广东省揭阳市2020届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）

广东省揭阳市2020届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 Na 23 Al 27 Cu 64一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.下列有关说法正确的是A. 加酶洗衣粉可以很好地洗涤毛织品上的污渍B. 生物柴油与由石油炼得的柴油都属于烃类物质C. 氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱D. 绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染【答案】D【解析】【详解】A项、毛织品的主要成分是蛋白质，在酶的催化作用下蛋白质可以水解，故不能用加酶洗衣粉洗涤毛织品上的污渍，A错误；B项、从石油炼制得到的柴油主要是由石油分馏后的C15C18的多种烃的混合物，属于烃类物质，生物柴油的主要成分为酯类物质，不属于烃类物质，故B错误；C项、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，酸性比碳酸还弱，但次氯酸不稳定见光易分解，次氯酸分解生成盐酸和氧气，导致溶液中盐酸浓度增大，酸性增强，故C错误；D项、绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染，而不是治理污染，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学与生活，把握相关物质的成分是解答的关键，注意生物柴油和矿物柴油的区别。2.工业生产苯乙烯是利用乙苯的脱氢反应：+H2(正反应吸热)，下列说法正确的是A. 乙苯、苯乙烯都能够发生氧化反应和还原反应B. 苯乙烯中所有原子一定共平面C. 平衡后，在恒温恒容条件下，再充入乙苯，平衡正向移动，平衡常数增大D. 苯、乙苯的主要来源是石油的分馏【答案】A【解析】【分析】乙苯和苯乙烯都是芳香烃，乙苯是苯的同系物，苯乙烯是不饱和芳香烃，不属于苯的同系物。【详解】A项、乙苯和苯乙烯都是芳香烃，都能够燃烧发生氧化反应；都能与氢气加成，发生还原反应，故A正确；B项、苯乙烯分子中含有单键，单键是可以旋转的，苯环和乙烯基上的原子可能共平面，故B错误；C项、平衡后，在恒温恒容条件下，再充入乙苯，反应物浓度增大，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故C错误；D项、苯、乙苯的主要来源是煤的干馏及石油的催化重整，故D错误。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 25，101kPa条件下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NAB. 将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NAC. 将1mol Cl2通入到足量的水中，则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA(N表示粒子数)D. 50时，1L pH=1的H2SO4溶液中，含有H+的数目为0.1NA【答案】D【解析】【分析】A、25，101kPa条件不是标准状况；B、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠能够与铝箔反应生成氢气；C、将1mol Cl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应；D、50时，1L pH=1的H2SO4溶液中，H+的物质的量为0.1mol。【详解】A项、25，101kPa条件不是标准状况，不能使用气体摩尔体积vm=22.4L/mol计算5.6L甲烷和乙烯的物质的量，故A错误；B项、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，4.6g钠的物质的量为0.2mol，反应生成0.1mol氢气，但是反应生成的氢氧化钠也能够与铝箔反应生成氢气，故生成H2的物质的量大于0.1mol，B错误；C项、将1mol Cl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：2N(Cl2)+N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA，故C错误；D项、50时，1L pH=1的H2SO4溶液中，H+的物质的量为0.1mol，H+的数目为0.1NA，故D正确。故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积的使用范围和条件是解答关键。4.按如图装置进行实验，下列推断正确的是选项I中试剂II中试剂及现象推 断A铁粉与湿棉花肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO4分解生成FeO和SO2C涂有石蜡油的碎瓷片酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D氯化铵酚酞溶液不变红色氯化铵不分解A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A、加热时空气热胀冷缩，又能够使肥皂水冒泡，不能证明铁粉与水蒸气发生了反应；B、硫酸亚铁生成二氧化硫的反应为氧化还原反应，生成的应该为Fe2O3；C、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有乙烯生成，可证明石蜡油发生了化学变化；D、氯化铵不稳定，加热易分解生成氯化氢和氨气。