卷8-2022年高考化学信息速递模拟卷

2022年高考化学信息卷08（广东专用）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24S32K39Ni59一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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.蜡染技艺是中国非物质文化遗产之一，其制作工序包括：棉布制板、画蜡(将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层)、蓝靛染色、沸水脱蜡、漂洗等。下列说法正确的是A.“制板”用的白棉布，主要成分为合成纤维素B.“画蜡”过程中主要发生了化学变化C.“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，无固定熔点D.“染色”用的蓝靛，属于有机高分子化合物【答案】C【解析】A．棉花为天然纤维，所以白棉布主要成分为天然纤维，A错误；B．“画蜡”过程中将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层，没有新物质生成，为物理变化，B错误；C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，不属于晶体，无固定熔点，C正确；D．根据题目信息可知蓝靛的相对分子质量较小，不是高分子化合物，D错误；综上所述答案为C。2．新时代，广东践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念。下列描述中，没有涉及化学变化的是A．古道梅花，随风起舞，暗香浮动B．河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理C．醉美丹霞山，阡陌交通，炊烟袅袅D．燃煤高效发电机组，用氨水捕获SO2，减少SO2排放【答案】A【解析】A．花香浮动是分子的运动所致，属于物理变化，A符合题意；B．垃圾进行无害化处理，有新物质生成，涉及化学变化；C．炊烟袅袅是因为柴火燃料导致，涉及化学变化；D．燃煤及用氨水捕获SO2，均为化学变化。故选A。3．下列化学用语正确的是A．中子数为9的氮原子：N B．甲基的电子式： C．Na＋的结构示意图：D．S2Cl2的结构式：S—Cl—Cl—S【答案】B【解析】A．中子数为9的氮原子：167N，A错误；B．甲基的电子式： ，B正确；C．Na＋的结构示意图：，C错误；D．S2Cl2的结构式：Cl—S—S—Cl，D错误。故选B。4．科学家创造了由18个碳原子构成的环碳（C18），碳原子由单键和叁键交替连接在一起，结构如图所示。下列说法正确的是A．C18与C60互为同系物B．12C18和14C18互为同位素，化学性质几乎相同C．C18和金刚石互为同分异构体D．环碳中碳原子均达8电子稳定结构【答案】D【解析】A．C18与C60是由C元素形成的不同单质，互为同素异形体，不是同系物，A错误；B．12C18和14C18是两种分子，不能互称为同位素，B错误；C．C18和金刚石是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，而不是同分异构体，C错误；D．环碳中碳原子均达8电子稳定结构，D正确。故选D。5．下表中有关物质用途与原因解释均正确的是选项用途原因A用浓硫酸与食盐制备少量HCl硫酸的酸性强于盐酸B乙二醇可用于生产汽车防冻液乙二醇是无色、粘稠的液体C用氢氧化铝治疗胃酸过多氢氧化铝可以与盐酸反应D用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯塑料燃烧生成CO2和H2O【答案】C【解析】A.用浓硫酸与食盐制备少量HCl，是因为硫酸的沸点高于盐酸，A错误；B.乙二醇可用于生产汽车防冻液，是因为乙二醇的能与水任意比例混合，混合后由于改变了冷却水的蒸汽压，凝固点显著降低，B错误；C. 用氢氧化铝治疗胃酸过多，是因为氢氧化铝可以与盐酸反应，C正确；D. 用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，是因为聚乙烯塑料无毒、有良好的延展性与密封性，D错误。故选C。6．2021年我国取得多项科研成果，如首套吨级氢液化系统调试成功、首次实现以CO2为原料人工合成淀粉等。下列说法不正确的是A.相同条件下，1gH2(l)完全燃烧放出的热量比1gH2(g)的多B.通过降温加压得到的液氢可存放于特制的绝热容器中C.通过遇碘变蓝的现象可证明有淀粉生成D.淀粉可用于生产乙醇、乙酸等化工产品【答案】A【解析】A．同一物质，质量相同时，液态比气态更稳定，能量更低，所以1gH2(l)完全燃烧放出的热量比1gH2(g)的少，A错误；B．液氢吸收热量后会变为气态，所以通过降温加压得到的液氢可存放于特制的绝热容器中，防止其气化，B正确；C．淀粉遇碘变蓝，通过遇碘变蓝的现象可证明有淀粉生成，C正确；D．淀粉为多糖，多糖水解可以得到葡萄糖，葡萄糖经发酵可以得到乙醇，乙醇被氧化可以得到乙酸，D正确；故选A。7．利用下列装置和试剂进行实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD配制一定浓度的硫酸溶液比较Zn与Cu的金属性强弱制备无水氯化铝用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸【答案】B【解析】A.容量瓶不能用于稀释浓硫酸，A错误；B.锌铜原电池中，锌作负极，可比较Zn与Cu的金属性强弱，B正确；C.蒸发氯化铝溶液，最终得到氧化铝，不能制备无水氯化铝，C错误；D.NaOH溶液要用碱式滴定管，且眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误。

