山東省2025屆高三化學模擬考試試題二含解析

PAGE23-山東省2025屆高三化學模擬考試試題（二）（含解析）一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個項符合題目要求。1.下列有關(guān)說法正確的是（）A.德州高校阿靈頓分校的科學家們運用太陽能、水和二氧化碳只須要一步就能產(chǎn)生液態(tài)烴（碳原子數(shù)可高至13），同時放出熱量B.美國萊斯高校某探討團隊發(fā)覺大量金納米顆粒（粒子直徑在1nm?100nm之間）聚集在腫瘤四周并被癌細胞吞噬后，用紅外激光脈沖使其四周溫度快速上升并汽化接近的水分子，產(chǎn)生極其微小的氣泡，這些氣泡快速膨脹并爆裂，可以撕裂癌細胞C.日本京都高校的探討人員運用一種被稱為分子手術(shù)的技術(shù)，可以將兩分子水注入富勒烯C70中用于探討水分子內(nèi)的氫鍵作用D.廣州高校清潔能源材料所劉兆清教授探討團隊在非貴金屬催化劑碳化鉬的制備和催化性能探討方面取得重要進展，該催化劑不僅能夠加快反應速率，還能提高反應的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】B【解析】【詳解】A．由烴的燃燒反應可知，水和二氧化碳產(chǎn)生液態(tài)烴和氧氣的反應為吸熱反應，不行能放出熱量，故A錯誤；B．納米顆粒的粒徑在1nm~100nm之間，故B正確；C．水分子內(nèi)無氫鍵，水分子間存在氯鍵，故C錯誤；D．催化劑能夠加快反應速率，但不能提高反應的平衡轉(zhuǎn)化率，故D錯誤；答案選B。2.下列分子中，中心原子雜化軌道類型相同，分子的空間構(gòu)型也相同的是A.BeCl2、CO2 B.H2O、SO2 C.SO2、CH4 D.NF3、CH2【答案】A【解析】【分析】依據(jù)價層電子對互斥理論可知，水中O原子含有的孤對電子對數(shù)＝（6－2×1）÷2＝2，實行sp3雜化方式，水是V型結(jié)構(gòu)?！驹斀狻緼．氯化鈹中Be原子是sp雜化，是直線型結(jié)構(gòu)。CO2是直線型結(jié)構(gòu)，碳原子是sp雜化，故A正確；B．SO2中S原子含有的孤對電子對數(shù)＝（6－2×2）÷1，實行sp2雜化方式，SO2是V形結(jié)構(gòu)，故B錯誤；C．SO2是V形結(jié)構(gòu)，CH4中C原子實行sp3雜化方式，是正四面體結(jié)構(gòu)；D．NF3中N原子實行sp3雜化方式，是三角錐結(jié)構(gòu)，CH2O中C原子實行sp2雜化方式，是平面三角形結(jié)構(gòu)，故D錯誤。答案選A3.利用下列所給裝置難以達到相應試驗目的的是（）A.裝置甲：蒸發(fā)結(jié)晶，制備純堿B.裝置乙：稱量，配制480mL0.10mol·L-1NaOH溶液，需稱量2.0gNaOHC.裝置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2后，分液獲得碘的四氯化碳溶液D.裝置丁：洗氣，除去HCl中Cl2雜質(zhì)【答案】B【解析】【詳解】A．加熱蒸發(fā)碳酸鈉?溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，氫氧根離子與碳酸氫根離子可反應有生成碳酸根和水，最終可以獲得純堿，故A正確；B．由于氫氧化鈉易潮解，稱量NaOH須要在燒杯中進行，故B錯誤；C．四氯化碳可萃取碘水中的I2，且與水不相溶，分液可獲得碘的四氯化碳溶液，故C正確；D．氯氣易溶于CC14，HCl難溶于CCl4，可以達到試驗目，故D正確；答案選B。4.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.23g鈉所含的核外電子數(shù)為1.1NAB.lLl乙醛溶液中含有分子的數(shù)目為NAC.4.48L和CO混合氣體完全燃燒，消耗的氧分子數(shù)目為0.1NAD.2.13g氯氣與足量熱的NaOH溶液充分反應生成和時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.05NA【答案】D【解析】【詳解】A．1個鈉原子核外有11個電子，23g鈉的物質(zhì)的量為1mol，故1mol鈉所含的核外電子為11mol，所含的核外電子數(shù)為11NA，故A錯誤；B．1L1乙醛溶液中除含乙醛外，還含有，故所含有分子的數(shù)目大于，故B錯誤；C．選項中沒有指明氣體是否在標準狀況下，所以4.48L和CO的混合氣體不肯定為0.2mol，所消耗氧氣的物質(zhì)的量也無法確定，故C錯誤；D．氯氣與熱NaOH溶液發(fā)生反應生成、和的化學方程式為，由上述化學方程式可知，3mol發(fā)生反應時轉(zhuǎn)移5mol電子，2.13g氯氣的物質(zhì)的量為0.03mol，轉(zhuǎn)移電子為0.05mol，故D正確；答案選D5.