全國I卷河南省六市2025屆高三化學第一次聯(lián)合調(diào)研監(jiān)測試題含解析

PAGE20-（全國I卷）河南省六市2025屆高三化學第一次聯(lián)合調(diào)研監(jiān)測試題（含解析）第I卷一、選擇題（本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.化學和生活、社會發(fā)展休戚相關(guān)，從古代文物的修復到現(xiàn)在的人工智能，我們時時刻刻能感受到化學的魅力。下列說法不正確的是A.銀器發(fā)黑重新變亮涉及了化學變更B.煤綜合利用時采納了干餾和液化等化學方法C.瓷器主要成分屬于硅酸鹽D.芯片制造中的“光刻技術(shù)”是利用光敏樹脂在曝光條件下成像，該過程并不涉及化學變更【答案】D【解析】【詳解】A．銀器發(fā)黑的緣由就是因與空氣里的氧氣等物質(zhì)發(fā)生氧化而腐蝕，重新變亮就是又變成原來的銀，在這個過程中涉及到化學變更，A正確；B．煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱，生成焦炭、煤焦油、出爐煤氣等產(chǎn)物的過程；煤的液化是利用煤制取液體燃料，均為化學變更，B正確；C．瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸鹽（硅酸鋁，硅酸鈣）等，C正確；D．光敏樹脂遇光會變更其化學結(jié)構(gòu)，它是由高分子組成的膠狀物質(zhì)，在紫外線照耀下，這些分子結(jié)合變成聚合物高分子，屬于化學變更，D錯誤；答案選D?！军c睛】復習時除了多看課本，還要多留意生活中的熱點現(xiàn)象，思索這些現(xiàn)象與化學之間的關(guān)系。2.類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是A.lmol晶體硅含Si-Si鍵的數(shù)目為2NA，則1mol金剛砂含C-Si鍵的數(shù)目也為2NAB.Ca(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液，發(fā)生化學反應的方程式：則Mg(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液，發(fā)生化學反應的方程式：C.標準狀況下，22.4LCO2中所含的分子數(shù)目為NA個，則22.4LCS2中所含的分子數(shù)目也為NA個D.NaClO溶液中通人過量CO2發(fā)生了反應：，則Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2發(fā)生了：【答案】D【解析】【詳解】A．1mol晶體硅含Si-Si鍵的數(shù)目為2NA，而1mol金剛砂含C-Si鍵的數(shù)目為4NA，A錯誤；B．Ca(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應時，由于Mg(OH)2的溶度積比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B錯誤；C．在標準狀況下，CO2是氣體而CS2是液體，C錯誤；D．NaClO和Ca(ClO)2溶液通入過量CO2都是發(fā)生反應：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正確；答案選D。3.我國自主研發(fā)的對二甲苯綠色合成項目取得新進展，其合成過程如圖所示。下列說法不正確的是A.丙烯醛分子中全部原子可能共平面 B.可用溴水鑒別異戊二烯和對二甲苯C.對二甲苯的二氯代物有6種 D.M能發(fā)生取代，加成，加聚和氧化反應【答案】C【解析】【詳解】A．丙烯醛分子中的碳碳雙鍵是平面結(jié)構(gòu)，醛基也是平面結(jié)構(gòu)，中間是一個可以旋轉(zhuǎn)的單鍵，所以分子里全部原子有可能在同一平面，A正確；B．異戊二烯里含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應而導致溴水褪色，而對二甲苯與溴水不反應，可以鑒別，B正確；C．對二甲苯里面有兩種類型的H，其二氯代物共有7種：①當兩個氯取代甲基上的H時有兩種，②當有一個氯取代甲基上的H，另一個取代苯環(huán)上的H，有鄰、間兩種結(jié)構(gòu)，③當兩個氯都取代苯環(huán)上的H，采納定一議二的方法，當其中一個氯在甲基鄰位時，另一個氯有3種結(jié)構(gòu)，此二氯代物有3種，C錯誤；D．