化学卷·2018届湖南省衡阳八中、永州四中实验班高二上学期第一次联考化学试卷（理科）（解析版）

化学卷·2018届湖南省衡阳八中、永州四中实验班高二上学期第一次联考化学试卷（理科）（解析版）

‎2016-2017学年湖南省衡阳八中、永州四中实验班高二（上）第一次联考化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）‎ ‎1．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C．元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体 D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂 ‎2．下列有关金属的说法正确的是（　　）‎ A．金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子 B．金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动 C．金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强 D．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为1：2‎ ‎3．已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4．一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸．下列各含氧酸中酸性最强的是（　　）‎ A．H2SeO3 B．HMnO4 C．H3BO3 D．H3PO4‎ ‎4．SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为：①6NO+4NH3═5N2+6H2O；②6NO2+8NH3═7N2+12H2O；③NO+NO2+2NH3═2N2+3H2O，‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．NO2为酸性氧化物 B．H2O很稳定是因为水分子之间存在氢键 C．反应③中每生成22.4 LN2，转移电子数1.5NA D．NH3的沸点比PH3的沸点高 ‎5．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol•L﹣1‎ 盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（　　）‎ A．10℃20mL3 mol•L﹣1的X溶液 B．20℃30 mL 2 mol•L﹣1的X溶液 C．20℃10 mL 4 mol•L﹣1的X溶液 D．10℃10 mL 2 mol•L﹣1的X溶液 ‎6．已知反应FeO（s）+C（s）=CO（g）+Fe（s）的△H＞0，（假设△H，△S不随温度变化而变化），下列叙述中正确的是（　　）‎ A．低温下为自发过程，高温下为非自发过程 B．高温下为自发过程，低温下为非自发过程 C．任何温度下为非自发过程 D．任何温度下为自发过程 ‎7．利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5（s）+5CO（g）⇌5CO2（g）+I2（s）；不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点时，CO的转化率为20%‎ B．容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态 C．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd D．0到0.5min反应速率V（CO）=0.3mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分58分）‎ ‎8．X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，X有5个原子核．通常状况下，W为无色液体．‎ 已知：X+YZ+W ‎（1）Y的电子式是　 　．‎ ‎（2）液态Z和W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是　 　．‎ ‎（3）用图1示装置制备NO并验证其还原性．有下列主要操作：‎ a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中．‎ b．关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞．‎ c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸．‎ ‎①步骤c后还缺少的一步主要操作是　 　．‎ ‎②红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是　 　．‎ ‎③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是　 　‎ 反应的离子方程式是　 　．‎ ‎（4）一定温度下，将1mol N2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色．温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色．若保持T2，增大压强，气体逐渐变为红棕色．气体的物质的量n随温度T变化的关系如图2所示．‎ ‎①温度在T1﹣T2之间，反应的化学方程式是　 　．‎ ‎②温度在T2﹣T3之间，气体的平均相对分子质量是（保留1位小数）　 　．‎ ‎9．锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：‎ ‎（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　 　，有　 　个未成对电子．‎ ‎（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分析，原因是　 　．‎ ‎（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因　 　．‎ GeCl4‎ GeBr4‎ GeI4‎ 熔点/℃‎ ‎﹣49.5‎ ‎26‎ ‎146‎ 沸点/℃‎ ‎83.1‎ ‎186‎ 约400‎ ‎（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是　 　．‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为　 　微粒之间存在的作用力是　 　．‎ ‎（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图（1、2）为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）．则D原子的坐标参数为　 　．‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为　 　g•cm﹣3（列出计算式即可）．‎ ‎10．金属钛（Ti）被称为21世纪金属，在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛，TiO2是一种优良的光催化剂．20世纪科学家尝试用多种方法将金红石（TiO2）还原，发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键步骤：‎ TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1‎ 该反应发生温度高达2170℃，能耗大，对设备和生产要求几乎达到苛刻程度．