下列反應的離子方程式表達正確的是（）A.向FeBr2溶液中通入過量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.向碳酸鈉溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=2C.向碘化鉀溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液：3H2O2+I-=+3H2OD.Fe(OH)3固體溶于HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【答案】B【解析】【詳解】A．向FeBr2溶液中通入過量氯氣，反應生成氯化鐵和溴單質(zhì)，正確的離子方程式為2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A錯誤；B．向碳酸鈉溶液中通入少量CO2，反應生成NaHCO3，其離子方程式為+CO2+H2O=2，故B正確；C．向KI溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液，I-被氧化為I2，其離子方程式為2H++H2O2+2I-=I2+2H2O，故C錯誤；D．Fe(OH)3溶于HI溶液，F(xiàn)e(OH)3和HI發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe3++I2+6H2O，故D錯誤；答案選B。6.幾種中學常見物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分反應條件已省略）。已知：E為常見金屬；在標準狀況下氣體R的密度為。下列推斷合理的是（）A.X—定是H2O2B.在反應①②中都作催化劑C.常溫下，溶液的pH=2D.上述轉(zhuǎn)化涉及的反應都是氧化還原反應【答案】C【解析】【分析】在標準狀況下氣體R的密度為，則R的相對分子質(zhì)量等于22.4×=71，則為氯氣，E為常見金屬，為鐵，G為FeCl2，H為FeCl3，X可能是或，Z是O2，Y為HCl，然后分析?！驹斀狻緼．依據(jù)分析，X可以是或等，故A錯誤；B．若X是或，則在反應①中是催化劑，在反應②制氯氣中是氧化劑，故B錯誤；C．常溫下，溶液中，，pH=2，故C正確；D．不是氧化還原反應，故D錯誤；答案選C?！军c睛】依據(jù)R的在標準狀況下密度為，計算出R是Cl，是解本題的關(guān)鍵，需留意鐵及其氧化物，氯化物間的相互轉(zhuǎn)化。7.下列有關(guān)原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法正確的是（）A.的基態(tài)原子的第一電離能依次遞增B.的基態(tài)電子排布式為C.有6種不同能量的電子D.化合物中S元素顯-2價，說明C元素比S元素的電負性弱【答案】D【解析】【詳解】A．同周期元素自左往右第一電離能呈增大趨勢，但是Mg的基態(tài)原子最外層為全滿狀態(tài)，能量低不簡單失去一個電子，Al的基態(tài)原子最外層電子以排布，簡單失去一個電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故基態(tài)原子的第一電離能Mg比Al高，故A錯誤；B．對于Cr的3d軌道來說，5電子是半充溢狀態(tài)，結(jié)構(gòu)更穩(wěn)定，所以應實行的排布方式，故B錯誤；C．的核外電子排布式為應有5種不同能量的電子，故C錯誤；D．化合物中元素顯負價，說明其吸引電子的實力強，電負性強，即C元素比S元素的電負性弱，故D正確；答案選D。8.短周期不同主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)是制備一種高效電池的重要材料，在試驗室里通常將其保存在石蠟中；X的單質(zhì)與水發(fā)生猛烈反應，生成一種酸和一種氣體單質(zhì)；Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為7。下列說法正確的是（）A.若W的單質(zhì)著火，可用泡沫滅火器撲滅B.工業(yè)上電解熔融Y的氯化物肯定能制取Y的單質(zhì)C.Z的最高價氧化物對應的水化物肯定不是強酸D.X與Z形成的化合物的VSEPR模型均相同【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，由W的單質(zhì)是制備一種高效電池的重要材料，在試驗室里通常將其保存在石蠟中，可知W是Li元素；由X的單質(zhì)與水發(fā)生猛烈反應，生成一種酸和一種氣體單質(zhì)，可知X是F元素；依據(jù)Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為7，再結(jié)合元素W、X、Y、Z處于不同的主族，可推知Y是Mg或Al元素，Z是P或Si元素，據(jù)此分析結(jié)合元素性質(zhì)解答?！