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文档介绍
福建省福州市2020届高三模拟考试化学试题 Word版含解析
- 1 - 2020 年福建省福州市高考化学模拟试卷(11) 一、选择题(本题共 7 小题,每题 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. 下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是( ) 选项 物质及成分 性质 用途 A 小苏打(Na2CO3) 与酸反应产生二氧化碳 作发酵粉 B 磁性氧化铁(Fe2O3) 难溶于水、红色 制造红色涂料 C 蓝矾(CuSO4·5H2O) 蓝色 检验水蒸气 D 二氧化硫(SO2) 能和某些有色物质反应生成无色物质 漂白草织品 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、小苏打的成分是 NaHCO3,A 错误; B、磁性氧化铁的成分是 Fe3O4(黑色),通常用作颜料和抛光剂,B 错误; C、无水硫酸铜(CuSO4)的作用是检验水蒸气,C 错误; D、二氧化硫能和某些有色物质反应生成无色物质,可用作漂白草织品,D 正确。 答案选 D。 2. 设 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中不正确的是 A. 14g 由 N2 和 13C2H2 组成的混合物中,所含中子数为 7NA B. CH4 与白磷(P4)都为正四面体结构,则 1mol CH4 与 lmolP4 所含共价键的数目均为 4NA C. 反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol,若放出热量 4.62kJ,则转移电子的数 目为 0.3NA D. 常温下,含 0.5molNH4NO3 与 xmolNH3·H2O 的中性溶液中,含有 NH4 +的数目为 0.5NA 【答案】B 【解析】 【详解】A.N2 和 13C2H2 的摩尔质量均为 28g/mol,故 14g 混合物的物质的量为 0.5mol,且两者 - 2 - 均含中子为 14 个,故 0.5mol 混合物中含中子为 7NA 个,故 A 正确; B.甲烷中含 4 条共价键,而白磷中含 6 条,故 1 mol CH4 与 1molP4 所含共价键的数目为 4NA 和 6NA 个,故 B 错误; C.反应 N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol,放热 92.4KJ 时,转移电子数 6mol,故当放 热 4.62KJ 时,则转移电子为 0.3NA 个,故 C 正确; D.含 0.5 mol NH4NO3 与 xmol NH3•H2O 的中性溶液中 n(OH-)=n(H+),根据电荷守恒故有: n(NO3 -)=n(NH4 +)=0.5mol,则铵根离子为 0.5NA 个,故 D 正确; 故答案为 B。 【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项:①物质的状态是否为气体;②对于气体注 意条件是否为标况;③注意溶液的体积和浓度是否已知;④注意同位素原子的差异;⑤注意 可逆反应或易水解盐中离子数目的判断;⑥注意物质的结构:如 Na2O2 是由 Na+和 O2 2-构成,而 不是有 Na+和 O2-构成;SiO2、SiC 都是原子晶体,其结构中只有原子没有分子,SiO2 是正四面 体结构,1molSiO2 中含有的共价键为 4NA,1molP4 含有的共价键为 6NA 等。 3. 完成下列实验,所选装置正确的是( ) A B C D 实验 目的 实验室制 备乙烯 分离苯和溴苯的混合物(沸点: 苯为 80.1℃,溴苯为 156.2℃) 分离 KCl 和 NH4Cl 固体混 合物 实验室用二氧化锰和 双氧水制备氧气 实验 装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.乙醇在 170℃时发生消去反应生成乙烯,图中缺少测定反应液温度的温度计,故 A 错误; - 3 - B.苯和溴苯互溶,但沸点不同,可选图中蒸馏装置分离,故 B 正确; C.氯化铵受热分解,KCl 受热无明显变化,可在试管中加热分离,不需要蒸发皿,故 C 错误; D.二氧化锰为粉末状固体,不能放置在多孔隔板上,故 D 错误; 故选 B。 4. 图为一种利用原电池原理设计测定 O2 含量的气体传感器示意图,RbAg4I5 是只能传导 Ag+的 固体电解质。O2 可以通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成 Al2O3 和 I2,通过电池电位计的变化 可以测得 O2 的含量。下列说法正确的( ) A. 正极反应为:3O2+12e﹣+4Al3+═2Al2O3 B. 给传感器充电时,Ag+向多孔石墨电极移动 C. 