2021-2022学年河南省三门峡市度高二下学期期末质量检测化学试题（含解析）

2021-2022学年度下学期期末质量检测高二化学第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生活、科技密切相关，下列说法不正确的是A.速滑馆“冰丝带”用干冰做制冷剂制冰未发生化学变化B.冬奥会采用氢能源保障车有利于“碳达峰、碳中和”C.《本草纲目》中“石碱”条目下写道：”采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指K2CO3D.因为Na2S溶液呈碱性，所以可用来除去污水中的Cu2+、Hg2+【答案】D【解析】【详解】A．速滑馆“冰丝带”用干冰做制冷剂制冰未发生化学变化，只是状态发生了变化，故A正确；B．氢气氧化后生成水，冬奥会采用氢能源保障车有利于“碳达峰、碳中和”，减少二氧化碳的排放，故B正确；C．草朩灰中含有碳酸钾，水解后溶液呈碱性，这里的“石碱”是指K2CO3，故C正确；D．因为Na2S溶液能与Cu2+、Hg2+反应生成难溶于水的沉淀，所以可用来除去污水中的Cu2+、Hg2+，故D错误；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.某温度时，H3A三元弱酸)溶液中c(H+)=0.1mol/L，则1L该溶液中所含H+的数目为0.1NAB.0.1molNH4HSO4晶体中，阴、阳离子总数为0.3NAC.0.1molFeCl3将制备成氢氧化铁胶体，胶体粒子数目为0.1NAD.124g白磷中所含的P－P单键数目为4NA【答案】A【解析】【详解】A．1L溶液中c(H+)=0.1mol/L，则n(H+)=cV=0.1mol，所含H的数目为0.1NA，故A正确；B．NH4HSO4晶体中存在铵根离子和硫酸氢根离子，阳离子和阴离子的总数为0.2NA，故B错误；C．氢氧化铁胶体的胶粒是氢氧化铁的集合体，0.1molFeCl3将制备成氢氧化铁胶体，胶体粒子数目小于0.1NA，故C错误；D．124g白磷含有P4的物质的量为：，1molP4分子中含有P-P键的物质的量为：1mol×6=6mol，所含P-P键数目为6NA，故D错误；故选：A。3.2021年12月9日15时，“天宫课堂”第一课开始，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课。下列操作在太空舱可以实现的是A.酸碱中和滴定 B.萃取溴水中的溴C.测定金刚石的燃烧热 D.过滤食盐水中的泥沙【答案】C【解析】【详解】太空中是高真空，失重的情况下，液体不能顺利往下流，故不能进行萃取、滴定和过滤操作，但金刚石可以燃烧，可测定金刚石的燃烧热，故答案为：C。4.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是

A.由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B.若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热(△H)偏高C.实验(c)设计存在缺陷D.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加【答案】C【解析】【详解】A．实验(b)中NH4Cl和Ba(OH)2⋅8H2O反应是吸热反应，故A错误；B．NaOH固体溶于水放热，所以用NaOH固体测定中和热，测定中和热的数值偏高，中和热的△H为负值，则△H偏低，故B错误；C．实验(c)中缺少环形玻璃搅拌器，故C正确；D．铝片、铝粉都是固体，将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量不变，故D错误；故选：C。5.下列离子方程式表示正确的是A.硫代硫酸钠与稀硫酸反应：S2O+6H++2SO=4SO2↑+3H2OB.泡沬灭火器的反应原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑C.酸性高锰酸钾溶液和草酸反应：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓【答案】D【解析】【详解】A．硫代硫酸钠与稀硫酸反应的离子方程式为，A错误；B．Al3+、相互促进水解生成沉淀和气体，离子方程式为：，B错误；C．草酸是弱酸，被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，正确的离子方程式为，C错误；D．使用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，D正确；故答案选D。6.下列说法中，与盐的水解有关的是①明矾可以做净水剂；②加热蒸干Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体；③保存Na2CO3溶液的试剂瓶用橡胶塞而不能用玻璃塞；④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；⑤保存FeCl2溶液时，常常需要加入少量的Fe粉；A.①②④ B.①③④ C.②③⑤ D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，与盐的水解有关，故正确；

