卷5-2022年高考化學(xué)模擬卷（全國(guó)卷）（解析版）

2022年高考化學(xué)模擬卷（全國(guó)卷專用）二輪拔高卷5可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56W184一、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。1．2021年末，詹姆斯.韋伯紅外線太空望遠(yuǎn)鏡搭載火箭發(fā)射升空，將奔赴遠(yuǎn)離地球150萬(wàn)公里的第二拉格朗日點(diǎn)，肩負(fù)起觀測(cè)宇宙形成后最初出現(xiàn)的星系、搜尋地外生命跡象等重任。下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是A．主鏡材料為密度小，性能好的金屬鈹，表面的金涂層可提高紅外線反射率B．望遠(yuǎn)鏡需要避免太陽(yáng)輻射，制作遮陽(yáng)帆的聚酰亞胺薄膜屬于有機(jī)高分子材料C．望遠(yuǎn)鏡需要超低溫環(huán)境，主動(dòng)冷卻器用氦制冷，氦的分子間作用力很弱，沸點(diǎn)極低D．望遠(yuǎn)鏡工作的推進(jìn)劑為N2H4和N2O4，N2O4本身的顏色會(huì)隨溫度升高變?yōu)榧t棕色【答案】D【解析】A．金屬鈹?shù)男阅芎们颐芏刃?，適合作太空望遠(yuǎn)鏡，表面的金涂層有利于紅外線反射率的提高，A正確；B．聚酰亞胺是有機(jī)高分子化合物，則聚酰亞胺薄膜屬于有機(jī)高分子材料，B正確；C．氦的相對(duì)分子質(zhì)量很小，分子間作用力很弱，其沸點(diǎn)極低，可作制冷劑，C正確；D．N2O4為無(wú)色氣體，會(huì)分解為紅棕色的NO2氣體，且隨溫度升高分解生成NO2的程度增大，所以氣體的顏色隨溫度升高而不斷加深，D錯(cuò)誤；故選D。2．利用圖示裝置制備和收集氣體，合理的是選項(xiàng)固體A試劑B試劑C制備和收集的氣體A生石灰濃氨水水NH3BNa2SO370%硫酸飽和亞硫酸氫鈉溶液SO2CMnO2濃鹽酸飽和食鹽水Cl2DCu濃硝酸水NO2【答案】B【解析】A．氨氣易溶于水，不能用排水法收集，A不正確；B．Na2SO3固體與70%硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，制取SO2氣體，且SO2不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，所以可用排飽和亞硫酸氫鈉溶液的方法收集SO2氣體，B正確；C．MnO2與濃鹽酸在常溫下不能發(fā)生反應(yīng)，不能制取氯氣，C不正確；D．NO2易與水發(fā)生反應(yīng)生成NO氣體，不能用排水法收集，D不正確；故選B。3．2022年北京成功舉辦冬奧會(huì)，綠色環(huán)保是主要理念。在場(chǎng)館建設(shè)中用到的一種耐腐、耐高溫的表面涂料是以某雙環(huán)烯酯為原料制得，該雙環(huán)烯酯的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．該雙環(huán)烯酯的分子式為C14H18O2B．該雙環(huán)烯酯分子中至少有6個(gè)原子共平面C．該雙環(huán)烯酯的一氯代物有9種D．1mol該雙環(huán)烯酯能與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)【答案】B【解析】A．由雙環(huán)烯酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其分子式為C14H20O2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．乙烯中含有碳碳雙鍵，雙環(huán)烯酯分子中也含有碳碳雙鍵，根據(jù)乙烯中有6個(gè)原子共平面知，雙環(huán)烯酯分子中至少有6個(gè)原子共平面，B項(xiàng)正確；C．該雙環(huán)烯酯中存在著13種不同狀態(tài)的氫，則其一氯代物有13種，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．碳碳雙鍵能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中的碳氧雙鍵不能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，故1mol該雙雙環(huán)烯酯能與2molH2發(fā)生加成反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。4．已知A、B、C、D、E是五種短周期主族元素，其原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖1，且A、B、C、D可形成化合物X如圖2，C與E同主族。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．A、B、D均可與C形成常見(jiàn)的兩種二元化合物B．簡(jiǎn)單離子的半徑：E>D>CC．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：E>BD．化合物X在低溫的堿性溶液中更加穩(wěn)定【答案】B【解析】根據(jù)原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖，A是第一周期元素，B、C是第二周期元素，C、D是第三周期元素，A是H元素；根據(jù)A、B、C、D形成化合物X的結(jié)構(gòu)圖，B能形成4個(gè)共價(jià)鍵，B是C元素；C能形成2個(gè)共價(jià)鍵，C是O元素；D能形成+1價(jià)陽(yáng)離子，D是Na元素，O與E同主族，E是S元素，以此來(lái)解析；A．H與O能形成化合物H2O、H2O2，Na與O能形成化合物Na2O、Na2O2，C與O能形成化合物CO、CO2，A正確；B．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，簡(jiǎn)單離子的半徑：S2->O2->Na+，B錯(cuò)誤；C．非金屬性越強(qiáng)對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，非金屬性S>C，最高價(jià)氧化物的水化物酸性H2SO4>H2CO3，C正確；D．X為Na2CO3·H2O2，H2O2受熱易分解，Na2CO3易與酸反應(yīng)，化合物X在低溫的堿性溶液中更加穩(wěn)定，D正確；故選B。5．甲醇羰基化制乙酸的催化劑為可溶性銥配合物(主催化劑)和碘化物(助催化劑)，利用銥配合物[Ir(CO)2I2]-催化甲醇羰基化的反應(yīng)歷程如圖所示(其中Me—CH3，Ac—COCH3)。下列說(shuō)法正確的是A．Ir的成鍵數(shù)目在反應(yīng)歷程中沒(méi)有發(fā)生變化B．HI是反應(yīng)過(guò)程中的催化劑C．CO分壓對(duì)反應(yīng)速率沒(méi)有影響D．