山东省泰安市2020届高三第五次模拟考试（全国模拟）化学试题 (2)

1、山东省泰安市2020届高三第五次模拟考试（全国模拟）化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_1新型冠状病毒爆发时刻，更能体现化学知识的重要性。下列有关消毒剂的说法中正确的是（ ）A各类消毒剂浓度越大，消毒效果越好B为了增强消毒效果，可以将医用酒精、“84”消毒液混用C过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，含有-1价氧元素，具有氧化性D各类消毒剂均能使病毒蛋白质变性，但是对人体蛋白质无影响【答案】C【解析】【分析】【详解】A消毒剂浓度大不一定消毒效果好，如：75%的医用酒精消毒效果比无水酒精好，故A错误；B“84”消毒液和酒精混合后可能产生对人体有害的物质，不能将医用酒精、“84”消毒液混用，故

2、B错误；C过氧乙酸的结构式是，有O-O键，含有-1价氧元素，具有氧化性，故C正确；D各类消毒剂能使病毒蛋白质变性，同样对人体蛋白质也有危害，故D错误；选C。2我国古籍中有许多与化学相关的记载。下列说法正确的是（ ）A论衡·是应篇中记载：“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南。”司南中的“杓”含Fe2O3B本草求真云：“酒性种类甚多，然总由水谷之精，熟谷之液，酝酿而成”，酿酒过程中经历了复杂的化学变化C本草图经中有关绿矾的分解描述如下：“绿矾形似朴硝而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”“色赤”物质是Fe(OH)3D抱朴子中关

3、于雄黄(As4S4)有如下描述：“伏火者，可点铜成金，变银成金。”此处的“金”代表金单质【答案】B【解析】【分析】【详解】AFe3O4具有磁性，“司南”中的“杓”含Fe3O4，故A错误；B酿酒过程中淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，经历了复杂的化学变化，故B正确；CFe(OH)3受热易分解，Fe 的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3 ，故 C错误；D化学变化中元素种类不变，“伏火者，可点铜成金，变银成金”，这里的“金”不可能是金单质，故D错误；选B。3常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A无色透明的溶液中：OH-、Na+、CrO、S

4、OBc(S2O)=0.1mol·L-1的溶液中：Na+、K+、CO、SOC水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、HSO、NOD能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：Na+、NH、Cl-【答案】B【解析】【分析】【详解】A含有CrO的溶液呈黄色，故不选A； B S2O、Na+、K+、CO、SO不反应，能大量共存，故选B；C水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下HSO、NO发生氧化还原反应，碱性条件下Mg2+、HSO和OH-反应生成氢氧化镁沉淀和SO32-，故不选C；

5、D能使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性， 、H+反应生成苯酚，故不选D；选B。4下列有机物命名正确的是（ ）A：3，4二甲基戊烷B：1甲基丙醇C：2，4二甲基苯甲醛D：3溴丁酸甲酯【答案】D【解析】【分析】【详解】A的名称是：2，3二甲基戊烷，故A错误；B的名称是：2丁醇，故B错误；C的名称是2，5二甲基苯甲醛，故C错误；D的名称是：3溴丁酸甲酯，故D正确；答案选D。5NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A1molNaHSO4晶体中含有的阴、阳离子数目之和为2NAB100mL0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有的Fe2+数目为0.01NAC46g乙醇与

6、60g乙酸充分反应后生成乙酸乙酯分子的数目为NAD常温下，6.4g铜与足量浓硫酸充分反应，转移的电子数为0.2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 1molNaHSO4晶体中含有1mol钠离子和1mol硫酸氢根，阴、阳离子数目之和为2NA，A正确；B. 100mL0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+会水解，含有的Fe2+数目小于0.01NA，B错误；C. 46g乙醇与60g乙酸反应是可逆反应，生成乙酸乙酯分子的数目小于NA，C错误；D. 常温下，铜与足量浓硫酸不反应，D错误；故选A。6已知：，下列关于M、N两种有机物的说法中正确的是（ ）AM、N均可以

