1、1.2.3.4.2019年河南省鄭州市高考化學三模試卷選項用途原因A葡萄糖附于工業制鏡葡萄糖具后還原性B用鐵槽車或鋁槽車運輸濃硫酸濃硫酸常溫下與鐵、鋁不反應C硅是信息高速公路的骨架硅具有良好的傳遞光信號的性能DNaOH可用作胃酸中和劑NaOH能與鹽酸發生中和反應、單選題（本大題共7小題，共42.0分）化學與生活息息相關。下表中有關物質用途與原因解釋均正確的是（）A.AB.BC.CD.D設Na為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是（）A.標準狀況下，80g所含的原子數為B.鉛蓄電池在充電時，每生成98gC.1mol、3mol混合反應，當生成4,電路中通過電子數為時，轉移電子數目為D.100mL的

2、溶液，含有的陰離子數目為ABCD分離水和澳苯驗證SO2的漂白粉制取少量乙酸乙酯配制100mL0.100mol?L-1的硫酸卜列有關實驗裝置正確且能達到實驗目的是（）A.AB.BC.CD.D最近我國科學家研制出了一種新型納米電子學材料-石墨快，其分子中只有碳原子，圖中丁為它的結構片段。下列有關說法錯誤的是（）EIf丙甲A.甲中有12個原子共平面B.丙的二氯代物有3種C.1mol丙最多可以和12moiD.石墨煥和金剛石、石墨、發生加成反應等互為同素異形體實驗1實驗22ml.Ojmd-L'1FcChpH=L71Ik團體溶霖.不到糧匿臭事疊/味.凈重出現淡黃色漆濁i2mL61mlp'L

3、卜4日而律宜郎溶赭陶舞微詈具程1/pH-1.7-蕾氣味.溶液出現淡黃色渾流；/分班加人W71nLpH=1.7鹽酸一段時閱后因冰溶解，窗財基景金CAwJiIVIrikT04WUH上雷混出現派黃色溫次5.某探究小組做了以下兩組實驗:對以上實驗進行分析，相關說法錯誤的是（）A.實驗1和實驗2中均發生了氧化還原反應和非氧化還原反應B.由實驗2可推知和在酸性條件下不可能生成C.實驗2中固體溶解速率不同的原因是不同D.上述實驗聞到臭雞蛋氣味，是因為溶液呈酸性，促使固體溶解產生了氣體6.短周期X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數依次增大。X的最外層電子數是內層電子數的2倍，M核內質子數是Y的兩倍，Z的單質常

4、溫下與水劇烈反應。下列有關說法錯誤的是（）A.最簡單氫化物的沸點：B. M的單質在常溫下一定呈固態C. Z單質可能是金屬，也可能是非金屬D.最高價氧化物對應水化物的酸性一定是：7.向0.1mol?L-1AgNO3溶液中滴入稀氨水，發生反應Ag+2NH3?Ag（NH3）2+,平衡常數K=.溶液中PNH3與8(X)的關系如圖，其中pNH3=-lgc(NH3)、S(X)=(X代表Ag+或Ag(A.K越大，越穩定B.圖中代表的是C.該溶液中存在：D.在此條件下該反應平衡常數K的數量級為二、簡答題（本大題共5小題，共63.0分）8.堿式硫酸鐵Fe（OH）SO4是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑，也可用于

5、治療消化性潰瘍出血。工業上利用廢鐵屑（含少量氧化鋁、氧化鐵等）生產堿式硫酸鐵的工藝流程如圖：及就聲飯鼠帖片丫0格酸后X/需4+過海If嵋0誨我一/版仃I鷲歐司t道副一外式就監回答下列問題:第1頁，共10頁11.根據物質結構相關知識,回答下列問題:(1)加入少量NaHCO3的目的是，該反應的離子方程式為;為了加快反應速率，“攪拌”的同時還可以(填操作名稱)。(2)反應II的離子方程式為；你認為用NaNO2的不足之處是。某同學選用H2O2代替NaNO2,反應時有氣泡產生，寫出生成該氣體的化學方程式。(3)堿式硫酸鐵溶于水后產生的Fe(OH)2+離子，可部分水解生成Fe2(OH)j+聚合離子。該水解

