2023年高考押題預(yù)測(cè)卷03(全國(guó)甲卷)-化學(xué)(全解全析)

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷03（全國(guó)甲卷）化學(xué)·全解全析78910111213BDDBCBB一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。7．化學(xué)與生產(chǎn)生活聯(lián)系緊密。下列敘述正確的是A．電器起火可用泡沫滅火器撲救B．漂白粉既可做棉、麻、紙張的漂白劑，又可做環(huán)境消毒劑C．車用燃油與家用食用油主要成分相同，均屬于烴類D．維生素C具有氧化性，在人體內(nèi)起抗氧化作用【答案】B【解析】A．泡沫滅火器中加入的主要是碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液，兩者混合的時(shí)候發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成大量的二氧化碳?xì)怏w泡沫，該泡沫噴出進(jìn)行滅火，但是噴出的二氧化碳?xì)怏w泡沫中一定含水，形成電解質(zhì)溶液，具有一定的導(dǎo)電能力，可能導(dǎo)致觸電或電器短路，A錯(cuò)誤；B．漂白液、漂白粉和漂粉精既可做棉、麻、紙張的漂白劑，又可用作游泳池及環(huán)境的消毒劑，B正確；C．食用油的主要成分是不飽和高級(jí)脂肪酸甘油酯，C錯(cuò)誤；D．維生素C具有還原性，在人體內(nèi)起抗氧化作用，D錯(cuò)誤；故選B。8．具有美白功效的某化妝品主要成分Z的合成如圖：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．1molX最多與4molH2發(fā)生加成反應(yīng) B．Y中所有原子可能共面C．X和Y反應(yīng)生成Z為加成反應(yīng) D．Z中苯環(huán)上一氯代物有8種【答案】D【解析】A．X含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，則1molX最多與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B．苯中12個(gè)原子共平面，根據(jù)氧氫單鍵可以旋轉(zhuǎn)，因此Y中所有原子可能共面，故B正確；C．根據(jù)X與Y和Z的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式及分子式得到X和Y反應(yīng)生成Z為加成反應(yīng)，故C正確；D．Z中苯環(huán)上有5種位置的氫，因此其一氯代物有5種，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。9．金屬M(fèi)n與反應(yīng)的現(xiàn)象如下：已知：經(jīng)檢驗(yàn)，反應(yīng)后的溶液中含有；氧化性：。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．緩慢滴加產(chǎn)生的氣體中，可能含有，一定不含B．快速滴加實(shí)驗(yàn)中，硝酸表現(xiàn)酸性、強(qiáng)氧化性C．向緩慢滴加實(shí)驗(yàn)所得溶液中加入，溶液變?yōu)樽霞t色D．收集快速滴加過(guò)程中獲得的紅棕色氣體，干燥后會(huì)得到純凈的【答案】D【解析】A．根據(jù)緩慢滴加硝酸產(chǎn)生的氣體為無(wú)色、無(wú)味可判斷，該氣體可能含有，一定不含，A正確；B．快速滴加硝酸實(shí)驗(yàn)中，生成的紅棕色氣體為，溶液中含，則硝酸表現(xiàn)出酸性、強(qiáng)氧化性，B正確；C．根據(jù)已知信息，氧化性：，在含有的溶液中加入，會(huì)生成，溶液會(huì)變?yōu)樽霞t色，C正確；D．會(huì)自發(fā)轉(zhuǎn)化為，則收集快速滴加過(guò)程中獲得的紅棕色氣體，干燥后得到的仍為混合物，D錯(cuò)誤；故選D。10．《環(huán)境科學(xué)》刊發(fā)了我國(guó)科研部門采用零價(jià)鐵活化過(guò)硫酸鈉(，其中S為＋6價(jià))去除廢水中正五價(jià)砷As(V)的研究成果，其反應(yīng)機(jī)理模型如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)過(guò)程中有非極性鍵的斷裂B．溶液的pH越小，越有利于去除廢水中的正五價(jià)砷C．堿性條件下，硫酸根自由基發(fā)生的反應(yīng)方程式為D．反應(yīng)過(guò)程中，存在反應(yīng)【答案】B【解析】A．反應(yīng)過(guò)程中存在過(guò)硫酸鈉中的-O-O-的斷裂，故有非極性鍵的斷裂，A正確；B．H3AsO4為弱酸，溶液的pH越小，導(dǎo)致As以分子形式存在，反而不利于去除廢水中的正五價(jià)砷，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，堿性條件下，硫酸根自由基和氫氧根離子生成硫酸根離子和氫氧根自由基，發(fā)生的反應(yīng)方程式為，C正確；D．