河南省洛阳市2022年高考化学二模试卷（含解析）

河南省洛阳市2022年高考二模化学试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个正确答案）1．化学在日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（　　）　A．热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去　B．可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素　C．漂白粉可用于自来水的杀菌、消毒　D．做红烧鱼时，常加一些食醋和酒会更香，是因为生成少量的酯考点：淀粉的性质和用途；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；酯的性质．.分析：A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应；B．淀粉遇碘单质变蓝；C．漂白粉有氧化性；D．食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质．解答：解：A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应，生成物溶于水，则热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去，故A正确；B．淀粉遇碘单质变蓝，而加碘盐中含碘酸钾，不是单质，不能用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素，故B错误；C．漂白粉有氧化性，因此可用于自来水的杀菌、消毒，故C正确；D．食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质，则红烧鱼更香，故D正确；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、性质与用途的关系等，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　2．（2分）（2022•洛阳二模）工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：①2C（焦炭）+O2（空气）2CO②Fe3O3+3CO2Fe+3CO2该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需其主要原因是（　　）　A．CO过量　B．CO与铁矿石接触不充分　C．炼铁高炉的高度不够　D．CO与Fe2O3的反应有一定限度考点：高炉炼铁．.专题：元素及其化合物；化学应用．分析：工业炼铁中Fe2O3+3CO2Fe+3CO为可逆反应，增加反应物的投料，可以促使化学平衡正向进行，据此判断即可．解答：解：工业炼铁中Fe2O3+3CO-20-\n2Fe+3CO为可逆反应，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，这样可以促进反应反应正向移动，提高CO的浓度，从而以提高的Fe2O3转化率，故选D．点评：本题主要考查化学平衡移动原理在工业生产中的运用，难度不大，解题关键是要熟悉工业炼铁中的有关反应．　3．（2分）（2022•洛阳二模）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面图．下列说法正确的是（　　）　A．该电化腐蚀为析氢腐蚀　B．图中生成铁锈最多的是C区域　C．A区域比B区域更易腐蚀　D．铁闸中的负极的电极反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+考点：金属的电化学腐蚀与防护．.分析：A．海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀；B．在B处最易形成原电池；C．根据吸氧腐蚀的发生条件分析；D．Fe作负极失电子生成亚铁离子．图中A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部．解答：解：A．海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A错误；B．在B处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B错误；C．在B处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，所以B区域比A区域更易腐蚀，故C错误；D．Fe作负极失电子生成亚铁离子，则负极的电极反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正确．故选D．点评：本题考查了金属的电化学腐蚀，明确吸氧腐蚀发生的条件是解题的关键，题目难度不大．　4．（2分）（2022•洛阳二模）下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是（　　）①稀有气体不活泼是因为它们原子最外层都达到8e﹣稳定结构②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素③第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6④原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期ⅡA族．　A．①②B．①③C．②④D．③④考点：元素周期表的结构及其应用．.分析：①稀有气体不活泼，与原子结构有关；-20-\n②同周期，从左向右非金属性增强；③C位于第二周期ⅣA族，C存在多种同位素；④原子序数为12的元素为Mg，原子结构中有3个电子层，最外层电子数为2．解答：解：A．稀有气体不活泼，与原子结构有关，He满足最外层2个电子的稳定结构，而其他原子最外层都达到8e﹣稳定结构，故错误；②同周期，从左向右非金属性增强，则ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，故正确；③C位于第二周期ⅣA族，C存在多种同位素，C原子的中子数可以是6或7或8，故错误；④原子序数为12的元素为Mg，原子结构中有3个电子层，最外层电子数为2，则位于元素周期表的第三周期ⅡA族，故正确；故选C．点评：本题考查元素周期表及应用，为高频考点，把握元素周期表的结构、元素周期律等为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　5．（2分）（2022•洛阳二模）氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量．在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ．下列关系式中正确的是（　　）　A．Q1+Q2＜2Q3B．Q1+Q2＞2Q3C．Q1+Q2＜Q3D．Q1+Q2＞Q3考点：反应热的大小比较．.专题：化学反应中的能量变化．