四川省绵阳市2019届高三化学上学期第二次（1月）诊断性考试试题（含解析）.docx

四川省绵阳市2019届高三化学上学期第二次（1月）诊断性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Cl 35.51.化学在生产、生活中有着广泛的应用，下列物质性质与实际应用对应关系错误的是物质性质实际应用A明矾溶于水能生成胶体明矾用作净水剂BSiO2熔点高、硬度大SiO2作光导纤维C次氯酸具有强氧化性漂粉精用于游泳池消毒DNa2CO3溶液呈碱性用热的纯碱溶液除去油污A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A明矾电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能够用于水的净化，A正确；BSiO2作光导纤维，是因为其良好的光学特性，与其熔点高、硬度大小无关，B错误；C氯酸根离子具有强氧化性，能够使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，C正确；DNa2CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，加热促进碳酸根离子水解，溶液碱性增强，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，所以可用热的纯碱溶液除去油污，D正确；故合理选项是B。2.关于有机物的下列说法正确的是A. 葡萄糖、果糖是单糖，蔗糖、麦芽糖是二糖B. 淀粉与纤维素通式相同，二者互为同分异构体C. 油脂水解都生成饱和脂肪酸和甘油D. 利用蛋白质的颜色反应可鉴别所有蛋白质【答案】A【解析】【详解】A. 葡萄糖、果糖是单糖，不能水解；蔗糖水解产生一分子葡萄糖一分子果糖，麦芽糖水解产生两分子葡萄糖，所以蔗糖、麦芽糖都是二糖，A正确；B. 淀粉与纤维素通式相同，但n不同，分子式不同，所以二者不是同分异构体，B错误；C. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，都能水解，由于形成油脂的高级脂肪酸中有的是饱和的，有的是不饱和的，所以不能都水解生成饱和脂肪酸和甘油，C错误；D.只有分子结构中带苯环的蛋白质遇浓硝酸才会发生颜色反应，所以颜色反应不可鉴别所有蛋白质，D错误；故合理选项是A。3.下列比较结论正确的是A. 等量Cl2分别通入H2O、NaOH溶液中，转移的电子数相等B. 等物质的量的和中，中子数之比为1:2C. 等质量的乙醇与乙酸所含碳原子数目相同D. 1molP4与1molCH4中的共价键键数目相同【答案】B【解析】【分析】A氯气与水的反应是可逆反应，不能进行彻底；B每个分子含有的中子数为2，每个分子含有的中子数为4；C乙醇与乙酸分子中碳元素的质量分数不等；D白磷分子中含6个共价键，而甲烷分子中含4个共价键。【详解】A氯气与水的反应是可逆反应，Cl2不可能全部转化为HCl和HClO，所以等量的氯气发生上述两个反应，转移电子数不相等，A错误；B每个分子含有的中子数为2，每个分子含有的中子数为4，则等物质的量的和中，中子数之比为1：2，B正确；C乙醇与乙酸分子中碳元素的质量分数不等，则等质量的乙醇与乙酸所含碳原子数目不可能相同，C错误；D白磷分子中含6个共价键，甲烷分子中含4个共价键，则1mol白磷中含6NA个共价键，而1mol甲烷中含4NA个共价键，数目不相等，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了有关物质的量的化学计算的知识，涉及氯气的性质、微粒的结构等，注意掌握公式的运用和物质的结构，题目难度不大。4.如图装置可用于验证气体的某些化学性质，所得现象和结论均正确的是气体试剂现象结论ACH2=CH2溴水溶液褪色C2H4能与Br2发生取代反应BCO2BaCl2溶液产生白色沉淀CO2能与可溶性钡盐反应CCl2FeCl2溶液溶液变为棕黄色氧化性Cl2Fe3+DSO2KMnO4溶液溶液褪色SO2有漂白性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A乙烯含碳碳双键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，A错误；B盐酸的酸性大于碳酸的酸性，CO2与BaCl2溶液不能发生反应，B错误；CCl2具有强的氧化性，能把Fe2+氧化为Fe3+，使溶液变为黄色，C正确；DSO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与SO2的漂白性无关，D错误；故合理选项是C。5.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W为空气中含量最多的元素，四种元素中X的原子半径最大，Y的周期数等于其族序数，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述错误的是A. W、X、Y的最高价氧化物的水化物可两两反应生成盐和水B. W、X、Z均可形成两种或两种以上的氧化物C. 简单离子的半径：YXWZD. 含Y元素的盐溶液一定呈酸性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，为N元素；Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，其最外层有6个电子，为S元素；Y的周期数等于其族序数，原子序数大于W而小于Z，为Al元素；四种元素中X的原子半径最大，则X为Na元素。通过以上分析知，W、X、Y、Z分别是N、Na、Al、S元素，据此分析解答。【详解】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，W为N元素；Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，其最外层有6个电子，为S元素；Y的周期数等于其族序数，原子序数大于W而小于Z，为Al元素；四种元素中X的原子半径最大，则X为Na元素。通过以上分析知，W、X、Y、Z分别是N、Na、Al、S元素。AW、X、Y分别是N、Na、Al元素，其最高价氧化物的水合物是硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，这三种化合物都能两两相互反应生成盐和水，A正确；BW、X、Z分别是N、Na、S元素，N可以形成NO、NO2、N2O5等氧化物，Na可以形成Na2O、Na2O2，S可以形成SO2、SO3，B正确；C由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，W、X、Y、Z离子核外电子层数分别是2、2、2、3，且原子序数WXY，所以离子半径YXWZ，C正确；D含有Y的盐溶液可能呈酸性，如AlCl3等，可能呈碱性，如NaAlO2溶液，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构和元素周期律的知识。