（新高考）高三化學第三次模擬考試卷（一）(解析版)

（新高考）好高三第三次模擬考試卷此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、選擇題（每小題2分，共20分，每小題只有一個選項符合題意。）1．化學與生活、生產(chǎn)科技密切相關(guān)。下列敘述正確的是A．明礬在天然水中能生成膠體，可用于水的消毒殺菌B．高鐵“復興號”車廂連接關(guān)鍵部位所使用的增強聚四氟乙烯板，屬于無機高分子材料C．《夢溪筆談》中“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”是發(fā)生了氧化還原反應D．我國北斗系統(tǒng)的導航衛(wèi)星，其計算機的芯片材料是高純度二氧化硅【答案】C【解析】A．明礬在水中能水解并生成氫氧化鋁膠體，具有吸附水中懸浮顆粒物的作用，可用于水的凈化，A不正確；B．增強聚四氟乙烯板，是有機高聚物，屬于有機高分子材料，B不正確；C．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，是發(fā)生Fe與CuSO4的置換反應，屬于氧化還原反應，C正確；D．計算機的芯片材料是使用高純度硅制成的，二氧化硅用于生產(chǎn)光導纖維，D不正確；故選C。2．下列有關(guān)化學用語表達正確的是A．SKIPIF1<0的電子式為B．SKIPIF1<0分子的比例模型：C．碳酸鈉溶液顯堿性的原因：SKIPIF1<0SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0的結(jié)構(gòu)式為，該氧化物中SKIPIF1<0為SKIPIF1<0價【答案】D【解析】A．SKIPIF1<0的電子式為，故A錯誤；B．SKIPIF1<0分子的比例模型：，故B錯誤；C．碳酸鈉溶液顯堿性的原因：COeq\o\al(2?,3)+H2OHCOeq\o\al(?,3)+OH?，故C錯誤；D．SKIPIF1<0的結(jié)構(gòu)式為，根據(jù)過氧化鉻的結(jié)構(gòu)簡式可知存在2個過氧鍵、1個Cr＝O鍵，4個O原子顯-1價、1個O原子顯-2價，Cr元素顯+6價，故D正確；故選D。3．鋇的核外電子排布為[Xe]6s2，下列關(guān)于鋇的說法不正確的是A．第一電離能比Cs小 B．位于第六周期第ⅡA族C．能與冷水反應放出氫氣 D．其電負性比Cs大【答案】A【解析】根據(jù)鋇的核外電子排布[Xe]6s2可知，該元素位于元素周期表第6周期IIA族，位于同周期第IA族的元素是Cs。A．同周期元素的第一電離能從左到右呈遞增趨勢，但是第IIA元素的最外層s軌道是全充滿狀態(tài)，其第一電離能比同周期相鄰的兩種元素高，故Ba的第一電離能比Cs大，A不正確；B．Ba位于第六周期第ⅡA族，B正確；C．同周期元素從上到下金屬性逐漸增強，已知與鋇同主族的鎂能與冷水反應生成氫氣，故鋇也能與冷水反應放出氫氣，C正確；D．同周期元素從左到右電負性逐漸增大，故Ba電負性比Cs大，D正確。故選A。4．綠原酸()是金銀花的主要抗菌、抗病毒有效藥理成分之一，有關(guān)該化合物，下列敘述錯誤的是A．分子式為C16H18O9B．能與溴水發(fā)生取代和加成反應C．能夠發(fā)生消去反應生成雙鍵D．1mol該化合物最多可消耗5molNaOH【答案】D【解析】A．綠原酸含有苯環(huán)，所以屬于芳香族化合物，根據(jù)其結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C16H18O9，A項正確；B．綠原酸中含有雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應，該物質(zhì)含有酚羥基，且鄰對位有空位，能和溴水發(fā)生取代反應，B項正確；C．含有羥基的鄰位碳原子上有H原子，故可以發(fā)生消去反應，生成雙鍵，C項正確；D．綠原酸含有兩個酚羥基、一個羧基、一個酯基，酯基水解后的羥基為普通羥基，所以1mol綠原酸最多消耗4molNaOH，D項錯誤；答案選D。5．設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．17gH2O2中含有的陰、陽離子總數(shù)為1.5NAB．標準狀況下，33.6LCH3Cl中含有的共價鍵數(shù)目為6NAC．常溫下，將2.8g鐵放入濃硫酸中，反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0D．向FeI2溶液中通入Cl2，當有1molFe2+被氧化時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA【答案】B【解析】A．H2O2屬于共價化合物，不存在陰、陽離子，A項錯誤；B．