山西省运城市2020届高三化学下学期4月适应性测试试题（含解析）

山西省运城市2020届高三化学下学期4月适应性测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：Ni-59 O-16一、选择题：本题共13小题每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.化学与生产、生活、材料等密切相关，下列叙述正确的是A. 可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油B. 明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒C. “地沟油”不能食用，但可以加工成肥皂或生物柴油D. 聚乙烯、聚氯乙烯和碳纤维都是有机高分子材料【答案】C【解析】【详解】A.碳酸钠在溶液中发生水解溶液显碱性，加热使碳酸钠溶液碱性增强，能使动物或植物的油脂发生水解，但矿物油的成分是烃类，不与NaOH反应，因此热的碳酸钠溶液不能去除金属表面的矿物油，故A错误；B.明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸附水中悬浮物起到净水作用，不具有杀菌消毒作用，故B错误；C.“地沟油”的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂可用于制造肥皂和生物柴油，故C正确；D.碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维，故D错误；答案：C【点睛】易错选项B，注意净水剂与消毒剂的区别。2.下列关于有机化合物的说法正确的是A. 煤中含有苯、甲苯和粗氨水，可通过干馏得到B. C4H8Cl2的同分异构体有7种C. 甲苯和乙苯分子内共平面的碳原子数最多均为7D. 由乙醇和乙酸生成乙酸之酯属于取代反应【答案】D【解析】【详解】A.煤的干馏属于化学变化，将煤进行干馏可以得到焦炭、焦炉气、煤焦油，从煤焦油中可分离出苯、甲苯和粗氨水。煤中不含苯、甲苯和粗氨水，A错误；B.C4H8Cl2的同分异构体可以先确定碳链，再将两个氯原子采取“定一移一”法确定位置：，共有9种，故B错误；C.与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则甲苯有7个碳原子共平面，考虑三点确定一个平面，则乙苯可能有八个碳共平面，故C错误；D.乙醇和乙酸发生酯化反应可以看做乙酸中的羟基被CH3CH2O-取代生成乙酸乙酯,该反应属于取代反应，故D正确；答案：D【点睛】易错选项B注意二氯代物的同分异构体可以采用“定一议二”法解题。3.下列所示物质的制备方法合理的是A. 实验室从海帶中提取单质碘取样灼烧溶解过滤萃取蒸馏B. 金红石(主要成分TiO2)原料生产金属Ti：金红石、焦炭TiCl4TiC. 从卤水中(溶质主要是MgCl2)提取Mg卤水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl(s) MgD. 由食盐制取漂粉精NaCl(ag) Cl2漂粉精【答案】B【解析】【详解】A.海带中的碘元素以I形式存在，从海带中提取单质碘时，过滤后要加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，再加入萃取剂进行萃取、分液，最后经蒸馏获得单质碘，故A错误；B.二氧化钛和焦炭、氯气反应，产物是四氯化钛和一氧化碳；镁与TiCl4置换反应得到钛和氯化镁，稀有气体化学性质稳定，不会参与化学反应，常做保护气，故B正确；C.直接加热蒸干水分得不到氯化镁固体，会促进氯化镁水解，最后得到氢氧化镁；应该蒸发浓缩、冷却结晶得MgCl26H2O晶体，然后在HCl气体环境中加热MgCl26H2O可得MgCl2固体，故C错误；D.澄清石灰水浓度较低，用其制备次氯酸钙效率较低，应用石灰乳，故D错误；答案：B4.下列实验内容(装置操作或现象)能达到相应实验目的的是A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.由于氯化氢的密度大于空气，导管应该短进长出，故A错误；B.用弹簧夹夹住胶皮管，从长颈漏斗中向试管内加水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水，液柱不下降，证明装置的气密性良好，故B正确；C.因为氢氧化亚铁具有强还原性，容易被空气氧化，应该在试管里注入少量新制备的硫酸亚铁溶液，用胶头滴管吸取氢氧化钠溶液，将滴管尖端插入试管里溶液液面下，逐滴滴入氢氧化钠溶液，才可以观察现象，故C错误；D.配制溶液时，不可直接在容量瓶中溶解溶质，故D错误；答案：B5.X、Y、Z、W均为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子最外层比Z原子最外层多1个电子实验室可用Z的单质与烧碱反应制备少量气体X2，W的单质可用于自来水消毒。下列说法正确的是A. Z氢氧化物与Y、W的最高价含氧酸均能反应B. 