山东省济南市2019届高三5月模拟考试理科综合化学试卷Word版含解析

1、山东省济南市2021届高三5月模拟测试理综化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27Cl35.5Ca40Ti481.Na2s2O5是常用的防腐剂和漂白剂.可利用烟道气中的SO2生产Na2s2O5,其流程如下：Na工.泡和溶液pg、心COM体SO.口Tn?倒脱水12氏0$pH=7-8pH=4.l以下说法正确的选项是A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B.Na2s2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时,均表现复原性C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D.实验室模拟结晶脱水时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗【答案】C【解析】【分析】饱和碳酸钠溶

2、液中通入二氧化硫,使溶液pH变为4.1,说明溶液显酸性,Na2CO3显碱性,Na2so3显碱性,NaHCO3显碱性,而NaHSO3显酸性,说明反响产生了NaHSO3,同时放出二氧化碳,I中的溶液应为NaHSO3溶液；再参加Na2CO3固体,将NaHSO3转化为Na2SO3,再次充入SO2,将Na2SO3转化为NaHSO3,得到过饱和的NaHSO3溶液,由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2s2O5,发生2NaHSO3NaS2O5+H2.,据此分析解答.【详解】A.上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物一一二氧化硫和二氧化碳,故A错误；B.SO2作漂白剂时,未发生氧化复原反响,没有表现复

3、原性,故B错误；C.根据上述分析,上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换,否那么得不到过饱和的NaHSO3溶液,故C正确；D.结晶脱水是加热固体分解,应该在塔期中进行,故D错误；答案选Co2.油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分.它们的结构简式如以下图所示.油酸甘油酯硬R旨酸甘油酯以下说法错误的选项是A.油酸的分子式为Cl8H34O2B.硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种C.天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反响D.将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间【答案】B【解析】【详解】A,油酸的结构简式为CH3CH27CH=CHCH27COOH,分子式为Cl8H34.

4、2,故A正确；OCHOC-CH乳匕叫卜曲七QB.硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为CHO-4,上面的酯基与下面的酯IRCHQC-CH/CH*isC2基互为对称结构,因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种,故B错误；C.天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,都能在NaOH溶液中发生水解反响或取代反响,故C正确；D.油酸甘油酯中含有碳碳双键,能够氧化变质,将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间,故D正确；答案选Bo【点睛】此题的易错点为B,要注意分子的对称性对同分异构体数目的影响.3 .以下由实验得出的结论正确的选项是实验结论A将适量苯参加滨水中,充分振荡后,滨水层接近无色苯分子中含有碳碳双

5、键,能与B2发生加成反响B向某溶液中参加稀硫酸,生成淡黄色沉淀和有喇J激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32C1可蔗糖溶液中滴加稀硫酸,加热,然后参加新制Cu(OH)2悬浊液,加热,未观察到科红色沉淀蔗糖未水解或水解的产物不是复原性糖D相同条件下,测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH,前假设呈碱性,后后呈中性非金属性：S>CA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.苯与澳水发生萃取,苯分子结构中没有碳碳双键,不能与澳发生加成反响,故A错误；B.向某溶液中参加稀硫酸,生成淡黄色沉淀和有刺激性气味气体,生成的产物为硫和二氧化硫,原溶液中可能含有S2-和SO32-

6、,不一定是S2O32',故B错误；C.水解后检验葡萄糖,应在碱性条件下进行,没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性,参加新制Cu(OH)2悬浊液,加热,实验不能成功,故C错误；D,测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH,Na2CO3的水解使溶液显LNa2SO4不水解,溶液显中性,说明酸性：硫酸碳酸,硫酸、碳酸分别是最高价含氧酸,因此非金属性：硫强于碳,故D正确;答案选Do4 .Na是阿伏加德罗常数的值.以下体系中指定微粒或化学键的数目一定为A. 46.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反响所得乙酸乙酯分子S元素的是B. 36.0gCaO2与足量水完全反响过程中转移

7、的电子C. 53.5g氯化俊固体溶于氨水所得中性溶液中的NH4+D. 5.0g乙烷中所含的共价键【答案】C【解析】【详解】A.46.0g乙醇的物质的量为1mol,酯化反响为可逆反响,不能进行到底,lmol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反响生成的乙酸乙酯分子数小于Na,故A错误；B. 36.0gCaO2的物质的量为不一*-=0.5mol,与足量水完全反响生成氢氧化钙和氧气,72g/mol转移0.5mol电子,故B错误；C. 53.5g氯化钱的物质的量为1mol,中性溶液中c(H+尸c(OH-),根据电荷守恒,c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),因此c(NH4+)=c

