湖北省襄阳四中高考化学模拟试卷(六)有答案

1、湖北省襄阳四中2016届高考化学模拟试卷（六）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1.中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中.下列与化学有关的说法不正确的是（）A.闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺B.黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”，其中的硝是指硝酸C.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D.黑色金属材料通常包括铁、铭、镒以及它们的合金，是应用非常广泛的金属材料2.下列四组物质，用后面所给的试剂常温下就能鉴别出来的是（）A.苯、四氯化碳、无水乙醇、己烯澳水B.MnOz、FeS、CuO、CuS稀硫酸C.甲酸、乙酸、乙醛、乙醇新

2、制氢氧化铜悬浊液D.苯酚溶液、甲苯、乙酸乙酯、乙酸饱和碳酸钠溶液3.氧、硅、铝是地壳中含量最多的三种元素.下列叙述正确的是（）A.普通玻璃、水泥成分中都含有这三种元素B.三者的单质在空气中均能稳定存在C.电解熔融状态的SiO2和AI2O3可以制得Si、Al,且都有氧气生成D.氧元素与另外两种元素形成的二元化合物都能与NaOH的浓溶液反应4. Na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A. 18gD216O中含有的中子数为9NaB. 1molCHsCOONa和少量CH3COOH溶于水形成的中性溶液中，CHsCOO数目小于NaC.常温常压下，甲醛和冰醋酸的混合物共6.0g,其中含有的原子总

3、数为0.8NaD,将1molCH3CH2OH催化氧化为CH3COOH,消耗的。2分子数为Na5.始祖鸟烯（Pterodactyladiene）形状宛如一只展翅飞翔的鸟，其键线式结构表示如图，其中RvR2为烷煌基.则下列有关始祖鸟烯的说法中正确的是（）A.始祖鸟烯与乙烯互为同系物B.若R产R2二甲基，则其化学式为C12H16C.若R1=R2=甲基，则始祖鸟烯的一氯代物有3种D.始祖鸟烯既能使酸性高镒酸钾溶液褪色，也能使滨水褪色，则两反应的反应类型是相同的6.下列说法一定正确的是（）A.c（NH4+）相等的NH4CI溶液中的c（C）大于（NH2Fe（SO。2溶液中c（SO,，B.常温下，pH=1的

4、醋酸与pH=13的NaOH溶液混合后的溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）C,浓度均为0.1mol|_L1的Na?CO3和NaHCO3混合溶液中2c(Na+)=3c(CO32)+3c(HCO；)D.稀释氯化俊溶液过程中，NH4+的水解程度和水的电离程度都增大7 .一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示：下列判断正确的是（）- 5 - / 18A.溶液酸性越强，R的降解速率越小8 .R的起始浓度越小，降解速率越大C,在050min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等D,在2025min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.02moi|_

5、L1Lmin1二、解答题（共3小题，满分43分）8.为检验溶液中是否含有Cl,常采用向溶液中先加HNO3,再加AgNO3溶液的实验方案，若有白色沉淀生成，则证明有Cl，对此结论，有人提出了质疑，设计了如表探究性实验。实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液编PNa2SO4溶液AgNO3溶液现象体积/mL浓度/(mol?L1)体积浓度/(mol?L1)113滴2出现大量白色沉淀113滴0.5出现少量白色沉淀113滴0.1有些许浑浊113滴0.01无明显变化（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为。（表中不要留空格）（2）学生设计了如表表格，对实验一内容进行理论计算，请帮他完成表格。编RAgNO

6、3浓度/(mol|_L1)稀释后Ag+浓度/(mo(_L1)混合溶液中so42的最小理论检出浓度/(mo(_L1)20.20.00030.50.00480.10.010.120.010.00125c时Ksp(Ag2SO=1.2x10分析上面数据，若向lmL某溶液中加入3滴0.1moLL1AgNO3溶液,判断下列说法正确的是(填字母序号).A,混合液中c(SO；)=0.1mol|_L1时不会产生AgzSO,沉淀B.混合液中c(SO42)=1moll_L1时不会产生Ag2SO4沉淀C.无论SO42浓度大小都会产生Ag2SO4沉淀D.若使用0.01molLL1AgNO3溶液，可基本排除SO42对C检

