四川省2024年高考化學模擬試題

姓名：班級：考號：

題號—總分

評分

一、單選題

L化學和生活、社會發展息息相關。下列說法正確的是

A.將銘、鎰加入普通鋼中制成不銹鋼，使鋼鐵制品永不生銹

B.核酸檢測時用到的“拭子”由尼龍纖維制成，屬于有吸附性的天然有機高分子材料

C.化石燃料脫硫與碳達峰、碳中和無關

D.廣漢三星堆出土的青銅器深埋于地下而生銹，是因為發生了析氫腐蝕

COOHCOOH

2.水楊酸（?j-QH）是制備阿司匹椒C^OOCCHj）的原料，水楊酸的結構修飾經歷了數百年，由阿司匹林再

到長效緩釋阿司匹林，大幅提升了治療效果。一種制備水楊酸的流程如圖所示，下列說法正確的是

CH3CH3CH3CH3COOHCOOH

Br

八SO3/H2SO4八Br2人加rH2O人產氧化ArD水解八

u①，者qWU

SO3HSO3H⑤

A.甲苯中所有原子共面

B.步驟②反應為加成反應

C.Imol阿司匹林與足量氫氧化鈉溶液反應時，最多可消耗ImolNaOH

D.可以通過分子結構的修飾獲得療效更佳、作用時間更長的緩釋阿司匹林

3.下列操作和實驗目的均正確的是

A.用甲裝置收集NO氣體

B.乙裝置中n有平衡氣壓的作用，可將多余氣體直接排出到空氣中

C.用丙裝置制取并收集干燥純凈的NH3

D.用丁裝置（環己醇與濃硫酸混合加熱脫水）制備環己烯，反應過程中，分水器中有水積攢就應該立即打開

活塞放出。

1

4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。W與X不在同周期，X原子的最外層電子數與核外

電子總數之比為3：4,Y、Z相鄰，Y的單質在空氣中燃燒，產物有兩種離子化合物和一種單質。下列說法錯

誤的是

A.簡單離子的半徑：X>Y>Z

B.工業上常用電解熔融YX制備Y單質

C.Z2(SO4)3溶液是泡沫滅火器原料之一，原理利用了Z離子的水解

D.X的某氫化物可作為殺菌消毒劑

5.用氫氣制備雙氧水的一種工藝簡單、能耗低的方法，其反應原理如圖所示，已知鈿(Pd)常以正二價形式存

在。下列有關說法正確的是

A.H2O2的電子式為H+［：6：6：『-H+

B.反應①②③均為氧化還原反應

C.反應②中有ImoKh參與反應時轉移電子的物質的量為2moi

D.反應過程中［PbCkChK、HCI均為該反應的催化劑

6.科學家設計了一種將苯酚(C6H5OH)氧化為CO2和H20的原電池-電解池組合裝置如圖所示，已知羥基自由

基(-OH)是自然界中氧化性僅次于氟的氧化劑。下列說法錯誤的是

d

陰

陽cH

離

離%

子

子

微

膜

膜

生

物

W

NaCl溶液C

Na2sO,高濃度含

溶液苯酚廢水

A.高溫下不利于該電池的使用

B.電池工作一段時間后，NaCl溶液濃度將降低

+

C.d電極的電極反應為：H2O-e=OH+H

D.相同時間內，c、d兩極產生氣體的體積比(相同條件下)為3：7

2

7.已知MgF2屬于難溶于水、可溶于酸的鹽。常溫下，用HC1調節MgF2濁液的pH,測得在不同pH條件

下，體系中Tgc(X)(X為Mg2+或F—)與lg［?墨］的關系如圖所示。下列說法正確的是

B.Li代表Tgc(Mg2+)與母廣，??］的變化曲線

c(H)

C.a、c兩點的溶液中均存在2c(Mg2+)<c(F-)+c(HF)

D.c點的溶液中存在c(Cl-)>c(Mg2+)>c(HF)>c(H+)

