新教材2023年高考化学总复习考案17第三次月考综合测试卷

考案[十七]第三次月考综合测试卷命题范围：物质结构与性质化学反应与能量化学反应速率与化学平衡时间：90分钟满分：100分一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2023·黑龙江大庆铁人中学期中)下列说法中正确的个数为(A)①化学键断裂，一定发生化学变化②任何物质中都存在化学键③氢键是极弱的化学键，分子间作用力不是化学键④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力⑤活泼金属与活泼非金属化合时一定形成离子键⑥共价化合物中，成键原子最外层电子均满足8电子稳定结构⑦验证化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔融状态下能否导电⑧由非金属元素形成的化合物中不可能含有离子键A．1 B．2C．3 D．4[解析]化学键断裂，不一定发生化学变化，如NaCl溶于水，离子键断裂，但这是一个物理变化，①错误；不是所有物质中都存在化学键，如稀有气体分子中不含化学键，②错误；氢键不属于化学键，③错误；离子键是阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，④错误；大部分活泼金属与活泼非金属化合时形成离子键，但AlCl3形成的是共价键，⑤错误；不是所有原子形成共价键后最外层电子都满足8电子稳定结构，例如B原子最外层只有3个电子，在BF3中，B与F形成3个单键，B的最外层未形成8电子稳定结构，⑥错误；离子化合物在熔融状态下能够电离出阴、阳离子而导电，而共价化合物由分子或原子构成，熔融状态不导电，故验证化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔融状态下能否导电，⑦正确；非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如NH4Cl，⑧错误，故选A。2．(2022·山东青岛四区市期中)寿山石是我国四大印章石之首，具有收藏价值，其主要成分可表示为M4[N4Y10(YX)8]。X、Y、M、N四种元素均位于短周期且原子序数依次增大，Y、M、N是地壳中含量居前三位的元素，X的最高正价与最低负价代数和为0。下列说法错误的是(C)A．M与Y形成的化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应B．四种元素中电负性和第一电离能最大的都是YC．N与Y形成的化合物中既含有σ键，又含有π键D．Y分别与X、M和N形成三种不同类型的晶体[解析]本题考查元素推断及元素周期律，涉及电负性、第一电离能、化学键类型、晶体类型判断等。X、Y、M、N均位于短周期且原子序数依次增大，Y、M、N是地壳中含量居前三位的元素，则Y为O、M为Al、N为Si，X的最高正价与最低负价代数和为0，则X可能为C、H，根据化合物中各元素化合价代数和为0，推出X为H，该主要成分表示为Al4[Si4O10(OH)8]。M与Y形成的化合物氧化铝既能与强酸反应，又能与强碱反应，A正确；根据同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，第一电离能逐渐减小，可知四种元素中电负性和第一电离能最大的都是O，B正确；N与Y形成的化合物二氧化硅中只含有硅氧单键，因此化合物中只含有σ键，C错误；Y分别与X、M和N形成的化合物分别为H2O、Al2O3、SiO2，三种物质对应的晶体类型分别为分子晶体、离子晶体、共价晶体，D正确。3.(2023·山东师大附中模拟)我国科学家合成的某种离子化合物结构如图，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一主族；X是原子半径最小的元素，Z是空气中含量最多的元素，Y的电负性大于Z。下列说法不正确的是(D)A．X与Y形成的化合物沸点高于Y同主族元素与X形成化合物的沸点，主要原因是容易形成分子间氢键B．Z的最高价氧化物对应水化物的阴离子中Z采取sp2杂化C．元素第一电离能：Y<ZD．该盐中，存在离子键、极性共价键、非极性共价键、配位键和氢键等化学键[解析]本题考查元素推断，涉及氢化物沸点、原子杂化方式、第一电离能、化学键类型等。X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z是空气中含量最多的元素，则Z为N元素；离子化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，由化合物的结构和Y的电负性大于Z可知，Y为O元素，四种短周期元素均不在同一主族，则M为Cl元素。化合物中的阳离子为H3O＋和NHeq\o\al(＋,4)、阴离子为Cl－和Neq\o\al(－,5)。水分子间能形成氢键，而与氧元素同主族的元素的氢化物分子间不能形成氢键，则水分子间的作用力强于氧元素同主族的元素的氢化物，沸点较高，A正确；N元素最高价氧化物对应的水化物为HNO3，硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，则氮原子采取sp2杂化，B正确；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为半充满的稳定状态，元素第一电离能大于同周期相邻元素，则氧元素的第一电离能小于氮元素，C正确；氢键不是化学键，D错误。