標準狀況下，CH3Cl為氣體，33.6L為1.5mol，每個CH3Cl中含有4個共價鍵，所以1.5molCH3Cl中含有的共價鍵數(shù)目為6NA，B項正確；C．常溫下，鐵放入濃硫酸中發(fā)生鈍化，鈍化屬于化學變化，將鐵表面氧化，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不是0，C項錯誤；D．向FeI2溶液中通入Cl2，還原性：I?＞Fe2+，當有1molFe2+被氧化時，，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目一定大于NA，D項錯誤；故答案選B。6．關(guān)于下列各實驗裝置的敘述中，不正確的是A．：可用于實驗室制取少量NH3或O2B．：可用從a處加水的方法檢驗裝置的氣密性C．：實驗室可用該裝置收集H2、NH3D．：制硫酸和氫氧化鈉，其中b為陽離子交換膜、c為陰離子交換膜【答案】D【解析】A．該裝置可以用濃氨水和生石灰制取氨氣，或用二氧化錳和過氧化氫制取氧氣，A正確；B．關(guān)閉活塞后，從a處加水就可以形成一個密閉的空間，可以用來檢驗裝置的氣密性，B正確；C．短進長出，是向下排空氣法集氣，所以可以用該裝置收集H2、NH3，C正確；D．該裝置左邊是陽極，OH?放電，所以左邊生成H2SO4，b應該是陰離子交換膜，右邊是陰極，H+放電，所以右邊生成NaOH，a應該是陽離子交換膜，D錯誤；答案選D。7．W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其同位素間有核反應：bX+cY→dZ+aW。在周期表中W與X同周期，Y與Z同周期，其中由W、Y、Z三種元素所組成的物質(zhì)中，存在強酸或鹽。下列敘述正確的是A．W與Y可以構(gòu)成氣態(tài)或液態(tài)的二元化合物B．原子半徑：Z>Y>X>WC．元素X的單質(zhì)具有強還原性D．Y的氧化物的水化物為強酸【答案】A【解析】W與X同周期，Y與Z同周期，其同位素間有核反應：bX+cY→dZ+aW，則W為H，X為He，Y為N，Z為O，H、N、O三種元素可形成硝酸，可形成硝酸銨。A．W與Y可以構(gòu)成二元化合物氣態(tài)為氨氣，液態(tài)的為N2H4，A說法正確；B．Y與Z同周期，原子序數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑：Y＞Z，B說法錯誤；C．元素X為He，最外層（K層）電子滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，性質(zhì)穩(wěn)定，C說法錯誤；D．Y為N，最高價氧化物的水化物為硝酸，屬于強酸，亞硝酸為弱酸，D說法錯誤；答案為A。8．KIO3是一種重要的化學試劑，受熱能發(fā)生分解，可用作食鹽中的補碘劑。其化工生產(chǎn)有多種方法，圖為“KClO3氧化法”制備KIO3的生產(chǎn)工藝流程圖：已知“酸化反應”所得產(chǎn)物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。下列相關(guān)說法正確的是A．“酸化反應”中，氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為6∶11B．“逐Cl2”過程需要加入燒堿或KI晶體除Cl2C．操作X為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶D．借助淀粉溶液即可檢驗食鹽是否含有補碘劑【答案】C【解析】A．“酸化反應”中，該反應方程式為：2KClO3+I2+HCl=KH(IO3)2+Cl2+KCl，其中氧化劑是KClO3，氧化產(chǎn)物為KH(IO3)2，故氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1，故A錯誤；B．加熱可以促進溶解在溶液中氣體的逸出，故“逐Cl2”過程只需要采用加熱溶液即可，不用加入燒堿或KI晶體除Cl2，故B錯誤；C．由于KIO3受熱能發(fā)生分解，故操作X為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶，C正確；D．碘單質(zhì)能使淀粉溶液變藍色，但食鹽中的碘是以化合態(tài)形式存在的，故D錯誤；故選C。9．下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的說法中錯誤的是A．等濃度、等體積的HCOOH溶液與HCOONa溶液混合后pH＜7：c(HCOO?)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH?)B．新制氯水中：c(ClO?)+c(HClO)=c(Cl?)C．