8、(Cl-),即n(NH4+)=n(Cl-)=1mol,故C正确;D. 一个乙烷分子中含有6个C-H键和1个C-C键,因此5.0g乙烷中所含共价键数目为5g7.>7XNa=Na,故D错误;30g/mol6答案选Co【点睛】此题的易错点为B,要注意过氧化钙与水的反响类似于过氧化钠与水的反响,中O元素的化合价由-1价变成0价和-2价.5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加.,离子化合物甲是由Z、W四种元素组成的,其中,阴阳离子个数比为1：1,阳离子是一种5核10电子彳Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水物；甲与乙的浓溶液反响生成丙、丁、

9、戊三种物质,其中丁在常温下为气体.以下说法正确的是A.甲中既含离子键,又含共价键B.丙和戊的混合物一定显酸性C.丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝反响丫、D.原子半径：XvYvZvWX、Y、Z、W短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加.离子化合物甲是由四种元素组成的,其中阴阳离子个数比为1：1,阳离子是一种5核10电子微粒,该阳离子为NH/,那么X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的,那么Q为Na元素,因此Y、Z、W均为第二周期元素,阴离子组成元素的原子序数小于Na,那么阴离子为碳酸氢根离子,那么甲为NH4HCO3,因此丫为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素

10、的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反响生成丙、丁、戊三种物质,那么乙为氢氧化钠或硝酸,与碳酸氢钱反响生成氨气,碳酸钠和水或硝酸俊、二氧化碳和水,其中丁在常温下为气体,那么丁为氨气或二氧化碳,据此分析解答.【详解】根据上述分析,X为H元素,丫为C元素,Z为N元素,W为O元素,Q为Na元素,甲为NH4HCO3,乙为NaOH或硝酸,丁为氨气或二氧化碳,丙、戊为碳酸钠或硝酸俊和水.A.甲为NH4HCO3,属于离子化合物,含有离子键,俊根离子、HCO3中还含有共价键,故A正确；B.丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸俊溶液,碳酸钠水解后溶液显碱性,故B错误；C. 丁可能为二氧化碳,二氧化碳不能使

11、湿润的红色石蕊试纸变蓝,故C错误；D.同一周期,从左到右,原子半径逐渐减小,同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,原子半径：XvWvZvY,故D错误；答案选Ao6.海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术.以下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图电解槽内部的和“I表示不同类型的离子交换膜.工作过程中b电极上持续产生Cl2.以下关于该装置的说法错误的选项是A.工作过程中b极电势高于a极B."表示阴离子交换膜,表示阳离子交换膜C.海水预处理主要是除去Ca2+、Mg2+等D. A流出的是浓水,B口流出的是淡水【答案】D【解析】【分析】电解过程中b电极上持续产生C12,那么电极b为电解

12、池阳极,氯离子放电生成氯气,电极反应为：2c1-2e=C12T,电极a为电解池的阴极,溶液中氢离子得到电子生成氢气,电极反响为2H+2e-=H2T,工作过程中,氯离子向b移动,因此虚线为阴离子交换膜,钠离子向a移动,实线为阳离子交换膜,据此分析解答.【详解】A.电极b为电解池阳极,电极a为电解池的阴极,b极电势高于a极,故A正确；B.根据分析,“1表示阴离子交换膜,“I表示阳离子交换膜,故B正确；C,为了预防海水中的Ca2+、Mg2+、SO42一等堵塞离子交换膜,影响电解,电解前,海水需要预处理,除去其中的Ca2+、Mg"等,故C正确；D.根据分析,实线为阳离子交换膜,虚线为阴离子交

13、换膜,钠离子向a移动,氯离子向b移动,各间隔室的排出液中,A口流出的是淡水,B口流出的是浓水",故D错误；答案选Do7.某温度下,向10mL0.1molL-1NaC1溶液和10mL0.1molL-1K2CrO4溶液中分别滴加0.1molL-lAgNO3溶液.滴加过程中pMlgc(Cl-)或lgc(CrO4")与所加AgNO3溶液体积之间的关系如以下图所示.Ag2CrO4为红棕色沉淀.以下说法错误的选项是05101520r(AgNO,ymL、一、_12A.该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=4X10B.a卜b、c三点所示溶液中c(Ag+)：a>b>cC.假设将上述

