全國Ⅱ卷2025屆高三化學(xué)百日沖刺金卷二含解析

PAGE16-（全國Ⅱ卷）2025屆高三化學(xué)百日沖刺金卷（二）（含解析）留意事項(xiàng)：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分。2.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本試卷相應(yīng)的位置。3.全部答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。4.本試卷滿分300分，測(cè)試時(shí)間150分鐘。5.考試范圍：高考全部?jī)?nèi)容。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23S32Pb207第Ⅰ卷一、選擇題：本題共13小題，每小題6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.下列對(duì)有關(guān)事實(shí)分析不正確的是選項(xiàng)事實(shí)描述相關(guān)學(xué)問分析A諺語“正月打雷麥谷堆”、“雷雨肥莊稼”自然固氮：N2+2O22NO2B成語“滴水石穿”包含CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2C《木草經(jīng)集注》記載“強(qiáng)燒之，紫青煙起，云是真硝石也?！薄跋跏睘镵NO3，鉀元素的焰色反應(yīng)為紫色D野外之鬼磷，其火色青，其狀如炬，或聚或散，俗稱鬼火，實(shí)乃諸血之磷光也。“磷光”是指磷化氫(PH3)自燃，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A.自然固氮發(fā)生的反應(yīng)為N2+O22NO，故A錯(cuò)誤；B.“滴水石穿”包含原理為碳酸鈣與水、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈣，方程式為CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，故B正確；C.硝石的主要成分KNO3，K元素焰色反應(yīng)為紫色，故燃燒硝石有紫青色的火焰，故C正確；D.自然界中磷化氫自燃產(chǎn)生“磷光”，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能，故D正確；答案選A。2.下列離子方程式書寫正確的是A.向Ba(AlO2)2溶液中加入過量NaHSO4溶液：Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓B.泡沫滅火器中Al(SO4)3和NaHCO3溶液混合：Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑C.以銅為電極，電解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋D.向Cu(OH)2濁液中滴加飽和FeCl3溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀：Cu(OH)2＋Fe3＋?Fe(OH)3＋Cu2＋【答案】B【解析】【詳解】A.向Ba(AlO2)2溶液中加入過量NaHSO4溶液，發(fā)生離子反應(yīng)Ba2＋＋2AlO2-＋SO42－+8H+＝BaSO4↓+2Al3++4H2O，A錯(cuò)誤；B.NaHCO3與Al2（SO4）3發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成二氧化碳和氫氧化鋁，離子方程式為Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑，B正確；C.用銅作電極電解CuSO4溶液，陽極銅優(yōu)先放電，陰極銅離子得到電子生成銅，該反應(yīng)相當(dāng)于電解精煉銅，C錯(cuò)誤；D.向Cu(OH)2濁液中滴加飽和FeCl3溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀，離子方程式為3Cu(OH)2＋2Fe3＋?2Fe(OH)3＋3Cu2＋，D錯(cuò)誤；答案選B。3.大環(huán)多醚稱為冠醚。二苯并－18－冠－6的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說法不正確的是A.該有機(jī)物分子式為C20H24O6B.該有機(jī)物中全部原子不行能共平面C.