣體，用水汲取Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某試驗室利用以下裝置制備濃度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A.B.C.D.E.回答下列問題：(1)裝置D的作用為_______________。(2)配平裝置B中的反應(yīng)___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。寫出Cl2O的結(jié)構(gòu)式為_____。(3)裝置C中加入的試劑X為CCl4，其作用是__________。(4)各裝置的連接依次為A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相對于氯氣干脆溶于水制備次氯酸溶液的優(yōu)點是__________。(答出1條即可)(6)若裝置B中生成的Cl2O氣體有20%滯留在E前各裝置中，其余均溶于裝置E的水中，裝置E所得500mL次氯酸溶液濃度為0.8mol/L，則至少須要含水8%的碳酸鈉的質(zhì)量為_____g?！敬鸢浮?1).除去氯氣中的HCl氣體；視察產(chǎn)生氣泡的速度來調(diào)整流速和體積比1:3(2).2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3(3).Cl-O-Cl(4).除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的純度(5).D(6).B(7).C(8).制備的HClO的濃度大，純度高，不含有Cl-(9).57.6【解析】【分析】該試驗屬于物質(zhì)制備類試驗，所需原料為氯氣和空氣，并且要留意體積比1:3這個要求；因此就出現(xiàn)了這兩個問題：(1)原料Cl2含有雜質(zhì)須要除雜；(2)如何精確地限制兩種原料氣體積比；帶著問題分析每個裝置的作用就不難發(fā)覺D裝置就恰好能解決上述兩個問題。接下來，由于B中的制備反應(yīng)是氣體與固體的反應(yīng)，所以產(chǎn)物中確定含有未反應(yīng)完全的原料氣，所以這里又出現(xiàn)了一個問題：未反應(yīng)完的原料氣是否會干擾后續(xù)的制備，如何除去；通過分析不難發(fā)覺裝置C恰好可以解決上述問題；最終在裝置E中，勝利制備了純度較高的次氯酸溶液?！驹斀狻?1)裝置D的作用一方面要對裝置A制備的Cl2進(jìn)行凈化除雜，另一方面也要保證空氣和氯氣的最佳體積比；所以D的作用為：除去氯氣中的HCl雜質(zhì)，同時視察氣泡的速度來調(diào)整氯氣和空氣的體積比至1:3；(2)依據(jù)題意，B中發(fā)生的反應(yīng)為2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O為-2價，Cl為+1價，所以該反應(yīng)是氯元素的歧化反應(yīng)；依據(jù)Cl2O中氯和氧的價態(tài)可推想其結(jié)構(gòu)為Cl-O-Cl；(3)題干中提到，用水汲取Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B處的反應(yīng)是氣體與固體的反應(yīng)，必定會有一部分Cl2無法反應(yīng)，因此，須要對B裝置的出口氣體進(jìn)行除氯氣操作，C中的CCl4由于與Cl2極性相近，可以將Cl2汲取，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的純度；(4)結(jié)合以上分析，可知連接依次為A→D→B→C→E；(5)氯氣干脆溶解在水中會生成鹽酸雜質(zhì)，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制備的次氯酸的濃度也不高，因此該方法的優(yōu)點為：制備的次氯酸溶液濃度大，純度高；(6)由題可知，E中次氯酸的含量為0.4mol，依據(jù)E中發(fā)生的反應(yīng)：，可知E中參加反應(yīng)的n(Cl2O)=0.2mol，所以總共生成的Cl2O的物質(zhì)的量為。依據(jù)Cl2O的制備反應(yīng)方程式可知，所需碳酸鈉的物質(zhì)的量為：，那么至少須要含水量8%的碳酸鈉的質(zhì)量為。【點睛】在考慮制備類試驗的裝置連接依次時，可先找出其中的原料發(fā)生裝置，反應(yīng)制備裝置和尾氣處理裝置，再依據(jù)詳細(xì)信息考慮這些裝置之間的除雜干燥防倒吸問題，最終設(shè)計出合理的連接依次。9.某試驗室以含鎳廢料(主要成分為NiO，還含有少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備NixOy和碳酸鈷(CoCO3)的工藝流程如圖：已知有關(guān)氫氧化物起先沉淀和沉淀完全的pH如表：氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2起先沉淀的pH1.56.57.27.7沉淀完全的pH3.79.79.49.2請回答以下問題：(1)“濾渣Ⅰ”主要成分為(填化學(xué)式)_____。