还剩16页未读，
继续阅读
湖北省部分重点中学2022-2023学年高二化学下学期3月智学联合检测试题（Word版附解析）
展开
这是一份湖北省部分重点中学2022-2023学年高二化学下学期3月智学联合检测试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年春“湖北省部分重点中学三月联合检测”
高二三月联考化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个正确选项。
1. 2021年11月联合国气候峰会作出遏制全球变暖，加快向清洁经济的转变的决议。下列叙述正确的是
A. 煤炭、石油等化石燃料属于二次能源
B. “碳交易”及对“碳信用”征收强制税，不利于实现“碳达峰、碳中和”
C. 人们出行将逐步淘汰燃油车，减少碳元素空中旅行
D. 各国应大力提倡粮食酿酒、燃煤脱硫、石油裂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤炭、石油等化石燃料属于一次能源，A错误；
B．“碳交易”及对“碳信用”征收强制税，利于控制碳排放量，利于实现“碳达峰、碳中和”，B错误；
C．出行将逐步淘汰燃油车，发展绿色能源，减少碳元素空中旅行，C正确；
D．粮食酿酒、燃煤脱硫、石油裂化等都会产生二氧化碳，不会减少碳元素的排放，D错误；
故选C。
2. 下表列出了某短周期元素的各级电离能数据（用、表示，单位为）。
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3
B. R元素位于元素周期表中第IIA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为
【答案】B
【解析】
【分析】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
【详解】A．根据分析可知，R的最高正价为+2，故A错误；
B．根据分析可知，R元素位于元素周期表中第IIA族，故B正确；
C．根据分析可知，R元素的原子最外层共有2个电子，故C错误；
D．根据分析可知，短周期元素为第IIA族元素，可能是Mg或Be，即R元素基态原子的电子排布式可能为1s22s22p63s2，故D错误；
答案选B。
3. 具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是
A. 两种原子的电子层上全部都是s电子
B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子
C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．两种原子的电子层上全部都是s电子，均为1s或均为1s、2s电子，则为短周期一或二，不一定为同周期元素，如H与Li不同周期，故A不选；B．3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Na、Cl，均为第三周期元素，故B选；C．最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等，不一定为同周期元素，故C不选；D．原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D不选；故答案为B。
4. 2022年诺贝尔化学奖颁给了在“点击化学”领域做出贡献的科学家。一种“点击化学”试剂是由四种短周期主族元素组成，其中X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，Y的原子序数是Z的两倍。下列说法正确的是
A. 简单氢化物的分子极性：Y>Z
B. 电负性和第一电离能均有Z>W
C. 同周期元素形成的简单氢化物中X稳定性最强
D. 同周期主族元素基态原子未成对电子数少于Y的有2种
【答案】C
【解析】
【分析】X、Z、W的原子序数依次递减且核外电子的空间运动状态数相同，即占有的原子轨道数相同，X、Z、W分别为F、O、N，占据5个原子轨道，Y的原子序数是Z的两倍，Y为S。
【详解】A．因为O原子的电负性大于S原子，所以极性，A错误；
B．电负性：，但是N原子的p层为半满稳定状态，第一电离能大于O，B错误；
C．第二周期元素中，F的非金属性最大，所以在第二周期中，F的氢化物最稳定，C正确；
D．Y为S，基态原子电子排布为：，未成对电子为2，在第三周期中，比它未成对电子数少的有：、、3种，D错误；
故选C。
5. 在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是
A. 与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积
B. 与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少
C. 深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)
D. 海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大
【答案】D
【解析】
【分析】石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3与CO2，H2O之间存在着下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)⇌Ca(HCO3)2(aq)。
【详解】A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；
B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；
C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；
D. 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。
故答案选D。
6. T℃时，将2.0molA(g)和2.0molB(g)充入体积为1L的密闭容器中，在一定条件发生下述反应：A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(s)△H＜0；t1时刻时A物质的量为1.2mol，t2时刻时C(g)浓度为2.0mol/L并保持不变。下列说法正确的是
A. t1时刻的逆反应速率 > t2时刻的正反应速率
B. T℃时该反应的化学平衡常数K=2
C. T2时刻反应达到平衡，然后缩小容器体积，平衡逆向移动
D. T℃时，若将A(g)、B(g)各1.0mol充入同样容器，平衡后，A的转化率为50%
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．t2时刻的正反应速率和逆 反应速率相等，反应开始到平衡，逆反应速率在逐渐增大，所以t1时刻的逆反应速率小于 t2时刻的正反应速率，A错误；
B．该反应的平衡常数为，B错误；
C．T2时刻反应达到平衡，然后缩小容器体积，压强增大，平衡不移动，C错误；
D．该反应到平衡时，A的转化率为50%，若同温时，将A(g)、B(g)各1.0mol充入同样容器，两平衡等效，平衡后，A的转化率为50%，D正确；
故选D。
7. 常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液Ⅰ中
B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
8. 一种能增强人体免疫力的化合物，其结构如图，其中X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，W、R同族。下列说法错误的是
A. 第一电离能：
B. 氢化物的沸点：
C. 原子半径：
D. X、Z、W三种元素既可形成共价化合物又可形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】由结构可知R最外层有六个电子，根据题意可知为W、R第ⅥA族元素，因此W为O元素，R为S元素，再根据结构中的成键数可知X为H元素，Y为C元素，Z为N元素.
