卷2-高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷(广东卷专用)第二辑(解析版)

备战2022年高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（广东卷专用）第二模拟一、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．（河南省新乡市2021-2022学年高三上学期第一次模拟）2021年10月27日晚，由东南大学和英国伯明翰大学共同倡议发起的碳中和世界大学联盟成立仪式在南京举行。下列做法不利于碳中和的是A．研发高效催化剂还原CO2制备高附加值的产品B．大力推广无烟煤替代烟煤作能源C．大力发展风力发电和光伏发电D．关闭和改造高能耗的化工企业【答案】B【详解】A．研发高效催化剂还原CO2制备高附加值的产品，有利于降低二氧化碳排放，有利于碳中和，故不选A；B．大力推广无烟煤替代烟煤作能源，不能降低二氧化碳的排放，不利于碳中和，故选B；C．大力发展风力发电和光伏发电，减少化石燃料燃烧，有利于降低二氧化碳排放，有利于碳中和，故不选C；D．关闭和改造高能耗的化工企业，降低能耗，减少化石燃料燃烧，有利于降低二氧化碳排放，有利于碳中和，故不选D；选B。2．（广东省广州市天河区2022届高三一模）我国空间技术发展迅速，跻身世界先进国家行列。下列说法不正确的是“天问一号”火星探测器“人造太阳”核聚变装置“长征二号”运载火箭“中国天眼”射电望远镜A．太阳能帆板实现光伏发电属原电池B．核聚变燃料、互为同位素C．扩散到空气中变为红棕色D．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】A【详解】A．太阳能帆板实现光伏发电，把太阳能直接变为都能，不是原电池，故A错误；B．、是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故B正确；C．，减压平衡右移，则扩散到空气中变为红棕色，故C正确；D．碳化硅陶瓷、氮化硅陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D正确；选A。3．（广东省佛山顺德市2021-2022学年高三一模）近期，中国科学家在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成，其路径如图所示。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A．分子的电子式：B．图中(甲醇)的结构式：C．中子数为8的碳原子：D．的结构示意图：【答案】C【详解】A．分子的电子式为：，故A错误；B．图中(甲醇)的结构简式：，故B错误；C．中子数为8的碳原子质子数为6，质量数为14，表示为：，故C正确；D．O为8号元素，的结构示意图：，故D错误；故答案为C。4．（河南省郑州市2022届高三上学期第一次质量预测（1月））有机物M是合成药物ZJM—289的中间体，其结构简式如图所示。下列有关M的叙述错误的是A．分子中含有四种官能团B．苯环上的一氯代物有2种C．可以发生加成反应，也可以发生加聚反应D．既能和Na反应生成H2，又能和NaHCO3反应生成CO2【答案】B【详解】A．分子中含有酯基，羧基，醚键，碳碳双键四种官能团，A正确；B．苯环上有三种不化学环境的氢，所以的苯环上一氯代物也有3种，B错误；C．分子中碳碳双键可以发生加成反应，也可以发生加聚反应，C正确；D．分子中羧基既能和Na反应生成H2，又能和NaHCO3反应生成CO2，D正确；故选B。5．（广东省2022届高三8月阶段性质量检测）检验黑木耳中的铁离子的步骤为：灼烧黑木耳→加酸溶解→过滤→取滤液检验，所选择的装置(夹持装置已略去)及操作正确的是A．灼烧木耳B．加酸后搅拌溶解C．过滤得滤液D．检验滤液铁离子【答案】B【详解】A．灼烧应在坩埚中进行，图示在蒸发皿中进行，A错误；B．在烧杯中加酸、用玻璃棒搅拌溶解，B正确；C．过滤应用玻璃棒引流，C错误；D．胶头滴管应在试管口上方垂直悬空，避免交叉污染，D错误；选B。6．（河北省河北衡水中学2021届高三下学期第一次调研）下列物质应用错误的是A．波尔多液用于农作物杀菌 B．“地沟油”用来制肥皂C．泡沫灭火器可用于金属钠着火时灭火 D．二氧化硫用于葡萄酒保鲜【答案】C【详解】A．波尔多液无机铜素杀菌剂，A正确；B．地沟油泛指在生活中存在的各类劣质油，含有大量油脂，可用来制肥皂，B正确；C．泡沫灭火器灭火时喷出的和均会与反应，C错误；D．二氧化硫具有还原性，可作为脱氧剂，用于葡萄酒保鲜，D正确；故答案选C。7．（四川省达州市2021-2022学年高三上学期第一次诊断考试）下列实验对应的离子方程式书写正确的是A．①：H2S+CO=S2-+H2O+CO2B．②：2Al3++3SO+3Ba2++6OH—=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓C．③：SO+Cl2+H2O=SO+2Cl—+2H+D．④：2Cl—+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑【答案】B【详解】A．氢硫酸的电离程度小于碳酸，但大于碳酸氢根离子，则硫化氢气体与碳酸钠溶液反应生成硫氢化钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为H2S+CO=HS—+HCO，故A错误；B．氢氧化钡溶液与足量明矾溶液反应生成硫酸钾、氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为2Al3++3SO+3Ba2++6OH—=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓，故B正确；C．氯气与足量亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为3SO+Cl2+H2O=SO+2Cl—+2HSO，故C错误；D．