简单离子半径：ZWC. Z、W形成的化合物的水溶液呈碱性D. 工业上常用X、W的单质在光照条件下制备XW【答案】B【解析】【分析】实验室可用Z的单质与烧碱反应制备少量气体X2，可知Z为Al，X为H；Y原子最外层比Z原子最外层多1个电子，Y的原子序数小于Z，可知Y为C；W的单质可用于自来水消毒，可知W为Cl；结论：X：H；Y：C；Z：Al；W：Cl。【详解】A. Z的氢氧化物Al(OH)3不能与Y的最高价含氧酸H2CO3反应，故A错误；B.电子层越多，半径越大，因此Z（Al3+）W（Cl-），故B正确；C. Z、W形成的化合物（AlCl3）属于强酸弱碱盐，水解显酸性，故C错误；D.工业制氯化氢的方法：让氯气在过量的氢气中燃烧生成氯化氢气体,氯化氢气体冷却后被水吸收形成盐酸，故D错误；答案：B6.当电解质中某离子的浓度越大时，其氧化性或还原性越强，利用这一性质，有人设计出如图所示“浓差电池”(其电动势取决于物质的浓度差，是由一种物质从高浓度向低浓度转移而产生的)。其中，甲池为3molL1的AgNO3溶液，乙池为1molL1的AgNO3溶液A、B均为Ag电极。实验开始先断开K1，闭合K2，发现电流计指针发生偏转。下列说法不正确的是A. 当电流计指针归零后，断开K2，闭合K1，一段时间后B电极的质量增加B. 断开K1，闭合K2，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等C. 实验开始先断开K1，闭合K2，此时NO3向B电极移动D. 当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，乙池溶液浓度增大【答案】A【解析】【分析】断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3molL-1的AgNO3溶液，乙池为1molL-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答。【详解】A.闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，故选A；B.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3molL-1的AgNO3溶液，乙池为1molL-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动，乙池硝酸银浓度逐渐增大，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等，故不选B；C.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则NO3-向B极移动，故不选C；D.当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池溶液浓度增大，故不选D；答案：A【点睛】本题综合考查电解池和原电池的工作原理，为高考常见题型，侧重于学生分析能力、灵活应用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等，易错点是关于浓差电池的理解。7.25下部分弱酸的电离常数如表。下列有关说法不正确的是A. 若 HCOONa和 HCOOH的混合溶液的pH=3，则c( HCOOH)/c(HCOO)=10B. 相同pH的 HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大C. 等浓度等体积的Na2S和 HCOOH混合后：c(Na+)=2c(HCOO)+2c( HCOOH)D. 向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为ClO+H2SHS+HClO【答案】D【解析】【详解】A. Ka=1.010-4=，可得c( HCOOH)/c(HCOO)=10，故不选A；B.由两溶液中的电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（HCOO-）+c（OH-）和c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-），由于次氯酸的酸性弱于甲酸，因此次氯酸根的水解能力大于甲酸根离子，次氯酸钠溶液的pH值大于甲酸钠，所以次氯酸钠溶液中的H+浓度小于甲酸钠溶液，由电荷守恒式可知，由于两溶液中的离子均只带一个单位的电荷，则阴离子浓度之和等于阳离子浓度之和，而两溶液中的钠离子浓度相等，H+浓度大的，则离子总浓度就大，所以离子总浓度是前者大于后者，故不选B；C.等浓度等体积的Na2S和 HCOOH混合后，根据物料守恒：c(Na+)=2c(HCOO)+2c( HCOOH)，故不选C；D.因为NaClO具有强氧化性，硫化氢具有还原性，两者混合会发生氧化还原反应，ClO+H2S=S+Cl-+H2O，故选D；答案：D【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡、电离程度大小比较和盐类水解的应用、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。