【详解】A．同一周期各元素第一电离能从左往右有逐渐增大的趋势，因为N元素2p轨道为半充满状态，第一电离能大于O元素，同一主族第一电离能从上往下依次降低，O元素大于S元素第一电离能，故第一电离能：，A正确；
B．碳元素的氢化物为烷烃，烷烃的沸点随C原子数目增大而增大，存在沸点大于水和氨气的烷烃，B错误；
C．原子半径同一周期从左往右依次减小，且H原子半径最小，故原子半径：，C正确；
D．H、N、O，即可形成共价化合物，如，也可形成离子化合物，如，D正确；
故选：B。
9. 科学家发现固体电解质具有良好的导电能力，为锂离子电池的发展做出了重要贡献，其晶胞结构如图所示，其中位于体心。下列说法正确的是
A. 该晶胞中位于体心和棱心
B. 电负性：
C. 周围距离最近且相等的的个数为4
D. 若晶胞参数为，则晶体密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干晶胞示意图可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，A错误；
B．同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小，故电负性：，B错误；
C．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，则周围距离最近且相等的的个数为2，C错误；
D．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，故一个晶胞中含有Li+的数目为：，S2-的数目为：=1，的数目为1，若晶胞参数为，则晶体密度为=，D正确；
故答案为：D。
10. 下列对物质性质解释合理的是
选项
性质
解释
A
热稳定性：
中存在氢键
B
熔点：晶体硅<碳化硅
碳化硅中分子间作用力较大
C
酸性：
电负性：F>Cl
D
熔点：
Br-Br键较I-I键键能大
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；
B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；
C．酸性是因为电负性：导致中羧基上的氢离子更容易电离出来，C正确；
D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。
故选C。
11. 碳氮硫共脱除工艺可以协同除去工业废水中的S2-、NO和CH3COO-，过程如图所示。已知：成键原子共平面，每个原子能提供一个相互平行的p轨道且p轨道电子数小于参加成键的p轨道数的两倍时可形成离域π键。下列说法错误的是
A. N2和CO2都是非极性分子
B. NO和NO的空间构型相同
C. NO中存在离域π键
D. 冰醋酸中CH3COOH分子间存在范德华力和氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．为含有非极性键的非极性分子，为含有极性键的非极性分子，A正确；
B．的价层电子对为：，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，的价层电子对为：，有一对孤电子对，空间构型为V性，B错误；
C．中N原子以杂化轨道成键,离子中存在3个σ键，为平面三角形，三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的离域大π键，C正确；
D．冰醋酸中分子间存在范德华力，因为羧基中含有，所以含有氢键，D正确；
故选B。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。
实验1 用pH试纸测得0.1NaHCO3溶液的pH约为8；
实验2 向0.1NaHCO3溶液滴入等浓度Ba(OH)2溶液至恰好完全反应；
实验3 向0.1NaHCO3溶液中加入等体积0.1NaOH溶液；
实验4 向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，有气体和沉淀生成；
下列说法错误的是
A. 实验1的溶液中存在c(H2CO3)>c(CO)
B. 实验2过程中，水的电离程度先逐渐增大，然后逐渐减小
C. 实验3反应后的溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
D. 实验4所生成的气体一定是CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1NaHCO3溶液中pH约为8，则说明碳酸氢根离子水解大于电离，水解反应为：，电离反应为：，所以c(H2CO3)>c(CO)，A正确；
B．向0.1NaHCO3溶液滴入等浓度Ba(OH)2溶液至恰好完全反应，则发生离子反应为：，滴入过程中先变成碳酸根离子，水解程度先增大，随意碳酸根离子与钡离子结合后氢氧根离子过量，所以随后水的电离程度会逐渐减小，B正确；
C．向0.1NaHCO3溶液中加入等体积0.1NaOH溶液，会生成碳酸钠溶液，溶液中存质子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C错误；
D．向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，溶质会发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，D正确；
故选C
13. 已知：，常温下向溶液中滴加溶液的滴定曲线如图所示。已知：。下列说法正确的是
A. 、、三点的从大到小的顺序为
B. 在点的溶液中存在
C. 常温下，为
D. 其他条件相同，若将溶液换为同浓度、同体积的溶液，B点会平行向右移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．只受温度影响，、、三点温度不变，则三点的相等，故A错误；
B．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，A点V[Na2S(aq)]小于10mL，则，故B错误；
C．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，c(Cu2+)=10-18.3mol/L= c(S2-)，= c(Cu2+) c(S2-)=，故C正确；
D．其他条件相同，若将溶液换为同浓度、同体积的溶液，滴加10mL溶液时，，由于，则pFe会向左移动，故D错误；
故选C。
14. 某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是
A. m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜
B. 产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
C. 通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液
D. 标准状况下，b口每收集到2.24 L气体乙，电路中转移电子0.4NA
【答案】C
【解析】
【分析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。
