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2018年河南高職單招化學模擬試題(含答案解析)

2018-08-01 14:57瀏覽:

一.選擇題

1.化學與生活密切相關,下列有關說法錯誤的是(   )           

A. Cu2+為重金屬離子,故CuSO4不能用于生活用水消毒
B. 鹵水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白質膠體發生凝聚過程
C. 純堿溶液可以洗滌餐具上的油漬
D. 油漆刷在鋼鐵護欄表層用來防止金屬銹蝕

2.NA為阿伏伽德羅常數的值.下列說法正確的是(   )           

A. n(H2CO3)和c(HCO3﹣)之和為1mol的NaHCO3溶液中,含有Na+數目為NA
B. 5g 21H和31H的混合物發生熱核聚變反應:21H+31H→42He+10n,凈產生的中子(10n)數為NA
C. 1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共價鍵總數為0.8NA
D. 56g 鐵與足量氯氣反應,氯氣共得到3NA個電子

3.下列關于有機化合物的說法正確的是(   )           

A. 乙醇的水溶液俗稱酒精
B. 由苯與氯氣在一定條件下生成C6H6Cl6的反應屬于取代反應
C. 化學式為C4H10O的飽和一元醇有4種
D. 糖類發生水解反應的最終產物都是葡萄糖

4.原子序數依次增大的五種短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分別位于三個周期,X與Z、Y與P分別位于同主族,Z與Y可形成原子個數比分別為1:1和2:1的離子化合物.則下列說法正確的是(   )           

A. 單質的沸點:Q>P B. 簡單氫化物的熱穩定性:Y>P
C. 簡單離子的半徑:Z>Y>X D. X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液顯堿性

5.下列有關實驗的操作正確的是(   )  


實驗操作
 A除去NaHCO3固體中混有的NH4Cl直接將固體加熱
 B實驗室收集Cu與稀硝酸反應成的NO向上排空氣法收集
 C檢驗乙酸具有酸性配制乙酸溶液,滴加NaHCO3溶液有氣泡產生
 D測定某稀硫酸的濃度取20.00ml該稀硫酸于干凈的錐形瓶中,用
0.1000mol/L的NaOH標準液進行滴定

A. A  B. B  C. C  D. D

6.新型夾心層石墨烯鋰硫二次電池的工作原理可表示為16Li+xS8  8Li2Sx,其放電時的工作原理如圖所示,下列有關該電池的說法正確的是(   )  

A. 電池充電時X為電源負極
B. 放電時,正極上可發生反應:2Li++Li2S4+2e﹣=2Li2S2
C. 充電時,沒生成1molS8轉移0.2mol電子
D. 離子交換膜只能通過陽離子,并防止電子通過

7.已知某酸HA的電離常數Ka=2.0×10﹣8, 用2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA溶液,溶液的pH隨滴入NaOH溶液的體積變化曲線如圖.下列說法正確的是(   )  

A. a點溶液的pH=4  B. b點溶液中存在:c(A﹣)>c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣)
C. b點c(HA)/c(A﹣)=5  D. c點c(A﹣)+c(H+)=c(Na+)+c(OH﹣)

二.解答題

8.NO2是大氣污染物之一,實驗室擬用NO2與Cl2混合用NaOH溶液吸收的方法消除其污染.回答下列問題:   

(1)氯氣的制備  
①儀器M、N的名稱依次是________.
②欲用MnO2和濃鹽酸制備并收集一瓶純凈干燥的氯氣,選呢圖1中的裝置,其連接順序為________(按氣流方向,用小寫字母表示).
③D在制備裝置中的作用是________;用離子方程式表示裝置F的作用是________.   

(2)用如圖2所示裝置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反應.  查閱有關資料可知:HNO3是一種弱酸,且不穩定,易分解生成NO和NO2 . 
①裝置中X和Z的作用是________
②實驗時觀察到X試劑瓶中有黃綠色氣體,Z試劑瓶中有紅棕色氣體,若通入適當比例的Cl2和NO2  , Y中觀察不到氣體顏色,反應結束后加入稀硫酸無現象,則Y中發生反應的化學方程式是________.
③反應結束后,取Y中溶液少許于試管中,加入稀硫酸,若有紅棕色氣體產生,解釋產生該現象的原因:________.
  