4．(2022·辽宁渤海大学附中月考)锌的性质与铝相似，可发生反应Zn＋2NaOH＋2H2O=Na2Zn(OH)4＋H2↑。下列关于反应物和产物的性质说法正确的是(C)A．五种物质中有两种离子晶体、三种分子晶体B．NaOH晶胞结构与NaCl晶胞结构相似，因此NaOH晶体中Na＋配位数是8C．1molNa2Zn(OH)4中存在4mol配位键D．锌的熔点高于水的熔点，是因为锌的相对原子质量大，分子间作用力大[解析]本题考查晶体类型判断、配位数、晶体熔沸点的影响因素等。Zn单质是金属晶体，A错误；NaCl晶胞中Na＋紧邻6个Cl－，NaOH晶胞结构与NaCl相似，所以NaOH晶体中Na＋的配位数是6，B错误；[Zn(OH)4]2－中1个Zn2＋与4个OH－形成配位键，则1molNa2Zn(OH)4中存在4mol配位键，C正确；锌是金属晶体，金属晶体熔点高低与金属键的强弱有关，金属晶体中不存在分子间作用力，D错误。5．(2023·北京朝阳区期中)热化学硫碘循环分解硫化氢联产氢气、硫黄是能源研究领域的重要课题。根据下图所给数据，下列说法正确的是(D)A．图甲反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其ΔHB．图乙中若H2O的状态为气态，则能量变化曲线可能为①C．图丙反应中反应物的总能量比生成物的总能量高D．由图甲、图乙和图丙可知，H2S(g)=H2(g)＋S(s)ΔH＝＋20kJ·mol－1[解析]催化剂可能改变反应途径，但不改变反应热，A错误；图乙中H2O(g)的能量高于H2O(l)的能量，最终的能量应比原曲线更高，B错误；由图丙可知反应中反应物的总能量比生成物的总能量低，C错误；由图甲得①SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq)ΔH＝－151kJ·mol－1，由图乙得②H2S(g)＋H2SO4(aq)=S(s)＋SO2(g)＋2H2O(1)ΔH＝＋61kJ·mol－1，由图丙得③2HI(aq)=H2(g)＋I2(s)ΔH＝＋110kJ·mol－1，根据盖斯定律①＋②＋③可得H2S(g)=H2(g)＋S(s)ΔH＝＋20kJ·mol－1，D正确。6．肼是一种常见的还原剂，不同条件下分解产物不同，60～300℃时，肼在Cu等金属表面分解的机理如图所示：下列说法不正确的是(C)已知200℃时：Ⅰ.3N2H4(g)=N2(g)＋4NH3(g)ΔH＝－32.9kJ·mol－1；Ⅱ.N2H4(g)＋H2(g)=2NH3(g)ΔH2＝－41.8kJ·mol－1。A．肼属于共价化合物B．图示过程①是放热反应，②是吸热反应C．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D．200℃时，肼分解的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)＋2H2(g)ΔH＝＋50.7kJ·mol－1[解析]N2H4中只含有共价键，属于共价化合物，A正确；过程①中N2H4分解生成N2和NH3，根据反应Ⅰ的ΔH1＝－32.9kJ·mol－1，可知过程①为放热反应，根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ×3得2NH3(g)=N2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋92.5kJ·mol－1，可知过程②为吸热反应，B正确；在反应3N2H4(g)=N2(g)＋4NH3(g)中，每3个N2H4参与反应就有4个N原子得电子，化合价降低，2个N原子失电子，化合价升高，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误；根据盖斯定律，Ⅰ－2×Ⅱ得N2H4(g)=N2(g)＋2H2(g)ΔH＝＋50.7kJ·mol－1，D正确。7．(2023·福建宁德期中)铜锌原电池为电化学建构认识模型奠定了重要的基础，懂得原理才能真正做到举一反三，应用到其他复杂的电池分析中。盐桥中装有琼脂凝胶，内含氯化钾。如图所示两种原电池的有关说法错误的是(C)A．原电池甲和乙的工作原理都是Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋CuB．电池工作时，导线中电子流向均为Zn→CuC．正极反应均为Zn－2e－=Zn2＋，发生还原反应D．原电池乙工作时，盐桥中的K＋向右侧烧杯移动，Cl－向左侧烧杯移动[解析]本题考查原电池的工作原理。题给原电池甲和乙中，Zn为负极，Cu为正极，工作原理都是Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，A正确；题给两个装置中，负极锌失去电子，电子经外电路流向正极铜，B正确；题给两个装置中正极反应均为Cu2＋＋2e－=Cu，发生还原反应，C错误；在原电池内部，阳离子移向正极，阴离子移向负极，原电池乙中，右侧烧杯中的铜为正极，左侧烧杯中的锌为负极，所以盐桥中的K＋向右侧烧杯移动，Cl－向左侧烧杯移动，D正确。8．(2023·辽宁调研)对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是(B)A．电子由直流电源经导线流入金属阳极DSAB．阴极的主要电极反应式为＋6e－＋6H＋→＋2H2OC．