頁山東省威海市高三下學期5月高考模擬考試理科綜合化學試

卷（解析版）可能用到的相對原子質量：HlC12N14 O16Na23Cu64I127一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78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。.化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A.綠色凈水消毒劑高鐵酸鈉有強氧化性，其還原產物水解生成 Fe（OH）3膠體B.電子貨幣的使用和推廣符合綠色化學發展理念C.檢查酒駕時，三氧化銘（橙紅色）被酒精氧化成硫酸銘（綠色）D.自行車鍍鋅輻條破損后仍能抗腐蝕，是利用了原電池反應原理【答案】C【解析】【詳解】A、高鐵酸鉀中鐵元素的化合價為+6價，處于較高價態，因此具有強氧化性，具有殺菌消毒作用，而高鐵酸根離子水解產生的 Fe（OH）3膠體又具有吸附水中雜質的作用，選項A正確；B、電子貨幣的使用和推廣，減少紙張的使用，符合綠色化學發展理念，選項 B正確；C、檢查酒駕時，三氧化銘（橙紅色）被酒精還原成硫酸銘（綠色），選項C錯誤；D、自行車鍍鋅輻條破損后仍能抗腐蝕，是利用了原電池反應原理，鋅為負極，保持輻條，選項 D正確。答案選Co.設Na為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.1molNa2O2與SO2完全反應，轉移2Na個電子B.標準狀況下，11.2L乙醇中含有的極性共價鍵數目為 3.5Na18g的D2O中含有的中子數為10Na1L0,1molL-1Fe2（SO4）3溶液中含有的陽離子數目小于 0.2Na【答案】A【解析】【詳解】A、Na2O2+SO2=Na2SO4,1molNa2O2與SO2完全反應，轉移的電子數為 2Na,選項A正確；B、標況下，乙醇為液態，不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，選項 B錯誤；C、一個D2O中含有1>2+8=10個中子，18gD2O物質的量=-18g一=0.9mol,含有0.9Na個中子，選項20g/molC錯誤；D、鐵離子是弱堿陽離子，在溶液中會水解，由于Fe3+水解，產生更多的H+,故含有的陽離子數目大于0.2Na個，選項D錯誤；答案選Ao【點睛】本題考查了阿伏加德羅常數的計算和判斷，題目難度中等，注意重水的摩爾質量為 20g/mol,為易錯點。3.[n]-軸烯由單環n-烷燒每個碳原子上的兩個氫原子被一個 =CH2替換而成，部分軸烯的結構簡式如圖所示。A.軸烯的通式可表示為CH（m>3的整數）B.軸烯可以使澳的四氯化碳溶液褪色C.與足量庫完全反應，lmol軸烯消耗Hb的物質的量為mmolD.m=6的軸烯分子的同分異構體中含有兩個碳碳三鍵的結構有 4種【答案】C【解析】【詳解】A.每個C原子形成4個共價鍵，軸烯分子中C原子數與H原子數相同，所以軸烯的通式可表示為CmHm,選項A正確；日軸烯均含有碳碳雙鍵，可以使澳白四氯化碳溶液褪色，選項B正確；C.軸烯的通式可表示為CmHm,由題中數據可知，碳碳雙鍵數目是碳原子數目的一半，故與足量 H完全反應，lmol軸烯消耗H2的物質的量為0.5mmol,選項C錯誤；D.該軸烯的分子式為： GH6,含有2個碳碳三鍵的碳架結構分別為：C^C-C^C-C-C、C^C-C-C^C-C、CMC-C-C-OCC-C三C-C三C-C,故總共4種，選項D正確；答案選Co【點睛】本題考查有機物結構簡式的書寫及同分異構體的判斷， 注意知識的歸納和梳理是關鍵， 難度中等。易錯點為選項C,軸烯的通式可表示為CmHm,由題中數據可知，碳碳雙鍵數目是碳原子數目的一半。4.根據下列實驗操作及現象，能推出相應結論的是實驗操作及現象結論A加熱石蠟后生成的氣體能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色加熱石蠟產生的氣體一定是乙烯B向飽和硼酸溶液中加少量NaHCO^末，無氣泡冒出酸性：碳酸＞硼酸C向MgCE溶液中滴加足量NaOH容液，有白色沉淀生成，再滴加CuCl2溶液，又用藍色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2卜Ksp[Mg(OH)2]D向淀粉溶液中加稀硫酸共熱， 冷卻后再加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱，無醇紅色沉淀生成淀粉沒有發生水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.