2022屆高三一模測驗卷 化學(xué) A卷 答案版

好教育云平臺一模檢驗卷第=page2*2-13頁（共=sectionPages3*26頁）好教育云平臺一模檢驗卷第=page2*24頁（共=sectionPages3*26頁）此卷只裝訂不密封班級此卷只裝訂不密封班級姓名準(zhǔn)考證號考場號座位號此卷只裝訂不密封班級姓名準(zhǔn)考證號考場號座位號化學(xué)（A）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第Ⅰ卷（選擇題）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選項中，只有一個選項符合題目要求。1．下列說法不正確的是（）A．“結(jié)草為廬”所用的秸稈，經(jīng)現(xiàn)代科技可轉(zhuǎn)化為苯乙酸、苯乙烯等芳香烴B．鈉鉀合金可用作快中子反應(yīng)堆的熱交換劑C．Na2S固體可用于除去廢水中Cu2+、Hg2+等重金屬D．《陶者》“陶盡門前土，屋上無片瓦。十指不沾泥，鱗鱗居大廈。”黏土燒制陶器中發(fā)生了化學(xué)變化【答案】A【解析】A．苯乙酸含O元素，為含氧衍生物，苯乙烯屬于芳香烴，A錯誤；B．鈉鉀合金熔點低，通常狀況下呈液態(tài)，可作原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑，B正確；C．相同溫度下，Na2S的溶解度比CuS、HgS大，所以廢水中Cu2+、Hg2+等重金屬與Na2S反應(yīng)轉(zhuǎn)化為CuS、HgS而除去，C正確；D．黏土燒制陶器的過程中生成了新的物質(zhì)發(fā)生了化學(xué)變化，D正確；答案選A。2．下列離子方程式不能正確表示體系顏色變化的是（）A．向AgCl懸濁液中加Na2S溶液，有黑色難溶物生成：2AgCl(s)+S2?(aq)=Ag2S(s)+2Cl?(aq)B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固體，溶液紫色褪去：2MnO+5SO+6H+=2Mn2++5SO+3H2OC．向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液變黃色：Cr2O+2OH?=2CrO+H2OD．向稀硝酸中加入銅粉，溶液變藍(lán)色：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】B【解析】A．向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，是由于發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，離子方程式為2AgCl(s)+S2?(aq)=Ag2S(s)+2Cl?(aq)，A正確；B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固體，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，KMnO4被還原為無色Mn2+而使溶液紫色褪去，NaHSO3被氧化為硫酸鈉，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O，B錯誤；C．在溶液中存在化學(xué)平衡：+H2O2+2H+，向其中加入NaOH溶液，NaOH電離產(chǎn)生的OH?消耗其中的H+，使該平衡正向移動，顯黃色，其濃度增大而使溶液由橙色變成黃色，C正確；D．向稀硝酸中加入銅粉，反應(yīng)產(chǎn)生Cu(NO3)2、NO、H2O，溶液中含有Cu2+而使溶液變藍(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，D正確；故合理選項是B。3．有機物X、Y、Z在一定條件下可實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化，下列說法正確的是（）A．Z的分子式為C7H8OB．化合物Z環(huán)上的一氯代物共有3種（不考慮立體異構(gòu)）C．X、Y、Z都可以使酸性高錳酸鉀褪色D．X、Y、Z分子中所有碳原子均處于同一平面【答案】C【解析】A．Z的分子式為C7H14O，A項錯誤；B．化合物Z環(huán)上的一氯代物共有4種，分別是，B項錯誤；C．X、Y中都含有碳碳雙鍵，Z中含有羥基，則三者都可以使酸性高錳酸鉀褪色，C項正確；D．Y、Z分子中都含有多個飽和的碳原子，則兩分子中所有碳原子不可能處于同一平面，D項錯誤；答案選C。4．下列實驗現(xiàn)象與實驗操作不匹配的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象A向蔗糖中加入濃硫酸，并將產(chǎn)生的氣體通過足量溴水蔗糖變黑、膨脹，溴水褪色，有氣泡冒出B將足量硼酸滴入溶液中有氣泡產(chǎn)生C向盛有溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液溶液由黃色變?yōu)闇\綠色DMg和鹽酸反應(yīng)，將溫度計水銀球插入反應(yīng)液中鎂條逐漸溶解，產(chǎn)生氣泡，溫度計水銀柱上升A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．