山西省太原市2022屆高三下學期二?？荚嚮瘜W試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1山西省太原市2022屆高三下學期二?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12O16Fe56一、選擇題：本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.礦物顏料是人類繪畫中最原始的表現(xiàn)材料之一。敦煌莫高窟壁畫使用了大量礦物顏料，其色彩和主要成分見下表：色彩霞光紅迎春黃天霽藍瑞雪白主要成分及化學式朱砂HgS雌黃As2S3石青Cu(OH)2·2CuCO3蛤灰CaO下列說法正確的是（）A.石青顏料耐酸堿腐蝕B.蛤灰加水后會放出大量的熱C.工業(yè)制汞是在空氣中焙燒朱砂，生產流程中加入氧化鈣的目的是減少汞蒸氣的排放D.《夢溪筆談》記載：“館閣新書凈本有誤書處，以雌黃涂之。”利用了雌黃的化學性質〖答案〗B〖解析〗A．Cu(OH)2·2CuCO3和酸會反應，則石青顏料不耐酸腐蝕，A項錯誤；B．CaO＋H2O=Cu(OH)2，該反應是放熱反應，則蛤灰加水后會放出大量的熱，B項正確；C．工業(yè)制汞是在空氣中焙燒朱砂，HgS＋O2=Hg+SO2，生產流程中加入氧化鈣的目的是吸收二氧化硫，C項錯誤；D．《夢溪筆談》記載：“館閣新書凈本有誤書處，以雌黃涂之。”意思是遇到書上有誤地方，用雌黃涂抹，是因為雌黃的顏色同紙色差不多，且其質地細密、硬軟適中，用雌黃涂改錯處，既遮掩了黑色墨筆字、不損壞紙張，利用的是雌黃的物理性質，D項錯誤；〖答案〗選B。2.宏觀辨識和微觀探析是化學學科的核心素養(yǎng)之一。下列描述物質制備和應用的離子方程式正確的是（）A.泡沫滅火器的反應原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑B.海水提溴工藝中，用純堿溶液富集Br2：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2OC.鍋爐除垢過程中將CaSO4轉化為CaCO3：CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)D.用惰性電極電解飽和MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-〖答案〗C〖解析〗A．泡沫滅火器的反應原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A錯誤；B．海水提溴工藝中，用純堿溶液富集Br2：3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑，故B錯誤；C．CaCO3比CaSO4更難溶，故為CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)，故C正確；D．用惰性電極電解飽和MgCl2溶液：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故D錯誤；故選C。3.某化學小組在實驗室利用下列裝置(部分夾持儀器略)進行實驗，其中能達到實驗目的的是（）A.圖Ⅰ：制取并收集少量干燥的氨氣B.圖Ⅱ：制備少量無水氯化鎂C.圖Ⅲ：關閉a、打開b，可檢查裝置的氣密性D.圖Ⅳ：驗證犧牲陽極法保護鐵〖答案〗D〖解析〗A．氯化銨和氫氧化鈣加熱生成氨氣，同時會有水生成，收集的氨氣中含有水蒸氣，不能收集到干燥的氨氣，故A錯誤；B．制備少量無水氯化鎂應在HCl氣氛中加熱蒸干水分，故B錯誤；C．分液漏斗上端與燒瓶連通，上下壓強保持一致，液體始終可以順利流下，不能檢驗裝置的氣密性，故C錯誤；D．通過鐵氰化鉀溶液可以檢驗是否有亞鐵離子生成，從而判斷鐵作電極情況，可用來驗證犧牲陽極法保護鐵，故D正確；故選：D。4.2021年諾貝爾化學獎授予BenjaminList、DavidW.C.MacMillan，以獎勵他們“對于有機小分子不對稱催化的重要貢獻”。脯氨酸()催化分子內的羥醛縮合反應：下列說法不正確的是（）A.脯氨酸能與Y發(fā)生取代反應B.X和Y互為同分異構體，且Y能發(fā)生消去反應C.X中所有碳原子處于同一平面D.1mol脯氨酸與足量NaHCO3反應，生成44gCO2〖答案〗C〖解析〗A．脯氨酸含有羧基，Y中含有羥基，兩者能發(fā)生酯化反應(取代反應)，故A正確；B．X和Y分子式相同，結構不同，互為同分異構體，Y分子中羥基的鄰位碳原子上含有氫原子，能發(fā)生消去反應，故B正確；C．如圖所示，X中用“*”標記的碳原子為飽和碳原子，與之相連的碳原子不可能處于同一平面，因此X中所有碳原子不可能共面，故C錯誤；D．1mol脯氨酸含有1mol羧基，與足量NaHCO3反應，生成1molCO2，質量為1mol×44g/mol=44g，故D正確；〖答案〗選C。5.中國地質科學院地質研究所對嫦娥五號月球玄武巖開展了年代學、元素、同位素分析，證明月球在19.6億年前仍存在巖漿活動。