故选B。8．下列叙述涉及氧化还原反应的是A．在配制的FeSO4溶液中加入少量的Fe粉B．用明矾制备Al(OH)3胶体C．以Na2S做沉淀剂，除去溶液中的Cu2+和Hg2+D．以NaHCO3和Al2(SO4)3为原料的泡沫灭火器反应原理【答案】A【解析】A．在配制的FeSO4溶液中加入少量的Fe粉，可以防止亚铁离子被氧化，A符合题意；B．用明矾制备Al(OH)3胶体，不涉及氧化还原反应；C．以Na2S做沉淀剂，除去溶液中的Cu2+和Hg2+，不涉及氧化还原反应；D．以NaHCO3和Al2(SO4)3为原料的泡沫灭火器，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，不涉及氧化还原反应。故选A。9．硫及其化合物的“价类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是A．硫单质在氧气中燃烧可直接生成cB．b能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其漂白性C．可存在a→d的转化关系D．Al与d的浓溶液不反应，可用铝制容器盛装d的浓溶液【答案】C【解析】A．硫单质在氧气中燃烧生成二氧化硫，不直接生成c(SO3)，A错误；B．b(SO2)能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，B错误；C．H2S与CuSO4或浓硝酸反应可生成硫酸，所以可存在a(H2S)→d(H2SO4)的转化关系，C正确；D．Al与d的浓溶液即浓硫酸可以发生反应，生成致密氧化膜，故常温下可用铝制容器盛装，D错误。故选C。10．为了减少CO2的排放，可利用含铈(Ce)催化剂实现CO2与甲醇反应，该反应的催化循环原理如图所示，有关说法正确的是A．该反应的催化剂为CeOCeOHB．反应②的类型为取代反应C．物质A为CO2D．反应过程中Ce的化合价发生了变化【答案】A【解析】A．从图可看出，该反应的催化剂为CeOCeOH，A正确；B．反应②的类型为加成反应，B错误；C．物质A为CH3OH，C错误；D．反应过程中Ce的化合价没有发生变化，D错误。故选A。11．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．10gD218O中含有的中子数为6NAB．30gHCHO和CH3COOH混合物中含H原子数为2NAC.标准状况下，2.24LCH2Cl2含有的C－Cl键数目为0.2NAD.用铜电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阳极产生11.2L气体【答案】B【解析】A．D218O的摩尔质量为22g/mol，10gD218O中含有的中子数=×12×NAmol—1＜6NA，不等于6NA，A错误；B．HCHO和CH3COOH的最简式都为CH2O，最简式的式量为30，所以30g混合物中含H原子数为2NA，B正确；C.标准状况下，CH2Cl2为液态，含有的C－Cl键数目不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；D.用铜电极电解饱和食盐水，阳极是铜失去电子，不产生气体，即使用石墨电极电解产生气体，也没有指明气体状态，无法计算线路中通过NA个电子时阳极产生氯气的体积，D错误。故选B。12．下列实验操作、现象和结论(或解释)均正确的是选项操作现象结论(或解释)A将水蒸气通过炽热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应B向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸产生白色沉淀非金属性：Cl>SiC向氢硫酸中通入SO2气体产生淡黄色沉淀SO2具有氧化性D向盛有某溶液的试管中加入稀NaOH溶液，再将红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变蓝该溶液中不含NH【答案】C【解析】A．铁粉与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁，粉末不会变红，A错误；B．HCl不是氯元素的最高价含氧酸，比较硅酸和盐酸的酸性强弱不能确定Cl、Si的非金属性强弱，B错误；C．向氢硫酸中通入SO2气体，二者发生归中反应生成难溶于水的硫单质，产生淡黄色沉淀，该过程中SO2被还原，具有氧化性，C正确；D．含NH的溶液中与浓NaOH溶液、加热反应才会产生氨气，与稀NaOH溶液反应一般不会逸出氨气，D错误；综上所述答案为C。13．一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是A．X与Q的最高化合价均为+6B．化合物QX2、YX2均能与NaOH溶液反应C．简单氢化物的沸点：Q>Z>XD．W单质在空气中燃烧的产物是W2O2【答案】B【解析】X与Q同族，从形成的共价键可以看出，X是O元素，Q是S元素，W是离子，且原子序数在几中元素中最小，故为Li元素，Y和Z的原子序数之和与Q相等，可推出Y为N元素，Z为F元素。A．O元素没有最高正价，不存在+6价，A错误；B．化合物SO2、NO2均能与NaOH溶液反应，B正确；C．H2O与HF都存在分子间的氢键，简单氢化物的沸点：H2O>HF>H2S，即X>Z>Q，C错误；D．Li单质在空气中燃烧的产物是Li2O，D错误。故选B。14．化学的特征是从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是A．用醋酸除去水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．用氯化铁溶液刻蚀电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C．同物质的量浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH=NH3·H2OD．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：3SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2HSO3【答案】D【解析】A．醋酸是弱电解质，要写成分子，A错误；B．用氯化铁溶液刻蚀电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．同物质的量浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子先与氢氧根反应，H++OH=H2O，C错误；D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，可发生如下反应：①Cl2+H2O=H++Cl+HClO，②HClO+SO32=SO42+Cl+H+，③2H++2SO32=2HSO3则有3SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2HSO3D正确。故选D。15.甲胺(CH3NH2)与盐酸反应生成甲胺盐酸盐(CH3NH3Cl)。25℃时，向一定体积0.01mol·L1CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH=lgc(OH)的关系如图所示。下列叙述不正确的是A.图中a=2.7，b=7B.该过程中，增大C.Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2D.N点溶液中：c()=c(Cl)【答案】B【解析】A．M点pH=11.3，c(H+)=1011.3mol/L，c(OH)===102.7mol/L，a点pOH=lgc(OH)=2.7；N点pH=7，c(H+)=107mol/L，c(OH)=107mol/L，b点pOH=lgc(OH)=7，选项A正确；B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH，Kb=，==，CH3NH2水溶液(对应图中M点)中缓慢通入HCl气体，c()逐渐增大，Kb只与温度有关，所以比值减小，选项B不正确；C．CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，而Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl，同时还有CH3NH2剩余，选项C正确；D．溶液中电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH)+c(Cl)，N点pH=7，c(H+)=c(OH)，故c()=c(Cl)，选项D正确；答案选B。16．利用电化学原理可对海水(主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物)进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质(工作原理如图，其中电极均为惰性电极)。已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2下列说法不正确的是

