精品解析：山东省潍坊安丘市等四区县2024-2025学年高二上学期12月月考 化学试题

高二年级12月份月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 明矾净化酸性废水比碱性废水效果更好 B. 瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫，可用平衡移动原理解释 C. 用试纸可以测量“84”消毒液的酸碱性 D. 加热法可以降低硬水(含)中的、浓度 【答案】C 【解析】 【详解】A.明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，使溶液呈酸性，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，达到净水的目的，在碱性废水中，铝离子与废水中的氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能生成氢氧化铝胶体，无法达到净水的目的，故A正确； B.瓶装碳酸中存在二氧化碳的溶解平衡CO2（g） CO2（aq），瓶装碳酸饮料开启后，瓶中的压强减小，平衡向二氧化碳气体方向移动，泛起大量泡沫，则瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫可用平衡移动原理解释，故B正确； C. “84”消毒液中的次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测得“84”消毒液的pH，故C错误； D.加热硬水，水中的碳酸氢钙和碳酸氢镁受热转化为难溶的碳酸钙和氢氧化镁，使硬水中钙离子和镁离子的浓度降低，故D正确； 故选C。 2. 海洋生物参与氮循环过程如图所示： 下列说法正确的是 A. NH3、N2的结构式分别为、N=N B. 上述微粒间的转化均存在极性键和非极性键的断裂与生成 C. 反应③中可能有氧气参与反应 D. 1 mol NO参加反应，反应⑤转移电子数为6NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．​分子中氮原子之间为氮氮三键，结构式为，不是，A错误； B．反应①为​，反应物和生成物中都只有极性键，不存在非极性键的断裂与生成，因此不是所有转化都存在极性键和非极性键的断裂与生成，B错误； C．反应③中​，​中N为−2价，​中N为0价，N元素发生氧化反应，氧气可作为氧化剂参与该氧化过程，因此反应③中可能有氧气参与，C正确； D．​中N为+3价，反应⑤生成（0价），​含1 mol N原子，得到3 mol电子，转移电子数为​，D错误； 故选C。 3. 下列基态原子中未成对电子数最少的是 A. N B. O C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．N为5号元素，其核外电子排布式为，3个电子在三个轨道中排布，故未成对电子数为3个； B．O为6号元素，其核外电子排布式为：，4个电子在三个轨道中排布，故未成对电子数为2个； C．Si为14号元素，其核外电子排布式为：，2个电子在三个轨道中排布，故未成对电子数为2个； D．Cl17号元素，其核外电子排布式为：，5个电子在三个轨道中排布，故未成对电子数为1个； 综上所述基态原子中未成对电子数D最少，故选D。 答案选D。 4. 下列叙述中正确的是 A. 焰色反应属于化学变化 B. 金属的化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍 C. 阴极电保护法保护钢构件，钢构件与直流电源负极相连 D. 钠原子核外电子排布由时，原子释放能量 【答案】C 【解析】 【详解】A.焰色试验体现的是元素的性质，此过程中没有新物质产生，属于物理变化，故A错误； B.金属材料中一般含有杂质，在空气中易构成原电池，易发生电化学腐蚀，所以金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，故B错误； C.用阴极电保护法保护钢构件时，钢构件与直流电源负极相连做电解池阴极，故C正确； D.当钠原子的核外电子由3s轨道跃迁到3p轨道时，原子吸收能量，故D错误； 故选C。 5. 下列有关酸碱中和滴定实验的实验装置和操作的描述中，正确的是 A. 甲图操作检查碱式滴定管是否漏液 B. 乙图记录滴定终点读数为12.20 mL C. 丙图装置可表示以为标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 D. 丁图向锥形瓶中滴入最后半滴标准溶液时溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点 【答案】D 【解析】 【详解】A．图为碱式滴定管排气泡操作，A错误； B．滴定管读数从上往下逐渐增大，根据图示可知液体体积读数应该为11.80 mL，B错误； C．盛装NaOH溶液的滴定管应该为碱式滴定管，不能使用酸式滴定管，C错误； D．用NaOH标准溶液滴定盐酸，可选用酚酞作指示剂，滴定终点现象为：滴入最后半滴NaOH标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色，D正确； 故合理选项是D。 6. 常温下，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A. 当V＝20.00mL时，水的电离程度最大 B. 当V＝10.00mL时，c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣) C. 当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL D. 在滴定过程中，一定存在c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO﹣)+c(OH﹣) 【答案】B 【解析】 【详解】A．V=20.00mL时酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，促进水的电离，当V≠20.00mL时，酸或碱过量，酸或碱都会抑制水的电离，因此，V=20.00mL时，水电离程度最大，故A正确； B．