四川省2024年高考化学模拟试题（含答案）

四川省2024年高考化学模拟试题

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一、单选题

L化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是

A.将铭、镒加入普通钢中制成不锈钢，使钢铁制品永不生锈

B.核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，属于有吸附性的天然有机高分子材料

C.化石燃料脱硫与碳达峰、碳中和无关

D.广汉三星堆出土的青铜器深埋于地下而生锈，是因为发生了析氢腐蚀

COOHCOOH

2.水杨酸（©j-QH）是制备阿司匹椒C^OOCCHj）的原料，水杨酸的结构修饰经历了数百年，由阿司匹林再

到长效缓释阿司匹林，大幅提升了治疗效果。一种制备水杨酸的流程如图所示，下列说法正确的是

CH3CH3CH3CH3COOHCOOH

Br

八SO3/H2SO4八Br2人加rH2O人产氧化ArD水解八

u①，者qWU

SO3HSO3H⑤

A.甲苯中所有原子共面

B.步骤②反应为加成反应

C.Imol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗ImolNaOH

D.可以通过分子结构的修饰获得疗效更佳、作用时间更长的缓释阿司匹林

3.下列操作和实验目的均正确的是

A.用甲装置收集NO气体

B.乙装置中n有平衡气压的作用，可将多余气体直接排出到空气中

C.用丙装置制取并收集干燥纯净的NH3

D.用丁装置（环己醇与浓硫酸混合加热脱水）制备环己烯，反应过程中，分水器中有水积攒就应该立即打开

活塞放出。

1

4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与X不在同周期，X原子的最外层电子数与核外

电子总数之比为3：4,Y、Z相邻，Y的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种单质。下列说法错

误的是

A.简单离子的半径：X>Y>Z

B.工业上常用电解熔融YX制备Y单质

C.Z2(SO4)3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理利用了Z离子的水解

D.X的某氢化物可作为杀菌消毒剂

5.用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钿(Pd)常以正二价形式存

在。下列有关说法正确的是

A.H2O2的电子式为H+［：6：6：『-H+

B.反应①②③均为氧化还原反应

C.反应②中有ImoKh参与反应时转移电子的物质的量为2moi

D.反应过程中［PbCkChK、HCI均为该反应的催化剂

6.科学家设计了一种将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2和H20的原电池-电解池组合装置如图所示，已知羟基自由

基(­OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。下列说法错误的是

d

阴

阳cH

离

离%

子

子

微

膜

膜

生

物

W

NaCl溶液C

Na2sO,高浓度含

溶液苯酚废水

A.高温下不利于该电池的使用

B.电池工作一段时间后，NaCl溶液浓度将降低

+

C.d电极的电极反应为：H2O-e=OH+H

D.相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为3：7

2

7.已知MgF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HC1调节MgF2浊液的pH,测得在不同pH条件

下，体系中Tgc(X)(X为Mg2+或F—)与lg［?墨］的关系如图所示。下列说法正确的是

B.Li代表Tgc(Mg2+)与母广，??］的变化曲线

c(H)

C.a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)<c(F-)+c(HF)

D.c点的溶液中存在c(Cl-)>c(Mg2+)>c(HF)>c(H+)

二'非选择题

8.硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSOrxHzO)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至

分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：

(1)［探究一］验证硫酸铜晶体的分解产物

某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：

溶液

观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中

产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。

装有无水硫酸铜的仪器名称为,C、D两装置位置________(填“能”或“不能”)交换。

(2)C中产生的沉淀的化学式为,E中Fe2+发生反应的离子方程式

为o

(3)该实验设计的不足之处是0

(4)［探究二］测定硫酸铜晶体中结晶水含量

实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸储水溶解，再滴加几滴酸A酸化。

3

②向①所得溶液中滴加足量BaCL溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤。

③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ago

步骤①酸A应该选择(填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是o

(5)步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法

是O

(6)根据实验数据，硫酸铜晶体(€：11$04*1120)中x=(用含m、a的代数式表示)。

9.某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属镒后的阳极渣(主要成分MnCh,杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为