9.Ni2O3主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的著色劑,也可用于鎳粉的制造.以鎳粉廢料為原料制備Ni2O3的工藝如圖1  
回答下列問題:   

(1)Ni2O3中Ni的化合價為________.   

(2)提高“酸浸”、“酸溶”速率時,溫度不宜過高,其原因是________.   

(3)加入H2O2“氧化”的離子方程式為________;濾渣A的主要成分是________(填化學式).   

(4)工藝中分步加入Na2CO3的作用是________;為提高原料的利用率,應控制加入NaClO與NaOH的物質的量之比為________.   

(5)工業上,用鎳為陽極,電解0.1mol/L NiCl2溶液與一定量NH4Cl組成的混合溶液,可得高純度的球形超細鎳粉.當其他條件一定時,NH4Cl的濃度對陰極電流效率(電流效率是指電解時,在電極上實際沉積的物質的量與理論析出量之比)及鎳的成粉率的影響如圖2所示:  ①為獲得高純度的球形超細鎳粉,NH4Cl溶液的濃度最好控制為________mol/L.
②當NH4Cl溶液的濃度大于15g/L時,陰極有氣體生成,導致陰極電流效率降低,請結合平衡移動原理解釋其原因:________.   

10.氮的固定一直是科學家研究的重要課題,合成氨則是人工固氮比較成熟的技術,其原理為N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3(g)△H.   

(1)已知每破壞1mol有關化學鍵需要的能量如表: 

H﹣HN﹣HN﹣NN
435.9KJ390.8KJ192.8KJ945.8KJ

則△H=________.   

(2)在恒溫、恒壓容器中,氨體積比1:3加入N2和H2進行合成氨反應,達到平衡后,再向容器中充入適量氨氣,達到新平衡時,c(H2)將________(填“增大”“減小”或“不變”)   

(3)在不同溫度、壓強和相同催化劑條件下,初始時N2、H2分別為0.1mol、0.3mol時,平衡后混合物中氨的體積分數(φ)如圖所示.  
①其中,p1、p2和p3由大到小的順序是________,其原因是________.
②若分別用vA(N2)和vB(N2)表示從反應開始至達平衡狀態A、B時的化學反應速率,則vA(N2)________ vB(N2)(填“>”“<”或“=”)
③若在250℃、p1條件下,反應達到平衡時容器的體積為1L,則該條件下合成氨的平衡常數K=________(保留一位小數).   

(4)H2NCOONH4是工業由氨氣合成尿素的中間產物.在一定溫度下、體積不變的密閉容器中發生反應:H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g),能說明該反應達到平衡狀態的是________(填序號).  ①混合氣體的壓強不變
②混合氣體的密度不變
③混合氣體的總物質的量不變
④混合氣體的平均相對分子質量不變
⑤NH3的體積分數不變.   

三.[化學:選修3:物質結構與性質]

11.磷化銅(Cu3P2)用于制造磷青銅、磷青銅是含少量錫、磷的銅合金,主要用作耐磨零件和彈性原件.   

(1)基態銅原子的電子排布式為________;價電子中成對電子數有________個.   

(2)磷化銅與水作用產生有毒的磷化氫(PH3).  ①PH3分子中的中心原子的雜化方式是________.
②P與N同主族,其最高價氧化物對應水化物的酸性:HNO3________H3PO4(填“>”或“<”),從結構的角度說明理由:________.   

(3)磷青銅中的錫、磷兩元素電負性的大小為Sn________P(填“>”“<”或“=”).   

(4)某磷青銅晶胞結構如圖所示.  
①則其化學式為________.
②該晶體中距離Cu原子最近的Sn原子有________個,這些Sn原子所呈現的構型為________.
③若晶體密度為8.82g/cm3  , 最近的Cu原子核間距為________pm(用含NA的代數式表示).   

四.[化學:選修5:有機化學基礎]

12.以有機物A制備高分子化合物F(  )的流程如圖:  
請回答下列問題.   

(1)A的官能團名稱是________;C的系統命名是________.   

(2)①的反應類型是________,⑤的反應類型是________.   

(3)寫出反應③的化學方程式:________.   

(4)滿足下列條件的B同分異構體有________種.  Ⅰ.能與Na反應產生氣體
Ⅱ.能與NaOH 反應Ⅲ.不能與Na2CO3反應.
若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數目為2,則其結構簡式是________.   

