四川省德阳市广汉市金雁中学2022届高三化学上学期11月月考试卷含解析

2022-2022学年四川省德阳市广汉市金雁中学高三（上）月考化学试卷（11月份）　一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．下列说法中正确的是（　　）A．医用酒精的浓度通常为75%B．单质硅是光导纤维的主要材料C．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料　2．水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是（　　）A．NaHSO4溶液B．NaI溶液C．KAl（SO4）2溶液D．Na2CO3溶液　3．已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（　　）A．原子半径：As＞Cl＞PB．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBrC．还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4　4．下列实验操作正确的是（　　）A．中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶B．盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶C．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出D．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热　5．下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是（　　）XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu（OH）2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3A．AB．BC．CD．D　6．常温下，下列各组离子在特定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．使石蕊试液变红的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣23\n　7．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（　　）A．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+D．氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2Al（OH）3　8．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为NAB．常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物红含有氢原子的数目为NAC．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA　9．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示．下列判断正确的是（　　）A．在0﹣50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等B．溶液酸性越强，R的降解速率越小C．R的起始浓度越小，降解速率越大D．在20﹣25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04mol•L﹣1•min﹣1　10．如图为元素周期表截取的短周期的一部分，即．四种元素均为非稀有气体元素．下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是（　　）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞X＞YC．W的最高正化合价与最低负化合价的绝对值可能相等D．Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱　11．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（　　）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气23\nC．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣　12．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜A．AB．BC．CD．D　13．已知：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1②计算反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应热△H的值为（　　）A．﹣283.01kJ•mol﹣1B．+172.51kJ•mol﹣1C．+283.1kJ•mol﹣1D．+504.00kJ•mol﹣1　14．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（　　）A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol　15．向10mL0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液xmL，下列叙述正确的是（　　）A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣）C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣）D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）　16．一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（　　）23\nA．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OC．电池工作时，CO32﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣　　二、非选择题（共52分）17．（12分）（2022秋•广汉市校级月考）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2AZ存在质量数为23，中字数为12的核素WW有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（1）W位于元素周期表第　　　　　　周期第　　　　　　族，其基态原子最外层有　　　　　　个电子．（2）X的电负性比Y的　　　　　　（填“大”或“小”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是　　　　　　（写化学式）．（3）写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：　　　　　　．（4）在X的原子和氢原子形成的多分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示两种氢，写出其中一种分子的名称：　　　　　　．氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式：　　　　　　．　18．（12分）（2022•江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为　　　　　　．（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为　　　　　　．（3）滤渣2的成分是　　　　　　（填化学式）．（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．23\n①D中收集的气体可以是　　　　　　（填化学式）．②B中盛放的溶液可以是　　　　　　（填字母）．a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．KMnO4溶液③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：　　　　　　．　19．（12分）（2022秋•广汉市校级月考）氨气是一种重要工业原料，在工农业生产中具有重要的应用．（1）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣14NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1则N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）的△H=　　　　　　．（2）工业合成氨气的反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．在一定温度下，将一定量的N2和H2通入到体积为1L的密闭容器中达到平衡后．改变下列条件，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是　　　　　　．①增大压强②增大反应物的浓度③使用催化剂④降低温度（3）①实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体的混合物来制取氨气，实验室还可在　　　　　　（填一种试剂）中滴加浓氨水的方法快速制取少量氨气．②常温下氨气极易溶于水，溶液可以导电．氨水中水电离出的c（OH﹣）　　　　　　10﹣7mol•L﹣1（填写“＞”、“＜”或“=”）；③将相同体积、pH之和为14的氨水和盐酸混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　．（4）合成氨的原料氢气是一种新型的绿色能源，具有广阔的发展前景．现用氢氧燃料电池进行图所示实验：（其中a、b均为碳棒）．如图所示：右边Cu电极反应式是　　　　　　．