三、非选择题：共174分。第22题灬第32题为必考题每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)8.某合作学习小组的同学验证文献上用乙烯气脱除氮氧化物。回答下列问题：(1)甲组同学设计实验制取纯净的乙烯气体和NO。设计的制备C2H4装置如图所示：资料：C2H5OHCH2=CH2+H2O(主)C2H5OH+2H2SO4（浓）2C+2SO2+5H2O（副）C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（副） 写出乙烯的电子式_装置B中盛放的试剂为_(填小写字母)。a KMnO4溶液 b Br2/CCl4溶液 c 浓NaOH溶液 d 浓硫酸设计图装置制备NO气体装置D烧瓶中的实验现象为：_；装置E盛放的试剂是_。(2)乙组利用甲组制得的C2H4和NO并选用下列装置进行催化反应，并检验乙烯的氧化物CO和CO2(部分装置可重复使用，已知C2H4可被热的CuO氧化为碳的氧化物，酸性高锰酸钾可氧化NO和C2H4，不氧化CO)。各装置的连接顺序为：KG_HG_M。(按顺序填一个或多个字母)K后接的G的作用是_。酸性高锰酸钾溶液的作用是_。证明乙烯的氧化产物中有CO的现象是_；若NO还原为N2，乙烯氧化为等物质的量的CO和CO2，则反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). c (3). 铜片溶解，溶液由无色变成蓝色，有无色气体产生，该气体在烧瓶上方变成红棕色 (4). H2O (5). I (6). JLG或JLGH (7). 检验乙烯的氧化产物中有CO2 (8). 除去未反应的乙烯与一氧化氮 (9). L中黑色粉末变为红色，其后的澄清石灰水变浑浊 (10). 10NO+2C2H4 5N2+2CO+2CO2+4H2O【解析】【分析】(1)制备C2H4：乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制取乙烯，同时还有杂质气体CO2、SO2，因为CO2、SO2属于酸性气体，选择碱液处理法除掉杂质，在通入无水氯化钙中进行干燥；制备NO气体：铜片与稀硝酸反应制备NO气体，化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，2NO+O2=2NO制得的NO中含有易挥发的硝酸和少量NO2，可以通入水中除掉杂质，在通入浓硫酸干燥；(2)乙组利用甲组制得的C2H4和NO并选用下列装置进行催化反应，并检验乙烯的氧化物CO和CO2，注意两个关键点因为酸性高锰酸钾可将乙烯氧化为二氧化碳，所以先通过澄清石灰水验证催化产物中二氧化碳的存在，在通过酸性高锰酸钾除掉未反应的乙烯与NOC2H4可被热的CuO氧化为碳的氧化物，干扰CO的鉴定，验证CO之前必须除掉乙烯和残余的二氧化碳。【详解】(1)乙烯的电子式：；装置B的作用是除去CO2和SO2但是不可除掉乙烯，所以选择碱液处理法。答案： c 装置D中进行的反应为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，2NO+O2=2NO，因此烧瓶中的实验现象为：铜片溶解，溶液由无色变成蓝色，有无色气体产生，该气体在烧瓶上方变成红棕色；装置E用来除掉NO中含有的杂质（易挥发的硝酸和少量NO2），因此选择盛放的试剂是水。答案：铜片溶解，溶液由无色变成蓝色，有无色气体产生，该气体在烧瓶上方变成红棕色 H2O (2)乙组利用甲组制得的C2H4和NO进行催化反应，并检验乙烯的氧化物CO和CO2：将甲制备的纯净NO和C2H4通过催化装置K进行反应，通过G（澄清石灰水）用来验证产物是否有二氧化碳，通过I（酸性高锰酸钾）氧化未反应的C2H4与NO，通过H（浓NaOH溶液）除掉NO与C2H4反应生成的二氧化碳以及酸性高锰酸钾氧化乙烯生成的二氧化碳，通过G（澄清石灰水）检验CO2是否除尽，通过J（无水氯化钙）干燥残余气体CO，通过L（CuO），发生反应CO+CuOCu+CO2，通过G（澄清石灰水）验证是否有CO2生成，从而验证催化产物中是否有CO，通过H（浓氢氧化钠）除掉剩余CO2，通过M（排水法集气）用来收集未反应的CO防止污染空气。根据上面分析可知：各装置的连接顺序为：KG IHCJLGH M；答案：JLG或JLGH 二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，因此K后接的G的作用是检验乙烯的氧化产物中是否有CO2；答案：检验乙烯的氧化产物中有CO2根据题干信息可知：酸性高锰酸钾可氧化NO和C2H4，不氧化CO，因此酸性高锰酸钾溶液的作用是除去未反应的乙烯与一氧化氮；答案：除去未反应的乙烯与一氧化氮根据L装置中反应：CO+CuOCu+CO2，证明乙烯的氧化产物中有CO的现象是 L中黑色粉末变为红色，其后的澄清石灰水变浑浊；答案：L中黑色粉末变为红色，其后的澄清石灰水变浑浊。