全国I卷福建省龙岩市2025届高三化学3月教学质量检查试题含解析

PAGE18-（全国I卷）福建省龙岩市2025届高三化学3月教学质量检查试题（含解析）相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12N-14O-16F-19Na-23S-32Cl-35.5Bi-209一、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，只有一项符合题目要求。1.化学与生产、生活亲密相关。下列叙述错误的是（）A.生活中可用氢氟酸在玻璃器皿上做标记B.液态HCl不能导电，说明HCl是共价化合物C.杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分别出来D.“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A．玻璃中含SiO2，会跟HF反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；B．HCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；C．高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；D．全部胶体都具有丁达尔效应，D正确。答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.71gCl2溶于足量水中，Cl-的数量为NAB.46g乙醇中含有共价键的数量为7NAC.25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的总数为0.02NAD.标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．Cl2与水反应是可逆反应，Cl-的数量少于NA，A错误；B．每个乙醇分子中含8个共价键，46g乙醇的物质的量==1mol，则共价键的物质的量=1mol8=8mol，所以46g乙醇所含共价键数量为8NA，B错误；C．25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H+)=10-2mol·L-1，n(H+)=10-2mol·L-1×1L=0.01mol，所以含H+的总数为0.01NA，C错误；D．每1molCO2对应转移电子1mol，标准状况下，2.24L的物质的量=0.1mol，故0.1molCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA，D正确。答案选D。3.双酚A是重要的有机化工原料，其结构如图所示。下列关于双酚A的说法正确的是（）A.双酚A分子式为C15H14O2B.肯定条件下能发生取代和水解反应C.最多有13个碳原子在同一平面D.苯环上的二氯代物有4种【答案】C【解析】【详解】A.双酚A的分子式为C15H16O2，A错误；B.酚羟基有邻位H，可以和浓溴水发生取代反应，但是没有能水解的官能团，B错误；C.两个苯环及连接苯环的C可能处于同一平面，C正确；D.二个氯在同一个苯环上的结构有5种，二个氯分别在两个苯环上的二氯代物有3中，所以该结构中苯环上的二氯代物有8种，D错误。答案选C。4.如图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简洁离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（）A.W、X对应的简洁离子的半径：X>WB.电解W的氯化物水溶液可以制得W单质C.试验室可用X和Z形成的某种化合物制取单质XD.25℃时，Y的最高价氧化物对应水化物的钠盐溶液pH大于7【答案】B【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一种为H，依据漂白剂结构可知，Z为H，W、X对应的简洁离子核外电子排布相同，从结构图中可知，W为Mg，X为O，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y为B，据此解答。【详解】A．O2-和Mg2+电子层数相同，但O2-为阴离子，原子序数更小，半径更大，A正确；B．工业上电解熔融状态的MgCl2来制备Mg，B错误；C．试验室可用H2O2在MnO2催化作用下制备O2，C正确；D．硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其钠盐会水解显碱性，D正确。答案选B。5.高能LiFePO4电池多应用于公共交通，结构如图所示。电池中间是聚合物的隔膜，其主要作用是在反应过程中只让Li+通过，原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法错误的是（）A.放电时，Li+向正极移动B.放电时，电子由负极→用电器→正极C.充电时，阴极反应为xLi++nC+xe-=LixCnD.充电时，阳极质量增重【答案】D【解析】【详解】A．放电时，工作原理为原电池原理，阳离子向正极移动，A正确；B．放电时，工作原理为原电池原理，电子由负极→用电器→正极，B正确；C．充电时，工作原理为电解池原理，阴极反应为xLi++nC+xe-=LixCn，C正确；D．充电时，工作原理为电解池原理，阳极反应为LiFePO4-xe-=(1−x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明显，阳极质量减小，D错误。答案选D。【点睛】涉及x的电池或者电解池的电极反应书写，切不行从化合价入手，而应当以电荷守恒或者原子守恒作为突破口进行书写，如本题D中先依据总反应写出LiFePO4-e-→(1−x)LiFePO4+xFePO4，很明显右边少着x个Li+，故右边加上xLi+，右边加上xLi+后，依据电荷守恒可知左边应当-xe-，最终阳极反应为LiFePO4-e-→(1−x)LiFePO4+xFePO4。6.