a电极的电极反应式　　　　　　．　　三、[化学-选修3物质结构与性质]（16分）23\n20．（16分）（2022秋•广汉市校级月考）ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图1所示，S原子采用的轨道杂化方式是　　　　　　；（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　；（3）Se原子序数为　　　　　　，其核外M层电子的排布式为　　　　　　；（4）H2Se的酸性比H2S　　　　　　（填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为　　　　　　，SO离子的立体构型为　　　　　　；（5）H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10﹣3和2.5×10﹣8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10﹣2，请根据结构与性质的关系解释；①H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离的原因：　　　　　　；②H2SeO4和H2SeO3酸性强的原因：　　　　　　；（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方ZnS晶体结构如图2所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为　　　　　　g•cm﹣3（列式并计算），a位置S2﹣离子与b位置Zn2+离子之间的距离为　　　　　　pm（列式表示）．　　23\n2022-2022学年四川省德阳市广汉市金雁中学高三（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．下列说法中正确的是（　　）A．医用酒精的浓度通常为75%B．单质硅是光导纤维的主要材料C．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料【考点】碳族元素简介；有机高分子化合物的结构和性质；合成材料．【专题】化学应用．【分析】A．医用酒精的浓度通常是75%；B．二氧化硅晶体是光导纤维的主要材料；C．油脂不是高分子化合物；D．合成纤维属于有机化合物．【解答】解：A．医用酒精的浓度通常是75%，此浓度杀菌消毒作用强，故A正确；B．二氧化硅晶体是光导纤维的主要材料，单质硅用作半导体材料，故B错误；C．油脂不是高分子化合物，淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，故C错误；D．合成纤维属于有机化合物，不是无机非金属材料，光导纤维都是新型无机非金属材料，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的性质和用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产、生活现象，题目难度不大．　2．水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是（　　）A．NaHSO4溶液B．NaI溶液C．KAl（SO4）2溶液D．Na2CO3溶液【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据水电离的影响因素来进行判断，影响因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离；能水解的盐促进水的电离．【解答】解：水的电离H2O⇌H++OH﹣，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，A．硫酸氢钠在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硫酸根离子和钠离子，溶液呈酸性，水的电离H2O⇌H++OH﹣，抑制了水的电离，水的电离向逆反应方向移动，故A不符合题意；B．NaI为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碘离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故B符合题意；C．KAl（SO4）2为强电解质，电离出钾离子和铝离子和硫酸根离子，钾离子、硫酸根离子不水解，铝离子水解生成氢氧化铝，促进水的电离，故C不符合题意；D．Na2CO3溶液中碳酸根离子是弱酸阴离子，能够水解，所以能促进水的电离，故D不符合题意；故选B．【点评】本题考查了对水的电离的影响因素，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目不难．23\n　3．已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（　　）A．原子半径：As＞Cl＞PB．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBrC．还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B．非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定；C．非金属的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱；D．非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强．【解答】解：A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；B．热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；D．酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质，根据元素周期律来分析解答即可，难度不大．　4．下列实验操作正确的是（　　）A．中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶B．盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶C．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出D．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热【考点】中和滴定；化学试剂的存放；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取．【专题】综合实验题．【分析】A．不能用待测液润洗锥形瓶；B．玻璃的成分是二氧化硅；C．苯在上层，应从上口倒出；D．当蒸发皿中出现大量固体时就应该停止加热．【解答】解：A．用待测液润洗锥形瓶，会使溶质的物质的量增大，浓度偏大，故A错误；B．二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠有粘性，能将瓶口和塞子粘在一起，故B错误；C．苯的密度比水小，苯在上层，应从上口倒出，故C错误；D．当蒸发皿中出现大量固体时就应该停止加热，用余热蒸干，故D正确．故选D．【点评】本题考查中和滴定、玻璃的成分、苯的密度、蒸发操作等，难度不大，注意苯的密度比水小，与水互不相同．　5．下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是（　　）XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu（OH）2CCCOCO223\nDSiSiO2H2SiO3A．AB．BC．CD．D【考点】钠的化学性质；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na；B．可根据CuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜分析；C．C与氧气反应得到CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2和镁反应能直接得到C；D．SiO2与水不反应．【解答】解：A．Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na，故A错误；B．CuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜，故B错误；C．C与氧气反应得到CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2和镁反应能直接得到C，故C正确；D．Si与氧气在一定条件下可以反应生成SiO2，SiO2与水不反应，制取H2SiO3，应由硅酸盐和酸反应制备，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，本题注意把握常见物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累．　6．常温下，下列各组离子在特定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．0.1mol•L﹣1的NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．使石蕊试液变红的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．碱溶液中该组离子之间不反应；B．离子之间结合生成沉淀；C．离子之间结合生成络离子，离子之间发生氧化还原反应；D．使石蕊试液变红的溶液，可能为酸性．【解答】解：A．碱溶液中该组离子之间不反应，则离子大量共存，故A正确；B．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，I﹣、Fe3+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．使石蕊试液变红的溶液，可能为酸性，酸性溶液中不能大量存在ClO﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大．　7．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（　　）23\nA．