24，重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题

这是一份24，重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题，共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 是阿伏加德罗常数值， 下列化学用语表述错误是等内容，欢迎下载使用。

(满分：100分；考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39 Fe-56 Zn-65 I-127
一、选择题(每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 春节将至，年味渐浓。关于这些“年味”叙述错误的是
A. 美丽的烟花是可见光，属于吸收光谱
B. “扫尘”中会用到去油污的碳酸钠溶液，涉及到盐类的水解
C. 古代“压岁钱”指的是铜制钱币，属于一种合金材料
D. “年夜饭”中用到的食盐是一种混合物，主要成分为氯化钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．美丽的烟花是可见光，属于发射光谱，故A错误；
B．碳酸钠水解使溶液呈碱性，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解为可溶性高级脂肪酸钠和甘油，碳酸钠溶液去油污涉及到盐类的水解，故B正确；
C．铜制钱币，其材料为铜合金，属于一种合金材料，故C正确；
D．食盐是一种混合物，主要成分为氯化钠，还有KIO3等添加剂，故D正确；
选A。
2. 下列有关方程式错误的是
A. 燃烧热的热化学方程式：
B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C. 沉淀转化为沉淀：您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3/份 D. 煅烧黄铁矿制：
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则燃烧热的热化学方程式： ，A正确；
B．铅蓄电池充电时阳极上硫酸铅失电子产生氧化铅和硫酸，电极反应式为，B错误；
C．碘化银溶度积较小，氯化银可以转化为碘化银，相应的离子方程式为：，C正确；
D．FeS2高温时可是生成氧化铁和二氧化硫，方程式为：，D正确；
故选B。
3. 下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A. 非极性分子可能含有极性键
B. 氢键键长一般定义为的长度
C. 的热稳定性大于，是因为水分子间可以形成氢键
D. 根据“相似相溶”原理，在水中的溶解度大于
【答案】C
【解析】
【详解】A．非极性分子可能含有极性键，CH4是非极性分子，但C-H键为极性键，故A正确；
B．氢键键长一般定义为A−H⋯B的长度，故B正确；
C．H2O比H2S稳定，是因为共价键键能前者大于后者，故C错误；
D．O3和H2O为极性分子，O2为非极性分子。相似相溶，故D正确；
故选C；
4. 是阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 溶液中的数目小于
B. 与足量水反应转移的电子数目为
C. 标准状况下，盐酸含有个分子
D. 的溶液中和离子数之和为
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液的体积未知，无法计算溶液中的数目，故A错误；
B．在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1mlNa2O2参加反应转移1ml电子，转移电子数为NA，故B正确；
C．标准状况下，盐酸是溶液，且氯化氢在水中完全电离，盐酸中不含氯化氢分子，故C错误；
D．既能电离为又能水解为H2CO3分子，故溶液中、、H2CO3的个数之和为0.1NA个，故D错误。
答案选B。
5. 下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制一定浓度盐酸标准液，定容时应平视刻度线，故A不符合题意；
B．萃取碘水中的碘应使用苯，故B不符合题意；
C．Fe3+发生水解，，由于温度升高以及溶液的蒸发促使HCl挥发逃逸，反应不断向着生成Fe(OH)3的方向进行，由于Fe(OH)3不稳定，受热会分解生成Fe2O3，所以蒸干溶液无法得到固体，故C不符合题意；
D．图为排除碱式滴定管中的气泡的正确操作，故D符合题意；
故答案选D。
6. 下列化学用语表述错误是
A. 的电子式：B. 的价层电子排布式为：
C. 分子的模型：D. 亚铁离子结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．的结构为H-O-Cl，电子式为，故A正确；
B．是第25号元素，价层电子排布式为，故B正确；
C．分子的模型为四面体，故C错误；
D．亚铁离子为Fe失去2个电子，离子结构示意图为，故D正确；
故答案选C。
7. 金刚石、、晶体硅均具有相似的结构，其化学键的键能数据如下表，下列说法正确的是