已知Ka(HF)＞Ka1(H2S)，則同濃度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaFD．Na2CO3與NaHCO3的混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HCOeq\o\al(?,3))+c(COeq\o\al(2?,3))【答案】D【解析】A．等濃度、等體積的HCOOH溶液與HCOONa溶液混合后的溶液中存在著電荷守恒：c(HCOO?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，又溶液的pH＜7，所以c(H+)＞c(OH?)，則c(HCOO?)＞c(Na+)，因此c(HCOO?)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH?)，A正確；B．新制氯水中含有的微粒為：ClO?、Cl?、HClO、H+、OH?，根據(jù)物料守恒有：c(ClO?)+c(HClO)=c(Cl?)，B正確；C．已知Ka(HF)＞Ka(H2S)，根據(jù)水解規(guī)律：越弱越水解，因此同濃度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaF，C正確；D．Na2CO3與NaHCO3的混合溶液中存在著電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HCOeq\o\al(?,3))+2c(COeq\o\al(2?,3))，D錯誤；答案選D。10．熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源。一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiCl－KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能，此時硫酸鉛電極處生成Pb。下列有關(guān)說法不正確的是A．輸出電能時，外電路中的電子由鈣電極流向硫酸鉛電極B．放電時電解質(zhì)LiCl－KCl中的Li+向鈣電極區(qū)遷移C．電池總反應為Ca+PbSO4+2LiCl＝Pb+Li2SO4+CaCl2D．每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，理論上消耗85gLiCl【答案】B【解析】由題目可知硫酸鉛電極處生成Pb，則硫酸鉛電極的反應為：PbSO4+2e?+2Li+=Pb+Li2SO4，則硫酸鉛電極為電池的正極，鈣電極為電池的負極。A．輸出電能時，電子由負極經(jīng)過外電路流向正極，即從鈣電極經(jīng)外電路流向硫酸鉛電極，A項正確；B．Li+帶正電，放電時向正極移動，即向硫酸鉛電極遷移，B項錯誤；C．負極反應方程式為Ca+2Cl??2e?=CaCl2，正極電極反應方程式為：PbSO4+2e?+2Li+=Pb+Li2SO4，則總反應方程式為：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C項正確；D.鈣電極為負極，電極反應方程式為Ca+2Cl??2e?=CaCl2，根據(jù)正負極電極反應方程式可知2e?～2LiCl，每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D項正確；答案選B。不定項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個或2個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）11．某科研人員提出HCHO與O2在羥基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的歷程，該歷程示意圖如圖(圖中只畫出了HAP的部分結(jié)構(gòu))。下列說法不正確的是A．HAP能提高HCHO與O2的反應速率B．HCHO在反應過程中，有C－H鍵發(fā)生斷裂C．根據(jù)圖示信息，CO2分子中的氧原子全部來自O2D．該反應可表示為：HCHO+O2eq\o(→,\s\up7(HAP))CO2+H2O【答案】C【解析】A．根據(jù)圖知，HAP在第一步反應中作反應物，在第二步反應中作生成物，所以是總反應的催化劑，催化劑能改變化學反應速率，因此該反應中HAP作催化劑而提高反應速率，A正確；B．根據(jù)圖示可以發(fā)現(xiàn)，甲醛分子中的兩個C－H鍵的H原子都與O發(fā)生斷裂，故僅有C－H鍵發(fā)生斷裂，B正確；C．根據(jù)圖知，CO2分子中的氧原子一部分來自O2，另一部分還來自于甲醛，C錯誤；D．