7、用来萃取溴水中的溴BM、N分子中所有原子均可能处于同一平面CM、N均可发生加聚反应DM、N的一氯代物均只有4种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【分析】【详解】A.有机物N中含有碳碳双键能与溴发生加成反应，不能用来萃取溴水中的溴，A错误；B.有机物M中含有甲基，呈四面体结构，故所有原子不可能共平面，B错误；C.有机物M中不含碳碳双键或碳碳三键，故不能发生加聚反应，C错误；D.有机物M中有4类氢原子，故其一氯代物有4种，有机物N中4类氢原子，故其一氯代物有4种，D正确；答案选D。7镁-空气电池是一种新型燃料电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A金属Mg电极为负极，其电势低于空气电极

8、的电势B电子流向：Mg电极导线空气电极电解质溶液Mg电极C电池总反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2D回收后的氢氧化镁经一系列转化，可重新制成镁锭循环利用【答案】B【解析】【分析】【详解】A金属Mg失电子，Mg为负极，空气电极是正极，正极电势高于负极，故A正确；B金属Mg失电子，Mg为负极，空气电极是正极，电子流向：Mg电极导线空气电极，溶液中没有电子移动，故B错误；C金属Mg失电子生成镁离子，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电池总反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，故C正确；D氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，在氯化氢气流中蒸发氯化镁溶液，得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取金

9、属镁，故D正确； 选B。8下列实验中，各实验操作对应的现象以及结论均正确且具有因果关系的是（ ）选项实验操作现象结论A将一片鲜花花瓣放入盛有干燥氯气的集气瓶中鲜花花瓣未变色干燥的氯气没有漂白性B向某溶液中滴入几滴K3Fe(CN)6溶液有蓝色沉淀生成该溶液中含有Fe3+C测定等浓度的Na2C2O4的溶液和Na2CO3溶液的pHNa2CO3溶液的pH较大酸性：H2C2O4H2CO3D常温下，向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液先生成蓝色沉淀常温下，KspCu(OH)2KspMg(OH)2AABBCCDD【答案】D【解析】【分析】【详解】A鲜花花瓣含有水分，与氯气反应生成次氯酸，

10、次氯酸具有漂白性，鲜花花瓣褪色，故A错误；B向某溶液中滴入几滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成，说明该溶液中含有Fe2+，故B错误；C碳酸、草酸为二元弱酸，测定等浓度的NaHC2O4的溶液和NaHCO3溶液的pH ，判断碳酸、草酸的酸性，故C错误；D常温下，向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成蓝色氢氧化铜沉淀，说明常温下KspCu(OH)2KspMg(OH)2，故D正确；选D。9X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质是密度最小的金属，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y、Z同主族。下列叙述正确的是（ ）AX的单质通常保存在煤油中B简

11、单氢化物的稳定性：YZWCZ的氧化物对应的水化物均为强酸DZ2W2中各原子最外层均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】X的单质是密度最小的金属，X是Li；Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是O元素；Y、Z同主族，Z是S元素；X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是Cl元素。【详解】A锂的密度小于煤油，锂单质通常保存在石蜡油中，故A错误；B非金属性OClS，简单氢化物的稳定性：H2SHClH2O，故B错误；CSO2对应的水化物H2SO3为弱酸，故C错误；DS2Cl2结构式为Cl-S-S-Cl，S形成2个共价键、Cl原子形成1个共价键，S原子最外层电子数为6+2=8

12、，Cl原子最外层电子数=7+1=8，均满足8电子结构，故D正确；选D。10碱金属及其化合物在工农业生产中用途广泛。下列说法错误的是（ ）A第一电离能：NaKRbCsB与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有4种C金属钠的三维空间堆积方式为体心立方堆积，钠原子的配位数为8D锂、钠、钾三种元素焰色反应的颜色分别为绿色、黄色、紫色【答案】D【解析】【分析】【详解】A同主族元素从上到下第一电离能减小，第一电离能NaKRbCs，故A正确；B基态钾原子有1个未成对电子，与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有Sc、Cu、Ga、Br，共4种，故B正确；C体心立方堆积配位数是8，金属钠的三维空间堆

