山西省太原市2022届高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1山西省太原市2022届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12O16Fe56一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.矿物颜料是人类绘画中最原始的表现材料之一。敦煌莫高窟壁画使用了大量矿物颜料，其色彩和主要成分见下表：色彩霞光红迎春黄天霁蓝瑞雪白主要成分及化学式朱砂HgS雌黄As2S3石青Cu(OH)2·2CuCO3蛤灰CaO下列说法正确的是（）A.石青颜料耐酸碱腐蚀B.蛤灰加水后会放出大量的热C.工业制汞是在空气中焙烧朱砂，生产流程中加入氧化钙的目的是减少汞蒸气的排放D.《梦溪笔谈》记载：“馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。”利用了雌黄的化学性质〖答案〗B〖解析〗A．Cu(OH)2·2CuCO3和酸会反应，则石青颜料不耐酸腐蚀，A项错误；B．CaO＋H2O=Cu(OH)2，该反应是放热反应，则蛤灰加水后会放出大量的热，B项正确；C．工业制汞是在空气中焙烧朱砂，HgS＋O2=Hg+SO2，生产流程中加入氧化钙的目的是吸收二氧化硫，C项错误；D．《梦溪笔谈》记载：“馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。”意思是遇到书上有误地方，用雌黄涂抹，是因为雌黄的颜色同纸色差不多，且其质地细密、硬软适中，用雌黄涂改错处，既遮掩了黑色墨笔字、不损坏纸张，利用的是雌黄的物理性质，D项错误；〖答案〗选B。2.宏观辨识和微观探析是化学学科的核心素养之一。下列描述物质制备和应用的离子方程式正确的是（）A.泡沫灭火器的反应原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑B.海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2OC.锅炉除垢过程中将CaSO4转化为CaCO3：CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)D.用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-〖答案〗C〖解析〗A．泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；B．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2：3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑，故B错误；C．CaCO3比CaSO4更难溶，故为CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)，故C正确；D．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故D错误；故选C。3.某化学小组在实验室利用下列装置(部分夹持仪器略)进行实验，其中能达到实验目的的是（）A.图Ⅰ：制取并收集少量干燥的氨气B.图Ⅱ：制备少量无水氯化镁C.图Ⅲ：关闭a、打开b，可检查装置的气密性D.图Ⅳ：验证牺牲阳极法保护铁〖答案〗D〖解析〗A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，同时会有水生成，收集的氨气中含有水蒸气，不能收集到干燥的氨气，故A错误；B．制备少量无水氯化镁应在HCl气氛中加热蒸干水分，故B错误；C．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，故C错误；D．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故D正确；故选：D。4.2021年诺贝尔化学奖授予BenjaminList、DavidW.C.MacMillan，以奖励他们“对于有机小分子不对称催化的重要贡献”。脯氨酸()催化分子内的羟醛缩合反应：下列说法不正确的是（）A.脯氨酸能与Y发生取代反应B.X和Y互为同分异构体，且Y能发生消去反应C.X中所有碳原子处于同一平面D.1mol脯氨酸与足量NaHCO3反应，生成44gCO2〖答案〗C〖解析〗A．脯氨酸含有羧基，Y中含有羟基，两者能发生酯化反应(取代反应)，故A正确；B．X和Y分子式相同，结构不同，互为同分异构体，Y分子中羟基的邻位碳原子上含有氢原子，能发生消去反应，故B正确；C．如图所示，X中用“*”标记的碳原子为饱和碳原子，与之相连的碳原子不可能处于同一平面，因此X中所有碳原子不可能共面，故C错误；D．1mol脯氨酸含有1mol羧基，与足量NaHCO3反应，生成1molCO2，质量为1mol×44g/mol=44g，故D正确；〖答案〗选C。5.中国地质科学院地质研究所对嫦娥五号月球玄武岩开展了年代学、元素、同位素分析，证明月球在19.6亿年前仍存在岩浆活动。X、Y、Z、V、W是月核中含有的五种原子序数依次增大的前20号元素，X原子的最外层电子数是其电子总数的，V的单质常在地球火山口附近沉积，Y的氧化物常用作耐高温材料，Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数，下列说法正确的是（）A.Y的氧化物是两性氧化物B.最高价含氧酸的酸性：X>V>ZC.简单离子半径：W>V>YD.X、Z形成的化合物是制备玻璃的原料之一〖答案〗D〖祥解〗X原子的最外层电子数是其电子总数的，若电子总数是4，最外层电子数为3，不符合，若电子总数是8，最外层电子数为6，排布为2、6，则X是O元素；V单质常在火山口附近沉积，则V为S元素；Y的氧化物常用作耐高温材料，氧化镁因为其熔点高常用作耐火材料，则Y为Mg元素；Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数，Y最外层电子数是2，W原子序数比S大，Z在Mg和S之间，则W最外层电子数不可能为7，若W为K时Z为Al元素，若W为Ca时Z为Si元素；〖详析〗根据分析知，XO，Y为Mg，V为S，若Z为Al时W为K，若Z为Si时W为Ca；A．