②加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体，是因为Na2SO3被空气中的氧气氧化，与水解无关，故错误；

③Na2CO3是强碱弱酸盐，Na2CO3溶液水解呈碱性，与二氧化硅反应生成粘合剂硅酸盐，与盐的水解有关，故正确；

④NH4Cl水解呈酸性，加入镁可生成氢气，与盐的水解有关，故正确；

⑤加入Fe粉发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止Fe2+被氧化为Fe3+，与盐的水解无关，故错误；故选：B。7.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是A.HAP能使HCHO与O2反应的活化能降低B.在上述反应历程中，仅有极性共价键断裂和极性共价键的形成C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子部分来自HCHOD.该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O【答案】B【解析】【详解】A．由题图可知，HAP是催化剂，能使HCHO与O2反应的活化能降低，提高与的反应速率，A项正确；B．在整个反应历程中，有极性键(如C-H键)和非极性键(如O-O键)的断裂，B项错误；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自甲醛，C项正确；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，该反应可表示为为，D项正确；答案选B。8.一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于恒容密闭容器中发生反应：。下列能说明该反应达到平衡状态的是A.v(SO3)=v(NO2) B.混合气体的密度保持不变C.混合气体的颜色保持不变 D.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2【答案】C【解析】【详解】A.v(SO3)=v(NO2)并不能说明正反应速率和逆反应速率相等；B.混合气体的密度一直不变，所以无法根据密度判断是否达到平衡；C.混合气体的颜色保持不变，说明反应混合物中各组分的浓度保持不变，达到平衡；D.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2，只有逆反应速率，不能说明正反应速率和逆反应速率相等。本题选C。点睛：判断可逆反应是否达到平衡状态，通常从两个方面进行，一是根据正反应速率和逆反应速率相等达到平衡，二是根据变量不变达平衡。9.在某密闭容器中，发生如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH<0。下列研究目的和示意图相符的是ABCD目的压强对反应的影响(P1>P2)温度对反应的影响平衡体系增加O2对反应的影响催化剂对反应的影响图示

A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．由于p1条件先达到平衡，先拐先平数值大，故p1>p2，由p1→p2，压强降低，化学平衡左移，NO2的体积分数应降低，选项A错误；B．由于此反应ΔH<0，故升温平衡左移，O2的转化率降低，选项B错误；C．增大O2的浓度，会使正反应速率瞬间增大，而逆反应速率瞬间不变，然后逐渐增大，使化学平衡右移，选项C正确；D．使用催化剂能加快反应速率缩短到达平衡时间，选项D错误；答案选C。10.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表。下列说法正确的是弱酸CH3COOHHCNH2SO3H2CO3电离平衡常数1.75×10-54.9×10-10K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11A.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则a一定小于bB.等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的阳离子离子数大小：前者<后者C.HCO溶液中通入少量SO2：2HCO+SO2=2CO2+SO+H2OD.25℃时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)＞pH(NaHSO3)【答案】D【解析】【详解】A．NaCN溶液呈碱性，如c(Na+)＞c(CN-)，根据溶液电中性可知c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，a＜b或a═b都符合，故A错误；

B．根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN＞CH3COONa，则两种溶液中c(OH-)：NaCN＞CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCN＜CH3COONa，两种溶液中c(Na+)相同，所以等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的离子总数大小：前者＞后者，故B错误；

C．根据表中数据知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则溶液中通少量SO2反应生成CO2、，离子方程式为：+SO2=CO2+，故C错误；

