福建省南平市普通高中2020届高三化学下学期第二次（5月）综合质量检查试题（含解析）

福建省南平市普通高中2020届高三化学下学期第二次（5月）综合质量检查试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Sr-88一、选择题：本题共13小题，每小题6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.下列说法错误的是A. 己亥杂诗中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环B. 周礼中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3C. 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”。这种方法是蒸馏D. 天工开物中“凡研硝(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生”，相激火生指爆炸【答案】B【解析】【详解】A自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物质循环，故A正确；B煤饼烧蛎房成灰是煤燃烧产生高温使碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，留下生石灰CaO，所以灰的主要成分为氧化钙，故B错误； C蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故C正确；DKNO3研碎易发生爆炸，则“相激火生”是指爆炸，故D正确；答案选B。2.某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（ ）A. 乙装置中盛放的是饱和食盐水B. 丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C. 丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D. 实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶【答案】B【解析】【分析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。【详解】A. 利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B. 碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；C. 实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；D. 分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；答案选B。【点睛】明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。3.关于有机化合物对甲基苯甲醛()，下列说法错误的是A. 其分子式为C8H8OB. 含苯环且有醛基的同分异构体(含本身)共有4种C. 分子中所有碳原子均在同一平面上D. 该物质不能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应【答案】D【解析】【详解】A. 根据对甲基苯甲醛的结构简式可知，分子式为C8H8O，故A正确；B. 含苯环且有醛基的同分异构体有，苯环上含有醛基和甲基的有邻位、间位和对位3种，只含有一个侧链的有1种，共有4种，故B正确；C. 分子中的苯环和羟基为平面结构，则所有碳原子均在同一平面上，故C正确；D. 该物质含有醛基，能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色的沉淀氧化亚铜，故D错误；答案选D。4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 实验室制取氧气方法有多种，生成1molO2电子转移数一定是4NAB. 500mL0.2 molL1 K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC. 1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3NAD. 2.24LNH3(标准状况)溶于1L水中得到0.1molL1的氨水【答案】C【解析】【详解】A实验室常用高锰酸钾受热分解或氯酸钾受热分解制取氧气，O元素化合价由-2价变化为0价可知，每生成1molO2转移电子数为4NA，也可以用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2NA，故A错误；B500mL0.2 molL1 K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO32H2OHSO3OH、HSO3-H2O H2SO3OH，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3NA，故B错误；C1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3mol，消耗氧气的分子数为一定为3NA，故C正确；D氨气溶于水后，溶液的体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则氨水的浓度不是0.1mol/L，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意根据盐的水解方程式分析判断。5.国内最新研究，实现CO2的固定和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程C不参与反应。放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列叙述正确的是A. 放电过程正极反应式为4Li+3CO2+4e=2Li2CO3+CB. 若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C的质量为1.2gC. 充电过程B电极为阴极，发生氧化反应D. 可用 LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO【答案】A【解析】【详解】A. 放电过程为原电池，根据放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极上二氧化碳得到电子生成Li2CO3和C，电极反应式为4Li+3CO2+4e=2Li2CO3+C，故A正确；B. 根据A的分析，若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C0.05mol，质量为0.05mol 12g/mol=0.6g，故B错误；C. 放电过程中金属锂为负极，则充电过程锂电极(A)为阴极，发生还原反应，故C错误；D. 