6、反應的離子方程式為。(4)減壓蒸發的目的是。(5)為檢驗所得產品中是否含有Fe2+,可使用的試劑為A.氯水B.KSCN溶液C.K3Fe(CN)可溶液D.酸性KMnO4溶液9.保險粉(Na2s2O4)廣泛應用于造紙、印染、環保、醫藥等行業，可以通過NaHSO3與NaBH4反應制取。該物質具有強還原性，在空氣中易被氧化，受熱易分解，易溶于水、不溶于乙醇。請按要求回答下列問題：1 .NaHSO3溶液的制備圖1圖2(1)按圖1裝置制取NaHSO3溶液，A裝置中不宜使用98.3%的濃H2SO4或稀H2SO4,原因是;裝置B的作用是。(2)反應后C裝置中溶液pH=4.1,則C中生反應的離子方程式為。n.保

7、險粉的制備打開圖2(部分裝置已省略)中活塞K通人氮氣，一段時間后，關閉K.打開恒壓滴液漏斗活塞，滴人堿性NaBH4溶液(NaBH4被氧化為NaBO?和O),在30?40下充分反應。向反應后的溶液中加入乙醇，經冷卻結晶、過濾得到Na2s2O4?2H2O晶體，再用乙醇洗滌、真空烘干脫去結晶水得到保險粉。(3)E中發生反應時氧化劑和還原劑的物質的量之比為。(4)反應前通人N2的目的是；洗滌Na2s2O4?2H2O晶體，使用乙醇白原因是;恒壓滴液漏斗側管的作用是;反應中合理的加熱方式是。出.保險粉純度的測定(5)稱量3.0g樣品溶于冷水配成200mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加人指示劑，用0

8、.10mol?L-1堿性K3Fe(CN)6標準溶液滴定。滴定原理為：4Fe(CN)63-+2S2O42-+8OH-=4Fe(CN)64-+4SO32-+4H2O(雜質不參與反應)。達到滴定終點時消耗標準溶液24.00mL。樣品中Na2s2O4的質量分數為(精確至0.1%)。下列操作會引起測定結果偏高的是。A.配制標準溶液時，未洗滌燒杯和玻璃棒B.未用標準溶液潤洗滴定管C.錐形瓶中有少量蒸儲水D.滴定終點讀數時俯視刻度線10.運用化學反應原理研究碳、氮、硫的單質及其化合物的反應對緩解環境污染、能源危機具有重要意義。(1)CO還原NO的反應為2CO(g)+2NO(g)?2CO2(g)+N2(g)A

9、H=-746kJ?mol-1.部分化學鍵的鍵能數據如表：化學鍵C三0N=NC=O_,_-1XE/(kJ?mol)1076945745由以上數據可求得NO的鍵能為kJ?mol-1。寫出兩條有利于提高NO平衡轉化率的措施。(2)用焦炭還原NO的反應為：2NO(g)+C(s)?N2(g)+CO2(g)H.恒容恒溫條件下，向體積相同的甲、乙、丙三個容器中分別加入足量的焦炭和一定量的NO,測得各容器中NO的物質的量n(NO)隨反應時間(t)的變化情況如表所示：t/minn(NO)/mol容器04080120160甲/400C2.001.51.100.800.80乙/400C1.000.800.650.5

10、30.45丙/TC2.001.451.001.001.00AH0(填或“V”)。乙容器在160min時v正v逆(填“>”、或“=”)。(3)某溫度下，向體積為2L的恒容真空容器中通入2.00molNO2,發生反應：2NO；,(g)?N2O4(g)-1H=-57.0kJ?mol12已知：v正(NO2)=k1?c(NO2),v逆(N2O4)=k2?c(N2O4),其中k1、k2為速率常數。測得NO2的體積分數4(NO2)與反應時間(t)的關系如表：t/min0204060804(NO2)1.00.750.520.500.50k1/k2的數值為。已知速率常數k隨溫度升高而增大，則升高溫度后%增