二'非選擇題

8.硫酸銅主要用作紡織品媒染劑、農業殺蟲劑等，其晶體(CuSOrxHzO)在不同溫度下會逐步失去結晶水甚至

分解。某小組對硫酸銅晶體性質進行探究，回答下列問題：

(1)［探究一］驗證硫酸銅晶體的分解產物

某小組同學對某溫度下硫酸銅晶體的分解產物進行驗證，設計了如下實驗：

溶液

觀察到的實驗現象有：A中藍色晶體逐漸變成白色粉末，最后變成黑色粉末；B中無水硫酸銅變藍；C中

產生白色沉淀；D中品紅溶液褪色；E中溶液變為紅色。

裝有無水硫酸銅的儀器名稱為,C、D兩裝置位置________(填“能”或“不能”)交換。

(2)C中產生的沉淀的化學式為,E中Fe2+發生反應的離子方程式

為o

(3)該實驗設計的不足之處是0

(4)［探究二］測定硫酸銅晶體中結晶水含量

實驗步驟：①稱取mg硫酸銅晶體，用適量蒸儲水溶解，再滴加幾滴酸A酸化。

3

②向①所得溶液中滴加足量BaCL溶液，得到白色沉淀，將所得沉淀過濾、洗滌。

③將洗滌后的沉淀充分干燥后稱得其質量為ago

步驟①酸A應該選擇(填“稀鹽酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是o

(5)步驟②檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法

是O

(6)根據實驗數據，硫酸銅晶體(€：11$04*1120)中x=(用含m、a的代數式表示)。

9.某工廠利用黃鐵礦(FeS2)和電解金屬鎰后的陽極渣(主要成分MnCh,雜質為Pb、Fe、Cu元素的化合物)為

原料制備高性能磁性材料MnCO3的I工藝流程如下：

陽極渣

黃鐵礦

濾渣I濾渣HCaF

FegH%、CU(OH)2

回答下列問題：

(1)FeS2中硫元素化合價為,濾渣I的成分除了S還有。

(2)寫出任意兩種加快酸浸速率的措

施、。“除鐵、銅”過程中加入H2O2的目的

是O

(3)請結合平衡移動原理解釋“除鈣”時溶液酸度不宜過高，否則溶液中Ca2+沉淀不完全的原因

是：O

(4)“沉錦”時發生反應的離子方程式為：。“沉錦”時需緩慢向含

MnSCU的溶液中滴加NH4HCO3,否則會發生反應MnCCh(s)+2OH-(aq)UMn(OH)2(s)+C。歹(aq)而生成

3

Mn(OH)2,該反應的平衡常數K=(保留一位小數，已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9xlO-i,

11

Ksp(MnCO3)=2.2xIO)-

(5)用惰性電極電解酸性MnSO4溶液還可制備MnCh,其陽極反應式

為o

10.NOx會危害人體健康，破壞環境，對其進行無害處理研究一直是科技界關注的重點。請回答以下問題：

(1)選擇性催化還原技術(SCR)是針對柴油車尾氣排放中的一項處理工藝。已知在催化劑的作用下，有如

下反應發生：

①4NH3(g)+5O2(g)w4NO(g)+6H20(g)AHi=-905kJ-moH

1

②4NH3(g)+3O2(g)u2N2(g)+6H20(g)AH2=-1268kJ-mol

③4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H20(g)AH3

反應③的反應熱AH3=o

（2）氨催化氧化時會發生（1）中的①、②兩個競爭反應。為研究某催化劑的效果，在1L恒容密閉容器中

充入ImolNJh和2moic）2,測得反應達到平衡時有關物質的量關系如圖：

①根據以上信息，其他條件不變時，下列措施中可以提高NH3轉化為N2的平衡轉化率的是（填

字母）。

A.升高反應溫度B.降低反應溫度

C.增大NH3和02的初始投料比D.及時分離出H2O

②520℃-840℃時體系中NO含量迅速增加的原因是0

（3）已知：2NO（g）+O2（g）u2NO2（g）分兩步進行，其反應過程能量變化如圖a。

I.2NO（g）uN2O2（g）

II.N2O2（g）+O2（g）u2NO（g）

①決定NO氧化反應速率的步驟是（填T或“II”）。

②在恒容的密閉容器中充入一定量的NO和02氣體，保持其它條件不變，在溫度為Ti和T2（T2>TI）,測得

c（NO）隨t（時間）的變化曲線如圖b,轉化相同量的NO,在溫度（填“Ti”或“T2”）下消耗的時間較長，

結合圖a分析其原

因_____________________________________________________________________________________________

c(NO)