7、验构成的干扰(3)某同学在实验一的基础上继续设计了以下实验。实验二：编RAgNO3浓度/(molL1)现象向沉淀中滴加硝酸后的现象2出现大量白色沉淀滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失0.5出现少量白色沉淀滴加稀硝酸，沉淀基本消失已知：H2SO4=H+HSO4、HSO4=H+SO42；对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设一。假设一：。假设二：NO3又Ag2SO4溶解起作用。(4)从下列限选试剂中选择适当试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立.请补齐实验方案(限选试剂：Ag2SO4固体、浓HNO3、NaNO3饱和溶液、CaSO4固体)。取少量CaSO

8、4固体于试管中，加入一定量浓HNO3,充分振荡.若沉淀溶解，说明假设一成立。说明假设二成立。(5)通过(4)的实验发现假设一成立，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因。结论：该同学组通过实验发现，考虑到Ag+对C检验的灵敏度较高，通常情况下，实验室配制的用来检3&Cl的AgNO3浓度一般较小，所以SO42对C检验的干扰是完全可以排除的。9 .硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。1(1)己知25c时：so2(g)+2CO(g)=2CO2(g)+Sx(s),AH=akJ/molx，、，、，、32COS(g)+SO2(g)=2CO2(g)+Sx(s),AH=bkJ/molx则COS的电子

9、式为;生成CO(g)与Sx(s)反应的热化学方程式是(2)焦亚硫酸钠(Na2s2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，它一般由Na2SO3和SO2直接反应获得.焦亚硫酸钠遇水后立即生成一种酸式盐，写出与水发生反应的化学方程式(3)工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图3所示:写出反应器中发生反应的化学方程式是,若仅在SO2的水溶液中滴加几滴碘水c(SO)/c(HSO；)将(填“增大”、“减小”或“不确定”)。图1为电渗析装置，该装置中发生的总反应的化学方程式是。若向膜反应器中加入1molHI,在一定条件下n随时间(t)的变化关系如图2所示.该温度下，反应平衡常数K=,若将HI通入量变为原来

10、的4倍，则平衡?!合物中心所占体积分数为。10 .馍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料.玻基法提纯粗馍涉及的两步反应依次为： Ni(s)+4CO(g)U；BUNi(CO)4(g),AH0完成下列填空:(1)在温度不变的情况下，要提高反应(1)中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有、。(2)已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO4),粗馍(纯度98.5%,所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如图所示，Ni(CO4)在010min的平均反应速率为。(3)若反应(2)达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时。a.平衡常数K增大b.CO的浓度

11、减小c.Ni的质量减小d.v逆增大(4)简述谈基法提纯粗银的操作过程：。(5)储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如例馍合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物，其化学式可近似地表示为LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可看作是零)，它跟NiO(OH)可组成馍氢可充电电池：LaNi5H6+6NiO(OH)L式|LLaNi5+6Ni(OH,该电池放电时，负极反应是,市面上出售的标称容量为2000mAh(mAh表示毫安时)的1节馍氢电池至少应含有例馍合金g(结果保留两位有效数字，已知1mol电子的电量为96500库仑或安培渺Mr(LaNi5)=434).IM:X.J

12、O-，-iim.I工LJ1rI.三、【化学-选彳3：物质结构与性质】11.物质的结构决定物质的性质.请回答下列涉及物质结构和性质的问题：(1)基态Cu2+的电子排布式为,其M电子层的电子数为。(2)VSEPR理论认为价层电子对间互斥力(F)大小顺序：F(孤电子对间)F(孤电子对-成键电子对)F(成键电子对间)，已知XeF4中Xe价层电子对数为6,其VSEPR模型为八面体，为使得价层电子对间的孤电子对斥力最小，预测XeF4分子中的键角应为(3)除NH3、H2O、HF外，同主族氢化物的沸点随周期数增大而升高的原因是已知NH3、H2O、HF的氢键键能和结构如表:物质氢键X-键能/kJ?mol1(HF

13、)。F-HF28.1冰O-HH018.8则如图IH2O、HF、NH3沸点由高到低的顺序依次为： (4)石墨型BN呈白色，亦称“白石墨”，“白石墨”的结构示意图和晶胞如图2 (中图是晶胞底面从(NH3)nNHN5.4石墨”中的截取情况)，则“白石墨”中B和N的杂化方式分别为,白石墨的密度为g_cm知相对原子质量B:11、N:14,阿伏加德罗常数的数值用Na表示)。四、【选修5-有机化学基础】6,利12.有机化合物A的分子式为C4HgBr,A分子的核磁共振氢谱有3个吸收峰，其面积之比为2：1：:部分物质省略.用A按照下列合成路线可以合成调味剂F (已知：B在一定条件下可以合成一种高分子化合物，C和

