吉林省2021届高三化学第二次模拟考试试题(含解析)

--#-吉林省2021届高三化学第二次模拟考试试题（含解析）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16P31S32Cl35.5Fe56第I卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。.关于新型冠状病毒，下来说法错误的是A.该病毒主要通过飞沫和接触传播 B.为减少传染性，出门应戴好口罩C.该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异 D.该病毒可用“84消毒液”进行消毒【答案】C【解析】【详解】A.通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA,C错误；D.“84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；故合理选项是C。2.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是A.水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B.浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C.仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D.反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品【答案】D【解析】【详解】A.水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确;B.浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却后，将苯逐滴滴入，故B正确;C.球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；D.反应完全后，混合体系分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，故D错误;故选：D。3.萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所示，下列说法正确的是A.此萜类化合物的化学式为C10H14O该有机物属于芳香烃分子中所有碳原子均处于同一平面上在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃【答案】A【解析】【详解】A.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H140,故A正确；B.萜类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B错误；C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；D.萜类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只能生成一种芳香烯烃，故D错误；故选A【点睛】判断分子中共线、共面原子数的技巧.任何两个直接相连的原子在同一直线上。.任何满足炔烃结构的分子,其所有4个原子在同一直线上。.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH=CH.CHCH、苯；可能共平面的有："二CH—CH=CH2、.只要出现CH4、一CH3或一CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质,则下列说法不正确的是W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al,W、Z最外层电子数相同，属于同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，符合条件的W、Z为0、S。

其核外电子数都为10,故A正【详解】A.W、X、Y形成的简单离子分别是O2-、Na+、Al其核外电子数都为10,故A正确；Y和Z形成的化合物是Al2s3,硫化铝在水溶液能发生剧烈的双水解反应，所以不能通过复分解反应制得，故B错误；S、O可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物SO2、SO3,故C正确；X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，故D正确;故选：B。5.热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH产率3降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是铲铲A.①为N三N的断裂过程B.①③在高温区发生，②④⑤在低温区发生C.④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程D.使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A.经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；B.①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率④⑤要在低温区进行，故B错误；C.由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故C正确；

D.化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误；故选：C。-pH6.pC类似pH，如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种组分的pC图。依据图中信息，下列说法不正确的是-pHA-H2CO3，HCO/CO2-不能在同一溶液中大量共存B.HCO电离平衡常数K=10-623 aC.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系(HCO3)可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4,

HCO-3c(H+)但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的 最终将变大c(HCO)23D.pH=9时，溶液中存在关系(D.pH=9时，溶液中存在关系(H+)+c(HCO23)=c(OH-)+c(CO2-)3【答案】D【解析】【详解】A.碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，HCO、HCO-、CO2一不能在同一溶液中大量共存，故A正确;23 3 3B.由图象可知当pH=6时，pC(H2co3)=pC(HCO3-)，结合K(HCOK(HCO)二c(H+>c(HCO3-)

al2 3C(HCO)2310-6xc(HCO-)

3—

c(HCO)

23=10-6，故B正确;HCOC.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系($k)可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4,

HCO-3但当过量的酸进入血液中时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出J碳酸浓度基本c(H+)故C故C正确;c(HCO)23D.pH=9时，由图象可得溶液中离子关系是c(HCO-)>c(CO2-)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+),3 3 23因此D选项的离子浓度关系不可能出现，故D错误；答案选D.如图所示是一种以液态肼（NH）为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电24池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（）A.电池内的O2-由电极甲移向电极乙.电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2OC.当甲电极上有ImolN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应D.电池外电路的电子由电极乙移向电极甲【答案】C【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=NJ+2H20，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：02+4e-=202-,电池总反应为：N2H4+0广NJ+2H20,结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。【详解】A.放电时，阴离子向负极移动，即02-由电极乙移向电极甲，A项错误；B.反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+02=Nj+2H20,B项错误；C.由电池总反应为N2H4+02=NJ+2H20可知，当甲电极上有ImolN2H4消耗时，乙电极上有1mol02被还原，所以标况下乙电极上有22.4L02参与反应，C项正确；D.电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选C。第n卷（非选择题，共174分）三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。）（一）必考题8.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见图2)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和H中的问题。鸿CO各意搅打桨能介物浆液鸿CO各意搅打桨能介物浆液因阵棍介物分离利用的陆程用忡f5港液用成金腴帆离F帔附1H舒波图2I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为,B-C的反应条件为,C-Al的制备方法称为 。(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有C12生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生C12。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号) 。a.温度 b.Cl-的浓度 c.溶液的酸度(3)0.1molC12与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2-xH2O的液态化合物，放热4.28J,该反应的热化学方程式为。II.含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是，分离后含铬元素的粒子是 ；阴极室生成的物质为 (写化学式)。【答案】⑴.(2).加热(或煅烧) ⑶.电解法(4).ac(5).2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)AH=-85.6J•mol-i (6).在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 (7).CrOr和Cr2O72- (8).NaOH和H2【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为A102-,通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为A1203,最后熔融电解得Al。(1)NaOH的电子式为-；根据上述分析，B-C的条件为加热或煅烧，C-Al的制