（4）在恒溫條件下，向初始壓強為pMPa的恒容密閉容器中加入等物質的量C。和N。發生反應:

2CO（g）+2NO（g）-N2（g）+2CO2（g）,反應達平衡時，用的體積分數為20%,則N。的轉化率為（保留一

位小數）。該條件下反應平衡常數Kp=MPa-1（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓x物質的量

分數）。

11.銅、銀、金在古代常用作貨幣，三種元素在周期表中位于同一族，回答下列問題：

（1）基態銅原子有種能量不同的電子，其價層電子排布式為：。

（2）熔點CuAg（域'大于"或“小于”），原因

是O

（3）CM+能與此咯（"一H）的陰離子（04-）形成雙毗咯銅。

①Imol哦咯中含有的。鍵數為,哦咯熔點遠高于環戊二烯（⑦），主要原因

是O

②已知毗咯中的各個原子均在同一平面內，則此咯分子中N的雜化方式為。毗咯中的大兀鍵

可表示為o（大兀鍵可用符號用F表示，其中m代表參與形成大兀鍵的原子數，n代表參與形成大無

鍵的電子數，如苯分子中的大兀鍵可表示為辭）。

（4）Cu與Au的某種合金可形成面心立方最密堆積的晶體，Cu原子處于晶胞面心，該晶體具有儲氫功

能，氫原子可進到入Cu原子與Au原子構成的立方體空隙中，儲氫后的晶胞結構如下圖所示，該晶體儲氫后

的化學式為____________

若合金晶胞邊長為apm,忽略吸氫前后晶胞的體積變化，則該儲氫材料的儲氫能力

,口山主力THn-r/女x2為儲氫后氫的密度、

為.----------------------。（與出表達式即可，蟠級能力=標準狀況下氫氣的密/

12.布洛芬具有抗炎、解熱、鎮痛作用，其一種合成路線如下圖所示。回答下列問題:

6

（1）布洛芬中所含官能團的名稱為：O

（2）A的系統命名為：,ImolC最多可以和molHz發生加成反應。

（3）D的同分異構體中，苯環上的一氯代物只有一種的有種，寫出其中任意一種的結構簡

式。

（4）B—C的化學方程式為：，反應類型為

（5）布洛芬顯酸性，對腸、胃道有刺激作用，用CH20H對其進行成酯修飾能改善這種情況。成

酯修飾時發生反應的化學方程式為：。

（6）已知：NaBH4單獨使用能還原醛、酮，不能還原竣酸。根據布洛芬合成路線中的相關知識，以甲苯、

CH3coe1為主要原料（其它無機試劑任用），用不超過三步的反應設計合成，合成路線

OH

為O

7

答案解析部分

L【答案】C

【解析】【解答】A.將銘、加入普通鋼中制成不銹鋼，能大大增強鋼鐵的抗腐蝕能力，但并不能使鋼鐵制品

永不生銹，A不符合題意；

B.尼龍纖維屬于合成纖維，屬于有機高分子材料，但不屬于天然有機高分子材料，B不符合題意；

C.化石燃料脫硫不能減少二氧化碳排放，與碳達峰、碳中和無關，C符合題意；

D.銅的金屬活動性排在H之后，不會發生析氫腐蝕，D不符合題意；

故答案為：Co

【分析】A.不銹鋼抗腐蝕能力強；

B.尼龍纖維屬于合成纖維；

C.化石燃料脫硫不能減少二氧化碳排放；

D.銅的金屬活動性排在H之后，不會與酸反應。

2.【答案】D

【解析】【解答】A.甲苯中含有甲基，-CH3是四面體結構，所有原子不可能共平面，故A不符合題意；

B.步驟②中發生取代反應引入澳原子，故B不符合題意；

COOHCOOH

C.lmol人水解生成imolCH3coOH、Imol產物中竣基、酚羥基與氫氧化鈉發生中和

UdU

反應，故Imol阿司匹林與足量氫氧化鈉溶液反應時，最多可消耗3moiNaOH,故C不符合題意；

D.將-OH轉化為-OOCCH3,對水楊酸的結構進行改造合成出阿司匹林，進一步通過分子結構的修飾獲得療效

更佳、作用時間更長的緩釋阿司匹林，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.依據苯、乙烯、甲醛是平面結構，乙煥是直線結構、甲烷是正四面體形結構且單鍵可以沿鍵軸方

向旋轉判斷；

B.根據官能團的變化確定反應類型；

C.根據官能團確定性質；

D.根據官能團的變化及官能團性質分析。

3.【答案】A

【解析】【解答】A.NO不溶于水，可以用排水法收集，A項符合題意；

B.乙裝置中n有平衡氣壓的作用，ci2,NO等氣體都是有毒的氣體，不能直接排出，B項不符合題意；

C.氨氣的密度比空氣小，應該用向下排空氣法收集，C項不符合題意；

D.分水器的作用是將反應生成的水能夠及時分離出來，使反應正向進行，且分水器中的水量不再增多時，說

明反應結束，即可停止實驗，故還有控制反應的作用，故反應過程中，當分水器的水層增至支管口附近時，

8

再打開活塞放出部分水，D項不符合題意；

故答案為：Ao

【分析】A.NO不溶于水；

B.氣體有毒，不能直接排出；

C.氨氣的密度比空氣小；

D.分水器的作用是將反應生成的水能夠及時分離出來，使反應正向進行，且分水器中的水量不再增多時，說

明反應結束，即可停止實驗。

4.【答案】B

【解析】【解答】結合分析可知，W為H,X為O,Y為Mg,Z為Al元素，

A.。2-、Mg2+、A13+的核外電子排布相同，核電荷數越大離子半徑越小，則簡單離子的半徑：02->Mg2+>

AF+,即X>Y>Z,故A不符合題意；

B.MgO的熔點較高，各元素通過電解熔融氯化鎂制備鎂，故B符合題意；

C.A12（SO4）3溶液是泡沫滅火器原料之一，原理是碳酸氫根離子與鋁離子發生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧

化碳、水，利用了A13+的水解，故C不符合題意；

D.X為O,氫化物H2O2可作為殺菌消毒劑，故D不符合題意；

故答案為：Bo

【分析】

A.核外電子排布相同，核電荷數越大離子半徑越小；

B.MgO的熔點高，不適合工業生產；

C.碳酸氫根離子與鋁離子發生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳、水；

D.H2O2有強氧化性。

5.【答案】C

【解析】【解答】A.H2O2是共價化合物，通過共用電子對形成化學鍵，其電子式為H：6：6：H，故A

不符合題意；

B.反應③中化合價未發生變化，是非氧化還原反應，故B不符合題意；

C.反應②中是Pd+O2+2C1—EPbCbChK，［PbCLChF-中Pd為+2價，根據得失電子守恒，因此有ImolCh

參與反應時轉移電子的物質的量為2mol,故C符合題意；

D.反應過程中［PbCbCXp-為該反應的催化劑，HC1是中間產物，故D不符合題意。

故答案為：Co

9

【分析】A.H2O2是共價化合物；

B.利用氧化還原反應中有元素化合價發生變化判斷；

C.根據得失電子守恒分析；

D.根據應中間體反應前和反應后均沒有，只在過程中出現；催化劑反應前參與反應，反應后又生成；

6.【答案】D

【解析】【解答】A.高溫下微生物會失去活性，故高溫下不利于該電池的使用，A不符合題意；

B.電池工作一段時間后，a側氫氧根離子、b側氫離子遷移到中間室中生成水，導致氯化鈉溶液濃度將降

低，B不符合題意；

+

C.d為陽極，水失去電子發生氧化反應，電極反應為：H2O-e-=OH+H,C不符合題意；

D.c為陰極，水放電生成氫氣；d極苯酚和羥基自由基發生氧化還原反應生成二氧化碳，根據電子守恒可

知，C6H50H?28e-?6c。2?14H2,故相同時間內，c、d兩極產生氣體的體積比(相同條件下)為14：6=7：3,

D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.高溫下微生物會失去活性；

B.依據電池中離子放電分析；

C.陽極失去電子，發生氧化反應；

D.根據電子守恒分析。

7.【答案】A

【解析】【解答】A.但］，??］何時,-lgc(F—)=10-2-2,Tgc(Mg2+)=lCT肉根據MgF2(s)uMg2+(aq)+2F—

c(H)'

(aq),Ksp(MgF2)=c(M^2+)-c2(F")=IO-4X(IO-22)2=IO-84=IO06X10-9,故A符合題意；

B.根據圖中信息L2代表Tgc(Mg2+)與1g［喏^的變化曲線，故B不符合題意；

C.根據原子守恒，溶解平衡中2c(Mg2+尸c(F一),再根據H++F—(aq)uHF可知，溶解得到的c(F一)等于溶液

中存在的c(F一)與生成的c(HF)之和，因此a、c兩點的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F-)+c(HF),故C不符合題

忌；

D.c點1g［名g］>0,則￡^>1即c(HF)>c(H+),又由于2c(Mg2+)=c(F—)+C(HF),故溶液中存在C(C1一)

JeH)

>c(Mg2+)=c(HF)>c(H+),故D不符合題意。

故答案為：Ao

【分析】A.依據Ksp(MgB)=c(M/+).?2(丁)計算；

B.根據圖中信息分析;

10

c.根據原子守恒分析；

D.依據圖像和物料守恒分析。

8.【答案】(1)球形干燥管；不能

2++3+

(2)BaSO4；4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O

(3)缺少尾氣處理裝置

(4)稀鹽酸；抑制Cu2+水解

(5)取最后一次洗滌液少量于試管，滴加硝酸酸化的AgNCh溶液，若無沉淀生成則已洗滌干凈

(6)2337n—160a

18a

【解析】【解答】(1)由圖可知，裝有無水硫酸銅的儀器名稱為球形干燥管；因SO3極易溶于水，互換后，

SO3溶于品紅溶液，則BaCL溶液無法檢驗出SO3,故答案為：互換后，SCh溶于品紅溶液，BaCb溶液無法檢

驗出SO3,故兩者不能互換；

(2)C中三氧化硫和水反應生成硫酸，硫酸再和氯化鋼反應生成硫酸/沉淀；E中二價鐵被水中溶解的氧氣

2++3+

氧化為三價鐵，離子方程式為：4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O；

(3)反應中產生硫的氧化物，會污染空氣，需要尾氣處理裝置，故不足之處是：缺少尾氣處理裝置；

(4)該實驗是通過測定其中硫酸根的量來確定硫酸銅的量，故在實驗過程中不能引入硫酸根離子，故酸A是

稀鹽酸；考慮到銅離子容易水解生成氫氧化銅沉淀影響實驗，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制

C#+水解；

(5)沉淀上容易吸附氯離子，可以通過檢驗洗滌液中是否還有氯離子來驗證，則檢驗方法為：取最后一次洗

滌液少量于試管，滴加硝酸酸化的AgNCh溶液，若無沉淀生成則已洗滌干凈；

(6)硫酸銅的物質的量等于最后硫酸鐵的物質的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=懸，則％=臂—=