14、D互为同分异构体;00Rl-U-R+RzOH鹫R1-U-R+&-OH试回答下列问题:(1)化合物B的系统命名是,B生成高分子化合物的化学方程式为(2)D的结构简式为。(3)由B经两步反应转化为C经历的反应类型为和 4) 4)E转化为F的化学方程式为。 5) F的同分异构体需符合下列条件：分子中含有苯环，苯环上共有2个取代基，且处于对位；能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2符合条件的同分异构体共有种，其中一种异构体的核磁共振氢谱只有5个吸收峰，且吸收峰面积之比为3：2：2：1：6，则该异构体的结构简式为。- 7 - / 18湖北省襄阳四中2016届高考化学模拟试卷(六)答案15.BADBC67.AC8

15、.(1)2Ag+SO42=Ag2S04J；(2)AD;(3)h+又Mg2SO4起溶解作用；(4)取少量AgzSO,固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡.若沉淀溶解，说明假设二成立；(5)Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)l_2Ag+(aq)+SO42(aq),H+与SO42结合生成HSO4,SO42浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解。9.(1)；xCOS(g)=xCO(g)+SAH=0.5x(b-a)kJ/mol；(2)Na2s2O5+H2O=2NaHSO3；.(3)SO2+XI2+2H2O=HzSO4+2HIx；减小；电解2HIx(x-1)I2+2H

16、I；1一；10%。6410. (1)及时移走Ni(CO),；加压；(2) 0.05moll_L1min1;(3) bc；(4)先将粗馍和CO在50c反应生成玻基馍，然后将默基馍转移到另外一个中，升温至230c热解得到纯银。(5) LaNi5H6+6OH-6e=LaNi5+6HzO；5.4；11. (1)1s22s22p63s23p63d9；17；(2) 90。；(3)同为分子晶体，物质的组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；H2OHFNH3；(4) sp2 和 sp2 ；10073NAa2b CH,12. (1)2甲基1丙烯；”LH.C=CH.鹏.一(CH：.；CII,

17、CH.|(2)(CH3)2CHCH20H；(3)加成反应；水解反应；o川口L。IIrI臂仲III(4) CHjCH口WI：、+f-OHTH,C-0Jm-chch;JjI-w|hCH1凡口1|CH,(5) 13;IH.(:CtKLH- 11 - / 18湖北省襄阳四中2016届高考化学模拟试卷（六）解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1 【考点】化学史【分析】A陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；B根据黑火药的成分分析；C.侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；D黑色金属材料通常包括铁、铬、锰以及它们的合金；【解答】解：A陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学

18、工艺，故A正确；B黑火药的成分是硫磺、硝酸钾和木炭，三者按照1：2：3的物质的量比混合在一起，故B错误；C侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；D黑色金属材料通常包括铁、铬、锰以及它们的合金，属于金属材料，故D正确；故选B2 【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】A苯、四氯化碳都不溶于水，且密度大小不同，乙醇与水混溶，己烯与溴水反应；BMnO2、CuS不溶于稀硫酸；C.醛基的氧化应在加热条件下进行；D甲苯、乙酸乙酯都不溶于饱和碳酸钠溶液【解答】解：A苯、四氯化碳都不溶于水，苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醇与水混溶，

19、己烯与溴水反应，溶液褪色，可鉴别，故A正确；BMnO2、CuS不溶于稀硫酸，不能鉴别，故B错误；C.醛基的氧化应在加热条件下进行，常温下不能鉴别甲酸、乙酸，也不能鉴别乙醛和乙醇，故C错误；D甲苯、乙酸乙酯都不溶于饱和碳酸钠溶液，不能鉴别，故D错误故选A3 【考点】硅和二氧化硅【分析】A普通玻璃中成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，水泥成分为硅酸二钙、硅酸三钙和铝酸二钙；B硅铝在自然界中都是化合态存在；C.二氧化硅是原子晶体，形成的是共价化合物；D二氧化硅是酸性氧化物，氧化铝属于两性氧化物【解答】解：A普通玻璃中成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，水泥成分为硅酸二钙、硅酸三钙和铝酸二钙，玻璃中无铝元素，

