精品解析：河南省開封市2022屆高三第二次模擬考試?yán)砭C化學(xué)試題（解析版）

河南省開封市2022屆高三第二次模擬考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題注意事項：1.答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡規(guī)定的位置上。2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。3.答非選擇題時，使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上。4.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效。5.考試結(jié)束后，只將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1N-14O-16S-32Ni-59Cu-64Ga-70一、選擇題：本題共7個小題，每小題6分共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.中國傳統(tǒng)文化中常涉及一些化學(xué)知識。下列詩句中不包含化學(xué)變化的是A.爆竹聲中一歲除 B.蠟炬成灰淚始干C.鑿開混沌得烏金 D.百年陳酒十里香【1題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇，爆竹爆炸屬于化學(xué)變化，A不符合題意；B．錯燭成灰淚始干是石蠟的燃燒，是碳氫化合物被氧化成二氧化碳和水的過程，是氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C．鑿開混沌得烏金，屬于煤的開采，煤的形狀發(fā)生變化，C符合題意；D．百年陳酒說明儲存的時間長，乙醇部分被氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成具有香味的乙酸乙酯和水，D不符合題意；故選C。2.下列過程中的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式錯誤的是A.將稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2OB.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2OC.將Na2O2加入CuSO4溶液中：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑D.向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2HCO+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO【2題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反應(yīng)生成碘單質(zhì)，I的化合價由+5價降低為0價，I的化合價由-1價升高為0價，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒和電荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正確；B．HNO3和Na2SO3反應(yīng)生成一氧化氮和硫酸鈉，N的化合價由+5價降低為+2價，S的化合價由+4價升高為+6價，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒和電荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正確；C．Na2O2和CuSO4溶液反應(yīng)生成氧氣和氫氧化銅，O的化合價既由-1價降低為-2價，S的化合價又由+1價升高為+0價，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒和電荷守恒，可得：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑，C正確；D．假設(shè)量少的物質(zhì)為1mol，過量的物質(zhì)用多少寫多少，NaHCO3為1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反應(yīng)的離子方程式為：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D錯誤；答案選D。3.下圖是短周期主族元素的單質(zhì)及其化合物(或其溶液)的轉(zhuǎn)化關(guān)系。已知X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，A～F均為化合物，F(xiàn)為不含金屬元素的含氧酸鹽。下列說法正確的是