233

233m—160a

18a°

【分析】(1)依據儀器構造確定名稱；依據SO3極易溶于水分析；

(2)三氧化硫和水反應生成硫酸，硫酸再和氯化鐵反應生成硫酸鐵；根據反應物和生成物的化學式，利用原

子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析；

(3)硫的氧化物會污染空氣；

(4)不能引入新的雜質離子；依據水解平衡原理分析；

(5)判斷沉淀是否洗凈的操作：取最后一次洗滌液，滴加……(試劑)，若沒有……現象，證明沉淀已洗

凈；

(6)硫酸銅的物質的量等于最后硫酸鐵的物質的量。

9.【答案】(1)-1；PbSCU

11

(2)粉碎陽極渣和黃鐵礦、適當增大硫酸的濃度；適當升溫等；將Fe2+氧化成Fe3+,以便除去

(3)酸度過高，F與H+結合形成弱電解質HF,CaF2(S)UCa2+(aq)+2F(aq)平衡右移

2+

(4)Mn+2WC0^=MnCO3i+H2O+CO2t;115.8

2++

(5)Mn-2e-+2H2O=MnO2+4H

【解析】【解答】(1)根據化合價法則，FeS2中硫元素為-1價，所以鐵元素的化合價是+2價；

根據分析，濾渣I的成分除了S還有PbSO4;

(2)加快酸浸速率的措施粉碎陽極渣和黃鐵礦、適當增大硫酸的濃度，適當升溫等；

“除鐵、銅”過程中加入H2O2的目的是將Fe2+氧化成Fe3+,以便生成Fe(OH)3而除去；

(3)酸度過高，F與H+結合形成弱電解質HF,CaF2(S)=Ca2+(aq)+2F(aq)平衡右移，故“除鈣”時溶液酸度不

宜過高，否則溶液中Ca2+沉淀不完全；

(4)硫酸鎬與碳酸氫鏤溶液混合反應生成碳酸鎰和二氧化碳，“沉鎰”時發生反應的離子方程式為：

Mn2++2HC05=MnCO3]+H2O+CO2T；

反應MnCO3(s)+2OH-(aq)UMn(OH)2(s)+C。歹(aq)的平衡常數

n

K=c(CO：-)=c(M7i2+)c(co|—)_Ksp(MnC()3)_2.2xl()—_n58.

2-2+2-

c(OW)c(Mn)-c(O/7)Ksp[Mn(OH)2219xl0-13-

(5)用惰性電極電解酸性MnSCU溶液還可制備MnCh,其陽極上MM+失電子產生M11O2,電極反應式為

2++

Mn-2e-+2H2O=MnO2+4Ho

【分析】(1)根據化合價法則分析；依據流程圖，利用反應物和產物的性質判斷；

(2)依據影響反應速率的因素分析；依據反應物和試劑的性質分析；

(3)依據溶解平衡移動原理分析；

(4)硫酸鎰與碳酸氫鍍溶液混合反應生成碳酸鎬和二氧化碳；利用Ksp計算；

(5)電解時，陽極失電子，發生氧化反應。

10.【答案】(1)-1812.5kJmol1

(2)BD；該溫度段時催化劑大幅度提高了NO在產物中的比率

(3)II；T2；反應I放熱，溫度升高，平衡逆移，c(N2C>2)減小；且c(N2O2)減小對反應n速率的影響大于溫

度升高對反應II速率的影響

24

(4)66.7%；§

P

【解析】【解答】(1)根據蓋斯定律，③=②X2.5-①xl.5=-1268x2.5-(-905xl.5)=1812.5,所以八k二-

1812.5kJ-mol^o

(2)①A.在1L密閉容器中充入ImolNfh和2moic>2,根據圖像可知，520℃平衡時n(N0)=n(N2)=

0.2mol,結合化學方程式列數據如下：

12

4N")+5。2(0)U4N0(g)+6H20(g)

變化(jnoV)0.20.250.20.3

4N")+3。2@)W2N2(g)+6H2。9)

變化(jnoV)0.40.30.20.6

則平衡時，n(NH3)=(l-0.2-0.4)mol=0.4mol、n(O2)=(2-0.25-0.3)mol=1.45mol、n(H20)=(0.3+0.6)mol=0.9

