河北省張家口市宣化區宣化第一中學2021屆高三化學上學期9月月考試題含解析河北省張家口市宣化區宣化第一中學2021屆高三化學上學期9月月考試題含解析PAGE32-河北省張家口市宣化區宣化第一中學2021屆高三化學上學期9月月考試題含解析河北省張家口市宣化區宣化第一中學2021屆高三化學上學期9月月考試題（含解析）一、單選題（本大題共16小題，共48。0分)1。東漢晚期的青銅奔馬（馬踏飛燕)充分體現了我國光輝燦爛的古代科技,已成為我國的旅游標志。下列說法錯誤的是A。青銅是我國使用最早的合金、含銅、錫、鉛等元素B。青銅的機械性能優良，硬度和熔點均高于純銅C.銅器皿表面的銅綠可用明礬溶液清洗D。“曾青（）得鐵則化為銅”的過程發生了置換反應【答案】B【解析】【詳解】A．我國使用最早的合金是青銅，該合金中含銅、錫、鉛等元素，故A正確；B．合金的熔點比組份金屬的熔點低，則青銅熔點低于純銅，故B錯誤;C．銅器皿表面的銅綠為Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明礬溶液因Al3+的水解顯酸性,則可用明礬溶液清洗銅器皿表面的銅綠，故C正確；D．“曾青(）得鐵則化為銅”的過程發生的反應為Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反應為置換反應，故D正確；故答案為B。2.化學與生產、生活密切相關，下列說法正確的是A.碳酸鈉和氫氧化鋁均可用于治療胃酸過多B。二氧化硫因具有漂白性可用于食品增白C。二氧化硅因高熔點的特性可用于生產光導纖維D。氯化鐵溶液可用于刻制由高分子材料和銅箔復合而成的印劇電路【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈉的堿性太強，不能用來中和胃酸,碳酸氫鈉堿性較弱，可以用來中和胃酸,故A不正確；B．因二氧化硫有毒，對人體有害，不能用來漂白食品，故B不正確；C．二氧化硅作為光導纖維的主要原料是因為其具有良好的光學特性，與其熔點高無關，故C不正確；D．氯化鐵和Cu反應生成氯化亞鐵和氯化銅，離子反應為,所以制印刷電路時，要用三氯化鐵溶液作為腐蝕液，故D正確；故選D.3.下列化學用語正確的是A。過氧化氫的電子式：B.次氯酸的結構式:C。氫化鈉中陰離子的結構示意圖：D。乙醛的結構簡式：【答案】C【解析】【詳解】A．過氧化氫為共價化合物，其電子式為，故A不正確；B．次氯酸為共價化合物，氧原子成2鍵,其結構式為,故B不正確；C．氫化鈉中陰離子的核電荷數為1，核外電子總數為2，其離子結構示意圖為,故C正確；D．乙醛分子中含有1個醛基，正確的結構簡式為，故D不正確；故選C。4。下列關于有機物的說法錯誤的是（)A.天然氣和煤氣的主要成分均為甲烷，是城市推廣的清潔燃料B.乙烯的產量可以用來衡量一個國家石油化工的發展水平C.濃度為的乙醇常用于醫用消毒D。紅葡萄酒密封儲存時間越長質量越好的原因之一是生成了酯【答案】A【解析】【詳解】A。天然氣的主要成分是甲烷,煤氣的主要成分是CO，故A錯誤；B.乙烯的產量可以用來衡量一個國家石油化工的發展水平，故B正確；C.乙醇能使蛋白質變性而殺菌消毒，濃度為的乙醇常用于醫用消毒，故C正確；D.紅葡萄酒長時間密封儲存，乙醇被氧化可生成乙酸,乙酸和乙醇發生酯化反應生成具有香味的乙酸乙酯，故D正確；答案選A.5。下列有關糖類、油脂、蛋白質說法錯誤的是A。灼燒蠶絲織物有特殊氣味B。纖維素在人體內可水解為葡萄糖，故可作人類的營養物質C.將碘酒滴在土豆片上，可觀察到藍色D。油脂不屬于高分子化合物【答案】B【解析】【詳解】A．蠶絲是蛋白質，灼燒有燒焦羽毛氣味，故A正確；B．纖維素在人體內不能水解，故不能作人類的營養物質,故B錯誤；C．土豆中含有淀粉，碘單質遇淀粉變藍色,故C正確;D．油脂高級脂肪酸甘油酯，相對分子質量較小，不是高分子化合物，故D正確.綜上所述，答案為B。6.下列敘述所對應的離子方程式正確的是A。溶于水：B.溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OC.FeO溶于稀硝酸：D。NaClO溶液中通入少量：【答案】D【解析】【詳解】A．氯氣和水的反應的離子方程式為:，故A不正確；B．