驹斀狻緼．W是Li元素，單質(zhì)Li常溫下可以和水反應，在點燃時也可以和CO2反應，所以單質(zhì)Li著火時，不能用泡沫滅火器撲滅，故A錯誤；B．Y是Mg或Al元素，工業(yè)上電解熔融氯化鎂可制取鎂，氯化鋁是共價化合物，而電解熔融氯化鋁不能制取鋁，故B錯誤；C．Z是Si或P元素，對應的最高價氧化物的水化物分別為H2SiO3、H3PO4，二者均不是強酸，故C正確；D．X與Z形成的化合物有SiF4、PF3、PF5，其中SiF4和PF3的VSEPR模型為四面體形，但PF5的VSEPR模型為三角雙錐形，故D錯誤；答案選C。9.氨氣可有效消退NO2的污染，相關(guān)反應為8NH3+6NO2?7N2+12H2O，在1L恒容密閉容器中，限制不同溫度，分別加入0.50molNH3和1.2molNO2，測得n(NH3)隨時間變更的有關(guān)試驗數(shù)據(jù)如下表。溫度n(NH3)/mol時間/min010204050T10.500.350.250.100.10T20.500.300.20…0.18下列說法正確的是()A.T1溫度下，0-20min內(nèi)，NO2的降解速率為0.0125mol?L-1?min-1B.試驗條件為T1＜T2，且該反應為放熱反應C.40min時，表格中T2對應的數(shù)據(jù)為0.20D.0~10min內(nèi)，T1溫度下NH3的降解速率大于T2溫度下的【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)表中數(shù)據(jù)，T1溫度下，0~20min內(nèi)，v(NH3)===0.0125mol?L-1?min-1，而3v(NH3)=4v(NO2)，則v(NO2)=0.009375mol?L-1?min-1，故A錯誤；B．從表中數(shù)據(jù)可知，相同時間內(nèi)T2溫度下NH3的削減量要大于T1溫度下NH3的削減量，說明T2時反應速率快，即T1＜T2，從變更趨勢來分析，T2溫度下反應在40min之前就已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，所以40min時，表格中T2對應的數(shù)據(jù)為0.18，達到平衡時T2條件下NH3的轉(zhuǎn)化率小，說明上升溫度不利于反應正向進行，該反應為放熱反應，故B正確；C．依據(jù)B項分析，40min時，表格中T2對應的數(shù)據(jù)為0.18，故C錯誤；D．從表中數(shù)據(jù)可知，0-10min內(nèi)，T2溫度下NH3的降解速率大于T1溫度下的，故D錯誤；答案選B。10.下列試驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確且具有對應關(guān)系的是（）選項試驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液溶液紫色褪去氧化性：H2O2＞KMnO4B將浸透石蠟油的石棉放在硬質(zhì)試管的底部，試管中加入碎瓷片，用酒精燈給碎瓷片加強熱，將產(chǎn)生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中酸性高錳酸鉀溶液由紫色變?yōu)闊o色石蠟油分解產(chǎn)物為乙烯C在CaCO3中加濃鹽酸，并將反應后所得氣體干脆通入苯酚鈉溶液中溶液變渾濁酸性：碳酸＞苯酚D取一支試管裝入2mL1mol?L-1MgCl2溶液，先滴加2mL1mol·L-1NaOH溶液，再滴加幾滴1mol·L-1CuCl2溶液先生成白色沉淀，后沉淀變?yōu)樗{色溶度積：Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4被H2O2還原，溶液紫色褪去，氧化性H2O2＜KMnO4，故A錯誤；B．產(chǎn)生的氣體使酸性高錳酸鉀溶液由紫色變?yōu)闊o色，說明該氣體為不飽和烴，但不能說明肯定為乙烯，故B錯誤；C．濃鹽酸易揮發(fā)，HC1與苯酚鈉反應也能生成苯酚沉淀，則由題給試驗操作和現(xiàn)象不能比較碳酸和苯酚的酸性強弱，故C錯誤；D．NaOH不足，由題述現(xiàn)象可知，發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，說明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正確；答案選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯得0分。11.Z可用于防治老年人骨質(zhì)疏松，可由X經(jīng)兩步轉(zhuǎn)化得到。