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+D．氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2Al（OH）3【考点】离子方程式的书写；热化学方程式．【专题】离子反应专题；化学反应中的能量变化．【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，水液态时更稳定；B．氮气与氢气合成氨气为可逆反应，不能进行到底；C．二者反应生成氢氧化镁沉淀和氯化铵；D．不符合反应客观事实．【解答】解：A．则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，故A错误；B.0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故B错误；C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+，故C正确；D．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意可逆反应热化学方程式中反应热的含义，题目难度不大．　8．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为NAB．常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物红含有氢原子的数目为NAC．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、根据标准状况下氟化氢的状态进行判断；B、根据乙烯和丙烯的最简式计算出含有的氢原子的物质的量及数目；C、根据铜足量，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应进行分析；D、根据合成氨的反应是可逆反应进行分析．【解答】解：A、在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式为CH2，7.0g混合气体含有0.5mol最简式，含有1mol氢原子，含有氢原子的数目为NA，故B正确；C、50mL18.4mol/L浓硫酸中含有0.92mol硫酸，浓硫酸完全反应生成0.46mol二氧化硫，由于铜足量，浓硫酸反应后变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误；23\nD、由于氮气与氢气生成氨气的反应是可逆反应，0.1molN2和0.3molH2不可能完全转化成0.2mol氨气，因此转移电子的数目小于0.6NA，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的物质状态，注意可逆反应不可能完全转化，本题难度不大．　9．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示．下列判断正确的是（　　）A．在0﹣50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等B．溶液酸性越强，R的降解速率越小C．R的起始浓度越小，降解速率越大D．在20﹣25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示方法．【专题】压轴题；化学反应速率专题．【分析】A、根据图中的信息可以知道在0﹣50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率；B、对比溶液的酸性强弱对R的降解速率的影响情况；C、可以根据同一pH条件下，图示R的起始浓度与降解速率的关系来判断；D、根据平均降解速率v=来计算即可．【解答】解：A、根据图示可知：在0﹣50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率都为100%，故A正确；B、溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误；C、同一pH条件下，R的起始浓度与降解速率的关系：曲线斜率增大，则降解速率越小，即R的起始浓度越小，降解速率越小，故C错误；D、在20﹣25min之间，pH=10时R的平均降解速率为=0.04×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1，故D错误．故选A．【点评】本题考查学生的识图能力，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大．　10．如图为元素周期表截取的短周期的一部分，即．四种元素均为非稀有气体元素．下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是（　　）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞X＞Y23\nC．W的最高正化合价与最低负化合价的绝对值可能相等D．Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素，由于ⅡA、ⅢA族在周期表中之间相隔10列，故Z至少处于ⅢA族，Y最多处于ⅦA，且X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期．A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大；B．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定；C．W处于第三周期，可能处于ⅣA族或ⅤA或ⅥA族，最高正价=族序数，最低负化合价=族序数﹣8；D．Z至少处于ⅢA族，氢氧化铝为弱碱．【解答】解：如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素，由于ⅡA、ⅢA族在周期表中之间相隔10列，故Z至少处于ⅢA族，Y最多处于ⅦA，且X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期；A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，且元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越大，则气态氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故B错误；C．如W为Si，则四种元素分别为C、N、Al、Si，W的最高正化合价与负化合价的绝对值相等，故C正确；D．Z的最高价氧化物的水化物可能为：Al（OH）3、H2SiO3、H3PO4，则Z的最高价氧化物的水化物为弱碱或弱酸，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律综合应用，注意ⅡA、ⅢA族在周期表中之间相隔10列，二者在周期表中不相邻，学生容易忽略，为易错题目．　11．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（　　）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【专题】电化学专题．【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；23\nD．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答．　12．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜A．AB．BC．CD．D【考点】二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫具有还原性能够还原溴单质；B．二氧化硅不能导电；C．浓硫酸做干燥剂体系其吸水性；D．三价铁离子能够氧化铜．【解答】解：A．二氧化硫具有还原性能够还原溴单质使溴水褪色，与漂白性无关，故A错误；B．SiO2可用于制备光导纤维，是因为能够反射光线，故B错误；C．浓硫酸可用于干燥H2和CO，体现了浓硫酸的吸水性，故C错误；D．FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，是因为三价铁离子具有氧化性能够氧化铜，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物质的性质，明确二氧化硫、浓硫酸、二氧化硅、三价铁的性质是解题关键，注意二氧化硫漂白具有专一性和不稳定性．　13．已知：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1②计算反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应热△H的值为（　　）A．﹣283.01kJ•mol﹣1B．+172.51kJ•mol﹣1C．+283.1kJ•mol﹣1D．+504.00kJ•mol﹣1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】利用盖斯定律，将①×2﹣②，可得C（s）+CO2（g）═2CO（g），反应热随之相加减，可求得反应热．【解答】解：①C（s）+O2（g）CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1利用盖斯定律，将①×2﹣②，可得C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1+393.51kJ/mol=+172.51KJ/mol，23\n故选B．【点评】本题考查了利用盖斯定律进行反应热的计算，题目难度不大，注意利用盖斯定律对已知热化学方程式进行加合计算．　14．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（　　）A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算．【专题】压轴题；守恒法．【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），据此计算．