PAGEPAGE1全真模擬7．以某硫酸渣(含F(xiàn)e2O3、SiO2等)為原料制備鐵黃(FeOOH)的一種工藝流程如下：下列說法不正確的是A．“酸溶”中加熱或攪拌或適當(dāng)增大硫酸濃度均可加快溶解速度B．濾渣的主要成分是SiO2和FeC．“沉鐵”過程中生成Fe(OH)2的化學(xué)方程式為:FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑。D．“氧化”Fe(OH)2漿液時，可用氯氣代替空氣【答案】D【解析】硫酸渣用硫酸酸浸時，氧化鐵溶解生成硫酸鐵，加入鐵粉，則溶液變?yōu)榱蛩醽嗚F溶液，過濾，濾渣為過量的鐵粉和未溶解的二氧化硅，濾液中加入碳酸氫銨，發(fā)生雙水解反應(yīng)生成二氧化碳和氫氧化亞鐵；A．“酸溶”中加熱或攪拌或適當(dāng)增大硫酸濃度均可加快溶解速度，A正確；B．依據(jù)分析可知，濾渣的主要成分是SiO2和Fe，B正確；C．“沉鐵”過程中硫酸亞鐵與碳酸氫銨雙水解生成Fe(OH)2的化學(xué)方程式為:FeSO4＋2NH4HCO3=Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑，C正確；D．“氧化”Fe(OH)2漿液時，若用氯氣代替空氣，導(dǎo)致制備的鐵黃含量偏低且含有雜質(zhì)，D錯誤；答案為D8．下列說法中正確的是A．因發(fā)生加成反應(yīng)，苯可以使溴水褪色B．煤可以通過干餾、液化與氣化等物理改變轉(zhuǎn)化為清潔能源C．自然植物油常溫下一般呈液態(tài)，難溶于水，有恒定的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)D．分子式為C10H14且只有一個取代基的芳香烴，其可能的結(jié)構(gòu)有4種【答案】D【解析】A項(xiàng)、苯能使溴水褪色的緣由是溴在有機(jī)物中的溶解度大于在水中的溶解度，屬于萃取，故A錯誤；B項(xiàng)、煤的干餾、氣化與液化屬于化學(xué)改變，故B錯誤；C項(xiàng)、自然植物油是混合物，沒有恒定的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)，故C錯誤；D項(xiàng)、分子式為C10H14且只有一個側(cè)鏈的芳香烴，不飽和度為4，分子中含有一個苯環(huán)，則側(cè)鏈?zhǔn)峭榛瑸?C4H9，-C4H9的異構(gòu)體有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，故符合條件的結(jié)構(gòu)有4種，故D正確。故選D。9．阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L12C18O中含有的中子數(shù)為8NAB．常溫常壓下，12g金剛石中含有C－C鍵數(shù)為4NAC．1molLi2O、Na2O2的混合物中含有的離子總數(shù)大于3NAD．25℃時，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的數(shù)目為0.02NA【答案】A【解析】A．標(biāo)況下11.2L一氧化碳的物質(zhì)的量為0.5mol，每個分子含有6+10=16個中子，故總共含有8mol中子，故A正確；B．12克金剛石為1mol，每個碳原子平均形成2個共價(jià)鍵，所以共形成2mol共價(jià)鍵，故B錯誤；C．氧化鋰含有3個離子，過氧化鈉也含有3個離子，故1mol混合物含有3mol離子，故C錯誤；D．沒有說明溶液的體積，不能計(jì)算，故D錯誤。故選A。10．下列試驗(yàn)操作與溫度計(jì)的運(yùn)用方法均正確的是(加熱裝置略)（）ABCD苯與濃硝酸、濃硫酸制硝基苯乙醇與濃硫酸作用制乙烯中和熱的測定蒸餾分別水與乙醇的混合物【答案】A【解析】A．苯與濃硝酸均易揮發(fā)，反應(yīng)溫度應(yīng)限制在50～60℃，限制水浴溫度，選項(xiàng)A正確；B．混合液反應(yīng)溫度應(yīng)快速升溫至170℃，故溫度計(jì)水銀球應(yīng)沒入溶液中，選項(xiàng)B錯誤；C．中和熱測定應(yīng)填充保溫隔熱材料，并運(yùn)用環(huán)形玻璃攪拌棒，選項(xiàng)C錯誤；D．乙醇和水無法通過蒸餾分別，蒸餾操作時溫度計(jì)水銀球應(yīng)與支管口平齊，選項(xiàng)D錯誤。答案選A。11．現(xiàn)有W、X、Y、Z四種短周期主族元素，其常見單質(zhì)存在如圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系(未注明反應(yīng)條件)，甲(常溫下呈液態(tài))、乙是兩種常見的化合物。