反應(yīng)過(guò)程中，在腐蝕層表面存在反應(yīng)，D正確；故選B。11．某課題組設(shè)計(jì)了一種新型的A位K/Na摻雜鈣鈦礦氟化物(K/Na-NCZMF)電極材料，并構(gòu)建了先進(jìn)的水系鋅基電池，如圖所示。下列敘述正確的是A．放電時(shí)，N極電勢(shì)高于M極電勢(shì)B．放電時(shí)，轉(zhuǎn)化成MnOOHC．充電時(shí)，向K/Na-NCZMF極遷移D．充電時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子理論上N極凈增16g【答案】C【解析】A．放電時(shí)，N極為負(fù)極，M極為正極，負(fù)極電勢(shì)低于正極，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)，M極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，錳的化合價(jià)降低，MnOOH生成，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)，M極為陽(yáng)極。N極為陰極，陰離子向陽(yáng)極遷移，故C正確；D．充電時(shí)，氧化鋅轉(zhuǎn)化成鋅，N極質(zhì)量減輕，故D錯(cuò)誤；故答案選C。12．R、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的前20號(hào)元素。R和Y位于同主族，R原子最外層電子數(shù)與X的原子序數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)。向這四種元素組成的一種化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量與加入Ba(OH)2的物質(zhì)的量的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．簡(jiǎn)單離子半徑：Y>Z>R>XB．Q溶液中兩種陽(yáng)離子濃度相等C．Z2R2中含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵D．最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：R>Y【答案】B【分析】由圖可知，當(dāng)Ba(OH)2滴入量大于3mol后，沉淀部分溶解，說(shuō)明沉淀應(yīng)該為硫酸鋇和Al(OH)3，所以四種元素中一定含有Al，O和S，R和Y位于同主族，且原子序數(shù)遞增，所以R為O，Y為S，X為Al，R原子最外層電子數(shù)為6,X的原子序數(shù)為13，兩者之和等于19，則Z為K，綜上，R為O，X為Al，Y為S，Z為K?！窘馕觥緼．電子層數(shù)越多，簡(jiǎn)單離子半徑越大，當(dāng)電子層結(jié)構(gòu)相同時(shí)，質(zhì)子數(shù)越大，離子半徑越小，依次分析，四種簡(jiǎn)單離子的半徑關(guān)系為：Y>Z>R>X，A正確；B．Q溶液為KAl(SO4)2，鋁離子水解濃度減小，所以陽(yáng)離子濃度不相同，B錯(cuò)誤；C．K2O2電子式為，含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵，C正確；D．元素非金屬性越強(qiáng)，則最簡(jiǎn)單的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，則由于R的非金屬性強(qiáng)于Y，所以最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：R>Y，D正確；故答案選B。13．草酸(H2C2O4)是一種易溶于水的二元有機(jī)弱酸。常溫下，向一定濃度的H2C2O4溶液中加入KOH固體，保持溶液體積和溫度不變，測(cè)得溶液pH與-lgX[X為c(H2C2O4)、c(C2O)、的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．曲線M表示-lgc(C2O)隨pH的變化B．常溫下，H2C2O4的一級(jí)電離常數(shù)Ka1=1×10-1.3C．從a點(diǎn)至b點(diǎn)溶液中水的電離程度逐漸減小D．b點(diǎn)溶液中：c(K+)＞3c(HC2O)【答案】B【解析】向一定濃度的H2C2O4溶液中加入KOH固體，由于二者發(fā)生反應(yīng)，所以H2C2O4逐漸減少，-lgc(H2C2O4)會(huì)逐漸增大，所以圖中呈上升趨勢(shì)的為-lgc(H2C2O4)與pH變化關(guān)系，即曲線M；H2C2O4H++，H++，隨著pH逐漸增大，會(huì)逐漸增大，-lgc()會(huì)逐漸減小，但是不會(huì)等于0，所以呈下降趨勢(shì)且與橫坐標(biāo)無(wú)交點(diǎn)的為-lgc()與pH變化關(guān)系，即曲線N；隨著pH逐漸增大，=也增大，則-lg減小，且隨著pH的增大，c()先大于c()到等于，再到小于，即從小于1，到等于1，再到大于1，當(dāng)=1時(shí)，-lg=0，則直線L是-lg與pH的變化圖，以此分析解題。