【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；23\nD、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D正确．故选B．【点评】本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键．　15．向10mL0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液xmL，下列叙述正确的是（　　）A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣）C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣）D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）【考点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉淀．加入10mlBa（OH）2，相当于溶液中NH4+、Al3+、OH﹣比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀．SO42﹣﹣：Ba2+比例为2：1，SO42﹣部分沉淀．反应完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．B、依据A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．无AlO2﹣；C、加入30mlBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，但c（OH﹣）＞c（AlO2﹣）；D、依据C分析判断溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，不存在Al3+．【解答】解：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42﹣），故A正确；B、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＞c（SO42﹣），故B错误；C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞（Ba2+），故D错误；23\n故选A．【点评】本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解．　16．一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（　　）A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OC．电池工作时，CO32﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题．【解答】解：A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B．电解质没有OH﹣，负极反应为H2+CO+2CO32﹣﹣4e﹣=H2O+3CO2，故B错误；C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D正确．故选D．【点评】本题为2022年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等．　二、非选择题（共52分）17．（12分）（2022秋•广汉市校级月考）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2AZ存在质量数为23，中字数为12的核素WW有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色23\n（1）W位于元素周期表第　四　周期第　Ⅷ　族，其基态原子最外层有　2　个电子．（2）X的电负性比Y的　小　（填“大”或“小”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是　H2O　（写化学式）．（3）写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：　　．（4）在X的原子和氢原子形成的多分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示两种氢，写出其中一种分子的名称：　丙烷　．氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式：　CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级只能容纳2个电子，则n=2，故Y为O元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数为23﹣12=11，则Z为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为Fe，据此解答．【解答】解：X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级只能容纳2个电子，则n=2，故Y为O元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数为23﹣12=11，则Z为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为Fe．（1）W为Fe，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，其基态原子的价电排布式为3d64s2，其基态原子最外层有2个电子，故答案为：四；Ⅷ；2；（2）同周期随原子序数增大，元素电负性增大，故C的电负性比O的小；C元素和O元素的气态氢化物中，较稳定的是H2O，故答案为：小；H2O；（3）Na2O2与CO2反应生成碳酸钠与氧气，标出电子转移的方向和数目为，故答案为：；（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，则物质可能是丙烷或丁烷等；氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子，如羧酸或含有羟基的羧酸等，某种常见无机阴离子有碳酸氢根离子，醋酸和碳酸氢根离子反应二氧化碳、水和醋酸根离子，离子方程式为CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故答案为：丙烷；CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，注意掌握双线桥与单线桥表示电子转移数目与方向．23\n　18．（12分）（2022•江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为　MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O　．（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为　2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O　．（3）滤渣2的成分是　Fe（OH）3　（填化学式）．（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．①D中收集的气体可以是　CO　（填化学式）．②B中盛放的溶液可以是　d　（填字母）．a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．KMnO4溶液③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：　3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O　．【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳；（2）过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）加入氨水调节溶液PH使氢氧化铁全部沉淀；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集．【解答】解：（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；23\n（2）加入H2O2氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；①D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为﹣2价，反应的离子方程式为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O，故答案为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O．【点评】本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等．　19．（12分）（2022秋•广汉市校级月考）氨气是一种重要工业原料，在工农业生产中具有重要的应用．（1）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣14NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1则N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）的△H=　﹣92.4kJ/mol　．（2）工业合成氨气的反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．在一定温度下，将一定量的N2和H2通入到体积为1L的密闭容器中达到平衡后．改变下列条件，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是　①②　．①增大压强②增大反应物的浓度③使用催化剂④降低温度（3）①实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体的混合物来制取氨气，实验室还可在　氢氧化钠固体　（填一种试剂）中滴加浓氨水的方法快速制取少量氨气．