辽宁省锦州市滨海实验中学2025届高三化学模拟考试试题含解析

PAGE20-辽宁省锦州市滨海试验中学2025届高三化学模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H－1，C－12，O－16，N-14，S-32，K－39，Cr－52，Ba－137一、选择题(本题共7小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共42分)1.2024年4月25日，习总书记宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中运用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座雄伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是A.青铜剑科技制造第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B.支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C.机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D.耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的运用，可以减轻温室效应及环境污染【答案】A【解析】【详解】A.第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B.一般玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D.大兴国际机场是全国可再生能源运用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网供应600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步削减各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；答案选A。【点睛】解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。其次代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.标准状况下，11.2L的甲醇所含的氢原子数大于2NAB.常温下，1mol•L-1的Na2CO3溶液中CO32-的个数必定小于NAC.1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的分子个数为NAD.1mol苯分子中含有3NA个碳碳双键【答案】A【解析】【详解】A．甲醇在标况下为液体，11．2L的甲醇的物质的量大于0．5mol，故所含有的氢原子数大于2NA，A正确；B．没有指明碳酸钠的体积，不能计算出碳酸根离子的个数是否小于NA，B错误；C．随着反应的进行浓硫酸的浓度会降低，铜不与稀硫酸反应，故2molH2SO4不能完全反应，生成的SO2的分子个数会小于NA，C错误；D．苯分子中不含有碳碳双键，D错误；故答案为A。3.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（

）①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不行能有酚类；

⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol

NaOH；⑥属于芳香族化合物。A.②④⑤ B.①④⑤ C.②③⑥ D.②③④【答案】A【解析】【分析】本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。【详解】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在肯定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不行能有酚类，故正确；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故正确；⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。故选A。4.下列由试验现象得出的结论正确的是

操作及现象

结论

A

向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。

Ksp（AgCl）<Ksp（AgI）

B

向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。

溶液中肯定含有Fe2+

C

向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。

Br—还原性强于Cl—

D

加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消逝，试管口有晶体凝聚。

NH4Cl固体可以升华

A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A、Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br‾的还原性强于Cl‾，C正确；D、不是升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；答案选C。【点睛】把元素化合物的学问、化学原理和试验操作及试验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学学问分析试验现象，得出正确结论的实力，审题时应全面细致，如滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学试验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学看法。5.W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年头。化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z－的电子层结构与氩相同。下列说法错误的是A.元素W与氢形成原子比为1:1的化合物有多种B.元素X的单质能与水、无水乙醇反应C.离子Y3+与Z－的最外层电子数和电子层数都不相同D.元素W与元素Z可形成含有极性共价键的化合物【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年头．说明W为C，化合物XZ是重要的调味品为NaCl，Y位于XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y为Al，Z-的电子层结构与氩相同推断为Cl-，W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，据以上分析解答。【详解】据以上分析可知：W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，则A．元素W为C与氢形成原子比为1：1的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等，A正确；B．元素X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水猛烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢气，B正确；C．离子Y3+离子为Al3+，有两个电子层，最外层8个电子，Z-为Cl-最外层电子数为8，电子层数为三个电子层，最外层电子数相同，电子层数不相同，C错误；D．元素W为C与元素Z为Cl可形成含有极性共价键的化合物，如CCl4，是含有极性共价键的化合物，D正确；答案选C。6.传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是()A.b为电源的正极B.负极反应式Ag-e-+Cl-=AgClC.当电路中电子转移为5×10-5mol时进入传感器的SO2为1.12mLD.阴极的电极反应式是2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变更为S2O42－，硫元素化合价降低发生还原反应，可推断为阴极，b为电源的负极，A项错误；B．依据上述分析，a为电源的正极，则阳极反应式为：Ag-e－+Cl－＝AgCl，B项错误；C．当电路中电子转移为5×10－5mol时，进入传感器的SO2为5×10－5mol，标况下的体积为1.12mL，C项错误；D．依据题意，阴极的电极反应式是2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，D项正确；故答案选D。答案选D。【点睛】本题考查电解原理的应用。主要是电极分析以及电极反应式的书写，驾驭基础是关键，题目难度中等。①与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变更为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，为电解池的阴极；②与电源a极相连的电极为电解池的阳极，与b连接的电解池的阴极；③温度和压强不知不能计算气体体积。7.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变更的关系如图所示。下列叙述错误的是(