(5)已知:  Ⅰ.RCH=CH2  RCHClCH3
Ⅱ.CH2=CH﹣CH=CH2 
寫出以CH2=CHCH=CH2為原料制備C的合成路線流程圖(無機試劑可以任選):________.   

參考答案及解析

一.選擇題

1.【答案】A                    
【考點】物質的組成、結構和性質的關系                
【解析】【解答】解:A.Cu2+為重金屬離子,可使細菌的菌體蛋白質變性,達到消毒的目的,可用于游泳池的消毒,但不能用于自來水的消毒,故A錯誤;  B.蛋白質膠體可發生聚沉,則鹵水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白質膠體發生凝聚過程,故B正確;
C.油脂在堿性條件下水解不可逆,則純堿溶液可以洗滌餐具上的油漬,故C正確;
D.油漆刷在鋼鐵護欄表層,可隔絕空氣,則可防止金屬銹蝕,故D正確;
故選A.
【分析】A.硫酸銅是重金屬鹽,可使細菌的菌體蛋白質變性,達到消毒的目的,可用于游泳池的消毒;
B.蛋白質膠體可發生聚沉;
C.油脂在堿性條件下水解不可逆;
D.油漆刷在鋼鐵護欄表層,可隔絕空氣.   

2.【答案】D                    
【考點】阿伏伽德羅常數                
【解析】【解答】解:A.碳酸氫鈉中碳酸氫根離子電離生成碳酸根離子、氫離子,水解生成碳酸和氫氧根離子,依據碳原子個數守恒:1mol的NaHCO3溶液中含有碳酸根離子、碳酸氫根離子、碳酸的總物質的量為1mol,所以n(H2CO3)和c(HCO3﹣)之和為1mol的NaHCO3溶液中,碳酸氫鈉的物質的量大于1mol,含有Na+數目大于NA  , 故A錯誤;  B.5g 21H和31H的混合物中21H和31H的質量未知,無法計算凈產生的中子數目,故B錯誤;
C.乙醇溶液中乙醇分子內、水分子內都存在共價鍵,所以1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共價鍵總數遠遠大于0.8NA  , 故C錯誤;
D.鐵與氯氣反應生成氯化鐵,56g 鐵物質的量為  =1mol,與足量氯氣反應生成1mol氯化鐵,失去3mol電子,依據氧化還原反應得失電子守恒可知氯氣共得到3NA個電子,故D正確;
故選:D.
【分析】A.碳酸氫鈉中碳酸氫根離子電離生成碳酸根離子、氫離子,水解生成碳酸和氫氧根離子;
B.5g 21H和31H的混合物中21H和31H的質量未知;
C.乙醇溶液中乙醇分子內、水分子內都存在共價鍵;
D.鐵與氯氣反應生成氯化鐵,氯氣足量依據鐵計算電子轉移數.   

3.【答案】C                    
【考點】有機物的結構和性質                
【解析】【解答】解:A.乙醇俗稱酒精,而不是溶液,故A錯誤;B.苯的分子式為C6H6,與氯氣反應生成C6H6Cl6,應為加成反應,故B錯誤;
C.﹣C4H9可能的結構有:﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH(CH3)CH2CH3、﹣CH2CH(CH3)2、﹣C(CH3)3  , 丁基異構數目等于丁醇的異構體數目,該有機物的可能結構有4種,故C正確;
D.蔗糖可水解生成果糖,不一定都只生成葡萄糖,故D錯誤.
故選C.
【分析】A.乙醇俗稱酒精;
B.苯與氯氣反應生成C6H6Cl6,應為加成反應;
C.根據丁基的同分異構體判斷;
D.蔗糖可水解生成果糖.   

4.【答案】B                    
【考點】原子結構與元素周期律的關系                
【解析】【解答】解:由上述分析可知,X為H,Y為O,Z為Na,P為S,Q為Cl,  A.常溫下P為固體,氯氣為氣體,則單質的沸點:Q<P,故A錯誤;
B.非金屬性Y>P,簡單氫化物的熱穩定性:Y>P,故B正確;
C.電子層越多,離子半徑越大,具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小,則簡單離子的半徑:Y>Z>X,故C錯誤;
D.X、Y、Z、P形成的化合物為硫酸氫鈉或亞硫酸氫鈉,均電離顯酸性,故D錯誤;
故選B.
【分析】原子序數依次增大的五種短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分別位于三個周期,Z與Y可形成原子個數比分別為1:1和2:1的離子化合物,為Na2O、Na2O2兩種常見的離子化合物,則Y為O,Z為Na,X與Z、Y與P分別位于同主族,則X為H,P為S,Q只能為Cl,以此來解答.   