原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下：

阳极渣

黄铁矿

滤渣I滤渣HCaF

FegH%、CU(OH)2

回答下列问题：

(1)FeS2中硫元素化合价为,滤渣I的成分除了S还有。

(2)写出任意两种加快酸浸速率的措

施、。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的

是O

(3)请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全的原因

是：O

(4)“沉锦”时发生反应的离子方程式为：。“沉锦”时需缓慢向含

MnSCU的溶液中滴加NH4HCO3,否则会发生反应MnCCh(s)+2OH-(aq)UMn(OH)2(s)+C。歹(aq)而生成

3

Mn(OH)2,该反应的平衡常数K=(保留一位小数，已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9xlO-i,

11

Ksp(MnCO3)=2.2xIO)-

(5)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnCh,其阳极反应式

为o

10.NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：

(1)选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如

下反应发生：

①4NH3(g)+5O2(g)w4NO(g)+6H20(g)AHi=-905kJ-moH

1

②4NH3(g)+3O2(g)u2N2(g)+6H20(g)AH2=-1268kJ-mol

③4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H20(g)AH3

反应③的反应热AH3=o

（2）氨催化氧化时会发生（1）中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中

充入ImolNJh和2moic）2,测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：

①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是（填

字母）。

A.升高反应温度B.降低反应温度

C.增大NH3和02的初始投料比D.及时分离出H2O

②520℃-840℃时体系中NO含量迅速增加的原因是0

（3）已知：2NO（g）+O2（g）u2NO2（g）分两步进行，其反应过程能量变化如图a。

I.2NO（g）uN2O2（g）

II.N2O2（g）+O2（g）u2NO（g）

①决定NO氧化反应速率的步骤是（填T或“II”）。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和02气体，保持其它条件不变，在温度为Ti和T2（T2>TI）,测得

c（NO）随t（时间）的变化曲线如图b,转化相同量的NO,在温度（填“Ti”或“T2”）下消耗的时间较长，

结合图a分析其原

因_____________________________________________________________________________________________

c(NO)

（4）在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量C。和N。发生反应:

2CO（g）+2NO（g）-N2（g）+2CO2（g）,反应达平衡时，用的体积分数为20%,则N。的转化率为（保留一

位小数）。该条件下反应平衡常数Kp=MPa-1（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量

分数）。

11.铜、银、金在古代常用作货币，三种元素在周期表中位于同一族，回答下列问题：

（1）基态铜原子有种能量不同的电子，其价层电子排布式为：。

（2）熔点CuAg（域'大于"或“小于”），原因

是O

（3）CM+能与此咯（"一H）的阴离子（04-）形成双毗咯铜。

①Imol哦咯中含有的。键数为,哦咯熔点远高于环戊二烯（⑦），主要原因

是O

②已知毗咯中的各个原子均在同一平面内，则此咯分子中N的杂化方式为。毗咯中的大兀键

可表示为o（大兀键可用符号用F表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大无

键的电子数，如苯分子中的大兀键可表示为辞）。

（4）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体，Cu原子处于晶胞面心，该晶体具有储氢功

能，氢原子可进到入Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构如下图所示，该晶体储氢后

的化学式为____________

若合金晶胞边长为apm,忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力

,口山主力THn-r/女x2为储氢后氢的密度、

为.----------------------。（与出表达式即可，蟠级能力=标准状况下氢气的密/

12.布洛芬具有抗炎、解热、镇痛作用，其一种合成路线如下图所示。回答下列问题:

6

（1）布洛芬中所含官能团的名称为：O

（2）A的系统命名为：,ImolC最多可以和molHz发生加成反应。

（3）D的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的有种，写出其中任意一种的结构简

式。

（4）B—C的化学方程式为：，反应类型为

（5）布洛芬显酸性，对肠、胃道有刺激作用，用CH20H对其进行成酯修饰能改善这种情况。成

酯修饰时发生反应的化学方程式为：。

（6）已知：NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原竣酸。根据布洛芬合成路线中的相关知识，以甲苯、