蔗糖和濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生了CO2和SO2，SO2可以被溴水吸收，使溴水褪色，CO2與溴水不反應(yīng)，以氣泡形式冒出，實驗現(xiàn)象與實驗操作匹配，故A不符合題意；B．碳酸的酸性強于硼酸，將足量硼酸滴入溶液中無現(xiàn)象，實驗現(xiàn)象不正確，故B符合題意；C．維生素C具有還原性，能將三價鐵離子還原為二價鐵離子，溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，實驗現(xiàn)象與實驗操作匹配，故C不符合題意；D．活潑金屬和酸的反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)，故鎂和鹽酸反應(yīng)的現(xiàn)象為溫度計水銀柱迅速上升，鎂條逐漸溶解，產(chǎn)生氣泡，實驗現(xiàn)象與實驗操作匹配，故D不符合題意；故答案為B。5．2019年諾貝爾化學(xué)獎頒給研究鋰電池的科學(xué)家，一種用作鋰電池電解液的鋰鹽結(jié)構(gòu)如圖所示。其中，X位于第三周期，X原子的電子數(shù)為Z原子的兩倍，W、Z、Y位于同一周期。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：X>Z>WB．非金屬性：X>Z>WC．X的氧化物對應(yīng)的水化物均為強酸D．WY3中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】D【解析】X位于第三周期，X原子的電子數(shù)為Z原子的兩倍，結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，Z可形成雙鍵，Z為O，X為S；W、Z、Y位于同一周期，Y只形成1個共價鍵，Y為F，W形成2個共價鍵且得到1個電子，W為N。由上述分析可知，X為S、W為N、Z為O、Y為F。A．電子層越多、原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：X＞W(wǎng)＞Z，A錯誤；B．根據(jù)同一主族從上往下，元素的非金屬性依次減弱可知，非金屬性Z＞X，B錯誤；C．由分析可知，X為S，故其氧化物對應(yīng)的水化物均為H2SO3和H2SO4，前者為中強酸，后者為強酸，C錯誤；D．由分析可知，WY3即NF3，其電子式為，故分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D正確；故答案為D。6．微生物燃料電池是指在微生物的作用下將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某微生物燃料電池的工作原理如下圖所示，下列說法正確的是（）A．電子從b流出，經(jīng)外電路流向aB．該電池在高溫下進行效率更高C．HS?在硫氧化菌作用下轉(zhuǎn)化為SO的反應(yīng)是：HS?+4H2O-8e?=SO+9H+D．若該電池有0.4mol電子轉(zhuǎn)移，則有0.45molH+通過質(zhì)子交換膜【答案】C【解析】由氫離子的移動方向可知，電極a為微生物燃料電池的負(fù)極，在硫氧化菌作用下，硫氫根離子在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸根離子，電極反應(yīng)式為HS?+4H2O-8e?=SO+9H+，b極為正極，酸性條件下，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為O2+4e?+4H+=2H2O。A．由分析可知，電極b是電池的正極，a是負(fù)極，則電子從a流出，經(jīng)外電路流向b，故A錯誤；B．微生物的主要成分是蛋白質(zhì)，若電池在高溫下進行，蛋白質(zhì)會發(fā)生變性，微生物的催化能力降低，電池的工作效率降低，故B錯誤；C．由分析可知，電極a為微生物燃料電池的負(fù)極，在硫氧化菌作用下，硫氫根離子在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸根離子，電極反應(yīng)式為HS?+4H2O-8e?=SO+9H+，故C正確；D．由分析可知，正極的電極反應(yīng)式為O2+4e?+4H+=2H2O，則當(dāng)電池有0.4mol電子轉(zhuǎn)移時，負(fù)極區(qū)有0.4mol氫離子通過質(zhì)子交換膜加入正極區(qū)，故D錯誤；故選C。7．25℃時，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)g或lg與pH的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是（）A．Ka2(H2X)的數(shù)量級為10?11B．n曲線表示lg與pH的變化關(guān)系C．25℃時，NaHX溶液中c(X2?)<c(H2X) D．pH=8時，c(X2?)>c(H2X)【答案】D【解析】H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，pH相同時＜，由圖像可知m為lg，n為lg。A．m為lg，曲線m中l(wèi)g=-1時，即=10?1，pH=9.3，則Ka2(H2X)=×c(H+)=10?1×10?9.3=10?10.3，所以Ka2(H2X)的數(shù)量級為10?11，故A正確；B．