(2)“氧化”時(加入NaClO3)的離子方程式為_____。(3)加入Na2CO3來“調(diào)pH”的目的是生成黃鈉鐵釩沉淀而除去鐵，也可通過加入MO(對應(yīng)的金屬氧化物)來調(diào)整pH將鐵除去，則pH限制的范圍為_____。(4)在試驗室萃取操作應(yīng)當(dāng)在_____中完成(填儀器名稱)，向水相中加入NaHCO3時的離子方程式為_________。(5)從NiSO4溶液獲得NiSO4·6H2O晶體的操作依次是：_____，_________，過濾，洗滌，干燥?！办褵睍r剩余固體質(zhì)量與溫度改變曲線如圖，該曲線中B段所表示氧化物的名稱為_____?！敬鸢浮?1).BaSO4和SiO2(2).(3).3.7＜pH＜7.2(4).分液漏斗(5).(6).蒸發(fā)濃縮(7).冷卻結(jié)晶(8).三氧化二鎳【解析】【分析】原料的成分含有NiO，F(xiàn)eO，F(xiàn)e2O3，CoO，BaO和SiO2，最終要制備兩種產(chǎn)物，一種是鎳的氧化物，一種是CoCO3，所以FeO，，BaO和SiO2要在制備過程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，考慮到發(fā)生的反應(yīng)，就可得知濾渣和濾液的成分。題干中還供應(yīng)了有關(guān)氫氧化物起先沉淀和沉淀完全的pH的表格，經(jīng)過分析可知，要想去除鐵元素，應(yīng)當(dāng)把鐵元素全都轉(zhuǎn)化為三價鐵再調(diào)整pH才能在不降低產(chǎn)品產(chǎn)量的同時除凈雜質(zhì)鐵元素。最終依據(jù)失重曲線推斷物質(zhì)的組成，可通過原子守恒進(jìn)行計算，再進(jìn)一步推斷即可?！驹斀狻?1)原料的成分有NiO，F(xiàn)eO，F(xiàn)e2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反應(yīng)，所以會出現(xiàn)在濾渣中，BaO會最終變成BaSO4沉淀，所以也會出現(xiàn)在濾渣中；(2)氧化步驟的目的是將二價鐵轉(zhuǎn)變成三價鐵，便于在后續(xù)步驟中沉淀法除去，所以離子方程式為；(3)加入Na2CO3這一步是為了除去鐵，同時也要避開其他元素的損耗，所以選擇的pH區(qū)間為3.7~7.2；(4)萃取最關(guān)鍵的儀器是分液漏斗；加入碳酸氫鈉后，產(chǎn)物之一是CoCO3沉淀，考慮到NaHCO3是過量的，所以最終的離子方程式為；(5)由溶液獲得結(jié)晶的常規(guī)操作是：蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌干燥；硫酸鎳晶體的摩爾質(zhì)量是263g/mol，所以26.3g即為0.1mol；280℃起先，固體的質(zhì)量削減，這個時期是因為結(jié)晶水丟失導(dǎo)致的，所以A段對應(yīng)的物質(zhì)就是0.1mol的NiSO4；溫度到600℃，固體的質(zhì)量再次下降，得到最終的鎳的氧化物；依據(jù)原子守恒，8.3g氧化物中Ni的質(zhì)量為5.9g，那么O的質(zhì)量為2.4g即0.15mol，所以固體氧化物中，所以固體氧化物即三氧化二鎳。10.對甲烷和CO2的高效利用不僅能緩解大氣變暖，而且對日益枯竭的石油資源也有確定的補(bǔ)充作用，甲烷臨氧耦合CO2重整反應(yīng)有：反應(yīng)(i)：2CH4(g)＋O2(g)?2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ?mol-1反應(yīng)(ii)：CH4(g)＋CO2(g)?2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.0kJ?mol-1(1)寫出表示CO燃燒熱的熱化學(xué)方程式：_____。(2)在兩個體積均為2L的恒容密閉容器中，起始時按表中相應(yīng)的量加入物質(zhì)，在相同溫度下進(jìn)行反應(yīng)(ii)：CH4(g)＋CO2(g)?2CO(g)＋2H2(g)(不發(fā)生其它反應(yīng))，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如表所示：容器起始物質(zhì)的量(n)/molCO2的平衡轉(zhuǎn)化率CH4CO2COH2Ⅰ0.10.10050％Ⅱ0.10.10.20.2/①下列條件能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_____。A.v正(CH4)=2v逆(CO)B.容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度滿意c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)C.容器內(nèi)混合氣體的總壓強(qiáng)不再改變D.