【解析】河南省南陽一中2023-2023學(xué)年高三上學(xué)期化學(xué)第三次月考試卷

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河南省南陽一中2023-2023學(xué)年高三上學(xué)期化學(xué)第三次月考試卷

一、選擇題(每小題3分，共42分)

1．（2023高三上·南陽月考）化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是（）

A．PM2.5是指粒徑不大于2.5um的可吸入懸浮顆粒物

B．燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放

C．綠色化學(xué)要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染

D．天然氣和液化石油氣是我國目前推廣使用的清潔燃料

2．（2023高三上·南陽月考）下列各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能分離的是（）

A．氧化鎂中混有氧化鋁B．氯化鋁溶液中混有氯化鐵

C．氯化亞鐵溶液中混有氯化銅D．氧化鐵中混有二氧化硅

3．（2023高三上·南陽月考）某同學(xué)采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、AlO3，不考慮其他雜質(zhì))制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)，設(shè)計了如下流程：

下列說法不正確的是（）

A．溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉

B．固體1中一定含有SiO2，控制pH是為了使Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，進入固體2

C．若改變方案，在溶液1中直接加NaOH至過量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液經(jīng)結(jié)晶分離也可得到FeSO4·7H2O

D．從溶液2得到FeSO4·7H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解

4．（2023高三上·南陽月考）某無色溶液含有下列離子中的若干種：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32-、Cl-、OH-、NO3-。向該溶液中加入鋁粉，只放出H2，則溶液中能大量存在的離子最多有（）

A．4種B．5種C．6種D．7種

5．（2023高三上·南陽月考）在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）

A．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)

B．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)

C．AgNO3(aq)「Ag(NH3)2」-（aq）Ag(s)

D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)

6．（2023高三上·南陽月考）某鐵的氧化物(FexO)1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mLCl2恰好將Fe2+完全氧化。x值為（）

A．0.78B．0.80C．0.85D．0.90

7．（2023高三上·南陽月考）下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）

選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論

A分別加熱Na2CO3和NaHCO3固體試管內(nèi)壁都有水珠兩種物質(zhì)均受熱分解

B向稀的苯酚水溶液中滴加飽和溴水生成白色沉淀

產(chǎn)物三溴苯酚不溶于水

C向含I-的無色溶液中滴加少量新氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液變成藍色還原性性：Cl-＞I-

D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液變成血紅色Fe2+即有氧化性又有還原性

A．AB．BC．CD．D

8．（2023高三上·南陽月考）下列圖示實驗合理的是（）

A．圖1為證明非金屬性強弱S>C>Si

B．圖2為制備少量氧氣

C．圖3為配制一定濃度硫酸溶液

D．圖4為制備并收收集少量NO2氣體

9．（2023高三上·南陽月考）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）

A．0.1molC3H6分子中含有的碳碳雙鍵數(shù)為0.1NA

B．常溫下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-數(shù)為0.01NA

C．25.6g銅與一定量的濃硝酸完全反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.8NA

D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子數(shù)為0.1NA

10．（2023高三上·南陽月考）下列曲線圖(縱軸為沉淀的量，橫軸為加入物質(zhì)的體積與對應(yīng)的選項相符的是（）

A．向1L濃度均為0.1mol·L-1的NaAlO2、Ba(OH)2混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀H2SO4

B．向1L濃度分別為0.1mol·L-1和0.3mol·L-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀NaOH溶液

C．向燒堿溶液中滴加明礬溶液

D．向AlCl3溶液中滴加過量氨水

11．（2023高三上·南陽月考）我國科學(xué)家研發(fā)了一種新型液硫二次電池，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤是（）

A．放電時，電池左側(cè)為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)

B．充電時，電解質(zhì)溶液中K+經(jīng)交換膜向右側(cè)移動

C．放電時，電池右側(cè)的電極反應(yīng)為I3-+2e-=3S2-+I3-

D．充電時，電池的總反應(yīng)為S22-+3I-2S2-+I3-

12．（2023高三上·南陽月考）向Cu、Cu2O和CuO組成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同時收集到2240mLNO氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。下列說法中不正確的是(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)（）

A．上述體現(xiàn)酸性的硝酸與體現(xiàn)氧化性的硝酸其物質(zhì)的量之比為5：1

B．若混合物中含0.1molCu，使該混合物與稀硫酸充分反應(yīng)，消耗硫酸的物質(zhì)的量為0.1mol

C．Cu2O跟稀硝酸反應(yīng)的離子方程式為：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O

D．若將上述混合物用足量的H2加熱還原，所得到固體的質(zhì)量為32g

13．（2023高三上·南陽月考）室溫下，將1mol的CuSO4·5H2O（s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為△H1，將1mol的CuSO4(s)溶于水會使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為△H2；CuSO4·5H2O受熱分解的化學(xué)方程式為：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O，熱效應(yīng)為△H3。則下列判斷正確的是（）

A．△H2>△H3B．△H1+△H3=△H2

C．△H1H2CO3>H2SiO3，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，其非金屬性越強，因此非金屬性S>C>Si，A符合題意；

B.Na2O2與H2O的反應(yīng)劇烈，不能用“啟普發(fā)生裝置”進行反應(yīng)，B不符合題意；

C.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶液的稀釋操作，C不符合題意；

D.NO2能與H2O反應(yīng)，因此不能用排水集氣法收集，D不符合題意；

故答案為：A

【分析】A.根據(jù)強酸制弱酸的原理確定酸性強弱，從而得出非金屬性強弱；

B.反應(yīng)劇烈，不能用該裝置制備；

C.容量瓶不能用于溶液稀釋操作；

D.NO2能與水反應(yīng)；

9．【答案】C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；氣體摩爾體積；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；物質(zhì)結(jié)構(gòu)中的化學(xué)鍵數(shù)目計算；物質(zhì)的量的相關(guān)計算