CH3coe1为主要原料（其它无机试剂任用），用不超过三步的反应设计合成，合成路线

OH

为O

7

答案解析部分

L【答案】C

【解析】【解答】A.将铭、加入普通钢中制成不锈钢，能大大增强钢铁的抗腐蚀能力，但并不能使钢铁制品

永不生锈，A不符合题意；

B.尼龙纤维属于合成纤维，属于有机高分子材料，但不属于天然有机高分子材料，B不符合题意；

C.化石燃料脱硫不能减少二氧化碳排放，与碳达峰、碳中和无关，C符合题意；

D.铜的金属活动性排在H之后，不会发生析氢腐蚀，D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】A.不锈钢抗腐蚀能力强；

B.尼龙纤维属于合成纤维；

C.化石燃料脱硫不能减少二氧化碳排放；

D.铜的金属活动性排在H之后，不会与酸反应。

2.【答案】D

【解析】【解答】A.甲苯中含有甲基，-CH3是四面体结构，所有原子不可能共平面，故A不符合题意；

B.步骤②中发生取代反应引入澳原子，故B不符合题意；

COOHCOOH

C.lmol人水解生成imolCH3coOH、Imol产物中竣基、酚羟基与氢氧化钠发生中和

UdU

反应，故Imol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗3moiNaOH,故C不符合题意；

D.将-OH转化为-OOCCH3,对水杨酸的结构进行改造合成出阿司匹林，进一步通过分子结构的修饰获得疗效

更佳、作用时间更长的缓释阿司匹林，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙焕是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方

向旋转判断；

B.根据官能团的变化确定反应类型；

C.根据官能团确定性质；

D.根据官能团的变化及官能团性质分析。

3.【答案】A

【解析】【解答】A.NO不溶于水，可以用排水法收集，A项符合题意；

B.乙装置中n有平衡气压的作用，ci2,NO等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B项不符合题意；

C.氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，C项不符合题意；

D.分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说

明反应结束，即可停止实验，故还有控制反应的作用，故反应过程中，当分水器的水层增至支管口附近时，

8

再打开活塞放出部分水，D项不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】A.NO不溶于水；

B.气体有毒，不能直接排出；

C.氨气的密度比空气小；

D.分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说

明反应结束，即可停止实验。

4.【答案】B

【解析】【解答】结合分析可知，W为H,X为O,Y为Mg,Z为Al元素，

A.。2-、Mg2+、A13+的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：02->Mg2+>

AF+,即X>Y>Z,故A不符合题意；

B.MgO的熔点较高，各元素通过电解熔融氯化镁制备镁，故B符合题意；

C.A12（SO4）3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理是碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧

化碳、水，利用了A13+的水解，故C不符合题意；

D.X为O,氢化物H2O2可作为杀菌消毒剂，故D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】

A.核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；

B.MgO的熔点高，不适合工业生产；

C.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳、水；

D.H2O2有强氧化性。

5.【答案】C

【解析】【解答】A.H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为H：6：6：H，故A

不符合题意；

B.反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B不符合题意；

C.反应②中是Pd+O2+2C1—EPbCbChK，［PbCLChF-中Pd为+2价，根据得失电子守恒，因此有ImolCh

参与反应时转移电子的物质的量为2mol,故C符合题意；

D.反应过程中［PbCbCXp-为该反应的催化剂，HC1是中间产物，故D不符合题意。

故答案为：Co

9

【分析】A.H2O2是共价化合物；

B.利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断；

C.根据得失电子守恒分析；

D.根据应中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现；催化剂反应前参与反应，反应后又生成；

6.【答案】D

【解析】【解答】A.高温下微生物会失去活性，故高温下不利于该电池的使用，A不符合题意；

B.电池工作一段时间后，a侧氢氧根离子、b侧氢离子迁移到中间室中生成水，导致氯化钠溶液浓度将降

低，B不符合题意；

+

C.d为阳极，水失去电子发生氧化反应，电极反应为：H2O-e-=OH+H,C不符合题意；

D.c为阴极，水放电生成氢气；d极苯酚和羟基自由基发生氧化还原反应生成二氧化碳，根据电子守恒可

知，C6H50H〜28e-〜6c。2〜14H2,故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为14：6=7：3,