X的原子半徑是同周期主族元素原子中最小的，W與X同主族，W的最髙價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物是一種強(qiáng)酸。下列說法不正確的是()A．簡潔離子的半徑：W＞Y＞XB．化合物乙是強(qiáng)電解質(zhì)C．化合物WY2可作漂白劑D．常溫下，乙溶于甲中所得的溶液能蝕刻玻璃【答案】B【解析】由常見單質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，X單質(zhì)和Y單質(zhì)均能與Z發(fā)生化合反應(yīng)生成乙和甲，X單質(zhì)能和甲發(fā)生置換反應(yīng)生成乙和Y單質(zhì)，由甲常溫下呈液態(tài)，X的原子半徑是同周期元素原子中最小的可知，X為F元素、Y為O元素、Z為H元素、甲為H2O、乙為HF；由W與X同主族，W的最髙價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物是一種強(qiáng)酸可知，W是Cl元素。A項(xiàng)、電子層數(shù)越大，離子半徑越大，電子層數(shù)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡潔離子的半徑：Cl-＞O2—＞F-，故A正確；B項(xiàng)、化合物乙是HF，其為弱電解質(zhì)，故B錯誤；C項(xiàng)、化合物ClO2具有強(qiáng)氧化性，可作漂白劑，故C正確；D項(xiàng)、HF溶于水得到氫氟酸，氫氟酸能蝕刻玻璃，故D正確。故選B。12．Mg–AgCl電池是一種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池。如圖用該水激活電池為電源電解NaCl溶液的試驗(yàn)中，X電極上有無色氣體逸出。下列有關(guān)分析正確的是A．II為正極，其反應(yīng)式為Ag++e–=AgB．水激活電池內(nèi)Cl–由正極向負(fù)極遷移C．每轉(zhuǎn)移1mole-，U型管中消耗0．5molH2OD．起先時U型管中Y極旁邊pH漸漸增大【答案】B【解析】X電極上有無色氣體逸出，應(yīng)為陰極，生成氫氣，則Ⅰ為負(fù)極，Ⅱ?yàn)檎龢O，依據(jù)電池總反應(yīng)可推斷出反應(yīng)中Ag的化合價(jià)降低，被還原，Mg應(yīng)為原電池的負(fù)極；在原電池中陰離子向負(fù)極移動，陽離子向正極移動，以形成閉合電路，以此解答該題。A．AgCl是難溶物，其正極電極反應(yīng)式為：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，選項(xiàng)A錯誤；B．原電池放電時，陰離子向負(fù)極移動，則Cl-在正極產(chǎn)生由正極向負(fù)極遷移，選項(xiàng)B正確；C．每轉(zhuǎn)移1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，可知生成0.5mol氫氣，消耗1mol水，選項(xiàng)C錯誤；D．Y為陽極，生成氯氣，氯氣與水反應(yīng)呈酸性，pH減小，選項(xiàng)D錯誤。答案選B。13．已知：p[c(HX)/c(X-)]=-lg[c(HX)/c(X-)]。室溫下，向0．10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH隨p[c(HX)/c(X-)]改變關(guān)系如圖。下列說法不正確的是A．溶液中水的電離程度：a<b<c B．圖中b點(diǎn)坐標(biāo)為(0，4.75)C．c點(diǎn)溶液中：c(Na+)=l0c(HX) D．室溫下HX的電離常數(shù)為10-4．75【答案】C【解析】電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，因此用a或c點(diǎn)進(jìn)行推斷，假設(shè)用a點(diǎn)進(jìn)行分析，c(HX)/c(X－)=10－1，c(H＋)=10－3.75mol·L－1，HX的電離平衡常數(shù)的表達(dá)式Ka=c(X－)×c(H＋)/c(HX)，代入數(shù)值，Ka=10－4.75，由于a、b、c均為酸性溶液，因此溶質(zhì)均為“HX和NaX”；A、依據(jù)上述分析，pH<7說明HX的電離程度大于X－的水解程度，HX電離出H＋對水電離起到抑制作用，H＋濃度越小，pH越大，對水的電離抑制實(shí)力越弱，即溶液中水的電離程度：a<b<c，故A說法正確；B、依據(