【解析】【解答】A.分子式為C3H6的有機物，其結(jié)構(gòu)可能為CH2=CHCH3或，因此其所含的碳碳雙鍵不一定為0.1NA，A不符合題意；

B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+來自于CH3COOH和H2O的電離，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA，B不符合題意；

C.25.6g銅的物質(zhì)的量，反應(yīng)過程中，Cu失去兩個電子轉(zhuǎn)化為Cu2+，因此0.4molCu完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.8NA，C符合題意；

D.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，SO3不是氣體，因此不能應(yīng)用氣體摩爾體積進行計算，D不符合題意；

故答案為：C

【分析】A.根據(jù)C3H6的結(jié)構(gòu)進行分析；

B.CH3COOH溶液中H+來自于CH3COOH和H2O的電離；

C.根據(jù)公式計算n(Cu)，結(jié)合反應(yīng)過程中元素化合價的變化計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；

D.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，SO3不是氣體，不能應(yīng)用氣體摩爾體積進行計算；

10．【答案】A

【知識點】鎂、鋁的重要化合物

【解析】【解答】A.滴加硫酸的過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Ba2＋SO42－=BaSO4↓、AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此加入1L稀硫酸時產(chǎn)生0.1molBaSO4沉淀，再加入0.5L稀硫酸產(chǎn)生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入1.5L稀硫酸，Al(OH)3沉淀完全溶解，A符合題意；

B.混合溶液中n(Al3＋)=0.1mol、n(NH4＋)=0.3mol，加入NaOH溶液后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；因此加入3LNaOH溶液后，產(chǎn)生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入3LNaOH溶液后，發(fā)生反應(yīng)NH4＋＋OH－=NH3·H2O，溶液中沉淀的量保持不變，再加入1LNaOH溶液后，Al(OH)3沉淀完全溶解，B不符合題意；

C.向燒堿溶液中加入明礬，由于OH-量大，Al3+量少，因此發(fā)生反應(yīng)Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，當(dāng)溶液中的OH－完全反應(yīng)后，繼續(xù)加入明礬溶液，發(fā)生反應(yīng)3AlO2－＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓，因此加入明礬溶液的體積比為3：1，C不符合題意；

D.向AlCl3溶液中滴加過量氨水，發(fā)生反應(yīng)Al3＋＋3NH3·H2O=3NH4＋＋Al(OH)3↓，反應(yīng)生成的Al(OH)3沉淀不溶于過量的氨水，D不符合題意；

故答案為：A

【分析】根據(jù)溶液加入過程中發(fā)生的反應(yīng)，結(jié)合圖像進行分析。

11．【答案】B

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；化學(xué)電源新型電池；原電池工作原理及應(yīng)用；電解池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】A.由分析可知，放電過程中，電池左側(cè)為負極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，選項正確，A不符合題意；

B.充電時為電解池，在電解池中，陽離子移向陰極，因此電解質(zhì)溶液中的K+經(jīng)離子交換膜向左側(cè)移動，選項錯誤，B符合題意；

C.由分析可知，放電時，電池右側(cè)（正極）的電極反應(yīng)式為I3－＋2e－=3I－，選項正確，C不符合題意；

D.有正負極的電極反應(yīng)可得放電過程的總反應(yīng)為：2S2－＋I3－=S22－＋3I－，因此充電過程的總反應(yīng)為：S22－＋3I－=2S2－＋I3－，選項正確，D不符合題意；

故答案為：B

【分析】由圖可知，該新型液硫二次電池放電時，電極左側(cè)為負極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：2S2－－2e－=S22－；電池右側(cè)為正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：I3－＋2e－=3I－；二次電池充電時，原電池的負極為電解池的陰極，原電池的正極為電解池的陽極；據(jù)此結(jié)合選項進行分析。

12．【答案】D

【知識點】離子方程式的書寫；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；離子方程式的有關(guān)計算

【解析】【解答】A.所用硝酸溶液中n(HNO3)=0.6mol/L×1L=0.6mol，反應(yīng)生成，因此反應(yīng)過程中體現(xiàn)氧化性的n(HNO3)=0.1mol，體現(xiàn)酸性的n(HNO3)=0.6mol-0.1mol=0.5mol，因此體現(xiàn)酸性的硝酸和體現(xiàn)氧化性的硝酸的物質(zhì)的量之比為5：1，選項正確，A不符合題意；

B.生成0.1molNO的過程中，得到的電子數(shù)為0.1mol×(5-2)=0.3mol，0.1molCu反應(yīng)失去電子數(shù)為0.2mol，因此Cu2O失去的電子數(shù)為0.1mol，故n(Cu2O)=0.05mol，由于體現(xiàn)酸性的n(HNO3)=0.5mol，因此反應(yīng)后生成n[Cu(NO3)2]=0.25mol，結(jié)合銅守恒可得，混合物中n(CuO)=0.05mol，故0.05molCuO、0.05molCu2O完全反應(yīng)，需要消耗n(H2SO4)=0.1mol，選項正確，B不符合題意；

C.Cu2O與HNO3反應(yīng)過程中，Cu2O中Cu由＋1價變?yōu)椋?價，失去2個電子，HNO3中N由＋5價變?yōu)椋?價，得到3個電子，根據(jù)得失電子守恒可得，Cu2O的系數(shù)為3，Cu2＋的系數(shù)為6、NO3－的系數(shù)為2、NO的系數(shù)為2；根據(jù)電荷守恒可得，H＋的系數(shù)為14；根據(jù)H守恒可得，生成物中有H2O，且其系數(shù)為7，因此可得該反應(yīng)的離子方程式為：3Cu2O＋14H＋＋2NO3－=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O，選項正確，C不符合題意；

