广东省揭阳市高三第一次模拟考试理科综合化学试题(解析版)精品版

1、揭阳市2019年高中毕业班高考第一次模拟考试理科综合可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 Na 23 Al 27 Cu 64一、选择题：本题共 13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。.下列有关说法正确的是A.加酶洗衣粉可以很好地洗涤毛织品上的污渍B.生物柴油与由石油炼得的柴油都属于烧类物质C.氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱D.绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染【答案】D【解析】【详解】A项、毛织品的主要成分是蛋白质，在酶的催化作用下蛋白质可以水解，故不能用加酶洗衣粉洗涤毛织品上的污渍，A错误；B项、从石油炼制得到的柴

2、油主要是由石油分储后的。5C18的多种烧的混合物，属于烧类物质，生物柴油的主要成分为酯类物质，不属于煌类物质，故B错误；C项、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，酸性比碳酸还弱，但次氯酸不稳定见光易分解，次氯酸分解生成盐酸和氧气，导致溶液中盐酸浓度增大，酸性增强，故 C错误；D项、绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染，而不是治理污染，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学与生活，把握相关物质的成分是解答的关键，注意生物柴油和矿物柴油的区别。.工业生产苯乙烯是利用乙苯的脱氢反应：2cH3枢） 邛J 电厂口GSJ+H（正反应吸热），下列说法正确的是A.乙苯、苯乙烯都能够发

3、生氧化反应和还原反应B.苯乙烯中所有原子一定共平面C.平衡后，在恒温恒容条件下，再充入乙苯，平衡正向移动，平衡常数增大D.苯、乙苯的主要来源是石油的分储【答案】A【解析】乙苯和苯乙烯都是芳香烃，乙苯是苯的同系物，苯乙烯是不饱和芳香烃，不属于苯的同系物。【详解】 A 项、乙苯和苯乙烯都是芳香烃，都能够燃烧发生氧化反应；都能与氢气加成，发生还原反应，故 A 正确；B 项、苯乙烯分子中含有单键，单键是可以旋转的，苯环和乙烯基上的原子可能共平面，故B 错误；C项、平衡后，在恒温恒容条件下，再充入乙苯，反应物浓度增大，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故C错误；D 项、苯、乙苯的主要来源是煤的干馏

4、及石油的催化重整，故D 错误。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。3.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 25 ， 101kPa 条件下， 5.6L 甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NAB.将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1 NAC.将1mol Cl 2通入到足量的水中，则N(HC10)+N(C1-)+N(C10-)=2Na(N表示粒子数)D. 50 c时，1L pH=1的H2SQ溶液中，含有 H+的数目为0.1Na【答案】 D【解析】【分析】A、 25，101kPa 条件不

5、是标准状况；日钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠能够与铝箔反应生成氢气；C将1mol Cl 2通入到足量的水中，氯气部分与水反应；D 50c时，1L pH=1的HSQ溶液中，H+的物质的量为 0.1mol。【详解】A项、25C, 101kPa条件不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/mol计算5.6L甲烷和乙烯的物质的量，故A 错误；B项、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，4.6g钠的物质的量为0.2mol ,反应生成0.1mol氢气，但是反应生成的氢氧化钠也能够与铝箔反应生成氢气，故生成代的物质的量大于0.1mol , B错误；C项、将1mol Cl 2通入到足量的水

6、中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：2N(C12)+N(HC1O)+N(C1 -)+N(C1O-)=2Na,故 C错误；D项、50c时，1L pH=1的H2SO溶液中，H+的物质的量为0.1mol , H+的数目为0.1Na,故D正确。故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积的使用范围和条件是解答关键。C. CD. D4.按如图装置进行实验，下列推断正确的是选项I中试剂II中试剂及现象推 断A铁粉与湿棉花肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO分解生成FeO 和 SOC涂后