)A.Ka2(H2X)的数量级为10-6B.曲线N表示pH与lg的变更关系C.NaHX溶液中D.当混合溶液呈中性时，【答案】D【解析】【分析】，pH=4.4或5.4，不断加氢氧化钠，碱性增加，因此M为的曲线，N为的曲线。【详解】A．依据前面分析，M曲线为的曲线，当，得出Ka2(H2X)=c(H+)=10-5.4，数量级为10-6，故A正确；B．依据上面分析得到说明曲线N表示pH与lg的变更关系，故B正确；C．依据得出Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，Ka2(H2X)=c(H+)=10-5.4，，因此NaHX溶液显酸性，故C正确；D．，溶液呈酸性，当混合溶液呈中性时，，则有，故D错误；综上所述，答案为D。二、填空题(共58分)8.重铬酸钾是工业生产和试验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，杂质为SiO2、Al2O3)为原料生产它，试验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如图。涉及的主要反应是：6FeO·Cr2O3+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O(1)碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是_______________。(2)步骤③调整pH后过滤得到的滤渣是____________。(3)操作④中，酸化时，CrO42-转化为Cr2O72-，写出平衡转化的离子方程式________。(4)用简要的文字说明操作⑤加入KC1的缘由____________。(5)称取重铬酸钾试样2.500g配成250mL溶液，取出25mL于碘量瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min。然后加入100mL水，加入3mL淀粉，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O32-=2I一十S4O52-)①滴定时淀粉的作用为_______，推断达到滴定终点的依据是_____________。②若试验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为(设整个过程中其它杂质不参与反应)_____________(保留2位有效数字)。【答案】(1).增大接触面积，增大反应速率(2).Al(OH)3、H2SiO3(3).2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O(4).温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应可以得到重铬酸钾(5).指示剂(6).当滴加最终一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不复原(7).94％【解析】【分析】铬铁矿与纯碱、氢氧化钠、氯酸钾反应6FeO·Cr2O3+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O，氧化铝、二氧化硅也反应变为偏铝酸钠、硅酸钠，步骤②过滤出氧化铁，将滤液调整pH，沉淀铝和硅变为氢氧化铝和硅酸，过滤、酸化滤液，将铬酸根变为重铬酸根，利用重铬酸钾溶解度随温度变更较大的特点加KCl发生复分解反应得到重铬酸钾；利用淀粉作指示剂来测定重铬酸钾的含量，依据方程式得到关系式进行计算。【详解】(1)碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是增大接触面积，增大反应速率；故答案为：增大接触面积，增大反应速率。(2)步骤②过滤氧化铁，滤液中含有偏铝酸根和硅酸根，步骤③调整pH后过滤得到的滤渣是Al(OH)3、H2SiO3；故答案为：Al(OH)3、H2SiO3。(3)操作④中，酸化时，CrO42－在酸性条件下转化为Cr2O72－，写出平衡转化的离子方程式2CrO42－+2H+⇌Cr2O72－+H2O；故答案为：2CrO42－+2H+⇌Cr2O72－+H2O。(4)操作⑤加入KC1反应生成重铬酸钾和氯化钠，利用重铬酸钾的溶解度受温度影响大，发生复分解反应得到重铬酸钾；故答案为：温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应可以得到重铬酸钾。(5)①单质碘与淀粉变蓝，因此滴定时淀粉的作用为指示剂，推断达到滴定终点的依据是当滴加最终一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不复原；故答案为：指示剂；当滴加最终一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不复原。②依据方程式得出关系式为解得x=0.0008mol；故答案为：94%。9.碱式碳酸钴[Cox（OH）y(CO3)z]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学爱好小组同学设计了如图所示装置进行试验。（1）请完成下列试验步骤：①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；③加热甲中玻璃管，当乙装置中____________（填试验现象），停止加热；④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置质量；⑤计算。（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_____________________（3）某同学认为上述试验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的______(填字母)连接在_________(填装置连接位置)。（4）若按正确装置进行试验，测得如下数据：乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钴的化学式为_________________。（5）含有Co(AlO2)2的玻璃常用作试验室视察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为___________。（6）CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2CO(OH)2Al(OH)2起先沉淀（PH）2.37.57.63.4完全沉淀（PH）4.19.79.25.2①净除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为______________。②加入CoCO3调PH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为_____________。③加盐酸调整PH为2～3的目的为__________________________________。④操作Ⅱ过程为___________(填操作名称)、过滤。【答案】(1).不再有气泡产生时(2).将装置中产生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙装置中(3).D(4).活塞a前（或装置甲前）(5).Co2(OH)2CO3(6).蓝色(7).2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2O(8).Al(OH)3、Fe(OH)3(9).抑制COCl2的水解(10).蒸发浓缩、冷却结晶【解析】分析】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰简单汲取空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到Co的质量和Co原子物质的量，依据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钴的化学式；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作试验室视察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调整溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采纳蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O；①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【详解】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰简单汲取空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故氧化钴的质量为3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物质的量为=0.02mol，依据Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol×2：0.02mol=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co2（OH）4（CO3）2；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作试验室视察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调整溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采纳蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O；①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+＋2H2O；②操作1是分别Fe（OH）3、Al（OH）3和液体的操作，是过滤，前面调整PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为2～3的目的是抑制CoCl2水解；④操作2是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。10.“绿水青山就是金山银山”，因此探讨NOx、SO2等大气污染物的妥当处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水汲取法处理尾气中的SO2。已知汲取过程中相关反应的热化学方程式如下：①SO2(g)＋NH3·H2O(aq)＝NH4HSO3(aq)

