2020届全国百强中学新高考原创精准模拟考试(十三)化学试卷

2020届全国百强中学新高考原创精准模拟考试（十三）
化学试卷
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6~9nm，在低于-183℃时，泡沫具有永久磁性。

下列叙述正确的是
A. “碳纳米泡沫”能产生丁达尔现象
B. “碳纳米泡沫”与石墨互为同素异形体
C. “碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物
D. “碳纳米泡沫”和金刚石的性质相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. “碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，才能产生丁达尔现象，泡沫本身不是分散系，故A错误；
B. “碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体，故B正确；
C. “碳纳米泡沫”只含有一种元素属于碳单质，故C错误；
D. “碳纳米泡沫”在低于-183℃时时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同，故D错误；
故选B。

2.设N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法不正确的是
A. 只含0.1molNa2CO3的溶液中，所含阴离子总数大于0.1N A
B. 2g由H218O和2H2O组成的物质中含有的质子数为N A
C. 1mol C n H2n+2所含的共用电子对数为(3n+1)N A
D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl2、Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为N A
【答案】D
【解析】
【详解】A. 溶液中阴离子有CO32-和OH-，CO32-是0.1mol，故所含阴离子总数大于0.1N A，故A 正确；
B. H218O和2H2O的相对分子质量均为20 ，故两种混合物的物质的量为0.1mol，H218O和2H2O中的质子数都为10个，所以含有的质子数为N A，故B正确；
C. 1mol C n H2n+2中含有(n-1) mol碳碳键，(2n+2) mol碳氢键，总共有(3n+1) mol共价键，故所含的共用电子对数为(3n+1)N A，故C正确；
D. 标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，溶液中氯原子的数目为N A，由于氯气和水的反应是可逆发应，水中存在未反应的氯气，所以Cl2、Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于N A，故D错误；
故选D。

3.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。

元素W是制备一种高效电池的重要材料，X 原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。

下列说法错误的是
A. 元素Y的单质在常温下能与浓硝酸发生反应
B. 元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种
C. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【答案】C
【解析】
【分析】
因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素，据此分析。

【详解】A. 元素Y为Al，常温下能与浓硝酸发生钝化反应，故A正确；
B. 元素X与氢形成的化合物有C2H2、C6H6，故B正确；
C. 素W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故C错误；
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物CS2，故D正确；
故选C。

4.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向淀粉-KI溶液中滴加氯水至过量，溶液中KI被氯气氧化成碘单质，溶液变蓝，然后氯气与碘反应生成卤素互化物，溶液又褪色，故A正确；
B. 向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，发生蛋白质的盐析，不是变性，故B错误；
C. 向浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞，NaCl溶液显中性，不变
色，Na2SiO3溶液水解显碱性，溶液变成红色，氯化氢不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能比较2种元素的非金属性强弱，故C错误；
D. MgSO4和NaOH溶液反应时，NaOH过量，过量的NaOH和硫酸铜反应生成Cu(OH)2，不是发生沉淀转化，所以不能据此判断溶度积常数的大小，故D错误；
故选A。

5.已知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。

向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，不断升高温度，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示：
下列说法正确的是
A. 该反应的△H<0
B. 维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，v(正)>v(逆)
C. X点与Y点容器内压强比为51:55
D. X点CH4的转化率为20%
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图所示，CS2和H2的物质的量分数随温度升高而增大，故正反应是吸热反应，△H>0，故A错误；
B. 因为左边物料比右边少，维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol，相当于增大压强，平衡左移，故v(正)<v(逆)，故B错误；
C. CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)
起(mol) 0.1 0.2 0 0
转(mol) x 2x x 4x
X点(mol) 0.1- x 0.2-2x x 4x
根据图像可知在X点时甲烷与氢气的体积分数相同，得出0.1- x=4x，x=0.02mol，所以X点时气体总物质的量为[(0.1- x)+ (0.2-2x )+ x+4x]=0.3+2x=0.34mol，
CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)
起(mol) 0.1 0.2 0 0
转(mol) y 2y y 4y
Y点(mol) 0.1- y 0.2-2y y 4y
根据图像可知Y点表示硫化氢与氢气的体积分数相同,所以0.2-2y=4y，y≈0.03mol，所以
Y点时气体总物质的量为[(0.1- y)+ (0.2-2y )+y+4y]=0.3+2y=0.36mol；如果温度一定，气体压强之比等于物质的量之比，压强比为0.34mol/0.36 mol=17:18，但X点温度低于Y点温度，温度升高，压强增大，故X点与Y点容器内压强之比小于此比值17:18，可能为51:55，故C错误；
D. CH4(g)+ 2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)
起(mol) 0.1 0.2 0 0
转(mol) x 2x x 4x
X点(mol)0.1- x 0.2-2x x 4x
根据图像可知在X点时甲烷与氢气的体积分数相同，0.1-x=4x，x=0.02mol,CH4的转化率
0.02mol/0.1 mol×100％=20%，故D正确；
故选D。

