湖北省部分重點中學2022-2023學年高二3月聯(lián)合檢測化學試題（解析版）

高中化學精品試卷PAGEPAGE1湖北省部分重點中學2022-2023學年高二3月聯(lián)合檢測一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個正確選項。1.2021年11月聯(lián)合國氣候峰會作出遏制全球變暖，加快向清潔經(jīng)濟的轉變的決議。下列敘述正確的是A.煤炭、石油等化石燃料屬于二次能源B.“碳交易”及對“碳信用”征收強制稅，不利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”C.人們出行將逐步淘汰燃油車，減少碳元素空中旅行D.各國應大力提倡糧食釀酒、燃煤脫硫、石油裂化[答案]C[解析][詳析]A．煤炭、石油等化石燃料屬于一次能源，A錯誤；B．“碳交易”及對“碳信用”征收強制稅，利于控制碳排放量，利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”，B錯誤；C．出行將逐步淘汰燃油車，發(fā)展綠色能源，減少碳元素空中旅行，C正確；D．糧食釀酒、燃煤脫硫、石油裂化等都會產(chǎn)生二氧化碳，不會減少碳元素的排放，D錯誤；故選C。2.下表列出了某短周期元素的各級電離能數(shù)據(jù)（用、表示，單位為）。……R7401500770010500……下列關于元素的判斷中一定正確的是A.R的最高正價為+3B.R元素位于元素周期表中第IIA族C.R元素的原子最外層共有4個電子D.R元素基態(tài)原子的電子排布式為[答案]B[解析][祥解]從表中原子的第一至第四電離能可以看出，元素的第一、第二電離能都較小，可失去2個電子，最高化合價為+2價，即最外層應有2個電子，應為第IIA族元素。[詳析]A．根據(jù)分析可知，R的最高正價為+2，故A錯誤；B．根據(jù)分析可知，R元素位于元素周期表中第IIA族，故B正確；C．根據(jù)分析可知，R元素的原子最外層共有2個電子，故C錯誤；D．根據(jù)分析可知，短周期元素為第IIA族元素，可能是Mg或Be，即R元素基態(tài)原子的電子排布式可能為1s22s22p63s2，故D錯誤；[答案]選B。3.具有下列電子層結構的原子，其對應元素一定屬于同一周期的是A.兩種原子的電子層上全部都是s電子B.3p能級上只有一個空軌道的原子和3p能級上只有一個未成對電子的原子C.最外層電子排布為2s22p6的原子和最外層電子排布為2s22p6的離子D.原子核外M層上的s能級和p能級都填滿了電子，而d軌道上尚未有電子的兩種原子[答案]B[解析][詳析]A．兩種原子的電子層上全部都是s電子，均為1s或均為1s、2s電子，則為短周期一或二，不一定為同周期元素，如H與Li不同周期，故A不選；B．3p能級上只有一個空軌道的原子，為Si元素，3p能級上有一個未成對電子的原子為Na、Cl，均為第三周期元素，故B選；C．最外層電子排布式為2s22p6的原子為Ne，最外層電子排布式為2s22p6的離子為O或Na等，不一定為同周期元素，故C不選；D．原子核外M層上的s、p軌道都充滿電子，而d軌道上沒有電子，符合條件的原子的核外電子排布式有1s22s22p63s23p6為氬原子，1s22s22p63s23p64s1為鉀原子，1s22s22p63s23p64s2為鈣原子，不一定處于同一周期，故D不選；故[答案]為B。4.2022年諾貝爾化學獎頒給了在“點擊化學”領域做出貢獻的科學家。一種“點擊化學”試劑是由四種短周期主族元素組成，其中X、Z、W的原子序數(shù)依次遞減，三者基態(tài)原子核外電子的空間運動狀態(tài)數(shù)相同，Y的原子序數(shù)是Z的兩倍。下列說法正確的是A.簡單氫化物的分子極性：Y>ZB.電負性和第一電離能均有Z>WC.同周期元素形成的簡單氫化物中X穩(wěn)定性最強D.同周期主族元素基態(tài)原子未成對電子數(shù)少于Y的有2種[答案]C[解析][祥解]X、Z、W的原子序數(shù)依次遞減且核外電子的空間運動狀態(tài)數(shù)相同，即占有的原子軌道數(shù)相同，X、Z、W分別為F、O、N，占據(jù)5個原子軌道，Y的原子序數(shù)是Z的兩倍，Y為S。[詳析]A．因為O原子的電負性大于S原子，所以極性，A錯誤；B．電負性：，但是N原子的p層為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于O，B錯誤；C．第二周期元素中，F(xiàn)的非金屬性最大，所以在第二周期中，F(xiàn)的氫化物最穩(wěn)定，C正確；D．