存在反應(yīng)[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I【答案】D【解析】A．Ir的成鍵數(shù)目如圖所示有4、5、6個(gè)，故A錯(cuò)誤；B．HI是反應(yīng)過(guò)程中的中間產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖示，總反應(yīng)為CH3OH+CO→CH3COOH，CO分壓增大，反應(yīng)速率加快，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖示，存在反應(yīng)[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I，故D正確；故選D。6．MFC-電芬頓技術(shù)不需要外加能量即可發(fā)生，通過(guò)產(chǎn)生羥基自由基(·OH)處理有機(jī)污染物，可獲得高效的廢水凈化效果，其耦合系統(tǒng)原理如下圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)電極為陽(yáng)極，X電極為負(fù)極B．甲池中H+移動(dòng)的方向從M室到N室C．乙池可在酸性較弱的環(huán)境中使用D．當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，理論上Y電極消耗O2體積為2.24L【答案】B【解析】A．由電子流向可知，a電極為負(fù)極，b電極為正極，與b相連的X電極為陽(yáng)極，A錯(cuò)誤；B．原電池中陽(yáng)離子向正極運(yùn)動(dòng)，甲池中H+移動(dòng)的方向從M室到N室，B正確；C．乙池中存在鐵離子、亞鐵離子，在酸性較弱的環(huán)境中使用會(huì)生成鐵的氫氧化物沉淀，C錯(cuò)誤；D．沒(méi)有說(shuō)明氣體所處的是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能計(jì)算氧氣的體積，D錯(cuò)誤；故選B。7．25℃時(shí)，用0.2mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分?jǐn)?shù)、pH及物種分布分?jǐn)?shù)(δ)如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示A2-、HA-、H2A的分布分?jǐn)?shù)變化關(guān)系B．二元酸H2A的電離平衡常數(shù)Ka1的數(shù)量級(jí)為10-7C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中：c(Na+)+c(H+)＞c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)D．c點(diǎn)溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)【答案】D【解析】NaOH溶液滴定二元酸H2A，先后發(fā)生反應(yīng)：、。A．據(jù)分析，隨著H2A被滴定分?jǐn)?shù)的增加，H2A的分布分?jǐn)?shù)逐漸減少，直至消失，HA-的分布分?jǐn)?shù)隨著H2A的減少而增加，達(dá)最大值后又隨著A2-的增加而減少，從圖中曲線變化趨勢(shì)分析，虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示H2A、HA-、A2-的分布分?jǐn)?shù)變化關(guān)系，A錯(cuò)誤；B．二元酸H2A的電離平衡常數(shù)Ka1=，取a點(diǎn)處數(shù)據(jù)代入計(jì)算，因H2A物種分布分?jǐn)?shù)(δ)50%，即c(HA-)=c(H2A)，則Ka1=c(H+)≈4，Ka1的數(shù)量級(jí)為10-4，B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)點(diǎn)是曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的交叉點(diǎn)，溶液中c(HA-)=c(H2A)，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，則有c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，C錯(cuò)誤；D．c點(diǎn)是曲線Ⅱ達(dá)到最大值，溶液中滴入的NaOH與H2A比值為1:1，因c點(diǎn)對(duì)應(yīng)pH<7，溶液顯酸性，即HA-的電離程度大于水解程度，故有：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，D正確；故選D。二、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．（14分）鉻是銀白色有光澤的金屬，易與其它金屬形成合金，在國(guó)防、冶金、化學(xué)工業(yè)方面有重要用途。含鉻廢水有較大的毒性，處理達(dá)標(biāo)后才能排放。工業(yè)上處理含鉻廢水(主要含鉻微粒為Cr3+、和)并將其資源化的工藝有多種，其中一種工藝如圖所示：已知：Cr(OH)3受熱易分解?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)中Cr元素的化合價(jià)為_(kāi)_______。(2)加入H2SO4酸化的目的是將轉(zhuǎn)變?yōu)?，不選用稀HC1酸化的原因可能________，加入Na2S2O5固體，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________。(3)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)的投加量對(duì)Cr(VI)含量的影響如圖所示。焦亞硫酸鈉的最佳投加量為_(kāi)__________(mg·L-1)(4)“一系列操作”包含_______和鋁熱反應(yīng)。(5)工業(yè)上也常用電解法處理酸性含鉻廢水。用鐵板作電極，在耐酸電解槽中盛放酸性含的廢水，原理如圖所示。則與B相連的鐵板為電解池的________極，陽(yáng)極區(qū)溶液中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。為了使Cr3+和Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，向反應(yīng)后的溶液中加入一定量的燒堿，若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，則溶液中c(Cr3+)=________mol·L-1。｛已如Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Cr(OH)3]=5.6×10-31}【答案】(1)+6（1分）(2)能和氯離子反應(yīng)生成氯氣（2分）

