貴州省2024年高考化學模擬試題（含答案）

貴州省2024年高考化學模擬試題閱卷人一、選擇題得分1．氮是自然界中各種生命體生命活動不可缺少的重要元素，廣泛存在于大氣、土壤和動植物體內。讀自然界中氮循環(huán)示意圖。根據氮循環(huán)示意圖，下列說法錯誤的是（）A．圖中共表示了兩條固氮的途徑B．人類活動對氮循環(huán)產生影響C．硝酸鹽參與到多條氮循環(huán)線路中D．動植物體內氮主要存在于蛋白質中2．NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．常溫常壓下，22.4LN2中含有的質子數為14NAB．動物遺體腐敗產生的17gNH3中含有共價鍵為3NAC．1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中NO2D．細菌分解過程中，1molNO3?被還原為N3．貴州凱里酸湯魚使用的木姜子含有芳樟醇、牻牛兒醇，其結構簡式如下。下列有關芳樟醇、牻牛兒醇的說法正確的是（）A．互為同分異構體 B．均只能發(fā)生加成反應C．分子中碳原子均能共面 D．可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別4．為探究FcCl3的性質，某小組進行如下實驗。實驗1在5mL水中滴加2滴飽和FeCl3溶液，呈棕黃色：煮沸，溶液變?yōu)榧t褐色。實驗2在H2O2溶液中滴幾滴FeCl2溶液，溶液變黃，一段時間后溶液中有大量氣泡。實驗3在5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入3mL0.1mol·L-1FeCl3溶液：將上述混合液分成兩份，一份加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，下層顯紫色；另一份加入1滴KSCN溶液，溶液變紅。依據上述實驗現(xiàn)象，結論不合理的是（）A．實驗1說明加熱促進Fe3+水解 B．實驗2說明Fe3+催化了H2O2分解C．實驗3說明氧化性：Fe3+>I2 D．實驗3說明該反應中Fe3+過量5．水系金屬燃料電池具有較高的理論容量，常用于大型儲能場景。一種水系鋅一空氣電池(ZAB)如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．隔膜為陽離子交換膜B．該電池具有高安全性，原料豐富等優(yōu)點C．放電時，正極發(fā)生反應O2+4e-+2H2O=4OH-D．充電時，當電路中轉移2mol電子理論上產生65gZn6．納米酶在醫(yī)學、食品、環(huán)境等領域有廣泛應用。地殼中含量第二的金屬元素R可與短周期主族元素X、Y、Z組成納米酶。其中X、Y、Z原子序數依次增大且相鄰，原子核外電子數之和為31，X與Y同周期。下列判斷正確的是（）A．原子半徑：X>Y>ZB．簡單氫化物的沸點：X<Y<ZC．R元素的氧化物都為黑色D．Y、Z與R可形成既含離子鍵又含共價鍵的化合物7．室溫下，向檸檬酸(C6H8O7)溶液中滴入NaOH溶液，隨著NaOH溶液的加入，所得溶液中C6H8O7、C6H7O7?、A．C6H8O7的Ka1為10?3.13B．曲線b表示δ(C6C．在C6H6Na2O7溶液中，(C6H7O7D．pH大于6時，發(fā)生的反應主要為C6H6O72?+OH－閱卷人二、非選擇題得分8．硫酸鎂在印染等工業(yè)中應用廣泛。一種以硼鎂泥(主要成分為MgCO3，還含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)制取七水硫酸鎂的流程如下：已知：本題中涉及的部分難溶電解質的溶度積如下表：難溶電解質Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp4.0×10-388.0×10-164.6×10-331.8×10-11回答下列問題：（1）“酸浸”中主要反應的化學方程式為，濾渣的成分為。（2）“氧化”的目的：(i)氧化Fe2+；(ii)氧化Mn2+，其離子方程式為。（3）“調pH”時，最適宜使用的X試劑是____(填標號)。A．NH3·H2O B．NaOH C．MgO（4）當溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1時，則所調pH=。（5）調pH后，要繼續(xù)加熱再過濾出沉淀，繼續(xù)加熱的目的是。（6）已知CaSO4與MgSO4在水中的溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示，則“結晶1”的操作為、。9．氧化亞銅主要用于制造船底防污漆等。它是一種難溶于水和乙醇的鮮紅色固體，在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質。某小組制備Cu2O并測定其純度采用如下步驟，回答下列問題：（1）I．制備Cu2O將新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加熱至90℃并不斷攪拌。反應生成Cu2O，同時有SO2氣體產生。反應結束后，經過濾、洗滌、干燥得到Cu2O粉末。制備裝置如圖所示：儀器a的名稱是；反應采用的加熱方式為。（2）制備Cu2O時，原料理論配比為n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，該反應的化學方程式為；裝置B的作用是。（3）實驗中，Na2SO3用量比理論用量稍高，原因是。（4）反應中需不斷滴加NaOH溶液，原因是。（5）過濾后，將濾渣用蒸餾水、無水乙醇洗滌數次，其中用無水乙醇洗滌的目的是。（6）Ⅱ．測定Cu2O純度稱取mg樣品置于燒杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴鄰菲羅啉指示劑，然后用cmol·L-1硫酸高鈰[Ce(SO4)2]溶液進行滴定至終點，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)加入FeCl3溶液時發(fā)生反應的離子方程式為。（7）該樣品中Cu2O的純度為。10．二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于解決能源短缺問題，涉及的反應如下：（1）I．主反應CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1Ⅱ．副反應CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ/mol回答下列問題：已知：①H2(g)+12O2(g)=H2②CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2則ΔH1=kJ/mol，該反應在(填“低溫”或“高溫”)易自發(fā)進行。（2）關于二氧化碳催化加氫制甲醇的反應體系，下列說法正確的有____。A．平衡時，3v(H2)正=v(CO2)逆B．平衡后，增大壓強有利于提高CH3OH的產率C．平衡后，移去部分H2O(g)，反應I、Ⅱ的平衡常數均增大D．選擇理想的催化劑，可提高CH3OH在最終產物中的比率（3）初始進料比n(CO2)：n(H2)=1：3時，在不同溫度下達到平衡，體系中CH3OH、CO的選擇性和CO2的平衡轉化率[α(CO2)]與溫度的關系如圖所示：已知：CH3OH的選擇性=生成的C①用各物質的平衡分壓p(B)表示反應I的平衡常數表達式Kp=；②該反應體系中的催化劑活性受溫度影響變化不大。圖中表示CH3OH選擇性變化的曲線是(填“a”或“b”)，其原因是。③當T=250℃時，H2的平衡轉化率α(H2)=。（4）我國科學家研究Li-CO2電池取得重大科研成果。該電池放電時，CO2在正極放電的反應機理如下：(i)2CO2+2e→C(ii)C2O42-(iii)C2O42-+電池的正極反應式為。11．氮族元素在復合材料等領域的應用十分廣泛。（1）中科院大連化物所某研究團隊開發(fā)了一種基于氮摻雜碳上的Ru單原子(Ru/NC)高穩(wěn)定丙烷脫氫制丙烯催化劑。Ru/NC的合成過程如圖所示。回答下列問題：①按電子排布，氮元素位于元素周期表區(qū)，基態(tài)氮原子的電子占據的最高能級電子云輪廓圖為形。②由圖可知Ru/NC中存在(填標號)。A．金屬鍵B．配位鍵C．σ鍵D．π鍵③中C的雜化類型為。（2）AsH3、NH3、SbH3三種氫化物的沸點依次增大，其原因是。（3）氣態(tài)時，PCl5分子的空間結構為三角雙錐形(如圖所示)，可溶于非極性溶劑CCl4，其原因是；而固態(tài)時五氯化磷不再保持三角雙錐結構，其晶格中含有[PCl4]+和[PCl6]-離子，可溶于極性溶劑硝基苯，其原因是。（4）鍺酸鉍是重要的光學材料，由鍺、鉍、氧三種元素組成。它的一種晶體屬立方晶系，可表示為xGeO2·yBi2O3，晶胞參數a=1014.5pm，密度ρ=9.22g·cm-3，晶胞中有兩個Ge原子，則xGeO2·yBi2O3中x=，y=[列出計算式，已知Mr(GeO2)=105，Mr(Bi2O3)=466，NA為阿伏加德羅常數的值]。12．（1）I是合成中藥丹參主要活性成分的關鍵化合物，它的一種合成路線如下：已知：(Ph表示苯基)請回答：A的名稱是。（2）I的官能團的名稱是。（3）C→D的反應類型為。（4）寫出E與F反應生成G的化學方程式。（5）寫出同時滿足下列條件的B的同分異構體的結構簡式。(i)能發(fā)生銀鏡反應；(ii)能發(fā)生水解反應；(iii)核磁共振氫譜表明有4組峰且峰面積之比為6：2：1：1．（6）參考上述合成路線，以溴苯為原料，設計合成(反應條件可不寫)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.圖示中表示了三條固氮途徑，分別為人工固氮、自然固氮和生物固氮，A符合題意。B.人類活動對氮循環(huán)產生了影響，B不符合題意。C.由圖可知，硝酸鹽參與到多條氮循環(huán)路徑中，C不符合題意。D.動植物體內氮主要存在于蛋白質中，D不符合題意。故答案為：A

【分析】此題是對自然界中氮循環(huán)的考查，結合示意圖中的相關信息進行分析即可。2．【答案】B【解析】【解答】A.常溫常溫下Vm≠22.4L·mol－1，無法計算n(N2)，A不符合題意。B.17gNH3的物質的量nNH3=mM=C.該溶液中n(NaNO2)=0.1mol·L－1×1L=0.1mol，溶液中存在水解反應NO2－＋H2O?HNO2＋OH－，因此溶液中NO2－的離子數小于0.1NA，C不符合題意。D.細菌分解過程中，氮元素由＋5價變?yōu)?價，轉移5個電子，因此1molNO3－被還原為N2時，轉移的電子數為5NA，D不符合題意。故答案為：B

【分析】A、所給狀態(tài)不是標準狀態(tài)，無法應用Vm=22.4L·mol－1進行計算。

B、一個NH3分子中含有3個N－H共價鍵。

C、溶液中NO2－發(fā)生水解。

D、根據轉化過程中元素化合價變化計算轉移電子數。3．【答案】A【解析】【解答】A.二者的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，A符合題意。B.兩種有機物都能發(fā)生加成反應、取代反應和消去反應，B不符合題意。C.牻牛兒醇中連接羥基的碳原子核外電子空間軌道為四面體結構，最多只能有三個原子共平面，因此四個碳原子不可能共平面，C不符合題意。D.都含有碳碳雙鍵，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液鑒別，D不符合題意。故答案為：A

【分析】A、同分異構體是指分子式相同，結構不同的有機物。

B、可發(fā)生加成反應、取代反應、消去反應。

C、牻牛兒醇中連接羥基的碳原子核外電子空間軌道為四面體結構，四個碳原子不可能共平面。

D、二者都能使酸性KMnO4溶液褪色。4．【答案】D【解析】【解答】A.煮沸后溶液變?yōu)榧t褐色，說明煮沸后溶液中Fe(OH)3含量增加，F(xiàn)e(OH)3來自于Fe3＋的水解反應，因此說明加熱促進Fe3＋的水解，A不符合題意。B.在H2O2溶液中滴加FeCl2溶液，溶液變黃色，說明有Fe3＋生成，一段時間后有大量氣泡產生，說明H2O2的分解速率加快。因此說明Fe3＋對H2O2的分解起到了催化劑作用，B不符合題意。C.實驗3中加入CCl4后振蕩，下層顯紫色，說明反應生成了I2，該反應的離子方程式為：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因此可說明氧化性：Fe3＋＞I2，C不符合題意。D.實驗3中由所加KI溶液、FeCl3的量可知，n(I－)過量，n(Fe3＋)少量，實驗后加入KSCN溶液，溶液變紅色，說明Fe3＋與I－的反應為可逆反應，D符合題意。故答案為：D

【分析】A、溶液變?yōu)榧t褐色，說明溶液中Fe(OH)3含量增大。

B、溶液變黃，產生了Fe3＋，有大量氣泡，說明H2O2的分解速率加快。

C、實驗3中發(fā)生反應2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，據此判斷氧化性強弱。

D、由所給的量可知，F(xiàn)e3＋不足，I－過量。5．【答案】A【解析】【解答】A.Zn電極上的電極反應式為：Zn－2e－＋2OH－=ZnO＋H2O，因此正極反應生成的OH－向Zn電極移動，所以隔膜為陰離子交換膜，A符合題意。B.該電池所用的原料O2來源豐富，且電池裝置安全性高，B不符合題意。C.放電時，O2在正極發(fā)生得電子的還原反應，生成OH－，其電極反應式為：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，C不符合題意。D.充電時，生成Zn的電極反應式為：ZnO＋2e－＋H2O=Zn＋2OH－，當電路中轉移2mol電子時，理論上生成1molZn，即產生Zn的質量為1mol×65g·mol－1=65g，D不符合題意。故答案為：A

【分析】在該原電池中Zn為負極，發(fā)生失電子的氧化反應生成ZnO，其電極反應式為：Zn－2e－＋2OH－=ZnO＋H2O；通入O2的一端為正極，發(fā)生得電子的還原反應生成OH－，其電極反應式為：O2＋4e－＋2H2O=4OH－。據此結合選項進行分析。6．【答案】D【解析】【解答】A.電子層數越大，原子半徑越大；電子層數相同，核電荷數越大，原子半徑越小。因此原子半徑：Z＞X＞Y，A不符合題意。B.X、Y、Z的簡單氫化物分別為NH3、H2O、H2S。其中H2O為液態(tài)，其余為氣態(tài)，H2O的沸點最高。NH3可形成分子間氫鍵，因此NH3的沸點高于H2S。因此三種簡單氫化物的沸點：Y＞X＞Z，B不符合題意。C.R元素的氧化物有Fe2O3，為紅棕色固體；Fe3O4為黑色固體，C不符合題意。D.Y、Z與R形成的化合物為FeSO4或Fe2(SO4)3，含有離子鍵和共價鍵，D符合題意。故答案為：D

【分析】R是地殼中含量第二的金屬元素，因此R是Fe。X、Y、Z的原子序數依次增大且相鄰，X與Y同周期，所以三種元素在周期表中的位置為。其原子核外電子數之和為31，令X的原子核外電子數為a，則Y為a+1，Z為a+9，所以可得a+(a+1)+(a+9)=31，解得a=7。所以X為N、Y為O，Z為S。7．【答案】C【解析】【解答】A.當pH=3.13時，溶液中c(C6H7O7－)=c(C6H8O7)，此時溶液中c(H＋)=1.0×10-3.13mol·L－1。C6H8O7的電離方程式為：C6H8O7?C6H7O7－＋H＋，該反應的平衡常數KaB.由分析可知，曲線b表示的是δ(C6H7O7－)隨pH的變化，B不符合題意。C.由圖可知，C6H6Na2O7溶液的pH＜7，溶液顯酸性，因此C6H7O7－電離程度大于水解程度，所以溶液中c(C6H6O72－)＞c(C6H5O73－)＞c(C6H7O7－)，C符合題意。D.曲線c表示δ(C6H6O72－)隨pH的變化，曲線d表示δ(C6H5O73－)隨pH的變化，因此pH＞6時，發(fā)生的反應為：C6H6O72－＋OH－=C6H5O73－＋H2O，D不符合題意。故答案為：C

【分析】室溫下，向檸檬酸(C6H8O7)溶液中滴加NaOH溶液，依次發(fā)生反應：C6H8O7＋OH－=C6H7O7－＋H2O、C6H7O7－＋OH－=C6H6O72－＋H2O、C6H6O72－＋OH－=C6H5O73－＋H2O。故曲線a表示δ(C6H8O7)隨pH的變化；曲線b表示δ(C6H7O7－)隨pH的變化；曲線c表示δ(C6H6O72－)隨pH的變化；曲線d表示δ(C6H5O73－)隨pH的變化。據此結合選項分析。8．【答案】（1）MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O；SiO2、CaSO4（2）ClO-+Mn2++H2O=Cl-+MnO2+2H+（3）C（4）5（5）加熱能促使Fe(OH)3、Al(OH)3聚沉，便于過濾除掉（6）蒸發(fā)結晶；趁熱過濾【解析】【解答】（1）硼鎂泥的主要成分為MgCO3，“酸浸”過程中加入H2SO4，MgCO3與H2SO4反應生成MgSO4、H2O和CO2，該反應的化學方程式為：MgCO3＋H2SO4=MgSO4＋H2O＋CO2↑。CaSO4微溶于水，SiO2不溶于水，也不與H2SO4反應，因此濾渣的成分為CaSO4和SiO2。

（2）“氧化”的目的是將溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，將溶液中的Mn2＋氧化成MnO2，其反應的離子方程式分別為：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋H2O＋Cl－、Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋。

（3）“調節(jié)pH”是將溶液中的Fe3＋、Al3＋轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，為了不引入新的雜質，所加試劑X為MgO或Mg(OH)2，C符合題意。

（4）當溶液中c(Al3＋)=4.6×10－6mol·L－1時，溶液中c3OH-=KspAlOH3cAl3+=4.6×10-334.6×10-6=1.0×10-27mol·L-1，所以溶液中c(OH－)=1.0×10－9mol·L－1，所以溶液中cH+=KwcOH-=10-141.0×10-9=1.0×10-5mol·L-1，所以此時溶液的pH=5。

（5）“調節(jié)pH”是利用了Fe3＋、Al3＋的水解，其水解產生的Fe(OH)3、Al(OH)3膠體，繼續(xù)加熱，可促使Fe(OH)3、Al(OH)3膠體發(fā)生聚沉，形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，便于過濾除去。

（6）“結晶1”是為了除去溶液中溶解的少量的CaSO49．【答案】（1）三口燒瓶(三頸燒瓶)；水浴加熱（2）3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；吸收生成的SO2氣體，防止污染環(huán)境（3）亞硫酸鈉具有強還原性，易被空氣氧化而損失，用量增加，有利于硫酸銅的充分還原（4）反應產生SO2，導致溶液酸性增強，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質從而降低Cu2O含量（5）去除Cu2O固體表面的水分，利于干燥（6）2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O（7）7.2cV【解析】【解答】（1）圖示儀器a為三頸燒瓶。由于反應溫度小于100℃，所以應采用水浴加熱。

（2）Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O和SO2，過程中Cu元素被還原，則S元素被楊氧化，因此氧化產物中含有Na2SO4。參與反應的n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，由得失電子守恒可得，氧化產物Na2SO4的個數為1，所以可得反應的化學方程式為：3Na2SO3＋CuSO4=Cu2O↓＋3Na2SO4＋2SO2↑。反應生成的SO2是一種有毒氣體，直接排放會造成空氣污染，裝置B的作用是吸收反應生成的SO2，防止污染環(huán)境。

（3）由于Na2SO3中硫元素為＋4價，易被空氣中的O2氧化，所以實驗中Na2SO3的用量會比理論值高，增加用量，是為了保證CuSO4被充分還原為Cu2O。

（4）Na2SO3與CuSO4反應的過程中生成SO2，SO2溶于水形成H2SO3，使得溶液偏酸性。而Cu2O在酸性條件下可發(fā)生歧化反應生成Cu2＋和Cu；為防止Cu2O發(fā)生歧化反應，需將反應生成的SO2除去，因此反應中需不斷加入NaOH溶液，利用NaOH除去SO2，降低溶液的酸性，防止Cu2O發(fā)生歧化反應。