分析：根据反应热中能量变化=旧键断裂吸收的总能量﹣新键形成释放的总能量来计算该反应的能量变化，氢气与氟气的反应属于放热反应，即旧键断裂吸收的总能量小于新键形成释放的总能量，据此解答．解答：解：氢气与氟气的反应H2（g）+F2（g）=2HF，旧键断裂吸收的总能量为：Q1KJ+Q2KJ，新键形成释放的总能量为：2Q3KJ；由于该反应为放热反应，旧键断裂吸收的总能量小于新键形成释放的总能量，所以Q1KJ+Q2KJ＜2Q3KJ，故选：A．点评：本题考查反应中能量变化的原因，旧键断裂吸收的总能量小于新键形成释放的总能量，反应放热，反之为吸热反应，题目难度不大．　6．（2分）（2022•洛阳二模）下列物质性质与应用的因果关系正确的是（　　）　A．焦炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅　B．晶体硅用于制作半导体材料是因其熔点高、硬度大　C．二氧化锰具有强氧化性，故能将双氧水氧化为氧气　D．Fe比Cu活泼，所以FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu考点：硅和二氧化硅；铁的化学性质．.分析：A．碳具有还原性，能氧化部分氧化物；B．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；C．在双氧水的分解中，二氧化锰作催化剂；D．FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu，说明三价铁氧化性比铜离子强．解答：-20-\n解：A．碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，该反应中碳失电子而作还原剂，故A正确；B．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故B错误；C．二氧化锰具有强氧化性，但在双氧水的分解中，二氧化锰作催化剂而不是氧化剂，故C错误；D．FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu，说明三价铁氧化性比铜离子强，与Fe比Cu活泼无关，故D错误；故选A．点评：本题考查了物质的性质及用途，明确物质的性质决定其用途是解本题关键，难度不大．　7．（2分）（2022•洛阳二模）下列实验操作正确的是（　　）　A．盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶　B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出　C．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热　D．做“钠与水的反应”实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象考点：化学试剂的存放；钠的化学性质；物质的溶解与加热；物质的分离、提纯和除杂．.专题：化学实验基本操作．分析：A．玻璃的成分是二氧化硅；B．苯在上层，应从上口倒出；C．当蒸发皿中出现大量固体时就应该停止加热；D．应该是将绿豆大小的金属钠放入滴有酚酞的水溶液中．解答：解：A．二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠有粘性，能将瓶口和塞子粘在一起，故A错误；B．苯的密度比水小，苯在上层，应从上口倒出，故B错误；C．当蒸发皿中出现大量固体时就应该停止加热，用余热蒸干，故C正确；D．做“钠与水的反应”实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入滴有酚酞的水溶液中，故D错误．故选C．点评：本题考查玻璃的成分、苯的密度、蒸发操作和钠与水的反应等，难度不大，注意苯的密度比水小，与水互不相溶．　8．（2分）（2022•洛阳二模）某温度下，在容积固定的密闭容器中，发生可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g），平衡时，各物质的浓度比为c（A）：c（B）：c（C）=1：1：2保持温度不变，以1：1：2的体积比再充入A、B、C，则下列叙述正确的是（　　）　A．刚充人时反应速率：v（正）减小，v（逆）增大　B．达到新的平衡时：反应混合物中A、B的物质的量分数不变　C．达到新的平衡时：c（A）：c（B）：c（C）仍为1：1：2　D．达到新的平衡过程中：体系压强先增大，后减小考点：化学平衡的影响因素．.分析：-20-\n平衡时，各物质的浓度比为c（A）：c（B）：c（C）=1：1：2，在恒温恒容下条件下，以1：l：2的体积比再充入A、B、C，可以等效为增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，据此结合选项判断．解答：解：A、刚充入时反应速率v正、v逆都增大，故A错误；B、以1：l：2的体积比再充入A、B、C，由于压强增大，平衡向着正向移动，反应混合物中A、B的体积分数减小，故B错误；C、增大压强，平衡向正反应移动，平衡时达到新的平衡时c（A）：c（B）：c（c）不再是l：1：2，故C错误；D、以1：l：2的体积比再充入A、B、C，压强增大，平衡向正反应移动，气体的总的物质的量减小，压强降低，所以体系压强先增大，后减小，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡的影响因素，难度不大，注意理解压强对化学平衡的影响本质，改变体积影响反应混合物的浓度．　9．（2分）（2022•洛阳二模）下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH值明显下降的是（　　）　A．B．C．D．考点：原电池和电解池的工作原理．.分析：线路接通后，经过一段时间，溶液的pH值明显下降，说明该溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增大，如为电解池，则阳极消耗氢氧根离子，阴极氢离子不参加反应，以此解答．解答：解：A．该装置是原电池装置，H+放电生成氢气，溶液的pH增大，故A错误；B．该装置是电解池，Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C．电解食盐水，生成氢氧化钠使溶液的pH增大，故C错误；D．电解硫酸铜实质是电解水和硫酸铜，水中的氢氧根离子放电使溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故D正确．故选D．点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确各个装置发生的电池反应是解本题关键，再结合溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化分析解答，题目难度不大．　10．（2分）（2022•洛阳二模）下列说法正确的是（　　）　A．向Na2CO3溶液通入CO2，可使水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣向正反应方向移动，则溶液pH增大　B．