铁做电解池阳极时，铁失去电子发生氧化反应生成铁离子，不可能有氯气生成，故D错误；故选B。8．（陕西省西安市长安区第一中学2022届高三第一次模拟）可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解，从而诱导有差别的时空分布，有的区域呈氧化性，而同时有的区域呈还原性。研究人员选择了如图所示的氧化还原平衡体系。已知：声波频率提高可促进氧气的溶解。下列说法错误的是A．被还原形成自由基阳离子的过程伴随着颜色的改变B．开启可闻声波能够促进再生C．持续补充才能维持蓝色D．向体系中加入，转移电子为【答案】D【详解】A．被还原形成自由基阳离子的过程中，溶液颜色由无色变为蓝色，A正确；B．开启可闻声波后，溶液中氧气浓度增大，平衡正向移动，促进再生，B正确；C．持续补充，增大浓度，平衡移动生成蓝色，C正确；D．向体系中加入，仅有部分转化为，转移电子小于，D错误。故选择D。9．（江西省景德镇市2022届高三第一次模拟）Mg-Li1-xFePO4是一种新型二次电池，其装置的示意图如下(Li+透过膜只允许Li+通过)。下列说法正确的是A．断开K1、闭合K2，右室的电极为阳极，Li+发生还原反应B．断开K2、闭合K1，右室的电极反应式：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4C．断开K2、闭合K1，外电路中通过amol电子时，左室溶液质量增加12agD．该二次电池的总反应为xMg+xLi2SO4+2Li1-xFePO4xMgSO4+2LiFePO4【答案】B【详解】A．断开K1、闭合K2，该装置为电解池，右室的电极与外接电源的正极相连作阳极，LiFePO4中的铁元素发生氧化反应，A项错误；B．断开K2、闭合K1，该装置为原电池，右室的电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，B项正确；C．断开K2、闭合K1，外电路中通过amol电子时，左室有0.5amolMg溶解，同时有amolLi+移向右室，因此左室溶液质量增加，C项错误；D．该二次电池的总反应为xMg+xLi2SO4+2Li1-xFePO4xMgSO4+2LiFePO4，D项错误；答案选B。10．A是中学化学中常见的单质，B、C为化合物。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)。下列判断正确的是A．A、B、C含有一种相同的元素 B．A可能是金属，也可能是非金属C．B、C都属于含氧酸盐 D．反应①②不一定都是氧化还原反应【答案】A【分析】A单质在碱性条件下发生反应生成B和C两种化合物，发生了氧化还原反应(歧化反应)，在酸性条件下，B和C反应又生成了A，则A为非金属单质，可能为或S，依据分析知，满足题目要求的转化关系如图所示：或。【详解】A．A为非金属元素的单质，B、C为含有该非金属元素的两种盐，A正确；B．若A为金属，则可能为铝、锌、铍等，与OH-反应只能生成一种含该金属元素的产物，B不正确；C．因为非金属单质发生歧化反应，所以B、C中只有一种为含氧酸盐，另一种为无氧酸盐，C不正确；D．反应①②分别是由单质转化为化合物、再由化合物转化为单质，所以一定都是氧化还原反应，D不正确；故选A。11．（新疆维吾尔自治区喀什市2021-2022学年高三上学期全真模拟）在373K时，把0.5molN2O4气通入体积为5L的恒容真空密闭容器中立即出现红棕色，反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol/L，在60s时体系达到平衡，此时容器内压强为开始压强的1.6倍。下列说法正确的是A．前2svN2O4=0.01mol/L·sB．2s时体系内压强为开始时的1.1倍C．平衡时体系内含N2O40.25molD．平衡时若压缩容器体积可提高N2O4的转化率【答案】B【详解】A．2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为：，故A错误；B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O42NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的(0.1mol+0.45mol)/0.5mol=1.1倍，故B正确；C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol-x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，平衡时N2O4的物质的量为0.5-0.3=0.2mol，故C错误；D．由N2O42NO2，压缩容器体积即增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D错误；故选：B。12．（陕西省汉中市2021-2022学年高三上学期教学质量第一次检测）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．17g—OH与17gOH-所含电子数目均为10NAB．常温常压下，40gSiC中所含C—Si键数目为2NAC．1L0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中，阴离子数目为0.1000NAD．常温常压下，44gN2O和CO2的混合气体含有的原子总数为3NA【答案】D【详解】A．一个—OH中含有9个电子，1个OH-含有10个电子，因此17g—OH与17gOH-所含电子数目分别为9NA、10NA，A错误；B．SiC为正四面体结构，1个SiCl含有4个C—Si键，40gSiC的物质的量为1mol，含C—Si键数目为4NA，B错误；C．溶液中还含有OH-，阴离子数目不为0.1NA，C错误；D．常温常压下，44gN2O和CO2的混合气体的物质的量为1mol，两个气体均为3原子分子，故含有的原子总数为3NA，D正确；答案选D。13．