022x096

mol,因為容器的體積是IL所以該反應的平衡常數7f='一,該反應是放熱反應，降低溫度，可提高

0.44X1.453

NH3轉化為N2的平衡轉化率，故A不正確，B正確；

C.增大NH3和02的初始投料比，提高。2的轉化率，NH3的轉化率降低，故C不正確；

D.將反應生成的H2O(g)及時移出，降低生成物的濃度，平衡正向移動，可提高NH3轉化為N2的平衡轉化

率，D正確；

②該溫度段時催化劑大幅度提高了NO在產物中的比率。

(3)①根據反應過程能量變化示意圖可知，反應I的活化能較低，速率較快；反應II的活化能較高，速率較

慢。決定NO氧化反應速率的步驟是反應II。

②由題圖3可知，當消耗相同量的NO時，溫度為T：時消耗的時間更長。由題圖2可知，反應I和H均為

放熱反應，但反應I的活化能較低，外界條件變化后能迅速達到平衡，溫度升高，反應I平衡逆移，C(N2O2)減

小；而反應n活化能較高，反應速率慢，c(N2O2)減小對反應II速率的影響大于溫度升高的影響。

(4)加入等物質的量CO和NO,因此投料比是1：1。

2co(g)+220(g)-、N2⑼+2c。2⑼

初始｛mol)1100

X

轉化(jnol)xXX

2

X

平衡伽1。。1—X1—XX

2

X

所以(總廠

尹岫)-知-20%,解得yn|molo

2coig)+220(g)—\+2。。2(9)

11oo

初始。nol)

2212

----

轉化(jnol)3333

1112

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平衡(jnol)3333

所以n(總尸|molo

P2r

算出平衡時，總壓強pi,=p解得Pi=1P。2CO(g)+2NO(g)-N2(g)+2CO2(g)

155125511551155

=xp=

2附)=#/針=”；P(CO2)fP(C。)=#/針P(^VO)=|-|x|P=

13

122

P(N2)-p2(c02)=6P,W=24

p2(CO).p2(NO)一(%)2P

【分析】（1）根據蓋斯定律分析；

（2）①AB利用三段式法計算；

CD.依據影響化學平衡的因素分析；

②依據曲線變化分析；

（3）①活化能越大，反應速率越慢，速率最慢是決速步驟；

②依據影響化學平衡的因素分析；

（4）利用三段式法計算。

11.【答案】（1）7；3d"4sl

（2）大于；二者都為金屬晶體且價電子數相同，但Cu的原子半徑比Ag的小，故Cu金屬鍵強，熔點更高

（3）IONA；毗咯分子間存在氫鍵，而環戊二烯分子間沒有氫鍵；sp2雜化；nl

（4）CU3AUH4;婷4義1033

【解析】【解答】（1）基態銅原子有1S、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7種能量不同的電子，基態銅原子的價層

電子為其3d、4s能級上的電子，其價層電子排布式為：3diO4s\故答案為：7；3小味1；

（2）熔點Cu大于Ag,原因是二者都為金屬晶體且價電子數相同，但Cu的原子半徑比Ag的小，故Cu金

屬鍵強，熔點更高。故答案為：大于；二者都為金屬晶體且價電子數相同，但Cu的原子半徑比Ag的小，故

Cu金屬鍵強，熔點更高；

（3）①每個毗咯有4個碳原子，每個碳原子有碳氫鍵（4個），碳碳之間（3個）、碳氮（2個）、氮和氫（1

個）之間有o鍵，Imol毗咯中含有的o鍵數為IONA,口比咯熔點遠高于環戊二烯，主要原因是毗咯分子間存

在氫鍵，而環戊二烯分子間沒有氫鍵。故答案為：IONA；口比咯分子間存在氫鍵，而環戊二烯分子間沒有氫

鍵；

②已知此咯中的各個原子均在同一平面內，毗咯中C、N原子價層電子對數均為3