該反應中反應物是甲醛和氧氣，生成物是二氧化碳和水，HAP為催化劑，反應方程式為：HCHO+O2eq\o(→,\s\up7(HAP))CO2+H2O，D正確；故選C。12．工業(yè)制取Na2S2O3的方法是將Na2S和Na2CO3以物質(zhì)的量之比2∶1配成溶液，然后通入適量SO2，使其恰好完全反應得到Na2S2O3，下列有關(guān)說法正確的是A．Na2S2O3遇較強的氧化劑可生成Na2SO4B．制備反應中反應物SO2與生成物CO2的物質(zhì)的量之比為1∶4C．制備Na2S2O3時，溶液控制在堿性或酸性范圍內(nèi)都可以D．將反應后所得溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，即得到Na2S2O3晶體【答案】AD【解析】A．Na2S2O3中S的平均化合價為+2，處于硫元素的中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性，當遇到氧化性強的氧化劑，會被氧化成更高價態(tài)的Na2SO4，A項正確；B．根據(jù)題給信息可知，發(fā)生的反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，B錯誤；C．酸性條件下，Na2S2O3發(fā)生歧化反應生成二氧化硫和單質(zhì)硫，因此制備Na2S2O3不能在酸性條件下，C項錯誤；D．由Na2S2O3溶液得到Na2S2O3晶體，需要的操作有蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，D項正確；故選AD。13．室溫下，將0.10mol·L?1NaOH溶液滴加到0.10mol·L?1HA溶液中，溶液的pH與粒子濃度比值的對數(shù)(lgSKIPIF1<0)關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A．溶液中水的電離程度：N>P>QB．P點溶液中：c(Na+)=c(OH?)+c(HA)-c(H+)C．Q點溶液中：c(Na+)>c(A?)>c(HA)D．室溫下，NaA的水解平衡常數(shù)Kh=10?4.75【答案】B【解析】A．三點的pH都小于7，水的電離受到抑制，且pH越小，水的電離程度越小，故溶液中的水的電離程度為N<P<Q，A錯誤；B．P點lgSKIPIF1<0=0，即c(A?)=c(HA)，根據(jù)電荷守恒分析，c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(A?)，則有c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HA)，或c(Na+)=c(OH?)+c(HA)-c(H+)，B正確；C．Q點lgSKIPIF1<0=1，pH小于7，c(H+)>c(OH?)，則根據(jù)電荷守恒分析，c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(A?)，則有c(A?)>c(Na+)，C錯誤；D．由NQ點的坐標可以計算P點坐標（0，4.75），lgSKIPIF1<0=0，c(A?)=c(HA)，電離平衡常數(shù)SKIPIF1<0=c(H+)，所以K=10?4.75，則室溫下，NaA的水解平衡常數(shù)Kh=SKIPIF1<0=10?9.25，D錯誤；故選B。14．某溫度下，在容積為2L的密閉容器中充入1molCO和2molH2，加合適的催化劑(體積可以忽略不計)后發(fā)生反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)?H<0，反應過程中用壓力計測得容器內(nèi)壓強的變化如圖所示。下列說法正確的是A．升高溫度既能增大該反應的速率又能提高產(chǎn)率B．往體系中充入一定量的氮氣，CO的轉(zhuǎn)化率增大C．0~20min，H2的平均反應速率為0.025mol·(L·min)?1D．該溫度下平衡常數(shù)Kp=5.7×10?2MPa?2【答案】CD【解析】A．根據(jù)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)?H<0可知，正反應放熱，升溫平衡逆向移動，故升溫不能提高轉(zhuǎn)化率，A錯誤；B．2L的密閉容器中通入N2，反應物和生成物的濃度均不發(fā)生變化，平衡不移動，故CO的轉(zhuǎn)化率不變，B錯誤；C．根據(jù)pV=nRT，同溫同體積下，n與p成正比，設平衡時的總物質(zhì)的量為x，SKIPIF1<0，解得x=2mol，設反應的CO的物質(zhì)的量為y，由三段式可得：SKIPIF1<0y+2-2y+y=2mol，解得y=0.5mol，0~20min，H2的平均反應速率v=SKIPIF1<0mol·(L·min)?1，C正確；D．