在光照下，該有機(jī)物與氯氣反應(yīng)的一氯代物有4種(不考慮立體異構(gòu))D.1mol該有機(jī)物的苯環(huán)最多可與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)(不考慮開環(huán)加成)【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分析，該有機(jī)物的分子式為C20H24O6，故A正確；B.該有機(jī)分子中存在碳碳單鍵，故全部的原子不行能共平面，故B正確；C.在光照得條件下，氯氣只能與烷基上的H原子發(fā)生取代，不能與苯環(huán)上的H發(fā)生取代反應(yīng)，該有機(jī)分子烷基上有2類氫原子，故在光照下產(chǎn)生的一氯代物有2種，故C錯(cuò)誤；D.苯環(huán)與氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)，該有機(jī)物中有兩個(gè)苯環(huán)，故1mol該有機(jī)物的苯環(huán)最多可與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；答案選C。4.試驗(yàn)室里模擬侯氏制堿原理制備少量小蘇打，下列裝置不正確的是A.制備NH3B.制備CO2C.制備小蘇打D.分別小蘇打【答案】B【解析】【詳解】A.試驗(yàn)室制取氨氣，可利用濃氨水與生石灰在固液不加熱裝置中制取，故A正確；B.制取二氧化碳不能運(yùn)用稀硫酸與大理石反應(yīng)，稀硫酸與碳酸鈣反應(yīng)生成硫酸鈣微溶，附著在大理石表面，阻礙氣體的制備，故B錯(cuò)誤；C.制取小蘇打時(shí)，先通入氨氣使溶液顯堿性，增大了二氧化碳的溶解度，從而反應(yīng)制取小蘇打，故C正確；D.碳酸氫鈉溶解度低，以固體形式析出，故采納過濾的方法分別碳酸氫鈉，故D正確；答案選B。5.R、X、Y、Z為短周期主族元素，X和Y組成淡黃色粉末甲；Y和R組成一種無色無味氣體乙且能使澄清石灰水變渾濁，甲＋乙→白色粉末＋單質(zhì)；Z的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍。下列說法正確的是A.簡(jiǎn)潔氫化物的穩(wěn)定性：R>Y>ZB.由X、Y和Z三種元素組成的化合物只有2種C.Z的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物肯定是強(qiáng)電解質(zhì)D.由R、X和Y組成的化合物能促進(jìn)水的電離【答案】D【解析】【分析】R、X、Y、Z為短周期主族元素，X和Y組成淡黃色粉末甲，推知甲為過氧化鈉，則X、Y為O元素、Na元素中的一種；Y和R組成一種無色無味氣體乙且能使澄清石灰水變渾濁，甲＋乙→白色粉末＋單質(zhì)，推知乙為二氧化碳，R為C元素，Y為O元素，X為Na元素；Z的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍,推知Z為S元素。【詳解】A.非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)潔氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，R、Y、Z對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)潔氫化物中最穩(wěn)定應(yīng)為H2O，A錯(cuò)誤；B.由Na、S、O三種元素組成的物質(zhì)有Na?SO?，Na?SO4，Na?S?O?等，不止兩種，B錯(cuò)誤；C.H2SO3是Z的一種氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，但H2SO3是弱電解質(zhì)，C錯(cuò)誤；D.由R、X和Y組成的一種化合物碳酸鈉為強(qiáng)酸弱堿鹽，能水解從而促進(jìn)水的電離，D正確；答案選D。6.全固態(tài)鋰離子電池，放電時(shí)電池反應(yīng)為2Li＋MgH2＝Mg＋2LiH，裝置如圖所示。下列說法不正確的是：A.放電時(shí)，化學(xué)能只轉(zhuǎn)化為電能 B.放電時(shí)，X極的反應(yīng)式為MgH2＋2e－＝Mg＋2H－C.充電時(shí)，Li＋向Y極遷移 D.充電時(shí)，理論上轉(zhuǎn)移0.2NA個(gè)電子Y極增重1.4g【答案】A【解析】【詳解】A.放電時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能、光能、熱能等，故A錯(cuò)誤；B.依據(jù)電池反應(yīng)2Li＋MgH2＝Mg＋2LiH，放電時(shí)，X極為正極，MgH2得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Mg，反應(yīng)式為MgH2＋2e－＝Mg＋2H－，故B正確；C.