D．25℃时，等物质的量浓度的这几种钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，水解程度：＞CN-＞CH3COO-，则等物质的量浓度的这几种钠盐溶液pH：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故D正确；故选：D。11.科学家设计如图装置获取氢能源和电能。其中，a为Pt电极，电解质溶液为1mol·L-1KOH溶液(已知：Q=nF，F为法拉第常量，F=96500C•mol-1)。下列说法正确的是A.当K和K2相连接时，b处电极反应为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2OB.当K和K1相连接时，溶液中的OH-向a电极迁移C.该设计实现了Ni(OH)2电极的循环使用D.理论上，每生成1molH2可有助于电池最多产生1.93×103C的电量【答案】C【解析】【分析】开关K可分别连接K1或K2，当K连接K1时为电解池，电极b为阳极，阳极反应为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，a电极作阴极，阴极上水得电子生成H2，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；当K连接K2时为原电池，电极b为正极，正极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，负极上Zn失电子生成，实现了的转化，且可循环使用，以此解答该题。【详解】A．当K连接K2时为原电池，电极b为正极，正极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故A错误；B．当K连接K1时为电解池，电极b为阳极，a电极作阴极，溶液中的阴离子OH-向阳极即b极移动，故B错误；C．由图可知，该设计实现了Ni(OH)2电极的循环使用，故C正确；D．每生成1molH2，转移2mol电子，故Q=nF=2mol96500C·mol-1=1.93×105C，故D错误；故选C。12.表中实验操作、现象与结论对应关系均正确的是选项实验操作实验现象结论A除去锅炉水垢中的CaSO4先用碳酸钠溶液浸泡水垢，然后再用盐酸除去利用Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，实现沉淀的转化B用广泛pH试纸测定1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性测得pH=3.2NaHSO3溶液呈酸性，证明HSO在水中的电离程度大于水解程度C在KSCN与FeCl3混合液中再加入KCl固体溶液颜色变浅增大生成物浓度，平衡逆向移动D等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应HX溶液中放出的H2多HX的酸性比HY强A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．用碳酸钠溶液浸泡水垢，利用Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，发生沉淀转化，离子方程式为，碳酸钙可溶于盐酸，故A正确；B．由pH可知溶液显酸性，电离程度大于其水解程度，但广泛pH试纸测定值为正整数，与事实不符，故B错误；C．KCl对Fe3+与SCN-的络合反应没有影响，增大Cl-浓度，平衡不移动，故C错误；D．等pH的弱酸与Zn反应，HX放出的氢气多，说明HX的浓度大，则HX酸性更弱，即HX酸性比HY弱，故D错误；故选：A。13.常温下，向20mL0.1mol·L-1的HCOOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是

A.c、d、f三点中H2O的电离程度的大小顺序为：d＞c＞fB.e点溶液对应的pH=7C.常温下，HCOO-的水解平衡常数Kh约为1×10-5mol·L-1D.b点的溶液呈酸性，粒子浓度之间存在：c(HCOOH)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)【答案】A【解析】【分析】酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，根据酸碱浓度及酸碱体积至，b点n(HCOOH)=2n(NaOH)，b点溶质为等物质的量浓度的HCOOH、HCOONa；c点溶液呈中性，c点加入酸碱的物质的量关系为n(HCOOH)＞n(NaOH)，则溶质为HCOONa、HCOOH；d点加入酸碱的物质的量相等，则d点溶质为HCOONa；e点NaOH过量，e点溶质为HCOONa、NaOH，f点加入碱是酸的2倍，则溶质为等物质的量浓度的HCOONa、NaOH；【详解】A．c点溶液呈中性，溶质为HCOONa、HCOOH，HCOO-发生水解反应促进水的电离、还有HCOOH的电离抑制水的电离，d点溶质为HCOONa，只有HCOO-发生水解反应促进水的电离，f点溶质为HCOONa和NaOH，NaOH电离抑制水的电离程度比c点的大，则H2O的电离程度的大小顺序为：d＞c＞f，故A正确；