向溶液中滴加稀硫酸，離子方程式為:Ba2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O,故B不正確；C．FeO溶于稀硝酸生成硝酸鐵和NO、水，其離子方程式為：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故C不正確；D．NaClO溶液中通入少量的SO2氣體的離子反應為：，故D正確；故選D。7.設表示阿伏加德羅常數值，下列說法正確的是A。常溫常壓下，9。5g羥基（）含有的中子數為B。中含有的鍵數量為C.與足量濃鹽酸反應產生時轉移電子數為D.溶液中含有的陰離子總數大于【答案】A【解析】【詳解】A．一個中含有10中子，常溫常壓下,9.5g羥基（)的物質的量為0。5mol,含有的中子數為，故A正確;B．在SiO2晶體中，，每個Si原子形成4個Si-O鍵，的物質的量為1mol，則含有的鍵數量為4NA,故B錯誤；C．未指明Cl2的狀態，不知Vm的值，則無法計算22.4LCl2的物質的量，也無法確定反應中轉移的電子數，故C錯誤；D．沒有指明溶液的體積，根據n=cV,則無法計算溶液中含有的陰離子的物質的量，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”;另一方面是要把各種量轉化為物質的量,以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強是0℃,101kPa，只指明體積無法求算物質的量；③22。4L/mol是標準狀態下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。8.下列金屬防腐措施中,使用犧牲陽極的陰極保護法的是A.船身上裝鋅塊 B.將金屬制成防腐的合金C。金屬護欄表面噴油漆 D.鋼閘門連接電源的負極【答案】A【解析】【分析】金屬防腐的措施中，使用犧牲陽極的陰極保護法，說明該裝置構成原電池，被保護的金屬作正極，據此分析解答.【詳解】A．船身上裝鋅塊，鐵為正極，鋅為負極，屬于犧牲陽極的陰極保護法，故A符合；B．將金屬制成防腐的合金，改變金屬內部結構，沒有構成原電池，故B不符合；C．金屬護欄表面噴油漆,隔絕潮濕的空氣，沒有構成原電池，故C不符合；D．鋼閘門連接電源的負極,構成電解池，屬于外加電流的陰極保護法,故D不符合；故選A。9。電化學合成氨法實現了氨的常溫常壓合成,一種堿性介質下的工作原理如圖所示,下列說法錯誤的是（）A.b接外加電源的正極B.交換膜為陰離子交換膜C。右池中水發生還原反應生成氧氣D.左池的電極反應式為N2+6H2O+6e—=2NH3+6OH-【答案】C【解析】【詳解】裝置圖為電解池，通入氮氣的電極為陰極,得到電子發生還原反應，與之連接的電源a為電源負極,連接的電解池的陰極電極反應：N2+6H2O+6e-═2NH3+6OH—，則b為電源正極，連接的電解池陽極上是氫氧根離子失電子發生氧化反應生成氧氣，電極反應：4OH-—4e—=2H2O+O2↑,離子交換膜為陰離子交換膜，據此解題。A．分析可知，b接外加電源的正極，A正確；B．氫氧根離子在電解池陽極失電子發生氧化反應,離子交換膜為陰離子交換膜，B正確；C．右池中水發生氧化反應生成氧氣，故C錯誤；D．左池電解池陰極，發生的電極反應式為：N2+6H2O+6e—═2NH3+6OH—，D正確;故答案為：C。10.三種有機物之間的轉化關系如下,下列說法錯誤的是A.X中所有碳原子處于同一平面B。Y的分子式為C.由Y生成Z的反應類型為加成反應D.Z的一氯代物有9種（不含立體異構）【答案】B【解析】【詳解】A．X的結構簡式為，分子結構中含有兩個碳碳雙鍵，均為平面結構，結構中的非雙鍵碳原子相當于乙烯基中的氫原子，則所有碳原子處于同一平面,故A正確；B．Y的結構簡式為,其分子式為C10H14O2,故B錯誤；C．由Y生成Z的反應為碳碳雙鍵與氫氣的加成,則反應類型為加成反應，故C正確;D．Z的等效氫原子有9種，則一氯代物有9種(不含立體異構），故D正確；故答案為B。11。根據下列實驗操作和現象得出的結論正確的是操作現象結論A將分別通入溴水和酸性高錳酸鉀溶液中溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加1~2滴溶液,再滴加2滴溶液先產生白色沉淀，后產生紅褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固體有白色沉淀生成,溶液紅色變淺溶液中存在水解平衡D將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中產生白色沉淀酸性：A。