H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，pH相同時＜，由圖像可知m為lg，n為lg，故B正確；C．根據(jù)曲線n可知，pH=7.4時=1，則第一步的電離平衡常數(shù)Ka1(H2X)=×c(H+)=10×10?7.4=10?6.4，HX?的水解平衡常數(shù)Kh(HX?)==10?7.6＞Ka2(H2X)=10?10.3，所以25℃時，NaHX溶液中HX?的水解程度比電離程度大，則c(X2?)<c(H2X)，故C正確；D．由圖可知pH=8時，溶液呈堿性，lg>1、lg<-1，HX?的水解程度比電離程度大，則c(X2-)<c(H2X)，故D錯誤；故選D。第Ⅱ卷（非選擇題）二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第8~10題為必考題，每個試題考生都必須作答。第11、12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：此題包括3小題，共43分。8．肼是重要的化工原料。某探究小組利用下列反應(yīng)制取水合肼（N2H4·H2O）：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl。實驗一：制備NaClO溶液（實驗裝置如圖1所示）（1）錐形瓶中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是______________________________。實驗二：制取水合肼（實驗裝置如圖2所示）已知水合肼具有還原性，被氧化生成氮氣?？刂品磻?yīng)溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應(yīng)。加熱蒸餾三頸燒瓶內(nèi)的溶液，收集108～114℃餾分。（2）分液漏斗中的溶液是______（填標(biāo)號）。選擇的理由是___________________。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液實驗三：測定餾分中水合肼的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。采用下列步驟：A．稱取餾分5.000g，加入適量NaHCO3固體，加水配成250mL溶液。B．移取25.00mL溶液于錐形瓶中，加入10mL水，搖勻。C．用0.2000mol·L－1的I2溶液滴定，至溶液出現(xiàn)微黃色且半分鐘內(nèi)不消失，滴定過程中，溶液的pH保持在6.5左右，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積。D．進一步操作與數(shù)據(jù)處理。（3）水合肼與碘溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_______________________；（4）滴定過程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是_______________。（5）滴定時，碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在___________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中；若三次滴定消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為18.00

mL，則餾分中水合肼（N2H4·H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________________（保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O（2）B如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應(yīng)生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化（3）N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O（4）生成的HI與NaHCO3

反應(yīng)（5）酸式18.0%【解析】（1）氯氣通入到盛有NaOH的錐形瓶中發(fā)生反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O，故答案為Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O；（2）依據(jù)制取水合肼（N2H4·H2O）的原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，可知，要將CO(NH2)2溶液與NaOH和NaClO混合溶液加在一起發(fā)生反應(yīng)。根據(jù)題中的已知信息，“水合肼具有還原性，被氧化生成氮氣?！笨芍想履鼙粡娧趸缘腘aClO氧化成氮氣，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能過量。