M中有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成、加聚反應，醛基可以發(fā)生氧化、加成反應，烴基可以發(fā)生取代反應，D正確；答案選C。4.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，W、X是空氣中含量最高的兩種元素，Y的合金是當今世界運用量最大的合金，Z的單質(zhì)常溫下為液態(tài)。下列說法不正確的是A.單質(zhì)Z保存時須要加水形成液封B.Y的金屬性弱于第三周期的全部金屬元素C.W與X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D.向YZ2溶液中通人少量氯氣會發(fā)生置換反應【答案】D【解析】【分析】由題可知，W、X是空氣中含量最高的兩種元素，則W、X分別是N、O，Y的合金是當今世界運用量最大的合金，所以Y為Fe，Z的單質(zhì)常溫下為液態(tài)，常溫下為液態(tài)的單質(zhì)有溴和汞，由題中條件可知Z為Br，由此解答?！驹斀狻緼．單質(zhì)溴易揮發(fā)且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作為液封，A正確；B．第三周期的金屬元素有Na、Mg、Al，由金屬活動依次可知，F(xiàn)e的金屬性比這三種金屬都要弱，B正確；C．N和O兩種元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C正確；D．YZ2就是FeBr2，通入少量Cl2，由于Fe2+還原性比Br-強，只能發(fā)生反應：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不屬于置換反應，D錯誤；答案選D。5.下表中試驗“操作或現(xiàn)象”以及“所得結(jié)論”都正確且兩者具有推導關(guān)系的是操作或現(xiàn)象所得結(jié)論A向純堿中滴加足量濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入苯酚鈉溶液，溶液變渾濁酸性：鹽酸>碳酸>苯酚B取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫紅色漸漸褪去且產(chǎn)生大量氣泡氧化性：KMnO4>H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精殺滅新型冠狀病毒高濃度酒精能讓蛋白質(zhì)變性更快D向裝有適量淀粉水解液試管中加入新制的銀氨溶液，然后水浴加熱一段時間，試管內(nèi)壁無任何現(xiàn)象淀粉未水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．由于濃鹽酸揮發(fā)出HCl，可以使苯酸鈉生成苯酚，只能證明鹽酸酸性強于碳酸，A錯誤；B．發(fā)生反應：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,現(xiàn)象為紫紅色褪去，有氣泡產(chǎn)生，證明氧化性KMnO4>H2O2，B正確；C．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度（體積分數(shù)）通常是75%，乙醇濃度太大，殺菌實力強但滲透性差，95%的酒精溶液會導致病毒表面的蛋白質(zhì)變性，當病毒退殼后，里面的蛋白質(zhì)仍舊會危害人體健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精殺滅新型冠狀病毒，C錯誤；D．淀粉水解后溶液顯酸性，應在堿性條件下檢驗，正確的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的銀氨溶液，然后水浴加熱，D錯誤；答案選B。6.某種新型熱激活電池的結(jié)構(gòu)如圖所示，電極a的材料是氧化石墨烯（CP）和鉑納米粒子，電極b的材料是聚苯胺（PANI），電解質(zhì)溶液中含有Fe3+和Fe2+。加熱使電池工作時電極b發(fā)生的反應是PANI-2e-=PANIO（氧化態(tài)聚苯胺，絕緣體）+2H+，電池冷卻時Fe2+在電極b表面與PANIO反應可使電池再生。下列說法不正確的是A.電池工作時電極a為正極，且發(fā)生的反應是：Fe3++e-—Fe2+B.電池工作時，若在電極b四周滴加幾滴紫色石蕊試液，電極b四周漸漸變紅C.電池冷卻時，若該裝置正負極間接有電流表或檢流計，指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)D.