5.【答案】C                    
【考點】化學實驗方案的評價                
【解析】【解答】解:A.由于碳酸氫鈉加熱易分解,不能利用加熱的方法除去NaHCO3固體中混有的NH4Cl,故A錯誤;  B.NO與氧氣反應,應該用排水法收集,不能用排空氣法收集,故B錯誤;
C.配制乙酸溶液,滴加NaHCO3溶液有氣泡產生,證明乙酸的酸性大于碳酸,碳酸具有酸性,則證明乙酸具有酸性,故C正確;
D.稀硫酸與NaOH溶液的反應沒有明顯現象,需要滴入指示劑,否則無法完成實驗,故D錯誤;
故選C.
【分析】A.碳酸氫鈉熱穩定性較弱,加熱易分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水;
B.NO與空氣中氧氣反應,不能用排空氣法收集;
C.乙酸溶液中滴加NaHCO3溶液有氣泡產生,證明乙酸的酸性大于碳酸;
D.該中和滴定實驗中沒有加入指示劑.   

6.【答案】B                    
【考點】原電池和電解池的工作原理                
【解析】【解答】解:A、在原電池中,電解質里的陽離子移向正極,所以X是正極,故A錯誤;  B、X是正極,發生得電子的還原反應:2Li++S8+2e﹣═Li2S8,故B正確;
C、正極反應式:2Li++S8+2e﹣═Li2S8,每生成1molLi2S8轉移2mol電子,故C錯誤;
D、溶液中是離子的移動,而電子在外電路轉移,故D錯誤.
故選B.
【分析】在原電池中,電解質里的陽離子移向正極,所以A是正極,發生還原反應:2Li++S8+2e﹣═Li2S8  , 電子從原電池的負極流向正極,根據電極反應式結合電子轉移進行計算即可.   

7.【答案】C                    
【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關pH的計算                
【解析】【解答】解:A.設2mol/LHA溶液中電離出氫離子濃度為x,則c(A﹣)≈c(H+)=x,c(HA)≈2mol/L,HA的電離常數Ka=  =2.0×10﹣8,解得x=2×10﹣4mol/L,則a點溶液的pH=﹣lg2×10﹣4=4﹣lg2≈3.7,故A錯誤;B.b點溶液呈中性,則c(H+)=c(OH﹣),根據電荷守恒可知:c(A﹣)=c(Na+),正確的離子濃度大小為:c(A﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣),故B錯誤;
C.根據圖象可知,b點溶液呈中性,則1×10﹣7mol/L,根據Ka=  可知:    =5,故C正確;
D.c點溶液呈堿性,則c(OH﹣)>c(H+),根據電荷守恒可知:c(Na+)>c(A﹣),則c(A﹣)+c(H+)<c(Na+)+c(OH﹣),故D錯誤;
故選C.
【分析】A.設出2mol/LHA溶液中氫離子濃度,c(A﹣)≈c(H+)=x,c(HA)≈2mol/L,然后結構電離平衡常數表達式列式計算,最后根據pH=﹣lgc(H+)計算;
B.b點溶液的pH=7,呈中性,則c(H+)=c(OH﹣),結合電荷守恒判斷;
C.b點pH=7,c(H+)=1×10﹣7mol/L,然后結合電離平衡常數Ka=2.0×10﹣8計算;
D.c點溶液呈堿性,則c(H+)<c(OH﹣),結合電荷守恒判斷.   