【详解】A． 左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；
B． Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；
C． 右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；
D． 标准状况下，b口每收集到2.24 L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NA,
故选C。
15. 已知含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的与溶液的的关系如下图，该温度下向初始的含磷废水中加入可以得到沉淀而实现废水除磷。下列叙述错误的是
A. 该温度下，磷酸的
B. 若逐渐增大该废水的，溶液中将随之不断增大
C. 的该废水中离子浓度存在关系：
D. 该废水除磷的离子反应有：
【答案】B
【解析】
【分析】由磷酸的与溶液的的关系图可知、、。
【详解】A．该温度下，由关系图可知pH=p=7.21，即，A正确；
B．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是，因此溶液中将先增大后减小，B错误；
C．时，因为，所以，即，因为，所以，即，故，C正确；
D．因为向含磷废水中加入可以得到沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应，D正确；
故答案为：B。
二、非选择题：本题4小题，共55分。
16. Ⅰ．为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。
（1）甲装置中，a电极的反应式为___________。
（2）乙装置中，阴极区产物为___________。
（3）丙装置是一种家用环保型消毒液发生器。外接电源a为___________(填“正”或“负”)极，该装置内发生反应的化学方程式为___________。
（4）若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为___________(不考虑气体的溶解)。
Ⅱ．利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。
（5）若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于___________处。
（6）若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为___________。
【答案】（1）H2-2e-+2OH-=2H2O
（2）氢氧化钠和氢气 （3） ①. 负 ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（4）3：4 （5）N
（6）牺牲阳极法
【解析】
小问1详解】
甲装置是氢氧燃料电池，a电极氢气失电子发生氧化反应生成水，a是负极，电极的反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；
【小问2详解】
乙装置是电解池，阴极发生还原反应，阴极反应式为，产物为氢气和氢氧根离子；
【小问3详解】
丙装置是电解池，电解食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，为使电解生成的氢氧化钠和氯气充分反应生成氯化钠、次氯酸钠，氯气应该在丙装置的下端电极生成，所以下端为阳极、上端为阴极，外接电源a为负极，该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
【小问4详解】
甲装置作为乙装置的电源。若电路中转移4mol电子，甲中负极消耗2mol氢气、正极消耗1mol氧气，乙装置阳极生成2mol氯气、阴极生成2mol氢气，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为3:4。
【小问5详解】
X为碳棒，若开关K应置于M，构成原电池，铁为负极，铁的腐蚀速率加快；若开关K应置于N，构成电解池，铁为阴极，为外加电流阴极保护法，铁的腐蚀速率减慢；所以为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处。
【小问6详解】
X为锌，开关K置于M处，构成原电池，铁为正极、锌为负极，锌被腐蚀，该电化学防护法称为牺牲阳极法。
17. 利用废旧锡铬合金(含Sn、Cr、SnO、和少量Pb)回收锡并制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如下：
已知：①“熔融氧化”中，氧化产物为，还原产物为；
②
回答下列问题：
（1）“热溶”时发生的非氧化还原反应的离子方程式为_______；加快“热溶”速率的措施有_______(任写2条)。
（2）“溶渣”的主要成分为_______(填化学式)。
（3）“调”的作用是_______。
（4）“熔融氧化”反应的化学方程式为_______，实验室中该操作可在_______ (填字母)中进行。
A.蒸发皿 B.铁坩埚 C.石英坩埚 D.烧杯
（5）“转化、分离”中，需要通过蒸发浓缩，降温至10℃、结晶的方法分离得到晶体的原因为_______。
【答案】（1） ①. 、 ②. 搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等（任写两条）
（2）
（3）使转化
（4） ①. ②. B
（5）的溶解度受温度影响较大且随温度降低而减小
【解析】
【分析】废旧锡铬合金加硫酸热溶后，溶渣中为PbSO4，其他物质转化为硫酸盐；调节pH得到物相1，经过处理得到粗锡；物相2经过处理得到Cr2O3；熔融氧化时发生反应，固体水溶后调节pH2，铬酸钠转化为重铬酸钠，即使转化为，加入KCl经过转化分离得到K2Cr2O7。
【小问1详解】
硫酸热溶时发生的非氧化还原反应为：、；加快“热溶”速率的措施有：搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等（任写两条）；
【小问2详解】
溶渣的主要成分为：；
【小问3详解】
“调”的作用是：使转化为；
【小问4详解】
熔融氧化时发生的化学反应为：；熔融氧化应该在坩埚中进行，因用到了NaOH，不能选石英坩埚，应选铁坩埚，故选B；
【小问5详解】
“转化、分离”中，需要通过蒸发浓缩，降温至10℃、结晶的方法分离得到晶体的原因为：的溶解度受温度影响较大且随温度降低而减小。
18. 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） ①. 26 ②. 基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态
（2） ①. O>N>P ②. 正四面体形 ③. sp3杂化
（3） ①. 14 ②. 苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能
（4） ①. 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. LiC6 ③.
