試卷第=page1010頁，共=sectionpages1212頁河南省五市2022屆高三下學期第二次聯(lián)合調(diào)研檢測（二模）理綜化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．化學與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)，下列說法正確的是A．汽油標準由“國標Ⅴ”提到國標”Ⅵ”，可在使用汽油時不再排放氮氧化物B．工業(yè)上生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉以及鐵礦石冶煉鐵過程中均用石灰石為原料C．有機玻璃和鋼化玻璃都是有機高分子化合物D．大力開發(fā)利用可燃冰(固態(tài)甲烷水合物)，有助于海洋生態(tài)環(huán)境的治理【答案】B【解析】【詳解】A．汽油標準已由“國V”提到“國VI”，重在削減汽車尾氣產(chǎn)生的顆粒物，尤其是PM2.5，但是仍然會排放氮氧化物，A錯誤；B．制玻璃的原料：石英砂、石灰石、長石、純堿、硼酸等，制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化鈣進而得到消石灰，用氯氣與消石灰反應得到漂白粉；煉鐵的原料：鐵礦石、焦炭、石灰石，因此工業(yè)上生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉及用鐵礦石冶煉鐵均需要用石灰石為原料，B正確；C．有機玻璃成分為有機高分子化合物，鋼化玻璃是普通玻璃熔融急劇冷卻得到，屬于無機硅酸鹽產(chǎn)品，C錯誤；D．可燃冰為不可再生能源，則過分開發(fā)可燃冰，會影響海洋生態(tài)環(huán)境，應合理開采，D錯誤；故選B。2．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A．1molCH2=CH2分子中含有的共價鍵數(shù)為6NAB．1.2gNaHSO4和MgSO4的固體混合物中含陽離子數(shù)目0.01NAC．11.2LCH4和22.4LCl2(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子總數(shù)為1.5NAD．密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應制備PCl5(g)，增加2NA個P-Cl鍵【答案】D【解析】【詳解】A．1個CH2=CH2分子中含有6個共價鍵，1molCH2=CH2分子中含有6mol的共價鍵，其中含有的共價鍵數(shù)為6NA，A正確；B．NaHSO4的陽離子為Na+，陰離子為；MgSO4的陽離子為Mg2+，陰離子為，NaHSO4和MgSO4的式量都是120，因此1.2gNaHSO4和MgSO4的固體混合物中含鹽的物質(zhì)的量是0.01mol，則其中含有的陽離子數(shù)目0.01NA，B正確；C．標況下11.2LCH4的物質(zhì)的量n(CH4)=，22.4LCl2的物質(zhì)的量為n(Cl2)=，由于甲烷與氯氣的反應前后分子數(shù)始終不變，則反應后分子的總物質(zhì)的量仍然為n(總)=0.5mol+1mol=1.5mol，則反應后的物質(zhì)分子數(shù)為1.5NA，C正確；D．PCl3與Cl2生成PCl5的反應為可逆反應，則生成PCl5的物質(zhì)的量小于1mol，故增加的P-Cl鍵小于2NA個,D錯誤；故合理選項是D。