A.闭合K1后的总反应为2Cl+2H2OCl2↑+H2↑+2OHB.闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室C.工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余D.残留的含氯消毒物质在III室放电被脱除【答案】A【解析】A．闭合K1后为电解池，阳极海水中的Cl被氧化为氯气，阴极为含Na+的有机电解液，所以应是Na+被还原生成Na单质，总反应为2Cl+2Na+Cl2↑+Na，A错误；B．闭合K2后为原电池，Ⅱ室中Na单质被氧化为Na+，所以为负极，Ⅲ室为正极，原电池中阳离子流向正极，所以Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室，B正确；C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO(含氯消毒物质)，假设此过程生成1mol氯气，则生成1molHClO，根据电子守恒可知生成2mol钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合K2后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原，所以在Ⅲ室中被还原的HClO的物质的量小于1mol，则消耗的钠单质小于2mol，所以有金属Na剩余，C正确；D．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，含氯消毒物质可以氧化微生物，进行消毒，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原，D正确；故选A。二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。17．(14分)硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰化钾。已知：①NH3不溶于CS2，CS2不溶于水且密度比水大。②三颈烧瓶内发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS。NH4HS在25℃时易分解生成NH3和H2S。回答下列问题：（1）装置A中发生反应的化学方程式是______________________________________。（2）装置B的名称是____________。（3）下列说法正确的是____________。A．可用装置A直接加热NH4Cl固体制取氨气B．装置B可以填充P2O5C．三颈烧瓶导气管应插入到下层液体中D．装置D的作用是为了吸收NH3和H2S（4）制备KSCN溶液：反应一段时间后，熄灭A处酒精灯，关闭K1，维持三颈烧瓶内温度105℃一段时间，让CS2充分反应，然后打开K2，缓慢滴入KOH溶液，并继续维持105℃。判断CS2已反应完全的依据是_________________________________。（5）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再________、___________、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。（6）测定产品中KSCN的含量称取1.00g实验产品，用蒸馏水溶解后，定容于100mL容量瓶中，移取20.00mL于锥形瓶中，加入几滴Fe(NO3)3溶液，用0.1000mol·L1AgNO3标准溶液滴定，平行测定三次，消耗AgNO3标准溶液体积的平均值为20.00mL。