11、大的倍數k2增大的倍數(填“>”、“v”或“二”)。(4)用間接電化學法去除煙氣中NO的原理如圖所示。已知陰極室溶液呈酸性，則陰極的電極反應式為。反應過程中通過質子交換膜(ab)的H+為2mol時，吸收柱中生成的氣體在標準狀況下的體積為L第2頁，共10頁O(無機試劑任選)(1)在第三周期的元素中，第一電離能介于Mg與Cl之間的有種。(2)碳元素與氮元素形成的某種晶體的晶胞如圖1所示，其中8個C原子位于立方體的頂點，4個C原子位于立方體的面心，4個N原子在立方體內。已知該晶體硬度超過金剛石，其原因是。晶胞中C原子的雜化方式為。知該晶胞參數為anm,阿伏加德羅常數用Na表示，則該晶體的密度為

12、g?cm-3屬于芳香族化合物。寫出其中核磁共振氫譜峰面積之比為1:1:2：6的同分異構體的結構簡式(5)結合題中信息，仿照題中流程圖，寫出以A為原料制備苯乙酸的合成路線12.(3)大兀鍵可表示為始:其中m代表參與形成的大兀鍵原子數，n表示大兀鍵的電子數，如(的大兀鍵可表不為766,則CO32中的大兀鍵可表不為。(4)金屬銘是一種極硬、耐腐蝕的銀白色金屬，其化合物種類繁多，如：Cr2(SO4)3、K2Cr2O7以及配離子Cr(H2O)3(NH3)3r等。基態銘原子的價電子排布式為。配離子Cr(dO)3(NH3)33+的結構可能有種。(5)AlP因殺蟲效率高、廉價易得而被廣泛應用。已知AIP的熔點

13、為2000c，其晶胞結構如圖2所示。C點的原子坐標為。AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面體空隙中，此空隙的填充率為。具有抗菌、消炎作用的黃酮醋酸類化合物L的合成路線如圖所示：試劑、BI7WH.CHBrIIH-,OoCHaCOOChHcM3,0催化劑.CHsCHjCDOOHCH：EFC13H11CIO2XaCN,催化劑，加熱j.試劑b堿，已知:R-XthOR-CN/-R-COOH（R為煌基）*JARCHO+CH3COR，NRCH=CHCOR，(R、R'為煌基或氫原子)請回答下列問題：(1)物質B的名稱為；試劑b的結構簡式為;L和足量H2加成所得產物的分子式(2)芳香燒A轉化為

14、物質B的化學方程式;C-D的反應類型為。(3)F中含氧官能團的名稱為。(4)同時滿足下列條件的D的同分異構體共種。能發生銀鏡反應；能發生水解反應；第3頁，共10頁答案和解析1 .【答案】A【解析】解:A.葡萄糖含有醛基，育的多還原銀離子，可用于制鏡工業，故A正確；B.濃硫酸常溫下與鐵、鋁發生鈍化反應，形成致密的保護膜阻止反應進一步進行，所以用鐵槽車或鋁槽車運輸濃硫酸，故B錯誤；C.二氧化硅具有良好的傳遞光信號的性能，是信息高速公路的骨架，故C錯誤；D.NaOH堿性太強，不能用作胃酸中和齊1J,故D錯誤；故選:A。A,葡萄糖含有醛基，育冽多還原銀離子；B.濃硫酸常溫下與鐵、鋁發生鈍化反應；C.二

15、氧化硅具有良好的傳遞光信號的性能，是信息高速公路的骨架；D.NaOH堿性太強。本題考查了元素化合物知識，側重考查物質的用途，熟悉相關物質的性質是解題關鍵，題目難度不大。2 .【答案】D【解析】解:A、標況下80g三氧化硫的物質的量為1mol,而三氧化硫中含4個原子，故1mol三氧化硫中含原子為4NA個，故A正確；充電B、鉛蓄電池充電的反應為：2H2O+2PbSO42Pb+PbQ+2H2so4,根據反應可知，當轉移2mol電子時，生成2mol硫酸，故當生成98g硫酸即1mol硫酸時，轉移1mol電子即NA個，故B正確；C、合成氨的反應中氮元素由0價變為-3價，故當生成0.1mol氨氣時轉移0.3