②常温下氨气极易溶于水，溶液可以导电．氨水中水电离出的c（OH﹣）　＜　10﹣7mol•L﹣1（填写“＞”、“＜”或“=”）；③将相同体积、pH之和为14的氨水和盐酸混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为　c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．（4）合成氨的原料氢气是一种新型的绿色能源，具有广阔的发展前景．现用氢氧燃料电池进行图所示实验：（其中a、b均为碳棒）．如图所示：右边Cu电极反应式是　Cu﹣2e﹣=Cu2+　．a电极的电极反应式　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．23\n【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变即可；（2）平衡常数只与温度有关，催化剂不能改变平衡状态，根据影响化学平衡移动的因素以及影响化学平衡常数的因素来回答；（3）①NaOH和浓氨水也可以制取氨气；②酸或碱抑制水电离；③氨水可以和盐酸之间发生反应得到氯化铵溶液，根据离子浓度大小比较方法来回答；（4）左边装置是燃料电池，通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，右边装置在电解池，左边Cu是阴极、右边Cu是阳极，阳极上Cu失电子发生氧化反应；通入氧气的电极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子．【解答】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol﹣1②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1则反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）可以是①+③×﹣②×得到，所以该反应的△H=180.5kJ•mol﹣1+（﹣483.6kJ•mol﹣1）×﹣（﹣905kJ•mol﹣1）×=﹣92.4kJ/mol，故答案为：﹣92.4kJ/mol；（2）平衡常数只与温度有关，催化剂不能改变平衡状态，增大反应物浓度化学平衡正向移动，增大压强，化学平衡向着气体系数和减小的方向移动，故答案为：①②；（3）①NaOH溶解放出热量，一水合氨分解吸收热量，所以加入NaOH溶解后氢氧根离子浓度增大，抑制氨气溶解，则能生成氨气，故答案为：氢氧化钠固体；②酸或碱抑制水电离，一水合氨电离出氢氧根离子而抑制水电离，所以水电离出的c（OH﹣）＜10﹣7mol•L﹣1，故答案为：＜；③将相同体积、pH之和为14的氨水和盐酸混合后，所得的溶液是氯化铵和氨水的混合物，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（4）左边装置是燃料电池，通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，右边装置在电解池，左边Cu是阴极、右边Cu是阳极，阳极上Cu失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+；通入氧气的电极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．23\n【点评】本题考查较综合，涉及原电池原理、离子浓度大小比较、盖斯定律、化学平衡状态判断等知识点，为高频考点，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写；注意化学平衡状态判断方法，题目难度不大．　三、[化学-选修3物质结构与性质]（16分）20．（16分）（2022秋•广汉市校级月考）ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图1所示，S原子采用的轨道杂化方式是　sp3　；（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为　O＞S＞Se　；（3）Se原子序数为　34　，其核外M层电子的排布式为　3s23p63d10　；（4）H2Se的酸性比H2S　强　（填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为　平面三角形　，SO离子的立体构型为　三角锥形　；（5）H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10﹣3和2.5×10﹣8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10﹣2，请根据结构与性质的关系解释；①H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离的原因：　第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子　；②H2SeO4和H2SeO3酸性强的原因：　H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2．H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+　；（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方ZnS晶体结构如图2所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为　4.1　g•cm﹣3（列式并计算），a位置S2﹣离子与b位置Zn2+离子之间的距离为　　pm（列式表示）．【考点】晶胞的计算；元素周期律的作用；原子核外电子排布．【专题】简答题；结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定S原子杂化方式；（2）同一主族元素，元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小；（3）Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上；23\n（4）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱；根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32﹣离子的立体构型；（5）①第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；②根据中心元素Se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对Se﹣O﹣H中O原子的电子吸引越强，越易电离出H+；（6）利用均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，进而计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，计算a位置白色球与面心白色球距离，设a位置S2﹣与b位置Zn2+之间的距离，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：a2+b2﹣2abcosθ=c2计算．【解答】解：（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化，故答案为：sp3；（2）同一主族元素，元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小，所以其第一电离能大小顺序是O＞S＞Se，故答案为：O＞S＞Se；（3）Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子的排布式为3s23p63d10，故答案为：34；3s23p63d10；（4）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强，气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，SO32﹣离子中S原子价层电子对个数=3+（6+2﹣3×2）=4且含有一个孤电子对，所以其立体构型为三角锥形，故答案为：强；平面三角形；三角锥形；（5）①第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，故H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离，故答案为：第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；②H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2．H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性强，故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2．H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+；（2）晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×（87÷6.02×1023）g，晶胞的体积为（540.0×10﹣10cm）3，则密度为[4×（87÷6.02×1023）g]÷（540.0×10﹣10cm）3=4.1g•cm﹣3；b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，a位置白色球与面心白色球距离为540.0pm×=270pm，设a位置S2﹣23\n与b位置Zn2+之间的距离为ypm，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：y2+y2﹣2y2cos109°28′=（270）2，解得y=，故答案为：4.1；．【点评】本本题考查了较综合，涉及粒子空间构型判断、原子杂化方式判断、元素周期律、晶胞计算等知识，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大，答题时注意根据价层电子对互斥理论、元素周期律等知识点来分析解答．　23