下列說法不正確的是（）A.Z含有的官能團是（酚）羥基、酯基B.X可以發(fā)生的反應類型有氧化、取代、加成、縮聚反應C.X、Y、Z分別與濃溴水反應均最多消耗1?molBr2D.Y的分子式是C20H27O【答案】CD【解析】【詳解】A．Z中含有2個酚羥基和1個酯基，故A正確；B．X中有酚羥基和羧基，并且含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)，因此X能發(fā)生氧化、取代、加成、縮聚反應，故B正確；C．Y不與濃溴水反應，且題中未明確X、Y、Z的物質(zhì)的量，無法確定X、Y、Z與濃溴水反應消耗的Br2的物質(zhì)的量，故C錯誤；D．結(jié)合Y的結(jié)構(gòu)簡式，可以得出Y的分子式是C20H28O4，故D錯誤；答案選CD。12.某愛好小組利用硫酸廠產(chǎn)生的燒渣（主要含F(xiàn)e2O3、FeO，還有肯定量的SiO2）來制備FeCO3，其流程如圖：已知：①FeS2不溶于稀硫酸；②“還原”時，F(xiàn)e3+通過兩個反應被還原，其中一個反應為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+。下列說法不正確的是（）A.“還原”時另一個反應的離子方程式為2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+B.“還原”后可以用KSCN檢驗Fe3+否反應完全C.流程中多次進行過濾，過濾所用的玻璃儀器為燒杯、漏斗、膠頭滴管和玻璃棒D.所得FeCO3需充分洗滌，可以用稀鹽酸和BaCl2溶液檢驗FeCO3是否已洗滌干凈【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖可知“還原”后過濾所得濾渣中含有S，所以“還原”時另一個反應的離子方程式為2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+，故A正確；B．Fe3+可與KSCN反應生成血紅色物質(zhì)，所以“還原”后可以用KSCN檢驗Fe3+是否反應完全，故B正確；C．過濾時不用膠頭滴管，故C錯誤；D．所得FeCO3需充分洗滌，用稀鹽酸和BaCl2溶液檢驗最終一次洗滌液中是否含有來確定FeCO3是否已洗滌干凈，故D正確；答案選C。13.揮發(fā)性有機物（VOCs）對環(huán)境易造成污染，VOCs催化燃燒處理技術(shù)具有凈化率高、燃燒溫度低、無明火、不會有NOz等二次污染物產(chǎn)生等優(yōu)點。圖甲是VOCs處理過程中固體催化劑的催化原理，圖乙是反應過程中的能量變更圖。下列敘述正確的是（）A.圖甲中固體催化劑表面既有化學鍵斷裂，也有化學鍵形成B.圖甲中固體催化劑可提高VOCs的平衡轉(zhuǎn)化率C.圖乙中曲線II運用了固體催化劑，反應活化能降低D.VOCs催化氧化過程中全部反應均為放熱反應【答案】AC【解析】【詳解】A．催化劑表面發(fā)生化學反應，反應過程中，既有化學鍵的斷裂，也有化學鍵的形成，故A正確；B．催化劑只能改變更學反應速率，不影響化學平衡，故催化劑不能提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C．圖乙中曲線I的活化能比曲線U的活化能高，運用催化劑時，活化能降低，故曲線II為運用催化劑的能量變更曲線，故C正確；D．由圖乙可知，運用催化劑后的反應過程中有中間產(chǎn)物生成，其中反應物轉(zhuǎn)化為中間產(chǎn)物的反應中，反應物的總能量比中間產(chǎn)物的總能量低，故該反應為吸熱反應，故D錯誤；答案選AC。14.一種雙室微生物燃料電池，以苯酚（C6H6O）為燃料，同時消退酸性廢水中的硝酸鹽的裝置示意圖如圖1所示；探討人員發(fā)覺的一種“水”電池，其總反應為：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5Ol0+2AgCl，用該“水”電池為電源電解NaCl溶液的試驗裝置如圖2所示，電解過程中X電極上有無色氣體逸出。下列說法正確的是（）A.圖1裝置中若右池產(chǎn)生0.672L氣體（標準狀況下），則電路中通過電子0.15molB.圖1裝置中左池消耗的苯酚與右池消耗的的物質(zhì)的量之比為28：5C.圖2裝置的電路中每通過1mole-，U形管中消耗0.5molH2OD.圖2裝置中“水”電池內(nèi)每生成1molNa2Mn5O10，X電極上生成1mol氣體【答案】D【解析】【詳解】A．圖1裝置中右池產(chǎn)生的氣體為氮氣，n(N2)==0.03mol，由正極的電極反應式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)知電路中通過電子0.3mol，故A錯誤；B．