若NO被还原为N2，乙烯被氧化为等物质的量的CO和CO2，根据化合价升降法配平，乙烯总共升高10价，NO降低2价，因此n（NO）：n（C2H4）=10:2，化学方程式为 10NO+2C2H4 5N2+2CO+2CO2+4H2O；答案：10NO+2C2H4 5N2+2CO+2CO2+4H2O9.三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4H2O，不溶于水)主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革等软质制品。以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如图所示。已知：Ksp(PbSO4)=1.82108，Ksp (PbCO3)=1.461013请回答下列问题：(1)加入碳酸钠溶液后PbSO4转化为PbCO3。转化的方程式为：PbSO4(s)+CO32(aq)=PbCO3(s)+SO42(aq)，通过计算(保留2位有效数字)说明该反应程度很大的原因：_。这一步骤中，也可以将碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液，写出用碳酸氢钠溶液时的离子方程式：_。(2)根据图溶解度曲线(g/100g水)，由滤液I得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1”_、_、用乙醇洗涤后于燥。(3)步骤“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是_(任意写出一条)，生成NO的离子方程式：_。(4)“滤液2”中可循环利用溶质为_(填化学式)。步骤“沉铅”时若将Pb(NO3)2溶液与0.02molL1的H2SO4等体积混合生成PbSO4沉淀时，所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为_molL1。【答案】 (1). 该反应平衡常数K=1.2105，所以能进行 (2). PbSO4+2HCO3-=PbCO3（s）+SO42-+H2O+CO2 (3). 蒸发（升温）结晶 (4). 趁热过滤 (5). 适当升温（适当增加硝酸浓度，减小滤渣颗粒大小等合理答案均可） (6). 3Pb+8H+2NO3-=3Pb2+2NO+4H2O (7). HNO3 (8). 3.6410-6【解析】【分析】以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，滤渣Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，在5060，4PbSO4+6NaOH=3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，据此分析解答。【详解】(1)反应PbSO4(s)+CO32(aq)=PbCO3(s)+SO42(aq)的平衡常数K=1.2105，由于反应平衡常数大于105，所以反应进行程度很大；如果碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液，注意写离子方程式时弱酸的酸式酸根离子不可拆开，离子方程式为PbSO4+2HCO3-=PbCO3（s）+SO42-+H2O+CO2；答案：该反应平衡常数K=1.2105，所以能进行 PbSO4+2HCO3-=PbCO3（s）+SO42-+H2O+CO2 (2)由图象分析可知，温度较高时析出硫酸钠，温度较低时析出硫酸钠结晶水合物，因此由滤液I得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1”蒸发（升温）结晶、趁热过滤，洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物；答案：蒸发（升温）结晶 趁热过滤 (3)提高反应速率可以从升温和适当增大反应物浓度，增大固体反应物接触面积角度考虑；因为3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O，所以生成NO的离子方程式：3Pb+8H+2NO3-=3Pb2+2NO+4H2O；答案：适当升温（适当增加硝酸浓度，减小滤渣颗粒大小等合理答案均可） 3Pb+8H+2NO3-=3Pb2+2NO+4H2O (4)Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤后，滤液中的溶质主要为HNO3，可循环利用于酸溶；设所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为x molL1，Ksp(PbSO4)=1.82108=C（Pb2+）C（SO42-）=，计算得x=3.6410-6；答案： HNO3 3.6410-6【点睛】本题考查了物质制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。10.“低碳经济”备受关注，CO2的排集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。