2023年山東省濱州市高考化學(xué)二模試卷(含答案解析)

2023一、單項(xiàng)選擇題〔1228.0分〕2023年“冠”疫情在全球肆虐。以下說法的是酒精可以殺滅病毒是由于其能使構(gòu)成病毒的蛋白質(zhì)變性爭(zhēng)論說明，病毒可以通過氣溶膠傳播，氣溶膠粒子的直徑在1nm～100nm之間口罩的核心材料熔噴布聚丙烯是一種有機(jī)高分子化合物“84”消毒液的主要成分是HClOA.1，3，A.1，3，4?三甲苯B.2?甲基?2?氯丙烷C.2?甲基?1?丙醇C.2?甲基?1?丙醇D.2?甲基?3?丁炔某FeCl3溶液中Fe3+的物質(zhì)的量為1mol，則Cl?的數(shù)目為3NA標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙烷中所含共價(jià)鍵數(shù)目為6NA100g含氫元素養(yǎng)量分?jǐn)?shù)為12%的乙烯和乙醛(C2H4O)的混合物中，所含氧原子數(shù)目為NA在肯定條件下，將0.1molN2和0.3molH2充分反響，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.6NA以下說法中肯定錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )K層上只有一個(gè)電子M層上電子數(shù)為L(zhǎng)4倍某離子M層上和L層上的電子數(shù)均為K4倍某原子的核電荷數(shù)與最外層電子數(shù)相等以下圖所示的試驗(yàn)裝置圖正確且能到達(dá)相應(yīng)試驗(yàn)?zāi)康牡氖? )1所示裝置除去Cl2HCl2所示裝置試驗(yàn)室制NH3用圖3所示裝置比較NaHCO3和Na2CO3的熱穩(wěn)定性6. X、Y、Z、W均為短周期元素，它們?cè)谥芷诒淼奈恢萌缦聢D，假設(shè)W原子的最6. X、Y、Z、W均為短周期元素，它們?cè)谥芷诒淼奈恢萌缦聢D，假設(shè)W原子的最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少1，以下說法中不正確的選項(xiàng)是( )排放XY、Z與Y形成的化合物會(huì)對(duì)環(huán)境造成污染Z元素的氫化物沸點(diǎn)比Y元素的氫化物低X的氫化物與W的氫化物相遇會(huì)產(chǎn)生白煙W的氫化物會(huì)被復(fù)原，但不會(huì)被氧化)O2發(fā)生復(fù)原反響發(fā)生氧化反響

B.Fe(OH)2被復(fù)原2D.HO是氧化劑2氯喹已經(jīng)被很多國(guó)家的食品和藥物治理局批準(zhǔn)用于治療型冠狀病毒。氯喹的構(gòu)造簡(jiǎn)式如圖，以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是( )氯喹屬于芳香化合物氯喹分子中沒有手性碳原子D.D.氯喹與互為同系物在試驗(yàn)探究課上，同學(xué)們樂觀思考，共設(shè)計(jì)出如下圖的四種試驗(yàn)方案用以驗(yàn)證濃硫酸的吸水性，其中在理論上可行的是( )A.①②③④ B.①③④ C.①②④ D.②③④炭黑是霧霾中的重要顆粒物，爭(zhēng)論覺察它可以活化氧分子，生成活化氧?；罨^程的能量變化模擬計(jì)算結(jié)果如下圖。活化氧可快速氧化SO2。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )每活化一個(gè)氧分子放出0.29eV能量水可使氧分子活化反響的活化能降低0.18eV氧分子的活化是氧氧共價(jià)鍵的斷裂與碳氧共價(jià)鍵的生成過程無水條件下該過程的活化能為1.04eV以下裝置及其使用說法正確的選項(xiàng)是( )用裝置①分別膠體和溶液用裝置②制備SO2用裝置③分別NaCl和I2某可逆反響A(g)+B(g)?2C(g)+某可逆反響A(g)+B(g)?2C(g)+D(g)進(jìn)展過程中的能量變化如下圖，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )該反響的焓變△H>0，熵變△S<0上升溫度，該反響的平衡常數(shù)K增大C.由△G=△H?T△S可知，該反響能自發(fā)進(jìn)展D.上升溫度，該反響的化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng)二、雙選題〔312.0分〕我國(guó)科學(xué)家設(shè)計(jì)二氧化碳熔鹽捕獲及電化學(xué)轉(zhuǎn)扮裝置，其示意圖如下：以下說法正確的選項(xiàng)是( )c為電源的正極常溫常壓下，a極假設(shè)生成2.24L的O2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.4NA5a極的電極反響式為2C2O2??4e?