7、石蜡油的碎瓷片酸性高镒酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含后/、饱和燃D氯化俊酚酗:溶液不变红色氯化俊不分解【答案】C【解析】【分析】A、加热时空气热胀冷缩，又能够使肥皂水冒泡，不能证明铁粉与水蒸气发生了反应；B硫酸亚铁生成二氧化硫的反应为氧化还原反应，生成的应该为FeQ;C酸性高镒酸钾溶液褪色，说明有乙烯生成，可证明石蜡油发生了化学变化；D氯化俊不稳定，加热易分解生成氯化氢和氨气。【详解】A项、加热铁粉与水蒸气，由于气体加热膨胀，能够使肥皂水冒泡，所以不能根据肥皂水冒泡得出铁粉与水蒸气发生了反应，故A错误；B项、硫酸亚铁的分解反应为氧化还原反应，反应生成二氧化硫，S元素化合价降低，则亚铁离子应该被

8、氧化成+3价的FezQ,即FeSO分解生成FezQ和SQ,故B错误；C项、石蜡油蒸气在炽热碎瓷片的作用下，发生裂解生成乙烯，酸性高镒酸钾溶液褪色说明了有乙烯生成，从而证明石蜡油发生了化学变化，故C正确；D项、氯化钱加热分解生成氨气和HCl,遇冷时氨气与氯化氢又能够反应生成氯化钱，所以酚酗:溶液不变红 色，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，侧重考查分析能力及化学实验能力，涉及了钱盐性质、氧化还原反应、石蜡油分解等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键。5.短周期元素X、Y、Z、W勺原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高

9、化合彳之和为 8,元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A.化合物YXW溶于水后，得到的溶液呈碱性 *B.化合物YW为共价化合物，电子式为 C：N：CIClY、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D.原子半径大小： W ZY X【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7,元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则 Z为Al元素、丫为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则 X为H元素。【详解】A项、X为H Y为N元素、W为Cl

10、元素，元素化合物 YXW为NHCl , NHCl溶液中NH+水解使溶液 呈酸性，故A错误； B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为 十4产：，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、 热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为AlClH, D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。.目前研究比较热门的

11、 Al HO电池，其电池总反应为 2Al +3HQ= 2AlO 2 + OH + H2OO现以Al HQ电 池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制备氢气(装置2中隔膜仅阻止气体通过，b、c、d均为惰性电极)。下列 说法错误的是A.左装置中Na+移向电极bB.电极 c 的电极反应式： CO(NH) 2-6e + 60Hl = CQT + NbT + 5HbOC.电解时，电子流动路径：Al极一导线一d极，c极一导线一b极D.通电2 min后，Al电极的质量减轻 2.7 g ,则产生H2的体积为3.36 L(标准况)【答案】B【解析】由电池总反应可知，Al电极为电池的负极,b极为电池的正极；与 b极

12、相连的c为电解池的阳极，与 Al电极相连的d为电解池的阴极，H20-Al燃料电池工作时，Al为负极被氧化，为正极被还原，电解尿素CO (NH) 2的碱性溶液，CO(NH) 2在阳极被氧化，水电离出的氢离子在阴极被还原。【详解】A项、原电池中阳离子向正极移动，则左装置中Na+移向电极b,故A正确；B项、与b极相连的c为电解池的阳极，CO(NH) 2在阳极被氧化，电极反应式为 CO(NH)26e+8OH =CO2-+ N4 + 6H2O,故 B 错误；C项、电解时，电子流动路径为Al极一导线一d极，c极一导线一b极，故C正确；D项、每消耗2.7g Al ,则转移0.3mol电子，电解池阴极中水电离

13、出的氢离子在阴极被还原生成0.15mol氢气，标准状况下氢气体积为3.36 L ,故D正确。故选B。【点睛】本题综合考查原电池以及电解原理，侧重于分析能力的考查，明确元素化合价变化，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析是解本题关键。.常温下，向50mL溶有0.1molCl 2的氯水中滴力口 2mol/L的NaOH液，得到溶液pH随所加NaOHO(体积的变化图像。下列说法正确的是V(N3OH)/mLA.若 a 点 pH=4,且 c(Cl )= m c(ClO ),则 Ka(HClO)=10-4/(m+1).若x=100, b点对应溶液中：c(OH ) c(H+),可用pH试纸测定其pHC.若

14、y=200, c 点对应溶液中：c(OH ) c(H+)=2c(Cl )+c(HClO)bc段，随NaOH容液的?入，c(HClO)/c(ClO 一)逐渐增大【答案】C【解析】试题分析：A、发生 Cl2+HO=HCl+ HClO, c(Cl )=c(H+)=10 4mol L 1,根据 c(Cl )=m c(ClO )，可以 推出 c(ClO )=10 4/mmol - L 溶液中 HClO 的浓度：c(HClO)=(10 4- 10 4/m)mol L : 根据 Ka=c(ClO )Xc(H+)/c(HClO)=10 4/(m -1),故错误；B、Cl2+2NaOH=NaO NaClO+ H

