2024年高考化學一輪復習第二部分階段檢測3含解析

PAGE1-階段檢測(三)一、選擇題(每題3分，共48分)1．(2024·安徽池州高三期末)化學與我們的生活休戚相關，下列有關說法不正確的()A．推廣運用可降解的淀粉塑料和提倡運用乙醇汽油，都能減輕環(huán)境污染B．煤經過氣化和液化等物理變更后，可得到清潔燃料C．中國國產航母運用了大量的合金，合金具有強度大、抗腐蝕等優(yōu)點D．石墨烯電池能夠閃充，是利用單層石墨烯表面積大的特點答案B解析運用可降解的淀粉塑料可削減白色垃圾，運用乙醇汽油可削減二氧化硫等排放，都能減輕環(huán)境污染，A正確；煤的氣化、液化屬于化學變更，B錯誤；合金材料具有強度大、抗腐蝕實力強等優(yōu)點，C正確；石墨烯是單層碳原子，故接觸面積大，能加快化學反應速率，D正確。2．(2024·山東煙臺高三期末)下列有關化學用語表示正確的是()A．乙醇的分子式：C2H5OHB．次氯酸的電子式：Heq\o\al(×,·)eq\o(O,\s\up6(××),\s\do4(××))eq\o\al(×,·)eq\o(Cl,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)C．氯原子的結構示意圖：D．中子數為146、質子數為92的鈾(U)原子：eq\o\al(146,92)U答案B解析乙醇的分子式是C2H6O，結構簡式是C2H5OH，A錯誤；HClO分子中O原子最外層有6個電子，兩個成單的電子分別與Cl、H原子的成單電子形成一對共用電子對，從而使每個原子都達到穩(wěn)定結構，因此電子式是Heq\o\al(×,·)eq\o(O,\s\up6(××),\s\do4(××))eq\o\al(×,·)eq\o(Cl,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)，B正確；Cl原子核外電子數是17，最外層有7個電子，原子結構示意圖為，C錯誤；中子數為146、質子數為92的鈾原子質量數是238，用原子符號表示為eq\o\al(238,\a\vs4\al(92))U，D錯誤。3．(2024·廣東茂名高三期末)下列說法正確的是()A．稀NaOH溶液可以使蛋白質鹽析B．棉花、滌綸、維綸均屬于合成纖維C．淀粉可以用于釀酒和釀醋D．油脂都不能使溴水褪色答案C解析稀NaOH溶液是強堿，可以使蛋白質變性，故A錯誤；棉花是自然高分子化合物，滌綸、維綸均屬于合成纖維，故B錯誤；淀粉水解后生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，乙醇被氧化可以生成乙酸，即可以用于釀酒和釀醋，故C正確；油脂中含有不飽和烴基時能使溴水褪色，故D錯誤。4．(2024·石家莊高三模擬)下列說明事實的離子方程式正確的是()A．銅絲溶于濃硝酸生成綠色溶液：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OB．稀硫酸與Ba(OH)2溶液混合出現渾濁：H＋＋OH－＋Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋H2OC．澄清石灰水中加入過量小蘇打溶液出現渾濁：Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2OD．在AlCl3溶液中加入過量氨水出現渾濁：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓答案C解析銅絲溶于濃硝酸生成二氧化氮，故A錯誤；稀硫酸與Ba(OH)2溶液混合出現渾濁，反應的離子方程式為2H＋＋2OH－＋Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，故B錯誤；一水合氨是弱堿，用化學式表示，故D錯誤。5．(2024·廣東重點中學高三期末聯(lián)考)有關下列四組試驗描述不正確的是()A．加熱甲裝置中的燒杯可以分別SiO2和NH4ClB．利用裝置乙可證明非金屬性強弱：Cl＞C＞SiC．打開丙中的止水夾，一段時間后，可視察到燒杯內溶液上升到試管中D．向丁中鐵電極區(qū)滴入2滴鐵氰化鉀溶液，一段時間后，燒杯中不會有藍色沉淀生成答案B解析NH4Cl受熱分解，利用加熱甲裝置中的燒杯可以分別SiO2和NH4Cl，故A正確；氯元素的最高價氧化物對應水化物為HClO4，另外鹽酸有揮發(fā)性，生成的CO2中混有HCl，無法推斷碳酸的酸性比硅酸強，由裝置乙無法證明非金屬性強弱：Cl＞C＞Si，故B錯誤；該裝置構成原電池，該裝置中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，一段時間內試管內壓強減小，故C正確；Zn-Fe原電池中Zn為負極，Fe為正極，燒杯內無Fe2＋，故D正確。