每转移1mole－时，阳极电解质溶液的质量减少8gD．反应结束后阳极区pH增大[解析]题给装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，左侧为阴极。右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，A错误；阴极主要为对硝基苯甲酸得电子发生还原反应生成对氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为＋6e－＋6H＋→＋2H2O，B正确；阳极发生反应：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，氢离子移向阴极，当转移4mole－时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole－时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，即质量减小9g，C错误；电解过程中每转移1mole－，阳极电解水产生1molH＋并通过阳离子交换膜移向阴极，则阳极区H＋的物质的量不变，但由于阳极消耗了水，则反应结束后阳极区H＋浓度增大，pH减小，D错误。9．(2023·浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中)一定条件下，在1.0L的密闭容器中进行反应：Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)反应过程中的有关数据见表：t/min0268c(Cl2)/(mol·L－1)2.41.60.6c(CO)/(mol·L－1)20.2c(COCl2)/(mol·L－1)0下列说法正确的是(B)A．0～2min内，用CO表示的化学反应速率为0.75mol·L－1·s－1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(COCl2)＝1.5mol·L－1，则反应的ΔH<0C．若保持温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol，则平衡向逆反应方向移动D．若保持温度不变，在第8min再充入1.0molCOCl2，达到新平衡时COCl2的体积分数小于原平衡COCl2的体积分数[解析]0～2min内，Δc(Cl2)＝(2.4－1.6)mol·L－1＝0.8mol·L－1，v(Cl2)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.8mol·L－1,2×60s)≈6.67×10－3mol·L－1·s－1，根据速率之比等于化学计量数之比，v(CO)＝v(Cl2)≈6.67×10－3mol·L－1·s－1，A错误；0～6min内，Δc(CO)＝(2－0.2)mol·L－1＝1.8mol·L－1，则第6min时，c(Cl2)＝(2.4－1.8)mol·L－1＝0.6mol·L－1，说明在第6min时反应达到平衡，此时c(COCl2)＝1.8mol·L－1，升高温度，平衡时c(COCl2)＝1.5mol·L－1，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，B正确；第8min时反应已达到平衡，加入三种物质各1mol后，c(Cl2)＝1.6mol·L－1，c(CO)＝1.2mol·L－1，c(COCl2)＝2.8mol·L－1，Q＝eq\f(2.8,1.6×1.2)，K＝eq\f(1.8,0.6×0.2)，Q<K，平衡正向移动，C错误；第8min再充入1.0molCOCl2，体积不变，可看成增大压强，平衡正向移动，达到新平衡时COCl2的体积分数大于原平衡COCl2的体积分数，D错误。10．(2023·重庆联考)某研究小组，在某恒容密闭容器中，在不同温度(T1>T2)下进行储氢合金储氢过程的探究。平衡时，氢气的压强(p)与固相中氢原子与金属原子(M)的个数比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(NH,NM)))的关系如图所示，下列说法正确的是(B)已知：①OA(或OA′)段发生反应Ⅰ：M(s)＋eq\f(x,2)H2(g)MHx(s)ΔH1②AB(或A′B′)段发生反应Ⅱ：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)ΔH2③在B或B′点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，eq\f(NH,NM)的值变化较小。A．反应Ⅰ、Ⅱ均为ΔS>0的反应B．平衡常数：K(c)<K(a)＝K(b)C．该储氢合金可通过降温或加压的方式释放H2D．由a点移到d点，需在恒温恒容条件下通入少量氢气[解析]本题考查化学平衡图像分析及化学平衡常数的影响因素。反应Ⅰ、Ⅱ均是气体分子数减小的反应，系统无序度下降，均为ΔS<0的反应，A错误；平衡常数只与温度有关，a、b点均在T2温度下，K(a)＝K(b)，由题图可知，T1温度下氢气压强更大，且T1>T2，则升温平衡逆向移动，平衡常数K减小，故平衡常数：K(c)<K(a)＝K(b)，B正确；由B项分析可得，该储氢过程是放热过程，且储氢后压强降低，故该储氢合金可通过升温或减压的方式释放氢气，C错误；图中a点时反应Ⅱ处于化学平衡状态，向恒容密闭容器中，通入少量氢气，化学平衡正向移动，eq\f(NH,NM)的值增大，所以在恒温恒容条件下通入少量氢气反应不可能由a点移到d点，D错误。