A. 分子中键和键的个数比为
B. 发生化学反应中化学能可全部转化为热能
C. 热化学方程式
D. 金刚石比晶体硅燃烧放出的热量更多
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子的结构式为O=C=O，双键中有1个键和1个键， 键和键的个数比为1:1，故A错误；
B．发生化学反应中，化学能可转化为热能、光能、电能等形式的能量，故B错误；
C．1mlSi(s)中含有2mlSi-Si键，1mlO2中含有1ml键，1mlSiO2中含有4ml键，焓变=反应物总键能-生成物总键能， ，故C正确；
D．根据C选项，1ml晶体硅燃烧放热990kJ，金刚石燃烧放热(745×2-348×2-498)=296kJ，金刚石比晶体硅燃烧放出的热量更少，故D错误；
选C。
8. 有一种有超导性的硼镁化合物，晶体结构属于立方晶系。其晶体结构、晶胞沿轴的投影图如图所示，关于其晶体下列说法正确的
A. 该化合物的化学式为B. 一个晶胞中含有2个
C. 最近距离为D. 与距离最近且相等的有8个
【答案】A
【解析】
【详解】A．由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中B在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为MgB2；A正确；
B．由A分析可知，晶胞中Mg的个数为1，B错误；
C．由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为，C错误；
D．根据该晶体结构可知，与距离最近且相等的有12个，D错误；
故选A。
9. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过量的氯水能氧化I-生成I2，干扰Br2氧化I-生成I2，所以不能得出氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故A错误；
B．、在溶液中存在化学平衡：+H2O⇌2+2H+，向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加硫酸，c(H+)增大，溶液黄由色变为橙红色，导致c()减小，c()增大，则增大氢离子浓度，平衡向生成的逆反应方向移动，故B正确；
C．向含有ZnS和Na2S 悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚硫酸根离子，由实验操作和现象可知，溶液中可能含亚硫酸根离子，故D错误。
答案选B。
10. 电解水是一种简单、低成本的制氢方法。在酸性电解质中，阴极反应包括以下步骤：Ⅰ．；Ⅱ．（注：“”代表活性表面位点）；而碱性条件下电解过程则需更多能耗（无其他反应）。下列说法正确的是
A. 阴极总反应为：
B. 酸性条件下反应活化能更大
C. 碱性条件下反应速率更快
D. 同温同压下，产生等体积的氢气，酸性、碱性电解质条件下转移电子的物质的量不等
【答案】A
【解析】
【详解】A．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，阴极总反应为，A正确；
B．碱性条件下电解过程则需更多能耗，则碱性条件下反应活化能更大，B错误；
C．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，结合B分析，则酸碱性条件下反应速率更快，C错误；
D．同温同压下，产生等体积的氢气，氢元素化合价变化相同，则酸性、碱性电解质条件下转移电子的物质的量相等，D错误；
故选A。
11. 已知某温度下和的电离常数相等。现向浓度为的氨水溶液中滴加相同浓度的醋酸溶液，在滴加过程中，下列说法不正确的是
A. 与之和始终增大
B. 水的电离程度始终增大
C. 先增大再减小
D. 当加入该醋酸溶液的体积为时，
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加醋酸溶液，醋酸和醋酸跟一直增加，所有与之和始终增大，故A正确；
B．氨水溶液中，水的电离受抑制，滴加醋酸溶液，氨水被消耗，水的电离逐渐增大，但是当醋酸溶液过量时，水的电离受抑制，故B错误；
C．当醋酸少量时，促进氨水电离，先增大，当醋酸过量时，抑制的水解，再减小，故C正确；
D．向浓度为的氨水溶液中滴加相同浓度的醋酸溶液，当加入该醋酸溶液的体积为时，此时溶质为，且某温度下和的电离常数相等，所以，故D正确；
故答案选B。
12. 目前，通过电催化技术将二氧化碳转化为可利用的再生燃料已成为一种理想选择。有人设计了如下两种电解方法（注：其中电极仅用于参照，不影响反应）。下列有关说法正确的是
A. 对于图（），左侧产生（标准状况），会有从左侧转移到右侧
B. 对于图（），电极连接直流电源的负极
C. 两种装置阴极反应的方程式完全相同
D. 两种装置阳极生成的气体完全相同
【答案】D
【解析】
【分析】两个装置均为电解池，图（）左侧与电源负极相连为阴极，阴极发生还原反应，，右侧为阳极，发生氧化反应；图（）右侧发生的还原反应，为阴极，与电源负极相连，左侧与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应。
