廣東省梅州市2025屆高三化學(xué)6月總復(fù)習(xí)質(zhì)檢試題二含解析

PAGE20-廣東省梅州市2025屆高三化學(xué)6月總復(fù)習(xí)質(zhì)檢試題（二）（含解析）第Ⅰ卷一、選擇題1.中華傳統(tǒng)文化蘊(yùn)含著許多科學(xué)學(xué)問。下列說法錯(cuò)誤的是()。A.“水聲冰下咽，沙路雪中平”未涉及化學(xué)變更B.《呂氏春秋·別類編》中“金(即銅)柔錫柔合兩柔則剛”體現(xiàn)了合金硬度方面的特性C.“司南之(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材質(zhì)為D.《本草綱目》中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”里的“堿”是【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．“水聲冰下咽，沙路雪中平”是水的三態(tài)變更，過程中沒有新物質(zhì)生成，未涉及化學(xué)變更，A選項(xiàng)正確；B．金（即銅）柔錫柔，合兩柔則剛，說明合金的硬度比組成它的純金屬大，體現(xiàn)了合金硬度方面的特性，B選項(xiàng)正確；C．Fe3O4俗稱磁性氧化鐵，具有磁性，則司南中“杓”所用材質(zhì)為Fe3O4，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀溶于水，溶液呈堿性，所以“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的堿是碳酸鉀，D選項(xiàng)正確；答案選C。2.設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()。A.與的混合物，含離子總數(shù)為B.已知中鉻元素的化合價(jià)為價(jià)，則分子中存在的過氧鍵數(shù)目為C.溶液完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目肯定為D.常溫時(shí)，的鹽酸中水電離的數(shù)目為【答案】A【解析】【詳解】A．Na2S和Na2O2的摩爾質(zhì)量均為78g/mol，則7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物質(zhì)的量為0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2-構(gòu)成，1molNa2O2由2molNa+和1mol構(gòu)成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的離子總數(shù)為0.3NA，A選項(xiàng)正確；B．CrO5中鉻元素的化合價(jià)為+6價(jià)，依據(jù)化合物中元素的化合價(jià)代數(shù)和為0可知，CrO5中1個(gè)O顯-2價(jià)，4個(gè)O顯-1價(jià)，則CrO5中有2個(gè)過氧鍵，因此1molCrO5分子中存在的過氧鍵數(shù)目為2NA，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．H2O2完全分解生成H2O和O2時(shí)，O元素的化合價(jià)有上升也有降低，即1molH2O2完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．溶液體積位置，不能確定溶液中水電離出的OH-數(shù)目，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。【點(diǎn)睛】D選項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，解答時(shí)須要留意依據(jù)pH只能得出H+或OH-的濃度，而溶液體積未知，不能計(jì)算物質(zhì)的量及離子數(shù)目。3.有機(jī)化合物F結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列說法正確的是()。A.F中的三個(gè)苯環(huán)可能在同一平面 B.F可與氧氣在肯定條件下反應(yīng)生成醛C.F可發(fā)生加成聚合反應(yīng)和取代反應(yīng) D.苯環(huán)上的一氯代物有6種【答案】B【解析】【詳解】A．依據(jù)F結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分析可知，分子中的三個(gè)苯環(huán)可以看作取代甲烷上的3個(gè)H原子，甲烷上最多2個(gè)H原子與C原子共平面，因此F中三個(gè)苯環(huán)不行能在同一平面，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．F分子中的醇羥基可催化氧化生成醛基，B選項(xiàng)正確；C．