11．三氟化氮(NF3)是常见的蚀刻剂，用F2制备NF3的反应为4NH3＋3F2eq\o(=,\s\up7(Cu))NF3＋3NH4F。下列说法正确的是()A．NF3的空间结构为三角锥形B．Cu是过渡元素，位于元素周期表的s区C．NF3和NHeq\o\al(＋,4)中氮原子的杂化轨道类型不同D．若有0.4molNH3被氧化，转移电子的物质的量为0.6mol[解析]本题考查元素周期表、分子空间结构、杂化轨道理论等。NF3中氮原子孤电子对数为eq\f(1,2)×(5－3×1)＝1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，空间结构为三角锥形，A正确；Cu为29号元素，属于过渡元素，位于第四周期第ⅠB族，位于元素周期表的ds区，B错误；NHeq\o\al(＋,4)中氮原子孤电子对数为eq\f(1,2)×(5－1－4×1)＝0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，与NF3杂化轨道类型相同，都是sp3杂化，C错误；根据化学方程式，每4mol氨气参加反应，有1mol被氧化，转移6mol电子，所以有0.4molNH3被氧化时，转移电子的物质的量为2.4mol，D错误。12．氧化锌透明度高，常温下有优异的发光性能，在半导体领域中有着广泛的应用。一种氧化锌的立方晶胞结构如图所示(NA表示阿伏加德罗常数的值)，下列说法错误的是(D)A．晶胞的质量为eq\f(4×81,NA)gB．基态氧原子核外电子有5种空间运动状态C．锌原子间的最短距离为eq\f(\r(2),2)apmD．Zn、O均是p区元素[解析]本题考查晶胞结构分析、元素周期表、核外电子空间运动状态等。由晶胞结构可知，每个晶胞中含有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4个Zn原子，4个O原子，则晶胞的质量为eq\f(4×81,NA)g，A正确；电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，核外电子分布在1s、2s、2p的5个原子轨道上，则基态氧原子核外电子有5种空间运动状态，B正确；由晶胞结构可知，位于顶点与面心上的两个锌原子距离最近，晶胞的参数为apm，面对角线长度为eq\r(2)apm，则锌原子间的最短距离为eq\f(\r(2),2)apm，C正确；锌元素是过渡元素，位于元素周期表第四周期第ⅡB族，属于ds区元素，D错误。13．t℃时，在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器中发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0，实验测得v正＝v消耗(H2)＝v消耗(I2)＝k正c(H2)·c(I2)；v逆＝v消耗(HI)＝k逆c2(HI)。k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是(A)容器物质的起始浓度/(mol·L－1)物质的平衡浓度/(mol·L－1)c(H2)c(I2)c(HI)c(I2)Ⅰ(恒容)0.10.100.07Ⅱ(恒压)000.8A．平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为1：4B．平衡时，容器Ⅱ中c(I2)>0.28mol·L－1C．t℃时，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K＝eq\f(k\o\al(2,正),k\o\al(2,逆))D．平衡时，向容器Ⅰ中再通入0.1molH2、0.1molI2和0.2molHI，此时v正>v逆[解析]H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0，该反应为反应前后气体分子总数不变的反应，故等温等容积的2个容器内，气体压强之比等于物质的量之比，将容器Ⅱ中HI采用极值法转化为H2和I2发现，容器Ⅱ的投料为容器Ⅰ的4倍，故平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为1：4，A正确；该反应在反应前后气体分子数不变，则容器Ⅰ、Ⅱ的平衡为等效平衡，已知平衡时容器Ⅰ中c(I2)＝0.07mol·L－1，则Ⅱ中c(I2)＝0.07×4mol·L－1＝0.28mol·L－1，B错误；反应达到平衡时，v正＝v逆，已知v正＝v消耗(H2)＝v消耗(I2)＝k正c(H2)·c(I2)，v逆＝v消耗c(HI)＝k逆c2(HI)，则平衡时，k正c(H2)·c(I2)＝k逆c2(HI)，t℃时，反应的平衡常数K＝eq\f(c2HI,cH2·cI2)＝eq\f(k正,k逆)，C错误；由表中数据可知，平衡时c(H2)＝c(I2)＝0.07mol·L－1，c(HI)＝0.06mol·L－1，K＝eq\f(0.062,0.072)＝eq\f(36,49)，若再加入0.1molH2、0.1molI2、0.2molHI，则c(H2)＝c(I2)＝0.17mol·L－1，c(HI)＝0.26mol·L－1，Qc＝eq\f(0.262,0.172)>K，平衡逆向移动，v正<v逆，D错误。