13、积方式为体心立方堆积，钠原子的配位数为8，故C正确；D锂、钠、钾三种元素焰色反应的颜色分别为紫红色、黄色、紫色，故D错误；选D。11污水处理厂处理含CN-废水的过程分两步进行：向含CN-的废水中加入过量NaC1O将CN-转化为CNO-；调节所得溶液为酸性，使CNO-继续被NaC1O转化为两种无污染的气体。下列关于上述过程的叙述错误的是（ ）ACN-的电子式为B过程中，生成CNO-的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C过程中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2D氧化性：CNO-C1O-【答案】AD【解析】【分析】【详解】A. CN-的电子式为，故A错误；B. 过程中，CN-被氧化为CN

14、O-，1mol CN-转移2mol电子，NaC1O被还原为NaC1，1mol NaC1O转移2mol电子，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；C. CO2和N2无污染，过程中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2，故C正确；D. CN-被NaC1O氧化为CNO-，所以氧化性：CNO-C1O-，故D错误；选AD。12化合物M由两种位于第四周期的过渡金属元素和一种位于第三周期的非金属元素组成，一定条件下M存在如图所示转化。已知：固体Y中两种金属元素的化合价分别为+2、+3。下列有关推断错误的是（ ）A气体X能使品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、含酚酞的碳酸钠溶液褪色B溴水吸收气体X的离

15、子方程式为Br2+2H2O+SO22HBr+2H+SOC根据上述数据推知，M的化学式为CuFeS2D向KNO3和稀盐酸的混合溶液中加入少量固体Z，固体Z全部溶解【答案】B【解析】【分析】M在空气中灼烧，产生刺激性气味的气体X，气体X和溴水反应后的溶液与氯化钡反应生成的沉淀是硫酸钡，硫酸钡的物质的量是，所以M中含有S元素，且物质的量是0.2mol，气体X是二氧化硫；固体Y是金属氧化物，被CO还原为金属Z，红色固体R难溶于硫酸，所以R是Cu，铜的质量是6.4g，固体Y中两种金属元素的化合价分别为+2、+3，则另一种金属为+3价，设另一种金属为T ，氧化物的化学式是 根据元素守恒，T元素的质量是；的

16、质量是，设T元素的相对分子质量是a，则 ，a=56g/mol，所以T是铁元素。【详解】A气体X是二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、含酚酞的碳酸钠溶液褪色，故A正确；B溴水和二氧化硫反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为Br2+2H2O+SO2=2Br-+4H+SO，故B错误；C根据上述数据推知，18.4g M含有Fe元素的物质的量是 、Cu元素的物质的量是、S元素的物质的量是0.2mol，M的化学式为CuFeS2，故C正确；D固体Z是铁、铜的混合物，铁、铜都能溶液稀硝酸，向KNO3和稀盐酸的混合溶液中加入少量固体Z，固体Z全部溶解，故D正确；选B。13工业上常利用CO2和NH

17、3合成尿素CO(NH2)2，该可逆反应分两步进行，整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）ANH2COONH4为合成尿素反应的中间产物B反应逆反应的活化能反应正反应的活化能C反应在热力学上进行趋势很大D2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)的焓变H=El-E2【答案】CD【解析】【分析】【详解】A.从图像可知，合成尿素的过程中生成了NH2COONH4，其为合成尿素反应的中间产物，A正确；B.活化能是指化学反应中反应物分子到达活化分子所需的最小能量，由图像可知，反应逆反应的活化能反应正反应的活化能，B正确；C.反应为吸热反应，在热力学上进行趋势较小，C错误；

18、D.2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)为放热反应，H =生成物的总能量-反应物的总能量<0，即H=E2-E1，D错误；答案选CD。1425时，向盛有25mLpH=12的一元碱MOH溶液的绝热容器中滴加0.05mol·L-1H2SO4溶液，加入H2SO4溶液的体积(V)与所得混合溶液温度(T)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A应选用酚酞作指示剂Ba点溶液中存在：c(MOH)+c(M+)4c(SO)C水的电离程度：abcDbc的过程中，温度降低的主要原因是溶液中发生了吸热反应【答案】B【解析】【分析】根据图象可知，b点温度最高，说明b点MOH和硫