20、故A错误；B硅铝在自然界中都是化合态存在，Si的基态电子排布式为1s22s22p63s23p2，3p轨道上有空轨道所以会和空气中的O结合，。有孤对电子，所以Si多数以SiO2和硅酸盐的形式存在，铝是活泼金属，和空气中氧气反应生成氧化铝，故B错误；C.二氧化硅是原子晶体，形成的是共价化合物，电解熔融状态的A12O3可以制得Al,且有氧气生成，SiO2和熔点高，属于共价化合物，不能电离出离子，不能电解生成硅，故C错误；D.二氧化硅是酸性氧化物，氧化铝属于两性氧化物，二者都和氢氧化钠溶液反应，故D正确；故选D.4 .【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A.重水的摩尔质量为20g/mol,含有10个中子，

21、18g重水的物质的量为0.9mol;B.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒来分析；C.甲醛与醋酸的最简式为CH2O,6.0g化合物中含有0.2mol最简式CH2O,含有0.8mol原子；D.2依据方程式：2CH3CH2OH+O2=2CH3CHO+2H2。，2CH3CHO+O2傕化剂2CH3COOH,解答.【解答】解：A.18g重水的物质的量为0.9mol,0.9mol重水中含有9mol中子，含有的中子数为9NA,故A正确；B.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：n(CH3COO)+n(OH一)=n(H+)+

22、n(Na+),由于溶液显中性，故有n(OH)=n(H+),则有：n(CH3COO)=n(Na+)=1mol,则醋酸根的个数为Na个，故B错误；C.甲醛与醋酸的最简式为CH2O,6.0g化合物中含有0.2mol最简式CH2。，含有0.8mol原子，总数为0.8Na,故C正确；D.依据方程式：2CH3CH2OH+O2=2CH3CHO+2H2。，2CH3CHO+O2傕化剂2CH3COOH,可知将2molCH3CH20H催化氧化为CH3COOH,消耗2mol氧气，贝U将ImolCH3CH20H催化氧化为CH3COOH,消耗的。2分子数为Na,故D正确；故选：B.5.【考点】芳香煌、煌基和同系物；有机物

23、分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体.【分析】A.同系物属于同类物质，分子组成相差一个或若干个-CH2-；B.根据结构简式来书写化学式；C.始祖鸟烯是对称的，有3种氢原子；D.烯煌使高镒酸钾褪色，体现了有机物的还原性，烯煌和滨水加成而使得滨水褪色.【解答】解：A.始祖鸟烯为环状烯烧，与乙烯结构不同，不互为同系物，故A错误；B.若R1=R2=-CH3,则其化学式为Ci2H14,故B错误；C.始祖鸟烯是对称的，有3种氢原子，一氯代物有3种，故C正确；D.始祖鸟烯使高镒酸钾褪色，体现了始祖鸟烯的还原性，始祖鸟烯和滨水是发生了加成反应而使得滨水褪色，原理不同，故D错误.故选C.6.【考点】

24、离子浓度大小的比较.【分析】A.(NH4)2Fe(S04)2溶液中，亚铁离子水解抑制了俊根离子的水解，则俊根离子浓度相同时氯化钱的浓度大于(NH4)2Fe(S04)2溶液浓度的2倍；B.醋酸为弱电解质，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)c(0H)；C,根据度均为O/moL1的Na2CO3和NaHC。？混合溶液中的物料守恒判断；D.NH4CI溶液，加水稀释，其浓度减小，对水的电离的促进程度减小.【解答】解：A.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，亚铁离子水解抑制了俊根离子的水解，则c(NH4+)相等时NH4C1的浓度大于(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度的2倍，氯离子和硫酸根离子不水解

25、，则NH4CI溶液中的c(C)大于(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(SO42)，故A正确；B.常温下，pH=1的醋酸与pH=13的NaOH溶液混合后的溶液中，醋酸为弱酸，则混合液中醋酸过量，混合液呈酸性：c(H+)c(OH),根据电荷守恒可知：(CH3COO)c(Na+),溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH),故B错误；C.浓度均为0.1mol?L1的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可得：2c(Na+)3c(CO32)+3c(H2CO3)+3c(HCO3),故C错误；D.NH4CI溶液，加水稀释，俊根离子的水解程度增大，但俊根离子的浓度