根據(jù)C選項的三段式可知，平衡后CO的分壓為SKIPIF1<0×8.4MPa=2.1MPa，H2的分壓為SKIPIF1<0×8.4MPa=4.2MPa，CH3OH的分壓為SKIPIF1<0×8.4MPa=2.1MPa，Kp=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=5.7×10?2MPa?2，D正確；故選CD。15．重質(zhì)二氧化錳具有優(yōu)良的電化學性能，廣泛應用于各類化學電源中。以硫酸錳為原料制備重質(zhì)二氧化錳的工藝流程如下：下列說法錯誤的是A．“沉錳”的主要反應為Mn2++HCOeq\o\al(?,3)=MnCO3↓+H+B．“焙燒”過程在敞開、低壓容器中進行效率更高C．用少量氨水吸收“焙燒”產(chǎn)生的氣體，所得溶液可用于“沉錳”D．工藝中的硫酸表現(xiàn)酸性，髙錳酸鉀做氧化劑【答案】A【解析】A．如果是Mn2++HCOeq\o\al(?,3)=MnCO3↓+H+，氫離子還會與HCOeq\o\al(?,3)反應，H++HCOeq\o\al(?,3)=H2O+CO2↑，正確的離子方程式為Mn2++2HCOeq\o\al(?,3)=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故A錯誤；B．敞開、低壓容器中有利于二氧化碳的釋放，有利于反應正向進行，效率更高，故B正確；C．“焙燒”產(chǎn)生的氣體為二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氫銨，可用于“沉錳”，故C正確；D．酸性髙錳酸鉀具有強氧化性，做氧化劑，硫酸提供酸性環(huán)境，有利于物質(zhì)穩(wěn)定存在，故D正確；故選A。三、非選擇題（本題共5小題，共60分。）16．三氯異氰尿酸(C3N3O3Cl3)是一種新型高效廣譜殺菌消毒劑，某實驗小組用下列裝置制備三氯異氰尿酸。已知：①預氯化方程式為2C3N3O3H3+3CaCO3+4Cl2=Ca(C3N3O3Cl2)2+2CaCl2+3CO2+3H2O，深度氯化方程式為Ca(C3N3O3Cl2)2+2Cl2=2C3N3O3Cl3+CaCl2；②25℃時，三氯異氰尿酸(C3N3O3Cl3)溶解度為1.2g。(1)反應前儀器A、B所盛裝的物質(zhì)分別為_____、_____。(2)氯化過程分為兩步，主要原因是反應物含有雜質(zhì)。預氯化完成后，把C中混合物倒出，進行_____(填操作方法)，再把溶液倒回C中。(3)D是起泡球，主要作用是_____。(4)預氯化反應是放熱反應，為了避免副反應，實驗過程中C的溫度必須保持為17℃~20℃，則受熱方式是_____(填“冷水浴”“溫水浴”或“熱水浴”)。如果溫度升高，會生成NCl3，由C3N3O3H3生成NCl3的化學方程式為_____。(5)三氯異氰尿酸的結(jié)構(gòu)簡式為，在水中可以發(fā)生水解平衡反應，緩慢釋放出游離的次氯酸。①三氯異氰尿酸常做殺菌劑、消毒(殺毒)劑和漂白劑，在化工生產(chǎn)中也可以做_____。②與NaClO相比，其做消毒劑的優(yōu)點是_____。③等物質(zhì)的量時其殺毒效果是NaClO的100倍，則等質(zhì)量時其殺毒效果是NaClO的_____倍。(結(jié)果保留整數(shù))【答案】（1）濃鹽酸二氧化錳過濾增大氯氣與反應物的接觸面積，提高反應速率與吸收效率冷水浴C3N3O3H3+9Cl2+3H2Oeq\o(,\s\up7(△))3NCl3+3CO2+9HCl強氧化劑時效長，易控制，一般不會產(chǎn)生氯氣32【解析】根據(jù)題意，該實驗需要氯氣參與反應，儀器A和B、酒精燈組成的裝置可用于制備氯氣，其反應為SKIPIF1<0；C為反應裝置；E中可盛NaOH溶液，用于吸收多余的氯氣。(1)根據(jù)題意，儀器A、B中的物質(zhì)用于制備氯氣，為濃鹽酸和二氧化錳，故填濃鹽酸、二氧化錳；(2)預氯化處理時產(chǎn)物中混有碳酸鈣雜質(zhì)，需要過濾除去多余的碳酸鈣，再進行深度氯化，故填過濾；(3)起泡球可增大氣體氯氣與反應物的接觸面積以提高反應速率與吸收效率，故填增大氯氣與反應物的接觸面積，提高反應速率與吸收效率；(4)溫度范圍為17℃~20℃，可采用冷水浴的受熱方式；根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，由SKIPIF1<0生成三氯化氮的方程式為SKIPIF1<0；(5)①其水解可生成次氯酸，具有強氧化性，所以三氯異氰尿酸可作為強氧化劑，故填強氧化劑；②其在水中可發(fā)生水解平衡反應，緩慢釋放出次氯酸，說明時效長，易于控制，且一般不會產(chǎn)生氯氣，故填時效長，易控制，一般不會產(chǎn)生氯氣；③三氯異氰尿酸的相對分子質(zhì)量為232.5，NaClO的相對分子質(zhì)量為74.5，根據(jù)題意，等質(zhì)量時三氯異氰尿酸的殺毒效果為NaClO的倍數(shù)為：SKIPIF1<0≈32，故填32。