19、酸恰好反应，25mLpH=12的一元碱MOH溶液与20mL 0.05mol·L-1H2SO4溶液恰好反应，MOH的浓度是0.08 mol·L-1，所以MOH是弱碱。【详解】A. MOH是弱碱，和硫酸恰好反应时，溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，故A错误；B.根据物料守恒， a点溶液中M元素的物质的量是0.08 mol·L-1×0.025L=0.002mol，SO的物质的量是0.05mol·L-1×0.0125L=0.000625mol，所以存在：c(MOH)+c(M+)4c(SO)，故B正确；C. b点MOH和硫酸恰好反应，溶质为M2

20、SO4，a点碱有剩余、c点酸有剩余，所以水的电离程度b最大，故C错误；D. b点MOH完全消耗，bc的过程中，不再发生反应，加入硫酸的温度低于混合液的温度，所以溶液温度降低，故D错误；选B。15氧化石墨烯和还原石墨烯是两种新型材料，由氧化石墨烯制备还原石墨烯的原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A1个N2H4分子中含有键的数目为5B氧化石墨烯中碳原子均为sp2杂化C还原石墨烯中有三种不同的含氧官能团D在水中的溶解度：还原石墨烯氧化石墨烯【答案】BD【解析】【分析】【详解】AN2H4的结构式是，1个N2H4分子中含有键的数目为5，故A正确；B氧化石墨烯含有双键碳、单键碳，碳原子杂化方式为sp2、

21、sp3杂化，故B错误；C还原石墨烯含有-OH、-COOH、C-O-C三种不同的含氧官能团，故C正确；D氧化石墨烯中含有的羟基数大于还原石墨烯，在水中的溶解度：还原石墨烯氧化石墨烯，故D错误；选BD。16氧化铍(BeO)常温下为不溶于水、易溶于强酸和强碱的固体，除用作耐火材料外，还可以用于制霓虹灯和铍合金。工业上以硅铍石(主要含有BeO、SiO2、MgO，还含有少量Al2O3和Fe2O3)制备高纯度BeO的流程如图所示：已知：BeO为离子化合物，熔点为2350，BeC12和NaC1等比例混合的固体混合物在350即可熔化；不同金属阳离子在D2EHPA中的溶解性如下表所示：Be2+Mg2+Fe3+A

22、l3+D2EHPA中的溶解性易溶难溶微溶微溶请回答下列问题：（1）“滤渣1”的主要成分为_(填化学式)。“残液”中含量最多的金属元素为_(填名称)。（2）“萃取”后铍元素以Be(HX2)2的形式存在于有机相中，“反萃取”后以(NH4)2Be(CO3)2的形式存在于水相中，则“反萃取”时含铍微粒发生反应的化学方程式为_。（3）“净化”时需将反萃取液加热到70，加热到70的目的为_。（4）由2BeCO3·Be(OH)2制备高纯BeO的方法是_。（5）BeO的电子式为_。工业上常采用电解熔融BeC12与NaC1等比例混合物的方法制备金属Be，不采用电解熔融BeO制备的主要原因为_。【答案】

23、SiO2 镁 Be(HX2)2+2(NH4)2CO3=(NH4)2Be(CO3)2+2NH4HX2 使被萃取的少量Fe3+和Al3+水解为对应的氢氧化物而被除去 高温煅烧 BeO熔点高，熔融时能耗高，增加生产成本 【解析】【分析】硅铍石主要含有BeO、SiO2、MgO，还含有少量Al2O3和Fe2O3，SiO2与硫酸反应不反应，加入足量稀硫酸得到BeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3溶液，滤渣1是SiO2；根据不同金属阳离子在D2EHPA中的溶解性表，“萃取”有机相含有Be(HX2)2及少量Fe3+、Al3+，“反萃取”后Be元素以(NH4)2Be(CO3)2的形式存在