石蠟油分解可生成乙烯、丙烯等，選項A錯誤；日因為酸性：碳酸＞硼酸，故向飽和硼酸溶液中加少量 NaHCO末，無氣泡冒出，選項B正確；C,向MgCl2溶液中滴加足量NaOH§液，有白色沉淀生成，再滴加 CuCl2溶液，又有藍色沉淀生成，氫氧化鈉過量，不發生沉淀的轉化，無法證明溶度積的大小，選項C錯誤；D.向淀粉溶液中加稀硫酸共熱，冷卻后沒有用氫氧化鈉中和至堿性，加入新制 Cu(OH)2懸濁液，硫酸與氫氧化銅反應，導致無醇紅色沉淀生成，干擾醛基的檢驗，不能說明淀粉沒有發生水解，選項 D錯誤；答案選Bo5.短周期元素WX、Y、Z原子序數依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二種或三種元素組成，甲為淡黃色固體，乙和丁均為分子中含有 10個電子的二元化合物，有關物質的轉化關系如下圖所示。下列說法錯誤的是

A.W與ZA.W與Z形成的化合物為離子化合物C.離子半徑大?。篩>Z>W【答案】BB.戊一定為有毒氣體D.相同條件下，乙的沸點高于1【解析】【分析】短周期元素WX、Y、Z原子序數依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二種或三種元素組成，甲為淡黃色固體，則甲為過氧化鈉，乙和丁均為分子中含有 10個電子的二元化合物，根據轉化變系可知乙為水，的單質為氧氣，丙為氫氧化鈉，若丁為氮氣，則戊為一氧化氮；若丁為甲烷，則戊為二氧化碳，故 W】Y、Z分別為H、C（或N）、。Na,據此分析?！驹斀狻慷讨芷谠豔X、Y、Z原子序數依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二種或三種元素組成，甲為淡黃色固體，則甲為過氧化鈉，乙和丁均為分子中含有10個電子的二元化合物，根據轉化變系可知乙為水，Y的單質為氧氣，丙為氫氧化鈉，若丁為氮氣，則戊為一氧化氮；若丁為甲烷，則戊為二氧化碳，故WX、Y、Z分別為HC（或N）、QNa。A.W與Z形成的化合物NaH為離子化合物，選項A正確；B.戊為一氧化氮或二氧化碳，不一定為有毒氣體，選項 B錯誤；C.W離子比其他二者少一個電子層，半徑最小， Y、Z離子具有相同電子層結構，核電荷數越大半徑越小，故離子半徑大?。篩>Z>W選項C正確；,選項D正確。D.相同條件下，乙為水常溫下為液態，其的沸點高于丁（氨氣或甲烷）答案選,選項D正確。6.一種釘（Ru）基配合物光敏染料敏化太陽能電池的原理及部分反應如圖所示，下列說法錯誤的是A.該電池將太陽能轉變 電能A.該電池將太陽能轉變 電能B.電池工作時，X極電勢低于Y極電勢C.在電解質溶液中R—再生的反應為：2R/+3I-=2Run+I3-D.電路中每通過2mol電子生成3molI-,使溶液中I-濃度不斷增加【答案】D【解析】【分析】由圖中電子的移動方向可知，電極X為原電池的負極，發生氧化反應，電極反應為： 2Run-2e=2Ru\丫電極為原電池的正極，電解質為I3-和I—的混合物，I3-在正極上得電子被還原，正極反應為l3-+2e=3I-,據此分析解答。【詳解】A.由圖中信息可知，該電池將太陽能轉變為電能，選項 A正確；B.由圖中電子的移動方向可知，電極 X為原電池的負極，電池工作時， X極電勢低于Y極電勢，選項B正確；C.電池工作時，在電解質溶液中 R一再生的反應為：2Ru、3I-=2Run+l3,選項C正確；D.丫電極為原電池的正極，電解質為 I3-和「的混合物，I3-在正極上得電子被還原，正極反應為 l3—+2e=3I—,電路中每通過2mol電子生成3molI—,但電解質中又發生反應2Rj+3I-=2Run+l3一,使溶液中I—濃度基本保持不變，選項D錯誤。答案選Do己知通常情況下溶液中不同離子的電導率不同?，F將相同濃度 (0.5mol?r)NH3?b。和KOHB液分別滴入20mL0.02mol?L-1A1C1溶液中，隨溶液加入測得導電能力變化曲線如圖所示，下列說法中錯誤的是瘠浪稀根A.常溫時，若上述氨水pH=11,則Kb=2X10-6mol?「b、c兩點對應溶液導電能力差異主要與離子電導率有關- -cd段發生的反應是Al(OH)3+OH=[Al(OH)4]e、f溶液中離子濃度：c(NH4+)>c(K+)【答案】D【解析】【詳解】A.常溫時，若上述氨水pH=11,則 c(OH-)=10-3mol/L

