全國(guó)I卷江西逝校2025屆高三化學(xué)下學(xué)期4月聯(lián)考試題含解析

PAGE20-（全國(guó)I卷）江西省九校2025屆高三化學(xué)下學(xué)期4月聯(lián)考試題（含解析）留意事項(xiàng)：1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。滿分300分，考試時(shí)間150分鐘。2.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。3.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答題標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選擇其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對(duì)原子量：Ca-40Ag-108C-12H-1C-12O-16S-32Cl-35.5Co-59Al-27第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題（本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求的）1.化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會(huì)、環(huán)境親密相關(guān)。下列說(shuō)法不正確的是（）A.食用肯定量的油脂能促進(jìn)人體對(duì)維生素的汲取B.很多繡球花在酸性土壤中花朵呈藍(lán)色，在堿性土壤中花朵呈粉紅色，若想獲得藍(lán)色花朵，可在土壤中施用適量的硫酸鋁C.在石英管中充入氖氣，通電時(shí)能發(fā)出比熒光燈強(qiáng)億萬(wàn)倍的強(qiáng)光，人稱“人造小太陽(yáng)”D.人被蚊子叮咬后皮膚發(fā)癢或紅腫，簡(jiǎn)潔的處理方法：搽稀氨水或碳酸氫鈉溶液【答案】C【解析】【詳解】A．油脂既能運(yùn)輸養(yǎng)分素，也能作為維生素A、D、E、K的溶劑，它們必需溶在油脂里面，才會(huì)被消化汲取，故A正確；B．鋁離子水解會(huì)使土壤顯酸性，繡球花在酸性土壤中花朵呈藍(lán)色，故B正確；C．充入氖氣會(huì)發(fā)出紅光，氙氣燈被稱為人造小太陽(yáng)，故C錯(cuò)誤；D．蚊子的毒液顯酸性，和氨水、碳酸氫鈉等堿性物質(zhì)反應(yīng)生成鹽，從而減輕難受，故D正確；故答案為C。2.下列說(shuō)法正確的是（）A.如圖有機(jī)物核磁共振氫譜中出現(xiàn)8組峰B.如圖有機(jī)物分子式為C10H12O3C.分子式為C9H12的芳香烴共有9種D.藍(lán)烷的一氯取代物共有6種（不考慮立體異構(gòu)）【答案】A【解析】【詳解】A．依據(jù)該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知該分子中有8種環(huán)境的氫原子，所以核磁共振氫譜中出現(xiàn)8組峰，故A正確；B．依據(jù)該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式為C10H14O3，故B錯(cuò)誤；C．分子式為C9H12的屬于芳香烴，是苯的同系物，除了1個(gè)苯環(huán)，可以有一個(gè)側(cè)鏈為：正丙基或異丙基，可以有2個(gè)側(cè)鏈為：乙基、甲基，有鄰、間、對(duì)3種，可以有3個(gè)甲基，有連、偏、均3種，共有8種，故C錯(cuò)誤；D．藍(lán)烷分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，有4種環(huán)境的氫原子，一氯代物有4種，故D錯(cuò)誤；故答案為A。3.錫為ⅣA族元素，四碘化錫是常用有機(jī)合成試劑（SnI4，熔點(diǎn)114.5℃，沸點(diǎn)364.5℃，易水解）。試驗(yàn)室以過(guò)量錫箔為原料通過(guò)反應(yīng)Sn+2I2SnI4制備SnI4。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸B.SnI4可溶于CCl4中C.裝置Ⅱ的主要作用是汲取揮發(fā)的I2D.裝置Ⅰ中b為泠凝水出水口【答案】C【解析】【詳解】A．液體加熱時(shí)，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正確；

B．依據(jù)題干中SnI4的熔沸點(diǎn)，從組成分析可知SnI4與CCl4為同族元素形成的同類物質(zhì)，二者分子的空間構(gòu)型均為正四面體結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，依據(jù)“相像相溶原理”可知SnI4可溶于CCl4中，故B正確；

