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文档介绍
四川省南充市南部县南部中学2020届高三上学期入学考试化学试题
四川省南部中学2020届高三上学期入学考试 化学试题 1. 下列属于碱性氧化物的是 A. CaO B. Na2O2 C. SiO2 D. Mn2O7 【答案】A 【解析】 【详解】A．CaO与酸反应生成盐和水，且与碱不反应，CaO为碱性氧化物，故A选； B．Na2O2为过氧化物，与盐酸反应发生氧化还原反应，故B不选； C．SiO2为酸性氧化物，故C不选； D．Mn2O7和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D不选。 故选A。 【点睛】把握物质的组成、碱性氧化物的判断等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意概念的理解及应用。能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，且只含金属元素、氧元素两种元素，一般为金属氧化物，但某些金属氧化物（Mn2O7、Al2O3）不是碱性氧化物。 2.下列仪器对应名称正确的是 A. 容量瓶 B. 蒸馏烧瓶 C. 蒸发皿 D. 滴定管 【答案】B 【解析】 【详解】A．为圆底烧瓶，才是容量瓶，故A错误； B．为蒸馏烧瓶，故B正确； C．为坩埚，蒸发皿是，故C错误； D．为冷凝管，滴定管上有刻度，用于滴定实验，故D错误； 故选B。 3.下列物质属于非电解质的是( ) A. 石墨 B. HCl C. CO2 D. BaCO3 【答案】C 【解析】 A.石墨是碳元素形成的单质，不是化合物，不属于非电解质，故A错误；B.HCl溶于水能完全电离，HCl是强电解质，故B错误；C.二氧化碳与水反应生成碳酸，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故C正确；D.碳酸钡在熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误；故选C。 点睛：本题考查电解质、非电解质的判断。掌握电解质的概念、特征是正确解答本题的关键，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；特别注意单质、混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质，据此进行分析解答即可。 4.下列化学用语使用正确的是( ) A. 氯化镁的电子式： B. S2-的结构式示意图： C. 质子数为8，中子数为10的核素： D. CO2分子式的结构式：O-C-O 【答案】A 【解析】 【详解】A.氯化镁的电子式：，故A正确； B.S2-结构式示意图：，故B错误； C.质子数为8，中子数为10的核素为 ，故C错误； D. CO2分子式的结构式：O=C=O，故D错误； 故选A。 5.下列说法不正确的是 A. 食盐和醋可作调味剂，也可用作食品防腐剂 B. 植物秸秆不可用来制造酒精 C. 镁合金可用于制造火箭、导弹和飞机的部件 D. 二氧化硅可用于制光导纤维 【答案】B 【解析】 A、食盐和醋可作调味剂，也可以作食品防腐剂，故说法正确；B、秸秆的成分是纤维素，纤维素水解为葡萄糖，葡萄糖进一步转化成乙醇，故说法错误；C、镁合金质量轻、高强度、高刚性、散热好、耐腐蚀，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件，故说法正确；D、光导纤维成分是SiO2，故说法正确。 6.下列实验操作正确的是( ) A. 用pH试纸测定某溶液的pH时，需预先用蒸馏水湿润pH试纸 B. 蒸馏石油时为了更好地控制温度，应将温度计的水银球伸入液面以下 C. 蒸发结晶时不能将溶液全部蒸干，应该在有大量晶体析出时停止加热 D. 稀释浓硫酸时，可向盛有浓硫酸的烧杯中直接加蒸馏水 【答案】C 【解析】 【详解】A.pH试纸测定pH时不能用蒸馏水湿润，预先用蒸馏水湿润pH试纸，可能会产生误差，故A错误； B.蒸馏原理是利用各成分沸点不同而进行分离，属于物理变化，需测沸点，用温度计测蒸气的温度，所以温度计的下端应在蒸馏烧瓶的支管口的正中央，不能将温度计插入液面以下，故B错误； C. 蒸发时不能蒸干，利用余热加热，则用玻璃棒不断搅拌，在有大量晶体析出时停止加热，故C正确； D.浓硫酸密度大于水，溶于水放热，稀释浓硫酸时，向盛水的烧杯中，沿烧杯壁小心加入浓硫酸，并不断搅拌，故D错误； 故选C。 7.由下列实验及现象能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A 某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有Fe2＋，没有Fe3＋ B 将红热的木炭投入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水 石灰水变浑浊 木炭被氧化成CO2 C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D 将0.1mol/L的NaCl溶液滴入硝酸银溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L KI溶液 先有白色沉淀生成，后变为黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀证明原溶液中有Fe2＋，但是不能证明是否含有Fe3＋，故选项A错误； B、浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊可能是二氧化碳也可能是二氧化硫造成的，故选项B错误； C、碳酸氢铵受热分解产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵显碱性，故选项C错误； D、溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据实验知，先生成白色沉淀AgCl 、再转化为黄色沉淀AgI，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故选项D正确。 