Y為S，基態(tài)原子電子排布為：，未成對電子為2，在第三周期中，比它未成對電子數(shù)少的有：、、3種，D錯誤；故選C。5.在溫熱氣候條件下，淺海地區(qū)有厚層的石灰石沉積，而深海地區(qū)卻很少。下列[解析]不正確的是A.與深海地區(qū)相比，淺海地區(qū)水溫較高，有利于游離的CO2增多、石灰石沉積B.與淺海地區(qū)相比，深海地區(qū)壓強大，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少C.深海地區(qū)石灰石巖層的溶解反應為：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱酸性，大氣中CO2濃度增加，會導致海水中CO濃度增大[答案]D[解析][祥解]石灰?guī)r的形成是CaCO3的沉積結果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3與CO2，H2O之間存在著下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)?Ca(HCO3)2(aq)。[詳析]A.海水中CO2的溶解度隨溫度的升高而減小，隨壓力的增大而增大，在淺海地區(qū)，海水層壓力較小，同時水溫比較高，因而CO2的濃度較小，即游離的CO2增多，根據(jù)平衡移動原理，上述平衡向生成CaCO3方向移動，產(chǎn)生石灰石沉積，A項正確；B.與A恰恰相反，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項正確；C.在深海地區(qū)中，上述平衡向右移動，且傾向很大，故溶解反應為CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C項正確；D.海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，導致CO32-轉化為HCO3-，CO32-濃度降低，D項錯誤。故[答案]選D。6.T℃時，將2.0molA(g)和2.0molB(g)充入體積為1L的密閉容器中，在一定條件發(fā)生下述反應：A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)△H＜0；t1時刻時A物質(zhì)的量為1.2mol，t2時刻時C(g)濃度為2.0mol/L并保持不變。下列說法正確的是A.t1時刻的逆反應速率>t2時刻的正反應速率B.T℃時該反應的化學平衡常數(shù)K=2C.T2時刻反應達到平衡，然后縮小容器體積，平衡逆向移動D.T℃時，若將A(g)、B(g)各1.0mol充入同樣容器，平衡后，A的轉化率為50%[答案]D[解析][祥解][詳析]A．t2時刻的正反應速率和逆反應速率相等，反應開始到平衡，逆反應速率在逐漸增大，所以t1時刻的逆反應速率小于t2時刻的正反應速率，A錯誤；B．該反應的平衡常數(shù)為，B錯誤；C．T2時刻反應達到平衡，然后縮小容器體積，壓強增大，平衡不移動，C錯誤；D．該反應到平衡時，A的轉化率為50%，若同溫時，將A(g)、B(g)各1.0mol充入同樣容器，兩平衡等效，平衡后，A的轉化率為50%，D正確；故選D。7.常溫下，一元酸的。在某體系中，與離子不能穿過隔膜，未電離的可自由穿過該膜(如圖所示)。設溶液中，當達到平衡時，下列敘述正確的是A.溶液Ⅰ中B.溶液Ⅱ中的HA的電離度為C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比為[答案]B[解析][詳析]A．常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A錯誤；B．常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B正確；C．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯誤；D．常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總(HA)之比為[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D錯誤；[答案]選B。8.一種能增強人體免疫力的化合物，其結構如圖，其中X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族非金屬元素，W、R同族。下列說法錯誤的是A.第一電離能：B.氫化物的沸點：C.原子半徑：D.X、Z、W三種元素既可形成共價化合物又可形成離子化合物[答案]B[解析][祥解]由結構可知R最外層有六個電子，根據(jù)題意可知為W、R第ⅥA族元素，因此W為O元素，R為S元素，再根據(jù)結構中的成鍵數(shù)可知X為H元素，Y為C元素，Z為N元素.