容器內(nèi)混合氣體密度保持不變②達(dá)到平衡時，容器Ⅰ、Ⅱ內(nèi)CO的物質(zhì)的量的關(guān)系滿意：2n(CO)Ⅰ_____n(CO)Ⅱ(填“＞”、“＝”或“＜”)(3)將確定量的甲烷和氧氣混合完成反應(yīng)(i)，其他條件相同，在甲、乙兩種不同催化劑作用下，相同時間內(nèi)測得CH4轉(zhuǎn)化率與溫度改變關(guān)系如圖所示。c點_____(填“可能”、“確定”或“確定未”)達(dá)到平衡狀態(tài)，理由是_____。(4)CO2也可通過催化加氫合成乙醇，其反應(yīng)原理為：2CO2(g)+6H2(g)?C2H5OH(g)+3H2O(g)?H<0。設(shè)m為起始時的投料比，即m=n(H2)/n(CO2)。通過試驗得到下列圖象：圖1圖2圖3①圖1中投料比相同，溫度從高到低的依次為_________。②圖2中m1、m2、m3從大到小的依次為_________。③圖3表示在總壓為5MPa的恒壓條件下，且m=3時，平衡狀態(tài)時各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系。T4溫度時，該反應(yīng)壓強(qiáng)平衡常數(shù)KP的計算式為_________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，代入數(shù)據(jù)，不用計算)?！敬鸢浮?1).CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=－282.7kJ?mol-1(2).C(3).＞(4).確定未(5).催化劑不會影響平衡轉(zhuǎn)化率，在相同條件下，乙催化劑對應(yīng)的c點的轉(zhuǎn)化率沒有甲催化劑對應(yīng)的b點的轉(zhuǎn)化率高，所以c點確定未平衡(6).T3＞T2＞T1(7).m1＞m2＞m3(8).【解析】【詳解】(1)書寫燃燒熱的熱化學(xué)方程式，確定要保證：可燃物的化學(xué)計量系數(shù)為1；可燃物發(fā)生完全燃燒；生成產(chǎn)物是在常溫常壓下穩(wěn)定存在的物質(zhì)，依據(jù)蓋斯定律可得：；(2)①A．2v正(CH4)=v逆(CO)時，反應(yīng)才達(dá)到平衡狀態(tài)，A項錯誤；B．由于平衡常數(shù)未知，所以濃度滿意上式不確定處于平衡狀態(tài)，B項錯誤；C．由于該反應(yīng)是在恒溫恒容條件下進(jìn)行的，且屬于非等體積反應(yīng)，依據(jù)公式可知，當(dāng)壓強(qiáng)不變，該反應(yīng)確定達(dá)到平衡，C項正確；D．由于該反應(yīng)是在恒溫恒容條件下進(jìn)行的，且全為氣體參加，依據(jù)公式可知，密度恒定與平衡狀態(tài)無關(guān)，D項錯誤；答案選C。②構(gòu)造容器Ⅲ：除起始物質(zhì)只加入0.2molCH4和0.2molCO2外，其他條件與Ⅰ、Ⅱ相同；通過分析可知容器Ⅱ、Ⅲ中的平衡等效。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，進(jìn)料增加了一倍，考慮到反應(yīng)方程式，所以Ⅲ相比于Ⅰ，平衡逆移，CO的含量下降，所以2n(CO)Ⅰ＞n(CO)Ⅱ；(3)催化劑對于平衡無影響，相同條件下，加入甲催化劑達(dá)到的轉(zhuǎn)化率b高于加入乙催化劑的轉(zhuǎn)化率c，所以c點對應(yīng)的確定不是平衡狀態(tài)；(4)①由于該反應(yīng)放熱，所以溫度越高反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率越低，所以T3＞T2＞T1；②對于兩種反應(yīng)物的反應(yīng)，增加其中一種物質(zhì)的投料，會使另一種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率提高，所以m1＞m2＞m3；③由于投料依據(jù)化學(xué)計量系數(shù)比進(jìn)行，所以反應(yīng)隨意時刻，n(H2):n(CO2)=3:1，且n(乙醇)：n(水)=1:3；所以圖中c線為H2，d線為CO2，a線為水，b線為乙醇；結(jié)合數(shù)據(jù)可知，T4時，平衡狀態(tài)時，H2含量為0.375，CO2為0.125，水為0.375，乙醇為0.125。所以壓強(qiáng)平衡常數(shù)的表達(dá)式為：。11.鐵氰化鉀（化學(xué)式為K3[Fe(CN)6]）主要應(yīng)用于制藥、電鍍、造紙、鋼鐵生產(chǎn)等工業(yè)。其煅燒分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物質(zhì)。（1）鐵元素在周期表中的位置為_________，基態(tài)Fe3+核外電子排布式為_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化學(xué)鍵有_________。A.離子鍵B.金屬鍵C.氫鍵D.