【解析】
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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；
小问4详解】
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；。
19. 我国力争于 2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现碳中和。二氧化碳加氢制备甲醇既可以实现二氧化碳的转化利用，又可以有效缓解温室效应问题。
已知：反应 I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=akJ·mol-1
反应 II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2=b kJ·mol-1
反应III：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3
（1）原料 CO2可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为 CO2 捕获剂的是_______(填标号)。
A. NaOH 溶液 B. 浓氨水 C. CH3CH2OH D. NH4Cl 溶液
（2）根据盖斯定律，反应 III 的ΔH3=_______kJ·mol-1
（3）对于上述 CO2加氢合成 CH3OH 的体系，下列说法错误的是_______(填标号)。
A. 增大 H2浓度有利于提高 CO2的转化率
B. 若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡
C. 体系达平衡后，若压缩体积，则反应 I 平衡不移动，反应 III 平衡逆向移动
D. 选用合适的催化剂可以提高 CH3OH 在单位时间内的产量
（4）上述反应平衡常数的自然对数 ln Kp(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)随温度的变化如图所示：
①反应I、II、III 中属于吸热反应的是_______，写出推理过程_______。
②若图中 A 点时发生反应 CH3OH(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+H2(g)+H2O(g)，则lnKp=_______(填数值)。
③若T0℃时，在密闭容器中加入 6 mol H2、4 molCO2只进行反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，维持压强为 p0kPa不变，达到平衡时H2的转化率是50%，则该温度下反应的平衡常数Kp=_______。
【答案】（1）AB （2）(a+b) kJ/mol （3）C
（4） ①. I ②. 根据图象信息可知，对于反应I，随着温度升高，其 lnKp值逐渐增大，即升高温度，反应Ⅰ正向移动，故反应Ⅰ为吸热反应 ③. 0 ④.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
NaOH 溶液和浓氨水能直接与CO2反应，吸收CO2，可作为 CO2 捕获剂；
【小问2详解】
根据盖斯定律，反应Ⅲ=Ⅰ+Ⅱ，ΔH3=ΔH1+ΔH2= (a+b) kJ/mol ；
【小问3详解】
A.H2与CO2都是反应物，增大 H2浓度有利于提高 CO2的转化率，A正确；
B.反应气体前后分子数发生变化，分子气体的平均相对分子质量M=m/n，若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系的分子数保持不变，反应已经达到平衡，B正确；
C.体系达平衡后，若压缩体积，则反应 I 气体前后分子数不变化，平衡不移动，反应 III气体前后分子数减小， 平衡正向移动，C错误；
D.选用合适的催化剂可以加快反应速率，提高 CH3OH 在单位时间内的产量，D正确；
故选C；
【小问4详解】
①根据图象信息可知，对于反应I，随着温度升高，其 lnKp值逐渐增大，即升高温度，反应Ⅰ正向移动，故反应Ⅰ为吸热反应；
② 反应 I： CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) 反应 II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) 由I-II，可得反应 CH3OH(g)＋CO2(g) ⇌ 2CO(g)＋H2(g)＋H2O(g)，则该反应Kp=Kp(I)/K p(II)，A点Kp(I)=K p(II)，Kp=1，故lnKp =0 ；
③平衡时总物质的量为8mol，4种物质的分压分别为： 、 、 、 Kp=(×)÷()4 = 。
2023年春“湖北省部分重点中学三月联合检测”
高二三月联考化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个正确选项。
1. 2021年11月联合国气候峰会作出遏制全球变暖，加快向清洁经济的转变的决议。下列叙述正确的是
A. 煤炭、石油等化石燃料属于二次能源
B. “碳交易”及对“碳信用”征收强制税，不利于实现“碳达峰、碳中和”
C. 人们出行将逐步淘汰燃油车，减少碳元素空中旅行
D. 各国应大力提倡粮食酿酒、燃煤脱硫、石油裂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤炭、石油等化石燃料属于一次能源，A错误；
B．“碳交易”及对“碳信用”征收强制税，利于控制碳排放量，利于实现“碳达峰、碳中和”，B错误；
C．出行将逐步淘汰燃油车，发展绿色能源，减少碳元素空中旅行，C正确；
D．粮食酿酒、燃煤脱硫、石油裂化等都会产生二氧化碳，不会减少碳元素的排放，D错误；
故选C。
2. 下表列出了某短周期元素的各级电离能数据（用、表示，单位为）。
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3
B. R元素位于元素周期表中第IIA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为
【答案】B
【解析】
【分析】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