ΔH1＝akJ·mol-1；②NH3·H2O(aq)＋NH4HSO3(aq)＝(NH4)2SO3(aq)＋H2O(l)

ΔH2＝bkJ·mol-1；③2(NH4)2SO3(aq)＋O2(g)＝2(NH4)2SO4(aq)

ΔH3＝ckJ·kJ·mol-1。则反应2SO2(g)＋4NH3·H2O(aq)＋O2(g)＝2(NH4)2SO4(aq)＋2H2O(l)的ΔH＝________kJ·mol-1(2)燃煤发电厂常利用反应：2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)＝2CaSO4(s)＋2CO2(g)

ΔH＝－681.8kJ·mol-1对煤进行脱硫处理来削减SO2的排放。对于该反应，在T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88①0～10min内，平均反应速率v(O2)＝________mol·L－1·min－1；当上升温度，该反应的平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)。②30min后，只变更某一条件，反应重新达到平衡。依据上表中的数据推断，变更的条件可能是________(填字母)。A.加入肯定量的粉状碳酸钙B.通入肯定量的O2C.适当缩小容器的体积D.加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)

ΔH＝－34.0kJ·mol-1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和肯定量的NO气体，保持恒压，测得NO的转化率随温度的变更如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度上升而增大，其缘由为________；在1100K时，CO2的体积分数为________。(4)用某物质平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝________[已知：气体分压(P分)＝气体总压(P总)×体积分数]。(5)工业上常用高浓度的K2CO3溶液汲取CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图：①在阳极区发生的反应包括___________和H++HCO3-=CO2↑+H2O②简述CO32-在阴极区再生的原理：______________。【答案】(1).2a+2b+c(2).0.021(3).减小(4).BC(5).1050K前反应未达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大(6).20%(7).4(8).4OH--4e-═2H2O+O2↑(9).阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH-与HCO3-反应生成CO32-【解析】【分析】(1)利用盖斯定律计算。(2)①依据公式计算O2平均反应速率；当上升温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动；②A.加入肯定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，浓度不变；B.通入肯定量的O2，平衡正向移动，二氧化碳浓度增加，氧气浓度也比原来增加；C.适当缩小容器的体积，两者浓度都在原来基础上增加，平衡向体积减小方向即正向移动；D.加入合适的催化剂，平衡不移动，浓度不变。(3)1050K前反应不断的正向建立平衡，因此NO的转化率随温度上升而增大；建立三段式进行计算。(4)建立三段式计算压强平衡常数。(5)①在阳极区是氢氧根失去电子，发生的反应包括4OH－－4e－═2H2O+O2↑，剩余氢离子和碳酸氢根反应；②阴极水电解生成氢气，剩余氢氧根离子，剩余的OH－与HCO3－反应生成CO32－。【详解】(1)依据目标反应，将第一个方程式2倍加其次个方程式2倍再加第三个方程式得到：反应2SO2(g)＋4NH3·H2O(aq)＋O2(g)＝2(NH4)2SO4(aq)＋2H2O(l)的ΔH＝(2a+2b+c)kJ·mol-1(2)①0～10min内，O2平均反应速率；当上升温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此该反应的平衡常数K减小；故答案为：0.021；减小。②A.加入肯定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，浓度不变，故A不符合题意；B.通入肯定量的O2，平衡正向移动，二氧化碳浓度增加，氧气浓度也比原来增加，故B符合题意；C.适当缩小容器的体积，两者浓度都在原来基础上增加，平衡向体积减小方向即正向移动，故C符合题意；D.加入合适的催化剂，平衡不移动，浓度不变，故D不符合题意；综上所述，答案为BC。