jù)上述分析，HX的電離平衡常數(shù)Ka=10－4.75，b點(diǎn)時，c(HX)/c(X－)=1，則c(H＋)=10－4.75mol·L－1，b點(diǎn)坐標(biāo)是（0，4.75），故B說法正確；C、c點(diǎn)溶液中c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(X－)，依據(jù)c點(diǎn)坐標(biāo)，c(HX)/c(X－)=10，代入電荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋10c(HX)，因?yàn)槿芤猴@酸性，c(H＋)>c(OH－)，推出c(Na＋)<10c(HX)，故C說法錯誤；D、依據(jù)上述分析，故D說法正確。26．某小組同學(xué)對FeCl3與KI的反應(yīng)進(jìn)行探究。（初步探究）室溫下進(jìn)行下表所列試驗(yàn)。序號操作現(xiàn)象試驗(yàn)Ⅰ取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液5～6滴(混合溶液pH=5)溶液變?yōu)樽攸S色試驗(yàn)Ⅱ取2mL試驗(yàn)Ⅰ反應(yīng)后的溶液，滴加2滴0.1mol·L-1KSCN溶液溶液呈紅色（1）證明試驗(yàn)Ⅰ中有I2生成，加入的試劑為__________。（2）寫出試驗(yàn)Ⅰ反應(yīng)的離子方程式：_________________。（3）結(jié)合上述試驗(yàn)現(xiàn)象可以證明Fe3+與I-發(fā)生可逆反應(yīng)，緣由是_____________________。（深化探究）20min后接著視察試驗(yàn)現(xiàn)象：試驗(yàn)Ⅰ溶液棕黃色變深；試驗(yàn)Ⅱ溶液紅色變淺。（4）已知在酸性較強(qiáng)的條件下，I-可被空氣氧化為I2，故甲同學(xué)提出假設(shè)：該反應(yīng)條件下空氣將I-氧化為I2，使試驗(yàn)Ⅰ中溶液棕黃色變深。甲同學(xué)設(shè)計(jì)試驗(yàn)：________，20min內(nèi)溶液不變藍(lán)，證明該假設(shè)不成立，導(dǎo)致溶液不變藍(lán)的因素可能是_____________(寫出兩條)。（5）乙同學(xué)查閱資料可知：FeCl3與KI的反應(yīng)體系中還存在I-+I2I3-，I3-呈棕褐色。依據(jù)資料從平衡移動原理說明試驗(yàn)Ⅱ中20min后溶液紅色變淺的緣由：____________。（6）丙同學(xué)針對20min后的試驗(yàn)現(xiàn)象接著提出假設(shè)：FeCl3與KI的反應(yīng)、I-與I2的反應(yīng)達(dá)到平衡須要一段時間，有可能20min之前并未達(dá)到平衡。為驗(yàn)證該假設(shè)，丙同學(xué)用4支試管進(jìn)行試驗(yàn)，得到了顏色由淺到深的四個紅色溶液體系，詳細(xì)試驗(yàn)方案為__________________。【答案】淀粉溶液或CCl42Fe3++2I-2Fe2++I2試驗(yàn)Ⅱ通過檢驗(yàn)KI過量(或Fe3+不足量)的狀況下仍有Fe3+剩余，說明正反應(yīng)不能進(jìn)行究竟向試管中加入5mL0.1mol·L-1KI溶液和2滴淀粉溶液，加酸調(diào)至pH=5c(I-)低、c(H+)低由于I-+I2I3-，使c(I2)減小，2Fe3++2I-2Fe2++I2正向移動，c(Fe3+)減小，F(xiàn)e3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移動，紅色變淺向1支試管中加入2mL0.1mol·L-1KI溶液，再滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液2～3滴，滴加2滴0.1mol·L-1KSCN溶液，之后每間隔5min，另取1支試管重復(fù)上述試驗(yàn)，視察4支試管中溶液顏色的改變【解析】（1）取5mL0.1mol?L-1KI溶液，滴加0.1mol?L-1FeCl3溶液5～6滴(混合溶液pH=5)，溶液變?yōu)樽攸S色，證明試驗(yàn)Ⅰ中有I2生成，檢驗(yàn)碘單質(zhì)可以選用淀粉溶液，溶液變藍(lán)色說明生成了碘單質(zhì)，故答案為：淀粉溶液；（2）試驗(yàn)Ⅰ中Fe3+與I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)和亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++2I-?2Fe2++I