张家口市宣化区宣化第一中学2021届高三化学上学期9月月考试题含解析

河北省张家口市宣化区宣化第一中学2021届高三化学上学期9月月考试题含解析河北省张家口市宣化区宣化第一中学2021届高三化学上学期9月月考试题含解析PAGE32-河北省张家口市宣化区宣化第一中学2021届高三化学上学期9月月考试题含解析河北省张家口市宣化区宣化第一中学2021届高三化学上学期9月月考试题（含解析）一、单选题（本大题共16小题，共48。0分)1。东汉晚期的青铜奔马（马踏飞燕)充分体现了我国光辉灿烂的古代科技,已成为我国的旅游标志。下列说法错误的是A。青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素B。青铜的机械性能优良，硬度和熔点均高于纯铜C.铜器皿表面的铜绿可用明矾溶液清洗D。“曾青（）得铁则化为铜”的过程发生了置换反应【答案】B【解析】【详解】A．我国使用最早的合金是青铜，该合金中含铜、锡、铅等元素，故A正确；B．合金的熔点比组份金属的熔点低，则青铜熔点低于纯铜，故B错误;C．铜器皿表面的铜绿为Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明矾溶液因Al3+的水解显酸性,则可用明矾溶液清洗铜器皿表面的铜绿，故C正确；D．“曾青(）得铁则化为铜”的过程发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反应为置换反应，故D正确；故答案为B。2.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.碳酸钠和氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多B。二氧化硫因具有漂白性可用于食品增白C。二氧化硅因高熔点的特性可用于生产光导纤维D。氯化铁溶液可用于刻制由高分子材料和铜箔复合而成的印剧电路【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸,碳酸氢钠碱性较弱，可以用来中和胃酸,故A不正确；B．因二氧化硫有毒，对人体有害，不能用来漂白食品，故B不正确；C．二氧化硅作为光导纤维的主要原料是因为其具有良好的光学特性，与其熔点高无关，故C不正确；D．氯化铁和Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子反应为,所以制印刷电路时，要用三氯化铁溶液作为腐蚀液，故D正确；故选D.3.下列化学用语正确的是A。过氧化氢的电子式：B.次氯酸的结构式:C。氢化钠中阴离子的结构示意图：D。乙醛的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．过氧化氢为共价化合物，其电子式为，故A不正确；B．次氯酸为共价化合物，氧原子成2键,其结构式为,故B不正确；C．氢化钠中阴离子的核电荷数为1，核外电子总数为2，其离子结构示意图为,故C正确；D．乙醛分子中含有1个醛基，正确的结构简式为，故D不正确；故选C。4。下列关于有机物的说法错误的是（)A.天然气和煤气的主要成分均为甲烷，是城市推广的清洁燃料B.乙烯的产量可以用来衡量一个国家石油化工的发展水平C.浓度为的乙醇常用于医用消毒D。红葡萄酒密封储存时间越长质量越好的原因之一是生成了酯【答案】A【解析】【详解】A。天然气的主要成分是甲烷,煤气的主要成分是CO，故A错误；B.乙烯的产量可以用来衡量一个国家石油化工的发展水平，故B正确；C.乙醇能使蛋白质变性而杀菌消毒，浓度为的乙醇常用于医用消毒，故C正确；D.红葡萄酒长时间密封储存，乙醇被氧化可生成乙酸,乙酸和乙醇发生酯化反应生成具有香味的乙酸乙酯，故D正确；答案选A.5。下列有关糖类、油脂、蛋白质说法错误的是A。灼烧蚕丝织物有特殊气味B。纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质C.将碘酒滴在土豆片上，可观察到蓝色D。油脂不属于高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A．蚕丝是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛气味，故A正确；B．纤维素在人体内不能水解，故不能作人类的营养物质,故B错误；C．土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉变蓝色,故C正确;D．油脂高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D正确.综上所述，答案为B。6.下列叙述所对应的离子方程式正确的是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】【详解】A．氯气和水的反应的离子方程式为:，故A不正确；B．向溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为:Ba2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O,故B不正确；C．FeO溶于稀硝酸生成硝酸铁和NO、水，其离子方程式为：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故C不正确；D．NaClO溶液中通入少量的SO2气体的离子反应为：，故D正确；故选D。7.设表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A。常温常压下，9。5g羟基（）含有的中子数为B。中含有的键数量为C.与足量浓盐酸反应产生时转移电子数为D.溶液中含有的阴离子总数大于【答案】A【解析】【详解】A．一个中含有10中子，常温常压下,9.5g羟基（)的物质的量为0。5mol,含有的中子数为，故A正确;B．在SiO2晶体中，，每个Si原子形成4个Si-O键，的物质的量为1mol，则含有的键数量为4NA,故B错误；C．未指明Cl2的状态，不知Vm的值，则无法计算22.4LCl2的物质的量，也无法确定反应中转移的电子数，故C错误；D．没有指明溶液的体积，根据n=cV,则无法计算溶液中含有的阴离子的物质的量，故D错误；故答案为A。