当V=10.00mL时，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的电离程度，导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)＜c(CH3COO-)，故B错误； C．CH3COONa溶液水解导致溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，则pH=7时，消耗V(NaOH)小于20.00mL，故C正确； D．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D正确； 故选B。 7. 下列生产或实验事实得出的结论不正确的是 选项 事实 结论 A 其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出沉淀所需时间缩短 当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快 B 工业制硫酸过程中，将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉 增大反应物接触面积，使反应速率加快 C A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入少量MnO2粉末，B试管中产生气泡快 当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率 D 在容积不变的密闭容器中发生反应：，向其中通入氩气 反应速率减慢 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出沉淀所需时间缩短，说明反应速率快，证明当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率会加快，A正确； B．工业制硫酸过程中，将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉，可以使黄铁矿与空气充分接触，由于反应物接触面积增大，因此反应速率大大加快，B正确； C．其它条件相同，只有B试管中加入了少量MnO2粉末，结果B试管中产生气泡快，说明当其他条件不变时，MnO2可以加快H2O2分解化学反应速率，所以MnO2在H2O2分解反应中起催化剂作用，C正确； D．在容积不变的密闭容器中发生反应：，向其中通入氩气，由于容器的容积不变，反应混合物中任何一组分的浓度不变，因此反应速率不变，D错误； 故合理选项是D。 8. M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的前10号元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是 A. 与Z同周期且第一电离能大于Z的元素有2种 B. 该化合物中只含有离子键、共价键，不存在非极性共价键 C. 六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强 D. 最简单氢化物的稳定性为：X < Z < N 【答案】D 【解析】 【分析】M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的前10号元素，且基态N原子核外电子有5种空间运动状态，即有5个轨道填充电子，并有1个单电子，其原子核外电子排布式为1s22s22p5，故N为F元素；这六种元素形成的化合物结构中，其中M形成1个共价键，M的原子半径小于氟，可知M为H元素；X形成4个共价键且形成X=X双键，可知X为C元素，Y可以形成3个共价键、失去1个电子后形成4个共价键，其原子半径小于碳，可知Y为N元素；Z形成2个共价键，其原子半径小于氮，故Z为O元素；T为+3价，T的原子半径最大，故T为B元素。 【详解】由分析可知，M是H元素、N为F元素、Z为O元素、Y为N元素、X为C元素、T为B元素； A．与Z(氧)同周期且第一电离能大于Z的元素有N、F、Ne，共3种元素，故A错误； B．该化合物由阴阳离子构成，含有离子键，阴、阳离子中原子之间形成共价键，含有的C=C为非极性共价键，故B错误； C．六种元素中，最高价含氧酸的酸性最强的是HNO3，故C错误； D．X、Z、N的简单氢化物依次为CH4、H2O、HF，元素非金属性：C＜O＜F，则稳定性：CH4＜H2O＜HF，故D正确； 故选：D。 9. 一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀 B. b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4) C. Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9 D. 向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。 【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误； B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误； C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确； D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误； 故答案选C。 10. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是 A. 向溶液中滴加少量溶液： B. 向溶液中通入： C. 用溶液吸收少量： D. 同浓度同体积溶液与溶液混合： 【答案】C 【解析】 【详解】A.过氧化氢溶液与少量碘化氢发生氧化还原反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为，故A错误； B.碳酸的酸性弱于盐酸，氯化钙溶液不能与二氧化碳反应，否则违背强酸制弱酸的原理，故B错误； C.亚硫酸钠溶液与少量氯气反应生成亚硫酸氢钠、硫酸钠和氯化钠，反应的离子方程式为，故C正确； D.