C．由題可知：SnI4易水解，所以裝置Ⅱ的主要作用是防止水蒸氣進(jìn)入裝置使SnI4水解，故C錯(cuò)誤；

D．冷凝管的冷凝水為“下進(jìn)上出”，所以裝置Ⅰ中a為泠凝水進(jìn)水口，b為出水口，故D正確；

故選：C。4.熱催化合成氨面臨的兩難問題是：釆用高溫增大反應(yīng)速率的同時(shí)會(huì)因平衡限制導(dǎo)致NH3產(chǎn)率降低。我國(guó)科研人員研制了Ti?H?Fe雙溫區(qū)催化劑（Ti-H區(qū)域和Fe區(qū)域的溫度差可超過(guò)100℃）。Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標(biāo)注。下列說(shuō)法正確的是（）A.①為氮氮三鍵的斷裂過(guò)程B.①②③在低溫區(qū)發(fā)生，④⑤在高溫區(qū)發(fā)生C.運(yùn)用Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化劑使合成氨反應(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)槲鼰岱磻?yīng)D.④為N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域的傳遞過(guò)程【答案】D【解析】【詳解】A．經(jīng)驗(yàn)①過(guò)程之后氮?dú)夥肿颖淮呋瘎┪?，并沒有變成氮原子，①過(guò)程中氮氮三鍵沒有斷裂，故A錯(cuò)誤；

B．①為催化劑吸附N2的過(guò)程，②為形成過(guò)渡態(tài)的過(guò)程，③為N2解離為N的過(guò)程，以上都是吸熱反應(yīng)，須要在高溫時(shí)進(jìn)行，而④⑤為了增大平衡產(chǎn)率，須要在低溫下進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；

