福建省宁德市2020届高三化学下学期5月质检试题（含解析）

福建省宁德市2020届高三化学下学期5月质检试题（含解析）可能要用到的相对原子质量 H1 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 1.化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是A. 秸秆大量焚烧将产生雾霾B. 由地沟油炼制的生物柴油属于烃类物质C. “山东疫苗案”涉及的疫苗，因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关D. 建设港珠澳大桥时采用超高分子量聚乙烯（UHMWPE）纤维吊绳，UHMWPE属于有机高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.秸秆大量焚烧会产生大量烟尘，导致空气中颗粒物大量增加而产生雾霾，A正确；B.地沟油及生物柴油的主要成分都属于酯类，酯是由C、H、O三种元素组成的化合物，因此，由地沟油炼制的生物柴油（主要为高级脂肪酸乙酯）属于烃的衍生物，B错误；C.疫苗的主要成分是蛋白质，未冷藏储运，温度较高时蛋白质易变性使疫苗失效，因此要低温保存，C正确；D.聚乙烯(UHMWPE)纤维吊绳主要成分是聚乙烯，该物质是高分子化合物，是高聚物，D正确；故合理选项是B。2.香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法错误的是A. 所有的碳原子均处同一平面B. 与硝基苯互为同分异构体C. 六元环上的一氯代物有5种D. 1mol烟酸能和3mol氢气发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A.烟酸分子中N原子取代苯分子中C原子的位置，在苯分子的平面上；羧基的C原子取代苯环上H原子的位置，在苯分子的平面上，因此所有的碳原子均处同一平面，A正确；B.烟酸与硝基苯的分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，B正确；C.在六元环的N原子上没有H原子，只有C原子上有H原子，所以在六元环上有四种不同位置的H原子，所以六元环上的一氯代物有4种，C错误；D.羧基具有稳定性，不能发生加成反应。烟酸分子中六元环的结构与苯环相似，可以与氢气发生加成反应，所以1mol烟酸能和3mol氢气发生加成反应，D正确；故合理选项C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A. 3.4gH2S分子中含H+离子数为0.2 NAB. 1 L 0.5molL1乙酸溶液中OH键数目为0.5 NAC. 1.0 mol O22核外电子数为16 NAD. 标况下2.24LSO2通入足量氯水中完全反应，转移电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.H2S是由分子构成的物质，分子中不含有H+，A错误；B.乙酸分子、水分子中都含有OH键，因此不能确定乙酸溶液中含有OH的数目，B错误；C.O22核外电子数为18，所以1.0 mol O22核外电子数为18 NA，C错误；D.标况下2.24LSO2的物质的量是0.1mol，将SO2通入足量氯水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，由方程式可知：每1mol SO2发生反应，转移电子的物质的量是2mol，所以0.1molSO2的完全反应，转移电子数为0.2NA，D正确；故合理选项是D。4.科学家开发出NaCO2电池如下图所示。下列说法错误的是A. 电池放电时，钠发生氧化反应B. 正极的电极反应式：2CO2 + 2H2O + 2e = 2HCO3 + H2C. 理论上消耗23g钠，同时产生22.4L氢气（标准状况）D. 该装置既可以吸收二氧化碳，又能产生电能、氢燃料【答案】C【解析】【详解】A.根据图示可知Na电极失去电子，变Na+，所以电池放电时，钠失去电子，发生氧化反应，A正确；B.在正极上，CO2、H2O（碳酸电离产生的H+）获得电子，发生还原反应，产生HCO3-、H2，电极反应式是：2CO2 +2H2O+2e-= 2HCO3- + H2,B正确；C.23gNa的物质的量是1mol，根据电子守恒，产生H2的物质的量为0.5mol，则其在标准状况下的体积为V(H2)=0.5mol22.4L/mol=11.2L，C错误；D.通过该装置可以吸收二氧化碳，减少温室效应，同时产生电能，和氢气，产生了清洁能源的燃料氢燃料，D正确；故合理选项是C。5.