福建省福州市2020届高三模拟考试化学试题 Word版含解析 16页

- 1 - 2020 年福建省福州市高考化学模拟试卷（11） 一、选择题（本题共 7 小题，每题 6 分，共 78 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．） 1. 下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是( ) 选项 物质及成分 性质 用途 A 小苏打(Na2CO3) 与酸反应产生二氧化碳 作发酵粉 B 磁性氧化铁(Fe2O3) 难溶于水、红色 制造红色涂料 C 蓝矾(CuSO4·5H2O) 蓝色 检验水蒸气 D 二氧化硫(SO2) 能和某些有色物质反应生成无色物质 漂白草织品 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、小苏打的成分是 NaHCO3，A 错误； B、磁性氧化铁的成分是 Fe3O4(黑色)，通常用作颜料和抛光剂，B 错误； C、无水硫酸铜(CuSO4)的作用是检验水蒸气，C 错误； D、二氧化硫能和某些有色物质反应生成无色物质，可用作漂白草织品，D 正确。 答案选 D。 2. 设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是 A. 14g 由 N2 和 13C2H2 组成的混合物中，所含中子数为 7NA B. CH4 与白磷(P4)都为正四面体结构，则 1mol CH4 与 lmolP4 所含共价键的数目均为 4NA C. 反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol，若放出热量 4.62kJ，则转移电子的数 目为 0.3NA D. 常温下，含 0.5molNH4NO3 与 xmolNH3·H2O 的中性溶液中，含有 NH4 +的数目为 0.5NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．N2 和 13C2H2 的摩尔质量均为 28g/mol，故 14g 混合物的物质的量为 0.5mol，且两者 - 2 - 均含中子为 14 个，故 0.5mol 混合物中含中子为 7NA 个，故 A 正确； B．甲烷中含 4 条共价键，而白磷中含 6 条，故 1 mol CH4 与 1molP4 所含共价键的数目为 4NA 和 6NA 个，故 B 错误； C．反应 N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，放热 92.4KJ 时，转移电子数 6mol，故当放 热 4.62KJ 时，则转移电子为 0.3NA 个，故 C 正确； D．含 0.5 mol NH4NO3 与 xmol NH3•H2O 的中性溶液中 n(OH-)=n(H+)，根据电荷守恒故有： n(NO3 -)=n(NH4 +)=0.5mol，则铵根离子为 0.5NA 个，故 D 正确； 故答案为 B。 【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注 意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意 可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如 Na2O2 是由 Na+和 O2 2-构成，而 不是有 Na+和 O2-构成；SiO2、SiC 都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2 是正四面 体结构，1molSiO2 中含有的共价键为 4NA，1molP4 含有的共价键为 6NA 等。 3. 完成下列实验，所选装置正确的是( ) A B C D 实验 目的 实验室制 备乙烯 分离苯和溴苯的混合物(沸点： 苯为 80.1℃，溴苯为 156.2℃) 分离 KCl 和 NH4Cl 固体混 合物 实验室用二氧化锰和 双氧水制备氧气 实验 装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙醇在 170℃时发生消去反应生成乙烯，图中缺少测定反应液温度的温度计，故 A 错误； - 3 - B．苯和溴苯互溶，但沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故 B 正确； C．氯化铵受热分解，KCl 受热无明显变化，可在试管中加热分离，不需要蒸发皿，故 C 错误； D．二氧化锰为粉末状固体，不能放置在多孔隔板上，故 D 错误； 故选 B。 4. 图为一种利用原电池原理设计测定 O2 含量的气体传感器示意图，RbAg4I5 是只能传导 Ag+的 固体电解质。O2 可以通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成 Al2O3 和 I2，通过电池电位计的变化 可以测得 O2 的含量。下列说法正确的（ ） A. 正极反应为：3O2+12e﹣+4Al3+═2Al2O3 B. 给传感器充电时，Ag+向多孔石墨电极移动 C. 外电路转移 0.01mol 电子，消耗 O2 的体积通常状况下为 0.56L D. 协同总反应为：3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3 +12AgI 【答案】D 【解析】 【分析】 由图可知，传感器中先发生反应 4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，再发生原电池反应 2Ag+I2=2AgI，所以 原电池的负极发生反应 Ag-e-=Ag+，正极发生反应 I2+2Ag++2e-=2AgI，充电时，阳极与外加电源 正极相接，阴极与外加电源负极相接，反应式与正极、负极反应式正好相反。 【详解】A．根据分析，通入氧气的一极作正极，而氧气通过聚四氟乙烯膜会发生反应 4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，生成 Al2O3 和 I2，此时 I2 参与正极反应，所以正极反应为 I2+2Ag++2e-=2AgI， A 错误； B．给传感器充电时，银电极为阴极，所以 Ag+向阴极移动，B 错误； C．选项中没有说明是标准状况，所以不能用 22.4L/mol 来计算消耗的氧气的体积，C 错误； D．根据分析，该传感器的总反应为 3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3 +12AgI，D 正确； 故选 D。 5. 可逆反应① X(g)+2Y(g) 2Z(g) ② 2M(g) N(g)+P(g) 分别在密闭容器的两个反应 - 4 - 室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理 量的变化如图所示，下列判断正确的是 A. 达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为 10∶11 B. 反应①的正反应是吸热反应 C. 在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M 的体积分数相等 D. 达平衡（Ⅰ）时，X 的转化率为 50% 【答案】A 【解析】 【详解】A. 等温时，右侧反应中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，由图可以看出达 平衡（Ⅰ）时，体系的压强与反应开始时体系的压强之比为 2 10=2.2 11 ，故 A 正确； B. 降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时 X、Y、Z 的总物质的量减少，说明平衡向右移 动，正反应放热，故 B 错误； C. 由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M 的体积分数不会相等的，故 C 错误； D. 达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为 2mol，左右气体压强相等，设平衡时左 边气体的物质的量为 xmol，则有： 2 2.2=x 2.8 ， 28x= mol11 ，即物质的量减少了 28 53- = mol11 11 ， 所以达平衡（Ⅰ）时，X 的转化率为 5 mol11 100%1mol  ＜50%，故 D 错误。 故选 A。 【点睛】反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板，则说明左右两室的压强相等；此题难点 在于 A 项，当容器中气体物质的量不变时，压强与体积成反比，这是解题的关键。 6. 常温下，在新制氯水中滴加 NaOH 溶液，溶液中水电离出的的 c（H+）与 NaOH 溶液的体积 之间的关系如图所示，下列推断正确的是（ ） - 5 - A. 可用 pH 试纸测定 E 点对应溶液，其 pH=3 B. G 点对应溶液中：c（Na+）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H+） C. H、 F 点对应溶液中都存在：c（Na+）=c（Cl－）+c（ClO－） D. 常温下加水稀释 H 点对应溶液，溶液的 pH 增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．E 点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的 c 水(H+)=10-11mo/L，溶液中 OH-完 全是由水电离出来的，所以 c(OH-)=c 水(H+)=10-11mo/L，则溶液中 c(H+)=   wK c OH  =10-3mol/L， 则溶液 pH=3，但新制氯水有漂白性，不能用 pH 试纸测量其 pH，应该用 pH 计，选项 A 错误； B．G 点，氯水与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的 NaCl、NaClO，ClO-水解使溶液 呈弱碱性，所以有 c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项 B 正确； C．