2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O（2分）(3)140.0（2分）(4)加熱分解（2分）(5)

陰（1分）

+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O（2分）

2.0×10-4（2分）【解析】含鉻廢水加入硫酸酸化，加入Na2S2O5固體，將六價(jià)鉻轉(zhuǎn)化為三價(jià)鉻，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH，得到氫氧化鉻沉淀，煅燒得到Cr2O3，Cr2O3和鋁發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成鉻單質(zhì)；(1)中氧元素化合價(jià)為-2，離子帶2個(gè)單位負(fù)電荷，則Cr元素的化合價(jià)為+6；(2)具有強(qiáng)氧化性，不選用稀HC1酸化的原因可能能和氯離子反應(yīng)生成氯氣和鉻離子，氯氣有毒會(huì)污染環(huán)境；加入Na2S2O5固體，Na2S2O5具有還原性，Na2S2O5與反應(yīng)生產(chǎn)鉻離子和硫酸根離子，離子方程式為2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O；(3)由圖可知，焦亞硫酸鈉的最佳投加量為140.0mg·L-1，此時(shí)Cr(VI)去除率最大，上層清液中Cr(VI)含量最低；(4)已知：Cr(OH)3受熱易分解；“一系列操作”包含加熱分解和鋁熱反應(yīng)；Cr(OH)3受熱生成Cr2O3，Cr2O3和鋁發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成鉻單質(zhì)；(5)由圖可知，右側(cè)生成氫氣，說(shuō)明氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，則與B相連的鐵板為電解池的陰極，與A相連的鐵板為陽(yáng)極；陽(yáng)極鐵發(fā)生氧化反應(yīng)失去電子生成亞鐵離子，亞鐵離子與反應(yīng)生成鐵離子和Cr3+離子，陽(yáng)極反應(yīng)為：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，則c(OH-)=，則c(Cr3+)=，代入數(shù)值可得，c(Cr3+)=2.0×10-4mol·L-1。27．（14分）含硫化合物在生產(chǎn)生活中有重要應(yīng)用，實(shí)驗(yàn)小組對(duì)部分含硫化合物進(jìn)行探究。回答下列問(wèn)題：(1)小組同學(xué)設(shè)計(jì)了兩種制備的方案。Ⅰ.70%溶液與粉末反應(yīng)；Ⅱ．Cu粉與濃在加熱條件下反應(yīng)。①方案Ⅰ所涉及的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。②兩種方案相比，方案Ⅰ的優(yōu)點(diǎn)為_(kāi)__________。(2)小組同學(xué)用如圖所示裝置檢驗(yàn)上述方案Ⅱ中所有氣體產(chǎn)物。①A中儀器m的名稱為_(kāi)__________，裝置B中盛放的試劑為_(kāi)__________。②按氣流方向，上述裝置合理的連接順序?yàn)閍→___________→d(填儀器接口的小寫(xiě)字母)。③裝置C中儀器n的作用為_(kāi)__________。(3)小組同學(xué)探究溶液的pH對(duì)與反應(yīng)產(chǎn)物的影響，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。查閱資料：為白色難溶于水的固體，能溶于溶液；AgOH為白色難溶于水的固體，易分解，難溶于溶液；為白色固體，微溶于水，不易分解。步驟一：將一定質(zhì)量的配成250mL溶液，并測(cè)得溶液的；將一定質(zhì)量配成250mL溶液，并分成兩份，一份用將pH調(diào)至8，另一份用NaOH溶液將pH調(diào)至11；步驟二：將的溶液滴入足量的的溶液中，開(kāi)始產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀變?yōu)樽睾谏?。步驟三：將的溶液滴入的溶液中，產(chǎn)生白色沉淀。①步驟一中配置溶液所需的玻璃儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還需要___________。②步驟二中產(chǎn)生的棕黑色沉淀為，則該步驟產(chǎn)生的白色沉淀為_(kāi)__________(填化學(xué)式)。③對(duì)步驟三中白色沉淀的組成提出假設(shè)：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假設(shè)ⅱ的依據(jù)為_(kāi)__________；請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證假設(shè)ⅰ是否正確：___________?！敬鸢浮?1)

（2分）

原料利用率高，條件易于控制(或節(jié)約能源)（1分）(2)

蒸餾燒瓶（1分）

品紅溶液(或高錳酸鉀溶液)

（1分）

gfbc（1分）

防止倒吸（1分）(3)