6．(2024·張家口市高三模擬)設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是()A．2L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中，CH3COO－的數目為NAB．肯定質量的某單質，若含質子數為nNA，則中子數肯定小于nNAC．標準狀況下，22.4LHF含有的共價鍵數為NAD．向FeI2溶液中通入肯定量Cl2，當1molFe2＋被氧化時，轉移的電子數不小于3NA答案D解析由于醋酸為弱酸，溶液中只能部分電離，CH3COO－的數目小于NA，A錯誤；質子數與中子數無必定數目關系，B錯誤；標準狀況下，HF為非氣態(tài)，無法計算22.4LHF的物質的量，也就無法計算含有的共價鍵數，C錯誤；因為還原性：I－>Fe2＋，向FeI2溶液中通入肯定量Cl2，當1molFe2＋被氧化時，I－已全部反應，且原來I－不少于2mol，故轉移的電子數不小于3NA，D正確。7．(2024·貴州重點中學高考教學質量測評)a、b、c、d、e、f為原子序數依次增大的主族元素，原子序數均不大于20。已知a與f同主族，a分別與b、c可形成10電子分子X和Y，b和c形成的一種化合物Z能造成溫室效應，d的氧化物W具有兩性，e的單質T常溫下為黃綠色氣體。則下列敘述正確的是()A．原子半徑：f>e>d>c>bB．化合物Z中既含有極性鍵又含有非極性鍵C．X與T在光照條件下反應只能生成兩種不同的產物D．電解熔融的W可以制備d的單質答案D解析a、b、c、d、e、f為原子序數依次增大的主族元素，原子序數均不大于20。b和c形成的一種化合物Z能造成溫室效應，則b和c分別為碳元素和氧元素，Z為二氧化碳；a分別與b、c可形成10電子分子X和Y，則a為氫元素，X和Y分別為甲烷和水；d的氧化物W具有兩性，則d為鋁元素，W為氧化鋁；e的單質T常溫下為黃綠色氣體，則e為氯元素，T為氯氣；a與f同主族且f原子序數大于氯元素，則為鉀元素。同周期主族元素從左到右原子半徑依次減小，故原子半徑：Al>Cl、C>O，A錯誤；化合物Z為二氧化碳，只含有極性鍵，B錯誤；X與T在光照條件下反應能生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氫，C錯誤；電解熔融的W(氧化鋁)可以制備d的單質鋁，D正確。8．(2024·成都七中高三期末)下列說法正確的是()A．分子式為C7H8O且含苯環(huán)的有機化合物有5種B．人體攝入的纖維素可以加快胃腸蠕動，并最終水解為葡萄糖而被汲取C．分子中的全部原子有可能共平面D．溴水中加入苯，充分振蕩、靜置后，由于發(fā)生取代反應而水層幾乎呈無色答案A解析分子式為C7H8O且含苯環(huán)的有機化合物可能為苯甲醇、鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚或苯甲醚，A正確；人體攝入的纖維素可以加快胃腸蠕動，但人體內沒有使纖維素水解的酶，所以人體不能水解汲取纖維素，B錯誤；由于CH4是正四面體結構，甲基中最多還有1個H原子在苯分子平面內，因此不是分子中全部原子在同一個平面內，C錯誤；溴水中加入苯，充分振蕩、靜置后，由于溴在苯中溶解度比在水中大，苯將水中的溴單質萃取過來，而使水層幾乎呈無色，沒有發(fā)生取代反應，D錯誤。9．(2024·云南師大附中高三月考)通過對試驗現象的視察、分析推理得出正確的結論是化學學習的方法之一。對下列試驗事實的說明正確的是()選項操作、現象說明A向稀硝酸中加入少量鐵粉，有氣泡產生說明Fe置換出硝酸中的氫，生成了氫氣B把生鐵放置于潮濕的空氣中，鐵表面有一層紅棕色的斑點鐵在潮濕的空氣中易生成Fe(OH)3C用干凈的玻璃管向包有Na2O2的脫脂棉通入CO2氣體，脫脂棉燃燒說明CO2與Na2O2的反應是放熱反應D向KI-淀粉溶液中加入FeCl3溶液，溶液變藍Fe3＋能與淀粉發(fā)生顯色反應答案C解析少量鐵粉與稀硝酸反應生成硝酸鐵、NO氣體和水，不會生成氫氣，A錯誤；鐵銹的成分是Fe2O3，不是Fe(OH)3，B錯誤；用干凈的玻璃管向包有Na2O2的脫脂棉通入CO2氣體，脫脂棉燃燒，說明CO2和Na2O2反應生成了O2，并且放出熱量，達到了脫脂棉的著火點，C正確；向KI淀粉溶液中加入FeCl3溶液，碘離子被鐵離子氧化成碘單質，從而使溶液變藍，鐵離子不與淀粉反應，D錯誤。10．(2024·河南汝州試驗中學高三期末)a、b、c、X是中學化學中常見的四種物質，且a、b、c中含有同一種元素，其轉化關系如圖所示。下列說法不正確的是()A．若a、b、c均為廚房中常用的物質，則構成c中的陽離子半徑小于其陰離子半徑B．