D.由B選項的分析可知，反應(yīng)后所得溶液中n[Cu(NO3)2]=0.25mol，因此n(Cu)=0.25mol，結(jié)合銅元素守恒可得，若將上述混合物用足量H2加熱還原，所得銅的質(zhì)量為0.25mol×64g/mol=16g，選項錯誤，D符合題意；

故答案為：D

【分析】A.硝酸在反應(yīng)過程中，體現(xiàn)氧化性和酸性，結(jié)合反應(yīng)消耗n(HNO3)和生成n(NO)進行計算；

B.根據(jù)得失電子守恒進行計算；

C.結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒進行分析；

D.根據(jù)銅元素守恒進行分析；

13．【答案】C

【知識點】蓋斯定律及其應(yīng)用；反應(yīng)熱的大小比較

【解析】【解答】A.由分析可知，ΔH20，ΔH20，據(jù)此結(jié)合選項進行分析。

14．【答案】D

【知識點】常見金屬的活動性順序及其應(yīng)用；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；銅及其化合物

【解析】【解答】A.若濾出固體中含有Cu，則說明Fe完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，但不能確定溶液中是否含有Cu2＋，A不符合題意；

B.若濾出固體中含有Cu，則說明Fe完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，B不符合題意；

C.若濾出固體中含有Cu，則說明Fe完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，可能含有Cu2＋，C不符合題意；

D.若濾出固體中含有Fe和Cu，說明Fe過量，則濾液中一定不含有Fe3＋、Cu2＋，一定含有Fe2＋，D符合題意；

故答案為：D

【分析】由于還原性Fe>Cu，氧化性Fe3＋>Cu2＋，因此鐵粉先與Fe3＋反應(yīng)，F(xiàn)3＋完全反應(yīng)后，Cu2＋再與Fe反應(yīng)；鐵粉完全反應(yīng)后，若Fe3＋有剩余，則Cu再與Fe3＋反應(yīng)；Fe3＋完全反應(yīng)后，Cu2＋才與Fe反應(yīng)；據(jù)此結(jié)合選項進行分析。

15．【答案】（1）B目的是除氣流中的水蒸汽，避免反應(yīng)④發(fā)生D目的是除空氣中的CO2，避免反應(yīng)③發(fā)生F目的是除空氣中的氧氣，避免反應(yīng)①發(fā)生

（2）j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)

（3）使氮化鎂不純；如果裝置F中的還原鐵粉沒有達到反應(yīng)溫度時，氧氣不能除盡，導(dǎo)致氧同鎂反應(yīng)，而使氮化鎂中混入氧化鎂

（4）取適量產(chǎn)物放入試管中，滴加蒸餾水，將潤濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，如果試管中的溶液出現(xiàn)渾濁，紅色石蕊試紙變藍，則可以證明有氮化鎂生成

【知識點】實驗裝置綜合；制備實驗方案的設(shè)計

【解析】【解答】（1）空氣中含有H2O、CO2和O2，都能與Mg反應(yīng)，因此要制得純凈的Mg3N2，需先將空氣中含有的H2O、CO2和O2除去，因此需選用B裝置，用于吸收空氣中的H2O，需選用D裝置，用于除去空氣中的CO2，需選用F裝置，用于除去空氣中的O2；

（2）除去空氣中的H2O、CO2和O2時，應(yīng)先除去CO2、再除去H2O，最后除去O2，因此裝置的鏈接順序為：j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)；

（3）若通氣后同時點燃A、F裝置的酒精燈，由于鐵粉與O2的反應(yīng)需要一定的溫度，會導(dǎo)致空氣中的O2沒有完全除去，就進入裝置A中，參與反應(yīng)，使得生成的Mg3N2中含有MgO雜質(zhì)；

（4）由題干信息可知，Mg3N2和H2O反應(yīng)生成Mg(OH)2和NH3，因此檢驗Mg3N2固體的生成，可取用適量產(chǎn)物于試管中，加入蒸餾水，將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，若試管找那個的溶液出現(xiàn)渾濁，紅色石蕊試紙變藍色，則說明有Mg3N2生成；

【分析】（1）根據(jù)題干信息鎂與空氣成分的反應(yīng)進行分析；

（2）根據(jù)除雜的先后順序確定裝置的鏈接順序；

（3）鐵與O2的反應(yīng)需要一定溫度，同時點燃，空氣中的O2沒有完全除去；

（4）結(jié)合Mg3N2和H2O的反應(yīng)分析；

16．【答案】（1）Fe

（2）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-

（3）2；Cu2+水解程度增大，反應(yīng)生成CuCl減少，產(chǎn)率減??；不能；硝酸會與產(chǎn)品CuCl發(fā)生反應(yīng)

（4）95.5%

（5）2CuOHCu2O+H2O；

【知識點】化學(xué)平衡常數(shù)；物質(zhì)的分離與提純；離子方程式的書寫；化學(xué)方程式的有關(guān)計算

【解析】【解答】（1）由分析可知，X為Fe；

（2）由流程可知，生成CuCl的過程中，其反應(yīng)物為SO2、CuSO4和CuCl2，產(chǎn)物為H2SO4和CuCl，該反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H＋＋SO42－；

（3）由表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)溶液的pH=2時，CuCl的產(chǎn)率為90%，為最大值，因此析出CuCl晶體的最佳pH為2；若溶液中pH較大，即c(H+)較小，溶液中Cu2+的水解程度較大，反應(yīng)生成CuCl的量減小，產(chǎn)率減?。挥捎谙跛峋哂醒趸?，能將CuCl氧化，因此不能用硝酸代替硫酸；