A.原子半徑：X＜Y＜ZB.物質(zhì)的穩(wěn)定性：A＞CC.E和F中存在的化學(xué)鍵類型完全相同D.常溫下，可以用鐵質(zhì)容器盛裝E的濃溶液【3題答案】【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z為三種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，X2、Y2、Z2分別為這三種元素形成的單質(zhì)，A～F均為化合物，其中F為不含金屬元素的含氧酸鹽，則F為含氧酸銨鹽，故X為H元素、Y為N元素、Z為O元素，X2、Y2、Z2分別為H2、N2、O2，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可推知，A為NH3、B為NO、C為H2O、D為NO2、E為HNO3、F為NH4NO3，以此來解析；【詳解】A．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，一般情況下電子層越多原子半徑越大，則原子半徑：H<O<N，即X<Z<Y，A錯誤；B．非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性O(shè)>S，穩(wěn)定性NH3<H2O，B錯誤；C．EHNO3，存在極性共價鍵，F(xiàn)為NH4NO3，存在離子鍵和極性共價鍵，C錯誤；D．常溫下，鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化形成了致密的氧化物薄膜，可以用鐵質(zhì)容器盛裝硝酸的濃溶液，D正確；故選D。4.布洛芬是一種消炎止痛藥，異丁基苯是合成它的一種原料，二者的結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列說法正確的是A.布洛芬的分子式為C12H16O2B.異丁基苯的一氯代物有6種C.異丁基苯分子中最多有7個碳原子共平面D.布洛芬可以發(fā)生取代、加成、氧化、聚合反應(yīng)【4題答案】【答案】B【解析】【詳解】A．布洛芬的分子式為C13H18O2，A錯誤；B．如圖④，①～⑥個位置的氫可以被取代形成一氯代物，異丁基苯中6種一氯代物，B正確C．如圖，異丁基苯分子中最多有8個碳原子共平面，C錯誤；D．布洛芬可以發(fā)生取代、加成、氧化、但是不能發(fā)生聚合反應(yīng)，聚合一般為雙鍵或者醇酸酯化，但是只有一個羧基，D錯誤；故選B。5.實驗室利用如圖所示裝置(已略去夾持、加熱及攪拌裝置)制取五氯化銻，反應(yīng)如下：SbCl3+Cl2SbCl5(相關(guān)物質(zhì)性質(zhì)如下表)。下列說法錯誤的是物質(zhì)熔點沸點性質(zhì)SbCl373.4℃220.3℃極易水解SbCl53.5℃79℃／2.9kPa(140℃分解)極易水解A.試劑X可以使用無水CaCl2B.冷凝管的作用是冷凝回流，從a口進水，b口出水C.此實驗中采用水浴加熱的方式比較合適D.可采用減壓蒸餾的方法將SbCl5，從反應(yīng)液中分離【5題答案】【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)題中信息SbCl3和SbCl5極易水解，Cl2有毒故試劑X的作用為防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶，同時收集氯氣,防止污染空氣，故不能用CaCl2只能吸收水分，不能吸收氯氣，可以用堿石灰，A錯誤；B．冷凝管的作用是冷凝回流，下進上出冷凝效果好，B正確；C．根據(jù)題中SbCl3和SbCl5熔沸點和SbCl52.9kPa(140℃分解)，可知采用水浴加熱合適，C正確；D．根據(jù)SbCl5在2.9kPa(140℃分解)，可采用減壓蒸餾的方法將SbCl5從反應(yīng)液中分離，D正確；故選A。6.科學(xué)家采用碳基電極材料設(shè)計了一種新的電解氯化氫回收氯氣的工藝方案，原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.a是電源的正極B.陰極的電極反應(yīng)式為：Fe2＋-e-=Fe3＋C.電路中每轉(zhuǎn)移1mole-理論上可以回收氯氣11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)D.該工藝涉及的總反應(yīng)為4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O【6題答案】【答案】B【解析】【分析】整個過程是電解條件下，F(xiàn)e3+起催化劑作用，HCl與O2反應(yīng)生成Cl2和H2O，所以該工藝的總反應(yīng)式為4HCl+O22Cl2+2H2O，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，HCl轉(zhuǎn)化為Cl2，H+向陰極移動，陽極的電極反應(yīng)為：2HCl(g)-2e-=Cl2(g)+2H+，陰極區(qū)上Fe3+得電子生成Fe2+，F(xiàn)e3+與Fe2+間循環(huán)轉(zhuǎn)化，陰極區(qū)反應(yīng)有Fe3++e-=Fe2+，然后發(fā)生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，以此來解析；【詳解】A．連接電源a的電極上，HCl轉(zhuǎn)化為Cl2，發(fā)生氧化反應(yīng)，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極極連接的是電源正極，所以a為電源正極，A正確；B．陰極區(qū)上Fe3+得電子生成Fe2+，陰極發(fā)生的電極反應(yīng)為Fe3++e-=Fe2+，B錯誤；C．根據(jù)陽極的電極反應(yīng)2HCl(g)-2e-=Cl2(g)+2H+，可知2e-～Cl2(g)，故電路中每轉(zhuǎn)移1mole-理論上可以回收氯氣V=nVm=×1mol×22.4L/mol=11.2L，C正確；D．