X、Y、Z、V、W是月核中含有的五種原子序數(shù)依次增大的前20號元素，X原子的最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，V的單質常在地球火山口附近沉積，Y的氧化物常用作耐高溫材料，Y、W原子的最外層電子數(shù)相等且之和等于Z原子的最外層電子數(shù)，下列說法正確的是（）A.Y的氧化物是兩性氧化物B.最高價含氧酸的酸性：X>V>ZC.簡單離子半徑：W>V>YD.X、Z形成的化合物是制備玻璃的原料之一〖答案〗D〖祥解〗X原子的最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，若電子總數(shù)是4，最外層電子數(shù)為3，不符合，若電子總數(shù)是8，最外層電子數(shù)為6，排布為2、6，則X是O元素；V單質常在火山口附近沉積，則V為S元素；Y的氧化物常用作耐高溫材料，氧化鎂因為其熔點高常用作耐火材料，則Y為Mg元素；Y、W原子的最外層電子數(shù)相等且之和等于Z原子的最外層電子數(shù)，Y最外層電子數(shù)是2，W原子序數(shù)比S大，Z在Mg和S之間，則W最外層電子數(shù)不可能為7，若W為K時Z為Al元素，若W為Ca時Z為Si元素；〖詳析〗根據(jù)分析知，XO，Y為Mg，V為S，若Z為Al時W為K，若Z為Si時W為Ca；A．Y為Mg，MgO只能與酸反應生成正鹽和水，屬于堿性氧化物，A錯誤；B．X是O，沒有最高正價，不存在最高價含氧酸，B錯誤；C．電子層數(shù)越多離子半徑越大，電子層數(shù)相同原子序數(shù)越大半徑越小，則V(S2-)>W(K+或Ca2+)>Y(Mg2+)，C錯誤；D．X是O，Z為Si，形成的化合物SiO2，制玻璃的原料：石灰石、純堿、二氧化硅，則SiO2制備玻璃的原料之一，D正確；故選：D。6.2022年北京冬奧會期間，我國使用了“容和一號”大容量電池堆(鐵一鉻液流電池)作為備用電源(原理示意如圖)。鐵-鉻液流電池的壽命遠遠高于鈉硫電池鋰離子電池和鉛酸蓄電池等。下列說法錯誤的是（）A.該電池總反應為：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+B.充電時左邊的電極電勢高于右邊的電極電勢C.充電時若1molFe2+被氧化，電池中有1molH+通過交換膜由左向右遷移D.若用該電池電解水，生成22.4L(標準狀況)H2時，則有2molCr3+被還原〖答案〗D〖解析〗A．由圖示可知，放電時正極反應式為：Fe3++e-=Fe2+，負極反應式為：Cr2+-e-=Cr3+，充電時陽極反應式為：Fe2+-e-=Fe3+，陰極反應式為：Cr3++e-=Cr2+，則電池總反應為：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，A正確；B．充電時左側為陽極，右側為陰極，陽極電勢高于陰極電勢，B正確；C．充電時若1molFe2+被氧化，即失去1mol電子，則電池中有1molH+通過交換膜由左(陽極)向右(陰極)遷移，C正確；D．電解水時，生成氫氣的電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成22.4L(標準狀況)H2即1molH2時，轉移2mole-，那么該電池需要提供電能，即放電，因此會有2molCr2+被氧化，D錯誤；〖答案〗選D。7.某溫度下，25mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000mol·L-1的硝酸銀標準溶液對該混合液進行電位滴定(Y-與H+的反應可以忽略)，獲得電動勢(E)和硝酸銀標準溶液體積(V)的電位滴定曲線如圖所示。已知：Ⅰ.Ag+與Y-反應過程為：①Ag++2Y-=〖AgY2〗-、②〖AgY2〗-+Ag+=2AgY↓Ⅱ.該溫度下，Ksp(AgY)=2×10-16，Ksp(AgX)=2×10-10。下列說法不正確的是（）A.若HY為弱酸，則從開始到B點，水的電離程度不斷減小B.原混合溶液中c(KX)=0.02000mol·L-1C.若反應①的平衡常數(shù)為K1，反應②的平衡常數(shù)為K2，則=Ksp2(AgY)D.AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq)的平衡常數(shù)為106〖答案〗B〖解析〗A．溶度積小的先生成沉淀，根據(jù)反應的方程式可知，B點生成AgY，若HY為弱酸，Y-被消耗，HY的電離程度增大，H+濃度增大，抑制水的電離，則從開始到B點，水的電離程度不斷減小，故A正確；B．B點KY完全和AgNO3反應生成AgY，則KX和硝酸銀完全反應消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段發(fā)生反應Ag++X-=AgX↓，則原溶液中c(X-)=0.1000mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，則c(KX)=7.5×10-4mol÷0.025L=0.03000mol·L-1，故B錯誤；C．