=4CO2↑+O2↑5①②捕獲CO2時(shí)碳元素的化合價(jià)發(fā)生變化物質(zhì)的起始濃度/mol·L?1物質(zhì)的平衡濃度/mol·L?1容器溫度/K肯定溫度下在3個(gè)體積均為1.0L的恒容密閉容器中反響物質(zhì)的起始濃度/mol·L?1物質(zhì)的平衡濃度/mol·L?1容器溫度/Kc(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)Ⅰ 4000.200.1000.080Ⅱ 4000.400.200Ⅲ 500000.100.025該反響的正反響放熱到達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ中反響物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的大到達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的兩倍到達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中的正反響速率比容器Ⅰ中的大在0.1mol/L的醋酸溶液中，存在平衡：CH3COOH?CH3COO?+H+以下說法正確的選項(xiàng)是( )加水稀釋，中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH溶液的體積增大參加固體碳酸鈉，平衡正向移動(dòng)，c(CH3COOH)減小參加固體醋酸鈉，平衡逆向移動(dòng)，c(H+)、c(CH3COO?)均減小加水稀釋，電離程度增大，由CH3COOH電離出來的n(H+)增大三、簡(jiǎn)答題〔560.0分〕丙烯廣泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工業(yè)領(lǐng)域。答復(fù)以下問題：丙烷無氧脫氫法制備丙烯反響如下：C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol?1①總壓分別為100kPa、10kPa時(shí)發(fā)生該反響，平衡體系中C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系如下圖：100kPa時(shí)，C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系的曲線分別是 、 。②某溫度下，在剛性容器中充入C3H8，起始?jí)簭?qiáng)為10kPa，平衡時(shí)總壓為13.3kPa，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為 。該反響的平衡常數(shù)Kp= kPa(保存1位小數(shù))。2丙烷氧化脫氫法制備丙烯主要反響如下：C3H8(g)+1O2(g)?C3H6(g)+H2O(g)ΔH22在催化劑作用下，C3H8氧化脫氫法除生成C3H6外，還生成CO、CO2等物質(zhì)。C3H8的轉(zhuǎn)化率和C3H6的產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如下圖。2①H2(g)+1O2(g)=H2O(g) ΔH=?242kJ·mol?1。由此計(jì)算ΔH2= kJ·mol?1。2②圖中C3H8的轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而上升的緣由是 。③575℃時(shí)，C3H6的選擇性為 。(C3H6的選擇性=

C3H6的物質(zhì)的量反響的C3H8的物質(zhì)的量

×100％)④基于本爭(zhēng)論結(jié)果，能提高C3H6選擇性的措施是 。快離子導(dǎo)體是一類具有優(yōu)良離子導(dǎo)電力量的固體電解質(zhì)。圖1(Li3SBF4)和圖2是潛在的快離子導(dǎo)體材料的構(gòu)造示意圖。答復(fù)以下問題：(1)S+2e?=S2?過程中，獲得的電子填入基態(tài)S原子的 (填軌道符號(hào))；(2)BF3+NH3=NH3BF3的反響過程中，形成化學(xué)鍵時(shí)供給電子的原子軌道符號(hào)是 ；產(chǎn)物分子中實(shí)行sp3雜化軌道形成化學(xué)鍵的原子是 ；基態(tài)Li+、B+分別失去一個(gè)電子時(shí)，需吸取更多能量的是 ，理由是 ；圖1所示的晶體中，鋰原子處于立方體位置；假設(shè)其晶胞參數(shù)為apm，則晶胞密度為 g?cm?3(列出計(jì)算式即可)2中方格內(nèi)填入Na+時(shí)，恰好構(gòu)成氯化鈉晶胞的1，且氯化鈉晶胞參數(shù)a=564pm。氯化8鈉晶體中，Cl?依據(jù)A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中每一個(gè)空隙由 個(gè)Cl?構(gòu)成，空隙的空間外形為 ；電性大大增加。