充電時(shí)，Y極為電解池的陰極，陽離子向陰極移動(dòng)，故Li＋向Y極遷移，故C正確；D.充電時(shí)，Y極為電解池的陰極，發(fā)生電極反應(yīng)Li++e－＝Li，理論上轉(zhuǎn)移0.2NA個(gè)電子，生成Li0.2mol，故Y極增重1.4g，故D正確；答案選A?！军c(diǎn)睛】A項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，留意在原電池中發(fā)生能量轉(zhuǎn)化時(shí)，化學(xué)能不行能完全轉(zhuǎn)化為電能。7.常溫下，有體積均為20.00mL、濃度均為0.1mol·L－1的HX溶液和HY溶液，分別向其中滴加相同濃度的NaOH溶液，混合溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.該滴定過程的指示劑為酚酞溶液B.V＝20.00mL時(shí)，c(HX)＋c(X－)＝c(Y－)C.pH＝7時(shí)，兩種溶液中c(X－)＝c(Y－)D.若HX溶液起始pH＝3，則常溫下HX的Ka≈1.0×10－5【答案】C【解析】【詳解】A.NaOH溶液滴定HX溶液和HY溶液，可選用酚酞溶液，滴定終點(diǎn)是溶液由無色變?yōu)闇\紅色，A正確；B.V＝20.00mL時(shí)，NaOH與HX、HY恰好完全反應(yīng)，Y元素的存在形式為Y－，X－要水解，X元素的存在形式為HX、X－，依據(jù)元素守恒，c(HX)＋c(X－)＝c(Y－)，B正確；C.pH＝7時(shí)，c(OH－)＝c(H+)，HX溶液中加入的NaOH溶液與HY溶液中的不同，依據(jù)電荷守恒，則兩種溶液中c(X－)≠c(Y－)，C錯(cuò)誤；D.若HX溶液起始pH＝3，則常溫下HX的Ka=≈1.0×10－5，D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】強(qiáng)堿滴弱酸的起點(diǎn)高，前半部分形態(tài)有差異、突躍小，即前半部分變更幅度比強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸的小。第Ⅱ卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題。每個(gè)試題考生都必需作答。第33題～第38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。(一)必考題(共129分)8.乙二醛(OHC－CHO)是一種重要的精細(xì)化工產(chǎn)品。某小組利用乙醛液相硝酸氧化法制備乙二醛并測(cè)定乙二醛純度，裝置如圖所示：已知：①NO＋FeSO4＝FeSO4·NO(棕色)。②幾種有機(jī)物的部分性質(zhì)如表所示：乙醛乙二醛乙二酸乙酸沸點(diǎn)/℃20.850.5109117.9溶解性與水、有機(jī)溶劑互溶溶于水、乙醇等溶于水和有機(jī)溶劑與水、乙醇互溶密度/g?cm-30.781.271.901.05相對(duì)分子質(zhì)量44589060試驗(yàn)步驟：①取20mL乙醛裝于燒瓶，加入2gCu(NO3)2粉末作催化劑，向燒瓶中緩慢滴加2mol·L－1硝酸至乙醛完全反應(yīng)為止；②提純產(chǎn)品，最終得到10.0mL產(chǎn)品。請(qǐng)回答下列問題：(1)盛裝硝酸的儀器名稱是___________。(2)試驗(yàn)中，視察到裝置B中溶液變?yōu)樽厣苽湟叶┑幕瘜W(xué)方程式為________________。(3)向燒瓶中滴加硝酸要“緩慢”，其目的是___________；推斷燒瓶中制備乙二醛的反應(yīng)已完成的標(biāo)記是___________。(4)分別提純產(chǎn)品，宜選擇下列裝置___________(填字母)。(5)依據(jù)上述試驗(yàn)數(shù)據(jù)，該試驗(yàn)中乙二醛的產(chǎn)率約為___________(填字母)。a.56.5%b.61.8%c.67.9%d.72.6%(6)試驗(yàn)室可用酸性KMnO4溶液測(cè)定乙二醛的純度，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：18H＋＋6MnO4－＋5C2H2O2→10CO2↑＋6Mn2＋＋14H2O。