根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是选项实验操作与现象结 论A向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体, 红色变浅碳酸钠溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解该溶液中一定含有Al(OH)4C将润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝该气体为氯气D向10mL 0.5molL1的氯化镁溶液中滴加5mL 2.4molL1氢氧化钠溶液，产生白色沉淀再滴加氯化铜溶液，沉淀变蓝KspCu(OH)2 KspMg(OH)2 A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体, 红色变浅，是由于碳酸钠溶液在存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，向其中加入BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，c(CO32-)浓度降低，水解平衡逆向移动，使c(OH-)降低，因此溶液的红色变浅，A正确；B.发生上述现象的溶液，可能含有Al(OH)4，也可能含有SiO32-等，B错误；C.使润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝，说明气体具有氧化性、可以将I-氧化为I2，可能是Cl2、NO2、O3等，C错误；D.向MgCl2溶液中滴加NaOH溶液，发生反应：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，反应产生白色沉淀，n(MgCl2)=0.5mol/L0.01L=0.005mol，其反应需要NaOH的物质的量为n(NaOH)=2n(MgCl2)=20.005mol=0.01mol，但5mL 2.4molL1氢氧化钠溶液完全加入时，其中含有的NaOH的物质的量为2.4mol/L0.005L=0.012mol0.01mol，所以NaOH过量，因此再向其中滴加氯化铜溶液，会发生反应：Cu2+2OH-=Cu(OH)2，沉淀变蓝色，不能证明KspCu(OH)2 与KspMg(OH)2 相对大小，D错误；故合理选项是A。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是短周期元素中原子半径最小的，Y、W同主族，且Y、W的原子序数之差与Z的原子序数相同，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15。下列说法错误的是A. 原子半径：WYZB. WY可用于制造高温结构陶瓷C. Y2X4能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. Y单质与WZ2在高温条件下反应生成W单质，说明非金属性：YW【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，X是短周期元素中原子半径最小的，X为H元素，Y、W同主族，则Y、W的原子序数之差等于8、最外层电子数相同。Y、W的原子序数之差与Z的原子序数相同，则Z原子序数为8，是O元素；X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15，则Y、W的最外层电子数之和为15-1-6=8，则Y为C元素、W为Si元素，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是O，W是Si元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族、不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：WYZ，A正确；B.WY形成的化合物SiC是原子晶体，原子间通过共价键结合，硬度大，因此可用于制造高温结构陶瓷，B正确；C.Y2X4即C2H4，是乙烯，分子中含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D.C单质与SiO2在高温下发生置换反应：C+SiO2Si+2CO，是由于在高温下反应产生的CO脱离平衡体系，使反应正向进行，与元素的非金属性强弱无关，不能由此比较两者的非金属性，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构和周期律的应用的知识，把握“X是短周期元素中原子半径最小的，Y、W同主族，且Y、W的原子序数之差与Z的原子序数相同”推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期律及元素化合物知识运用。