全國I卷福建省龍巖市2025屆高三化學3月教學質(zhì)量檢查試題含解析

PAGE18-（全國I卷）福建省龍巖市2025屆高三化學3月教學質(zhì)量檢查試題（含解析）相對原子質(zhì)量：H-1Li-7B-11C-12N-14O-16F-19Na-23S-32Cl-35.5Bi-209一、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，只有一項符合題目要求。1.化學與生產(chǎn)、生活親密相關(guān)。下列敘述錯誤的是（）A.生活中可用氫氟酸在玻璃器皿上做標記B.液態(tài)HCl不能導電，說明HCl是共價化合物C.杜康用高粱釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱中的乙醇分別出來D.“霾塵積聚難見路人”，霧和霾所形成的氣溶膠具有丁達爾效應【答案】C【解析】【詳解】A．玻璃中含SiO2，會跟HF反應，所以生活中常用氫氟酸刻蝕玻璃，A正確；B．HCl是由共價鍵構(gòu)成的共價化合物，B正確；C．高粱中不含乙醇，高粱釀酒是利用葡萄糖分解生成酒精與二氧化碳的原理，故C錯誤；D．全部膠體都具有丁達爾效應，D正確。答案選C。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.71gCl2溶于足量水中，Cl-的數(shù)量為NAB.46g乙醇中含有共價鍵的數(shù)量為7NAC.25℃時，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的總數(shù)為0.02NAD.標準狀況下，2.24LCO2與足量Na2O2反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA【答案】D【解析】【詳解】A．Cl2與水反應是可逆反應，Cl-的數(shù)量少于NA，A錯誤；B．每個乙醇分子中含8個共價鍵，46g乙醇的物質(zhì)的量==1mol，則共價鍵的物質(zhì)的量=1mol8=8mol，所以46g乙醇所含共價鍵數(shù)量為8NA，B錯誤；C．25℃時，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H+)=10-2mol·L-1，n(H+)=10-2mol·L-1×1L=0.01mol，所以含H+的總數(shù)為0.01NA，C錯誤；D．每1molCO2對應轉(zhuǎn)移電子1mol，標準狀況下，2.24L的物質(zhì)的量=0.1mol，故0.1molCO2與足量Na2O2反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，D正確。答案選D。3.雙酚A是重要的有機化工原料，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于雙酚A的說法正確的是（）A.雙酚A分子式為C15H14O2B.肯定條件下能發(fā)生取代和水解反應C.最多有13個碳原子在同一平面D.苯環(huán)上的二氯代物有4種【答案】C【解析】【詳解】A.雙酚A的分子式為C15H16O2，A錯誤；B.酚羥基有鄰位H，可以和濃溴水發(fā)生取代反應，但是沒有能水解的官能團，B錯誤；C.兩個苯環(huán)及連接苯環(huán)的C可能處于同一平面，C正確；D.二個氯在同一個苯環(huán)上的結(jié)構(gòu)有5種，二個氯分別在兩個苯環(huán)上的二氯代物有3中，所以該結(jié)構(gòu)中苯環(huán)上的二氯代物有8種，D錯誤。答案選C。4.如圖為某漂白劑的結(jié)構(gòu)。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和等于X原子最外層電子數(shù)，W、X對應的簡潔離子核外電子排布相同。下列敘述錯誤的是（）A.W、X對應的簡潔離子的半徑：X>WB.電解W的氯化物水溶液可以制得W單質(zhì)C.試驗室可用X和Z形成的某種化合物制取單質(zhì)XD.25℃時，Y的最高價氧化物對應水化物的鈉鹽溶液pH大于7【答案】B【解析】【分析】W、Y、Z為不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一種為H，依據(jù)漂白劑結(jié)構(gòu)可知，Z為H，W、X對應的簡潔離子核外電子排布相同，從結(jié)構(gòu)圖中可知，W為Mg，X為O，W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的最外層電子數(shù)，Y為B，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．O2-和Mg2+電子層數(shù)相同，但O2-為陰離子，原子序數(shù)更小，半徑更大，A正確；B．工業(yè)上電解熔融狀態(tài)的MgCl2來制備Mg，B錯誤；C．試驗室可用H2O2在MnO2催化作用下制備O2，C正確；D．硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其鈉鹽會水解顯堿性，D正確。答案選B。5.高能LiFePO4電池多應用于公共交通，結(jié)構(gòu)如圖所示。電池中間是聚合物的隔膜，其主要作用是在反應過程中只讓Li+通過，原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法錯誤的是（）A.放電時，Li+向正極移動B.放電時，電子由負極→用電器→正極C.充電時，陰極反應為xLi++nC+xe-=LixCnD.充電時，陽極質(zhì)量增重【答案】D【解析】【詳解】A．放電時，工作原理為原電池原理，陽離子向正極移動，A正確；B．放電時，工作原理為原電池原理，電子由負極→用電器→正極，B正確；C．充電時，工作原理為電解池原理，陰極反應為xLi++nC+xe-=LixCn，C正確；D．