目前科学家采用金红石加碳氯化方法，在较温和条件下成功制取TiCl4，为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献．金红石加碳氯化的主要反应如下：‎ 反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1，△S1=+64J•K﹣1•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（g）+2CO（g）△H2，△S2‎ 已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1‎ ‎②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣222.3kJ•mol﹣1‎ 请回答：‎ ‎（1）反应Ⅰ的△H1=　 　kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应Ⅰ的KP=　 　（用表达式表示）．‎ ‎（3）将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较，从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因　 　．‎ ‎（4）在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应，2N2（g）+6H2O（1）═4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.4kJ•mol﹣1‎ 进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表：‎ 实验组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ T/K ‎303‎ ‎313‎ ‎323‎ ‎353‎ NH3生成量/（10﹣6mol）‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ O2生成量/（10﹣6mol）‎ ‎3.6‎ ‎4.4‎ ‎4.5‎ ‎1.5‎ 反应时间/h ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ 容器体积/L ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎①请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图（图中标明必要的文字说明）．‎ ‎②根据表中数据，在303K时，在3h内用氮气表示其平均反应速率为　 　mol•L﹣1•h﹣1．判断组别4中反应是否达到平衡状态　 　（填“是”或“否”），并说明理由　 　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省衡阳八中、永州四中实验班高二（上）第一次联考化学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）‎ ‎1．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C．元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体 D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂 ‎【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】根据Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；依次推出X为Na，M为O，‎ Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质来解答．‎ ‎【解答】解：由Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y是硅元素，即X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2﹣＞W﹣可知X、Z、W分别属于钠、硫、氯元素，又因为Z、M同主族且X+与M2﹣具有相同的电子层结构，则M是氧元素；‎ A、因钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；‎ B、因水分子中存在氢键，所以水的沸点最高，沸点为H2O＞HCl＞H2S，故B错误；‎ C、元素Y、Z、W的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故C错误；‎ D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关金属的说法正确的是（　　）‎ A．金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子 B．金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动 C．金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强 D．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为1：2‎ ‎【考点】9F：金属晶体．‎ ‎【分析】A、金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子；‎ B、金属导电的实质是金属阳离子和自由电子的定向移动，产生电流；‎ C、金属原子在化学变化中失去的电子数多少和还原性无关；‎ D、利用均摊法来计算原子的个数．‎ ‎【解答】解：A、因金属的最外层电子受原子核的吸引小，则金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，故A错误；‎ B、金属导电的实质是金属阳离子和自由电子定向移动而产生电流的结果，故B错误；‎ C、金属原子在化学变化中失去电子越容易，其还原性越强，故C错误；‎ D、体心立方晶胞中原子在顶点和体心，则原子个数为1+8×=2，面心立方晶胞中原子在顶点和面心，原子个数为8×+6×=4，原子的个数之比为2：4=1：2，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4．一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸．下列各含氧酸中酸性最强的是（　　）‎ A．H2SeO3 B．HMnO4 C．H3BO3 D．H3PO4‎ ‎【考点】8H：物质的结构与性质之间的关系．‎ ‎【分析】含氧酸可用通式XOm（OH）n 来表示，一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸，如果含氧酸中酸性最强，说明该含氧酸通式中m最大，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸，如果含氧酸中酸性最强，说明该含氧酸通式中m最大，‎ A．该含氧酸通式为XO（OH）2，m为1；‎ B．该含氧酸通式为XO3（OH），m=3；‎ C．该含氧酸通式为XO0（OH）3，m=0；‎ D．该含氧酸通式为XO（OH）3，m=1；‎ 通过以上分析知，m最大的是高锰酸，所以酸性最强的是高锰酸，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为：①6NO+4NH3═5N2+6H2O；②6NO2+8NH3═7N2+12H2O；③NO+NO2+2NH3═2N2+3H2O，‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．NO2为酸性氧化物 B．H2O很稳定是因为水分子之间存在氢键 C．反应③中每生成22.4 LN2，转移电子数1.5NA D．