若a為一種氣態(tài)氫化物，X為O2，則a分子中可能含有10個或者18個電子C．若b為一種兩性氫氧化物，則X可能是強酸，也可能是強堿D．若a為固態(tài)非金屬單質，X為O2，則O元素與a元素的原子序數之差可能為8答案D解析若a、b、c均為廚房中常用的物質，a為碳酸鈉，X為鹽酸，碳酸鈉與鹽酸反應生成碳酸氫鈉b，碳酸氫鈉與鹽酸接著反應生成氯化鈉c，鈉離子核外有2個電子層，氯離子核外有3個電子層，所以氯化鈉中陽離子半徑小于其陰離子半徑，A正確。若a為氣態(tài)硫化氫，與氧氣反應生成單質硫b，硫接著與氧氣反應生成二氧化硫c，硫化氫與足量氧氣干脆反應生成二氧化硫，硫化氫為18電子微粒；甲烷與氧氣不完全反應生成一氧化碳b，一氧化碳與氧氣接著反應生成二氧化碳c，甲烷完全燃燒干脆生成二氧化碳，甲烷為10電子的微粒，B正確。若a為單質碳，可以燃燒生成一氧化碳b，二氧化碳c，但是和氧原子序數之差為2，不是8；若a為固態(tài)非金屬單質硫，與氧氣反應不能干脆生成三氧化硫c；也就是說，硫原子和氧原子的原子序數雖然能夠差8，但是不能滿意題意要求，D錯誤。11．(2024·江蘇泰州高三期中)海洋中有豐富的食品、礦產、能源、藥物和水產資源，下圖為海水利用的部分過程。下列有關說法正確的是()A．工業(yè)上通過電解飽和MgCl2溶液制取金屬鎂B．第①步中除去粗鹽中的SOeq\o\al(2－,4)、Ca2＋、Mg2＋等雜質，加入的藥品依次為NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸C．在③、④、⑤步驟中，溴元素均被氧化D．制取NaHCO3的反應是利用其溶解度比較小答案D解析電解飽和MgCl2溶液，只能得到氫氧化鎂沉淀，工業(yè)上采納電解熔融氯化鎂的方法制取金屬鎂，A錯誤；加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉除去Ca2＋的同時也會除去過量的氯化鋇，B錯誤；在第④步中，SO2＋2H2O＋Br2=H2SO4＋2HBr中S元素的化合價上升，則二氧化硫被氧化，溴元素被還原，C錯誤；往精鹽溶液中通氨氣和二氧化碳，得碳酸氫鈉沉淀，說明碳酸氫鈉的溶解度比較小，D正確。12．(2024·承德市高三期末)如圖所示，五層膜材料常用于汽車玻璃中的電致變色系統(tǒng)，其工作原理是在外接電源下，通過在膜材料內部發(fā)生氧化還原反應，實現對器件的光透過率進行多級可逆性調整。已知WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均為無色透亮，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均為藍色。下列有關說法不正確的是()A．當外電路通過1mol電子時，通過離子導體層的Li＋數目為NAB．為了獲得較好的遮光效果，A應當接電源的負極C．該電致變色系統(tǒng)在較長時間的運用過程中離子導體層中Li＋的量可保持基本不變D．當B接電源正極時，離子儲存層反應為：Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－=Li4Fe4[Fe(CN)6]3答案D解析當外電路通過1mol電子時，通過離子導體層的電量與1mol電子的電量相同，故Li＋的物質的量為1mol，故A正確；假如A接電源的負極，A為陰極，電極反應式為Li＋＋WO3＋e－=LiWO3，WO3為無色透亮，LiWO3為藍色，獲得較好的遮光效果，故B正確；B接電源正極，B電極為陽極，電極反應式為Li4Fe4[Fe(CN)6]3－4e－=4Li＋＋Fe4[Fe(CN)6]3，故D錯誤。13．(2024·長郡中學高三月考)科學家從化肥廠生產的(NH4)2SO4中檢測出組成為N4H4(SO4)2的物質。經測定，N4H4(SO4)2易溶于水，在水中以SOeq\o\al(2－,4)和N4Heq\o\al(4＋,4)兩種離子形式存在。植物的根系極易汲取N4Heq\o\al(4＋,4)，N4Heq\o\al(4＋,4)遇到堿時會生成一種形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物汲取。下列有關說法正確的是()A．N4與N2互為同系物B．14N與14CC．N4H4(SO4)2與草木灰混合運用，可增加肥效D．在反應8NH3＋4CsOH=N4＋4CsNH2＋6H2＋4H2O中，每生成5.6gN4時轉移1.2mol電子答案D解析N4與N2互為同素異形體，A錯誤；14N與14C是不同元素的原子，B錯誤；草木灰的主要成分是K2CO3，K2CO3水解使溶液顯堿性，N4H4(SO4)2中的N4Heq\o\al(4＋,4)在堿性條件下生成的N4分子不能被植物汲取，C錯誤；在反應8NH3＋4CsOH=N4＋4CsNH2＋6H2＋4H2O中，每生成1molN4，轉移的電子的物質的量為12mol，則生成0.1molN4時轉移電子的物質的量為1.2mol，D正確。