溶液中氢离子优于铵根离子与氢氧根离子反应，则同浓度同体积的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液混合反应生成硫酸铵和硫酸钠，反应的离子方程式为，故D错误； 故选C。 二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11. 已知酸在水中存在以下电离：，。下列有关说法正确的是 A. 在溶液中一定有： B. 在溶液中一定有： C. 在溶液中： D. 在溶液中： 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由H2A在溶液中的电离方程式可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA溶液中，HA-在溶液中只电离，不水解，溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为，故A错误； B．由H2A在溶液中的电离方程式可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA溶液中，HA-在溶液中只电离，不水解，溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为，故B正确； C．由H2A在溶液中的电离方程式可知，H2A的第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则在Na2A溶液中存在的物料守恒关系为，故C正确； D．由H2A在溶液中的电离方程式可知，H2A的第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则在Na2A溶液中存在的质子守恒关系为，故D错误； 故选BC。 12. 某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是　　　 A. B. ③为与的关系曲线 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。 【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A错误； B．由分析可知，③为与的关系曲线，B错误； C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C错误； D．已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-49mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有，D正确； 故答案为D。 13. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是 A. 与W生成的气态化合物的热稳定性： B. W与的原子半径： C. X和Y的第一电离能： D. X、Z、R的电负性： 【答案】BD 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，说明W的原子序数小于Li，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，二者位于ⅥA族，则X为O，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3∶2，X(O)的L层含有6个电子，则Y的M层含有4个电子，Y为Si元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素，以此分析解答。 【详解】由上述分析可知，W为H、X为O、Y为Si、Z为S、R为Cl； A．非金属性S＞Si，则与W(H)生成的气态化合物的热稳定性：Z＞Y，故A正确； B．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：W＜Li，故B错误； C．同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能O＞C＞Si，即X＞Y，故C正确； D．同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：S＜Cl＜O，即Z＜R＜X，故D错误； 故选：BD。 14. 反应可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入和，平衡时的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法正确的是 A. a点达到平衡所需时间比c点长 B a、b两点平衡常数： C. c点的平衡转化率：50% D. 其他条件不变时，e点对应体系升温的同时扩大体积，达到平衡状态可能是图中的c点 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，相同压强下，T1温度时NO的体积分数更大，说明T1温度下，反应向右进行的程度更小，由于该反应为放热反应，所以温度越低，越有利于反应正向进行，所以T1＞T2，一般，温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以a点达到平衡所需的时间比c点短，A项错误； B．a、b两点温度一样，则平衡常数：，B项错误； C．c点对应的平衡状态，NO的体积分数为25%，所以列三段式：，所以有，解得x=2，那么NO的平衡转化率即：50%，C项正确； D．由图可知，e点对应的NO的体积分数与c点对应的相同，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加，所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比c点对应的体积分数大，D项错误； 答案选C。 15. 侯氏制碱法工艺流程如下图，其中向母液中先通氨气，后加入细小食盐颗粒作用是 A. 制得较多的碳酸氢铵 B. 使更多地析出 C. 增大的浓度，使更多地析出 D. 使转化为，提高析出的纯度 【答案】CD 【解析】 【详解】根据及流程图可知，母液中的溶质为氯化铵，向母液中通入氨气和加入细食盐颗粒，冷却析出副产品。