锂能够与水反应，不能用 LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO，故D错误；答案选A。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是A. 简单离子半径：YZc(CH3COO)c(NH3H2O)c(NH4+)B. 溶液呈中性的点处于N、P之间C. 已知1g30.5，P点的pH=5D. P点：3c(CH3 COO)+ c(CH3COOH)=2 c(Na+)+c(NH4+)+c(NH3H2O)【答案】D【解析】【分析】溶液中离子浓度越大，溶液的电导率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应的先后顺序是NaOH+CH3COOHCH3COONa+H2O、NH3H2O+CH3COOHCH3COONH4 +H2O，体积在0-20时，溶液的电导率减小，M点最小，因为溶液体积增大导致M点离子浓度减小，M点溶液中溶质为CH3COONa、NH3H2O，继续加入醋酸溶液，NH3H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导率增大，N点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，N点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，电导率达到最大，继续加入醋酸，溶液的体积增大，离子的浓度减小，电导率逐渐减小，据此分析解答。【详解】AM点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NH3H2O，CH3COONa水解，NH3H2O电离，但CH3COONa水解程度小于NH3H2O电离程度，c(Na+)c(CH3COO)c(NH3H2O)c(NH4+)，故A正确B体积为20时NaOH和醋酸恰好完全反应、体积为40时醋酸和一水合氨恰好完全反应；醋酸钠溶液呈碱性、醋酸铵溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，应该使醋酸稍微过量，所以要使溶液呈中性，加入醋酸的体积应该大于40mL，应该在N、P之间，故B正确；C加入醋酸60mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的pH=pKa-lg=-lg1.810-5-lg=6-lg9=6-2lg35，故C正确；D加入醋酸60mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，根据物料守恒，c(CH3COO)+ c(CH3COOH)= c(Na+)+c(NH4+)+ c(NH3H2O)+ c(Na+)=2c(Na+)+c(NH4+)+c(NH3H2O)，故D错误；答案选D。【点睛】明确盐类水解原理、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点和难点为C的计算，要注意C中缓冲溶液pH值的计算方法。三、非选择题：共174分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。I利用装置A和C制备Sr3N2(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将_，然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管。(2)写出由装置A制备N2的化学反应方程式_。(3)装置A中a导管的作用是_。利用该套装置时，有同学提出应先点燃置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯，你同意其观点吗?_(“同意”或“不同意”)。理由是_。利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2(已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收)(4)写出装置B的NaOH溶液中发生反应的离子方程式_。(5)装置C中广口瓶盛放的试剂是_。测定Sr3N2产品的纯度(6)取10.0g该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是_。经改进后测得浓硫酸增重1.02g，则产品的纯度为_。【答案】 (1). 橡皮管和玻璃管润湿（只将其中之一润湿也给分） (2). NH4Cl+NaNO2 N2+NaCl+2H2O (3). 平衡气压，使液体顺利流下 (4). 同意 (5). 利用生成的N2将装置内空气排尽（或排尽装置内空气等） (6). CO2+2OH-=CO32-+H2O (7). 浓硫酸 (8). 未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收（或其它合理答案） (9). 87.6【解析】【分析】装置A中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成N2，经过装置B处理后的氮气进入装置C中与锶反应生成氮化锶，结合锶和氮化锶的性质和实验的基本操作分析解答。【详解】(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，连接橡皮管和玻璃管时，先将橡皮管和玻璃管润湿，然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管，故答案为：橡皮管和玻璃管润湿；(2)装置A中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成N2，反应的化学反应方程式为NH4Cl+NaNO2 N2+NaCl+2H2O，故答案为：NH4Cl+NaNO2 N2+NaCl+2H2O；(3)装置A是一个相对封闭的环境，a导管的存在，可以平衡气压，使饱和氯化铵溶液顺利流下。利用该套装置时，为了防止空气中的氧气与金属锶反应，实验时一个先点燃装置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯，故答案为：平衡气压，使液体顺利流下；同意；利用生成的N2将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等)；(4) 利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2，其中氧气可被连苯三酚溶液定量吸收，二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收， NaOH溶液中发生反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；(5) 氮化锶遇水剧烈反应，进入装置C的氮气需要干燥，广口瓶盛放的试剂可以是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(6)浓硫酸具有强烈的吸水性，生成的气体中含有一定量的水蒸气，未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收，导致测得氨气的质量偏大，造成测得的产品的纯度偏高；Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)3+2NH3，取10.0g产品，向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入到浓硫酸中，浓硫酸增重1.02g，为氨气质量，氨气的物质的量=0.06mol，则n(Sr3N2)= 0.03mol，产品纯度=100%=87.6，故答案为：未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收；87.6。