3．在一定條件下M可與N發(fā)生如圖所示轉(zhuǎn)化生成一種具有優(yōu)良光化學性能的樹脂Q。下列說法正確的是A．Q屬于酯類有機物，可以做溴水中提取溴的萃取劑B．N的同分異構(gòu)體中能水解的有5種(不考慮環(huán)狀結(jié)構(gòu))C．1molQ最多可消耗5molH2D．N中所有的原子可能在同一平面【答案】B【解析】【詳解】A．該物質(zhì)中含-COOR(R含C的基團)，屬于酯類。但該物質(zhì)含有碳碳雙鍵能與Br2發(fā)生反應，則不能用于萃取溴水，A項錯誤；B．能發(fā)生水解即含-COOR，還含有碳碳雙鍵，同分異構(gòu)體有、、、、共5種結(jié)構(gòu)，B項正確；C．Q中含有一個苯環(huán)消耗3molH2和碳碳雙鍵消耗1molH2，總共消耗H2的量為4mol，C項錯誤；D．-CH3為四面體構(gòu)型，所以所有原子不可能共面，D項錯誤；故選B。4．下列由廢催化劑(主要含F(xiàn)eBr3及少量溴、苯)制取無水FeCl3的實驗裝置與原理能達到實驗目的的是A．用裝置甲制取氯氣B．用裝置乙氧化FeBr3溶液中的溴離子C．用裝置丙分離出FeCl3溶液D．用裝置丁蒸干溶液可得無水FeCl3【答案】C【解析】【詳解】A．二氧化錳和濃鹽酸共熱制取氯氣，A錯誤；B．應把氯氣通到溴化鐵溶液中，左邊裝置應長管進短管出，B錯誤；C．氯化鐵溶于水不溶于苯，溴在苯中的溶解度更大，可用萃取分離，C正確；D．氯化鐵溶液中鐵離子易水解，在空氣中蒸干溶液會得到氫氧化鐵，得不到無水FeCl3，D錯誤；答案選C。5．X、Y、Z、W四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，且均不大于20，四種元素核電荷數(shù)之和為46，X、Y兩種元素能夠形成兩種化合物，其中一種化合物被稱為生命的源泉。Z元素是一種重要的“成鹽元素”，其形成的一種鹽在海水中含量最高，其單質(zhì)通過電解該鹽溶液獲得。下列關(guān)于四種元素說法錯誤的是A．X2Y2、ZY2、W(ZY)2均是常見的殺菌消毒劑，三者作用原理相同B．WX2中X元素的檢驗方法可以將WX2固體置于氧氣流中灼燒并將產(chǎn)物通過無水硫酸銅C．WZ2、WY2兩種化合物中陰陽離子個數(shù)比均為1：2D．可以通過XZY、ZY2等物質(zhì)中的元素化合價來比較Y、Z兩種元素的非金屬性強弱【答案】C【解析】【分析】X、Y兩種元素能夠形成兩種化合物，其中一種化合物被稱為生命的源泉。則X、Y分別為H、O。Z形成的一種鹽在海水中含量最高，Z為Cl。四種元素核電荷數(shù)之和為46，則W為20號元素Ca?！驹斀狻緼．三種物質(zhì)分別為H2O2、ClO2、Ca(ClO)2，三者均具有較強的氧化性，可利用氧化性進行消毒殺菌，A項正確；B．CaH2與O2反應變?yōu)镠2O遇CuSO4溶液變藍，說明X為H元素，B項正確；C．WZ2、WY2分別為CaCl2和CaO2，前者是由Ca2+和2個Cl-組成陰陽離子之比為1:2，而后者是由Ca2+和陰陽離子之比為1:1，C項錯誤；D．XZY、ZY2為HClO和ClO2中Cl均呈現(xiàn)出了正價而O均呈現(xiàn)出負價，說明O的電子能力強于Cl，所以O(shè)的非金屬性強于Cl，D項正確；故選C。6．AlH3是一種重要的儲氫材料。現(xiàn)以Al片、Pt片做電極，通過恒電位法控制陽極電位為-1.57V時電解NaAlH4的THF(四氫呋喃，液態(tài)有機溶劑)溶液制AlH3，電解過程中Pt電極上有Na3AlH6析出，下列有關(guān)說法錯誤的是已知：電位值影響電極放電。