F分子中苯環(huán)可發(fā)生取代反應(yīng)，但分子中不含有不飽和鍵(碳碳雙鍵或碳碳三鍵)，因此不能發(fā)生加聚反應(yīng)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．依據(jù)F的結(jié)構(gòu)分析，其苯環(huán)上的一氯代物共有7種，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。4.下列操作或裝置，不能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖?)。A.圖Ⅰ用于試驗(yàn)室制氨氣并收集干燥的氨氣B.圖Ⅱ用于檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有銅離子C.圖Ⅲ用于驗(yàn)證犧牲陽(yáng)極的陰極愛護(hù)法D.圖Ⅳ用于制取晶體【答案】B【解析】【詳解】A．試驗(yàn)室用加熱NH4Cl和Ca(OH)2的混合物的方法制取氨氣，氨氣是堿性氣體，密度比空氣小，用堿石灰干燥，采納向下排空氣法收集，A選項(xiàng)不符合題意；B．由于可能還有過剩的濃硫酸，因此在檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有銅離子時(shí)應(yīng)將反應(yīng)后的溶液倒入水中，類似于濃硫酸的稀釋，B選項(xiàng)符合題意；C．原電池中鋅作負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，鐵作正極被愛護(hù)，可用K3[Fe(CN)6]來檢驗(yàn)是否生成Fe2+從而驗(yàn)證犧牲陽(yáng)極的陰極愛護(hù)法，C選項(xiàng)不符合題意；D．CO2和NH3通入飽和的氯化鈉溶液中反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，蘸有稀硫酸的棉花可汲取氨氣，防止污染空氣，D選項(xiàng)不符合題意；答案選B?！军c(diǎn)睛】選項(xiàng)B是易錯(cuò)點(diǎn)，留意檢驗(yàn)銅和濃硫酸反應(yīng)后的溶液時(shí)，溶液中可能仍有過剩的濃硫酸，所以不能夠干脆把水倒水，防止發(fā)生意外事故。5.下圖是磷酸、亞磷酸、次磷酸的結(jié)構(gòu)式，其中磷酸為三元中強(qiáng)酸，亞磷酸為二元弱酸，則下列說法正確的是()。A.磷酸()的電離方程式為：B.亞磷酸()與足量NaOH溶液反應(yīng)生成C.溶液呈酸性，是因?yàn)榈乃獬潭缺入婋x程度大D.溶液呈堿性【答案】D【解析】【詳解】A．磷酸為三元中強(qiáng)酸，應(yīng)分步電離，且可逆，電離方程式為H3PO4?H++H2PO，H2PO?H++HPO，HPO?H++PO，故A錯(cuò)誤；B．亞磷酸為二元弱酸，只能電離出兩個(gè)氫離子，所以與足量NaOH溶液反應(yīng)生成Na2HPO3，故B錯(cuò)誤；C．假如溶液呈酸性，說明電離程度大于水解程度，故C錯(cuò)誤；D．磷酸含有三個(gè)羥基氫為三元酸，亞磷酸含有兩個(gè)羥基氫為二元酸，而次磷酸只含一個(gè)羥基氫，所以應(yīng)為一元酸，所以為正鹽，且為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液中存在次磷酸根的水解，使溶液顯堿性，故D正確；故答案為D。6.已知電解質(zhì)溶液電導(dǎo)率越大導(dǎo)電實(shí)力越強(qiáng)。常溫下用溶液分別滴定濃度均為的鹽酸和醋酸溶液，測(cè)得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()。A.c點(diǎn)的混合液pH=7B.e、d兩點(diǎn)溶液混合后的溶液中：C.b點(diǎn)溶液中：D.a、b、c三點(diǎn)溶液中水的電離程度：【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.依據(jù)鹽酸為強(qiáng)電解質(zhì)溶液，醋酸為弱電解質(zhì)溶液。因?yàn)殡娊赓|(zhì)溶液電導(dǎo)率越大導(dǎo)電實(shí)力越強(qiáng)可知，c點(diǎn)為用滴定濃度為的鹽酸溶液，此時(shí)消耗溶液為，由HCl+NaOH=NaCl+H2O可知n(NaOH)=n(HCl)，所以混合液pH=7，故A正確；B.