通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，加入的氯化钠电离出的氯离子，使溶液中的铵根离子和氯离子均增大有利于析出氯化铵；通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度更大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，综上所述CD符合题意，故选CD。 答案选CD 三、非选择题： 16. 化学用语、元素周期律等是学习元素及其化合物知识的重要工具。请回答下列问题： （1）下列说法正确的是(填序号)___________。 ①s区全部是金属元素 ②共价化合物中电负性大的成键元素表现为负价 ③两种金属元素第一电离能越小的其金属性越强 ④电负性大于1.8的一定为非金属 ⑤第四周期元素中未成对电子数最多的元素位于钾元素后面第五位 （2）新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在航空航天、国防技术及5G技术等领域扮演着重要的角色。基态Si原子的核外电子空间运动状态共有___________种，电子云空间伸展方向有___________种，其核外电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为___________，基态镓原子的价层电子排布式为___________。 （3）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。 （4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是___________。 元素 X 738 1451 7733 Y 1314 3388 5301 Z 1402 2856 4578 （5）已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。已知检验微量化合物X2Y3可以用一种称为马氏检验的方法，其原理是：样品在盐酸中可被金属锌还原为XZ3气体，产物还有氯化锌和H2O，该反应的化学方程式是(要用推导出来的元素表达) ___________。 【答案】（1）②⑤ （2） ①. 8 ②. 4 ③. 哑铃形 ④. 4s24p1 （3）或 （4）Z （5）As2O3+6Zn+12HCl=2AsH3↑+6ZnCl2+3H2O 【解析】 【小问1详解】 ①氢元素位于元素周期表的s区，但氢元素是非金属元素，不是金属元素，①错误； ②共价化合物中，电负性大的成键元素对共用电子对的吸引能力较强，使得共用电子对偏向电负性大的元素，所以共价化合物中电负性大的成键元素表现为负价，②正确； ③金属元素第一电离能和元素的金属性强弱无必然联系，如位于同周期的铝元素的金属性弱于镁元素，但镁元素的第一电离能大于铝元素，③错误； ④电负性大于1.8的元素不一定为非金属元素，如铅、铋都为金属元素，电负性均为1.9，大于1.8，④错误； ⑤钾元素位于元素周期表第四周期ⅠA族，与钾元素位于同一周期ⅥB族的铬元素的价层电子排布式为3d54s1，未成对电子数最多，铬元素位于钾元素后面第五位，⑤正确； 故答案：②⑤； 【小问2详解】 硅元素的原子序数为14，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，原子核外电子共占据了8个原子轨道，所以硅原子的核外电子空间运动状态共有8种；s电子云轮廓图为球形，p电子云轮廓图为哑铃形、有3个空间伸展方向，故电子云空间伸展方向有4种；其中最高能级的3p能级为哑铃形，镓原子序数为31，其基态原子价层电子排布式为4s24p1； 【小问3详解】 磷元素的原子序数为15，基态原子的价电子排布式为：3s23p3，其中3s轨道上两个电子自旋相反，自旋磁量子数代数和为0，由洪特规则可知，3p轨道上的3个电子的自旋方向平行，则由题意可知，磷原子中自旋磁量子数的代数和为：(+)×3=或(-)×3=； 【小问4详解】 由N、O、Mg三种基态原子的电子排布式分别为：1s22s22p3、1s22s22p4、1s22s22p63s2可知，氮元素2p轨道为半充满，较稳定，所以氮元素的第一电离能最大，故氮元素为Z； 【小问5详解】 X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，即4p能级有3个单电子，则X为33号元素As；Y元素原子2p轨道上有2个未成对电子，则Y为6号元素或8号元素；X与Y可形成化合物X2Y3(即As2Y3)，则Y只能为O元素，X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z为H元素，H元素可以形成负一价离子H-。样品在盐酸中可被金属锌还原为XZ3(AsH3)气体，产物还有氯化锌和H2O，反应过程中As元素化合价由+3降低至-3，Zn元素化合价由0升高至+2，由守恒规律得化学方程式：As2O3+6Zn+12HCl=2AsH3↑+6ZnCl2+3H2O。 17. Ⅰ． Na3PS4是固态电解质(SSE)，具有与液体电解质相当高的离子电导率。回答下列问题： （1）基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是___________。 （2）在中，S元素显___________(填“正”或“负”)价，理由是___________。 （3）P的第一电离能___________(填“>”或“<”)As的第一电离能，其原因为___________。 Ⅱ． 镓广泛应用于光电及微电子领域，目前80%的镓被用于生产砷化镓(GaAs)。已知镓与砷在元素周期表中位置如图所示。 （4）镓的基态原子核外有___________种能量不同的电子。与镓同周期的元素中，基态原子核外未成对电子数最多的元素价层电子轨道表示式为___________ （5）关于表中元素及其化合物相关比较正确的是___________。 A. 电负性：Al>Ga B. 第一电离能：Ge>As C. 热稳定性： D. 半径：P>Al （6）第四电离能的原因是___________。 【答案】（1）M （2） ①. 