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”;另一方面是要把各种量转化为物质的量,以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃,101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22。4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。8.下列金属防腐措施中,使用牺牲阳极的阴极保护法的是A.船身上装锌块 B.将金属制成防腐的合金C。金属护栏表面喷油漆 D.钢闸门连接电源的负极【答案】A【解析】【分析】金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极，据此分析解答.【详解】A．船身上装锌块，铁为正极，锌为负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，故A符合；B．将金属制成防腐的合金，改变金属内部结构，没有构成原电池，故B不符合；C．金属护栏表面喷油漆,隔绝潮湿的空气，没有构成原电池，故C不符合；D．钢闸门连接电源的负极,构成电解池，属于外加电流的阴极保护法,故D不符合；故选A。9。电化学合成氨法实现了氨的常温常压合成,一种碱性介质下的工作原理如图所示,下列说法错误的是（）A.b接外加电源的正极B.交换膜为阴离子交换膜C。右池中水发生还原反应生成氧气D.左池的电极反应式为N2+6H2O+6e—=2NH3+6OH-【答案】C【解析】【详解】装置图为电解池，通入氮气的电极为阴极,得到电子发生还原反应，与之连接的电源a为电源负极,连接的电解池的阴极电极反应：N2+6H2O+6e-═2NH3+6OH—，则b为电源正极，连接的电解池阳极上是氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应：4OH-—4e—=2H2O+O2↑,离子交换膜为阴离子交换膜，据此解题。A．分析可知，b接外加电源的正极，A正确；B．氢氧根离子在电解池阳极失电子发生氧化反应,离子交换膜为阴离子交换膜，B正确；C．右池中水发生氧化反应生成氧气，故C错误；D．左池电解池阴极，发生的电极反应式为：N2+6H2O+6e—═2NH3+6OH—，D正确;故答案为：C。10.三种有机物之间的转化关系如下,下列说法错误的是A.X中所有碳原子处于同一平面B。Y的分子式为C.由Y生成Z的反应类型为加成反应D.Z的一氯代物有9种（不含立体异构）【答案】B【解析】【详解】A．X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面,故A正确；B．Y的结构简式为,其分子式为C10H14O2,故B错误；C．由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成,则反应类型为加成反应，故C正确;D．Z的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构），故D正确；故答案为B。11。根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A将分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液中溴水和酸性高锰酸钾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滴溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固体有白色沉淀生成,溶液红色变浅溶液中存在水解平衡D将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中产生白色沉淀酸性：A。A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A错误；B．向溶液中滴加1～2滴溶液,再滴加2滴溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀,因NaOH溶液过量，无法判断,故B错误；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32—结合生成BaCO3沉淀，促进CO32—的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D．将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中，观察到产生白色沉淀,因盐酸有挥发性,生成的CO2中混有HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强,故D错误；故答案为C.12.实验室采用图a装置制备乙酸异戊脂夹持及加热装置略，产物依次用少量水、饱和溶液、水、无水固体处理后，再利用图b装置进行蒸馏,从而达到提纯目的。下列说法正确的是A.分别从1、3口向冷凝管中通入冷水B.依次向a装置中小心加入浓硫酸、乙酸和异戊醇C。第二次水洗的主要目的是洗掉等混合物中的盐D。图a和图b装置中的冷凝管可以互换【答案】C【解析】【详解】A．冷凝管中冷凝水常采用下进上出,使气态物质充分冷却，所以从1、4口向冷凝管中通入冷水，故A错误；B．浓硫酸吸水放热，所以浓硫酸应该缓慢加入异戊醇中，再加入乙酸，加入物质的顺序为异戊醇、浓硫酸、乙酸，故B错误；C．加入饱和NaHCO3溶液的主要目的是除去残留的硫酸，第二次水洗的主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠等盐，使之加入水中与乙酸异戊脂分层，故C正确；D．图a和图b装置中的冷凝管分别为球形冷凝管和直管冷凝管,球形冷凝管常与发生装置连接，起冷凝回流作用，直管冷凝管常用于气态物质的冷凝，其下端接接收器,同时球形冷凝管倾斜角度大易造成堵塞，使冷凝效果变差，故D错误.综上所述，答案为C。13。恒温恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和Ⅱ：反应Ⅰ：反应Ⅱ：

