2021-2022學年河南省三門峽市度高二下學期期末質量檢測化學試題（含解析）

2021-2022學年度下學期期末質量檢測高二化學第I卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題意。)1.化學與生活、科技密切相關，下列說法不正確的是A.速滑館“冰絲帶”用干冰做制冷劑制冰未發(fā)生化學變化B.冬奧會采用氫能源保障車有利于“碳達峰、碳中和”C.《本草綱目》中“石堿”條目下寫道：”采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁，久則凝淀如石，浣衣發(fā)面，亦去垢發(fā)面?！边@里的“石堿”是指K2CO3D.因為Na2S溶液呈堿性，所以可用來除去污水中的Cu2+、Hg2+【答案】D【解析】【詳解】A．速滑館“冰絲帶”用干冰做制冷劑制冰未發(fā)生化學變化，只是狀態(tài)發(fā)生了變化，故A正確；B．氫氣氧化后生成水，冬奧會采用氫能源保障車有利于“碳達峰、碳中和”，減少二氧化碳的排放，故B正確；C．草朩灰中含有碳酸鉀，水解后溶液呈堿性，這里的“石堿”是指K2CO3，故C正確；D．因為Na2S溶液能與Cu2+、Hg2+反應生成難溶于水的沉淀，所以可用來除去污水中的Cu2+、Hg2+，故D錯誤；故選D。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.某溫度時，H3A三元弱酸)溶液中c(H+)=0.1mol/L，則1L該溶液中所含H+的數(shù)目為0.1NAB.0.1molNH4HSO4晶體中，陰、陽離子總數(shù)為0.3NAC.0.1molFeCl3將制備成氫氧化鐵膠體，膠體粒子數(shù)目為0.1NAD.124g白磷中所含的P－P單鍵數(shù)目為4NA【答案】A【解析】【詳解】A．1L溶液中c(H+)=0.1mol/L，則n(H+)=cV=0.1mol，所含H的數(shù)目為0.1NA，故A正確；B．NH4HSO4晶體中存在銨根離子和硫酸氫根離子，陽離子和陰離子的總數(shù)為0.2NA，故B錯誤；C．氫氧化鐵膠體的膠粒是氫氧化鐵的集合體，0.1molFeCl3將制備成氫氧化鐵膠體，膠體粒子數(shù)目小于0.1NA，故C錯誤；D．124g白磷含有P4的物質的量為：，1molP4分子中含有P-P鍵的物質的量為：1mol×6=6mol，所含P-P鍵數(shù)目為6NA，故D錯誤；故選：A。3.2021年12月9日15時，“天宮課堂”第一課開始，神舟十三號乘組航天員翟志剛、王亞平、葉光富在中國空間站進行太空授課。下列操作在太空艙可以實現(xiàn)的是A.酸堿中和滴定 B.萃取溴水中的溴C.測定金剛石的燃燒熱 D.過濾食鹽水中的泥沙【答案】C【解析】【詳解】太空中是高真空，失重的情況下，液體不能順利往下流，故不能進行萃取、滴定和過濾操作，但金剛石可以燃燒，可測定金剛石的燃燒熱，故答案為：C。4.某同學設計如圖所示實驗，探究反應中的能量變化。下列判斷正確的是