充電時，工作原理為電解池原理，陽極反應為LiFePO4-xe-=(1?x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明顯，陽極質(zhì)量減小，D錯誤。答案選D。【點睛】涉及x的電池或者電解池的電極反應書寫，切不行從化合價入手，而應當以電荷守恒或者原子守恒作為突破口進行書寫，如本題D中先依據(jù)總反應寫出LiFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4，很明顯右邊少著x個Li+，故右邊加上xLi+，右邊加上xLi+后，依據(jù)電荷守恒可知左邊應當-xe-，最終陽極反應為LiFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4。6.依據(jù)下列試驗操作和現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是（）選項試驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A光照時甲烷與氯氣反應后的混合氣體能使紫色石蕊溶液變紅生成的氯甲烷具有酸性B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀X肯定具有氧化性C兩支盛0.1mol·L-1醋酸和次氯酸的試管中分別滴加等濃度Na2CO3溶液，視察到前者有氣泡、后者無氣泡Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)D向淀粉溶液中滴加H2SO4并加熱，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，未見磚紅色沉淀淀粉沒有水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．甲烷和氯氣在光照條件下反應生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液變紅，A錯誤；B．若X是NH3則生成白色的BaSO3，得到相同現(xiàn)象，B錯誤；C．Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，所以2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑，產(chǎn)生氣泡，Na2CO3和HClO不會反應，無氣泡，C正確；D．加入新制的Cu(OH)2懸濁液之前要先加入NaOH中和H2SO4，不然新制的Cu(OH)2懸濁液和硫酸反應了，就不會出現(xiàn)預期現(xiàn)象，D錯誤。答案選C。【點睛】Ka越大，酸性越強，依據(jù)強酸制弱酸原則，Ka大的酸可以和Ka小的酸對應的鹽反應生成Ka小的酸。7.常溫下，向盛50mL0.100mol·L-1鹽酸的兩個燒杯中各自勻速滴加50mL的蒸餾水、0.100mol·L-1醋酸銨溶液，測得溶液pH隨時間變更如圖所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列說法正確的是（）A.曲線X是鹽酸滴加蒸餾水的pH變更圖，滴加過程中溶液各種離子濃度漸漸減小B.曲線Y上的隨意一點溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C.a點溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD.b點溶液中水電離的c(H+)是c點的102.37倍【答案】B【解析】【分析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此時PH=1+1=2，現(xiàn)在加50ml水，溶液體積遠遠小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸銨的，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．由分析可知曲線X是鹽酸中滴加水的pH變更圖，HCl被稀釋，H+和Cl-濃度減小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A錯誤；B.當加入50mL醋酸按時，醋酸銨和HCl恰好完全反應，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量、濃度均為0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-濃度最大，因為Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上隨意一點C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正確；C.a點溶液中電荷守恒為：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a點pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液總體積約為100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C錯誤；D.b點位HCl溶液，水的電離受到HCl電離的H+抑制，c點：一方面CH3COOH為弱酸，另一方面，NH4+水解促進水的電離，綜合來看b點水的電離受抑制程度大于c點，D錯誤。答案選B?！军c睛】A．肯定溫度下，電解質(zhì)溶液中，不行能全部離子同時增大或者減小；B．對于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。8.氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染等行業(yè)。以硫化銅精礦為原料生產(chǎn)CuCl的工藝如圖：已知CuCl難溶于醇和水，溶于c(Cl-)較大的體系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮濕空氣中易水解氧化。（1）“氧化酸浸”前先將銅礦粉碎的目的是__。該過程生成藍色溶液和淺黃色沉淀，則反應的化學反應方程式為__；（2）“溶解”時所用硫酸濃度為0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，須要98%、1.84g·mL-1濃硫酸__mL（保留1位小數(shù)）。溶解時反應的離子方程式__；（3）“反應”時，Cu+的沉淀率與加入的NH4Cl的量關(guān)系如圖所示。①反應的氧化產(chǎn)物是___，n(氧化劑)：n(還原劑)=___；②比較c(Cu+)相對大?。篈點___C點（填“>”、“<”或“=”）。③提高處于C點狀態(tài)的混合物中Cu+沉淀率措施是___；（4）“過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分的化學式為__；（5）不能用硝酸代替硫酸進行“酸洗”，理由是__。【答案】(1).增大接觸面積，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等(2).CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O(3).16.3(4).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(5).SO42-或(NH4)2SO4(6).2：1(7).>(8).加水稀釋(9).(NH4)2SO4(10).HNO3具有強氧化性會把CuCl氧化【解析】【分析】利用H2O2在酸性條件下將CuS中的-2價S元素氧化成S單質(zhì)，同時釋放Cu2+，經(jīng)過系列處理得到Cu單質(zhì)，然后利用NO3-在酸性條件下的強氧化性將Cu氧化成Cu2+，接下來用SO32-將Cu2+還原成Cu+，同時利用Cl-將Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等雜質(zhì)，接下來用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易揮發(fā)而除去，得到干燥的CuCl，據(jù)此回答?！驹斀狻浚?）工藝流程前，一般將固體礦物粉碎，目的是增大礦物與酸的解除面積，一方面可以加快反應速率，另一方面使礦物中的CuS盡可能轉(zhuǎn)化，提高浸取率；依據(jù)程生成藍色溶液和淺黃色沉淀可知，本反應生成了CuSO4和S，發(fā)生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案為：增大接觸面積，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；（2）依據(jù)c=得，濃硫酸濃度==18.4mol·L-1，依據(jù)C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；依據(jù)反應物為NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性條件下的氧化性將Cu氧化溶解，發(fā)生的反應為Cu和稀硝酸反應，故離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）①流程可知，“反應”利用SO32-將Cu2+還原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-為氧化產(chǎn)物；SO32-被氧化S化合價由+4上升到+6，上升了2，每個Cu2+被還原，化合價從+2降低到+1，降低了1，依據(jù)氧化還原反應中化合價上升總數(shù)=化合價降低總數(shù)得，所以Cu2+和SO32-的物質(zhì)的量之比為2:1，即氧化劑：還原劑=2:1；故答案為：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；②B點之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B點時建立了CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),B點之后，Cl-濃度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl雖然被溶解了一部分，但是平衡并沒有發(fā)生移動，所以C點和B點Cu2+的濃度是相等的，由于B點之前CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡始終向左移動，所以B點的Cu2+的濃度小于A點，綜上所述答案為：>；③既然B點之后是由于發(fā)生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀削減了，所以我們可以減小Cl-濃度，詳細做法是反其道而行之，加適量水稀釋，所以答案為：加水稀釋；（4）由上可知，“過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分為(NH4)2SO4，所以答案為：(NH4)2SO4；（5）硝酸有強氧化性，將CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸進行“酸洗”，故答案為：HNO3具有強氧化性會把CuCl氧化?！军c睛】（3）由圖可知，B點之后，NH4Cl越多，沉淀率反而減小，但是已經(jīng)加進去的NH4Cl又拿不出來，所以最干脆的做法是反著來，加適量的水！9.鉍酸鈉（NaBiO3）是分析化學中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則快速分解。