cNH4cOH- 10310= 6 1Kb=- U /&1°一電_=2X10mol?L,選項A正確；CNH3LH2O0.5B.曲線2為氫氧化鉀滴入氯化鋁溶液，溶液中離子濃度不斷增大，溶液中離子濃度越大，導電能力越強，b、c兩點對應溶液導電能力差異主要與離子電導率有關，選項B正確；C根據曲線1可知b點產生最大量沉淀，對應的曲線2為氫氧化鉀滴入氯化鋁溶液， c點產生沉淀量最大，后沉淀開始溶解，cd段發生的反應是Al(OH)3+OH=[Al(OH)4]-,選項C正確；D、相同濃度(0.5mol?L-1)NH3?H2O和KOH§液且滴入體積相等，考慮俊根離子水解， e、f溶液中加入離子濃度：c(NH；)<c(K+),選項D錯誤。答案選Do.碘化鈉在醫療及食品方面有重要的作用。實驗室用 NaOH單質碘和水合腫(N2H?H2。)為原料制備碘化鈉。已知：水合腫具有還原性?；卮鹣铝袉栴}：(1)水合隊的制備有關反應原理為：CO(NH)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H?H2O+NaCl+NaCO①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液的連接順序為(按氣流方向，用小寫字母表示)。一懂拌棒期氧化綱溶液一懂拌棒期氧化綱溶液若該實驗溫度控制不當，反應后測得三頸瓶內 CIO-與CIO若該實驗溫度控制不當，反應后測得三頸瓶內 CIO-與CIO3的物質的量之比為應時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為。6:1,則氯氣與氫氧化鈉反②取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合腫，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，理由是(2)碘化鈉的制備采用水合隊還原法制取碘化鈉固體，其制備流程如圖所示:Ni①“合成”過程中，反應溫度不宜超過 70C,目的是

②在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產物 1。3,該過程的離子方程式為。工業上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合隊還原法制得的產品純度更高，其原因是 。(3)測定產品中NaI含量的實驗步驟如下：a.稱取10.00g樣品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b.量取25.00mL待測液于錐形瓶中，然后加入足量的 FeCl3溶液，充分反應后，再加入M溶液作指示劑：c.用0.2100mo?L-1的N&&Q標準溶液滴定至終點(反應方程式為；2N&S2Q+12=Na&Q+2NaI),重復實驗多次，測得消耗標準溶液的體積為 15.00mL①M為(寫名稱)。②該樣品中NaI的質量分數為(2).11:7 (3).將尿素滴到(2).11:7 (3).將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的 NaClO溶液氧化水合腫，降低產率 (4).溶液氧化水合腫，降低產率 (4).防止碘升華N2H4?H2O被氧化后的產物為N2和H2O,不引入雜質【解析】【詳解】(1)①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液時先利用裝置(5).2IO3-+3N2H4?H2O=3N2f+2I-+9H2O (6).(7).淀粉(8).94.5%C制取氯氣，通過裝置B除去氯氣中的氯化氫氣體，再通過裝置A反應得到混合液，最后利用裝置 D進行尾氣處理，故連接順序為 ecdabf;Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由 0價升高為+1價和+5價，ClO與ClO3-的物質的量濃度之比為6：1,則可設ClO-為6mol,ClO3-為1mol,被氧化的Cl共為7mol,失去電子的總物質的量為 6molx(1-0)+1molx(5-0)=11mol,氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數目相等， Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由 