A．Pt片接恒電位儀的負極，NaAlH4在Pt上被還原為Na3AlH6B．電解時不能在有水環(huán)境中進行C．Al片接恒電位儀的正極，電極反應為3+Al-3e-=4AlH3D．若陽極電位不是-1.57V，則陽極可能同時生成H2【答案】A【解析】【分析】以Al片、Pt片做電極，通過恒電位法控制陽極電位為-1.57V時電解NaAlH4的THF溶液制AlH3，則Al電極為陽極，Pt電極為陰極，即Al電極與電源正極相接，Pt電極與電源負極相接，陽極反應式為3NaAlH4+Al-3e-=4AlH3，注意AlH3和NaAlH4中的H為-1價，二者均具有強還原性，能與水反應生成氫氣，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．Pt電極為陰極，與電源負極相接，但NaAlH4轉(zhuǎn)化為Na3AlH6的過程中Al、H的化合價未變化，則NaAlH4在Pt上轉(zhuǎn)化為Na3AlH6的過程中沒有發(fā)生還原反應，A錯誤；B．AlH3具有還原性，能與水反應生成氫氣，則電解時不能在有水環(huán)境中進行，B正確；C．由上述分析可知：Al電極為陽極，Al失電子、與AlH4結(jié)合生成生成AlH3，則陽極反應式為3+Al-3e-=4AlH3，C正確；D．NaAlH4具有其還原性，若陽極電位不是-1.57V，可能在陽極失電子生成H2，D正確；故合理選項是A。7．常溫下，為探究某一元酸HA的性質(zhì)，分別取20.00mL0.100mol·L-1的HA、鹽酸、醋酸三種溶液，分別用0.100mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH計測定滴定過程中的pH，pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是已知常溫下：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，=1.32，lg1.32=0.12A．曲線a、b、c分別表示HCl、CH3COOH、HAB．C點：c(HA)-c(A-)>c(OH-)-c(H+)C．將曲線a的A點和曲線c的D點的溶液混合，混合后的溶液呈酸性D．向曲線c的D點的溶液中滴加鹽酸至pH=7.00，則c(Na+)>c(HA)=c(Cl-)>c(A-)【答案】C【解析】【分析】根據(jù)起點判斷，0.1mol/L的鹽酸溶液pH=1，則a為鹽酸。由于CH3COOH的電離常數(shù)為1.75×10-5，則0.1mol/LCH3COOH溶液中，推知pH=-lg(1.32×10-3)=3-0.12=2.88。所以曲線b、c分別為CH3COOH和HA溶液。C起點pH=5.50，則?！驹斀狻緼．由以上分析曲線a、b、c分別為鹽酸、CH3COOH和HA溶液，A項正確；B．C點存在的物質(zhì)為HA和NaA且物質(zhì)的量之比為1:1，則該溶液中的電荷守恒式為c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，推知c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)。物料守恒式為c(HA)+c(A-)=2c(Na+)，兩等式整合得c(HA)-c(A-)=2[c(OH-)-c(H+)]。