15、2O, x=100,两者恰好完全反应，溶质为NaCl和NaClO,溶液显碱性，不能用 pH测定pH,因为NaClO具有强氧化性，能把有色物质漂白， 不能读出数值，故错误；C、y=200,氢氧化钠过量，反应后溶质为NaOH NaCl、NaClO,且三者物质的量相等，电荷守恒：c(Na + ) + c(H +)=c(Cl ) + c(OH ) + c(ClO ),物料守恒：2c(Cl ) + 2c(ClO ) 十2c(HClO)=c(Na +),两式合并，得出 c(OH )=c(Cl ) + c(ClO ) + 2c(HClO) + c(H +),而 c(ClO ) 十 c(HClO)=c(Cl

16、),因此有 c(OH) c(H+)=2c(Cl -)+ c(HClO),故正确；口随着氢氧化钠量的增加，c(HClO)减少，c(Cl。一)增加，因此比值减小，故错误。考点：考查电离平衡常数的计算、次氯酸钠的性质、离子浓度大小比较等知识。8.叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。再加热装置 A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210220C,然后通入 NaQ冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醍

17、洗涤，晾干。温度计已知：I . NaN是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醛；II . NaNH熔点210C,沸点400C ,在水溶液中易水解。请回答下列问题：(1)装置B中盛放的药品为 ;装置C的主要作用是 。(2)步骤中先加热通氨气的目的是 ;步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH的化学方程式为。步骤中最适宜的加热方式为(填“水浴加热”，“油浴加热”)。(3)N 2O可由NH4NO在240245c分解制得(硝酸钱的熔点为169.6 C),则可选择的气体发生装置是(填序(4)生成NaN的化学方程式为 。(5)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是 。(6)步骤中用乙醛洗涤的主要目的是

18、 。(7)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN的质量分数：将 2.500 g试样配成500.00 mL溶液。取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，加入 50.00 mL 0.1010 mol L -1(NH) 2Ce(NO)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入 8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰咻指示液，用 0.0500mol L -1(NH4)2Fe(SQ)2标准溶液滴定过量的Ce4+,消耗溶液体积为 29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH) 2Ce(NQ) 6+2NaN=4NH4NO+2Ce(NO) 3+2NaN(3+3N2 T ; CeT+FeMCT+Fe”;试中中 Na

19、N 的质量分数为【答案】(1).碱石灰(或氢氧化钠固体)(2).冷凝分离出水(3).排尽装置中的空气(4).2Na+2NH 2NaNH+H (5). 油浴加热(6). I、IV (7).NaNH+NbOI 0220 ENaN+HO (8).反应过程中可能生成的NaOHt归腐蚀玻璃(9). NaN3不溶于乙醛，能减少 NaN的溶解损耗；且乙醛易挥发，有利于产品快速干燥(10). 93.60%(0.9360)【解析】【分析】由反应步骤可知制取叠氮化钠的原理为，先通入氨气与钠先反应生成NaNH和氢气，反应生成的NaNH再与通入的N2O反应生成NaN和H2Oo【详解】(1)制备的氨气中含有大量的水，用

20、C装置冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰；冷凝分离出水；(2)步骤中用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤中氨气与钠反应生成NaNH和氢气，反应方程式为：2Na+2NH : 2NaNH+H2;水的沸点为100C,不能达到反应控制的温度210 220C,故用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH 2NaNH+H2;油浴加热；(3)硝酸俊的熔点为169.6 C,因NHNO在240-245C分解时已经熔化， 分解反应中还生成水，故选I、IV,故答案为：I、IV ;(4)氨气与钠反应生成的 NaNH与通入的NO反应生成NaN和HO,反应的化学