2，故答案為：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；（3）試驗(yàn)Ⅱ取2mL試驗(yàn)Ⅰ反應(yīng)后的溶液，滴加2滴0.1mol?L-1KSCN溶液，溶液變紅色，說明KI過量的前提下仍含鐵離子，說明反應(yīng)不能進(jìn)行徹底，證明反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故答案為：試驗(yàn)Ⅰ中KI過量的前提下反應(yīng)后仍含鐵離子，說明反應(yīng)不能進(jìn)行徹底，證明反應(yīng)為可逆反應(yīng)；（4）已知在酸性較強(qiáng)的條件下，I-可被空氣氧化為I2，故甲同學(xué)提出假設(shè)：該反應(yīng)條件下空氣將I-氧化為I2，使試驗(yàn)Ⅰ中溶液棕黃色變深。甲同學(xué)可以設(shè)計(jì)如下試驗(yàn)：向試管中加入5mL0.1molKI溶液和2滴淀粉溶液，加酸調(diào)至pH=5，20min內(nèi)溶液不變藍(lán)，證明該假設(shè)不成立；導(dǎo)致溶液不變藍(lán)的因素可能是I-濃度低、H+濃度低，故答案為：向試管中加入5mL0.1molKI溶液和2滴淀粉溶液，加酸調(diào)至pH=5；c(I-)低、c(H+)低；（5）試驗(yàn)Ⅱ中20min后溶液紅色變淺的緣由：由于存在化學(xué)平衡I-+I2?I3-，碘離子過量，則碘單質(zhì)濃度減小為主要因素，使得2Fe3++2I-?2Fe2++I2平衡正向進(jìn)行，鐵離子濃度減小，導(dǎo)致Fe3+3SCN-?Fe(SCN)3平衡逆向進(jìn)行，溶液紅色變淺，故答案為：由于存在化學(xué)平衡I-+I2?I3-，使c(I2)減小，2Fe3++2I-?2Fe2++I2平衡正向進(jìn)行，c(Fe3+)減小，F(xiàn)e3+3SCN-?Fe(SCN)3平衡逆向進(jìn)行，溶液紅色變淺；（6）丙同學(xué)針對20min后的試驗(yàn)現(xiàn)象接著提出假設(shè)：FeCl3與KI的反應(yīng)、I-與I2的反應(yīng)達(dá)到平衡須要一段時間，有可能20min之前并未達(dá)到平衡。為驗(yàn)證該假設(shè)，丙同學(xué)用4支試管進(jìn)行試驗(yàn)，得到了顏色由淺到深的四個紅色溶液體系，詳細(xì)試驗(yàn)方案為：向1支試管中加入2mL0.1mol/LKI溶液，再滴入0.1mol/L的FeCl3溶液2-3滴，滴加2滴KSCN溶液，之后每間隔5min另取1支試管重復(fù)上述試驗(yàn)，視察4支試管中溶液顏色改變，故答案為：向1支試管中加入2mL0.1mol/LKI溶液，再滴入0.1mol/L的FeCl3溶液2-3滴，滴加2滴KSCN溶液，之后每間隔5min另取1支試管重復(fù)上述試驗(yàn)，視察4支試管中溶液顏色改變。27．工業(yè)上電解精煉銅的陽極泥是重要的二次資源，從陽極泥（含銅、銀、金、鉛等單質(zhì)）中提取金和制備AgCl的工藝如下：已知：分金液的主要成分為H[AuCl4]；分金渣的主要成分為PbSO4和AgCl；分銀液的主要成分為[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-回答下列問題：（1）“分銅”時，銅單質(zhì)參加反應(yīng)的離子方程式為___________；假如溫度過高，銅的浸出率會降低，緣由是____________。（2）“分銅渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和__________。（3）“分金”時，溶解單質(zhì)金的化學(xué)方程式為________；除HC1、NaC1O3可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分為_____________（寫試劑的名稱）。（4）從“分金液”中提取金時，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_______________。（5）向“分銀液”中加入適量的H2SO4調(diào)到pH=4時“沉銀”，能夠析出AgCl的緣由是___________。（6）AgCl能溶于氨水，發(fā)生反應(yīng)AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，其平衡常數(shù)K=2.0×10-3，現(xiàn)用1L某濃度氨水（溶質(zhì)視為NH3）完全溶解0.1molAgCl，所需氨水濃度至少為____________mol·L-1（已知=2.25）。