整個過程是電解條件下，F(xiàn)e3+起催化劑作用，HCl與O2反應(yīng)生成Cl2和H2O，所以該工藝的總反應(yīng)式為：4HCl+O22Cl2+2H2O，D正確；故選B。7.室溫下，向20.00mL0.1000mol·L-1的某一元堿MOH溶液中滴加未知濃度的稀硫酸，混合溶液的溫度、酸度AG[AG=lg]隨加入稀硫酸體積的變化如圖所示。下列說法錯誤的是A.室溫下MOH的電離常數(shù)Kb=1.010-5B.a點對應(yīng)的溶液中c(M＋)＋c(MOH)=8c(SO)C.當(dāng)AG=0時，溶液中存在c(SO)＞c(M+)＞c(H+)=c(OH-)D.b、c、d三點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度的大小關(guān)系是c＞b＞d【7題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，MOH溶液中，AG=lg=-8，則=10-8，根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-3mol/L，Kb=≈=10-5，A正確；B．a(chǎn)點時消耗硫酸5mL，根據(jù)關(guān)系式：2MOH～H2SO4，消NMOH的量為2×0.05×10-3mol，剩余MOH的量為：20.00×10-3×0.100mol-2×0.05×5×10-3mo1=1.5×10-3mo1，生成M2SO4的量為0.05×5×10-3mol，即混合洛液中n(MOH)：n(M2SO4)=1.5：0.25=6：1，根據(jù)物料守恒可知：c(M+)+c(MOH)=8c(SO)，B正確；C．當(dāng)AG=lglg=0時，則=1，即c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒：2c(SO)+c(OH-)=c(M+)+C(H+)，則有2c(SO)=c(M+)，所以洛液中有：c(M+)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)，C錯誤；D．c點為酸堿恰好反應(yīng)的點，生成了強酸弱堿鹽，促進了水解，從c點以后，硫酸過量，酸抑制水的電離，硫酸屬于強酸，對水的電離平衡抑制程度較大，因此水的電離程度：c>b>d，D正確；故選C。8.鎳礬(NiSO4·7H2O)常用于電鍍、鎳電池、催化劑以及制取其他鎳鹽等。以鎳廢渣(主要成分為Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性雜質(zhì)等)為原料合成鎳礬的流程如下：該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子開始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.93.2A13+3.04.7Fe2+7.09.0Ni2+7.19.2回答下列問題：（1）"堿浸"的目的是___________；為提高"酸浸"浸出率，可采取的措施有___________(任寫兩條)。（2）"轉(zhuǎn)化"過程中加入H2O2目的是___________(用離子方程式表示)；Fe2＋的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖，溫度高于40℃，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化率急速降低的原因可能是___________。（3）"除鐵"過程需要調(diào)節(jié)pH至a，a的取值范圍是___________；從化學(xué)平衡移動角度解釋加入氧化鎳除去鐵元素的原理___________。（4）準(zhǔn)確稱取ωg鎳礬產(chǎn)品配成250mL溶液，取20.00mL所配溶液于錐形瓶中，用cmol·L-1EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(發(fā)生反應(yīng)Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，不考慮雜質(zhì)反應(yīng))，三次實驗消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積分別為20.02mL、19.98mL、19.40mL，則鎳礬的純度為___________(只列計算式)?！?~11題答案】【答案】（1）①.除去Al和Al2O3②.將廢渣粉碎或升高溫度或增大酸濃度等（2）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.