A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中，溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色，體現了SO2的還原性，而不是漂白性，故A錯誤；B．向溶液中滴加1～2滴溶液,再滴加2滴溶液，觀察到先產生白色沉淀，后產生紅褐色沉淀,因NaOH溶液過量，無法判斷,故B錯誤；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固體，發現有有白色沉淀生成，溶液紅色變淺，說明Ba2+與CO32—結合生成BaCO3沉淀，促進CO32—的水解平衡逆向移動，溶液的堿性減弱，故C正確；D．將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中，觀察到產生白色沉淀,因鹽酸有揮發性,生成的CO2中混有HCl，則無法判斷碳酸的酸性比硅酸強,故D錯誤；故答案為C.12.實驗室采用圖a裝置制備乙酸異戊脂夾持及加熱裝置略，產物依次用少量水、飽和溶液、水、無水固體處理后，再利用圖b裝置進行蒸餾,從而達到提純目的。下列說法正確的是A.分別從1、3口向冷凝管中通入冷水B.依次向a裝置中小心加入濃硫酸、乙酸和異戊醇C。第二次水洗的主要目的是洗掉等混合物中的鹽D。圖a和圖b裝置中的冷凝管可以互換【答案】C【解析】【詳解】A．冷凝管中冷凝水常采用下進上出,使氣態物質充分冷卻，所以從1、4口向冷凝管中通入冷水，故A錯誤；B．濃硫酸吸水放熱，所以濃硫酸應該緩慢加入異戊醇中，再加入乙酸，加入物質的順序為異戊醇、濃硫酸、乙酸，故B錯誤；C．加入飽和NaHCO3溶液的主要目的是除去殘留的硫酸，第二次水洗的主要目的是除去產品中殘留的碳酸氫鈉等鹽，使之加入水中與乙酸異戊脂分層，故C正確；D．圖a和圖b裝置中的冷凝管分別為球形冷凝管和直管冷凝管,球形冷凝管常與發生裝置連接，起冷凝回流作用，直管冷凝管常用于氣態物質的冷凝，其下端接接收器,同時球形冷凝管傾斜角度大易造成堵塞，使冷凝效果變差，故D錯誤.綜上所述，答案為C。13。恒溫恒容密閉容器中同時發生反應Ⅰ和Ⅱ：反應Ⅰ：反應Ⅱ：

體系中隨時間t的變化如圖所示，則下列反應過程中的能量變化示意圖正確的是A。 B.C。 D?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】反應物總能量大于生成物總能量,則該反應為放熱反應,否則為吸熱反應，根據題干信息知,反應I為吸熱反應,則反應物總能量小于生成物總能量；反應II為放熱反應，則反應物總能量大于生成物總能量,符合條件的只有C，故選C?！军c睛】反應熱與反應物總能量與生成物總能量相對大小有關，與反應過程中能量變化無關。14。的催化氧化是硫酸工業中的重要反應：,圖中、、X可分別代表壓強或溫度。下列說法正確的是A。X代表壓強B.C.D.若c點的溫度或壓強分別為、,則c點【答案】D【解析】【詳解】A、如為壓強，增大壓強，平衡正向移動,轉化率增大,正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，轉化率減小，則X表示溫度，故A錯誤；B、為氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動,轉化率增大，L表示壓強，應該，故B錯誤;C、X表示溫度，則a、b點溫度不同，則平衡常數不同，故C錯誤；D、c未達到平衡狀態，平衡正向移動，則c點，故D正確；故選D。15.某種化合物（如圖）由W、X、Y、Z四種短周期元素組成,其中W、Y、Z分別位于三個不同周期，Y核外最外層電子數是W核外最外層電子數的二倍;W、X、Y三種簡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。X與Y、Y與Z均可形成具有漂白性的化合物C。簡單離子的氧化性：WXD。