試驗(yàn)步驟如下：取VmL產(chǎn)品，加蒸餾水稀釋至250mL，量取25.00mL稀釋后的溶液于錐形瓶，滴加5.00mL稀硫酸，用cmol·L－1KMnO4溶液，三次平行試驗(yàn)消耗KMnO4溶液體積如下：試驗(yàn)ⅠⅡⅢV[KmnO4(aq)]/mL20.0522.4019.95滴定終點(diǎn)標(biāo)記是___________；該產(chǎn)品純度為___________g·mL－1(用含V和c的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).分液漏斗(2).3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O(3).防止乙二醛被氧化(4).裝置A燒瓶中不再c產(chǎn)生氣泡(5).c(6).b(7).當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴KMnO4溶液，溶液由無色變紫紅色且半分鐘不變色(8).【解析】【分析】在Cu（NO3）2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被還原為NO；生成的NO會(huì)污染空氣，用FeSO4溶液汲取NO，依據(jù)表中的信息，采納蒸餾的方法提純乙二醛?！驹斀狻浚?）依據(jù)裝置圖可知，盛裝硝酸的儀器為分液漏斗。（2）試驗(yàn)中，視察到裝置B中溶液變?yōu)樽厣罁?jù)信息可知產(chǎn)生FeSO4·NO，說明A裝置中生成了NO，故稀硝酸氧化乙醛生成乙二醛，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O。（3）假如加入硝酸太快，硝酸氧化產(chǎn)品會(huì)生成雜質(zhì)。NO不溶于水，當(dāng)裝置A中不再產(chǎn)生氣泡時(shí)，表明裝置A中反應(yīng)已完成。（4）乙二醛與水互溶，可利用沸點(diǎn)的不同，采納蒸餾的方式分別產(chǎn)品，故答案選c。（5）依據(jù)方程式計(jì)算可得，理論上生成乙二醛的質(zhì)量為0.78×20×g≈20.56g，實(shí)際制備乙二醛的質(zhì)量為1.27×10mL=12.7g，產(chǎn)率為。（6）由離子方程式可知，6KMnO4~5OHC-CHO，依據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)，舍去試驗(yàn)Ⅱ的離群數(shù)據(jù)，消耗高錳酸鉀溶液的平均體積為，產(chǎn)品純度為9.某小組利用含鉛廢料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制備化工產(chǎn)品(PbSO4·3PbO·H2O)的工藝流程如圖：已知：Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13。請(qǐng)回答下列問題：(1)“轉(zhuǎn)化”時(shí)，加入Na2CO3的目的是將PbSO4轉(zhuǎn)化成PbCO3，其轉(zhuǎn)化原理是___________。PbO2轉(zhuǎn)化為PbCO3的離子方程式為_________。(2)該流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是_________，若其中殘留過多SO42－，循環(huán)利用可能出現(xiàn)的問題是__________。(3)肯定濃度的硝酸溶解PbCO3和PbO時(shí)，“酸溶”時(shí)，金屬離子浸出率與溫度的關(guān)系如圖所示。當(dāng)溫度為40℃，金屬離子浸出率最高，其主要緣由是________。(4)取肯定量的含鉛廢料經(jīng)上述“轉(zhuǎn)化”，假設(shè)含鉛廢料中的PbO2和PbSO4全部轉(zhuǎn)化成PbCO3，且PbO未發(fā)生反應(yīng)，“酸溶”時(shí)共收集到5.6LCO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，“沉鉛”時(shí)得到121.2gPbSO4。①原含鉛廢料中含PbO的物質(zhì)的量為__________。②“合成”時(shí)，加入NaOH的質(zhì)量為__________。(5)工業(yè)上，電解Pb(NO3)2溶液制備活性電極材料PbO2，其陽極的電極反應(yīng)式為_________。【答案】(1).溶解度較大的物質(zhì)簡(jiǎn)潔轉(zhuǎn)化成溶解度較小的物質(zhì)(2).PbO2+H2O+SO32-+CO32-=PbCO3+SO42-+2OH-(3).HNO3(4).PbSO4覆蓋在PbCO3表面阻擋反應(yīng)(5).溫度低于40℃時(shí)反應(yīng)速率慢；溫度高于40℃時(shí)硝酸揮發(fā)和分解速率加快(6).0.15mol(7).24g(8).Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+【解析】【分析】含鉛廢料的主要成分為PbO、PbSO4和PbO2，加入Na2SO3后產(chǎn)物為PbO、PbCO3，PbO2中鉛元素化合價(jià)降低，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)；加入稀硝酸溶解難溶的PbO、PbCO3，再加稀硫酸生成硫酸鉛，最終加入氫氧化鈉溶液得到產(chǎn)物。由已知：Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13可知，PbSO4溶解度大于PbCO3?！驹斀狻浚?）由溶度積可知，PbSO4的溶解度大于PbCO3，所以加入碳酸鈉將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3。加入Na2SO3后PbO2中鉛元素化合價(jià)降低，Na2SO3還原PbO2，S元素化合價(jià)上升，依據(jù)電子守恒，得到離子方程式PbO2+H2O+SO32-+CO32-=PbCO3+SO42-+2OH-。（2）“沉鉛”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Pb(NO3)2+H2SO4=PbSO4+2HNO3，硝酸在“酸溶”過程中做為反應(yīng)物，故可循環(huán)利用的物質(zhì)為HNO3。稀硝酸中殘留過多SO42－，會(huì)生成難溶的硫酸鉛，PbSO4覆蓋在PbCO3表面，阻擋碳酸鉛與稀硝酸反應(yīng)。（3）由圖象可知，當(dāng)溫度低于40℃時(shí)反應(yīng)速率慢，金屬離子浸出率低；溫度高于40℃時(shí)硝酸揮發(fā)和分解速率加快，導(dǎo)致反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)減慢，金屬離子浸出率降低。（4）①“沉鉛”時(shí)得到121.2gPbSO4，n(PbSO4)=，“酸溶”時(shí)共收集到5.6LCO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，n(CO2)=0.25mol?！稗D(zhuǎn)化”過程中PbSO4和PbO2轉(zhuǎn)化為PbCO3，酸溶”時(shí)PbCO3與稀硝酸反應(yīng)生成CO2，故原料中PbSO4和PbO2共0.25mol，而PbO、PbSO4和PbO2的總物質(zhì)的量為0.4mol，故原含鉛廢料中含PbO的物質(zhì)的量為0.15mol。②加入氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由產(chǎn)品組成PbSO4·3PbO·H2O可知，0.4molPbSO4中有0.3mol轉(zhuǎn)化為0.3molPbO，依據(jù)化學(xué)方程式可知，加入NaOH的物質(zhì)的量為0.6mol，質(zhì)量為0.6mol×40g?mol-1=24g。(5)陽極上發(fā)生氧化反應(yīng)，水供應(yīng)氧元素生成的PbO2和HNO3，故陽極的電極反應(yīng)式為Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+。10.N2O俗名為“笑氣”，也是一種溫室氣體。結(jié)合所學(xué)學(xué)問，回答下列問題：(1)鋅與極稀硝酸反應(yīng)可生成N2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________，其中作氧化劑的硝酸與參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量之比為___________。(2)已知幾種物質(zhì)的相對(duì)能量如下：物質(zhì)N2O(g)CO(g)N2(g)CO2(g)相對(duì)能量/kJ?mol-1475.5283.0393.50①N2O(g)和CO(g)反應(yīng)生成N2(g)和CO2(g)的熱化學(xué)方程式為____________。②若其他條件不變，加入高效催化劑，該反應(yīng)的焓變將_______(填“增大”、“減小”或“不變”)。(3)碘蒸氣能催化N2O的分解，反應(yīng)歷程(步驟)如下：i.I2(g)?2I(g)ii.I(g)＋N2O(g)＝N2(g)＋I(xiàn)O(g)iii.2IO(g)＋2N2O(g)＝2N2(g)＋2O2(g)＋I(xiàn)2(g)試驗(yàn)表明，在反應(yīng)過程c(I)始終大于c(IO)，由此推想，反應(yīng)速率ii_________iii(填“>”、“<”或“＝”)。(4)肯定溫度下，向恒容密閉容器中充入2molN2O(g)和3molNO(g)，發(fā)生反應(yīng)：N2O(g)＋NO(g)?N2(g)＋NO2(g)△H。