9.利用氟磷灰石主要成分Ca5(PO4)3F生产磷酸主要有热法和湿法两种方法。其流程如下：热法：工业上将氟磷灰石、焦炭和石英砂(SiO2)混合后，在电炉中加热到1500生成白磷(P4)、SiF4、CO，白磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，再经水化制成粗磷酸。湿法：武汉化工研究院为技术攻关，实验室模拟生产磷酸的流程。(1)配平步骤I反应的化学方程式：_Ca5(PO4)3F+ _C+ _SiO2=_SiF4+ _P4+_CO+_CaSiO3。其中氧化剂是_。(2)湿法中粉碎氟磷灰石的目的是_。(3)浸取槽中发生反应的化学方程式_；浸取槽不能使用玻璃器皿的原因_。(4)探究中发现，65、一定流速下鼓气(鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利于HF逸出)，并通过控制盐酸的用量减少后续除氟工艺。其他条件不变，盐酸实际用量/理论用量与所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率如图所示。选择盐酸用量：盐酸实际用量/理论用量的范围为_(填字母代号)时磷酸浸取率较高且氟含量较低。A0.951.00 B1.001.05C. 1.051.10 D1.151.20盐酸稍过量，氟含量降低的原因是_。盐酸过量较多，氟含量快速增加的可能原因是_。(5)通过双指示剂方法测定浸取液中盐酸和磷酸的浓度。实验如下：每次取10.0mL浸取液，用1.0 molL1NaOH溶液滴定，分别用不同的指示剂，滴定结果见表。含磷微粒在不同pH下物质的量分数如图所示。(甲基橙的变色范围为3.14.4，百里酚酞的变色范围为9.410.6)则浸取液中c(HCl)=_molL1。【答案】 (1). 4 (2). 30 (3). 21 (4). 1 (5). 3 (6). 30 (7). 20 (8). Ca5(PO4)3F (9). 增大接触面积，提高反应速率，提高浸取率 (10). Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF (11). 玻璃会被氢氟酸腐蚀 (12). C (13). 氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出 (14). 随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于HF的逸出 (15). 2.17【解析】【分析】(1)氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，同时逸出SiF4和CO，根据氧化还原反应的规律书写并配平方程式；(2)流程中将氟磷灰石粉碎，可增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，据此分析解答；(3)氟磷灰石、浓盐酸在浸取槽中复分解反应，结合生成的性质分析解答；(4)根据图像，分析所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率较高且氟含量较低的盐酸实际用量/理论用量；氢氟酸为弱酸，根据影响弱电解质电离的因素分析解答；根据题意，减少反应过程中液面的泡沫，利于HF逸出，据此分析解答；(5)根据含磷微粒在不同pH下物质的量分布图，在pH=4左右时，溶液中主要以H2PO4-存在，在pH=10左右时，溶液中主要以HPO42-存在，分析判断用10 molL1NaOH溶液滴定浸取液中盐酸和磷酸的浓度过程中，用甲基橙作指示剂和用百里酚酞作指示剂时发生的反应，然后列式计算。【详解】(1)氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，同时逸出SiF4和CO，该反应的化学方程式为4Ca5P3FO12+30C +21SiO2 SiF4+3P4+ 30CO+20CaSiO3，反应中C的化合价升高，C为还原剂，Ca5P3FO12中P元素的化合价降低，Ca5P3FO12为氧化剂，故答案为：4；30；21；1；3；30；20；Ca5P3FO12；(2)流程中将氟磷灰石粉碎，可增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，提高浸取率，故答案为：增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，提高浸取率；(3)根据湿法流程图，氟磷灰石、浓盐酸在浸取槽中复分解反应，反应化学方程式为Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF，反应生成了氢氟酸，氢氟酸能够腐蚀玻璃，因此浸取槽不能使用玻璃器皿，故答案为：Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF；玻璃会被氢氟酸腐蚀；(4)根据图像，盐酸实际用量/理论用量为1.051.10时所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率较高且氟含量较低，故选C；盐酸稍过量，即盐酸实际用量/理论用量稍大于1，由于氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出，导致氟含量降低，故答案为：氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出；根据题意，鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利于HF逸出，当盐酸过量较多时，反应速率加快，产生大量的泡沫，反而不利于HF的逸出，会造成氟含量快速增加，故答案为：随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于HF的逸出；(5)根据含磷微粒在不同pH下物质的量分布图，在pH=4左右时，溶液中主要以H2PO4-存在，在pH=10左右时，溶液中主要以HPO42-存在，因此用10 molL1NaOH溶液滴定浸取液中盐酸和磷酸的浓度过程中，用甲基橙作指示剂时，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，与磷酸反应生成磷酸二氢钠，用百里酚酞作指示剂时，氢氧化钠与磷酸二氢钠反应生成磷酸一氢钠。