21、方程式为NaNH+NbO】。门I)工 NaN+HO,故答案为：NaNH+NO。口。( NaN+HO;(5)反应过程中有水生成， 会反应生成NaOHT蚀玻璃，故答案为：反应过程可能生成的NaOHtB腐蚀玻璃；NaN3不溶于乙醛，可以减少晶体的损失，有利于产品快速干燥，故答案为：NaN3不溶于乙醛，能减少NaN的溶解损耗；且乙醛易挥发，有利于产品快速干燥；50.00 mL 0.1010 mol - L -1 (NH4)2Ce(NQ)6溶液中 n(NH4)2Ce(NO)6= 0.1010 mol 11X50.00 X10 3L=5.050X 10 3mol,参与第二步反应的量n(NH 4)2Fe(S

22、O4)2= 0.0500mol L 1 x 29.00 x 10 3L=1.450 x 103mol,与 NaN反应的 n(NH4)2Ce(NQ) 6= 5.050 x 10 3mol 1.450 x 10 3mol=3.600 x 10 3mol,试样中 NaN 的质量分数为(3.600 x 10 3molX10X65g/mol)/2.500 g x 100%=93.60% 故答案为：93.60%。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，理解物质的制备、对原理与装置的分析评价、基本操作、 信息获取与迁移运用是解答关键。9.CoCQ主要用作选矿剂、伪装涂料的颜料等。用钻矿石(含CqQ-CoO

23、及少量Fe2c3、AlzQ、MnO等)生产CoCO的流程如下：稀盐酸 NaCIO3NH|HCQ容液钻矿石一蹲取1*氧化 吊沉钻|* CoC03卜表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(“沉淀完全”是指溶液中离子浓度低于1.0 X 10-5 mol - L-1)Al3+L 3+FeL 2 +FeMri-2+Co开始沉淀的pH4.02.77.67.77.6沉淀完全的pH5.23.79.69.89.2(1)写出“浸取”步骤 C6Q CoO发生反应的离子方程式 。(2) “浸取”步骤除 CC2O3- CoO外，钻矿石中还能被 N&SO还原的物质有 (填化学式)。(3)力口 NaClQ的目的是氧化Fe2

24、+, NaClQ的用量过多会造成的不良后果是 。“沉钻”步骤向 CoCl2溶液加入NHHCO容液需要5557 C条件下进行，温度控制在5557 C的原因为 。 TOC o 1-5 h z 已知金属萃取剂对金属离子的萃取率与pH 的关系如图所示。 请补充完整由“氧化”后的溶液制备CoCO3的实验方案：向“氧化”后的溶液中加入 ,得较纯C0CI2溶液，加入NHHCO容 液沉钻得CoCQ （实验中须使用试剂：NaCO溶液、金属萃取剂、盐酸 ）。【答案】 （1）. Co2O - CoO SO2- + 6H+=3C（2+ + SO2- + 3H2O （2）. Fe2Q、MnO （3）. 与 Cl 反应2

25、 3生成Cl2污染环境或将 Co氧化成Co （4）.温度过图NHHCO易分解，温度过低反应速率缓慢（5）.NaCO溶液，调节溶液的 pH至5.27.6,过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右（3.04.0均可），加入金属萃取剂萃取 23次，静置后分液【解析】【分析】由化学工艺流程可知，“浸取”步骤时，CC2O3 - CoO FeO、Al 26 MnO与盐酸和亚硫酸钠反应，得到含有Co2+、Fe2+、Mn+、Al”的溶液，向浸取液中加入NaClQ的目的是氧化 Fe2+,向“氧化”后的溶液中加入N&CO溶液，调节溶液的 pH至5.27.6 ,使Fe3+和A产转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入盐酸

26、调pH至3.5左右（3.04.0均可），加入金属萃取剂萃取 23次，静置后分液，除去 MrT,得较纯CoCl2溶液， 加入NH4HCO3 溶液沉钴得CoCO3。【详解】（1） “浸取”步骤中，酸性条件下CqQ- CoO与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钻，反应的离子方程式为 CoO CoOF SO2- + 6H+=3Co2+ + SO2- + 3H2O,故答案为：CoQ CoOF SO2- + 6H+ =3C（T + SC42- 3H2O；（2） “浸取”步骤除 CoO3 - CoO外，具有氧化性的 Fe2O3和MnO也能与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸锰，故答案为：Fe2O3、