A．由分析可知，曲線M代表-lgc(H2C2O4)隨pH的變化，曲線N代表隨pH的變化，Ａ錯(cuò)誤；B．由分析結(jié)合圖中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)pH=4.3時(shí)，-lg=0，即c()=c()，即Ka2=＝10-4.3，根據(jù)a點(diǎn)可知，常溫下，-lgc(H2C2O4)=-lgc()即c(H2C2O4)=c()，則有Ka1Ka2==c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故H2C2O4的Ka1=10-5.6/Ka2=10-1.3，B正確；C．由分析可知，曲線N代表-lgc()與pH變化關(guān)系變化圖，從a至b點(diǎn)，溶液中H2C2O4、濃度逐漸減小，濃度逐漸增大，故水的電離程度逐漸增大，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒：，圖中b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液的pH為4.3，即c()=c()，即，故b點(diǎn)溶液中有：，B正確；b點(diǎn)時(shí)，根據(jù)電荷守恒：，此時(shí)pH=4.3，即lg=0，所以c()=c()，所以上式可變形為：c(K+)+c(H+)=3c()+c(OH-)，c(K+)-3c()=c(OH-)-c(H+)，因?yàn)閏(OH-)＜c(H+)，所以：c(K+)＜3c()，D錯(cuò)誤；故選：B。三、非選擇題：共58分，第26~28題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第35~36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。26．（15分）錳酸鋰(LiMn2O4)是鋰電池的正極材料，以軟錳礦為原料，生產(chǎn)錳酸鋰的流程如下：已知：①軟錳礦的成分如下：成分MnO2Fe2O3CaOSiO2其他不反應(yīng)雜質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)69.6%7.6%5.6%9.0%8.2%②K2MnO4在強(qiáng)堿性溶液(pH大于13.5)中穩(wěn)定，在酸性、中性和弱堿性環(huán)境中會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)生成和MnO2。③苯胺(C6H5NH2)還原性較強(qiáng)，在該條件下可被氧化為硝基苯(C6H5NO2)。④錳酸鋰為灰黑色粉末，離子化合物，易溶于水，難溶于無(wú)水乙醇。(1)“氧壓浸出”的浸出溫度為260°C，并維持500r/min的速率攪拌，此時(shí)發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________。(2)“加熱溶解”和“除雜”時(shí)均要嚴(yán)格控制溶液pH的原因是_________________________，“除雜”中加入CaO后，需要適當(dāng)加熱并攪拌的目的是_________________________，若此時(shí)溶液中c()=2.5mol/L，則1m3溶液中理論上需要加入的CaO的質(zhì)量為___________kg。(3)“一系列的操作”是將所得溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，其中洗滌的試劑最好選用___________（填標(biāo)號(hào)）。A．冷水 B．熱水 C．95%的乙醇溶液 D．LiOH溶液(4)純度的測(cè)定：取0.5800g錳酸鋰[Mr(LiMn2O4)=181]樣品與稀硝酸和雙氧水反應(yīng)，將Mn元素完全轉(zhuǎn)化為Mn2+，除去過(guò)量的雙氧水，調(diào)節(jié)pH，滴加指示劑，用濃度為0.3000mol/L的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，終點(diǎn)時(shí)消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL(Mn2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為1：1)①若反應(yīng)時(shí)，N元素的化合價(jià)不變，則錳酸鋰與稀硝酸和雙氧水反應(yīng)的離子方程式為___________。