Y为Mg，MgO只能与酸反应生成正盐和水，属于碱性氧化物，A错误；B．X是O，没有最高正价，不存在最高价含氧酸，B错误；C．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同原子序数越大半径越小，则V(S2-)>W(K+或Ca2+)>Y(Mg2+)，C错误；D．X是O，Z为Si，形成的化合物SiO2，制玻璃的原料：石灰石、纯碱、二氧化硅，则SiO2制备玻璃的原料之一，D正确；故选：D。6.2022年北京冬奥会期间，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁一铬液流电池)作为备用电源(原理示意如图)。铁-铬液流电池的寿命远远高于钠硫电池锂离子电池和铅酸蓄电池等。下列说法错误的是（）A.该电池总反应为：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+B.充电时左边的电极电势高于右边的电极电势C.充电时若1molFe2+被氧化，电池中有1molH+通过交换膜由左向右迁移D.若用该电池电解水，生成22.4L(标准状况)H2时，则有2molCr3+被还原〖答案〗D〖解析〗A．由图示可知，放电时正极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，负极反应式为：Cr2+-e-=Cr3+，充电时阳极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应式为：Cr3++e-=Cr2+，则电池总反应为：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，A正确；B．充电时左侧为阳极，右侧为阴极，阳极电势高于阴极电势，B正确；C．充电时若1molFe2+被氧化，即失去1mol电子，则电池中有1molH+通过交换膜由左(阳极)向右(阴极)迁移，C正确；D．电解水时，生成氢气的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成22.4L(标准状况)H2即1molH2时，转移2mole-，那么该电池需要提供电能，即放电，因此会有2molCr2+被氧化，D错误；〖答案〗选D。7.某温度下，25mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000mol·L-1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(Y-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示。已知：Ⅰ.Ag+与Y-反应过程为：①Ag++2Y-=〖AgY2〗-、②〖AgY2〗-+Ag+=2AgY↓Ⅱ.该温度下，Ksp(AgY)=2×10-16，Ksp(AgX)=2×10-10。下列说法不正确的是（）A.若HY为弱酸，则从开始到B点，水的电离程度不断减小B.原混合溶液中c(KX)=0.02000mol·L-1C.若反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则=Ksp2(AgY)D.AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为106〖答案〗B〖解析〗A．溶度积小的先生成沉淀，根据反应的方程式可知，B点生成AgY，若HY为弱酸，Y-被消耗，HY的电离程度增大，H+浓度增大，抑制水的电离，则从开始到B点，水的电离程度不断减小，故A正确；B．B点KY完全和AgNO3反应生成AgY，则KX和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段发生反应Ag++X-=AgX↓，则原溶液中c(X-)=0.1000mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，则c(KX)=7.5×10-4mol÷0.025L=0.03000mol·L-1，故B错误；C．①的平衡常数为K1=，反应②的平衡常数为K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，则=Ksp2(AgY)，故C正确；D．AgX(s)+Y-(aq)⇌AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为===106，故D正确；〖答案〗选B。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题8.乳酸薄荷醇酯广泛应用于化妆品和食品等行业中。实验室以薄荷醇和乳酸为原料直接反应制备乳酸薄荷醇酯的化学方程式为：++H2O主要实验装置示意图和有关数据如下：物质乳酸薄荷醇乳酸薄荷醇酯甲苯(有毒)相对分子质量9015622892密度/(g·cm-3)1.250.890.9760.89熔点/℃16.843-47-94.9沸点/℃122103142110.6溶解性易溶水和有机溶剂微溶于水，易溶于有机溶剂微溶于水，易溶于有机溶剂不溶于水，可作有机溶剂实验步骤如下：Ⅰ.合成：在带有温度计、分水器、搅拌器的250mL三颈烧瓶中加入薄荷醇15.6g、90%乳酸23.5g、浓硫酸0.1g、甲苯50g，加热到120℃，加热回流2.5h。Ⅱ.分离与提纯：降温冷却后放出水层，有机层与反应液合并，将合并液分别用20mL10%碳酸钠溶液洗涤两次、去离子水洗涤两次，干燥，减压蒸馏，得到产品13.7g。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________，在以上“合成”步骤中需控制反应温度120℃的原因可能是_________________________________________________。