[詳析]A．同一周期各元素第一電離能從左往右有逐漸增大的趨勢，因為N元素2p軌道為半充滿狀態(tài)，第一電離能大于O元素，同一主族第一電離能從上往下依次降低，O元素大于S元素第一電離能，故第一電離能：，A正確；B．碳元素的氫化物為烷烴，烷烴的沸點隨C原子數(shù)目增大而增大，存在沸點大于水和氨氣的烷烴，B錯誤；C．原子半徑同一周期從左往右依次減小，且H原子半徑最小，故原子半徑：，C正確；D．H、N、O，即可形成共價化合物，如，也可形成離子化合物，如，D正確；故選：B。9.科學家發(fā)現(xiàn)固體電解質(zhì)具有良好的導電能力，為鋰離子電池的發(fā)展做出了重要貢獻，其晶胞結構如圖所示，其中位于體心。下列說法正確的是A.該晶胞中位于體心和棱心B.電負性：C.周圍距離最近且相等的的個數(shù)為4D.若晶胞參數(shù)為，則晶體密度為[答案]D[解析][詳析]A．由題干晶胞示意圖可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點，A錯誤；B．同一周期從左往右元素電負性依次增大，同一主族從上往下元素電負性依次減小，故電負性：，B錯誤；C．由A項分析可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點，則周圍距離最近且相等的的個數(shù)為2，C錯誤；D．由A項分析可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點，故一個晶胞中含有Li+的數(shù)目為：，S2-的數(shù)目為：=1，的數(shù)目為1，若晶胞參數(shù)為，則晶體密度為=，D正確；故[答案]為：D。10.下列對物質(zhì)性質(zhì)解釋合理的是選項性質(zhì)解釋A熱穩(wěn)定性：中存在氫鍵B熔點：晶體硅<碳化硅碳化硅中分子間作用力較大C酸性：電負性：F>ClD熔點：Br-Br鍵較I-I鍵鍵能大[答案]C[解析][詳析]A．氣體分子之間距離太大，此時分子間氫鍵不存在，A錯誤；B．晶體硅和碳化硅都不是分子，不存在分子間作用力，B錯誤；C．酸性是因為電負性：導致中羧基上的氫離子更容易電離出來，C正確；D．Br2的熔點較高是因為其分子間作用力較大，D錯誤。故選C。11.碳氮硫共脫除工藝可以協(xié)同除去工業(yè)廢水中的S2-、NO和CH3COO-，過程如圖所示。已知：成鍵原子共平面，每個原子能提供一個相互平行的p軌道且p軌道電子數(shù)小于參加成鍵的p軌道數(shù)的兩倍時可形成離域π鍵。下列說法錯誤的是A.N2和CO2都是非極性分子B.NO和NO的空間構型相同C.NO中存在離域π鍵D.冰醋酸中CH3COOH分子間存在范德華力和氫鍵[答案]B[解析][詳析]A．為含有非極性鍵的非極性分子，為含有極性鍵的非極性分子，A正確；B．的價層電子對為：，沒有孤電子對，空間構型為平面三角形，的價層電子對為：，有一對孤電子對，空間構型為V性，B錯誤；C．中N原子以雜化軌道成鍵,離子中存在3個σ鍵，為平面三角形，三個O原子和中心N原子之間形成一個四中心六電子的離域大π鍵，C正確；D．冰醋酸中分子間存在范德華力，因為羧基中含有，所以含有氫鍵，D正確；故選B。12.室溫下，通過下列實驗探究NaHCO3溶液的性質(zhì)。實驗1用pH試紙測得0.1NaHCO3溶液的pH約為8；實驗2向0.1NaHCO3溶液滴入等濃度Ba(OH)2溶液至恰好完全反應；實驗3向0.1NaHCO3溶液中加入等體積0.1NaOH溶液；實驗4向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，有氣體和沉淀生成；下列說法錯誤的是A.實驗1的溶液中存在c(H2CO3)>c(CO)B.實驗2過程中，水的電離程度先逐漸增大，然后逐漸減小C.實驗3反應后的溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)D.實驗4所生成的氣體一定是CO2[答案]C[解析][詳析]A．0.1NaHCO3溶液中pH約為8，則說明碳酸氫根離子水解大于電離，水解反應為：，電離反應為：，所以c(H2CO3)>c(CO)，A正確；B．向0.1NaHCO3溶液滴入等濃度Ba(OH)2溶液至恰好完全反應，則發(fā)生離子反應為：，滴入過程中先變成碳酸根離子，水解程度先增大，隨意碳酸根離子與鋇離子結合后氫氧根離子過量，所以隨后水的電離程度會逐漸減小，B正確；C．