電池冷卻過程中發(fā)生的反應是：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI【答案】C【解析】【分析】依據(jù)b上發(fā)生氧化反應可知b為負極，再由題中信息及原電池原理解答?！驹斀狻緼．依據(jù)b極電極反應推斷電極a是正極，電極b是負極，電池工作時電極a上的反應是Fe3++e-=Fe2+，A正確;B．電池工作時電極b發(fā)生的反應是PANI-2e-=PANIO（氧化態(tài)聚苯胺，絕緣體）+2H+，溶液顯酸性，若在電極b四周滴加幾滴紫色石蕊試液，電極b四周漸漸變紅，B正確；C．電池冷卻時Fe2+是在電極b表面與PANIO反應使電池再生，因此冷卻再生過程電極a上無電子得失，導線中沒有電子通過，C錯誤；D．電池冷卻時Fe2+是在電極b表面與PANIO反應使電池再生，反應是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI，D正確；答案選C?！军c睛】挖掘所給反應里包含的信息，推斷出正負極、氫離子濃度的變更，再聯(lián)系原電池有關(guān)原理進行分析解答。7.已知常溫下HF酸性強于HCN，分別向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固體調(diào)整pH（忽視溫度和溶液體積變更），溶液中（X表示F或者CN）隨pH變更狀況如圖所示，下列說法不正確的是A.直線I對應的是B.I中a點到b點的過程中水的電離程度漸漸增大C.c點溶液中：D.b點溶液和d點溶液相比：cb(Na+)<cd(Na+)【答案】D【解析】【詳解】A．縱坐標為0時即=1，此時Ka==c(H+)，因此直線I對應的Ka=10-3.2,直線II對應的Ka=10-9.2,由于HF酸性強于HCN，因此直線I對應，A正確；B．a(chǎn)點到b點過程中HF濃度漸漸減小，NaF濃度漸漸增大，因此水的電離程度漸漸增大，B正確；C．Ka(HCN)=10-9.2，NaCN的水解常數(shù)Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等濃度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)<c(HCN)，c點是HCN和NaCN的混合溶液且c(CN-)=c(HCN)，因此c(NaCN)>c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+來自水的電離，濃度比較小且此時溶液的pH為9.2，C點溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，C正確；D．由于HF酸性強于HCN，要使溶液均顯中性，HF溶液中要加入較多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D錯誤；答案選D?！军c睛】溶液中有多種電解質(zhì)時，在比較離子濃度大小時留意水解常數(shù)與電離平衡常數(shù)的關(guān)系。8.無水四氯化錫（SnC14）是一種用途廣泛的化工中間體，常用作媒染劑和有機合成的氯化催化劑。熔融的金屬錫（熔點231℃）在300℃左右能干脆與Cl2作用生成無水四氯化錫，試驗室裝置如圖所示：已知信息如下：①將金屬錫熔融，通人干燥氯氣進行反應，生成四氯化錫。②無水四氯化錫是無色易流淌的液體，熔點為一33℃，沸點為114.1℃。二氯化錫是無色晶體，熔點為246℃，沸點為652℃。③無水四氯化錫在空氣中極易水解，水解產(chǎn)物之一是SnO2．xH2O，并產(chǎn)生白煙。請回答下列問題：（l）起先試驗前肯定要____，E中冷水的作用是___。（2）裝置F中盛放的最佳試劑為___，作用是____。（3）試驗時應先打開A處分液漏斗旋塞和整套裝置的閥門，待視察到____這一現(xiàn)象時，再點燃D處酒精燈。（4）若撤去裝置C，則D中還可能發(fā)生反應的化學方程式為__。（5）Cl2和錫作用即可生成SnC14，也會生成SnCl2，為削減SnCl2的生成，可實行的措施是_______.（6）得到的產(chǎn)物中常含有雜質(zhì)SnCl2，SnCl2是常用的還原劑。某試驗小組用碘氧化法滴定分析產(chǎn)品中雜質(zhì)SnCl2的質(zhì)量分數(shù)。精確稱取a克該樣品于錐形瓶，用適量濃鹽酸溶解，淀粉溶液作指示劑，cmol．L-l碘標準溶液滴定至終點，消耗標準液20.00mL，已知滴定原理是：SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI，則產(chǎn)品中雜質(zhì)SnCl2的質(zhì)量分數(shù)為____（用含a、c的代數(shù)式表示）；即使此法測定的操作均正確，但測得的SnCl2含量仍低于實際含量，其緣由可能是________（用離子方程式表示）?！