【详解】A．图（），电解质溶液为，左侧为阴极，电极反应为，生成（标准状况）物质的量为1ml，转移电子2ml，在电解池中，阳离子移向阴极，有从右侧转移到左侧，中和生成的，A错误；
B．图（）右侧为阴极，与电源负极相连，左侧电极与电源正极相连，B错误；
C．图（）的阴极反应为，图（）电解质溶液为，能与反应生成，故阴极电极反应为，二者阴极电极反应式不同，C错误；
D．图（）阳极电极反应为，图（）阳极电极反应为，阳极生成的气体完全相同，D正确；
答案选D。
13. 草甘膦，是一种有机膦类除草剂，其结构式如图。其中、、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素。其中只有能级上有电子，原子的电子总数为价层电子数三倍，的电子排布式中有三对成对电子。下列说法正确的是
A. 、、三种元素中原子半径最大的是
B. 、的第一电离能
C. 、、、、最外层均达到8电子稳定结构
D. 电负性，则其简单氢化物的还原性
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X只有s能级上有电子，X为H元素；E原子的电子总数为价层电子数三倍，E为P元素；W的电子排布式中有三对成对电子，W为O元素；根据草甘膦的结构式可知，Y形成4对共用电子对、Z形成3对共用电子对，则Y为C元素，Z为N元素。
【详解】A．同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，X（H）、Y（C）、Z（N）三种元素中原子半径最大的是Y（C），A项错误；
B．Z（N）的2p能级有3个电子，处于半充满、较稳定，故Z（N）的第一电离能大于W（O）的第一电离能，B项正确；
C．由草甘膦的结构知，H、P最外层不是8电子的稳定结构，C项错误；
D．同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，简单氢化物的还原性逐渐增强，故电负性：Z（N）＞E（P），简单氢化物的还原性NH3＜PH3，D项错误；
答案选B。
14. 时，用等浓度的溶液分别滴定一元酸溶液和溶液，[表示负对数，表示、]与溶液的变化关系如图所示。已知：易溶于水，一般认为反应的平衡常数时反应进行完全。下列说法错误的是
A. 线①代表滴定溶液时与溶液的变化关系
B. 为一元弱酸，时
C. 的
D. 滴定溶液至点时，改为滴加溶液，沉淀最后能完全溶解
【答案】D
【解析】
【分析】根据NaOH溶液与HA溶液、溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，逐渐减小，变大，所以线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，据此回答。
【详解】A．由分析知线①代表滴定溶液时与溶液的变化关系，A正确；
B．从线②与横坐标轴的交点可知时，，所以，B正确；
C．①线与横坐标交点即铜离子浓度为1ml/L，此时pH为4.2，即氢离子浓度为10-4.2 ml/L，则氢氧根浓度为10-9.8 ml/L，所以的，C正确；
D．若发生反应，则该反应的，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即时，，所以，，故沉淀不能完全溶解，D错误；
故选D。
二、填空题(本题共4小题，共52分)
15. 废旧三元锂离子电池正极材料主要成分为（含有铝箔、炭黑、有机物等杂质）。通过热处理、浸出、有价金属分离等过程回收钴、锰、镍、锂等金属的工艺流程如图所示：
已知：①“碱浸”后的滤渣中主要含有、、、、；
②，，
回答下列问题：
（1）在元素周期表中的位置是__________________。
（2）“粉碎灼烧”的目的是____________________________________________________________。
（3）“碱浸”后滤液中的阴离子主要是__________________（填化学式）。
（4）“酸浸”时加入的目的是____________________________________（用离子方程式解释）。
（5）若“酸浸”后溶液中、、的浓度均为，欲使完全沉淀（离子浓度小于等于）而不使、沉淀，需调节的范围为________________________。[]
（6）“沉锰”时需控制溶液，发生反应的离子方程式为________________________。
（7）对比“沉镍”“沉锂”两个步骤，若“沉镍”时只加入较高浓度溶液即可得到，但最终选择加入和较低浓度的混合溶液的原因是________________________________________________。
【答案】（1）第四周期Ⅷ族
（2）增大接触面积、除去正极材料中的炭黑和有机物杂质
（3）、
（4）
（5）
（6）
（7）溶液浓度过高会使沉淀，影响和的分离
【解析】