26、减小，对水的电离的促进程度减小，所以水的电离程度会减小，故D错误；故选A.7 .【考点】化学平衡的影响因素.【分析】A.根据图知，溶液的pH越小，R的降解速率越大;8 .由t=0时物质的初始浓度来判断降解速率的大小；C.在0-50min之间，pH=2和pH=7时R都完全降解；D.2025min之间，pH=10时R的平均降解速率=.【解答】解：A.根据图知，溶液的pH越小，即酸性越强，R的纵坐标变化量越大，所以R的降解速率越大，故A错误；B.图中无法比较同一pH条件下，R的起始浓度与降解速率的关系，故B错误；C.在050min之间，pH=2和pH=7时R都完全降解，所以其降解百分率相等，故C正确

27、;mol/ (L. min) =0.04mol?L 1?min 1,故Ac6一。,4D.2025min之间，pH=10时R的平均降解速率l.-=_TZuZUD错误；故选C.二、解答题(共3小题，满分43分)9 .【考点】性质实验方案的设计.【分析】(1)向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银，据此书写离子反应方程式；(2)依据表格得知四次实验中AgNO3浓度/(mol?L1)依次减小，对比稀释后Ag+浓度/(mol?L1),应为稀释10倍，依据Ksp(Ag2SO4)=1.2X105,填写实验中混合液中SO42的最小理论检出浓度/(mol?L1);依据溶度积常数判断

28、是否产生沉淀；(3)硝酸中存在氢离子和硝酸根，从这两种离子对银离子的影响假设即可；(4)若稀硝酸能溶解硫酸该固体，则说明假设一成立；若硝酸钠能使硫酸银溶解，说明假设二成立，据此解答即可；(5)Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)?2Ag+(aq)+SO42(aq),加入氢离子，氢离子与硫酸根结合，据此判断即可.-13 -/ 18【解答】解：(1)硫酸银为微溶于水的白色沉淀，故硫酸钠中滴入硝酸银生成白色沉淀的离子反应方程式为：2Ag+SO42Ag2SO4，故答案为：2Ag+SO42一AgSO4J;(2)对比实验得知，应为稀释10倍，故中银离子浓度为：0.5避0=0.05mol/L；

29、中稀释后硝酸银浓度为0.001mol/L;由于25c时Ksp(Ag2SO4)=1.2M05,故混合液中SO42的最小理论检出浓度/(mol?L1LZ乂IQ_*)=-=-=12,(LXIO-3)2向lmL某溶液中加入3滴0.1mol/LAgNO3溶液；A.依据实验得出此种银离子浓度下，当c(SO42)0.12mol/L时才产生Ag2SO4沉淀，故A正确；B.混合液中c(SO42)=1mol/L时会产生Ag2SO4沉淀，故B错误；C.依据AB可知，硫酸根离子达到一定程度，会产生硫酸银沉淀，故C错误；D.由此实验得出若使用0.01mol/LAgNO3溶液，可基本排除SO42对Cr检验构成的干扰，故D

30、正确，符合要求的为AD,故答案为：0.05;12；AD；(3)硝酸只能电离出氢离子和硝酸根，结合题意假设二为：NO3对Ag2SO4溶解起作用，据此得出：假设一：H+对Ag2SO4溶解起作用，故答案为：H+对Ag2SO4溶解起作用；(4)结合所给的试剂，若硝酸钠能使硫酸银溶解，说明假设二成立，设计实验为：取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡.若沉淀溶解，说明假设二成立，故答案为：取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡.若沉淀溶解，说明假设二成立；(5)Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)?2Ag+(aq)+SO42(

31、aq),H+与SO42结合生成HSO4,2一SO4浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解，故答案为：Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)?2Ag+(aq)+SO42(aq),H+与SO42结合生成HSO4,SO42浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解.9 .【考点】热化学方程式；化学平衡的计算.【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，COS和二氧化碳为等电子体，等电子体微粒的结构相似；(2)焦亚硫酸钠遇水后立即生成一种酸式盐为亚硫酸氢钠；(3)由工艺流程图可知，SO?、吆出。反应生成H2SO4、HIx,配平书写方程式，若仅在SO?的水溶液卬