溫度過高，雙氧水分解速率加快（3）①.3.2≤a＜7.1②.Fe3+存在水解反應(yīng)：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化鎳消耗H+使生成物濃度減小，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀（4）【解析】【分析】由流程可知，用NaOH溶液溶解鎳廢渣，除去Al和Al2O3，過濾后的濾渣再用稀硫酸溶解，過濾除去不溶于酸的不溶性雜質(zhì)固體，濾液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入雙氧水將溶液中的Fe2+完全氧化為Fe3+，再加入NiO調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全沉淀為Fe(OH)3，過濾后所得NiSO4溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌后得到NiSO4?7H2O；【小問1詳解】“堿浸”過程中用NaOH溶液溶解鎳廢渣，目是除去Al和Al2O3，為提高浸出率，可采取的措施是將廢渣粉碎或升高溫度或增大酸濃度等，故答案為：除去Al和Al2O3；將廢渣粉碎或升高溫度或增大酸濃度等；【小問2詳解】“轉(zhuǎn)化”過程中加入H2O2的目的是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，經(jīng)實驗測定該過程溫度高于40℃，轉(zhuǎn)化率急速降低的原因可能是溫度過高，雙氧水分解速率加快，

故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；溫度過高，雙氧水分解速率加快；【小問3詳解】調(diào)節(jié)溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，即a的范圍為3.2≤a＜7.1；Fe3+發(fā)生水解反應(yīng)：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化鎳消耗H+使生成物濃度減小，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去鐵元素；故答案為：3.2≤a＜7.1；Fe3+存在水解反應(yīng)：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化鎳消耗H+使生成物濃度減小，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀；【小問4詳解】舍去誤差明顯偏大的數(shù)據(jù)19.40mL，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為=20.00mL，由滴定反應(yīng)Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=n(H2Y2-)=c×0.02mol，NiSO4?7H2O的質(zhì)量為m=nM=c×0.02mol××281g/mol=70.25cg，產(chǎn)品的純度為。9.三硫代碳酸鈉(Na2CS3)是強堿弱酸鹽，可用于礦石浮選，一般情況下Na2CS3都是以溶液形式存在。某化學(xué)興趣小組利用下圖裝置測定其溶液的濃度，實驗步驟如下：I．取100.0mLNa2CS3溶液置于儀器M中，打開K，通入一段時間氮氣；II．關(guān)閉K，打開分液漏斗活塞，滴入足量2.0mol·L-1稀H2SO4，關(guān)閉活塞；III．反應(yīng)結(jié)束后，再打開K，通入一段時間的熱氮氣；IV．將B中混合物進行過濾、洗滌、干燥、稱量，得到14.4g固體。已知：Na2CS3＋H2SO4=Na2SO4＋CS2＋H2S↑。CS2和H2S均有毒，且CS2不溶于水，沸點46℃，與CO2某些性質(zhì)相似。回答下列問題：（1）Na2CS3溶液遇酚酞試液變紅，原因是___________(用離子方程式表示)。（2）儀器M的名稱是___________；反應(yīng)開始前通入氮氣的目的是___________。（3）B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（4）裝置C的作用是___________。（5）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)計算，Na2CS3溶液的物質(zhì)的量濃度為___________。（6）反應(yīng)結(jié)束后通入熱氮氣的目的是___________。【9~14題答案】【答案】（1）CS+H2O=HCS+OH-（2）①.三頸燒瓶②.排除裝置中的空氣防止硫化氫被氧化，以免影響裝置B中硫化銅，進而影響測定濃度（3）Cu2++H2S=CuS↓+2H+（4）處理尾氣防止空氣污染，同時防止外界的空氣進入B，防止O2和硫化氫反應(yīng)，避免影響B(tài)中硫化銅的質(zhì)量，影響測定濃度（5）1.5mol/L（6）將殘留在裝置中的CS2和H2S氣體全部趕出到下一個裝置被全部吸收【解析】【分析】根據(jù)實驗題目的制備Na2CS3測定其溶液的濃度，A裝置為Na2CS3和H2SO4反應(yīng)制取CS2的裝置，B為H2S吸收裝置，通過B裝置中CuS質(zhì)量，來確定Na2CS3，C為裝置為尾氣處理裝置，防止空氣污染；反應(yīng)前通氮氣排除裝置中的空氣防止硫化氫被氧化，以免影響裝置B中硫化銅；反應(yīng)后熱N2將殘留在裝置中的CS2和H2S氣體全部趕出到下一個裝置被全部吸收，以此來解析；【小問1詳解】碳酸鈉溶液因碳酸根離子水解而顯堿性，因為三硫代碳酸鈉(Na2CS3)與碳酸鈉性質(zhì)相近，所以Na2CS3溶液中CS也會發(fā)生水解顯堿性，其反應(yīng)的離子方程式為：CS+H2O=HCS+OH-，所以滴入酚酞試液后，溶液也會變紅色；【小問2詳解】根據(jù)儀器構(gòu)造儀器M的名稱三頸燒瓶或三口燒瓶，反應(yīng)前通氮氣的目的排除裝置中的空氣防止硫化氫被氧化，以免影響