C．催化劑只影響化學(xué)反應(yīng)速率，化學(xué)反應(yīng)不會(huì)因加入催化劑而變更反應(yīng)熱，故C錯(cuò)誤；

D．由題中圖示可知，過(guò)程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe兩種過(guò)渡態(tài)的轉(zhuǎn)化，N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域傳遞，故D正確；故答案為D。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，四種元素形成的某種化合物（如圖所示）是一種優(yōu)良的防齲齒劑（用于制含氟牙膏）。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.W、X、Y的簡(jiǎn)潔離子的電子層結(jié)構(gòu)相同B.W、Y形成的化合物中只含離子鍵C.該化合物中Z不滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.X、Y形成的化合物溶于水能促進(jìn)水的電離【答案】B【解析】【分析】該化合物可用于制含氟牙膏，說(shuō)明含有F元素，依據(jù)該化合物的結(jié)構(gòu)可知，X原子可以形成一個(gè)共價(jià)鍵，則X為F元素；Y可以形成Y+，且原子序數(shù)大于X，則Y為Na；Z可以形成五條共價(jià)鍵，應(yīng)為第ⅤA族元素，原子序數(shù)大于Na，則Z為P；依據(jù)W元素的成鍵特點(diǎn)，結(jié)合其原子序數(shù)最小，則W為O?！驹斀狻緼．氧離子、氟離子和鈉離子都含有2個(gè)電子層，核外電子總數(shù)為10，其簡(jiǎn)潔離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，故A正確；B．W、Y形成的化合物Na2O2中含有非極性共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；C．P最外層含有5個(gè)電子，該化合物中形成了5個(gè)共價(jià)鍵，則P最外層電子數(shù)為5+5=10，不滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C正確；D．HF為弱酸，所以NaF溶液中，氟離子會(huì)水解促進(jìn)水的電離，故D正確；故答案為B。6.工業(yè)上電化學(xué)法生產(chǎn)硫酸的工藝示意圖如圖，電池以固體金屬氧化物作電解質(zhì)，該電解質(zhì)能傳導(dǎo)O2-離子，已知S(g)在負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.在負(fù)極S(g)只發(fā)生反應(yīng)S-6e-+3O2-=SO3B.該工藝用稀硫酸汲取SO3可提高S(g)的轉(zhuǎn)化率C.每生產(chǎn)1L濃度為98%，密度為1.84g/mL的濃硫酸，理論上將消耗30mol氧氣D.工藝中稀硫酸濃度增大的緣由是水參加電極放電質(zhì)量削減【答案】B【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知反應(yīng)過(guò)程中有SO2生成，所以負(fù)極還發(fā)生S-4e-+2O2-=SO2，故A錯(cuò)誤；B．S(g)在負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，汲取生成物SO3可使反應(yīng)正向移動(dòng)，提高S的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C．濃度為98%，密度為1.84g/mL的濃硫酸中n(H2SO4)==18.4mol，由S～6e-～1.5O2～H2SO4可知，消耗氧氣為18.4mol×1.5=27.6mol，故C錯(cuò)誤；D．工藝中稀硫酸濃度增大的緣由是負(fù)極生成的三氧化硫與水反應(yīng)生成硫酸，故D錯(cuò)誤；故答案為B。7.298K時(shí)，在0.10mol/LH2A溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.該滴定過(guò)程應(yīng)當(dāng)選擇石蕊作為指示劑B.X點(diǎn)溶液中：c（H2A）+c（H+）=c(A2-)+2c（OH-）C.Y點(diǎn)溶液中：3c（Na+）=2c(A2-)+2c（HA-）+2c(H2A)D.0.01mol/LNa2A溶液的pH約為10.85【答案】D【解析】【分析】滴定過(guò)程發(fā)生反應(yīng)H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A，第一反應(yīng)終點(diǎn)溶質(zhì)為NaHA，其次反應(yīng)終點(diǎn)溶質(zhì)為Na2A?！驹斀狻緼．石蕊的的變色范圍為5～8，兩個(gè)反應(yīng)終點(diǎn)不在變色范圍內(nèi)，所以不能選取石蕊作指示劑，故A錯(cuò)誤；B．X點(diǎn)為第一反應(yīng)終點(diǎn)，溶液中的溶質(zhì)為NaHA，溶液中存在質(zhì)子守恒c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，故B錯(cuò)誤；C．Y點(diǎn)溶液=1.5，所以溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaHA和Na2A，依據(jù)物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A)，故C錯(cuò)誤；D．Na2A溶液主要存在A2-的水解：A2-+H2O=HA-+OH-；據(jù)圖可知當(dāng)c(A2-)=c(HA-)時(shí)溶液pH=9.7，溶液中c(OH-)=10-4.3mol/L，而Na2A的第一步水解平衡常數(shù)Kh=，當(dāng)c(A2-)=c(HA-)時(shí)Kh=c(OH-)=10-4.3，設(shè)0.01mol/LNa2A溶液中c(A2-)=amol/L，則c(OH-)amol/L，Kh=，解得a=10-3.15mol/L，即c(OH-)=10-3.15mol/L，所以溶液的pH=10.85，故D正確?！军c(diǎn)睛】解決此類題目的關(guān)鍵是弄清晰各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶質(zhì)是什么，再結(jié)合三大守恒去推斷溶液中的離子濃度關(guān)系；D選項(xiàng)犯難點(diǎn)，學(xué)習(xí)須要對(duì)“c(A2-)=c(HA-)”此類信息敏感一些，通過(guò)滿意該條件的點(diǎn)通常可以求出電離或水解平衡常數(shù)。8.2024年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?lì)C給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對(duì)鋰離子電池研發(fā)的卓越貢獻(xiàn)。（1）工業(yè)中利用鋰輝石（主要成分為L(zhǎng)iAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等）制備鈷酸鋰(LiCoO2)的流程如圖：回答下列問題：①鋰輝石的主要成分為L(zhǎng)iAlSi2O6，其氧化物的形式為___。②為提高“酸化焙燒”效率，常實(shí)行的措施是___。③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙燒”中過(guò)量的硫酸，限制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，則pH至少為___。(已知：，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，完全沉淀后離子濃度低于1×l0-5)mol/L）。④“濾渣2”的主要化學(xué)成分為___。⑤“沉鋰”過(guò)程中加入的沉淀劑為飽和的___(化學(xué)式）溶液。（2）利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運(yùn)動(dòng)的特性，開發(fā)出石墨烯電池，電池反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如圖2。下列關(guān)于該電池的說(shuō)法正確的是___（填字母）。A.過(guò)程1為放電過(guò)程B.該電池若用隔膜可選用質(zhì)子交換膜C.石墨烯電池的優(yōu)點(diǎn)是提高電池的儲(chǔ)鋰容量進(jìn)而提高能量密度D.充電時(shí)，LiCoO2極發(fā)生的電極反應(yīng)為L(zhǎng)iCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2E.對(duì)廢舊的該電池進(jìn)行“放電處理”讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收（3）LiFePO4也是一種電動(dòng)汽車電池的電極材料，試驗(yàn)室先將綠礬溶解在磷酸中，再加入氫氧化鈉和次氯酸鈉溶液反應(yīng)獲得FePO4固體。再將FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應(yīng)即可獲得LiFePO4同時(shí)獲得兩種氣體。①寫出FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應(yīng)溶液獲得LiFePO4的化學(xué)方程式___。②LiFePO4須要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時(shí)要加入少量活性炭黑，其作用是___。【答案】(1).Li2O?Al2O3?4SiO2(2).將礦石細(xì)磨、攪拌、上升溫度(3).4.7(4).Mg(OH)2和CaCO3(5).Na2CO3(6).CD(7).2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O(8).與空氣中的氧氣反應(yīng)，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為L(zhǎng)iAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)為原料來(lái)制取鈷酸鋰(LiCoO2)，加入過(guò)量濃硫酸酸化焙燒鋰輝礦，之后加入碳酸鈣除去過(guò)量的硫酸，并使鐵離子、鋁離子沉淀完全，然后加入氫氧化鈣和碳酸鈉調(diào)整pH沉淀鎂離子和鈣離子，過(guò)濾得到主要含鋰離子的溶液，濾液蒸發(fā)濃縮得20%Li2S，加入碳酸鈉沉淀鋰離子生成碳酸鋰，洗滌后與Co3O4高溫下焙燒生成鈷酸鋰；【詳解】(1)①硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的書寫依次：活潑金屬氧化物→較活發(fā)金屬氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物間以·隔開；b．各元素的化合價(jià)保持不變，且滿意化合價(jià)代數(shù)和為零，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來(lái)的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)化為整數(shù)；鋰輝石的主要成分為L(zhǎng)iAlSi2O6，依據(jù)方法，其氧化物的形式為L(zhǎng)i2O?Al2O3?4SiO2；②流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采納的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)上升溫度、攪拌、多次浸取等；本題中為“酸化焙燒“，硫酸的濃度已經(jīng)最大，因此合理的措施為將礦石細(xì)磨、攪拌、上升溫度等；③Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么保證Al3+完全沉淀即可達(dá)到目的；已知Al(OH)3的Ksp=1×10-33，所以當(dāng)c(Al3+)=1×10-5mol/L時(shí)可認(rèn)為鋁離子和鐵離子完全沉淀，此時(shí)c(OH-)==mol/L=1×10-9.3mol/L，c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少為4.7；④依據(jù)分析可知濾渣2主要為Mg(OH)2和CaCO3；⑤依據(jù)“沉鋰”后形成Li2CO3固體，以及大量生產(chǎn)的價(jià)格問題，該過(guò)程中加入的最佳沉淀劑為Na2CO3溶液；(2)A．電池反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2，由此可知，放電時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixC6-xe-=xLi++C6，正極電極反應(yīng)式Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，石墨電極為放電時(shí)負(fù)極，充電時(shí)的陰極，故A錯(cuò)誤；