室温时，0.1molL﹣1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=4-20-\n　C．NH3．H2O溶液加水稀释后，溶液中的值增大　D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．.分析：A、碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，导致碳酸根离子浓度减小，碳酸根离子水解平衡逆向移动；B、计算溶液中氢离子浓度进而计算溶液pH；C、一水合氨加水稀释其电离平衡正向移动；D、酸抑制水的电离，盐水解促进水的电离．解答：解：A．由于碳酸钠和二氧化碳反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故A错误；B．溶液中的氢离子浓度是0.1mol/L×0.1%=1×10﹣4mol/L，pH=4，故B正确；C．NH3．H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3．H2O）减小，n（NH4+）增大，的值减小，故C错误；D．盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，水解，促进水的电离，故D错误．故选B．点评：本题考查了盐类水解的影响因素、pH求算、水的电离平衡影响因素，题目难度不大．　二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确答案）11．（3分）（2022•洛阳二模）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）　A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1　B．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量　C．己知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a；2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=b，则a＞b　D．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定考点：热化学方程式．.专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据燃烧热概念分析，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；B、醋酸是弱酸电离过程是吸热过程；C、一氧化碳生成二氧化碳过程需要放热，焓变为负值；D、物质能量越高越活泼．解答：解：A、已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，方程式中水是气体，依据燃烧热概念可知，氢气的燃烧热大于241.8kJ•mol﹣1，故A错误；B、醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，则含40.0gNaOH的稀溶液物质的量为1mol，与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量，故B正确；C、己知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a；2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=b，一氧化碳生成二氧化碳过程需要放热，焓变为负值，则a＜b，故C错误；-20-\nD、已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，金刚石能量高，则石墨比金刚石稳定，故D正确；故选BD．点评：本题考查了热化学方程式的书写方法和概念理解应用，主要是燃烧热，中和热概念分析应用，物质能量高低与物质稳定性的关系判断，题目难度中等．　12．（3分）（2022•洛阳二模）无色溶液中含有：①Na+、②Ba2+、③Cl﹣，④Br﹣、⑤SO32﹣、⑥SO42﹣、⑦Fe2+离子中的一种或几种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象①用pH试纸检验溶液的pH大于7②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4、振荡、静置CCl4层呈橙色③取②的上层溶液，加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生④将③过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生根据上述实验现象，判断以下结论中正确的是（　　）　A．肯定含有的离子是①④⑤B．肯定没有的离子是②⑤⑦　C．可能含有的离子是①②⑥D．不能确定的离子是①③⑥考点：化学实验方案的评价；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．.专题：实验评价题．分析：无色溶液一定不含Fe2+，由步骤①用pH试纸检验pH＞7，溶液显碱性，故溶液中一定有SO32﹣，则不含Ba2+；②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4、振荡、静置，下层呈橙色，可知溶液中含Br﹣；此步操作会在溶液中引入Cl﹣，且会将SO32﹣氧化为SO42﹣；③向②所得水溶液加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀BaSO4，但不能说明原溶液中有SO42﹣；④过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，不能说明原溶液中有氯离子，以此来解答．解答：解：无色溶液一定不含Fe2+，由步骤①可知，溶液中一定有SO32﹣，则不含Ba2+；由步骤②可知溶液中含Br﹣；由步骤③可知白色沉淀为硫酸钡，但②中会引入Cl﹣，且会将SO32﹣氧化为SO42﹣，则不能确定是否含SO42﹣、Cl﹣；由步骤④可知白色沉淀为AgCl，但②中会引入Cl﹣，又溶液为电中性，一定含阳离子为Na+，综上所述，一定含①④⑤，可能含③⑥，一定不含②⑦，故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子之间的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析及离子检验中干扰离子的分析，题目难度中等．　13．（3分）（2022•洛阳二模）某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质．-20-\n下列说法正确的是（　　）　A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗完　B．Ⅱ图中：生成蓝色的烟　C．Ⅲ图中：量筒中发生了加成反应　D．Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质．.