測(cè)得N2體積分?jǐn)?shù)與溫度、時(shí)間的關(guān)系如圖所示。①△H___________0(填“>”、“<”或“＝”)。②下列狀況表明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________(填字母)。A.混合氣體的密度不再變更B.相對(duì)分子質(zhì)量不再變更C.NO和NO2的消耗速率相等D.N2O的體積分?jǐn)?shù)不再變更③T1時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝___________?！敬鸢浮?1).4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2O+5H2O(2).1:5(3).N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)?H=-365.0kJ?mol-1(4).不變(5).<(6).<(7).CD(8).3【解析】【分析】鋅與極稀硝酸反應(yīng)生成N2O，發(fā)生氧化還原反應(yīng)；?H=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量；由N2體積分?jǐn)?shù)與溫度、時(shí)間的關(guān)系圖象可知，T1溫度下，先達(dá)到平衡，說明T1>T2?！驹斀狻浚?）鋅與極稀硝酸反應(yīng)生成N2O，氮元素化合價(jià)降低，鋅元素化合價(jià)上升生成硝酸鋅，依據(jù)電子守恒得反應(yīng)方程式4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2O+5H2O。硝酸表現(xiàn)氧化性和酸性，表現(xiàn)氧化性的硝酸生成N2O，表現(xiàn)酸性的生成Zn(NO3)2，故作氧化劑的硝酸與參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量之比為1：5。（2）①N2O(g)和CO(g)反應(yīng)生成N2(g)和CO2(g)，?H=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量=（0+393.5-283.0-475.5）kJ?mol-1=-365.0kJ?mol-1，熱化學(xué)方程式為N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)?H=-365.0kJ?mol-1。②催化劑不影響焓變，故加入高效催化劑，該反應(yīng)的焓變不變。（3）反應(yīng)ii消耗I(g)生成IO(g)，反應(yīng)iii消耗IO(g)，因試驗(yàn)表明，在反應(yīng)過程c(I)始終大于c(IO)，故反應(yīng)速率ii<iii。(4)①由圖可知，T1>T2，T1溫度下平衡時(shí)N2體積分?jǐn)?shù)小于T2溫度下平衡時(shí)N2體積分?jǐn)?shù)，說明溫度上升，平衡逆向移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H<0。②A.該反應(yīng)中，生成物和反應(yīng)物均為氣體，氣體的總質(zhì)量不變，容器體積不變，故平衡前后氣體密度始終不變，A錯(cuò)誤；B.反應(yīng)前后氣體分子數(shù)相等，氣體總質(zhì)量不變，故相對(duì)分子質(zhì)量始終不變，B錯(cuò)誤；C.NO和NO2的消耗速率相等，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡，C正確；D.N2O的體積分?jǐn)?shù)不再變更，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，D正確；答案選CD。③反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，氣體總物質(zhì)的量為5mol，T1溫度下，平衡時(shí)N2體積分?jǐn)?shù)為30%，n(N2)=1.5mol，n(NO2)=1.5mol，n(N2O)=0.5mol，n(NO)=1.5mol，設(shè)體積V=1，K=?！军c(diǎn)睛】氧化還原反應(yīng)配平方法：第一步先標(biāo)出變更元素化合價(jià)，定升降數(shù)；其次步依據(jù)得失電子守恒，利用最小公倍數(shù)配平氧化還原部分；第三步依據(jù)原子守恒用視察法配平其它原子數(shù)化學(xué)平衡狀態(tài)的推斷方法:干脆判定:V正=V逆①同一物質(zhì)：該物質(zhì)的生成速率等于它的消耗速率。