該晶體導(dǎo)電時(shí)，在電場(chǎng)作用下遷移到空位上，形成電流。遷移的途徑有溫度上升時(shí)，NaCl晶體消滅缺陷(如圖2所示，某一個(gè)頂點(diǎn)沒有Na+，消滅空位電性大大增加。該晶體導(dǎo)電時(shí)，在電場(chǎng)作用下遷移到空位上，形成電流。遷移的途徑有兩條(2中箭頭所示)：12、3號(hào)氯離子之間的狹縫(距離為x)遷移到空位。21、2、3號(hào)氯離子形成的三角形通道(3，小圓的半徑為y)遷移到空位。：r(Na+)=95pm，r(Cl?)=185pm，√2=1.4，√3=1.7。①x= ，y= ；(保存一位小數(shù))②遷移可能性更大的途徑是 。：Ⅰ．由烴A制備抗結(jié)腸炎藥物H的一種合成路線如下(局部反響略去試劑和條件：Ⅰ．Ⅱ.Ⅱ.(1)H的分子式是 ，A的化學(xué)名稱是 。反響②的類型是 。(2)D的構(gòu)造簡(jiǎn)式是 。F中含有的官能團(tuán)的名稱是 。(3)E與足量NaOH溶液反響的化學(xué)方程式是 。(4)設(shè)計(jì)C→D和E→F兩步反響的共同目的是 。(6)(5)化合物X是H的同分異構(gòu)體，X遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色反響，其核磁共振氫譜顯示有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為3：2：2，寫出1種符合要求的X的構(gòu)造簡(jiǎn)式 (6)A為原料制備化合物的合成路線 A為原料制備化合物的合成路以冶銅工廠預(yù)處理過的污泥渣(主要成分為CuO和Cu)為原料制備CuSO41：氨浸過程中參加氨水后，持續(xù)通入空氣生成Cu(NH3)4(OH)2，寫出空氣中氧氣參與反響的化學(xué)方程式： ；通入空氣的另一個(gè)作用為 ．分別選用氨水、氨水碳酸銨混合溶液氨浸時(shí)，銅元素回收率隨溫度變化如圖2所示．①浸取液為氨水時(shí)，反響溫度掌握為55℃，溫度過高銅元素回收率降低的緣由是 ；②浸取液為氨水碳酸銨混合溶液時(shí)，銅元素回收率受溫度影響小的緣由可能．(3)蒸氨過程的生成物均是兩種元素組成的化合物，則除氨外其余產(chǎn)物的化學(xué)式．(4)該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是 ．Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物質(zhì)。綜合利用粉煤灰不僅能夠防止環(huán)境污染，還能獲得納米Fe2O3等重要物質(zhì)。：4i伯胺R?NH2能與Fe3+3R?NH2+Fe3++SO2?+H2O?Fe(NH2?R)3(OH)SO4+H+，4生成易溶于煤油的產(chǎn)物。iiFe3+在水溶液中能與Cl?反響：Fe3++6Cl??[FeCl6]3?(1)寫出過程Ⅰ中Fe2O3發(fā)生反響的離子方程式： 。過程Ⅱ參加過量H2O2的作用是 。過程Ⅱ參加伯胺一煤油對(duì)浸取液進(jìn)展分別，該操作的名稱是 。(4)從化學(xué)平衡角度解釋過程Ⅲ利用NaCI溶液進(jìn)展反萃取的原理： 。5N2H4具有堿性，可與H+結(jié)合生成N2H+，過程Ⅳ中先用過量的N2H4將水層2中Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+并生成N2，反響的離子方程式為 ，得到的Fe2+再被O2氧化為FeOOH。5納米Fe2O3在常壓電化學(xué)法合成氨過程中起催化作用。該電解裝置如下圖。熔融NaOH?KOH為電解液，F(xiàn)e2O3Fe，用化學(xué)用語表示Fe2O3在陰極催化生成NH3的反響過程。第一步： ，其次步： 。 答案與解析 答案：D解析：A.醫(yī)用酒精能使蛋白質(zhì)變性，故能用于殺菌消毒，故A正確；B、膠體的粒子直徑在1nm～100nmB正確；C.10000以上，屬于高分子，聚丙烯是合成有機(jī)高分子化合物，故C正確；D.“84”消毒液的主要成分是NaClO，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選D。答案：B解析：此題考察了芳香烴、鹵代烴、醇和炔烴的命名，應(yīng)留意的是苯的同系物在命名時(shí)，要從苯環(huán)上簡(jiǎn)潔的支鏈開頭按順時(shí)針或逆時(shí)針給苯環(huán)上碳原子編號(hào)，使側(cè)鏈的位次和最小．A、苯的同系物在命名時(shí)，要從苯環(huán)上簡(jiǎn)潔的支鏈開頭按順時(shí)針或逆時(shí)針給苯環(huán)上碳原子編號(hào)，使側(cè)鏈的位次和最小，故此有機(jī)物的名稱為1，2，4?三甲苯，故A錯(cuò)誤；B3個(gè)碳原子，從離官能團(tuán)近的一端給主鏈上的碳原子編號(hào)，則?Cl和甲基均處在2號(hào)碳原子上，故名稱為：2?甲基?2?