【点睛】（1）在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动；减小反应物的浓度或增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动；
（2）在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。

（3）催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动。

对于有气体参与的反应，其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。

6.下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。

已知储氢装
置的电流效率×100%，下列说法不正确
．．．的是
A. 采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
B. 过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
C. 生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
D. 若=75%，则参加反应的苯为0.8mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；
B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；
C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；
D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中右侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；
故选B。

7.有机物Z是合成某药物的中间体，其合成“片段”如下所示：
下列说法不正确的是
A. Y分子中一定有7个碳原子共平面
B. X、Y、Z分别与过量NaOH溶液反应，均生成2种产物
C. 与Z具有相同官能团的Z的同分异构体有10种
D. 有机物X能发生加成、取代、氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. Y分子中苯环上的6个碳原子和酯基上的碳原子，共7个碳原子一定共平面，故A正确；
B. X中羧基和酚羟基都和NaOH溶液反应，产物还有水生成；Y、Z分别与过量NaOH溶液反应，都是酯基水解，生成羧酸钠和甲醇，故B正确；
C. Z中有三种官能团，氨基（-NH2），酯基和醚键(-OCH3)，酯基有三种-COOCH3、-CH2OOCH、-OOCCH3，三个不同的取代基在苯环上的排列方式有10种，故同分异构体数目大于10种，故C错误；
D. 有机物X，苯环上能与氢气发生加成反应，羧基和醇可以发生酯化反应（取代反应），酚羟基和羧基可以取代反应，故D正确；
故选C。

8.无水MgBr2可用作催化剂。

实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。

步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。

步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。

步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。

已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。

②MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A的名称是____________。

实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是___________。

（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________。

（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是___________。

（4）有关步骤4的说法，正确的是___________。

A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++ Y4-="===Mg" Y2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是__________。

②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 mol·L-1的EDTA标准溶液滴
定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是
________________________（以质量分数表示）。

【答案】（1）干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应
（2）会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患
（3）镁屑
（4）BD
（5）①从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放
出，重复2-3次
②97.5%
【解析】
试题分析：（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能
有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止
镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反
应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；
（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反
应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；
（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为：镁屑；
（4）A．95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；故选BD；
（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复2-3次，故答案为：从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02650L=0.001325mol，则溴化镁的质量为
0.001325mol×184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=×100%=97.5%，故答案为：97.5%。

考点：考查了物质制备实验方案的设计、混合物的计算、物质分离提纯的相关知识。

9.为回收利用废镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等），科研人员研制了一种回收镍的新工艺。

工艺流程如图所示：
已知：①常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：
②常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11。

请回答下列问题：
（1）加快酸浸速率的常用措施有______________（任写一条即可得分）。

（2）“浸出渣”主要成分为CaSO4·2H2O和______两种物质。

（3）“操作B”的过程是，先在40~50℃加入H2O2，其作用是_______________（用离子方程
式表示）；再调pH至3.7~7.7，操作B可除去溶液中的____（填元素名称）元素。

（4）操作C可除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F-，浓度为3.0×10-3mol·L-1，则溶液中
____。

（5）在碱性条件下，电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步：
①Cl-在阳极被氧化为ClO-，则阳极的电极反应为____________。

②Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH·H2O沉淀，则该步反应的离子方程式为
______________________。

【答案】 (1). 适当加热或搅拌或适当增大酸溶液浓度(2). BaSO4 (3).
2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O (4). 铁(5). 1.0×10-3 (6). Cl-+2OH--2e-===ClO-+H2O (7). ClO-+2Ni2++4OH-===2NiOOH·H2O↓+Cl-
【解析】
【分析】
废镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等），用硫酸浸取，过滤得含有镍
离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚
铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入氟化钠除
去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍，硫化铜、硫固体灼烧后用硫酸
酸浸得硫酸铜溶液，结晶可得硫酸铜晶体。

（1）加快酸浸速率的常用措施有适当加热或搅拌或适当增大酸溶液浓度。

（2）氧化钙和氧化钡与硫酸反应生成难溶的硫酸钙和硫酸钡。

（3）“操作B”的过程是，先在40~50℃加入H2O2，其作用是使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，根
据表格分析，调pH至3.7~7.7，沉淀有Fe(OH)3和Fe(OH)2，操作B可除去溶液中的铁元素。

（4）根据常温时CaF2的溶度积常数计算得出。

（5）①阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水。

②Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH•H2O沉淀，其还原产物是氯离子，根据电子的得失守恒得出离子方程式。

【详解】（1）加快酸浸速率的常用措施有适当加热或搅拌或适当增大酸溶液浓度，故答案为：适当加热或搅拌或适当增大酸溶液浓度。

（2）氧化钙和氧化钡与硫酸反应生成难溶的硫酸钙和硫酸钡，所以浸出渣主要成分为
CaSO4•2H2O和BaSO4，故答案为：BaSO4。

（3）“操作B”的过程是，先在40~50℃加入H2O2，其作用是使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O；根据表格分析，调pH至3.7~7.7，沉淀有Fe(OH)3和Fe(OH)2，操作B可除去溶液中的铁元素，故答案为：2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O；铁。

（4）根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10-11可知，溶液中F-浓度为3×10-3mol•L-1，则Ca2+的浓度为2.7×10−11/（3×10−3）2=3×10-6mol/L，所以则溶液中c（Ca2+）/c（F−）
=3×10−6/3×10−3=1.0×10-3，故答案为：1.0×10-3；
（5）①阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-===ClO-+H2O，故答案为：Cl-+2OH--2e-===ClO-+H2O；
②Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH•H2O沉淀，其还原产物是氯离子，则根据电子的得失守恒可知，反应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-===2NiOOH·H2O↓+Cl-，故答案为：
ClO-+2Ni2++4OH-===2NiOOH·H2O↓+Cl-。

【点睛】该题以废旧含镍催化剂生产NiO为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，侧重考查学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力以及动手操作能力，该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。

10.化石燃料的燃烧会产生大量污染大气的二氧化硫和温室气体二氧化碳。

而氢气和氮气都被认为是无碳无污染的清洁能源。

Ⅰ.“氢能”将是未来最理想的新能源。

（1）某些合金可用于储存氢，金属储氢的原理可表示为M（s）+xH2═MH2x（s）△H<0（M表示某种合金）。

图甲表示温度分别为T1、T2时，最大吸氢量与氢气压强的关系。

下列说法中正确的是___（填字母代号）。

a.T1>T2
b.增大M的量，上述平衡向右移动
c.增大氢气压强，加快氢气的吸收速率
d.金属储氢过程中M作还原剂，价态升高
（2）工业上通常用生产水煤气的方法制得氢气。

其中C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H>0，在850℃时平衡常数K=1。

若向1L的恒容密闭真空容器中同时加入xmolC和6.0molH2O。

①850℃时反应达到平衡，x应满足的条件是_____。

②对于上述平衡状态，改变下列条件能使反应速率增大，且平衡向正向移动的是____（填字母代号）。

a.选用更高效的催化剂
b.升高温度
c.及时分离出氢气
d.增加氢气的浓度
Ⅱ.CO2是合成尿素的原料。

现以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极组成氢氧燃料电池（如装置乙所示），其中负极通入H2，正极通入O2和CO2的混合气体。