B．該電池是利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運(yùn)動(dòng)的特性而制作，故B錯(cuò)誤；

C．石墨烯電池利用的是Li元素的得失電子，因此其優(yōu)點(diǎn)是在提高電池的儲(chǔ)鋰容量的基礎(chǔ)上提高了能量密度，故C正確；

D．充電時(shí)，LiCoO2極為陽(yáng)極，將放電時(shí)的正極電極反應(yīng)式逆寫即可得陽(yáng)極反應(yīng)，即LiCoO2極發(fā)生的電極反應(yīng)為L(zhǎng)iCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2，故D正確；；

E．依據(jù)鈷酸鋰的制備流程可知，對(duì)廢舊的該電池進(jìn)行“放電處理“讓Li+嵌入LiCoO2才有利于回收，故E錯(cuò)誤；故答案為CD；(3)①FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應(yīng)可獲得LiFePO4同時(shí)獲得兩種氣體，該過(guò)程中Fe3+被還原，依據(jù)元素價(jià)態(tài)變更規(guī)律可知應(yīng)是C元素被氧化，生成CO2，該種狀況下只生成一種氣體，應(yīng)想到草酸不穩(wěn)定簡(jiǎn)潔發(fā)生歧化反應(yīng)分解生成CO和CO2，即獲得的兩種氣體為CO和CO2，結(jié)合電子守恒和元素守恒可能方程式為：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O；②高溫條件下亞鐵離子簡(jiǎn)潔被空氣中的氧氣氧化，活性炭黑具有還原性，可以防止LiFePO4中的Fe2+被氧化?！军c(diǎn)睛】硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的書寫依次：活潑金屬氧化物→較活發(fā)金屬氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物間以·隔開；b．各元素的化合價(jià)保持不變，且滿意化合價(jià)代數(shù)和為零，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來(lái)的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)化為整數(shù)；流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采納的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)上升溫度、攪拌、多次侵取等9.I.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應(yīng)的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點(diǎn)為38.3℃，沸點(diǎn)為233.5℃，具有潮解性且易發(fā)生水解。試驗(yàn)室利用反應(yīng)TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行的操作是___，反應(yīng)結(jié)束后應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是___。（2）將連接管切斷并熔封，采納蒸餾法提純。此時(shí)應(yīng)將a端的儀器改裝為___、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是___（填儀器名稱）。II.過(guò)氧化鈣溶于酸，極微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通?？捎米麽t(yī)用殺菌劑、消毒劑、防腐劑。已知從溶液中制得的過(guò)氧化鈣帶有8個(gè)結(jié)晶水，在100℃時(shí)會(huì)脫水生成米黃色的無(wú)水過(guò)氧化鈣，而無(wú)水過(guò)氧化鈣在349℃時(shí)會(huì)快速分解生成CaO和O2。以下是一種用純凈的碳酸鈣制備過(guò)氧化鈣的試驗(yàn)方案。請(qǐng)回答下列問題：CaCO3濾液白色結(jié)晶（3）步驟①的詳細(xì)操作為向碳酸鈣中逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時(shí)溶液呈___性（填“酸”、“堿”或“中”）。將溶液煮沸，趁熱過(guò)濾。將溶液煮沸的作用是__。（4）步驟②中反應(yīng)的化學(xué)方程式為__，該反應(yīng)須要在冰浴下進(jìn)行，緣由是__。（5）為測(cè)定產(chǎn)品中過(guò)氧化鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，取1.2g樣品，在溫度高于349℃時(shí)使之充分分解，并將產(chǎn)生的氣體（復(fù)原至標(biāo)準(zhǔn)狀況）通過(guò)如圖所示裝置收集，測(cè)得量筒中水的體積為112mL，則產(chǎn)品中過(guò)氧化鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___。【答案】(1).打開K1，關(guān)閉K2和K3，通入二氧化碳(2).排出殘留在裝置中的四溴化鈦和溴蒸氣(3).直形冷凝管(4).溫度計(jì)(5).酸(6).除去溶液中的二氧化碳(7).CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O(8).溫度過(guò)高時(shí)過(guò)氧化氫分解(9).60%【解析】【分析】I.TiBr4常溫易潮解，所以制備TiBr4時(shí)要運(yùn)用干燥的反應(yīng)物，所以通入的二氧化碳?xì)怏w必需干燥，濃硫酸能干燥二氧化碳，所以試劑A為濃硫酸；因?yàn)檠b置中含有空氣，空氣中氧氣能和C在加熱條件下反應(yīng)，所以要先通入二氧化碳排出裝置中空氣，須要打開K1，關(guān)閉K2和K3；然后打開K2和K3