A.由實驗可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反應都是放熱反應B.若用NaOH固體測定中和熱，則測定中和熱(△H)偏高C.實驗(c)設計存在缺陷D.將實驗(a)中的鋁片更換為等質量的鋁粉后釋放出的熱量有所增加【答案】C【解析】【詳解】A．實驗(b)中NH4Cl和Ba(OH)2?8H2O反應是吸熱反應，故A錯誤；B．NaOH固體溶于水放熱，所以用NaOH固體測定中和熱，測定中和熱的數(shù)值偏高，中和熱的△H為負值，則△H偏低，故B錯誤；C．實驗(c)中缺少環(huán)形玻璃攪拌器，故C正確；D．鋁片、鋁粉都是固體，將實驗(a)中的鋁片更換為等質量的鋁粉后釋放出的熱量不變，故D錯誤；故選：C。5.下列離子方程式表示正確的是A.硫代硫酸鈉與稀硫酸反應：S2O+6H++2SO=4SO2↑+3H2OB.泡沬滅火器的反應原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑C.酸性高錳酸鉀溶液和草酸反應：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+：2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓【答案】D【解析】【詳解】A．硫代硫酸鈉與稀硫酸反應的離子方程式為，A錯誤；B．Al3+、相互促進水解生成沉淀和氣體，離子方程式為：，B錯誤；C．草酸是弱酸，被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，正確的離子方程式為，C錯誤；D．使用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+，離子方程式為2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，D正確；故答案選D。6.下列說法中，與鹽的水解有關的是①明礬可以做凈水劑；②加熱蒸干Na2SO3溶液，得到Na2SO4固體；③保存Na2CO3溶液的試劑瓶用橡膠塞而不能用玻璃塞；④在NH4Cl溶液中加入金屬鎂會產(chǎn)生氫氣；⑤保存FeCl2溶液時，常常需要加入少量的Fe粉；A.①②④ B.①③④ C.②③⑤ D.③④⑤【答案】B【解析】【詳解】①明礬為硫酸鋁鉀的結晶水合物，鋁離子可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，可用作凈水劑，與鹽的水解有關，故正確；

②加熱蒸干并灼燒Na2SO3溶液，得到Na2SO4固體，是因為Na2SO3被空氣中的氧氣氧化，與水解無關，故錯誤；

③Na2CO3是強堿弱酸鹽，Na2CO3溶液水解呈堿性，與二氧化硅反應生成粘合劑硅酸鹽，與鹽的水解有關，故正確；

④NH4Cl水解呈酸性，加入鎂可生成氫氣，與鹽的水解有關，故正確；

⑤加入Fe粉發(fā)生反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止Fe2+被氧化為Fe3+，與鹽的水解無關，故錯誤；故選：B。7.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的部分結構)。下列說法不正確的是A.HAP能使HCHO與O2反應的活化能降低B.在上述反應歷程中，僅有極性共價鍵斷裂和極性共價鍵的形成C.根據(jù)圖示信息，CO2分子中的氧原子部分來自HCHOD.該反應可表示為：HCHO+O2CO2+H2O【答案】B【解析】【詳解】A．由題圖可知，HAP是催化劑，能使HCHO與O2反應的活化能降低，提高與的反應速率，A項正確；B．在整個反應歷程中，有極性鍵(如C-H鍵)和非極性鍵(如O-O鍵)的斷裂，B項錯誤；C．根據(jù)圖知，CO2分子中的氧原子一部分來自O2，另一部分來自甲醛，C項正確；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，該反應可表示為為，D項正確；答案選B。8.一定條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于恒容密閉容器中發(fā)生反應：。下列能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是A.v(SO3)=v(NO2) B.混合氣體的密度保持不變C.混合氣體的顏色保持不變 D.每消耗1molSO3的同時生成1molNO2【答案】C【解析】【詳解】A.v(SO3)=v(NO2)并不能說明正反應速率和逆反應速率相等；B.混合氣體的密度一直不變，所以無法根據(jù)密度判斷是否達到平衡；C.混合氣體的顏色保持不變，說明反應混合物中各組分的濃度保持不變，達到平衡；D.每消耗1molSO3的同時生成1molNO2，只有逆反應速率，不能說明正反應速率和逆反應速率相等。本題選C。點睛：判斷可逆反應是否達到平衡狀態(tài)，通常從兩個方面進行，一是根據(jù)正反應速率和逆反應速率相等達到平衡，二是根據(jù)變量不變達平衡。9.在某密閉容器中，發(fā)生如下反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH<0。下列研究目的和示意圖相符的是ABCD目的壓強對反應的影響(P1>P2)溫度對反應的影響平衡體系增加O2對反應的影響催化劑對反應的影響圖示