②樣品中錳酸鋰的純度為___________%(保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1)2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（2分）(2)防止錳酸鉀在酸性、中性和弱堿性環(huán)境中發(fā)生歧化反應(yīng)（2分）加快反應(yīng)速率，使CaSiO3顆粒增大便于過(guò)濾（2分）8.75（3分）(3)C（2分）(4)（2分）94（2分）【分析】軟錳礦加入氫氧化鉀、加水，通入氧氣氧化浸出得到錳酸鉀，加入氫氧化鉀溶解，加入氧化鈣除去硅等雜質(zhì)，過(guò)濾除去濾渣，濾液加入苯胺、氫氧化鋰，處理得到錳酸鋰；【解析】（1）“氧壓浸出”的浸出溫度為260°C，二氧化錳和氧氣、氫氧化鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成錳酸鉀和水，2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（2）已知，K2MnO4在強(qiáng)堿性溶液(pH大于13.5)中穩(wěn)定，在酸性、中性和弱堿性環(huán)境中會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)生成和MnO2；“加熱溶解”和“除雜”時(shí)均要嚴(yán)格控制溶液pH的原因是防止錳酸鉀在酸性、中性和弱堿性環(huán)境中發(fā)生歧化反應(yīng)；“除雜”中加入CaO后，氧化鈣和水生成氫氧化鈣，氫氧化鈣和硅酸根離子生成硅酸鈣沉淀，操作需要適當(dāng)加熱并攪拌的目的是加快反應(yīng)速率，使CaSiO3顆粒增大便于過(guò)濾；若此時(shí)溶液中c()=2.5mol/L，更加錳元素守恒可知，，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，、，硅元素轉(zhuǎn)化為硅酸鈣需要消耗氧化鈣，根據(jù)元素守恒可知，，則二氧化硅需要消耗氧化鈣，，則需要在加入氧化鈣質(zhì)量為26.25kg-17.5kg=8.75kg；（3）錳酸鋰為灰黑色粉末，離子化合物，易溶于水，難溶于無(wú)水乙醇。故洗滌的試劑最好選用95%的乙醇溶液，故選C；（4）①若反應(yīng)時(shí)，N元素的化合價(jià)不變，錳元素化合價(jià)由+3.5變?yōu)?2、氧元素化合價(jià)由-1變?yōu)?，根據(jù)電子守恒、質(zhì)量守恒配平，反應(yīng)為；②Mn2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為1：1，結(jié)合錳元素守恒可知，樣品中錳酸鋰的純度為。27．（14分）[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合鈷)屬于經(jīng)典配合物，實(shí)驗(yàn)室以Co為原料制備[Co(NH3)6]Cl3的方法和過(guò)程如下：I．制備CoCl2已知：鈷單質(zhì)與氯氣在加熱條件下反應(yīng)可制得純凈CoCl2，鈷單質(zhì)在300°C以上易被氧氣氧化；CoCl2熔點(diǎn)為86°C，易潮解。制備裝置如下：(1)制氯氣的反應(yīng)中，還原劑與氧化劑物質(zhì)的量之比為___________。(2)試劑X通常是___________(填名稱)。(3)試劑Z的作用為________________________________。(4)為了獲得更純凈的CoCl2，開始點(diǎn)燃N處酒精噴燈的標(biāo)志是___________。Ⅱ．制備[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有較強(qiáng)還原性，[Co(NH3)6]3+性質(zhì)穩(wěn)定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲線如圖所示：③加入少量濃鹽酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。(5)按圖組裝好裝置→___________(填序號(hào)，下同)→打開磁力攪拌器→控制溫度在10°C以下→___________→加熱至60°C左右，恒溫20min→在冰水中冷卻所得混合物，即有晶體析出(粗產(chǎn)品)。①緩慢加入H2O2溶液②滴加稍過(guò)量的濃氨水③向三頸燒瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和適量水(6)寫出氧化階段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_______________________________________。(7)粗產(chǎn)品可用重結(jié)晶法提純：向粗產(chǎn)品中加入80°C左右的熱水，充分?jǐn)嚢韬?