（5）Cu2O難溶于酒精，用酒精洗滌可除去Cu2O表面的水分；同時酒精具有揮發(fā)性，有利于Cu2O固體的干燥。

（6）Fe3＋具有氧化性，能將Cu2O氧化成Cu2＋，自身還原為Fe2＋，該反應的離子方程式為：2Fe3＋＋Cu2O＋2H＋=2Fe2＋＋2Cu2＋＋H2O。

（7）由反應的離子方程式可得關系式“Cu2O～2Fe2＋～2Ce4＋”，設樣品中Cu2O的物質的量為x，則可得1x=2c×V×10-3mol，解得x=12cV×10-3mol。所以可得樣品的純度為12cV×10-3mol×144g·mol-1mg×100%=7.2cVm%。

【分析】（1）根據圖示儀器確定其名稱。反應溫度低于100℃，采用水浴加熱。

（2）反應過程中Cu元素唄還原，則S元素被氧化，結合得失電子守恒確定產物，從而得出反應的化學方程式。裝置B為尾氣吸收裝置，干燥管起到防倒吸的作用。

（3）Na2SO3易被空氣中的O2氧化，使得用量稍微變大。

10．【答案】（1）-49；低溫（2）B；D（3）p(CH（4）3CO2+4e-=2CO【解析】【解答】（1）由蓋斯定律可得，目標反應的反應熱ΔH1=－(－677kJ·mol－1)＋3×(－242kJ·mol－1)=－49kJ·mol－1，所以ΔH1=－49kJ·mol－1。

反應自發(fā)進行，則ΔH－TΔS＜0，由該反應的氣體分子數減小，即ΔS＜0，且ΔH＜0，所以要滿足ΔH－TΔS＜0，則反應需在低溫條件下進行。因此該反應在低溫易自發(fā)進行。

（2）A、當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，用不同物質表示的反應速率，其速率之比等于化學計量數之比，所以v正H2v逆CO2=31，所以v正(H2)=3v逆(CO2)，A不符合題意。

B、平衡后，增大壓強，平衡向著氣體分子數減小的方向移動，因此平衡正向移動，CH3OH的產率增加，B符合題意。

C、平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變，C不符合題意。

D、催化劑具有選擇性，選擇理想的催化劑，可減少副反應的發(fā)生，從而提高CH3OH在最終產物中的比率，D符合題意。

故答案為：BD

（3）①用各物質的平衡分壓表示反應的平衡常數Kp=pCH3OH×pH2OpCO2×p3H2。

②反應Ⅰ為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CH3OH的平衡轉化率降低，因此曲線a表示的是CH3OH的選擇性變化。反應Ⅱ為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CO的平衡產率增大，所以曲邊b表示的是CO的選擇性。

③令初始進料時n(CO2)=1mol，則n(H2)=3mol。由圖可知，當T=250℃時，CO2的平衡轉化率為30%，CH3OH、CO的選擇性都為50%。所以參與反應的n(CO2)=1mol×30%=0.3mol，反應生成n(CH3OH)=n(CO)=0.15mol。此時反應Ⅰ中消耗n(H2)=0.15mol×3=0.45mol，反應Ⅱ中消耗n(H2)=0.15mol。所以整個反應過程中共消耗n(H2)=0.45mol＋0.15mol=0.6mol，因此H2的平衡轉化率為0.6mol3mol=0.2。

（4）由反應機理可得，CO2在正極發(fā)生得電子的還原反應，生成CO32－和C，因此電池的正極反應式為：3CO2＋4e11．【答案】（1）p；啞鈴；BCD；sp、sp2（2）NH3中氫鍵對沸點的影響大于AsH3中范德華力對沸點的影響，而小于SbH3中范德華力對沸點的影響（3）氣態(tài)PCl5為三角雙錐，分子中正負電荷中心重合，為非極性分子，根據相似相溶原理，PCl5可溶于非極性溶劑CCl4；固態(tài)PCl5為離子型晶體，離子型晶體一般易溶于極性溶劑，所以固態(tài)PCl5可溶于硝基苯（4）2；9.22×【解析】【解答】（1）①基態(tài)氮原子的核外電子排布式為1s22s22p3，所以氮元素位于元素周期表的