A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．由于p1條件先達到平衡，先拐先平數(shù)值大，故p1>p2，由p1→p2，壓強降低，化學平衡左移，NO2的體積分數(shù)應降低，選項A錯誤；B．由于此反應ΔH<0，故升溫平衡左移，O2的轉化率降低，選項B錯誤；C．增大O2的濃度，會使正反應速率瞬間增大，而逆反應速率瞬間不變，然后逐漸增大，使化學平衡右移，選項C正確；D．使用催化劑能加快反應速率縮短到達平衡時間，選項D錯誤；答案選C。10.已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數(shù)如表。下列說法正確的是弱酸CH3COOHHCNH2SO3H2CO3電離平衡常數(shù)1.75×10-54.9×10-10K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11A.amol/LHCN溶液與bmol/LNaOH溶液等體積混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，則a一定小于bB.等體積等濃度的CH3COONa和NaCN溶液中的陽離子離子數(shù)大?。呵罢?lt;后者C.HCO溶液中通入少量SO2：2HCO+SO2=2CO2+SO+H2OD.25℃時，等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)＞pH(NaHSO3)【答案】D【解析】【詳解】A．NaCN溶液呈堿性，如c(Na+)＞c(CN-)，根據(jù)溶液電中性可知c(H+)＜c(OH-)，溶液呈堿性，a＜b或a═b都符合，故A錯誤；

B．根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，離子總數(shù)是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN＞CH3COONa，則兩種溶液中c(OH-)：NaCN＞CH3COONa，兩種溶液中c(H+)：NaCN＜CH3COONa，兩種溶液中c(Na+)相同，所以等體積等濃度的CH3COONa和NaCN溶液中的離子總數(shù)大?。呵罢撸竞笳?，故B錯誤；

C．根據(jù)表中數(shù)據(jù)知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，則溶液中通少量SO2反應生成CO2、，離子方程式為：+SO2=CO2+，故C錯誤；

D．25℃時，等物質的量濃度的這幾種鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大，溶液的pH越大，水解程度：＞CN-＞CH3COO-，則等物質的量濃度的這幾種鈉鹽溶液pH：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故D正確；故選：D。11.科學家設計如圖裝置獲取氫能源和電能。其中，a為Pt電極，電解質溶液為1mol·L-1KOH溶液(已知：Q=nF，F(xiàn)為法拉第常量，F(xiàn)=96500C?mol-1)。下列說法正確的是A.當K和K2相連接時，b處電極反應為Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2OB.當K和K1相連接時，溶液中的OH-向a電極遷移C.該設計實現(xiàn)了Ni(OH)2電極的循環(huán)使用D.理論上，每生成1molH2可有助于電池最多產(chǎn)生1.93×103C的電量【答案】C【解析】【分析】開關K可分別連接K1或K2，當K連接K1時為電解池，電極b為陽極，陽極反應為Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，a電極作陰極，陰極上水得電子生成H2，陰極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；當K連接K2時為原電池，電極b為正極，正極反應為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，負極上Zn失電子生成，實現(xiàn)了的轉化，且可循環(huán)使用，以此解答該題?！驹斀狻緼．當K連接K2時為原電池，電極b為正極，正極反應為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故A錯誤；B．當K連接K1時為電解池，電極b為陽極，a電極作陰極，溶液中的陰離子OH-向陽極即b極移動，故B錯誤；C．由圖可知，該設計實現(xiàn)了Ni(OH)2電極的循環(huán)使用，故C正確；D．每生成1molH2，轉移2mol電子，故Q=nF=2mol96500C·mol-1=1.93×105C，故D錯誤；故選C。12.表中實驗操作、現(xiàn)象與結論對應關系均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A除去鍋爐水垢中的CaSO4先用碳酸鈉溶液浸泡水垢，然后再用鹽酸除去利用Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，實現(xiàn)沉淀的轉化B用廣泛pH試紙測定1mol/LNaHSO3溶液的酸堿性測得pH=3.2NaHSO3溶液呈酸性，證明HSO在水中的電離程度大于水解程度C在KSCN與FeCl3混合液中再加入KCl固體溶液顏色變淺增大生成物濃度，平衡逆向移動D等體積pH=2的兩種酸HX和HY分別與足量的鋅反應HX溶液中放出的H2多HX的酸性比HY強A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．用碳酸鈉溶液浸泡水垢，利用Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，發(fā)生沉淀轉化，離子方程式為，碳酸鈣可溶于鹽酸，故A正確；B．由pH可知溶液顯酸性，電離程度大于其水解程度，但廣泛pH試紙測定值為正整數(shù)，與事實不符，故B錯誤；C．KCl對Fe3+與SCN-的絡合反應沒有影響，增大Cl-濃度，平衡不移動，故C錯誤；D．等pH的弱酸與Zn反應，HX放出的氫氣多，說明HX的濃度大，則HX酸性更弱，即HX酸性比HY弱，故D錯誤；故選：A。13.常溫下，向20mL0.1mol·L-1的HCOOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水電離出H+濃度的負對數(shù)[-lgc水(H+)]與所加NaOH溶液體積關系如圖所示。下列說法正確的是