向0.1NaHCO3溶液中加入等體積0.1NaOH溶液，會生成碳酸鈉溶液，溶液中存質(zhì)子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C錯誤；D．向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，溶質(zhì)會發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁和二氧化碳，D正確；故選C13.已知：，常溫下向溶液中滴加溶液的滴定曲線如圖所示。已知：。下列說法正確的是A.、、三點的從大到小的順序為B.在點的溶液中存在C.常溫下，為D.其他條件相同，若將溶液換為同濃度、同體積的溶液，B點會平行向右移動[答案]C[解析][詳析]A．只受溫度影響，、、三點溫度不變，則三點的相等，故A錯誤；B．當向溶液中滴加10mL溶液時，，此時pCu=18.3，A點V[Na2S(aq)]小于10mL，則，故B錯誤；C．當向溶液中滴加10mL溶液時，，此時pCu=18.3，c(Cu2+)=10-18.3mol/L=c(S2-)，=c(Cu2+)c(S2-)=，故C正確；D．其他條件相同，若將溶液換為同濃度、同體積的溶液，滴加10mL溶液時，，由于，則pFe會向左移動，故D錯誤；故選C。14.某二氧化氯復合消毒劑發(fā)生器的工作原理如圖所示。通電后，產(chǎn)生成分為ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合氣體甲，被水吸收后可制得具有更強的廣譜殺菌滅毒能力的二氧化氯復合消毒劑。下列說法正確的是A.m端為電源正極，隔膜為陰離子交換膜B.產(chǎn)生ClO2的電極反應式為Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+C.通電后d口所在極室pH升高，e口排出NaOH溶液D.標準狀況下，b口每收集到2.24L氣體乙，電路中轉移電子0.4NA[答案]C[解析][祥解]左室中氯元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，為陽極室，故m為電源的正極，n為電源的負極，右室發(fā)生還原反應，水放電生成氫氣與氫氧根離子，離子交換膜為陽離子交換膜，左室中的鈉離子通過離子交換膜進入右室，溶液丙為NaOH溶液。[詳析]A．左室中氯元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，為陽極室，故m為電源的正極，n為電源的負極，右室發(fā)生還原反應，水放電生成氫氣與氫氧根離子，離子交換膜為陽離子交換膜，故A錯誤；B．Cl-轉化為ClO2發(fā)生氧化反應，應是失去電子，故B錯誤；C．右室是水放電生成氫氣與氫氧根離子，右室pH升高，左室中的鈉離子通過離子交換膜進入右室，e口排出NaOH溶液，故C正確；D．標準狀況下，b口每收集到2.24L(0.1mol)氣體乙，電路中轉移電子0.2NA,故選C。15.已知含磷廢水中的磷以磷酸及其鹽的形式存在。某溫度下，磷酸的與溶液的的關系如下圖，該溫度下向初始的含磷廢水中加入可以得到沉淀而實現(xiàn)廢水除磷。下列敘述錯誤的是A.該溫度下，磷酸的B.若逐漸增大該廢水的，溶液中將隨之不斷增大C.的該廢水中離子濃度存在關系：D.該廢水除磷的離子反應有：[答案]B[解析][祥解]由磷酸的與溶液的的關系圖可知、、。[詳析]A．該溫度下，由關系圖可知pH=p=7.21，即，A正確；B．逐漸增大該廢水的過程中，含磷微粒的變化是，因此溶液中將先增大后減小，B錯誤；C．時，因為，所以，即，因為，所以，即，故，C正確；D．因為向含磷廢水中加入可以得到沉淀，因此廢水除磷過程中存在離子反應，D正確；故[答案]為：B。二、非選擇題：本題4小題，共55分。16.Ⅰ．為探究原電池和電解池的工作原理，某研究性小組分別用如圖所示裝置進行實驗。（1）甲裝置中，a電極的反應式為___________。（2）乙裝置中，陰極區(qū)產(chǎn)物為___________。（3）丙裝置是一種家用環(huán)保型消毒液發(fā)生器。外接電源a為___________(填“正”或“負”)極，該裝置內(nèi)發(fā)生反應的化學方程式為___________。（4）若甲裝置作為乙裝置的電源，一段時間后，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為___________(不考慮氣體的溶解)。Ⅱ．利用如圖裝置，可以模擬鐵的電化學防護。（5）若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關K應置于___________處。（6）若X為鋅，開關K置于M處，該電化學防護法稱為___________。