（4）由于第一次實驗數(shù)據(jù)與其余兩次實驗數(shù)據(jù)相差較大，因此應(yīng)舍去，因此反應(yīng)過程中消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為，由反應(yīng)的方程式可得關(guān)系式CuCl~Ce4+，因此0.25g樣品中所含CuCl的物質(zhì)的量為：0.10mol/L×0.024L=0.0024mol，因此樣品中CuCl的純度為：；

（5）CuOH受熱分解產(chǎn)生Cu2O和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CuOHCu2O＋H2O；

CuCl水解反應(yīng)的平衡常數(shù)的表達式為Kh=c(H+)×c(Cl-)，水的離子積Kw=c(H+)×c(OH-)、CuOH的溶度積Ksp(CuOH)=c(Cu+)×c(OH-)、CuCl的溶度積Ksp(CuCl)=c(Cu+)×c(Cl-)，因此可得；

【分析】廢液中加入過量的X后過濾得到濾渣①，由濾渣①最后得到CuCl晶體，因此濾渣①中應(yīng)含有Cu，則所加入的過量X為Fe，充分反應(yīng)后所得濾液①為FeCl2，濾渣①為Fe和Cu；濾渣①中加入過量的Y后得到濾液②和濾渣②，濾液②和濾液①的成分相同，均為FeCl2，因此Y為HCl，則濾渣②為Cu；濾渣②（Cu）與Z反應(yīng)后得到CuCl2，因此Z為Cl2；則刻蝕液為FeCl3；據(jù)此分析作答。

17．【答案】（1）△H=-746.5kJ/mol；低溫

（2）0.0044mol/(L·min)(不帶單位不給分)；升溫；；逆向

（3）BD

（4）2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；焓變和熵變；化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用；化學(xué)平衡的計算；有關(guān)反應(yīng)熱的計算

【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定律可得，該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH=-(180.5kJ/mol)+2×(-393.5kJ/mol)-(-221.0kJ/mol)=-746.5kJ/mol；

該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其ΔHC>Si

B．圖2為制備少量氧氣

C．圖3為配制一定濃度硫酸溶液

D．圖4為制備并收收集少量NO2氣體

【答案】A

【知識點】氣體發(fā)生裝置；氣體的收集；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液；化學(xué)實驗方案的評價

【解析】【解答】A.根據(jù)強酸制弱酸原理可得酸性強弱H2SO4>H2CO3>H2SiO3，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，其非金屬性越強，因此非金屬性S>C>Si，A符合題意；

B.Na2O2與H2O的反應(yīng)劇烈，不能用“啟普發(fā)生裝置”進行反應(yīng)，B不符合題意；

C.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶液的稀釋操作，C不符合題意；

D.NO2能與H2O反應(yīng)，因此不能用排水集氣法收集，D不符合題意；

故答案為：A

【分析】A.根據(jù)強酸制弱酸的原理確定酸性強弱，從而得出非金屬性強弱；

B.反應(yīng)劇烈，不能用該裝置制備；

C.容量瓶不能用于溶液稀釋操作；

D.NO2能與水反應(yīng)；

9．（2023高三上·南陽月考）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）

A．0.1molC3H6分子中含有的碳碳雙鍵數(shù)為0.1NA

B．常溫下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-數(shù)為0.01NA

C．25.6g銅與一定量的濃硝酸完全反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.8NA

D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子數(shù)為0.1NA

【答案】C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；氣體摩爾體積；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；物質(zhì)結(jié)構(gòu)中的化學(xué)鍵數(shù)目計算；物質(zhì)的量的相關(guān)計算

【解析】【解答】A.分子式為C3H6的有機物，其結(jié)構(gòu)可能為CH2=CHCH3或，因此其所含的碳碳雙鍵不一定為0.1NA，A不符合題意；

B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+來自于CH3COOH和H2O的電離，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA，B不符合題意；

C.25.6g銅的物質(zhì)的量，反應(yīng)過程中，Cu失去兩個電子轉(zhuǎn)化為Cu2+，因此0.4molCu完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.8NA，C符合題意；

D.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，SO3不是氣體，因此不能應(yīng)用氣體摩爾體積進行計算，D不符合題意；

故答案為：C

【分析】A.根據(jù)C3H6的結(jié)構(gòu)進行分析；

B.CH3COOH溶液中H+來自于CH3COOH和H2O的電離；

C.根據(jù)公式計算n(Cu)，結(jié)合反應(yīng)過程中元素化合價的變化計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；

D.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，SO3不是氣體，不能應(yīng)用氣體摩爾體積進行計算；

10．（2023高三上·南陽月考）下列曲線圖(縱軸為沉淀的量，橫軸為加入物質(zhì)的體積與對應(yīng)的選項相符的是（）

A．向1L濃度均為0.1mol·L-1的NaAlO2、Ba(OH)2混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀H2SO4

B．向1L濃度分別為0.1mol·L-1和0.3mol·L-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀NaOH溶液

C．向燒堿溶液中滴加明礬溶液

D．向AlCl3溶液中滴加過量氨水

【答案】A

【知識點】鎂、鋁的重要化合物

【解析】【解答】A.滴加硫酸的過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Ba2＋SO42－=BaSO4↓、AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此加入1L稀硫酸時產(chǎn)生0.1molBaSO4沉淀，再加入0.5L稀硫酸產(chǎn)生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入1.5L稀硫酸，Al(OH)3沉淀完全溶解，A符合題意；