【详解】A．根据分析可知，R的最高正价为+2，故A错误；
B．根据分析可知，R元素位于元素周期表中第IIA族，故B正确；
C．根据分析可知，R元素的原子最外层共有2个电子，故C错误；
D．根据分析可知，短周期元素为第IIA族元素，可能是Mg或Be，即R元素基态原子的电子排布式可能为1s22s22p63s2，故D错误；
答案选B。
3. 具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是
A. 两种原子的电子层上全部都是s电子
B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子
C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．两种原子的电子层上全部都是s电子，均为1s或均为1s、2s电子，则为短周期一或二，不一定为同周期元素，如H与Li不同周期，故A不选；B．3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Na、Cl，均为第三周期元素，故B选；C．最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等，不一定为同周期元素，故C不选；D．原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D不选；故答案为B。
4. 2022年诺贝尔化学奖颁给了在“点击化学”领域做出贡献的科学家。一种“点击化学”试剂是由四种短周期主族元素组成，其中X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，Y的原子序数是Z的两倍。下列说法正确的是
A. 简单氢化物的分子极性：Y>Z
B. 电负性和第一电离能均有Z>W
C. 同周期元素形成的简单氢化物中X稳定性最强
D. 同周期主族元素基态原子未成对电子数少于Y的有2种
【答案】C
【解析】
【分析】X、Z、W的原子序数依次递减且核外电子的空间运动状态数相同，即占有的原子轨道数相同，X、Z、W分别为F、O、N，占据5个原子轨道，Y的原子序数是Z的两倍，Y为S。
【详解】A．因为O原子的电负性大于S原子，所以极性，A错误；
B．电负性：，但是N原子的p层为半满稳定状态，第一电离能大于O，B错误；
C．第二周期元素中，F的非金属性最大，所以在第二周期中，F的氢化物最稳定，C正确；
D．Y为S，基态原子电子排布为：，未成对电子为2，在第三周期中，比它未成对电子数少的有：、、3种，D错误；
故选C。
5. 在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是
A. 与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积
B. 与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少
C. 深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)
D. 海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大
【答案】D
【解析】
【分析】石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3与CO2，H2O之间存在着下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)⇌Ca(HCO3)2(aq)。
【详解】A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；
B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；
C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；
D. 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。
故答案选D。
6. T℃时，将2.0molA(g)和2.0molB(g)充入体积为1L的密闭容器中，在一定条件发生下述反应：A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(s)△H＜0；t1时刻时A物质的量为1.2mol，t2时刻时C(g)浓度为2.0mol/L并保持不变。下列说法正确的是
A. t1时刻的逆反应速率 > t2时刻的正反应速率
B. T℃时该反应的化学平衡常数K=2
C. T2时刻反应达到平衡，然后缩小容器体积，平衡逆向移动
D. T℃时，若将A(g)、B(g)各1.0mol充入同样容器，平衡后，A的转化率为50%
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．t2时刻的正反应速率和逆 反应速率相等，反应开始到平衡，逆反应速率在逐渐增大，所以t1时刻的逆反应速率小于 t2时刻的正反应速率，A错误；
B．该反应的平衡常数为，B错误；
C．T2时刻反应达到平衡，然后缩小容器体积，压强增大，平衡不移动，C错误；
D．该反应到平衡时，A的转化率为50%，若同温时，将A(g)、B(g)各1.0mol充入同样容器，两平衡等效，平衡后，A的转化率为50%，D正确；
故选D。
7. 常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液Ⅰ中
B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
8. 一种能增强人体免疫力的化合物，其结构如图，其中X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，W、R同族。下列说法错误的是
A. 第一电离能：
B. 氢化物的沸点：
C. 原子半径：
D. X、Z、W三种元素既可形成共价化合物又可形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】由结构可知R最外层有六个电子，根据题意可知为W、R第ⅥA族元素，因此W为O元素，R为S元素，再根据结构中的成键数可知X为H元素，Y为C元素，Z为N元素.