共價鍵（3）已知(CN)2性質(zhì)類似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一電離能由小到大排序為________。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子軌道雜化類型是_______；分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_______。（4）C22－和N2互為等電子體，CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相像（如圖甲所示），但CaC2晶體中啞鈴形的C22－使晶胞沿一個方向拉長，晶體中每個Ca2+四周距離最近的C22－數(shù)目為_______。（5）金屬Fe能與CO形成Fe(CO)5，該化合物熔點為－20℃，沸點為103℃，則其固體屬于_______晶體。（6）圖乙是Fe單質(zhì)的晶胞模型。已知晶體密度為dg·cm－3，鐵原子的半徑為_________nm（用含有d、NA的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?1).第四周期Ⅷ族(2).[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5(3).AB(4).K＜C＜O＜N(5).spsp2(6).2:1(7).4(8).分子(9).【解析】【分析】(1)Fe的原子序數(shù)是26，依據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，據(jù)此確定其在周期表的位置；基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+；(2)依據(jù)化學(xué)鍵的類型和特點解答，留意氫鍵是分子間作用力，不是化學(xué)鍵；(3)①KCNO由K、C.

N、O四種元素組成，K為金屬、簡潔失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于其次周期，但N的p軌道是半充溢狀態(tài)、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵，C?H都是σ鍵，確定分子中σ鍵和π鍵數(shù)目，再求出比值；(4)1個Ca2+四周距離最近且等距離的C22?應(yīng)位于同一平面，留意使晶胞沿一個方向拉長的特點；(5)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高，類似于分子晶體的特點；(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方積累，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞體積V=cm3、邊長a=cm，依據(jù)Fe原子半徑r與晶胞邊長a關(guān)系求出r。【詳解】(1)Fe的原子序數(shù)是26，依據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族據(jù)；基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+，所以基態(tài)Fe3+核外電子排布式為)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案為：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3?是陰離子，是協(xié)作物的內(nèi)界，含有配位鍵和極性共價鍵，金屬鍵存在于金屬晶體中，氫鍵是分子間作用力，不是化學(xué)鍵，故選AB；故答案為：AB；(3)①KCNO中K為金屬、簡潔失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于其次周期，但N的p軌道是半充溢狀態(tài)、能量最低，所以第一電離能大于O，C的非金屬性小于O，第一電離能小于O，所以第一電離能由小到大排序為K<C<O<N；故答案為：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵，C?H都是σ鍵，所以分子中σ鍵和π鍵數(shù)目分別為6、3，σ鍵和π鍵數(shù)目之比為6:3=2:1；故答案為：sp、sp2；2:1；(4)依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+四周距離最近的C22?不是6個，而是4個，故答案為：4；(5)依據(jù)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高的特點，可推知Fe(CO)5為分子晶體；故答案為：分子；(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方積累，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，