1、江苏省徐州市第一中学2019-2020学年高二化学下学期开学收心检测试题（含解析）注意事项：1.测试范围为选择性必修1化学反应原理第二、三章，选择性必修2物质结构与性质第一四章。试题具有一定综合性，其他模块内容也略有涉及。2.本卷试题及答案共8页，包括单项选择题(第1题第10题，共20分)、不定项选择题(第11题第15题，共20分)、非选择题(第1620题，共60分)，满分100分。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 P31 S32 Fe56 Cu64 Ga70 As75一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题
2、意。1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A. 在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性B. 碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料C. 75%浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒D. 过量服用阿司匹林(乙酰水杨酸)引起酸中毒，可注射NaHCO3溶液解毒【答案】B【解析】【详解】A漂白粉的有效成分为次氯酸钙，醋酸的酸性大于次氯酸，因此醋酸可以和次氯酸钙反应可以生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以做漂白剂，可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性，故A正确；B碳纳米管只含有C元素，是碳的单质，不是有机物，故B错误；C新型冠状病毒的主要成分为蛋白质，75
3、%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可使蛋白质变性，有效灭活病毒，故C正确；D阿司匹林为乙酰水杨酸，服用过量易造成酸中毒，可静脉注射NaHCO3溶液解毒，故D正确；故选B。2.下列化学用语表示错误的是A. 氮原子价层电子轨道表示式：B. Cu2基态核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d9C. HF分子间氢键示意图：D. 乙腈(CH3CN)的结构式：CH3CN【答案】D【解析】【详解】A由洪特规则和泡利原理可知，基态氮原子L层电子的轨道表示式为，故A正确；BCu核外有29个电子，基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去2个电子生成Cu2+，所以Cu2+基
4、态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d9 ，故B正确；C氢键比化学键弱，通常用“”，HF分子间的氢键正确表示为：，故C正确；DCH3CN为乙腈(CH3CN)的结构简式，不是结构式，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意氢键的表示方法，通常用“”表示氢键。3.使反应4NH3(g)3O2(g)=2N2(g)6H2O(g)在2 L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.60 mol。则下列选项中反应的平均速率正确的为A. v(O2)0.90 molL1min1B. v(NH3)0.04 molL1s1C. v(N2)0.02 molL1s1D. v(H2O)1.20
5、 molL1min1【答案】A【解析】【详解】半分钟后N2的物质的量增加了0.60mol，浓度变化量为=0.3mol/L，则v(N2)=0.01molL-1s-1，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则：v(NH3)=2v(N2)=0.02molL-1s-1；v(O2)=v(N2)=0.015molL-1s-10.90 molL1min1；v(H2O)=3v(N2)=0.03molL-1s-11.80 molL1min1；故选A。【点睛】解答本题要注意单位的换算，1molL-1s-160molL1min1。4.一定条件下，向密闭容器中充入一定量的NH3，发生反应2NH3(g)N2(g)
6、3H2(g)。达到平衡时，N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示，下列说法正确的是A. a点时，NH3的转化率为30%B. 达到平衡时，2v正(NH3)3v逆(H2)C. b、c两点对应的平衡常数：KbKcD. 压强：p1p2【答案】C【解析】【详解】Aa点氮气的体积分数为0.1，设开始的氨气为x，转化的氨气为y，则=0.1，解得：y=0.25x，NH3的转化率为=25%，故A错误；Ba点为平衡点，不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则满足3v(NH3)正2v(H2)逆，故B错误；C由图可知，升高温度，氮气的体积分数增大，则正反应为吸热反应，K与温度有关，c点温度高，则b、c两点
7、对应的平衡常数：KbKc，故C正确；D若p1p2，图中压强越大，氮气的体积分数越大，而增大压强2NH3(g)N2(g)+3H2(g)逆向移动，氮气的体积分数减小，二者不一致，故D错误 ；故选C。5.已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中错误的是A. C3N4晶体与金刚石都属于原子晶体B. C3N4晶体中CN键的键长比金刚石中的CC键的键长长C. C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子D C3N4晶体中含有极性共价键，不含非极性共价键【答案】B【解析】【分析】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合
8、，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，结合原子半径的规律分析解答。【详解】AC3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体的硬度很大，是原子晶体，故A正确；B因N的原子半径比C原子半径小，则C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要短，故B错误；C原子间均以单键结合，则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，故C正确；DC3N4晶体中只含有C-N极性共价键，不含非极性共价键，故D正确；故选B。6.由已知电离常数判断，下列关于SO2与Na2CO3(aq)反应的离子方程式的书写中，不合理的是（ ）酸电