依據(jù)鹽酸為強(qiáng)電解質(zhì)溶液，醋酸為弱電解質(zhì)溶液，分析可知d點(diǎn)所在的曲線代表滴定CH3COOH溶液的曲線，e點(diǎn)在的曲線代表滴定HCl溶液的曲線，分別加入5mL溶液后，兩者混合后溶液為NaCl和CH3COOH，且n(NaCl)=n(CH3COOH)，所以，故B正確；C.b點(diǎn)表示等濃度的氫氧化鈉與醋酸鈉的混和液,依據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+C(CH3COO-)；依據(jù)物料守恒c(Na+)=2C(CH3COO-)+2C(CH3COOH)，所以C(OH-)=C(H+)+c(CH3COO-)+2C(CH3COOH)，故C正確；D.a點(diǎn)表示醋酸鈉溶液，c點(diǎn)表示氯化鈉溶液，b點(diǎn)表示氫氧化鈉與醋酸鈉的混合液，b點(diǎn)水電離受到氫氧化鈉的抑制，a點(diǎn)水電離受到醋酸鈉的促進(jìn)，c點(diǎn)氯化鈉對(duì)水電離無影響，所以a、b、c三點(diǎn)溶液中水的電離程度：a>c>b,故D錯(cuò)誤；故答案為D。7.X、Y、Z、M、R為五種短周期元素，其原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關(guān)系如圖所示，其中M單質(zhì)為淡黃色固體。下列說法錯(cuò)誤的是()。A.簡(jiǎn)潔離子半徑：Z＞RB.元素非金屬性的依次：Z＞X＞YC.M的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸D.Y的單質(zhì)在加熱條件下能與Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液反應(yīng)【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R為五種短周期元素，X、R最外層只有一個(gè)電子，為第IA族元素；Y最外層有4個(gè)電子，位于第IVA族，Z原子最外層有5個(gè)電子，位于第VA族，M最外層有6個(gè)電子，位于第VIA族，其單質(zhì)為淡黃色固體，則M為S元素；R原子半徑最大，為Na元素，X原子半徑最小，為H元素；Y原子和Z原子半徑接近、Z原子半徑小于Y而最外層電子數(shù)大于Y，所以Y是C、Z是N，據(jù)此分析結(jié)合元素性質(zhì)解答?！驹斀狻緼．R為Na元素，Z是N元素，二者簡(jiǎn)潔離子的核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡(jiǎn)潔離子半徑：Z＞R，故A正確；B．X為H元素，Y是C元素，Z是N元素，元素周期表中，越靠上越靠右，非金屬性越強(qiáng)，元素非金屬性的依次：Z＞X＞Y，故B正確；C．M為S元素，其氧化物對(duì)應(yīng)的水化物不肯定為強(qiáng)酸，如亞硫酸為弱酸，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為硫酸，是強(qiáng)酸，故C錯(cuò)誤；D．Y是C、Z是N，Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液為濃硝酸，碳具有還原性，與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化氮和水，故D正確；答案選C。第Ⅱ卷二、非選擇題(一)必考題8.是接觸法生產(chǎn)硫酸的催化劑，屬于兩性氧化物，可從富釩爐渣(主要含有、和少量、)中提取，其工藝流程如下：已知：①②一些金屬陽(yáng)離子沉淀的pH范圍：起先沉淀pH完全沉淀pH6.59.02.23.54.15.4(1)“酸浸還原”時(shí)轉(zhuǎn)化為，寫出有關(guān)反應(yīng)的離子方程式________；經(jīng)“氧化”后釩以存在，寫誕生成反應(yīng)的離子方程式________。(2)調(diào)整溶液至2.0~3.5，宜選用的試劑是________(填標(biāo)號(hào))。A．B．C．D．(3)“濾渣1”的主要成分是________；粗品中的雜質(zhì)為________。(4)“沉釩”時(shí)需加入稀，其目的是________。(5)焙燒產(chǎn)生的氣體用________汲取后，其產(chǎn)物可以在該工藝中循環(huán)利用。(6)在肯定條件下可轉(zhuǎn)化為不同價(jià)態(tài)的釩離子(、、、)，可作為全釩液充電流電池的電極液，電池總反應(yīng)為。下圖是釩電池基本工作原理示意圖：充電時(shí)陽(yáng)極的反應(yīng)式為____；能夠通過釩電池基本工作原理示意圖中“隔膜”的離子是_____。【答案】(1).(2).(3).C(4).(5).(6).使的水解平衡逆向移動(dòng)，增大濃度，從而增大的產(chǎn)量(7).稀(8).(9).