敬鸢浮?1).檢查裝置氣密性(2).冷凝，SnC14氣體使其變?yōu)橐后w(3).濃硫酸(4).汲取G中揮發(fā)的水蒸氣，防止進入E中導致SnC14水解(5).裝置F液面上方出現(xiàn)黃綠色氣體(6).SnCl4+(x+2)H2O=SnO2?xH2O↓+4HCl(7).通入過量的Cl2(8).%(9).4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空氣中的氧氣氧化為Sn4+,反應的離子方程式為：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)【解析】【分析】由圖可知，裝置A制取氯氣，由于濃鹽酸易揮發(fā)，產(chǎn)生的氯氣里含有氯化氫氣體及水蒸氣，B裝置試劑為飽和食鹽水除去氯化氫，C裝置試劑為濃硫酸汲取水蒸氣，裝置D生成SnC14，在裝置E中冷卻后收集，未反應的氯氣用氫氧化鈉溶液在G中汲取，防止污染空氣，因SnC14極易水解，應防止G中產(chǎn)生的水蒸氣進入E中，所以在E與G之間設(shè)置裝有濃硫酸的裝置F。據(jù)以上分析解答?！驹斀狻浚?）為防止試驗中氯氣泄漏污染空氣及水蒸氣等進入裝置影響產(chǎn)品純度，試驗之前必須要檢查裝置氣密性。由題知SnC14的沸點較低，用冷水冷凝SnC14氣體使其變?yōu)橐后w以便于收集。答案為：檢查裝置氣密性；冷凝SnC14氣體使其變?yōu)橐后w。（2）由題知SnC14極易水解，為防止G中產(chǎn)生的水蒸氣進入E中，在E與G之間設(shè)置裝有濃硫酸的裝置F。答案為：濃硫酸；汲取G中揮發(fā)的水蒸氣，防止進入E中導致SnC14水解。（3）由于Sn與空氣中的氧氣反應，SnC14在空氣中極易水解生成SnO2．xH2O，所以制備SnC14之前用Cl2排盡裝置中的空氣，當視察到裝置F液面上方出現(xiàn)黃綠色氣體時，表明裝置中空氣已排盡，可以點燃D處酒精燈進行反應。答案為：裝置F液面上方出現(xiàn)黃綠色氣體。（4）若撤去裝置C，則裝置D中SnC14會發(fā)生水解，反應方程式為：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2?xH2O↓+4HCl。答案為：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2?xH2O↓+4HCl。（5）Cl2和錫作用即可生成SnC14，也會生成SnCl2，為削減SnCl2的生成，可以通入過量的Cl2。答案為：通入過量的Cl2。（6）依據(jù)SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI可得：n(SnCl2)=n(I2)=cmol?L0.02L=0.02cmol，m(SnCl2)=0.02cmol190g/mol=3.80cg，產(chǎn)品中SnCl2的質(zhì)量分數(shù)為：100%=%，若此法測定的操作均正確，但測得的SnCl2含量仍低于實際產(chǎn)量，其緣由可能是I-被空氣中的氧氣氧化為I2，使消耗的碘標準溶液體積偏小，產(chǎn)品中SnCl2含量偏低，發(fā)生的反應為：4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空氣中的氧氣氧化為Sn4+,發(fā)生反應的離子方程式為：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。答案為：%；4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空氣中的氧氣氧化為Sn4+,反應的離子方程式為：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)?！军c睛】計算物質(zhì)純度時要留意：①是否從配制好的溶液中取出一部分進行試驗②溶液體積亳升與升的換算③滴定中一般發(fā)生的兩個反應之間的物質(zhì)的量的關(guān)系。9.氫氧化鋰（LiOH）是重要的初加T鋰產(chǎn)品之一，可用于接著生產(chǎn)氟化鋰、錳酸鋰等，用自然鋰輝石（主要成分LiAISi2O3，含有Fe（III）等雜質(zhì)）生產(chǎn)LiOH的一種工藝流程如圖所示：已知溶液1中含有Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等離子，請回答相關(guān)問題。