由于該點pH>7，則c(OH-)-c(H+)>0，所以c(HA)-c(A-)>c(OH-)-c(H+)，B項正確；C．A點物質(zhì)為HCl和NaCl，且物質(zhì)的量均為0.1×0.01=0.001mol。D點為NaA，其物質(zhì)的量為0.002mol。則兩點溶液混合后得到的物質(zhì)為NaCl、HA、NaA，物質(zhì)的量分別為0.002mol、0.001mol、0.001mol。則此溶液有，則c(H+)=10-10，pH=10，溶液呈堿性，C項錯誤；D．D點中加入鹽酸至中性，則該溶液為NaCl、NaA、HA，該體系的電荷守恒式和物料守恒式分別為c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)+c(Cl-)、c(HA)+c(A-)=c(Na+)，得出c(HA)=c(Cl-)。由C點得出若溶液為中性c(HA)>c(A-)，所以c(Na+)>c(HA)=c(Cl-)>c(A-)，D項正確；故選C。二、實驗題8．某學習小組擬研究FeSO4的分解實驗探究，請你利用所學知識幫該小組完成以下實驗方案。[實驗目的]探究FeSO4分解產(chǎn)物與溫度關(guān)系。[提出假設(shè)]假設(shè)1：Fe2O3、SO3、SO2；假設(shè)2：FeO、SO3、SO2；假設(shè)3：Fe3O4、SO3、SO2。[查閱資料]幾種物質(zhì)的物理性質(zhì)如表所示。物質(zhì)SO3SO2O2N2熔點/℃16.8-72.4-218.4-209.9沸點/℃44.8-10-182.9-195.8回答下列向題：(1)根據(jù)所學知識判斷，假設(shè)2肯定不成立，理由是_______。(2)實驗過程中，在檢查裝置氣密性之后點燃A處酒精燈之前的操作是_______，(只填操作)，當A處固體完全分解后通入N2的目的是_______。(3)實驗室用飽和氯化銨溶液和亞硝酸鈉溶液共熱制備N2，該反應的離子方程式為_______。(4)低溫浴槽Ⅰ收集的物質(zhì)是_______(填化學式)，低溫浴槽Ⅱ控制的溫度范圍為_______。(5)甲、乙組分別進行實驗，實驗數(shù)據(jù)如下(不考慮損失，固體已完全分解且固體產(chǎn)物為純凈物)：實驗A處溫度/℃FeSO4質(zhì)量/g低溫浴槽Ⅰ凈增質(zhì)量/g低溫浴槽Ⅱ凈增質(zhì)量/g甲T13.040.800.64乙T24.561.600.64甲組實驗中A裝置得到固體產(chǎn)物是_______(填化學式)。(6)為進一步確認固體產(chǎn)物成分，取乙組實驗得到的固體溶于稀硫酸，將溶液分成兩份，進行如下實驗：在一份溶液中滴加鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍色沉淀。在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，觀察到的現(xiàn)象是_______。[實驗結(jié)論]通過上述實驗，F(xiàn)eSO4分解產(chǎn)物與溫度有關(guān)。[交流反思]FeSO4分解反應中是否有O2生成？(7)為驗證實驗猜想，他們設(shè)計兩種方案檢驗O2：方案1：將D管導出的氣體通入酸化的淀粉-KI溶液中。方案2：用帶火星的木條放在D管口處。假設(shè)過程中持續(xù)緩緩通入N2，對比以上兩種方案，其中方案_______(填“1”或“2”)可行。【答案】(1)化合價只有降低，不符合氧化還原反應化合價變化規(guī)律(2)