外电路转移 0.01mol 电子,消耗 O2 的体积通常状况下为 0.56L D. 协同总反应为:3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3 +12AgI 【答案】D 【解析】 【分析】 由图可知,传感器中先发生反应 4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2,再发生原电池反应 2Ag+I2=2AgI,所以 原电池的负极发生反应 Ag-e-=Ag+,正极发生反应 I2+2Ag++2e-=2AgI,充电时,阳极与外加电源 正极相接,阴极与外加电源负极相接,反应式与正极、负极反应式正好相反。 【详解】A.根据分析,通入氧气的一极作正极,而氧气通过聚四氟乙烯膜会发生反应 4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2,生成 Al2O3 和 I2,此时 I2 参与正极反应,所以正极反应为 I2+2Ag++2e-=2AgI, A 错误; B.给传感器充电时,银电极为阴极,所以 Ag+向阴极移动,B 错误; C.选项中没有说明是标准状况,所以不能用 22.4L/mol 来计算消耗的氧气的体积,C 错误; D.根据分析,该传感器的总反应为 3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3 +12AgI,D 正确; 故选 D。 5. 可逆反应① X(g)+2Y(g) 2Z(g) ② 2M(g) N(g)+P(g) 分别在密闭容器的两个反应 - 4 - 室中进行,反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理 量的变化如图所示,下列判断正确的是 A. 达平衡(Ⅰ)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为 10∶11 B. 反应①的正反应是吸热反应 C. 在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中,M 的体积分数相等 D. 达平衡(Ⅰ)时,X 的转化率为 50% 【答案】A 【解析】 【详解】A. 等温时,右侧反应中气体的物质的量不变,压强与体积成反比,由图可以看出达 平衡(Ⅰ)时,体系的压强与反应开始时体系的压强之比为 2 10=2.2 11 ,故 A 正确; B. 降温由平衡(Ⅰ)向平衡(Ⅱ)移动,同时 X、Y、Z 的总物质的量减少,说明平衡向右移 动,正反应放热,故 B 错误; C. 由平衡(Ⅰ)到平衡(Ⅱ),化学反应②发生移动,M 的体积分数不会相等的,故 C 错误; D. 达平衡(Ⅰ)时,右边气体的物质的量不变,仍为 2mol,左右气体压强相等,设平衡时左 边气体的物质的量为 xmol,则有: 2 2.2=x 2.8 , 28x= mol11 ,即物质的量减少了 28 53- = mol11 11 , 所以达平衡(Ⅰ)时,X 的转化率为 5 mol11 100%1mol <50%,故 D 错误。 故选 A。 【点睛】反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板,则说明左右两室的压强相等;此题难点 在于 A 项,当容器中气体物质的量不变时,压强与体积成反比,这是解题的关键。 6. 常温下,在新制氯水中滴加 NaOH 溶液,溶液中水电离出的的 c(H+)与 NaOH 溶液的体积 之间的关系如图所示,下列推断正确的是( ) - 5 - A. 可用 pH 试纸测定 E 点对应溶液,其 pH=3 B. G 点对应溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+) C. H、 F 点对应溶液中都存在:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-) D. 常温下加水稀释 H 点对应溶液,溶液的 pH 增大 【答案】B 【解析】 【详解】A.E 点新制氯水溶液,溶液显酸性,由水电离出的 c 水(H+)=10-11mo/L,溶液中 OH-完 全是由水电离出来的,所以 c(OH-)=c 水(H+)=10-11mo/L,则溶液中 c(H+)= wK c OH =10-3mol/L, 则溶液 pH=3,但新制氯水有漂白性,不能用 pH 试纸测量其 pH,应该用 pH 计,选项 A 错误; B.G 点,氯水与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的 NaCl、NaClO,ClO-水解使溶液 呈弱碱性,所以有 c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),选项 B 正确; C.F 点对应溶液中溶质为 NaCl、NaClO 和 NaOH,根据电荷守恒可知: c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-),此时溶液为碱性,则 c(OH-)>c(H+),所以 c(Na+)> c(Cl-)+c(ClO-),选项 C 错误; D.