【答案】2H++H2O2+Cu=Cu2++2H2O溫度過高時，H2O2受熱分解PbSO42Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O濃硝酸、濃鹽酸2:3H2SO4電離出的H+降低了SO32-的濃度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移動，Ag+和Cl-反應(yīng)生成AgCl2.45【解析】陽極泥（含銅、銀、金、鉛等單質(zhì)）加入雙氧水，硫酸和氯化鈉，得到分銅液和分銅渣，這一步目的是除掉銅；分銅渣中加入鹽酸和氯酸鈉得到分金液（H[AuCl4]）和分金渣，在分金液中加入還原劑就可以提煉出金；分金渣中加入亞硫酸鈉得到分銀液（[Ag(SO3)2]3-），在分銀液（[Ag(SO3)2]3-）中加入硫酸，依據(jù)平衡移動原理提煉出氯化銀。（1）由于銅排在H后面，不和硫酸反應(yīng)，所以需加入雙氧水作為氧化劑；溫度過高雙氧水會分解，影響銅的浸出率；答案：2H++H2O+Cu=Cu2++2H2O溫度過高時，H2O2受熱分解（2）依據(jù)后一步分金渣成分，可推想出，“分銅渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和PbSO4；答案：PbSO4（3）依據(jù)已知分金液的主要成分為H[AuCl4]，寫出方程式；“王水”的成分為濃硝酸與濃鹽酸體積比1:3混合物；答案：2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O濃硝酸、濃鹽酸（4）氧化劑（H[AuCl4]）中Au從正三價(jià)降到零價(jià)和還原劑（Na2SO3）中S從正四價(jià)上升到正六價(jià)，依據(jù)化合價(jià)升降相等（或得失電子數(shù)相等），可得物質(zhì)的量之比為2:3；答案：2:3（5）利用化學(xué)平衡移動原理說明；答案：強(qiáng)酸制弱酸原理，H2SO4電離出的H+與SO32-，降低了SO32-的濃度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移動，Ag+和Cl-反應(yīng)生成AgCl。（6）①依據(jù)方程式可知完全反應(yīng)0.1molAgCl，須要NH3：0.2mol，生成[Ag(NH3)2](aq)）和Cl-(aq)各0.1mol；②依據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算平衡后應(yīng)當(dāng)還剩余的NH3，設(shè)剩余NH3xmol，AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，由于容器體積為1L，利用物質(zhì)的量代替濃度計(jì)算平衡常數(shù)K；K=2.0×10-3=，得出x==2.25，所以共須要NH3：0.2+2.25=2.45mol；答案：2.4528．H2是一種清潔能源。在冶金、電力、材料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。請回答下列問題：（1）某科研團(tuán)隊(duì)利用透氧膜獲得N2、H2的工作原理如圖甲所示(空氣中N2與O2的物質(zhì)的量之比按4：1計(jì))。上述過程中，膜I側(cè)所得氣體的物質(zhì)的量之比n(H2)：n(N2)=3：1，則CH4、H2O與O2反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________。（2）用H2和CO合成甲醇的熱化學(xué)方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1。已知：CO2(g)+3H2(g)==CH3OH(g)+H2O(g)△H2=－49.0kJ·mol－1；CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H3=－41.1kJ·mol－1．則△H1=___________kJ·mol－1。（3）向容積可變的密閉容器中充入1molCO和2.2molH2，在恒溫恒壓條件下發(fā)生反應(yīng)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率[α(CO)]隨溫度、壓強(qiáng)的改變狀況如圖乙所示。①壓強(qiáng)：p1___________(填“>”<”或“=”)p2。