27、MnO2；（ 3）加 NaClO3 的目的是氧化Fe2 ，若 NaClO3 的用量过多，会与盐酸反应生成氯气污染环境，也可能将Co2+氧化成CgT,故答案为：与 C反应生成Cl2污染环境或将 Co氧化成Co3+;（4） 5557 c条件下向CoCl2溶液加入NHHCO溶液的目的是沉钻得 CoCO,若温度过高，NHHCO分解， 温度过低反应速率缓慢，所以反应时需温度控制在5557 C,故答案为：温度过高 NHHCO易分解，温度过低反应速率缓慢；（5）由流程图可知，“氧化”后的溶液制备 CoCO的实验方案为，向“氧化”后的溶液中加入 Na2CO溶液， 调节溶液的pH至5.27.6 ,使Fe3+和A

28、l转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入盐酸调 pH至3.5左右（3.0 4.0均可），加入金属萃取剂萃取 23次，静置后分液，除去 MrT,得较纯CoCl2溶液，加入NHHCO 沉钻得CoCO,故答案为：Na2CO溶液，调节溶液的 pH至5.27.6 ,过滤，向滤液中加入盐酸调 pH至3.5 左右（3.04.0均可），加入金属萃取剂萃取 23次，静置后分液。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重考查分析和推断能力，知道流程图中发生的反应，会正确书写方程式，明确实验原理是解本题关键。10.丙烯（C3H0是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。为提供反应所需热量， 恒压时若向

29、原料气中掺入水蒸气，则K（主反应）（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），转化率& （C3Ho温度升高，副反应更容易发生的主要原因是（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中的压强分另为 104 Pa 和 105 Pa）。” 力a ，u. a ”11、111 或 IV104 Pa、500 c时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数）。K=（已知：气体分压=气体总压x体积分数）。（3）利用CO的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铭的氧化物为催化剂，其反应机理如图。 J Hii）CjHh CQ J COi已知：C5口 H 的燃烧热

30、分别为4 H = 283.0 kJ mol -1、 H =- 285.8 kJ - mol -1。图中催化剂为。298 K时，该工艺总反应的热化学方程式为 该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是 。【答案】(1). 增大(2). 增大(3).副反应的活化能低于主反应的活化能(4). i (5).3.3X103Pa (6). CrO 3 .C3H8(g)+COz C3Hs(g)+CO(g)+H 2。(1) H =+121.5kJ/mol (8).碳与CO反应生成CQ脱离催化剂表面【解析】【分析】(1)反应温度升高，平衡向正反应方向移动；由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化

31、能；(2)丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应；由题意建立三段式，结合公式计算分压常数；(3)由图可知，CrQ为催化剂；由盖斯定律计算可得；该工艺中碳与CQ反应生成CQ【详解】(1)由图可知，丙烷脱氢制丙烯为吸热反应： GH8(g) =GHs(g)+H(g) 4H =+124.3 kJ/mol , 恒压时若向原料气中掺入水蒸气，体系温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，丙烷的转化率增大，故答案为：增大；增大；由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，温度升高，活化能较低的副反应更容易发生，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；(2)丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压

32、强，平衡向逆反应方向移动， 丙烯的平衡体积分数减小；该反应为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，故曲线i代表104 Pa时丙烯的平衡体积分数，故答案为：i ;104Pa、500 c时，丙烯的平衡体积分数为33%设起始丙烷为1mol,转化率为x,由题意建立如下三段式：GH (g)(g) +H2 (g)起(mol)100变(mol)xxx平(mol)1-xxx则由丙烯的平衡体积分数为33%T得，x/(1+x)=0.33 ,解得x=0.5,丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pax 1/3,则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数&二 (104Pax 1/3) x ( 104Pax 1/3) /

33、(104PaX 1/3 ) =104PaX 1/3=3.3 x 10 3Pa,故答案为：3.3 x 10 3Pa;(3)由图可知，反应 i 为3GH8+2CrQ3 3C3H5+Cr2C3+3H2Q,反应 ii 为 3CQ+Cr2Q2CQ+3CQ 贝U催化剂为CrQ,故答案为：CrC3;由题意可得H2(g) +I/2O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJ/mol CO(g) +I/2O2(g)=CO (g) H =-283.0kJ/mol C 3Hs (g)GH6 (g) +H2 (g) AH =+124.3 kJ/mol ，由盖斯定律 - +得热化学方程式 C3H3(g)+CO2 GH