负 ②. S的电负性大于P，S对键合电子的吸引能力强 （3） ①. > ②. P和As都属于VA族元素，原子半径 P < As，P原子核对最外层电子的吸引力更大 （4） ①. 8 ②. （5）C （6）Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道半充满状态，更稳定，因此第四电离能大于Co 【解析】 【小问1详解】 S是16号元素，核外电子排布为，电子能层为K、L、M，最高能层符号为。 【小问2详解】 电负性：，成键时共用电子对偏向电负性更大的S原子，因此S显负价。 【小问3详解】 P和As同主族，从上到下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子吸引力减弱，第一电离能逐渐减小，因此P的第一电离能大于As。 【小问4详解】 Ga是31号元素，核外电子排布式为，不同能级的电子能量不同，共有8个不同能级，因此有8种能量不同的电子；第四周期中，基态未成对电子最多的元素是Cr，价电子排布为3d54s1，据此可写出价层电子轨道表示式。 【小问5详解】 A．实际中Ga因3d电子屏蔽效应弱，电负性略大于Al，A错误； B．As价电子排布为，4p轨道为半充满稳定结构，第一电离能，B错误； C．非金属性，非金属性越强，氢化物热稳定性越强，因此热稳定性​，C正确； D．同周期主族元素从左到右原子半径减小，原子序数Al<P，因此半径Al>P，D错误； 故选C。 【小问6详解】 第四电离能是原子失去第4个电子所需的能量：Fe失去3个电子后得到半充满稳定结构，更难失去第四个电子；Co失去3个电子后为，失去第四个电子后得到半充满稳定结构，更易失电子，因此第四电离能。 18. 测定铁矿石中铁含量的传统方法是，滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①标准溶液。 ②溶液：称取溶于浓盐酸，加水至，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时可将氧化为，难以氧化；可被还原为。回答下列问题： （1）下列仪器在本实验中必须用到的有___________(填名称)。 （2）用两个离子方程式解释配制溶液时加入锡粒的原因：___________。用标准液润洗滴定管的操作为 ___________。 （3）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 （4）若消耗标准溶液，则试样中的质量分数为___________(用含a、c、V的代数式表示)。 （5）滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。为探究溶液滴定时，在不同酸度下对测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实验 溶液试剂X 紫红色不褪去 实验I 溶液硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 溶液硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为___________；根据该实验可得出的结论是___________。 【答案】（1）容量瓶、滴定管 （2） ①. ， ②. 从滴定管上口加入少量标准液，倾斜着转动滴定管，使液体完全润湿内壁，然后从下部放出液体，重复操作2~3次。 （3）偏小 （4） （5） ①. H2O ②. 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值 【解析】 【小问1详解】 实验需要配制一定物质的量浓度的​标准溶液，需要容量瓶；​为氧化性标准液，滴定需要酸式滴定管，故必须使用这两种仪器。 【小问2详解】 易被空气中氧气氧化为，加入锡粒可将氧化生成的还原回，防止​变质；用标准液润洗滴定管的操作为：从滴定管上口加入少量标准液，倾斜着转动滴定管，使液体完全润湿内壁，然后从下部放出液体，重复操作2~3次。 【小问3详解】 若不立即滴定，生成的会被空气中的氧气氧化，导致滴定消耗​的体积偏小，测定的铁含量偏小。 【小问4详解】 反应关系为，，则，，故铁的质量分数为​。 【小问5详解】 本实验为控制变量探究酸度的影响，空白实验需要保证溶液总体积与实验组一致，因此X为等体积蒸馏水；根据实验现象：低酸度下紫红色不褪去，高酸度下紫红色变浅，说明高酸度时​会氧化，消耗更多标准液，使测定结果偏大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。 19. LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： （1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。 （2）加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。 （3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。 （5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。 （6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。 【答案】（1） ①. MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ ②. 粉碎菱锰矿 （2） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+ ②. Fe3+可以催化H2O2分解 （3） ①. 2.8×10-9 ②. Al3+ （4）BaSO4、NiS （5） ①. Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ ②. 补充Mn(OH)2 （6）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ 【解析】 【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。 