9、离常数碳酸K14107 K25.61011亚硫酸K11.54102 K21.02107A. SO2H2O2CO322 HCO3SO32B. SO22HCO3 2CO2SO32H2OC. 2SO2H2OCO32CO22 HSO3D. SO2H2OCO32 HCO3HSO3【答案】B【解析】【分析】已知：H2CO3H+HCO3，K1=4.3107；HCO3H+CO32，K2=5.61011；H2SO3H+HSO3，K1=1.54102；HSO3H+SO32，K2=1.02107；可知碳酸与亚硫酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2SO3H2CO3HSO3HCO3，结合强酸制弱酸与物质
10、的性质判断。【详解】AH2SO3HCO3，符合强酸制弱酸，故A正确；BH2CO3可与SO32反应得到HSO3，故B错误；CH2CO3与HSO3能共存，故C正确；DHCO3与HSO3能共存，故D正确；故选B。7.化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2：Cu2(aq)MnS(s)CuS(s)Mn2(aq)。下列有关叙述中正确的是A. 该反应的平衡常数KB. MnS的Ksp小于CuS的KspC. 达到平衡时c(Mn2)c(Cu2)D. 向溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(Cu2)、c(Mn2)保持不变【答案】A【解析】【详解】A反应的平衡常数K=，故A正确；B化学式相似的分子，溶度
11、积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故B错误；C该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，故C错误；D向溶液中加入少量Na2S固体后，增大了硫离子的浓度，生成MnS和CuS沉淀，c(Cu2+)、c(Mn2+)均减小，故D错误；故选A。8.某物质的实验式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，用强碱处理并没有NH3放出，则下列有关说法中正确的是A. NH3与NO3-中氮原子的杂化方式相同B. 配合物中心离子的电荷数和配位数均为4C. PtCl42NH3的立体构型为正八面体形D. Cl和NH3分子均与中心离子Pt4配
12、位【答案】D【解析】【分析】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4(NH3)2，据此分析解答。【详解】ANH3中氮原子的价层电子对数=3+=4，NO3-中氮原子的价层电子对数=3+=3，氮原子的杂化方式不同，故A错误；B配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故B错误；C该配合物中中心原子的配位数为6，应是八面体结构，Pt与6个配体成键，但不是正八面体，故C错误；D由上述分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为PtCl4(NH3)2，故D正确；故选D。9.近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，
13、据研究，雾霾的形成与汽车排放的 CO、 NO2 等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气 体，反 应方程式为4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)H=-1200kJ/mol。对于该反应， 温度不同(T2 T1 )其他条件相同时，下列图像正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化
14、情况，由此分析解答。【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) HCAC. C点所在溶液中=2.510-5D. B点溶液中存在c(CH3NH2H2O)c(CH3NH3+)c(H+)c(OH-)【答案】C【解析】A甲胺是弱电解质，在水中的电离方程式为CH3NH2H2OCH3NH3+OH-，故A错误；BC点为完成中和点，只存在盐类水解促进水的电离，A点只有甲胺
15、的电离抑制水的电离，则A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H+)为CBA，故B错误；CC点只存在盐类水解，此时溶液中c(H+)=1.010-5mol/L，则c(H+)=Kw/Kb，=Kw/Kbc(H+)=(110-14)/(4.010-5)1.010-5=2.510-5，故C正确；DB点溶液中存在的CH3NH2H2O电离和CH3NH3+的水解，此时溶液显碱性，即，故D错误；答案为C。15.某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1 L的容器中，相同时间下测得0.1 mol NO转化为N2的转化率随温度变化如图所示无CO时反应为2NO(g)N2(g)O2(g)；有CO时反应为2CO(g)2NO
16、(g)2CO2(g)N2(g)。下列说法正确的是()A. 反应2NON2O2的H0B. 达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)1，CO转化率下降C. X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，此时v(CO，正)v(CO，逆)【答案】B【解析】【分析】A. 升高温度，NO的转化率降低；B. 达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)1，增大反应物浓度；C. X点更换高效催化剂，能使反应速率加快；D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动。【详解】A. 升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NON2O2为
17、放热反应，Hv(CO，逆)，D项错误；答案选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300）_K（400）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K（400）=
18、_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=83 kJmol-1，CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJmol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol-1。（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是_。（
19、写出2种）【答案】 (1). 大于 (2). (3). O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 (4). 116 (5). 增加反应体系压强、及时除去产物【解析】【分析】(1)结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400HCl的平衡转化率为84%， 4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)初始 c0 c0 0 0平衡