二.<b >解答題</b> 

8.【答案】(1)長頸漏斗、分液漏斗;befghdci;吸收Cl2中的HCl;Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O
(2)觀察氣泡流速便于控制Cl2和NO2的進入量的比例;Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O;NO2的量過多,NO2與NaOH溶液反應生成了NaNO2和NaNO3  , 加入硫酸后NO2﹣發生歧化反應生成NO和NO2  , 故在試管中出現紅棕色氣體                    
【考點】氯氣的實驗室制法                
【解析】【解答】解:(1)①依據儀器形狀可知:M為長頸漏斗,N為 分液漏斗;  故答案為:長頸漏斗、分液漏斗;②實驗室用二氧化錳和濃鹽酸加熱方法制取氯氣,制備的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣,依次通過盛有飽和食鹽水、濃硫酸洗氣瓶除去雜質,氯氣密度大于空氣密度,用向上拍空氣法收集,尾氣用氫氧化鈉溶液吸收,所以正確的連接順序為:befghdci;故答案為:befghdci;③濃鹽酸易揮發,制備的氯氣中含有氯化氫,氯化氫易溶于水,氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大,通入D中用飽和食鹽水稀釋氯氣中的氯化氫;
氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水,離子方程式:Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O;故答案為:吸收Cl2中的HCl; Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O;(2)氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大,二氧化氮在四氯化碳中不溶,所以分別通入兩種氣體后,會看到產生氣泡,通過氣泡的快慢控制Cl2和NO2的進入量比例,所以裝置X與Z的作用為:觀察氣泡流速便于控制Cl2和NO2的進入量的比例;
故答案為:觀察氣泡流速便于控制Cl2和NO2的進入量的比例;②氯氣、二氧化氮在堿性環境下發生氧化還原反應生成硝酸鈉、氯化鈉和水,反應的方程式:Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O;故答案為:Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O;③通入的二氧化氮量過多,則過量的二氧化氮與NaOH溶液反應生成了NaNO2和NaNO3  , 當加入硫酸后亞硝酸鈉在酸性環境下發生歧化反應生成一氧化氮和二氧化氮,二氧化氮為紅棕色氣體,所以會看到試管中出現紅棕色氣體;
故答案為:NO2的量過多,NO2與NaOH溶液反應生成了NaNO2和NaNO3  , 加入硫酸后NO2﹣發生歧化反應生成NO和NO2  , 故在試管中出現紅棕色氣體.
【分析】(1)①儀器儀器的形狀說出其名稱;②實驗室用二氧化錳和濃鹽酸加熱方法制取氯氣,制備的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣,依次通過盛有飽和食鹽水、濃硫酸洗氣瓶除去雜質,氯氣密度大于空氣密度,用向上拍空氣法收集,尾氣用氫氧化鈉溶液吸收,據此排序;③濃鹽酸易揮發,制備的氯氣中含有氯化氫,氯化氫易溶于水,氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大,據此用盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去氯氣中的氯化氫;氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水,據此書寫離子方程式;(2)①氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大,二氧化氮在四氯化碳中不溶,所以分別通入兩種氣體后,會看到產生氣泡,通過氣泡的快慢控制Cl2和NO2的進入量比例;②依據實驗時觀察到X試劑瓶中有黃綠色氣體,Z試劑瓶中有紅棕色氣體,若通入適當比例的Cl2和NO2,Y中觀察不到氣體顏色,反應結束后加入稀硫酸無現象可知氯氣、二氧化氮在堿性環境下發生氧化還原反應生成硝酸鈉、氯化鈉和水,據此書寫方程式;③依據二氧化氮能夠與氫氧化鈉反應生成硝酸鈉和亞硝酸鈉,酸性環境下,亞硝酸根離子發生歧化反應生成一氧化氮和二氧化氮解答.   

