《2019-2020学年安徽省定远县民族中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省定远县民族中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省定远县民族中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与 pH=1 的 H2SO4溶液的说法正确的是A 1 L pH=1的 H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2 NAB1mol 纯 H2SO4中离子数目为3 NAC含 15.8 g Na2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1 NAD Na2S2O3与 H2SO4溶液混合产生22.4 L 气体时转移电子数为2 NA【答案】C【解析】【详解】A.1 L pH=1 的 H2SO
2、4溶液中，c(H+)=0.1molL1，含 H+的数目为0.1mol L1 1 L NA=0.1 NA，故 A 错误；B.1mol 纯 H2SO4中以分子构成，离子数目为0，故 B错误；C.硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，一个S2O32-水解后最多可产生2 个 OH-，含 15.8 g 即 0.1molNa2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1 NA，故 C正确；D.22.4 L 气体不能确定是不是标准状况，故D 错误；故选 C。2结构片段为 CH2 CH=CH CH2 的高分子化合物的单体是A乙烯B乙炔C正丁烯D1，3-丁二烯【答案】D【解析】【详解】结构片段为 CH2 CH=CH CH2，说明该高
3、分子为加聚产物，则该高分子化合物的单体是CH2=CHCH=CH2，即为 1，3-丁二烯，答案选D。3从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性B汉代烧制岀“明如镜、声如馨”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”，司南中的“杓”含Fe2O3D港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A亚铁离子易被人体吸收，维生素C 具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C 效果较好，故A 错误；B瓷器的成分为硅酸盐，主
4、要原料为黏土，不是石灰石，故B 错误；C“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，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；答案选 D。4下列各组中所含化学键类型相同的一组是（）A NaOH、H2SO4、NH4Cl BMgO、Na2SO4、NH4HCO3CNa2O2、KOH、Na2SO4DAlCl3、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A 错误；B.MgO 中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO 3中含
5、有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B 错误；C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C 正确。D.AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D 错误；答案选 C。5四氢噻吩()是家用天然气中人工添加的气味添加剂具有相当程度的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是（）A不能在O2中燃烧B所有原子可能共平面C与 Br2的加成产物只有一种D生成 1molC4H9SH至少需要2molH2【答案】B【解析】【分析】由结构可知，含碳碳双键，且含C、H、S元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。【详解】A家用天然气中可人工添加，能在
6、O2中燃烧，故A 错误；B含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故B 正确；C含 2 个双键，若1：1 加成，可发生1，2 加成或 1，4 加成，与溴的加成产物有2 种，若 1：2 加成，则两个双键都变为单键，有1 种加成产物，所以共有3 种加成产物，故C错误；D含有 2 个双键，消耗2molH2，会生成1mol，故 D 错误；故答案选B。【点睛】本题把握官能团与性质、有机反应为解答关键，注意选项D 为解答的难点。6中央电视台国家宝藏栏目不仅彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是：A“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓”的材质为Fe3O4B宋莲塘
7、乳鸭图缂丝中使用的蚕丝的主要成分是蛋白质C宋王希孟千里江山图中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜D清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A.Fe3O4为磁性氧化铁，可作指南针的材料，司南中“杓”的材料为Fe3O4，A 正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B 正确；C.铜绿主要成分是碱式碳酸铜，C正确；D.陶瓷主要成分是硅酸盐，不是SiO2，D 错误；故合理选项是D。7钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势，有望取代锂离子电池。最近，山东大学徐立强教授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaxFeIIFeIII(CN)
8、6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是A充电时，Na+被还原为金属钠B充电时，阴极反应式：xNa+FeIIFeIII(CN)6-xe-NaxFeIIFeIII(CN)6C放电时，NaxFeIIFeIII(CN)6为正极D放电时，Na+移向 Ni3S2/Ni 电极【答案】D【解析】【分析】【详解】A充电为电解原理，由题意知Na+反应后为NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金属Na，A 错误；B充电时阴极得到电子，反应式为xNa+FeIIFeIII(CN)6+xe-=NaxFeIIFeIII(CN)6，B 错误；C放电时为原电池原理，由总反应知
9、Ni 化合价下降，应为正极，故NaxFeIIFeIII(CN)6为负极，C错误；D放电时阳离子向正极移动，D 正确；故选 D。8下列说法正确的是（）A天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D氨基酸种类较多，分子中均含有COOH和 NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸【答案】D【解析】【分析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH
10、 溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A 错误；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH 溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故 B 错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和 NH2两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D 正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。9中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO 进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允
11、许 H+和 H2O 通过)，下列相关判断正确的是A电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2B电解池中质子从电极向电极作定向移动C吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D每处理1molNO 电解池质量减少16g【答案】C【解析】【分析】在电极，HSO3-转化为 S2O42-，S元素化合价由+4 价降低为+3 价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极为电解池的阳极，在电极上 H2O 失电子发生氧化反应生成O2和 H+。【详解】A电极 为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A 不正确；B由于阴极需消耗H+，而
12、阳极生成H+，电解池中质子从电极向电极 作定向移动，B 不正确；C从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与 NO 反应，生成HSO3-和 N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C 正确；D每处理1molNO，阴极 2HSO3-S2O42-，质量增加34g，阳极 H2O12O2，质量减轻16g，电解池质量增加 34g-16g=18g，D 不正确；故选 C。10 本草纲目记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A蒸发皿B坩埚C坩埚钳D研钵【答案】
13、A【解析】【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D 中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。11设AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下，9.5 g 羟基（18OH）含有的中子数为A5NB260gSiO中含有的SiO键数量为A2NC2MnO与足量浓盐酸反应产生222.4 L Cl时转移电子数为A2ND1230.1mol LNa SO溶液中含有的阴离子总数大于A0.1N【答案】A【解析】【详解】A一个18OH中含有 10 中子，常温常压下，9.5 g 羟基(18OH)的物质的量为0.5mol，含有的中子数为A5N，故
14、 A 正确；B在 SiO2晶体中，每个 Si原子形成4 个 Si-O 键，260gSiO的物质的量为1mol，则含有的SiO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
15、：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；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；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。12短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增大，湿润的红色石蕊试纸遇M 的气态氢化物变蓝色。含 X、Y和 Z三种元素的化合物R有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO3HNO3)。下列说法正确的是A简单离子半径：YZMX B简单气态氢化物的热稳定性：MX C加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液D常温下，向蒸馏水中加入少量R，水的电离程度可能增大【答案】D【
16、解析】【分析】在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na 元素，所以强碱戊为NaOH。能使品红溶液褪色的气体可能是 SO2、Cl2，单质只有Cl2。电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R 可能是 NaClO。M 的气态氢化物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明M 为氮元素。综上所述，M 为氮元素，X 为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素。【详解】A X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素，M 为氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半径依次减小，故A 错误；BX 为氧元素，M 为氮元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：ON，H2O 的热稳定性比NH3强，故 B 错误；C若气体甲
17、为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C错误；D NaClO 属于强碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D 正确；答案选 D。13某温度下，分别向20mL 浓度均为xmol/L 的 NaCl 和 Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中-lgc Cl和2-4-lgc CrO与 AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是A x=0.1 B曲线 I 代表 NaCl溶液CKsp(Ag2CrO4)约为 4 1012Dy=9【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据图像可知，未滴加AgNO3溶液时-lgc Cl或2-4-lgc CrO均
18、为 1，则 NaCl 和 Na2CrO4溶液均为0.1mol L-1，即 x=0.1，A 选项正确；B1molCl-和 CrO42-分别消耗1mol 和 2molAg+，由图像可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I 突跃时加入的 AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I 代表 NaCl 溶液，B选项正确；C b 点时，2-4-lgc CrO=4，则 c(CrO42-)=10-4mol L-1，c(Ag+)=2 10-4mol L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)c2(Ag+)=4 1012，C选项正确；D a 点时，Cl-恰好完全沉淀，-lgc Cl=5，则 c(Cl-)=10
