大同十九中高三（月）线上模拟理综化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精大同十九中2019—2020学年第二学期高三年级高考模拟试题理综化学一、选择题：本题共13小题,每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是(）A.宋朝王希孟画作《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维B。汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器，其主要原料为石灰石C。“司南之杓(勺)，投之于地,其柢（勺柄)指南"中的“杓"含Fe2O3D.港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.纸张的原料是木材等植物纤维，所以其主要成分是纤维素，不是碳纤维，故A错误；B.瓷器的原料是黏土，是硅酸盐,不是石灰石，故B错误；C.与磁铁的磁性有关,则司南中的“杓"含Fe3O4,故C错误；D。聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确。故选D。2.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图,下列说法不正确的是A.咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应B。1mol咖啡酸最多能与5molH2反应C.咖啡酸分子中所有原子可能共面D.蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H10O【答案】B【解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B,咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应,1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误;C,咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4,A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒,A的分子式为C8H10O,D项正确；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键,难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用,注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。3.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是()A。用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B.用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C.用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D。用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱【答案】D【解析】A,向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集,A项错误；B,乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体,锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确;答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜,防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂;比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。4。中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示.下列说法不正确的是(）A.整个过程实现了光能向化学能的转换B。过程Ⅱ有O-O单键生成并放出能量C。过程Ⅲ发生的化学反应为：2H2O2═2H2O+O2D.整个过程的总反应方程式为：2H2O→2H2+O2【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，太阳能使水分解,则实现了光能向化学能的转化，故A正确；B。过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程Ⅱ放出能量并生成了O−O键，故B正确；C.由图可知,过程Ⅲ发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应，H2O2═H2+O2，故C错误;D.总反应为水分解生成氢气和氧气，则总反应2H2O→2H2+O2，故D正确.故选C.5。某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S（g）+O2（g）=S2（s)+2H2O(l）△H=—632KJ/mol。下图为该小组设计的原理图.下列说法正确的是（)A.电极a为燃料电池正极B.电极b上发生的电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-C.电路中每流过4mol电子,电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD。a极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L【答案】C【解析】【分析】根据2H2S(g)+O2(g）=S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应,则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题.【详解】A。由2H2S（g）+O2（g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B。正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O,故B错误；C。电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气,但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D。a极发生2H2S−4e−=S2+4H+，每增重32g,则转移2mol电子，导气管e将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22。4L，故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时,一定要注意条件是否为标准状态。6。Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的2倍。Q与W同主族,且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。下列说法不正确的是A。Q与X形成简单化合物的分子为三角锥形B。Z的氧化物是良好的半导体材料C.原子半径Y〉Z>X〉QD.W与X形成化合物的化学式为W3X【答案】B【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。则Q为H元素,W为Li元素，Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为N元素。