依据下列试验操作和现象，得出的结论正确的是（）选项试验操作和现象结论A光照时甲烷与氯气反应后的混合气体能使紫色石蕊溶液变红生成的氯甲烷具有酸性B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X肯定具有氧化性C两支盛0.1mol·L-1醋酸和次氯酸的试管中分别滴加等浓度Na2CO3溶液，视察到前者有气泡、后者无气泡Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)D向淀粉溶液中滴加H2SO4并加热，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，未见砖红色沉淀淀粉没有水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．甲烷和氯气在光照条件下反应生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液变红，A错误；B．若X是NH3则生成白色的BaSO3，得到相同现象，B错误；C．Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，所以2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑，产生气泡，Na2CO3和HClO不会反应，无气泡，C正确；D．加入新制的Cu(OH)2悬浊液之前要先加入NaOH中和H2SO4，不然新制的Cu(OH)2悬浊液和硫酸反应了，就不会出现预期现象，D错误。答案选C。【点睛】Ka越大，酸性越强，依据强酸制弱酸原则，Ka大的酸可以和Ka小的酸对应的盐反应生成Ka小的酸。7.常温下，向盛50mL0.100mol·L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100mol·L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变更如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是（）A.曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变更图，滴加过程中溶液各种离子浓度渐渐减小B.曲线Y上的随意一点溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C.a点溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD.b点溶液中水电离的c(H+)是c点的102.37倍【答案】B【解析】【分析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。【详解】A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变更图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；B.当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上随意一点C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。答案选B。【点睛】A．肯定温度下，电解质溶液中，不行能全部离子同时增大或者减小；B．对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。8.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，须要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。溶解时反应的离子方程式__；（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___；②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。【答案】(1).增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等(2).CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O(3).16.3(4).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(5).SO42-或(NH4)2SO4(6).2：1(7).>(8).加水稀释(9).(NH4)2SO4(10).HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化【解析】【分析】利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。【详解】（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；依据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；（2）依据c=得，浓硫酸浓度==18.4mol·L-1，依据C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；依据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4上升到+6，上升了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，依据氧化还原反应中化合价上升总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡始终向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：>；③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀削减了，所以我们可以减小Cl-浓度，详细做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。【点睛】（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最干脆的做法是反着来，加适量的水！9.铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则快速分解。