②M點(diǎn)時，H2的轉(zhuǎn)化率為___________(計(jì)算結(jié)果精確到0.1%)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=___________(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。③不同溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)的對數(shù)值(lgK)如圖丙所示，其中，A點(diǎn)為506K時平衡常數(shù)的對數(shù)值，則B、C、D、E四點(diǎn)中能正確表示該反應(yīng)的lgK與溫度(T)的關(guān)系的是___________。（4）H2還原NO的反應(yīng)為2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O（1），試驗(yàn)測得反應(yīng)速率的表達(dá)式為v=kcm(NO)·cn(H2)(k是速率常數(shù)，只與溫度有關(guān))①某溫度下，反應(yīng)速率與反應(yīng)物濃度的改變關(guān)系如下表所示。編號c(H2)/(mol/L)c(NO)/(mol/L)v/(mol/Lmin)10.100.100.414k20.100.201.656k30.500.102.070k由表中數(shù)據(jù)可知，m=___________，n=___________。②上述反應(yīng)分兩步進(jìn)行：i．2NO(g)+H2(g)==N2(g)+H2O2（1）(慢反應(yīng))；ii．H2O2（1）+H2(g)==2H2O（1）(快反應(yīng))。下列敘述正確的是___________(填字母)A．H2O2是該反應(yīng)的催化劑B．反應(yīng)i的活化能較高C．總反應(yīng)速率由反應(yīng)ii的速率確定D．反應(yīng)i中NO和H2的碰撞僅部分有效【答案】14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2－90.1>54.5％B點(diǎn)和E點(diǎn)21BD【解析】（1）空氣中N2和O2的物質(zhì)的量之比約為4：1，膜Ⅰ側(cè)所得氣體中，氮?dú)獾牧吭诜磻?yīng)前后不變，設(shè)氮?dú)鉃?mol，則生成氫氣是12mol，由膜Ⅰ側(cè)反應(yīng)可知，12mol水得到電子，1mol氧氣得到電子，膜Ⅰ上發(fā)生反應(yīng)：12H2O+24e-=12H2+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜Ⅱ上14molCH4中C失去84mol電子、H得到56mol電子時，總反應(yīng)遵守電子守恒，則反應(yīng)為14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。（2）設(shè)已知反應(yīng)方程式分別為a和b，則所求CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)方程式c=a+b，則ΔH1=ΔH2+ΔH3=－90.1kJ·mol－1。（3）①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向右移動，CO的轉(zhuǎn)化率會變大，結(jié)合圖像乙，保持溫度不變，轉(zhuǎn)化率大的表示壓強(qiáng)大，所以p1>p2；②該問可用三段式解決，M點(diǎn)α(CO)=60％，則CO轉(zhuǎn)化了1mol×60％=0.6mol，下面列三段式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量1mol2.2mol0轉(zhuǎn)化量0.6mol1.2mol0.6mol平衡量0.4mol1mol0.6mol可知，H2轉(zhuǎn)化了1.2mol，則H2的轉(zhuǎn)化率為1.2mol/2.2mol×100%=54.5％；由上列式可知平衡時總物質(zhì)的量n=(0.4+1+0.6)mol=2mol，Kp====。③該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，當(dāng)溫度越高時，平衡常數(shù)K越小，則lgK也會越小，也就是T與lgK呈反比，所以B點(diǎn)和E點(diǎn)符合lgK與溫度(T)的關(guān)系。（4）①保持H2的濃度不變，則，帶入編號1和編號2數(shù)據(jù)，得，解得m=2，保持N2的濃度不變，則，帶入編號1和編號3數(shù)據(jù)，得，解得n=1；②A．