加水稀释 H 点对应的溶液,H 点为碱性溶液,加水稀释时促使溶液的碱性减弱,所以 pH 值 降低,选项 D 错误; 答案选 B。 7. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(如图所示),下列说法错误的是 ( ) - 6 - A. 碱式硫酸铁水解能产生 Fe(OH)3 胶体,可用作净水剂 B. 生产 FeCO3 需在较低温度下进行,避免 FeCO3 受热分解 C. 可用 KSCN 溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2 是否被氧化 D. 常温下,(NH4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解度比 FeSO4 小 【答案】B 【解析】 【详解】A.碱式硫酸铁中 Fe 的化合价为+3 价,Fe3+能发生水解生成 Fe(OH)3 胶体,Fe(OH)3 胶体具有吸附性,能吸附水中悬浮物,可用作净水剂,故 A 正确,不选; B.NH4HCO3 不稳定,受热易分解,所以为防止 NH4HCO3 分解,生产 FeCO3 需在较低温度下进行, 但不是避免 FeCO3 受热分解,故 B 错误,符合题意; C.若(NH4)2Fe(SO4)2 被氧化则生成 Fe3+,KSCN 溶液遇 Fe3+溶液变红,可用 KSCN 溶液检验 (NH4)2Fe(SO4)2 是否被氧化,故 C 正确,不选; D.根据流程图,FeSO4 能与(NH4)2SO4 反应生成(NH4)2Fe(SO4)2,说明(NH4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解 度比 FeSO4 小,故 D 正确,不选; 故选 B。 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 8 题~第 10 题为必考题,每个试题考生都必 须做答。第 11~12 题为选考题,考生根据要求做答。(一)必考题(共 3 小题,满分 47 分) 8. 某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的,按下图装置进行试验(夹持仪器已略去)。 实验表明浓硝酸能将 NO 氧化成 NO2,而稀硝酸不能氧化 NO,由此得出的结论是浓硝酸的氧化 性强于稀硝酸。 可选药品:浓硝酸、3mol/L 稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知:氢氧化钠溶液不与 NO 反应,能与 NO2 反应:2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O (1)实验应避免有害气体排放到空气中,装置③、④、⑥中盛放的药品依次是____; (2)滴加浓硝酸之前的操作是:检验装置的气密性,加入药品,打开弹簧夹后,继续进行的操 作是___; - 7 - (3)装置①中发生反应的离子方程式是_______; (4)装置②的作用是_____,发生反应的化学方程式是_______; (5)该小组得出结论依据的实验现象是_______; (6)实验结束后,同学们发现装置①中溶液呈绿色,而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸 铜的质量分数较高所致,而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以 下 4 个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_______(选填序号字母)。 a.加热该绿色溶液,观察颜色变化 b.加水稀释绿色溶液,观察颜色变化 c.向该绿色溶液中通入氮气,观察颜色变化 d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体,观察颜色变化 【答案】 (1). 3mol/L 稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 (2). 通入 CO2 一段时间,关闭 弹簧夹,将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 (3). Cu+4H++2NO - 3 =Cu2++2NO2↑+2H2O (4). 将 NO2 转化为 NO (5). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (6). 