①的平衡常數(shù)為K1=，反應②的平衡常數(shù)為K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，則=Ksp2(AgY)，故C正確；D．AgX(s)+Y-(aq)?AgY(s)+X-(aq)的平衡常數(shù)為===106，故D正確；〖答案〗選B。二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第8~10題為必考題，每個試題考生都必須作答。第11~12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題8.乳酸薄荷醇酯廣泛應用于化妝品和食品等行業(yè)中。實驗室以薄荷醇和乳酸為原料直接反應制備乳酸薄荷醇酯的化學方程式為：++H2O主要實驗裝置示意圖和有關數(shù)據(jù)如下：物質乳酸薄荷醇乳酸薄荷醇酯甲苯(有毒)相對分子質量9015622892密度/(g·cm-3)1.250.890.9760.89熔點/℃16.843-47-94.9沸點/℃122103142110.6溶解性易溶水和有機溶劑微溶于水，易溶于有機溶劑微溶于水，易溶于有機溶劑不溶于水，可作有機溶劑實驗步驟如下：Ⅰ.合成：在帶有溫度計、分水器、攪拌器的250mL三頸燒瓶中加入薄荷醇15.6g、90%乳酸23.5g、濃硫酸0.1g、甲苯50g，加熱到120℃，加熱回流2.5h。Ⅱ.分離與提純：降溫冷卻后放出水層，有機層與反應液合并，將合并液分別用20mL10%碳酸鈉溶液洗滌兩次、去離子水洗滌兩次，干燥，減壓蒸餾，得到產品13.7g?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱是___________，在以上“合成”步驟中需控制反應溫度120℃的原因可能是_________________________________________________。（2）實驗中加入過量乳酸的目的是___________________________________________；分水器的作用主要是_______________________________________。（3）甲苯的作用之一是帶出生成的水，另一個作用是_____________________________；若采用環(huán)己烷替代甲苯，其優(yōu)點是_________________________________________。（4）在“分離與提純”步驟中，水層應從分液漏斗的_______(填“上口”或“下口”)放出，用碳酸鈉溶液洗滌的主要目的是_______________________________________。（5）“減壓蒸餾”的目的是_____________________________________。（6）本實驗中乳酸薄荷醇酯的產率約為_________。(結果保留兩位有效數(shù)字)〖答案〗（1）球形冷凝管“防止溫度高于120℃發(fā)生副反應”或“加熱可以加快反應速率”或“蒸出酯有利于平衡右移”或“乳酸沸點122℃，防止乳酸揮發(fā)，不利于平衡向右移動”(或其他合理解釋)（2）提高薄荷醇的轉化率(或其他合理〖答案〗)及時分離生成的水，有利于使平衡正向移動，提高酯的產率（3）利用甲苯溶解薄荷醇，使薄荷醇回流到三頸燒瓶中再與乳酸反應環(huán)己烷沒有毒性或者“環(huán)己烷毒性小”或“環(huán)己烷沸點低”(或其他合理〖答案〗)（4）下口除去合并液中的H2SO4和乳酸雜質（5）降低沸點，分離出乳酸薄荷醇酯（6）60.09%〖祥解〗本題考查化學實驗基本操作方法的綜合應用，為高考常見題型，側重于學生的實驗能力的考查，注意把握實驗的原理和目的，為解答該類題目的關鍵，注意物質的性質，結合題給信息解答，試題有利于提高學生的分析、理解能力及化學實驗能力?！荚斘觥剑?）a是球形冷凝管，水的沸點為100°C，反應物乳酸的沸點為122°C，因此，為了達到既要將水份除去，又不使乳酸損失太多的目的，故將反應溫度控制在120°C。（2）為了提高酯的產量，必須盡量使反應向有利于生成酯的方向進行。-般是使反應物酸和醇中的一種過量；分水器的作用是把反應產生的水從反應體系中分離開來，使反應向有利于生成酯的方向進行，從而提高酯的產量。（3）甲苯與水形成共沸體系,把水蒸氣帶出體系,還有一個作用就是使薄荷醇回流到三頸燒瓶中再與乳酸反應。用環(huán)己烷代替是優(yōu)點是減少有毒性試劑的使用。（4）甲苯不溶于水與水分層水的比重大位于下方，因此從分液漏斗的下口放出；飽和碳酸鈉溶液的作用是中和H2SO4和乳酸雜質，降低乳酸薄荷醇酯的溶解度。（5）減壓蒸餾就是降低體系里的壓強,使乳酸薄荷醇酯的沸點降低,不易分解,從而提高產率。（6）薄荷醇物質的量是0.1mol

,乳酸是過量的,故理論上生成乳酸薄荷醇酯的物質的量是0.1mol

,質量是22.8g