【分析】由题给流程可知，废旧三元锂电池正极材料经粉碎、灼烧除去正极材料中的炭黑及有机黏合剂后，向灼烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸将铝转化为偏铝酸钠，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，其中三氧化二钴酸性条件下与过氧化氢溶液反应生成硫酸钴，向酸浸液中加入草酸铵，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到二水草酸钴和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰，过滤得二氧化锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中镍离子转化为NiCO3⋅2Ni(OH)2⋅4H2O沉淀，过滤得到为NiCO3⋅2Ni(OH)2⋅4H2O和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂。
【小问1详解】
Ni为28号元素，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；
故答案为：第四周期Ⅷ族；
【小问2详解】
为了加快反应速度，增大反应的接触面积，对反应物固体粉碎，灼烧的目的是除去正极材料中的炭黑及有机黏合剂灼烧；
故答案为：增大接触面积和除去正极材料中的炭黑和有机物杂质；
【小问3详解】
由分析可知，碱浸的目的是将铝转化为偏铝酸钠；
故答案为：、OH-；
【小问4详解】
双氧水具有还原性将C3+还原为C2+，；
故答案为：；
【小问5详解】
由溶度积可知，钴离子完全沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度为，则溶液中为13，草酸锰的溶解度小于草酸镍，则当锰离子浓度为0.1 ml/L，则溶液中草酸根离子的浓度为可防止草酸锰、草酸镍沉淀，溶液中为12，所以使溶液中钴离子完全沉淀，而锰离子、镍离子不沉淀的的范围为12＜≤13；
故答案为：12＜≤13；
【小问6详解】
由分析可知，沉锰时加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰，反应的离子方程式为；
故答案为：；
【小问7详解】
由分析可知，若碳酸钠溶液浓度过高会使溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，从而影响镍离子和锂离子的分离，所以沉镍时选择加入氢氧化钠溶液和较低浓度的碳酸钠溶液，不加入较高浓度的碳酸钠溶液；
故答案为：Na2CO3浓度过高会使Li+沉淀，影响Ni2+和Li+的分离。
16. 市场上的静脉补铁剂以三价铁为主。如蔗糖铁，其具备结构稳定、毒性很低、安全、快速有效、副作用小的补铁治疗效果。已知某蔗糖铁绿色环保合成过程如下：
现实验室制备氢氧化铁原胶泥并进行其铁含量的测定（已知氢氧化铁原胶泥粒子大小介于之间）。回答下列问题：
Ⅰ．氢氧化铁原胶泥的制备
在装置中加入和蒸馏水，搅拌，控制水浴温度在缓慢滴加的溶液，滴完，继续搅拌，分离制得原胶泥。加入蒸馏水重复洗涤、分离四次。
（1）仪器的名称是__________________。
（2）制备 Fe(OH)3原胶泥的离子方程式为__________________。
（3）水浴温度不宜过高，Na2CO3溶液滴加速度不宜过快的原因均是____________。
（4）分离得到Fe(OH)3原胶泥的方法是____________（填标号）。
A. 离心分离（对比重不同的物质借助于离心力进行分离）B. 过滤
C. 减压过滤D. 蒸馏
（5）检验 Fe(OH)3原胶泥已洗净的方法是__________________。
Ⅱ．氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定
准确称量3.00g原胶泥于碘量瓶中（如图所示，用于碘量法测定的专用锥形瓶；即在锥形瓶口上使用磨口塞子，盖塞子后可以水封瓶口），加蒸馏水和，加热至微沸，充分溶解。加足量盐酸和溶液后，盖紧瓶塞，静置。用标准溶液滴定，发生反应：，至接近终点时，加淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗标准溶液。
（6）实验中碘量瓶盖紧瓶塞的目的是__________________。
（7）在滴定过程中淀粉指示剂不能过早加入，否则较多I2会被淀粉包裹而导致终点迟滞，使铁含量的测定结果____________（填“偏高”或“偏低”）。
（8）计算氢氧化铁原胶泥样品中铁的质量分数为____________（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）2Fe3+++3H2O2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑
（3）为了防止Fe(OH)3胶体发生聚沉生成Fe(OH)3沉淀 （4）A
（5）取最后一次的洗涤液，滴加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀，则已洗净
（6）防止碘挥发损失(或防止空气中氧气氧化I-)，使测定结果不准确
（7）偏高 （8）
【解析】