14、NaCl溶液浓度改为0.2mo1L1,那么a1点会平移至m点D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CQ4溶液作指示剂【答案】B【解析】【分析】根据pM=Igc(Cl-)或pM=lgc(CrO42)可知,c(CrO42)越小,pM越大,根据图像,向10mL0.1molL-lNaCl溶液和10mL0.1molL-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1molL-lAgNO3溶液.当滴加10mL0.1molL-lAgNO3溶液时,氯化钠恰好反响,滴加20mL0.1molL-lAgNO3溶液时,K2CrO4恰好反响,因此司所在曲线为氯化钠,b、c所在曲线为LCrO,据此分析解答.【详解】A.b

15、点时恰好反响生成Ag2CrO4,-lgc(CrO42)=4.0,c(CrO42)=104moll那么c(Ag+)=2X104molL'l,该温度下,Ks?Ag2CrO4)=c(CrO42)/(Ag+)=4¥012,故A正确；B.al点恰好反响,lgc(Cl-)=4.9,c(Cl-)=104.9molL、那么c(Ag+)=104.9molL-l,b点c(Ag+)=2x104molL-l,c点,K2CrO4过量,c(CrO42)约为原来的-,那么c(CrO42)=0.025molL-1那么4c(Ag+)=J4X10一=JT6M0-5molL-l,向、bc三点所示溶液中b点的c(A

16、g+)最大,故b:0.025错误；C.温度不变,氯化银的溶度积不变,假设将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1,平衡时,lgc(Cl-)=4.9,但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍,因此a1点会平移至a2点,故C正确；D.根据上述分析,当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时,参加硝酸银溶液,Cl-先沉淀,用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂,滴定至终点时,会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀,故D正确；答案选Bo8.纳米TiO2是一种重要的光催化剂.以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：组装装置如以下图所示,保持温度约为65C,先将30mL

17、钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4参加盛有无水乙醇的三颈烧瓶,再参加3mL乙酰丙酮,充分搅拌；将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,得到二氧化钛溶胶；将二氧化钛溶胶枯燥得到二氧化钛凝胶,灼烧凝胶得到纳米TiO2.,钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大局部有机溶剂,遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定,易脱水生成.2,答复以下问题：(1)仪器a的名称是,冷凝管的作用是(2)参加的乙酰丙酮可以减慢水解反响的速率,其原理可能是(填标号).a.增加反响的斤含变b.增大反响的活化能c.减小反响的斤含变d.降低反响的活化能制备过程中,减慢水解反响速率的举措还有(3)步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为.以下图

18、所示实验装置中,可用于灼烧二氧化钛凝胶的是(填标号).h(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中,参加硫酸和硫酸俊的混合溶液,增强热使其溶解.冷却后,参加一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液.参加金属铝,将TiO2+全部转化为Ti3+.待过量的金属铝完全溶解并冷却后,参加指示剂,用0.1000molL-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点.重复操作2次,消耗0.1000molL-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+)O参加金属铝的作用除了复原TiO外,另一个作用是.滴定时所用的指示剂为(填标

19、号)a.酚Mt溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液样品中TiO2的质量分数为%.水、缓慢滴液【答案】(1).温度计(2).冷凝回流(3).b(4).用含水20%的乙醇溶液代替(5).Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H90H(6).a(7).与酸反响生成氢(8).b(9).80气,形成氢气气氛,预防Ti3+在空气中被氧化【解析】【分析】(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反响的始变只与初始状态和终了状态有关；增大反响的活化能,反响速率减慢；降低反应的活化能,反响速率加快,据此分析判断；根据实验步骤的提示分析判断；Ti(OH)4不稳定,易月水生成T

20、iO2,钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶,据此书写反响的化学方程式；灼烧固体需要在增期中进行；(4)根据Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+,说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂,结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数.【详解】(1)根据装置图,仪器a为温度计,实验过程中为了预防水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发,可以使用冷凝管冷凝回流,提升原料的利用率,故答案为：温度计；冷凝回流；(2)a.反响的始变只与初始状态和终了状态有关,参加的乙酰丙酮,改变是反响的条件,不能改变反响的始变,故a错误；b.增大反响的活化能,活化分子