20、0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0转化c0-0.84c0c0-0.21c0 0.42c00.42c0带入K=计算即可；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；(2)CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g)H1=83kJmol-1，CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)H2=-20kJmol-1，CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)H3=-121kJmol-1，根据盖斯定律，(+)2可得4HCl(g)+O2(g)2Cl2
21、(g)+2H2O(g)，据此计算该反应的H；(3)4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。【详解】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300)K(400)；由图像知，400时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：起始(浓度) c0 c0 0 0变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0
22、.42c0 0.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；(2)根据盖斯定律知，(+)2得 H=(H1+H2+H3)2=-116kJmol-1；(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应
23、，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。17.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，据此回答下列问题。(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体；(2)CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_；Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_个铜原子；(3)经验规律告诉我们，当成键的两个原子电负性的差
24、值大于1.7时，原子间一般形成的是离子键；小于1.7时，原子间一般形成的是共价键。已知(Fe)1.8，(Cl)3.1，据此推断化合物FeCl3中FeCl键的共用电子对偏向_原子(填名称)，FeCl3属于_(填“共价化合物”或“离子化合物”)；(4)某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为_ g/cm3(用代数式表示)。【答案】 (1). X射线衍射 (2). Cu2O中Cu的3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2的3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定 (3). 16 (
25、4). 氯 (5). 共价化合物 (6). 【解析】【分析】(1)晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；(2)在Cu2O中Cu+原子处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为不稳定状态；计算出该晶胞中O原子数，再由Cu2O中Cu和O的比例判断该晶胞中铜原子数；(3) 氯原子吸引电子的能力大于铁原子，结合=(Cl) -(Fe)3.1-1.81.31.7分析解答；(4)根据均摊法计算晶胞中原子数目，再计算晶胞质量m，和晶胞体积V，根据晶体密度=计算【详解】(1)从外观无法区分晶体、准晶体和非晶体，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于
26、二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为：X-射线衍射；(2)在Cu2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为Cu2+时1s22s22p63s23p63d9，是不稳定的状态，CuO在高温时分解为O2和Cu2O；该晶胞中O原子数为41+6+8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶胞中含有Cu原子个数为16个，故答案为：Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+中3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定；16；(3) =(Cl) -(Fe)3.1-1.8
27、1.31.7，化合物FeCl3中FeCl键为共价键，FeCl3属于共价化合物，氯原子吸引电子的能力大于铁原子，共用电子对偏向氯原子，故答案为：氯；共价化合物；(4)图中结构单元底面为正六边形，边长为a cm，底面面积为6a cma cmsin60=a2cm2；结构单元的体积V=a2cm2c cm=a2 c cm3，结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：12+2+3=6，该晶胞的质量m=g，所以该晶体密度=g/cm3，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意均摊法的应用，在正六边形的顶点的原子只能算。18.2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸
28、氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARSCoV2)的感染。磷酸氯喹的结构如图所示，据此回答下列问题。(1)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为_；电负性(P)_(Cl)(填“”或“”)；(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是_；(3)磷化镓与砷化镓是两种由A族元素与A族元素人工合成的族化合物半导体材料。其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P(As)原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。基态Ga原子核外电子排布式为_；砷化镓晶体中含有化学键类型为_(填选项字母)；A.离子键 B.配位键 C.键 D.键 E.