答案选D。 8.下列说法正确的是 A. H2和D2互为同位素 B. 分子式为C2H6O、C4H10的有机物均有两种同分异构体 C. 的名称是2-乙基丁烷 D. 12C原子是指质子数为6，中子数是12的一种核素 【答案】B 【解析】 【详解】A.H2和D2的由同位素原子H、D组成的单质，二者不能互称同位素，A错误； B.分子式为C2H6O的物质有CH3CH2OH和CH3-O-CH3两种结构，分子式为C4H10的物质有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种不同结构，因此C2H6O、C4H10表示的有机物均有两种同分异构体，B正确； C.选择分子中最长的碳链上含有五个C原子，该物质名称是3-甲基戊烷，C错误； D. 12C原子是指质子数为6，中子数是6的一种核素，D错误； 故合理选项是B。 9.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，W与X不在同一周期，且原子核外最外层电子数分别为1、5、5、7，下列说法正确的是( ) A. 原子半径大小顺序：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W) B. W和X形成的化合物中只有离子键 C. Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z强 D. X的最低价气态氢化物的热稳定性比Y强 【答案】D 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，W与X不在同一周期，且原子核外最外层电子数分别为1、5、5、7，W为H，X为N，Y为P，Z为Cl。 详解】A.原子半径大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(X)>r(W)，故A错误； B.W为H，X为N，形成的化合物为NH3，只有共价键，故B错误； C.Y为P，Z为Cl，Cl的非金属性强于P，所以Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z弱，故C错误； D.X为N，Y为P，N的非金属性强于P，X的最低价气态氢化物的热稳定性比Y强，故D正确； 故选D。 【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。 10.下列离子方程式正确的是 A. 氯气和水反应：Cl2+H2O= 2H++Cl-+ClO- B. 金属钠投入MgCl2溶液中：2Na+Mg2+ =2Na++Mg C. 0.lmol/LNaHSO4溶液与0.lmol/LBa(OH)2溶液等体积混合：SO42-+Ba2+=BaSO4↓ D. 硅酸钠水溶液中通入过量CO2：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓ 【答案】D 【解析】 A、次氯酸是弱酸，以HClO主要形式存在，离子反应是Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故错误；B、发生离子反应是2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故错误；C、丢失离子反应，应是H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O，故错误；D、碳酸的酸性强于硅酸，且CO2是过量，离子反应是SiO32－+2H2O+2CO2=2HCO3－+H2SiO3↓，故正确。 点睛：本题考查离子反应方程式正误判断，主要从是否符合客观事实、电荷守恒、是否遵循拆写原则、是否丢失离子反应、量等，本题易选错的是选项B，金属钠先与水反应，生成的碱再和盐反应。 11.下列说法不正确的是 A. 油脂是热值最高的营养物质，可以制造肥皂和油漆 B. 利用二氧化碳制造全降解塑料，符合绿色化学理念 C. 脱脂棉、滤纸、蚕丝的主要成分均为纤维素，完全水解能得到葡萄糖 D. 酒精、福尔马林用于杀菌消毒的原理都是使蛋白质变性 【答案】C 【解析】 A、油脂是热值最高的营养物质，在碱中发生皂化反应，是制取肥皂的原料，也是制造油漆的原料，故说法正确；B、CO2是形成温室效应的主要气体，降低其含量可以缓解温室效应，符合绿色化学理念，故说法正确；C、蚕丝的主要成分是蛋白质，水解得到氨基酸，故说法错误；D、蛋白质变性的原因是：加热、紫外线、重金属离子、甲醛、酒精等，故说法正确。 12.下列说法正确是 A. 银锌纽扣电池的放电反应：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其中Ag2O作正极，发生还原反应 B. 