0價降低為-1價，則得到電子的物質的量也應為 7mol,則被還原的Cl的物質的量為11mol,所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質的量之比為 11mol:7mol=11:7;②取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合腫，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的 NaClO溶液氧化水合腫，降低產率;(2)①答成”過程中，為防止碘升華，反應溫度不宜超過 70C;②在還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產物 IO3-,N2H4?H2O與IO3-反應生成氮氣，則IO3-被還原為碘離子，該過程的離子方程式為 2IO3-+3N2H4?H2O=3N2T+2+9H2。；工業上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合隊還原法制得的產品純度更高，其原因是 N2H4?H2O被氧化后的產物為N2和H2O,不引入雜質;(3)①滴定過程中碘單質被還原為碘離子，故加入(3)①滴定過程中碘單質被還原為碘離子，故加入M溶液作指示劑，M為淀粉;n(NaI)=：n(NaI)=：n(12)=n(Na2s2O3)=0.2100mol/L15.00mL②根據反應2Na2s2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知,M0-3L/mLX500mL=0.063mol,樣品中NaI的質量分數25.00mL

0.063mol150g/mol10.00g為 父100%=94.5%。10.00g.鐵、饃及其化合物在工業上有廣泛的應用。從某礦渣 ［成分為NiFezQ（鐵酸饃）、NiO、FeQCaOSQ等］中回收NiSQ的工藝流程如下：（NHuhWO* 95C熱水 NaF 軍取劑I I 丁I礦渣f研房1-600C熱燒—J浸泡浸取液—除鈣一萃取JL 盤浸渣 煤ENiSO?**-一無機相,*—?

（再生后循環利用）有機相一^已知（NH4）2SQ在350c分解生成NH和HSO,回答下列問題：（1）“浸渣”的成分有FezQ、FeO（OH\CaSO外，還含有（寫化學式）。（2）礦渣中部分FeO焙燒時與H2SQ反應生成Fe2（SO“3的化學方程式為。⑶向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+（濃度為1.0X10-3mol?L-1）,當溶液中c（F-）=2.0X10-3mol?L-1時，除鈣率為［Ksp（CaF2）=4.0X10-11］。（4）溶劑萃取可用于對溶液中的金屬離子進行富集與分離：Fe"（水相）+2RH（有機相）LIFeR（有機相）+2H+（水相）。萃取劑與溶液的體積比Qq/V對溶液中Ni，Fe2+的萃取率影響如圖所示， Vo/4的最佳取值為。在（填“強堿性”“強酸性”或“中性”）介質中“反萃取”能使有機相再生而循環利用。（5）以Fe、Ni為電極制取N&FeQ的原理如圖所示。通電后，在鐵電極附近生成紫紅色的 FeO,若pH過高,鐵電極區會產生紅褐色物質。

高了交換膜''離子交換腹高了交換膜''離子交換腹水【含少快n!口口謬漉①電解時陽極的電極反應式為,離子交換膜(b))為(填“陰”或“陽”)離子交換膜。②向鐵電極區出現的紅褐色物質中加入少量的 NaClO溶液，沉淀溶解。該反應的離子方程式為?！敬鸢浮?1).SiO2 (2).4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O (3).99% (4).0.25 (5).強酸性(6).Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O ⑺.陰 (8).2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】【分析】某礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸饃)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸錢研磨后， 600c焙燒，已知：(NH4)2SO4在350c以上會分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成MSO4、F,(SO4)3,在90°C的熱水中浸泡過濾得到浸出液， 加入NaF除去鈣離子，過濾得到濾液加入萃取劑得到無機相和有機相，無機相通過一系列操作得到硫酸饃，有機相循環使用，據此分析解答。