;故產率是×100%＝60.09%9.鉻是一種重要的金屬材料，被廣泛用于冶金、化工、耐火材料等行業(yè)。某鉻鐵礦的主要成分為Cr2O3、Fe2O3、FeO，還有少量MgO、Al2O3和雜質SiO2等，利用其制備多種鉻產品和其他金屬產品的工藝流程如下：已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑回答下列問題：（1）步驟①發(fā)生的主要反應為FeO+Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+NaNO2+A↑，反應時應選用何種材質的容器？_______(填字母)。A.塑料 B.剛玉 C.鐵 D.石英（2）步驟②的操作是______________________，“濾渣2”是Al(OH)3和______________。寫出過量物質A與“濾液1"中溶質生成Al(OH)3的離子方程式：_____________________________________________。（3）“濾液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用離子方程式表示該反應：_______________________________________________。（4）制取高純鉻常用電解法和鋁熱法，鋁熱法的缺點是___________________________。步驟④是在隔絕空氣條件下，除生成Cr2O3外，還生成了Na2CO3和CO，若該反應中有3molNa2Cr2O7參加反應，則轉移的電子為_________mol。（5）“濾渣1”中鐵元素含量較高，具有回收價值。為回收金屬，需要將含F(xiàn)e3+的有機相進行反萃取。在有機相中Fe3+質量濃度為22.8g/L、有機相與水相的體積比(Vo：Va)=1：1、反萃取時間為20min、反萃取溫度為25°C條件下，不同濃度的4種反萃取劑對Fe3+反萃取率的影響實驗結果如圖所示。當反萃取劑的濃度均為0.5mol·L-1時，反萃取效果最好的是_________(填化學式)，在實際操作中需在該反萃取劑中加入一定量H3PO4溶液，其目的是___________________________________________________________________________；但H3PO4濃度不宜過大，其原因是_____________________________________________。〖已知：(NH4)2HPO4溶液pH=7.8~8.2〗〖答案〗（1）C（2）水浸、過濾H2SiO3AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO（3）2CrO+2H+Cr2O+H2O（4）能耗大或者產品純度較低18（5）(NH4)2HPO4調節(jié)溶液的pH，防止Fe3+在反萃取時可能生成沉淀pH小會生成NH4H2PO4，反萃取率低(或其他合理解釋)〖祥解〗根據(jù)題干信息，鉻鐵礦的主要成分為Cr2O3、Fe2O3、FeO，還有少量MgO、Al2O3和雜質SiO2等，現(xiàn)向熔融的鉻鐵礦中加入Na2CO3、NaNO3氧化，步驟①發(fā)生的反應有Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，則A為CO2，熔塊經水浸、過濾后分離出濾渣1含F(xiàn)e2O3，濾渣1經酸溶、氧化、萃取分液、反萃取得到Fe3+。濾液1中含NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、NaNO2、NaNO3等，向濾液1中通入過量的CO2，得到濾渣2含H2SiO3、Al(OH)3，濾液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，再加入焦炭高溫還原得到Cr2O3，進而得到Cr，據(jù)此分析解答?！荚斘觥剑?）步驟①中發(fā)生反應2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2↑，因此該步驟不能使用石英容器，原因是二氧化硅與碳酸鈉高溫下反應生成硅酸鈉和二氧化碳，剛玉(氧化鋁)與堿性物質高溫下反應，塑料不耐熱，可選鐵坩堝，故〖答案〗選C；（2）由分析，步驟②得到濾渣1和濾液2，故操作為水浸、過濾，濾液1中通入過量的CO2，得到濾渣2含H2SiO3、Al(OH)3，生成Al(OH)3的離子方程式為AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；（3）濾液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，轉化的離子方程式為2CrO+2H+Cr2O+H2O；（4）鋁熱反應能耗大，使用鋁熱法制取高純鉻，獲得的產品純度較低，故選用電解法，步驟④是在隔絕空氣條件下，除生成Cr2O3外，還生成了Na2CO3和CO，Cr元素由+6價降低為+3價，若該反應中有3molNa2Cr2O7參加反應，則轉移的電子為3mol×2×3=18mol；（5）結合圖像可知，濃度為0.5mol/L時，(NH4)2HPO4反萃取率較高，因此反萃取效果最好的是(NH4)2HPO4，由于Fe3+易生成Fe(OH)3，因此在該反萃取劑中加入一定量H3PO4溶液調節(jié)溶液的pH，防止Fe3+在反萃取時可能生成Fe(OH)3沉淀，但pH過小會生成NH4H2PO4，導致反萃取率低，因此H3PO4溶液濃度不宜過大。