【详解】A．同一周期各元素第一电离能从左往右有逐渐增大的趋势，因为N元素2p轨道为半充满状态，第一电离能大于O元素，同一主族第一电离能从上往下依次降低，O元素大于S元素第一电离能，故第一电离能：，A正确；
B．碳元素的氢化物为烷烃，烷烃的沸点随C原子数目增大而增大，存在沸点大于水和氨气的烷烃，B错误；
C．原子半径同一周期从左往右依次减小，且H原子半径最小，故原子半径：，C正确；
D．H、N、O，即可形成共价化合物，如，也可形成离子化合物，如，D正确；
故选：B。
9. 科学家发现固体电解质具有良好的导电能力，为锂离子电池的发展做出了重要贡献，其晶胞结构如图所示，其中位于体心。下列说法正确的是
A. 该晶胞中位于体心和棱心
B. 电负性：
C. 周围距离最近且相等的的个数为4
D. 若晶胞参数为，则晶体密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干晶胞示意图可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，A错误；
B．同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小，故电负性：，B错误；
C．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，则周围距离最近且相等的的个数为2，C错误；
D．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，故一个晶胞中含有Li+的数目为：，S2-的数目为：=1，的数目为1，若晶胞参数为，则晶体密度为=，D正确；
故答案为：D。
10. 下列对物质性质解释合理的是
选项
性质
解释
A
热稳定性：
中存在氢键
B
熔点：晶体硅<碳化硅
碳化硅中分子间作用力较大
C
酸性：
电负性：F>Cl
D
熔点：
Br-Br键较I-I键键能大
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；
B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；
C．酸性是因为电负性：导致中羧基上的氢离子更容易电离出来，C正确；
D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。
故选C。
11. 碳氮硫共脱除工艺可以协同除去工业废水中的S2-、NO和CH3COO-，过程如图所示。已知：成键原子共平面，每个原子能提供一个相互平行的p轨道且p轨道电子数小于参加成键的p轨道数的两倍时可形成离域π键。下列说法错误的是
A. N2和CO2都是非极性分子
B. NO和NO的空间构型相同
C. NO中存在离域π键
D. 冰醋酸中CH3COOH分子间存在范德华力和氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．为含有非极性键的非极性分子，为含有极性键的非极性分子，A正确；
B．的价层电子对为：，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，的价层电子对为：，有一对孤电子对，空间构型为V性，B错误；
C．中N原子以杂化轨道成键,离子中存在3个σ键，为平面三角形，三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的离域大π键，C正确；
D．冰醋酸中分子间存在范德华力，因为羧基中含有，所以含有氢键，D正确；
故选B。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。
实验1 用pH试纸测得0.1NaHCO3溶液的pH约为8；
实验2 向0.1NaHCO3溶液滴入等浓度Ba(OH)2溶液至恰好完全反应；
实验3 向0.1NaHCO3溶液中加入等体积0.1NaOH溶液；
实验4 向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，有气体和沉淀生成；
下列说法错误的是
A. 实验1的溶液中存在c(H2CO3)>c(CO)
B. 实验2过程中，水的电离程度先逐渐增大，然后逐渐减小
C. 实验3反应后的溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
D. 实验4所生成的气体一定是CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1NaHCO3溶液中pH约为8，则说明碳酸氢根离子水解大于电离，水解反应为：，电离反应为：，所以c(H2CO3)>c(CO)，A正确；
B．向0.1NaHCO3溶液滴入等浓度Ba(OH)2溶液至恰好完全反应，则发生离子反应为：，滴入过程中先变成碳酸根离子，水解程度先增大，随意碳酸根离子与钡离子结合后氢氧根离子过量，所以随后水的电离程度会逐渐减小，B正确；
C．向0.1NaHCO3溶液中加入等体积0.1NaOH溶液，会生成碳酸钠溶液，溶液中存质子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C错误；
D．向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，溶质会发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，D正确；
故选C
13. 已知：，常温下向溶液中滴加溶液的滴定曲线如图所示。已知：。下列说法正确的是
A. 、、三点的从大到小的顺序为
B. 在点的溶液中存在
C. 常温下，为
D. 其他条件相同，若将溶液换为同浓度、同体积的溶液，B点会平行向右移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．只受温度影响，、、三点温度不变，则三点的相等，故A错误；
B．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，A点V[Na2S(aq)]小于10mL，则，故B错误；
C．当向溶液中滴加10mL溶液时，，此时pCu=18.3，c(Cu2+)=10-18.3mol/L= c(S2-)，= c(Cu2+) c(S2-)=，故C正确；
D．其他条件相同，若将溶液换为同浓度、同体积的溶液，滴加10mL溶液时，，由于，则pFe会向左移动，故D错误；
故选C。
14. 某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是
A. m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜
B. 产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
C. 通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液
D. 标准状况下，b口每收集到2.24 L气体乙，电路中转移电子0.4NA
【答案】C
【解析】
【分析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。