【詳解】某礦渣的主要成分是 NiFe2O4(鐵酸饃)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸錢研磨后，600°C焙燒，已知：(NH4)2SO4在350c以上會分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO,、F^(SO4)3,在90。C的熱水中浸泡過濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子，過濾得到濾液加入萃取劑得到無機相和有機相，無機相通過一系列操作得到硫酸饃，有機相循環使用。(1)礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸饃)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸錢加熱浸取后的浸渣為不反應和不溶于水的硫酸鈣和二氧化硅，“浸渣”的成分除 FezQ、FeO(OH>CaSO外，還含有SiO2;(2)礦渣中部分FeO焙燒時與HSQ及空氣中的氧氣反應生成 FeCCk%和水，反應的化學方程式為4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O;(3)當溶液中c(F-)=2.0X10-3mol?L-1時，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)xc2(F-)=c(Ca2+)x(2.0xi0-3mol?L-1)2=4,0X10-11,故c(Ca2+)=1.0x10-5mol/L,則除鈣率為100%=99%1.010烏-1,0103100%=99%31.010(4)要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根據圖象，最佳取值為 0.25;在強酸性介質中“反萃取”能FeO4FeO42-,電極反應式為(5)①電解時正極連接鐵電極，為陽極，陽極上失電子在堿性條件下反應生成

Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O;離子交換膜（b））允許氫氧根離子向出移動，為陰離子交換膜；②向鐵電極區出現的紅褐色物質中加入少量的 NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸鈉將氫氧化鐵氧化生成高鐵酸鈉，反應的離子方程式為 2Fe（OH）3+3C1O-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O?！军c睛】本題考查了物質分離提純、物質制備、離子方程式書寫、溶度積常數計算等知識點，掌握基礎解題關鍵，題目難度中等。10.CH可用于消除NO的污染，回答下列問題。⑴已知：-1①2NO(g)+Q(g)=2NO2(g) △H=116.2kJ?mol②N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180kJ-mol-1③CH(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=1160kJ-mol-1則CH(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) AH=kJ-mol-1。（2）在相同溫度和壓強下，一定量的 CH與NO在不同條件下反應的能量變化如圖所示。當反應進行到某相同時刻時，測得在催化劑2條件下NO轉化率更高，其原因是⑶在體積均為2L的密閉容器A（500C,絕熱）、B（500C,恒溫）兩個容器中分別加入2molCH、2molNQ和相同催化劑。AB容器中CH的轉化率a（CH4）隨時間變化如下表所示。時間（s/t）0100200300400A中a(CH4)(為020222222B中a(CH)(為010202525①A、B兩容器中，反應平衡后放出熱量少的是,理由是②B容器中，判斷該反應達到平衡狀態的標志為（填字母序號）。a.壓強保持不變b.