（l）將LiAlSi2O6改寫為氧化物的形式：____。（2）高溫燒結(jié)的目的是____。操作1是__。（3）凈化過濾過程中溶液的pH不能過低也不能過高，緣由是____。（4）流程中的某種物質(zhì)可循環(huán)利用，該物質(zhì)的化學式是____。（5）工業(yè)生產(chǎn)中通過電解LiCI溶液的方法也可制得LiOH，其原理如圖所示，電極a應連接電源的____（選填“正極”或“負極”），電極b發(fā)生的反應是___，陽離子交換膜的作用是___【答案】(1).Li2O?Al2O3?4SiO2(2).將鋰輝石轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽，與雜質(zhì)分別(3).溶解、過濾(4).pH過低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH過高會使生成的Al(OH)3部分溶解(5).3K2SO4?Na2SO4(6).正極(7).2H2O+2e-=H2↑+2OH-(8).可以防止OH-進入左室與Cl2反應，還可以讓更多的Li+進入右室得到高濃度的LiOH【解析】【詳解】（1）將硅酸鹽改為氧化物形式的方法為；依次將各元素寫成氧化物形式，中間用“?”連接，同時留意氧化物的先后依次，LiAlSi2O6改寫為氧化物的形式為：Li2O?Al2O3?4SiO2。答案為：Li2O?Al2O3?4SiO2。（2）由操作1前后物質(zhì)的狀態(tài)可知，操作1應當是溶解、過濾，依據(jù)所得溶液1里的成分全部為可溶性硫酸鹽電離產(chǎn)生的離子可以確定，高溫燒結(jié)的目的一個是為了除去雜質(zhì)，另外更重要的就是將礦石中難溶成分轉(zhuǎn)化為可溶成分，再通過后續(xù)操作進行分別。答案為：將鋰輝石轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽，與雜質(zhì)分別；溶解、過濾。（3）凈化操作中加入NaOH溶液，目的是為了將溶液里的雜質(zhì)離子Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，pH過低雜質(zhì)不能完全除去，而pH過高，NaOH濃度太大，又能使生成的Al(OH)3部分溶解，所以須要限制溶液的pH在肯定的范圍。答案為：pH過低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH過高會使生成的Al(OH)3部分溶解。（4）依據(jù)題詞信息可知，可以循環(huán)運用的物質(zhì)是：3K2SO4?Na2SO4。答案為：3K2SO4?Na2SO4。（5）據(jù)圖可知電解池兩極均有氣體產(chǎn)生，則兩極反應為：陽極：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，由右室通入LiOH稀溶液可知，溶液B為制得的LiOH溶液，右室為陰極區(qū)，電極b與電源負極相連，則左室為陽極區(qū)，電極a與電源正極相連，電極b上的反應為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陽離子交換膜可以防止OH-進入左室與Cl2反應，還可以讓更多的Li+進入右室得到高濃度的LiOH。答案為：正極；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；可以防止OH-進入左室與Cl2反應，還可以讓更多的Li+進入右室得到高濃度的LiOH。10.催化劑是化工技術(shù)的核心，絕大多數(shù)的化工生產(chǎn)需采納催化工藝。I．（1）催化劑的選擇性指在能發(fā)生多種反應的反應系統(tǒng)中，同一催化劑促進不同反應的程度的比較，實質(zhì)上是反應系統(tǒng)中目的反應與副反應之間反應速度競爭的表現(xiàn)。如圖所示為肯定條件下1molCH3OH與O2發(fā)生反應時，生成CO、CO2或HCHO的能量變更圖[反應物O2（g）和生成物H2O（g）略去]。在有催化劑作用下，CH3OH與O2反應主要生成____（選填“CO或CO2或HCHO”）。（2）2007年諾貝爾化學獎授予擅長做“表面文章”的德國科學家哈德·埃特爾，他的成就之一是證明了氣體在固體催化劑表面進行的反應，開創(chuàng)了表面化學的方法論。埃特爾探討的氮氣和氫氣分子在固體催化劑表面發(fā)生的部分變更過程如圖所示：①下列說法不正確的是____。