专题：卤族元素．分析：A．稀盐酸与二氧化锰不反应；B．生成棕黄色的烟；C．氯气和甲烷在光照下发生取代反应；D．氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，与NaOH反应生成NaCl和NaClO，二者在酸性条件下反应生成氯气．解答：解：A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；B．氯气与铜反应生成棕黄色的烟，加水溶液呈蓝色，故B错误；C．氯气和甲烷在光照下发生取代反应，故C错误；D．氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，湿润的有色布条能褪色，与NaOH反应生成NaCl和NaClO，二者在酸性条件下反应生成氯气，故D正确．故选D．点评：本题考查氯气的性质，题目难度不大，学习过程中注意氯气、氯水的性质的异同，为常考查内容．　14．（3分）（2022•洛阳二模）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）　A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NA　B．标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后气体中分子总数等于2NA　C．NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NA　D．lmolFe在氧气中充分燃烧失去3NA个电子考点：阿伏加德罗常数．.分析：A．电解精炼过程粗铜做阳极，杂质铁、锌、镍等通电时也失电子，依据电解过程中电子守恒分析；B．一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡；C.3mol二氧化氮与水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，转移电子数为2mol；D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁．解答：解：A．电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g-20-\n/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故A错误；B．标准状况下，44.8LNO的物质的量为2mol，22.4L02的物质的量为1mol，二者恰好完全反应生成2mol二氧化氮，由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以混合后气体的物质的量小于2mol，气体中分子总数小于2NA，故B错误；C.3mol二氧化氮与水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，转移电子数为2mol，故C正确；D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，1molFe在氧气中充分燃烧失去电子为2NA～3NA个，故D错误；故选：C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查了质量换算物质的量计算微粒数，氧化还原反应电子转移数目，题目难度中等．　15．（3分）（2022•洛阳二模）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素．其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）．W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（　　）　A．Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径　B．Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同　C．Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化　D．Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物考点：原子结构与元素周期律的关系．.分析：Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素．X与W处于同一主族，则X是碳元素．五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y元素的最外层电子数是21﹣4﹣1﹣4﹣7=5，则Y是氮元素，以此解答该题．解答：解：Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素．X与W处于同一主族，则X是碳元素．五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y元素的最外层电子数是21﹣4﹣1﹣4﹣7=5，则Y是氮元素．A．核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则Y的简单离子半径大于Z的简单离子半径，故A错误；B．碳酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的，因此Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量不相同，故B错误；C．氨气在一定条件下可被氯气氧化生成氮气和氯化氢，故C正确；D．Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型分别为极性键、极性键、离子键、极性键，故D错误；故选C．点评：-20-\n本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，推断元素是解题关键，注意充分利用非金属元素最外层电子特点及W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等进行推断，难度中等．　16．（3分）（2022•洛阳二模）如图是实验室制取气体的装置，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套，分别用图1和图2表示．下列选项中正确的是（　　）选项发生装置中的药品干燥和集气装置A亚硫酸钠和稀盐酸图2B大理石和稀盐酸图1C铜和稀硝酸图2D氧化钙和浓氨水图1　A．AB．BC．CD．D考点：实验装置综合．.专题：实验设计题．分析：由实验装置可知，图1装置的特点是：气体能用碱石灰干燥，气体可用向下排空气法收集；图2装置的特点是：气体能用氯化钙干燥，气体可用向上排空气法收集，结合发生的反应及气体的性质来解答．解答：解：A．盐酸易挥发，反应生成的二氧化硫中混有HCl，图2中氯化钙不能除去HCl，故A不选；B．