(1)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=802kJmol1CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol1CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3=41kJmol1则反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的H=_。(2)为了探究反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的反应速率和平衡。起始时，向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0molL1 平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线(如图)：v正(CO2)和v逆(CO)，则与v正(CO2)相对应的是图中曲线_(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_(填“D”“E”或“F”)，判断的理由_。又测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图，当压强为P2时，在y点：v（正）_v（逆）(选填“大于”、“小于”或“等于”)；压强p1_p2(选填“大于”、 “小于”或“等于”)，原因是_；若p2=6MPa，则T时该反应的平衡常数Kp=_MPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。【答案】 (1). +248KJ/mol (2). 乙 (3). E (4). 降温反应速率减小，又降温平衡逆向移动，CO浓度减小，所以为E点 (5). 大于 (6). 小于 (7). 温度一定时，加压平衡逆移，CH4转化率减小，所以p2大 (8). 16【解析】【分析】(1)利用盖斯定律解题； (2)根据平衡点确定，当达到平衡时正逆速率比等于化学计量数之比，根据图可知，反应平衡时图中对应的点应为A和F点；降温后，反应速率减小，平衡逆向移动，甲烷的浓度会增大，据此判断；压强为P2时，在y点反应未达到平衡，在x点达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；该反应正反应为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；在y点对应温度下的甲烷的平衡转化率为50%，列三行式计算Kp。【详解】(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=802kJmol1 CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol1 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3=41kJmol1利用盖斯定律：-4+2，得CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) H=+248KJ/mol答案：+248KJ/mol(2)反应：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) H=+248KJ/mol平衡时图中对应的点应为A和F点，当达到平衡时正逆速率比等于化学计量数之比v正(CO2)：v逆(CO)=1:2，确定v正(CO2)相对应的是图中曲线乙；降温后，反应速率减小，平衡逆向移动，甲烷的浓度会增大，据此判断曲线甲对应的平衡点可能为E；答案：乙 E 降温反应速率减小，又降温平衡逆向移动，CO浓度减小，所以为E点压强为P2时，在y点反应未达到平衡，在x点达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；该反应正反应为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；在p2对应温度下的甲烷的平衡转化率为50%，列三行式计算。 CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）起始（mol/L） 1.0 1.0 0 0转化（mol/L） 0.5 0.5 1 1平衡（mol/L） 0.5 0.5 1 1n（平衡）总=0.5+0.5+1+1=3molp2=6MPa：各种气体平衡后对应压强：CO2（g）与CH4（g）的分压均为60.5/3=1Mpa；CO和H2的分压均为：61/3=2Mpa；所以平衡常数Kp=16；答案：大于 小于 温度一定时，加压平衡逆移，CH4转化率减小，所以p2大 16【点睛】本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数，易错点第（2）题第小题的图像分析和第小题平衡常数的计算。