250mL容量瓶﹑膠頭滴管（2分）

AgOH（1分）

酸性條件下可能將氧化為

（2分）

取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ成立，若沒(méi)有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ不成立（2分）【解析】裝置A中銅與濃硫酸加熱反應(yīng)生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸氣，將生成的氣體通過(guò)裝置D，用無(wú)水硫酸銅檢驗(yàn)水蒸氣，再用裝置B檢驗(yàn)二氧化硫，B中盛放品紅溶液或酸性高錳酸鉀溶液，二氧化硫污染環(huán)境，最后用裝置C處理尾氣。(1)①硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：。②方案II需要加熱，反應(yīng)I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的優(yōu)點(diǎn)為：原料利用率高，條件易于控制(或節(jié)約能源)。(2)①A中儀器m的名稱為蒸餾燒瓶，裝置B用來(lái)檢驗(yàn)二氧化硫，因此盛放試劑為：品紅溶液(或高錳酸鉀溶液)。②由分析可知，裝置的連接順序?yàn)锳DBC，因此按氣流方向，上述裝置合理的連接順序?yàn)閍→gfbc→d。③裝置C中儀器n為球形干燥管，其作用為防止倒吸。(3)①配制250mL一定濃度溶液所需玻璃儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還需要250mL容量瓶、膠頭滴管。②步驟二中產(chǎn)生的棕黑色沉淀為Ag2O，由題意可知，氫氧化銀易分解生成氧化銀和水，因此該步驟產(chǎn)生的白色沉淀為AgOH。③亞硫酸鈉易被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，且pH=4的硝酸銀溶液呈酸性，硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，可能將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，因此白色沉淀可能含硫酸銀；由信息可知，為白色難溶于水的固體，能溶于溶液，因此驗(yàn)證沉淀中是否含的操作和現(xiàn)象為：取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ成立，若沒(méi)有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ不成立。28．（15分）氨氣是重要的化工原料。據(jù)《科學(xué))最新報(bào)道，我國(guó)科學(xué)家開(kāi)發(fā)新型催化劑Li4RuH6或Ba2RuH6在溫和(低溫低壓)條件下合成NH3，反應(yīng)進(jìn)程如圖1、圖2所示。工業(yè)合成氨原理：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H。(1)已知：N≡N、H—H、N—H鍵的鍵能分別為945kJ·mol-1、436kJ·mol-1、391kJ·mol-1。工業(yè)合成NH3的△H=___________kJ?mol-1。(2)圖2中與圖1能量變化相符的是___________(填“曲線a”或“曲線b")。在某條件下，測(cè)得上述反應(yīng)的E1=1250kJ?mol-1，則E2=___________kJ?mol-1。(3)合成氨的速率方程為v(NH3)=k(N2)·(H2)(NH3)(k為速率常數(shù)，只與溫度、催化劑有關(guān)，與濃度無(wú)關(guān)；、、為反應(yīng)級(jí)數(shù)，可取整數(shù)、分?jǐn)?shù)或小數(shù))。測(cè)得在一定溫度和催化劑作用下，速率與濃度的關(guān)系如下表所示：c(N2)/(mol?L-1)c(H2)/(mol?L-1)c(NH3)/(mol?L-1)速率I0.10.10.1vII0.20.10.12vIII0.20.40.116vIV0.40.90.254vV0.4m0.464v則___________；___________；=___________；m=___________。(4)向密閉容器中充入ImolN2和2.6molH2，在一定條件下合成NH3，相同時(shí)間內(nèi)測(cè)得體系中N2的物質(zhì)的量(mol)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖3所示。①P___________(填">”、“<"或“=")1.8MPa。②投料比一定時(shí)，隨著溫度升高，不同壓強(qiáng)下N2的物質(zhì)的量趨向相等，其主要原因是________。③在1.8MPa、373K時(shí)，平衡常數(shù)Kp=___________MPa—2。(提示：用分壓計(jì)算的平衡常數(shù)為Kp，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))【答案】(1)—93（2分）(2)