通过构成原电池，能将反应的化学能全部转化为电能 C. 如图原电池中，电池工作时，SO42-移向电池的正极 D. 构成原电池的两个电极必须是活泼性不同的两种金属 【答案】A 【解析】 【详解】A.银锌纽扣电池的放电反应：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其中Ag2O中的Ag化合价为+1价，反应后变为Ag单质的0价，化合价降低，获得电子，发生还原反应，所以Ag2O作正极，A正确； B.通过构成原电池，能将反应物的化学能大部分转化为电能，但不能全部转化为电能，B错误； C.在如图原电池中，电池工作时，SO42-移向电池的负极，C错误； D.构成原电池的两个电极是活泼性不同的电极，可以是两种不同金属，也可以是一种金属，一种能够导电的非金属，D错误； 故合理选项是A。 13.下列说法不正确的是（ ） A. CO2、SiO2的晶体结构类型不同 B. 加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同 C. HF比HCl稳定是因为HF间存在氢键 D. NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2晶体中分子间通过分子间作用力结合为分子晶体，SiO2晶体中Si与O原子间通过共价键结合形成原子晶体，晶体结构类型不同，故A正确； B．硅属于原子晶体，加热熔化时原子晶体克服共价键，S属于分子晶体，分子晶体克服分子间作用力，则加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同，故B正确； C.稳定性是化学性质，因为非金属性F强于Cl，所以HF比HCl稳定，与氢键无关，故C错误； D.NaOH中钠离子与氢氧根离子形成离子键，O与H形成共价键，NH4Cl晶体中铵根离子与氯离子形成离子键，N与H形成共价键，既有离子键又有共价键，故D正确； 故选C。 14.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A. 标准状况下，含NA个分子的H2、CO混合气体的体积约为22.4L B. 56g铁与一定量的氯气在一定条件下充分反应，转移的电子数一定是3NA C. 28g乙烯与C3H8的混合物中含有C—H键的数目为4NA D. 常温下，pH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+数目为0.001NA 【答案】A 【解析】 A.在标准状况下，含NA个分子的H2、CO混合气体的物质的量为1mol，体积为22.4L，故A正确；B.56g铁的物质的量为1mol，铁与氯气反应化合价由0价升高到+3价，但铁与一定量的氯气在一定条件下充分反应，若氯气不足，则转移的电子数小于3NA，故B错误；C.若28g是乙烯，则乙烯的物质的量为1mol，含有C-H键的数目为4NA，若28g是丙烷，则丙烷的物质的量为28÷44，含有C-H键的数目为56/11NA，若28g是乙烯和丙烷的混合气体，则含有C-H键的数目介于4NA至56/11NA之间，故C错误；D.pH=11的NaOH溶液的体积不知道，则无法确定氢离子的数目，故D错误；故选A。 15.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. H2S的燃烧热是Q kJ/mol。充分燃烧H2S，当有0.5Q kJ热量放出时，转移的电子数为6NA B. 25℃时，500mL pH=11的碳酸钠溶液中,由水电离出的OH－数目为0.0005 NA C. pH=2的H3PO4溶液中，H＋的数目为0.01NA D. 0.10 L 2.0 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－的离子数之和为0.2NA 【答案】B 【解析】 【详解】A、H2S燃烧的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)=H2O(l)+SO2(g) ΔH=—Q kJ/mol，反应1molH2S转移的电子数为6NA，当有0.5Q kJ热量放出时，参加反应的H2S物质的量为0.5mol，转移的电子数为3NA，故选项A错误； B、pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）==1×10-3mol/L，该溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=1×10-3mol/L×0.5L=5×10-4mol， Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离出的氢氧根离子的物质的量为5×10-4mol，所以水电离出的OH-数目为：5×10-4mol×NA mol-1= 0.0005 NA，故选项B正确； C、pH=2的H3PO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol/L，但是不知道溶液体积，无法计算，故选项C错误； D、HCO3-既能水解为H2CO3又能电离为CO32-，根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.2NA，故选项D错误。 答案选B 16.