【解析】【分析】富釩爐渣(主要含有、和少量、)加稀硫酸將金屬氧化物溶解得到硫酸亞鐵和硫酸鋁，加亞硫酸鈉將還原成，二氧化硅不溶解，過濾除去；濾液中加氯酸鈉將氧化成，調(diào)整pH值后得到粗品；將粗品溶于氫氧化鈉溶液中得到溶液，過濾雜質(zhì)，在濾液中加稀硫酸和硫酸銨得到，焙燒得純凈的，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)“酸浸還原”時(shí)轉(zhuǎn)化為，離子方程式為，加氯酸鈉將氧化成，相應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：，故答案為：；；(2)調(diào)整溶液至2.0~3.5，使平衡正向移動(dòng)得到，需加堿性溶液中和氫離子，A、B為酸溶液不能與氫離子反應(yīng)，故不合題意；D氫氧化鈣能中和氫離子但會(huì)引入鈣離子雜質(zhì)，故不合題意，碳酸鈉既可以中和氫離子又不引入新的雜質(zhì)離子，故選擇C，故答案為：C；(3)“濾渣1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解過濾后的濾液中存在亞鐵離子，加氯酸鈉后被氧化成三價(jià)鐵離子，調(diào)整溶液至2.0~3.5時(shí)三價(jià)鐵離子轉(zhuǎn)變成沉淀，因此粗品中含有，故答案為：；；(4)因銨根離子會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，導(dǎo)致其溶液中的銨根離子濃度減小，而加稀硫酸后可以使的水解平衡逆向移動(dòng)，增大濃度，從而增大的產(chǎn)量，故答案為：使的水解平衡逆向移動(dòng)，增大濃度，從而增大的產(chǎn)量；(5)焙燒過程中分解產(chǎn)生氨氣和，產(chǎn)生的氨氣可以用稀硫酸汲取轉(zhuǎn)變成硫酸銨在沉釩時(shí)循環(huán)運(yùn)用，故答案為：?。?6)充電時(shí)陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，結(jié)合總反應(yīng)式可得陽(yáng)極電極反應(yīng)為：，由陽(yáng)極反應(yīng)可知電解過程中陽(yáng)極區(qū)的氫離子濃度增大，為維持兩側(cè)溶液的電荷守恒，氫離子應(yīng)透過隔膜向陰極移動(dòng)，故答案為：；；9.硫酸錳晶體()是重要的微量元素肥料之一。某愛好小組在試驗(yàn)室中探究用軟錳礦(主要成分為，含有少量、、等雜質(zhì)制取硫酸錳晶體，其詳細(xì)流程如下：已知：①反應(yīng)原理為：；②難溶于水。(1)濾渣2主要成分是，步驟②中的稀硫酸的作用是________。(2)步驟③中采納硫酸和草酸晶體溶解，草酸晶體的作用是________；配制硫酸時(shí)，須要的儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還須要________。將濾渣2置于燒杯中，先加入稀硫酸，將溶液稍加熱后，在攪拌下緩慢分批加入草酸晶體，直至燒杯中的固體全部溶解。在攪拌下緩慢分批加入草酸晶體的理由是________。(3)步驟④的詳細(xì)試驗(yàn)操作有________，經(jīng)洗滌后干燥得到晶體。(4)愛好小組同學(xué)擬接著探討硫酸錳的高溫分解的固體產(chǎn)物，經(jīng)查資料可知：硫酸錳晶體高溫下分解產(chǎn)物為、、，及水蒸氣。為了確定的化學(xué)式，采納下面裝置進(jìn)行測(cè)定(已知：的熔點(diǎn)為16.8℃，沸點(diǎn)為44.8℃)。①裝置中汲取的氣體為________。②試驗(yàn)自始至終均需通入，其目的是________。③若起始時(shí)，在裝置A中加入，充分反應(yīng)后，測(cè)得裝置C增重6.4g，則的化學(xué)式為________?！敬鸢浮?1).除去(2).做還原劑，將MnO2還原為Mn2+(3).100mL容量瓶、膠頭滴管(4).防止MnO2固體表面產(chǎn)生MnC2O4而阻擋反應(yīng)進(jìn)行，并防止草酸過量引入雜質(zhì)(5).加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾(6).SO2(7).排出裝置中的空氣，并將生成的氣體全部趕至后面裝置汲取(8).Mn3O4【解析】【分析】由題給流程可知，向軟錳礦中加入氫氧化鈉溶液，酸性氧化物二氧化硅和兩性氧化物氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液生成硅酸鈉和偏鋁酸鈉，二氧化錳和氧化鐵不溶解，則濾渣1為二氧化錳和氧化鐵；向?yàn)V渣1中加入稀硫酸，堿性氧化物氧化鐵溶于稀硫酸生成硫酸鐵，二氧化錳不溶解，則濾渣2為二氧化錳；向?yàn)V渣2加入稀硫酸和草酸晶體，酸性條件下二氧化錳和草酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸錳，硫酸錳溶液經(jīng)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4·7H2O晶體。