10.綠色能源是未來能源發(fā)展的方向，積極發(fā)展氫能，是實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”的重要舉措。回答下列問題：（1）通過生物柴油副產物甘油制取H2正成為綠色能源的一個重要研究方向。生物甘油水蒸氣重整制氫的主要反應如下：Ⅰ.C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g)ΔH1=+251kJ·mol-1Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41kJ·mol-1=1\*GB3①反應I能夠自發(fā)進行的條件是__________(填“高溫”、“低溫”或“任何溫度”)。②重整總反應C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)ΔH3=_____________。（2）大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三種雙金屬合金團簇均可用于催化DRM反應(CH4+CO22CO+2H2)，在催化劑表面涉及多個基元反應，其中甲烷逐步脫氫過程的能量變化如圖甲所示(吸附在催化劑表面上的物種用*標注，TS1、TS2、TS3、TS4分別表示過渡態(tài)1、過渡態(tài)2、過渡態(tài)3、過渡態(tài)4)。下列說法不正確的是_______(填字母)。A.Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程的速率分別為v1、v2、v3，則v1>v3>v2B.Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程中活化能最大的反應步驟是C.H3*=CH2*+H*C.DRM反應中伴隨非極性鍵的斷裂和生成（3）甲烷裂解制氫的反應為CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=+75kJ·mol-1，Ni可作該反應的催化劑。CH4在催化劑孔道表面反應時，若孔道堵塞會導致催化劑失活。其他條件相同時，隨時間增加，溫度對Ni催化劑催化效果的影響如圖乙所示?？紤]綜合因素，使用催化劑的最佳溫度為__________；650℃條件下，1000s后，氫氣的體積分數(shù)快速下降的原因是___________________________________________________________________。（4）我國科技工作者發(fā)明了一種電化學分解甲烷的直流電源方法，從而實現(xiàn)了碳和水的零排放方式生產氫氣，電化學反應機理如圖所示。陽極的電極反應式為________________。（5）在催化劑作用下H2還原N2O的反應如下：H2(g)+N2O(g)H2O(g)+N2(g)ΔH<0，已知該反應的v正=k正c(N2O)·c(H2)，v逆=k逆c(N2)·c(H2O)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)。該反應的lgk正、lgk逆隨溫度倒數(shù)變化的曲線如圖所示。表示lgk逆變化的是曲線_______(填“a”或“b”)，M點對應溫度下的平衡常數(shù)K=__________?！即鸢浮剑?）①.高溫②.+128kJ/mol（2）C（3）600℃溫度升高反應速率加快，催化劑內積碳量增加，催化劑快速失活（4）CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2（5）b1〖解析〗（1）①滿足時，反應自發(fā)進行，根據(jù)反應I可知，該反應的，，則該反應在高溫下能自發(fā)，故〖答案〗為：高溫；②根據(jù)蓋斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)，則ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41kJ·mol-1)×3+251kJ·mol-1=+128kJ·mol-1，故〖答案〗為：+128kJ·mol-1；（2）A．活化能越低，反應速率越大，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程的活化能Pt12Ni<Cu12Ni<Sn12Ni，則反應速率v1>v3>v2，故A正確；B．由圖可知，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程中活化能最大的反應步驟是Sn12Ni作催化劑時的反應：CH3*=CH2*+H*，故B正確；C．