在一定温度时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线如图，其中a表示不使用催化剂时的能量变化曲线，b表示使用催化剂时的能量变化曲线。下列叙述正确的是 A. 状态M和N均表示2molN(g)+6mol H(g) B. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=-92kJ·mol-l C. 使用催化剂，降低了反应进行所需的最低能量，增大了反应放出的能量 D. 使用催化剂，并不能改变反应的△H 【答案】D 【解析】 A、状态M和N的能量不同，因此它们不可能表示等量的同种物质，故错误；B、写热化学反应方程式，要标明物质的状态，故错误；C、 催化剂降低活化能，焓变与始态和终态有关，始态和终态不变，反应热不变，故错误；D、根据选项C的分析，故正确。 17.在25mL 0.1mol/L NaOH 溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是 A. A、B 之间任意一点，溶液中一定都有c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) B. B点，a＞12.5，且有c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) C. C点：c(Na＋)>c(CH3COO－)> c(H＋) > c(OH－) D. D点：c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)＝2c(Na+ ) 【答案】D 【解析】 【分析】 用CH3COOH滴定NaOH，CH3COOH为弱酸，当滴定到终点时产物是CH3COONa，溶液显碱性，然后利用弱电解质的电离、盐类水解、“三个守恒”进行分析； 【详解】A、本实验是用CH3COOH滴定NaOH，A、B间溶液中溶质为NaOH和CH3COONa，当n(NaOH)>n(CH3COONa)，会出现c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)，故A错误； B、当NaOH和CH3COOH恰好完全反应时，溶质为CH3COONa，溶液显碱性，B点对应的pH=7，即此时溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH，a>12.5，有c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)，故B错误； C、C点溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒，有c(CH3COO－)>c(Na＋)故C错误； D、D点时加入25mL醋酸，反应后溶质为CH3COONa和CH3COOH，且两者物质的量相等，依据物料守恒，推出c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=2c(Na＋)，故D正确； 答案选D。 18.某l00mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32 -、SO42 -、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是( ) A. 原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+ B. 是否存在Na+只有通过焰色反应才能确定 C. 原溶液一定存在Na+，可能存在Cl- D. 若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+) =0.1mol·L-1 【答案】B 【解析】 向原溶液中加入BaCl2溶液，产出4.30g白色沉淀，该沉淀与盐酸反应，部分沉淀溶解，则2.33g沉淀2为BaSO4，物质的量为0.01mol，溶解的沉淀为BaCO3，质量为4.30g-2.33g= 1.97g，物质的量为0.01mol，则原溶液中一定含有0.01mol的SO42-和0.01mol的CO32-，加入BaCl2 溶液后过滤，向滤液中加入NaOH溶液产生气体，则该气体为NH3，体积为0.672L，物质的量为0.03mol，在原溶液中含有NH4＋ 0.03mol，没有红褐色沉淀生成，一定不含有Fe3＋，根据电荷守恒，若没有Cl－，则含有0.01molNa+，若有Cl－，则含有Na＋的物质的量大于0.01mol。A.根据上述分析，原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+，故A正确；B.根据上述分析，原溶液中一定存在Na＋，故B错误；C.根据上述分析，原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-，故C正确；D.根据上述分析，若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+)=0.01mol÷0.1L =0.lmol·L-1，故D正确；故选B。 点睛：本题考查离子共存、离子反应及离子的判断，难度不大。特别注意：①BaCO3难溶于水，易溶于酸，BaSO4难溶于水，也难溶于酸；②与碱反应生成的气体为氨气，Fe3＋与OH－反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；③溶液呈电中性，根据电荷守恒来判断Na＋是否存在。 19.