T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素且分布于三个周期，W元素可形成硬度最大的单质，X是地壳中含量最多的元素，Y与X同主族。下列说法不正确的是A．原子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)＞r(W)＞r(T)B．Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜ZC．第一电离能：W＜XD．W、X可分别与T形成含有非极性键的极性分子【答案】A【分析】T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素且分布于三个周期，则T是H元素；W元素可形成硬度最大的单质，则W是C元素；X是地壳中含量最多的元素，则X是O元素；Y与X同主族，则Y是S元素，Z是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：T是H，W是C，X是O，Y是S，Z是Cl元素。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素原子序数越小，原子半径越大，则上述五种元素的原子半径由大到小的顺序为：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(T)，A错误；B．同一周期元素，原子序数越大元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强。元素的原子序数：Y＜Z，所以Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，B正确；C．一般情况下，同一周期元素，原子序数越大元素的第一电离能就越大。C、O是同一周期元素，原子序数C＜O，所以第一电离能：C＜O，即第一电离能：W＜X，C正确；D．T是H，W是C，X是O，C、O两种元素与H可以形成含有非极性共价键的极性分子，如CH3-CH=CH2、H2O2是含有非极性键的极性分子，D正确；故合理选项是A。14．（湖南省湘潭市2022届高三第一模拟考试）实验室制备NaClO2的装置如图，其中C装置内生成ClO2。下列说法错误的是A．实验开始时，应打开弹簧夹甲，保持压强平衡B．F中的试剂可用浓NaOH溶液C．H2O2是制备NaClO2反应的还原剂D．用98.3%硫酸代替75%硫酸，产生SO2的速率更快【答案】D【详解】A．打开弹簧夹甲的目的是保持压强平衡，A正确；B．浓溶液用于吸收尾气，防止污染环境，B正确；C．在反应中失去电子，作还原剂，C正确；D．的硫酸中很小，反应较慢，D错误。故选D。15．（黑龙江省大庆市2022届高三上学期第一次教学质量检测）二氧化碳的资源化利用是目前研究的热点问题之一，西北工业大学团队研究锂-二氧化碳二次电池，取得了重大科研成果。该电池放电时的总反应为：3CO2+4Li=2Li2CO3+C，下列说法正确的是A．该电池隔膜两侧的电解液a、b均可选用水性电解液B．放电时，电子从锂电极流出，最终通过电解质溶液流回锂电极，构成闭合回路C．放电时，若消耗3molCO2时，转移4mol电子D．充电时，锂电极与外接电源的正极相连【答案】C【详解】A．Li与水会反应，因此该电池隔膜左侧的电解液a不能选用水性电解液，故A错误；B．电子不能通过电解质溶液，故B错误；C．根据反应方程式3CO2+4Li=2Li2CO3+C，转移4mol电子，有3mol二氧化碳参与反应，因此放电时，若消耗3molCO2时，转移4mol电子，故C正确；D．放电时Li为负极，因此充电时，锂电极与外接电源的负极相连，故D错误。综上所述，答案为C。16．（四川省遂宁市2022届高三一诊）25℃时，向的二元酸H2A溶液中逐滴滴入等浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH与lgY[Y代表或]关系如图。下列相关结论正确的是A．曲线a表示pH与的变化关系B．25℃时，H2A的约为10-7.2C．当溶液的pH=6时，D．滴入20.00mLNaOH溶液时，【答案】B【分析】根据向H2A溶液中加入NaOH溶液的反应过程可知，H2A越来越少，先生成HA-，在生成A2-，则可知曲线a代表lg随pH的变化，曲线b代表随pH的变化曲线，已知H2AH++HA-，则有Ka1=，根据曲线a可知，Ka1==101.88×10-4=10-2.12，HA-H++A2-，则有Ka2=，根据曲线b可知，Ka2==102.8×10-10=10-7.2，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线a表示pH与lg的变化关系，A错误；B．由分析可知，25℃时，H2A的约为10-7.2，B正确；C．根据电荷守恒可知，当溶液的pH=6时，，C错误；D．滴入20.00mLNaOH溶液时即生成NaHA溶液，由分析可知，Ka2=10-7.2，Kh2===10-11.88，即HA-的电离大于水解，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为：，D错误；故答案为：B。17．（四川省内江市2022届高三第一次模拟考试）ClO2、NaClO2均是高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒。制备NaClO2固体的实验装置如图所示(夹持装置省略)，其中A装置制备ClO2，C装置用于制备NaClO2.请回答下列问题：已知：①饱和NaClO2溶液中析出的晶体成分与温度的关系如下表所示：温度/℃<3838~6060>晶体成分NaClO2·3H2ONaClO2NaClO2分解成NaClO3和NaCl②ClO2在温度过高、浓度过大时均易发生分解，工业上通常制成固体以便运输和储存。（1）仪器a的名称是___________________。（2）装置B的作用是___________________________________。（3）装置A中发生反应的离子方程式为___________________________________________________。