A.c、d、f三點中H2O的電離程度的大小順序為：d＞c＞fB.e點溶液對應的pH=7C.常溫下，HCOO-的水解平衡常數(shù)Kh約為1×10-5mol·L-1D.b點的溶液呈酸性，粒子濃度之間存在：c(HCOOH)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)【答案】A【解析】【分析】酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，根據(jù)酸堿濃度及酸堿體積至，b點n(HCOOH)=2n(NaOH)，b點溶質為等物質的量濃度的HCOOH、HCOONa；c點溶液呈中性，c點加入酸堿的物質的量關系為n(HCOOH)＞n(NaOH)，則溶質為HCOONa、HCOOH；d點加入酸堿的物質的量相等，則d點溶質為HCOONa；e點NaOH過量，e點溶質為HCOONa、NaOH，f點加入堿是酸的2倍，則溶質為等物質的量濃度的HCOONa、NaOH；【詳解】A．c點溶液呈中性，溶質為HCOONa、HCOOH，HCOO-發(fā)生水解反應促進水的電離、還有HCOOH的電離抑制水的電離，d點溶質為HCOONa，只有HCOO-發(fā)生水解反應促進水的電離，f點溶質為HCOONa和NaOH，NaOH電離抑制水的電離程度比c點的大，則H2O的電離程度的大小順序為：d＞c＞f，故A正確；

B．e點NaOH過量，溶液中溶質為HCOONa、NaOH，HCOONa水解、NaOH都導致溶液呈堿性，所以e點溶液呈堿性，故B錯誤；

C．常溫下，a點溶液中c(H+)═mol/L=0.001mol/L，HCOOH電離程度較小，則溶液中c(HCOO-)≈c(H+)═0.001mol/L，c(HCOOH)≈0.1mol/L，Ka==10-5，HCOO-的水解平衡常數(shù)Kh==10-9，故C錯誤；

D．b點溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(OH-)+c(HCOO-)、存在物料守恒2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，則粒子濃度之間存在：c(HCOOH)+2c(H+)═2c(OH-)+c(HCOO-)，故D錯誤；