19、-5mol L-1，c(Ag+)=10-5mol L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)c(Ag+)=1010，c 点加入 40mLAgNO3溶液，溶液中-1+-10.02L0.1mol L0.1c Ag=mol L0.06L3gg，-10-9-1+Ksp AgCl10c Cl=310 mol L0.1c Ag3g，则-lgc(Cl-)=9-lg3 8.52，D 选项错误；答案选 D。14下列实验操作正确的是A用长预漏斗分离油和水的混合物B配制 0.5mol/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积C将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，可收集到纯氯气D用湿布
20、熄灭实验台上酒精着火【答案】D【解析】A、油和水互不相溶，分层，分离油和水的混合物应用分液漏斗，故A错误；B、硝酸有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，故B错误；C、将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，会产生CO2，应通过饱和食盐水，才可收集到纯氯气，故C错误；D、用湿布熄灭实验台上酒精着火，属于隔绝氧气灭火，故D正确；故选 D。15海水提镁的工艺流程如下：下列叙述正确的是A反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比 Ca(OH)2难溶的性质B干燥过程在HCl 气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应D上述流程中可以循环使用的物质是H2和 Cl2
21、【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A 正确；B.干燥过程在HCl 气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C 错误；D.上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D 错误；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式_，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_；（2）装置 A 中反应的化学方程式_；（3）实验时，先点燃A 处的酒
22、精灯，一段时间后再向B 的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因_；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_。（5）准确量取20.00mL 含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L 的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗 V0mL（在此过程中N2H4N2）。该实验可选择_做指示剂；该溶液中肼的浓度为_mol/L（用含 V0的代数式表达，并化简）。【答案】N2H6SO4、（N2H5）2SO4、N2H6（HSO4）22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 防止 NaClO 氧化肼A、B间无防倒吸装置，易使A 装置中玻璃管炸裂
23、淀粉溶液V0/400【解析】【分析】(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置 A中制备氨气书写反应的方程式；(3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4N2，I2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，据此分析计算。【详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2
24、，故答案为；N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A 是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(3)实验时，先点燃A 处的酒精灯，一段时间后再向B 的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO 溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案为A、B 间无防倒吸装置，易使A
25、装置中玻璃管炸裂；(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4N2，I2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L V0mL，则 20.00mL 含肼溶液中含有肼的物质的量=12 0.1000mol/LV0mL，因此肼的浓度为010.1000mol/LV mL220.00mL=0V400mol/L，故答案为淀粉溶液；0V400。【点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解
26、答。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A 元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B 原子 s 能级的电子总数比p 能级的多1；基态 C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素 A、B、C中，电负性最大的是_(填元素符号，下同)，元素 B、C、D 第一电离能由大到小的顺序为 _。(2)与同族其它元素X 形成的 XA3相比，BA3易液化的原因是_；BA3分子中键角 _109 28(填“”“”或“”)，原因是 _。(3)BC3离子中 B原子轨道
27、的杂化类型为_，BC3离子的立体构型为_。(4)基态 E原子的电子排布式为_；C、E形成的化合物EC5(其中 E的化合价为6)中 键与 键数目之比为 _；(5)化合物 DB 是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若 DB 的晶胞参数为 a pm，则晶体的密度为_g cm3(用 NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】O NOAl NH3分子间易形成氢键孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)7:1 3A164a N 1030【解析】【分析】前四周期元素A、B、C、D、E的原
28、子序数依次增大，A 元素原子的核外电子只有一种运动状态，A 为 H 元素；基态 B原子 s 能级的电子总数比p 能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为 N 元素；基态C原子和基态 E原子中成对电子数均是未成对电子数的3 倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C 为 O 元素，E为 Cr 元素；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则 D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D 为 Al 元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A 为 H 元素，B 为 N 元素，C为 O 元素，D 为 Al 元素，E为 Cr 元素。(1