【详解】A项、加热铁粉与水蒸气，由于气体加热膨胀，能够使肥皂水冒泡，所以不能根据肥皂水冒泡得出铁粉与水蒸气发生了反应，故A错误；B项、硫酸亚铁的分解反应为氧化还原反应，反应生成二氧化硫，S元素化合价降低，则亚铁离子应该被氧化成+3价的Fe2O3，即FeSO4分解生成Fe2O3和SO2，故B错误；C项、石蜡油蒸气在炽热碎瓷片的作用下，发生裂解生成乙烯，酸性高锰酸钾溶液褪色说明了有乙烯生成，从而证明石蜡油发生了化学变化，故C正确；D项、氯化铵加热分解生成氨气和HCl，遇冷时氨气与氯化氢又能够反应生成氯化铵，所以酚酞溶液不变红色，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，侧重考查分析能力及化学实验能力，涉及了铵盐性质、氧化还原反应、石蜡油分解等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键。5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A. 化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B. 化合物YW3为共价化合物，电子式为C. Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D. 原子半径大小：WZYX【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为AlClH，D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。6.目前研究比较热门的AlH2O2电池，其电池总反应为2Al3HO2= 2AlO2OHH2O。现以AlH2O2电池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制备氢气(装置2中隔膜仅阻止气体通过，b、c、d均为惰性电极)。下列说法错误的是A. 左装置 中Na+移向电极bB. 电极c的电极反应式：CO(NH2)26e6OH= CO2N25H2OC. 电解时，电子流动路径：Al极导线d极，c极导线b极D. 通电2 min后，Al电极的质量减轻2.7 g，则产生H2的体积为3.36 L(标准状况)【答案】B【解析】【分析】由电池总反应可知，Al电极为电池的负极，b极为电池的正极；与b极相连的c为电解池的阳极，与Al电极相连的d为电解池的阴极，H2O2-Al燃料电池工作时，Al为负极被氧化，H2O2为正极被还原，电解尿素CO（NH2）2的碱性溶液，CO（NH2）2在阳极被氧化，水电离出的氢离子在阴极被还原。【详解】A项、原电池中阳离子向正极移动，则左装置 中Na+移向电极b，故A正确；B项、与b极相连的c为电解池的阳极，CO（NH2）2在阳极被氧化，电极反应式为CO(NH2)26e8OH=CO32-N26H2O，故B错误；C项、电解时，电子流动路径为Al极导线d极，c极导线b极，故C正确；D项、每消耗2.7g Al，则转移0.3mol电子，电解池阴极中水电离出的氢离子在阴极被还原生成0.15mol氢气，标准状况下氢气体积为3.36 L，故D正确。故选B。【点睛】本题综合考查原电池以及电解原理，侧重于分析能力的考查，明确元素化合价变化，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析是解本题关键。7.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像。下列说法正确的是A. 若a点pH=4，且c(Cl)= m c(ClO)，则Ka(HClO)=10-4/(m+1)B. 若x=100，b点对应溶液中：c(OH)c(H+)，可用pH试纸测定其pHC. 若y=200，c点对应溶液中：c(OH)c(H+)=2c(Cl)c(HClO)D. bc段，随NaOH溶液的滴入，c(HClO)/c(ClO)逐渐增大【答案】C【解析】试题分析：A、发生Cl2H2O=HClHClO，c(Cl)=c(H)=104molL1，根据c(Cl)=m c(ClO)，可以推出c(ClO)=104/mmolL1，溶液中HClO的浓度：c(HClO)=(104104/m)molL1，根据Ka=c(ClO)c(H)/c(HClO)=104/(m1)，故错误；B、Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，x=100，两者恰好完全反应，溶质为NaCl和NaClO，溶液显碱性，不能用pH测定pH，因为NaClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，不能读出数值，故错误；C、y=200，氢氧化钠过量，反应后溶质为NaOH、NaCl、NaClO，且三者物质的量相等，电荷守恒：c(Na)c(H)=c(Cl)c(OH)c(ClO)，物料守恒：2c(Cl)2c(ClO)2c(HClO)=c(Na)，两式合并，得出c(OH)=c(Cl)c(ClO)2c(HClO)c(H)，而c(ClO)c(HClO)=c(Cl)，因此有c(OH)c(H)=2c(Cl)c(HClO)，故正确；D、随着氢氧化钠量的增加，c(HClO)减少，c(ClO)增加，因此比值减小，故错误。考点：考查电离平衡常数的计算、次氯酸钠的性质、离子浓度大小比较等知识。8.叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。再加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210220，然后通入N2O。冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。已知：INaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；IINaNH2熔点210，沸点400，在水溶液中易水解。请回答下列问题：(1)装置B中盛放的药品为_；装置C的主要作用是_。(2)步骤中先加热通氨气的目的是_；步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。步骤中最适宜的加热方式为 _(填“水浴加热”，“油浴加热”)。(3)N2O可由NH4NO3在240245分解制得(硝酸铵的熔点为169.6)，则可选择的气体发生装置是(填序号)_。