发布时间 : 星期四 文章四川省成都市2015届高考一诊化学试卷更新完毕开始阅读
D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠，溶液中碳酸根离子和氢氧根离子的浓度减小，碳酸氢根离子的浓度增大，故D错误； 故选D．
点评： 本题考查沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等．
7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ?mol，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）
温度（℃）容器体积 CO转化率 平衡压强（P） ① 200 V1 50% P1 ② 200 V2 70% P2 ③ 350 V3 50% P3 A． 反应速率：③＞①＞② B． 平衡时体系压强：P1：P2=5：4 C． 若容器体积V1＞V3，则Q＜O D． 若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%
考点： 化学平衡的影响因素． 专题： 化学平衡专题．
分析： A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率； B、两的体积不知，所以压强之比不定；
C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应；
﹣1
D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%．
解答： 解：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率，故A错误； B、两的体积不知，所以压强之比不定，不一定是5：4，故B错误；
C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应，所以Q＜O，故C正确；
D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%，故D错误； 故选C．
点评： 本题考查外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响，有一定的难度．
二、解答题（共4小题，满分58分） 8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子， 其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：
（l）Z在周期表中的位置第三周期第ⅠA族；W基态原子的价电子排布图（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是N（填元素符号）．
．
（3）在XQ中Q的杂化类型为sp X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有2mol氢键．
（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．
﹣
3
考点： 位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．
专题： 元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
分析： 元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，据此解答各小题即可．
解答： 解：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍， 综上所述：X为氢，Y为氮，Z为钠，Q为硫，W为镍，
82
（l）Na在周期表中的位置是第三周期第ⅠA族，Ni的原子序数为28，价电子排布为3d4s，
基态镍原子的价电子排布图为，
故答案为：第三周期第ⅠA族；；
（2）元素的非金属性越强，其第一电离能越大， H、N、Na、S中，非金属性N的最强，故这些基态原子第一电离能最大的是N，故答案为：N；
（3）H2S分子中共价键键角接近90°，即H﹣S﹣H键角接近90°，空间构型为V形，H2S分子中S原子的σ键电子对数为2，孤电子对数=（6﹣1×2）=2，则价层电子对数为4，所以S原子为杂化sp，在冰晶体中，一个水分子与周围四个水分子形成正四面体结构，一个水分子可以形成四个氢键，而二个水分子共一个氢键，故一个水分子可形成二个氢键，1mol冰晶体
3
中存在2mol氢键，故答案为：sp；2；
（4）NaN3有较强的还原性，NH3与NaClO反应可得到氮气、氢氧化钠和氯化钠，氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，化学方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH，故答案为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．
点评： 本题主要考查的是元素的推断，涉及价电子排布图、杂化方式、冰的结构与氢键、氧化还原反应方程式书写等，综合性较强，有一定难度．
3
9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．
（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：
①第一次出现平衡的时间是第20min；
②0～20min反应速率表示为V（SO2）=0.03mol/（L?min）；
③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减小CO2的浓度；40min时，平衡常数值为0.35． （2）亚硫酸钠吸收法
①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO3+SO2+H2O=2HSO3；
②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是ad（填序号） a．c（Na）+c（H）＞c（SO3）+c（HSO3）+c（OH）
﹣+2﹣
b．c（Na）=c（SO3）+c（HSO3）+C（H2SO3）
一2﹣+
c．c（Na﹣）＞c（SO3）＞c（OH）＞c（H）
一﹣8
d．水电离出c（OH）=l×l0 mol/L， （3）电化学处理法
如图2所示，Pt（1）电极的反应式为SO2+2H2O﹣2e=SO4+4H；碱性条件下，用P（2）
2﹣2﹣电极排出的S2O4溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO3生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体1.5mol．
考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算；电解原理；离子浓度大小的比较．
专题： 化学平衡专题；电化学专题．
分析： （1）①各组分浓度不变，反应达到平衡状态；
2﹣
﹣
++2﹣
﹣﹣
﹣
2﹣+
②根据反应速率v=计算；
③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度；根据平衡常数K=
计算；
（2）①Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3； ②常温下，当吸收至pH=6时，溶液呈酸性； （3）Pt（1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2可知失电子，作负极；每molNO2得电子4mol． 解答： 解：（1）①从图中可看出20min时各组分浓度不变，此时反应达到平衡，故答案为：20；
②0～20min时，SO2浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，则反应速率表示为V（SO2）=
=0.03mol/（L?min），故答案为：0.03mol/（L?min）；
③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，40min时，
SO2（g）=0.4mol/L，S2（g）=0.35mol/L，CO2（g）=0.4mol/L，则平衡常数K=
=
=0.35，故答案为：减小CO2的浓度；0.35；
2﹣
﹣
（2）①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO3+SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO3
﹣
+SO2+H2O=2HSO3；
②常温下，当吸收至pH=6时，
+
+
2﹣
﹣
﹣
2﹣
a．根据电荷守恒，c（Na）+c（H）=2c（SO3）+c（HSO3）+c（OH），所以c（Na）
﹣﹣+2﹣
+c（H）＞c（SO3）+c（HSO3）+c（OH），故a错误；
﹣+2﹣
b．根据物料守恒，当溶质完全为NaHSO3时，c（Na）=c（SO3）+c（HSO3）+c（H2SO3），
﹣+2﹣
若还存在Na2SO3，则c（Na）＞c（SO3）+c（HSO3）+c（H2SO3），故b错误；
﹣+
c．pH=6，c（OH）＜c（H），故c错误； d．HSO3电离程度大于水解程度，pH=6，水电离出c（OH）=d正确；
故答案为：ad；
（3）SO2在Pt（1）电极失电子生成SO4，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e=SO4+4H，NO2中N的化合价为+4价，转化为0价的N2，每molNO2得电子4mol，若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体为=1.5mol．
故答案为：SO2+2H2O﹣2e=SO4+4H；1.5．
点评： 本题考查化学平衡计算，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，电解原理的分析应用，离子浓度大小比较，综合性强，题目难度中等．
10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）（SO4）（NH4）2Fe2代替FeSO2作标液，2Fe（SO4）2的制备工艺流程如下：
﹣
﹣
﹣
+
=l×l0 mol/L，故
﹣8
2﹣
﹣
2﹣+
2﹣+
（l） 已知流程中铁粉制备反应如下：
4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/mol Fe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol
则光解气态水制备H2的热化学方程式为H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol． （2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：TiO+2H2O═2H+H2TiO3↓；该步骤加入
2+3++2+
铁粉的作用是①防止Fe被氧化为Fe；②消耗溶液中的H促进TiO水解．
2+
+