17．十九大報告提出“要像對待生命一樣對待生態(tài)環(huán)境”，對硫、氮、碳元素形成的有毒有害氣體進行處理成為科學研究熱點。請回答下列問題：Ⅰ．氮元素的化合物種類繁多，研究氮氧化物的反應機理對于消除污染有重要指導作用。(1)NO2有較強的氧化性，能將SO2氧化成SO3，自身被還原為NO。已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1＝-196.6kJ·mol?12NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2＝-113.0kJ·mol?1則NO2氧化SO2的熱化學方程式為__________________________________。(2)利用現(xiàn)代傳感技術(shù)探究壓強對2NO2(g)N2O4(g)平衡移動的影響。在恒定溫度和標準壓強條件下，往針筒中充入一定體積的NO2氣體后密封并保持活塞位置不變。分別在t1、t2時迅速移動活塞后并保持活塞位置不變，測定針筒內(nèi)氣體壓強變化如下圖1所示。①B、E兩點對應的正反應速率大小為vB_____vE(填“>”或“<”)。②E、F、H三點對應氣體的平均相對分子質(zhì)量最大的點為_____(填字母序號)。(3)可用上圖2裝置將霧霾中的NO、SO2轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4，則陰極的電極反應式為______________________________。(4)汽車尾氣中的NO和CO在催化轉(zhuǎn)化器中反應生成兩種無毒無害的兩種氣體，將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中，控制一定溫度(T1或T2)，發(fā)生反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)?H＜0，達到平衡時，所得的混合氣體中含N2的體積分數(shù)隨SKIPIF1<0的變化曲線如圖3所示。①T1___________T2(填“>”、“<”或“=”)。②圖3中a、b、c、d中對應NO轉(zhuǎn)化率最大的是___________。③若SKIPIF1<0=1，T1溫度下，反應達平衡時，體系的總壓強為aPa、N2的體積分數(shù)為20%，該溫度下反應的平衡常數(shù)Kp為___________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。Ⅱ．用鈣鈉雙堿工藝脫除SO2：用NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3溶液；用CaO使NaOH溶液再生。(5)25℃時，氫氧化鈉溶液吸收SO2，當?shù)玫絧H=9的吸收液，該吸收液中c(SOeq\o\al(2?,3))∶c(HSOeq\o\al(?,3))=________。(已知25℃時，亞硫酸Ka1=1.3×10?2；Ka2=6.2×10?7)【答案】（1）NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH＝-41.8kJ·mol?1＞HNO+6H++5e?=NHeq\o\al(+,4)+H2O＜cSKIPIF1<0Pa?1620【解析】Ⅰ．(1)已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1＝-196.6kJ·mol?1②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2＝-113.0kJ·mol?1根據(jù)蓋斯定律，SKIPIF1<0×(①-②)可得NO2氧化SO2的熱化學方程式為NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH＝-41.8kJ·mol?1；(2)①B、E兩點都處于平靜狀態(tài)，壓強越大，反應速率越快，B點的壓強大于E點，則B、E兩點對應的正反應速率大小為vB＞vE；②2NO2(g)N2O4(g)正反應是氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強反應平衡正向移動，t2時迅速移動活塞，壓強迅速增大，說明氣體的體積減小，保持活塞位置不變后，平衡正向移動，氣體的總物質(zhì)的量減小，混合和氣體的總質(zhì)量不變，平均相對分子質(zhì)量增大，E、F、H三點對應氣體的物質(zhì)的量最小的點為H，根據(jù)M=SKIPIF1<0，則平均相對分子質(zhì)量最大的點為H；(3)根據(jù)圖2裝置中電源的正負極可推斷，通入NO的為陰極，通入SO2的為陽極，陽極上SO2失電子轉(zhuǎn)化為硫酸，陰極上NO得電子轉(zhuǎn)化為NHeq\o\al(+,4)，則陰極的電極反應式為NO+6H++5e?