圖1裝置中負極的電極反應式為C6H6O-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，正極的電極反應式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)，依據(jù)得失電子守恒，5C6H6O~28結(jié)合電極反應式可知圖1裝置中左池消耗的苯酚與右池消耗的的物質(zhì)的量之比為5：28，故B錯誤；C．圖2裝置的電路中每通過1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑可知生成0.5mol氫氣，消耗1mol水，故C錯誤；D．由題給總反應式可知每生成1molNa2Mn5O10，轉(zhuǎn)移2mol電子，又圖2裝置中電解過程中X電極上有無色氣體逸出，即X極的電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以轉(zhuǎn)移2mole-時X電極上生成1mol氣體，故D正確；答案選D。【點睛】將電極反應寫出后，依據(jù)電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目相等，找到物質(zhì)間的關(guān)系。15.25℃時，向25mL0.1000mol?L-l的BOH溶液中逐滴滴入同濃度的一元弱酸HA的溶液，所得溶液PH與加入HA溶液的體積的關(guān)系曲線如圖所示，則下列說法正確的是（）A.BOH的電離方程式為BOH=B++OH-B.可選擇酚酞作指示劑，滴定終點時，溶液恰好在B點從無色變?yōu)榉奂t色，且30秒內(nèi)不復原原色C.Ka(HA)＜Kb(BOH)D.加入HA溶液的體積為50ml時，c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+【答案】D【解析】【詳解】A．由題圖中A點對應溶液的pH可知，BOH為弱堿，其電離方程式為BOH?B++OH-，故A錯誤；B．由題意結(jié)合題圖可知，C點時酸堿恰好反應完全，溶液顯酸性，應選擇甲基橙作指示劑，且酚酞的變色范圍為8.2~10.0，B點溶液pH=7，不在變色范圍內(nèi)，故B錯誤；C．由題圖可得，C點溶液的溶質(zhì)為BA，溶液顯酸性，說明水解程度：B+＞A-，故Ka(HA)＞Kb(BOH)，故C錯誤；D．加入HA溶液的體積為50mL時，溶液中溶質(zhì)為BA與HA，且二者物質(zhì)的量相等，由電荷守恒、物料守恒可得c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)，故D答案選D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.某校化學試驗課上，老師要求學生用硫酸銅溶液與氫氧化鈉溶液制備Cu(OH)2，為了縮短試驗時間，老師讓學生將反應容器放在沸水浴中進行反應，結(jié)果出現(xiàn)了如下兩種不同的試驗現(xiàn)象：操作現(xiàn)象試驗一向NaOH溶液中滴加CuSO4溶液黑色沉淀試驗二向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液藍色沉淀（1）甲同學認為試驗一中產(chǎn)生的黑色沉淀是___(填化學式)，理由是___。（2）為驗證推想結(jié)果是否正確，甲同學將黑色沉淀過濾、洗滌、干燥后稱得質(zhì)量為ag，并依據(jù)如圖所示裝置進行試驗，試驗前后稱得干燥管E的質(zhì)量分別為cg和dg。為確保試驗的精確性，甲同學認為應在裝置A反應一段時間后再接上裝置E，點燃D中的酒精燈，其理由是___。乙同學認為甲同學的裝置仍有不足，應在E的末端連接一個氣囊，氣囊的作用有兩個：___。甲同學改進試驗裝置后完成試驗，若a、c、d滿意關(guān)系式：___，則證明甲同學對黑色沉淀的推想是正確的。（3）丙同學認為試驗二中的藍色沉淀應為Cu(OH)2，丁同學馬上提出反對看法，認為該藍色沉淀肯定不是Cu(OH)2。為確認試驗二中藍色沉淀的成分，丁同學從試驗時藥品的加入依次考慮，可能是反應物的用量不同導致產(chǎn)物的不同，并上網(wǎng)查閱資料知，當NaOH溶液少量時會生成堿式硫酸銅[Cu2(OH)2SO4]，反應的離子方程式為___。（4）進一步查閱資料可知堿式硫酸銅為藍色物質(zhì)，難溶于水、可溶于酸。請你設計試驗，驗證明驗二中生成的藍色沉淀含有SO42-：___。【答案】(1).CuO(2).生成的Cu(OH)2沉淀受熱分解成黑色的CuO(3).裝置中存在二氧化碳和水蒸氣，也會被堿石灰汲取，對試驗產(chǎn)生影響(4).防止空氣中的二氧化碳和水蒸氣進入裝置E(或排盡裝置內(nèi)空氣，防止其對試驗產(chǎn)生影響)，收集多余的H2(5).9a=40(d-c)(6).2Cu2++2OH-+SO42-=Cu2(OH)2SO4↓(7).