通入一段時間N2

使A中殘留的三氧化硫和二氧化硫分別排入I和Ⅱ中(3)(4)

SO3

16.8℃-44.8℃(5)Fe2O3(6)溶液顯紅色或血紅色(7)1【解析】(1)根據(jù)所學氧化還原反應的規(guī)律可知，有元素化合價的升高，必有元素化合價降低，而假設(shè)2中根據(jù)分解產(chǎn)物分析可知，反應后部分硫元素化合價降低，但無化合價升高的元素，不符合氧化還原反應的規(guī)律，所以假設(shè)2錯誤，故答案為：化合價只有降低，不符合氧化還原反應化合價變化規(guī)律；(2)實驗過程中，在檢查裝置氣密性之后點燃A處酒精燈之前需通入一定量氮氣，可排除裝置內(nèi)的空氣，避免氧氣或水蒸氣干擾實驗；當A處固體完全分解后通入N2，隨著氣流方向可使產(chǎn)生的氣體全部進入下一裝置，使其全部被吸收，故答案為：通一段時間N2；使A中殘留的二氧化硫和三氧化硫分別排入I和Ⅱ中；(3)飽和氯化銨溶液和亞硝酸鈉溶液共熱可發(fā)生歸中反應生成氮氣、氯化鈉和水，其離子方程式為：；(4)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，SO3的沸點為44.8℃，SO2的沸點為-10℃，所以在低溫浴槽I中收集SO3，II中收集SO2，且II的溫度范圍選擇是高于熔點，低于沸點，應該是以液態(tài)收集，防止固體堵塞導管。所以解析中，I的溫度范圍應選擇16.8℃-44.8℃；(5)甲組實驗中，F(xiàn)eSO4的質(zhì)量為3.04g，則其物質(zhì)的量為=0.02mol，低溫浴槽Ⅰ中SO3的質(zhì)量為0.8g，所以物質(zhì)的量為=0.01mol，低溫浴槽Ⅱ中SO2的質(zhì)量為0.64g，所以其物質(zhì)的量為=0.01mol，根據(jù)元素守恒可知，得到的固體為Fe2O3，其物質(zhì)的量為0.01mol；(6)根據(jù)小問（5）分析可知，乙組實驗中，F(xiàn)eSO4的質(zhì)量為4.56g，則其物質(zhì)的量為=0.03mol，低溫浴槽Ⅰ中SO3的質(zhì)量為1.60g，所以物質(zhì)的量為=0.02mol，低溫浴槽Ⅱ中SO2的質(zhì)量為0.64g，所以其物質(zhì)的量為=0.01mol，根據(jù)元素守恒可知，得到的固體為Fe3O4，其物質(zhì)的量為0.01mol，所以取乙組實驗得到的固體溶于稀硫酸，溶液中含鐵離子與亞鐵離子，在一份溶液中滴加鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]溶液，會產(chǎn)生藍色沉淀，在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，觀察到的現(xiàn)象是會觀察到溶液顯紅色或血紅色；(7)N2不燃燒也不支持燃燒，假設(shè)過程中持續(xù)緩緩通入N2，若用帶火星木條檢驗氧氣的存在，現(xiàn)象會受干擾，而氧氣具有氧化性，在酸性條件下可氧化碘離子生成能使淀粉變藍的碘單質(zhì)，不受氮氣的干擾，所以選擇實驗方案1可行。三、工業(yè)流程題9．氧化鈰(CeO2)是一種應用非常廣泛的稀士氧化物。現(xiàn)以氟碳鋪礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)為原料制備氧化鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①稀土離子易與形成復鹽沉淀，Ce3+和發(fā)生反應：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；②硫脲：具有還原性，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2；③Ce3+在空氣中易被氧化為Ce4+，兩者均能形成氫氧化物沉淀；④Ce2(CO3)2為白色粉末，難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：(1)濾渣A的主要成分是_______(填寫化學式)。(2)在另一種生產(chǎn)工藝中，在氟碳鈰礦礦石粉中加入碳酸氫鈉同時通入氧氣焙燒，焙燒得到NaF和CeO2兩種固體以及兩種高溫下的氣態(tài)物質(zhì)，請寫出焙燒過程中相應的化學方程式_______。(3)焙燒后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸濃度、溫度有關(guān)，其關(guān)系如圖所示，圖示中H+濃度大于2.5mol·L-1時，浸出率降低的原因是_______。(4)加入硫脲的目的是將還原為Ce3+，反應的離子方程式為_______。(5)步驟③加入鹽酸后，通常還需加入另一種化學試劑X，根據(jù)題中信息推測，加入X的作用為_______。(6)下列關(guān)于步驟④的說法錯誤的是_______(填字母)。A．該步驟發(fā)生的反應是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2OB．可以用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影響產(chǎn)品純度C．過濾時選擇減壓過濾能夠大大提高過濾效率D．過濾后的濾液中仍含有較多Ce3+，需要將濾液循環(huán)以提高產(chǎn)率(7)取所得產(chǎn)品CeO28.00g溶解后配成250mL溶液。