B．e点NaOH过量，溶液中溶质为HCOONa、NaOH，HCOONa水解、NaOH都导致溶液呈碱性，所以e点溶液呈碱性，故B错误；

C．常温下，a点溶液中c(H+)═mol/L=0.001mol/L，HCOOH电离程度较小，则溶液中c(HCOO-)≈c(H+)═0.001mol/L，c(HCOOH)≈0.1mol/L，Ka==10-5，HCOO-的水解平衡常数Kh==10-9，故C错误；

D．b点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(OH-)+c(HCOO-)、存在物料守恒2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，则粒子浓度之间存在：c(HCOOH)+2c(H+)═2c(OH-)+c(HCOO-)，故D错误；

故选：A。14.已知：BaMoO4，BaSO4均难溶于水，lg2≈0.3，离子浓度≤10-5mol·L-1时认为其沉淀完全。TK时，BaMoO4，BaSO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中p(Ba)=-lgc(Ba2+)，p(X)=-lgc(MoO)或-lgc(SO)。下列叙述不正确的是A.TK时，Ksp(BaMoO4)的数量级为10-8B.TK时，向浓度均为0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2MoO4的混合溶液中加入BaCl2溶液、当MoO恰好完全沉淀时，溶液中c(SO)≈2.5×10-7mol·L-1C.TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)BaSO4(s)+MoO(aq)的平衡常数K=400D.TK时，Z点对应为BaMoO4的不饱和溶液【答案】B【解析】【分析】p(X)=-lgc(MoO)=3.7，c(MoO)=10-3.7mol/L，p(Ba)=-lgc(Ba2+)=3.7，c(Ba2+)=10-3.7mol/L，TK时，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-3.7mol/L×10-3.7mol/L=10-7.4(mol/L)2，图像数据计算得到Ksp(BaSO4)=10-10mol/L×1mol/L=10-10(mol/L)2，TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)⇌BaSO4(S)+MoO(aq)的平衡常数K=，Z点对应离子浓度小于饱和溶液中离子浓度。【详解】A．p(X)=-lgc(MoO)=3.7，c(MoO)=10-3.7mol/L，p(Ba)=-lgc(Ba2+)=3.7，c(Ba2+)=10-3.7mol/L，TK时，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-3.7mol/L×10-3.7mol/L=10-7.4(mol/L)2，Ksp(BaMoO4)的数量级为10-8，故A正确；B．TK时，向浓度均为0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2MoO4的混合溶液中加入BaCl2溶液、当MoO恰好完全沉淀时，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-7.4(mol/L)2，溶液中c(Ba2+)=mol/L=10-2.4mol/L，溶液中c(SO)=≈2.5×10-8mol•L-1，溶液中c(SO)≈2.5×10-8mol·L-1，故B错误；C．图像数据计算得到Ksp(BaSO4)=10-10mol/L×1mol/L=10-10(mol/L)2，Ksp(BaMoO4)10-7.4(mol/L)2，TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)⇌BaSO4(S)+MoO(aq)的平衡常数K==102.6=398，TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)BaSO4(s)+MoO(aq)的平衡常数K=400，故C正确；D．TK时，Z点对应离子浓度小于饱和溶液中离子浓度，Z点对应为BaMoO4的不饱和溶液，故D正确；故选B。第II卷(非选择题，共58分)二、非选择题(本题包含2道小题，共28分)15.高铁酸钾(K2FeO4)具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。以废铁屑(含有少量Ni)为主要原料制备高铁酸钾的流程如图：资料显示：一些金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表：M(OH)npH开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.532.94Ni(OH)27.609.75（1）碱洗的目的是____。（2）步骤④不能引入新杂质，调节pH所用的某种氧化物的化学式是____，调节pH的范围是____。（3）步骤⑤发生反应的离子方程式是____。（4）已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，高铁酸钾的净水能力与废水的pH有关，当溶液pH=2时，废水中c(Fe3+)=____。（5）粗K2FeO4→纯K2FeO4包括重结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，洗涤干燥的目的是脱碱、脱水，洗涤时可以用____洗涤，目的是____。（6）测定产品纯度：将ag粗产品，溶入过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗滴定液V0mL。有关滴定反应有：Cr(OH)+FeO+3H2O=Fe(OH)3•3H2O↓+CrO+OH-2CrO+2H+=Cr2O+H2OCr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O该粗产品中K2FeO4的纯度为____%(已知：M(K2FeO4)=198g/mol；用含a、c、V0的代数式表示)。若滴定前无气泡，滴定后尖喏部分有气泡，则测得结果____(“偏高”“偏低”或”无影响”)。