备方法称为电解法。故选ac。(2)根据实验方案可知，D反应有影响；当反应停止后生口2,可知溶液酸度对该(3)备方法称为电解法。故选ac。(2)根据实验方案可知，D反应有影响；当反应停止后生口2,可知溶液酸度对该(3)0.1molCl2与焦炭、T液态化合物，放热4.28kJ,配平方程式，可知41热，无变・加热有Cl2生成，可知温度对该滴加硫酸，■产生Cl。说明加入H+能继续产述,影响该反应的因素有温度和溶液的酸度,一种还原性气体1水解成TiO.・xHO的2molCl反应放热15.6kJ・molT,由此可得22该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)AH=-85.6kJ^mol-i0(4)用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO2-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆4液，从而使CrO『从浆液中分离出来；因2CrO『+2H+,■Crp-HQ所以分离后含铬元素的粒子是CrO：-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2,剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH,所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。9.氮的化合物是重要的工业原料,也是主要的大气污染来源,研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题：(1)肼(N2H4)与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知3.2g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量61.25kJ,则该反应的热化学方程式为 。⑵尾气中的NO2可以用烧碱溶液吸收的方法来处理，其中能生成NaNQ等物质，该反应的离子方程式为 。(3)在773K时，分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中发生反应生成NH3,气体混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)与反应时间(t)的关系如图所示。r'tninr'tnin①下列能说明反应达到平衡状态的是 (选填字母)。a.v正(N)=3v逆(H) b.体系压强不变22c.气体平均相对分子质量不变d.气体密度不变②在此温度下，若起始充入4.00molN2和12.00molH2,则反应刚达到平衡时，表示c(H2)〜t的曲线上相应的点为(选填字母)。⑷在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中充入0.40m。1NO2,发生如下反应：2NO(g)NO(g)AH=—56.9kJ•mol-1TOC\o"1-5"\h\z2 24测得NO2的体积分数［少(NO)］与反应时间(t)的关系如下表:t/min020406080@(NO2)1.00.750.520.400.40TOC\o"1-5"\h\z①计算0〜20min时，v(N2O4)=。②已知该反应V (NO)=k •C2(NO ),v(N O )=k ♦c(N O )，其中k、k为速率常数，正2 1 2逆24 2 24 1 2则373K时，71= ；改变温度至T时，k=k,则T373K(填“〉”“〈”或“二”)。k 1 12 12【答案】 ⑴.2N2H4⑴+N2O4⑴=3N2(g)+4H2O⑴AH=-1225kJ・mol-i(2).2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O(3).bc⑷.B(5).2X10-3mol/(L・min) (6).60⑺.〉【解析】【分析】(1)根据题干信息计算反应热并书写热化学方程式；(2)根据氧化还原反应原理及题干信息书写反应方程式；(3)根据平衡状态的特点判断是否达到平衡状态,并用平衡移动原理及等效平衡思想分析解答；(4)由速率之比等于化学计量数之比计算反应速率,根据平衡常数的表达式及平衡移动原理分析解答。【详解】(1)3.2g液态肼完全反应放出热量为61.25kJ,则2mol液态肼完全反应时放出的… 32g/mol义2mol 八…热量为：61.25kJ义 - 二1225.00kJ,则该反应的热化学方程式为:3.2g2N2H4⑴+N2O4⑴=3N2(g)+4H2O⑴ AH=-1225 kJ・mol-i ,故答案为2N2H4⑴+N2O4⑴=3N2(g)+4H2O⑴AH=-1225kJ・mol-i；