NH3的沸点比PH3的沸点高 ‎【考点】EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；B1：氧化还原反应．‎ ‎【分析】A．二氧化氮与碱反应生成硝酸盐、水外，还生成了NO；‎ B．水稳定是由于水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关；‎ C．根据氮元素化合价的变化来分析，且不是标况下；‎ D．利用相对分子质量分析分子间作用力，并注意氨气分子中有氢键．‎ ‎【解答】解：A．酸性氧化物与碱反应生成盐和水，而二氧化氮与碱反应还生成NO气体，所以二氧化氮不属于酸性氧化物，故A错误；‎ B．水分子的稳定性与共价键有关，而氢键影响水的沸点，故B错误；‎ C．N元素的化合价变化为NO中+2→0化合价降低，NO2中+4→0化合价降低，NH3中﹣3→0化合价升高，每生成标况下的22.4LN2，转移电子数3NA，故C错误；‎ D．因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol•L﹣1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（　　）‎ A．10℃20mL3 mol•L﹣1的X溶液 B．20℃30 mL 2 mol•L﹣1的X溶液 C．20℃10 mL 4 mol•L﹣1的X溶液 D．10℃10 mL 2 mol•L﹣1的X溶液 ‎【考点】C2：反应速率的定量表示方法；CA：化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则X的物质的量越大，X的浓度越大，而浓度越大、温度越高，反应速率越快．‎ ‎【解答】解：A．20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；‎ B．30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；‎ C．10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L=0.04mol；‎ D．10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L=0.02mol，‎ 显然四种情况下，X浓度A=B＞C＞D，而温度B=C＞A=D，故反应速率B的反应速率最快，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．已知反应FeO（s）+C（s）=CO（g）+Fe（s）的△H＞0，（假设△H，△S不随温度变化而变化），下列叙述中正确的是（　　）‎ A．低温下为自发过程，高温下为非自发过程 B．高温下为自发过程，低温下为非自发过程 C．任何温度下为非自发过程 D．任何温度下为自发过程 ‎【考点】C5：焓变和熵变．‎ ‎【分析】根据吉布斯自由能△G=△H﹣T△S来判断，△G＜0 能反应自发进行，△G＞0不能反应自发进行．‎ ‎【解答】解：△H＞0，△S＞0，低温下，△G=△H﹣T△S＞0，不能反应自发进行，高温下，△G=△H﹣T△S＜0，能反应自发，故B正确；A、C、D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5（s）+5CO（g）⇌5CO2（g）+I2（s）；不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点时，CO的转化率为20%‎ B．容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态 C．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd D．0到0.5min反应速率V（CO）=0.3mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎【考点】CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、根据三行式来分析各物质的量，结合转化率等于；‎ B、两边计量数相等，所以压强始终不变；‎ C、b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd；‎ D、0到0.5min时CO2的体积分数（即物质量分数），列式计算即可求出从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）；‎ ‎【解答】解：A、5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol y y b点量/mol 2﹣y y 根据a点时CO2的体积分数φ（CO2）==0.80，得y=1.6mol，转化率等于=×100%=80%，故A错误；‎ B、两边计量数相等，所以压强始终不变，不能做平衡状态的标志，故B错误；‎ C、b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，故C正确；‎ D、0到0.5min时：‎ ‎ 5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol x x a点量/mol 2﹣x x 根据a点时CO2的体积分数φ（CO2）==0.30，得x=0.6mol 则从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）==0.6mol•L﹣1•min﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分58分）‎ ‎8．X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，X有5个原子核．通常状况下，W为无色液体．‎ 已知：X+YZ+W ‎（1）Y的电子式是　　．‎ ‎（2）液态Z和W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是　2NH3（l）⇌NH2﹣+NH4+　．‎ ‎（3）用图1示装置制备NO并验证其还原性．有下列主要操作：‎ a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中．‎ b．关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞．‎ c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸．‎ ‎①步骤c后还缺少的一步主要操作是　打开止水夹，通入少量氧气　．‎ ‎②红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是　P2O5+6OH﹣=2PO43﹣+3H2O　．‎ ‎③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是　Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色　‎ 反应的离子方程式是　3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O　．‎ ‎（4）一定温度下，将1mol N2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色．温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色．若保持T2，增大压强，气体逐渐变为红棕色．气体的物质的量n随温度T变化的关系如图2所示．‎ ‎①温度在T1﹣T2之间，反应的化学方程式是　2NO2⇌2NO+O2　．‎ ‎②温度在T2﹣T3之间，气体的平均相对分子质量是（保留1位小数）　30.7　．‎ ‎【考点】GS：无机物的推断．