②不同的物質(zhì)：速率之比等于方程式中的系數(shù)比，但必需是不同方向的速率。間接判定：①各組成成分的質(zhì)量、物質(zhì)的量、分子數(shù)、體積（氣體）、物質(zhì)的量濃度保持不變。②各組成成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)、氣體的體積分?jǐn)?shù)保持不變。③若反應(yīng)前后的物質(zhì)都是氣體，且系數(shù)不等，總物質(zhì)的量、總壓強(qiáng)（恒溫、恒容）、平均摩爾質(zhì)量、混合氣體的密度（恒溫、恒壓）保持不變。④反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率、產(chǎn)物的產(chǎn)率保持不變。(二)選考題：共45分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本學(xué)科選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。11.硼、鐵、鎳及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用。請(qǐng)回答下列問題：(1)基態(tài)鐵原子的外圍電子排布式為__________。(2)NaBH4、LiBH4常作有機(jī)合成的還原劑。LiBH4中B原子的雜化方式為________；BH4－的空間構(gòu)型為____________。(3)NiO、FeO的晶體類型相同，已知Ni2＋、Fe2＋的半徑分別為72pm、76pm。熔點(diǎn)：FeO_____NiO(填“>”、“<”或“＝”)，理由是____________。(4)鎳能形成多種協(xié)作物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]2＋等。[Ni(NH3)6]2＋中，Ni2＋的配位數(shù)為_________；在Ni(CO)4中供應(yīng)孤電子對(duì)的原子是C，不是O，可能的緣由是_________。(5)氧化鎳晶胞如圖所示，鎳離子的配位數(shù)為__________。已知晶胞參數(shù)為acm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則氧化鎳晶體密度為__________g·cm－3。(6)磷化硼晶體結(jié)構(gòu)類似金剛石，是一種耐磨材料，常作金屬涂層，其晶胞如圖所示。磷化硼晶胞沿z軸的平面投影圖中，B原子構(gòu)成的幾何形態(tài)是__________。【答案】(1).3d64s2(2).sp3(3).正四面體(4).<(5).NiO、FeO均為離子晶體，O2-相同，陽離子所帶電荷數(shù)相同，Ni2+半徑較小，NiO的晶格能較大，熔點(diǎn)較高(6).6(7).氧的電負(fù)性大于碳，供應(yīng)孤對(duì)電子的實(shí)力比碳弱(8).6(9).(10).正方形【解析】【分析】鐵的核外電子數(shù)為26；B原子與4個(gè)H原子形成4個(gè)σ鍵；分子的晶格能越大，熔點(diǎn)越高。【詳解】（1）Fe為26號(hào)元素，原子核外有26個(gè)電子，外圍電子排布式為3d64s2。（2）B原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=且不含孤電子對(duì)，依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論推斷B原子的雜化方式為sp3，BH4－的空間構(gòu)型為正四面體。（3）NiO、FeO均為離子晶體，離子半徑越小，離子所帶電荷越多，晶格能越大，熔點(diǎn)越高。Ni2＋、Fe2＋所帶電荷數(shù)相同，已知Ni2＋、Fe2＋的半徑分別為72pm、76pm，離子半徑：Ni2＋<Fe2＋，晶格能NiO>FeO，故熔點(diǎn)：FeO<NiO(填“>”、“”或“＝”)。（4）[Ni(NH3)6]2＋中，Ni2＋的配位數(shù)為6；在Ni(CO)4中，氧的電負(fù)性大于碳，C對(duì)孤電子吸引力較小，易供應(yīng)孤對(duì)電子。（5）氧化鎳晶胞是面心立方積累，類似氯化鈉晶胞，鎳離子的配位數(shù)為6。1個(gè)晶胞中O原子的個(gè)數(shù)為，Ni原子個(gè)數(shù)為，故1個(gè)晶胞中含4個(gè)NiO，氧化鎳晶體的密度。(6)磷化硼晶胞中，P原子將晶胞分成8個(gè)小立方體，4個(gè)B原子分別位于4個(gè)互不相鄰的小立方體中心，構(gòu)成正四面體。故沿z軸的平面投影圖中，B原子構(gòu)成的幾何形態(tài)