則要將NaOH和NaClO混合溶液滴入CO(NH2)2溶液中，即分液漏斗中裝NaOH和NaClO混合溶液。故答案為B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應(yīng)生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化；（3）水合肼與碘溶液反應(yīng)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成N2、HI和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，故答案為N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；（4）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因為生成的HI與NaHCO3反應(yīng)；（5）碘單質(zhì)具有氧化性，應(yīng)選擇酸式滴定管；結(jié)合反應(yīng)定量關(guān)系計算水合肼（N2H4·H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，解得n=0.0018mol，250mL溶液中含有的物質(zhì)的量=0.0018mol×=0.018mol，水合肼（N2H4·H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=，故答案為酸式；18.0%。9．以鈦鐵礦（主要成分為FeO·TiO2，還含有MgO、CaO、SiO2等雜質(zhì)）為原料合成鋰離子電池的電極材料鈦酸鋰（Li4Ti5O12）和磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）的工藝流程如下：回答下列問題：（1）“溶浸”后溶液中的金屬陽離子主要包括Mg2+、TiOCl+___________。“濾液”經(jīng)加熱水解后轉(zhuǎn)化為富鈦渣（鈦元素主要以TiO2·2H2O形式存在），寫出上述轉(zhuǎn)變的離子方程式：___________。（2）“溶鈦”過程反應(yīng)溫度不能太高，其原因是___________。（3）“沉鐵”步驟反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________，“沉鐵”后的濾液經(jīng)處理后可返回___________工序循環(huán)利用。（4）“煅燒”制備LiFePO4過程中，Li2CO3和H2C2O4的理論投入量的物質(zhì)的量之比為___________。（5）以Li4Ti5O12和LiFePO4作電極組成電池，充電時發(fā)生反應(yīng)：Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4（0＜x＜1），陽極的電極反應(yīng)式為__________。（6）從廢舊LiFePO4電極中可回收鋰元素。用硝酸充分溶浸廢舊LiFePO4電極，測得浸取液中c(Li+)=4mol·L-1，加入等體積的碳酸鈉溶液將Li+轉(zhuǎn)化為Li2CO3沉淀，若沉淀中的鋰元素占浸取液中鋰元素總量的90%，則反應(yīng)后的溶液中CO的濃度為___________mol·L-1[已知Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3，假設(shè)反應(yīng)后溶液體積為反應(yīng)前兩溶液之和]?！敬鸢浮浚?）Fe2+、Ca2+TiOCl++3H2OTiO2·2H2O↓+2H++Cl?（2）雙氧水和氨水都會因溫度過高分解（3）2FeCl2+H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+4HCl+2H2O溶浸（4）1∶1（5）LiFePO4-xe?=Li1-xFePO4+xLi+（6）0.04mol·L-1【解析】鈦鐵礦（主要成分為FeO·TiO2，還含有MgO、CaO、SiO2等雜質(zhì)）和足量鹽酸反應(yīng)后，其中只有雜質(zhì)SiO2和鹽酸不反應(yīng)，其它成分都和鹽酸反應(yīng)生成溶于水的鹽酸鹽，過濾后的濾液中含有溶于水的鹽酸鹽，加熱過程中，TiOCl+水解生成TiO2·2H2O沉淀，過濾得到含有TiO2·2H2O的富鈦渣，加入雙氧水、氨水后得到過氧鈦化合物，煅燒后得到TiO2，然后和Li2CO3反應(yīng)得到Li4Ti5O12，富鐵液加入雙氧水和磷酸后，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高溫煅燒生成LiFePO4。（1）鈦鐵礦的成分中只有SiO2與鹽酸是不反應(yīng)的，F(xiàn)eO·TiO2、MgO、CaO與鹽酸反應(yīng)后產(chǎn)生的陽離子有Mg2+、TiOCl+、Fe2+、Ca2+等。TiOCl+水解成TiO2·2H2O的離子方程式是TiOCl++3H2OTiO2·2H2O↓+2H++Cl?。（2）“溶鈦”過程反應(yīng)溫度不能太高，其原因是加入的雙氧水和氨水都會因溫度過高分解。