B.混合溶液中n(Al3＋)=0.1mol、n(NH4＋)=0.3mol，加入NaOH溶液后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；因此加入3LNaOH溶液后，產(chǎn)生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入3LNaOH溶液后，發(fā)生反應(yīng)NH4＋＋OH－=NH3·H2O，溶液中沉淀的量保持不變，再加入1LNaOH溶液后，Al(OH)3沉淀完全溶解，B不符合題意；

C.向燒堿溶液中加入明礬，由于OH-量大，Al3+量少，因此發(fā)生反應(yīng)Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，當(dāng)溶液中的OH－完全反應(yīng)后，繼續(xù)加入明礬溶液，發(fā)生反應(yīng)3AlO2－＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓，因此加入明礬溶液的體積比為3：1，C不符合題意；

D.向AlCl3溶液中滴加過量氨水，發(fā)生反應(yīng)Al3＋＋3NH3·H2O=3NH4＋＋Al(OH)3↓，反應(yīng)生成的Al(OH)3沉淀不溶于過量的氨水，D不符合題意；

故答案為：A

【分析】根據(jù)溶液加入過程中發(fā)生的反應(yīng)，結(jié)合圖像進行分析。

11．（2023高三上·南陽月考）我國科學(xué)家研發(fā)了一種新型液硫二次電池，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤是（）

A．放電時，電池左側(cè)為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)

B．充電時，電解質(zhì)溶液中K+經(jīng)交換膜向右側(cè)移動

C．放電時，電池右側(cè)的電極反應(yīng)為I3-+2e-=3S2-+I3-

D．充電時，電池的總反應(yīng)為S22-+3I-2S2-+I3-

【答案】B

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；化學(xué)電源新型電池；原電池工作原理及應(yīng)用；電解池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】A.由分析可知，放電過程中，電池左側(cè)為負極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，選項正確，A不符合題意；

B.充電時為電解池，在電解池中，陽離子移向陰極，因此電解質(zhì)溶液中的K+經(jīng)離子交換膜向左側(cè)移動，選項錯誤，B符合題意；

C.由分析可知，放電時，電池右側(cè)（正極）的電極反應(yīng)式為I3－＋2e－=3I－，選項正確，C不符合題意；

D.有正負極的電極反應(yīng)可得放電過程的總反應(yīng)為：2S2－＋I3－=S22－＋3I－，因此充電過程的總反應(yīng)為：S22－＋3I－=2S2－＋I3－，選項正確，D不符合題意；

故答案為：B

【分析】由圖可知，該新型液硫二次電池放電時，電極左側(cè)為負極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：2S2－－2e－=S22－；電池右側(cè)為正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：I3－＋2e－=3I－；二次電池充電時，原電池的負極為電解池的陰極，原電池的正極為電解池的陽極；據(jù)此結(jié)合選項進行分析。

12．（2023高三上·南陽月考）向Cu、Cu2O和CuO組成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同時收集到2240mLNO氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。下列說法中不正確的是(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)（）

A．上述體現(xiàn)酸性的硝酸與體現(xiàn)氧化性的硝酸其物質(zhì)的量之比為5：1

B．若混合物中含0.1molCu，使該混合物與稀硫酸充分反應(yīng)，消耗硫酸的物質(zhì)的量為0.1mol

C．Cu2O跟稀硝酸反應(yīng)的離子方程式為：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O

D．若將上述混合物用足量的H2加熱還原，所得到固體的質(zhì)量為32g

【答案】D

【知識點】離子方程式的書寫；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；離子方程式的有關(guān)計算

【解析】【解答】A.所用硝酸溶液中n(HNO3)=0.6mol/L×1L=0.6mol，反應(yīng)生成，因此反應(yīng)過程中體現(xiàn)氧化性的n(HNO3)=0.1mol，體現(xiàn)酸性的n(HNO3)=0.6mol-0.1mol=0.5mol，因此體現(xiàn)酸性的硝酸和體現(xiàn)氧化性的硝酸的物質(zhì)的量之比為5：1，選項正確，A不符合題意；

B.生成0.1molNO的過程中，得到的電子數(shù)為0.1mol×(5-2)=0.3mol，0.1molCu反應(yīng)失去電子數(shù)為0.2mol，因此Cu2O失去的電子數(shù)為0.1mol，故n(Cu2O)=0.05mol，由于體現(xiàn)酸性的n(HNO3)=0.5mol，因此反應(yīng)后生成n[Cu(NO3)2]=0.25mol，結(jié)合銅守恒可得，混合物中n(CuO)=0.05mol，故0.05molCuO、0.05molCu2O完全反應(yīng)，需要消耗n(H2SO4)=0.1mol，選項正確，B不符合題意；

C.Cu2O與HNO3反應(yīng)過程中，Cu2O中Cu由＋1價變?yōu)椋?價，失去2個電子，HNO3中N由＋5價變?yōu)椋?價，得到3個電子，根據(jù)得失電子守恒可得，Cu2O的系數(shù)為3，Cu2＋的系數(shù)為6、NO3－的系數(shù)為2、NO的系數(shù)為2；根據(jù)電荷守恒可得，H＋的系數(shù)為14；根據(jù)H守恒可得，生成物中有H2O，且其系數(shù)為7，因此可得該反應(yīng)的離子方程式為：3Cu2O＋14H＋＋2NO3－=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O，選項正確，C不符合題意；

D.由B選項的分析可知，反應(yīng)后所得溶液中n[Cu(NO3)2]=0.25mol，因此n(Cu)=0.25mol，結(jié)合銅元素守恒可得，若將上述混合物用足量H2加熱還原，所得銅的質(zhì)量為0.25mol×64g/mol=16g，選項錯誤，D符合題意；