將藍色沉淀過濾、洗滌后溶于過量稀鹽酸(或稀硝酸)中，待沉淀溶解后加入氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則含有SO42-【解析】【分析】（1）CuO為黑色；（2）由圖可知，A中制備氫氣，B中NaOH除去HCl，C中濃硫酸干燥氫氣，D中氫氣還原CuO，且氫氣不純加熱易爆炸，E中堿石灰可汲取水，且空氣中的水、二氧化碳可進入E中；（3）NaOH溶液少量時會生成堿式硫酸銅[Cu2（OH）2SO4]，以此書寫離子反應；（4）驗證明驗二中生成的藍色沉淀含有SO42-，可溶于鹽酸后，滴加氯化鋇視察是否生成白色沉淀。【詳解】分析元素，生成的沉淀能受熱分解成黑色的CuO，黑色沉淀可能為氧化銅，應在裝置A反應一段時間后再接上裝置D的緣由是裝置中存在的二氧化碳和水蒸氣也會被堿石灰汲取，乙同學認為甲同學的裝置仍有不足，應在裝置E的末端連接一個氣囊，防止空氣中的水蒸氣和二氧化碳進入裝置E或排盡裝置內(nèi)空氣，防止其對試驗產(chǎn)生影響，氧原子守恒，所以，可證明黑色沉淀是氧化銅；當NaOH溶液少量時會生成堿式硫酸銅，反應的離子方程式為；堿式硫酸銅為藍色物質(zhì)，難溶于水、可溶于酸，要檢驗，首先要把堿式硫酸銅溶于硝酸或鹽酸中，得到含溶液，再加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生不溶于酸的白色沉淀?！军c睛】有氣體參加的試驗，裝置的排列依次：一般按氣流方向確定儀器的連接依次，一般遵循：氣體發(fā)生→除雜干燥→主體試驗→尾氣處理，以此思路解題。17.二氧化碳的捕集和轉(zhuǎn)化是科學探討中的熱點問題。我國科研人員提出了以Ni/Al2O3為催化劑，由CO2(g)和H2(g)轉(zhuǎn)化為CH4(g)和H2O(g)的反應歷程，其示意圖如下：(1)該可逆反應的化學方程式為_________。運用催化劑Ni/Al2O3_________(填“能”或“不能”)提髙CO2的平衡轉(zhuǎn)化率。(2)300℃下，在一恒容密閉容器中充入肯定量的CO2與H2，發(fā)生上述反應，一段時間后反應達平衡，若其他條件不變，溫度從300℃升至500℃，反應重新達到平衡時，A.該反應的B.平衡常數(shù)大小：C.300℃下，減小的值，的平衡轉(zhuǎn)化率上升D.反應達到平衡時化(3)在肯定條件下，反應體系中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率a(CO2)與L和X的關(guān)系如圖所示，L和X表示溫度或壓強。①X表示的物理量是___________。②L1_____________L2(填“<”“>”)，推斷理由是______________________________________。(4)向1L恒容密閉容器中加入4.0molH2(g)，1.0molCO2，限制條件(催化劑為Ni/AI2O3、溫度為T1)使之發(fā)生上述反應，測得容器內(nèi)氣體的壓強隨時間的變更如圖所示。①4min時CO2的轉(zhuǎn)化率為___________。②T1溫度下該反應的化學平衡常數(shù)為___________?！敬鸢浮?1).CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)(2).不能(3).BC(4).溫度(5).＞(6).該反應為氣體分子數(shù)減小的反應，其他條件肯定時，增大壓強，平衡右移，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率升髙(7).75%(8).6.75【解析】【分析】(1)依據(jù)圖示書寫該可逆反應的化學方程式；催化劑只能加快反應的速率，不能提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率；(2)A．溫度從300℃升至500℃反應重新達到平衡時，HB．正反應為放熱反應，上升溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小；C．減小的值，CO2的含量增大，據(jù)此分析；D．反應達到平衡時，反應速率之比等于化學計量數(shù)之比；(3)①依據(jù)方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)及反應的H＜0可知結(jié)合圖像轉(zhuǎn)化率的變更分析推斷影響因素；②結(jié)合題圖及①中的分析推斷；(4)由題圖可知，4min時反應體系處于平衡狀態(tài)，此時壓強為0.7p0，結(jié)合氣體壓強之比等于物質(zhì)的量之比，列出三段式計算CO2的轉(zhuǎn)化率及反應平衡常數(shù)。