D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.高温下微生物会失去活性；

B.依据电池中离子放电分析；

C.阳极失去电子，发生氧化反应；

D.根据电子守恒分析。

7.【答案】A

【解析】【解答】A.但］，??］何时,-lgc(F—)=10-2-2,Tgc(Mg2+)=lCT肉根据MgF2(s)uMg2+(aq)+2F—

c(H)'

(aq),Ksp(MgF2)=c(M^2+)-c2(F")=IO-4X(IO-22)2=IO-84=IO06X10-9,故A符合题意；

B.根据图中信息L2代表Tgc(Mg2+)与1g［喏^的变化曲线，故B不符合题意；

C.根据原子守恒，溶解平衡中2c(Mg2+尸c(F一),再根据H++F—(aq)uHF可知，溶解得到的c(F一)等于溶液

中存在的c(F一)与生成的c(HF)之和，因此a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F-)+c(HF),故C不符合题

忌；

D.c点1g［名g］>0,则£^>1即c(HF)>c(H+),又由于2c(Mg2+)=c(F—)+C(HF),故溶液中存在C(C1一)

JeH)

>c(Mg2+)=c(HF)>c(H+),故D不符合题意。

故答案为：Ao

【分析】A.依据Ksp(MgB)=c(M/+).©2(丁)计算；

B.根据图中信息分析;

10

c.根据原子守恒分析；

D.依据图像和物料守恒分析。

8.【答案】(1)球形干燥管；不能

2++3+

(2)BaSO4；4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O

(3)缺少尾气处理装置

(4)稀盐酸；抑制Cu2+水解

(5)取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNCh溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净

(6)2337n—160a

18a

【解析】【解答】(1)由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，

SO3溶于品红溶液，则BaCL溶液无法检验出SO3,故答案为：互换后，SCh溶于品红溶液，BaCb溶液无法检

验出SO3,故两者不能互换；

(2)C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钢反应生成硫酸/沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气

2++3+

氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O；

(3)反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；

(4)该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是

稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制

C#+水解；

(5)沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗

涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNCh溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；

(6)硫酸铜的物质的量等于最后硫酸铁的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=悬，则％=臂—=

233

233m—160a

18a°

【分析】(1)依据仪器构造确定名称；依据SO3极易溶于水分析；

(2)三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化铁反应生成硫酸铁；根据反应物和生成物的化学式，利用原

子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；

(3)硫的氧化物会污染空气；

(4)不能引入新的杂质离子；依据水解平衡原理分析；

(5)判断沉淀是否洗净的操作：取最后一次洗涤液，滴加……(试剂)，若没有……现象，证明沉淀已洗

净；

(6)硫酸铜的物质的量等于最后硫酸铁的物质的量。

9.【答案】(1)-1；PbSCU

11

(2)粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度；适当升温等；将Fe2+氧化成Fe3+,以便除去

(3)酸度过高，F与H+结合形成弱电解质HF,CaF2(S)UCa2+(aq)+2F(aq)平衡右移

2+

(4)Mn+2WC0^=MnCO3i+H2O+CO2t;115.8

2++

(5)Mn-2e-+2H2O=MnO2+4H

【解析】【解答】(1)根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；

根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4;

(2)加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；

“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+,以便生成Fe(OH)3而除去；

(3)酸度过高，F与H+结合形成弱电解质HF,CaF2(S)=Ca2+(aq)+2F(aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不

宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全；

(4)硫酸镐与碳酸氢镂溶液混合反应生成碳酸镒和二氧化碳，“沉镒”时发生反应的离子方程式为：

Mn2++2HC05=MnCO3]+H2O+CO2T；

反应MnCO3(s)+2OH-(aq)UMn(OH)2(s)+C。歹(aq)的平衡常数

n

K=c(CO：-)=c(M7i2+)c(co|—)_Ksp(MnC()3)_2.2xl()—_n58.