16、Na個電子，故C正確；D、S2-的水解導致陰離子個數增多，故此溶液中國陰離子個數多于0.01NA個，故D錯誤。故選：D。A、求出三氧化硫的物質的量，然后根據三氧化硫中含4個原子來分析；B、鉛蓄電池充電的反應為：2H2O+2PbSO4可Pb+PbQ+2H2so4；C、合成氨的反應中N元素由0價變為-3價；D、S2-的水解導致陰離子個數增多。本題考查了物質的量和阿伏伽德羅常數的有關計算，難度不大，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵。3 .【答案】A【解析】解:A.水和澳苯分層，選分液漏斗可分離，故A正確；B.二氧化硫與高鈕酸鉀發生氧化還原反應，體現二氧化硫的還原性，故B錯誤；C.導管在碳酸鈉溶液

17、的液面下，易發生倒吸，導管口應在液面上，故C錯誤；D,不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應在燒杯中稀釋、冷卻后轉移到容量瓶中，故D錯誤；故選:A。A.水和澳苯分層；B.二氧化硫與高鈕酸鉀發生氧化還原反應；C.導管在碳酸鈉溶液的液面下，易發生倒吸；D,不能在容量瓶中稀釋濃硫酸。本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、3與現象、混合物分離提純、溶液配制為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。4 .【答案】C【解析】解:A.機中所有原子共平面，澳原子取代苯中H原子生成甲，所有甲中所有原子共平面，故A正確；B,丙的二氯物和苯的二氯代物相似，都有3種，故B正確

18、；C,丙中含有碳碳三鍵、邛環，都可與氫氣發生加成反應，則最多可以和18molH2發生加成反應，故C錯誤；第4頁，共10頁D.石墨快中只含有C元素，C60中只含C元素，都為單質，二者結構不同，所有屬于同種元素的不同單質，為同素異形體，故D正確；故選:C。A.機中所有原子共平面，澳原子取代苯中H原子生成甲；B,丙的二氯物有3種；C,丙中含有碳碳三鍵、邛環，都可與氫氣發生加成反應；D.石墨快中只含有C元素，C60中只含C元素，都為單質。本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，側重考查分析判斷及對基本概念的理解和掌握，明確官能團及其性質關系、基本概念內涵是解本題關鍵，注意AB采用類比的方法進行判斷，題目

19、難度不大。5 .【答案】C【解析】解:A.生成的臭雞蛋氣味的氣體為硫化氫，發生水解反應生成，生成淡黃色沉淀為S,發生氧化還原反應生成，故A正確；B, Fe3+和S2-在酸性條件下發生氧化還原反應，則不可能生成Fe2S3,故B正確；C, 2可知，鐵離子濃度不同，反應速率不同，兩個實驗氫離子濃度相同，故C錯誤；D,生成的臭雞蛋氣味的氣體為硫化氫，在酸性條件下易生成，故D正確。故選:C。氯化鐵水解呈酸性，鐵離子具有氧化性，可氧化硫化氫、硫離子等生成硫，由實驗2可知，鐵離子濃度不同，反應速率不同，以此解答該題。本題考查物質的性質探究，為高頻考點，側重考查學生的分析能力和實驗能力，注意把握物質的性質以及

20、實驗現象的分析和判斷，題目難度不大。6 .【答案】D【解析】解:X原子最外層電子數是內層電子數的2倍，由于最外層電子數不超過8,原子只能有2個電子層，最夕序電子數為4,故X為C元素。M核內質子數是Y的兩倍，短周期主族原子序數最大為17,故Y只能處于第二周期，若Y為N,則M為Si,若Y為O,則M為S,而當Y為F時，M為Ar,M不符合主族元素。Z的單質常溫下與水劇烈反應，結合原子序數Z為F或Na。A.若Y為N,則M為Si,氨氣分子之間存在氫鍵，沸點高于SiH4的，若Y為O,則M為S,H2O的沸點高于H2s的，故A正確；B.M為Si或S,單質在常溫下均為固體，故B正確；C.Z為F或Na,可能是金屬，

21、也可能是非金屬，故C正確；D.M為Si或S,X為C,它們最高價含氧酸中，硅酸的酸性比碳酸弱，而硫酸的酸性比碳酸強,故D錯誤。故選：D。X原子最外層電子數是內層電子數的2倍，由于最外層電子數不超過8,原子只能有2個電子層，最夕注電子數為4,故X為C元素。M核內質子數是Y的兩倍，短周期主族原子序數最大為17,故Y只能處于第二周期，若Y為N,則M為Si,若Y為O,則M為S,而當Y為F時，M為Ar,M不符合主族元素。Z的單質常溫下與水劇烈反應，結合原子序數Z為F或Na。本題考查結構性質位置關系應用，題目難度中等，正確推斷各元素為解答關鍵，熟練掌握核外電子排布規律、元素周期表結構與元素周期律，注意Y、M

22、元素的不確定性。7 .【答案】B【解析】解:A.向0.1mol?L-1AgNO3溶液中滴入稀氨水，發生反應Ag+2NH3?AgNH3)2+,K越大進行程度越大，說明AgNH3)2+越穩定，故A正確；8 .隨著pNH3增大，則溶液中cNH3)減小，他AgNH3)2+解離，則cAg+)增大，所以。代表6Ag+),隨錯誤；C.根據電荷守恒：cAg+)+cH+)+cAgNH3)2+cNH4+)=cOH-)+cNO3-),根據物料守恒：cAg+)+cAgNH3)2+=cNO3-)，所以仔NH4+)+cH+)=cOH-),除正確；D.溶液中cAg+)=cAgNH3)2+時，根據阿象，此時pNH3=3.65

23、,所以cNH3)=10-3.65mol/L,一,_7Q則KAgNH3)2)=("c=10，故D正確；第5頁，共10頁故選：BA,向0.1mol?LAgN03溶液中滴入稀氨水，發生反應Ag+2NH3?Ag(MH3)2+,平衡常數K是衡量平衡正向進行程度的物理量，K越大進行程度越大；8 .隨著PNH3增大，則溶液中cNH3)減小，他Ag3)2+解離，則cAg+)增大；C.溶液中電荷守恒和物料守恒分析；D.根據溶液中cg+)=cAgNH3)2：時的cNF)計算Ko本題考查配合物的解離平衡，還是根據守恒關系式，結合解離平衡表達式和圖象分析并計算，題目難度中等。9 .【答案】除去雜質Al3+A

24、l3+3HCO3=AI(OH)3+3CQT加熱Fe2+NO2+2H+=Fe3+NOT+H2O產生氮的氧化物污染空氣2H202=2±0+。2個2Fe(OH)2+2H2O?Fe2(OH)42+2H+降低水的沸點，防止蒸發過程中溫度過高導致Fe(OH)2+水解生成Fe(OH)3CD【解析】解：10經過反應I得到含有Fe2+、A|3+的溶液，加入少量NaHCO3,與Al3+發生雙水解反應：Al3+3HCO3-=AIpH)3+3CQt,除去雜質Al3+,為了加快反應速率，攪拌”的同時還可以加熱；故答案為：除及質A產;A|3+3HCO3MAi0H)3，+3CT；力熱；2)加II為NaNC在酸性條

25、件下氧化FeSQ的反應，離子反應為：Ff+NO2-+2H+=FB+NOT+%0;該方法產生氮的氧化物污染空氣；用力。2代替NaNC)2,反應時有氣泡產生，因為發生了反應：2電。22憶。+。2個；故答案為：F/+NO2-+2H+=fW+NOT+出0;產生氮的氧化物污染空氣；2H2。22%0+。2個；6)堿式硫愀溶于水后產生的FeQH)2+離子，可部分水解生成F%0H)4?+聚合離子，反應為：2FeQH)2+2H2O?F%QH)42+2H+;故答案為：2FeQH)2+2H2O?Fe2pH)42+2H+;)鬧樂蒸發的目的是降低水的沸點，防止蒸發過程中溫度過高導致FeRH)2+水解生成FePH)3;故

26、答案為：降低水的沸點，防止蒸發過程中溫度過高導致FeQH)2+水解生成FeQH)3;第6頁,0)為檢驗所得產品中是否含有Fe2+,產品含有鐵離子，即為在含有F$+的溶液中檢驗Fe2+,選用現象明顯的試劑，WK3FeGN%溶液和酸性KMnO4溶液；故答案為:CD。根據流程：用稀硫酸溶解廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)，脈有：Fe+2H+=F/+H2T,AI2O3+6H+=2AI3+3H2O,Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O,2Fe3+Fe=3F+,除過反應I得到含有f/、A|3+的溶液，加入少量NaHCO3,與Al3+發生雙水解反應:內3+3HCO3-二AlpH)+3CQT,除去雜質A產，

27、濾渣為AlpH)3,再將得到的FeSQ溶液與H2so4、NaNO2反應，將其氧化：Fe2+NO£+2H+=fB+NOT+H20,為防止蒸發過程中溫度過高導致FeQH產水解生成Fe0H)3,減玉蒸發，過濾，得到堿式硫酸鐵，據此分析作答。本題考查了物質制備流程和方案的分析判斷，物質性質的應用，題干信息的分析理解，對流程的分析是本題的解題關鍵，需要學生有扎實的基礎知識，綜合性強，題目難度中等。10 【答案】在98.3%的濃硫酸中Na2s03和H2s。4難以電離，反應速率慢，而S。2在稀硫酸中溶解度較大，不利于S02逸出防止倒吸2SO2+CO32'+H2O=2HSO3+CO28:1減

28、少保險粉的溶解損失平衡漏斗和燒瓶中的氣壓，便于液體順利流下水浴加熱55.7%AB【解析】解：1。圖1裝置制取NaHSO3W,A裝置中不宜使用98.3%的濃H2sO4或稀H2SO4,原因是在98.3%的濃硫酸中Na2s。3和H2s。4難以電離，反應速率慢，而SO?在稀硫酸中溶解度較大，不利于SO2逸出；裝置B的作用是防止倒吸，故答案為：佃8.3%的濃硫酸中Na2sO3和H2sO4難以電離，反應速率慢，而SO?在稀硫酸中溶解度較大，不利于SO2逸出；防止倒吸；2)C通過調節pH為4.1,通入二氧化硫反應生成NaHSO3,方程式為2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2,離子反應為2S

29、O2+CO32+H2O=2HSO3-+CO2，：2SO2+CO32_+H2O=2HSO3-+CO2；3)E中發生NaBH4+8NaHSO3=NaBO2+4Na2S2O4+6H2O,S元素的化合價降低，B元素的化合價升高，則氧化劑和還原劑的物質的量之比為8:1,故答案為:8：1；共10頁第7頁，共10頁4)反或前通入N2的目的是排凈三口燒瓶中的空氣，防止NaHSO3及Na2s2。4被氧化；流條Na2s2O4?2H2。晶體，使用乙醇的原因是減少保險粉的溶解損失；，加滴液漏斗側管的作用是平衡漏斗和燒瓶中的氣壓，便于液體順利流下；在30?40°C下充分反應，則反應中合理的加熱方式是水浴加熱，