某爱好小组设计试验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；（3）当视察到___（填现象）时，可以初步推断C中反应已经完成；（4）拆除装置前必需先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是___；（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，须要的操作有___；Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。①产生紫红色现象的离子方程式为___；②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但视察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。Ⅲ.产品纯度的测定（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。【答案】(1).饱和食盐水(2).Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O(3).C中白色固体消逝（或黄色不再加深）(4).关闭K1、K3，打开K2(5).在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(6).5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O(7).3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+(8).×100%或×100%或%【解析】【分析】用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；试验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，依据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消逝（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；（7）依据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=×100%=×100%，所以答案为：×100%或×100%或%。【点睛】（7）在困难的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3～5H2C2O4，使困难问题简洁化了。10.肯定条件下，二氧化碳可合成低碳烯烃，缓解温室效应、充分利用碳资源。（1）已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2③H2O(1)=H2O(g)ΔH3④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH4则ΔH4=___(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。（2）反应④的反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。①a__3（填“>”、“<”或“=”）；M、N两点反应的平衡常数KM__KN（填填“>”、“<”或“=”）②M点乙烯体积分数为__；（保留2位有效数字）③300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。求0到10min氢气的平均反应速率为__；（3）中科院兰州化学物理探讨所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可变更反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂CO2转化率（%）各产物在全部产物中的占比（%）C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加__助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本缘由是__；②下列说法正确的是__；a．第ⅰ步所反应为：CO2+H2CO+H2Ob．第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步c．催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小e．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同（4）2024年，强碱性电催化还原CO2制乙烯探讨取得突破进展，原理如图所示。①b极接的是太阳能电池的__极；②已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液，请写出阴极的电极反应式__。【答案】(1).2△H2+4△H3-△H1(2).>(3).>(4).9.7%或(5).0.03mol·L-1·min-1(6).K(7).降低生成乙烯的反应所须要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响(8).ac(9).正(10).2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-【解析】【分析】（1）利用盖斯定律计算；（2）从图上看，投料比相同时，温度上升，二氧化碳转化率减小，说明温度上升，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H<0；投料比从3到a，二氧化碳的转化率增大，说明3到a投料比在增大；而平衡常数只和温度有关；平衡题中的计算用三行式解答；（3）从表格来看，运用Na作助剂转化率最高，但乙烯含量最低，运用Cu作助剂依稀含量最高，但二氧化碳转化率最低，运用K作助剂二氧化碳转化率高且乙烯含量也高，单位时间内产出乙烯最多；加入助剂使反应具有选择性的缘由是助剂降低了某个反应所需的活化能，相同条件下更简洁发生某个反应所致；（4）PTFE电极CO2变成C2H4，碳元素化合价从+4降低到-2，为阴极；据以上分析作答【详解】（1）依据盖斯定律，方程式有如下关系：2×②-①+4×③=④，所以△H4=2△H2+4△H3-△H1，故答案为：2△H2+4△H3-△H1；（2）①相同温度下，投料比从3→a，二氧化碳转化率增大，说明投料比在增大，所以a>3，投料比相同时，上升温度，二氧化碳转化率减小，说明上升温度，平衡逆向移动