(4)生成NaN3的化学方程式为 _。(5)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_。(6)步骤中用乙醚洗涤的主要目的是_。(7)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2；Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+；试样中NaN3的质量分数为_。【答案】 (1). 碱石灰(或氢氧化钠固体) (2). 冷凝分离出水 (3). 排尽装置中的空气 (4). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (5). 油浴加热 (6). I、 IV (7). NaNH2+N2ONaN3+H2O (8). 反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃 (9). NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (10). 93.60%(0.9360)【解析】【分析】由反应步骤可知制取叠氮化钠的原理为，先通入氨气与钠先反应生成NaNH2和氢气，反应生成的NaNH2再与通入的N2O反应生成NaN3和H2O。【详解】（1）制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰；冷凝分离出水；（2）步骤中用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤中氨气与钠反应生成NaNH2和氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；水的沸点为100，不能达到反应控制的温度210一220，故用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；（3）硝酸铵的熔点为169.6，因NH4NO3在240-245分解时已经熔化，分解反应中还生成水，故选I、 IV，故答案为：I、 IV；（4）氨气与钠反应生成的NaNH2与通入的N2O反应生成NaN3和H2O，反应的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（5）反应过程中有水生成，会反应生成NaOH腐蚀玻璃，故答案为：反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；（6）NaN3不溶于乙醚，可以减少晶体的损失，有利于产品快速干燥，故答案为：NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；（7）50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中n(NH4)2Ce(NO3)6= 0.1010molL150.00103L=5.050103mol，参与第二步反应的量 n(NH4)2Fe(SO4)2= 0.0500molL129.00103L=1.450103mol，与NaN3反应的n(NH4)2Ce(NO3)6= 5.050103mol1.450103mol=3.600103mol，试样中NaN3的质量分数为(3.600103mol1065g/mol)/2.500 g100%=93.60%，故答案为：93.60%。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，理解物质的制备、对原理与装置的分析评价、基本操作、信息获取与迁移运用是解答关键。9.CoCO3主要用作选矿剂、伪装涂料的颜料等。用钴矿石(含Co2O3CoO及少量Fe2O3、Al2O3、MnO2等)生产CoCO3的流程如下：下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(“沉淀完全”是指溶液中离子浓度低于1.010-5 molL-1)Al3Fe3Fe2Mn2Co2开始沉淀的pH4.02.77.67.77.6沉淀完全的pH5.23.79.69.89.2(1)写出“浸取”步骤Co2O3CoO发生反应的离子方程式 _ 。(2)“浸取”步骤除Co2O3CoO外，钴矿石中还能被Na2SO3还原的物质有_ (填化学式)。(3)加NaClO3的目的是氧化Fe2，NaClO3的用量过多会造成的不良后果是 _ 。(4)“沉钴”步骤向CoCl2溶液加入NH4HCO3溶液需要5557 条件下进行，温度控制在5557 的原因为 _ 。(5)已知金属萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。请补充完整由“氧化”后的溶液制备CoCO3的实验方案：向“氧化”后的溶液中加入_，得较纯CoCl2溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得CoCO3。(实验中须使用试剂：Na2CO3溶液、金属萃取剂、盐酸)。【答案】 (1). Co2O3CoOSO32-6H=3Co2SO42-3H2O (2). Fe2O3、MnO2 (3). 与Cl反应生成Cl2污染环境或将Co2氧化成Co3 (4). 温度过高NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢 (5). Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.27.6，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右(3.04.0均可) ，加入金属萃取剂萃取23次，静置后分液【解析】【分析】由化学工艺流程可知，“浸取”步骤时，Co2O3CoO、Fe2O3、Al2O3、MnO2与盐酸和亚硫酸钠反应，得到含有Co2、Fe2、Mn2、Al3的溶液，向浸取液中加入NaClO3的目的是氧化Fe2，向“氧化”后的溶液中加入Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.27.6，使Fe3和Al3转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右(3.04.0均可) ，加入金属萃取剂萃取23次，静置后分液，除去Mn2，得较纯CoCl2溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得CoCO3。