W與X的最高價氧化物的水化物可相互反應【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均為短周期元素，且W、Y、Z分別位于三個不同周期，則其中一種元素為H，據圖可知W不可能是H，則Y或者Z有一種是氫，若Y為H,則不滿足“W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同”,所以Z為H，W和Y屬于第二或第三周期；據圖可知X可以形成+1價陽離子，若X為Li，則不存在第三周期的元素簡單離子核外電子排布與X相同，所以X為Na；據圖可知Y能夠形成2個共價鍵，則Y最外層含有6個電子，結合“W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同”可知，Y為O;根據“Y核外最外層電子數是W核外最外層電子數的二倍"可知,W最外層含有3個電子，為Al元素，據此解答?！驹斀狻緼．同一周期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:Z＜Y＜W＜X，故A錯誤；

B．Na與O形成的過氧化鈉、O與H形成的雙氧水都是強氧化劑，具有漂白性，故B正確；

C．金屬性越強，對應簡單離子的氧化性越弱，金屬性Al＜Na，則簡單離子的氧化性:W＞X，故C正確;

D．Al與Na的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鋁、NaOH，二者可相互反應生成偏鋁酸鈉和水，故D正確；

故選：A.16.常溫下,用溶液滴定溶液，曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A。滴定終點a可選擇甲基橙作指示劑B.c點溶液中C.b點溶液中D。a、b、c三點中水的電離程度最大的是c【答案】C【解析】【詳解】A．滴定終點生成Na3PO4，溶液顯堿性,則選擇甲基橙作指示劑，故A正確；B．c點消耗NaOH溶液體積為30mL，此時完全生成Na3PO4，溶液中的OH-來源于PO43-的水解和水的電離，則根據質子守恒可得:，故B正確;C．b點消耗NaOH溶液體積為20mL，此時生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其電離，溶液顯堿性，則c（HPO42—）＞c(H2PO4-)＞c(PO43-）,故C錯誤;D．a、b、c三點溶液中的溶質分別為NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大,水解促進水的電離,則水的電離程度最大的是c,故D正確；故答案為C。二、實驗題(本大題共1小題，共8。0分）17。實驗室利用如下裝置制備氯酸鉀和次氯酸鈉?；卮鹣铝袉栴}：(1）滴加濃鹽酸的漏斗伸入試管底部,其原因為________________________________。（2）裝置1中盛放的試劑為________；若取消此裝置，對實驗造成的影響為________。(3）裝置中生成氯酸鉀的化學方程式為________________________，產生等物質的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉移電子的物質的量之比為________。（4）裝置2和3中盛放的試劑均為________。（5)待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應結束后,停止加熱。接下來的操作為打開________（填“a”或“b",下同），關閉________?！敬鸢浮浚?)。液封,防止產生的氯氣從漏斗口逸出（2）.飽和食鹽水(3）。氯化氫與KOH和NaOH反應，降低產率（4）.（5）.5:1（6）.NaOH溶液（7）。b(8)。