（2）实验中加入过量乳酸的目的是___________________________________________；分水器的作用主要是_______________________________________。（3）甲苯的作用之一是带出生成的水，另一个作用是_____________________________；若采用环己烷替代甲苯，其优点是_________________________________________。（4）在“分离与提纯”步骤中，水层应从分液漏斗的_______(填“上口”或“下口”)放出，用碳酸钠溶液洗涤的主要目的是_______________________________________。（5）“减压蒸馏”的目的是_____________________________________。（6）本实验中乳酸薄荷醇酯的产率约为_________。(结果保留两位有效数字)〖答案〗（1）球形冷凝管“防止温度高于120℃发生副反应”或“加热可以加快反应速率”或“蒸出酯有利于平衡右移”或“乳酸沸点122℃，防止乳酸挥发，不利于平衡向右移动”(或其他合理解释)（2）提高薄荷醇的转化率(或其他合理〖答案〗)及时分离生成的水，有利于使平衡正向移动，提高酯的产率（3）利用甲苯溶解薄荷醇，使薄荷醇回流到三颈烧瓶中再与乳酸反应环己烷没有毒性或者“环己烷毒性小”或“环己烷沸点低”(或其他合理〖答案〗)（4）下口除去合并液中的H2SO4和乳酸杂质（5）降低沸点，分离出乳酸薄荷醇酯（6）60.09%〖祥解〗本题考查化学实验基本操作方法的综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。〖详析〗（1）a是球形冷凝管，水的沸点为100°C，反应物乳酸的沸点为122°C，因此，为了达到既要将水份除去，又不使乳酸损失太多的目的，故将反应温度控制在120°C。（2）为了提高酯的产量，必须尽量使反应向有利于生成酯的方向进行。-般是使反应物酸和醇中的一种过量；分水器的作用是把反应产生的水从反应体系中分离开来，使反应向有利于生成酯的方向进行，从而提高酯的产量。（3）甲苯与水形成共沸体系,把水蒸气带出体系,还有一个作用就是使薄荷醇回流到三颈烧瓶中再与乳酸反应。用环己烷代替是优点是减少有毒性试剂的使用。（4）甲苯不溶于水与水分层水的比重大位于下方，因此从分液漏斗的下口放出；饱和碳酸钠溶液的作用是中和H2SO4和乳酸杂质，降低乳酸薄荷醇酯的溶解度。（5）减压蒸馏就是降低体系里的压强,使乳酸薄荷醇酯的沸点降低,不易分解,从而提高产率。（6）薄荷醇物质的量是0.1mol

,乳酸是过量的,故理论上生成乳酸薄荷醇酯的物质的量是0.1mol

,质量是22.8g

;故产率是×100%＝60.09%9.铬是一种重要的金属材料，被广泛用于冶金、化工、耐火材料等行业。某铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量MgO、Al2O3和杂质SiO2等，利用其制备多种铬产品和其他金属产品的工艺流程如下：已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑回答下列问题：（1）步骤①发生的主要反应为FeO+Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+NaNO2+A↑，反应时应选用何种材质的容器？_______(填字母)。A.塑料 B.刚玉 C.铁 D.石英（2）步骤②的操作是______________________，“滤渣2”是Al(OH)3和______________。写出过量物质A与“滤液1"中溶质生成Al(OH)3的离子方程式：_____________________________________________。（3）“滤液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用离子方程式表示该反应：_______________________________________________。（4）制取高纯铬常用电解法和铝热法，铝热法的缺点是___________________________。步骤④是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O3外，还生成了Na2CO3和CO，若该反应中有3molNa2Cr2O7参加反应，则转移的电子为_________mol。（5）“滤渣1”中铁元素含量较高，具有回收价值。为回收金属，需要将含Fe3+的有机相进行反萃取。在有机相中Fe3+质量浓度为22.8g/L、有机相与水相的体积比(Vo：Va)=1：1、反萃取时间为20min、反萃取温度为25°C条件下，不同浓度的4种反萃取剂对Fe3+反萃取率的影响实验结果如图所示。当反萃取剂的浓度均为0.5mol·L-1时，反萃取效果最好的是_________(填化学式)，在实际操作中需在该反萃取剂中加入一定量H3PO4溶液，其目的是___________________________________________________________________________；但H3PO4浓度不宜过大，其原因是_____________________________________________。〖已知：(NH4)2HPO4溶液pH=7.8~8.2〗〖答案〗（1）C（2）水浸、过滤H2SiO3AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO（3）2CrO+2H+Cr2O+H2O（4）能耗大或者产品纯度较低18（5）(NH4)2HPO4调节溶液的pH，防止Fe3+在反萃取时可能生成沉淀pH小会生成NH4H2PO4，反萃取率低(或其他合理解释)〖祥解〗根据题干信息，铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量MgO、Al2O3和杂质SiO2等，现向熔融的铬铁矿中加入Na2CO3、NaNO3氧化，步骤①发生的反应有Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，则A为CO2，熔块经水浸、过滤后分离出滤渣1含Fe2O3，滤渣1经酸溶、氧化、萃取分液、反萃取得到Fe3+。滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、NaNO2、NaNO3等，向滤液1中通入过量的CO2，得到滤渣2含H2SiO3、Al(OH)3，滤液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，再加入焦炭高温还原得到Cr2O3，进而得到Cr，据此分析解答。〖详析〗（1）步骤①中发生反应2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2↑，因此该步骤不能使用石英容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，刚玉(氧化铝)与碱性物质高温下反应，塑料不耐热，可选铁坩埚，故〖答案〗选C；（2）由分析，步骤②得到滤渣1和滤液2，故操作为水浸、过滤，滤液1中通入过量的CO2，得到滤渣2含H2SiO3、Al(OH)3，生成Al(OH)3的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；（3）滤液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，转化的离子方程式为2CrO+2H+Cr2O+H2O；（4）铝热反应能耗大，使用铝热法制取高纯铬，获得的产品纯度较低，故选用电解法，步骤④是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O3外，还生成了Na2CO3和CO，Cr元素由+6价降低为+3价，若该反应中有3molNa2Cr2O7参加反应，则转移的电子为3mol×2×3=18mol；（5）结合图像可知，浓度为0.5mol/L时，(NH4)2HPO4反萃取率较高，因此反萃取效果最好的是(NH4)2HPO4，由于Fe3+易生成Fe(OH)3，因此在该反萃取剂中加入一定量H3PO4溶液调节溶液的pH，防止Fe3+在反萃取时可能生成Fe(OH)3沉淀，但pH过小会生成NH4H2PO4，导致反萃取率低，因此H3PO4溶液浓度不宜过大。10.绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：（1）通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：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反应I能够自发进行的条件是__________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)ΔH3=_____________。（2）大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO22CO+2H2)，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。下列说法不正确的是_______(填字母)。A.Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则v1>v3>v2B.Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是C.H3*=CH2*+H*C.DRM反应中伴随非极性键的断裂和生成（3）甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=+75kJ·mol-1，Ni可作该反应的催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应时，若孔道堵塞会导致催化剂失活。其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图乙所示。考虑综合因素，使用催化剂的最佳温度为__________；650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因是___________________________________________________________________。（4）我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的直流电源方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气，电化学反应机理如图所示。阳极的电极反应式为________________。（5）在催化剂作用下H2还原N2O的反应如下：H2(g)+N2O(g)H2O(g)+N2(g)ΔH<0，已知该反应的v正=k正c(N2O)·c(H2)，v逆=k逆c(N2)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的lgk正、lgk逆随温度倒数变化的曲线如图所示。表示lgk逆变化的是曲线_______(填“a”或“b”)，M点对应温度下的平衡常数K=__________。〖答案〗（1）①.高温②.+128kJ/mol（2）C（3）600℃温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活（4）CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2（5）b1〖解析〗（1）①满足时，反应自发进行，根据反应I可知，该反应的，，则该反应在高温下能自发，故〖答案〗为：高温；②根据盖斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)，则ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41kJ·mol-1)×3+251kJ·mol-1=+128kJ·mol-1，故〖答案〗为：+128kJ·mol-1；（2）A．