安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高二下学期第一次月考化学 Word版含解析.docx

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淮北一中2023-2024学年下学期高二年级第1次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1N-14C-12O-16S-32Co-59一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A.“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀B.高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为化学能→电能C.华为新上市的手机引发关注，其芯片材料是共价晶体D.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，以灰淋汁，取碱浣衣。”“浣衣”时是利用溶液的碱性促进油污的水解【答案】B【解析】【详解】A．铝比Fe活泼，铝为负极、被腐蚀，Fe为正极、被保护、不易腐蚀，A项正确；B．高效率钙钛矿太阳能电池将太阳能转化为电能，B项错误；C．Si是由Si原子通过共价键形成的三维骨架结构，属于共价晶体，C项正确；D．草木灰的主要成分为K2CO3，K2CO3属于强碱弱酸盐，由于的水解使K2CO3溶液呈碱性，能促进油污的水解，用于“浣衣”，D项正确；答案选B。2.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④>③>②>①B.最高正化合价：④>③=②>①C.电负性：④>③>②>①D.原子半径：①>②>③>④【答案】A【解析】【分析】根据核外电子排布式可确定①②③④分别是S、P、N、F，以此解题。【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 B．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故D错误；故选A。3.下列化学用语表述错误的是A.HClO的电子式：B.中子数为10的氧原子：OC.NH3分子的VSEPR模型：D.基态N原子价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为O，B正确；C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故答案选C。4.用生产某些含氯有机物时会产生副产物。利用反应：，可实现氯的循环利用。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 已知：下列说法正确的是A.若密闭容器中充入和，达平衡时共放出的热量B.转化为放出能量C.的沸点高于是因为分子间存在氢键D.破坏键需要的能量比破坏需要的能量低【答案】C【解析】【详解】A．该反应存在一定限度，反应物不能完全转化，放出的热量小于，A错误；B．化学键的断裂吸收能量，转化为吸收能量，B错误；C．分子间氢键使物质的沸点增大，的沸点高于是因为分子间存在氢键，C正确；D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则4×E(H-Cl)+498k/mol-2×243kJ/mol-4×E(H-O)=-115.6kJ/mol，可知4×E(H-Cl)-4×E(H-O)=-127.6kJ/mol，即断裂H2O(g)中1molH-O键比断裂HCl(g)中1molH-Cl键所需能量高，D错误；答案选C。5.一定温度下的密闭容器中，反应达到平衡，缩小容器容积，对反应产生影响的叙述不正确的是A.使平衡向正反应方向移动B.使平衡常数K增大C.使的浓度增大D.使v(正)、v(逆)增大【答案】B【解析】【详解】A．缩小容器容积，压强增大，平衡向着气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，A正确；B．缩小容器容积，温度不变，平衡常数K不变，B错误；C．缩小容器容积，的浓度增大，C正确；D．缩小容器容积，的浓度增大，v(正)、v(逆)均增大，D正确；答案选B。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 6.时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.的无色溶液中：、B.水电离的的溶液中：C.溶液中：D.的溶液：【答案】D【解析】【详解】A．无色溶液显酸性，酸性条件下不能共存，且在水溶液中显紫红色，A错误；B．水电离的的溶液中可能为碱性溶液或酸性溶液，碱性溶液中不能共存，B错误；C．与会发生双水解而不共存，C错误；D．说明溶液显碱性，在碱性溶液中可以大量共存，D正确；故选D。7.2023年2月，全球最大容量铁-铬液流储能电池在内蒙古自治区成功试运行。该电池示意图如图所示，其中的电极可视为惰性电极。已知，储电时Cr3+被还原。下列有关说法错误的是A.供电时，向Ⅱ极区移动B.供电时，负极反应：第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 C.储电时，电极I与外电源正极相连D.储电时，被氧化的与被还原的物质的量相等【答案】A【解析】【分析】储电时为电解池，电极Ⅱ上，Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，则电极Ⅱ为阴极，电极Ⅰ为阳极，原电池的正负极与电源的正负极分别相接；供电时为原电池，电极Ⅰ为正极，电极Ⅱ为负极，负极上，Cr2+失电子生成Cr3+，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，生成的Fe2+存储在正极储液罐内，Cr3+存储在负极储液罐内，正极反应式为Fe3++e-═Fe2+，负极反应式为Cr2+-e-=Cr3+，据此分析解答。【详解】A．供电时为原电池，电极Ⅰ为正极，电极Ⅱ为负极，H+向正极Ⅰ极区移动，A错误；B．供电时为原电池，电极Ⅰ为正极，电极Ⅱ为负极，负极反应式为Cr2+-e-=Cr3+，B正确；C．储电时为电解池，电极Ⅰ为阳极，电极Ⅱ为阴极，正、负极与电源正、负极相接，即电极Ⅰ与外电源正极相连，C正确；D．储电时为电解池，阳极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应式为Cr3++e-=Cr2+，根据电子守恒可知，被氧化的Fe2+与被还原的Cr3+物质的量相等，D正确；故答案为A。8.下列研究目的和示意图相符的是（）选项ABCD研究目的密闭容器中，压强对反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的影响固定容积的密闭容器中，温度对反应：N2(g)+3H2(g)2NH3（g）ΔH<0的影响等质量Na、K分别与足量水反应固定容积的密闭容器中，增大CO2浓度，对已达平衡的反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的影响示意图第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．依据先拐先平压强大，P1＞P2，三氧化硫含量随压强增大而增大，图象变化与三氧化硫含量随压强增大而增大不符合，故A错误；B．依据先拐先平温度大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氨气物质的量减小，图象与之不符合，故B错误；C．等质量钾和钠，钾摩尔质量为39g·mol−1，钠摩尔质量为23g·mol−1，依据电子守恒可知与水反应，钾生成的氢气少，但钾活泼性大于钠，反应快先反应完，图象与之符合，故C正确；D．增大二氧化碳浓度，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向进行，图象与之不符合，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】利用先拐先平衡数值大思维得出一些结论，再根据平衡移动的关系得到。9.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构T基态原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍X基态原子的L层有3个未成对电子Y基态原子的L层p电子数比L层s电子数多2个Z元素的最高正价为价下列说法不正确的是A.分子中键与π键之比为B.分子的空间结构为直线形C.在中的溶解度大于在中的溶解度D.为极性分子，为非极性分子【答案】B【解析】【分析】T基态原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，故T为C；X基态原子的L层有3个未成对电子，为N；Y基态原子的L层p电子数比L层s电子数多2个，为O；Z元素的最高正价为价，为第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 Cl。【详解】A．分子即HCN中键与π键之比为，A正确；B．分子即空间结构为V形，B错误；C．氨气为极性分子，水为极性分子，甲烷为非极性分子，根据相似相溶原理，在中的溶解度大于在中的溶解度，C正确；D．为极性分子，为非极性分子，D正确；故选B。10.类推的思维方法在化学学习中应用广泛，但类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论错误的是A.能与溶液反应，则也能与溶液反应B.是“V形”分子，则是“V形”分子C.第二周期元素氢化物稳定性顺序是，则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是D.工业制采用电解熔融的方法，则工业制也可采用电解熔融的方法【答案】D【解析】【详解】A．根据对角线原则，Al、Be化学性质相似，则也能与溶液反应，A正确；B．、为等电子体，分子结构相似，则是“V形”分子，B正确；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强稳定性顺序：、，C正确；D．MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，D错误；故选D。11.二氯化二硫是广泛用于橡胶工业的硫化剂，广泛用于石油化工，其分子结构如下图所示。制备方法：在120℃向硫磺粉(用浸润)中通入。已知：常温下遇水易水解，并产生能使品红裉色的气体。下列说法错误的是第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 A.分子中所有原子均满足8电子结构B.中原子的杂化类型为杂化C.用浸润可加快反应速率，体现相似相溶原理D.与反应的化学方程式可能为：【答案】B【解析】【详解】A．分子中S原子连接2个共价键，Cl原子连接1个共价键，分子中所有原子均满足8电子结构，故A正确；B．S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故B错误；C．S单质和是非极性分子，由相似相溶原理可知S在中的溶解度较大，故C正确；D．常温下，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素由+1价一部分升高到+4价(生成SO2)，中Cl元素化合价为−1价，不能再得电子，只能是一部分S元素化合价降低到0价(生成S)，所以反应的化学方程式可能为，故D正确；故选B。12.