24、于水相中，水相经净化、过滤、沉铍得到2BeCO3·Be(OH)2，2BeCO3·Be(OH)2高温分解得BeO。【详解】(1) BeO、SiO2、MgO、Al2O3和Fe2O3，只有SiO2与硫酸反应不反应，所以“滤渣1”的主要成分为SiO2。根据不同金属阳离子在D2EHPA中的溶解性表，Mg2+难溶于D2EHPA，“残液”中含量最多的金属元素为镁；(2) “萃取”后铍元素以Be(HX2)2的形式存在于有机相中，“反萃取”后以(NH4)2Be(CO3)2的形式存在于水相中，则“反萃取”时Be(HX2)2和(NH4)2CO3反应生成(NH4)2Be(CO3)2，反应的化学方程

25、式为Be(HX2)2+2(NH4)2CO3=(NH4)2Be(CO3)2+2NH4HX2；(3) “净化”时需将反萃取液加热到70，加热促进水解，加热到70的目的是使被萃取的少量Fe3+和Al3+水解为对应的氢氧化物而被除去；(4) 2BeCO3·Be(OH)2高温分解生成BeO和二氧化碳、水，由2BeCO3·Be(OH)2制备高纯BeO的方法是高温煅烧；(5)BeO是离子化合物，电子式为； BeC12和NaC1等比例混合的固体混合物在350即可熔化，BeO为离子化合物，熔点为2350，BeO熔点高，熔融时能耗高，增加生产成本，所以工业上常采用电解熔融BeC12与NaC1等

26、比例混合物的方法制备金属Be。【点睛】本题考查以硅铍石制备高纯度BeO的工艺流程，明确反应原理是解题关键，注意对题目信息的提取利用，掌握常见元素化合物的性质、混合物分离的方法。17工业上常利用CO还原CuO的方法制备单质铜，某化学实验小组利用如图装置在实验室中模拟CO还原CuO的反应。请回答下列问题：（1）在装置A的试管中放入8.4gMgCO3和6.5gZn粉，点燃A处酒精灯，加热后即可得到纯净的CO，反应的化学方程式为_。（2）装置B中盛放分散于石棉绒中的CuO的玻璃仪器的名称为_，将CuO附在石棉绒上的目的为_。（3）首先点燃A处和E处的酒精灯，一段时间后发现装置D处倒置于水中的漏斗轻轻向

27、上弹起又落下，同时伴有爆鸣声，产生该实验现象的原因为_。（4）待D处倒置于水中的漏斗稳定后，点燃B处酒精灯，加热，当观察到装置C中_(填实验现象)，可证明装置B中有CO2生成。（5）实验时观察到从E处玻璃管尖嘴处点燃的CO的火焰颜色呈黄色，火焰呈黄色的原因是_。（6）反应结束后，装置B中还原得到的Cu中含有少量的Cu2O，为测定反应生成的混合物中铜元素的质量分数，设计如下实验方案：取mg反应生成的混合物，加入稀硫酸和双氧水的混合液使固体全部溶解，微热，除去过量的过氧化氢，稀释成100mL溶液。取25mL该溶液，加入稍过量的KI溶液，再加入几滴淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1Na2

28、S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。已知：2Cu2+4I-=2CuI+I2；I2+2S2O=S4O+2I-。达到滴定终点的现象为_。反应生成的混合物中铜元素的质量分数为_(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】MgCO3+ZnMgO+ZnO+CO 硬质玻璃管 增大CuO与CO的接触面积 漏斗内刚开始收集到的是CO和空气的混合物，点燃后会产生轻微爆炸，使漏斗向上弹起，同时伴有爆鸣声 澄清石灰水变浑浊 玻璃的成分中含有Na2SiO3，钠元素发生焰色反应使CO燃烧的火焰呈黄色 滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色 【解析】【分析】A中MgCO3和Z