9.【答案】(1)+3
(2)溫度高,HCl揮發加快
(3)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;Fe(OH)3
(4)將Fe3+和Ni2+分別沉淀出來;1:4
(5)0.2;隨著NH4+濃度增大,水解平衡NH4++H2⇌NH3•H2O+H+,向右移動,H+濃度增大,導致陰極析出H2                    
【考點】制備實驗方案的設計                
【解析】【解答】解:(1)Ni2O3中氧元素﹣2價,化合物中化合價代數和為0,則Ni的化合價為+3;故答案為:+3;(2)溫度過高,HCl揮發,不利用金屬離子的溶解;故答案為:溫度高,HCl揮發加快;(3)過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子,發生的反應為:2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;加入碳酸鈉溶液調節溶液的pH,使鐵離子全部沉淀,則濾渣為Fe(OH)3;故答案為:2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;Fe(OH)3;(4)工藝中分步加入Na2CO3的作用是將Fe3+和Ni2+分別沉淀出來,為提高原料的利用率,NaClO與NaOH“氧化”生成Ni2O3的離子方程式為2Ni2++ClO﹣+4OH﹣=Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O,加入NaClO與NaOH的物質的量之比為1:4;故答案為:將Fe3+和Ni2+分別沉淀出來;1:4;(5)①根據圖2可知,NH4Cl的濃度為10g•L﹣1時,鎳的成粉率最高,所以NH4Cl的濃度最好控制為10 g•L﹣1,濃度為  mol/L≈0.2mol/L;故答案為:0.2;②當NH4Cl溶液的濃度大于15g/L時,隨著NH4+濃度增大,水解平衡NH4++H2⇌NH3•H2O+H+,向右移動,H+濃度增大,導致陰極析出H2;故答案為:隨著NH4+濃度增大,水解平衡NH4++H2⇌NH3•H2O+H+,向右移動,H+濃度增大,導致陰極析出H2 . 
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl﹣,另含有少量Fe2+、Fe3+等,加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子,加入碳酸鈉溶液調節溶液的pH,使鐵離子全部沉淀,過濾后的濾液中再加入碳酸鈉沉淀鎳離子得NiCO3,濾液A中含有NaCl等物質,將NiCO3再溶于鹽酸,得氯化鎳溶液,向其中加入次氯酸鈉和氫氧化鈉溶液可得Ni2O3.(1)根據化合物中化合價代數和為0計算;(2)溫度過高,HCl揮發,不利用金屬離子的溶解;(3)過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子,加入碳酸鈉溶液調節溶液的pH,使鐵離子全部沉淀;(4)工藝中分步加入Na2CO3的作用是將Fe3+和Ni2+分別沉淀出來;根據反應2Ni2++ClO﹣+4OH﹣=Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O;(5)①選擇鎳的成粉率最高的濃度;②當NH4Cl濃度大于15g•L﹣1時,陰極有氫氣生成,導致陰極電流效率降低.   

10.【答案】(1)﹣91.3KJ/mol
(2)不變
(3)p1>p2>p3;溫度相同時,加壓平衡正向移動,故壓強越大平衡混合物中氨的體積分數越大;<;5925.9L2/mol2
(4)①②③                    
【考點】反應熱和焓變,化學平衡的影響因素                
【解析】【解答】解:(1)N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3(g)△H=反應物鍵能和﹣生成物鍵能和=945.8KJ/mol+3×435.9KJ/mol﹣6×390.8KJ/mol=﹣91.3KJ/mol,故答案為:﹣91.3KJ/mol;(2)保持恒溫恒壓,達到平衡后,再向容器中充入適量氨氣,在恒壓條件下與原平衡狀態相同,為等效平衡,平衡時兩種情況平衡狀態相同,各物質的含量不變,所以達到新平衡時,c(H2)將不變,故答案為:不變;(3)①由N2+3H2⇌2NH3可知,增大壓強,平衡正向移動,由圖象可知在相同溫度下,平衡后混合物中氨的體積分數(φ)為P1>P2>P3,因此壓強關系是P1>P2>P3,故答案為:p1>p2>p3;溫度相同時,加壓平衡正向移動,故壓強越大平衡混合物中氨的體積分數越大;②溫度越大,壓強越大,反應速率越大,p1>p2, 由圖可知,B對應的溫度、壓強大,則反應速率大,
故答案為:<;③