，同時(shí)關(guān)閉K1，發(fā)生反應(yīng)TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制備TiBr4，TiBr4常溫下為橙黃色固體，流入收集裝置中；溴有毒不能干脆排空，應(yīng)當(dāng)最終有尾氣處理裝置，TiBr4易潮解，所以裝置X單元能起干燥作用，結(jié)合題目分析解答。II.大理石加入稀鹽酸溶解得到氯化鈣溶液，將溶液煮沸，趁熱過(guò)濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反應(yīng)②濾液中加入氨水和過(guò)氧化氫冰水浴中反應(yīng)生成過(guò)氧化鈣晶體，過(guò)濾得到過(guò)氧化鈣晶體，水洗、乙醇洗、烘烤得到過(guò)氧化鈣固體，以此來(lái)解答。【詳解】(1)依據(jù)分析以及圖示可知加熱前要先打開K1，關(guān)閉K2和K3，通入二氧化碳排出裝置中空氣；反應(yīng)結(jié)束后在反應(yīng)裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余溴蒸氣，應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進(jìn)行尾氣處理，防止污染；(2)在產(chǎn)品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此依據(jù)題中給出的四溴化鈦的沸點(diǎn)233.5°C，可以運(yùn)用蒸餾法提純；此時(shí)應(yīng)將a端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸餾時(shí)要依據(jù)溫度收集餾分，所以在防腐膠塞上應(yīng)加裝溫度計(jì)；(3)此時(shí)溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；將溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反應(yīng)②是濾液中加入氨水和過(guò)氧化氫冰水浴中反應(yīng)生成過(guò)氧化鈣晶體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；過(guò)氧化氫熱易分解，所以該反應(yīng)須要在冰浴下進(jìn)行；(5)過(guò)氧化鈣受熱分解，方程式為2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的氣體為氧氣，依據(jù)量筒中水的體積可知收集到氧氣112mL，則其物質(zhì)的量為=0.005mol，則原樣品中n(CaO2)=0.01mol，所以樣品中過(guò)氧化鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=60%。10.據(jù)公安部2024年12月統(tǒng)計(jì)，2024年全國(guó)機(jī)動(dòng)車保有量已達(dá)3.5億。汽車尾氣排放的碳?xì)浠衔?、氮氧化物及碳氧化物是很多城市大氣污染的主要污染物。I.汽油燃油車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低汽車尾氣污染。（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=?393.5kJ·mol?12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=?221.0kJ·mol?1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol?1CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的熱化學(xué)方程式___。（2）對(duì)于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在肯定溫度下，于1L的恒容密閉容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反應(yīng)起先進(jìn)行。下列能說(shuō)明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___（填字母代號(hào)）。A.比值不變B.容器中混合氣體的密度不變C.v（N2）正=2v（NO）逆D.容器中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變（3）運(yùn)用間接電化學(xué)法可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖2所示。已知電解池的陰極室中溶液的pH在4～7之間，寫出陰極的電極反應(yīng)式__。用離子方程式表示汲取池中除去NO的原理___。（4）T1溫度時(shí)在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。試驗(yàn)測(cè)得：v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2)，k正、k逆為速率常數(shù)只受溫度影響。不同時(shí)刻測(cè)得容器中n(CO)、n(O2)如表：時(shí)間/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4①T1溫度時(shí)=___L/mol。②若將容器的溫度變更為T2時(shí)其k正=k逆，則T2__T1(填“>”、“<”或“=")。II.“低碳經(jīng)濟(jì)”備受關(guān)注，CO2的有效開發(fā)利用成為科學(xué)家探討的重要課題。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，將肯定量的H2和CO2置于恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0（5）為探究反應(yīng)X的反應(yīng)速率與濃度的關(guān)系，向恒容密閉容器中通入濃度均為1.0mol?L-1的H2與CO2。恒溫條件下，依據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)繪制出反應(yīng)速率與濃度關(guān)系曲線：v正～c（CO2）和v逆～c（H2O）。則與曲線v正～c（CO2）相對(duì)應(yīng)的是如圖___曲線。（填“甲”或“乙”）；該反應(yīng)達(dá)到平衡后，某一時(shí)刻降低溫度，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則此時(shí)曲線乙對(duì)應(yīng)的平衡點(diǎn)可能為___（填字母）。（6）溫度為T時(shí)，向10L密閉容器中充入5molH2和CO2的混合氣體，此時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)為5P，兩種氣體的平衡轉(zhuǎn)化率ɑ與的關(guān)系如圖所示：①圖中CO2平衡轉(zhuǎn)化率可用表示___（L1或L2）②該溫度下，反應(yīng)X的平衡常數(shù)Kp=___。（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。【答案】(1).2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5

kJ?mol-1(2).AD(3).2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O(4).2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-(5).80(6).>(7).乙(8).C(9).L1(10).【解析】【分析】(1)依據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算；(2)依據(jù)平衡狀態(tài)推斷的依據(jù)：正逆反應(yīng)速率相等，各組分濃度保持不變及由此衍生的其他物理量進(jìn)行分析。(3)電解池中陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，依據(jù)圖2所示，HSO3-得電子生成S2O42-，發(fā)生還原反應(yīng)；汲取池中NO和S2O42-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，依據(jù)圖示的產(chǎn)物可寫出該反應(yīng)的離子方程式；(4)①反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)v正=v逆，即k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，所以此時(shí)，依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知初始投料為2molCO和1.2molO2，平衡時(shí)n(CO)=0.4mol，n(O2)=0.4mol，依據(jù)反應(yīng)方程式可知生成的n(CO2)=1.6mol，容器的體積為2L，可以計(jì)算出；②T2時(shí)其k正=k逆，即=K=1<80；該反應(yīng)焓變小于零即正反應(yīng)放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)變小，據(jù)此分析溫度的大??；(5)初始投料為濃度均為1.0mol?L-1的H2與CO2，則反應(yīng)過(guò)程中CO2的濃度減小，所以與曲線v正～c(CO2)相對(duì)應(yīng)的是曲線乙；該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以降低溫度平衡正向移動(dòng)c(CO2)在原平衡基礎(chǔ)上減小，且溫度降低反應(yīng)速率減慢，所以對(duì)應(yīng)的平衡點(diǎn)應(yīng)為C；(6)①當(dāng)CO2的量肯定時(shí)，增大H2的量，CO2的轉(zhuǎn)化率增大；②當(dāng)反應(yīng)物投料比等于方程式中計(jì)量數(shù)之比時(shí)平衡轉(zhuǎn)化率相等，二者平衡轉(zhuǎn)化率相同時(shí)轉(zhuǎn)化率為50%，即當(dāng)=時(shí)，轉(zhuǎn)化率為50%，共充入5molH2和CO2的混合氣體，則n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，列三段式進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，以p(CO2)、p(H2)、p(H2O)來(lái)表示平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度，進(jìn)而計(jì)算出Kp?！驹斀狻?1)CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的方程式為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)；已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ?mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=?221.0kJ·mol?1③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol?1