密度保持不變CO的體積分數保持不變v(CH4):v(N2)=1:le.斷裂4molC—H鍵同時斷裂2molO-H鍵③A容器中前100s內用NO表示的化學反應速率v(NO2)=mol-L-1-s-1④已知反應速率vnk正?c(CH4)-c2(NO2),v逆=k逆?c(N2)?c(CO2)-c2(H2O)(k正、k逆分別是正、逆反應TOC\o"1-5"\h\z，一 一rr，一“，k正 ，VE速率常數)，則B容器中平衡時——= ,200s時——= 。k逆 v逆【答案】 (1).-863.8 (2).反應未達到平衡，在催化劑2條件下，反應的活化能更低， 反應速率更快，經過相同反應時間NO2轉化率更高 (3).A (4).A容器絕熱，隨著反應進行放出熱量， 體系溫度升高，1相對B容器中反應平衡逆向移動，逆向為吸熱反應，放出熱量減少 (5).ac(6).0.004 (7).—1215.3.75或一4【解析】1【詳解】(1)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △Hi=-116.2kJ?mol1②N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2=+180kJ-mol③CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H3=-1160kJ-mol-1根據蓋斯定律，由③-①+②得反應CH(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=AH3-AH1+AH2=-1160kJ-mo-1+116.2kJ-mol-1+180kJ-mol-1=-863.8kJ-mol-1；(2)根據圖中信息可知，反應未達到平衡，在催化劑2條件下，反應的活化能更低，反應速率更快，經過相同反應時間NO2轉化率更高；(3)①A、B兩容器中，反應平衡后放出熱量少的是 A,理由是A容器絕熱，隨著反應進行放出熱量，體系溫度升高，相對B容器中反應平衡逆向移動，逆向為吸熱反應，放出熱量減少；②a.反應CH(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)為氣體體積增大的反應， 壓強保持不變則反應達平衡狀態，故正確；b.反應在恒容容器中進行， 所有反應物均為氣體，密度始終保持不變，故密度不變不能說明達到平衡狀態，故錯誤；c.反應各組分體積分數保持不變則達平衡，則 CO的體積分數保持不變時達平衡狀態，故正確；d.v(CH4):v(N2)=1：l,不能說明正逆反應速率相等，反應不一定達平衡，故錯誤；e.根據反應可知，斷裂4molC-H鍵同時斷裂4molO-H鍵時，正逆反應速率相等，反應才達平衡，故錯誤；答案選ac;③A容器中前100s內甲烷的轉化率為20%則消耗甲烷2molX20%=0.4mol根據反應CH(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)則消耗NO0.8mol,用NO表示的化學反應速率0.8mol _ -1 -1v(NO2)=2L=0.004mol?L-s;100s④根據表中數據可知，B中平衡時“94)=25%,則CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)TOC\o"1-5"\h\z開始時濃度(mol/L)1 1 00 0改變的濃度(mol/L) 0.25 0.5 0.250.25 0.5平衡時濃度(mol/L) 0.75 0.5 0.250.25 0.5__2 ,-0.5 0.250.25 1K= 2一二—；0.750.52 12已知反應速率v正=卜正?c(CH4)?c2(NO2),v逆=k逆?c(N2)?c(CO2)-c2(H2O)(k正、k逆分別是正、逆反應速率常數)，貝UB容器中平衡時v正二v逆，k正?c(CH)-c2(NO2)=k逆?c(N2)?c(CO2)?c2(H2O),-=K=—；k逆 12200s時，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)開始時濃度(mol/L)1 1 00 0改變的濃度(mol/L)0.20.40.20.20.4平衡時濃度(mol/L)080.60.20.20.4v正=卜正.c(CH4).c2(NO2)=k正X08X0.62=0.288k正,v逆=卜逆?c(N2)?c(COz)?c2(H2O)=k逆X0.2X0.2X0.42=0.0064k逆，v正 0.288k正 45k正_ ^_15v逆=0.0064k逆=k逆= 12=711.