[答案]（1）H2-2e-+2OH-=2H2O（2）氫氧化鈉和氫氣（3）①.負②.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（4）3：4（5）N（6）犧牲陽極法[解析]小問1詳析]甲裝置是氫氧燃料電池，a電極氫氣失電子發(fā)生氧化反應生成水，a是負極，電極的反應式為H2-2e-+2OH-=2H2O；[小問2詳析]乙裝置是電解池，陰極發(fā)生還原反應，陰極反應式為，產(chǎn)物為氫氣和氫氧根離子；[小問3詳析]丙裝置是電解池，電解食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣、氯氣，為使電解生成的氫氧化鈉和氯氣充分反應生成氯化鈉、次氯酸鈉，氯氣應該在丙裝置的下端電極生成，所以下端為陽極、上端為陰極，外接電源a為負極，該裝置內(nèi)發(fā)生反應的化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。[小問4詳析]甲裝置作為乙裝置的電源。若電路中轉移4mol電子，甲中負極消耗2mol氫氣、正極消耗1mol氧氣，乙裝置陽極生成2mol氯氣、陰極生成2mol氫氣，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為3:4。[小問5詳析]X為碳棒，若開關K應置于M，構成原電池，鐵為負極，鐵的腐蝕速率加快；若開關K應置于N，構成電解池，鐵為陰極，為外加電流陰極保護法，鐵的腐蝕速率減慢；所以為減緩鐵的腐蝕，開關K應置于N處。[小問6詳析]X為鋅，開關K置于M處，構成原電池，鐵為正極、鋅為負極，鋅被腐蝕，該電化學防護法稱為犧牲陽極法。17.利用廢舊錫鉻合金(含Sn、Cr、SnO、和少量Pb)回收錫并制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程如下：已知：①“熔融氧化”中，氧化產(chǎn)物為，還原產(chǎn)物為；②回答下列問題：（1）“熱溶”時發(fā)生的非氧化還原反應的離子方程式為_______；加快“熱溶”速率的措施有_______(任寫2條)。（2）“溶渣”的主要成分為_______(填化學式)。（3）“調(diào)”的作用是_______。（4）“熔融氧化”反應的化學方程式為_______，實驗室中該操作可在_______(填字母)中進行。A.蒸發(fā)皿B.鐵坩堝C.石英坩堝D.燒杯（5）“轉化、分離”中，需要通過蒸發(fā)濃縮，降溫至10℃、結晶的方法分離得到晶體的原因為_______。[答案]（1）①.、②.攪拌、適當升高溫度、適當增大硫酸濃度等（任寫兩條）（2）（3）使轉化（4）①.②.B（5）的溶解度受溫度影響較大且隨溫度降低而減小[解析][祥解]廢舊錫鉻合金加硫酸熱溶后，溶渣中為PbSO4，其他物質(zhì)轉化為硫酸鹽；調(diào)節(jié)pH得到物相1，經(jīng)過處理得到粗錫；物相2經(jīng)過處理得到Cr2O3；熔融氧化時發(fā)生反應，固體水溶后調(diào)節(jié)pH2，鉻酸鈉轉化為重鉻酸鈉，即使轉化為，加入KCl經(jīng)過轉化分離得到K2Cr2O7。[小問1詳析]硫酸熱溶時發(fā)生的非氧化還原反應為：、；加快“熱溶”速率的措施有：攪拌、適當升高溫度、適當增大硫酸濃度等（任寫兩條）；[小問2詳析]溶渣的主要成分為：；[小問3詳析]“調(diào)”的作用是：使轉化為；[小問4詳析]熔融氧化時發(fā)生的化學反應為：；熔融氧化應該在坩堝中進行，因用到了NaOH，不能選石英坩堝，應選鐵坩堝，故選B；[小問5詳析]“轉化、分離”中，需要通過蒸發(fā)濃縮，降溫至10℃、結晶的方法分離得到晶體的原因為：的溶解度受溫度影響較大且隨溫度降低而減小。18.推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料。回答下列問題：（1）基態(tài)鐵原子核外電子運動狀態(tài)有______種；基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的原因是______。（2）在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負性由大到小的順序是______；NH的空間構型為______；H2PO中P原子的雜化軌道類型為______。（3）1mol中含有______molσ鍵；苯胺水溶性大于苯的主要原因是______。（4）構想某鋰電池的負極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶體結構如圖。