设盐酸的浓度为x，磷酸的浓度为y，则有y0.01L=(0.0329-0.0273)L1.0 mol/L，0.0273L1.0 mol/L= y0.01L+x0.01L，解得x=2.17 mol/L，y=0.56 mol/L，故答案为：2.17。【点睛】本题的难点为（5），在用双指示剂法测定浸取液中盐酸和磷酸的浓度是，要注意根据含磷微粒在不同pH下物质的量分布图分析判断各指示剂滴定过程中发生的反应。10.工业上利用合成气(CO、CO2和H2)来生产甲醇，有关反应的化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。 化学反应平衡常数温度/5007008002H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H1K12.50.340.15H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）H2K21.01.702.523H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3K3(1)若合成气为H2和CO2，发生反应III。由H2(g)和CO2(g)合成CH3OH(g)的H3=_。(用H1、H2表示)下列措施能使反应III的平衡体系中n(CH3OH)/n(H2)增大的是_(填字母代号)A将水蒸气从体系中分离出去 B恒压时充入氦气C升高温度 D恒容时再充入一定量CO2500测得反应在10分钟时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分別为2molL1、1.0 molL1、0.6 molL1、0.6 molL1，则此时v(正)_V(逆)(填“”“=”或“”)。从开始到该时刻，用H2表示反应的平均速率为v(H2)=_。(2)用合成气H2、CO和CO2生产甲醇。当n(H2)/n(CO+CO2)=a时，体系中CO平衡转化率(CO)与温度和压强关系的一些散点如图所示。520K压强为P时，(CO)处于C点，若保持温度不变，增大压强，则可能是图中的_点(填字母，下同)。若保持压强不变，升高温度，则可能是图中的_点。(3)利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图1，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开K，此时AB两极上生成等物质的量的气体。乙中B电极为_(填“阴极”或“阳极”)，该电极上生成的气体在标准状况下的体积为_；丙装置溶液中金属阳离子的物质的量(n)与转移电子的物质的量n(e-)变化关系如图2，则图中c线表示的是_(填离子符号)的变化。【答案】 (1). H1+H2 (2). A D (3). (4). 0.18 molL1min1 (5). D (6). I (7). 阴极 (8). 2. 24 L (9). Cu2【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；根据盖斯定律反应+反应得到反应，可得500C时，平衡常数K3=K1K2=2.51.0=2.5，700C时平衡常数K3=K1K2=0.341.7=0.578，温度升高平衡常数减小，说明反应为放热反应，结合化学平衡的影响因素分析判断；根据Qc与K的关系分析判断v正、v逆的大小；先计算用H2O表示反应的平均速率，再根据速率之比等于化学反应速率之比计算用H2表示反应的平均速率；(2)首先根据温度对K的影响分析判断反应的热效应，再根据改变的条件对反应的影响分析判断；(3)在燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气的为正极，结合原电池和电解池的工作原理分析解答；乙电解池中阴极上铜离子得电子生成铜，电极反应为：Cu2+2e-=Cu，工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同说明铜离子全部放电后溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应为，2H+2e-=H2，根据得失电子守恒结合电极反应式分析解答；根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，据此判断。【详解】(1)反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H1，反应H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H2，根据盖斯定律，将反应+反应得：反应3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H3=H1+H2，故答案为：H1+H2；结合反应+得到反应，可得500C时，平衡常数K3=K1K2=2.51.0=2.5，700C时平衡常数K3=K1K2=0.341.7=0.578，温度升高平衡常数减小，说明反应为放热反应，3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H30。A将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，比值增大，故A正确；B恒压时充入He(g)，使体系压强增大，分压不变，平衡不移动，比值不变，故B错误；C反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，比值减小，故C错误；D恒容时再充入一定量CO2，平衡正向移动，比值增大，故D正确；故答案为：AD；平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应+得到反应，可得平衡常数K3=K1K2=2.51.0=2.5，500时，测得反应在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为2molL1、1.0 molL1、0.6 molL1、0.6 molL1，Qc=0.045K=2.5，则此时v正v逆；从开始到该时刻，用H2O表示反应的平均速率为v(H2O)= 0.06molL1min1，用H2表示反应的平均速率为v(H2)= 3v(H2O)=30.06molL1min1= 0.18 molL1min1，故答案为：；0.18 