21、数减少,反响速率减慢,故b正确；c.反响的始变只与初始状态和终了状态有关,参加的乙酰丙酮,改变是反响的条件,不能改变反响白夕含变,故c错误；d.降低反响的活化能,活化分子数增多,反响速率加快,故d错误；应选b；根据实验步骤的提示,制备过程中,用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液,减慢钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解的反响速率,故答案为：b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；Ti(OH)4不稳定,易月水生成TiO2,步骤中钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶,反响的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;灼烧二氧化钛凝胶需要在塔期中进行,应选

22、择的装置为a,故答案为：Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;a；(4)根据Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+,说明Ti3+容易被氧化,铝与酸反响生成氢气,在液面上方形成氢气气氛,预防Ti3+在空气中被氧化,故答案为：与酸反响生成氢气,形成氢气气氛,预防Ti3+在空气中被氧化；酚儆溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液,现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+,影响滴定结果,KMnO4不与Fe3+应；根据?定反响Ti3+Fe3+HzO=TiO2+Fe2+2H+可知,可以选用KSCN溶液作指示剂,当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液,容易变成血红色,且

23、半分钟不褪色,说明到达了滴定终点,故答案为：b;消耗NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02LX0.1000molL-1=0.002mol,那么根据钛原子守恒,n(TiO2)=n(Ti3+)=n(Fe3+)=0.002mol,样品中TiO2的质量分数0.002mol80g/mol0.2000gX100%=80%,故答案为:80.9 .磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途.答复以下问题：(1)以下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程.过程I中,被复原的元素是(填元素符号),过程III的化学方程式为.(2)磷酸锂锂/碳复合材料Li3V2(PO4)3/C是常用的电极材料,其制备流程如下:

24、H.CA北治.叶破球等守电战材麻臂吟溶液勺|乙需NHJLPO,n褊LJ；CQ.复合材料中V的化合价为溶液V2O5与H2c2.4反响生成V2(C2O4)3的化学方程式为；洗涤时用乙醇而不用水的目的是锂离子电池是一种二次电池,又称摇椅电池.假设用和LixC6和Li3V2(PO4)3/C做电极,放电时的电池总反响为LixC6+Li3xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6,那么电池充电时阳极的电极反响式为O【答案】(1).Cu、P(2).2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COT+P4(3).+3(4) .增强复合材料的导电性(5) .V2O5+5H2c2.4=V2

25、(C2O4)3+4CO2T+5±.(6).减少产品损耗(7).Li3V2(PO4)3-xe-=Li3xV2(PO4)3+xLi+【分析】(1)根据图像,过程I中白磷与硫酸铜溶液反响生成磷酸和CU3P；过程III中反响物为Ca3(PO4)2、SiO2和C,生成物为CaSiO3、CO和P4,结合氧化复原反响的规律分析解答；(2)复合材料Li3V2(PO4)3中锂元素化合价为+1价,磷酸根离子为-3价,根据正负化合价的代数和为0计算V的化合价；根据该复合材料是常用的电极材料,结合C是导体分析解答；V2O5与H2c2O4反响生成V2(C2O4)3,V元素化合价降低那么碳元素化合价升高,生成产

26、物有二氧化碳和水,结合氧化复原反响的规律书写化学方程式；根据放电的总反响可以得到充电时电池的总反响,结合电解原理分析解答.【详解】(1)根据图像,过程I中白磷与硫酸铜溶液反响生成磷酸和CU3P,其中P元素和Cu元素的化合价降低,被复原；过程III中反响物为Ca3(PO4)2、SiO2和C,生成物为CaSiO3、CO和P4,反响的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COT+R,故答案为：Cu、P;2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COT+R;(2)磷酸锂锂/碳复合材料Li3V2(PO4)3/C中磷酸根显-3价,锂显+1价,因此V的

27、化合价为+3价,该复合材料是常用的电极材料,C为导体,可以增强复合材料的导电性,故答案为：+3；增强复合材料的导电性；V2O5与H2c2.4反响生成V2(C2O4)3过程中V的化合价由+5价降低为+3价,那么草酸被氧化生成二氧化碳,根据得失电子守恒和原子守恒,反响的化学方程式为V2O5+5H2c2.4=V2(C2O4)3+4CO2T+5HO；Li3V2(PO4)3能够溶于水,洗涤时用乙醇而不用水,可以减少产品损耗,故答案为：V2O5+5H2c2O4=V2(C2O4)3+4CO2T+5HO；减少产品损耗；该锂离子放电时的电池总反响为LixC6+Li3xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C