侧重考查学生的分析判断能力及知识综合运用能力，正确判断元素、明确元素化合物性质是解本题关键，注意氢氧化铝的两性。6.我国科学家成功研制出新型铝-石墨烯(Cn)可充电电池，电解质为阳离子(EMIM+)与阴离子(AlCl4-)组成的离子液体，该电池放电过程示意图如右。下列说法错误的是A. 放电时铝为负极，发生氧化反应B. 放电时正极的反应为：CnAlCl4-e=CnAlCl4C. 充电时石墨烯与电源的正极相连D. 充电时的总反应为：3Cn4Al2Cl7-=Al4AlCl4-3CnAlCl4【答案】B【解析】【分析】由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7-，电极方程式为Al+7AlCl4-3e-=4 Al2Cl7-，正极反应为3CnAlCl4+3e-=3Cn+3AlCl4-，电解时阳极发生氧化反应，电极反应为Cn+ AlCl4-e-CnAlCl4，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，据此解答。【详解】A放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7-，发生氧化反应，A正确；B放电时，正极发生还原反应，电极反应为3CnAlCl4+3e-=3Cn+3AlCl4-，B错误；C充电时，Cn为阳极，发生氧化反应，电极方程式为Cn+ AlCl4-e-CnAlCl4，C正确；D阳极发生氧化反应，电极反应为Cn+AlCl4-e-CnAlCl4，阴极发生还原反应，电极反应为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，根据电子守恒可得充电时的总反应为：3Cn4Al2Cl7-=Al+4AlCl4-3CnAlCl4，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识，侧重考查学生的分析能力，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。7.常温下，将AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01mol/L的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（Br、SeO32-用Xn-表示，不考虑SeO32-的水解）。下列叙述正确的是A. Ksp(Ag2SeO3)的数量级为10-10B. d点对应的AgBr溶液为不饱和溶液C. 所用AgNO3溶液的浓度为10-3 mol/LD. Ag2SeO3(s)2Br(aq)=2AgBr(s)SeO32- (aq)平衡常数为109.6，反应趋于完全【答案】D【解析】【分析】A.由图象可知-lgc(SeO32-)=5.0时，-lgc(Ag+)=5；B.d点对应的c(Ag+)偏大，应生成沉淀；C.根据-lg c(Ag+)=2判断；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常数为K=。【详解】A. 由图象可知-lgc(SeO32-)=5.0时，-lgc(Ag+)=5，则Ksp(Ag2SeO3)的数量级为10-15，A错误；B.由图象可知d点对应的c(Ag+)比饱和溶液中的大，应能够生成沉淀，B错误；C.由图象可知起始时，-lg c(Ag+)=2，则c(Ag+)=10-2mol/L，c(AgNO3)= c(Ag+)=10-2mol/L，故所用AgNO3溶液的浓度为110-2 mol/L，C错误；D. Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常数为K=，D正确。故合理选项是D。【点睛】本题考查难溶电解质溶解平衡的知识。把握溶解平衡移动、Ksp的计算为解答的关键，侧重学生分析能力与应用能力的考查，题目难度不大。8.二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。仪器a的名称为_，装置B的作用是_。装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_。装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，氧化产物是_。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a. 取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶23次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b. 从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00 mL硫代硫酸钠溶液。滴定至终点的现象是_。进入装置D中的ClO2质量为_，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可) (3). SO2H2SO42KClO3=2KHSO42ClO2 (4). 检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性 (5). 2:1 (6). O2 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (8). 0.324g (9). 产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中【解析】【分析】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO25S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1) 浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO25S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。9.KMnO4是一种常见的强氧化剂，主要用于防腐、化工、制药等。现以某种软锰矿（主要成分MnO2，还有Fe2O3、Al2O3、SiO2等）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得KMnO4（反应条件已经省略）。已知：KspFe(OH)3410-38，KspAl(OH)3110-33。回答下列问题：（1）K2MnO4中Mn的化合价为_。