（4）研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=___________mol·L-1，____________。（5）C装置采用“冰水浴”的目的是___________________________________________。（6）对C装置溶液采用结晶法提取NaClO2晶体，减压蒸发结晶(控制温度为______℃)、趁热过滤、50℃左右热水洗涤低于60℃条件下。_____________________，得到成品。（7）准确称取所得NaClO2样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，在酸性条件下发生充分反应：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：I2+2S2O=I-+S4O)该样品中NaClO2的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】（1）三颈烧瓶（1分）（2）防止倒吸（1分）（3）2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O（2分）（4）4（1分）0.8（1分）（5）减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解（2分）（6）55（2分）干燥（2分）（7）%（2分）【分析】本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置D就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气；关闭最左侧活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，生成ClO2气体，装置B起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体NaClO2•3H2O，据此分析解题。（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）由分析可知，装置B的作用是起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，故答案为：防止倒吸；（3）由分析可知，装置A用来制取ClO2，发生反应的反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，其离子方程式为：2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O，故答案为：2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O；（4）由图可知，氢氧化钠浓度为5mol/L到4mol/L时NaClO2含量未变，故则最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，的值由0.9变化到0.8的过程中，NaClO2含量未变，故=0.8为最佳条件，故答案为：4；0.8；（5）由于C装置中的反应H2O2高温易分解，且温度高于60℃时生成物NaClO2也发生分解成NaClO3和NaCl，故C采用“冰水浴”，故答案为：减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解；（6）已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得到成品。（7）由反应方程式：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=I-+S4O，可找到如下关系式：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，则有：n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=cV×10-3mol，该样品中NaClO2的质量分数为=%，故答案为：%。18．（新疆克拉玛依市2021届高三第三次模拟检测）目前新能源技术被不断利用，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向。（1）高铁酸钾—锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是___________。（2）工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定。反应原理为：Ⅰ.在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2OⅡ．Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4，主要的生产流程如下：①写出反应①的离子方程式___________________________________。②请写出生产流程中“转化”(反应③)的化学方程式_____________________________________________。③该反应是在低温下进行的，说明此温度下Ksp(K2FeO4)___________Ksp(Na2FeO4)(填“＞”“＜”或“=”)。④“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用___________溶液。a．H2OB．CH3COONa、异丙醇C．NH4Cl、异丙醇D．Fe(NO3)3、异丙醇（3）已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，则K2FeO4可以在水处理中的作用是___________________________________________。（4）在水溶液中的存在形态图如图所示。①若向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数的变化情况是___________________。