①滴定时发生的离子反应为SCN－+Ag+=AgSCN↓(白色)，则终点时的现象是________________。

②产品中KSCN的质量分数为___________________。【答案】（14分）除标注外每空2分（1）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2）（球形）干燥管（3）CD（4）三颈烧瓶内液体不再分层（5）（减压）蒸发浓缩冷却结晶（每空1分）（6）①当滴入最后一滴AgNO3标准溶液时，锥形瓶内浊液的红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复

②

97.0%【解析】（1）装置A是制备氨气，发生反应的化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。（2）装置B的名称是干燥管。（3）A．用装置A直接加热NH4Cl固体，生成的两种气体，遇冷重新生成NH4Cl，无法制取氨气，A错误；B．P2O5是酸性氧化物，能与氨气反应，B错误；C．NH3不溶于CS2，CS2不溶于水且密度比水大，使氨气与催化剂、二硫化碳充分反应，且防止倒吸，三颈烧瓶导气管应插入到下层液体中，C正确；D．NH4HS在25℃时易分解生成NH3和H2S，装置D的作用是为了吸收NH3和H2S，D正确。故选CD。（4）CS2不溶于水且密度比水大，而产物均溶于水，所以判断CS2已反应完全的依据是三颈烧瓶内液体不再分层。（5）从溶液中提取KSCN晶体，要用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。（6）①终点时的现象是当滴入最后一滴AgNO3标准溶液时，锥形瓶内浊液的红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复

。

②消耗n(AgNO3)=20.00mL×0.1000mol·L1，样品中n(KSCN)=20.00mL×0.1000mol·L1，产品中KSCN的质量m(KSCN)=20.00mL×0.1000mol·L1×97g/mol×5=0.97g，故产品中KSCN的质量分数为

97.0%18．(14分)钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣(主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质)为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：

已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和______(填化学式)；TiO2发生反应的化学方程式为___________________。（2）“有机相2”可在该流程_____步骤中循环使用。（3）“水相2”中钛的存在形式为_____。（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol·L1。向“水相1”中加入NH3·H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1038。“滤液”中c(Fe3+)=______mol·L1；“滤液”经处理后得到的______(填化学式)可做化肥。（5）“试剂X”为______(填化学式)溶液。（6）钛铁(TiFe)合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿(主要成分为FeTiO3)制备TiFe合金的装置示意图如图。