【小问1详解】 菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。 【小问2详解】 根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。 【小问3详解】 溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)==5.5×10-2mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。 【小问4详解】 加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS；故答案为BaSO4、NiS。 【小问5详解】 在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；根据第二空“保持电解液成分稳定”的要求，需要寻找反应过程中发生改变的电解液成分。由离子方程式可知，Mn2+被消耗，H+生成，要保持电解液成分稳定，就得补充消耗掉的物质，移出生成的物质，结合溶液中的负离子，答案自然就出来了，即补充Mn(OH)2；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；补充Mn(OH)2。 【小问6详解】 煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。 20. 工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)： 化学吸附：； 表面反应：；； 脱附： 其中，的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。回答下列问题： （1）实际生产中，常用工艺条件，铁触媒作催化剂，控温773K，压强，原料气中。 ①分析说明原料气中过量的理由___________。 ②关于合成氨工艺，下列说法正确的是___________(填标号)。 a．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零 b．控制温度为773K，是为了增大反应物的平衡转化率 c．当温度、压强一定时，在原料气(和的比例不变)中加入少量惰性气体，有利于增大反应物的平衡转化率 d．不断将液氨移去，既有利于反应正向进行，又能加快化学反应速率 （2）①反应在恒定温度和总压强p(单位：Pa)下进行，若、起始物质的量之比为1：3，的平衡产率是w()，用分压代替物质的浓度，计算平衡常数___________。 ②反应达到平衡时，正、逆反应的速率方程分别为：，，、为速率常数，已知，据此计算___________，___________。 （3）由Arrhenius经验公式得，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R、C为常数，根据图1， △H=___________(用含、、T、R的代数式表示)。升高温度，的变化曲线为___________，的变化曲线为___________(填标号)。 【答案】（1） ①. 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 ②. a （2） ①. ②. -1.5 ③. 1 （3） ①. [或] ②. ① ③. ④ 【解析】 【小问1详解】 ①氮气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，氮气相比于氢气更容易得到，原料气中氮气过量有助于提高氢气的转化率，同时N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适当过量有利于提高整体反应速率。 ② a．合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，故合成氨反应在不同温度下ΔH和ΔS都小于零，a正确； b．合成氨反应为放热反应，升高温度并不利于反应正向进行，控制温度773K，目的是增大反应速率，b错误； c．温度、压强一定时，原料气中加入少量惰性气体，容器体积增大，化学平衡逆向移动，不利于增大反应物的平衡转化率，c错误； d．不断将液氨移去，生成物浓度减小，化学平衡正向移动，但是反应速率减小，d错误； 故答案选a。 【小问2详解】 ①氮气和氢气起始物质的量之比为1：3，不妨令n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，NH3的平衡产率为w，氨气理论产量为2mol，则实际平衡时生成氨气2wmol，则有，平衡时气体总物质的量为4-2w，各物质的分压为p(N2)=，p(H2)=，p(NH3)=，Kp==。 ②达到平衡时，正逆反应速率相等，=，=，同时Kp==，则有γ+1=2，1.5-β=3，解得γ=1，β=-1.5。 【小问3详解】 ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=-(Ea逆-Ea正)= Ea正- Ea逆=(C-Ink正)RT-(C-Ink逆)RT=。Ink正=-，Ink逆=-，Ink正-Ink逆=InKp==，，则InKp与正相关，表示InKp的曲线为①。Ink正=-，Ink逆=-，Ink与负相关，Ea逆> Ea正，，则表示Ink逆的曲线斜率更小，即④曲线。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级12月份月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 明矾净化酸性废水比碱性废水效果更好 B. 瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫，可用平衡移动原理解释 C. 用试纸可以测量“84”消毒液的酸碱性 D. 加热法可以降低硬水(含)中的、浓度 2 海洋生物参与氮循环过程如图所示： 下列说法正确的是 A. NH3、N2的结构式分别为、N=N B. 上述微粒间的转化均存在极性键和非极性键的断裂与生成 C. 反应③中可能有氧气参与反应 D. 1 mol NO参加反应，反应⑤转移电子数为6NA 3. 