F 点对应溶液中溶质为 NaCl、NaClO 和 NaOH，根据电荷守恒可知： c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，此时溶液为碱性，则 c(OH-)＞c(H+)，所以 c(Na+)＞ c(Cl-)+c(ClO-)，选项 C 错误； D．加水稀释 H 点对应的溶液，H 点为碱性溶液，加水稀释时促使溶液的碱性减弱，所以 pH 值 降低，选项 D 错误； 答案选 B。 7. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)，下列说法错误的是 ( ) - 6 - A. 碱式硫酸铁水解能产生 Fe(OH)3 胶体，可用作净水剂 B. 生产 FeCO3 需在较低温度下进行，避免 FeCO3 受热分解 C. 可用 KSCN 溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2 是否被氧化 D. 常温下，(NH4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解度比 FeSO4 小 【答案】B 【解析】 【详解】A．碱式硫酸铁中 Fe 的化合价为+3 价，Fe3+能发生水解生成 Fe(OH)3 胶体，Fe(OH)3 胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮物，可用作净水剂，故 A 正确，不选； B．NH4HCO3 不稳定，受热易分解，所以为防止 NH4HCO3 分解，生产 FeCO3 需在较低温度下进行， 但不是避免 FeCO3 受热分解，故 B 错误，符合题意； C．若(NH4)2Fe(SO4)2 被氧化则生成 Fe3+，KSCN 溶液遇 Fe3+溶液变红，可用 KSCN 溶液检验 (NH4)2Fe(SO4)2 是否被氧化，故 C 正确，不选； D．根据流程图，FeSO4 能与(NH4)2SO4 反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，说明(NH4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解 度比 FeSO4 小，故 D 正确，不选； 故选 B。 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 8 题~第 10 题为必考题，每个试题考生都必 须做答。第 11~12 题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共 3 小题，满分 47 分） 8. 某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验(夹持仪器已略去)。 实验表明浓硝酸能将 NO 氧化成 NO2，而稀硝酸不能氧化 NO，由此得出的结论是浓硝酸的氧化 性强于稀硝酸。 可选药品：浓硝酸、3mol/L 稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与 NO 反应，能与 NO2 反应：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O (1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是____； (2)滴加浓硝酸之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后，继续进行的操 作是___； - 7 - (3)装置①中发生反应的离子方程式是_______； (4)装置②的作用是_____，发生反应的化学方程式是_______； (5)该小组得出结论依据的实验现象是_______； (6)实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸 铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以 下 4 个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_______(选填序号字母)。 a．加热该绿色溶液，观察颜色变化 b．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化 c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化 【答案】 (1). 3mol/L 稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 (2). 通入 CO2 一段时间，关闭 弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 (3). Cu+4H++2NO - 3 ＝Cu2++2NO2↑+2H2O (4). 将 NO2 转化为 NO (5). 3NO2+H2O＝2HNO3+NO (6). 