a【解析】【詳解】(1)滴加濃鹽酸的長頸漏斗下端伸入盛裝濃鹽酸的試管底部，可起液封作用,防止產生的氯氣從漏斗口逸出；（2)濃鹽酸有揮發性，制得的Cl2中混有揮發的HCl，則裝置1中盛放的試劑為飽和食鹽水，目的是為除去Cl2中混有的HCl，若取消此裝置，HCl會中和KOH和NaOH，降低產率；（3）Cl2溶于KOH溶液生成氯酸鉀和KCl，發生反應的化學方程式為,生成1mol氯酸鉀轉移5mol電子,而生成1molNaClO轉移1mol電子，則產生等物質的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉移電子的物質的量之比為5：1；(4)裝置2和3的作用均為吸收含有Cl2的尾氣,則盛放的試劑均為NaOH溶液；（5）待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應結束后，停止加熱，為使剩余氯氣完全被裝置2中NaOH溶液吸收,接下來的操作為打開b,關閉a。三、簡答題（本大題共6小題，共49.0分）18.Ce4+與Ce3+之間的轉化被應用于去除污染金屬工藝，目前國內外采用下列兩種方法實現Ce4+的再生?；卮鹣铝袉栴}:（1）利用臭氧再生：反應在酸性條件下進行,有氧氣生成，其離子方程式為__；還原產物為__（填化學式)。（2）利用電化學再生：原理如圖所示，則陽極的電極反應式為__?！敬鸢浮浚?）.O3+2Ce2++2H+=O2+2Ce4++H2O（2）。H2O（3）。Ce3+—e-=Ce4+【解析】【分析】（1)臭氧具有強氧化性，氧化Ce3+生成Ce4+，結合電子守恒、電荷守恒寫出反應的離子方程式；（2）生成Ce4+為氧化反應，發生在陽極上，結合守恒寫出電極反應式。【詳解】(1)臭氧氧化Ce3+生成Ce4+和O2，結合守恒和酸性條件得到反應的離子方程式為O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2,其中Ce4+是氧化產物，H2O是還原產物，故答案為：O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2；H2O；

（2）由電解池圖可知左側的Ce3+在陽極發生失電子的氧化反應生成Ce4+，電極反應式為Ce3+-e—=Ce4+,故答案為：Ce3+—e-=Ce4+。19。X、Y、Z三種物質溶于水均完全電離，電離出、、、、、、三種物質與溶液的反應情況如下:①X溶液與足量溶液混合共熱可生成沉淀甲和有刺激性氣味的氣體；②Y溶液與少量溶液混合可生成沉淀乙，繼續加入溶液，沉淀乙溶解；③X溶液可溶解沉淀乙，但不能溶解沉淀甲.回答下列問題:為______,Z為______

填化學式。溶液中所有離子濃度由大到小的順序為______。溶液與Z溶液混合后發生反應的離子方程式為______。【答案】(1）.（2）。（3)。（4)。2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【解析】【分析】①有刺激性氣味的氣體為氨氣,則X中含有銨離子，沉淀甲可能為BaSO4或BaCO3；②與Ba（OH)2溶液反應生成沉淀乙，繼續加入Ba(OH)2溶液，沉淀乙溶解,則沉淀乙為Al(OH)3，Y中含有Al3+;③Al(OH）3有兩性，能與酸、強堿反應，X溶液可溶解沉淀乙Al（OH)3,但不能溶解沉淀甲，并且已知陰離子中無OH—，所以X中含有H+；綜合分析：結合①③可知X為酸式鹽,根據H+與CO不共存，則X為;根據Al3+與CO不共存可知,Y為AlCl3，根據X、Y、Z三種物質由、、、、、、構成可知，Z為，綜上,X為,Y為AlCl3，Z為,沉淀甲為BaSO4,沉淀乙為Al（OH）3?！驹斀狻?1）．由上述分析可知X為，Y為AlCl3,Z為，故答案為:；；(2）．X為中含有、、、，水解是增大,減小，所以溶液中所有離子濃度由大到小的順序為，故答案為：;(3）．氯化鋁溶液中鋁離子與碳酸鈉溶液中的碳酸根離子發生雙水解,反應的離子方程式為：2Al3++3CO+3H2O=2Al（OH)3↓+3CO2↑，故答案為：2Al3++3CO+3H2O=2Al（OH)3↓+3CO2↑。20。磷鐵(含P、Fe、Cr等）是磷化工生產過程中產生的副產物，一種以磷鐵為原料制備和的流程如圖所示：已知：水浸后溶液的主要成分為和；的回答下列問題:（1）“破碎”的目的為________________________________________________________.（2)“焙燒"時，應將原料加到________坩堝中（填“陶瓷"或“鋼制”），原因是_____________（結合化學方程式解釋),Cr單質發生的主要反應的化學方程式為________。