下列基态原子中未成对电子数最少的是 A. N B. O C. D. 4. 下列叙述中正确是 A. 焰色反应属于化学变化 B. 金属的化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍 C. 阴极电保护法保护钢构件，钢构件与直流电源负极相连 D. 钠原子核外电子排布由时，原子释放能量 5. 下列有关酸碱中和滴定实验的实验装置和操作的描述中，正确的是 A. 甲图操作检查碱式滴定管是否漏液 B. 乙图记录滴定终点读数为12.20 mL C. 丙图装置可表示以为标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 D. 丁图向锥形瓶中滴入最后半滴标准溶液时溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点 6. 常温下，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A. 当V＝20.00mL时，水的电离程度最大 B. 当V＝10.00mL时，c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣) C. 当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL D. 在滴定过程中，一定存在c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO﹣)+c(OH﹣) 7. 下列生产或实验事实得出的结论不正确的是 选项 事实 结论 A 其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出沉淀所需时间缩短 当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快 B 工业制硫酸过程中，将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉 增大反应物接触面积，使反应速率加快 C A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入少量MnO2粉末，B试管中产生气泡快 当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率 D 在容积不变的密闭容器中发生反应：，向其中通入氩气 反应速率减慢 A. A B. B C. C D. D 8. M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的前10号元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是 A. 与Z同周期且第一电离能大于Z元素有2种 B. 该化合物中只含有离子键、共价键，不存在非极性共价键 C. 六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强 D. 最简单氢化物的稳定性为：X < Z < N 9. 一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀 B. b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4) C. Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9 D. 向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀 10. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是 A. 向溶液中滴加少量溶液： B. 向溶液中通入： C. 用溶液吸收少量： D. 同浓度同体积溶液与溶液混合： 二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11. 已知酸在水中存在以下电离：，。下列有关说法正确的是 A. 在溶液中一定有： B. 在溶液中一定有： C. 在溶液中： D. 在溶液中： 12. 某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是　　　 A. B. ③为与的关系曲线 C. D. 13. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是 A. 与W生成的气态化合物的热稳定性： B. W与的原子半径： C. X和Y的第一电离能： D. X、Z、R的电负性： 14. 反应可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入和，平衡时的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法正确的是 A. a点达到平衡所需时间比c点长 B. a、b两点平衡常数： C. c点的平衡转化率：50% D. 其他条件不变时，e点对应体系升温的同时扩大体积，达到平衡状态可能是图中的c点 15. 侯氏制碱法工艺流程如下图，其中向母液中先通氨气，后加入细小食盐颗粒作用是 A. 制得较多碳酸氢铵 B. 使更多地析出 C. 增大的浓度，使更多地析出 D. 使转化为，提高析出的纯度 三、非选择题： 16. 化学用语、元素周期律等是学习元素及其化合物知识的重要工具。请回答下列问题： （1）下列说法正确的是(填序号)___________。 ①s区全部是金属元素 ②共价化合物中电负性大的成键元素表现为负价 ③两种金属元素第一电离能越小的其金属性越强 ④电负性大于1.8的一定为非金属 ⑤第四周期元素中未成对电子数最多的元素位于钾元素后面第五位 （2）新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在航空航天、国防技术及5G技术等领域扮演着重要的角色。基态Si原子的核外电子空间运动状态共有___________种，电子云空间伸展方向有___________种，其核外电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为___________，基态镓原子的价层电子排布式为___________。 （3）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。 （4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是___________。 元素 X 738 1451 7733 Y 1314 3388 5301 Z 1402 2856 4578 （5）已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。已知检验微量化合物X2Y3可以用一种称为马氏检验的方法，其原理是：样品在盐酸中可被金属锌还原为XZ3气体，产物还有氯化锌和H2O，该反应的化学方程式是(要用推导出来的元素表达) ___________。 17. Ⅰ． Na3PS4是固态电解质(SSE)，具有与液体电解质相当高的离子电导率。回答下列问题： （1）基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是___________。 （2）在中，S元素显___________(填“正”或“负”)价，理由是___________。 （3）P的第一电离能___________(填“>”或“<”)As的第一电离能，其原因为___________。 Ⅱ． 镓广泛应用于光电及微电子领域，目前80%的镓被用于生产砷化镓(GaAs)。已知镓与砷在元素周期表中位置如图所示。 （4）镓的基态原子核外有___________种能量不同的电子。与镓同周期的元素中，基态原子核外未成对电子数最多的元素价层电子轨道表示式为___________ （5）关于表中元素及其化合物相关比较正确的是___________。 A. 电负性：Al>Ga B. 第一电离能：Ge>As C. 热稳定性： D. 半径：P>Al （6）第四电离能的原因是___________。 18. 测定铁矿石中铁含量的传统方法是，滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①标准溶液。 ②溶液：称取溶于浓盐酸，加水至，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时可将氧化为，难以氧化；可被还原为。回答下列问题： （1）下列仪器在本实验中必须用到的有___________(填名称)。 （2）用两个离子方程式解释配制溶液时加入锡粒的原因：___________。用标准液润洗滴定管的操作为 ___________。 （3）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定铁含量___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 （4）若消耗标准溶液，则试样中的质量分数为___________(用含a、c、V的代数式表示)。 （5）滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。为探究溶液滴定时，在不同酸度下对测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实验 溶液试剂X 紫红色不褪去 实验I 溶液硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 溶液硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为___________；根据该实验可得出的结论是___________。 19. LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： （1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。 （2）加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。 （3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。 （5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。 （6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。 20. 工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)： 化学吸附：； 表面反应：；； 脱附： 其中，的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。回答下列问题： （1）实际生产中，常用工艺条件，铁触媒作催化剂，控温773K，压强，原料气中。 ①分析说明原料气中过量的理由___________。 ②关于合成氨工艺，下列说法正确的是___________(填标号)。 a．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零 b．控制温度为773K，是为了增大反应物的平衡转化率 c．当温度、压强一定时，在原料气(和的比例不变)中加入少量惰性气体，有利于增大反应物的平衡转化率 d．不断将液氨移去，既有利于反应正向进行，又能加快化学反应速率 （2）①反应在恒定温度和总压强p(单位：Pa)下进行，若、起始物质的量之比为1：3，的平衡产率是w()，用分压代替物质的浓度，计算平衡常数___________。 ②反应达到平衡时，正、逆反应的速率方程分别为：，，、为速率常数，已知，据此计算___________，___________。 （3）由Arrhenius经验公式得，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R、C为常数，根据图1， △H=___________(用含、、T、R的代数式表示)。升高温度，的变化曲线为___________，的变化曲线为___________(填标号)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $