山西省太原市2022屆高三下學(xué)期二?？荚嚮瘜W(xué)試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1山西省太原市2022屆高三下學(xué)期二?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12O16Fe56一、選擇題：本題共7小題，每小題6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.礦物顏料是人類繪畫中最原始的表現(xiàn)材料之一。敦煌莫高窟壁畫使用了大量礦物顏料，其色彩和主要成分見下表：色彩霞光紅迎春黃天霽藍(lán)瑞雪白主要成分及化學(xué)式朱砂HgS雌黃As2S3石青Cu(OH)2·2CuCO3蛤灰CaO下列說法正確的是（）A.石青顏料耐酸堿腐蝕B.蛤灰加水后會放出大量的熱C.工業(yè)制汞是在空氣中焙燒朱砂，生產(chǎn)流程中加入氧化鈣的目的是減少汞蒸氣的排放D.《夢溪筆談》記載：“館閣新書凈本有誤書處，以雌黃涂之。”利用了雌黃的化學(xué)性質(zhì)〖答案〗B〖解析〗A．Cu(OH)2·2CuCO3和酸會反應(yīng)，則石青顏料不耐酸腐蝕，A項錯誤；B．CaO＋H2O=Cu(OH)2，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則蛤灰加水后會放出大量的熱，B項正確；C．工業(yè)制汞是在空氣中焙燒朱砂，HgS＋O2=Hg+SO2，生產(chǎn)流程中加入氧化鈣的目的是吸收二氧化硫，C項錯誤；D．《夢溪筆談》記載：“館閣新書凈本有誤書處，以雌黃涂之?！币馑际怯龅綍嫌姓`地方，用雌黃涂抹，是因為雌黃的顏色同紙色差不多，且其質(zhì)地細(xì)密、硬軟適中，用雌黃涂改錯處，既遮掩了黑色墨筆字、不損壞紙張，利用的是雌黃的物理性質(zhì)，D項錯誤；〖答案〗選B。2.宏觀辨識和微觀探析是化學(xué)學(xué)科的核心素養(yǎng)之一。下列描述物質(zhì)制備和應(yīng)用的離子方程式正確的是（）A.泡沫滅火器的反應(yīng)原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑B.海水提溴工藝中，用純堿溶液富集Br2：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2OC.鍋爐除垢過程中將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3：CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)D.用惰性電極電解飽和MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-〖答案〗C〖解析〗A．泡沫滅火器的反應(yīng)原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A錯誤；B．海水提溴工藝中，用純堿溶液富集Br2：3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑，故B錯誤；C．CaCO3比CaSO4更難溶，故為CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)，故C正確；D．用惰性電極電解飽和MgCl2溶液：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故D錯誤；故選C。3.某化學(xué)小組在實驗室利用下列裝置(部分夾持儀器略)進行實驗，其中能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.圖Ⅰ：制取并收集少量干燥的氨氣B.圖Ⅱ：制備少量無水氯化鎂C.圖Ⅲ：關(guān)閉a、打開b，可檢查裝置的氣密性D.圖Ⅳ：驗證犧牲陽極法保護鐵〖答案〗D〖解析〗A．氯化銨和氫氧化鈣加熱生成氨氣，同時會有水生成，收集的氨氣中含有水蒸氣，不能收集到干燥的氨氣，故A錯誤；B．制備少量無水氯化鎂應(yīng)在HCl氣氛中加熱蒸干水分，故B錯誤；C．分液漏斗上端與燒瓶連通，上下壓強保持一致，液體始終可以順利流下，不能檢驗裝置的氣密性，故C錯誤；D．通過鐵氰化鉀溶液可以檢驗是否有亞鐵離子生成，從而判斷鐵作電極情況，可用來驗證犧牲陽極法保護鐵，故D正確；故選：D。4.2021年諾貝爾化學(xué)獎授予BenjaminList、DavidW.C.MacMillan，以獎勵他們“對于有機小分子不對稱催化的重要貢獻(xiàn)”。脯氨酸()催化分子內(nèi)的羥醛縮合反應(yīng)：下列說法不正確的是（）A.脯氨酸能與Y發(fā)生取代反應(yīng)B.X和Y互為同分異構(gòu)體，且Y能發(fā)生消去反應(yīng)C.X中所有碳原子處于同一平面D.1mol脯氨酸與足量NaHCO3反應(yīng)，生成44gCO2〖答案〗C〖解析〗A．脯氨酸含有羧基，Y中含有羥基，兩者能發(fā)生酯化反應(yīng)(取代反應(yīng))，故A正確；B．X和Y分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，Y分子中羥基的鄰位碳原子上含有氫原子，能發(fā)生消去反應(yīng)，故B正確；C．如圖所示，X中用“*”標(biāo)記的碳原子為飽和碳原子，與之相連的碳原子不可能處于同一平面，因此X中所有碳原子不可能共面，故C錯誤；D．1mol脯氨酸含有1mol羧基，與足量NaHCO3反應(yīng)，生成1molCO2，質(zhì)量為1mol×44g/mol=44g，故D正確；〖答案〗選C。5.中國地質(zhì)科學(xué)院地質(zhì)研究所對嫦娥五號月球玄武巖開展了年代學(xué)、元素、同位素分析，證明月球在19.6億年前仍存在巖漿活動。X、Y、Z、V、W是月核中含有的五種原子序數(shù)依次增大的前20號元素，X原子的最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，V的單質(zhì)常在地球火山口附近沉積，Y的氧化物常用作耐高溫材料，Y、W原子的最外層電子數(shù)相等且之和等于Z原子的最外層電子數(shù)，下列說法正確的是（）A.Y的氧化物是兩性氧化物B.最高價含氧酸的酸性：X>V>ZC.簡單離子半徑：W>V>YD.X、Z形成的化合物是制備玻璃的原料之一〖答案〗D〖祥解〗X原子的最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，若電子總數(shù)是4，最外層電子數(shù)為3，不符合，若電子總數(shù)是8，最外層電子數(shù)為6，排布為2、6，則X是O元素；V單質(zhì)常在火山口附近沉積，則V為S元素；Y的氧化物常用作耐高溫材料，氧化鎂因為其熔點高常用作耐火材料，則Y為Mg元素；Y、W原子的最外層電子數(shù)相等且之和等于Z原子的最外層電子數(shù)，Y最外層電子數(shù)是2，W原子序數(shù)比S大，Z在Mg和S之間，則W最外層電子數(shù)不可能為7，若W為K時Z為Al元素，若W為Ca時Z為Si元素；〖詳析〗根據(jù)分析知，XO，Y為Mg，V為S，若Z為Al時W為K，若Z為Si時W為Ca；A．Y為Mg，MgO只能與酸反應(yīng)生成正鹽和水，屬于堿性氧化物，A錯誤；B．X是O，沒有最高正價，不存在最高價含氧酸，B錯誤；C．電子層數(shù)越多離子半徑越大，電子層數(shù)相同原子序數(shù)越大半徑越小，則V(S2-)>W(K+或Ca2+)>Y(Mg2+)，C錯誤；D．X是O，Z為Si，形成的化合物SiO2，制玻璃的原料：石灰石、純堿、二氧化硅，則SiO2制備玻璃的原料之一，D正確；故選：D。6.2022年北京冬奧會期間，我國使用了“容和一號”大容量電池堆(鐵一鉻液流電池)作為備用電源(原理示意如圖)。鐵-鉻液流電池的壽命遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于鈉硫電池鋰離子電池和鉛酸蓄電池等。下列說法錯誤的是（）A.該電池總反應(yīng)為：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+B.充電時左邊的電極電勢高于右邊的電極電勢C.充電時若1molFe2+被氧化，電池中有1molH+通過交換膜由左向右遷移D.若用該電池電解水，生成22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)H2時，則有2molCr3+被還原〖答案〗D〖解析〗A．由圖示可知，放電時正極反應(yīng)式為：Fe3++e-=Fe2+，負(fù)極反應(yīng)式為：Cr2+-e-=Cr3+，充電時陽極反應(yīng)式為：Fe2+-e-=Fe3+，陰極反應(yīng)式為：Cr3++e-=Cr2+，則電池總反應(yīng)為：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，A正確；B．充電時左側(cè)為陽極，右側(cè)為陰極，陽極電勢高于陰極電勢，B正確；C．充電時若1molFe2+被氧化，即失去1mol電子，則電池中有1molH+通過交換膜由左(陽極)向右(陰極)遷移，C正確；D．電解水時，生成氫氣的電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)H2即1molH2時，轉(zhuǎn)移2mole-，那么該電池需要提供電能，即放電，因此會有2molCr2+被氧化，D錯誤；〖答案〗選D。7.某溫度下，25mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000mol·L-1的硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液對該混合液進行電位滴定(Y-與H+的反應(yīng)可以忽略)，獲得電動勢(E)和硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液體積(V)的電位滴定曲線如圖所示。已知：Ⅰ.Ag+與Y-反應(yīng)過程為：①Ag++2Y-=〖AgY2〗-、②〖AgY2〗-+Ag+=2AgY↓Ⅱ.該溫度下，Ksp(AgY)=2×10-16，Ksp(AgX)=2×10-10。下列說法不正確的是（）A.若HY為弱酸，則從開始到B點，水的電離程度不斷減小B.原混合溶液中c(KX)=0.02000mol·L-1C.若反應(yīng)①的平衡常數(shù)為K1，反應(yīng)②的平衡常數(shù)為K2，則=Ksp2(AgY)D.AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq)的平衡常數(shù)為106〖答案〗B〖解析〗A．溶度積小的先生成沉淀，根據(jù)反應(yīng)的方程式可知，B點生成AgY，若HY為弱酸，Y-被消耗，HY的電離程度增大，H+濃度增大，抑制水的電離，則從開始到B點，水的電離程度不斷減小，故A正確；B．B點KY完全和AgNO3反應(yīng)生成AgY，則KX和硝酸銀完全反應(yīng)消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段發(fā)生反應(yīng)Ag++X-=AgX↓，則原溶液中c(X-)=0.1000mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，則c(KX)=7.5×10-4mol÷0.025L=0.03000mol·L-1，故B錯誤；C．①的平衡常數(shù)為K1=，反應(yīng)②的平衡常數(shù)為K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，則=Ksp2(AgY)，故C正確；D．AgX(s)+Y-(aq)?AgY(s)+X-(aq)的平衡常數(shù)為===106，故D正確；〖答案〗選B。二、非選擇題：本卷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8.乳酸薄荷醇酯廣泛應(yīng)用于化妝品和食品等行業(yè)中。實驗室以薄荷醇和乳酸為原料直接反應(yīng)制備乳酸薄荷醇酯的化學(xué)方程式為：++H2O主要實驗裝置示意圖和有關(guān)數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)乳酸薄荷醇乳酸薄荷醇酯甲苯(有毒)相對分子質(zhì)量9015622892密度/(g·cm-3)1.250.890.9760.89熔點/℃16.843-47-94.9沸點/℃122103142110.6溶解性易溶水和有機溶劑微溶于水，易溶于有機溶劑微溶于水，易溶于有機溶劑不溶于水，可作有機溶劑實驗步驟如下：Ⅰ.合成：在帶有溫度計、分水器、攪拌器的250mL三頸燒瓶中加入薄荷醇15.6g、90%乳酸23.5g、濃硫酸0.1g、甲苯50g，加熱到120℃，加熱回流2.5h。Ⅱ.分離與提純：降溫冷卻后放出水層，有機層與反應(yīng)液合并，將合并液分別用20mL10%碳酸鈉溶液洗滌兩次、去離子水洗滌兩次，干燥，減壓蒸餾，得到產(chǎn)品13.7g。回答下列問題：（1）儀器a的名稱是___________，在以上“合成”步驟中需控制反應(yīng)溫度120℃的原因可能是_________________________________________________。（2）實驗中加入過量乳酸的目的是___________________________________________；分水器的作用主要是_______________________________________。（3）甲苯的作用之一是帶出生成的水，另一個作用是_____________________________；若采用環(huán)己烷替代甲苯，其優(yōu)點是_________________________________________。（4）在“分離與提純”步驟中，水層應(yīng)從分液漏斗的_______(填“上口”或“下口”)放出，用碳酸鈉溶液洗滌的主要目的是_______________________________________。（5）“減壓蒸餾”的目的是_____________________________________。（6）本實驗中乳酸薄荷醇酯的產(chǎn)率約為_________。