(2)题干信息产物有NaNO2,根据氧化还原反应原理，N元素化合价既降低又升高，发生的是歧化反应，所以还有产物NaNO3，根据原子守恒判断产物中还有水，则反应方程式为：2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H,，故答案为：2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O；(3)①反应为:N2+3H尸2NH3a.v正(N)=1/3v正(HJ=3v逆(4),正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故错误；b.反应为气体体积减小的反应，体系压强不变，说明反应物和生成的浓度保持不变，反应达到平衡状态，故正确；c.气体平均相对分子质量数值上等于气体总质量比上总物质的量，根据质量守恒反应前后气体总质量不变，平均相对分子质量不变，说明总物质的量不变，说明达到平衡状态，故正确；d.气体总质量不变，体积不变，所以气体密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故错误，故答案为：bc；②起始充入4.00molN2和12.00mol斗，相当于将充入2.00mol'和6.00mol4的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，根据图示分析知平衡时c(H)=6mol/L,而“压2缩”后平衡正向移动，则平衡时3mol/L<c(H2)<6mol/L,且达到平衡的时间缩短，故对应点为B,故答案为：B；(4)①设20min时，反应掉的NO2为2x,则：2NO(g)NO(g)TOC\o"1-5"\h\z2 24起始 0.40 0反应 2x x20min 0.40-2x x20min时，NO的体积分数为0.75,所以^^^^x=0.75，解得x=0.08,所以反应20min时，2 0.40-2x+x消耗NO2的物质的量为0.08义2mol=0.16mol,0-20min内，NO2的消耗速率为0.16molv(NO)=^^=4x10-3mol/(L.min),根据化学计量比等于反应速率之比,则220minv（NO）=1/2v（NO）=2义10-3mol/（L•min）,故答案为：2义10-3mol/（L•min）；24 2②反应达到平衡时有v正『逆，即v")0">达到平衡时，N02的体积分数为0.40,即0.150.40-2x0.40-2x+x=0.40,解得x=0.15,0.40-2x0.40-2x+x=0.40,解得x=0.15,所以化学平衡常数为K=0.40-0.15x2（2）2=30,则有k・c2k・c21(no)=2k-c(NO)2 24k 2c(NO),所以k1=不No>=2x30:60；221改变温度至Ti时kF由于卜3飞，则仁2，平衡常数减小，考虑到反应为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，所以温度应为升高，即T1>373K，故答案为：60；>。10.NiSO4・6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电泡等。可由电镀废渣(除镍元素外，还含有小、Zn、Fe、Cr废渣(除镍元素外，还含有小、Zn、Fe、Cr等元素杂质)为原料获得。工艺流程如下:已知:①NiCO是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀；②已知25℃,Fe(OH)的33Ksp=2.64x10-39。(1)Ni的原子序数为28,则它在周期表中的位置为，写出H2O2的结构式。(2)步骤②，向滤液I中加入适量Na2s溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+,其中除去Cu2+的离子方程式为；加Na2s之前需控制pH不能太低的目的是。(3)步骤③的目的是除去Fe和Cr,温度不能太高的原因是。若在25℃时，调pH=4除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=。(4)粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2+<Ni2+<Cu2+)A.粗镍作阳极，纯镍作阴极B.阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e-=NiC.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等D.电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Cu2+和Zn2+E.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt【答案】 (1).第四周期，第皿族(2).H-O-O-H(3).Cu2++S2-=CuS； (4).避免生成H2S,影响除杂(5).防止H2O2受热分解 (6).2.64冥10-9mol/L (7).AE【解析】【分析】本题将工艺流程与氧化还原、电解池、沉淀溶解平衡相互结合，第一步操作为溶解金属，第二步为除去CU2+和Zn2+,第三步除去Fe和Cr,最后得到NiSO•6Ho，在各个步骤中结合42氧化还原等一些应用。【详解】（1）根据元素的排列规律及Ni的原子序数为28,可知Ni的位置为：第四周期第卬族；H2O2为分子晶体，原子之间均以共价单键相连，故的结构式为：H-O-O-H;故答案为：第四周期第卬族；H-O-O-H；（2）S2-与"和Zn2+结合可生成沉淀，所以用Na2s溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+,则除去CU2+的离子方程式为：CU2++S2-二CuSJ；S2-可与结合生成弱电解质HS,所以前一步在调节溶液2的pH不能太低，否则会生成杂质HS,影响除杂；2故答案为：Cu2++S2-二CuSj；避免生成HS,影响除杂；2（3）步骤③除去Fe采用生成Fe（OH）的方式，在第一步酸溶时，铁变成Fe2+,因此该处需3要氧化剂，发生氧化还原反应，温度太高，氧化剂H2O2分解；由于存在沉淀溶解平衡：Fe3++3OH- Fe（OH）,平衡常数K=cQe3+）c3（OH-）=2.64义10-39,已知pH=4,3 sP则c（H+）=10^4molL-i,公式换算可得：c（Fe3+）*.64义10-9molL-i；故答案为：防止ho受热分解；2.64义10-9molL-i； ①22（4）用电解法制备高纯度镍，原理同于制备高纯度铜，粗镍做阳极，活泼金属在阳极放电，该处在阳极反应的金属有Fe、Zn,失去电子生成Fe2+、Zn2+,Cu和Pt作为阳极泥，在电解槽的底部，阴极发生的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu,虽然阴极阳极都是2e-,但Fe、Zn和Cu本身的质量不一样，所以阳极减少的质量不等于阴极生成的质量，所以选AE,故答案为：AE。【点睛】本题的难点在于第二问的第二空,该处要考虑离子在溶液里的存在形式,会形成弱电解质杂质；第三问的第一空也是难点，需要清楚温度的主要影响方向，会使H2O2分解。（二）选考题（共15分,请考生从2道化学题中任选一题作答,如果多做,则每科按所做的第一题计分。）【化学——选修3：物质的性质与结构】11.（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：