装置丙中a、b为石墨，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，NaCl溶液的体积为100mL。

（1）工作过程中，装置乙中电极c为____（填电极名称）极。

（2）若在a极产生112mL（标准状况）气体，25℃时丙装置中所得溶液pH=____（忽略电解
前后溶液体积变化，不考虑气体的溶解）。

Ⅲ.氨是制备尿素的原料。

NH3、N2O4等在工农业生产、航天航空等领域有广泛应用。

（1）氨在氧气中燃烧，生产水和一种空气组成成分的单质。

已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，H2的燃烧热为286kJ/mol。

试写出氨在氧气中燃烧生成液态水的热化学方程式：________________________。

（2）氨气溶于水得到氨水，在25℃下，将amol·L-1的氨水和bmol·L-1的硫酸溶液以3:2的体积比混合，反应后溶液呈中性。

用含a和b的代数式表示出NH3·H2O的电离平衡常数：
___________。

（3）用氨水除去SO2，已知25℃时，NH3·H2O的K b=1.8×10-5，H2SO3的K a1=1.3×10-2，
K a2=6.2×10-8。

若氨水的浓度为2.0mol·L-1，将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至
1.0×10-7mol·L-1时，溶液中离子浓度从大到小的关系是_________________。

【答案】(1). cd (2). x>2 (3). b (4). 负(5). 13 (6).
4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l) △H=-1531.2kJ/mol (7). ×10-7(8). c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）在压强相同的条件下，T1对应的吸氢量大，也就是T2→T1，平衡正向移动，而正反应是放热反应，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，结合表达式分析求解；
（2）①设转化的水为amol，根据平衡常数进行计算；
②化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，结合影响化学反应速率的因素和影响化学平衡的影响因素，以此进行判断，得出正确结论。

Ⅱ．（1）以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极组成氢氧燃料电池（如图乙所示），其中负极通入H2，正极通入O2和CO2的混合气体，图丙装置中a、b为石墨电极，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，说明溶液中氢离子得到电子发生还原反应，则b电极为电解池阴极，a为电解池阳极，和b电极相连的电极c电极为负极，与a电极相连的d电极为原电池正极。

（2）依据电极反应和电子守恒计算。

Ⅲ.（1）根据盖斯定律求解。

（2）根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），现已知c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=2c（SO42-）；然后根据K b（NH3•H2O）得出。

（3）当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol·L-1，根据H2SO3的K a2=6.2×10-8= c(SO32-)c(H+)/ c(HSO3-)，其中已知c(H+)，代入计算，可得到c(SO32-)/
c(HSO3-)=6.2×10-8/1.0×10-7=0.62<1，所以c(HSO3-)>c(SO32-)，该溶液为亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的混合液，故铵根离子浓度最大，最小的是氢离子和氢氧根离子浓度。

【详解】Ⅰ. （1）a.在压强相同的条件下，T1对应的吸氢量大，也就是T2→T1，平衡正向移动，而正反应是放热反应，所以T2→T1，是降温，所以T2＞T1，故a错误；
b．M为固体，增大M的量，浓度不变，上述平衡不移动，故b错误；
c．增大氢气压强，反应速率加快，氢气的吸收速率加快，故c正确；
d．金属储氢的原理可表示为：M（s）+xH2═MH2x（s）△H＜0 平衡可以正向或逆向进行，反应可实现多次储存和释放氢气，金属储氢过程中M做还原剂，价态升高，故d正确；
故答案为：cd；
（2）① C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
起（mol） 6 0 0
转（mol） a a a
平（mol） 6-a a a
K= a×a/ 6-a=1, a=2，故x应满足的条件是x>2，故答案为：x>2。