【详解】A． 左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；
B． Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；
C． 右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；
D． 标准状况下，b口每收集到2.24 L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NA,
故选C。
15. 已知含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的与溶液的的关系如下图，该温度下向初始的含磷废水中加入可以得到沉淀而实现废水除磷。下列叙述错误的是
A. 该温度下，磷酸的
B. 若逐渐增大该废水的，溶液中将随之不断增大
C. 的该废水中离子浓度存在关系：
D. 该废水除磷的离子反应有：
【答案】B
【解析】
【分析】由磷酸的与溶液的的关系图可知、、。
【详解】A．该温度下，由关系图可知pH=p=7.21，即，A正确；
B．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是，因此溶液中将先增大后减小，B错误；
C．时，因为，所以，即，因为，所以，即，故，C正确；
D．因为向含磷废水中加入可以得到沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应，D正确；
故答案为：B。
二、非选择题：本题4小题，共55分。
16. Ⅰ．为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。
（1）甲装置中，a电极的反应式为___________。
（2）乙装置中，阴极区产物为___________。
（3）丙装置是一种家用环保型消毒液发生器。外接电源a为___________(填“正”或“负”)极，该装置内发生反应的化学方程式为___________。
（4）若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为___________(不考虑气体的溶解)。
Ⅱ．利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。
（5）若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于___________处。
（6）若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为___________。
【答案】（1）H2-2e-+2OH-=2H2O
（2）氢氧化钠和氢气 （3） ①. 负 ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（4）3：4 （5）N
（6）牺牲阳极法
【解析】
小问1详解】
甲装置是氢氧燃料电池，a电极氢气失电子发生氧化反应生成水，a是负极，电极的反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；
【小问2详解】
乙装置是电解池，阴极发生还原反应，阴极反应式为，产物为氢气和氢氧根离子；
【小问3详解】
丙装置是电解池，电解食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，为使电解生成的氢氧化钠和氯气充分反应生成氯化钠、次氯酸钠，氯气应该在丙装置的下端电极生成，所以下端为阳极、上端为阴极，外接电源a为负极，该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
【小问4详解】
甲装置作为乙装置的电源。若电路中转移4mol电子，甲中负极消耗2mol氢气、正极消耗1mol氧气，乙装置阳极生成2mol氯气、阴极生成2mol氢气，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为3:4。
【小问5详解】
X为碳棒，若开关K应置于M，构成原电池，铁为负极，铁的腐蚀速率加快；若开关K应置于N，构成电解池，铁为阴极，为外加电流阴极保护法，铁的腐蚀速率减慢；所以为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处。
【小问6详解】
X为锌，开关K置于M处，构成原电池，铁为正极、锌为负极，锌被腐蚀，该电化学防护法称为牺牲阳极法。
17. 利用废旧锡铬合金(含Sn、Cr、SnO、和少量Pb)回收锡并制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如下：
已知：①“熔融氧化”中，氧化产物为，还原产物为；
②
回答下列问题：
（1）“热溶”时发生的非氧化还原反应的离子方程式为_______；加快“热溶”速率的措施有_______(任写2条)。
（2）“溶渣”的主要成分为_______(填化学式)。
（3）“调”的作用是_______。
（4）“熔融氧化”反应的化学方程式为_______，实验室中该操作可在_______ (填字母)中进行。
A.蒸发皿 B.铁坩埚 C.石英坩埚 D.烧杯
（5）“转化、分离”中，需要通过蒸发浓缩，降温至10℃、结晶的方法分离得到晶体的原因为_______。
【答案】（1） ①. 、 ②. 搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等（任写两条）
（2）
（3）使转化
（4） ①. ②. B
（5）的溶解度受温度影响较大且随温度降低而减小
【解析】
【分析】废旧锡铬合金加硫酸热溶后，溶渣中为PbSO4，其他物质转化为硫酸盐；调节pH得到物相1，经过处理得到粗锡；物相2经过处理得到Cr2O3；熔融氧化时发生反应，固体水溶后调节pH2，铬酸钠转化为重铬酸钠，即使转化为，加入KCl经过转化分离得到K2Cr2O7。
【小问1详解】
硫酸热溶时发生的非氧化还原反应为：、；加快“热溶”速率的措施有：搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等（任写两条）；
【小问2详解】
溶渣的主要成分为：；
【小问3详解】
“调”的作用是：使转化为；
【小问4详解】
熔融氧化时发生的化学反应为：；熔融氧化应该在坩埚中进行，因用到了NaOH，不能选石英坩埚，应选铁坩埚，故选B；
【小问5详解】
“转化、分离”中，需要通过蒸发浓缩，降温至10℃、结晶的方法分离得到晶体的原因为：的溶解度受温度影响较大且随温度降低而减小。
18. 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） ①. 26 ②. 基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态
（2） ①. O>N>P ②. 正四面体形 ③. sp3杂化
（3） ①. 14 ②. 苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能
（4） ①. 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. LiC6 ③.