【分析】本题为实验探究题，根据蔗糖铁绿色环保合成过程先进行实验Ⅰ，氢氧化铁原胶泥的制备，即用题干图示实验装置让FeCl3·6H2O和蒸馏水搅拌，15~20℃水浴加热后用恒压滴液漏斗滴加4%Na2CO3溶液，充分反应后分离出Fe(OH)3原胶泥，原胶泥与蔗糖在一定条件下转化为蔗糖铁胶体，实验Ⅱ是氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定，根据反应2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O，Fe2(SO4)3+2KI=K2SO4+2FeSO4+I2， I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，用淀粉溶液作指示剂用Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质，据此分析解题。
【小问1详解】
由仪器结构可知仪器a的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
【小问2详解】
FeCl3发生水解生成Fe(OH)3胶体和HCl，HCl和Na2CO3反应，促进上述水解平衡正向移动，故该反应的离子方程式为：2Fe3+++3H2O2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑，故答案为：2Fe3+++3H2O2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑；
【小问3详解】
制备Fe(OH)3胶体时水浴的温度过高容易使Fe(OH)3胶体发生聚沉，滴加Na2CO3溶液的速度过快，溶液碱性增强，容易生成Fe(OH)3沉淀；故答案为：为了防止Fe(OH)3胶体发生聚沉生成Fe(OH)3沉淀；
【小问4详解】
Fe(OH)3胶体悬浮在溶液中，且能透过滤纸，利用离心分离可使比重不同的物质分离，故采用离心分离，故答案为：A；
【小问5详解】
检验Fe(OH)3原胶泥已洗净即洗涤滤液中不含有Cl-的可溶性的杂质离子，该方法是取最后一次的洗涤液，滴加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀，则已洗净，故答案为：取最后一次的洗涤液，滴加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀，则已洗净；
【小问6详解】
实验中加入过量的KI淀粉溶液，并用足量稀盐酸酸化发生氧化还原反应，生成碘单质，立即盖上磨口塞子，再加少量蒸馏水水封瓶塞，水封的目的是：防止生成的碘单质升华，造成实验误差，故答案为：防止碘挥发损失(或防止空气中氧气氧化I-)，使测定结果不准确；
【小问7详解】
在滴定过程中淀粉指示剂不能过早加入，否则较多I2会被淀粉包裹而导致终点迟滞，使得消耗的Na2S2O3溶液的体积偏大，算出I2的物质的量偏多，则使铁含量的测定结果偏高，故答案为：偏高；
【小问8详解】
由反应方程式：2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O，Fe2(SO4)3+2KI=K2SO4+2FeSO4+I2， I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可找到关系式为：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，故有：n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000ml/L×25.00×10-3L=2.5×10-3ml，故氢氧化铁原胶泥样品中铁的质量分数为=4.67%，故答案为：4.67。
17. 2023年7月17日，习近平主席在全国生态环境保护大会上发表重要讲话，其中强调要实现绿色低碳转型，以更加积极的姿态参与全球气候治理。回答下列问题：
（1）一定条件下，与反应可转化为、，该反应不仅可应用于温室气体的消除，实现低碳发展，还可以应用于空间站中与的循环，实现的再生。
已知：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
则______，推测反应Ⅲ在______（填“较高温度”、“较低温度”或“任何温度”）条件下能自发进行。
（2）一定条件下，利用甲烷可将还原为。在一密闭容器中充入、气体各，发生反应 。测得的平衡转化率随温度、压强的变化曲线如图所示，______0（填“>”“<”或“=”），______（填“>”“<”或“=”）；点的压强平衡常数______（用平衡分压代替平衡浓度计算，气体的分压=气体总压强×该气体的物质的量分数）。
（3）利用强氧化剂可以对烟气进行脱硫脱硝。在某工厂中，用溶液作氧化剂，控制，将烟气中和转化为高价含氧酸根离子。测得溶液在不同温度时，脱除率如下表：
请写出脱除原理的离子方程式________________________；温度高于时，脱除率逐渐降低，原因是________________________。
（4）科学家近日发明了一种无污染、无需净化的高效产氢可充电电池，电池示意图如下。电极为金属锌和选择性催化材料，实现了放电析氢和充电氧化两个独立的反应。
①放电时，负极区溶液____________（填“增大”“减小”或“不变”）；