下列实验装置，能达到实验目的的是A.用装置甲蒸干溶液制备无水固体B.用装置乙定量测定的分解速率C.用装置丙采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 D.用装置丁制备并能较长时间观察其颜色【答案】C【解析】【详解】A．氯化镁在水溶液中会发生水解，加热蒸发促进水解，同时会促进HCl的挥发，蒸干后无法得到氯化镁，A错误；B．生成的氧气会从长颈漏斗中逸出，无法通过单位时间内生成氧气的体积测定H2O2的分解速率，B错误；C．装置中的压强增大则为析氢腐蚀，装置中的压强减小则为吸氧腐蚀，C正确；；D．Fe应该在阳极，装置中Fe在阴极无法产生氢氧化亚铁沉淀，故D错误；故答案为：C。13.室温下，用含有少量的溶液制备的过程如下。下列说法正确的是A.溶液中：B.溶液中：C.“过滤”所得滤液中：D.“过滤”所得滤液中：【答案】C【解析】【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。【详解】A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知，A错误；B．在NH4HCO3中存在质子守恒：，B错误；C．过滤之后的滤液为(NH4)2CO3，根据物料守恒，铵根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，所以，C正确；D．过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则，D错误；故选C。14.25℃时，用0.10mol⋅L-1的NaOH溶液滴定50mL等浓度的一元酸HA溶液，混合溶液的pH及[指水电离出的浓度]与滴入NaOH溶液体积关系如图所示(忽略体积变化)。下列说法正确的是A.滴定过程中应选用甲基橙作指示剂B.点a溶液中，C.点b溶液中mol⋅L-1D.点c溶液呈中性，【答案】C【解析】【分析】由图可知，a点为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性；b点为NaA溶液；c点为NaA和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。【详解】A．NaA为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则用氢氧化钠溶液滴定等浓度的一元酸HA溶液时，应使用酚酞作指示剂，故A错误；B．由分析可知，a点为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度的大小顺序为，故B错误；C．由图可知，0.1mol/LHA溶液中水电离出的氢离子浓度为1×10—11.1mol/L，则溶液中的氢离子浓度为第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 1×10—2.9mol/L，HA的电离常数约为=1×10—4.8，由电离常数可知NaA的水解常数Kh===1.0×10—9.2，由分析可知，b点为0.05mol/LNaA溶液，则溶液中的氢氧根离子浓度约为=mol/L，故C正确；D．由分析可知，c点为NaA和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性，溶液pH大于7，故D错误；故选C。二、填空题(本题包括4小题，每空2分，共58分。)15.为应对全球气候的变化，我国科学家研发一种“氨气/石膏联合法”用于吸收工厂中排放的，同时获得产品。其反应原理为：I．根据上述反应原理，在实验室模拟生产硫酸铵。请回答下列问题：（1）应用下图装置，先通入，用干燥管替代长导管的目的是___________；再通入，当液体由红色变为浅红色时，立即停止通入，此时溶液的范围为___________，不通入过量，原因可能是___________。（2）反应后的混合物经过过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及烘干。两次过滤依次得到的物质分别为___________和___________；烘干温度不宜过高的原因为___________。II．为了测定样品中的纯度，进行实验。取硫酸铵在碱性溶液中反应，烝馏出生成的氨气，用硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定吸收氨气后过量的硫酸。（3）若滴定时消耗了的溶液，则该硫酸铵产品的纯度为________。(保留3位有效数字)（4）若氨气没有充分蒸出，则实验结果将___________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）①.防倒吸②.③.防止碳酸钻生成碳酸氢钻，使硫酸铵难以分离（2）①.②.③.防止分解（3）85.8（4）偏小【解析】【分析】由题意可知，该实验的实验目的是以硫酸钙、氨气和二氧化碳为原料制备硫酸铵，实验时，先向硫酸钙悬浊液中通入氨气，再通入二氧化碳发生反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，将反应后的混合液过滤得到碳酸钙滤渣和硫酸铵溶液，硫酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤烘干得到硫酸铵。【小问1详解】氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水时发生倒吸，通入氨气时的仪器应采用干燥管替代长导管；向氨化的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，溶液的碱性减弱，溶液会由红色变为浅红色，此时溶液的pH的范围为；碳酸钙和过量二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，不继续通入直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离。