‎ ‎【分析】（1）（2）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，考虑为10电子微粒，通常状况下，W为无色液体判断为H2O；X有5个原子核，发生反应X+YZ+W，饮食NH4++OH﹣=NH3↑+H2O，推断X为NH4+、Y为OH﹣、Z为NH3；‎ ‎（3）装置用来制备NO并验证其还原性，先制备无氧气操作状态下制得的NO，为了更好的验证一氧化氮气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再滴入硝酸和铜反应生成一氧化氮无色气体；验证一氧化氮的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮；‎ ‎（4）①温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的物质的量增大，说明NO2发生分解反应，应生成NO与O2；‎ ‎②温度在T2﹣T3之间处于平衡状态，平衡时混合气体总的物质的量为3mol，根据起始加入1molN2O4计算混合气体总质量，计算混合气体的平均摩尔质量确定平均相对分子质量．‎ ‎【解答】解：（1）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，考虑为10电子微粒，通常状况下，W为无色液体判断为H2O；X有5个原子核，发生反应X+YZ+W，饮食NH4++OH﹣=NH3↑+H2O，推断X为NH4+、Y为OH﹣、Z为NH3，Y的电子式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）液态Z为NH3与W为H2O的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态NH3的电离方程式是2NH3（l）⇌NH2﹣+NH4+，‎ ‎，故答案为：2NH3（l）⇌NH2﹣+NH4+；‎ ‎（3）装置用来制备NO并验证其还原性，先制备无氧气操作状态下制得的NO，为了更好的验证一氧化氮气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再滴入硝酸和铜反应生成一氧化氮无色气体；验证一氧化氮的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮，‎ ‎①由上述分析可知，步骤c后还缺少的一步主要操作是：打开止水夹，通入少量氧气，‎ 故答案为：打开止水夹，通入少量氧气；‎ ‎②红磷充分燃烧的产物为P2O5，与NaOH溶液反应的离子方程式是P2O5+6OH﹣=2PO43﹣+3H2O，‎ 故答案为：P2O5+6OH﹣=2PO43﹣+3H2O；‎ ‎③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中，发生反应为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，现象是：Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色，‎ 故答案为：Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色；3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎（4）①温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的物质的量增大，说明NO2发生分解反应，应生成NO与O2，方程式为：2NO2⇌2NO+O2，‎ 故答案为：2NO2⇌2NO+O2；‎ ‎②温度在T2﹣T3之间处于平衡状态，平衡时混合气体总的物质的量为3mol，起始加入1molN2O4，故平衡混合气体总质量=1mol×92g/mol=92g，混合气体的平均摩尔质量==30.7g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为30.7，‎ 故答案为：30.7．‎ ‎　‎ ‎9．锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：‎ ‎（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　3d104s24p2　，有　2　个未成对电子．‎ ‎（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分析，原因是　锗的原子半径大，原子之间形成的ρ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键　．‎ ‎（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因　GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强　．‎ GeCl4‎ GeBr4‎ GeI4‎ 熔点/℃‎ ‎﹣49.5‎ ‎26‎ ‎146‎ 沸点/℃‎ ‎83.1‎ ‎186‎ 约400‎ ‎（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是　O＞Ge＞Zn　．‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为　sp3　微粒之间存在的作用力是　共价键　．‎ ‎（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图（1、2）为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）．则D原子的坐标参数为　（，，）　．‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为　　g•cm﹣3（列出计算式即可）．‎ ‎【考点】86：原子核外电子排布；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；‎ ‎（2）Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键；‎ ‎（3）锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；‎ ‎（4）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；‎ ‎（6）①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等等份可知D处于到各个面的处；‎ ‎②根据均摊法计算晶胞中Ge原子数目，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ=计算晶胞密度．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨道未成对电子，‎ 故答案为：3d104s24p2；2；‎ ‎（2）虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑Ge的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键，‎ 故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；‎ ‎（3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，‎ 故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；‎ ‎（4）元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge＞Zn，‎ 故答案为：O＞Ge＞Zn；‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，‎ 故答案为：sp3；共价键；‎ ‎（6）①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再2等份，可知D处于到各个面的处，则D原子的坐标参数为（，，），‎ 故答案为：（，，）；‎ ‎②晶胞中Ge原子数目为4+8×+6×‎ ‎=8，结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞的质量为，晶胞参数a=565.76pm，‎ 其密度为÷3=，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎10．