【詳解】(1)由題意可知該可逆反應的化學方程式為CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)+2H2O(g)，催化劑只能加快反應的速率，不能提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率；(2)A．對于該可逆反應，若其他條件不變，溫度從300℃升至500℃反應重新達到平衡時，H2的體積分數(shù)增加，說明正反應為放熱反應，故A正確；B．正反應為放熱反應，因此，故B錯誤；C．減小的值，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故C錯誤；D．反應達到平衡時，，故D正確；答案選BC；(3)①依據(jù)方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)及反應的H＜0可知，其他條件肯定時，升溫，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，其他條件肯定時，加壓，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率上升，則X表示的物理量是溫度；②L表示壓強，結(jié)合題圖及上述分析，可知L1＞L2；(4)①由題圖可知，4min時反應體系處于平衡狀態(tài)，此時壓強為0.7p0，設發(fā)生反應的CO2為xmol，列出三段式：依據(jù)恒溫恒容條件下，氣體壓強之比等于物質(zhì)的量之比得出，解得x=0.75，則CO2的轉(zhuǎn)化率為；②平衡常數(shù)。18.氧化亞銅（Cu2O）是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：常溫下幾種物質(zhì)起先形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表：Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2起先沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4(1)爐氣中有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。(2)若試劑X是H2O2溶液，寫出相應反應的離子方程式：________。當試劑X是______時，更有利于降低生產(chǎn)成本。(3)加入試劑Y調(diào)pH時，pH的調(diào)控范圍是___________。(4)寫出用N2H4制備Cu2O的化學方程式：________，操作X包括_________、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是____________。(5)以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應式：__________?！敬鸢浮?1).SO2(2).2∶1(3).2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O(4).空氣或氧氣(5).3.7≤pH<4.8(6).4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O(7).過濾(8).防止Cu2O被空氣中氧氣氧化(9).2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O【解析】【分析】(1)金屬硫化物焙燒時轉(zhuǎn)化為金屬氧化物與二氧化硫，Cu2S與O2反應時，依據(jù)得失電子守恒，分析氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比；(2)酸性條件下，H2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋，本身被還原為H2O，酸性條件下O2也可以將Fe2＋氧化為Fe3＋；(3)調(diào)整pH的目的是使鐵離子全部轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，而銅離子不能形成沉淀；(4)N2H4將Cu2＋還原為Cu2O，自身被氧化為N2；Cu2O不溶于水，且有較強的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化；(5)因Cu2O是在陽極上生成的，陽極材料是銅，銅失去電子轉(zhuǎn)化為Cu2O，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)金屬硫化物焙燒時轉(zhuǎn)化為金屬氧化物與二氧化硫，故爐氣中的有害氣體成分是SO2，Cu2S與O2反應時，氧化劑為O2，還原劑為Cu2S，1molO2得4mol電子，Cu的化合價從+1價上升為+2價，S的化合價從-2價上升為+4價，