体系中随时间t的变化如图所示，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是A。 B.C。 D。【答案】C【解析】【详解】反应物总能量大于生成物总能量,则该反应为放热反应,否则为吸热反应，根据题干信息知,反应I为吸热反应,则反应物总能量小于生成物总能量；反应II为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量,符合条件的只有C，故选C。【点睛】反应热与反应物总能量与生成物总能量相对大小有关，与反应过程中能量变化无关。14。的催化氧化是硫酸工业中的重要反应：,图中、、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是A。X代表压强B.C.D.若c点的温度或压强分别为、,则c点【答案】D【解析】【详解】A、如为压强，增大压强，平衡正向移动,转化率增大,正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则X表示温度，故A错误；B、为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动,转化率增大，L表示压强，应该，故B错误;C、X表示温度，则a、b点温度不同，则平衡常数不同，故C错误；D、c未达到平衡状态，平衡正向移动，则c点，故D正确；故选D。15.某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成,其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍;W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同.下列说法不正确的是A.原子半径:W<X〈Y〈ZB。X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物C。简单离子的氧化性：WXD。W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、Y、Z分别位于三个不同周期，则其中一种元素为H，据图可知W不可能是H，则Y或者Z有一种是氢，若Y为H,则不满足“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”,所以Z为H，W和Y属于第二或第三周期；据图可知X可以形成+1价阳离子，若X为Li，则不存在第三周期的元素简单离子核外电子排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O;根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍"可知,W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。【详解】A．同一周期从左向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，则原子半径大小为:Z＜Y＜W＜X，故A错误；

B．Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；

C．金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性Al＜Na，则简单离子的氧化性:W＞X，故C正确;

D．Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；

故选：A.16.常温下,用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A。滴定终点a可选择甲基橙作指示剂B.c点溶液中C.b点溶液中D。a、b、c三点中水的电离程度最大的是c【答案】C【解析】【详解】A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性,则选择甲基橙作指示剂，故A正确；B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得:，故B正确;C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c（HPO42—）＞c(H2PO4-)＞c(PO43-）,故C错误;D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大,水解促进水的电离,则水的电离程度最大的是c,故D正确；故答案为C。二、实验题(本大题共1小题，共8。0分）17。实验室利用如下装置制备氯酸钾和次氯酸钠。回答下列问题：(1）滴加浓盐酸的漏斗伸入试管底部,其原因为________________________________。（2）装置1中盛放的试剂为________；若取消此装置，对实验造成的影响为________。(3）装置中生成氯酸钾的化学方程式为________________________，产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为________。（4）装置2和3中盛放的试剂均为________。（5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后,停止加热。接下来的操作为打开________（填“a”或“b",下同），关闭________。【答案】（1)。液封,防止产生的氯气从漏斗口逸出（2）.饱和食盐水(3）。氯化氢与KOH和NaOH反应，降低产率（4）.（5）.5:1（6）.NaOH溶液（7）。b(8)。a【解析】【详解】(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底部，可起液封作用,防止产生的氯气从漏斗口逸出；（2)浓盐酸有挥发性，制得的Cl2中混有挥发的HCl，则装置1中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是为除去Cl2中混有的HCl，若取消此装置，HCl会中和KOH和NaOH，降低产率；（3）Cl2溶于KOH溶液生成氯酸钾和KCl，发生反应的化学方程式为,生成1mol氯酸钾转移5mol电子,而生成1molNaClO转移1mol电子，则产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为5：1；(4)装置2和3的作用均为吸收含有Cl2的尾气,则盛放的试剂均为NaOH溶液；（5）待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热，为使剩余氯气完全被装置2中NaOH溶液吸收,接下来的操作为打开b,关闭a。三、简答题（本大题共6小题，共49.0分）18.Ce4+与Ce3+之间的转化被应用于去除污染金属工艺，目前国内外采用下列两种方法实现Ce4+的再生。回答下列问题:（1）利用臭氧再生：反应在酸性条件下进行,有氧气生成，其离子方程式为__；还原产物为__（填化学式)。（2）利用电化学再生：原理如图所示，则阳极的电极反应式为__。【答案】（1）.O3+2Ce2++2H+=O2+2Ce4++H2O（2）。H2O（3）。Ce3+—e-=Ce4+【解析】【分析】（1)臭氧具有强氧化性，氧化Ce3+生成Ce4+，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；（2）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，结合守恒写出电极反应式。【详解】(1)臭氧氧化Ce3+生成Ce4+和O2，结合守恒和酸性条件得到反应的离子方程式为O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2,其中Ce4+是氧化产物，H2O是还原产物，故答案为：O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2；H2O；