曲線b（1分）

1343（2分）(3)1（1分）

1.5（1分）

—1（1分）

1.6（1分）(4)>（2分）

溫度升高，溫度對(duì)平衡的影響大于壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響（2分）

12.5（2分）【解析】(1)由反應(yīng)熱與反應(yīng)物的鍵能之和與生成物的鍵能之和的差值相等可得：△H=(945kJ·mol-1+436kJ·mol-1×3)—(391kJ·mol-1×2×3)=—93kJ·mol-1，故答案為：—93；(2)由圖可知，圖1為有催化劑參與合成氨反應(yīng)的反應(yīng)進(jìn)程，圖2中曲線b表示有催化劑參與合成氨反應(yīng)的反應(yīng)進(jìn)程與能量變化，則曲線b與圖1能量變化相符；由反應(yīng)熱△H=—(E2—E1)可得：—93kJ·mol-1=—(E2—1250kJ?mol-1)，解得E2=1343kJ?mol-1，故答案為：曲線b；1343；(3)依據(jù)題給數(shù)據(jù)，由I和II的速率相比可得：=，解得α=1；由II和III的速率相比可得：=，解得β=1.5；由I和IV的速率相比可得：=，解得γ=—1；由I和V的速率相比可得：=，解得m=1.6，故答案為：1；1.5；—1；1.6；(4)①合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量減小，由圖可知，溫度一定時(shí)，壓強(qiáng)為P時(shí)氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量小于1.8MPa，則P大于1.8MPa，故答案為：>；②投料比一定時(shí)，隨著溫度升高，不同壓強(qiáng)下氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量趨向相等說(shuō)明溫度升高，溫度對(duì)平衡的影響大于壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響，故答案為：溫度升高，溫度對(duì)平衡的影響大于壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響；③由圖可知，在1.8MPa、373K條件下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為0.4mol，由方程式可知，平衡時(shí)氫氣、氨氣的物質(zhì)的量分別為2.6mol—(1mol—0.4mol)×3=0.8mol、(1mol—0.4mol)×2=1.2mol，則氮?dú)狻錃狻睔獾钠胶夥謮簽椤?.8MPa=0.3MPa、×1.8MPa=0.6MPa、×1.8MPa=0.9MPa，平衡常數(shù)Kp==12.5MPa—2，故答案為：12.5。（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）碳元素在自然界中分布很廣，是存在形式最復(fù)雜的元素。實(shí)驗(yàn)室可用鄰二氮菲()與Fe2+形成的紅色配合物(如下圖)測(cè)定鐵的含量?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)Fe原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有__________種。(2)紅色配合物中H、C、N、Fe四種元素的電負(fù)性從大到小的順序?yàn)開(kāi)_________。(3)鄰二氮菲分子中C、N兩種元素原子的雜化方式分別為_(kāi)_________、__________。(4)紅色配離子的中心原子的配位數(shù)為_(kāi)_________。(5)紅色配離子中不存在的作用力有__________。A．σ鍵