銅存在于自然界的多種礦石中。(1)CuSO4、Cu(NO)2中陽離子的最外層電子的軌道表示式為,S、。N三種元素的電負性由小到大的順序為。(2)CuSO4中SO2-的中心原子的雜化軌道類型為;Cu(NQ)2晶體中NO-的空間立體構型是(3)CuSO4晶體熔點560C,Cu(NQ)2晶體熔點115C。前者比后者熔點高的原因是。(4)CuSO4?5H2O溶解于水后溶液呈天藍色，滴加氨水首先生成沉淀，繼續滴加氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液。沉淀加氨水后得到深藍色溶液的離子方程式為;判斷NH和HO與Cu2+的配位能力：NHHkO(填“>”"=”或“<”)。⑸某種Cu與。形成的氧化物，其晶胞結構如圖所示。111①該晶胞原子坐標參數 a(0,0,0),b(1,0,0),c(」二，1)。則d原子的坐標參數為222該氧化物的化學式為。②若該氧化物晶胞參數為 apmi阿伏加德羅常數值為 N.,則晶體密度p=g?cm-3(列出數學表達式，12 、1pm=10m)。(1).(1).「“ItJ1r II3I 11|…It

.S、N、O(3).sp3 (4).平面角形 (5).SO42-比NO3-所帶電荷多，故CuSO4的晶格能較大 (6).Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH⑺.>1 1 1 28810(8).(一,-) (9).CU2O (10). 31z4 4 4 aNa【詳解】(1)CuSO4和Cu(NO3)2中陽離子為Cu2+,其價電子排布式為[Ar]3d9,陽離子的最外層電子的軌道表小式為「“ItIIs|川…ItVA族大于第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，隨著原子序數的增加，第一電離能逐漸減小，則 S、。、N三種元素的第一電離能由小到大的順序為：S<N<O；(2)CuSO4中陰離子是SO42-,SO42-中S形成4個8鍵，無孤電子對，為sp3雜化；NO-中N原子形成3個8鍵，沒有孤電子對，則應為平面三角形；CuSO4的熔點為560C,Cu(NO3)2的熔點為115C,二者都是離子晶體，晶格能越大，熔點越高，晶格能和離子半徑和離子電荷有關， 離子電荷越高，半徑越小，則晶格能越大，這里SO42-所帶電荷比NO3大，故CuSO4的晶格能較大，熔點較高；(4)CuSO4?5HO溶解于水后溶液呈天藍色，滴加氨水首先生成沉淀為氫氧化銅，繼續滴加氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液[Cu(NH3)4](OH)2。沉淀加氨水后得到深藍色溶液 離子方程式為Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-;根據以上實驗過程，說明氨氣比水更易與 Cu2+結合而形成配離子，所以配位能力 NH>H2Q(5)①根據晶胞結構，已知 a、b、c的原子坐標分別為(0, 0, 0), (1,0, 0),(工，-,-),注意到2 2 2其中存在的正四面體構型，根據立體幾何知識，不難發現d原子在ac之間的一半處，則d的原子坐標為(’,4

-,1),根據晶胞內粒子數目的關系，白色的原子有 8X1+1=2個，黑色的原子有4個，因此該氧化物4 4 8的化學式為CU2O；②該氧化物的化學式為CU2O,且一個晶胞含有兩個氧化亞銅，若該氧化物晶胞參數為 apni阿伏加德羅常數值為Na,則晶體密度1442數值為Na,則晶體密度1442P=mNaV-a310"°2881030

a31Na-3g,cm。12.石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子燒，它們是常見的有機化工原料。下圖是以丙烯為原料合成有機物I的流程。已知：i.Claisen酯縮合:0IVR-l：—已知：i.Claisen酯縮合:0IVR-l：—OGHs+Ai七OHCCiHsONaOHCOii.R—C—OCH3R-OMgBr QOii.R—C—OCH3R-—fV(②比①反應—OCH3—fV(②比①反應JM快)iii.R?CH=CH2-HHARCH2cH2Br,（R、R代表煌基）回答下列問題:⑴c的名稱為。［中所含官能團的名稱為。(2)B-C的