，___________，冷卻后向?yàn)V液中加入少量___________，邊加邊攪拌，充分靜置后過(guò)濾，用無(wú)水乙醇洗滌晶體2~3次，低溫干燥，得純產(chǎn)品[Co(NH3)6]Cl3?！敬鸢浮?1)2:1（2分）(2)飽和食鹽水或飽和氯化鈉溶液（2分）(3)吸收多余Cl2，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，導(dǎo)致CoCl2潮解（2分）(4)硬質(zhì)玻璃管中充滿黃綠色氣體(或收集器中出現(xiàn)黃綠色氣體，合理即可)（2分）(5)③（1分）②①（1分）(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3（2分）(7)趁熱過(guò)濾（1分）濃鹽酸（1分）【解析】I．M裝置MnO2和濃鹽酸共熱制備氯氣，氣體通過(guò)試劑X（飽和食鹽水）除HCl氣體，通過(guò)試劑Y（濃硫酸）除水，裝置N中Co和氯氣反應(yīng)生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，試劑Z為堿石灰，吸收多余Cl2，防止污染空氣，同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，導(dǎo)致CoCl2潮解。Ⅱ．按圖組裝好裝置，向三頸燒瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和適量水，打開磁力攪拌器，控制溫度在10°C以下，滴加稍過(guò)量的濃氨水，再緩慢加入H2O2溶液，加熱至60°C左右，恒溫20min，在冰水中冷卻所得混合物，即有晶體析出(粗產(chǎn)品)。（1）制氯氣的化學(xué)方程式為，該反應(yīng)中氧化劑是MnO2，還原劑是HCl，1molMnO2和4molHCl反應(yīng)，只有一半HCl作還原劑，另一半作酸，則還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比2:1。（2）制得的氯氣中含有HCl氣體，通過(guò)試劑X可除去HCl氣體，則X為飽和食鹽水或飽和氯化鈉溶液。（3）試劑Z應(yīng)為堿石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空氣，同時(shí)可防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，導(dǎo)致CoCl2潮解。（4）為了獲得更純凈的CoCl2，需先將體系空氣排盡，當(dāng)硬質(zhì)玻璃管中充滿黃綠色氣體或收集器中出現(xiàn)黃綠色氣體時(shí)，開始點(diǎn)燃N處酒精噴燈。（5）按圖組裝好裝置，③向三頸燒瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和適量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍過(guò)量的濃氨水，將Co2+轉(zhuǎn)化為具有較強(qiáng)還原性的[Co(NH3)6]2+，再①緩慢加入H2O2溶液，將[Co(NH3)6]2+氧化為性質(zhì)穩(wěn)定的[Co(NH3)6]3+。（6）由（5）分析知，緩慢加入H2O2溶液，將[Co(NH3)6]2+氧化為性質(zhì)穩(wěn)定的[Co(NH3)6]3+，反應(yīng)的離子方程式為2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3。（7）由溶解度曲線圖可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度隨溫度升高而增大，因此向粗產(chǎn)品中加入80°C左右的熱水，充分?jǐn)嚢韬?，趁熱過(guò)濾，防止過(guò)濾過(guò)程中晶體析出，冷卻后向?yàn)V液中加入少量濃鹽酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。28．（14分）天然氣開采過(guò)程中產(chǎn)生大量的含硫廢水(硫元素的主要存在形式為H2S)，需要回收處理并加以利用，有關(guān)反應(yīng)如下：i.2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1ii．4H2S(g)+2SO2(g)3S2(g)+4H2O(g)ΔH2iii．2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH3回答下列問題：(1)H2S熱分解反應(yīng)2H2S(g)S2(g)+2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；該反應(yīng)的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，則ΔH___________(填“<”“>”或“=”)0。