B．π鍵

C．離子鍵

D．氫鍵

E．配位鍵(6)臨床建議服用維生素C促進(jìn)“亞鐵”的吸收，避免生成Fe3+，從結(jié)構(gòu)角度來(lái)看，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+的原因是__________。(7)三甲胺[N(CH3)3]和乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)均屬于胺，但三甲胺比乙二胺的沸點(diǎn)低得多，原因是__________。(8)汽車安全氣囊產(chǎn)生氣體的功臣是疊氮化鈉(NaN3)，N的空間構(gòu)型為_(kāi)_________。(9)鎢和碳能形成耐高溫、耐磨材料碳化鎢，其晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，六棱柱的底邊長(zhǎng)為apm，高為bpm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則碳化鎢晶體的密度是__________g·cm-3(列出計(jì)算表達(dá)式)?！敬鸢浮?1)15（1分）(2)N＞C＞H＞Fe（2分）(3)

sp2（1分）

sp2（1分）(4)6（1分）(5)CD（2分）(6)Fe3+的3d5半充滿狀態(tài)更穩(wěn)定（1分）(7)都屬于分子晶體，乙二胺分子間可以形成氫鍵，三甲胺分子間不能形成氫鍵（2分）(8)直線形（1分）(9)（3分）【解析】(1)基態(tài)Fe的電子排布式為1s22s2sp63s23p63d64s2，s軌道有一種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，p軌道有三種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，d道有五種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，3d軌道有6個(gè)電子，有5種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，因此基態(tài)Fe原子的核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有15種；(2)在元素周期表中同一周期從左到右元素的電負(fù)性逐漸增強(qiáng)，同一主族從上到下元素的電負(fù)性逐漸減弱，F(xiàn)e為金屬電負(fù)性最小，可知電負(fù)性強(qiáng)弱順序N＞C＞H＞Fe；(3)根據(jù)鄰二氮菲C周圍的鍵為3個(gè)σ和1π，故C的雜化為sp2，N周圍的鍵為3個(gè)σ和1π，故N的雜化為sp2；(4)由圖1可知，該配離子中Fe2+與氮原子形成配位鍵共有6個(gè)，N原子含有1對(duì)孤對(duì)電子，與Fe2+形成配位鍵。(5)該離子為配離子，不存在離子鍵，但含有配位鍵，并且鄰二氮菲中含有碳碳或碳氮雙鍵，所以含有π鍵和σ鍵，氫鍵不存在，CD符合題意；故選CD。(6)Fe2+的核外價(jià)電子排布為3d5，很容易失去1個(gè)電子形成3d5的半滿結(jié)構(gòu)；(7)氫鍵的存在能夠顯著提高物質(zhì)的熔沸點(diǎn)，乙二胺分子間可以形成氫鍵，三甲胺分子間不能形成氫鍵，所以乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)2]均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點(diǎn)高得多；(8)原子數(shù)相同，價(jià)電子數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，則與N互為等電子體的微粒有CO2，CO2為直線形，故N的結(jié)構(gòu)為直線形；(9)根據(jù)晶胞的圖可知中含有W的數(shù)目為12×+2×+6×+1=6個(gè)，含有C的數(shù)目為6個(gè)，晶胞的質(zhì)量為m=nM=，晶胞的體積為6××a×a×sin60°×b×10-30cm3=×10-30cm3，晶胞的密度為：ρ===g/cm3。36．[化學(xué)——選修5：有機(jī)化