【详解】（1）“浸取”步骤中，酸性条件下Co2O3CoO与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钴，反应的离子方程式为Co2O3CoOSO32-6H=3Co2SO42-3H2O，故答案为：Co2O3CoOSO32-6H=3Co2SO42-3H2O；（2）“浸取”步骤除Co2O3CoO外，具有氧化性的Fe2O3和MnO2也能与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸锰，故答案为：Fe2O3、MnO2；（3）加NaClO3的目的是氧化Fe2，若NaClO3的用量过多，会与盐酸反应生成氯气污染环境，也可能将Co2氧化成Co3，故答案为：与Cl反应生成Cl2污染环境或将Co2氧化成Co3；（4）5557 条件下向CoCl2溶液加入NH4HCO3溶液的目的是沉钴得CoCO3，若温度过高，NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢，所以反应时需温度控制在5557 ，故答案为：温度过高NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢；（5）由流程图可知，“氧化”后的溶液制备CoCO3的实验方案为，向“氧化”后的溶液中加入Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.27.6，使Fe3和Al3转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右(3.04.0均可) ，加入金属萃取剂萃取23次，静置后分液，除去Mn2，得较纯CoCl2溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得CoCO3，故答案为：Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.27.6，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右(3.04.0均可) ，加入金属萃取剂萃取23次，静置后分液。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重考查分析和推断能力，知道流程图中发生的反应，会正确书写方程式，明确实验原理是解本题关键。10.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。(1)丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反应)_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，转化率(C3H8)_。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_。(2)下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104 Pa和105 Pa)。104 Pa时，图中表示丙烯的曲线是_(填“”、“”、“”或“”)。104 Pa、500 时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_(已知：气体分压=气体总压体积分数)。(3)利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。已知：CO和H2的燃烧热分别为H =283.0 kJmol-1、H =285.8 kJmol-1。图中催化剂为_。298 K 时，该工艺总反应的热化学方程式为_。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是_。【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 副反应的活化能低于主反应的活化能 (4). (5). 3.3103Pa (6). CrO3 (7). C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H =+121.5kJ/mol (8). 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面【解析】【分析】（1）反应温度升高，平衡向正反应方向移动；由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能；（2）丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应；由题意建立三段式，结合公式计算分压常数；（3）由图可知，CrO3为催化剂；由盖斯定律计算可得；该工艺中碳与CO2反应生成CO。