7.25时，用NaOH调节0.10 mol/L H2C2O4溶液的pH，假设不同pH下均有c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42)=0.10 mol/L。使用数字传感器测得溶液中各含碳微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图。下列有关分析正确的是A. 曲线b代表H2C2O4浓度随pH的变化B. HC2O4H+ + C2O42 K=1104.2C. pH从4到6时主要发生反应的离子方程式为2OH-+H2C2O4 =2H2O+C2O42-D. 当溶液pH=7时：c(Na+)c(C2O42) c(H2C2O4)c (HC2O4)【答案】B【解析】【分析】A.NaOH调节0.10mol/LH2C2O4溶液pH时，c(H2C2O4)降低、c(HC2O4-)先增大后减少，c(C2O42-)一直增大；B.根据电离平衡常数的定义式，利用b、c两条线表示的含义计算判断； C.从图象可知pH从4到6，主要发生的反应是HC2O4-转化为C2O42-；D.pH=7时：c(OH-)=c(H+)，根据溶液中电荷守恒分析。【详解】A.NaOH调节0.10mol/LH2C2O4溶液pH时，c(H2C2O4)降低、c(HC2O4-)先增大后减少，c(C2O42-)一直增大，所以曲线a代表c(H2C2O4)，曲线b代表c(HC2O4-)，曲线c代表c(C2O42-)，A错误；B.HC2O4H+ + C2O42 的电离平衡常数K= ，由于曲线b代表c(HC2O4-)，曲线c代表c(C2O42-)，在b、c两条线的交点，c(HC2O4-)= c(C2O42-)，所以K=c(H+)=10-4.2，B正确；C.从图象可知pH从4到6，主要发生的反应是HC2O4-转化为C2O42-，所以反应的离子方程式为OH-+HC2O4-=H2O+C2O42-，C错误；D.pH=7时c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)可知：2c(C2O42-) +c(HC2O4-)=c(Na+)，则c(Na+)c(C2O42-)，根据图象可知c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)，所以溶液pH=7时：c(Na+)c(C2O42-)c(H2C2O4)c(HC2O4-)，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较的知识，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。8.钒基固溶体合金是一类重要的贮氢材料。某课外小组采用廉价原料 NH4VO3、TiO2和 Fe2O3，制出含VO2+、TiO2+和 Fe3+的金属盐溶液，然后选择氨水作沉淀剂进行共沉淀反应，对共沉淀物含VO(OH)2、Ti(OH)4、Fe(OH)3进行煅烧还原制备合金样品。制备共沉淀物的装置如下图：（1）实验中用浓氨水配制500mL2 molL1的稀氨水，需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和_、_、_。（2）装置B的作用是_。（3）制备VO2+时，用草酸将VO2+还原得VO2+。若把草酸改为盐酸，也能得到VO2+，但会产生一种有毒气体，该反应的离子方程式为_。（4）反应过程需控制温度为60，三颈烧瓶的加热方式是_。（5）往三颈烧瓶中滴加含金属离子的混合液，得悬浊液，取出充分沉降。检测上层清液是否含Fe3+的实验方案是_。经过滤、无水乙醇洗涤、低温干燥，得共沉淀物。使用无水乙醇洗涤的优点是_。（6）将（5）所得共沉淀物锻烧并还原后得钒基固溶体合金。为测定产品中铁的质量分数，取50.60g产品溶于足量稀硫酸（其中V、Ti不溶），过滤，将滤液配成250.00mL，取25.00mL溶液，用0.1000molL1 酸性KMnO4溶液滴定，进行平行实验后，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00 mL。则产品中铁的质量分数为_。【答案】 (1). 500mL容量瓶 (2). 玻璃棒 (3). 量筒 (4). 吸收尾气中的氨气并防止倒吸 (5). 2VO2+ +4H+2Cl=2VO 2+2H2O+Cl2 (6). 60水浴加热 (7). 取少量上层清液加入KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色（或其他合理答案） (8). 乙醇易挥发容易干燥 (9). 