14．(2024·北京師大附中高三期中)室溫下，向100mL0.1mol/LNH4Cl溶液中加入下列物質。有關結論正確的是()加入的物質結論A100mL0.1mol/L鹽酸溶液中2c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)B0.01molNa2O2固體反應完全后，溶液pH增大，c(Na＋)＝2c(Cl－C100mLH2O由水電離出的c(H＋)·c(OH－)變大(均為自由離子)D100mL0.1mol/L氨水溶液中eq\f(cOH－,cNH\o\al(＋,4))減小答案B解析加入100mL0.1mol/L鹽酸，由于銨根離子部分水解，則2c(NHeq\o\al(＋,4))<c(Cl－)，故A錯誤；鈉離子和氯離子不發(fā)生水解，0.01molNa2O2固體反應后生成0.02mol鈉離子，原溶液中含有氯離子的物質的量為0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，則c(Na＋)＝2c(Cl－)，且反應后氫氧化鈉過量，溶液呈堿性，溶液的pH增大，故B正確；加入100mLH2O后，溶液濃度減小，銨根離子的水解程度增大，但水電離產生的c(H＋)減小，故水電離出的c(H＋)·c(OH－)的乘積會減小，故C錯誤；加入100mL0.1mol/L氨水，溶液堿性增加，則c(OH－)增大，由于NH3·H2O的電離和NHeq\o\al(＋,4)的水解都是微弱的，混合后溶液體積增大，所以c(NHeq\o\al(＋,4))減小，溶液中eq\f(cOH－,cNH\o\al(＋,4))增大，故D錯誤。15．(2024·山東煙臺高三期末)I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物質的量濃度c(I－)與溫度T的關系如圖所示(曲線上任何一點都表示平衡狀態(tài))。下列說法不正確的是()A．該反應ΔH<0B．若在T1、T2溫度下，反應的平衡常數分別為K1、K2，則K1>K2C．若反應進行到狀態(tài)D時，肯定有v正>v逆D．狀態(tài)A與狀態(tài)B相比，狀態(tài)A的c(Ieq\o\al(－,3))大答案C解析隨著溫度的不斷上升，I－的濃度漸漸的增大，說明上升溫度，化學平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，則I2(aq)＋I－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)正反應為放熱反應，ΔH<0，A正確；因為K＝eq\f(cI\o\al(－,3),cI2·cI－)，T2＞T1，所以當溫度上升時，反應向逆方向移動，即K1＞K2，B正確；從圖中可以看出D點并沒有達到平衡狀態(tài)，c(I－)小于該溫度下的平衡濃度，所以反應逆向進行，故v逆＞v正，C錯誤；溫度TB>TA，上升溫度，平衡逆向移動，c(Ieq\o\al(－,3))變小，所以c(Ieq\o\al(－,3))：A>B，即狀態(tài)A的c(Ieq\o\al(－,3))高，D正確。16．(2024·A10聯(lián)盟高三段考)已知X、Y、Z、W是由H＋、Na＋、Al3＋、Ba2＋、OH－、Cl－、HROeq\o\al(－,3)(R為短周期元素)中的兩種組成的溶液(陽離子不重復)，W是一種強堿，X、Y、Z可以發(fā)生如圖所示的轉化，下列分析正確的是()A．Z為HCl，氣體B肯定是CO2B．W是Ba(OH)2，將少量W溶液滴到Y溶液中可得到白色沉淀C．X是NaHRO3，其溶液中離子濃度大小肯定為c(Na＋)＞c(HROeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(ROeq\o\al(2－,3))＞c(H＋)D．AlOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)在Y溶液中可以大量共存答案B解析由X、Y溶液反應有氣體產生可知，X、Y中含有Al3＋、HROeq\o\al(－,3)兩種中的一種，且HROeq\o\al(－,3)是HCOeq\o\al(－,3)或HSOeq\o\al(－,3)，再結合X與Z、X與Y反應后的產物中均有NaCl知，X是NaHRO3(HROeq\o\al(－,3)為HCOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3))、Y是AlCl3，Z是鹽酸，故W是Ba(OH)2。