装置③中液面上方气体仍为无 色,装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 (7). acd 【解析】 【分析】 验证浓硝酸的氧化性,应首先检查装置的气密性,硝酸与铜发生反应生成二氧化氮,通入水 后生成一氧化氮,然后通过浓硝酸,如无色气体变成红棕色气体,可证明浓硝酸可氧化一氧 化氮,生成的气体不能直接排放到空气中,应有尾气处理装置,据此分析解答。 【详解】(1)根据装置的特点和实验目的,NO 不溶于水,装置⑤是收集 NO,所以装置③中应 该盛放稀硝酸,达到验证稀 HNO3 不能氧化 NO 的目的,装置⑥中盛放 NaOH 溶液吸收 NO2,防止 污染空气,装置④中应该盛放浓硝酸,达到验证浓 HNO3 能氧化 NO 的目的,故答案为:3mol/L 稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液; (2)由于装置中残存的空气能氧化 NO,对实验产生干扰,所以滴加浓 HNO3 之前需要通入一段时 间 CO2 赶走装置中的空气,同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的 NO 气体逸出,故答案为:通入 CO2 一段时间,关闭弹簧夹,将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶 内; (3) 装置①中 Cu 与浓 HNO3 反应生成 Cu(NO3)2、NO2、H2O,反应的化学方程式为 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,反应的离子方程式为 Cu+4H++2NO - 3 =Cu2++2NO2↑+2H2O,故 - 8 - 答案为:Cu+4H++2NO - 3 =Cu2++2NO2↑+2H2O; (4)装置②中盛放 H2O,使 NO2 与 H2O 反应生成 NO,3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为:将 NO2 转化 为 NO;3NO2+H2O=2HNO3+NO; (5)NO 通过稀 HNO3 溶液后,若无红棕色 NO2 产生,说明稀 HNO3 不能氧化 NO,所以盛放稀 HNO3 装置的液面上方没有颜色变化即可说明;装置④中盛放的是浓 HNO3,若浓 HNO3 能氧化 NO,则 装置④液面的上方会产生红棕色气体,故答案为:装置③中液面上方气体仍为无色,装置④ 中液面上方气体由无色变为红棕色; (6)要证明是 Cu(NO3)2 浓度过高或是溶解了 NO2 导致装置①中溶液呈绿色,一是可设计将溶解 的 NO2 赶走(a、c 方案)再观察颜色变化,二是增大溶液中 NO2 浓度(d 方案),通过观察颜色变 化可以判断,故答案为:a c d。 【点睛】明确实验的目的,正确理解实验装置的作用是解题的关键。本题的易错点为(6),要 注意从两个角度理解实验设计的目的和要求。 9. 镧系金属元素鈰(Ce)常见有+3、+4 两种价态,鈰的合金耐高温,可以用来制造喷气推进 器零件。请回答下列问题: (1)雾霾中含有的污染物 NO 可以被含 Ce4+的溶液吸收,生成 2 3NO NO 、 物质的量之比为 1∶1, 试写出该反应的离子方程式______________________________________________。 (2)用电解的方法可将上述吸收液中的 2NO 转化为稳定的无毒气体,同时再生 Ce4+,其原理 如图所示。 ①无毒气体从电解槽的___________(填字母序号)口逸出。 ②每生成标准状况下 22.4 L 无毒气体,同时可再生 Ce4+_____________mol。 (3)鈰元素在自然界中主要以氟碳鈰矿形式存在,其主要化学成分为 CeFCO3。工业上利用氟 碳鈰矿提取 CeCl3 的一种工艺流程如下: - 9 - ①焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______________。 ②假设参与酸浸反应的 CeO2 和 CeF4 的物质的量之比为 3∶1,试写出相应的化学方程式 ________________________________________。 ③向 Ce(BF4)3 中加入 KCl 溶液的目的是________________________________________。 ④常温下,当溶液中的某离子浓度 5 11.0 10 mol L 时,可认为该离子沉淀完全。据此,在生 成 Ce(OH)3 的反应中,加入 NaOH 溶液至 pH 至少达到____________时,即可视为 Ce3 +已完全沉 淀。 20 sp 3( [Ce(OH) ]) 1.0 10 )K ⑤加热 CeCl3·6H2O 和 NH4Cl 的固体混合物可得固体无水 CeCl3,其中 NH4Cl 的作用是 ______________________________________。 【答案】 (1). 4Ce4+ + 2NO + 3H2O = 4Ce3+ + NO2 -+ NO3 -+ 6H+ (2). c (3). 6 (4). 1∶4 (5). 