②充电时极的电极反应方程式为__________________；若两电极池充电前质量相等，当外电路转移时，阴阳两极电解池的质量之差为__________________。
【答案】（1） ①. ②. 较低温度
（2） ①. > ②. < ③. 196
（3） ①. ②. 温度越高，水解生成越不稳定；温度升高，和溶解度减小
（4） ①. 减小 ②. ③. 119
【解析】
小问1详解】
反应Ⅰ． ，反应Ⅱ． ，反应Ⅲ，则反应Ⅲ=2×反应Ⅰ+反应Ⅱ，；反应Ⅲ正向放热，体积减小，则该反应低温条件下，低温自发；
【小问2详解】
，根据图像可知相同压强，升高温度甲烷的转化率增大，平衡正向移动，则反应正向吸热，△H＞0；反应正向体积增大，相同温度条件下，增大压强平衡逆向移动，则P1＜P2；，Q点总压为21MPa，、气体各，甲烷的平衡转化率为50%，则甲烷、二氧化碳、氢气、一氧化碳的物质的量变化分别为0.5ml、0.5ml、1ml、1ml，平衡物质的量分别为0.5ml、0.5ml、1ml、1ml，点的压强平衡常数；
【小问3详解】
次氯酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子自身被还原为氯离子：，次氯酸在高温条件下不稳定分解为HCl和O2，因此高温条件下，和溶解度减小；
【小问4详解】
放电时，Zn为负极，，负极氢氧根离子浓度减小，pH减小；放电时b为正极，则充电时b为阳极，在碱性条件下失电子被氧化生成氮气同时有水生成：；充电时a发生：，b发生：，则有4ml电子转移时同时有4ml氢氧根离子从a区迁移到b区，a质量减少130g+4×17g=198g，b质量增加4×17g -28g=40g，则当外电路转移时，阴阳两极电解池的质量之差为。
18. 关于第Ⅳ族的元素——碳（）、硅（）、锗（）、锡（）和铅（），它们可形成许多结构各异的物质。回答下列问题：
（1）基态原子价电子轨道表示式为______，有______种不同运动状态的电子。
（2）中原子的杂化类型是______，的空间结构是______。
（3）1999年，科学家成功地将一个原子“装入”了一个的空腔内，得到了“世界上最小的氦气球”（如图所示，产物记为）。则中，与之间的作用力为______。
（4）第Ⅳ族的金属元素可形成、和等阴离子，根据等电子体原理判断，中的键角为______。
（5）科研团队通过皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多臂碳纳米管合成碳，碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，碳的密度约为金刚石的一半，碳晶体的晶胞、金刚石的晶胞如图所示。则碳晶胞的棱长是金刚石晶胞棱长的______倍。
（6）与碱金属形成的盐具有特别的意义，他们能在低温时转变为超导材料。与形成的一种超导材料的晶胞如图所示，图中白球表示，黑球表示钾原子。
①该材料的化学式是____________。
②已知晶胞边长为，则该超导材料的理论密度为____________（写出表达式）。
【答案】（1） ①. ②. 14
（2） ①. ②. 平面三角形
（3）范德华力 （4）60°
（5）2 （6） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
基态原子的价电子排布式为3s23p2，轨道表示式为，有14种不同运动状态的电子，故答案为；14。
【小问2详解】
的结构式为，原子的杂化类型是，中原子的杂化类型是sp2杂化，空间结构是平面三角形，故答案为；平面三角形。
【小问3详解】
如图所示，原子“装入”了一个的空腔内，没有形成化学键，所以与之间的作用力为范德华力，故答案为范德华力。
【小问4详解】
原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子即等电子体，的等电子体为P4，P4键角为60°，所以的键角为60°，故答案为60°。
【小问5详解】
T−碳的密度约为金刚石的一半，而根据晶胞中原子的数目，可知T−碳晶胞质量为金刚石的4倍，根据，T−碳晶胞的体积应该是金刚石的8倍，而晶胞棱长＝，故即T−碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为2：1，故答案为2。
【小问6详解】
①晶胞中，K原子个数＝、C60个数＝＝4，则C60与K原子个数之比＝4：12＝1：3，其化学式为 K3C60，故答案为K3C60；
②已知晶胞边长为，该超导材料的理论密度为，故答案为。A
B
C
D
配制一定浓度的盐酸标准液
用乙醇萃取碘水中的碘
蒸干溶液得固体
排除碱式滴定管中的气泡
键
键能（）
348
301
176
498
460
745
实验
现象
结论
A
向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
探究氢离子浓度对、相互转化的影响
向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
C
向含有和的悬浊液中滴加溶液
生成黑色沉淀
的溶解度小于
D
①某溶液中加入溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有
温度
10
20
40
50
60
80
脱除率%