30、故答案為：#凈三口燒瓶中的空氣，防止NaHSO3及Na2s2O4被氧化；減少保險粉的溶解損失;平衡漏斗和燒瓶中的氣壓，便于液體順利流下；水浴加熱；5)用0.10mol/L堿性K3FeCN%標準溶液滴定,達到滴定終點時消耗標準溶液24.00mL,則nK3FeCN)6)=0.10mol/L0；024L=0.0024mol,涉及反應為4FeCN)63-+2S2O42-+8OH-=4FeCN)64-+4SO32-+4H2O,則nNa2s2O4)I)1II11Umj/XX1TlfJjjizjZ=0.0012mol,可知3.0gNa2s2O4樣品中mNa2s2O4)=M00%=55.7%,X川g故答案為：

31、55.7%;A.配制標準溶液時，未洗滌燒杯和玻璃棒，標準液的濃度偏小，消耗其體積偏大，測出結果偏高，故A選；B,未用標準溶液潤洗滴定管，消耗其體積偏大，測出結果偏高，故B選；C.錐形瓶中有少量蒸儲水，對實驗無影響，故C不選；D.滴定終點讀數時俯視刻度線，消耗其體積偏小，測出結果偏低，故D不選；故答案為:AB。I.A用于制備二氧化硫，B為防倒吸裝置，C通過調節pH為4.1,通入二氧化硫反應生成NaHSO3,D為尾氣吸收裝置；n.制備保險粉，裝置先通入氮氣可將裝置內的空氣排出，防止保險粉以及亞硫酸鈉被氧化，反應產物中有NaBO2,涉及反應為NaBH4+8NaHSO3=NaBO2+4Na2s2O4+

32、6H2O；m.涉及反應為4FeCN)63_+2S2O42'+8OH-=4FeCN)64-+4SO32-+4H2O,結合方程式計算，若消耗標準特的體積偏大，則測定結果偏高。本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應、實驗裝置的作用、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，題目難度不大。10.【答案】513.5降低溫度、增大壓強(或增大CO與NO的投料比等)V>6v2SO32'+4H+2e'=S2O42'+2H2O11.2【解析】解：10設NO的鍵能為xkJ/mol,3為2COg)+2NOg)?2CO

33、2g)+N2g)AH=1076X2+2x)kJ/mol-745>2>2+945)kJ/mol=-746kJ?mo-1,解得：x=513.5,故答案為：513.5;該反應為氣體體積縮小的放熱反應，若提高NO平衡轉化率，需要使平衡向著正向移動，采用的措施有：增大壓強、降低溫度、增大CO與NO的投料比等，故答案為：降低溫度、增也強(或增大CO與NO的投料比等)；2)容器甲和丙中NO的初始量相同，內優先達到平衡，說明內的溫度較高，達到平衡時丙中NO的物質的量大于甲，說明升高溫度平衡向著逆向移動，則該反應的正反應為放熱反應，其H<0,故答案為：<反應2nog)+Cs)?n2g)+

34、CO2g)為氣體體積不變的反應，壓強不影響平衡，甲和乙溫度相同，二者互為等效平衡，達到平衡時no的轉化率相等，甲中no的轉化率為：川口一NUM一，一，j，、一TLMHhN_、，；X100%=60%,乙中NO的轉化率為：；X100%=55%<60%,說明乙容器還沒有達到平衡狀態，則乙容器在160min時v正>v逆，故答案為：>3)2no2g)?n2o4g)初始mol)1.00轉化mol)x0.5x平衡mol)1.0-x0.5xfrLi)/_I,i?則Iirj=0.5,解得:X-，達到平衡時，v正NO2)=k1?fNO2)=V逆電。4)二卜2?cN2O4),整理可得?=哈黑=10

35、-：；=6,故答案為:6;該反應為放熱反應，升高溫度平衡向著逆向移動，則升高溫度后均增大的倍數k2增大的倍數，故答案為：<4)根陋示可知，陰極通入SO32-,分離出S2O42-,則陰極反應式為：2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O;電解池的陽極水電離出的氫氧根離子放電生成氧氣，發生反應為：2H2O-4e-=4H+O2t則電解池中總反應為：2SO32-+4H+=S2O42-+2H2O+O2T,M專移4mol電子消耗4mol氫離子，則反應過程中通過質子交換膜0b)的H+為2mol時，轉移電子的物質的量為2mol,圖示NO吸收柱中S2O42-失去電子被氧化成SO32-,在NO得到