W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应；Y为Al元素,Z的原子序数是X的2倍，Z为Si元素。【详解】A。Q与X形成简单化合物NH3分子为三角锥形，故A正确；B。Z为Si元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z的氧化物SiO2，是共价化合物，不导电,故B错误;C.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y〉Z〉X〉Q，故C正确；D.W与X形成化合物的化学式为Li3N，故D正确；故选B.7。常温下，用0。1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0。1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ（X)随pH的变化如图所示.［已知δ（X)＝］下列说法正确的是A。Ka(HA）的数量级为10－5B.溶液中由水电离出的c（H＋)：a点＞b点C。当pH＝4。7时，c(A－)＋c（OH－）＝c(HA)＋c(H＋)D.当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL【答案】A【解析】【详解】A.曲线的交点处,c（HA）=c（A—），此时pH=4。7，则因此Ka（HA)的数量级为10—5,A项正确；B。a点、b点溶液均显酸性,均抑制水的电离，a点pH较小,溶液酸性较强,抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c（H＋）：a点〈b点，B项错误;C。当pH＝4.7时，c（HA)=c（A-)，但c（OH－)不等于c(H＋)，C项错误;D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20。00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性,pH>7,D项错误;答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka（HA),是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c（A—），因此Ka(HA)=c(H+），同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等.三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。8.三草酸合铁(III）酸钾K3［Fe

(C

2O4）3]•3H2O（其相对分子质量为491)，为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110℃下可完全失去结晶水,230℃时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ)酸钾的制备；①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热,静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥,得到FeC2O4•2H2O；②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加热,边搅拌边缓慢滴加20mL3％H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全,再补加适量的H2O2溶液；③将溶液加热至沸,然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤,滤液转入100mL烧杯中,加入95％乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤,用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。（1）写出步骤①中,生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___.（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。（3）步骤③用乙醇—丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___.Ⅱ．铁含量的测定：步骤一：称量5。00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25。00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性.步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,消耗KMnO4溶液20。02mL，滴定中MnO4—被还原成Mn2+。步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。（5)写出步骤三中发生反应的离子方程式____。（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____(结果保留3位有效数字）。【答案】（1）.FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4（2）。用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净(3）。滴加K3Fe（CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀(4).减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分（5)。玻璃棒(6).胶头滴管（7）。250mL容量瓶(8)。5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(9)。11.2%【解析】分析】（1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；（2)Fe2+与K3Fe（CN)6溶液会产生蓝色沉淀；(3）FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇—丙酮；（4）配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等;（5）为亚铁离子与高锰酸钾的反应;(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5。00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】（1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；（2）Fe2+与K3Fe(CN）6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化,可以用K3Fe（CN）6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇—丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶;(5）在步骤三中发生的离子反应为:5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;(6）n（Fe)=5n（MnO4—）=5×0。0100mol/L×19。98×10—3L≈1.0×10—3mol，m(Fe）=56g•mol-1×1。0×10—3mol=0。056g。