2-2+2-

c(OW)c(Mn)-c(O/7)Ksp[Mn(OH)2219xl0-13-

(5)用惰性电极电解酸性MnSCU溶液还可制备MnCh,其阳极上MM+失电子产生M11O2,电极反应式为

2++

Mn-2e-+2H2O=MnO2+4Ho

【分析】(1)根据化合价法则分析；依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；

(2)依据影响反应速率的因素分析；依据反应物和试剂的性质分析；

(3)依据溶解平衡移动原理分析；

(4)硫酸镒与碳酸氢镀溶液混合反应生成碳酸镐和二氧化碳；利用Ksp计算；

(5)电解时，阳极失电子，发生氧化反应。

10.【答案】(1)-1812.5kJmol1

(2)BD；该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率

(3)II；T2；反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2C>2)减小；且c(N2O2)减小对反应n速率的影响大于温

度升高对反应II速率的影响

24

(4)66.7%；§

P

【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，③=②X2.5-①xl.5=-1268x2.5-(-905xl.5)=1812.5,所以八k二-

1812.5kJ-mol^o

(2)①A.在1L密闭容器中充入ImolNfh和2moic>2,根据图像可知，520℃平衡时n(N0)=n(N2)=

0.2mol,结合化学方程式列数据如下：

12

4N")+5。2(0)U4N0(g)+6H20(g)

变化(jnoV)0.20.250.20.3

4N")+3。2@)W2N2(g)+6H2。9)

变化(jnoV)0.40.30.20.6

则平衡时，n(NH3)=(l-0.2-0.4)mol=0.4mol、n(O2)=(2-0.25-0.3)mol=1.45mol、n(H20)=(0.3+0.6)mol=0.9

022x096

mol,因为容器的体积是IL所以该反应的平衡常数7f='一,该反应是放热反应，降低温度，可提高

0.44X1.453

NH3转化为N2的平衡转化率，故A不正确，B正确；

C.增大NH3和02的初始投料比，提高。2的转化率，NH3的转化率降低，故C不正确；

D.将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化

率，D正确；

②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。

(3)①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较

慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。

②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和H均为

放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，C(N2O2)减

小；而反应n活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。

(4)加入等物质的量CO和NO,因此投料比是1：1。

2co(g)+220(g)-、N2⑼+2c。2⑼

初始｛mol)1100

X

转化(jnol)xXX

2

X

平衡伽1。。1—X1—XX

2

X

所以(总厂

尹岫)-知-20%,解得yn|molo

2coig)+220(g)—\+2。。2(9)

11oo

初始。nol)

2212

----

转化(jnol)3333

1112

----

平衡(jnol)3333

所以n(总尸|molo

P2r

算出平衡时，总压强pi,=p解得Pi=1P。2CO(g)+2NO(g)-N2(g)+2CO2(g)

155125511551155

=xp=

2附)=#/针=”；P(CO2)fP(C。)=#/针P(^VO)=|-|x|P=

13

122

P(N2)-p2(c02)=6P,W=24

p2(CO).p2(NO)一(%)2P

【分析】（1）根据盖斯定律分析；

（2）①AB利用三段式法计算；

CD.依据影响化学平衡的因素分析；

②依据曲线变化分析；

（3）①活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；

②依据影响化学平衡的因素分析；

（4）利用三段式法计算。

11.【答案】（1）7；3d"4sl

（2）大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高

（3）IONA；毗咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键；sp2杂化；nl

（4）CU3AUH4;婷4义1033

【解析】【解答】（1）基态铜原子有1S、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，基态铜原子的价层

电子为其3d、4s能级上的电子，其价层电子排布式为：3diO4s\故答案为：7；3小味1；

（2）熔点Cu大于Ag,原因是二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金

属键强，熔点更高。故答案为：大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故

Cu金属键强，熔点更高；

（3）①每个毗咯有4个碳原子，每个碳原子有碳氢键（4个），碳碳之间（3个）、碳氮（2个）、氮和氢（1

个）之间有o键，Imol毗咯中含有的o键数为IONA,口比咯熔点远高于环戊二烯，主要原因是毗咯分子间存

在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键。故答案为：IONA；口比咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢

键；

②已知此咯中的各个原子均在同一平面内，毗咯中C、N原子价层电子对数均为3