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳气体和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，但二氧化碳的密度大于空气的密度，应用向上排空气法收集，故B不选；C．铜和稀硝酸反应生成NO，一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故C不选；D．氧化钙和浓氨水反应生成氨气，氨气和碱石灰不反应，所以可用碱石灰干燥，氨气的密度小于空气的密度，所以可用向下排空气法收集，故D选；故选D．点评：本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的制备反应、物质的性质、气体的收集等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项A为解答的易错点，题目难度不大．　17．（3分）（2022•洛阳二模）在1.0L密闭容器中放入0.10molX，在一定温度下发生反应：X（g）⇌Y（g）+Z（g）△H＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示．以下分析不正确的是（　　）-20-\n　A．从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）=mol（L•min）　B．该温度下此反应的平衡常数K=　C．欲提高平衡体系中Y的含量，可降低体系温度或减少Z的量　D．其他条件不变，再充入0.10mol气体X，平衡正向移动，X的转化率增大考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：A．利用三段式法计算P为0.7KPa时参加反应的X的物质的量，再根据v=进行计算；B．利用三段式法计算平衡状态时即P为0.9KPa时各物质的浓度，再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；C．降温，平衡正向移动；减少Z的量，平衡正向移动；D．正反应为气体体积增大的反应，X转化率降低．解答：解：A．设P为0.7KPa时参加反应的X物质的量为x，X（g）⇌Y（g）+Z（g）起始（mol）0.1000转化（mol）xxx0.7KPa（mol）0.10﹣xxx在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.04，则v（X）=mol/（L•min）=mol/（L•min），故A正确；B．设平衡状态时参加反应的X物质的量为x，X（g）⇌Y（g）+Z（g）起始量（mol）0.1000转化量（mol）xxx平衡量（mol）0.10﹣xxx在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.08，容器体积为1.0L，所以K===0.32，故B错误；C．该反应正反应为放热反应，降温，平衡正向移动，平衡体系中Y的含量增大；减少Z的量，平衡正向移动，平衡体系中Y的含量增大，故C正确；-20-\nD．恒容容器中，平衡时再充入X，平衡正向移动，但正反应为气体体积增大的反应，X转化率降低，故D错误；故选BD．点评：本题考查了三段式法在平衡计算中的应用、化学平衡移动原理及平衡常数的计算，题目难度中等．　18．（3分）（2022•洛阳二模）①已知t℃时AgCl的Kap为2×10﹣10；②在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．在t℃时，反应Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+CrO42﹣（aq）的平衡常数K=2.5×107　B．在t℃时，Ag2CrO4的Kap为1×10﹣9　C．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点　D．在t℃时，以0.01molL﹣1AgNO3溶液滴定20mLO.01molL﹣1KC1和0.01molL﹣1的K2CrO4的混和溶液，CrO42﹣先沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.分析：A．依据银离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算得到平衡常数；B．依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，溶度积是饱和溶液中离子浓度幂次方的乘积；C．一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化；D．依据溶液中离子浓度结合溶度积常数计算银离子浓度，银离子浓度越小先析出沉淀．解答：解：A．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+CrO42﹣（aq）；离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算，K====2.5×107；故A正确；B．依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+CrO42﹣，Ksp=c2（Ag+）c（CrO42﹣）=（10﹣3）2•10﹣6=10﹣12，故B错误；C．在饱和溶液中加入K2CrO4可使沉淀溶解平衡左移，溶积常数不变，还是饱和溶液，点应在曲线上，故C错误；-20-\nD．依据溶度积常数计算Ksp（CrO42﹣）=c2（Ag+）c（CrO42﹣）=1×10﹣12；Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl﹣）=2×10﹣10，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42﹣）=0.01mol/L，得到c（Ag+）==1×10﹣5mol/L；0.01mol/LKCl溶液中，c（Cl﹣）=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c（Ag+）==2×10﹣8mol/L；所以先析出氯化银沉淀，故D错误．故选A．点评：本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用，溶度积是随温度变化，题目难度中等．　19．（3分）（2022•洛阳二模）铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+．下列说法一定正确的是（　　）　A．氧化性：Cr3+＞Fe3+　B．电池放电时，负极的电极反应式为Fe2+﹣e﹣═Fe3+　C．充电时，阴极的电极反应式为Cr3++e﹣═Cr2+　D．电池放电时，Cl﹣从负极室穿过选择性透过膜移向正极室考点：原电池和电解池的工作原理．.分析：A、因为放电为自发的氧化还原反应，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；B、电池放电时，是原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应；C、充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应；D、电池放电时，根据阴离子移向负极，阳离子移向正极判断．