（2）由电解池图可知左侧的Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应生成Ce4+，电极反应式为Ce3+-e—=Ce4+,故答案为：Ce3+—e-=Ce4+。19。X、Y、Z三种物质溶于水均完全电离，电离出、、、、、、三种物质与溶液的反应情况如下:①X溶液与足量溶液混合共热可生成沉淀甲和有刺激性气味的气体；②Y溶液与少量溶液混合可生成沉淀乙，继续加入溶液，沉淀乙溶解；③X溶液可溶解沉淀乙，但不能溶解沉淀甲.回答下列问题:为______,Z为______

填化学式。溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为______。溶液与Z溶液混合后发生反应的离子方程式为______。【答案】(1）.（2）。（3)。（4)。2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【解析】【分析】①有刺激性气味的气体为氨气,则X中含有铵离子，沉淀甲可能为BaSO4或BaCO3；②与Ba（OH)2溶液反应生成沉淀乙，继续加入Ba(OH)2溶液，沉淀乙溶解,则沉淀乙为Al(OH)3，Y中含有Al3+;③Al(OH）3有两性，能与酸、强碱反应，X溶液可溶解沉淀乙Al（OH)3,但不能溶解沉淀甲，并且已知阴离子中无OH—，所以X中含有H+；综合分析：结合①③可知X为酸式盐,根据H+与CO不共存，则X为;根据Al3+与CO不共存可知,Y为AlCl3，根据X、Y、Z三种物质由、、、、、、构成可知，Z为，综上,X为,Y为AlCl3，Z为,沉淀甲为BaSO4,沉淀乙为Al（OH）3。【详解】(1）．由上述分析可知X为，Y为AlCl3,Z为，故答案为:；；(2）．X为中含有、、、，水解是增大,减小，所以溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为，故答案为：;(3）．氯化铝溶液中铝离子与碳酸钠溶液中的碳酸根离子发生双水解,反应的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al（OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO+3H2O=2Al（OH)3↓+3CO2↑。20。磷铁(含P、Fe、Cr等）是磷化工生产过程中产生的副产物，一种以磷铁为原料制备和的流程如图所示：已知：水浸后溶液的主要成分为和；的回答下列问题:（1）“破碎”的目的为________________________________________________________.（2)“焙烧"时，应将原料加到________坩埚中（填“陶瓷"或“钢制”），原因是_____________（结合化学方程式解释),Cr单质发生的主要反应的化学方程式为________。(3）进一步提纯粗磷酸钠晶体的方法为________________。（4）“酸化”时发生反应的离子方程式为________________________________________________.（5)“沉铬”时，加NaOH调节至pH为________时，铬离子刚好沉淀完全。(已知：,离子浓度为10-5mol/L时可认为该离子沉淀完全）【答案】（1)。增大反应物的接触面积，提高培烧速率，使焙烧更充分（2)。钢制(3）.，腐蚀陶瓷坩埚(4）。(5).重结晶（6）.（7)。5。48【解析】【分析】将磷铁(含P、Fe、Cr等）粉碎后和碳酸钠混合并在空气中焙烧，用水溶解过滤除去铁渣,水浸液的主要成分为和，将水浸液蒸发浓缩并冷却结晶,过滤后即得到Na3PO4•12H2O的粗产品，滤液用稀硫酸酸化后，继续还原得到Cr3+的溶液,再加入NaOH调节溶液的pH，即可得到Cr(OH)3沉淀，再经过过滤操作即得产品,据此分析解题.【详解】(1）焙烧前先将磷铁粉碎，可增大反应物的接触面积，达到提高培烧速率，使焙烧更充分的目的;（2）因高温下碳酸钠和SiO2能反应生成硅酸钠和CO2，陶瓷中含有SiO2，则“焙烧”磷铁和碳酸钠混合物时,应将原料加到铁制坩埚中，可防止发生反应：,避免腐蚀陶瓷坩埚;焙烧时Cr单质和Na2CO3在氧气中发生反应生成Na2CrO4和CO2，发生的主要反应的化学方程式为;(3）粗磷酸钠晶体混有,可结合两者的溶解度随温度变化情况,可通过重结晶提纯得到精制的磷酸钠晶体;(4）将溶液“酸化”得到Na2Cr2O7，发生反应的离子方程式为；（5)已知Ksp［Cr（OH)3］=c(Cr3+）×c3(OH—）=2。7×10—31，当c（Cr3+)=10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=3×10-9mol/L,此时溶液的pH=14—9+lg3=5。48。21。三氯胺(NCl3)是一种饮用水二级消毒剂,可由以下反应制备：Ⅰ。NH3（g）+3Cl2(g）=NCl3(1)+3HCl（g)△H回答下列问题：（1）已知：Ⅱ.2NH3（g)+3Cl2(g)=N2(g）+6HCl(g）△H1Ⅲ.N2（g）+3Cl2(g）=2NCl3（1）△H2则△H=______用含△H1和△H2的代数式表示。（2)向容积均为2L的甲、乙两个恒温密闭容器中分别加入4