【答案】（1）除去铁屑表面的油污（2）①.Fe2O3②.2.94＜pH＜7.6（3）2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O（4）0.04mol/L（5）①.乙醇②.减少高铁酸钾的损耗（6）①.②.偏低【解析】【分析】铁屑用碱液洗涤，洗去铁屑表面的油污，铁屑与盐酸反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，通入氯气将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH，Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀出来，Fe(OH)3与NaOH、NaClO反应得到Na2FeO4，利用K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，Na2FeO4溶液加入饱和KOH得到K2FeO4，据此分析。【小问1详解】铁屑用碱液洗涤，洗去铁屑表面的油污；【小问2详解】步骤④不能引入新杂质，需要保留铁离子到氢氧化铁，而溶液中的镍离子，因此调节pH所用的某种氧化物的化学式是Fe2O3，使其余氢离子反应来调节，要让铁离子全部水解完，而镍离子不能水解沉淀，所有调节pH的范围是2.94≤pH＜7.60，故答案为Fe2O3；2.94≤pH＜7.60；【小问3详解】利用NaClO的强氧化性，将Fe(OH)3氧化成Na2FeO4，NaClO被还原成NaCl，利用化合价升降法进行配平，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O；【小问4详解】当溶液pH=2时，常温下，，已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，则废水中；【小问5详解】乙醇易挥发，洗涤时可以用乙醇洗涤，目的是减少高铁酸钾的损耗；【小问6详解】由滴定反应可得关系式，解得，该粗产品中K2FeO4的纯度为，若滴定前无气泡，滴定后尖喏部分有气泡，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积偏小，测得结果偏低，故答案为；偏低。16.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究攷氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：（1）已知：2NO2(g)=N2O4(g)△H=-55.3kJ·mol-1N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g)△H=-2.2kJ·mol-1则N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)△H=____kJ·mol-1。（2）工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水后发生反应：2NO2+2NH3•H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O，若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c(NO)+c(NO)____c(NH)(填“>”“<”或“=”)。25℃时，将amolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是___(用离子方程式表示)。向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将___(填“正向”“不”或“逆向”)移动。（3）T1温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H＜0。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)•c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：时间/s012345n(NO)mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03①0~2s内该反应的平均速率v(NO)=_____mol·L-1·s-1。②T1温度时，化学平衡常数K=____(结果保留三位有效数字).③化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___。（4）电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。①出电解时NO2发生反应的电极反应式：____。②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的H+为___mol。【答案】（1）+53.1（2）①.＞②.NH+H2ONH3•H2O+H+③.逆向（3）①.0.03②.363③.（4）①.NO2-e-+H2O=NO+2H+②.0.1【解析】【小问1详解】已知：①2NO2(g)=N2O4(g)△H=-55.3kJ·mol-1，②N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g)△H=-2.2kJ·mol-1，由盖斯定律，反应②-①可得N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)△H=-2.2-(-55.3)=+53.1kJ·mol-1；【小问2详解】反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，即溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，另反应后的溶液中存在电荷守恒：c()+c()+c(H+)=c()+c(OH-)，所以有：c()+c()＞c()；溶液中离子水解：，使溶液呈酸性；向NH4NO3溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，增大NH3•H2O浓度，水的电离程度减小，水的电离平衡逆向移动；故答案为：＞；；逆向；【小问3详解】①从0～2s内该反应平均速率，故答案为：0.03；