某实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，研究小组设计了下列方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。 请回答： (1)步骤①②④用到的主要玻璃仪器是___________________。 (2)步骤③的实验现象是_________________。 (3) 设计一个实验方案，验证步骤①中所加硫酸溶液己经过量____________________。 【答案】 (1). 玻璃棒、漏斗、烧杯 (2). 溶液由浅绿色变为黄色 (3). 取上层清液，继续加硫酸，若无产生白色沉淀，则说明硫酸已加过量 【解析】 考查化学工艺流程，（1）根据流程，步骤①②④为过滤，用到玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）步骤③利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，现象溶液颜色由浅绿色转变为黄色；（3）步骤①发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，溶液中含有H＋，因此不能鉴别H＋存在，因此需要鉴别SO42－或Ba2＋，操作是：取上层清液，继续加入硫酸，若不产生白色沉淀，则说明硫酸过量，或者取上层清液，加入BaCl2溶液，如果有白色沉淀，说明硫酸过量。 20.氮是一种重要的元素，其对应化合物在生产生活中有重要的应用。 （1）氮化铝(AlN)可用于制备耐高温的结构陶瓷，遇强碱会腐蚀，写出AlN与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_____。 （2）氨是制备氮肥、硝酸等的重要原料 ①已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180 kJ/mol 2H2(g)+O2(g) 2H2O(1) △H= -571.6 kJ/mol 试写出表示氨的标准燃烧热的热化学方程式_____。 ②某电解法制氨的装置如图所示，电解质只允许质子通过，试写出阴极的电极反应式_____。 （3）反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H<0 是制备硝酸过程中的一个反应。 ①将NO和O2按物质的量之比为 2:1 置于恒温恒容密闭容器中进行上述反 应，得到NO2 体积分数与时间的关系如图所示。保持其它条件不变，t1 时再向 容器中充入适量物质的量之比为2：1的NO和O2的混合气体，t2 时再次达到平 衡，请画出 tl-t3 时间范围内 NO2 体积分数随时间的变化曲线：_________。 ②在研究此反应速率与温度的关系时发现，NO 转化成 NO2 的速率随温度升高反而减慢。进一步研究发现，上述反应实际是分两步进行的： I.2NO(g) N2O2(g) △H<0 II.N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H<0 已知反应I能快速进行，试结合影响化学反应速率的因素和平衡移动理论分析，随温度升高，NO 转化成 NO2 的速率减慢的可能原因________。 （4）已知常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=l.8×l0-5。则常温下 0.lmol/L 的 CH3COONH4 溶液中，c(CH3COO-)：c(NH3·H2O)=_____。 【答案】 (1). AlN＋H2O＋OH－=AlO2－＋NH3↑ (2). NH3(g)＋O2(g)=N2(g)＋H2O(l) △H=－382.5kJ·mol－1 (3). N2 + 6H++6e-=2NH3 (4). (5). 当温度升高时，反应I向逆反应方向进行，且由于反应 I 进行速率相当快， 瞬间达到平衡，使得体系中 c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应(II)，速率减慢 (6). 180 【解析】 【详解】（1）AlN能与强碱发生反应，Al元素转变成AlO2－，即离子方程式为AlN＋H2O＋OH－=AlO2－＋NH3↑； （2）①氨的标准燃烧热的方程式为NH3(g)＋O2(g)=N2(g)＋H2O(l)，①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol－1，②2H2(g)+O2(g) 2H2O(1) △H= -571.6 kJ·mol－1，根据盖斯定律，，得出△H=－382.5kJ·mol－1，即热化学反应方程式为NH3(g)＋O2(g)=N2(g)＋H2O(l) △H=－382.5kJ·mol－1； ②电解法制备氨，装置的左侧N2→NH3，N的化合价降低，左侧为阴极，右侧为阳极，电解质只允许质子通过，即阴极反应式为N2＋6H＋＋5e－=2NH3； （3）①达到平衡后，再充入2：1的NO和O2的混合气体，瞬间NO2的体积分数降低，平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大，由于是恒容充入物质的量之比与原来相同的NO和O2的混合气体，总体上相当于增大压强，即达到平衡时，NO2的体积分数比原平衡高，图像为 ； ②本题考查影响化学反应速率和化学平衡的因素，当温度升高时，反应I向逆反应方向进行，且由于反应 I 进行速率相当快， 瞬间达到平衡，使得体系中 c(N2O2)浓度迅速减小，所以反应(II)，速率减慢； （4）因为醋酸和NH3·H2O电离平衡常数相同，因此CH3COO－和NH4＋水解程度相同，即CH3COOH与NH3·H2O的浓度相同，溶液显中性，，变形得到：=180。 