①连接FeTiO3的电阻丝应与电源____极相接；②形成TiFe合金的主要反应如下。Ⅰ.电极反应：第一步析铁：________________；第二步析钛：TiO2+4e=Ti+2O2Ⅱ.转化：2Fe+Ti=TiFe2；TiFe2+Ti=2TiFe③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是____________________。【答案】（1）CaSO4（1分）；TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O（2分，写成离子方程式且正确得满分）（2）萃取（1分，出现错别字不得分）（3）TiO2+(或TiOSO4)（1分）（4）①4×1020（2分）；②(NH4)2SO4（1分）（5）NaOH（1分）（6）①负（1分）；②FeTiO3+2e=Fe+TiO2+O2（2分）③防止生成的TiFe合金被氧化（2分）【解析】钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨调节pH，过滤得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解得到偏铝酸钠。（1）酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；根据题目所给信息TiO2转化为TiO2+进入溶液，根据元素守恒可得发生的化学方程式为TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O（你写离子方程干什么？）；（2）有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用；（3）根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2+；（4）溶液pH为8，则溶液中c(OH)=106mol/L，“滤液”中c(Fe3+)==mol/L=4×1020mol/L；酸浸时用的硫酸，之后用一水合氨调节pH，所以滤液中主要含有(NH4)2SO4，处理后可以作氮肥；[能把(NH4)2SO4写成NH4SO4也是服了]（5）试剂X可以将Al(OH)3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液；（6）①该装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接；②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反应可知Ti元素转化为TiO2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为FeTiO3+2e=Fe+TiO2+O2；③氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。19.(14分)N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：i.2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)△Hii.2N2O(g)⇌N2(g)+2NO(g)△Hiii.4N2O(g)⇌3N2(g)+2NO2(g)△H回答下列问题：（1）根据盖斯定律，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的△H=___(写出代数式即可)（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为___(填“吸热”或“放热”)反应。（3）反应i的势能曲线示意图如图(…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子)：①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为_______kcal·mol1。②下列有关反应i的说法不正确的是_________(填标号)。A．过程Ⅰ中有极性键断裂B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成C．该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子D．过程Ⅱ中间体A—O2可释放O2也可吸附N2O分子（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为________m3·h1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为__________________(任写一条)。②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如表：物质N2N2OO2CO2NONO2n(投料)/mol19346.52500n(平衡)/mol50x202522其中x=______，N2O的平衡转化率为________(保留三位有效数字)；该温度下，反应2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=_______kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）△H3△H1△H2(2分)（2）放热(1分)（3）82.17(1分)C(1分)（4）960(2分)减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)(1分)1(2分)97.1%(2分)500po(2分)【解析】（1）i.2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)△H1ii.2N2O(g)⇌N2(g)+2NO(g)△H2iii.4N2O(g)⇌3N2(g)+2NO2(g)△H3根据盖斯定律，将iiiiii得：反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的△H=△H3△H1△H2。答案为：△H3△H1△H2；（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，∆G=∆ＨT∆S<0，其∆S＞0，则∆Ｈ＜0，所以该反应为放热反应。答案为：放热；（3）①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为37.49kcal·mol1(44.68kcal·mol1)=82.17kcal·mol1。②A．过程Ⅰ中，N2O转化为N2等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；B．从图中可以看出，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，B正确；C．从图中可以看出，A、AO、AO2都能吸附N2O，所以该反应中有三种物质能够吸附N2O分子，C不正确；D．从图中看出，AO2在过程Ⅱ中转化为A，从而释放出O2，在过程Ⅲ中吸附N2O分子，D正确；故选C。答案为：82.17；C；（4）①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为6000m3·h1×40%×40%=960m3·h1。由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)。②利用表中数据，可建立以下三段式：由分析可得出，其中x=1，N2O的平衡转化率为；该温度下，反应2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=kPa==500pokPa。答案为：960；减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)；1；97.1%；500po。（二）选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。20．【选修3：物质结构与性质】（14分）Fe、Mg、Co、Ni与稀土元素钇(39Y)在工农业生产、军事、航空航天、能源、环境保护、生物医学等领域中应用广泛。回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置，基态Co原子价电子排布式为。（2）纳米Fe因其表面活性常用作有机催化剂，如图所示：=1\*GB3①化合物M的熔沸点低于化合物N，其主要原因是_______。②化合物N中除苯环外其他C原子的杂化类型为_______，元素C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为_______。（3）Ni(CO)4常用于制备纯镍，溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，为___________晶体，与配体互为等电子体的阴离子___________。(任意写一种).（4）由Mg、C和Ni组成的新型超导材料晶体的立方晶胞结构如图所示：=1\*GB3①该新型超导材料的化学式为___________。②若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_____【答案】（14分）（1）第五周期ⅢB族（1分），3d74s2（1分）（2）=1\*GB3①化合物N分子间能形成氢键（2分），=2\*GB3②sp3（1分），C＜O＜N（2分）（3）分子（1分），CN或C22（2分）（4）=1\*GB3①（2分）=2\*GB3②（2分）【解析】(1)39号元素Y在元素周期表中的位置第五周期ⅢB族，Co为27号元素，基态Co原子价电子排布式为3d74s2。故答案为：第五周期ⅢB族；3d74s2；(2)①化合物N分子中含有氨基(NH2)，化合物M的熔沸点低于化合物N，其主要原因是化合物N分子间能形成氢键。故答案为：化合物N分子间能形成氢键；②化合物N中饱和C原子的杂化方式为sp3，苯环上的碳原子为sp2，化合物N中除苯环外其他C原子的杂化类型为sp3，由于氮原子的2p轨道上的电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，元素C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N。故答案为：sp3；C＜O＜N；(3)Ni(CO)4常用于制备纯镍，溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，具有分子晶体的特点，为分子晶体，与配体CO互为等电子体的阴离子CN或C。(任意写一种)。故答案为：分子；CN或C；(4)①晶胞中Mg位于8个顶点，个数=×8=1，C位于体心，个数=1，Ni位于6个面心，个数=6×=3