11.07%【解析】【分析】(1)用液体溶质准确配制一定物质的量浓度的溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和玻璃棒、量筒、一定规格的容量瓶。(2)根据氨气会造成大气污染，结合氨气的性质进行吸收，同时要注意实验安全；(3) VO2+与HCl反应被还原得VO2+，HCl被氧化产生Cl2；(4)反应过程需控制温度为60则可以使用水浴加热方式；(5)根据Fe3+遇SCN-变为血红色进行检验；根据无水乙醇与水互溶，沸点低，易挥发分析。(6)根据电子守恒，找出Fe2+与MnO4-的关系式，利用滴定消耗的KMnO4溶液的物质的量计算出溶液中含有的Fe2+的物质的量，进而可得产品中铁的质量分数。【详解】(1)用液体浓氨水配制500mL2 mol/L的稀氨水，需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和500mL的容量瓶、玻璃棒和烧杯。(2)装置B的烧杯内的稀硫酸可以吸收氨气，由于氨气极容易与硫酸反应，且容易溶于水，为防止氨气溶解及反应导致导气管内气体压强减小而引起的倒吸现象的发生，在导气管的末端安装了一个倒扣的漏斗。即装置B的作用是吸收尾气中的氨气并防止倒吸；(3) VO2+具有氧化性，会与具有还原性的盐酸发生氧化还原反应，VO2+被还原得VO2+，Cl被氧化产生Cl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2VO2+ + 4H+2Cl=2VO2+2H2O+Cl2；(4)该反应过程需控制温度为60，为便于控制反应温度，使受热均匀，根据水的沸点是100的特点，可以使用60水浴加热方式进行加热；(5)由于Fe3+遇SCN-变为血红色，要检验进行检验上层清液是否含Fe3+的实验方案是取少量上层清液加入KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，若变红，证明含有Fe3+，否则不含有Fe3+；由于无水乙醇沸点低。容易挥发，且与水混溶，将从水溶液中过滤出的沉淀用无水乙醇洗涤，就可除去表面杂质，使沉淀在低温迅速干燥，从而得共沉淀物。(6)Fe2+与KMnO4在酸性条件下发生反应：5Fe2+8H+MnO4-=5Fe3+Mn2+4H2O，则n(Fe2+)=5n(MnO4-)=50.1000mol/L0.02L=0.1mol，m(Fe)=nM=0.1mol56g/mol=5.6g，所以产品中铁的质量分数为100%=11.07%。【点睛】本题考查了化学实验基本操作、仪器的使用、尾气处理、氧化还原反应及滴定方法在物质含量测定的应用等知识，体现了化学是一门实验性学科，要学以致用，掌握化学基本操作方法及化学反应原理是本题解答的关键。9.一维纳米材料因其特殊的纳米结构，呈现出一系列独特的光、电、磁、催化等性能，具有十分广阔的应用前景。ZnSC（ZnS纳米粒子分散在碳纳米材料上）是新型一维纳米材料，某科研小组用下列流程制备ZnSC纳米材料。已知：BA表示C6H5COO 回答下列问题：（1）“搅拌”后所得溶液显_（填“酸性”“中性”或“碱性”）。（2）配制NaOH溶液时，蒸馏水要煮沸的原因是_。（3）向混合盐溶液中缓缓滴加NaOH溶液，促进相关离子的水解，出现Zn(OH)(C6H5COO)白色沉淀。写出生成沉淀的离子方程式_。25，调pH=6，不产生Zn(OH)2沉淀，该溶液中c(Zn2+)_ molL1。已知KspZn(OH)2=1.21017（4）“硫化”、“焙烧”过程，Zn(OH)BA通过原位固相反应制备ZnSC纳米纤维的过程示意图如下：该过程中一直处于原位的离子是_； 在N2氛围中“焙烧”时，HBA（C6H5COOH）分解的化学方程式为_。（5）用N2吸附法对不同焙烧温度下制备得到的ZnSC纳米纤维的比表面积进行测定，在不同温度（400800）下焙烧所得ZnSC纳米纤维的比表面积如下表：t/400500600700800比表面积/m2 g-1130.1123.170.249.247.6 随着温度的升高，ZnS纳米粒子_（填“变大”“不变”或“变小”）。 ZnSC纳米纤维可将N2吸附在其表面，形成均匀的单分子层。氮气分子横截面积为0.162 nm2，则在400焙烧所得的1g ZnSC纳米纤维最大吸附的氮分子数为_（保留3位有效数字）。【答案】 (1). 酸性 (2). 去除CO2，防止配制NaOH溶液时生成Na2CO3 (3). Zn2+C6H5COO-+H2O=Zn(OH)(C6H5COO)+ H+或Zn2+C6H5COO-+OH-= Zn(OH)(C6H5COO) (4). 0.12 (5). Zn2+ (6). C6H5COOH7C+2H2O+H2 (7). 变大 (8). 