裝置B中硫化銅質(zhì)量，進而影響濃度的測定；【小問3詳解】氣體進入B中，H2S與硫酸銅反應(yīng)生成不溶于硫酸的硫化銅沉淀和硫酸，故B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；【小問4詳解】C為裝置為尾氣處理裝置，防止空氣污染，同時防止外界的空氣進入，防止O2和硫化氫反應(yīng)，避免影響B(tài)中硫化銅的質(zhì)量，影響濃度的測定；【小問5詳解】14.4g黑色固體為硫化銅，可知n(CuS)===0.15mol，根據(jù)反應(yīng)Na2CS3＋H2SO4=Na2SO4＋CS2＋H2S↑和H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，關(guān)系式：Na2CS3～H2S～CuS，得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.15mol，c(Na2CS3)===1.5mol/L；【小問6詳解】因為CS2和H2S均有毒，CS2不溶于水，裝置中有CS2和H2S殘留，所以反應(yīng)結(jié)束后打開活塞K，再緩慢通入熱N2將殘留在裝置中的CS2和H2S氣體全部趕出到下一個裝置被全部吸收；10.將燃煤廢氣中的二氧化硫富集后進行催化氧化可得到三氧化硫。（1）標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓(ΔfH)是指在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，各元素最穩(wěn)定單質(zhì)生成標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下1mol某純物質(zhì)的熱效應(yīng)。由表中數(shù)據(jù)，推測SO3(1)的ΔfH___________(填“＞”、“＜”或“=”)-395.7kJ·mol-1，寫出SO2(g)與O2(g)生成SO3(g)的熱化學(xué)方程式___________。物質(zhì)O2(g)SO2(g)SO3(g)ΔfH/kJ·mol-10-296.8-395.7（2）將含有SO2的廢氣與空氣混合后，分別在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa的壓強下發(fā)生反應(yīng)，測得SO2平衡轉(zhuǎn)化率α隨溫度的變化如圖1所示，推測p1=______MPa，依據(jù)是______。圖2表示在轉(zhuǎn)化率為0.90時的反應(yīng)速率v與轉(zhuǎn)化率、反應(yīng)溫度的關(guān)系。說明在各種轉(zhuǎn)化率下，都有一個反應(yīng)速率的最大值，該值對應(yīng)的溫度為最佳溫度。保持其它條件不變，當(dāng)轉(zhuǎn)化率為0.99時，對應(yīng)的最大反應(yīng)速率______9(填“＞”或“＜”，下同)，最佳溫度______490℃。（3）將體積分?jǐn)?shù)是8.0％的SO2、10％的O2和82％的其它氣體(不參與反應(yīng))組成的混合氣體通入反應(yīng)器，在溫度t，壓強0.1MPa下發(fā)生反應(yīng)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。平衡時，若SO2轉(zhuǎn)化率為x，則SO3分壓為______MPa(列式即可，下同)，平衡常數(shù)Kp=______MPa-1(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))?！?0~12題答案】【答案】（1）①.＜②.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197.8kJ·mol-1（2）①.P1>P2>P3②.5.0MPa③.<④.<（3）①.②.【解析】【分析】（1）標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓(ΔfHθm)SO3(g)=-395.7kJ·mol-1，因SO3(g)=SO3(1)放熱，可知大小，根根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)和蓋斯定律，可得熱化學(xué)方程式；（2）溫度一定時增大壓強平衡正向移動導(dǎo)致二氧化硫轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)圖知，壓強：P1>P2>P3即P1為5.0MPa，根據(jù)反應(yīng)熱化學(xué)方程式，該反應(yīng)放熱，升溫逆向移動，降溫正向可提高反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，來判斷最佳溫度和反應(yīng)速率；（3）設(shè)SO2(g)、O2(g)和N2(g)共100mol，根據(jù)三行式可求得反應(yīng)平衡時，各種物質(zhì)物質(zhì)的的量，根據(jù)分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，可求得分壓，再根據(jù)Kp=進行計算；【小問1詳解】標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓(ΔfHθm)SO3(g)=-395.7kJ·mol-