（2）滤渣A的成分是_，析出沉淀B时，首先析出的物质是_。（3）步骤2中加入MnCO3的作用为_。（4）滤液C中加入KMnO4时发生反应的离子方程式是_。（5）步骤4中反应的化学方程式是_。（6）电解制备KMnO4的装置如图所示。b与电源的_极相连，电解液中最好选择_离子交换膜（填“阳”或“阴”）。电解时，阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). +6 (2). SiO2(或二氧化硅) (3). Fe(OH)3(或氢氧化铁) (4). 调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解以沉淀形式除去 (5). 3Mn2+2MnO4-2H2O=5MnO24H+ (6). 3MnO2KClO36KOH=3K2MnO4KCl3H2O (7). 负 (8). 阳 (9). MnO42-e-=MnO4-【解析】【分析】SO2能与MnO2、稀H2SO4反应生成MnSO4，Fe2O3、Al2O3溶于稀H2SO4，SiO2不溶，得到的滤渣A是SiO2。滤液中含有稀H2SO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3和MnSO4，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，沉淀B为Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液中含有MnSO4，向滤液C中加入KMnO4溶液得到MnO2，MnO2和KClO3、KOH反应得到K2MnO4，K2MnO4溶于水后电解得到KMnO4。(1) K2MnO4中K元素为+1价、O元素为-2价，根据化合价的代数和为0，判断Mn元素化合价；(2)A为未反应的SiO2；溶度积常数小的首先生成沉淀；(3) MnCO3能和H+反应而调节溶液的pH；(4) KMnO4和Mn2+反应生成MnO2沉淀；(5)根据反应物、生成物和反应条件书写方程式；(6)电解制备KMnO4时，MnO42-失电子发生氧化反应，在阳极上反应，a为阳极、b为阴极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，阳极附近生成K2MnO4，导致K+有剩余；电解时阳极反应式为：MnO42-e-MnO4-。【详解】SO2能与MnO2、稀H2SO4反应生成MnSO4，Fe2O3、Al2O3溶于稀H2SO4，SiO2不溶，则得到的滤渣A是SiO2，滤液中含有稀H2SO4、硫酸铁、硫酸铝和硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，沉淀B为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，滤液中含有硫酸锰，向滤液C中加入KMnO4溶液得到MnO2，MnO2和KClO3、KOH反应得到K2MnO4，K2MnO4溶于水后电解得到KMnO4。(1)在K2MnO4中K元素为+1价，O元素为-2价，根据化合价的代数和为0，可判断Mn元素化合价=24-12=+6；(2)A为未反应的SiO2；溶度积常数小的首先生成沉淀，由于KspFe(OH)3=410-38KspAl(OH)3=110-33，所以Fe(OH)3先生成沉淀；(3) MnCO3能和H+反应，使溶液的酸性减弱，故可调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解以Fe(OH)3、Al(OH)3形式沉淀除去；(4) KMnO4和Mn2+反应生成MnO2沉淀，离子方程式为3Mn2+2MnO4-2H2O=5MnO24H+；(5)根据反应物、生成物结合反应条件，步骤4的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；(6)电解法制备KMnO4时，MnO42-在阳极上失电子发生氧化反应，a为阳极、b为阴极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，则b连接负极；阳极附近生成K2MnO4，导致钾离子有剩余，b电极附近生成氢氧根离子，所以钾离子通过交换膜进入右侧，则交换膜为阳离子交换膜；电解时阳极反应式为：MnO42-e-=MnO4-。【点睛】本题考查物质分离和提纯的知识，明确流程图中发生的反应、元素、化合物的性质是解本题关键，熟练掌握流程图的分析方法和溶液或沉淀成分的判断方法。10.研究CO、CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题：（1）二甲醚（CH3OCH3）被誉为“21世纪的清洁燃料”，由CO和H2制备二甲醚的反应原理如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H-90.1kJ/mol2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H-24.5kJ/mol已知：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H-41.0kJ/mol则2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)的H_，有利于提高该反应中CO2平衡转化率的条件是_（填标号）。A高温低压 B高温高压 C低温低压 D低温高压（2）T1K时，将1mol二甲醚引入一个抽空的150L恒容容器中，发生分解反应： CH3OCH3(g)CH4(g)H2(g)CO(g),在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表：反应时间t/min06.513.026.552.6气体总压p总/kPa50.055.065.083.2103.8125.0由表中数据计算：06.5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)_，反应达平衡时，二甲醚的分解率为_，该温度下平衡常数K_。若升高温度，CH3OCH3的浓度增大，则该反应为_反应（填“放热”或“吸热”），要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。（3）在T2K、1.0104kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体发生如下反应： CO(g)CH4(g)CH3CHO(g),反应速率vv正v逆k正p(CO)p(CH4)k逆p(CH3CHO)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，p为气体的分压（气体分压p气体总压p总体积分数）。