29、)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O 中，电负性最大的是O 元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素 N、O、Al 的第一电离能由大到小的顺序为NO Al，故答案为O；NOAl；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N 的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其 VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中 N 原子采用 sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于10928，故答案为NH3
30、分子间易形成氢键；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3离子中 N 原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=3+5+1-2 32=3，采用 sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为 Cr 元素，基态 E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中 E的化合价为6)，结构为，其中 键与 键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或 Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN 晶胞中含有N 或 Al 原子数为4，818+612=4，晶
31、胞质量为A4(27N14)g，因此晶胞的密度=13A04(2714)g(N)a 10cm=3A164a N 1030 g cm3，故答案为3A164a N 1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18亚硝酰氯是工业上重要的原料，是合成有机物的中间体。2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H0（1）在恒温条件下,向 2L 恒容密闭容器中加入0.2molNO 和 0.1molCl2,10min 时反应达到平衡。测得 10min内 v(ClNO)=7.5 10-3mol
32、 L-1 min-1,则平衡后NO 的转化率1=_。其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO 的转化率2_ 1(填“”“”或“”)。（2）若使反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的平衡常数增大，可采用的措施是_。（3）将 NO 与 Cl2按物质的量之比21 充入一绝热密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO H0，实验测得NO 的转化率(NO)随时间的变化经如图所示。NO(g)的转化率(NO)在 t2t3时间段内降低的原因是 _。（4）在其他条件相同时，向五个恒温的密闭容器中分别充入1molCl2与 2molNO,发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2Cl
33、NO(g)H 降低温度t2达到平衡,t2t3段温度升高，平衡逆向移动，NO 转化率减小小于72 使用催化剂6MpaP1；（2）考查影响化学平衡常数的因素，正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，因此采用措施为降低温度；（3）考查勒夏特列原理，t2时刻NO 的转化率最大，说明反应达到平衡，即0t2时刻反应向正反应方向进行，正反应方向是放热反应，t2时刻后，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO 的转化率降低；（4）考查化学平衡常数的计算、勒夏特列原理，T3T1，在 T1的基础上升高温度到T3，正反应方向是放热反应，平衡向逆反应方向进行，ClNO的量降低，但III 和 I
34、容器中 ClNO 的含量相等，III中容器的体积小于I 容器，因此V30.75，即 3 P/30.75，解得 P6.75，根据压强与时间的关系，推出P 的范围是6MpaP0.75，最后求出P 的最大值。19K、Al、Si、Cu、N i 均为重要的合金材料，在工业生产、科技、国防领域有着广泛的用途，请回答下列问题：（1）K元素处于元素同期表的_区。（2）下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_（填标号）。A NeB NeC Ne DNe3s3s 3p 3s 3p 3s 3p 3p（3）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O 比 CuO更稳定的原因是_。（4）一些化合物的熔点如下表所示：
35、化合物NaCl KCl SiO2熔点/C 801 770 1723 解释表中化合物之间熔点差异的原因_。（5）NiSO4溶于氨水形成 Ni(NH3)6SO4。N、O、S三种元素中电负性最大的是_。写出一种与 Ni(NH3)6SO4中的阴离子互为等电子体的分子的分子式_。1molNi (NH3)6SO4中含有 键的数目为 _。NH3的 VSEPR模型为 _；NH3、SO42-的中心原子的杂化类型分别为_、_。（6）K、Ni、F三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞结构如图所示。若NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度=_g cm-3(用代数式表示)。【答案】s A 基态 Cu+的价电子排布式为3d1
36、0，为全充满状态，更稳定（或“Cu+离子核外电子处于稳定的全充满状态”）NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体；K+半径大于Na+半径，晶格能 NaCl KCl O CX4、SiX4（X 表示卤素原子，任写一种）28NA四面体形sp3sp3232A4.26 10a bN【解析】【详解】(1)K 元素的价电子排布式为4s1，最后的电子排在s轨道上，所以处于元素同期表的s 区。答案为 s；(2)在第三周期，轨道的能量3sKCl，所以 NaCl的熔点高。答案为：NaCl、KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体；K+半径大于Na+半径，晶格能NaCl KCl(5)NiSO4溶于氨水形成Ni(NH
37、3)6SO4。N、O、S三种元素中电负性最大的是O。答案为O Ni(NH3)6SO4中的阴离子为SO42-，它的价电子数为42，与它互为等电子体的分子为CX4、SiX4（X表示卤素原子，任写一种）。答案为CX4、SiX4（X 表示卤素原子，任写一种）在Ni(NH3)6SO4中，Ni(NH3)62+含有 24 个 键，SO42-中含有 4 个 键。所以1molNi(NH3)6SO4中含有 键的数目为28NA。答案为28NA NH3的 VSEPR模型为四面体。答案为四面体形NH3的中心原子的杂化类型sp3，答案为sp3。SO42-的中心原子的杂化类型为sp3，答案为sp3。(6)从 K、Ni、F三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞结构图，我们可以得出该物质的化学式为K4Ni2F8，它的相对分子质量为426，则该晶体的密度=7272426/4.26(10)(10)AAgmolacmbcm Na bN 1023g cm-3。答案为：232A4.26 10a bN。【点睛】由晶胞结构确定物质的化学式时，我们可根据元素所在的位置，确定其在晶胞中所占的份额。若原子位于晶胞内，则完全属于该晶胞；若原子在面上，则有二分之一属于该晶胞；若原子在棱上，则有四分之一属于该晶胞；若原子在顶点上，则只有八分之一属于该晶胞。