8.031020【解析】【分析】(1)结合后边的步骤分析判断；(2)NaOH是碱，可以与空气中的二氧化碳发生反应；(3)硝酸锌、苯甲酸钠、NaOH混合发生沉淀反应产生Zn(OH)(C6H5COO)白色沉淀，根据电荷守恒原子守恒，书写生成沉淀的离子方程式；根据难溶电解质的溶度积常数分析计算；(4)根据“硫化”、“焙烧”过程，物质成分的变化判断一直处于原位的离子；在N2氛围中“焙烧”时，HBA(C6H5COOH)发生分解反应，根据元素守恒，书写分解的化学方程式；(5)微粒的比表面积与温度的关系判断；根据物质的比表面积与每个N2的横截面的面积的比计算分子数目，要注意单位换算。【详解】(1)将硝酸锌晶体与苯甲酸钠、水混合搅拌，由于三者充分接触，由于硝酸锌是强酸弱碱盐，Zn2+水解使溶液显酸性；苯甲酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，最终混合物的酸碱性取决于二者相对量的多少及其水解程度，结合后边的步骤加入NaOH溶液调整溶液的pH=6，可证明混合搅拌后的混合物显酸性；(2)NaOH是碱，在配制其溶液时，为防止空气中的CO2在水在溶解而导致发生反应产生Na2CO3，使溶液变质，溶解NaOH的蒸馏水要先加热煮沸，以去除CO2，防止NaOH变质；(3)硝酸锌、苯甲酸钠、NaOH混合发生沉淀反应产生Zn(OH)(C6H5COO)白色沉淀，反应的离子方程式为：Zn2+C6H5COO-+OH-= Zn(OH)(C6H5COO)；25，调pH=6，c(OH-)=10-8mol/L，若不产生Zn(OH)2沉淀，c(Zn2+) c2(OH-)KspZn(OH)2=1.21017，则该溶液中c(Zn2+)=0.12mol/L；(4)根据图示的“硫化”、“焙烧”过程，可知：该过程中一直处于原位的离子是Zn2+，其在N2氛围中“焙烧”时，HBA发生分解反应，生成C、H2、CO2，根据元素守恒可得分解的化学方程式为C6H5COOH7C+2H2O+H2；(5)根据表格数据可知：温度越高，微粒的比表面积越小，说明随着温度的升高，ZnS纳米粒子在增大，使微粒的比表面积变小；根据表格数据可知ZnSC纳米纤维在400时的比表面积为130.1m2/g，而氮气分子横截面积为0.162 nm2，则在400焙烧所得的1g ZnSC纳米纤维最大吸附的氮分子数为=8.031020(个)。【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识，涉及溶液酸碱性的判断、离子方程式和化学方程式的书写、盐的水解、溶度积常数的应用及物质的性质与环境的关系等。要充分利用题干信息进行分析解答。10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。I氮氧化物间的相互转化(1)已知2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：第一步 2NO(g)N2O2(g) （快速平衡）第二步 N2O2(g) + O2(g) = 2NO2(g) （慢反应）用O2表示的速率方程为v(O2)=k1c2(NO)c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则=_。下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是_（填序号）。A.增大压强，反应速率常数一定增大B.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能C.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和(2)2NO2(g)N2O4(g)(H0)，用分压（某组分的分压等于总压与其物质的量分数的积）表示的平衡常数KP与(T为温度)的关系如图。能正确表示lgKP与关系的曲线是_（填“a”或“b”）。298K时，在体积固定的密闭容器中充入一定量的NO2，平衡时NO2的分压为100kPa。已知KP =2.7103 kPa1，则NO2的转化率为_。II烟气中氮氧化物的脱除(3)以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) H1副反应：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/mol4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3 kJ/molH1_。将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是_（填序号）。温度超过1000 ，NO浓度升高的原因是_。