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)〖答案〗（1）球形冷凝管“防止溫度高于120℃發(fā)生副反應(yīng)”或“加熱可以加快反應(yīng)速率”或“蒸出酯有利于平衡右移”或“乳酸沸點122℃，防止乳酸揮發(fā)，不利于平衡向右移動”(或其他合理解釋)（2）提高薄荷醇的轉(zhuǎn)化率(或其他合理〖答案〗)及時分離生成的水，有利于使平衡正向移動，提高酯的產(chǎn)率（3）利用甲苯溶解薄荷醇，使薄荷醇回流到三頸燒瓶中再與乳酸反應(yīng)環(huán)己烷沒有毒性或者“環(huán)己烷毒性小”或“環(huán)己烷沸點低”(或其他合理〖答案〗)（4）下口除去合并液中的H2SO4和乳酸雜質(zhì)（5）降低沸點，分離出乳酸薄荷醇酯（6）60.09%〖祥解〗本題考查化學(xué)實驗基本操作方法的綜合應(yīng)用，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握實驗的原理和目的，為解答該類題目的關(guān)鍵，注意物質(zhì)的性質(zhì)，結(jié)合題給信息解答，試題有利于提高學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實驗?zāi)芰??！荚斘觥剑?）a是球形冷凝管，水的沸點為100°C，反應(yīng)物乳酸的沸點為122°C，因此，為了達(dá)到既要將水份除去，又不使乳酸損失太多的目的，故將反應(yīng)溫度控制在120°C。（2）為了提高酯的產(chǎn)量，必須盡量使反應(yīng)向有利于生成酯的方向進行。-般是使反應(yīng)物酸和醇中的一種過量；分水器的作用是把反應(yīng)產(chǎn)生的水從反應(yīng)體系中分離開來，使反應(yīng)向有利于生成酯的方向進行，從而提高酯的產(chǎn)量。（3）甲苯與水形成共沸體系,把水蒸氣帶出體系,還有一個作用就是使薄荷醇回流到三頸燒瓶中再與乳酸反應(yīng)。用環(huán)己烷代替是優(yōu)點是減少有毒性試劑的使用。（4）甲苯不溶于水與水分層水的比重大位于下方，因此從分液漏斗的下口放出；飽和碳酸鈉溶液的作用是中和H2SO4和乳酸雜質(zhì)，降低乳酸薄荷醇酯的溶解度。（5）減壓蒸餾就是降低體系里的壓強,使乳酸薄荷醇酯的沸點降低,不易分解,從而提高產(chǎn)率。（6）薄荷醇物質(zhì)的量是0.1mol

,乳酸是過量的,故理論上生成乳酸薄荷醇酯的物質(zhì)的量是0.1mol

,質(zhì)量是22.8g

;故產(chǎn)率是×100%＝60.09%9.鉻是一種重要的金屬材料，被廣泛用于冶金、化工、耐火材料等行業(yè)。某鉻鐵礦的主要成分為Cr2O3、Fe2O3、FeO，還有少量MgO、Al2O3和雜質(zhì)SiO2等，利用其制備多種鉻產(chǎn)品和其他金屬產(chǎn)品的工藝流程如下：已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑回答下列問題：（1）步驟①發(fā)生的主要反應(yīng)為FeO+Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+NaNO2+A↑，反應(yīng)時應(yīng)選用何種材質(zhì)的容器？_______(填字母)。A.塑料 B.剛玉 C.鐵 D.石英（2）步驟②的操作是______________________，“濾渣2”是Al(OH)3和______________。寫出過量物質(zhì)A與“濾液1"中溶質(zhì)生成Al(OH)3的離子方程式：_____________________________________________。（3）“濾液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用離子方程式表示該反應(yīng)：_______________________________________________。（4）制取高純鉻常用電解法和鋁熱法，鋁熱法的缺點是___________________________。步驟④是在隔絕空氣條件下，除生成Cr2O3外，還生成了Na2CO3和CO，若該反應(yīng)中有3molNa2Cr2O7參加反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子為_________mol。（5）“濾渣1”中鐵元素含量較高，具有回收價值。為回收金屬，需要將含F(xiàn)e3+的有機相進行反萃取。在有機相中Fe3+質(zhì)量濃度為22.8g/L、有機相與水相的體積比(Vo：Va)=1：1、反萃取時間為20min、反萃取溫度為25°C條件下，不同濃度的4種反萃取劑對Fe3+反萃取率的影響實驗結(jié)果如圖所示。