故選：A。14.已知：BaMoO4，BaSO4均難溶于水，lg2≈0.3，離子濃度≤10-5mol·L-1時認為其沉淀完全。TK時，BaMoO4，BaSO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，其中p(Ba)=-lgc(Ba2+)，p(X)=-lgc(MoO)或-lgc(SO)。下列敘述不正確的是A.TK時，Ksp(BaMoO4)的數(shù)量級為10-8B.TK時，向濃度均為0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2MoO4的混合溶液中加入BaCl2溶液、當MoO恰好完全沉淀時，溶液中c(SO)≈2.5×10-7mol·L-1C.TK時，BaMoO4(s)+SO(aq)BaSO4(s)+MoO(aq)的平衡常數(shù)K=400D.TK時，Z點對應為BaMoO4的不飽和溶液【答案】B【解析】【分析】p(X)=-lgc(MoO)=3.7，c(MoO)=10-3.7mol/L，p(Ba)=-lgc(Ba2+)=3.7，c(Ba2+)=10-3.7mol/L，TK時，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-3.7mol/L×10-3.7mol/L=10-7.4(mol/L)2，圖像數(shù)據(jù)計算得到Ksp(BaSO4)=10-10mol/L×1mol/L=10-10(mol/L)2，TK時，BaMoO4(s)+SO(aq)?BaSO4(S)+MoO(aq)的平衡常數(shù)K=，Z點對應離子濃度小于飽和溶液中離子濃度?！驹斀狻緼．p(X)=-lgc(MoO)=3.7，c(MoO)=10-3.7mol/L，p(Ba)=-lgc(Ba2+)=3.7，c(Ba2+)=10-3.7mol/L，TK時，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-3.7mol/L×10-3.7mol/L=10-7.4(mol/L)2，Ksp(BaMoO4)的數(shù)量級為10-8，故A正確；B．TK時，向濃度均為0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2MoO4的混合溶液中加入BaCl2溶液、當MoO恰好完全沉淀時，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-7.4(mol/L)2，溶液中c(Ba2+)=mol/L=10-2.4mol/L，溶液中c(SO)=≈2.5×10-8mol?L-1，溶液中c(SO)≈2.5×10-8mol·L-1，故B錯誤；C．圖像數(shù)據(jù)計算得到Ksp(BaSO4)=10-10mol/L×1mol/L=10-10(mol/L)2，Ksp(BaMoO4)10-7.4(mol/L)2，TK時，BaMoO4(s)+SO(aq)?BaSO4(S)+MoO(aq)的平衡常數(shù)K==102.6=398，TK時，BaMoO4(s)+SO(aq)BaSO4(s)+MoO(aq)的平衡常數(shù)K=400，故C正確；D．TK時，Z點對應離子濃度小于飽和溶液中離子濃度，Z點對應為BaMoO4的不飽和溶液，故D正確；故選B。第II卷(非選擇題，共58分)二、非選擇題(本題包含2道小題，共28分)15.高鐵酸鉀(K2FeO4)具有高效的消毒作用，為一種新型非氯高效消毒劑。以廢鐵屑(含有少量Ni)為主要原料制備高鐵酸鉀的流程如圖：資料顯示：一些金屬氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如表：M(OH)npH開始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.532.94Ni(OH)27.609.75（1）堿洗的目的是____。（2）步驟④不能引入新雜質，調(diào)節(jié)pH所用的某種氧化物的化學式是____，調(diào)節(jié)pH的范圍是____。（3）步驟⑤發(fā)生反應的離子方程式是____。（4）已知：常溫下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，高鐵酸鉀的凈水能力與廢水的pH有關，當溶液pH=2時，廢水中c(Fe3+)=____。（5）粗K2FeO4→純K2FeO4包括重結晶、過濾、洗滌、干燥等步驟，洗滌干燥的目的是脫堿、脫水，洗滌時可以用____洗滌，目的是____。（6）測定產(chǎn)品純度：將ag粗產(chǎn)品，溶入過量的堿性亞鉻酸鹽溶液中，充分反應后，加入稀硫酸酸化至pH為2，在所得的重鉻酸鹽溶液中加入5滴二苯胺磺酸鈉溶液作指示劑，然后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至終點，消耗滴定液V0mL。有關滴定反應有：Cr(OH)+FeO+3H2O=Fe(OH)3?3H2O↓+CrO+OH-2CrO+2H+=Cr2O+H2OCr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O該粗產(chǎn)品中K2FeO4的純度為____%(已知：M(K2FeO4)=198g/mol；用含a、c、V0的代數(shù)式表示)。若滴定前無氣泡，滴定后尖喏部分有氣泡，則測得結果____(“偏高”“偏低”或”無影響”)?！敬鸢浮浚?）除去鐵屑表面的油污（2）①.Fe2O3②.2.94＜pH＜7.6（3）2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O（4）0.04mol/L（5）①.乙醇②.減少高鐵酸鉀的損耗（6）①.②.