取25.00mL該溶液用0.20mol·L-1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定時發(fā)生反應Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，達到滴定終點時消耗硫酸亞鐵銨溶液20.50mL，則該產(chǎn)品的純度為_______。(保留兩位小數(shù))?！敬鸢浮?1)BaSO4SiO2(2)4CeFCO3+4NaHCO3+O2=4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O(3)硫酸根離子濃度過大時，容易和Ce3+發(fā)生反應生成沉淀，二而使浸出率降低(4)(5)防止Ce3+被氧化(6)D(7)88.15%【解析】【分析】氟碳鈰礦含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+進入溶液，SiO2不反應，BaO與硫酸反應生成BaSO4沉淀，過濾分離，濾渣A為SiO2、BaSO4，濾液A中加入硫脲將Ce4+還原為Ce3+，Ce2(SO4)3與Na2SO4形成復鹽沉淀Ce2(SO4)3?Na2SO4?nH2O，過濾分離。復鹽沉淀加入堿，再加入酸，Ce3+被轉(zhuǎn)移到溶液中，再加入碳酸氫銨使Ce3+沉淀為Ce2(CO3)3，最后灼燒分解生成CeO2。(1)氧化鋇和硫酸反應生成硫酸鋇，二氧化硅不溶于水，故濾渣1的主要成分為BaSO4和SiO2。(2)在氟碳鈰礦礦石粉中加入碳酸氫鈉同時通入氧氣焙燒，焙燒得到NaF和CeO2兩種固體以及兩種高溫下的氣態(tài)物質(zhì)，說明鈰化合價升高，則氧化合價降低，根據(jù)電子守恒分析，得方程式為：4CeFCO3+4NaHCO3+O2=4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。(3)硫酸根離子濃度過大時，容易和Ce3+發(fā)生反應生成沉淀，而使浸出率降低(4)硫脲具有還原性，酸性條件下將還原為，自身被氧化為(SCN2H3)2，依據(jù)電子守恒，電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：。(5)已知Ce3+在空氣中易被氧化為+4價，因此加入鹽酸后應加入某種試劑是防止Ce3+被氧化。(6)A.根據(jù)流程分析，該步驟Ce3+與碳酸氫銨提供的碳酸根離子結(jié)合生成沉淀，產(chǎn)生的氫離子與碳酸氫根反應生成二氧化碳和水，發(fā)生的反應是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。故正確；B.若用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，也生成碳酸鹽，不影響產(chǎn)品純度，故正確；C.減壓過濾能夠大大提高過濾效率，故正確；D.過濾后的濾液中不會有較多的Ce3+，故錯誤。故選D。(7)由Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，結(jié)合Ce元素守恒可知，n(CeO2)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.20mol·L-1×20.5×10-3=4.1×10-3mol，故樣品中CeO2的總量為4.1×10-3mol×=0.041mol，該產(chǎn)品的純度為=88.15%。四、原理綜合題10．Ⅰ.工業(yè)合成氨是人工固氮研究的重要領(lǐng)域，回答下列問題：(1)2007年度諾貝爾化學獎獲得者格哈德·埃特爾，確認了合成氨反應機理。673K時，各步反應的能量變化如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的粒子用“*”標注。圖中決速步驟的反應方程式為_______，該步反應的活化能Ea=_______kJ·mol-1。(2)相同質(zhì)量的同種催化劑，在載體上的分散度越高，催化作用越強，原因是_______，NH3在少量某催化劑下分解的實驗數(shù)據(jù)如下表：反應時間/min01020304050c(NH3)/mol·L-1c00.9c00.8c00.7c00.6c00.5c0分析表中數(shù)據(jù)可知，隨著反應進行，c(NH3)減小，平均反應速率_______(填“增大”、“減小”或“不變”)，對該變化的合理解釋是_______。(3)在一定條件下，向某反應容器中投入5molN2、15molH2在不同溫度下反應，平衡體系中氨的質(zhì)量分數(shù)隨壓強變化曲線如圖所示：①溫度T1、T2、T3中，最大的是_______，M點N2的轉(zhuǎn)化率為_______。②1939年捷姆金和佩熱夫推出合成氨反應在接近平衡時凈速率方程式為：v(NH3)=，k1、k2分別為正反應和逆反應的速率常數(shù)；p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各組分的分壓(分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))；α為常數(shù)，工業(yè)上以鐵為催化劑時，α=0.5，由M點數(shù)據(jù)計算=_______(保留2位有效數(shù)字)。Ⅱ.利用磷鹽分子作為質(zhì)子導體，可實現(xiàn)高速率電催化還原反應合成NH3，其原理如圖所示。(4)生成NH3的第二步反應方程式為_______?！敬鸢浮?1)