故1molCu2S失8mol電子，依據(jù)得失電子守恒，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，故答案為：SO2；2∶1；(2)酸性條件下，H2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋，本身被還原為H2O，離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性條件下O2也可以將Fe2＋氧化為Fe3＋，而氧氣或空氣價格遠低于H2O2，所以用氧氣替代雙氧水，可以有效降低生產(chǎn)成本，故答案為：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空氣或氧氣；(3)調(diào)整pH的目的是使鐵離子全部轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，而銅離子不能形成沉淀，故pH調(diào)控范圍是3.7≤pH<4.8，故答案為：3.7≤pH<4.8；(4)N2H4將Cu2＋還原為Cu2O，自身被氧化為N2，化學方程式為4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X為過濾、洗滌、烘干；因Cu2O有較強的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化，故烘干過程中要隔絕空氣，故答案為：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；過濾；防止Cu2O被空氣中氧氣氧化；(5)因Cu2O是在陽極上生成的，陽極材料是銅，銅失去電子轉(zhuǎn)化為Cu2O，相應的電極反應式為2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案為：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。19.2024年，大連化物所探討人員在乙酰酮修飾錳氧化物L酸催化胺選擇氧化探討方面取得新的進展（如圖甲所示），相關(guān)文章發(fā)表在《自然通訊》上。請回答下列問題：（1）基態(tài)Mn原子的價電子排布圖為________________，其中最外層電子的電子云輪廓圖的形態(tài)為________________。（2）圖甲中涉及的非金屬元素（除H外）第一電離能由小到大的依次是________________（用元素符號表示，下同），電負性由小到大的依次是________________。（3）物質(zhì)a可與水互溶，主要緣由是________________。（4）物質(zhì)b中碳原子的軌道雜化方式有________________，1mol物質(zhì)c中含有σ鍵的數(shù)目為________________。（5）該錳氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示，該錳氧化物的化學式為________________，該晶體中Mn的配位數(shù)是________________?！敬鸢浮?1).(2).球形(3).C＜O＜N(4).C＜N＜O(5).物質(zhì)a與水分子之間可以形成氫鍵(6).(7).(8).(9).6【解析】【分析】(1)基態(tài)Mn原子的價電子排布式為，據(jù)此書寫排布圖；最外層為4s能級，依據(jù)s能級的電子云形態(tài)推斷；(2)同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但第ⅤA族元素原子最外層p軌道電子半充溢，較穩(wěn)定，第一電離能比同周期相鄰元素大；元素的非金屬性越強，電負性越大；(3)物質(zhì)a中含有氨基，與水分子之間可以形成氫鍵；(4)苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，碳氮三鍵為平面直線型結(jié)構(gòu)；單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵1個π鍵，依據(jù)圖示計算σ鍵的數(shù)目；(5)依據(jù)均攤法計算該晶胞中原子數(shù)目，確定該錳氧化物的化學式；依據(jù)晶胞的投影圖可知，與Mn原子距離相等且最近的O原子有6個?！驹斀狻?1)基態(tài)Mn原子的價電子排布式為，價電子排布圖為；最外層為4s電子，電子云輪廓圖呈球形；(2)圖甲中涉及的非金屬元素除H外還有C、N、O，同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但第ⅤA族元素原子最外層p軌道電子半充溢，較穩(wěn)定，第一電離能比同周期相鄰元素大，則第一電離能：C＜O＜N