(2)總壓恒定為100kPa，向密閉容器中充入2molH2S、3molO2、95molAr，發(fā)生反應(yīng)i和反應(yīng)ii，反應(yīng)過(guò)程中H2S(g)，SO2(g)、S2(g)等含硫物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)δ隨時(shí)間變化如圖所示。①表示SO2分布分?jǐn)?shù)的曲線為___________(填“甲”“乙”或“丙”)。②t1時(shí)測(cè)得H2S轉(zhuǎn)化率為α，此時(shí)體系中H2O的物質(zhì)的量為___________mol；用H2S分壓表示的平均反應(yīng)速率為___________(用含α、t1的式子表示)kPa·s-1。(3)也可采用Na2SO3氧化法對(duì)H2S進(jìn)行處理，過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的方程式(均未配平)為：i．+H2S+H+→+S↓+H2Oii．H2S(aq)+(aq)+H+(aq)→S(s)+H2O(l)iii．S(s)+(aq)→(aq)實(shí)驗(yàn)測(cè)得，在T℃、pH=5時(shí)，Na2SO3的投加量對(duì)平衡體系中部分微粒濃度的影響如圖所示。①T℃時(shí)，反應(yīng)iii的平衡常數(shù)K=___________。②結(jié)合三個(gè)反應(yīng)分析，當(dāng)Na2SO3投加量高于5g·L-1時(shí)，單位體積內(nèi)S的質(zhì)量減小的原因?yàn)開__________。【答案】(1)（2分）>（2分）(2)①乙（2分）②2a（2分）（2分）(3)（2分）Na2SO3投加量高于5g·L-1時(shí)，單位體積內(nèi)反應(yīng)iii消耗S單質(zhì)的質(zhì)量超過(guò)了反應(yīng)i和反應(yīng)ii生成S單質(zhì)的質(zhì)量之和（2分）【解析】（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)可得硫化氫熱分解反應(yīng)，則反應(yīng)ΔH=；由反應(yīng)的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)焓變?chǔ)>0，故答案為：；>；（2）①由方程式可知，反應(yīng)i中硫化氫與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫，反應(yīng)ii中二氧化硫與硫化氫反應(yīng)生成S2，則硫化氫的分布分?jǐn)?shù)減小、二氧化硫的分布分?jǐn)?shù)先增大后減小、S2的分布分?jǐn)?shù)增大，故選乙；②設(shè)t1時(shí)，反應(yīng)i生成二氧化硫?yàn)?amol、反應(yīng)ii消耗二氧化硫?yàn)?bmol，由題意可建立如下三段式：由硫化氫轉(zhuǎn)化率為α可得：=α，由圖可知，二氧化硫和S2分布分?jǐn)?shù)相等，則3—1.5a—b=b，解聯(lián)立方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，則水的物質(zhì)的量為(3—2α)mol×2+(1.5α—1.5)mol×4=2αmol，硫化氫的分壓變化量為()Pa，平均反應(yīng)速率為kPa·s-1，故答案為：2α；；（3）①由圖可知，T℃、pH為5反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，硫代硫酸根離子濃度為0.015mol/L、亞硫酸根離子濃度為0.009mol/L，則反應(yīng)iii的平衡常數(shù)K==，故答案為：；②結(jié)合三個(gè)反應(yīng)分析，當(dāng)Na2SO3投加量高于5g·L-1時(shí)，單位體積內(nèi)S的質(zhì)量減小說(shuō)明Na2SO3投加量高于5g·L-1時(shí)，單位體積內(nèi)反應(yīng)iii消耗S單質(zhì)的質(zhì)量超過(guò)了反應(yīng)i和反應(yīng)ii生成S單質(zhì)的質(zhì)量之和，故答案為：Na2SO3投加量高于5g·L-1時(shí)，單位體積內(nèi)反應(yīng)iii消耗S單質(zhì)的質(zhì)量超過(guò)了反應(yīng)i和反應(yīng)ii生成S單質(zhì)的質(zhì)量之和。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。35．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）科學(xué)工作者合成了含鎂、鎳、碳、氮4種元素的超導(dǎo)材料，具有良好的應(yīng)用前景。回答下列問題：(1)下列屬于碳原子激發(fā)態(tài)軌道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外層上一個(gè)電子所需能量最低的是___________。