【小问2详解】由分析可知，将反应后的混合液过滤得到滤渣和溶液，硫酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤烘干得到，不稳定，受热易分解生成氨气和硫酸，所以烘干时，温度不易过高。【小问3详解】由题意可知，与硫酸溶液反应的氨气的物质的量为0.500mol/L×0.030L×2-0.200mol/L×0.020L=0.026mol，由氮原子个数守恒可知，硫酸铵产品的纯度为×100%=85.8%。【小问4详解】若氨气没有充分蒸出，则测定NH3的物质的量偏小，实验结果将偏小。16.钴及其化合物在工业生产中有广阔的应用前景。已知：Co2+不易被氧化，和Co3+都具有强氧化性，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。（1）从锂钴废料(主要成分为LiCoO2)分离Co2+。①Co2+的价电子排布式为___________。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ②“酸溶”时不选择浓HCl的理由是___________。③“净化”时，加NaF固体是将Li+转化为沉淀，“净化”后溶液中c(F-)=4.0×10-2mol/L，若“过滤1”后溶液中c(Li+)=1.0mo/L，则“净化”后c(Na+)=___________mol/L。(溶液体积变化忽略不计，不考虑其他离子影响。25℃时Ksp(LiF)=2.0×10-3)（2）从由CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3。实验过程：称取研细的CoCl2·6H2O10.0g和NH4Cl50g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25mL浓氨水，5mL30%的H2O2溶液，控制反应温度为60°C，打开分液漏斗，反应一段时间后，得[Co(NH3)6]Cl3溶液，实验装置如图所示：①由CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3溶液的离子方程式为___________。②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为___________。（3）用CoSO4溶液为原料“沉钴”时，可先制得CoCO3再制备Co3O4，CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取0.1mo/LCoSO4溶液，边搅拌边滴加0.1mol/LNH4HCO3溶液，至不再产生沉淀，过滤、洗涤，得到CoCO3固体；将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气流，在___________℃温度下煅烧至恒重即可。【答案】（1）①.3d7②.浓有还原性，与会发生反应产生，污染空气③.0.99（2）①.②.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 先加浓氨水再加入溶液（3）400~600或400或600【解析】【分析】锂钴废料(主要成分为LiCoO2)加H2SO4和Na2S2O3 酸溶，LiCoO2中的三价Co被还原为Co2+，过滤掉不溶于酸的杂质后，加NaF除去Li+，滤渣的主要成分为LiF，滤液2为含Co2+的溶液。【小问1详解】Co的原子序数为27，基态Co原子的价电子排布式为[Ar]3d74s2，则基态Co2+的价层电子排布式为：3d7；②LiCoO2中Co为+3价，具有强氧化性，能将HCl中-1价的Cl-氧化成Cl2，污染环境；“酸溶”时不选择浓HCl的理由是浓有还原性，与会发生反应产生，污染空气；③沉淀后溶液中c(Li+)==0.05mol.L-l，溶液中c(F-)=0.04mol•L-1，加入的F-将原溶液中的Li+沉淀后还剩余0.04mol•L-1，因此c(F-)=(1-0.05+0.04)mol•L-1=0.99mol•L-1，加入的NaF中c(Na+)=c(F-)=0.99mol•L-1，故答案为：0.99mol•L-1；【小问2详解】①H2O2、CoCl2、NH4Cl在氨水中生成[Co(NH3)6]Cl3，由电子转移守恒和原子守恒可得总反应离子方程式；②将Co2+转化[Co(NH3)]3+ 过程中，先加浓氨水，后加H2O2溶液，原因是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)]2+，故答案为：先加浓氨水再加入H2O2溶液；【小问3详解】将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气流生成Co3O4的反应方程式为6CoCO3+O2=2Co3O4+6CO2，剩余固体Co3O4的质量与起始CoCO3的质量的比值为，根据图可知处于76.50%~63.0%之间，则在400~600℃温度下煅烧至恒重即可。17.CO、SO2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S(l)：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g)，△H=-296.8kJ/mol，回答下列问题：（1）已知CO的燃烧热为283.0kJ/mol，S(l)+O2(g)=SO2(g)△H=-296.8kJ/mol。则上述反应的△H=___________kJ/mol。（2）其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ___________。