解答：解：A、因为放电为自发的氧化还原反应，三价铁将二价铬氧化成三价铬，所以氧化性：Fe3+＞Cr3+，A错误；B、电池放电时，是原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Cr2+﹣e﹣=Cr3+，故B错误；C、充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为Cr3++e﹣=Cr2+，故C正确；D、电池放电时，Cl﹣从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，故D错误．故选C．点评：本题考查学生二次电池的工作原理知识，考查学生对原电池和电解池工作原理的掌握，难度不大．　-20-\n20．（3分）（2022•洛阳二模）已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（　　）　A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7　B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2　C．开始加入的K2Cr2O7为0.25mol　D．K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3考点：离子方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题．解答：解：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故B正确；C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I﹣，共消耗的n（I﹣）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故C正确；D．由方程式2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，故D错误．故选D．点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式及电子守恒计算该题，难度中等．　三、解答题（共4小题，满分50分）21．（16分）（2022•洛阳二模）某小组以废铁屑、稀硫酸、饱和（NH4）2SO4溶液为原料，经过一系列反应和操作后，合成了浅蓝绿色晶体X．为确定其组成，进行如下实验．I．结晶水的测定：称取7.84g浅蓝绿晶体，加热至100℃失去结晶水，冷却至室温后，称重，质量为5.68g．Ⅱ．NH4+的测定：将上述5.68g固体置于如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入氮气，用40.00mLlmol•L﹣1的硫酸溶液吸收产生氨气．蒸氨结束后取下接收瓶，用2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸，到终点时消耗20.00mLNaOH溶液．Ⅲ-20-\n．铁元素的测定：将上述实验结束后三颈瓶中的溶液全部倒入锥形瓶中，向其中加入适量3%H2O2的溶液，充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后；测得其质量为1.6g．回答下列问题：（1）在实验I中，不可能用到的实验仪器是　AD　（填正确答案标号）．A．烧杯B．铁架台（带铁圈）C．坩埚D．蒸发皿E．酒精灯F．干燥器G．托盘天平（2）在实验Ⅱ中，通入氮气的目的是　将溶液中的氨全部蒸出　．蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是　用蒸馏水冲洗冷凝管装置2﹣3次，洗涤液并入锥形瓶中　．（3）在实验Ⅱ中，用NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸时，应使用　碱　式滴定管；可使用的指示剂为　酚酞（或甲基红）　．（4）在实验中，检验沉淀是否洗净的方法是　取最后一次洗涤液于试管中，滴入1﹣2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净　．（5）根据上述实验数据计算，该浅蓝绿晶体的化学式为　FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O　．三颈瓶中发生反应的离子方程式为　2NH4++Fe2++4OH﹣=Fe（OH）2↓+2NH3↑+2H2O　．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．.专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）根据实验步骤中的各步操作，确定所需的实验仪器；（2）实验Ⅱ的目的是测定铵根离子的含量，铵根离子含量根据氨气的量测定，将氨气全部赶出需通入氮气，蒸氨结束后用蒸馏水冲洗冷凝管装置2﹣3次，洗涤液并入锥形瓶中，保证生成的氨气全部进入锥形瓶中与硫酸反应；（3）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和H2SO4溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；（4）溶液中存在硫酸铵，可用硝酸酸化的硝酸钡溶液检验最后一次洗涤液中是否存在硫酸根离子，以判断沉淀是否洗净；（5）7.84g浅蓝绿晶体，加热后，称重，质量为5.68g，根据质量差求出水的质量及其物质的量，根据反应式2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O求出剩余硫酸的物质的量，根据反应式2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4求出与氨气反应的硫酸的物质的量，据此求出与硫酸反应的氨气的物质的量，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，测得其质量为1.6g为氧化铁，根据以上所求数据得出n（NH4+）：n（Fe2+）：n（（SO42﹣）：n（H2O）=2：1：2：6，据此求出该浅蓝绿晶体的化学式，亚铁离子和铵根离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，据此书写离子反应方程式．