（3）由流程圖可知，H2O2為氧化劑，H3PO4為沉淀劑，則“沉鐵”步驟反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCl2+H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+4HCl+2H2O，根據(jù)流程圖，生成的鹽酸可返回溶浸工序循環(huán)使用。（4）根據(jù)流程圖，F(xiàn)ePO4與Li2CO3和H2C2O4高溫煅燒生成LiFePO4，則反應(yīng)的化學(xué)方程式是2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，根據(jù)化學(xué)計量數(shù)，可知Li2CO3和H2C2O4的理論投入量的物質(zhì)的量之比為1∶1。（5）充電時，和電源正極相連的電極叫陽極，反生氧化反應(yīng)，根據(jù)充電時發(fā)生的反應(yīng)Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4（0＜x＜1），LiFePO4生成Li1-xFePO4的過程中發(fā)生氧化反應(yīng)，則陽極電極反應(yīng)式為LiFePO4-xe?=Li1-xFePO4+xLi+。（6）浸取液中c(Li+)=4mol·L-1，加入等體積的碳酸鈉溶液將Li+轉(zhuǎn)化為Li2CO3沉淀，若沉淀中的鋰元素占浸取液中鋰元素總量的90%，設(shè)浸取液的體積為VL，則可知沉淀后的c(Li+)==0.2mol·L-1，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)c()=1.6×10?3，則0.2=1.6×10?3，故=0.04mol·L-1。10．氧族元素的單質(zhì)及其化合物在工業(yè)生產(chǎn)和生活中有重要的應(yīng)用，運用化學(xué)原理研究氧族元素的單質(zhì)及其化合物有重要意義。回答下列問題：（1）臭氧層被破壞的反應(yīng)過程如圖所示，NO的作用是___________。已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)?H=-143kJ·mol-1，“反應(yīng)1”：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)?H1=-200.2kJ·mol-1，寫出“反應(yīng)2”的熱化學(xué)方程式________。（2）在恒溫恒容密閉容器中，n(O3)∶n(SO2)=1∶1投料發(fā)生如下反應(yīng)：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)?H=-240.8kJ·mol-1，T1和T2（T1＜T2）時SO2的轉(zhuǎn)化率如圖所示。T1時，計算該反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)Kp=___________（結(jié)果保留小數(shù)點后兩位）。恒溫時增大SO2平衡轉(zhuǎn)化率的措施是___________（寫一條）。（3）在容積為1L的多個反應(yīng)裝置中，分別充入2molSO2和2molO3控制在不同溫度下發(fā)生反應(yīng)，經(jīng)過相同反應(yīng)時間t后剩余SO2的物質(zhì)的量與溫度的關(guān)系如圖所示。已知臭氧會轉(zhuǎn)化成氧氣：2O3(g)3O2(g)，在上述反應(yīng)條件下臭氧分解率與溫度關(guān)系如表：溫度/℃50100150200250300分解率/%00063081①低于140℃，SO2的剩余量隨溫度升高減小的原因是___________；高于200℃，SO2的剩余量隨著溫度升高增大，除了升溫平衡向吸熱的逆向移動這一原因外，另一原因是___________。②已知250℃時SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)的平衡常數(shù)K=1，平衡時氧氣的濃度c(O2)=___________mol/L（結(jié)果保留小數(shù)點后兩位）。【答案】（1）催化劑NO2(g)＋O(g)=NO(g)＋O2(g)?H2=＋57.2kJ·mol－1（2）0.62增大O3的濃度或及時分離出生成物（3）低于140℃，反應(yīng)尚未平衡，溫度升高反應(yīng)速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2減小O3分解成O2使平衡逆向移動1.55【解析】（1）反應(yīng)過程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧氣，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧氣，反應(yīng)過程中NO參與反應(yīng)最后又生成，作用是催化劑。已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)?H=-143kJ·mol-1，“反應(yīng)1”：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)?H1=-200.2kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律二者相減得到“反應(yīng)2”的熱化學(xué)方程式：NO2(g)＋O(g)=NO(g)＋O2(g)?H2=＋57.2kJ·mol－1。