氯丙烷，故B正確；C4個(gè)碳原子，從離官能團(tuán)近的一端給主鏈上的碳原子編號(hào)，則?OH2號(hào)碳原子上，故名稱為2?丁醇，故C錯(cuò)誤；D4個(gè)碳原子，從離官能團(tuán)近的一端給主鏈上的碳原子編號(hào)，故碳碳三鍵處在123號(hào)碳原子上有一個(gè)甲基，故名稱為：3甲基?1丁炔，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B。答案：C解析：解：A.三價(jià)鐵離子水溶液中局部水解，則某FeCl3溶液中Fe3+的物質(zhì)的量為1mol，則Cl?的數(shù)目大于3NA，故A錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙烷中所含共價(jià)鍵數(shù)目為7NA，故B錯(cuò)誤；C2H4C2H4OHCH12：2=6：1，混合物中氫元素養(yǎng)量分?jǐn)?shù)為12%C元素養(yǎng)量分?jǐn)?shù)=12%×6=72%，混合物中氧元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)=1?72%?12%=16%，100g該混合物中含有O的物質(zhì)的量為100g×16%=1mol，所含16g/mol氧原子數(shù)目NA，故C正確；0.1molN2和0.3molH2目小于0.6NA，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。A.三價(jià)鐵離子水溶液中局部水解；B.17個(gè)共價(jià)鍵；C.混合物C、H1：2，據(jù)此可計(jì)算出C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，然后計(jì)算出氧元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，結(jié)合總質(zhì)量計(jì)算出含有O的物質(zhì)的量及數(shù)目；D.氮?dú)馀c氫氣合成氨為可逆反響，不能進(jìn)展到底。此題考察了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，應(yīng)留意把握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的構(gòu)造，留意鹽類水解的性質(zhì)。答案：B解析：此題考察原子核外電子排布規(guī)律，題目難度一般。A.K層最多排兩個(gè)電子，所以某原子K1個(gè)電子是正確的，故A正確；B.M18個(gè)電子，L8個(gè)電子，只有排滿L層才能排M層，故B錯(cuò)誤；C.M18個(gè)電子，L8個(gè)電子，K2個(gè)電子，當(dāng)M8個(gè)電子，故C正確；D.當(dāng)原子只有一個(gè)電子層時(shí)，核電荷數(shù)與最外層電子數(shù)相等，故D正確。應(yīng)選B。答案：B解析：此題考察化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)性質(zhì)、混合物分別提純、試驗(yàn)裝置的作用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力量的考察，留意試驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析。二者均與NaOH溶液反響，不能除雜，應(yīng)選飽和食鹽水，故A錯(cuò)誤；氯化銨與氫氧化鈣反響生成氨氣，氨氣的密度比空氣密度小，圖中固體加熱及向下排空氣收集均合理，故B正確；碳酸氫鈉加熱易分解生成碳酸鈉，則圖中小試管中應(yīng)為碳酸氫鈉，故C錯(cuò)誤；D.氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，應(yīng)選冷卻結(jié)晶法制備，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選B。答案：D解析：解：X、Y、Z、W均為短周期元素，由元素在周期表的位置可知，X、Y處于其次周期，Z、W原子的最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少Cl元素，故X為N元素、Y為O元素、ZS元素，A.N與O形成的化合物會(huì)導(dǎo)致酸雨、光化學(xué)煙霧，S與O形成的化合物會(huì)導(dǎo)致酸雨，均會(huì)對(duì)環(huán)境造成污染，故A正確；B.水分子之間存在氫鍵，常溫為液態(tài)，而硫化氫為氣體，故水的沸點(diǎn)較高，故B正確；C.氨氣與HCl相遇生成氯化銨固體，產(chǎn)生白煙，故C正確；D.HCl中氫元素可以發(fā)生復(fù)原反響，Cl元素可以發(fā)生氧化反響，故D錯(cuò)誤，應(yīng)選D．