(3）進一步提純粗磷酸鈉晶體的方法為________________。（4）“酸化”時發生反應的離子方程式為________________________________________________.（5)“沉鉻”時，加NaOH調節至pH為________時，鉻離子剛好沉淀完全。(已知：,離子濃度為10-5mol/L時可認為該離子沉淀完全）【答案】（1)。增大反應物的接觸面積，提高培燒速率，使焙燒更充分（2)。鋼制(3）.，腐蝕陶瓷坩堝(4）。(5).重結晶（6）.（7)。5。48【解析】【分析】將磷鐵(含P、Fe、Cr等）粉碎后和碳酸鈉混合并在空氣中焙燒，用水溶解過濾除去鐵渣,水浸液的主要成分為和，將水浸液蒸發濃縮并冷卻結晶,過濾后即得到Na3PO4?12H2O的粗產品，濾液用稀硫酸酸化后，繼續還原得到Cr3+的溶液,再加入NaOH調節溶液的pH，即可得到Cr(OH)3沉淀，再經過過濾操作即得產品,據此分析解題.【詳解】(1）焙燒前先將磷鐵粉碎，可增大反應物的接觸面積，達到提高培燒速率，使焙燒更充分的目的;（2）因高溫下碳酸鈉和SiO2能反應生成硅酸鈉和CO2，陶瓷中含有SiO2，則“焙燒”磷鐵和碳酸鈉混合物時,應將原料加到鐵制坩堝中，可防止發生反應：,避免腐蝕陶瓷坩堝;焙燒時Cr單質和Na2CO3在氧氣中發生反應生成Na2CrO4和CO2，發生的主要反應的化學方程式為;(3）粗磷酸鈉晶體混有,可結合兩者的溶解度隨溫度變化情況,可通過重結晶提純得到精制的磷酸鈉晶體;(4）將溶液“酸化”得到Na2Cr2O7，發生反應的離子方程式為；（5)已知Ksp［Cr（OH)3］=c(Cr3+）×c3(OH—）=2。7×10—31，當c（Cr3+)=10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=3×10-9mol/L,此時溶液的pH=14—9+lg3=5。48。21。三氯胺(NCl3)是一種飲用水二級消毒劑,可由以下反應制備：Ⅰ。NH3（g）+3Cl2(g）=NCl3(1)+3HCl（g)△H回答下列問題：（1）已知：Ⅱ.2NH3（g)+3Cl2(g)=N2(g）+6HCl(g）△H1Ⅲ.N2（g）+3Cl2(g）=2NCl3（1）△H2則△H=______用含△H1和△H2的代數式表示。（2)向容積均為2L的甲、乙兩個恒溫密閉容器中分別加入4

mol

和4

mol

Cl2,發生反應Ⅰ，測得兩容器中隨反應時間的變化情況如表所示：時間04080120160容器甲容器乙①0~80min內，容器甲中______②反應Ⅰ的△H______填“"或“”，其原因為______.③關于反應Ⅰ,下列說法正確的是______填選項字母.A容器內,說明反應達到平衡狀態B容器內氣體密度不變，說明反應達到平衡狀態C達平衡后,加入一定量，平衡逆向移動D達平衡后，按原投料比再充入一定量反應物。平衡后的轉化率增大④溫度為時，該反應的平衡常數______?！敬鸢浮浚?)。(2)。（3）.＜（4）。容器乙中反應速率快，所以；又因為容器乙中平衡時大，說明升高溫度，平衡逆向移動，△H＜0(5).BD（6）.【解析】【分析】（1）根據蓋斯定律分析.(2）①先計算氯氣的速率，再根據速率之比等于化學反應計量數之比計算；②先根據表中數據判斷溫度大小，然后根據溫度對化學平衡的影響分析反應熱;③根據化學平衡狀態特征及化學平衡移動原理分析；④列出化學平衡三段式，利用三段式及化學平衡常數表達式計算?！驹斀狻浚?)根據蓋斯定律，第一個方程式加第二個方程式，再整體除以2可得:;故答案為：.（2)①,則,故答案：;②根據表中數據可知,容器乙中優先達到平衡，其反應速率快，所以;又因為容器乙中平衡時大,說明升高溫度，平衡逆向移動，所以該反應為放熱反應，其△H＜0；故答案為：＜；容器乙中反應速率快，所以；又因為容器乙中平衡時大，說明升高溫度,平衡逆向移動，△H＜0。③A．容器內，無法判斷各組分濃度是否繼續變化，則無法判斷平衡狀態，故A錯誤；B．NCl3為液態，容器容積不變、混合氣體質量為變量，則混合氣體的密度為變量，當容器內氣體密度不變時，說明反應達到平衡狀態，故B正確；C．NCl3(l）為液態，達平衡后加入一定量NCl3(l)，平衡不移動,故C錯誤；D．達平衡后，按原投料比再充入一定量反應物，相當于增大壓強，平衡向著正向移動，則平衡后NH3的轉化率增大,故D正確;故答案為：BD。