湖北襄阳市第四中学高三下学期质量检测A化学试题

襄阳四中届高三下学期质量检测A化学试题可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。1.2025年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是A.碳纤维躯干B.钛合金关节C.聚氨酯皮肤D.高纯硅传感器【答案】B【解析】A．碳纤维是一种含碳量在90%A不符合题意；B．钛合金是金属钛与其他元素形成的合金，属于金属材料，B符合题意；C．聚氨酯是人工合成的有机高分子材料，属于合成材料，C不符合题意；D．高纯硅传感器的主要成分高纯硅是半导体材料，属于新型无机非金属材料，D不符合题意；故合理选项是B。2.幸福属于劳动人民。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识Fe与在高温条件下可以发A注入熔融钢水前先将模具干燥生反应B用小苏打作面包发泡剂受热分解生成能发生消去反应生C使用医用酒精进行杀菌消毒成D用液氨作制冷剂液氨汽化能吸收大量的热A.AB.BC.CD.D【答案】C第1页/共26页

【解析】【详解】A．注入熔融钢水前先将模具干燥，是为了防止高温下铁与水发生反应，从而避免模具炸裂或钢水产生气孔，A不符合题意；B．用小苏打（）作面包发泡剂，是因为受热分解会产生气体，使面包膨胀松软：，B不符合题意；CC符合题意；DD不符合题意；故答案选C。3.1898年，化学家利用氮气、碳化钙()与水蒸气为原料成功合成氨，相关反应的化学方程式为：①；②。下列说法正确的是A.中碳元素化合价为价B.的VSEPR模型为C.的电子式为D.的空间结构为三角锥形【答案】A【解析】【详解】A．与CO2互为等电子体，结构相似，C和2个N之间形成2对共用电子，电负性：N＞C，则C为价，A正确；B．中N原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，其的VSEPR模型为四面体形，但其分子构型为三角锥形，B错误；C．电子式中各原子需满足8电子（或2电子）稳定结构，故的电子式为，C错误；D．中C原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形，而非三角锥形，D错误；故答案选A。第2页/共26页

4.我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物，被固定在空腔内部(结构示意图如图b)。下列说法正确的是A.主体分子存在分子内氢键B.主客体分子之间存在共价键C.主体分子是一种高分子化合物D.中N采用杂化【答案】A【解析】AA正确；B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；C．高分子化合物的定义是相对分子质量达到10000以上的化合物，且通常由重复的结构单元通过聚合反应生成。该主体分子虽然结构较复杂，但属于单一的环状小分子，相对分子质量远小于10000，也没有重复的聚合单元，因此不属于高分子化合物，C错误；D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用杂化，D错误；故答案选A。5.过二硫酸钾()是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，它在下能发生分解反应：）的结构如下图所示，设是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是第3页/共26页

A.1mol中存在个非极性共价键B.上述反应，每生成1mol转移个电子C.标准状况下，22.4L含有的原子数大于D.具有强氧化性，原因是其中S元素处于最高正价【答案】D【解析】【详解】A1个离子中包含一个OO1mol中包含1mol非极性共价键，则。A正确；B．中包含两个1价的O，在反应过程中发生歧化反应生成。每生成1mol需要转移2mol电子，即个电子。B正确；C．在标准状况下为固态。22.4L的物质的量大于1mol，其中含有的原子数大于。C正确；D．的氧化性来自其中包含的过氧键，O元素为1价，具有强氧化性。D错误；故答案选D。6.Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如图。下列说法错误的是A.E中存在官能团酰胺基和氨基B.F和G生成X时，原子利用率为100%C.Y水解可得到E和GD.Y的合成过程中进行了官能团保护【答案】C【解析】【分析】E与(CH)CCOOH在一定条件下发生取代反应生成F，F与G在催化剂作用下发生聚合反应生成X，X在一定条件下发生水解反应生成Y和(CH)CCOOH。【详解】A．从流程图中可以看出，E中存在的官能团有酰胺基和氨基，A正确；第4页/共26页