=NHeq\o\al(+,4)+H2O；(4)①已知反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)為放熱反應，相同比例時，溫度越高，平衡向逆向移動，氮氣的體積分數(shù)減小，則T1＜T2；②相同溫度下，NO的投入量越少，NO的轉(zhuǎn)化率越大，則轉(zhuǎn)化率a＜b＜c，當投料比一定時，降低溫度，平衡正向移動，NO的轉(zhuǎn)化率越大，由于T1＜T2，則d＜c，因此圖3中a、b、c、d中對應NO轉(zhuǎn)化率最大的是c；③若SKIPIF1<0=1，T1溫度下，反應達平衡時，體系的總壓強為aPa、N2的體積分數(shù)為20%，設NO的平衡時的變化量為xmol，根據(jù)題意列三段式：SKIPIF1<0N2的體積分數(shù)為20%，則SKIPIF1<0×100%=20%，解得x=SKIPIF1<0n，則該溫度下反應的平衡常數(shù)Kp為SKIPIF1<0=SKIPIF1<0Pa?1；Ⅱ．(5)25℃時，Ka2=SKIPIF1<0=6.2×10–7，氫氧化鈉溶液吸收SO2，當?shù)玫絧H=9的吸收液時，溶液中c(H+)=10?9mol/L，則c(SOeq\o\al(2?,3))∶c(HSOeq\o\al(?,3))=SKIPIF1<0=620。18．目前新合成的砷化鎘(Cd3As2)三維材料具有超強導電性，這種材料的電氣性能與石墨烯相當，可代替石墨烯使用。(1)Cd與Zn同族且相鄰，若Zn基態(tài)原子將次外層1個d電子激發(fā)進入最外層的np能級，則該激發(fā)態(tài)原子的外圍電子排布式為_______________。(2)與砷(As)同主族的N、P兩種元素的氫化物水溶液的堿性：NH3_____PH3(填“＞”或“＜”)，原因是__________________________。(3)As與Ge、Se同周期且相鄰，它們的第一電離能由大到小的順序為_________(用元素符號表示)，原因是______________(4)含砷有機物“對氨基苯胂酸”的結(jié)構(gòu)簡式如圖，As原子軌道雜化類型為_____，1mol對氨基苯胂酸含σ鍵數(shù)目為_______。(5)砷化鎘可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖，As為面心立方堆積，Cd占據(jù)As圍成的四面體空隙，空隙占有率75%，故Cd為“具有兩個真空的立方晶格”，如圖“①”和“②”位是“真空”。建立如圖的原子坐標系，①號位的坐標為(SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0)，則③號位原子坐標參數(shù)為_____。晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，砷化鎘的摩爾質(zhì)量為Mg·mol?1，則該晶胞的密度為_____________g·cm?3(列計算式即可)?！敬鸢浮浚?）3d94s24p1＞原子半徑N＜P，電負性N＞P，NH3更易結(jié)合水電離的H+As＞Se＞GeAs原子的4P軌道的電子是半充滿，能量較低較穩(wěn)定，第一電離能大于Se，Se與Ge位于同一周期，Se的原子半徑小第一電離能大sp319NA(或19×6.02×1023)(1/2，1，1/2)SKIPIF1<0【解析】(1)Cd與Zn同族且相鄰，所以Cd的外圍電子排布應為4d105s2，基態(tài)原子將4d能級的一個電子激發(fā)進入5p能級得到激發(fā)態(tài)原子，所以該激發(fā)態(tài)原子的外圍電子排布式為4d95s25p1；基態(tài)原子的能量最低最穩(wěn)定，所以基態(tài)原子的第一電離能相對較大。(2)原子半徑N<P，電負性N>P，NH3更易結(jié)合水電離的H+，所以NH3水溶液的堿性更強；(3)同周期主族元素自左至右第一電離能呈增大趨勢，但As的4p能級為半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，所以第一電離能As>Se>Ge，原因是As原子的4p軌道的電子是半充滿，能量較低較穩(wěn)定，第一電離能大于Se，Se與Ge位于同一周期，Se的原子半徑小第一電離能大。