装置③中液面上方气体仍为无 色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 (7). acd 【解析】 【分析】 验证浓硝酸的氧化性，应首先检查装置的气密性，硝酸与铜发生反应生成二氧化氮，通入水 后生成一氧化氮，然后通过浓硝酸，如无色气体变成红棕色气体，可证明浓硝酸可氧化一氧 化氮，生成的气体不能直接排放到空气中，应有尾气处理装置，据此分析解答。 【详解】(1)根据装置的特点和实验目的，NO 不溶于水，装置⑤是收集 NO，所以装置③中应 该盛放稀硝酸，达到验证稀 HNO3 不能氧化 NO 的目的，装置⑥中盛放 NaOH 溶液吸收 NO2，防止 污染空气，装置④中应该盛放浓硝酸，达到验证浓 HNO3 能氧化 NO 的目的，故答案为：3mol/L 稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液； (2)由于装置中残存的空气能氧化 NO，对实验产生干扰，所以滴加浓 HNO3 之前需要通入一段时 间 CO2 赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的 NO 气体逸出，故答案为：通入 CO2 一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶 内； (3) 装置①中 Cu 与浓 HNO3 反应生成 Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的化学方程式为 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，反应的离子方程式为 Cu+4H++2NO - 3 ＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故 - 8 - 答案为：Cu+4H++2NO - 3 ＝Cu2++2NO2↑+2H2O； (4)装置②中盛放 H2O，使 NO2 与 H2O 反应生成 NO，3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：将 NO2 转化 为 NO；3NO2+H2O=2HNO3+NO； (5)NO 通过稀 HNO3 溶液后，若无红棕色 NO2 产生，说明稀 HNO3 不能氧化 NO，所以盛放稀 HNO3 装置的液面上方没有颜色变化即可说明；装置④中盛放的是浓 HNO3，若浓 HNO3 能氧化 NO，则 装置④液面的上方会产生红棕色气体，故答案为：装置③中液面上方气体仍为无色，装置④ 中液面上方气体由无色变为红棕色； (6)要证明是 Cu(NO3)2 浓度过高或是溶解了 NO2 导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解 的 NO2 赶走(a、c 方案)再观察颜色变化，二是增大溶液中 NO2 浓度(d 方案)，通过观察颜色变 化可以判断，故答案为：a c d。 【点睛】明确实验的目的，正确理解实验装置的作用是解题的关键。本题的易错点为(6)，要 注意从两个角度理解实验设计的目的和要求。 9. 镧系金属元素鈰（Ce）常见有+3、+4 两种价态，鈰的合金耐高温，可以用来制造喷气推进 器零件。请回答下列问题： （1）雾霾中含有的污染物 NO 可以被含 Ce4+的溶液吸收，生成 2 3NO NO 、 物质的量之比为 1∶1， 试写出该反应的离子方程式______________________________________________。 （2）用电解的方法可将上述吸收液中的 2NO 转化为稳定的无毒气体，同时再生 Ce4+，其原理 如图所示。 ①无毒气体从电解槽的___________（填字母序号）口逸出。 ②每生成标准状况下 22.4 L 无毒气体，同时可再生 Ce4+_____________mol。 （3）鈰元素在自然界中主要以氟碳鈰矿形式存在，其主要化学成分为 CeFCO3。工业上利用氟 碳鈰矿提取 CeCl3 的一种工艺流程如下： - 9 - ①焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______________。 ②假设参与酸浸反应的 CeO2 和 CeF4 的物质的量之比为 3∶1，试写出相应的化学方程式 ________________________________________。 ③向 Ce(BF4)3 中加入 KCl 溶液的目的是________________________________________。 ④常温下，当溶液中的某离子浓度 5 11.0 10 mol L    时，可认为该离子沉淀完全。据此，在生 成 Ce(OH)3 的反应中，加入 NaOH 溶液至 pH 至少达到____________时，即可视为 Ce3 +已完全沉 淀。 20 sp 3( [Ce(OH) ]) 1.0 10 )K   ⑤加热 CeCl3·6H2O 和 NH4Cl 的固体混合物可得固体无水 CeCl3，其中 NH4Cl 的作用是 ______________________________________。 【答案】 (1). 4Ce4+ + 2NO + 3H2O = 4Ce3+ + NO2 －+ NO３ －+ 6H+ (2). c (3). 