9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3 + 6Cl2↑+ 27H2O (6). 避免 Ce3+以 Ce(BF4)3 形式沉淀而损失(或将 Ce3+全部转化为 CeCl3,提高产率) (7). 9 (8). NH4Cl 固体分解产生的 HCl 可抑制 CeCl3 的水解 【解析】 【详解】(1)雾霾中含有大量的污染物 NO,可以被含 Ce4+的溶液吸收,生成 NO2 -、NO3 -物质的量 之比为 1:1,反应的方程式为 3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2 -+NO3 -+6H+; (2)①电解池中阳极失去电子,则 Ce3+在阳极失去电子转化为 Ce4+,因此 Ce4+从电解槽的 a 口流 出,阴极是 NO2 -得到电子转化为氮气,则无毒气体从电解槽的 c 口逸出; ②阳极电极反应式为 Ce3+-e-=Ce4+,阴极的电极反应式为 2NO2 -+8H++6e-=N2↑+4H2O。每生成标准 状况下 22.4L 无毒气体,同时可再生 Ce4+6mol; (3)①根据流程图可知焙烧过程中 CeFCO3 与氧气反应生成 CeO2、CeF4、CO2,反应方程式为 4CeFCO3+ O2 3CeO2+ CeF4+4CO2,其中氧化剂 O2 和还原剂 CeFCO3 的物质的量之比为 1∶4; ②假设参与酸浸反应的 CeO2 和 CeF4 的物质的量之比为 3∶1,根据流程可知反应物还有 HCl、 H3BO3,生成物有 Ce(Br4)3 沉淀、CeCl3,根据化合价的变化,因元素 Ce 由+4 价变为+3 价,化 - 10 - 合价降低,由氧化还原反应原理可知,应有元素化合价升高,则应有 Cl2 生成,结合质量守恒, 则反应的化学方程式为 9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3 + 6Cl2↑+ 27H2O; ③避免 Ce3+以 Ce(BF4)3 形式沉淀而损失或将 Ce3+全部转化为 CeCl3,提高产率,故向 Ce(BF4)3 中加入 KCl 溶液; ④ 常 温 下 , 当 溶 液 中 c(Ce3 +) 5 11.0 10 mol·L 时 , 3 3 5 1 3 20 sp 3 ) 1.0 10 mol·L 1.0 10K Ce OH c Ce c OH c OH , 则 c 51.0 10OH ,即 pH=9,据此,在生成 Ce(OH)3 的反应中,加入 NaOH 溶液至 pH 至少达 到 9 时,即可视为 Ce3+已完全沉淀; ⑤加热 CeCl3·6H2O 和 NH4Cl 的固体混合物可得固体无水 CeCl3,其中 NH4Cl 的作用是 NH4Cl 固 体分解产生的 HCl 可抑制 CeCl3 的水解。 10. “绿水青山就是金山银山”,研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡,打造宜居环 境具有重要意义。NO 在空气中存在如下反应:2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g)△H 上述反应分 两步完成,如下图所示。 回答下列问题: (1)写出反应①的热化学方程式(△H 用含物理量 E 的等式表示):_____。 (2)反应①和反应②中,一个是快反应,会快速建立平衡状态,而另一个是慢反应。决定 2NO (g)+O2(g)⇌ 2NO2(g)反应速率的是_____(填“反应①”或“反应②”);对该反应体系 升高温度,发现总反应速率变慢,其原因可能是_____(反应未使用催化剂)。 (3)某温度下一密闭容器中充入一定量的 NO2,测得 NO2 浓度随时间变化的曲线如上图所示。 前 5 秒内 O2 的平均生成速率为_____;该温度下反应 2NO+O2⇌ 2NO2 的化学平衡常数 K 为___。 (4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为 P1),若升高温度,再次达平衡后,混合气体 的平均相对分子质量_____(填“增大”、“减小”或“不变”);若在恒温恒容条件下,向 其中充入一定量 O2,再次达平衡后,测得压强为 P2,c(O2)=0.09mol•L﹣1,则 P1:P2=__。 - 11 - 【答案】 (1). 2NO(g)⇌ N2O2(g)△H=(E2﹣E3)kJ•mol﹣1 (2). 反应② (3). 决 定总反应速率是反应②,温度升高后反应①平衡逆向移动,造成 N2O2 浓度减小,温度升高对于 反应② 的影响弱于 N2O2 浓度减小的影响,N2O2 浓度减小导致反应②速率变慢 (4). 0.001mol/(L•s) (5). 100 (6). 减小 (7). 