②平衡时，NO、O2物质的量分别为0.06mol、0.03mol，体积为2L，则，则，故答案为：363；

③v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)•c(O2)，v逆=v(NO)消耗=k逆c2(NO2)，平衡常数，故答案为：；【小问4详解】电解时，左室中A电极上氢离子放电生成氢气，则A电极为阴极，发生还原反应，右室B电极为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，

①右室B电极为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，电极反应式为NO2-e-+H2O=+2H+，故答案为：NO2-e-+H2O=+2H+；

②标准状况下2.24LNO2被吸收即n(NO2)=0.1mol，阳极反应式为NO2-e-+H2O=+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室，所以通过阳离子交换膜的H+为0.1mol，故答案为：0.1。三、选考题(本题包含选修3和选修5两个模块，每个模块两道题，每题15分，共30分。请考生选择其中一个模块作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑。17.氮族元素N、P、As等元素在农药、化肥等领域有广泛应用。回答下列问题：（1）基态砷原子中，电子占据的最高能层符号为____，砷原子在该能层上占据能量最高轨道电子的电子云在空间有___个伸展方向。（2）基态As原子的价电子的排布式为____。（3）N、P、As均是VA的元素，其简单氢化物的沸点由高到低的顺序为____，其理由是____。（4）磷元素的常见含氧酸根为PO，其空间构型为___，其中P的杂化方式为___。NO和Co2+可形成配离子[Co(NO3)4]2-，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___(用元素符号表示)。1mol该配离子中含有的σ键数目为___NA。（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的晶胞结构如图所示。①A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___。②磷化铝的晶胞参数a=546.35pm，其密度为___g•cm-3(列出计算式即可，NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.N②.3（2）4s24p3（3）①.NH3＞AsH3＞PH3②.NH3分子间存在氢键，AsH3相对分子质量大，其范德华力大（4）①.正四面体形②.sp3③.Co＜O＜N④.16（5）①.(，，)②.【解析】【小问1详解】基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，电子占据的最高能层符号为N，该能层能量最高的电子云在空间伸展方向有3个，分别为px、py、pz．故答案为：N；3；【小问2详解】已知As是33号元素，故基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p23s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，价电子的排布式为：4s24p3；【小问3详解】N、P、As的简单氢化物分别NH3、PH3、AsH3，NH3分子之间存在氢键，其沸点最高，对于PH3和AsH3，相对分子质量越高，其范德华力越大，沸点越高，所以沸点：PH3＜AsH3，故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；NH3分子间存在氢键，AsH3相对分子质量大，其范德华力大；【小问4详解】中P原子的价层电子对数=4+=4，P的VSEPR模型为正四面体，所以P原子按sp3方式杂化，P原子周围不含孤电子对，所以其空间构型正四面体；已知同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，且金属的第一电离能小于非金属的，故该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为：Co＜O＜N，已知1个中有3个σ键，配位键也为σ键，故1个该配离子中含有的σ键数目为4×3+4=16，则1mol该配离子中含有的σ键数目为16NA，故答案为：正四面体；sp3；Co＜O＜N；16；【小问5详解】①由晶胞图结合A、B的坐标可知，C点与晶胞顶点连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，故C点到左侧面、前平面、下底面的距离分别为晶胞棱长的、、，故C点的原子坐标为(，，)，故答案为：(，，)；③晶胞中，Al原子数目为4，P原子数目为8×+6×=4，晶胞质量m=4×g，磷化铝的晶胞参数a=546.35pm，晶胞体积为V=a3=(546.35×10-10