则5。00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×=0.56g，晶体中铁的质量分数=×100%=11。2%，故答案为11.2%。9。ZrO2常用作陶瓷材料,可由锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。已知：①ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。（1)“熔融”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式是______________________滤渣I的化学式为_______________（2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是__________________调“pH=a"时，a的范围是________________(3）为得到纯净的ZrO2,滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是________________（4)滤渣Ⅲ的成分是Zr(CO3）2·xZr(OH）4取干操后的滤渣Ⅲ37。0g，煅烧后可得到24.6gZrO2则x等于____________________，“调pH=8。0”时，所发生反应的离子方程式为________。【答案】(1）.ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O(2）.H2SiO3(3)。2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(4)。5。2≤a<6.2(5)。取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀产生说明已洗干净（6)。1(7）。2ZrO2++2CO32—+2H2O=Zr（CO3)2·Zr(OH）4↓【解析】【分析】锆英砂（主要成分为

ZrSiO4,还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质），加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣I为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，加入过氧化氢氧化亚铁离子,加氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣II为氢氧化铁、氢氧化铝,滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使ZrO2+转化为Zr(OH）4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr（OH）4，加热分解即可得到ZrO2，以此解答该题.【详解】(1）由题给信息知,ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤,滤渣I为H2SiO3,故答案为:ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；H2SiO3；(2）“氧化”过程中，双氧水在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调节pH，可使铁离子和铝离子完全沉淀，但要避免生成Zr(OH）4，由表中数据可知pH的范围为5.2∼6。2，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；5。2≤a<6。2；(3）Zr（OH）4表面为附着Cl-等，检验Zr（OH)4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中,加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净；(4）滤渣Ⅲ的成分是Zr（CO3）2⋅xZr（OH）4，取干操后的滤渣Ⅲ37。0g,煅烧后可得到24.6gZrO2，则，x=1,“调pH=8.0”时，反应生成Zr(CO3）2·Zr(OH)4，则所发生反应的离子方程式为：2ZrO2++2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2·Zr（OH）4↓，故答案为1;2ZrO2++2CO32—+2H2O=Zr（CO3)2·Zr（OH）4↓。10。氢气既是一种清洁能源,又是一种化工原料,在国民经济中发挥着重要的作用。（1)氢气是制备二甲醚的原料之一,可通过以下途径制取:Ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g)+3H2O（g）△HⅡ。2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g)+H2O(g）△H已知:①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=akJ•mol-1②CO（g)+H2O（g）⇌CO2(g)+H2（g）△H2=bkJ•mol—1③CH3OCH3（g)+H2O（g）⇌2CH3OH(g）△H3=ckJ•mol-1则反应Ⅱ的△H____kJ•mol—1（2)氢气也可以和CO2在催化剂（如Cu/ZnO）作用下直接生成CH3OH,方程式如下CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）,现将1molCO2（g）和3molH2（g）充入2L刚性容器中发生反应，相同时间段内测得CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度(T）的关系如图所示：①经过10min达到a点，此时CH3OH的体积分数为20％．则v（H2）=___(保留三位小数）.②b点时，CH3OH的体积分数最大的原因是___。③b点时,容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30％，则反应的平衡常数Kp=___（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）④a点和b点的v逆，a__b（填“＞”“＜”或"=”）若在900K时,向此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，达平衡后φ（CH3OH）___30％。⑤在900K及以后，下列措施能提高甲醇产率的是____（填字母）a．充入氦气b．分离出H2Oc．升温d．改变催化剂（3）H2还可以还原NO消除污染，反应为2NO（g）+2H2(g)⇌N2（g）+2H2O（g)，该反应速率表达式v=k•c2（NO)•c（H2)（k是速率常数，只与温度有关），上述反应分两步进行：i。2NO(g）+H2(g）⇌N2(g）+H2O2（g）△H1；ii．H2O2（g)+H2（g）⇌2H2O（g)△H2化学总反应分多步进行，反应较慢的一步控制总反应速率，上述两步反应中，正反应的活化能较低的是___(填“i”或“ii"）【答案】（1)。（2a+2b—c）(2）。0。086mol/(L•min)(3）.反应达到平衡状态(4）.（5)。＜（6)。＞(7）。b（8)。ii【解析】【分析】(1）已知：①CO2（g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O（g)△H1=akJ•mol—1，②CO（g)+H2O（g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ•mol-1，③CH3OCH3（g）+H2O(g）⇌2CH3OH（g)△H3=ckJ•mol—1，盖斯定律计算(①+②)×2—③得到反应Ⅱ2CO（g）+4H2(g)⇌CH3OCH3（g)+H2O(g)的△H;(2)①CO2(g)+3H2（g)⇌CH3OH（g）+H2O（g），现将1molCO2（g）和3molH2（g)充入2L刚性容器中发生反应,经过10min达到a点,此时CH3OH的体积分数为20%．