活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Ni<Cu12Ni<Sn12Ni，则反应速率v1>v3>v2，故A正确；B．由图可知，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是Sn12Ni作催化剂时的反应：CH3*=CH2*+H*，故B正确；C．DRM反应为CH4+CO2⇌2CO+2H2，CH4、CO2中只含有极性键，该反应中没有非极性键的断裂，故C错误；故〖答案〗为：C；（3）由图可知，550℃、650℃时，当反应时间大于1000s，氢气的体积分数迅速下降，催化剂表面的积碳量增加，催化剂迅速失活，而600℃时，随着反应的进行，氢气的体积分数逐渐增大并保持在较高水平，因此使用催化剂的最佳温度为600℃；650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因是温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，故〖答案〗为：600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；（4）由图可知，Ni-YSZ电极上，CH4失去电子发生氧化反应生成CO2和H2，则Ni-YSZ电极为阳极，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，故〖答案〗为：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2；（5）横坐标是温度倒数的变化，则横坐标越大，表示温度越低，降低温度，正、逆反应速率均减小，即lgk正、lgk逆均减小，由于反应H2(g)+N2O(g)H2O(g)+N2(g)的ΔH<0，降低温度，平衡正向移动，lgk逆减小的速度大于lgk正减小的速率，则a表示lgk正的变化，b表示lgk逆的变化；由图可知，M点的lgk逆=lgk正，则k逆=k正，平衡时v正=v逆，则k正c(N2O)·c(H2)=k逆c(N2)·c(H2O)，则有，故〖答案〗为：b；1。(二)选考题。请考生任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。11.我国科学家研究了具有高稳定性的二维硼烯氧化物(BmOn)的超导电性。回答下列问题：（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素为__________(填元素符号)。（2）①已知二维硼烯氧化物的部分结构如图所示，则该氧化物的化学式为________，其中硼原子的杂化轨道类型为________。②键长和键角的数值可通过晶体的X射线衍射实验获得。经过该实验测定，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长，其原因是_______________________________。（3）硼烷又称硼氢化合物，随着硼原子数增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因________________________________________________________________。（4）LiBH4-LiI复合材料在低温下表现出较高的离子电导率。BH离子中H的化合价为-1，其原因可能是_____________________________________________________________，BH可以被PS离子部分取代，PS离子的空间结构为_____________。（5）Fe3O4是电子导体，其导电率显著高于Fe2O3，这归因于Fe2+和Fe3+中心之间的电子交换。如图甲所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(如：1、3、6、7围成)和正八面体空隙(如：3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。FeO、Fe2O3都具有与Fe3O4相似的立方堆积结构，氧化亚铁晶体的晶胞如图乙所示，已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶体中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_______；Fe2+与O2-的最短核间距为__________cm(列出计算式)。〖答案〗（1）Be、C、O（2）B2Osp2③.O的原子半径小于B的原子半径，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长（3）随着B原子数增多，硼烷相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高（4）电负性H>B正四面体（5）7：212〖解析〗（1）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，元素原子轨道为全充满稳定状态，元素原子轨道为半充满稳定状态，其第一电离能均高于同周期相邻元素的，故第一电离能：，故〖答案〗为：；（2）①在每个环中，有氧原子个数2×=1，B原子数6×=2，该氧化物的化学式为B2O；1个硼原子周围连接三个σ键，没有孤对电子，杂化轨道类型为sp2杂化；②一般来说，原子半径越大，键长越长；O的原子半径小于B的原子半径，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长；（3）硼烷属于分子晶体，随着B原子数增多，硼烷相对分子