故答案為：D

【分析】A.硝酸在反應(yīng)過程中，體現(xiàn)氧化性和酸性，結(jié)合反應(yīng)消耗n(HNO3)和生成n(NO)進行計算；

B.根據(jù)得失電子守恒進行計算；

C.結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒進行分析；

D.根據(jù)銅元素守恒進行分析；

13．（2023高三上·南陽月考）室溫下，將1mol的CuSO4·5H2O（s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為△H1，將1mol的CuSO4(s)溶于水會使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為△H2；CuSO4·5H2O受熱分解的化學(xué)方程式為：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O，熱效應(yīng)為△H3。則下列判斷正確的是（）

A．△H2>△H3B．△H1+△H3=△H2

C．△H10，ΔH20，據(jù)此結(jié)合選項進行分析。

14．（2023高三上·南陽月考）在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的鐵粉和銅粉，反應(yīng)完全后將固體濾出，下說法中正確的是（）

A．若濾出固體中只有銅，則溶液中一定含有的陽離子是Fe2+，一定不含Cu2+

B．若濾出固體中只有銅，則溶液中一定含有的陽離子是Fe2+，可能含Cu2+和Fe3+

C．若濾出固體中只有銅，則溶液中一定含有的陽離子是Fe3+和Fe2+，可能含Cu2+

D．若濾出固體中含有鐵和銅，則溶液中一定含有的陽離子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+

【答案】D

【知識點】常見金屬的活動性順序及其應(yīng)用；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；銅及其化合物

【解析】【解答】A.若濾出固體中含有Cu，則說明Fe完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，但不能確定溶液中是否含有Cu2＋，A不符合題意；

B.若濾出固體中含有Cu，則說明Fe完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，B不符合題意；

C.若濾出固體中含有Cu，則說明Fe完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，可能含有Cu2＋，C不符合題意；

D.若濾出固體中含有Fe和Cu，說明Fe過量，則濾液中一定不含有Fe3＋、Cu2＋，一定含有Fe2＋，D符合題意；

故答案為：D

【分析】由于還原性Fe>Cu，氧化性Fe3＋>Cu2＋，因此鐵粉先與Fe3＋反應(yīng)，F(xiàn)3＋完全反應(yīng)后，Cu2＋再與Fe反應(yīng)；鐵粉完全反應(yīng)后，若Fe3＋有剩余，則Cu再與Fe3＋反應(yīng)；Fe3＋完全反應(yīng)后，Cu2＋才與Fe反應(yīng)；據(jù)此結(jié)合選項進行分析。

二、非選擇題，共58分。

15．（2023高三上·南陽月考）現(xiàn)擬在實驗室里利用空氣和鎂粉為原料制取少量氮化鎂(Mg3N2)。已知實驗中可能會發(fā)生下列反應(yīng)：

①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C

④Mg+H2OMgO+H2↑⑤Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑

可供選擇的裝置和藥品如下圖所示(鎂粉、還原鐵粉均已干燥，裝置內(nèi)所發(fā)生的反應(yīng)是完全的，整套裝置的末端與干燥管相連)。

回答下列問題：

（1）在設(shè)計實驗方案時，除裝置A、E外，還應(yīng)選擇的裝置(填字母)及其目的分別是；

（2）連接并檢查實驗裝置的氣密性。實驗開始時，打開自來水的開關(guān)，將空氣從5升的儲氣瓶壓入反應(yīng)裝置，則氣流流經(jīng)導(dǎo)管的順序是(填字母)；

（3）通氣后，如果同時點燃A、F裝置的酒精燈，對實驗結(jié)果有何影響

，原因是；

（4）請設(shè)計一個實驗，驗證產(chǎn)物是氮化鎂：。

【答案】（1）B目的是除氣流中的水蒸汽，避免反應(yīng)④發(fā)生D目的是除空氣中的CO2，避免反應(yīng)③發(fā)生F目的是除空氣中的氧氣，避免反應(yīng)①發(fā)生

（2）j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)

（3）使氮化鎂不純；如果裝置F中的還原鐵粉沒有達到反應(yīng)溫度時，氧氣不能除盡，導(dǎo)致氧同鎂反應(yīng)，而使氮化鎂中混入氧化鎂

（4）取適量產(chǎn)物放入試管中，滴加蒸餾水，將潤濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，如果試管中的溶液出現(xiàn)渾濁，紅色石蕊試紙變藍，則可以證明有氮化鎂生成

【知識點】實驗裝置綜合；制備實驗方案的設(shè)計

【解析】【解答】（1）空氣中含有H2O、CO2和O2，都能與Mg反應(yīng)，因此要制得純凈的Mg3N2，需先將空氣中含有的H2O、CO2和O2除去，因此需選用B裝置，用于吸收空氣中的H2O，需選用D裝置，用于除去空氣中的CO2，需選用F裝置，用于除去空氣中的O2；

（2）除去空氣中的H2O、CO2和O2時，應(yīng)先除去CO2、再除去H2O，最后除去O2，因此裝置的鏈接順序為：j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)；

（3）若通氣后同時點燃A、F裝置的酒精燈，由于鐵粉與O2的反應(yīng)需要一定的溫度，會導(dǎo)致空氣中的O2沒有完全除去，就進入裝置A中，參與反應(yīng)，使得生成的Mg3N2中含有MgO雜質(zhì)；

（4）由題干信息可知，Mg3N2和H2O反應(yīng)生成Mg(OH)2和NH3，因此檢驗Mg3N2固體的生成，可取用適量產(chǎn)物于試管中，加入蒸餾水，將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，若試管找那個的溶液出現(xiàn)渾濁，紅色石蕊試紙變藍色，則說明有Mg3N2生成；