结合三行计算列式计算;②b点时，CH3OH的体积分数最大的原因是此点反应达到平衡状态；③b点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30％，三行计算列式计算平衡物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数；④a点v正＞v逆,b点v正=v逆，温度升高反应速率增大，若在900K时，向此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，相当于总压增大平衡正向进行；⑤在900K及以后,能提高甲醇产率的是改变条件平衡正向进行；（3)反应为2NO（g)+2H2（g)⇌N2（g）+2H2O（g），该反应速率表达式v=k•c2（NO）•c(H2）,反应速率是由第一步决定，反应活化能大。【详解】（1）已知：①CO2(g）+3H2（g)⇌CH3OH（g)+H2O(g）△H1=akJ•mol-1②CO（g)+H2O(g)⇌CO2（g）+H2（g)△H2=bkJ•mol-1③CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH（g)△H3=ckJ•mol—1盖斯定律计算（①+②）×2-③得到反应Ⅱ2CO（g）+4H2(g）⇌CH3OCH3（g）+H2O(g)△H=（2a+2b-c)KJ/mol，故答案为(2a+2b-c)；(2)①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH（g）+H2O(g）,现将1molCO2（g）和3molH2（g)充入2L刚性容器中发生反应,经过10min达到a点，此时CH3OH的体积分数为20%.结合三行计算列式计算，设消耗二氧化碳物质的量为x，CO2(g)+3H2（g)⇌CH3OH(g）+H2O（g）起始量(mol）1300变化量（mol)x3xxx平衡量(mol)1-x3-3xxxCH3OH的体积分数==20％,x=mol,v（H2)==0。086mol/（L•min)，故答案为0.086mol/（L•min);②b点时,CH3OH的体积分数最大的原因是反应达到平衡状态，故答案为反应达到平衡状态；③b点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30％，消耗二氧化碳物质的量y，CO2(g）+3H2（g）⇌CH3OH(g）+H2O(g）起始量(mol）1300变化量（mol）y3yyy平衡量(mol)1—y3-3yyy=0.3，y=0。75mol，平衡状态气体总物质的量=4mol—2×0.75mol=2。5mol,反应的平衡常数Kp==，故答案为；④a点v正＞v逆，b点v正=v逆,温度升高反应速率增大，a点和b点的v逆,a＜b,若在900K时，向此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，相当于增大总压，平衡正向进行，达平衡后φ（CH3OH）＞30%,故答案为＜；＞;⑤在900K及以后,能提高甲醇产率的是平衡正向进行，a．充入氦气总压增大分压不变，平衡不变，故a错误；b．分离出H2O,平衡正向进行，甲醇产率增大，故b正确;c．图中分析升温甲醇体积分数减小，说明正反应为放热反应，反应升温平衡逆向进行，甲醇产率减小,故c错误;d．改变催化剂，不改变化学平衡，甲醇产率不变，故d错误；故答案为b；（3）H2还可以还原NO消除污染，反应为2NO（g）+2H2（g)⇌N2（g）+2H2O（g），该反应速率表达式v=k•c2（NO)•c(H2）(k是速率常数,只与温度有关），上述反应分两步进行:i。2NO(g）+H2（g）⇌N2（g)+H2O2（g）△H1；ii．H2O2（g）+H2(g）⇌2H2O（g）△H2化学总反应分多步进行，反应较慢的一步i反应控制总反应速率，反应活化能大，正反应的活化能较低的是ii，故答案为ii。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式),结合原热化学方程式（一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减,得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系.11。镍铬钢俗称不锈钢,在日常生活中应用广泛，含有铁、铬、镍、碳等元素。请回答下列问题：（1)镍的基态原子核外价层电子排布式为_______________,基态Fe3+有_____种不同运动状态的电子,基态铬原子有__________个未成对电子。（2）配合物［Cr（H2O）6］3+中，与Cr3+形成配位键的原子是_______________（填元素符号），铬的高价化合物可将CH3CH2OH氧化为CH3CHO，CH3CHO中—CH3和—CHO中碳原子的杂化方式分别为_______________、___________________.（3）镍能与CO形成Ni（CO）4，常温下Ni(CO)4是无色液体，易溶于有机溶剂,推测Ni（CO）4是__________晶体,组成Ni(CO）4的三种元素电负性由大到小的顺序为_______________(填元素符号），CO分子中π键与σ键的个数比为_______________。（4）NiO的立方晶体结构如图所示，则O2-填入Ni2+构成的________空隙（填“正四面体”、“正八面体”、“立方体”或“压扁八面体”)。NiO晶体的密度为ρg·cm—3，Ni2+和O2—的半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________________________________。【答案】（1）。3d84s2(2)。23(3)。6（4）.O(5）。sp3(6)。sp2（7）.分子晶体(8）.O〉C>Ni（9).2：1（10).正八面体(11）。【解析】试题分析:本题考查物质结构与性质，涉及价层电子排布式的书写，电负性的比较,原子杂化方式的判断，σ键和π键的判断，配位化合物，晶体类型的判断，晶胞的分析和计算。(1)Ni原子序数为28，基态Ni原子核外有28个电子，根据构造原理,基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,价层电子排布式为3d84s2。Fe原子核外有26个电子，Fe3+核外有23个电子，每个电子的运动状态都不相同,基态Fe3+有23种不同运动状态的电子。基态Cr原子核外有24个电子，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，3d上5个电子和4s上的1个电子为未成对电子，基态Cr原子有6个未成对电子。（2)配合物［Cr（H2O）6]3+中，中心离子为Cr3+，配体为H2O,Cr3+具有空轨道,H2O中O原子上有孤电子对，O原子提供孤电子对与Cr3+形成配位键,与Cr3+形成配位键的原子是O。CH3CHO中—CH3中碳原子形成4个共价单键，—CH3中碳原子为sp3杂化,—CHO中碳原子形成1个碳氧双键和2个单键，-CHO中碳原子为sp2杂化.(3）由于Ni（CO）4常温下是无色液体,易溶于有机溶剂，Ni(CO）4是分子晶体。非金属性OCNi，元素的非金属性越强，元素的电负性越大，组成Ni（CO)4三种元素电负性由大到小的顺序为OCNi。CO的结构式为CO，三键中有1个σ键和2个π键,CO分子中π键与σ键的个数比为2:1。(4）根据NiO的立方晶体结构知，O2—周围等距离最近的Ni2+有6个，6个Ni2+构成正八面体，O2-填入Ni2+构成的正八面体空隙.用“均摊法"，晶胞中含Ni2+：8+6=4，含O2—：12+1=4;晶胞中原子的体积为4π（r110—10cm）3+4π（r210-10cm）3=4π（r13+r23）10-30cm3