(2)含有碳元素的有機(jī)化合物分布極廣，最簡(jiǎn)單的為碳正離子，該離子的幾何構(gòu)型為___________；乙醇的揮發(fā)性比水的強(qiáng)，原因是___________；如圖是葉綠素的結(jié)構(gòu)示意圖，配體是一種平面大環(huán)有機(jī)物，該結(jié)構(gòu)中N原子的雜化方式為___________，C—Nσ鍵有___________個(gè)。(3)某種半導(dǎo)體NiO具有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖)，其中陰離子采用面心立方最密堆積方式，半徑r(O2-)=anm。①阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為___________g·cm-3.(用含a，NA的表達(dá)式表示)。②NiO晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導(dǎo)體的性能，Ni—N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Ni—O鍵，原因是___________。③若該晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，則該晶體的化學(xué)式為___________；N所替代的O的位置可能是___________?！敬鸢浮?1)BC（1分）B（1分）(2)平面三角形（1分）乙醇比水形成的分子間氫鍵數(shù)目少，分子間作用力?。?分）sp2、sp3（1分）8（1分）(3)①（3分）②電負(fù)性O(shè)>N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Ni和O之間更容易成離子鍵（2分）③Ni4O3N（2分）頂點(diǎn)或一對(duì)平行平面的面心（1分）【解析】（1）碳原子的基態(tài)電子排布式為1s22s22p2，根據(jù)基態(tài)碳原子受到激發(fā)，電子從低能級(jí)跳躍到高能級(jí)上，則四個(gè)選項(xiàng)中屬于碳原子激發(fā)態(tài)軌道表示式的有BC，而A是基態(tài)碳原子電子軌道表示式，D是基態(tài)N原子電子軌道表示式，故答案是BC；根據(jù)電子離核越遠(yuǎn)，越容易失去，則失去最外層上一個(gè)電子所需能量最低的是選項(xiàng)B，因?yàn)槠渌x項(xiàng)最外層是第二層，而B是第三層，故答案是B。（2）的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)為0，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，其空間構(gòu)型為平面三角形；乙醇的揮發(fā)性比水的強(qiáng)，說(shuō)明乙醇的沸點(diǎn)比水低，沸點(diǎn)和分子間作用力有關(guān)，乙醇和水雖同為分子晶體，但乙醇比水形成的分子間氫鍵數(shù)目少，分子間作用力小，故乙醇的沸點(diǎn)比水低，乙醇的揮發(fā)性比水的強(qiáng)；根據(jù)葉綠素結(jié)構(gòu)示意圖，N原子與周圍的原子形成的價(jià)鍵有單鍵，有雙鍵，可知其雜化方式為sp2、sp3；C—N形成的共價(jià)鍵單鍵都是σ鍵，形成的雙鍵中有一個(gè)是σ鍵，則C-Nσ鍵有8個(gè)。（3）①根據(jù)NiO晶胞結(jié)構(gòu)可知，其一個(gè)晶胞中含有O2-離子4個(gè)，Ni2+離子4個(gè)，氧原子量為16，鎳原子量約為59，則其晶胞質(zhì)量為m=，O2-離子采用面心立方最密堆積方式，半徑r(O2-)=anm，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為xnm，則可得關(guān)系式2x2=16a2，解得x=2anm，則晶胞的體積v=16a3nm3，則晶胞的密度為====g·cm-3。②鍵的極性強(qiáng)弱和成鍵元素的電負(fù)性強(qiáng)弱有關(guān)，Ni—N鍵和Ni—O鍵相比，由于氧元素電負(fù)性大于氮元素，則O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Ni和O之間更容易成離子鍵。③根據(jù)均攤法，NiO晶胞中含有O2-離子4個(gè)，Ni2+離子4，若該晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，即氧原子被氮原子代替，則該晶體的化學(xué)式為Ni4O3N；在晶胞中，有一個(gè)O原子被N原子取代，可能是頂點(diǎn)8或一對(duì)平行平面的面心，故N所替代的O的位置可能是頂點(diǎn)或一對(duì)平行平面的面心。36．[化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）黃酮類物質(zhì)可增強(qiáng)人體的抵抗力。某黃酮類物質(zhì)的合成方法如下：回答下列問題：(1)A的化學(xué)名稱__