32、Ka中滴加几滴碘水，会发生氧化还原反应，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，二十不；hso3W由图2可知，在阴极区”一转化为，在阳极区Ix转化为以阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成12、HI；由图可知，2min内H2物质的量的变化量，根据反应方程式写平衡表达式，结合平衡浓度计算平衡常数，若将HI通入量变为原来的4倍，反应前后气体体积不变，平衡不变，氢气所占体积分数即为氢气物质的量的分数.【解答】解：(1)COS和二氧化碳为等电子体，等电子体微粒的结构相似，所以该气体的电子式为SO2(g)+2CO(g)2C02(g)+Sx(s)H=akJ?mol1；x2COS(g)

33、+SO2(g)2CO2(g)+Sx(s)H=bkJ?mol1.依据盖斯定律(-X2)及得到：xCOS(g)=xCO(g)+Sx(s)H=0.5x(b-a)kJ/mol,故答案为：xCOS(g)=xCO(g)+Sx(s)H=0.5x(b-a)kJ/mol；(2)焦亚硫酸钠遇水后立即生成一种酸式盐为亚硫酸氢钠，反应的化学方程式为Na2s2O5+H2O=2NaHSO3,故答案为：Na2s2O5+H2O=2NaHSO3；(3)由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX,反应方程式为SO2+xI2+2H2OH2SO4+2HIX,若仅在SO2的水溶液中滴加几滴碘水，会发生氧化还原反应

34、，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，反应过程中氢离子浓度增大，电离平衡常数不变，则比值减小底0产|S032-H+|Ka11II工口向七向IIXInJIX?八I且V啦/,HS03：EHS03HH故答案为：SO2+xI2+2H2H2SO4+2HIX；减小；由图2可知，H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI,反应方程式为：2HIx电解(x-1) I2+2HI- 15 - / 18电解反应前后气体体积不变，平衡常数可以利用物质的量代替平衡浓度计算,K=O.ix CU0. s2故答案为：2HIx(x-1)I2+2HI;若向膜反应器中加入1molHI,反应为2HI?H2+I2

35、,结合平衡三行计算列式计算，图象可知2min达到平衡状态，氢气物质的量为0.1mol,2HI?H2+I2,起始量(mol/L)100变化量(mol/L)0.20.10.1平衡量(mol/L)0.80.10.1若将HI通入量变为原来的4倍，反应前后气体体积不变，平衡不变，氢气所占体积分数即为氢气物质的量的分数=口产4M00%=10%,10 .【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素.【分析】(1)反应Ni(S)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)+Q是放热反应，反应前后气体体积减小，依据平衡移动原理分析；(2)粗馍的纯度98.5%,1-10min内粗馍质量减少100g

36、-41g59g；馍的质量=59gX98.5%=58.115g依据化学方程式计算Ni(CO)4的质量，计算物质的量得到变化浓度，根据化学反应速率概念计算得到；(3)由反应为放热反应可知反应为吸热反应，因此反应达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆Ni(CO)4减小；(4)利用信息可知，可采取在低温(50C)时让粗馍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230c时分解即可得到纯银；(5)根据反应的总方程式可知阴极应为LaNi5LaNi5H6被还原生成LaNi5H6；根据1mol电子转移时所通过的电量为1法拉第，1法拉第电量为96500库仑或

37、安培秒,则2000mAh的1节馍氢电池则要转移2000 X 360096500X103mol电子，再根据电极反应计算需要金属馍的质量.【解答】解：(1)反应是气体体积减少的放热反应，因此在温度不变的情况下，采取增大体系压强、从反应体系中移走Ni(CO)4(g)等措施均可使反应正向进行，提高Ni(CO)4的产率，故答案为：及时移走Ni(CO)4,加压；(2)随反应进行，粗馍减少的质量即为参加反应消耗的馍的质量，粗馍的纯度98.5%,1-10min内粗馍质量减少100g-41g=59g；馍的质量=59gX98.5%=58.115g在010min,生成Ni的物质的量=tioo-41)x98.5就/、