【分析】（1）根據(jù)題干信息鎂與空氣成分的反應(yīng)進行分析；

（2）根據(jù)除雜的先后順序確定裝置的鏈接順序；

（3）鐵與O2的反應(yīng)需要一定溫度，同時點燃，空氣中的O2沒有完全除去；

（4）結(jié)合Mg3N2和H2O的反應(yīng)分析；

16．（2023高三上·南陽月考）氯化亞銅（CuCl）常用作有機合成工業(yè)中的催化劑，在空氣中迅速被氧化變成綠色；見光分解變成褐色。如圖是工業(yè)上用制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生產(chǎn)CuCl的流程：

根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）生產(chǎn)過程中X的化學(xué)式為。

（2）寫出產(chǎn)生CuCl的離子方程式：。

（3）實驗探究pH對CuCl產(chǎn)率的影響如下表所示：

pH1234567

CuCl產(chǎn)率/%70908278757270

析出CuCl晶體最佳pH為，當(dāng)pH較大時CuCl產(chǎn)率變低原因是。調(diào)節(jié)pH時，(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是。

（4）氯化亞銅的定量分析：

①稱取樣品0.25g和過量的FeCl3溶液于錐形瓶中，充分溶解。

②用0.10mol·L-1硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行實驗結(jié)果如下(平行實驗結(jié)果相差不能超過1％)：

平行實驗次數(shù)123

0.25g樣品消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積(mL)24.3524.0523.95

則樣品中CuCl的純度為。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

（5）由CuCl水解再熱分解可得到納米Cu2O。第一步CuCl水解的離子方程式為：CuCl(s)+H2O(l)CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq)，第二步CuOH熱分解的化學(xué)：方程式為。第一步CuCl水解反應(yīng)的平衡常數(shù)足與此溫度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的關(guān)系為K=。

【答案】（1）Fe

（2）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-

（3）2；Cu2+水解程度增大，反應(yīng)生成CuCl減少，產(chǎn)率減??；不能；硝酸會與產(chǎn)品CuCl發(fā)生反應(yīng)

（4）95.5%

（5）2CuOHCu2O+H2O；

【知識點】化學(xué)平衡常數(shù)；物質(zhì)的分離與提純；離子方程式的書寫；化學(xué)方程式的有關(guān)計算

【解析】【解答】（1）由分析可知，X為Fe；

（2）由流程可知，生成CuCl的過程中，其反應(yīng)物為SO2、CuSO4和CuCl2，產(chǎn)物為H2SO4和CuCl，該反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H＋＋SO42－；

（3）由表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)溶液的pH=2時，CuCl的產(chǎn)率為90%，為最大值，因此析出CuCl晶體的最佳pH為2；若溶液中pH較大，即c(H+)較小，溶液中Cu2+的水解程度較大，反應(yīng)生成CuCl的量減小，產(chǎn)率減小；由于硝酸具有氧化性，能將CuCl氧化，因此不能用硝酸代替硫酸；

（4）由于第一次實驗數(shù)據(jù)與其余兩次實驗數(shù)據(jù)相差較大，因此應(yīng)舍去，因此反應(yīng)過程中消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為，由反應(yīng)的方程式可得關(guān)系式CuCl~Ce4+，因此0.25g樣品中所含CuCl的物質(zhì)的量為：0.10mol/L×0.024L=0.0024mol，因此樣品中CuCl的純度為：；

（5）CuOH受熱分解產(chǎn)生Cu2O和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CuOHCu2O＋H2O；

CuCl水解反應(yīng)的平衡常數(shù)的表達式為Kh=c(H+)×c(Cl-)，水的離子積Kw=c(H+)×c(OH-)、CuOH的溶度積Ksp(CuOH)=c(Cu+)×c(OH-)、CuCl的溶度積Ksp(CuCl)=c(Cu+)×c(Cl-)，因此可得；

【分析】廢液中加入過量的X后過濾得到濾渣①，由濾渣①最后得到CuCl晶體，因此濾渣①中應(yīng)含有Cu，則所加入的過量X為Fe，充分反應(yīng)后所得濾液①為FeCl2，濾渣①為Fe和Cu；濾渣①中加入過量的Y后得到濾液②和濾渣②，濾液②和濾液①的成分相同，均為FeCl2，因此Y為HCl，則濾渣②為Cu；濾渣②（Cu）與Z反應(yīng)后得到CuCl2，因此Z為Cl2；則刻蝕液為FeCl3；據(jù)此分析作答。

17．（2023高三上·南陽月考）研究含氮污染物的治理是環(huán)保的一項重要工作。合理應(yīng)用和處理氮的化合物。在生產(chǎn)生活中有重要意義．

（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO2△H=-393.5kJ·mol-1

則汽車尾氣處理的反應(yīng)之一：2NO(g)+2CO（g)=N2(g)+2CO2(g)△H=kJ·mol-1，利于該反應(yīng)自發(fā)進行的條件是(選填“高溫”或“低溫”）

（2）將0.20

moINO和0.10molCO充入一個容積恒定為1L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+2CO(g)N2（g）+2CO2(g)反應(yīng)過程中部分物質(zhì)的濃度變化如下圖所示：

①反應(yīng)從開始到9min時，用CO2表示該反應(yīng)的速率是(保留2位有效數(shù)字)。

②第12min時改變的條件是(填“升溫”或“降溫”)

③第18min時建立新的平衡，此溫度下的平衡常數(shù)為（只列計算式），第24min時，若保持溫度不變，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡將移動(填“正向”、“逆向”或“不”)。

（3）若該反應(yīng)在絕熱、恒容的密閉體系中進行，下列示意圖正確且能說明反應(yīng)在t1時刻達到平衡狀態(tài)的是(填序號)。

(如圖中V正、K、n、m分別表示正反應(yīng)速率、平衡常數(shù)、物質(zhì)的量和質(zhì)量)