【详解】(1) 由图可知，丙烷脱氢制丙烯为吸热反应：C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）H =+124.3 kJ/mol，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，体系温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，丙烷的转化率增大，故答案为：增大；增大；由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，温度升高，活化能较低的副反应更容易发生，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；（2）丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积分数减小；该反应为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，故曲线代表104 Pa时丙烯的平衡体积分数，故答案为：；104 Pa、500 时，丙烯的平衡体积分数为33%，设起始丙烷为1mol，转化率为x，由题意建立如下三段式：C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）起（mol） 1 0 0变（mol） x x x平（mol） 1-x x x则由丙烯的平衡体积分数为33%可得，x/(1+x)=0.33，解得x0.5，丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pa1/3，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=（104Pa1/3）（104Pa1/3）/（104Pa1/3）=104Pa1/3=3.3103Pa，故答案为：3.3103Pa；（3）由图可知，反应为3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O，反应为3CO2+Cr2O32CrO3+3CO，则催化剂为CrO3，故答案为：CrO3；由题意可得H2（g）+1/2O2（g）=H2O(l) H =285.8kJ/molCO（g）+1/2O2（g）=CO2 (g) H =283.0kJ/molC3H8（g）C3H6（g）+H2（g）H =+124.3 kJ/mol,由盖斯定律-+得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，则H =（+124.3 kJ/mol）+（285.8kJ/mol）（283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H =+121.5kJ/mol；该工艺中碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了化学平衡、化学平衡分压常数、反应机理、热化学方程式书写等，注意题干信息的理解和图象变化、数据处理的分析判断是解题关键。11.氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。(1)在现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。(2)基态N原子的价电子占据的能量最高的能级是_，价电子在该能级上的排布遵循的原则是_。(3)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。lmolNH4BF4含有_mol配位键。(4)化肥(NH4)2SO4中会含有N4H4(SO4)2，该物质在水中电离出SO42-和N4H44+，N4H44+遇到碱性溶液会生成一种形似白磷(P4)的N4分子。N4比P4的沸点_，原因为_。(5)尿素(H2NCONH2)也是一种常用的化肥，其分子中原子的杂化轨道类型有_，键和键数目之比为_。(6)Cu3N具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构如图。Cu+半径为a pm，N3-半径为b pm，Cu+和N3-都是紧密接触的刚性小球，则N3-的配位数为_，Cu3N的密度为_gcm-3。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】 (1). 原子光谱 (2). 2p (3). 洪特规则 (4). 2 (5). 低 (6). N4和P4都为非极性分子，N4的相对分子质量低于P4，分子间作用力比P4弱 (7). sp2、sp3 (8). 7:1 (9). 6 (10). 【解析】【分析】（1）根据原子光谱来鉴别物质及确定它的化学组成和相对含量的方法叫光谱分析；（2）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；（3）NH4BF4为离子化合物，NH4+离子中含有1个NH配位键，BF4离子中含有1个FB配位键；（4）结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，溶沸点越高；（5）H2NCONH2分子中，羰基C原子的杂化方式为sp2杂化，氨基中N原子的杂化方式为sp3杂化；（6）由Cu3N的晶胞结构可知，大球表示Cu原子、小球表示N原子，Cu原子个数=121/4=3，N原子个数=81/8=1。【详解】（1）根据原子光谱来鉴别物质及确定它的化学组成和相对含量的方法叫光谱分析，其优点是灵敏迅速，历史上曾通过光谱分析发现了许多新元素，如铷，铯，氦等，故答案为：原子光谱；（2）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，电子占据的最高能级符号为2p；2p轨道是电子为半充满，则价电子在该能级上的排布遵循的原则是洪特规则，故答案为：2p；洪特规则；（3）NH4BF4为离子化合物，NH4+离子中含有1个NH配位键，BF4离子中含有1个FB配位键，则lmolNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2；（4）结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，溶沸点越高，N4和P4都为正四面体结构，都为非极性分子，N4的相对分子质量低于P4，分子间作用力比P4弱，N4比P4的沸点低，故答案为：低；都为非极性分子，N4的相对分子质量低于P4，分子间作用力比P4弱；（5）H2NCONH2分子中，羰基C原子的杂化方式为sp2杂化，氨基中N原子的杂化方式为sp3杂化；键的数目为7，键的数目为1，键和键数目之比为7:1，故答案为：sp2、sp3；7:1；（6）由Cu3N的晶胞结构可知，大球表示Cu原子、小球表示N原子，Cu原子个数=121/4=3，N原子个数=81/8=1，中间面上N的周围有4个Cu，上下面