X、Y、Z、W均為短周期元素，由元素在周期表的位置可知，X、Y處于其次周期，Z、W處于第三周期，W原子的最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少17，為Cl元素，故X為N元素、Y為O元素、Z為S元素，結(jié)合元素化合物性質(zhì)解答．此題考察構(gòu)造性質(zhì)位置關(guān)系，難度不大，推斷元素是解題關(guān)鍵，留意氫鍵對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的影響．答案：A解析：此題主要考察氧化復(fù)原反響的相關(guān)概念，留意：復(fù)原劑?失電子?化合價(jià)上升?被氧化?發(fā)生氧化反應(yīng)??得電子?化合價(jià)降低?被復(fù)原?發(fā)生復(fù)原反響?A.O20價(jià)降到?2A正確；B.Fe的化合價(jià)從+2價(jià)升到+3B錯(cuò)誤；C.水中的O和H元素化合價(jià)不變，故C錯(cuò)誤；D.O2是氧化劑，水既不是氧化劑也不是復(fù)原劑，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選A。答案：C解析：解：A.有機(jī)物不含苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，故A錯(cuò)誤；B.分子中連接甲基、亞氨基的碳原子連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，為手性碳原子，故B錯(cuò)誤；C.含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反響，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化反響，故C正確；D.二者分子式一樣，互為同分異構(gòu)體，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：C。此題考察有機(jī)物的構(gòu)造與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，題目難度不大。答案：A解析：此題考察了濃硫酸性質(zhì)的應(yīng)用，對(duì)濃硫酸吸水性的正確理解是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)潔．①①選；②②選；③③選；④濃硫酸吸水，試管中的水削減，證明濃硫酸具有吸水性，故④選；應(yīng)選：A。答案：D解析：此題考察催化反響過程機(jī)理的分析，催化劑存在轉(zhuǎn)變反響歷程，降低反響活化能，加快化學(xué)速率，明確多步反響歷程中最大的活化能為整個(gè)反響的活化能是關(guān)鍵，整體難度中等。A.0.29eV的能量，故A正確；B.化能反響過程中存在多步反響的活化能，依據(jù)能量變化圖分析，整個(gè)反響的活化能為活化能較大E=0.75eV，有水參加的反響的活化能為E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反響的活化能降低0.75eV?0.57eV=0.18eVB正確；C.依據(jù)圖象分析，氧分子活化過程O?O鍵斷裂，生成C?O鍵，所以氧分子的活化是O?O的斷裂與C?O鍵的生成過程，故C正確；D.依據(jù)圖像分析可知無水條件下該過程的活化能為0.75eVD錯(cuò)誤。應(yīng)選D。答案：C解析：解：A.膠體和溶液均可透過濾紙，不能過濾分別，應(yīng)選滲析法，故A錯(cuò)誤；Cu與濃硫酸需要加熱生成二氧化硫，且局部硫酸作氧化劑，鋪張能源與原料，應(yīng)選亞硫酸鹽與硫酸反響制備，故B錯(cuò)誤；碘易升華，NaCl加熱無變化，則圖中裝置加熱可分別NaCl和I2C正確；二氧化硫與高錳酸鉀發(fā)生氧化復(fù)原反響，可驗(yàn)證二氧化硫的復(fù)原性，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。此題考察化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握試驗(yàn)裝置的作用、混合物分別提純、物質(zhì)的性質(zhì)及制備、試驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力量的考察，留意試驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。答案：C解析：解：反響的焓變△H<0，熵變△S>0，故A錯(cuò)誤；該可逆反響為放熱反響，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，K減小，故B錯(cuò)誤；C.△H?T△S<0，反響可自發(fā)進(jìn)展，故C正確；D.