二、非选择题：本题共5小题，共61分。14．(12分)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2ZZ存在质量数为23，中子数为12的核素WW有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(1)W位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，其基态原子最外层有2个电子。(2)X的第一电离能比Y的小(填“大”或“小”)；X和Y的简单气态氢化物中，较稳定的是H2O(写化学式)。(3)写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：。(4)在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，写出其中一种分子的名称：丙烷(合理即可)。X原子、Y原子、氢原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式：CH3COOH＋HCOeq\o\al(－,3)=CH3COO－＋H2O＋CO2↑(其他答案合理即可)。[解析]本题考查元素推断、元素周期律、元素化合物性质。根据题中信息推断，X原子核外K层含有2个电子，L层含有4个电子，则X原子核外共有6个电子，X为C；Y的基态原子最外层电子排布式为2s22p4，则Y为O；Z的质量数为23，中子数为12，则质子数为11，Z为Na；Fe(OH)2被氧化会出现题中所述现象，则W为Fe。(1)Fe位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；其基态原子价电子排布式为3d64s2，最外层有2个电子。(2)一般情况下，元素的非金属性越强，其原子第一电离能越大，则C的第一电离能小于O；元素的非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，X和Y的简单气态氢化物中，较稳定的是H2O。(3)Na2O2与CO2反应的化学方程式及电子转移情况为。(4)含有两种不同环境氢原子的烃种类较多，如丙烷(CH3CH2CH3)、正丁烷(CH3CH2CH2CH3)、丙炔(CH3C≡CH)等；由C、H、O三种元素形成的分子很多，常见的无机阴离子为HCOeq\o\al(－,3)，能与HCOeq\o\al(－,3)反应的分子有羧酸，反应的离子方程式为CH3COOH＋HCOeq\o\al(－,3)=CH3COO－＋H2O＋CO2↑。15．(12分)镍是有机合成的重要催化剂。(1)基态镍原子的价电子排布式为3d84s2。(2)镍和苯基硼酸共催化剂可实现丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)的绿色高效合成。丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)相对分子质量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低得多，其主要原因是丙烯醇分子间存在氢键，使其沸点较高。(3)羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉。羰基镍[Ni(CO)4]中Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为O>C>Ni。(4)Ni2＋能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2＋、[Ni(SCN)3]－等。NH3的空间构型为三角锥形；与SCN－互为等电子体的分子有N2O(合理即可)(填化学式)。(5)NiO晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。①氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))。②已知氧化镍的晶体密度为dg·cm－3，则Ni2＋半径为eq\f(2－\r(2),4)×eq\r(3,\f(300,NA×d))×107nm(用代数式表示)。[解析](1)Ni是28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价电子排布式为3d842。(2)丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)的相对分子质量相等，但因为丙烯醇分子间存在氢键，所以丙醛比丙烯醇的沸点低得多。(3)同周期元素，从左到右电负性逐渐增大，同主族元素，从上到下电负性逐渐减小，则电负性：O>C>Ni。(4)NH3分子中N原子采取sp3杂化，且具有一个孤电子对，则NH3的空间构型为三角锥形；与SCN－互为等电子体的分子有N2O、CO2等。