【詳解】（1）步驟②為向?yàn)V渣1中加入稀硫酸，堿性氧化物氧化鐵溶于稀硫酸生成硫酸鐵，二氧化錳不溶解，則稀硫酸的作用是溶解除去Fe2O3，故答案為：除去Fe2O3；（2）步驟③為向?yàn)V渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶體，酸性條件下二氧化錳和草酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成，反應(yīng)中二氧化錳做氧化劑，草酸做還原劑，將MnO2還原為Mn2+；配制100mL6.0mol/L硫酸時(shí)用到的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；由題意可知MnC2O4難溶于水，溶解二氧化錳過程中，為防止MnO2固體表面產(chǎn)生MnC2O4而阻擋反應(yīng)進(jìn)行和草酸過量引入新雜質(zhì)，應(yīng)先加入稀硫酸，將溶液稍加熱后，在攪拌下緩慢分批加入草酸晶體，直至燒杯中的固體全部溶解，故答案為：做還原劑，將MnO2還原為Mn2+；100mL容量瓶、膠頭滴管；防止MnO2固體表面產(chǎn)生MnC2O4而阻擋反應(yīng)進(jìn)行，并防止草酸過量引入雜質(zhì)；(3)步驟④為硫酸錳溶液經(jīng)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4·7H2O晶體，故答案為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；①由題意可知，MnSO4·7H2O晶體受熱分解生成的氣體中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸氣，三氧化硫能溶于濃硫酸，二氧化硫不溶于濃硫酸，混合氣體經(jīng)過濃硫酸，濃硫酸汲取了三氧化硫和水蒸氣，則氫氧化鈉溶液汲取的氣體為二氧化硫，故答案為：SO2；②試驗(yàn)起先時(shí)，通入氮?dú)獾哪康氖桥懦鲅b置中的空氣，試驗(yàn)中通入氮?dú)獾哪康氖菍nSO4·7H2O晶體受熱分解生成的氣體全部趕至后面裝置汲取，防止影響試驗(yàn)結(jié)果，故答案為：排出裝置中的空氣，并將生成的氣體全部趕至后面裝置汲??；③83.1gMnSO4·7H2O的物質(zhì)的量為=0.3mol，6.4g二氧化硫的物質(zhì)的量為=0.1mol，設(shè)MnxOy中錳元素的化合價(jià)為a，由得失電子數(shù)目守恒可得0.3mol×（a—2）=0.1mol×2，解得a=，則MnxOy為Mn3O4，故答案為：Mn3O4?！军c(diǎn)睛】MnSO4·7H2O晶體受熱分解生成的氣體中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸氣，三氧化硫能溶于濃硫酸，二氧化硫不溶于濃硫酸，混合氣體經(jīng)過濃硫酸，濃硫酸汲取了三氧化硫和水蒸氣，則氫氧化鈉溶液汲取的氣體為二氧化硫是解答關(guān)鍵。10.碳、氮、硫及其化合物對(duì)生產(chǎn)、生活有重要的意義。(1)以與為原料可合成尿素。已知：①②③寫出NH3和CO2合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式________。(2)高溫下，CO2與足量碳在密閉容器中實(shí)現(xiàn)反應(yīng)：。向容積為1L的恒容容器中加入0.2molCO2，在不同溫度下達(dá)到平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量濃度隨溫度的變更如圖所示。則該反應(yīng)為________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)；某溫度下若向該平衡體系中再通入0.2molCO2，達(dá)到新平衡后，體系中CO的百分含量________(填“變大”、“變小”或“不變”)。(3)肯定量的與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應(yīng)：，平衡時(shí)體系中氣體體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示：①650℃時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡后的轉(zhuǎn)化率為________。②℃時(shí)，平衡常數(shù)________(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓總壓體積分?jǐn)?shù))。(4)與能發(fā)生反應(yīng)：在固定體積密閉容器中，運(yùn)用某種催化劑，變更原料氣配比進(jìn)行多次試驗(yàn)(各次試驗(yàn)的溫度可能相同，也可能不同)，測(cè)定的平衡轉(zhuǎn)化率。部分試驗(yàn)結(jié)果如圖所示：①當(dāng)容器內(nèi)________(填標(biāo)號(hào))不再隨時(shí)間的變更而變更時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。A．氣體的壓強(qiáng)B．氣體的平均摩爾質(zhì)量C．氣體的密度D．的體積分?jǐn)?shù)②假如要將圖中C點(diǎn)的平衡狀態(tài)變更為B點(diǎn)的平衡狀態(tài)，應(yīng)實(shí)行的措施是________。