B．F和G发生加成聚合反应，只生成X一种产物，原子利用率为100%，B正确；C．Y水解时，可得到E和G的水解产物(酰胺基水解生成COOH和NH)，得不到E和G，C错误；D．Y的合成过程中，使用(CH)CCOOH进行E中NH2的保护，然后再水解释放出NH2和(CH)CCOOH，D正确；故选C。7.某化学兴趣小组进行了如下实验，探究不同pH下（加入稀硫酸调pH与KBr的反应速率。下列有关叙述错误的是序号实验内容及现象，将溶液与过量混合，密闭并I搅拌，后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。，将溶液与过量混合，密闭并Ⅱ搅拌，后，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用标准溶液滴定，Ⅲ测定。已知：滴定时，；消耗的物质的量为。A.实验I中，发生反应的离子方程式为：B.实验I、Ⅱ说明，时，反应速率较小C.加入过量KI固体作用是与反应生成，并将转化为D.根据实验I、Ⅲ可计算出，实验I平均反应速率【答案】D【解析】【详解】A．该离子方程式正确描述了MnO2在酸性条件下氧化Br生成Br2的反应，符合实验I的现象(溶液变黄并有淡黄色气体生成)，故A正确；B．实验I（pH≈1pH≈2）反应现象较弱（溶液淡黄、无气第5页/共26页

pH升高（酸性减弱）时反应速率减小，故B正确；C．加入过量KI的作用是与Br2反应生成I，发生的离子反应为Br2+2I⁻=2Br⁻+I，同时过量I使I2转化为，离子反应为：I+I⁻=，故C正确；DI中有Br2Br2损失，因此无法准确计算实验I的反应速率，故D错误；故答案为D。8.某化合物MXYZR是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，下列叙述正确的是A.电负性：Z>Y>XB.原子半径：R>Z>Y>XC.同周期中第一电离能大于Z的主族元素有2种D.常温下，R最高价氧化物对应水化物的浓溶液能与铜反应【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，由化合物M的结构可知，阳离子中X原子形成的共价键数目为1、Z形成的共价键数目为4，阴离子中R形成的共价键数目为1、Y形成的共价键数目为4、Z形成的共价键数目为3，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、R为S元素。【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为：N>C>H，则电负性的大小顺序为：N>C>H，A正确；B小顺序为：S>C>N>H，B错误；C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能大于氮元素的主族元素为氟元素，只有1种，C错误；D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，常温下，铜与浓硫酸不反应，D错误；故选A。第6页/共26页

9.用下图所示装置（表示斜发沸石）分离海水中的和，料液（含和）先流过斜发沸石，吸附和，然后通电，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液。下列说法中错误的是A.通电后，A溶液中含不含B.通电后，若海水中，则A溶液中的溶质是KI和HIC.通电一段时间后，将阴、阳极区的斜发沸石对调，继续通电，此时斜发沸石内仍不会发生氧化还原反应D.通电时，若外电路转移，则有被双极膜解离【答案】D【解析】【分析】料液（含和）先流过斜发沸石，吸附和，和未被吸附，被分离将交换下来，将交换下来，透过阳离子交换膜进入A溶液，透过阴离子交换膜进入A溶液，据此解答。【详解】A．料液流过斜发沸石时仅吸附和I，未被吸附，通电后被交换进入A溶液，不会进入A溶液，而透过阳离子交换膜进入A溶液，A正确；B．通电后，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液溶质是KI，由于海水中，则根据电荷守恒，必须有补充电荷，则A溶液中的溶质是KI和HI，B正确；C沸石发生的反应为：，不会发生氧化还原反应，C正确；D．外电路转移6mole时，阴阳极各有6mol水被解离，共解离12mol，D错误；第7页/共26页

故选D。10.下列方程式与所给事实均正确的是A.用盐酸除去铁锈：B.铝粉溶于少量氢氧化钠溶液，产生无色气体：C.草酸使酸性溶液褪色：D.用足量氨水洗去银镜：【答案】A【解析】【详解】A．铁锈与盐酸反应生成和水，方程式正确，A正确；B．铝与强碱反应需NaOH参与，正确方程式应为，选项B缺少NaOH，B错误；C．草酸是弱酸，应写成形式，应为，C错误；D．银与氨水反应需氧气参与，正确方程式为，D错误；故选A。设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，能量变化如图所示。下列说法正确的是A.溶解时溶液温度升高B.根据盖斯定律可知：C.相同条件下，，则第8页/共26页

D.该溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关【答案】D【解析】ANaCl固体溶解的总焓变溶解时溶液温度会降低，而非升高，A错误；B．为NaCl，为离子水合释放的能量。根据盖斯定律得，即，得，因此，B错误；C．K+半径比Na+大，离子键更弱，KCl的晶格能比NaCl小，因此KCl分解为气态离子的吸热更少，，C错误；DNaClNaCl固体和溶液中微粒间作用力的强弱直接相关，D正确；故答案选D。12.室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、、。下列说法正确的是A.的溶液：B.的溶液吸收至的溶液中：C.向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生D.若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小【答案】D第9页/共26页