DRM反應為CH4+CO2?2CO+2H2，CH4、CO2中只含有極性鍵，該反應中沒有非極性鍵的斷裂，故C錯誤；故〖答案〗為：C；（3）由圖可知，550℃、650℃時，當反應時間大于1000s，氫氣的體積分數(shù)迅速下降，催化劑表面的積碳量增加，催化劑迅速失活，而600℃時，隨著反應的進行，氫氣的體積分數(shù)逐漸增大并保持在較高水平，因此使用催化劑的最佳溫度為600℃；650℃條件下，1000s后，氫氣的體積分數(shù)快速下降的原因是溫度升高反應速率加快，催化劑內積碳量增加，催化劑快速失活，故〖答案〗為：600℃；溫度升高反應速率加快，催化劑內積碳量增加，催化劑快速失活；（4）由圖可知，Ni-YSZ電極上，CH4失去電子發(fā)生氧化反應生成CO2和H2，則Ni-YSZ電極為陽極，電極反應式為CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，故〖答案〗為：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2；（5）橫坐標是溫度倒數(shù)的變化，則橫坐標越大，表示溫度越低，降低溫度，正、逆反應速率均減小，即lgk正、lgk逆均減小，由于反應H2(g)+N2O(g)H2O(g)+N2(g)的ΔH<0，降低溫度，平衡正向移動，lgk逆減小的速度大于lgk正減小的速率，則a表示lgk正的變化，b表示lgk逆的變化；由圖可知，M點的lgk逆=lgk正，則k逆=k正，平衡時v正=v逆，則k正c(N2O)·c(H2)=k逆c(N2)·c(H2O)，則有，故〖答案〗為：b；1。(二)選考題。請考生任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。11.我國科學家研究了具有高穩(wěn)定性的二維硼烯氧化物(BmOn)的超導電性?；卮鹣铝袉栴}：（1）第一電離能介于B、N之間的第二周期元素為__________(填元素符號)。（2）①已知二維硼烯氧化物的部分結構如圖所示，則該氧化物的化學式為________，其中硼原子的雜化軌道類型為________。②鍵長和鍵角的數(shù)值可通過晶體的X射線衍射實驗獲得。經過該實驗測定，二維硼烯氧化物中B-B鍵的鍵長大于B-O鍵的鍵長，其原因是_______________________________。（3）硼烷又稱硼氫化合物，隨著硼原子數(shù)增加，硼烷由氣態(tài)經液態(tài)至固態(tài)，其原因________________________________________________________________。（4）LiBH4-LiI復合材料在低溫下表現(xiàn)出較高的離子電導率。BH離子中H的化合價為-1，其原因可能是_____________________________________________________________，BH可以被PS離子部分取代，PS離子的空間結構為_____________。（5）Fe3O4是電子導體，其導電率顯著高于Fe2O3，這歸因于Fe2+和Fe3+中心之間的電子交換。如圖甲所示，F(xiàn)e3O4晶體中，O2-圍成正四面體空隙(如：1、3、6、7圍成)和正八面體空隙(如：3、6、7、8、9、12圍成)，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2+和另一半Fe3+填充在正八面體空隙中。則沒有填充陽離子的正四面體空隙數(shù)與沒有填充陽離子的正八面體空隙數(shù)之比為_______。FeO、Fe2O3都具有與Fe3O4相似的立方堆積結構，氧化亞鐵晶體的晶胞如圖乙所示，已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶體中，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為_______；Fe2+與O2-的最短核間距為__________cm(列出計算式)?！即鸢浮剑?）Be、C、O（2）B2Osp2③.O的原子半徑小于B的原子半徑，二維硼烯氧化物中B-B鍵的鍵長大于B-O鍵的鍵長（3）隨著B原子數(shù)增多，硼烷相對分子質量增大，范德華力增強，沸點升高（4）電負性H>B正四面體（5）7：212〖解析〗（1）同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，元素原子軌道為全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，元素原子軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能均高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：，故〖答案〗為：；（2）①在每個環(huán)中，有氧原子個數(shù)2×=1，B原子數(shù)6×=2，該氧化物的化學式為B2O；1個硼原子周圍連接三個σ鍵，沒有孤對電子，雜化軌道類型為sp2雜化；②一般來說，原子半徑越大，鍵長越長；O的原子半徑小于B的原子半徑，二維硼烯氧化物中B-B鍵的鍵長大于B-O鍵的鍵長；（3）硼烷屬于分子晶體，隨著B原子數(shù)增多，硼烷相對分子