偏低【解析】【分析】鐵屑用堿液洗滌，洗去鐵屑表面的油污，鐵屑與鹽酸反應Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，通入氯氣將Fe2+氧化成Fe3+，調(diào)節(jié)pH，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3形式沉淀出來，F(xiàn)e(OH)3與NaOH、NaClO反應得到Na2FeO4，利用K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，Na2FeO4溶液加入飽和KOH得到K2FeO4，據(jù)此分析?！拘?詳解】鐵屑用堿液洗滌，洗去鐵屑表面的油污；【小問2詳解】步驟④不能引入新雜質，需要保留鐵離子到氫氧化鐵，而溶液中的鎳離子，因此調(diào)節(jié)pH所用的某種氧化物的化學式是Fe2O3，使其余氫離子反應來調(diào)節(jié)，要讓鐵離子全部水解完，而鎳離子不能水解沉淀，所有調(diào)節(jié)pH的范圍是2.94≤pH＜7.60，故答案為Fe2O3；2.94≤pH＜7.60；【小問3詳解】利用NaClO的強氧化性，將Fe(OH)3氧化成Na2FeO4，NaClO被還原成NaCl，利用化合價升降法進行配平，反應的離子方程式為2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O；【小問4詳解】當溶液pH=2時，常溫下，，已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，則廢水中；【小問5詳解】乙醇易揮發(fā)，洗滌時可以用乙醇洗滌，目的是減少高鐵酸鉀的損耗；【小問6詳解】由滴定反應可得關系式，解得，該粗產(chǎn)品中K2FeO4的純度為，若滴定前無氣泡，滴定后尖喏部分有氣泡，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液體積偏小，測得結果偏低，故答案為；偏低。16.氮的氧化物是造成大氣污染的主要物質。研究攷氧化物的反應機理，對于消除環(huán)境污染有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知：2NO2(g)=N2O4(g)△H=-55.3kJ·mol-1N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g)△H=-2.2kJ·mol-1則N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)△H=____kJ·mol-1。（2）工業(yè)上可用氨水作為NO2的吸收劑，NO2通入氨水后發(fā)生反應：2NO2+2NH3?H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O，若反應后的溶液滴入甲基橙呈紅色，則反應后溶液中c(NO)+c(NO)____c(NH)(填“>”“<”或“=”)。25℃時，將amolNH4NO3溶于水，溶液顯酸性，原因是___(用離子方程式表示)。向該溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，則滴加氨水的過程中的水的電離平衡將___(填“正向”“不”或“逆向”)移動。（3）T1溫度時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H＜0。實驗測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)?c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(O2)如表：時間/s012345n(NO)mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03①0~2s內(nèi)該反應的平均速率v(NO)=_____mol·L-1·s-1。②T1溫度時，化學平衡常數(shù)K=____(結果保留三位有效數(shù)字).③化學平衡常數(shù)K與速率常數(shù)k正、k逆的數(shù)學關系是K=___。（4）電解法處理含氮氧化物廢氣，可回收硝酸，具有較高的環(huán)境效益和經(jīng)濟效益。實驗室模擬電解法吸收NOx的裝置如圖所示(圖中電極均為石墨電極)。①出電解時NO2發(fā)生反應的電極反應式：____。②若有標準狀況下2.24LNO2被吸收，通過陽離子交換膜(只允許陽離子通過)的H+為___mol?！敬鸢浮浚?）+53.1（2）①.＞②.NH+H2ONH3?H2O+H+③.逆向（3）①.0.03②.363③.（4）①.NO2-e-+H2O=NO+2H+②.0.1【解析】【小問1詳解】已知：①2NO2(g)=N2O4(g)△H=-55.3kJ·mol-1，②N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g)△H=-2.2kJ·mol-1，由蓋斯定律，反應②-①可得N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)△H=-2.2-(-55.3)=+53.1kJ·mol-1；【小問2詳解】反應后的溶液滴入甲基橙呈紅色，即溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，另反應后的溶液中存在電荷守恒：c()+c()+c(H+)=c()+c(OH-)，所以有：c()+c()＞c()；溶液中離子水解：，使溶液呈酸性；向NH4NO3溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，增大NH3?H2O濃度，水的電離程度減小，水的電離平衡逆向移動；故答案為：＞；；逆向；【小問3詳解】①從0～2s內(nèi)該反應平均速率，故答案為：0.03；