H2O2參加兩個反應(yīng)，但第一步未做反應(yīng)物，因而不是催化劑，事實(shí)上H2O2僅僅是中間產(chǎn)物，A項(xiàng)錯誤；B．反應(yīng)i是慢反應(yīng)，說明反應(yīng)速率小，在其他條件一樣的狀況下，活化能比較高，B項(xiàng)正確；C．總反應(yīng)速率由慢反應(yīng)確定，即反應(yīng)（1），C項(xiàng)錯誤；D．碰撞理論指出能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的碰撞是指有效碰撞，即須要肯定的能量和取向的碰撞，所以在全部碰撞中部分是有效地，D項(xiàng)正確。故答案選BD。35．鐵氧體是一種磁性材料，具有廣泛的應(yīng)用。（1）基態(tài)鐵原子的核外電子排布式為［Ar］_____________。（2）工業(yè)制備鐵氧體常運(yùn)用水解法，制備時常加入尿素[CO(NH)2]2、醋酸鈉等堿性物質(zhì)，尿素分子中四種不同元素的電負(fù)性由大到小的依次是_______；醋酸鈉中碳原子的雜化類型是_________。（3）Fe3O4具有很多優(yōu)異的性能，在磁性材料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛，化學(xué)共沉淀法是制備Fe3O4顆粒最常用的方法之一，方法是將FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可產(chǎn)生Fe3O4顆粒，則該反應(yīng)的離子方程式為______________。（4）晶體Fe3O4的晶胞如圖所示，該晶體是一種磁性材料，能導(dǎo)電。①晶胞中亞鐵離子處于氧離子圍成的___________(填空間結(jié)構(gòu))空隙。②晶胞中氧離子的積累方式與某金屬晶體原子積累方式相同，該積累方式名稱為________。③說明Fe3O4晶體能導(dǎo)電的緣由：_________________________；若晶胞的體對角線長為amm，則Fe3O4晶體的密度為________(阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)g·cm—3【答案】3d64s2O>N>C>Hsp3雜化、sp2雜化Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O正四面體面心立方最密積累電子可在兩種不同價(jià)態(tài)的鐵離子間快速發(fā)生轉(zhuǎn)移【解析】（1）鐵的核外電子總數(shù)為26，則基態(tài)鐵原子的核外電子排布式為[Ar]3d64s2；故答案為3d64s2；（2）尿素[CO(NH2)2]所含四種元素分別為N、H、C、O，元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，則四種元素的電負(fù)性由大至小的依次是O>N>C>H；CH3COONa中甲基中的C原子為sp3雜化，羧基中的C原子為sp2雜化；故答案為：O>N>C>H；sp3雜化、sp2雜化；（3）FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可產(chǎn)生Fe3O4顆粒，依據(jù)守恒法可知反應(yīng)的方程式為：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O；（4）①視察圖示可知，F(xiàn)e2+連接四個氧離子，四個氧離子為正四面體頂點(diǎn)，F(xiàn)e2+在正四面體中心；故答案為：正四面體；②往圖中晶胞左邊加一個晶胞會發(fā)覺氧離子是八個頂點(diǎn)加六個面心，所以積累方式為面心立方最密積累；故答案為：面心立方最密積累；③電子的得失轉(zhuǎn)移能使晶胞導(dǎo)電，因此四氧化三鐵晶體能導(dǎo)電的緣由是電子可在兩種不同價(jià)態(tài)的鐵離子間快速發(fā)生轉(zhuǎn)移；依據(jù)晶胞的均攤計(jì)算，晶胞中含有的鐵離子的個數(shù)為4×1/8+3×1/2=2，亞鐵離子的個數(shù)為1，氧離子的個數(shù)為1+12×1/4=4，若晶胞體對角線長為anm，設(shè)邊長為xnm，面對角線為，則體對角線長為，故，體積為，質(zhì)量為，故密度。36．物質(zhì)A是基本有機(jī)化工原料，由A制備高分子樹脂(M)和苯佐卡因(一種常用的局部麻醉劑)的合成路途(部分反應(yīng)條件略去)如下所示：已知：①A是苯的同系物，在相同條件下，其蒸氣相對于氫氣的密度為46；B可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)。②R-C