金属钛（Ti）被称为21世纪金属，在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛，TiO2是一种优良的光催化剂．20世纪科学家尝试用多种方法将金红石（TiO2）还原，发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键步骤：‎ TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1‎ 该反应发生温度高达2170℃，能耗大，对设备和生产要求几乎达到苛刻程度．目前科学家采用金红石加碳氯化方法，在较温和条件下成功制取TiCl4，为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献．金红石加碳氯化的主要反应如下：‎ 反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1，△S1=+64J•K﹣1•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（g）+2CO（g）△H2，△S2‎ 已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1‎ ‎②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣222.3kJ•mol﹣1‎ 请回答：‎ ‎（1）反应Ⅰ的△H1=　+1098.7　kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应Ⅰ的KP=　　（用表达式表示）．‎ ‎（3）将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较，从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因　焓变减小，熵变增大，有利于反应正向进行　．‎ ‎（4）在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应，2N2（g）+6H2O（1）═4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.4kJ•mol﹣1‎ 进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表：‎ 实验组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ T/K ‎303‎ ‎313‎ ‎323‎ ‎353‎ NH3生成量/（10﹣6mol）‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ O2生成量/（10﹣6mol）‎ ‎3.6‎ ‎4.4‎ ‎4.5‎ ‎1.5‎ 反应时间/h ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ 容器体积/L ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎①请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图（图中标明必要的文字说明）．‎ ‎②根据表中数据，在303K时，在3h内用氮气表示其平均反应速率为　4×10﹣7　mol•L﹣1•h﹣1．判断组别4中反应是否达到平衡状态　否　（填“是”或“否”），并说明理由　反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n（NH3）应大于6.0×10﹣6mol　．‎ ‎【考点】BB：反应热和焓变；C2：反应速率的定量表示方法；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1，C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算得到：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1；‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP 时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），等于生成物平衡分压幂次方乘积除以反应物平衡分压幂次方乘积；‎ ‎（3）用判据△H﹣T△S来判断反应能否发生；‎ ‎（4）①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；‎ ‎②计算生成氧气的反应速率=，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率，2N2（g）+6H2O（1）═4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.4kJ•mol﹣1，反应是吸热反应，升温平衡正向进行分析．‎ ‎【解答】解：（1）依据热化学方程式：①TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1，②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②得到：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1=+1098.7KJ/mol，‎ 故答案为：+1098.7；‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g），反应的Kp=，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（1）+O2（g）△H=+151kJ/mol该反应中，反应物有2mol气体，生成物只有1mol气体，△S＜0，又△H＞0，则△H﹣T△S＞0，故反应不能自发进行，金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因是焓变减小，熵变增大，有利于反应正向进行，‎ 故答案为：金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因；‎ ‎（4）①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，使用催化剂后，活化能降低，图象需要符合：1．两条线的起点、终点分别相同．2．有催化剂曲线最高处能量要低．3．反应物的总能量要低于生成物的总能量，图象为：‎ ‎，‎ 故答案为：；‎ ‎②在303K时，在3h内氧气的反应速率==6×10﹣7mol/L•h，用氮气表示其平均反应速率v（N2）=v（O2）=×6×10﹣7mol/L•h=4×10﹣7mol/L•h，‎ 组别4中反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n（NH3）应大于6.0×10﹣6mol，则组别4中反应未达到平衡状态，‎ 故答案为：4×10﹣7，否，反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n（NH3）应大于6.0×10﹣6mol．‎ ‎　‎ ‎2017年6月25日