氣體B還可以是SO2，A錯誤；少量的Ba(OH)2與AlCl3溶液反應可得到Al(OH)3沉淀，B正確；碳酸氫鈉溶液呈堿性，而亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，故離子濃度大小無法確定，C錯誤；AlOeq\o\al(－,2)與Al3＋不能大量共存，D錯誤。二、非選擇題(共52分)(一)必考題17．(2024·廣州高三調研測試)(12分)試驗室可用溢流法連續(xù)制備無水四氯化錫(SnCl4)。SnCl4易揮發(fā)，極易發(fā)生水解，Cl2極易溶于SnCl4。制備原理與試驗裝置圖如下：Sn(s)＋2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH＝－511kJ·mol－1可能用到的有關數據如下：物質SnSnCl4CuCl2熔點/℃232－33498沸點/℃2260114993制備過程中，錫粒漸漸被消耗，須提拉橡膠塞剛好向反應器中補加錫粒。當SnCl4液面升至側口高度時，液態(tài)產物經側管流入接收瓶?；卮鹣铝袉栴}：(1)a管的作用是______________________________________________。(2)A中反應的離子方程式是________________________________。(3)D的作用是____________________________________________。(4)E中冷卻水的作用是___________________________________________。(5)尾氣處理時，可選用的裝置是________(填標號)。(6)錫粒中含銅雜質致E中產生CuCl2，但不影響F中產品的純度，緣由是__________________________________________________________________。(7)SnCl4粗品中含有Cl2，精制時加入少許錫屑后蒸餾可得純凈的SnCl4。蒸餾過程中不須要用到的儀器有________(填標號)。A．蒸餾燒瓶 B．溫度計C．接收器 D．冷凝管E．吸濾瓶答案(1)平衡壓強，使?jié)恹}酸能夠順當流下(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(3)使氯氣充分干燥(4)避開四氯化錫揮發(fā)而損失，導致產率下降(5)B(6)CuCl2的熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出(7)E解析(4)E中冷卻水的作用是冷凝SnCl4，避開四氯化錫揮發(fā)而損失，導致產率下降。(5)尾氣為未反應的氯氣，由于SnCl4極易發(fā)生水解，尾氣處理裝置除了起到汲取尾氣的作用外，還要防止空氣中的水蒸氣進入反應裝置，因此選擇盛有堿石灰的干燥管作為尾氣處理裝置。(6)收集四氯化錫是將其冷凝為液體，依據供應的數據可知，CuCl2的熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出。18．(2024·重慶市第一中學高三期中)(12分)工業(yè)上從電解精煉銅的陽極泥(成分為CuS、Cu2Se、Cu2Te和少量金屬單質Au)中回收碲、硒的工藝流程如下：已知：①TeO2是兩性氧化物。②Se和TeO2的物理性質如下：物理性質熔點沸點水溶性Se221℃685℃難溶于水TeO2733℃1260℃微溶于水(1)Se在周期表中的位置為______________。(2)SeO2與SO2的混合煙氣可用水汲取制得單質Se，當有2mol電子轉移時，會生成________molSe。過濾所得粗硒可采納真空蒸餾的方法提純獲得純硒，采納真空蒸餾的目的是_________________________________________。(3)“堿浸”過濾得到濾渣的主要成分是________(填化學式)。(4)“沉碲”時限制溶液的pH為4.5～5.0，生成TeO2沉淀。假如H2SO4的濃度過大，將導致“沉碲”不完全，緣由為__________________________。(5)“酸溶”將TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后加入Na2SO3溶液進行還原，還原碲的離子反應方程式是_______________________________________________________________。(6)常溫下，SeO2與NaOH溶液反應所得NaHSeO3溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)，請通過計算說明__________________________________。