①石墨的硬度小、熔沸點高的原因分別是______。②如圖晶體的化學式為______；該晶體中最近的兩個碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，列式即可)。[答案]（1）①.26②.基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)（2）①.O>N>P②.正四面體形③.sp3雜化（3）①.14②.苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能（4）①.石墨晶體為層狀結構，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價鍵結合，熔沸點高②.LiC6③.[解析][小問1詳析]根據(jù)鮑利原理可知，原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子，鐵是26號原子，核外有26個電子，則基態(tài)鐵原子核外電子運動狀態(tài)有26種，根據(jù)洪特規(guī)則及特例可知，由于基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)，導致基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+更穩(wěn)定，故[答案]為：26；基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)；[小問2詳析]根據(jù)同一周期從左往右元素的電負性依次增強，同一主族從上往下元素的電負性依次減弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負性由大到小的順序是O＞N＞P，NH的中心原子N周圍的價層電子對數(shù)為：4+=4，則其空間構型為正四面體，已知中中心原子P原子周圍的價層電子對數(shù)為：4+=4，則P的雜化方式為sp3，H2PO與的雜化方式相同，則H2PO中P原子的雜化軌道類型為sp3，故[答案]為：O＞N＞P；正四面體；sp3；[小問3詳析]已知單鍵均為σ鍵，苯環(huán)上6個碳碳鍵均為介于單鍵和雙鍵之間獨特的鍵，則1mol中含有14molσ鍵；由于苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能，導致苯胺水溶性大于苯，故[答案]為：14；苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能；小問4詳析]①由于石墨晶體為層狀結構，層間作用力為范德華力，導致其硬度小，但層內(nèi)碳原子間以共價鍵結合，導致其熔沸點又很高，故[答案]為：石墨晶體為層狀結構，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價鍵結合，熔沸點高；②由題干晶胞圖可知，Li位于8個頂點，C由8個位于側面上，2個位于體內(nèi)，故一個晶胞含有的Li+為：=1，C原子個數(shù)為：，則晶體的化學式為LiC6，該晶體中最近的兩個碳原子核間距離為142pm，則底邊邊長為3×142pm，石墨烯層間距離為335pm，又底邊為平行四邊形，頂角為60°，設晶胞的密度為dg/cm3，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為(3×142)2×335×10-30cm3，結合密度公式ρ=，解得d=g/cm3，故[答案]為：LiC6；。19.我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和。二氧化碳加氫制備甲醇既可以實現(xiàn)二氧化碳的轉化利用，又可以有效緩解溫室效應問題。已知：反應I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1反應II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=bkJ·mol-1反應III：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3（1）原料CO2可通過捕獲技術從空氣或工業(yè)尾氣中獲取，下列物質(zhì)能作為CO2捕獲劑的是_______(填標號)。A.NaOH溶液 B.濃氨水 C.CH3CH2OH D.NH4Cl溶液（2）根據(jù)蓋斯定律，反應III的ΔH3=_______kJ·mol-1（3）對于上述CO2加氫合成CH3OH的體系，下列說法錯誤的是_______(填標號)。A.增大H