③若A點(diǎn)對(duì)應(yīng)試驗(yàn)中，的起始濃度為，經(jīng)過達(dá)到平衡狀態(tài)，該時(shí)段化學(xué)反應(yīng)速率________。④圖中C、D兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度分別為℃和℃，通過計(jì)算推斷________(填“”、“”或“”)?！敬鸢浮?1).(2).吸熱(3).變小(4).25%(5).0.5(6).D(7).降低溫度(8).(9).【解析】【分析】本題綜合考察蓋斯定律和化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算，化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算常用三段式來進(jìn)行計(jì)算，對(duì)于反應(yīng)，用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算的化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式為：?！驹斀狻?1)依據(jù)蓋斯定律計(jì)算（1）+（2）-（3）得與合成尿素的熱化學(xué)方程式為：；，故本題答案為：；。(2)隨著溫度的上升，CO2的物質(zhì)的量濃度漸漸減小，說明平衡正向移動(dòng)，因此該反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)；恒容容器中充入二氧化碳可以看做，二氧化碳先與碳在其他容器反應(yīng)達(dá)到平衡后，再混合把體積縮小至原始體積，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，則平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，達(dá)到新平衡后，體系中CO的百分含量減小，故本題答案為：吸熱；變??；(3)由圖可以知道，650℃時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡后CO的體積分?jǐn)?shù)為40%，設(shè)起先反應(yīng)時(shí)加入的二氧化碳為1mol，轉(zhuǎn)化了xmol，則有：所以，計(jì)算出x=0.25mol，則二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為25%；℃時(shí)，一氧化碳和二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)均為50%，則，故本題答案為：25%；0.5；(4)①A，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)量不變，氣體的壓強(qiáng)始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、氣體質(zhì)量不變，氣體物質(zhì)的量不變，氣體的平均摩爾質(zhì)量始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變氣體體積不變，氣體的密度始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D、NO2的體積分?jǐn)?shù)不變是平衡標(biāo)記，故D正確；因此，本題正確答案是：D；②假如要將圖中C點(diǎn)的平衡狀態(tài)變更為B點(diǎn)的平衡狀態(tài)，平衡轉(zhuǎn)化率增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向進(jìn)行，因此，本題正確答案是：降低溫度；③A點(diǎn)平衡轉(zhuǎn)化率為50%，n(NO2)：n(SO2)=0.4，SO2(g)的起始濃度為comol/L，NO2起始濃度c(NO2)=0.4comol/L，反應(yīng)的二氧化氮濃度=0.4comol/L×50%=0.2comol/L，該時(shí)段化學(xué)反應(yīng)速率V(NO2)==mol/L?min，因此，本題正確答案是：；(4NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，△H=-41.8kJ/mol，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，n(NO2)：n(SO2)=1，SO2(g)的起始濃度為comol/L，c(NO2)=comol/L，圖中C、D兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的試驗(yàn)溫度分別為Tc和Td，C點(diǎn)二氧化氮轉(zhuǎn)化率為50%，平衡常數(shù)K=1。