②平衡時，NO、O2物質的量分別為0.06mol、0.03mol，體積為2L，則，則，故答案為：363；

③v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)?c(O2)，v逆=v(NO)消耗=k逆c2(NO2)，平衡常數(shù)，故答案為：；【小問4詳解】電解時，左室中A電極上氫離子放電生成氫氣，則A電極為陰極，發(fā)生還原反應，右室B電極為陽極室，陽極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，

①右室B電極為陽極室，陽極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，電極反應式為NO2-e-+H2O=+2H+，故答案為：NO2-e-+H2O=+2H+；

②標準狀況下2.24LNO2被吸收即n(NO2)=0.1mol，陽極反應式為NO2-e-+H2O=+2H+，有0.2mol氫離子生成，因為有0.1mol硝酸生成，則有0.1mol氫離子引入陰極室，所以通過陽離子交換膜的H+為0.1mol，故答案為：0.1。三、選考題(本題包含選修3和選修5兩個模塊，每個模塊兩道題，每題15分，共30分。請考生選擇其中一個模塊作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目的題號右側方框涂黑。17.氮族元素N、P、As等元素在農(nóng)藥、化肥等領域有廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)砷原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為____，砷原子在該能層上占據(jù)能量最高軌道電子的電子云在空間有___個伸展方向。（2）基態(tài)As原子的價電子的排布式為____。（3）N、P、As均是VA的元素，其簡單氫化物的沸點由高到低的順序為____，其理由是____。（4）磷元素的常見含氧酸根為PO，其空間構型為___，其中P的雜化方式為___。NO和Co2+可形成配離子[Co(NO3)4]2-，該配離子中各元素的第一電離能由小到大的順序為___(用元素符號表示)。1mol該配離子中含有的σ鍵數(shù)目為___NA。（5）AlP因殺蟲效率高、廉價易得而被廣泛應用。已知AlP的晶胞結構如圖所示。①A、B點的原子坐標如圖所示，則C點的原子坐標為___。②磷化鋁的晶胞參數(shù)a=546.35pm，其密度為___g?cm-3(列出計算式即可，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。【答案】（1）①.N②.3（2）4s24p3（3）①.NH3＞AsH3＞PH3②.NH3分子間存在氫鍵，AsH3相對分子質量大，其范德華力大（4）①.正四面體形②.sp3③.Co＜O＜N④.16（5）①.(，，)②.【解析】【小問1詳解】基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，電子占據(jù)的最高能層符號為N，該能層能量最高的電子云在空間伸展方向有3個，分別為px、py、pz．故答案為：N；3；【小問2詳解】已知As是33號元素，故基態(tài)As原子的核外電子排布式為1s22s22p23s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，價電子的排布式為：4s24p3；【小問3詳解】N、P、As的簡單氫化物分別NH3、PH3、AsH3，NH3分子之間存在氫鍵，其沸點最高，對于PH3和AsH3，相對分子質量越高，其范德華力越大，沸點越高，所以沸點：PH3＜AsH3，故答案為：NH3＞AsH3＞PH3；NH3分子間存在氫鍵，AsH3相對分子質量大，其范德華力大；【小問4詳解】中P原子的價層電子對數(shù)=4+=4，P的VSEPR模型為正四面體，所以P原子按sp3方式雜化，P原子周圍不含孤電子對，所以其空間構型正四面體；已知同一周期從左往右第一電離能呈增大趨勢，IIA與IIIA、VA與VIA反常，且金屬的第一電離能小于非金屬的，故該配離子中各元素的第一電離能由小到大的順序為：Co＜O＜N，已知1個中有3個σ鍵，配位鍵也為σ鍵，故1個該配離子中含有的σ鍵數(shù)目為4×3+4=16，則1mol該配離子中含有的σ鍵數(shù)目為16NA，故答案為：正四面體；sp3；Co＜O＜N；16；【小問5詳解】①由晶胞圖結合A、B的坐標可知，C點與晶胞頂點連線處于晶胞體對角線上，且二者距離等于晶胞體對角線長度的，故C點到左側面、前平面、下底面的距離分別為晶胞棱長的、、，故C點的原子坐標為(，，)，故答案為：(，，)；③晶胞中，Al原子數(shù)目為4，P原子數(shù)目為8×+6×=4，晶胞質量m=4×g，磷化鋁的晶胞參數(shù)a=546.35pm，晶胞體積為V=a3=(546.35×10-10