(已知25℃時，亞硒酸(H2SeO3)的Ka1＝2.5×10－3，Ka2＝2.5×10－7)答案(1)第四周期ⅥA族(2)0.5降低Se的沸點，避開Se與空氣中氧氣發(fā)生反應(3)CuO、Au(4)硫酸濃度過大，TeO2會溶于酸，導致TeO2沉淀不完全(5)Te4＋＋2SOeq\o\al(2－,3)＋2H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋Te↓＋4H＋(6)<HSeOeq\o\al(－,3)的水解常數Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1.0×10－14,2.5×10－3)＝4.0×10－12，由于Kh<Ka2，故NaHSeO3溶液的pH<7解析(2)SeO2與SO2的混合煙氣可用水汲取制得單質Se，Se的化合價由＋4價降為0價，則每生成1molSe有4mol電子轉移，當有2mol電子轉移時，會生成0.5molSe；提純粗硒獲得純硒采納真空蒸餾的方法，可避開Se與空氣中的氧氣發(fā)生反應，又因為大氣壓強減小時，液體的沸點也會隨之降低，所以采納真空蒸餾還可以降低Se的沸點，更有利于分別提純。(3)由已知，結合流程，焙燒所得固體主要是CuO、TeO2和Au，因為TeO2是兩性氧化物，所以“堿浸”主要是NaOH和TeO2反應，則“堿浸”過濾得到濾渣的主要成分是CuO和Au。(4)因為TeO2是兩性氧化物，硫酸濃度過大，會導致TeO2溶于酸，使TeO2沉淀不完全。(5)依據氧化還原反應原理，SOeq\o\al(2－,3)還原Te4＋為Te，本身被氧化為SOeq\o\al(2－,4)。19．(2024·百師聯(lián)盟高三調研)(13分)石油產品中含有H2S及COS、CH3SH等多種有機硫化物，石油化工催生出多種脫硫技術。請回答下列問題：(1)COS的電子式是________________。(2)已知熱化學方程式：①2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＝－362kJ·mol－1②2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－1172kJ·mol－1則H2S氣體和氧氣反應生成固態(tài)硫和液態(tài)水的熱化學方程式為__________________________________________________________________。(3)可以用K2CO3溶液汲取H2S，其原理為K2CO3＋H2S=KHS＋KHCO3，該反應的平衡常數為________。(已知H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11；H2S的Ka1＝5.6×10－8，Ka2＝1.2×10－15)(4)在強酸溶液中用H2O2可將COS氧化為硫酸，這一原理可用于COS的脫硫。該反應的化學方程式為____________________________________。(5)COS的水解反應為COS(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2S(g)ΔH<0。某溫度時，用活性α－Al2O3作催化劑，在恒容密閉容器中COS(g)的平衡轉化率隨不同投料比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nH2O,nCOS)))的轉化關系如圖1所示。其他條件相同時，變更反應溫度，測得肯定時間內COS的水解轉化率如圖2所示。①該反應的最佳條件為：投料比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nH2O,nCOS)))為________，溫度為________。②P點對應的平衡常數為________。(保留小數點后兩位)③當溫度上升到肯定值后，發(fā)覺肯定時間內COS(g)的水解轉化率降低，揣測可能的緣由是______________________________。答案(1)(2)2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l)ΔH＝－632kJ·mol－1(3)1.0×103(4)COS＋4H2O2=CO2＋H2SO4＋3H2O(5)①10∶1160℃②0.05③催化劑活性降低，上升溫度平衡向逆反應方向移動解析(2)應用蓋斯定律，(①×2＋②)÷3得，2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l)ΔH＝[(－362kJ·mol－1)×2＋(－1172kJ·mol－1)]÷3＝－632kJ·mol－1。