【点睛】本题的难点是图像的画法，本题的图像，应从两个方面理解，一是改变的瞬间，二是NO2的体积分数是增大，还是减小，如果增大，要与原平衡相比较，当达到平衡时，再通入2：1的混合气体，因为气体总物质的量增加，则改变的瞬间，NO2的体积分数减小，再通入2：1的混合气体，相当于在原平衡的基础上增大压强，即增大压强，平衡向正反应移动，NO2的体积分数比原平衡增大，平时应注意各种化学平衡图像的作法，做到知识的迁移。 21.次氯酸锂稳定性远髙于次氯酸钠，也可用于杀菌消毒。制备次氯酸锂方法较多，常用的一种合成路线如图： 已知：1.次氯酸叔丁酯((CH3)3COCl)，相对分子质量为108.5，是具有挥发性的黄色油状液体，密度为0.802g/mL，且有强烈刺激性臭味； 2.(CH3)3COCl+LiOH=LiClO+(CH3)3COH 请回答： (1)实验第一步的反应装置如图所示（夹持装置省略)，①B装置中支管的作用是________；②浓盐酸逐滴滴加而不是一次性加入的原因是__________。 (2)请写出在装置A中发生反应的化学方程式______________。 (3)进行操作3时，并不是直接加热蒸发溶液，而是选择在40°C下缓慢蒸发溶液，试解释其原因___________。 (4)该实验中次氯酸锂的产率为_________。 【答案】 (1). 平衡气压，使浓盐酸顺利下滴 (2). 防止反应太剧烈而发生副反应，引起产率降低 (3). (CH3)3COH+NaClO+HCl=(CH3)3COCl+NaCl+H2O (4). 蒸发时，溶液温度太高，会引起次氯酸根的水解，且生成的次氯酸不稳定，导致产品产率和纯度降低 (5). 50.0% 【解析】 分析】 (1)B装置中支管使滴液漏斗中液面上方气压与三颈烧瓶中液面上方的气压相等；从反应速率和物质转化率方面分析； (2)装置A中(CH3)3COH、NaClO、HCl反应有(CH3)3COCl生成，整个过程为NaClO与HCl反应生成NaCl与HClO，HClO与(CH3)3COH发生酯化反应生成(CH3)3COCl与H2O； (3)从次氯酸盐的水解、HClO的分解分析判断； (4)先4.34g(CH3)3COCl、1.68gLiOH的物质的量，结合二者按物质的量1：1反应，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算，(CH3)3COH的理论产量为0.04mol，再结合产率=×100%计算。 【详解】(1)①B装置中支管使滴液漏斗中液面上方气压与三颈烧瓶中液面上方的气压相等，可以平衡气压，使浓盐酸顺利下滴； ②浓盐酸逐滴滴加而不是一次性加入，原因是防止反应太剧烈而发生副反应，引起产率降低； (2)装置A中(CH3)3COH、NaClO、HCl反应有(CH3)3COCl生成，整个过程为NaClO与HCl反应生成NaCl与HClO，HClO与(CH3)3COH发生酯化反应生成(CH3)3COCl与H2O，反应方程式为：(CH3)3COH+NaClO+HCl=(CH3)3COCl+NaCl+H2O； (3)进行操作3时，并不是直接加热蒸发溶液，而是选择在40°C下缓慢蒸发溶液，原因是蒸发时，若溶液温度太高，会引起次氯酸根的水解反应程度增大，且生成的次氯酸不稳定，导致产品产率和纯度降低，故选择在40°C下缓慢蒸发溶液； (4)4.34g(CH3)3COCl的物质的量为4.34g÷108.5g/mol=0.04mol，1.68gLiOH的物质的量为1.68g÷24g/mol=0.07mol，二者按物质的量1：1反应，故(CH3)3COCl不足量，则(CH3)3COH的理论产量为0.04mol，产率=×100%=×100%=50.0%。 【点睛】本题考查物质制备实验的知识，涉及仪器使用、陌生方程式书写、化学实验基本操作、物质分离提纯、条件控制、产率计算等，掌握基本概念、基础知识及反应物有过量时的计算方法是本题的关键。 22.第三代半导体材料氮化镓（GaN）适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常称为高温半导体材料。回答下列问题： (1)基态Ga原子价层电子的轨道表达式为_______，第一电离能介于N和B之间的第二周期元素有_______种。 (2)HCN分子中σ键与π键的数目之比为_______，其中σ键的对称方式为______。与CN-互为等电子体的分子为__________。 (3)NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其中阴离子中心原子的杂化轨道类型为_________，NF3的空间构型为_________。 (4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如表所示，分析其变化原因_____________。 GaN GaP GaAs 熔点 1700℃ 1480℃ 1238℃ (5)GaN晶胞结构如图所示：晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_________； 【答案】 (1). (2). 3 (3). 1：1 (4). 轴对称 (5). CO (6). sp (7). 三角锥形 (8). 原子半径N查看更多