②若向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，___________转化为___________。(填化学式)【答案】（1）Zn（1分）（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2分）Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH（2分）＜（1分）B（1分）（3）杀菌消毒，吸附悬浮物等（1分）（4）先变大，后变小（2分）（2分）（2分）【解析】（1）该原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，故答案为：Zn；（2）①氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②生产流程中“转化”(反应③)是Na2FeO4与氢氧化钾反应生成K2FeO4和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；③相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Ksp(K2FeO4)＜Ksp（Na2FeO4），故答案为：＜；④K2FeO4在水溶液中易发生反应：4+10H2O═4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发；答案选B；（3）高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒，氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能净水，故答案为：杀菌消毒，吸附悬浮物等；（4）①根据图象知，随着溶液酸性的增强，的分布分数先增大后减小，故答案为：先变大，后变小；②根据图象知，随着溶液酸性的之间增强，的分布分数逐渐增大，的分布分数逐渐减小，所以转化为，故答案为：转化为。19．（四川省绵阳市2022届高三上学期第二次诊断性考试）我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：(1)天然气脱硫工艺涉及如下反应：H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)ΔH=akJ·mol-12H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g)ΔH=bkJ·mol-1H2S(g)+O2(g)=S2(g)+H2O(g)ΔH=ckJ·mol-1则2S(g)=S2(g)ΔH=___________kJ·mol-l。(2)甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，在体系压强为0.1MPa，反应CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是__________、__________。反应达平衡的标志是_________(填标号)。A．2v正(H2S)=4v逆(H2)B．CH4的体积分数不再变化C．不再变化D．混合气体的密度不再改变②由图可知该反应的ΔH___________0(填“＞”“＜”或“=”)，判断的理由是___________________。③M点对应温度下，CH4的转化率为___________；950℃时该反应的Kp=___________(MPa)2。(3)H2S燃料电池的原理如图所示。电池的正极是___________________，负极的电极反应式为___________________________________________。【答案】(1)(a＋b-3c)（2分）(2)c（1分）a（1分）BD（2分）＞（1分）温度升高，反应物减少，生成物增大，说明平衡正向移动（2分）或33.3%（1分）0.01（1分）(3)b（1分）2H2S-4e-=4H+＋S2（2分）【解析】(1)设H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)为式①，2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g)为式②，H2S(g)+O2(g)=S2(g)+H2O(g)为式③，2S(g)=S2(g)可由×(①＋②-3×③)得到，根据盖斯定律，2S(g)=S2(g)的ΔH=(a＋b-3c)kJ/mol；(2)①由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1：2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1：4，因此b为CS2，a为H2，故H2S、H2变化的曲线分别是c、a；A．方程式为CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)，因此2v正(H2S)=v逆(H2)时反应达到平衡，A错误；B．CH4的体积分数不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡，B正确；C．CH4与H2S均为反应物，投料时二者按照系数比1：2，反应的量与系数成正比，也为1：2，此时剩余的量也是1：2，这种情况下一直为1：2，因此不再变化不能说明达到平衡，C错误；D．混合气体的密度ρ=，该反应前后都是气体，m不变，前后气体系数之和不相等，V是变量，因此ρ是变量，变量不变时，反应达到平衡，D正确；故选BD。