29、极性键 F.非极性键磷化镓与砷化镓具有相似的晶体结构，其中熔点较高的是_(填化学式)，原因是_；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置。称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子2的原子分数坐标为_；若磷化镓的晶体密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为_ pm(用代数式表示)。【答案】 (1). NOC (2). (3). sp2、sp3 (4). NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O
30、形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大 (5). 1s22s22p63s23p63d104s24p1 (6). BCE (7). GaP (8). 二者均为共价晶体，P原子半径小于As，PGa键长小于AsGa键长，GaP键能更大，熔点更高 (9). (0.25，0.25，0.25) (10). 【解析】【分析】(1)同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；根据P和Cl的非金属性分析判断电负性；(2)磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道类型；NH3分子之间形成氢键，NH3也容易与H2
31、O形成分子间氢键，据此分析解答；(3)Ga为31号元素，位于第四周期第A族，据此分析解答；金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为原子晶体，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个共价键，所以有一个配位键，据此分析判断；二者都是原子晶体，砷的原子半径大于磷，据此分析解答；P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线的距离等于体对角线长度的，据此分析计算。【详解】(1)同一周期
32、元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NOC；P的非金属性小于氯，电负性：PCl，故答案为：NOC；(2)磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，N原子杂化类型分别为sp2、sp3；NH3分子间能形成氢键，而AsH3分子间不能形成氢键，所以NH3沸点高，NH3也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大，故答案为：sp2、sp3；NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大；(3)Ga为31号元素，位于第四周期第
33、A族，基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为原子晶体，只存在共价键，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个共价键，所以有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是键，故答案为：BCE；二者都是原子晶体，砷的原子半径大于磷，磷化镓中键长小于砷化镓中的键长，熔点较高的是GaP，故答案为：GaP；二者均为共价晶体，P原子
34、半径小于As，PGa键长小于AsGa键长，GaP键能更大，熔点更高；P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，则原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.25)；晶胞中P原子数为4，Ga原子数为8+6=4，化学式为GaP，晶胞的质量m=g=g，晶胞的体积V=cm3，晶胞的边长a=cm，P原子与周围最近的4个Ga原子形成正四面体，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为a=cm=1010pm，故答案为：(0.25，0.25，0
35、.25)；1010。【点睛】本题的难点和易错点为(3)，要注意晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线的距离等于体对角线长度的。19.实验室以工业废渣（主要含CaSO42H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：（1）室温下，反应CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)达到平衡，则溶液中=_Ksp(CaSO4)=4.8105，Ksp(CaCO3)=3109。（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为_；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是_。（3）
36、废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在6070 ，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是_；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有_。（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：_已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2。【答案】 (1). 1.6104 (2). +NH3H2O+H2O(或+NH3H2O+H2O) (3). 增加溶液中的浓度，促
37、进CaSO4的转化 (4). 温度过高，(NH4)2CO3分解 (5). 加快搅拌速率 (6). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于58.5时，过滤【解析】【分析】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为，结合CaSO4和CaCO3的Ksp计算；（2）氨水与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解；（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不
38、变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节pH除去Al3+和Fe3+。【详解】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中=1.6104。答案：1.6104（2）NH4HCO3属于酸式盐
39、，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3H2O=（NH4）2CO3+H2O或NH4HCO3+NH3H2O（NH4）2CO3+H2O，离子方程式为HCO3-+NH3H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4+CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4+H2OHCO3-+NH3H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。答案：HCO3-
40、+NH3H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4+CO32-+H2O） 增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。答案：温度过高，（NH4）2CO3分解 加快搅拌速率（4）工业废渣主要含Ca