6 (4). 1∶4 (5). 9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3 + 6Cl2↑+ 27H2O (6). 避免 Ce3+以 Ce(BF4)3 形式沉淀而损失（或将 Ce3+全部转化为 CeCl3，提高产率） (7). 9 (8). NH4Cl 固体分解产生的 HCl 可抑制 CeCl3 的水解 【解析】 【详解】(1)雾霾中含有大量的污染物 NO，可以被含 Ce4+的溶液吸收，生成 NO2 -、NO3 -物质的量 之比为 1：1，反应的方程式为 3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2 -+NO3 -+6H＋； (2)①电解池中阳极失去电子，则 Ce3+在阳极失去电子转化为 Ce4+，因此 Ce4+从电解槽的 a 口流 出，阴极是 NO2 -得到电子转化为氮气，则无毒气体从电解槽的 c 口逸出； ②阳极电极反应式为 Ce3+-e-=Ce4+，阴极的电极反应式为 2NO2 -+8H++6e-=N2↑+4H2O。每生成标准 状况下 22.4L 无毒气体，同时可再生 Ce4+6mol； (3)①根据流程图可知焙烧过程中 CeFCO3 与氧气反应生成 CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为 4CeFCO3+ O2 3CeO2+ CeF4+4CO2，其中氧化剂 O2 和还原剂 CeFCO3 的物质的量之比为 1∶4； ②假设参与酸浸反应的 CeO2 和 CeF4 的物质的量之比为 3∶1，根据流程可知反应物还有 HCl、 H3BO3，生成物有 Ce(Br4)3 沉淀、CeCl3，根据化合价的变化，因元素 Ce 由+4 价变为+3 价，化 - 10 - 合价降低，由氧化还原反应原理可知，应有元素化合价升高，则应有 Cl2 生成，结合质量守恒， 则反应的化学方程式为 9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3 + 6Cl2↑+ 27H2O； ③避免 Ce3+以 Ce(BF4)3 形式沉淀而损失或将 Ce3+全部转化为 CeCl3，提高产率，故向 Ce(BF4)3 中加入 KCl 溶液； ④ 常 温 下 ， 当 溶 液 中 c(Ce3 +) 5 11.0 10 mol·L   时 ，        3 3 5 1 3 20 sp 3 ) 1.0 10 mol·L 1.0 10K Ce OH c Ce c OH c OH              ， 则 c  51.0 10OH    ，即 pH=9，据此，在生成 Ce(OH)3 的反应中，加入 NaOH 溶液至 pH 至少达 到 9 时，即可视为 Ce3+已完全沉淀； ⑤加热 CeCl3·6H2O 和 NH4Cl 的固体混合物可得固体无水 CeCl3，其中 NH4Cl 的作用是 NH4Cl 固 体分解产生的 HCl 可抑制 CeCl3 的水解。 10. “绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环 境具有重要意义。NO 在空气中存在如下反应：2NO（g）+O2（g）⇌ 2NO2（g）△H 上述反应分 两步完成，如下图所示。 回答下列问题： （1）写出反应①的热化学方程式（△H 用含物理量 E 的等式表示）：_____。 （2）反应①和反应②中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定 2NO （g）+O2（g）⇌ 2NO2（g）反应速率的是_____（填“反应①”或“反应②”）；对该反应体系 升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是_____（反应未使用催化剂）。 （3）某温度下一密闭容器中充入一定量的 NO2，测得 NO2 浓度随时间变化的曲线如上图所示。 前 5 秒内 O2 的平均生成速率为_____；该温度下反应 2NO+O2⇌ 2NO2 的化学平衡常数 K 为___。 （4）对于（3）中的反应体系达平衡后（压强为 P1），若升高温度，再次达平衡后，混合气体 的平均相对分子质量_____（填“增大”、“减小”或“不变”）；若在恒温恒容条件下，向 其中充入一定量 O2，再次达平衡后，测得压强为 P2，c（O2）＝0.09mol•L﹣1，则 P1：P2＝__。 - 11 - 【答案】 (1). 2NO（g）⇌ N2O2（g）△H＝（E2﹣E3）kJ•mol﹣1 (2). 反应② (3). 决 定总反应速率是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成 N2O2 浓度减小，温度升高对于 反应② 的影响弱于 N2O2 浓度减小的影响，N2O2 浓度减小导致反应②速率变慢 (4). 0.001mol/（L•s） (5). 100 (6). 减小 (7). 