mol

和4

mol

Cl2,发生反应Ⅰ，测得两容器中随反应时间的变化情况如表所示：时间04080120160容器甲容器乙①0~80min内，容器甲中______②反应Ⅰ的△H______填“"或“”，其原因为______.③关于反应Ⅰ,下列说法正确的是______填选项字母.A容器内,说明反应达到平衡状态B容器内气体密度不变，说明反应达到平衡状态C达平衡后,加入一定量，平衡逆向移动D达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物。平衡后的转化率增大④温度为时，该反应的平衡常数______。【答案】（1)。(2)。（3）.＜（4）。容器乙中反应速率快，所以；又因为容器乙中平衡时大，说明升高温度，平衡逆向移动，△H＜0(5).BD（6）.【解析】【分析】（1）根据盖斯定律分析.(2）①先计算氯气的速率，再根据速率之比等于化学反应计量数之比计算；②先根据表中数据判断温度大小，然后根据温度对化学平衡的影响分析反应热;③根据化学平衡状态特征及化学平衡移动原理分析；④列出化学平衡三段式，利用三段式及化学平衡常数表达式计算。【详解】（1)根据盖斯定律，第一个方程式加第二个方程式，再整体除以2可得:;故答案为：.（2)①,则,故答案：;②根据表中数据可知,容器乙中优先达到平衡，其反应速率快，所以;又因为容器乙中平衡时大,说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，其△H＜0；故答案为：＜；容器乙中反应速率快，所以；又因为容器乙中平衡时大，说明升高温度,平衡逆向移动，△H＜0。③A．容器内，无法判断各组分浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故A错误；B．NCl3为液态，容器容积不变、混合气体质量为变量，则混合气体的密度为变量，当容器内气体密度不变时，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．NCl3(l）为液态，达平衡后加入一定量NCl3(l)，平衡不移动,故C错误；D．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则平衡后NH3的转化率增大,故D正确;故答案为：BD。④温度为时，该反应的平衡常数,温度为时,该反应的平衡常数;故答案为：。【点睛】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确盖斯定律内容、化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。22。硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为________,基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。（2）绿帘石的组成为，将其改写成氧化物的形式为_____________.（3）分子的中心原子的价层电子对数为________，分子的立体构型为________；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因________________________________。熔点/K182.8202.7278。5393。6沸点/K177.4330。1408460.6(4）可与乙二胺（，简写为en）发生如下反应：.的中心离子的配位数为________；中的配位原子为________。（5）在硅酸盐中，四面体（图a）通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，化学式为________________。O·Si图a图b【答案】（1）.（2).哑铃(3)。4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O（4).4（5）.正四面体形（6）.熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强(7).6（8）。O和N（9）。sp3(10）。或Si2O52-【解析】【分析】（1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p,最高能级为2p；(2)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4)(Si2O7）O(OH），将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水,并注意原子的最简单整数比不变；(3）SiCl4分子的中心原子为Si,形成4个σ键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高,为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；(4)配离子为[Fe(H2O）6]2+,中心离子为Fe3+，配体为H2O,[Fe(H2O)4(en)]2+中配体为H2O和en，根据孤对电子确定配位原子;(5）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式;图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44—四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为。【详解】(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar］3d64S2，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p，最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃形；(2）绿帘石的组成为Ca2FeAl2（SiO4）（Si2O7）O(OH)，将其改写成氧化物的形式为4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O；（3）SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高;（4)配离子为[Fe(H2O）6]2+，中心离子为Fe3+,配体为H2O，则配位数为6;中配体为H2O和en，其中O和N原子均能提供孤对电子，则配位原子为O和N；(5)硅酸盐中的硅酸根（SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式;图（b）为一种无限长层状结构的多硅酸根，图（a）中一个SiO44—四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为，SiO44—四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3×=2.5，Si、O原子数目之比为1:2。5=2：5，故化学式或Si2O52-。【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO•nSiO2•mH2O）．注意：①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数．如:正长石