②由图像可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH＞0③设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：，M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2amol-2x=4x，解得x=amol，因此CH4的转化率为×100%=≈33.3%；设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：，950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此amol-y=y，解得y=amol，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为amol、amol、amol、2amol，分压分别为×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa、×0.1MPa，Kp===0.01(MPa)2；(3)燃料电池中，通入O2的一极为正极，因此正极为b电极；H2S在负极失电子发生氧化反应，生成S2，电极反应为2H2S-4e-=4H+＋S2。20．[化学——选修3：物质结构与性质]（14分）（四川省成都市2021-2022学年高三上学期第一次诊断性检测）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。回答下列问题：（1）基态铁原子核外电子运动状态有______________种；基态Fe3+较基态Fe2+稳定的原因是______________________________________________。（2）在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是______________；NH的空间构型为______________________；H2PO中P原子的杂化轨道类型为______________________________。（3）1mol中含有______________molσ键；苯胺水溶性大于苯的主要原因是______________________________________。（4）构想某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶体结构如图。①石墨的硬度小、熔沸点高的原因分别是______________________________________________。②如图晶体的化学式为______________；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为______________g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，列式即可)。【答案】（1）26（1分）基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态（2分）（2）O>N>P（2分）正四面体形（1分）sp3杂化（1分）（3）14（1分）苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能（1分）（4）石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高（2分）LiC6（1分）（2分）【解析】（1）根据鲍利原理可知，原子核外没有运动状态相同的电子，铁是26号原子，核外有26个电子，则基态铁原子核外电子运动状态有26种，根据洪特规则及特例可知，由于基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定，故答案为：26；基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态；（2）根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强，同一主族从上往下元素的电负性依次减弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞P，NH的中心原子N周围的价层电子对数为：4+=4，则其空间构型为正四面体，已知中中心原子P原子周围的价层电子对数为：4+=4，则P的杂化方式为sp3，H2PO与的杂化方式相同，则H2PO中P原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：O＞N＞P；正四面体；sp3；（3）已知单键均为σ键，苯环上6个碳碳键均为介于单键和双键之间独特的键，则1mol中含有14molσ键；由于苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能，导致苯胺水溶性大于苯，故答案为：14；苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能；（4）①由于石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，导致其硬度小，但层内碳原子间以共价键结合，导致其熔沸点又很高，故答案为：石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高；②由题干晶胞图可知，Li位于8个顶点，C由8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有的Li+为：=1，C原子个数为：，则晶体的化学式为LiC6，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3×142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为g，晶胞体积为(3×142)2×335×10-30cm3，结合密度公式ρ=，解得d=g/cm3，故答案为：LiC6；。21．[化学——选修5：有机化学基础]