解答：解：（1）结晶水的测定：称量需要托盘天平（G），加热需要酒精灯（E）、坩埚（C）、铁架台带铁圈（B）、玻璃棒、干燥时需干燥器（F）等，无须用烧杯（A）、蒸发皿（D），故答案为：AD；-20-\n（2）实验Ⅱ的目的是测定铵根离子的含量，通过铵根离子和碱反应生成的氨气的量测定，NH4++OH﹣NH3↑+H2O，根据将氨气全部赶出，减小误差需通入氮气，蒸氨结束后用蒸馏水冲洗冷凝管装置2﹣3次，洗涤液并入锥形瓶中，目的保证生成的氨气全部进入锥形瓶中与硫酸反应，故答案为：将溶液中的氨全部蒸出；用蒸馏水冲洗冷凝管装置2﹣3次，洗，涤液并入锥形瓶中；（3）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的H2SO4时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，故答案为：碱；酚酞（或甲基红）；（4）溶液中存在硫酸铵，若未洗净，加入1﹣2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，所以检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴入1﹣2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴入1﹣2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净；（5）由题给数据可知7.84g摩尔盐中m（H2O）=7.84g﹣5.68g=2.16g，n（H2O）==0.12mol，消耗氢氧化钠的物质的量是n=cv=lmol•L﹣1×40.00mL=0.04mol，则根据反应式2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知：剩余硫酸的物质的量是2mol•L﹣1×20.00mL×=0.02mol，则根据反应式2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4可知：与氨气反应的硫酸的物质的量是0.04mol﹣0.02mol=0.02mol，则与硫酸反应的氨气的物质的量是0.02mol×2=0.04mol，生成的m（NH3）=0.68g，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，测得其质量为1.6g为氧化铁，m（Fe2O3）=1.6g，n（Fe2O3）==0.01mol，则m（NH4+）=0.04mol×18g/mol=0.72g，m（Fe2+）=0.02mol×56g/mol=1.12g，则m（SO42﹣）=7.84g﹣2.16g﹣0.72g﹣1.12g=3.84g，n（SO42﹣）==0.04mol，所以n（NH4+）：n（Fe2+）：n（（SO42﹣）：n（H2O）=0.04mol：0.02mol：0.04mol：0.12mol=2：1：2：6，该浅蓝绿晶体的化学式为FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，三颈瓶中亚铁离子和铵根离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，反应为：2NH4++Fe2++4OH﹣=Fe（OH）2↓+2NH3↑+2H2O，故答案为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O；2NH4++Fe2++4OH﹣=Fe（OH）2↓+2NH3↑+2H2O．点评：本题主要考查了晶体组成的测定，同时考查了实验知识，主要是实验过程分析判断，质量分数的测定，熟练基本实验操作和掌握物质组成的测定方法，弄清实验原理是解题的关键，题目难度中等．　22．（10分）（2022•洛阳二模）工业上吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：-20-\n（1）Na2S2O4中S元素的化合价为　+3　．（2）写出装置Ⅱ中反应的离子方程式　NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+，NO+Ce4++H2O=Ce3++NO2﹣+2H+　．（3）装置Ⅲ中电解槽阴极发生的电极反应为　2HSO3﹣﹣2e﹣+2H+=S2O42﹣+2H2O　．（4）从装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为　蒸发浓缩　、　冷却结晶　过滤、洗涤等．考点：二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．.专题：元素及其化合物．分析：一氧化氮、二氧化硫经过盛有氢氧化钠溶液的装置Ⅰ反应生成亚硫酸氢钠，将二氧化硫吸收，剩余的一氧化氮在装置Ⅱ中在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应生成硝酸根、亚硝酸根离子，装置Ⅲ中电解亚硫酸氢钠溶液生成Na2S2O4，剩余溶液在装置Ⅳ中通入氧气、氨气发生反应生成硝酸铵，（1）依据化合价代数和为0；（2）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应；（3）在电解池中，阳极上发失去电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；（4）根据获得粗产品的实验步骤来分析．解答：解：（1）Na2S2O4中钠元素为+1价，氧元素为﹣2价，依据代数和为0，可知硫元素化合价为+3价；故答案为：+3；（2）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+3Ce4++2H2O=3Ce3++NO3﹣+4H+，NO+Ce4++H2O=Ce3++NO2﹣+2H+；故答案为：NO+3Ce4++2H2O=3Ce3++NO3﹣+4H+，NO+Ce4++H2O=Ce3++NO2﹣+2H+；（3）电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：2HSO3﹣﹣2e﹣+2H+=S2O42﹣+2H2O，故答案为：2HSO3﹣﹣2e﹣+2H+=S2O42﹣+2H2O；（4）获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：蒸发浓缩冷却结晶．点评：本题为工艺流程题，考查了含氮元素、含硫元素物质的性质知识，熟悉相关物质的性质和电解原理是解题关键，题目难度中等．　23．（14分）（2022•洛阳二模）工业上常用乙苯作原料生产苯乙烯，相关反应可表示如下，由于烃类物质在高温下不稳定，甚至会分解为碳和氢气，所以反应温度一般控制在650℃．回答下列问题：-20-\n（1）工业上生产苯乙烯的第一步是：在适当催化剂存在下，由苯和乙烯烷基化生成乙苯，请写出反应的化学方程式　　．（2）已知乙苯、苯乙烯和氢气的燃烧热（△H）分别为﹣4607.1kJ•mol﹣1、4439.3kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1，则△H=　+118　kJ•mol﹣1（3）向体积为1L的密闭容器中充入1mol的乙苯，反应达到平衡状态时，平冲I系中乙苯和苯乙烯的物质的量分数X（i）与温度的关系如图所示：①在650℃时，氢气的物质的量分数为　0.3　；乙苯的平衡转化率为　0.4286　；此温度下该反应的平衡常数　　．②当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是　温度高，剩余的乙苯脱氢碳化　．（4）已知某温度下，当压强为101.3kPa时，该反应中乙苯的平衡转化率为30%；在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则乙苯的平衡转化率　＞　30%（填“＞、=、＜”）．