62(2)

分散度越高，總表面積越大，吸附的反應物越多

不變

催化劑表面已充分吸附氨氣，反應中氨氣濃度減小但吸附量不變，平均反應速率不變(3)

T3

40%

0.0073(MPa)-2(4)Li3N+3H+=NH3↑+3Li+【解析】(1)整個反應歷程中活化能最大的反應，為慢反應，也是決速反應，所以上述歷程中決速步驟為：；該反應的活化能為45kJ·mol-1-（-17）kJ·mol-1=62kJ·mol-1；(2)相同質(zhì)量的同種催化劑，分散度越高，總表面積越大，吸附的反應物越多，則催化效果越好；該反應在催化劑表面發(fā)生，由表中數(shù)據(jù)可知，隨著反應進行，催化劑表面已充分吸附氨氣，反應中氨氣濃度減小但吸附量不變，所以平均反應速率不變；(3)①由上述反應歷程可知，合成氨為放熱反應，其他條件不變時，隨著溫度的升高，平衡向逆反應方向移動，則氨氣的質(zhì)量分數(shù)減小，所以溫度最高的是T3；圖中表示，M點氨氣的質(zhì)量分數(shù)為40%，因反應前后氣體的總質(zhì)量保持不變，所以氨氣的質(zhì)量為=68g，所以得到的氨氣的物質(zhì)的量為=4mol，又各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化量之比等于參加反應的化學計量數(shù)之比，所以轉(zhuǎn)化的氮氣的物質(zhì)的量為=2mol，其轉(zhuǎn)化率為=40%，故答案為：T3；40%；②結(jié)合上述公式可推出=Kp，根據(jù)圖像可看出M點已經(jīng)達到反應平衡狀態(tài)，根據(jù)①計算可得出平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量分別為：n(N2)=5mol-2mol=3mol，n(H2)=15mol-6mol=9mol，n(NH3)=0mol+4mol=4mol，則對應各物質(zhì)的分壓分別為：p(N2)==3MPa，p(H2)==9MPa，n(NH3)==4MPa，所以=Kp=，故答案為：0.0073(MPa)-2；(4)根據(jù)圖示可知，上述過程為電解池原理，生成氨氣的一極有電子的流入，為陰極，磷鹽分子在電解中的作用為傳導質(zhì)子，故生成氨氣的第二步反應方程式為：Li3N+3H+=NH3↑+3Li+。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．過渡金屬及其配合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應用。請回答下列問題。(1)原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的鐵原子，其價電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______。(2)Fe、Co的第四電離能分別為5290kJ/mol、4950kJ/mol，鐵的第四電離能大于鈷的第四電離能的主要原因是_______。(3)Fe能與CO形成配合物Fe(CO)6，在形成配位鍵時CO中C提供孤電子對，而不是O提供孤電子對，其主要原因可能是_______。(4)鐵常見的兩種氧化物為FeO、Fe2O3，F(xiàn)eO的熔點比Fe2O3低的原因是_______。(5)端位原子不影響分子構(gòu)型，所以我們通常只討論影響分子構(gòu)型的原子的雜化類型。V2O5的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，1個V2O5分子中參與雜化的O原子雜化方式為_______。V2O5分子中含有的δ鍵和π鍵的數(shù)目比為_______。(6)反型鈦鈣礦電池無需使用具有光催化活性的TiO2(通過氮摻雜生成TiO2-aNb，反應如圖)以及摻雜的有機空穴傳輸層，光照下的輸出穩(wěn)定性更好，更具發(fā)展?jié)摿?。則TiO2-aNb晶體中a=_______。已知原子1、2的分數(shù)坐標為(0，0，)和(1，0，0)，則原子3的坐標為_______，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則TiO2的密度為_______g·cm-3(列出計算式)?！敬鸢浮?1)+2(或-2)(2)Fe3+價層電子排布式為3d5，為半充滿狀態(tài)，Co3+價層電子排布式為3d6(3)電負性O(shè)＞C，O原子不易提供孤電子對(4)FeO、Fe2O3都是離子晶體，F(xiàn)e3+的半徑較小且電荷數(shù)較大，F(xiàn)e2O3的晶格能大于FeO(5)

sp3

3：2(6)

(1，1，)

【解析】(1)Fe是26號元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知基態(tài)Fe原子核外電子排布式是[Ar]3d64s2，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，，所以基態(tài)Fe原子的價電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2，所以其價電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+2或-2；(2)Fe3+價層電子排布式為3d5，為3d軌道的半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，F(xiàn)e失去的是較穩(wěn)定的3d5的一個電子，所需能量較大；Co失去的是3d6中的一個電子，變?yōu)?d軌道的半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，所需能量較小；(3)配合物Ni(CO)4，配體CO中提供孤電子對的是C原子而不是O原子，其理由可能是電負性O(shè)＞C，O原子不易提供孤電子對，配體CO中提供孤電子對的是C原子而不是O原子；(4)FeO、Fe2O3都是離子晶體，F(xiàn)e3+的半徑較小且電荷數(shù)較大，F(xiàn)e2O3的晶格能大于FeO，則氧化鐵的熔沸點較高；(5)1個V2O5分子中參與雜化的O原子為中間的氧原子，其價層電子對數(shù)是4，所以采用sp3雜化，共價單鍵為σ鍵、共價雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，由圖可知：V2O5分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為6：4=3：2；(6)TiO2晶胞中Ti原子的個數(shù)為8×+4×+1=4，含有的O原子個數(shù)為8×+8×