38、.口1=0.985mol,故在010min,vNi(CO)4=21=0.985mol/(2LX10min)=0.05mol/5g-Orrin(L?min)；故答案为：0.05mol/(L?min);(3)由反应为放热反应可知反应为吸热反应，因此反应达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆Ni(CO)4减小;a.温度降低平衡向放热反应方向进行，反应是吸热反应，平衡逆向进行，平衡常数减小；b.温度降低平衡向放热反应方向进行，反应是吸热反应，平衡逆向进行一氧化碳浓度减小；c.依据反应分析，温度降低反应平衡正向进行，反应逆向进行，馍质量减小；d

39、.平衡逆向进行，温度降低，v逆Ni(CO)4减小；故答案为：bc；(4)利用信息可知，可采取在低温(50C)时让粗馍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230c时分解即可得到纯馍，在封闭的玻璃管一端放入粗馍，控制温度在50C,通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230C,即可在该端获得纯净的馍，故答案为：先将粗馍和CO在50c反应生成玻基馍，然后将默基馍转移到另外一个中，升温至230c热解得到纯银;(5)放电时，负极失电子发生氧化反应，电极反应为:LaNi 5H6+6OH - 6e =LaNi 5+6H2O,因为 1mol 电子转移时所通过的电量为 1法拉第，1法拉第电量为要转移2喘

40、濡OM03mol电子,又根据阴极反应96500库仑或安培秒，则2000mA?h的1节馍氢电池则LaNi5+6e +6H2 LaNi5H6+6OH ,所以 1mol 剃馍合金车t移6mol电子，所以2000mAh的1节馍氢电池则要例馍合金的质量为空匹2酒处X10-3moi工965006；为/mol=5.4g,故答案为：LaNi5H6+6OH-6e=LaNi5+6H2O;5.4.三、【化学-选彳3：物质结构与性质】11 .【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布.【分析】(1)根据Cu的电子排布式书写Cu2+离子的电子排布式，注意原子形成离子先失去高能层中高能级电子，并可据此判断其M电子层的电子数；(

41、2)使得价层电子对间的孤电子对斥力最小，则孤电子对应处于相对的位置，则XeF4分子中四个成键电子对处于同一平面上，据此判断；(3)同主族氢化物一般都是分子晶体，除NH3、H2O、HF外，分子的相对分子质量越大，分子间的作用力越大，所以其沸点随周期数增大而升高，在NH3、H2O、HF中，氨分子只有一对孤电子对，氟化氢分子只有一个氢原子，水分子有两个氢原子和两对孤电子对，所以每摩尔氨气和氟化氢中都有1mol氢键，而每摩尔水中有2mol氢键，所以每摩尔水中含有氢键的键能为18.8kJ?mo1x2=37.6kJ?mo11,每摩尔NH3中含有氢键的键能为5.4kJ?mo每摩尔HF中含有氢键的键能为28.

42、1kJ?mo每摩尔物所含氢键键能越大，即分子间作用力越大，则沸点越高，据此判断；(4)根据石墨型BN的晶体结构可知，每个B原子周围有3个。键、没有孤电子，N原子周围有3个b键，没有孤电子，据此判断杂化方式，在BN晶胞中含有原子数共为4X-E-4X7-b2X-=10,12636其中半是B原子，一半是N原子，由于晶胞的下底面为内角为60。的棱形，所以晶胞的体积为a2b,根据p岑计算密度；【解答】解：(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29,Cu2+离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9,其M电子层的电子数为17,故答案为：1s22s22p63s23p63d9;17;(2)使得

43、价层电子对间的孤电子对斥力最小，则孤电子对应处于相对的位置，则XeF4分子中四个成键电子对处于同一平面上，所以XeF4分子中的键角应为90。，故答案为：90。；(3)同主族氢化物一般都是分子晶体，除NH3、H2O、HF外，分子的相对分子质量越大，分子间的作用力越大，所以其沸点随周期数增大而升高，在NH3、H2。、HF中，氨分子只有一对孤电子对，氟化氢分子只有一个氢原子，水分子有两个氢原子和两对孤电子对，所以每摩尔氨气和氟化氢中都有1mol氢键，而每摩尔水中有2mol氢键，所以每摩尔水中含有氢键的键能为18.8kJ?mo1x2=37.6kJ?mo11,每摩尔NH3中含有氢键的键能为5.4kJ?mol1,每摩尔HF中含有氢键的键能为28.1kJ?mol1,每摩尔物所含氢键键能越大，即分子间作用力越大，则沸点越高，