（4）以氨為燃料可以設(shè)計制造氨燃料電池，產(chǎn)物無污染。若電極材料均為惰性電極，KOH溶液作電解質(zhì)溶液，則該電池負極電極反應(yīng)式為。

【答案】（1）△H=-746.5kJ/mol；低溫

（2）0.0044mol/(L·min)(不帶單位不給分)；升溫；；逆向

（3）BD

（4）2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；焓變和熵變；化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用；化學(xué)平衡的計算；有關(guān)反應(yīng)熱的計算

【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定律可得，該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH=-(180.5kJ/mol)+2×(-393.5kJ/mol)-(-221.0kJ/mol)=-746.5kJ/mol；

該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其ΔH<0，正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，因此ΔS<0，要使反應(yīng)自發(fā)進行，則ΔH-TΔS<0，因此反應(yīng)需要低溫條件下進行；

（2）①由圖可知，當(dāng)反應(yīng)到9min時，參與反應(yīng)的c(NO)=0.20mol/L-0.16mol/L=0.04mol/L，由反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，反應(yīng)生成c(CO2)=0.04mol/L，因此用CO2表示的反應(yīng)速率；

②由圖可知，反應(yīng)至12min后，條件的改變使得c(NO)、c(CO)增大，c(N2)減小，則平衡逆向移動，由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此改變的條件為升高溫度；

③當(dāng)反應(yīng)到18min時，體系內(nèi)c(NO)=0.18mol/L、c(CO)=0.08mol/L、c(N2)=0.01mol/L，則體系內(nèi)c(CO2)=0.02mol/L，因此此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)；

再充入CO和N2各0.060mol后，體系內(nèi)各物質(zhì)的濃度商，因此反應(yīng)逆向進行，則平衡將逆向移動；

（3）A、達到平衡后，正逆反應(yīng)速率相等，不再變化，t1時v正最大，之后隨著反應(yīng)的進行，速率減小，說明反應(yīng)為達到平衡狀態(tài)，A不符合題意；

B、該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且反應(yīng)容器絕熱，隨著反應(yīng)的進行，溫度升高，化學(xué)平衡常數(shù)減小，達到平衡后，溫度為定值，平衡常數(shù)不變，B符合題意；

C、t1時刻后n(CO2)、n(NO)發(fā)生變化，則未達到平衡狀態(tài)，C不符合題意；

D、NO的質(zhì)量為定值，說明反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，D符合題意；

故答案為：BD

（4）NH3在負極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，生成N2，過程中失去6個電子，結(jié)合電荷守恒可得反應(yīng)物中含有6個OH-，結(jié)合H原子個數(shù)守恒可得，生成物中含有H2O，且其系數(shù)為6，因此可得該電極反應(yīng)式為：2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O；

【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律計算目標(biāo)反應(yīng)的反應(yīng)熱；

結(jié)合反應(yīng)自發(fā)進行的條件ΔH-TΔS<0分析反應(yīng)自發(fā)進行的溫度；

（2）①根據(jù)圖像確定到9min時，參與反應(yīng)的c(CO2)，結(jié)合公式計算反應(yīng)速率；

②根據(jù)圖像濃度的變化分析改變的條件；

③根據(jù)圖像確定平衡時各物質(zhì)的濃度，結(jié)合平衡常數(shù)的表達式列式；

根據(jù)容器內(nèi)濃度商與平衡常數(shù)的相對大小，確定反應(yīng)進行的方向；

（3）絕熱體系中，熱量不會向周圍擴散，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此體系溫度升高，結(jié)合溫度對反應(yīng)速率和平衡移動的影響分析；

（4）NH3在負極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，生成N2，據(jù)此書寫電極反應(yīng)；

18．（2023高三上·南陽月考）硼、磷元素在化學(xué)中有很重要的地位，硼、磷及其化合物廣泛應(yīng)用于開發(fā)新型儲氫材料、超導(dǎo)材料、富燃料材料、復(fù)合材料等高新材料領(lǐng)域。回答下列問題。

（1）Ti(BH4)3是一種儲氫材料，可由TiCl4和LiBH4反應(yīng)制得

①基態(tài)Ti3+的未成對電子數(shù)有個。

②LiBH4由Li+和BH4-構(gòu)成，BH4-呈正四面體構(gòu)型LiBH4中不存在的作用力有(填標(biāo)號)。

A．離子鍵B．共價鍵C．金屬鍵D．配位鍵

（2）氨硼烷（NH3BH3)是一種新型儲氫材料，其分子中存在配位鍵，則氨硼烷分子結(jié)構(gòu)式為，寫出一種與氨硼烷互為等電子體的分子(填化學(xué)式)。

（3）硼酸(H3BO3)是一種片層狀結(jié)構(gòu)白色晶體，層內(nèi)的H3BO3分子間通過氫鍵相連[如下圖]。

讀圖分析1molH3BO3的晶體中有mol氫鍵。

（4）四(三苯基膦)鈀分子結(jié)構(gòu)如圖：

P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為；判斷該物質(zhì)在水中(填寫“易溶”或者“難溶”)，并加以解釋。

（5）硼氫化鈉是一種常用的還原劑。其晶胞結(jié)構(gòu)如右圖所示：

①該晶體中Na+的配位數(shù)為。

②已知硼氫化鈉晶體的密度為ρg/cm3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，則a=(用含ρ、NA的最簡式子表示)

【答案】（1）1；C

（2）；C2H6

（3）3

（4）sp3；難溶；水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶

（5）8；

【知識點】原子結(jié)構(gòu)的構(gòu)造原理；配合物的成鍵情況；“等電子原理”的應(yīng)用；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷

【解析】【解答】（1）①Ti的原子序數(shù)為22，其基態(tài)原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63