用气体分压表示的平衡常数Kp4.510-5(kPa)-1，则CO转化率为20%时 _。【答案】 (1). -122.7kJ/mol (2). D (3). 5.1310-5mol/(Lmin) (4). 75% (5). 7.510-5(mol/L)2 (6). 放热 (7). 改进催化剂 (8). 增大反应物浓度 (9). 4:5【解析】【分析】(1)根据已知热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)的焓变H；该反应正向是体积减小的放热反应，改变条件使反应正向进行，可提高反应中CO2平衡转化率；(2)根据恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比计算混合气体的物质的量，结合三段式计算06.5min内和t=时各物质的浓度，利用速率公式和平衡常数k表达式计算；根据化学平衡移动的影响因素判断反应移动情况，根据化学反应速率影响因素说明提高反应速率的措施；(3)先通过反应达到平衡时v正=v逆推导出平衡常数kp=，再利用三段式计算平衡气体分压p(CO)、p(CH4)、p(CH3CHO)计算v正、v逆的比。【详解】(1)CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H-90.1kJ/mol 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H-24.5kJ/molCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H-41.0kJ/mol由盖斯定律2+-2有2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)的H=2(-90.1 kJ/mol)+(-24.5kJ/mol)-2(-41.0 kJ/mol)= -122.7 kJ/mol；2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)的H=-122.7 kJ/mol，即反应正向是体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、增大c(H2)、分离CH3OCH3等均可提高CO2平衡转化率，所以合理选项是D； (2)06.5 min内反应的三段式CH3OCH3(g)CH4(g)H2(g)CO(g)起始量（mol） 1 0 0 0变化量（mol） x x x x最终量（mol） 1-x x x x恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(1+2x)：1=55.0kPa：50kPa，解得x=0.05mol，06.5 min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=mol/(Lmin)平衡时反应的三段式CH3OCH3(g)CH4(g)H2(g)CO(g)起始量（mol） 1 0 0 0变化量（mol） y y y y最终量（mol） 1-y y y y在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(1+2y)：1=125.0kPa：50kPa，y=0.75mol，反应达平衡时，二甲醚的分解率=100=75%，c(CH3OCH3)=mol/L； c(CH4)=c(H2)=c(CO)=mol/L；平衡常数K=7.510-5； 升高温度，CH3OCH3的浓度增大，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，所以该反应的正反应是放热反应。缩短达到平衡的时间，即加快反应速率，加快反应速率的方法有：改进催化剂，增大反应物浓度、增大压强、升高温度等。(3)当反应达到平衡时v正=v逆，则=kp=4.510-5(kPa-1) ； T2 K、1.0104 kPa时，设起始时n(CH4)=n(CO)=1mol，则反应的三段式为CO(g)+CH4(g)CH3CHO(g)起始量（mol） 1 1 0变化量（mol） 0.2 0.2 0.2最终量（mol） 0.8 0.8 0.2所以p(CH4)=p(CO)=1.0104 kPa=1.0104 kPa，p(CH3CHO)=1.0104 kPa=1.0104 kPa，所以v正k正p(CH4)p(CO)，v逆=k逆p(CH3CHO)， =4.510-5(kPa)-1=。【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率计算、影响因素、化学平衡和平衡移动的影响因素及其平衡常数的计算等知识点，侧重化学平衡重要知识点考查，注意掌握基础、迁移运用及信息题的分析与训练。11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式为_，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_。NH3比PH3的沸点高，原因是_。(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_。(4)EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大键可表示为），则EMIM+离子中的大键应表示为_。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_晶体，其中硼原子的配位数为_。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为_（列出化简后的计算式）。【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). NH3 (4). 氨分子间存在氢键 (5). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (6). sp2、sp3 (7). (8). 原子 (9). 4 (10). 100%【解析】【详解】(1)碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形；(2)NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，NO3-中N原子价层电子对个数=3+；NO2-中N原子价层电子对个数=2+，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；(3)VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；(4)根据图(b)N5-中键总数为5个，根据信息，