(5)①由NiO的晶胞结构示意图可知，该晶胞是正方体结构，且氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))②已知氧化镍的晶体密度为dg·cm－3，设Ni2＋半径为rnm，O原子半径为xnm，晶胞的参数为anm，根据均摊法，一个NiO晶胞中含有O2－的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，含有Ni2＋的个数为12×eq\f(1,4)＋1＝4，则m(晶胞)＝eq\f(75×4,NA)g，根据m(晶胞)＝V(晶胞)×ρ，则(a×10－7)3·d＝eq\f(300,NA)，a＝eq\r(3,\f(300,NA×d))×107，根据晶胞截面图，晶胞面对角线上3个O原子相切，则4x＝eq\r(2)a，x＝eq\f(\r(2),4)a，晶胞参数a＝2x＋2r，则r＝eq\f(a,2)－eq\f(\r(2),4)a＝eq\f(2－\r(2)a,4)＝eq\f(2－\r(2),4)×eq\r(3,\f(300,NA×d))×107。16．(12分)高铁电池作为新型可充电电池，具有放电曲线平坦、高能高容量，原料丰富，绿色无污染等优点。Ⅰ.如图甲为简易的高铁电池的工作装置。已知：放电后，两极都产生红褐色悬浮物：请回答问题：(1)该电池放电时的总反应式为Fe＋K2FeO4＋4H2O=2Fe(OH)3＋2KOH[或Fe＋FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O=2Fe(OH)3＋2OH－]。(2)放电时，此盐桥中阴离子的运动方向是从右向左(填“从左向有”或“从右向左”)。(3)该电池充电时，阳极反应式为Fe(OH)3－3e－＋5OH－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。Ⅱ.现用蓄电池为电源，反应原理为Fe＋NiO2＋2H2Oeq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Fe(OH)2＋Ni(OH)2制取少量高铁酸钾。反应装置如图乙所示：(4)电解时，与石墨电极连接的a极上放电的物质为Fe(填“Fe”或“NiO2”)。(5)写出电解池中铁电极反应式：Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。(6)当消耗掉0.1molNiO2时，生成高铁酸钾6.6g。[解析]本题考查原电池的构成及原理、电解原理及其应用等。(1)据题给信息“放电后两极都产生红褐色悬浮物”，说明两个电极均反应生成Fe(OH)3，铁是活泼金属，则Fe作负极，石墨作正极，结合得失电子守恒得电池放电时的总反应式为Fe＋K2FeO4＋4H2O=2Fe(OH)3＋2KOH。(2)放电时，盐桥中阴离子向负极移动，故阴离子运动方向是从右向左。(3)题给电池工作时Fe作负极，充电时原电池正极与电源正极相连，作阳极，阳极反应与原电池正极反应相反，故充电时阳极反应式为Fe(OH)3－3e－＋5OH－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。(4)电解过程中，Fe发生氧化反应，则Fe连接电源正极，石墨连接电源负极，结合蓄电池总反应可知，负极上Fe放电，发生氧化反应，故a极上放电的物质为Fe。(5)铁作阳极，发生氧化反应生成FeOeq\o\al(2－,4)，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。(6)题给蓄电池放电时，正极反应式为NiO2＋2e－＋2H2O=Ni(OH)2＋2OH－，可知消耗掉0.1molNiO2时，电路中通过0.2mol电子时，生成K2FeO4的物质的量为0.2mol×eq\f(1,6)，则生成的K2FeO4的质量为m(K2FeO4)＝0.2mol×eq\f(1,6)×198g·mol－1＝6.6g。17．(12分)“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视。将CO2转化为甲醇：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，此研究对CO2的深度开发应用和构建生态文明社会具有重要的意义。(1)在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应。测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如图甲所示：①0～10min，内，氢气的平均反应速率为0.225mol·L－1·min－1，第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2molCO2(g)和6molH2(g)，则达到新平衡时CO2的转化率α1与原平衡CO2的转化率α之间的关系为α1>α(填“>”“<”或“＝”)。新平衡的平衡常数Kp＝eq\f(4α\o\al(2,1)2－α12,27p\o\al(2,1)1－α14)(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，新平衡时体系的总压为p1，用含p1和α1的式子表示Kp)。②一定温度下，恒压容器中，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是bd(填序号)。a．容器中压强不变 b．H2的体积分数不变c．c(H2)＝3c(CH3OH) d．容器中气体的密度不变e．2个C=O键断裂的同时有3个H—H键断裂(2)若已知：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－akJ·mol－1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2＝－bkJ·mol－1；③H2O(g)=H2O(l)ΔH3＝－ckJ·mol－1；④CH3OH(g)=CH3OH(l)ΔH4＝－dkJ·mol－1。