N2+3H2⇌2NH3
起始0.10.30
轉化x3x2x
平衡0.1-x0.3-3x2x

 =0.667,x=0.08
K=   =5925.9L2/mol2  , 
故答案為:5925.9L2/mol2;(4)H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g),
①該反應為氣體體積增大的反應,反應過程中壓強逐漸增大,當壓強不變時,表明正逆反應速率相等,該反應達到平衡狀態,故①正確;②由于H2NCOONH4是固體,沒有達到平衡狀態前,氣體質量會變化,容器體積不變,密度也會發生變化,所以密度不變,達到了平衡狀態,故②正確;③由于H2NCOONH4是固體,生成物全部為氣體,氣體的物質的量在增加,當混合氣體的總物質的量不變,說明正逆反應速率相等,達到了平衡狀態,故③正確;④混合氣體的平均相對分子質量=  ,混合氣體的質量恒等于H2NCOONH4(s)分解的質量,氣體的物質的量為分解的H2NCOONH4(s)的三倍,混合氣體的平均相對分子質量不變恒不變,不能說明反應達到平衡狀態,故④錯誤;
⑤因反應物(NH2COONH4)是固體物質,所以密閉容器中NH3的體積分數始終不變,故⑤錯誤;故答案為:①②③.
【分析】(1)依據△H=反應物鍵能和﹣生成物鍵能和求算;(2)保持恒溫恒壓,將體積比1:3加入N2和H2充入一密閉容器中與起始時在該容器中充入適量氨氣,為等效平衡狀態;(3)①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知,增大壓強,平衡正向移動,氨的體積分數越大;②溫度越大,壓強越大,反應速率越大;③化學平衡常數為生成物濃度系數次冪的乘積與反應物濃度系數次冪乘積的比值;(4)H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g),反應物為固體,生成物為氣體,化學反應達到化學平衡狀態時,正逆反應速率相等,且不等于0,各物質的濃度不再發生變化,由此衍生的一些物理量不發生變化,以此進行判斷,得出正確結論.   

三.<b >[化學:選修3:物質結構與性質]</b> 

11.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1;10
(2)sp3;>;因為HNO3分子結構中含有2個非烴基氧原子,比H3PO4中多1個
(3)<
(4)SnCu3P;4;平面正方形; ×  ×1010                    
【考點】原子核外電子排布,元素電離能、電負性的含義及應用,晶胞的計算,原子軌道雜化方式及雜化類型判斷                
【解析】【解答】解:(1)Cu元素為29號元素,原子核外有29個電子,所以核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,銅原子價電子3d104s1,其中成對電子數10個,故答案為:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1;10;(2)①.PH3分子中價層電子對個數=σ鍵個P數+孤電子對個數=3+  (5﹣3×1)=4,所以磷原子采用sp3雜化,故答案為:sp3;②非金屬性N>P,對應最高價氧化物對應的水化物的酸性為HNO3>H3PO4,從結構的角度因為HNO3分子結構中含有2個非烴基氧原子,比H3PO4中多1個,酸性為HNO3>H3PO4,故答案為:>;因為HNO3分子結構中含有2個非烴基氧原子,比H3PO4中多1個;(3)磷青銅中的錫、磷兩元素電負性的大小為Sn<P,故答案為:<;(4)①  ,晶體中P原子位于中心,含有一個磷原子,立方體每個面心喊一個Cu,每個Cu分攤給一個晶胞的占  ,立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為  ,據此得到化學式SnCu3P,故答案為:SnCu3P;②該晶體中距離Cu原子最近的Sn原子有4個,這些Sn原子所呈現的構型為平面正方形,故答案為:4;平面正方形;③摩爾質量=342g/mol,則一個晶胞質量  g,設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為a,則a2=(  )2+(  )2  , a=  x,結合密度ρ=  ,V=x3=   cm3  , x=  cm,a=  x=  ×  cm═  ×  ×1010pm,故答案為:  ×  ×1010 . 
【分析】(1)處于最低能量的原子叫做基態原子,基態電子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特規則,根據元素符號,判斷元素原子的核外電子數,再根據核外電子排布規律來寫,銅原子價電子3d104s1  , 其中成對電子數10個;(2)①價層電子對個數=σ 鍵+孤電子對個數,PH3雜化軌道數是4;
②非金屬性越強,對應最高價氧化物對應的水化物的酸性越強;結合硝酸分子中羥基數和磷酸分子中羥基數分析判斷;(3)根據元素的電負性在周期表中的遞變規律判斷,同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強,同主族元素從上到下電負性逐漸減弱;(4)①晶體中P原子位于中心,含有一個磷原子,立方體每個面心喊一個Cu,每個Cu分攤給一個晶胞的占  ,立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為  ,據此得到化學式;②晶體中距離Cu原子最近的Sn原子在每個面上對角線頂端;③設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為a,則a2=(  )2+(  )2,a=  x,結合密度ρ=  ,V=x3,1個晶胞質量m=  g,計算x得到銅原子間最近距離;   