考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；有关反应热的计算．.分析：（1）根据苯和乙烯发生加成反应乙苯书写方程式；（2）根据燃烧热书写热化学方程式，结合盖斯定律计算；（3）①C6H5C2H5（g）C6H5﹣CH=CH2（g）+H2（g），根据方程式知氢气的物质的量分数与苯乙烯的物质的量分数相同，即30%，结合三段式计算转化率和平衡常数；②根据平衡移动原理知升温平衡正向移动，苯乙烯的产率增加，但当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是温度高，剩余的乙苯脱氢碳化；（4）在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则相当对原平衡降压，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大．解答：解：（1）生产苯乙烯的第一步是生成乙苯，即苯和乙烯发生加成反应，方程式为：，故答案为：；（2）根据乙苯、苯乙烯和氢气的燃烧热（△H）分别为﹣4607.1kJ•mol﹣1、4439.3kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1，则有①C6H5C2H5（g）+O2（g）8CO2（g）+5H2O（l）△H1=﹣4607.1kJ/mol②C6H5﹣CH=CH2（g）+10O2（g）8CO2（g）+4H2O（l）△H2=﹣4439.3kJ/mol③H2（g）+O2（g）H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol，-20-\n①﹣②﹣③得△H=+118kJ/mol，故答案为：+118；（3）①C6H5C2H5（g）C6H5﹣CH=CH2（g）+H2（g），根据方程式知氢气的物质的量分数与苯乙烯的物质的量分数相同，即0.3，设转化的C6H5C2H5的物质的量为aC6H5C2H5（g）C6H5﹣CH=CH2（g）+H2（g）起始：1mol00变化：aaa平衡：1﹣aaa由图象知，乙苯的物质的量分数为0.4，=0.4，a=0.4286，所以乙苯的平衡转化率为=0.4286，平衡常数K==，故答案为：0.3；0.4286；；②根据平衡移动原理知升温平衡正向移动，苯乙烯的产率增加，但当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是温度高，剩余的乙苯脱氢碳化，故答案为：温度高，剩余的乙苯脱氢碳化；（4）在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则相当对原平衡降压，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大，所以乙苯的平衡转化率＞30%，故答案为：＞．点评：本题考查较综合，涉及平衡常数的计算、转化率的计算、盖斯定律等知识点，侧重考查计算、基本理论，会利用三段式法进行分析解答，题目难度不大．　24．（10分）（2022•洛阳二模）已知元素X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大．X原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；Z原子L电子层上有2对成对电子，R+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态．请回答下列问题：（1）R基态原子的外围电子排布式为　3d104s1，　，其基态原子有　7　种能量不同的电子．（2）元素X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）　N＞O＞C　．（3）与XYZ﹣互为等电子体微粒的化学式为　CO2或N2O或SCN﹣　（写出一种即可），XYZ﹣的中心原子的杂化方式为　sp　．（4）R2+与NH3成的配离子中，提供孤对电子的原子是　N　．（5）已知Z、R能形成两种化合物，其晶胞如图所示，甲的化学式为　CuO　，乙的化学式为　Cu2O　；高温时，甲易转化为乙的原因为　Cu2O中的Cu的3d能级是全充满状态，而原子处于全充满、半充满、全空是稳定结构　．若甲晶体中一个晶胞的边长为apm，则甲晶体的密度为　　g/cm3（写出含口的表达式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）．-20-\n考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．.分析：核外电子有6种不同的运动状态，则核外有6个电子，即X是C，Z原子的L电子层上有2对成对电子，是2p4，为O，根据原子序数递增知Y是N，R+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，分别有2、8、18个电子，即R是Cu，据此答题．解答：解：核外电子有6种不同的运动状态，则核外有6个电子，即X是C，Z原子的L电子层上有2对成对电子，是2p4，为O，根据原子序数递增知Y是N，R+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，分别有2、8、18个电子，即R是Cu．（1）Cu的基态原子的外围电子排布式为3d104s1，核外电子分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s7个能级，因此其基态原子有7种能量不同的电子，故答案为：3d104s1；7；　　（2）同周期第一电离能由左向右呈增大的趋势，ⅡA元素原子的s能级是全充满状态、ⅤA元素原子的p能级是半充满状态，它们第一电离能比相邻元素大，即第一电离能：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（3）与CNO﹣互为等电子体微粒的化学式有CO2、N2O、SCN﹣等，互为等电子体的物质结构相似，二氧化碳的结构是直线型，C原子采取sp杂化，因此CNO﹣的中心原子的杂化方式为sp，故答案为：CO2或N2O或SCN﹣；sp；（4）N原子有孤对电子，Cu2+有空轨道，即N提供孤对电子，故答案为：N；（5）根据均摊法知甲含Cu原子4个，O原子：8×+4×+2×+1=4，化学式为CuO，乙含Cu原子4个，O原子：8×+1=2，化学式为Cu2O，CuO易转变为Cu2O，是因为Cu2O中的Cu的3d能级是全充满状态，而原子处于全充满、半充满、全空是稳定结构．1个甲中含CuO4个，质量为（4×80）÷NAg，晶胞体积为（a×10﹣10）3m3，密度是，故答案为：CuO；Cu2O；Cu2O中的Cu的3d能级是全充满状态，而原子处于全充满、半充满、全空是稳定结构；；点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及元素推断、核外电子排布、电离能、等电子体、配位键、晶胞计算等，推断元素是解题关键，（5）中从结构分析氧化铜高温转化为氧化亚铜为易错点、难点，难度中等．　-20-