41、SO42H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含
42、CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于58.5加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH，然后过滤即可制得CaCl2溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于58.5时，过滤【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制
43、备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于58.5等。20.合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究CO2与CO之间的转化。为了弄清其规律，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应C(s)CO2(g)2CO(g)H，测得压强、温度对CO、CO2的平衡组成的影响如图所示：(1)p1、p2、p3的大小关系是_，欲提高C与CO2反应中CO2的平衡转化率，应采取的措施为_。图中a、b、c三点对应的平衡常数(用Ka、Kb和Kc表示)大小关系是_；(2)900 、1
44、.013 MPa时，1 mol CO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为V，CO2的转化率为_，该反应的平衡常数K_。(3)将(2)中平衡体系温度降至640 ，压强降至0.101 3 MPa，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%。条件改变时，正反应和逆反应速率如何变化？_，二者之间有何关系？_。(4)CO2催化加氢也可转化为CO，但同时会合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g) H41.2 kJmol1反应：2CO2(g)6H2(g)=CH3OCH3(g)3H2O(g) H1225 kJmol1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平
45、衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图其中：CH3OCH3的选择性100%温度高于300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_；220 时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_。(5)水煤气变换CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的H_0(填
46、“大于”、“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正_eV，写出该步骤的化学方程式_。【答案】 (1). p1p2p3 (2). 升高温度、减小压强 (3). KaKbKc (4). 66.7% (5). (6). 正反应和逆反应速率均减小 (7). v(正)v(逆) (8). 反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 (9). 增大压强、使用对反应催化活性更高的催化剂 (10). 小于 (11). 2.02 (12). COOH*H*H2O*=COOH*2H*OH*【解析】【分析】(1)
47、反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，化学平衡常数只随温度的改变而改变；(2)900、1.013MPa时，平衡时CO的体积分数为80%，计算CO2转化的量，转化率就是转化的量与起始量比值的百分数，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式计算化学平衡常数；(3)根据改变条件前后CO2的体积分数的变化判断，根据浓度商判断化学反应的方向；(4)温度高于300，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应的H0，反应的H0，升温反应正向进行，反应逆向进行；不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的条件，结合催
48、化剂的选择性分析；(5)图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，正反应是放热的，结合图示分析判断，该历程中最大能垒(活化能)E正，得到反应的化学方程式。【详解】(1)反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，表明低压强对应着高的CO体积分数，则p1、p2、p3的大小关系是：p1p2p3；当压强相同时，温度升高，CO的体积分数增大，表明温度升高化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，焓变H0，则欲提高C与CO2反应中CO2的平衡转化率，应采取的措施为：升高温度、降低压强；化学
49、平衡常数只随温度的改变而改变，升高温度，正反应趋势增大，化学平衡常数增大，则a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=KbKc，故答案为：p1p2p3；升高温度、降低压强；Ka=KbKc；(2)900、1.013MPa时，设反应转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时n(CO)=2x，n(CO2)=1-x，平衡时CO的体积分数为80%，则100%=80%，解得：x=，则CO2的转化率为=100%=66.7%；平衡时，c(CO)=，c(CO2)=，则该反应的平衡常数K=，故答案为：66.7%；(3)反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体分子数增大的吸热反应，降低压强，升高温度均有利于
50、反应正向进行，将(2)中平衡体系温度降至640，压强降至0.1013 MPa，降低温度、减小压强，使正、逆反应速率均减小，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，设反应转化的CO2的物质的量为ymol，则平衡时n(CO2)=1-y，n(CO)=2y，则有=50%，可得y=，可见重新达到平衡时，体系中CO含量降低，CO2含量升高，化学平衡向逆反应方向移动，所以v(正)v(逆)，故答案为：正反应和逆反应速率均减小；v(正)v(逆)；(4)温度高于300，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转
51、化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故答案为：反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；反应是反应前后气体体积不变的反应，压强对其无影响，反应是2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)，增大压强，利于反应正向进行，可以提高二甲醚的选择性。两个竞争反应的存在，可以利用催化剂的选择性，选择合适的催化剂，提高二甲醚的选择性，故答案为：增大压强、使用对反应催化活性更高的催化剂；(5)图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，结合图示分析判断，发生的过渡反应：COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*，该历程中能垒(活化能)最大，为E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，故答案为：小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*。