36、電子被還原成N2,根據電子守包可知，吸收柱中生成N2的物質的量為"=0.5mol,標況下0.5mol氮氣的體積為:|Z1rJX22.4L/mol0；5mol=11.2L,故答案為:2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O；11.201)4H=反應物的鍵能之和-生成物的鍵能之和，結合2COg)+2NOg?2CO2g)+N2g)H=-746kJ?mo-1及表中數據計算；提高NO平衡轉化率，需要使平衡向著正向移動，該反應為氣體體積縮小的放熱反應，結合平衡移動原理分析；2)對比甲和內判斷溫度大小，然后結合溫度對化學平衡的影響分析反應熱；該反應為氣體體積不變的可逆反應，先判斷出甲和乙

37、互為等效平衡，平衡時NO轉化率相等,分別計算出甲和乙容器內NO轉化率，根據轉化率判斷；3)根據表中數據可知，平衡時二氧化氮的體積分數為0.5,據此利用三段式計算出平衡時各組分的物質的量，然后結合平衡時正逆反應速率相等列式計算；該反應為放熱反應，溫度溫度后平衡向著逆向移動，說明k#曾大的倍數小于k2增大的倍數；4)根陋示可知，陰極通入so32-,分離出s2o42-,結合溶液為酸性書寫陰極反應式；寫出電解池的總反應，根據消耗氫離子可知轉移電子的物質的量，吸收柱中生成的氣體為氮氣，然后利用電子守恒計算氮氣的物質的量，最后根據V=nVm計算標況下體積。本題考查化學平衡的計算、電解原理、反應熱計算等知識

38、，題目難度中等，明確反應熱與鍵能的關系、電解原理為解答關鍵，注意掌握三段式在化學平衡計算中的應用，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及綜合應用能力。11.【答案】金剛石、C3N4都是原子晶體，由于氮原子半徑比碳原子半徑小，c-n鍵長比C-C鍵長短，C-N的鍵能更大，故其硬度更高sp33d54s14(-、-、-)50%【解析】解：10在第三周期的元素中，第一電離能介于Mg與Cl之間的有Si、P、S元素，所以有3種元素，故答案為:3;2)金剛石、C3N4都是原子晶體，由于氮原子半徑比碳原子半徑小，C-N鍵長比C-C鍵長短,C-N的鍵能更大，故其硬度更高，故答案為：金W石、C

39、3N4都是原子晶體，由于氮原子半徑比碳原子半徑小，C-N鍵長比C-C鍵長短，C-N的鍵能更大，故其硬度更高;晶胞中C原子價層電子對個數是4,根據價層電子對互斥理論判斷C原子的雜化方式為sp3,故答案為：sp3；該晶胞中。原子個數=8X：+49=3、C原子個數為4,晶胞體禮=自必0-/)3,晶體密度=；4g?cm3,axnr1故答案為：7a；XIIIJ)3)CO32-中價電子數為4+2-6>3=24,大冗鍵的電子數=價電子數-成鍵電子數-孤電子對數=24-3筌3M=6,這6個電子由4個原子提供，該大冗鍵為科，故答案為：鬲；4)基態銘原子的價電子為其3d能級上5個電子、4s能級上1個電子，所以其價電子排布式第8頁，共10頁為3d54s1,故答案為：3d54s1;3配離子Cr10）3NF%3為八面體結構，如果平面上有3個水分子和1個氨氣分子有1種、平面上2個水分子和2個氨氣分子（兩個水分子可能相鄰或相對）有2種、如果平面上有3個氨氣分子和1個水分子有1種，所以其可能情況有4種，故答案為:4;5）C球到左上邊頂點距離為體對角線的;，則C點在x、y、z軸投影為;、；、：，所以C點坐標為八、”）,11故答案為：，、；、：）；AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面體空隙個數為8,其中有4個被填充，所以其填充率=X100%=5