A上升溫度可以提高一段時間內(nèi)NH3的生產(chǎn)效率B圖示中②一③以及后面幾個過程均是放熱過程C此圖示中存在H-H鍵斷裂和N-N鍵斷裂，以及N-H鍵的形成過程②合成氨工業(yè)中，原料氣（N2、H2及少量CO、NH3的混合氣）在進入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac（醋酸二氨合亞銅，Ac代表醋酸根）溶液來汲取原料氣中的CO，其反應是：生產(chǎn)中必需除去原料氣中CO的緣由是___；Cu（NH3）2Ac溶液汲取原料氣中的CO的生產(chǎn)相宜條件應是___。Ⅱ．氮循環(huán)是指氮在自然界中的循環(huán)轉(zhuǎn)化過程，是生物圈內(nèi)基本的物質(zhì)循環(huán)之一，存在較多藍、綠藻類的酸性水體中存在如有圖所示的氮循環(huán)，請回答相關(guān)問題。（3）NH4+硝化過程的方程式是2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+，恒溫時在亞硝酸菌的作用下發(fā)生該反應，能說明體系達到平衡狀態(tài)的是____（填標號）。A溶液的pH不再變更BNH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C溶液中NH4+、NH3?H2O、HNO3、NO2-的總物質(zhì)的量保持不變試驗測得在其它條件肯定時，NH4+硝化反應的速率隨溫度變更曲線如下圖A所示，溫度高于35℃時反應速率快速下降的緣由可能是___。（4）亞硝酸鹽含量過高對人和動植物都會造成干脆或間接的危害，因此要對亞硝酸鹽含量過高的廢水進行處理。處理亞硝酸鹽的方法之一是用次氯酸鈉將亞硝酸鹽氧化為硝酸鹽，反應方程式是ClO-+NO2-=NO3-+Cl-。在25℃和35℃下，分別向NO2-初始濃度為5×10-3mol/L的溶液中按不同的投料比加人次氯酸鈉固體（忽視溶液體積的變更），平衡時NO2-的去除率和溫度、投料比的關(guān)系如上圖B所示，a、b、c、d四點ClO-的轉(zhuǎn)化率由小到大的依次是____，35℃時該反應的平衡常數(shù)K=____（保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1).HCHO(2).C(3).防止CO使催化劑中毒(4).低溫、高壓(5).A(6).溫度過高使亞硝酸菌變性(7).d、c、b、a(8).2.67【解析】【詳解】（1）依據(jù)圖象可知轉(zhuǎn)化為甲醛時活化能最低，所以運用催化劑時主要產(chǎn)物為HCHO。答案為：HCHO。（2）①A．N2中鍵能較大，常溫不易反應，上升溫度可促使N2中化學鍵斷裂，加快反應進程，提高生產(chǎn)效率，A正確；B．圖示中②→③及后面幾個過程均為形成新的化學鍵N-H，而形成新的化學鍵要放出熱量，B正確；C．此圖中①→②是N-N鍵斷裂，②以后為N-H鍵的形成，沒有出現(xiàn)H-H鍵斷裂的圖示，C錯誤；答案選C。②生產(chǎn)中必需除去原料氣中的CO的緣由是防止合成塔中的催化劑中毒，據(jù)題可知溶液汲取CO的正反應為氣體體積削減的放熱反應，在低溫、高壓的條件下有利于CO的汲取。答案為：防止CO使催化劑中毒；低溫、高壓。（3）A．由2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+可知，當pH不變也就是H+不變則說明反應達到平衡，A正確；B．由反應可知NH4+消耗速率和H+的生成速率描述的都是正反應，無法推斷反應是否達到平衡，B錯誤；C．在氮的循環(huán)中，氮元素的物質(zhì)的量始終保持不變，C錯誤；由圖A可知35℃時反應速率快速下降是因為反應中有亞硝酸菌參加，而溫度過高會使細菌亞硝酸菌中的蛋白質(zhì)發(fā)生變性，從而導致速率變慢。答案為：A；溫度過高使亞硝酸菌變性。（4）由圖像可知，a、b兩點溫度相同，都是25℃，由a點到b點，投料比不斷增大，可以理解為不斷增加n(ClO-)，NO2-的去除率不斷增大，而ClO-的轉(zhuǎn)化率不斷減小，所以ClO-的轉(zhuǎn)化率：a>b，同理可得：c>d，而c、d兩點，投料比相同，由b到c上升溫度，而NO2-的去除率不斷減小，說明正反應是放熱反應，則ClO-的轉(zhuǎn)化率b>c，所以a、b、c、d四點ClO-的轉(zhuǎn)化率由小到大的依次是：d、c、b、a；NO2-初始濃度為5×10-3mol/L，35℃當投料比為2的時候，NO2-的去除率為80%，平衡時NO2-的轉(zhuǎn)化量為5×10-3mol/L×80%=4×10-3mol/L，用三段式進行計算：平衡常數(shù)K===2.67。答案為:d、c、b、a；2.67。