1，又因SO3(g)=SO3(1)放熱，SO3(1)的ΔfHθm＜-395.7kJ·mol-1，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知①S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔfHθm=-296.8kJ·mol-1，②S(s)+O2(g)=SO3(g)ΔfHθm=-395.7kJ·mol-1，③2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H，根據(jù)蓋斯定律可知③=2×②-2×①，△H=2×(-395.7kJ·mol-1)-2×(-296.8kJ·mol-1)-0=-197.8kJ·mol-1，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197.8kJ·mol-1；【小問2詳解】溫度一定時增大壓強平衡正向移動導(dǎo)致二氧化硫轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)圖知，壓強：P1>P2>P3即P1為5.0MPa；根據(jù)反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-197.8kJ·mol-1，升溫平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率0.90<0.99，溫度低轉(zhuǎn)率高，最佳溫度小于490℃，溫度低反應(yīng)慢，對應(yīng)的最大反應(yīng)速率小于9；【小問3詳解】設(shè)SO2(g)、O2(g)和N2(g)共100mol，SO2(g)、O2(g)和N2(g)的物質(zhì)的量分別為100mol×8.0％=8mol，100mol×10％=10mol，100mol×82％=82mol，且O2轉(zhuǎn)化率為x，氧氣的反應(yīng)量為10molx，則平衡時氣體總物質(zhì)的量為：(8-20x)mol+(10-10x)mol+(20x)mol+(82)mol=(100-10x)mol，p(SO2)=p×=；p(O2)=p×=，p(SO3)=p×=；平衡常數(shù)Kp===；11.新型半導(dǎo)體材料GaN、SiC主要應(yīng)用于功率半導(dǎo)體、射頻和光電器件領(lǐng)域。（1）N、Si、Ga三種元素的基態(tài)原子中，第一電離能由大到小的順序是______，其中未成對電子數(shù)最少原子的外圍電子排布式為______，該元素位于周期表的______區(qū)。（2）制備GaN的工藝中用到GaCl3。GaCl3分子的空間構(gòu)型為______，其中Ga的雜化方式為______；GaCl3的熔點為77.9℃，GaN的熔點為1700℃，二者熔點差異的原因是______。（3）GaN的一種六方晶胞如圖所示，品胞參數(shù)為anm、cnm。晶體中N原子的配位數(shù)為______；晶體密度ρ=______g·cm-3(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，用含a、c、NA的代數(shù)式表示)?！?1~13題答案】【答案】（1）①.N>Si>Ga②.Ga③.p（2）①.平面三角形②.sp2③.GaCl3為分子晶體，GaN為共價晶體（3）①.4②.【解析】【分析】（1）金屬元素第一電離能較小，非金屬元素第一電離能較大。同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢，同一主族元素從上到下第一電離能由大變小，根據(jù)位置，比較電離能大小，根據(jù)電子排布，進行解；（2）根據(jù)價層電子對互斥理論來確定其空間構(gòu)型及中心原子雜化方式；根據(jù)熔點高低判斷晶體類型；（3）根據(jù)原子周圍連接情況判斷配位數(shù)，結(jié)合密度ρ=公式進行計算，以此來解析；小問1詳解】金屬元素第一電離能較小，非金屬元素第一電離能較大，同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢，同一主族元素從上到下第一電離能由大變小，根據(jù)三者N、Si、Ga在周期表中位置可知，第一電離能N>Si>Ga，N的外圍電子排布式：2s2p3有3個未成對電子，Si外圍電子排布式：3s23p2，有2個未成對，Ga電子外圍電子排布式：4s24p1有1個未成對電子，未成對電子數(shù)最少為1個為Ga，Ga原子的外圍電子排布式為4s24p1，位于第四周期第ⅢA族；【小問2詳解】GaCl3中價層電子對個數(shù)=3+(3-3×1)=3，且沒有孤電子對，所以其空間構(gòu)型是平面三角形結(jié)構(gòu)，Ga的雜化方式為sp2；GaCl3的熔點為77.9℃，熔沸點低，這是分子晶體的特點，推出GaCl3為分子晶體，GaN的熔點為1700℃，熔沸點高，是共價晶體特點，推出GaN為共價晶體；【小問3詳解】1個N周圍有4個與之等距且最近的Ga原子，所以N的配位數(shù)為4；已知胞參數(shù)為anm、cnm，該晶胞的體積=6×（a×a）×c×10-21cm3，一個晶胞中N的個數(shù)為6×+3=6，Ga的個數(shù)為12×+2×+3=6，一個晶胞中6個GaN，根據(jù)密度ρ===；12.阿斯巴甜(G)是一種廣泛應(yīng)用于食品工業(yè)的添加劑，一種合成阿斯巴甜(G)的路線如下：已知如下信息：①②