某愛好小組設(shè)計試驗制取鉍酸鈉并探究其應用?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取鉍酸鈉制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色（1）B裝置用于除去HCl，盛放的試劑是___；（2）C中盛放Bi(OH)3與NaOH混合物，與Cl2反應生成NaBiO3，反應的離子方程式為___；（3）當視察到___（填現(xiàn)象）時，可以初步推斷C中反應已經(jīng)完成；（4）拆除裝置前必需先除去燒瓶中殘留Cl2以免污染空氣。除去Cl2的操作是___；（5）反應結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，須要的操作有___；Ⅱ.鉍酸鈉的應用——檢驗Mn2+（6）往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+。①產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為___；②某同學在較濃的MnSO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但視察到黑色固體（MnO2）生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應方程式為___。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定（7）取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應，再用cmo1·L-1的H2C2O4標準溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），當溶液紫紅色恰好褪去時，消耗vmL標準溶液。該產(chǎn)品的純度為___（用含w、c、v的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?1).飽和食鹽水(2).Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O(3).C中白色固體消逝（或黃色不再加深）(4).關(guān)閉K1、K3，打開K2(5).在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥(6).5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O(7).3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+(8).×100%或×100%或%【解析】【分析】用濃HCl和MnO2反應制備Cl2，其中混有揮發(fā)出來的HCl，要用飽和食鹽水出去，然后利用Cl2的強氧化性在堿性條件下將Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO3還原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來檢驗NaBiO3的氧化性；試驗結(jié)束后Cl2有毒，要除去，做法是打開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反應；NaBiO3純度的檢測利用NaBiO3和Mn2+反應生成MnO4-，MnO4-再和草酸反應來測定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計算即可?！驹斀狻浚?）除去氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；（2）反應物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3價的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被還原成Cl-，依據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反應已經(jīng)完成,則白色的Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的NaBiO3，故答案為：C中白色固體消逝（或黃色不再加深）；（4）從圖上來看關(guān)閉K1、K3，打開K2可使NaOH留下與氯氣反應，故答案為：關(guān)閉K1、K3，打開K2；（5）由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；（6）①往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-，因為是酸性條件，所以鉍酸鈉被還原成Bi3+，據(jù)此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案為：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；②由題意可知，Mn2+過量，鉍酸鈉少量，過量的Mn2+和MnO4-發(fā)生反應生成了黑色的MnO2，反應方程式為3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案為：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；（7）依據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,計算鉍酸鈉理論產(chǎn)量：解得m（理論）=0.28CVg，所以純度=×100%=×100%，所以答案為：×100%或×100%或%?！