為放熱反響，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C?！鱄<0，且為氣體體積增大反響，其oS>0，△H?T△S<0的反響可自發(fā)進(jìn)展，反響的平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，以此來解答。此題考察反響熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握反響中能量變化、平衡移動(dòng)為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意熵變、焓變的推斷，題目難度不大。答案：BC解析：此題考察型電池的原理和應(yīng)用，以及NA的有關(guān)計(jì)算，把握電解池原理是解題的關(guān)鍵，題目難度一般。5由圖示可知，C2O2?a極失電子生成氧氣，故b為電源的正極，故A錯(cuò)誤；5標(biāo)準(zhǔn)狀況下，a極假設(shè)生成2.24L的O2即0.1molO20.4NA，常溫常壓下，2.24L的O2的物質(zhì)的量小于0.1mol，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.4NAB正確；5由圖示可知，a極的電極反響式為2C2O2??4e?=4CO2↑+O2↑，故C正確；D.①②捕獲CO2時(shí)碳元素的化合價(jià)均沒有發(fā)生變化，仍為+4價(jià)，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選BC。5答案：AD解析：0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/LCO，為等效平衡，但ⅢCH3OHⅠⅡ，在一樣溫度下反響，但Ⅱ濃度較大，由方程式可知，增大濃度，平衡正向移動(dòng)，以此解答該題。比照Ⅰ、Ⅲ，如溫度一樣，0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/LCO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時(shí)CH3OH較低，說明上升溫度平衡逆向移動(dòng)，正反響為放熱反響，故A正確；比照Ⅰ、Ⅱ，在一樣溫度下反響，但Ⅱ濃度較大，由方程式2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)可知，Ⅰ中反響物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的小，故B錯(cuò)誤；Ⅱ濃度較大，Ⅲ溫度較高，增大濃度平衡正向移動(dòng)，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，Ⅲ的轉(zhuǎn)化率降低，Ⅲ中相當(dāng)于起始C(H2)為Ⅱ的一半，平衡時(shí)Ⅱ中C(H2)小于ⅢC錯(cuò)誤；比照Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ溫度較高，濃度相當(dāng)，上升溫度，反響速率增大，故D正確。應(yīng)選AD。答案：BD解析：解：A.0.1mol/LNaOH溶液的體積不變，故A錯(cuò)誤；向醋酸中參加固體碳酸鈉，碳酸鈉與氫離子反響，氫離子濃度減小，平衡向正反響方向移動(dòng)，c(CH3COOH)B正確；H+減小，故C錯(cuò)誤；CH3COOH電離出來的n(H+)D正確；應(yīng)選BD．醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋促進(jìn)醋酸電離，向醋酸溶液中參加含有氫離子或醋酸根離子的物質(zhì)抑制醋酸電離，參加和氫離子或醋酸根離子反響的物質(zhì)促進(jìn)醋酸電離，據(jù)此分析．此題考察了弱電解質(zhì)的電離，明確弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)及影響醋酸電離的因素是解此題關(guān)鍵，難度不大．16.答案：(1)①a；d；②33％1.6(2)①?118②溫度上升，反響速率加大。溫度上升，催化劑的活性增大③51.5％④選擇相對(duì)較低的溫度解析：此題考察了化學(xué)平衡圖像分析及外界條件對(duì)化學(xué)平衡的影響，轉(zhuǎn)化率的計(jì)算、蓋斯定律的應(yīng)用等，此題綜合性較強(qiáng)，有肯定的難度，留意相關(guān)公式以及三段式計(jì)算法的運(yùn)用是關(guān)鍵。