cm)3，晶胞密度

g/cm3，故答案為：。18.回答下列問題：（1）釕(Ru)基催化劑在低溫下活性高，工業(yè)上常用該催化劑替代鐵系催化劑催化合成氨，以RuCl3/SiO2為模板制備釕基催化劑及催化合成氨過程如圖所示，請回答下列問題。Ru在Fe的下一周期且與Fe同族。①Ru在元素周期表中的位置為____。②一個基態(tài)Fe2+和Fe3+未成對電子數(shù)之比為____。③NH3的鍵角____(填“大于”或“小于”)PH3，其原因為____。④NO有多種等電子體，其中和NO互為等電子體的分子有___。⑤多原子分子中，若原子都在同一平面上，且這些原子有相互平行的p軌道，則p電子可在多個原子間運動，形成大π鍵。大π元鍵可用π表示，其中m、n分別代表參與形成大π元鍵的原子個數(shù)和電子個數(shù)，則NO的大π元鍵可表示為___。（2）經(jīng)X射線衍射測定發(fā)現(xiàn)，晶體鉆在417℃以上堆積方式的剖面圖如圖所示，則晶體鈷堆積方式為____，鈷原子的配位數(shù)是____，若該堆積方式下的晶胞參數(shù)為acm，(阿伏伽德羅常數(shù)為NA)，則鈷原子的半徑為___pm?！敬鸢浮浚?）①.第五周期第VIII族②.4：5③.大于④.N、P原子均采取sp3雜化，均有1對孤電子對，N原子的電負性比P的大，NH3中成鍵電子對之間的距離更短，成鍵電子對與成鍵電子對之間的排斥力更大，鍵角較大⑤.SO3或BF3⑥.π（2）①.面心立方堆積②.12③.a×1010【解析】【小問1詳解】①Ru在Fe的下一周期且與Fe同族，則Ru位于周期表中第五周期第VIII族；②Fe的價電子排布為3d64s2，F(xiàn)e2+相當于Fe失去2個電子，則其價電子排布式為3d6，F(xiàn)e3+相當于Fe失去3個電子，則其價電子排布式為3d5，F(xiàn)e2+和Fe3+未成對電子數(shù)之比為4：5；③N、P原子均采取sp3雜化，均有1對孤電子對，NH3與PH3均為三角錐形分子，N原子的電負性比P的大，NH3中成鍵電子對之間的距離更短，成鍵電子對與成鍵電子對之間的排斥力更大，對孤對電子與成鍵電子對之間的斥力的抵消程度更大，所以鍵角較大；④中有4個原子，5+6×3+1=24個價電子，與是等電子體的分子有SO3或BF3；⑤中N和O的p軌道中均存在電子，可以形成離域大π鍵，N提供一對電子，O提供1個電子，外加一個負電荷，所以參與成鍵的電子數(shù)有2+1×3+1=6，形成4中心6電子的離域大π鍵即；【小問2詳解】由堆積方式的剖面圖可知Co原子處于立方晶胞的頂點與面心，屬于面心立方最密堆積，鈷原子的配位數(shù)是12；處于晶胞面對角線上的Co原子相鄰，由幾何知識可知，Co原子之間距離(Co原子半徑2倍)等于晶胞棱長的倍，設Co原子半徑=a×1010pm×=a×1010pm，故答案為：面心立方最密堆積；12；a×1010。19.氟他胺是一種抗腫瘤藥，在實驗室由芳香烴A制備氟他胺的合成路線如圖所示：（1）芳香烴A的名稱是____；反應③的反應條件是____；反應④、⑥的反應類型分別是____、___。（2）D中官能團的名稱是____、____；氟他胺的分子式為___。（3）滿足下列條件的D的同分異構體有____種。①屬于芳香族化合物②與D含有相同種類和數(shù)目的官能團③分子中含有甲基（4）請寫出反應⑤的化學方程式：____。（5）吡啶是一種有機堿，請推測其在反應⑤中的作用：___。（6）對甲氧基乙酰苯胺()是重要的精細化工中間體，寫出由苯甲醚()制備對甲氧基乙酰苯胺的合成路線，其他試劑任選)___?！敬鸢浮浚?）①.甲苯②.濃硝酸、濃硫酸、加熱③.還原反應④.取代反應（2）①硝基②.碳氟鍵③.C11H11F3N2O3（3）10（4）++HCl（5）吸收反應產(chǎn)生的氯化氫，提高反應轉化率（6）【解析】【分析】由B的分子式可，結合C的結構簡式，可知A為，則B為，B發(fā)生取代反應生成C；對比C、D、E結構，可知C發(fā)生硝化反應生成D，D發(fā)生還原生成E；對比E、氟他胺的結構，結合反應條件，可知F為，E發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)發(fā)生硝化反應生成氟他胺；【小問1詳解】A為，芳香烴A的名稱是甲苯；反應③在苯環(huán)上取代硝基，反應條件是濃硝酸、濃硫酸、加熱；反應④是硝基發(fā)生還原生成氨基，F(xiàn)為，F(xiàn)發(fā)生硝化反應