军c睛】（7）在困難的純度、產(chǎn)率等計算中，用得失電子守恒法找出各關(guān)鍵物質(zhì)之間的關(guān)系，由此計算，可以事半功倍，如本題中的關(guān)系5NaBiO3～5H2C2O4，使困難問題簡潔化了。10.肯定條件下，二氧化碳可合成低碳烯烴，緩解溫室效應、充分利用碳資源。（1）已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2③H2O(1)=H2O(g)ΔH3④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH4則ΔH4=___(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。（2）反應④的反應溫度、投料比[=x]對CO2平衡轉(zhuǎn)化率的影響如圖所示。①a__3（填“>”、“<”或“=”）；M、N兩點反應的平衡常數(shù)KM__KN（填填“>”、“<”或“=”）②M點乙烯體積分數(shù)為__；（保留2位有效數(shù)字）③300℃，往6L反應容器中加入3molH2、1molCO2，反應10min達到平衡。求0到10min氫氣的平均反應速率為__；（3）中科院蘭州化學物理探討所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氫合成低碳烯烴反應，所得產(chǎn)物含CH4、C3H6、C4H8等副產(chǎn)物，反應過程如圖。催化劑中添加Na、K、Cu助劑后（助劑也起催化作用）可變更反應的選擇性，在其他條件相同時，添加不同助劑，經(jīng)過相同時間后測得CO2轉(zhuǎn)化率和各產(chǎn)物的物質(zhì)的量分數(shù)如下表。助劑CO2轉(zhuǎn)化率（%）各產(chǎn)物在全部產(chǎn)物中的占比（%）C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高單位時間內(nèi)乙烯的產(chǎn)量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加__助劑效果最好；加入助劑能提高單位時間內(nèi)乙烯產(chǎn)量的根本緣由是__；②下列說法正確的是__；a．第ⅰ步所反應為：CO2+H2CO+H2Ob．第ⅰ步反應的活化能低于第ⅱ步c．催化劑助劑主要在低聚反應、異構(gòu)化反應環(huán)節(jié)起作用d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氫合成低碳烯烴的ΔH減小e．添加不同助劑后，反應的平衡常數(shù)各不相同（4）2024年，強堿性電催化還原CO2制乙烯探討取得突破進展，原理如圖所示。①b極接的是太陽能電池的__極；②已知PTFE浸泡了飽和KCl溶液，請寫出陰極的電極反應式__?！敬鸢浮?1).2△H2+4△H3-△H1(2).>(3).>(4).9.7%或(5).0.03mol·L-1·min-1(6).K(7).降低生成乙烯的反應所須要的活化能，加快乙烯生成速率，而對其他副反應幾乎無影響(8).ac(9).正(10).2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-【解析】【分析】（1）利用蓋斯定律計算；（2）從圖上看，投料比相同時，溫度上升，二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，說明溫度上升，平衡逆向移動，逆反應是吸熱反應，正反應是放熱反應，△H<0；投料比從3到a，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，說明3到a投料比在增大；而平衡常數(shù)只和溫度有關(guān)；平衡題中的計算用三行式解答；（3）從表格來看，運用Na作助劑轉(zhuǎn)化率最高，但乙烯含量最低，運用Cu作助劑依稀含量最高，但二氧化碳轉(zhuǎn)化率最低，運用K作助劑二氧化碳轉(zhuǎn)化率高且乙烯含量也高，單位時間內(nèi)產(chǎn)出乙烯最多；加入助劑使反應具有選擇性的緣由是助劑降低了某個反應所需的活化能，相同條件下更簡潔發(fā)生某個反應所致；（4）PTFE電極CO2變成C2H4，碳元素化合價從+4降低到-2，為陰極；據(jù)以上分析作答【詳解】（1）依據(jù)蓋斯定律，方程式有如下關(guān)系：2×②-①+4×③=④，所以△H4=2△H2+4△H3-△H1，故答案為：2△H2+4△H3-△H1；（2）①相同溫度下，投料比從3→a，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，說明投料比在增大，所以a>3，投料比相同時，上升溫度，二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，說明上升溫度，平衡逆向移動，則K減小，而N點溫度高于M點，所以KM>KN，故答案為：>；>；②由圖可知,M點投料比為3，二氧化碳轉(zhuǎn)化率為0.6，設(shè)起先投入1mol二氧化碳，3mol氫氣，則二氧化碳轉(zhuǎn)化量為0.6，用三行式解法如下：所以M點乙烯的體積分數(shù)=×100%=9.7%，故答案為：9.7%；③同樣用三行式來解如下：可知，氫氣在這10min消耗了1.8mol，所以濃度減小值==0.3mol·L-1，所以v(H2)==0.03mol·（L·min）-1，故答案為：0.03mol·L-1·min-1；（3）①運用Na作助劑轉(zhuǎn)化率最高，但乙烯含量最低，運用Cu作助劑依稀含量最高，但二氧化碳轉(zhuǎn)化率最低，運用K作助劑二氧化碳轉(zhuǎn)化率高且乙烯含量也高,單位時間內(nèi)產(chǎn)出乙烯最多；加入助劑使生成乙烯具有選擇性的緣由是助劑降低了生成乙烯反應所需的活化能，相同條件下更簡潔生成乙烯，而其他副反應幾乎無影響；故答案為：K；降低生成乙烯的反應所須要的活化能，加快乙烯生成速率，而對其他副反應幾乎無影響；②a．由條件可知第ⅰ步反應物為二氧化碳和氫氣，生成物有CO，依據(jù)氧化還原反應可得方程式為CO2+H2CO+H2O，a正確；b．第ⅰ步反應明顯慢于第ⅱ步反應，故第ⅱ步反應更簡潔發(fā)生，第ⅱ步反應的活化能更低，b錯誤；c．從圖上看生成CH4、C3H6、C4H8等副產(chǎn)物主要在低聚反應、異構(gòu)化反應環(huán)節(jié)，所以助劑主要在低聚反應、異構(gòu)化反應環(huán)節(jié)起作用，c正確；d．ΔH與反應途徑無關(guān)，只和起始有關(guān)，d錯誤；e．反應平衡常數(shù)只和溫度有關(guān)，溫度不變，K不變，e錯誤；故答案為：ac；（4）①PTFE(a極)電極CO2變成C2H4，碳元素化合價從+4降低到-2，為陰極，則b極為陽極，與太陽能電池正極相連，故答案為：正；②陰極的電極反應式為2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案為：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-?！军c睛】萬變不離其宗，解決化學平衡圖像題關(guān)鍵還是抓住橫坐標、縱坐標的含義，結(jié)合平衡移動原理學問點解答。比如本題的量比=3可理解成氫氣的物質(zhì)的量=3mol，二氧化碳的物質(zhì)的量=1mol，困難問題就簡潔化了。11.快離子導體是一類具有優(yōu)良離子導電實力的固體電解質(zhì)。圖1（Li3SBF4）和圖2是潛在的快離子導體材料的結(jié)構(gòu)示意圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）S+2e-=S2-過程中，獲得的電子填入基態(tài)S原子的___（填軌道符號）；（2）BF3+NH3=NH3BF3的反應過程中，形成化學鍵時供應電子的原子軌道符號是___；產(chǎn)物分子中實行sp3雜化軌道形成化學鍵的原子是___；（3）基態(tài)Li+、B+分別失去一個電子時，需汲取更多能量的是___，理由是___；（4）圖1所示的晶體中，鋰原子處于立方體的位置___；若其晶胞參數(shù)為apm，則晶胞密度為___g·cm-3(列出計算式即可)（5）當圖2中方格內(nèi)填入Na+時，恰好構(gòu)成氯化鈉晶胞的，且氯化鈉晶胞參數(shù)a=564pm。氯化鈉晶體中，Cl-依據(jù)A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中。每一個空隙由___個Cl-構(gòu)成，空隙的空間形態(tài)為___；（6）溫度上升時，NaCl晶體出現(xiàn)缺陷（如圖2所示，某一個頂點沒有Na+，出現(xiàn)空位），晶體的導電性大大增加。該晶體導電時，在電場作用下遷移到空位上，形成電流。遷移的途徑有兩條（如圖2中箭頭所示）：途徑1：在平面內(nèi)擠過2、3號氯離子之間的狹縫（距離為x）遷移到空位。途徑2：擠過由1、2、3號氯離子形成的三角形通道（如圖3，小圓的半徑為y）遷移到空位。已知：r(Na+)=95pm，r(Cl-)=185pm，=1.4，。①x=___，y=___；（保留一位小數(shù)）②遷移可能性更大的途徑是___?！敬鸢浮?1).3p(2).2p(3).B、N(4).Li+(5).Li+的最外層電子排布為1s2，B+最外層電子排布為2s2，1s軌道上的電子的能量低于2s軌道上電子(6).棱上(7).(8).6(9).正八面體(10).24.8pm(11).38.7pm(12).途徑2【解析】【分析】（1）分析S原子的電子排布式，知道空軌道，得到的電子填充入空軌道即可；（2）B、N的2P軌道未填充溢電子；（3）Li+從1S軌道失去電子、B+從2S軌道失去電子，2S軌道能量高于1S軌道；（4）依據(jù)均攤法反推鋰原子；依據(jù)m=v計算密度即可；（5）氯化鈉晶胞中Na+處于立方風光 對角線上，據(jù)此分析；（6）①由圖可知x=兩個氯離子之間的距離-2r(Cl-),算出正三角形的高，利用正三角形性質(zhì)可求出氯離子到小球中心的距離，再減去氯離子的半徑即為y值；②比較x、y值即可，誰大誰更可能?！驹斀狻浚?）S原子電子排布式為：1S22S22P63S23P4可知，3P軌道未填充溢電子，故獲得的電子填入基態(tài)S原子的3P軌道，故答案為：3P；（2）H、B、N、F四種原子的核外電子分析可知，N、B原子均有未成對電子，所以供應電子的原子為B、N，B原子的核外電子排布式為：1S22S22P1,N原子的核外電子排布式為：1S22S22P3，所以B原子的2P軌道、N原子的2P軌道供應電子，有B、N原子核外電子排布可知B、N原子均供應3個2P軌道，采納sp3雜化的為N原子，故答案為：2P；B、N；（3）Li+從1S軌道失去電子、B+從2S軌道失去電子，2S軌道能量高于1S軌道，從1S軌道失去電子汲取跟多的能量，故答案為：Li+；Li+的最外層外電子排布為1s2，B+最外層電子排布為2s2，1s軌道上的電子的能量低于2s軌道上電子；（4）棱上的原子個數(shù)=12×=3，頂點上的原子個數(shù)=8×=1，體心的原子個數(shù)=1，立方體內(nèi)部非體心原子個數(shù)=4，由Li3SBF4可知，該晶體中有三個鋰，所以鋰原子依據(jù)均攤法及結(jié)合圖片，圖上鋰原子個數(shù)4=3處于立方體的位置棱上；1mol晶胞的質(zhì)量=(7×3+32×1+11×1+19×4)g140g，因為晶胞參數(shù)為apm=a×10-10cm，一個晶胞的體積=a3=a3×10-30cm3，1mol晶胞的體積=a3×10-30cm3×NA，由m=v得，=g·cm-3，故答案為：棱上；；（5）氯化鈉晶體中，Cl-依據(jù)A1密堆，每個Cl-四周有6個Na+,每個Na四周有6個Cl-，空間形態(tài)為正八面體，故