5：13 或 5 13 【解析】 【详解】（1）根据图像，反应①是 NO 转化为 N2O2的反应，反应物总能量为 E3，生成物总能量 为 E2，反应的热化学方程式为 2NO（g）⇌ N2O2（g）△H＝（E2﹣E3）kJ•mol﹣1； （2）根据图像反应①的活化能<反应②的活化能，故反应①为快反应，反应②为慢反应，决 定 2NO（g）+O2（g）⇌ 2NO2（g）反应速率的是慢反应②；对该反应体系升高温度发现总反应 速率变慢，其原因可能是：决定总反应速率是慢反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动， 造成 N2O2 浓度减小，因未使用催化剂，此时影响反应②的因素主要有温度和 N2O2 的浓度，温度 升高可使反应速率加快，N2O2 的浓度减小会使反应速率减慢，若温度升高对于反应②的影响弱 于 N2O2 浓度减小的影响，那么就会导致反应②速率变慢； （3）前 5s 内， 2 c 0.04mol / L-0.03mol / Lv(NO )= = =0.002mol / (L s)t 5s   ，则 2 2 1v(O ) v(NO )=0.001mol / (L s)2   ； 由题意得 2 22NO 2NO + O 0.04mol / L 0 0 0.02mol / L 0.02mol / L 0.01mol / L 0.02mol / L 0.02mol / L 0.01mol / L  起始 反应 平衡 反应 2NO2⇌ 2NO+O2 的平衡常数 K’= 2 2 2 2 2 2 c (NO)c(O ) 0.02 0.01= =0.01c (NO ) 0.02  ，则反应 2NO+O2⇌ 2NO2 的化学平衡常数 K= 2 2 2 2 c (NO ) 1=c (NO)c(O ) K' =100； （4）根据图像，反应 2NO2⇌ 2NO+O2 为吸热反应，对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为 P1)， 若升高温度，平衡正向移动，再次达平衡后，根据 mM=n ，混合气体的质量不变，混合气体物 质的量增大，故混合气体的平均相对分子质量减小；再通入一定量 O2，平衡逆向移动，设转 化 NO 物质的量浓度为 x，则平衡时 NO2、NO、O2 的浓度依次为(0.02+x)mol/L、(0.02-x)mo/L、 - 12 - 0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则 K’= 2 2 2 2 c (NO)c(O ) c (NO ) = 2 2 (0.02 ) 0.09 0.01(0.02 ) x x    ，解 得 x=0.01mol/L，平衡时 NO2、NO、O2 的浓度依次为 0.03 mol/L、0.01 mol/L、0.09 mol/L， 恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，设体积为 V，P1 时总物质的量为 0.05V，P2 时总物质 的量为 0.13V，故 P1：P2=5：13； 【点睛】本题要注意第（4）题，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。 （二）选考题（共 15）请考生从给出的题中每科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所 选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指 定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 【选修 3——物质结构与性质】 11. （1）依据第 2 周期元素第一电离能的变化规律，参照如图 B、F 元素的位置，用小黑点 标出 C、N、O 三种元素的相对位置____。 （2）NF3 可由 NH3 和 F2 在 Cu 催化剂存在下反应直接得到：2NH3+3F2 Cu NF3+3NH4F ①上述化学方程式中的 5 种物质所属的晶体类型有_____（填序号）。 a 离子晶体 b 分子晶体 c 原子晶体 d 金属晶体 ②基态铜原子的核外电子排布式为_____。 （3）BF3 与一定量水形成（H2O）2•BF3 晶体 Q，Q 在一定条件下可转化为 R： ①晶体 Q 中各种微粒间的作用力不涉及_____（填序号）。 a 离子键 b 共价键 c 配位键 d 金属键 e 氢键 f 范德华力 - 13 - ②R 中阳离子的空间构型为_____，阴离子的中心原子轨道采用_____杂化。 （4）已知苯酚（ ）具有弱酸性，其 Ka＝1.1×10﹣10；水杨酸第一级电离形成的离子 能形成分子内氢键．据此判断，相同温度下电离平衡常数 Ka2（水杨酸）_____Ka （苯酚）（填“>”或“<”），其原因是_____。 【答案】 (1). (2). abd (3). 1s22s22p63s23p63d104s1 (4). ad (5). 三角锥型 (6). sp3 (7). < (8). 中形成分子内氢键，使其更难电 离出 H+ 【解析】 【详解】(1)同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但因 VA 族最外成为半满稳定状态，其第 一第一电离能大于相邻主族，因此 C、N、O 的第一电离能大小为：N>O>C，且 C>B，N