(1)①依據(jù)反響C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol?1可知，壓強(qiáng)一樣時(shí)，上升溫度，平衡正向移動(dòng)，平衡體系中C3H8的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，溫度一樣的狀況C38C36的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，所以100kPa時(shí)，C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系的曲線分別是a、d；故答案為：a、d；②依據(jù)三段式有C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol?1起始?jí)簭?qiáng)(kPa)10 0 0反響壓強(qiáng)(kPa)x x x平衡壓強(qiáng)(kPa)10?x x x3 依題意有10?x+x+x=13.3，解得x=3.3；所以CH的平衡轉(zhuǎn)化率為3.3×100=33％；則該3 10反響的平衡常數(shù)Kp=p(C3H6)p(H2)=3.3kPa×3.3kPa

≈1.6kPa；

p(C3H8)

6.7kPa(2)①反響Ⅰ、C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol?1；2Ⅱ、C3H8(g1O2(g)?C3H6(gH2O(g)ΔH222Ⅲ、H2(g)+1O2(g)=H2O(g)ΔH=?242kJ·mol?1，依據(jù)蓋斯定律，反響Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，所以ΔH2=(+124kJ·mol?1)+(?242kJ·mol?1)=?118kJ·mol?1；2故答案為：?118；②溫度上升，反響速率加大或催化劑的活性增大均能使C3H8的轉(zhuǎn)化率，故答案為：溫度上升，反響速率加大。溫度上升，催化劑的活性增大；③假設(shè)投入的C3H8的物質(zhì)的量為nmol，依據(jù)圖像可知，575℃時(shí)C3H8的轉(zhuǎn)化率為33%，則參與反響的C3H8的物質(zhì)的量為0.33nmol，C3H6的產(chǎn)率為17%，則生成反響C3H8的物質(zhì)的量為0.17nmol，則3 CH的選擇性為0.17n×100≈51.5％；3 0.33n故答案為：51.5％；④依據(jù)圖像可知上升溫度，C3H6的選擇性降低，假設(shè)提高C3H6選擇性應(yīng)中選擇相對(duì)較低的溫度；故答案為：選擇相對(duì)較低的溫度。(2)2p；B、N(3)Li+；Li+的核外電子排布為1s2，B+核外電子排布為2s2，1s2s軌道上電子(4)棱心；1.4×1032NA?a3(5)6；正八面體(6)①24.8pm47.2pm；②2解析：【試題剖析】【試題解析】解：(1)S原子外圍電子排布式為3s23p4，獲得2個(gè)電子形成3s23p6穩(wěn)定構(gòu)造，即所得電子填充在基S3p能級(jí)，得到穩(wěn)定的S2?，故答案為：3p；NH3BF3中配位鍵為H3N→BF3，N原子供給孤電子對(duì)，B原子供給空軌道的原子，NH3N原子通過sp32p軌道上有一對(duì)孤電子對(duì)，所以供給電子的原子軌道為2p，B、N原子之間形成配位鍵后，B、N原子的空間構(gòu)型為四周體，均承受sp3雜化，故答案為：2p；B、N；基態(tài)Li+、B+的核外電子排布式分別為1s2、1s22s2，均為全布滿狀態(tài)，但1s軌道上的電子的能2s軌道上的電子，所以失去一個(gè)電子時(shí)，需吸取更多能量的是Li+，故答案為：Li+；Li+的核外電子排布為1s2，B+核外電子排布為1s22s2，1s軌道上的電子的能量低于2s軌道上電子；4Li3SBF4Li31晶胞圖分?jǐn)偪芍?，Li原子數(shù)目=12×1=3，所以Li位于棱心4m=140g

?10)3cm3

1.4×1032cm?3，

V=(a×10NA

ρ=

NA140(a×10?10)3140

g?cm?3=

g?NA?a3；NA?a3被氧化)或1份的NaCl晶胞中Na+3個(gè)Cl?NaCl晶體中，Na+6個(gè)Cl?，6個(gè)Cl?構(gòu)成正八8被氧化)或面體構(gòu)造，即Na+填充在Cl?積存而成的八面體空隙中，故答案為：6①該三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)等于圖2中面對(duì)角線長(zhǎng)度，故三角形邊長(zhǎng)=564×√2pm=394.8pm，即394.8pm，即2r(Cl?)+x=394.8pm，內(nèi)部虛線局部三角形的頂角為120°r(Cl?)+y282√2pm，邊角關(guān)系有√3[r(Cl?)+y]=282√2pm=394.8pm，解得x=24.8pm、y=47.2pm，故答案為：24.8pm；47.2pm；②1、2、3號(hào)氯離子形成的三角形通道y2、3x值，所以Na+1、2、32，2。18.答案：C18.