②a．选用更高效的催化剂增大反应速率，平衡不变，故a错误；
b．反应为吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，故b正确；
c．及时分离出氢气平衡正向进行，但反应速率减小，故c错误；
d．增加氢气的浓度平衡逆向进行，反应速率增大，故d错误；
故答案为：b；
Ⅱ. （1）图丙装置中a、b为石墨电极，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，说明溶液中氢离子得到电子发生还原反应，则b电极为电解池阴极，a为电解池阳极，和b电极相连的电极c为负极，与a电极相连的d电极为原电池正极，故装置乙中电极c为负极，故答案为：负；
（2）依据电极反应和电子守恒计算，a极为电解池阳极，产生112mL（标准状况）气体为氢气，物质的量0.005mol，电极反应2H++2e-=H2↑，消耗氢离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子浓度c（OH-）=0.01mol/0.1L=0.1mol/L，
溶液中c（H+）=10−14/0.1=10-13mol/L，溶液PH=13，故答案为：13；
Ⅲ.（1）已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，H2的燃烧热为286kJ/mol，
①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=-572KJ•mo1-1，
根据盖斯定律计算②×3-①×2得出氨气在氧气中燃烧生成液态水的热化学方程式为：4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l) △H=-1531.2kJ/mol，故答案为：
4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l) △H=-1531.2kJ/mol 。

（2）根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），现已知c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=2c（SO42-）；K b（NH3•H2O）=c（OH−）c（NH4+）/c（NH3∙H2O），c（OH-）=10-7mol•L-1，c （NH4+）=4b/5mol•L-1， c（NH3•H2O）=(3a-4b)/5 mol•L-1，K b（NH3•H2O）=c（OH−）c（NH4+）/c （NH3∙H2O）=4b/5×10-7/(3a-4b)/5=×10-7，故答案为：×10-7。

（3）当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol·L-1，根据H2SO3的K a2=6.2×10-8= c(SO32-)c(H+)/ c(HSO3-)，其中已知c(H+)，代入计算，可得到c(SO32-)/
c(HSO3-)=6.2×10-8/1.0×10-7=0.62<1，所以c(HSO3-)>c(SO32-)，该溶液为亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的混合液，故铵根离子浓度最大，最小的是氢离子和氢氧根离子浓度，故溶液中离子浓度从大到小的关系是c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)，
故答案为：c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)。

11.金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。

（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：
①此配合物中，铁离子价电子排布图为_____；
③此配离子中含有的化学键为_____。

A．离子键 B．金属键 C．极性键 D．非极性键 E．配位键 F．氢键G．σ键 H．π键
（2）NO2-与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。

NO2-离子的VSEPR模型名称为_____，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是_____。

（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。

离子型氧化物V2O5和CrO2，其中适合作录音带磁粉原料的是_____。

（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，写出两种与BH4-互为等电子体的微粒_____（请写一个分子和一个离子）。

（5）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晶体的结构如图所示，a的配位数为_____，已知晶胞密度为ρg/cm3，则相邻2个b微粒之间的距离为_____nm （列计算式）。

【答案】 (1). (2). sp2、sp3 (3). C D E G H (4). 平面三角形 (5). O>N>Co>K (6). CrO2 (7). CH4（SiH4）、NH4+ (8). 4 (9).
（或）
【解析】
试题分析：本题考查物质结构与性质，主要考查价电子排布图的书写，电负性的比较，杂化方式和VSEPR模型的判断，化学键的类型，等电子体的书写，配位数的确定，晶体的计算。

（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的价电子排布式图为。

②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配
③根据配离子的结构知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键和π键，答案选CDEGH。

（2）NO2-中中心原子N的孤电子对数为（5+1-22）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2-的VSEPR模型为平面三角形。

元素的非金属性越强电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O N Co K。

（3）V2O5中金属阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中金属阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子；根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。

（4）用替换法，与BH4-互为等电子体的分子为CH4、SiH4，离子为NH4+等。

（5）由晶胞可见b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4。

用“均摊法”，晶胞中含a：8+6=4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为N A，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，1mol晶体的体积为，N A=，解得x=cm。

根据晶胞相邻2个b微粒之间的距离为面对角线的一半，相邻2个b微粒之间的距离为x=cm=107nm。

12.某新型药物H（）是一种可用于治疗肿瘤的药物，其合成路线如图所示：
已知：
（1）E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色；。