④溫度為時，該反應的平衡常數,溫度為時,該反應的平衡常數;故答案為：。【點睛】本題考查化學平衡的計算，題目難度中等，明確蓋斯定律內容、化學平衡及其影響為解答關鍵，注意掌握三段式在化學平衡計算中的應用，試題側重考查學生的分析能力及化學計算能力。22。硅鐵合金廣泛應用于冶金工業，可用于鑄鐵時的脫氧劑、添加劑等，回答下列問題：（1）基態Fe原子價層電子的電子排布圖為________,基態Si原子電子占據最高能級的電子云輪廓圖為________形。（2）綠簾石的組成為，將其改寫成氧化物的形式為_____________.（3）分子的中心原子的價層電子對數為________，分子的立體構型為________；四鹵化硅的熔、沸點如下，分析其變化規律及原因________________________________。熔點/K182.8202.7278。5393。6沸點/K177.4330。1408460.6(4）可與乙二胺（，簡寫為en）發生如下反應：.的中心離子的配位數為________；中的配位原子為________。（5）在硅酸鹽中，四面體（圖a）通過共用頂角氧離子可形成多種結構形式。圖b為一種多硅酸根，其中Si原子的雜化形式為________，化學式為________________。O·Si圖a圖b【答案】（1）.（2).啞鈴(3)。4CaO?Fe2O3?2Al2O3?6SiO2?H2O（4).4（5）.正四面體形（6）.熔、沸點依次升高，原因是分子結構相似，相對分子量依次增大，分子間作用力逐漸增強(7).6（8）。O和N（9）。sp3(10）?；騍i2O52-【解析】【分析】（1)基態Fe原子價層電子為其3d、4s能級上電子；基態Si原子電子占據的能級有1s、2s、2p,最高能級為2p；(2)綠簾石的組成為Ca2FeAl2(SiO4)(Si2O7）O(OH），將其改寫成氧化物的形式時應結合元素的化合價，依次寫出金屬氧化物、非金屬氧化物、最后是水,并注意原子的最簡單整數比不變；(3）SiCl4分子的中心原子為Si,形成4個σ鍵，具有甲烷的結構特點；由表中數據可知四鹵化硅的沸點逐漸升高,為分子晶體，沸點與相對分子質量有關；(4)配離子為[Fe(H2O）6]2+,中心離子為Fe3+，配體為H2O,[Fe(H2O)4(en)]2+中配體為H2O和en，根據孤對電子確定配位原子;(5）硅酸鹽中的硅酸根（SiO44-)為正四面體結構，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式;圖中為一種無限長層狀結構的多硅酸根，圖中一個SiO44—四面體結構單元中其中有3個氧原子的貢獻率為?！驹斀狻?1)基態Fe原子的核外價電子排布式為[Ar］3d64S2，基態Fe原子價層電子為其3d、4s能級上電子，則基態Fe原子的核外價電子排布圖為；基態Si原子電子占據的能級有1s、2s、2p，最高能級為2p，其電子云輪廓圖為啞鈴形；(2）綠簾石的組成為Ca2FeAl2（SiO4）（Si2O7）O(OH)，將其改寫成氧化物的形式為4CaO?Fe2O3?2Al2O3?6SiO2?H2O；（3）SiCl4分子的中心原子為Si，形成4個σ鍵，價層電子對數為4，具有正四面體結構；四鹵化硅的沸點逐漸升高，為分子晶體，沸點與相對分子質量有關，相對分子質量越大，沸點越高;（4)配離子為[Fe(H2O）6]2+，中心離子為Fe3+,配體為H2O，則配位數為6;中配體為H2O和en，其中O和N原子均能提供孤對電子，則配位原子為O和N；(5)硅酸鹽中的硅酸根（SiO44-)為正四面體結構，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式;圖（b）為一種無限長層狀結構的多硅酸根，圖（a）中一個SiO44—四面體結構單元中其中有3個氧原子的貢獻率為，SiO44—四面體結構單元含有1個硅、氧原子數目=1+3×=2.5，Si、O原子數目之比為1:2。5=2：5，故化學式或Si2O52-。【點睛】硅酸鹽由鹽的書寫改寫為氧化物的形式即改寫的一般方法歸納為：堿性氧化物、兩性氧化物、酸性氧化物、水(xMO?nSiO2?mH2O）．注意：①氧化物之間以“?”隔開；②系數配置出現的分數應化為整數．如:正長石