【解析】
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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；
小问4详解】
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；。
19. 我国力争于 2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现碳中和。二氧化碳加氢制备甲醇既可以实现二氧化碳的转化利用，又可以有效缓解温室效应问题。
已知：反应 I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=akJ·mol-1
反应 II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2=b kJ·mol-1
反应III：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3
（1）原料 CO2可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为 CO2 捕获剂的是_______(填标号)。
A. NaOH 溶液 B. 浓氨水 C. CH3CH2OH D. NH4Cl 溶液
（2）根据盖斯定律，反应 III 的ΔH3=_______kJ·mol-1
（3）对于上述 CO2加氢合成 CH3OH 的体系，下列说法错误的是_______(填标号)。
A. 增大 H2浓度有利于提高 CO2的转化率
B. 若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡
C. 体系达平衡后，若压缩体积，则反应 I 平衡不移动，反应 III 平衡逆向移动
D. 选用合适的催化剂可以提高 CH3OH 在单位时间内的产量
（4）上述反应平衡常数的自然对数 ln Kp(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)随温度的变化如图所示：
①反应I、II、III 中属于吸热反应的是_______，写出推理过程_______。
②若图中 A 点时发生反应 CH3OH(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+H2(g)+H2O(g)，则lnKp=_______(填数值)。
③若T0℃时，在密闭容器中加入 6 mol H2、4 molCO2只进行反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，维持压强为 p0kPa不变，达到平衡时H2的转化率是50%，则该温度下反应的平衡常数Kp=_______。
【答案】（1）AB （2）(a+b) kJ/mol （3）C
（4） ①. I ②. 根据图象信息可知，对于反应I，随着温度升高，其 lnKp值逐渐增大，即升高温度，反应Ⅰ正向移动，故反应Ⅰ为吸热反应 ③. 0 ④.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
NaOH 溶液和浓氨水能直接与CO2反应，吸收CO2，可作为 CO2 捕获剂；
【小问2详解】
根据盖斯定律，反应Ⅲ=Ⅰ+Ⅱ，ΔH3=ΔH1+ΔH2= (a+b) kJ/mol ；
【小问3详解】
A.H2与CO2都是反应物，增大 H2浓度有利于提高 CO2的转化率，A正确；
B.反应气体前后分子数发生变化，分子气体的平均相对分子质量M=m/n，若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系的分子数保持不变，反应已经达到平衡，B正确；
C.体系达平衡后，若压缩体积，则反应 I 气体前后分子数不变化，平衡不移动，反应 III气体前后分子数减小， 平衡正向移动，C错误；
D.选用合适的催化剂可以加快反应速率，提高 CH3OH 在单位时间内的产量，D正确；
故选C；
【小问4详解】
①根据图象信息可知，对于反应I，随着温度升高，其 lnKp值逐渐增大，即升高温度，反应Ⅰ正向移动，故反应Ⅰ为吸热反应；
② 反应 I： CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) 反应 II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) 由I-II，可得反应 CH3OH(g)＋CO2(g) ⇌ 2CO(g)＋H2(g)＋H2O(g)，则该反应Kp=Kp(I)/K p(II)，A点Kp(I)=K p(II)，Kp=1，故lnKp =0 ；
③平衡时总物质的量为8mol，4种物质的分压分别为： 、 、 、 Kp=(×)÷()4 = 。
相关试卷
湖北省部分州市2022-2023学年高二化学下学期期末联合调研考试试题（Word版附答案）： 这是一份湖北省部分州市2022-2023学年高二化学下学期期末联合调研考试试题（Word版附答案），共9页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列有机化合物的名称正确的是，相同条件下，下列比较不正确的是，下列事实与氢键无关的是等内容，欢迎下载使用。
湖北省高中名校联盟2022-2023学年高二化学下学期5月联合测评试题（Word版附解析）： 这是一份湖北省高中名校联盟2022-2023学年高二化学下学期5月联合测评试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了我国科学家预言的碳已被合成，化合物的分子式均为等内容，欢迎下载使用。
湖北省重点高中智学联盟2022-2023学年高二化学下学期5月联考试题（Word版附答案）： 这是一份湖北省重点高中智学联盟2022-2023学年高二化学下学期5月联考试题（Word版附答案），共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