當(dāng)反萃取劑的濃度均為0.5mol·L-1時，反萃取效果最好的是_________(填化學(xué)式)，在實際操作中需在該反萃取劑中加入一定量H3PO4溶液，其目的是___________________________________________________________________________；但H3PO4濃度不宜過大，其原因是_____________________________________________。〖已知：(NH4)2HPO4溶液pH=7.8~8.2〗〖答案〗（1）C（2）水浸、過濾H2SiO3AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO（3）2CrO+2H+Cr2O+H2O（4）能耗大或者產(chǎn)品純度較低18（5）(NH4)2HPO4調(diào)節(jié)溶液的pH，防止Fe3+在反萃取時可能生成沉淀pH小會生成NH4H2PO4，反萃取率低(或其他合理解釋)〖祥解〗根據(jù)題干信息，鉻鐵礦的主要成分為Cr2O3、Fe2O3、FeO，還有少量MgO、Al2O3和雜質(zhì)SiO2等，現(xiàn)向熔融的鉻鐵礦中加入Na2CO3、NaNO3氧化，步驟①發(fā)生的反應(yīng)有Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，則A為CO2，熔塊經(jīng)水浸、過濾后分離出濾渣1含F(xiàn)e2O3，濾渣1經(jīng)酸溶、氧化、萃取分液、反萃取得到Fe3+。濾液1中含NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、NaNO2、NaNO3等，向濾液1中通入過量的CO2，得到濾渣2含H2SiO3、Al(OH)3，濾液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，再加入焦炭高溫還原得到Cr2O3，進而得到Cr，據(jù)此分析解答?！荚斘觥剑?）步驟①中發(fā)生反應(yīng)2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2↑，因此該步驟不能使用石英容器，原因是二氧化硅與碳酸鈉高溫下反應(yīng)生成硅酸鈉和二氧化碳，剛玉(氧化鋁)與堿性物質(zhì)高溫下反應(yīng)，塑料不耐熱，可選鐵坩堝，故〖答案〗選C；（2）由分析，步驟②得到濾渣1和濾液2，故操作為水浸、過濾，濾液1中通入過量的CO2，得到濾渣2含H2SiO3、Al(OH)3，生成Al(OH)3的離子方程式為AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；（3）濾液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，轉(zhuǎn)化的離子方程式為2CrO+2H+Cr2O+H2O；（4）鋁熱反應(yīng)能耗大，使用鋁熱法制取高純鉻，獲得的產(chǎn)品純度較低，故選用電解法，步驟④是在隔絕空氣條件下，除生成Cr2O3外，還生成了Na2CO3和CO，Cr元素由+6價降低為+3價，若該反應(yīng)中有3molNa2Cr2O7參加反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子為3mol×2×3=18mol；（5）結(jié)合圖像可知，濃度為0.5mol/L時，(NH4)2HPO4反萃取率較高，因此反萃取效果最好的是(NH4)2HPO4，由于Fe3+易生成Fe(OH)3，因此在該反萃取劑中加入一定量H3PO4溶液調(diào)節(jié)溶液的pH，防止Fe3+在反萃取時可能生成Fe(OH)3沉淀，但pH過小會生成NH4H2PO4，導(dǎo)致反萃取率低，因此H3PO4溶液濃度不宜過大。10.綠色能源是未來能源發(fā)展的方向，積極發(fā)展氫能，是實現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”的重要舉措?；卮鹣铝袉栴}：（1）通過生物柴油副產(chǎn)物甘油制取H2正成為綠色能源的一個重要研究方向。生物甘油水蒸氣重整制氫的主要反應(yīng)如下：Ⅰ.C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g)ΔH1=+251kJ·mol-1Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41kJ·mol-1=1\*GB3①反應(yīng)I能夠自發(fā)進行的條件是__________(填“高溫”、“低溫”或“任何溫度”)。②重整總反應(yīng)C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)ΔH3=_____________。