某种铁镍合金的立方晶胞如图2所示，铁原子的配位数为___________。（3）在容积为2L的密闭容器中，充入2molCO和1molSO2，在一定条件下发生上述反应，体系混合气体中CO2的物质的量分数随时间的变化如图3所示：①0~2min内的平均反应速率v(CO)=___________mol/(L·min)。②2min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是___________(填字母)。a．选用更高效的催化剂b．升高温度c．及时分离出CO2d．增加CO的浓度（4）在密闭容器中，充入2molCO和1molSO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图4所示。①压强p1、p2、p3由大到小的关系是___________。②B点对应条件下Kx=___________(对于反应mA(g)+nB(g)pC(B)+qD(g)，K=，x为物质的量分数，固体和纯液体不写入表达式)。③A点和C点压强平衡常数之比为___________(用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）-269.2（2）①.Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源②.8（3）①.0.3②.d（4）①.p1>p2>p3②.176③.【解析】【小问1详解】由CO燃烧热为283.0kJ/mol可得①，又已知②kJ/mol，由盖斯定律①×2-②得；【小问2详解】从图中可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；Fe原子在8个顶点和6个面心，以上底面面心的Fe原子为例，与之最近的Ni原子为该晶胞内上方4个、上层晶胞中下方4个Ni原子，所以铁原子的配位数为8；【小问3详解】①设平衡时SO2消耗了xmol，三段式为，所以，解得x=0.6，0~2min内的平均反应速率；②a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，所以a错误；b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故b错误；c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，故c错误；d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故d正确；故答案为：d；【小问4详解】①图像显示同温(T2)变压，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡右移，SO2的平衡转化率增大，所以压强p1、p2、p3由大到小的关系是p1>p2>p3；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ②三段式，n(总)=2.2mol，B点对应条件下；③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为。18.主族元素和第四周期过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域均有着广泛的应用。请回答以下问题。（1）基态Cu原子的价电子有___________种运动状态，电子所占据的最高能层符号为___________，未成对电子占据原子轨道的形状为___________，Zn基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的电子排布式为___________。（2）碳和氢形成的最简单碳正离子，该阳离子的空间构型为___________（3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是___________。（4）金属晶体铜的晶胞如图所示。铜原子间的最短距离为apm，密度为pg/cm3，NA为阿伏加德罗常数。铜的相对原子质量为___________(用a、ρ、N表示，写出计算式即可)。【答案】（1）①.11②.N③.球形④.1s22s22p63s23p63d94s24p1或[Ar]3d94s24p1（2）平面三角形（3）Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO（4）【解析】【小问1详解】Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，价电子有11第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 种运动状态；电子所占据的最高能层是第4层，符号为N，未成对电子是4s轨道上的电子，占据原子s轨道的形状为球形，Zn的原子序数为30，核外电子排布式为：1s22s22p63p63p63d104s2，当次外层1个d电子激发进入最外层的4p能级时，该激发态原子的电子排布式为：1s22s22p63p63p63d94s24p1；【小问2详解】最简单碳正离子离子中C原子的价层电子对数为，孤对电子数为0，离子的空间构型为平面三角形；【小问3详解】Cu2+的最外层电子排布为3d9，而Cu+的最外层电子排布为3d10，最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；【小问4详解】处于面对角线上的原子相切，铜原子间的最短距离为apm,则晶胞棱长=apm，算晶胞中Cu原子数目=8×+6×=4，设Cu相对原子质量为Mr(Cu)，则晶胞质量=4×g，故4×g=(a×10-10cm)3×ρg•cm-3，解得Mr(Cu)=。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司