【解析】【分析】该流程利用溶液吸收烟气中的，原理为与、反应生成，再加入溶液，使溶液中的含硫物质转化为沉淀，实现的固定与的制备。【详解】A．的溶液中，来自初始，根据物料守恒，的物质的量是初始的2倍，因此正确关系为：，A错误；B．时，，结合的电离常数：，由，，，，因此，B错误；C．原溶液为0.1mol/L的NaSO，c=0.2mol⋅L1的溶液即为NaHSO3溶液，的水解平衡常数为＜6.0×108，的电离程度大于水解程度，加入等体积溶液后，浓度为。电离产生的浓度近似等于0.1mol/L，，则可得，则沉淀，C错误；D．吸收后的溶液主要含，逐滴加入时：初期发生反应，生成中水解促进水的电离，电离程度增大；过量后，抑制水的电离，水电离程度减小，因此溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确；答案选D。13.某的立方晶胞中原子所处位置如图1所示，已知：原子与Ni原子间的最近距离第10页/共26页

相等，该晶胞的密度为，晶胞沿A点的体对角线投影如图2所示。下列说法错误的是A.与Ni最近距离Mg原子数目为4B.若C点的投影位置在，则B点的投影位置在6C.原子原子间的最近距离为D.若A点分数坐标为，则D点的分数坐标为【答案】B【解析】【分析】根据已知条件：原子与Ni原子间的最近距离相等，则Ni原子位于8个小立方体的体心，Mg原子分布在相邻的顶点或面心位置，Al位于棱上和体心，据此解答。ANiMgNi最近距离的Mg原子数目为4，如图：，A正确；B．根据晶胞沿体对角线的投影规律（图2C点作为顶点投影在时，A的位置应当是1，B点作为面心的投影位置应该为7，B错误；CNi8Mg位于顶点和面心（4Al位于棱上和体心（4式为，第11页/共26页

晶胞边长；Al与Ni的最近距离为体对角线的，即，换算为nm需乘以，即，C正确；D．D点位于晶胞底面的面心位置，根据分数坐标的定义，底面的x、y坐标均为，z坐标为0，D正确；故答案选B。14.探究含铁化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF]3)。步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为B.步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF]3C.步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c(Fe3)<c(Fe3+)D.步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF]3的氧化性比Fe3的氧化性弱【答案】C【解析】【分析】步骤Ⅰ：取一定量溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质生成，即发生反应：；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色，是因为与能发生显色反应：；步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了)：；步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明不能氧化；据此分析解答。【详解】A．步骤Ⅰ中溶液变蓝，说明有单质生成，反应方程式为：，A正确；第12页/共26页

B．NaF加入后生成更稳定的，导致分解，红色褪去，B正确；C．血红色溶液中主要以形式存在，游离浓度低；而无色溶液中的更稳定，游离浓度更低，则有，C错误；D．的氧化性弱于，无法将氧化生成，导致步骤Ⅲ未变蓝，D正确；故答案为：C。15.二元弱酸在水相和有机相中存在平衡：在有机相中不电离。时，向（有机相）溶液中加入等体积水进行萃取；用或调节溶液pH，忽略体积变化。测得两相中含B微粒的浓度与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是A.曲线a代表水溶液中随pH的变化B.当时，水溶液中：C.当时，水溶液中：D.交点N处，【答案】C【解析】【分析】HB、pH增大时，水相中HB的浓度减小，HB浓度先增大后减小，B2浓度增大，同时平衡HBabc、第13页/共26页

d、e分别表示有机相中HB的浓度、水相萃取率、水相中HB的浓度、水相中HB的浓度、水相中B2的浓度随pH的变化；由图可知，水相中HB的浓度与HB的浓度相等时，溶液pH为4HB的电离常数为：K(HB)==c(H+)=104，同理可知，K(HB)=107。【详解】A．由分析可知，曲线a表示有机相中HB的浓度随pH的变化，A错误；BpH为4或，B错误；CK(HB)K(HB)=×==10pH为5时溶液中：，C正确；Db表示水相萃取率随pHN处有机相中HB的浓度与水相中HB的浓度相等，而水相萃取率大于40%，D错误；故选C。二、非选择题满分共分，包括4道题。)16.采用两段焙烧水浸法从铁锰氧化矿(主要含、、、、等)分离提取、、等元素，工艺流程如下。已知：①该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；②在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃；③的，；的。回答下列问题：第14页/共26页