(3)由图可知，1050K前反应不断的正向建立平衡，因此NO的转化率随温度上升而增大，其缘由为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大；设起先时NO有1mol，在1100K时，转化率为40%，CO2的体积分数；故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大；20%。(4)设起先时NO有1mol，在1050K时，转化率为80%该反应的化学平衡常数；故答案为：4。(5)①在阳极区是氢氧根失去电子，发生的反应包括4OH－－4e－═2H2O+O2↑和H++HCO3－=CO2↑+H2O；故答案为：4OH－－4e－═2H2O+O2↑。②阴极水电解生成氢气，剩余氢氧根离子，剩余的OH－与HCO3－反应生成CO32－，因此阴极区再生CO32－；故答案为：阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH－与HCO3－反应生成CO32－。11.已知前四周期六种元素A、B、C、D、E、F的原子序数之和为107，且它们的核电荷数依次增大。B原子的p轨道半充溢，其氢化物沸点是同族元素中最低的，D原子得到一个电子后3p轨道全充溢，A与C能形成A2C型离子化和物，其中的阴、阳离子相差一个电子层，E4＋离子和氩原子的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的依次是____________（填元素符号）（2）化合物BD3的分子空间构型可描述为_________，B的原子轨道杂化类型为________。（3）已知F元素在人体内含量偏低时，会影响O2在体内的正常运输。已知F2＋与KCN溶液反应得F（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成协作物。则F的基态原子价电子排布式为______。CN－与___________（一种分子）互为等电子体，则1个CN－中π键数目为___________。（4）EO2与碳酸钡在熔融状态下反应，所得晶体的晶胞结构如图所示，则该反应的化学方程式为________在该晶体中，E4＋的氧配为数为____________。若该晶胞边长为anm可计算该晶体的密度为__________g／cm3（阿伏加德罗常数为NA）【答案】(1).Na<S<P<Cl(2).三角锥形(3).sp3(4).3d64s2(5).N2(6).2(7).TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2↑(8).6(9).【解析】【分析】B原子的p轨道半充溢，则若的电子排布式为1s22s22p3，B为N元素；对于氢化物来说，结构相像的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。而HF、H2O、NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在一种叫氢键的作用力，增大了分子间的相互作用，使它们的熔沸点在同族元素形成的氢化物中最高，出现反常现象；NH3的沸点在同族中是最高的，不符合题意，舍弃；则电子排布式是1s22s22p63s23p3，B元素为P元素；又因为其氢化物沸点是同族元素中最低的符合题意，因此B元素为P元素；D原子得到一个电子后3p轨道全充溢，则D的电子排布式为1s22s22p63s23p5，D为Cl.元素；A与C能形成A2C型离子化和物，其中的阴、阳离子相差一个电子层，则A、C在元素周期表中位于同一周期，结合化合物的及它们的原子序数都比Cl小等学问可确定A为Na元素，C为S元素；E4＋离子和氩原子的核外电子排布相同，则E为22号元素Ti元素；A、B、C、D、E、F的原子序数之和为107，所以F的原子序数为：107-11-15-16-17-22=26，F是Fe元素；结合以上分析进行题中问题的解答。【详解】结合以上分析可知，A为Na元素，B元素为P元素，C为S元素，D为Cl元素，E为Ti元素，F是Fe元素；（1）对于电子层数越多的元素，原子核外的电子数越多，原子半径越小，原子失去电子就越难，即电离能就越大；所以Na、P、S、Cl的第一电离能由小到大的依次是Na<S<P<Cl；（2）在化合物PCl3的分子中，每个P原子与三个Cl原子形成三个共价键，在P原子上还有一对孤对电子。所以PCl3的分子空间构型可描述为三角锥形，P原子的杂化方式为sp3；（3）Fe原子的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe的价电子排布式为3d64s2；电子数相同、原子数也相同的微粒就叫做等电子体，CN－的电子数为14，原子数为2，所以与CN－互为等电子体的分子为N2；等电子体结构相像，性质也相像，由于在N2中2个N原子共用三对电子，一个是σ键，2个π键，所以在CN－中的π键也是2个；（4）由晶胞的结构示意图结合均摊法可知：在每个晶胞中含有：Ti