34、6(g)+CO(g)+H 20(1),则 H = (+124.3 kJ/mol ) + ( 285.8kJ/mol )一( 283.0kJ/mol ) =+121.5kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+CO2-C3H3(g)+C0(g)+H 20(1) H =+121.5kJ/mol ;该工艺中碳与 CO反应生成CQ可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与 CO 反应生成CO脱离催化剂表面。【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了化学平衡、化学平衡分压常数、反应机理、热化学方程式书写等，注意题干信息的理解和图象变化、数据处理的分析判断是解题关键。11.氮及其化合

35、物与人类生产、生活息息相关。(1)在现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。(2)基态N原子的价电子占据的能量最高的能级是 ，价电子在该能级上的排布遵循的原则是(3)NH4BF4(氟硼酸俊)是合成氮化硼纳米管的原料之一。l mol NHBF4含有 mol配位键。(4)化肥(NH)zSO中会含有N4H(SO4)2,该物质在水中电离出SO2-和NH4+, N4H44+遇到碱性溶液会生成一种形似白磷(P4)的N分子。N比P4的沸点 ,原因为 。 尿素(H2NCONH也是一种常用的化肥，其分子中原子的杂化轨道类型有 , b键和兀键数目之 比为。(6)Cu3N具有良好的电学和光学性能，

36、其晶胞结构如图。Cu+半径为a pm, N3-半径为b pm, Cu+和d都是紧密接触的刚性小球，则N3-的配位数为 , Cu3N的密度为 g - cm3o (阿伏加德罗常数用NA表布)【答案】(1).原子光谱(2). 2p (3).洪特规则(4). 2 (5).低(6). N 4和P4都为非极性分子，N的相对分子质量低于 P%分子间作用力比 P4弱(7). sp 之、sp3 (8). 7/ (9).1.03 x 10236 (10).,【解析】(1)根据原子光谱来鉴别物质及确定它的化学组成和相对含量的方法叫光谱分析；(2)基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3;(3) NHBF4为离

37、子化合物，NH+离子中含有1个NRH配位键，BF4一离子中含有1个F-B配位键；(4)结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，溶沸点越高；(5) H2NCONH分子中，默基C原子的杂化方式为sp2杂化，氨基中N原子的杂化方式为sp3杂化；(6)由CaN的晶胞结构可知，大球表示 Cu原子、小球表示 N原子，Cu原子个数=12X 1/4=3, N原子个数 =8X 1/8=1。【详解】(1)根据原子光谱来鉴别物质及确定它的化学组成和相对含量的方法叫光谱分析，其优点是灵敏迅速，历史上曾通过光谱分析发现了许多新元素，如锄，葩，氨等，故答案为：原子光谱；(2)基态N原子的核外电子排布式为 1s

38、22s22p3,电子占据的最高能级符号为2p； 2P轨道是电子为半充满，则价电子在该能级上的排布遵循的原则是洪特规则，故答案为：2p；洪特规则；(3)NHBF4为离子化合物，NH+离子中含有1个NRH配位键，BFT离子中含有1个F-B配位键，则ImolNH,BR 含有2mol配位键，故答案为：2;(4)结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，溶沸点越高，N4和P4都为正四面体结构，都为非极性分子，N的相对分子质量低于 P4,分子间作用力比 P4弱，N4比P4的沸点低，故答案为：低；者B为非极性分子，的相对分子质量低于 P4,分子间作用力比 P4弱；(5) HNCONH子中，默基 C

39、原子的杂化方式为 sp2杂化，氨基中N原子的杂化方式为 sp3杂化；(T键的 数目为7,兀键的数目为1, b键和兀键数目之比为7:1 ,故答案为：sp2、sp3; 7:1 ;(6)由CuhN的晶胞结构可知，大球表示Cu原子、小球表示 N原子，Cu原子个数=12X 1/4=3, N原子个数X10-10cm3, CsN 的密度=，故答案为:=8X1/8=1 ,中间面上N的周围有4个Cu,上下面上各有1个Cu,则N3-的配位数4+2=6;晶胞的体积=(2a+2b)1.03 x 1023N用 X (q + b)3【点睛】本题考查物质结构与性质，侧重分析与计算能力的考查，注意核外电子排布规律，注意空间结构 的理解与应用，