（1“低温焙烧”时与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为_______。（2“高温焙烧”温度为650℃“水浸”所得滤渣主要成分有_______(填化学式)。在投料量不变的情况下，将铁锰氧化矿直接“高温焙烧”，则“水浸”时金属元素的浸出率会显著降低，原因是_______。（3）HR萃取反应为：2HR(有机相)(水相)(有机相)(水相)“反萃取”时加入稀作用是_______。（4“沉钴”中，当时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。“溶解”时发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。（5）流程中可循环利用的物质有HR、_______(填化学式)。【答案】（1）（2）①.、②.溶性硫酸盐（3）增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取（4）①.②.（5）、【解析】【分析】该工艺以铁锰氧化矿（含、、、、等）为原料，通过两段焙烧水浸法分离提取、、等元素：首先与混合进行“低温焙烧”，将金属氧化物转化为硫酸盐；接着“高温焙烧”使分解为氧化物，并让完全分解为气体回收；“水浸”后，可溶性金属硫酸盐进入溶液，不溶物形成滤渣；随后用萃取剂萃取，经反萃取得到溶液；水相中加入和“沉钴”得到“沉锰”得到；经和稀“溶解”得到溶液。【小问1详解】低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失第15页/共26页

守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；【小问2详解】650℃酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分为、；硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，直接“高温焙烧”，会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐，、；属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐；【小问3详解】萃取反应为。加入稀可增大为：增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取；【小问4详解】由题，的溶度积。当时，。的解离常数，代入；“溶解”时，作氧化剂，作还原剂，反应为：，氧化产物为，还原产物为，物质的量之比为，故答案为：；；【小问5详解】由流程图可知，除外，还有，以及回收的可用于制备稀循环使用，故答案为：、。17.三草酸合铁酸钾晶体(K[Fe(CO)]·3HO)(溶解度0℃4.7g100℃g)，难溶于乙醇，℃下失去结晶水，230℃(NH)第16页/共26页

Fe(SO)·6HO、HCO、KCO、6%双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的实验过程如下：已知：（1）下列说法不正确的是__________。A.步骤I中需要加入少量的稀硫酸，主要目的是抑制Fe2+的水解B.步骤Ⅱ硫酸亚铁铵液与草酸混合后立即出现浑浊，继续搅拌并维持微沸几分钟，为了加快反应速率C.为了监控步骤Ⅳ反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的KMnO4溶液，若褪色则说明Fe(Ⅱ)还没有完全氧化D.步骤V中加入HCO4溶液的目的是溶解Fe(OH)3（2）步骤Ⅳ中控制温度为40℃左右的原因是__________。（3K[Fe(CO)]·3HO(操作不能重复使用)并排序__________。K[Fe(CO)]溶液→______→______→加入10mL95%乙醇→______→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥a．光亮处放置1~2小时结晶b．暗处放置1~2小时结晶c．减压过滤d．趁热过滤e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热g．冷却至室温②趁热过滤装置如下图：趁热过滤时，可将滤纸折叠成菊花形(如图)，其目的是__________。第17页/共26页

（4）为了测定K[Fe(CO)]·3HO产品的纯度，可采用氧化还原滴定法，下列说法正确的是__________。A.滴定管使用之前无需检漏B.可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中C.滴定时滴加液体的速度先慢后快D.滴定中发现滴加液体过量，必须重做（5）铁的氧化物有多种，科研工作者常使用FeOy来表示各种铁氧化物。图为某种铁的氧化物样品的晶胞结构，其化学式为__________。若该晶胞的晶胞参数为apm，apm，2apm，则该晶胞的密度为__________。(列出计算式)【答案】（1）BC（2）温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致HO2分解，影响Fe2+氧化（3）①.ebc②.加快过滤速度（4）B（5）①.FeO4②.【解析】5.0g(NH)Fe(SO)·6HOHCO4溶液充分反应后，过滤洗涤得到FeCO·2HO沉淀，将所得的沉淀加入到饱和KCO4溶液中，加入HO2溶液在40℃HCO4K[Fe(CO)]发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥后得到K[Fe(CO)]·3HO粗产品，据此分析解题。第18页/共26页