电离能也LmoH电离能也LmoHIII：I;LA5781817274511578B73*1451773310540A通常显—价，A的电负性—B的电负性（填“>”“〈”或“=”）。（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ-mol-i。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因 。组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是共价键JX组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是共价键JX键能/ILmoP347305259（3）实验证明:KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如图所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：则该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：—。其中其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：则该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：—。其中MgO晶体中一个Mg2+周离子晶体NadKCLCaO晶格能kLmoH78G7153401围和它最邻近且等距离的Mg2+有一个。（4）金属阳离子含有的未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和“中，适合作录音带磁粉原料的是.（5）某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有___（填序号）。（5）某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有___（填序号）。A.离子键 B.极性键 C.金属键 D.配位键 E.氢键F.非极性键（6）科学家设计反应:CO2+4H2-CH4+2H2O以减小空气中的CO2。若有1molCH4生成，则有—mol。键和—moln键断裂。【答案】（1）.+3 （2）.> （3）.紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键C—C、C—N、C—S的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而破坏蛋白质分子(4).sp2、sp3 (5).TiN>MgO>CaO>KCl(6).12 (7).CrO2(8).AC(9).6 (10).2【解析】【分析】(1)观察A、B两元素各电离能的差别，断、B的化合价。(2)从表格数据，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸。(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。(4)根据核外电子的排布式确定未成对电子数。(5)观察配合物的分子的结构。(6)破环O=C=O,H-H【详解】(1)观察A、B两元素各电离能的差别，可判断A的化合价为+3,即为Al;B为+2价，为Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故Al的电负性大于Mg。⑵从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价0①II键。最简单的氨基酸是甘氨酸:三,一『一」H，其中碳①原子采用SP3杂化，碳②原子采用SP2杂闻叫化。(3)观察表格中的数据会发现,阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，Ti和Ca、N和O的原子序数均相差1,因此Ti3+和Ca2+、N+和。2-的离子半径均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均带有3个单位的电荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的阴阳离子均带有2个单位的电荷，Ca2+的半径大于Mg2+,所以MgO的晶格能大于CaO。综上所述，这种晶体的晶格能大小顺序为TiN〉MgO〉CaO〉KCl。所以晶体的熔点高低顺序也为TiN>MgO>CaO>KCl。⑷V2O5中V5+的电子排布式为1s22s22p63s23p6,没有未成对电子；er2中Cr4+的电子排布式