答案：C7H7O3N甲苯取代反響羥基、醛基保護(hù)酚羥基(防止酚羥基CC發(fā)生信息(I)D，D發(fā)生氧化反響生成EC原子數(shù)可知，A為，B為C的構(gòu)造簡(jiǎn)式為D為D氧化生成E為，E與氫氧化鈉反響、酸化得到F為，由信息(II)可知，F(xiàn)在濃硫酸、濃硝酸加熱條件下發(fā)生反響生成G為，G發(fā)生復(fù)原反響得到抗結(jié)腸炎藥物H；(1)H的分子式是生反響生成G為，G發(fā)生復(fù)原反響得到抗結(jié)腸炎藥物H；(1)H的分子式是C7H7O3N，A為，A的化學(xué)名稱是甲苯。反響②的類型是取代反響，(2)D的構(gòu)造簡(jiǎn)式是，F(xiàn)為，F(xiàn)中含有的官能團(tuán)的名稱是醛基、羥基，故答案為：；羥基、醛基；，ENaOH故答案為：；羥基、醛基；，故答案為：；設(shè)計(jì)C→D和E→F兩步反響的共同目的是保護(hù)酚羥基(防止酚羥基被氧化)，故答案為：保護(hù)酚羥基(防止酚羥基被氧化)故答案為：；X是H的同分異構(gòu)體，X遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色反響，其核磁共振氫譜顯示有3種不同或，故答案為：或；3：2：21個(gè)甲基、1個(gè)?NO2或，故答案為：或；(6)A(6)A為原料合成化合物，甲苯先發(fā)生硝化反響生成鄰硝基甲苯，再發(fā)生氧化反響、最，故答案為：。CC中的反響生成D發(fā)生氧化反響生成CA為B為，C的構(gòu)造簡(jiǎn)式為，D為，D氧化生成E為，E與氫氧化鈉反響、酸化得到F為，由信息(II)可知，F(xiàn)在濃硫酸、濃硝酸加熱條件下發(fā)生反響生成G成G為，G發(fā)生復(fù)原反響得到抗結(jié)腸炎藥物H；(6)A為原料合成化合物，甲苯先發(fā)生硝化反響生成鄰硝基甲苯，再發(fā)生氧化反響、最此題考察有機(jī)物的合成，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)的變化、碳鏈變化、有機(jī)反響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意有機(jī)物性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度中等。19.答案：2Cu+O2+8NH3?H2O=2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O；攪拌(充分反響)；氨氣揮發(fā)；溶液中4存在氨水的電離平衡和NH+的水解平衡，溫度變化平衡發(fā)生移動(dòng)，使溶液中的氨氣濃度變化較?。?CuO、H2O；NH3(或氨水、NH3?H2O)解析：解：(1)氨浸過程中參加氨水后，持續(xù)通入空氣生成Cu(NH3)4(OH)2，由Cu和空氣中的O2和通入的氨氣在溶液中反響生成Cu(NH3)4(OH)2，則發(fā)生反響的化學(xué)方程式為：2Cu+O2+8NH3?H2O=2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O，通入的空氣一方面供給O2參與反響，另一方面還起到攪拌，使反響充分進(jìn)展的作用，故答案為：2Cu+O2+8NH3?H2O=2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O；攪拌(充分反響)；①浸取液為氨水時(shí)，反響溫度掌握為55℃，依據(jù)圖象分析，當(dāng)溫度過高時(shí)，銅元素回收率降低，考慮溫度過高時(shí)會(huì)使氨氣揮發(fā)，導(dǎo)致溶液中氨含量降低，從而影響銅元素的回收率，故答案為：氨氣揮發(fā)；44②浸取液為氨水碳酸銨混合溶液時(shí)NH+，H+因此銅元素回收率受溫度影響小，444故答案為：溶液中存在氨水的電離平衡和NH+的水解平衡，溫度變化平衡發(fā)生移動(dòng)，使溶液中的氨4氣濃度變化較??；蒸氨過程的生成物均是兩種元素組成的化合物，蒸氨過程中Cu(NH3)4(OH)2脫去NH3，考慮到是兩種元素組成的化合物，則應(yīng)為CuO，還有H2O，故答案為：CuO、H2O；3故答案為：NH3(或氨水、NH3?H2O)．分析制備CuSO4Cu(NH3)4(OH)2，過濾出不溶性雜質(zhì)得到濾渣，連續(xù)對(duì)濾液處理，蒸氨過程使生成的Cu(NH3)4(OH)2轉(zhuǎn)化為CuO，過濾出CuO，用硫酸酸洗得到CuSO4，最終經(jīng)過一系列處理制得純潔的CuSO4晶體，據(jù)此分析解答．此題考察試驗(yàn)流程的分析，理解每一步操作的目的，相關(guān)的化學(xué)反響，能讀懂圖象并結(jié)合已有的原理學(xué)問分析是解題的關(guān)鍵，題目考察綜合分析問題的力量，尋常需要加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練，考察的學(xué)問均為高頻考點(diǎn)，題目難度中等．20.答案：(1)6H++Fe2O3=2Fe3++3H2O；