(3)反應K2CO3＋H2S=KHS＋KHCO3的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋H2S=HS－＋HCOeq\o\al(－,3)，該反應的平衡常數K＝eq\f(cHS－·cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3)·cH2S)＝eq\f(cHS－·cHCO\o\al(－,3)·cH＋,cCO\o\al(2－,3)·cH2S·cH＋)＝eq\f(Ka1H2S,Ka2H2CO3)＝eq\f(5.6×10－8,5.6×10－11)＝1×103。(4)在強酸溶液中用H2O2將COS氧化為H2SO4，同時生成CO2，H2O2被還原。(5)①依據圖1，隨著eq\f(nH2O,nCOS)的增大，COS的平衡轉化率增大，當eq\f(nH2O,nCOS)>10∶1時，COS的平衡轉化率增大不明顯，反應的投料比最佳為eq\f(nH2O,nCOS)＝10∶1；依據圖2，肯定時間內COS的水解轉化率在160℃時最大，反應的最佳溫度為160℃。②P點eq\f(nH2O,nCOS)＝6，平衡時COS的平衡轉化率為40%，設起始c(COS)＝amol·L－1，則起始c(H2O)＝6amol·L－1，用三段式COS(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2S(g)eq\a\vs4\al(c起始,mol·L－1)a6a00eq\a\vs4\al(c轉化,mol·L－1)0.4a0.4a0.4a0.4eq\a\vs4\al(c平衡,mol·L－1)0.6a5.6a0.4a0.4P點對應的平衡常數K＝eq\f(cCO2·cH2S,cCOS·cH2O)＝eq\f(0.4a×0.4a,0.6a×5.6a)≈0.05。(二)選考題20．(2024·吉林省試驗中學高三期中)[化學——選修3：物質結構與性質](15分)A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數依次增大，其中基態(tài)A原子的電子分布在3個能級，且每個能級所含的電子數相同；C的原子核外最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子；D是短周期元素中電負性最小的元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強；基態(tài)F原子核外最外層只有一個電子，其余能層均充溢電子。G元素與D元素同主族，且相差3個周期。(1)元素A、B、C的第一電離能由小到大的依次是________________(用元素符號表示)。(2)E的最高價含氧酸中E原子的雜化方式為________?；鶓B(tài)E原子中，核外電子占據最高能級的電子云輪廓形態(tài)為________________________。(3)F原子的外圍電子排布式為________，F單質晶體中原子的積累方式是圖1中的________(填寫“甲”“乙”或“丙”)，該晶體的空間利用率為________。(4)已知元素A、B形成的(AB)2分子中全部原子都滿意8電子穩(wěn)定結構，則其分子中σ鍵與π鍵數目之比為________。(5)通常狀況下，D單質的熔沸點比G單質高，緣由是___________________。(6)已知DE晶體的晶胞如圖2所示：若將DE晶胞中的全部E離子去掉，并將D離子全部換為A原子，再在其中的4個“小立方體”中心各放置一個A原子，且這4個“小立方體”不相鄰。位于“小立方體”中的A原子與最近的4個A原子以單鍵相連，由此表示A的一種晶體的晶胞(已知A—A鍵的鍵長為acm，NA表示阿伏加德羅常數)，則該晶胞中含有________個A原子，該晶體的密度是________g·cm－3(列式表示)。答案(1)C＜O＜N(2)sp3啞鈴形(3)3d104s1丙74%(4)3∶4(5)Na、Cs處于同一主族，并都是金屬晶體，同主族元素價電子數相同，從上到下，原子半徑依次增大，金屬鍵依次減弱，熔沸點降低(6)8eq\f(9\r(3),2a3NA)解析A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數依次增大，基態(tài)A原子的電子分布在3個能級，且每個能級所含的電子數相同，即1s22s22p2，則A為C元素，D是短周期元素中電負性最小的元素，即為Na元素，原子序數大于6小于11，最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子，說明C為O元素，所以B為N元素，E的最高價氧化物的水