，则K减小，而N点温度高于M点，所以KM>KN，故答案为：>；>；②由图可知,M点投料比为3，二氧化碳转化率为0.6，设起先投入1mol二氧化碳，3mol氢气，则二氧化碳转化量为0.6，用三行式解法如下：所以M点乙烯的体积分数=×100%=9.7%，故答案为：9.7%；③同样用三行式来解如下：可知，氢气在这10min消耗了1.8mol，所以浓度减小值==0.3mol·L-1，所以v(H2)==0.03mol·（L·min）-1，故答案为：0.03mol·L-1·min-1；（3）①运用Na作助剂转化率最高，但乙烯含量最低，运用Cu作助剂依稀含量最高，但二氧化碳转化率最低，运用K作助剂二氧化碳转化率高且乙烯含量也高,单位时间内产出乙烯最多；加入助剂使生成乙烯具有选择性的缘由是助剂降低了生成乙烯反应所需的活化能，相同条件下更简洁生成乙烯，而其他副反应几乎无影响；故答案为：K；降低生成乙烯的反应所须要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；②a．由条件可知第ⅰ步反应物为二氧化碳和氢气，生成物有CO，依据氧化还原反应可得方程式为CO2+H2CO+H2O，a正确；b．第ⅰ步反应明显慢于第ⅱ步反应，故第ⅱ步反应更简洁发生，第ⅱ步反应的活化能更低，b错误；c．从图上看生成CH4、C3H6、C4H8等副产物主要在低聚反应、异构化反应环节，所以助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，c正确；d．ΔH与反应途径无关，只和起始有关，d错误；e．反应平衡常数只和温度有关，温度不变，K不变，e错误；故答案为：ac；（4）①PTFE(a极)电极CO2变成C2H4，碳元素化合价从+4降低到-2，为阴极，则b极为阳极，与太阳能电池正极相连，故答案为：正；②阴极的电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。【点睛】万变不离其宗，解决化学平衡图像题关键还是抓住横坐标、纵坐标的含义，结合平衡移动原理学问点解答。比如本题的量比=3可理解成氢气的物质的量=3mol，二氧化碳的物质的量=1mol，困难问题就简洁化了。11.快离子导体是一类具有优良离子导电实力的固体电解质。图1（Li3SBF4）和图2是潜在的快离子导体材料的结构示意图。回答下列问题：（1）S+2e-=S2-过程中，获得的电子填入基态S原子的___（填轨道符号）；（2）BF3+NH3=NH3BF3的反应过程中，形成化学键时供应电子的原子轨道符号是___；产物分子中实行sp3杂化轨道形成化学键的原子是___；（3）基态Li+、B+分别失去一个电子时，需汲取更多能量的是___，理由是___；（4）图1所示的晶体中，锂原子处于立方体的位置___；若其晶胞参数为apm，则晶胞密度为___g·cm-3(列出计算式即可)（5）当图2中方格内填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，且氯化钠晶胞参数a=564pm。氯化钠晶体中，Cl-依据A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中。每一个空隙由___个Cl-构成，空隙的空间形态为___；（6）温度上升时，NaCl晶体出现缺陷（如图2所示，某一个顶点没有Na+，出现空位），晶体的导电性大大增加。该晶体导电时，在电场作用下迁移到空位上，形成电流。迁移的途径有两条（如图2中箭头所示）：途径1：在平面内挤过2、3号氯离子之间的狭缝（距离为x）迁移到空位。途径2：挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道（如图3，小圆的半径为y）迁移到空位。已知：r(Na+)=95pm，r(Cl-)=185pm，=1.4，。①x=___，y=___；（保留一位小数）②迁移可能性更大的途径是___。【答案】(1).3p(2).2p(3).B、N(4).Li+(5).Li+的最外层电子排布为1s2，B+最外层电子排布为2s2，1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上电子(6).棱上(7).(8).6(9).正八面体(10).24.8pm(11).38.7pm(12).途径2【解析】【分析】（1）分析S原子的电子排布式，知道空轨道，得到的电子填充入空轨道即可；（2）B、N的2P轨道未填充溢电子；（3）Li+从1S轨道失去电子、B+从2S轨道失去电子，2S轨道能量高于1S轨道；（4）依据均摊法反推锂原子；依据m=v计算密度即可；（5）氯化钠晶胞中Na+处于立方风光 对角线上，据此分析；（6）①由图可知x=两个氯离子之间的距离-2r(Cl-),算出正三角形的高，利用正三角形性质可求出氯离子到小球中心的距离，再减去氯离子的半径即为y值；②比较x、y值即可，谁大谁更可能。【详解】（1）S原子电子排布式为：1S22S22P63S23P4可知，3P轨道未填充溢电子，故获得的电子填入基态S原子的3P轨道，故答案为：3P；（2）H、B、N、F四种原子的核外电子分析可知，N、B原子均有未成对电子，所以供应电子的原子为B、N，B原子的核外电子排布式为：1S22S22P1,N原子的核外电子排布式为：1S22S22P3，所以B原子的2P轨道、N原子的2P轨道供应电子，有B、N原子核外电子排布可知B、N原子均供应3个2P轨道，采纳sp3杂化的为N原子，故答案为：2P；B、N；（3）Li+从1S轨道失去电子、B+从2S轨道失去电子，2S轨道能量高于1S轨道，从1S轨道失去电子汲取跟多的能量，故答案为：Li+；Li+的最外层外电子排布为1s2，B+最外层电子排布为2s2，1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上电子；（4）棱上的原子个数=12×=3，顶点上的原子个数=8×=1，体心的原子个数=1，立方体内部非体心原子个数=4，由Li3SBF4可知，该晶体中有三个锂，所以锂原子依据均摊法及结合图片，图上锂原子个数4=3处于立方体的位置棱上；1mol晶胞的质量=(7×3+32×1+11×1+19×4)g140g，因为晶胞参数为apm=a×10-10cm，一个晶胞的体积=a3=a3×10-30cm3，1mol晶胞的体积=a3×10-30cm3×NA，由m=v得，=g·cm-3，故答案为：棱上；；（5）氯化钠晶体中，Cl-依据A1密堆，每个Cl-四周有6个Na+,每个Na四周有6个Cl-，空间形态为正八面体，故