(4)根據(jù)對氨基苯胂酸的結(jié)構(gòu)簡式可知As原子與周圍原子形成4個σ鍵(As=O鍵有一個σ鍵一個π鍵)，不含孤電子對，所以雜化軌道類型為sp3；苯環(huán)上6個碳原子之間有6個C—C單鍵為σ鍵，還有4個C—H單鍵為σ鍵，As=O鍵有一個σ鍵一個π鍵，其他共價鍵均為σ鍵，所以一個對氨基苯胂酸分子中有19個σ鍵，則1mol對氨基苯胂酸含σ鍵數(shù)目19NA(或19×6.02×1023)。(5)①號位在底面的投影應位于底面對角線的SKIPIF1<0處，根據(jù)①號位的坐標為(SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0)，可知該坐標系中晶胞的棱長為1，③號位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐標為SKIPIF1<0、1，③號位碳原子位于右側(cè)面的面心，所以z坐標為SKIPIF1<0，則該原子的坐標為(SKIPIF1<0，1，SKIPIF1<0)；根據(jù)均攤法，該晶胞中As原子的個數(shù)為SKIPIF1<0=4，Cd原子的個數(shù)為6，所以晶體的化學式為Cd3As2，砷化鎘的摩爾質(zhì)量為Mg·mol?1，則晶胞的質(zhì)量m=SKIPIF1<0g，晶胞參數(shù)為apm，則晶胞的體積V=a3pm3=(a×10?10)3cm3，所以晶胞的密度SKIPIF1<0=SKIPIF1<0g·cm?3。19．利用某化上污泥(主要成分為Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au)資源化利用的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)52Te在元素周期表中位于___________族，Cu2Te的名稱為___________。(2)煅燒時，生成TeO2和Na2CrO4的化學反應方程式分別為：___________、___________。(3)浸出液中的陽離子有H+、TeO2+和___________(填化學符號)。(4)“還原”時的離子反應方程式為___________，為降低成本，提高原料的利用率?？刹扇〉拇胧┦莀__________。(5)SKIPIF1<0在溶液中可轉(zhuǎn)化為SKIPIF1<0：2SKIPIF1<0+2H+SKIPIF1<0+H2O。常溫下，初始濃度為1.0mol·L?1的Na2CrO4溶液中達到平衡時，c(SKIPIF1<0)隨c(H+)的變化如圖所示。根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉(zhuǎn)化反應的平衡常數(shù)K=___________?！敬鸢浮浚?）ⅥA碲化亞銅Cu2Te+2O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2CuO+TeO22Cr2O3+3O2+4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高溫))4Na2CrO4+4CO2Cu2+TeO2++2SO2+3H2O=Te+2SOeq\o\al(2?,4)+6H+“還原”生成的硫酸循環(huán)使用1.0×104【解析】電鍍污泥主要成分為Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au，加入純堿，在空氣中煅燒發(fā)生的反應為：碲化亞銅的性質(zhì)與硫化亞銅類似，煅燒時生成氧化銅和二氧化碲：Cu2Te+2O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2CuO+TeO2；三氧化鉻被氧化為鉻酸鈉：2Cr2O3+3O2+4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高溫))4Na2CrO4+4CO2，水浸得到鉻酸鈉溶液，分離出沉渣中加入稀硫酸溶液回收金，浸出液通過電解沉積得到金屬單質(zhì)銅，“還原”時二氧化硫?qū)eO2+還原為單質(zhì)碲，即可得到粗碲。52Te的質(zhì)子數(shù)為52，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：，碲(Te)位于元素周期表中第五周期ⅥA族，Cu2Te中Cu化合價為+1價，Te化合價為-2價，即名稱為碲化亞銅，故答案為：ⅥA；碲化亞銅；(2)碲化亞銅的性質(zhì)與硫化亞銅類似，煅燒時生成氧化銅和二氧化碲：Cu2Te+2O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2CuO+TeO2；三氧化鉻被氧化為鉻酸鈉，根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒寫出配平的化學方程式：2Cr2O3+3O2+4Na2CO3eq\o(=,\