29、n粉反应生成CO，B中CuO和CO反应生成铜和二氧化碳，C中澄清石灰水检验二氧化碳，用D、E检验CO纯度后再点燃B处酒精灯，E处用酒精灯点燃CO，尾气处理。【详解】(1)在装置A的试管中放入0.1mol MgCO3和0.1mol Zn粉，点燃A处酒精灯，加热后即可得到纯净的CO，根据元素守恒，MgCO3和Zn反应生成氧化镁、氧化锌、CO，反应的化学方程式为MgCO3+ZnMgO+ZnO+CO；(2)装置B中盛放分散于石棉绒中的CuO的玻璃仪器的名称为硬质玻璃管，将CuO附在石棉绒上的目的为增大CuO与CO的接触面积；(3)CO是可燃性气体，与空气混合后点燃易爆炸，漏斗内刚开始收集到的是CO和空

30、气的混合物，点燃后会产生轻微爆炸，使漏斗向上弹起，同时伴有爆鸣声；(4)二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，当观察到装置C中澄清石灰水变浑浊，可证明装置B中有CO2生成；(5) 玻璃的成分中含有Na2SiO3，钠元素发生焰色反应使CO燃烧的火焰呈黄色，所以实验时观察到从E处玻璃管尖嘴处点燃的CO的火焰颜色呈黄色；(6)达到滴定终点时，碘单质被完全消耗，现象为滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色；根据2Cu2+4I-=2CuI+I2；I2+2S2O=S4O+2I-，得关系式Cu2+S2O，达到滴定终点消耗cmol·L-1Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，

31、则Cu元素的物质的量是cmol·L-1×V×10-3L×=4cV×10-3mol，反应生成的混合物中铜元素的质量分数为。【点睛】本题考查CO还原氧化铜，明确实验原理是解题关键，注意CO是可燃性气体，需要验纯后再点燃B处酒精灯进行反应；根据铜元素守恒计算铜元素的质量分数。18乙烷是一种重要的化工原料，可用作制冷剂、燃料、制备乙烯的原料。请回答下列问题：I.乙烷蒸汽裂解技术是工业上应用成熟的乙烯制备方法：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H。（1）已知：C2H6(g)、H2(g)和CH2CH2(g)的标准燃烧热分别是1560kJ·

32、mol-1、285.8kJ·mol-1和1411.0kJ·mol-1，则H=_。（2）1000时，在某刚性密闭容器内充入一定量的C2H6(g)，只发生反应C2H6(g)CH2=CH2(g)+H2(g)H，若平衡时容器中总压为pPa，乙烷的转化率为，则该反应的平衡常数KP=_Pa(用含p、的代数式表示，KP为用分压表示的平衡常数)。已知1000时该反应的KP=4×104Pa，若p=2.1×105，则=_。达到平衡后，欲同时增大反应速率和，可采取的措施有_(填选项字母)。A升高温度 B通入惰性气体C增加乙烷浓度 D加入催化剂II.乙烷催化氧化裂解法是一种新型

33、的制备乙烯的方法：C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g)H=-149kJ·mol-1。（3）在乙烷氧化过程中，若过高，则会导致乙烷转化率降低，且易形成积碳。800时，当n(C2H6)和n(O2)的混合气以一定流速通过反应器时，混合气中的比值对乙烷氧化裂解制乙烯的反应性能的影响如图1所示：n的最佳比值应为_。较低时，生成乙烯的选择性较低的原因可能为_。.我国科学家利用固体氧化物电解池成功实现了乙烷电化学脱氢制备乙烯，装置如图2所示：（4）通入CO2的电极为_极(填“阳”或“阴”)；C2H6生成C2H4的电极反应式为_。【答案】+136.8kJ·mol-1 0.

34、4(或40%) A 2：1(或2.0) 乙烷发生深度氧化(或副反应增多) 阴 C2H6-2e-+O2-=C2H4+H2O 【解析】【分析】燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，则C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H1=-1560kJ·mol-1；H2(g)+O2(g)= H2O(l) H2=-285.8kJ·mol-1CH2CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H3=-1411.0kJ·mol-1。要增大乙烷的转化率则要让反应正向移动；由电解池装置可知，二氧化碳反应生成一氧化碳，碳元素化合价降低，发

35、生还原反应；C2H6生成C2H4，碳元素化合价升高，发生氧化反应。【详解】(1)根据盖斯定律，反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)可由-得到，则H=H1-H2-H3=-1560kJ·mol-1+285.8kJ·mol-1+1411.0kJ·mol-1=+136.8kJ·mol-1。(2)反应C2H6(g)CH2=CH2(g)+H2(g)，设开始时压强为P0，乙烷的转化率为，则反应的乙烷的压强为P0，平衡时的压强为(P0-P0)，生成的乙烯和氢气的压强为P0，若平衡时容器中总压为pPa，即(P0-P0+2P0)=p，则P0=，该反应的平衡常数KP=

36、。已知1000时该反应的KP=4×104Pa，若p=2.1×105，则=4×104Pa，=0.4。达到平衡后，欲同时增大反应速率和，即既要增大反应速率又要让平衡正向移动，反应为吸热反应，升高温度反应速率增大，增大；恒容恒温条件下，通入惰性气体，化学反应速率不变；增加乙烷浓度，反应速率增大，但减小；加入催化剂，反应速率增大，但不变。(3)根据图像和已知条件：若过高，则会导致乙烷转化率降低，且易形成积碳，n=2：1(或2.0)时反应物转化率较高，不易形成积碳，为最佳比值。较低时，生成乙烯的选择性较低，主要是因为乙烷发生深度氧化(或副反应增多)。(4)电解池阴极发生还原

37、反应，综上分析，二氧化碳在阴极发生还原反应，C2H6失电子与电解液中的O2-反应生成C2H4，电极反应式为C2H6-2e-+O2-=C2H4+H2O。19铁、铬、锰统称为黑色金属，它们的单质、合金及其化合物在科研和生产中有着重要用途。请回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子轨道表示式为_。铁、铬、锰属于周期表中的_区元素。（2）基态铬原子和基态锰原子中第一电离能较大的是_(填元素符号)，原因为_。（3）化学式为CrC13·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色，已知Cr3+的配位数均为6，将它们配制成等体积等浓度的溶液，分别加入足量AgNO3溶液，所得

38、AgC1沉淀的物质的量之比为3：2：1。呈暗绿色的配合物内界的化学式为_。H2O分子的VSEPR模型为_。（4）MnF2和MnCl2均为离子化合物，MnF2的熔点高于MnCl2熔点的原因为_。（5）一氧化锰在医药、冶炼上用途广泛，其立方晶胞结构如图所示。该晶胞中由O2-形成的正八面体空隙数目为_。设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中距离最近的两个O2-之间的距离为apm，则MnO晶体的密度=_g·cm-3。(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 d Mn 基态Mn原子的核外电子排布式为Ar3d54s2，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高 Cr(H2O)5C12+ 四面

39、体形 F-半径更小，MnF2的晶格能更大，熔点更高 4 【解析】【分析】(1)铁元素的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，铁、铬、锰都是第四周期的过渡元素；(2)铬原子价电子排布式为3d54s1，锰原子价电子排布式为3d54s2，Mn原子的4s能级是全充满结构；(3)由相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3可知，暗绿色配合物的6个配体为1个氯离子和5个水分子；水分子中氧原子的价层电子对数为4；(4)离子晶体的晶格能越大，离子键越强，晶体的熔沸点越高；(5)八面体间隙原子处于八面体间隙中心，即处于面心立方晶胞的体心和棱边的中

40、心；由分摊法计算可得。【详解】(1)铁元素的原子序数为26，位于元素周期表中第四周期族，价电子排布式为3d64s2，价电子轨道表示式为；铁、铬、锰都是第四周期的过渡元素，属于周期表中的d区元素，故答案为：；d；(2)铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，Mn原子的4s能级是全充满结构，结构更稳定，失去一个电子所需能量更高，则基态锰原子的第一电离能大于基态铬原子，故答案为：Mn；基态Mn原子的核外电子排布式为Ar3d54s2，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高；(3)由相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3可知，暗绿色配合物的6个配体为1个氯离子和5个水分子，则暗绿色的配合物内界的化学式为Cr(H2O)5C12+，故答案为：Cr(H2O)5C12+；水分子中氧原子的价层电子对数为4，则水分子的VSEPR模型为