四.<b >[化學:選修5:有機化學基礎]</b> 

12.【答案】(1)溴原子、羥基、酯基;1,3﹣丁二醇
(2)取代反應或水解反應;縮聚反應
(3)2CH3COCH2CHO+O2  2CH3COCH2COOH
(4)11;CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH
(5)
【考點】有機物的推斷                
【解析】【解答】解:A的分子式為C8H15O3Br,A在氫氧化鈉水溶液作用下發生水解反應,反應①:CH3CH(OH)CH2COOCH(CH3)CH2CH2Br+H2O  CH3CH(OH)CH2COOH+CH3CH(OH)CH2CH2OH,  C為CH3CH(OH)CH2CH2OH,醇羥基發生催化氧化生成醛和酮,反應②:CH3CH(OH)CH2CH2OH+O2  CH3COCH2CHO+2H2O,
D為CH3COCH2CHO,醛基催化氧化生成酸,反應③:2CH3COCH2CHO+O2  2CH3COCH2COOH,
E為CH3COCH2COOH,與氫氣發生加成反應,羰基變成羥基,反應④:CH3COCH2COOH+H2  CH3CH(OH)CH2COOH,
B為CH3CH(OH)CH2COOH,發生縮聚反應生成F,反應⑤:nCH3CH(OH)CH2COOH   +(n﹣1)H2O,(1)A的分子式為C8H15O3Br,A為CH3CH(OH)CH2COOCH(CH3)CH2CH2Br,含有的官能團為:溴原子(﹣Br)、羥基(﹣OH)、酯基(R﹣COO﹣R′),C為CH3CH(OH)CH2CH2OH,含有﹣OH,主鏈為4個碳,在1,3含有2個羥基,所以名稱為:1,3﹣丁二醇,
故答案為:溴原子、羥基、酯基;1,3﹣丁二醇;(2)A的分子式為C8H15O3Br,A在氫氧化鈉水溶液作用下發生水解反應,反應①:CH3CH(OH)CH2COOCH(CH3)CH2CH2Br+H2O  CH3CH(OH)CH2COOH+CH3CH(OH)CH2CH2OH,縮聚反應指生成高聚物同時有小分子物質生成,反應⑤:nCH3CH(OH)CH2COOH   +(n﹣1)H2O,生成高聚物,同時還有水生成,為縮聚反應,
故答案為:取代反應或水解反應;縮聚反應;(3)D為CH3COCH2CHO,醛基催化氧化生成酸,反應③:2CH3COCH2CHO+O2  2CH3COCH2COOH,故答案為:2CH3COCH2CHO+O2  2CH3COCH2COOH;(4)B為CH3CH(OH)CH2COOH,能與Na反應產生氣體為羥基、羧基,能與NaOH 反應,為羧基或酯基,不能與Na2CO3反應為酯基,所以為含有酯基和羥基的化合物,滿足條件的B同分異構體有:HCOOCH2CH2CH2OH,HCOOCH(OH)CH2CH3,HCOOCH2CH(OH)CH3,HCOOCH(CH3)CH2OH,HCOOCH(OH)CH2CH3,CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH,CH3CH2COOCH2OH、CH3CH(OH)COOCH3、OHCH2CH2COOCH3,共11種,若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數目為2,則其結構簡式是CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH,故答案為:11;CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH;(5)CH2=CHCH=CH2和次氯酸發生加成反應生成ClCH2CH=CHCH2OH,碳碳雙鍵與氫氣加成生成ClCH2CH2CH2CH2OH,在氫氧化鈉的醇溶液發生消去反應生成CH2=CHCH2CH2OH,與氯化氫加成生成CH3CHClCH2CH2OH,鹵代烴水解生成CH3CHOHCH2CH2OH,合成路線為: 
故答案為: 
【分析】F(  ),B發生縮聚反應生成F,所以B為CH3CH(OH)CH2COOH,A的分子式為C8H15O3Br,A在氫氧化鈉水溶液作用下發生反應,結合轉化關系可知,A含有酯基,C連續氧化生成E,故C含有﹣OH,D中含有醛基,E中含有﹣COOH,E與氫氣加成生成B,所以E為CH3COCH2COOH,D為CH3COCH2CHO,C為CH3CH(OH)CH2CH2OH,B為CH3CH(OH)CH2COOH,A為CH3CH(OH)CH2COOCH(CH3)CH2CH2Br,據此解答.