（2）升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，則T2時SO2的轉(zhuǎn)化率相對較低，但反應(yīng)速率較快，先達到平衡，故T2時SO2的轉(zhuǎn)化率=42%，T1時SO2的轉(zhuǎn)化率=44%；該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變的可逆反應(yīng)，分壓平衡常數(shù)可以直接用各氣體的平衡物質(zhì)的量計算，可列出三段式：，則T1時，計算該反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)。恒溫時增大SO2平衡轉(zhuǎn)化率的措施是增大O3的濃度或及時分離出生成物。（3）①低于140℃，反應(yīng)尚未平衡，溫度升高反應(yīng)速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2減小；由表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)溫度達到200℃時，O3開始分解生成O2，減小反應(yīng)物濃度同時增加生成物濃度，平衡逆向移動，引起SO2的剩余量隨著溫度升高增大；②由表格可知，250℃時O3的分解率為30%，分解的n(O3)=2mol×30%=0.6mol，由2O3?3O2可知，0.6molO3參與反應(yīng)生成0.9molO2，設(shè)SO2的轉(zhuǎn)化濃度為xmol/L，則，平衡常數(shù)，解得，則平衡時氧氣的濃度c(O2)=(0.65+0.9)mol/L=1.55mol/L。（二）選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對應(yīng)的題號右側(cè)方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本選考題的首題進行評分。11．[選修3-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）組成的某些二元化合物常用作半導(dǎo)體材料，在壓電效應(yīng)等器件方面有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Se原子核外電子排布式為[Ar]_________，有_________個未成對電子。（2）Zn的四種鹵化物熔點如下表所示。請分析ZnF2熔點高于其他三種鹵化物，自ZnCl2至ZnI2熔點依次升高的原因：___________?；衔颶nF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔點/℃872275394446（3）向硫酸鋅溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn(NH3)4]SO4，該物質(zhì)中所含酸根的空間結(jié)構(gòu)為___________，[Zn(NH3)4]2+中配位原子為__________（填名稱），從化學(xué)鍵角度解釋該離子能夠形成的原因：___________。（4）H2S、H2Se、H2Te的沸點由低到高的順序為___________（用“＜”連接，下同）；鍵角由小到大的順序為___________。（5）氧化鋅系氣敏陶瓷是指具有氣敏效應(yīng)的半導(dǎo)體陶瓷，應(yīng)用十分廣泛。一種ZnO陶瓷的晶胞（立方體）如圖1所示，圖2是沿著立方格子對角面取得的截圖，則Zn原子與O原子間最短距離為___________pm。晶體的密度為___________g·cm-3（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Zn原子半徑為apm，列出計算式即可）。【答案】（1）3d104s24p42（2）ZnF2是離子晶體，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶體，分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，熔點越高（3）正四面體NN提供孤對電子，Zn2+提供空軌道，形成配位鍵（4）H2S＜H2Se＜H2TeH2Te＜H2Se＜H2S（5）【解析】（1）Se為34號元素，基態(tài)Se原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4；Se的4p軌道上含有2個未成對電子；（2）由表中數(shù)據(jù)可知，ZnF2的熔點與ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔點相差很大，是因為ZnF2是離子晶體，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶體，分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，熔點越高；（3）中心原子的價層電子對數(shù)為，沒有孤電子對，則其空間結(jié)構(gòu)為正四面體；[Zn(NH3)4]2+中NH3有孤電子對，故配位原子為N，N提供孤對電子，