cm)3，晶胞密度

g/cm3，故答案为：。18.回答下列问题：（1）钌(Ru)基催化剂在低温下活性高，工业上常用该催化剂替代铁系催化剂催化合成氨，以RuCl3/SiO2为模板制备钌基催化剂及催化合成氨过程如图所示，请回答下列问题。Ru在Fe的下一周期且与Fe同族。①Ru在元素周期表中的位置为____。②一个基态Fe2+和Fe3+未成对电子数之比为____。③NH3的键角____(填“大于”或“小于”)PH3，其原因为____。④NO有多种等电子体，其中和NO互为等电子体的分子有___。⑤多原子分子中，若原子都在同一平面上，且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成大π键。大π元键可用π表示，其中m、n分别代表参与形成大π元键的原子个数和电子个数，则NO的大π元键可表示为___。（2）经X射线衍射测定发现，晶体钻在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则晶体钴堆积方式为____，钴原子的配位数是____，若该堆积方式下的晶胞参数为acm，(阿伏伽德罗常数为NA)，则钴原子的半径为___pm。【答案】（1）①.第五周期第VIII族②.4：5③.大于④.N、P原子均采取sp3杂化，均有1对孤电子对，N原子的电负性比P的大，NH3中成键电子对之间的距离更短，成键电子对与成键电子对之间的排斥力更大，键角较大⑤.SO3或BF3⑥.π（2）①.面心立方堆积②.12③.a×1010【解析】【小问1详解】①Ru在Fe的下一周期且与Fe同族，则Ru位于周期表中第五周期第VIII族；②Fe的价电子排布为3d64s2，Fe2+相当于Fe失去2个电子，则其价电子排布式为3d6，Fe3+相当于Fe失去3个电子，则其价电子排布式为3d5，Fe2+和Fe3+未成对电子数之比为4：5；③N、P原子均采取sp3杂化，均有1对孤电子对，NH3与PH3均为三角锥形分子，N原子的电负性比P的大，NH3中成键电子对之间的距离更短，成键电子对与成键电子对之间的排斥力更大，对孤对电子与成键电子对之间的斥力的抵消程度更大，所以键角较大；④中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，与是等电子体的分子有SO3或BF3；⑤中N和O的p轨道中均存在电子，可以形成离域大π键，N提供一对电子，O提供1个电子，外加一个负电荷，所以参与成键的电子数有2+1×3+1=6，形成4中心6电子的离域大π键即；【小问2详解】由堆积方式的剖面图可知Co原子处于立方晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积，钴原子的配位数是12；处于晶胞面对角线上的Co原子相邻，由几何知识可知，Co原子之间距离(Co原子半径2倍)等于晶胞棱长的倍，设Co原子半径=a×1010pm×=a×1010pm，故答案为：面心立方最密堆积；12；a×1010。19.氟他胺是一种抗肿瘤药，在实验室由芳香烃A制备氟他胺的合成路线如图所示：（1）芳香烃A的名称是____；反应③的反应条件是____；反应④、⑥的反应类型分别是____、___。（2）D中官能团的名称是____、____；氟他胺的分子式为___。（3）满足下列条件的D的同分异构体有____种。①属于芳香族化合物②与D含有相同种类和数目的官能团③分子中含有甲基（4）请写出反应⑤的化学方程式：____。（5）吡啶是一种有机碱，请推测其在反应⑤中的作用：___。（6）对甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线，其他试剂任选)___。【答案】（1）①.甲苯②.浓硝酸、浓硫酸、加热③.还原反应④.取代反应（2）①硝基②.碳氟键③.C11H11F3N2O3（3）10（4）++HCl（5）吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率（6）【解析】【分析】由B的分子式可，结合C的结构简式，可知A为，则B为，B发生取代反应生成C；对比C、D、E结构，可知C发生硝化反应生成D，D发生还原生成E；对比E、氟他胺的结构，结合反应条件，可知F为，E发生取代反应生成F，F发生硝化反应生成氟他胺；【小问1详解】A为，芳香烃A的名称是甲苯；反应③在苯环上取代硝基，反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；反应④是硝基发生还原生成氨基，F为，F发生硝化反应