①×2-②-③可得目標(biāo)反應(yīng)方程式，依據(jù)蓋斯定律可知目標(biāo)反應(yīng)方程式△H=-393.5kJ?mol-1×2+221.0kJ·mol?1-180.5kJ·mol?1=-746.5kJ?mol-1，所以CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的熱化學(xué)方程式為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ?mol-1；(2)A．初始投料為0.1molNO和0.3molCO，所以平衡前NO濃度減小，CO2濃度增大，所以當(dāng)比值不變時(shí)說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，故A選；B．容器體積不變，即氣體的體積不變，反應(yīng)物和生成物都是氣體，所以氣體的總質(zhì)量不變，則混合氣體的密度始終不變，故B不選；C．反應(yīng)平衡時(shí)v(N2)正=v(N2)逆，2v(N2)逆=v(NO)逆，故C不選；D．平衡正向移動(dòng)時(shí)氣體的物質(zhì)的量減小，氣體總質(zhì)量不變，所以平均摩爾質(zhì)量增大，當(dāng)混合氣體平均摩爾質(zhì)量不變時(shí)說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，故D選；綜上所述選AD；(3)電解池中陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，依據(jù)圖2所示，進(jìn)入陰極室的是HSO3-，流出陰極室的是S2O42-，即HSO3-得電子生成S2O42-，陰極室中溶液的pH在4～7之間，呈酸性，故電極反應(yīng)為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；汲取池中NO和S2O42-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，依據(jù)圖示的產(chǎn)物可知，NO得電子生成N2，S2O42-失電子生成HSO3-，依據(jù)得失電子守恒寫出反應(yīng)的離子方程式為2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-；(4)①反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)v正=v逆，即k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，所以此時(shí)，依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知初始投料為2molCO和1.2molO2，平衡時(shí)n(CO)=0.4mol，n(O2)=0.4mol，依據(jù)反應(yīng)方程式可知生成的n(CO2)=1.6mol，容器的體積為2L，所以80L/mol；②T2時(shí)其k正=k逆，即=K=1<80；該反應(yīng)焓變小于零即正反應(yīng)放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)變小說(shuō)明溫度上升，所以T2>T1；(5)初始投料為濃度均為1.0mol?L-1的H2與CO2，則反應(yīng)過(guò)程中CO2的濃度減小，所以與曲線v正～c(CO2)相對(duì)應(yīng)的是曲線乙；該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以降低溫度平衡正向移動(dòng)c(CO2)在原平衡基礎(chǔ)上減小，且溫度降低反應(yīng)速率減慢，所以對(duì)應(yīng)的平衡點(diǎn)應(yīng)為C；(6)①當(dāng)CO2的量肯定時(shí)，增大H2的量，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，即越大，CO2的轉(zhuǎn)化率越大，所以CO2的平衡轉(zhuǎn)化率可用L1表示；②當(dāng)反應(yīng)物投料比等于方程式中計(jì)量數(shù)之比時(shí)平衡轉(zhuǎn)化率相等，二者平衡轉(zhuǎn)化率相同時(shí)轉(zhuǎn)化率為50%，即當(dāng)=時(shí)，轉(zhuǎn)化率為50%，共充入5molH2和CO2的混合氣體，則n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，列三段式有：平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量為0.5mol+2mol+0.5mol+1mol=4mol，反應(yīng)前氣體總物質(zhì)的量為5mol，壓強(qiáng)為5P，則反應(yīng)后總壓強(qiáng)為4P，p(CO2)=p(CH4)=P，p(H2)=2P，p(H2O)=P，所以Kp=?！军c(diǎn)睛】化學(xué)反應(yīng)原理題目的考查中常常出現(xiàn)速率常數(shù)，可以將(平衡常數(shù))，作為結(jié)論記住；當(dāng)反應(yīng)物投料比等于方程式中計(jì)量數(shù)之比時(shí)各反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率相等。11.2024年10月9日，瑞典皇家科學(xué)院將2024年度諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予美國(guó)JohnBGoodenough教授、M.stanleyWhittlingham教授和日本化學(xué)家AkiraYoshino，以表彰其在鋰離子電池的發(fā)展方面作出的貢獻(xiàn)。（1）基態(tài)鋰原子核外能量最高的電子所處能級(jí)的電子云輪廓圖的形態(tài)為___；基態(tài)磷原子第一電離能比硫的___(填“大”或“小”)，緣由是___。（2）實(shí)室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]來(lái)檢驗(yàn)Fe3+，F(xiàn)eCl3與KSCN溶液混合，可得到配位數(shù)為5的協(xié)作物的化學(xué)式是___；（3）磷酸(H3PO4)和亞磷酸(H3PO3)是磷元素的兩種含氧酸。PO43-的空間構(gòu)型為___；亞磷酸與NaOH反應(yīng)只生成NaHPO3和NaH2PO3兩種鹽，則H3PO3的結(jié)構(gòu)式為___。（4）磷酸分子間脫水可生成多磷酸，其某一鈣鹽的結(jié)構(gòu)如圖所示：由圖推知該多磷酸鈣鹽的通式為__（用n表示重復(fù)單元數(shù)）（5）氧化亞鐵晶體的晶胞如圖所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶胞中，與O2-緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為__；Fe2+與O2-最短核間距為___pm?！敬鸢浮?1).球形(2).大(3).基態(tài)磷原子的3p軌道處于半充溢狀態(tài)，較穩(wěn)定(4).K2[Fe(SCN)5](5).正四面體(6).(7).(CaP2O6)n(8).6(9).pm【解析】【詳解】(1)基態(tài)鋰原子價(jià)電子排布式為2s1，電子最高占據(jù)2s能級(jí)，電子云輪廓圖形為球形；基態(tài)磷原子的3p軌道處于半充溢狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以磷的第一電離能比硫大；(2)Fe3+與SCN-形成的協(xié)作物中，F(xiàn)e3+供應(yīng)空軌道，SCN-供應(yīng)孤對(duì)電子作為配體，所以配位數(shù)為5的配離子為[Fe(SCN)5]2-，相應(yīng)的協(xié)作物的化學(xué)式是K2[Fe(SCN)5]；(3)PO43-中P的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+=4，無(wú)孤電子對(duì)，所以的空間構(gòu)型為正四面體；亞磷酸H3PO3與NaOH反應(yīng)只生成NaHPO3和NaH2PO3兩種鹽，說(shuō)明亞磷酸含有2個(gè)羥基氫原子，另外的一個(gè)H、O干脆與P相接，所以H3PO3的結(jié)構(gòu)式為；(4)依據(jù)圖知，其最小的重復(fù)部分為，據(jù)此推斷形成鹽的化學(xué)通式為(CaP2O6)n；(5)以體