molL1min1；(2)上述反应反应前后物质的量不变，反应后物质的量减少，则保持温度不变，增大压强，反应平衡正向移动，导致的平衡也正向移动，CO平衡转化率(CO)增大，可能变成图中的D点，故答案为：D；反应的K随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动；反应的K随温度升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动；保持压强不变，升高温度，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，导致CO平衡转化率(CO)减小，可能变成图中的I点，故答案为：I；(3)在燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气的为正极，则B电极为电解池的阴极，铜离子得电子生成铜，电极反应为：Cu2+2e-=Cu，工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同说明铜离子全部放电后溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应为，2H+2e-=H2，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为： Cu2+ + 2e- = Cu，01mol 0.2mol2H+ + 2e- = H2，2x xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，4xx根据得失电子守恒，0.2+2x=4x，解得x=0.1mol，乙中A极析出的氧气或B极析出的氢气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，故答案为：阴极；2.24L；根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，a为Fe3+，b为Fe2+，c为Cu2+，故答案为：Cu2+。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则每学科按所做的第一题计分。11.太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。回答下列问题：(1)基态二价铜离子的电子排布式为_，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_。(2)铜的某种氧化物晶胞如图，该晶胞中阴离子的个数为_。(3)铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol(SCN)2中含有键的数目为_，HSCN结构有两种，硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HN=C=S)的原因是_。(4)BF3能与NH3反应生成BF3NH3。B与N之间形成配位键，氮原子提供_，在BF3NH3中B原子的杂化方式为_。(5)Co的一种氧化物CoO2晶体的层状结构如图所示(小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元不能描述CoO2的化学组成是(填字母代号)。_(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为_。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是_gcm3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9 或Ar3d9 (2). 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态 (3). 4 (4). 4NA或2.4081024 (5). 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高 (6). 孤对电子 (7). sp3 (8). D (9). 分子间作用力或范德华力 (10). 【解析】【分析】(1)Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定；(2)利用均摊法可确定晶胞中氧离子的数目；(3)(SCN)2结构式为NC-S-S-CN，据此判断键数；(4)硼元素具有缺电子性，NH3中的N上含有孤电子对；在BF3NH3中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论确定B原子的杂化方式；(5) CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，结合均摊法计算判断；(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，石墨晶体层间为分子间作用力(或范德华力)，层内为共价键，立方氮化硼的结构和硬度都与金刚石相似，二者结构相似，根据晶胞结构计算。【详解】(1)Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理，二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，二价铜离子价电子排布式为3d9、亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以较稳定，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9；亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；(2)根据均摊法可知，晶胞中氧离子的数目为8+2+4+1=4，故答案为：4；(3)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，(SCN)2结构式为NC-S-S-CN，每个分子中含有4个键，则1mol(SCN)2中含有键的数目为4NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸(HN=C=S)分子间可形成氢键，而硫氰酸(HSCN)不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，故答案为：4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能，所以异硫氰酸熔沸点较高；(4)硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3NH3在BF3NH3中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论，B原子的杂化方式为sp3，B与N之间形成配位键，N原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对，故答案为：孤电子对；sp3；(5) CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为12，由图像可知：A中Co、O原子数目之比为14=12，符合；B中Co、O原子数目之比为(1+4)4=12，符合；C中Co、O原子数目之比为44=12，符合；D中Co、O原子数目之比为14=11，不符合；故答案为：D；(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，石墨晶体层间为分子间作用力(或范德华力)，