[化學一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.黃銅礦是工業(yè)煉銅的原料，含有的主要元素是硫、鐵、銅，請回答下列問題。（l）基態(tài)硫原子中核外電子有____種空間運動狀態(tài)。Fe2+的電子排布式是___。（2）液態(tài)SO2可發(fā)生白偶電離2SO2=SO2++SO32-，SO32-的空間構(gòu)型是___，與SO2+互為等電子體的分子有____（填化學式，任寫一種）。（3）CuCl熔點為426℃，溶化時幾乎不導電，CuF的熔點為908℃，沸點1100℃，都是銅（I）的鹵化物，熔沸點相差這么大的緣由是___。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一種重要的合成中間體，分子中硫原子的雜化形式是____。乙硫醇的沸點比乙醇的沸點____（填“高”或“低”），緣由是____。（5）黃銅礦主要成分X的晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞參數(shù)如圖所示，X的化學式是___，其密度為___g／cm3（阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示）?！敬鸢浮?1).16(2).1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)(3).三角錐形(4).N2或CO(5).CuCl為分子晶體，CuF為離子晶體，離子晶體的熔沸點比分子晶體高(6).sp3(7).低(8).乙醇分子間有氫鍵，而乙硫醇沒有(9).CuFeS2(10).【解析】【分析】（1）硫元素為16號元素，核外有16個電子，9個軌道；鐵為26號元素，核外有26個電子，失去最外層的2個電子變成Fe2+；（2）依據(jù)SO32-的雜化方式為sp3確定它的空間結(jié)構(gòu)，由等電子體定義確定SO2+的等電子體的分子；（3）依據(jù)兩種晶體的性質(zhì)確定晶體類型；（4）依據(jù)乙硫醇中硫原子的成鍵特點推斷雜化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氫鍵導致沸點比較高；（5）依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)中Cu、Fe、S原子個數(shù)計算出化學式，再由有關(guān)公式寫出晶胞密度的表達式；依據(jù)以上分析進行解答。【詳解】（1）基態(tài)原子核外有多少個軌道就有多少個空間運動狀態(tài)。硫原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p4，故硫原子1+1+3+1+3=9個軌道，所以基態(tài)硫原子中核外電子有9種空間運動狀態(tài)；Fe是26號元素，核外有26個電子，鐵原子失去最外層的兩個電子變成Fe2+，F(xiàn)e2+的電子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。答案為：9；1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。（2）SO32-離子中的硫原子有三個化學鍵，一對孤對電子，屬于sp3雜化，空間構(gòu)型為三角錐形；SO2+有兩個原子，總價電子數(shù)為10，與SO2+互為等電子體的分子有N2、CO等。答案為：三角錐形；N2或CO。（3）由題知CuCl熔點為426℃，溶化時幾乎不導電，可以確定CuCl為分子晶體，熔沸點比較低，CuF的熔點為908℃，沸點1100℃，確定CuF為離子晶體，熔沸點比較高。答案為：CuCl為分子晶體，CuF為離子晶體，離子晶體的熔沸點比分子晶體高。（4）乙硫醇（C2H5SH）里的S除了共用的兩對電子外還有兩對孤對電子要參加雜化，所以形成的是sp3雜化，乙醇里有電負性較強的氧原子，分子間可以形成氫鍵，沸點比乙硫醇的沸點高。答案：sp3；低；乙醇分子間有氫鍵，而乙硫醇沒有。（5）對晶胞結(jié)構(gòu)分析可知，晶胞中的Cu原子數(shù)目=8+4+1=4，F(xiàn)e原子數(shù)目=6+4=4，S原子數(shù)目為8，X的化學式中原子個數(shù)比為：Cu:Fe:S=1:1:2，所以X的化學式為：CuFeS2。由圖可知晶胞內(nèi)共含4個“CuFeS2”，據(jù)此計算：晶胞的質(zhì)量=4=，晶胞的體積V=anmanmbnm=a2?b10-21cm3，所以晶胞的密度==。答案為：CuFeS2；?！军c睛】基態(tài)原子核外有多少電子就多少個運動狀態(tài)，有多少個軌道就