（2）大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三種雙金屬合金團簇均可用于催化DRM反應(yīng)(CH4+CO22CO+2H2)，在催化劑表面涉及多個基元反應(yīng)，其中甲烷逐步脫氫過程的能量變化如圖甲所示(吸附在催化劑表面上的物種用*標(biāo)注，TS1、TS2、TS3、TS4分別表示過渡態(tài)1、過渡態(tài)2、過渡態(tài)3、過渡態(tài)4)。下列說法不正確的是_______(填字母)。A.Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程的速率分別為v1、v2、v3，則v1>v3>v2B.Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程中活化能最大的反應(yīng)步驟是C.H3*=CH2*+H*C.DRM反應(yīng)中伴隨非極性鍵的斷裂和生成（3）甲烷裂解制氫的反應(yīng)為CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=+75kJ·mol-1，Ni可作該反應(yīng)的催化劑。CH4在催化劑孔道表面反應(yīng)時，若孔道堵塞會導(dǎo)致催化劑失活。其他條件相同時，隨時間增加，溫度對Ni催化劑催化效果的影響如圖乙所示?？紤]綜合因素，使用催化劑的最佳溫度為__________；650℃條件下，1000s后，氫氣的體積分?jǐn)?shù)快速下降的原因是___________________________________________________________________。（4）我國科技工作者發(fā)明了一種電化學(xué)分解甲烷的直流電源方法，從而實現(xiàn)了碳和水的零排放方式生產(chǎn)氫氣，電化學(xué)反應(yīng)機理如圖所示。陽極的電極反應(yīng)式為________________。（5）在催化劑作用下H2還原N2O的反應(yīng)如下：H2(g)+N2O(g)H2O(g)+N2(g)ΔH<0，已知該反應(yīng)的v正=k正c(N2O)·c(H2)，v逆=k逆c(N2)·c(H2O)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)。該反應(yīng)的lgk正、lgk逆隨溫度倒數(shù)變化的曲線如圖所示。表示lgk逆變化的是曲線_______(填“a”或“b”)，M點對應(yīng)溫度下的平衡常數(shù)K=__________?！即鸢浮剑?）①.高溫②.+128kJ/mol（2）C（3）600℃溫度升高反應(yīng)速率加快，催化劑內(nèi)積碳量增加，催化劑快速失活（4）CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2（5）b1〖解析〗（1）①滿足時，反應(yīng)自發(fā)進行，根據(jù)反應(yīng)I可知，該反應(yīng)的，，則該反應(yīng)在高溫下能自發(fā)，故〖答案〗為：高溫；②根據(jù)蓋斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)，則ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41kJ·mol-1)×3+251kJ·mol-1=+128kJ·mol-1，故〖答案〗為：+128kJ·mol-1；（2）A．活化能越低，反應(yīng)速率越大，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程的活化能Pt12Ni<Cu12Ni<Sn12Ni，則反應(yīng)速率v1>v3>v2，故A正確；B．由圖可知，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脫氫過程中活化能最大的反應(yīng)步驟是Sn12Ni作催化劑時的反應(yīng)：CH3*=CH2*+H*，故B正確；C．DRM反應(yīng)為CH4+CO2?2CO+2H2，CH4、CO2中只含有極性鍵，該反應(yīng)中沒有非極性鍵的斷裂，故C錯誤；故〖答案〗為：C；（3）由圖可知，550℃、650℃時，當(dāng)反應(yīng)時間大于1000s，氫氣的體積分?jǐn)?shù)迅速下降，催化劑表面的積碳量增加，催化劑迅速失活，而600℃時，隨著反應(yīng)的進行，氫氣的體積分?jǐn)?shù)逐漸增大并保持在較高水平，因此使用催化劑的最佳溫度為600℃；650℃條件下，1000s后，氫氣的體積分?jǐn)?shù)快速下降的原因是溫度升高反應(yīng)速率加快，催化劑內(nèi)積碳量增加，催化劑快速失活，故〖答案〗為：600℃；溫度升高反應(yīng)速率加快，催化劑內(nèi)積碳量增加，催化劑快速失活；（4）由圖可知，Ni-YSZ電極上，CH4失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO2和H2，則Ni-YSZ電極為陽極，電極反應(yīng)式為CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，故〖答案〗為：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2；（5）橫坐標(biāo)是溫度倒數(shù)的變化，則橫坐標(biāo)越大，表示溫度越低，降低溫度，正、逆反應(yīng)速率均減小，即lgk正、lgk逆均減小，由于反應(yīng)H2(g)+N2O(g)H2O(g)+N2(g)的ΔH<0，降低溫度，平衡正向移動，lgk逆減小的速度大于lgk正減小的速率，則a表示lgk正的變化，b表示lgk逆的變化；由圖可知，M點的lgk逆=lgk正，則k逆=k正，平衡時v正=v逆，則k正c(N2O)·c(H2)=k逆c(N2)·c(H2O)，則有，故〖答案〗為：b；1。(二)選考題。請考生任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。11.我國科學(xué)家研究了具有高穩(wěn)定性的二維硼烯氧化物(BmOn)的超導(dǎo)電性?；卮鹣铝袉栴}：（1）第一電離能介于B、N之間的第二周期元素為__________(填元素符號)。（2）①已知二維硼烯氧化物的部分結(jié)構(gòu)如圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為________，其中硼原子的雜化軌道類型為________。②鍵長和鍵角的數(shù)值可通過晶體的X射線衍射實驗獲得。經(jīng)過該實驗測定，二維硼烯氧化物中B-B鍵的鍵長大于B-O鍵的鍵長，其原因是_______________________________。（3）硼烷又稱硼氫化合物，隨著硼原子數(shù)增加，硼烷由氣態(tài)經(jīng)液態(tài)至固態(tài)，其原因________________________________________________________________。（4）LiBH4-LiI復(fù)合材料在低溫下表現(xiàn)出較高的離子電導(dǎo)率。BH離子中H的化合價為-1，其原因可能是_____________________________________________________________，BH可以被PS離子部分取代，PS離子的空間結(jié)構(gòu)為_____________。（5）Fe3O4是電子導(dǎo)體，其導(dǎo)電率顯著高于Fe2O3，這歸因于Fe2+和Fe3+中心之間的電子交換。如圖甲所示，F(xiàn)e3O4晶體中，O2-圍成正四面體空隙(如：1、3、6、7圍成)和正八面體空隙(如：3、6、7、8、9、12圍成)，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2+和另一半Fe3+填充在正八面體空隙中。則沒有填充陽離子的正四面體空隙數(shù)與沒有填充陽離子的正八面體空隙數(shù)之比為_______。FeO、Fe2O3都具有與Fe3O4相似的立方堆積結(jié)構(gòu)，氧化亞鐵晶體的晶胞如圖乙所示，已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶體中，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為_______；Fe2+與O2-的最短核間距為__________cm(列出計算式)?！即鸢浮剑?）Be、C、O（2）B2Osp2③.O的原子半徑小于B的原子半徑，二維硼烯氧化物中B-B鍵的鍵長大于B-O鍵的鍵長（3）隨著B原子數(shù)增多，硼烷相對分子質(zhì)量增大，范德華力增強，沸點升高（4）電負(fù)性H>B正四面體（5）7：212〖解析〗（1）同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，元素原子軌道為全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，元素原子軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能均高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：，故〖答案〗為：；（2）①在每個環(huán)中，有氧原子個數(shù)2×=1，B原子數(shù)6×=2，該氧化物的化學(xué)式為B2O；1個硼原子周圍連接三個σ鍵，沒有孤對電子，雜化軌道類型為sp2雜化；②一般來說，原子半徑越大，鍵長越長；O的原子半徑小于B的原子半徑，二維硼烯氧化物中B-B鍵的鍵長大于B-O鍵的鍵長；（3）硼烷屬于分子晶體，隨著B原子數(shù)增多，硼烷相對分子