28、6,那么充电时电池的总反响为Li3V2(PO4)3+C6LXC6+Li3-xV2(PO4)3,充电时阳极发生氧化反响,电极反响为：Li3V2(PO4)3-xe=Li3-xV2(PO4)3+xLi+,故答案为：Li3V2(PO4)3-xe=Li3-xV2(PO4)3+xLi+.10 .NOX是空气的主要污染物之一.答复以下问题：(1)汽车尾气中的NO来自于反响：N2(g)+O?(g)&、2NO(g).如图表示在不同温度时,一定量NO分解过程中N2的体积分数随时间的变化.那么N2(g)+O2(g)n:2NO(g)为(填吸热或放热)反响.2000c时,向容积为2L的密闭容器中充入10moiN

29、2和5molO2,发生上述反响,10min到达平衡,产生2molNO,那么10min内的平均反响速率?O2)=molL1min1.N2的体枳分数rl方rmin(2)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放.研究说明,NOx的脱除率除与复原剂、催化剂相关外,还取决于催化剂外表氧缺位的密集程度.以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均为过渡元素)为催化剂,用H2复原NO的机理如下：第一阶段：B4+(不稳定)+H2一低价态的金属离子(复原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)+一NO(a)AHi、Ki2NO(a)一2N(a)+O2(g)&RK22N(a)一Nz(g

30、)+20AH3、K32NO(a)一N2(g)+2O(a)A、HK42O(a)02(g)+2口AH5、K5注：口表示催化剂外表的氧缺位,g表示气态,a表示吸附态第一阶段用氢气复原B得到低价态的金属离子越多,第二阶段反响的速率越快,原因是.第二阶段中各反响始变间的关系：2AHi+AH2+AH3=;该温度下,NO脱除反响2NO(g)=N2(g)+O2(g)的平衡常数K=(用Ki、K2、K3的表达式表示).(3)工业废气中的NO和NO2可用NaOH溶液吸收.向20mL0.1mo1-L1NaOH溶液中通入含NO和NO2的废气,溶液pH随气体体积V的变化如图1所示(过程中温度保持不变),B点对应的溶液中c

31、(HNO2)=c(NO2),那么A点对应溶液中c(NO2-)/c(HNO2)=.(4)氨催化复原法也可以消除NO,原理如图2所示,NO最终转化为H2O和(填电子式)；当消耗1moINH3和0.5molO2时,理论上可消除L(标准?犬况)NO.(1).吸热(2).0.05(3).复原后催化剂中金属原子个数不变,价态降低,氧缺位增多,反响速率加快2,(4).2AH+AH4+AH5(5).K1XK2XK33.7(6).10(7).二厂射二(8).11.2【解析】【分析】N2(g)+(1)根据图像,T2曲线先到达平衡,反响速率大,温度较高,结合温度对平衡的影响分析判断；根据山+O2(g)=2NO(g)

32、,计算出反响消耗的氧气,再计算10min内骷均反响速率;(2)复原后催化剂中金属原子的个数不变,价态降低,氧缺位增多；根据盖斯定律分析解答(3)NO和NO2可用NaOH溶液,吸收发生的反响为NO+NO2+2NaOH-2NaNO2+Hc(HNO2)cOH-亚硝酸钠的水解平衡常数Kh=J匕)7结合温度不变,Kh不变计算;c(NO2)(4)由图2知,该原理中的中NO最终转化为H2O和氮气；根据氨气失去的电子的物等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算.【详解】(1)根据图像,T2曲线先到达平衡,反响速率大,温度较高,而温度升高,氮体积分数减小,说明升高温度平衡向正反响方向移动,故正反响为吸热反响；根据