【小问1详解】A．亚铁离子在水溶液中水解：Fe2++2HOFe(OH)+2H+I中需要加入少量的稀硫酸，主要目的是抑制Fe2+的水解，A正确；B为了形成结晶颗粒较大的FeCO·2HO，有利于沉淀的过量与洗涤，B错误；C．由于HCO4和、HO2均具有还原性，也能够使KMnO4溶液褪色，为了监控步骤Ⅳ反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的KMnO4溶液，若褪色不能说明Fe(Ⅱ)还没有完全氧化，C错误；D．步骤IV发生6FeCO⋅2HO+3HO+6KCO=4K[Fe(CO)]+2Fe(OH)↓+12HO反应，有Fe(OH)3沉淀生成，步骤V中加入HCO4溶液的目的是溶解Fe(OH)，D正确；故答案为：BC；【小问2详解】步骤Ⅲ中：温度太高双氧水容易分解，温度太低Fe2+氧化反应速率太慢，所以在不断搅拌下慢慢滴加HO2且需水浴保持恒温40℃，故答案为：温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致HO2分解，影响Fe2+氧化；【小问3详解】K[Fe(CO)]·3HO止加热，趁热过滤后进行冷却结晶，然后加入适量95%乙醇溶液，以降低溶质溶解度，同时放置于暗处结95%K[Fe(CO)]溶液→e→b→加入适量95%乙醇溶液→c→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥，故答案为：ebc；②将滤纸折叠成菊花形待过滤的面积增大，可加快过滤速度；【小问4详解】AA错误；B．移液管是一种精密量取溶液的仪器，故可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中，B正确；C是先快后慢，C错误；D．滴定中发现滴加液体过量，可以采用返滴定的方法来准确滴定，不一定必须重做，D错误；故答案为：B；【小问5详解】根据题干某种铁的氧化物样品的晶胞结构图，采用均摊法可知，一个晶胞中含有Fe个数为：第19页/共26页

=6O8FeO的晶胞参数为apmapm2apm(a×1010cm)2×(2a×1010cm)=2a3×1030cm3胞的密度为=g/cm3，故答案为：FeO；。18.我国张夏衡团队创新“140苯胺制备氯苯为例：。（1）的组成元素中C、N、O第一电离能由大到小顺序为___________。（2）重氮化反应是传统的脱氮途径。苯胺()生成重氮盐的反应历程如图1：___________。（3）将苯胺与重氮化试剂通入微通道反应器，经过10分钟测得苯胺转化率α、反应流出液成分摩尔分数(重氮盐、偶氮苯、)随温度的变化如图2。已知：①体系中存在副反应：重氮盐与苯胺生成偶氮苯()、重氮盐水解反应生成氮气()。第20页/共26页

②摩尔分数。①在下，反应器中苯胺的消耗速率为___________。②下列说法正确的是___________(填字母)。A．重氮化反应的最佳反应温度为B．重氮盐水解反应，，反应在高温时才可自发C．重氮化反应要及时散热，减小副反应的选择性D．重氮盐与苯胺反应的活化能比重氮盐水解反应的活化能小③升温，副产物偶氮苯、摩尔分数逐渐增大的原因是___________。（4）苯胺的碱性弱于。现向溶液(完全电离)中通入发生反应。与的反应过程、的电离过程、苯胺的电离过程表示如下：()、起始物质的量分别为、n()。平衡时测得[或]随投料比Y=的变化如图3。①表示随投料比Y的变化曲线是___________(填写曲线编号“”或“”)。②计算与反应的平衡常数K为___________。第21页/共26页

③苯胺的电离常数()=___________。【答案】（1）N>O>C（2）101.7kJ·mol1（3）①.0.008②.CD③.的程度更大，10分钟内测得偶氮苯、N2的摩尔分数增大（4）①.L1②.③.109.1【解析】【小问1详解】C、N、O位于同一周期，同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素原子因拥有相对稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C案为：N>O>C；【小问2详解】根据题图1可知，，故答案为：；【小问3详解】①根据题图2可知，5℃下，苯胺转化率为80.0%，苯胺的消耗速率为，故答案为：0.008；②A．根据题图2可知，5~0℃时苯胺转化率较低，故重氮化反应最佳温度为0~5℃，A错误；B．ΔG=ΔHTΔS，ΔG<0时反应可自发进行，ΔH<0，ΔS>0的反应在任意温度下均可自发，B错误；C．根据题图2可知，副产物偶氮苯和N2的摩尔分数随温度升高而增大，故重氮化反应要及时散热，减小副反