则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)＋2c－a－d))kJ·mol－1。(3)如图乙，25℃时以甲醇燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源电解600mL一定浓度的NaCl溶液。①U形管内发生反应的化学方程式为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。②电解一段时间后，NaCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变)，则理论上消耗甲醇的物质的量为0.001mol。[解析](1)①由图甲知10min内，Δc(CO2)＝0.75mol·L－1，则根据计量数之比可得Δc(H2)＝3×0.75mol·L－1＝2.25mol·L－1，则0～10min内，v(H2)＝eq\f(2.25mol·L－1,10min)＝0.225mol·L－1·min－1；第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2molCO2(g)和6molH2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，故为α1>α；根据题给新平衡的数据可列出三段式： CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)起始量/mol 3 9 0 0转化量/mol 3α1 9α1 3α1 3α1平衡量/mol 3(1－α1) 9(1－α1) 3α1 3α1Kp＝eq\f(pCH3OH×pH2O,pCO2×p3H2)＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3α1,62－α1)×p1))×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3α1,62－α1)×p1)),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(31－α1,62－α1)×p1))×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(91－α1,62－α1)×p1))3)＝eq\f(4α\o\al(2,1)2－α12,27p\o\al(2,1)1－α14)。②反应在恒压容器中进行，所以容器中压强始终不变，故压强不变无法判断反应是否达到平衡状态，a错误；未达到平衡时H2的体积分数会变化，则当H2的体积分数不变时，反应已达到平衡状态，b正确；c(H2)＝3c(CH3OH)时，各物质浓度不一定不变，所以无法判断反应是否达到平衡状态，c错误；由于反应是在一定温度下的恒压容器中进行，所以容器的容积发生变化，而气体的总质量守恒，即质量不变，根据ρ＝eq\f(m,V)，反应未达到平衡时密度发生变化，所以当气体的密度不变时，反应已达到平衡状态，d正确；断裂C=O键和断裂H—H键均表示正反应，无法判断反应是否达到平衡状态，e错误。(2)根据盖斯定律，液态甲醇燃烧热的热化学方程式可由已知反应：②×eq\f(3,2)＋2×③－①－④得到，则CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,2)＋2c－a－d))kJ·mol－1。(3)①U形管发生的是惰性电极电解NaCl溶液的反应，产物有H2、Cl2和NaOH，根据得失电子守恒及原子守恒得化学方程式为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；②由题知电解一段时间后溶液的pH为12，可得n(OH－)＝0.01mol·L－1×0.6L＝0.006mol，根据阴极电极反应式：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑知，n(e－)＝n(OH－)＝0.006mol，再根据电极反应：CH3OH－6e－＋H2O=CO2↑＋6H＋，可得n(CH3OH)＝0.001mol。[点拨]判断一个可逆反应是否达到平衡状态可观察其提供的选项是否是“变量”不变，若是则可说明反应达到平衡状态，反之则不可。18．(13分)(2021·浙江1月选考，29)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)下列说法不正确的是A。A．可采用碱石灰干燥氯气B．可通过排饱和食盐水法收集氯气C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(2)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq)K1＝c(Cl2)/pCl2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋Cl－(aq)＋HClO(aq)K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(C