D點(diǎn)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為40%，n(NO2)：n(SO2)=1.5，SO2(g)的起始濃度為comol/L，c(NO2)=1.5comol/L，則平衡常數(shù)K=1。平衡常數(shù)相同，說明反應(yīng)溫度相同，Tc=Td，因此，本題正確答案：=。【點(diǎn)睛】化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，化學(xué)平衡常數(shù)相同，則溫度相同，此為易錯(cuò)點(diǎn)。(二)選考題[化學(xué)選修——3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.2024年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予約翰·古德伊納夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科學(xué)家，以表彰他們?cè)阡囯姵仡I(lǐng)域所做出的巨大貢獻(xiàn)。、常用作鋰離子電池的正極材料，請(qǐng)回答下列問題：(1)基態(tài)鋰原子的最高能級(jí)的電子云形態(tài)是________；基態(tài)磷原子有________個(gè)未成對(duì)電子；基態(tài)鐵原子核外電子排布式為________。(2)中的配位數(shù)為4，配體中N的雜化方式為________，該配離子中各元素的第一電離能由小到大的依次為________(用元素符號(hào)表示)。(3)在水中易被還原成，而在氨水中可穩(wěn)定存在，其緣由為________。(4)屬于簡(jiǎn)潔磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種困難磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如下圖所示：這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為________(用n代表P原子數(shù))。(5)鈷藍(lán)晶體結(jié)構(gòu)如下圖，該立方晶胞由4個(gè)Ⅰ型和4個(gè)Ⅱ型小立方體構(gòu)成。晶體中占據(jù)形成的________(填“四面體空隙”或“八面體空隙”)；鈷藍(lán)晶體的密度為___________(列出計(jì)算式，用表示阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮?1).球形(2).3(3).（或）(4).(5).(6).可與形成較穩(wěn)定的協(xié)作物(7).(8).八面體空隙(9).【解析】【詳解】(1)鋰是3號(hào)元素，核外電子排布為1s22s1，最高能級(jí)是2s，其電子云形態(tài)是球形；磷是15號(hào)元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p3，其未成對(duì)電子數(shù)是3p能級(jí)上的3個(gè)電子；鐵是26號(hào)元素，C依據(jù)核外電子排布規(guī)律可得其基態(tài)鐵原子核外電子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案為：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；(2)NO3－中價(jià)層電子對(duì)數(shù)為5+0+12=3，故為sp2雜化；一般狀況下非金屬性越強(qiáng)第一電離能越大，但由于N原子中最外層為半充溢狀態(tài)，比較穩(wěn)定，故第一電離能大于O，所以第一電離能由小到大的依次為；故答案為：sp2；；(3)可與形成較穩(wěn)定的協(xié)作物，故在水中易被還原成，而在氨水中可穩(wěn)定存在；(4)可以依據(jù)磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學(xué)式推導(dǎo)：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的變更規(guī)律為：1、2、3、4，n氧原子的變更規(guī)律為：4、7、10、3n+1酸根所帶電荷數(shù)的變更規(guī)律為：3、4、5、n+2，這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式來表示；(5）依據(jù)鈷藍(lán)晶體晶胞結(jié)構(gòu)視察，晶體中Al3+占據(jù)O2-形成八面體空隙；該晶胞的體積為(2a×10-7)3，該晶胞的質(zhì)量為32×16+16×27+8×59NA=8(59+2×27+4×16)NA，所以密度為；故答案為：八面體空隙；?！军c(diǎn)睛】金屬陽(yáng)離子易與氨氣、水等物質(zhì)形成