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题2道化学题2道生物题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。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利按所作的第一个题目计分。11.根据周期表中元素原子结构性质回答下列问题：(1)C原子价层电子的轨道表达式为_，基态As原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)已知等电子体具有相似的结构和化学键特征，O22+与元素N的单质互为等电子体，则O22+的电子式为_。(3)NH3能与众多过渡元素离子形成配合物，向CuSO4溶液中加入过量氨水，得到深蓝色溶液，向其中加人乙醇析出深蓝色晶体，加入乙醇的作用_，该晶体的化学式为_。(4)如图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nm表示，其中n代表参与形成大键的原子数，m代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为66)，则EMM+离子中的大键应表示为_。(5)NiO晶体结构与NaCl相似，晶胞中Ni2+位置在顶点和面心，则晶胞中O2位置在_，已知晶体密度为dg/cm3，N2+原子半径为xpm，O2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). (4). 减小溶剂极性，降低晶体溶解度 (5). Cu（NH3）4SO4H2O (6). sp2、sp3 (7). (8). 体心和棱中心 (9). 100%【解析】【分析】(1)根据基态碳原子的核外电子排布式，写出价层电子的轨道表达式；基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，最高能级为4p；(2)根据等电子体的结构相似，O22+的电子式与N2相似 ，因此1个O22+含有三个共用电子对；(3)氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3Cu（NH3）42+2OH，总反应为：Cu2+4NH3H2OCu（NH3）42+4H2O；根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，因此最后向该溶液中加入一定量乙醇，会析出Cu（NH3）4SO4H2O晶体；(4)根据分子结构可知，环外的三个碳原子均形成4个键，无孤电子对，所以为sp3杂化，环内的三个碳原子均形成3个键，参与形成大键，无孤电子对，所以为sp2杂化；环内的大键由三个C原子和两个N原子形成，其中每个碳原子贡献1个电子，每个氮原子贡献1个电子对，带一个单位的正电荷，说明环上失去了一个电子，共有6个电子形成大键；(5)因为NaCl晶体结构中钠离子与氯离子相间排列，所以NiO晶体结构中镍离子与氧离子也是相间排列，晶胞中Ni2+位置在顶点和面心，则晶胞中O2位于体心和棱中心；根据晶体密度计算晶胞体积，根据Ni2+和O2的原子半径计算离子占用的体积，离子占用的体积比晶胞体积就可计算出晶胞中原子的空间利用率。【详解】(1)根据基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，则价层电子的轨道表达式为；基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，最高能级为4p，则最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；答案： 哑铃(2)根据等电子体的结构相似，O22+的电子式与N2相似，因此1个O22+含有三个共用电子对，O22+的电子式为；答案：(3)氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3Cu(NH3)42+2OH-，总反应为：Cu2+4NH3H2OCu(NH3)42+4H2O；根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，因此最后向该溶液中加入一定量乙醇，会析出Cu(NH3)4SO4H2O晶体；答案：减小溶剂极性，降低晶体溶解度 Cu(NH3)4SO4H2O(4)根据分子结构可知，环外的三个碳原子均形成4个键，无孤电子对，所以为sp3杂化，环内的三个碳原子均形成3个键，参与形成大键，无孤电子对，所以为sp2杂化；环内的大键由三个C原子和两个N原子形成，其中每个碳原子贡献1个电子，每个氮原子贡献1个电子对，环中带一个单位的正电荷，共有6个电子形成大键，因此该分子中的大键可表示为；答案：sp2、sp3 (5)因为NaCl晶体结构中钠离子与氯离子相间排列，所以NiO晶体结构中镍离子与氧离子也是相间排列，晶胞中Ni2+位置在顶点和面心，则晶胞中O2位于体心和棱中心；每个晶胞中含有Ni2+：81/8+61/2=4；含有O2：1+121/4=4；M（NiO）=75g/mol