a1050 (4)以连二亚硫酸盐(S2O42-)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反应式为_，电解槽中的隔膜为_（填“阳”或“阴”）离子交换膜。【答案】 (1). (2). B (3). a (4). 35%（或35.1%或35.06%） (5). -1626.9 kJ/mol (6). b (7). 温度过高，NH3容易与氧气发生反应产生NO，使NO浓度升高。（或反应温度过高副反应发生程度变大，产生更多的NO）（若答温度过高主反应平衡逆向移动适当给分） (8). 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O (9). 阳【解析】【分析】(1)根据k1、k2与化学反应速率的关系计算分析；根据温度与活化能、反应速率的关系分析判断；(2)该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，越小，平衡常数减小；利用同温同体积，压强之比等于物质的量之比及分压等于总压乘以物质的量分数带入平衡常数表达式计算可得；(3)根据盖斯定律，将上述热化学方程式进行叠加，可得相应反应的热化学方程式，进而得到其反应热；脱硝效率越高，剩余的NO浓度越低，效果越好；从温度与化学反应的产物关系及化学平衡移动分析判断；(4)根据图中分析可知，离子交换膜允许阳离子H+通过，为阳离子交换膜，阴极区失去电子生成S2O42-。【详解】(1) 由于v(O2)=k1c2(NO)c(O2)，v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则=，根据反应方程式2NO(g)+O2(g) =2NO2(g)可知：，所以；A.反应速率常数只与温度有关，若增大压强，反应温度不变，则反应速率常数不变，A错误；B.第一步反应是快反应，说明反应的活化能低；第二步反应为慢反应，说明反应的活化能高，所以第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，B正确；C.反应的总活化能由慢反应的活化能决定，对该反应来说，由第二步反应的活化能决定，C错误；(2)根据反应方程式2NO2(g)N2O4(g)(H0)可知：该反应的正反应为放热反应，升高温度，T增大，减小，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，Kp减小，增大，平衡正向移动，Kp增大，所以表示Kp与关系的曲线是a；假设NO2开始投入的物质的量为1mol，转化率为x，用三段式计算可逆反应2NO2(g)N2O4(g)(HNCH，可知元素的电负性由大到小的顺序为ONCH，所以电负性最大的元素是O；在尿素分子中，NH键是极性共价键，共用电子对强烈的偏向N原子一方，使H原子几乎成为一个裸露的质子，与另一个尿素分子中的O原子形成氢键，表示为NHO；(2)Fe是26号元素，Fe3+核外有23个电子，电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，可见为成对电子数为5个，根据原子核外电子排布规律，可知在第四周期中未成对电子数与Fe3+一样的是25号元素Mn；在Fe(H2NCONH2)6(NO3)3中，存在N-C、N-O、C=O、N=O、N-H共价键，单键都是键，双键中一个是键，一个是键，在內界离子Fe(H2NCONH2)63+中，內界离子Fe(H2NCONH2)63+与外界离子NO3-之间通过离子键结合，中心离子Fe3+与配位体CO(NH2)2之间通过配位键结合，所以不存在的化学键金属键，故选项B符合题意；NO3-存在N=O双键，其中的N原子采用sp2杂化，得到的杂化轨道的能量大于2s，小于2p轨道，还有2个电子处于2p轨道上，所以NO3中N原子杂化后的N原子杂化后的价电子排布图为；NO3-中N原子的孤电子对数为=0，价层电子对数为3+0=3，所以NO3-的空间构型为平面三角形；(3)在化合物Mg2NiH4中，只有H元素为非金属性元素，所H原子核外只有1个电子，要达到K层2个电子的稳定结构，需获得1个电子，所在Mg2NiH4中H的化合价为-1价；由于在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图的顶点和面心，Mg2+处于图八个小立方体的体心，Mg2+处于4个Ni原子形成的小四面体的几何中心上，填充四面体空隙；晶体的密度=，在一个晶胞中含有Ni：=4，含有Mg2+：8，可见1个晶胞中含有4个Mg2NiH4，所以根据密度=，可得V=，所以晶胞边长a=nm，由于Mg2+和Ni原子的最短距离为晶胞体对角线的，所以二者的距离为nm。【点睛】本题考查了物质结构的知识。涉及元素电负性比较、原子的杂化、微粒空间构型、电子轨道表达式的书写、化学键类型的判断及均摊方法在晶胞计算的应用。全面考查了原子结构、分子结构