33、O2(g)2NO(g),10min到达平衡,产生2molNO,那么反响的氧气为1mol,10min内的平1mol均反响速率u(O)=2L=0.05molL.-1min1,故答案为：吸热；0.05;10min(2)复原后催化剂中金属原子的个数不变,价态降低,氧缺位增多,第二阶段反响速率加快；第二阶段：NO(g)十口一NO(a)AH1、K1,2NO(a)一2N(a)+O2(g)&RK2,2N(a)一N2(g)+2口AH3、K3,2NO(a)一N2(g)+2O(a)公HK4,2O(a)-02(g)+2口AH5、大,根据盖斯定律,将X2+得到2NO(g)-O2(g)+N2(g),将X2+得到2

34、NO(g)一N2(g)+O2(g),即2AH1+AH2+AH3=2AHi+AH4+AH5；因此2NO(g)=Nz(g)+O2(g)的平衡常数K=Ki2XK2XK3,故答案为：复原后催化剂中金属原子的个数不变,价态降低,氧缺位增多,反响速率加快；2AH1+AH4+AH5；Ki2xK2XK3；(3)20mL0.1mo1L-1NaOH溶液中含有氢氧化钠0.002mol,NO和NO2可用NaOH溶液吸收,发生的反响为NO+NO2+2NaOH-2NaNO2+H2.,亚硝酸钠的水解平衡常数1c=10-10.7,10-3.3c(NO2)温度不变,K不变A占K-c(HN02)c0H一Kh,A/京Kh=,c(N

35、O2)c(NO2)c(OH-)103.7=10,c(HNOz)KhIO.7c(HNO2)c(OH-)Kh=1B点对应的溶液中c(HNO2)=c(NO2),Kh=c(OH-)=故答案为：103.7;(4)由图2可知反响物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水,所以NO最终转化为N2和H2O,氮气的电子式为：NfiN：；氧气、一氧化氮和氨气反响生成氮气和水,反响中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量,1molNH3转化为N2失去3mol电子,0.5molO2得到2mol电子,那么NO转化为也得到的电子为1mol,所以NO的物质的量为0.5mol,标准状况下的体积为11.2

36、L,故答案为：;11.2.【点睛】此题的难点为(3),要注意水解平衡常数、电离平衡常数等是温度的函数,易错点为(2),要注意根据盖斯定律处理方程式时,始变与平衡常数的处理方式不同.11.前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1;基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小.答复以下问题：(1)元素A、B、C中,电负性最大的是(填元素符号,下同),元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为.(2)与同族其它元素X形成的XA3相比,BA3易液化的原

37、因是;BA3分子中键角109.28填4T"或="),原因是.(3)BC3一离子中B原子轨道的杂化类型为,BC3一离子的立体构型为(4)基态E原子的电子排布式为;C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为+6)中b键与兀键数目之比为;(5)化合物DB是人工合成的半导体材料,它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如下图)相似.假设DB的晶胞参数为apm,那么晶体的密度为gcm-3(用Na表示阿伏加德罗常数).(4).V(5).孤【答案】(1).O(2).N>O>Al(3).NH3分子间易形成氢键电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用(6).sp2(7).三

38、角2262651.5116430形(8).1s2s2P3s3P3d4s(或Ar3d4s)(9).7:1(10).X10aNa【解析】【分析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,A元素原子的核外电子只有一种运动状态,A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1,核外电子排布为1s22s22p3,为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍,核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1,那么C为O元素,E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小,那么D为该周期中原子序数最大的金属元素,因此D为Al元

39、素.据此分析解答.【详解】根据上述分析,A为H元素,B为N元素,C为O元素,D为Al元素,E为Cr元素.(1)元素的非金属性越强,电负性越大,元素H、N、O中,电负性最大的是O元素；同一周期,从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素,同一主族,从上到下,第一电离能逐渐减小,元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N>O>Al,故答案为：O；N>O>Al；(2)NH3分子间易形成氢键,导致氨气易液化；NH3中中央原子N的价层电子对数为4,孤电子对数为1,其VSEPR模型为四面体构型,NH3分子中N原子采用sp3杂化,为三

40、角锥结构,孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用,使得氨气分子中键角小于109°28'故答案为：NH3分子间易形成氢键；<孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3一离子中N原子的价层电子对数二(r键电子对数+孤电子对数=3+5+1-2父3=3采用sp2杂化,立体构型为三角形,故答案为：sp2;三角形；(4)E为Cr元素,基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar3d54s1);C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为+6),结构为,其中融与兀键数目之比为/X07:1,故答案为:1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4,8X1+6X1=4,晶胞质量为4(