5:13 或 5 13 【解析】 【详解】(1)根据图像,反应①是 NO 转化为 N2O2的反应,反应物总能量为 E3,生成物总能量 为 E2,反应的热化学方程式为 2NO(g)⇌ N2O2(g)△H=(E2﹣E3)kJ•mol﹣1; (2)根据图像反应①的活化能<反应②的活化能,故反应①为快反应,反应②为慢反应,决 定 2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g)反应速率的是慢反应②;对该反应体系升高温度发现总反应 速率变慢,其原因可能是:决定总反应速率是慢反应②,温度升高后反应①平衡逆向移动, 造成 N2O2 浓度减小,因未使用催化剂,此时影响反应②的因素主要有温度和 N2O2 的浓度,温度 升高可使反应速率加快,N2O2 的浓度减小会使反应速率减慢,若温度升高对于反应②的影响弱 于 N2O2 浓度减小的影响,那么就会导致反应②速率变慢; (3)前 5s 内, 2 c 0.04mol / L-0.03mol / Lv(NO )= = =0.002mol / (L s)t 5s ,则 2 2 1v(O ) v(NO )=0.001mol / (L s)2 ; 由题意得 2 22NO 2NO + O 0.04mol / L 0 0 0.02mol / L 0.02mol / L 0.01mol / L 0.02mol / L 0.02mol / L 0.01mol / L 起始 反应 平衡 反应 2NO2⇌ 2NO+O2 的平衡常数 K’= 2 2 2 2 2 2 c (NO)c(O ) 0.02 0.01= =0.01c (NO ) 0.02 ,则反应 2NO+O2⇌ 2NO2 的化学平衡常数 K= 2 2 2 2 c (NO ) 1=c (NO)c(O ) K' =100; (4)根据图像,反应 2NO2⇌ 2NO+O2 为吸热反应,对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为 P1), 若升高温度,平衡正向移动,再次达平衡后,根据 mM=n ,混合气体的质量不变,混合气体物 质的量增大,故混合气体的平均相对分子质量减小;再通入一定量 O2,平衡逆向移动,设转 化 NO 物质的量浓度为 x,则平衡时 NO2、NO、O2 的浓度依次为(0.02+x)mol/L、(0.02-x)mo/L、 - 12 - 0.09mol/L,温度不变平衡常数不变,则 K’= 2 2 2 2 c (NO)c(O ) c (NO ) = 2 2 (0.02 ) 0.09 0.01(0.02 ) x x ,解 得 x=0.01mol/L,平衡时 NO2、NO、O2 的浓度依次为 0.03 mol/L、0.01 mol/L、0.09 mol/L, 恒温恒容时压强之比等于物质的量之比,设体积为 V,P1 时总物质的量为 0.05V,P2 时总物质 的量为 0.13V,故 P1:P2=5:13; 【点睛】本题要注意第(4)题,平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变。 (二)选考题(共 15)请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用 2B 铅笔在答题卡上把所 选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指 定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。 【选修 3——物质结构与性质】 11. (1)依据第 2 周期元素第一电离能的变化规律,参照如图 B、F 元素的位置,用小黑点 标出 C、N、O 三种元素的相对位置____。 (2)NF3 可由 NH3 和 F2 在 Cu 催化剂存在下反应直接得到:2NH3+3F2 Cu NF3+3NH4F ①上述化学方程式中的 5 种物质所属的晶体类型有_____(填序号)。 a 离子晶体 b 分子晶体 c 原子晶体 d 金属晶体 ②基态铜原子的核外电子排布式为_____。 (3)BF3 与一定量水形成(H2O)2•BF3 晶体 Q,Q 在一定条件下可转化为 R: ①晶体 Q 中各种微粒间的作用力不涉及_____(填序号)。 a 离子键 b 共价键 c 配位键 d 金属键 e 氢键 f 范德华力 - 13 - ②R 中阳离子的空间构型为_____,阴离子的中心原子轨道采用_____杂化。 (4)已知苯酚( )具有弱酸性,其 Ka=1.1×10﹣10;水杨酸第一级电离形成的离子 能形成分子内氢键.据此判断,相同温度下电离平衡常数 Ka2(水杨酸)_____Ka (苯酚)(填“>”或“<”),其原因是_____。 【答案】 (1). (2). abd (3). 1s22s22p63s23p63d104s1 (4). ad (5). 三角锥型 (6). sp3 (7). < (8). 中形成分子内氢键,使其更难电 离出 H+ 【解析】 【详解】(1)同周期元素的第一电离能呈增大趋势,但因 VA 族最外成为半满稳定状态,其第 一第一电离能大于相邻主族,因此 C、N、O 的第一电离能大小为:N>O>C,且 C>B,N查看更多
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