吉林省吉林市2025屆高三化學(xué)第三次調(diào)研測試試題含解析

PAGE17-吉林省吉林市2025屆高三化學(xué)第三次調(diào)研測試試題（含解析）留意：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?？赡苡玫降南鄬υ恿浚篐1C12N14O16S32Fe56Cu64I127第I卷(共126分)一、選擇題：本題包括13個(gè)小題，每小題6分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.電視劇《活色生香》向我們充分展示了“香”的魅力。低級酯類化合物是具有芳香氣味的液體，下列說法中，利用了酯的某種化學(xué)性質(zhì)的是A.用酒精可以提取某些花香中的酯類香精，制成香水B.炒菜時(shí)加一些料酒和食醋，使菜更香C.用熱的純堿液洗滌碗筷去油膩比冷水效果好D.各種水果有不同的香味，是因?yàn)楹胁煌孽ァ敬鸢浮緾【解析】【詳解】A.用酒精可以提取某些花香中的酯類香精，制成香水，利用酯類易溶于酒精，涉及溶解性，屬于物理性質(zhì)，A不符合；B.炒菜時(shí)加一些料酒和食醋，發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯，利用揮發(fā)性和香味，涉及物理性質(zhì)，B不符合；C.用熱的純堿液洗滌碗筷去油膩比冷水效果好，因?yàn)樘妓徕c在較高溫度時(shí)水解程度大，氫氧根濃度大，更有利于酯類水解，生成易溶于水的羧酸鈉和醇類，水解屬于化學(xué)性質(zhì)，C符合；D.各種水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性質(zhì)，D不符合；答案選C。2.某有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是（）A.X的分子式為C12H16O3B.X在肯定條件下能發(fā)生加成、加聚、取代、消去等反應(yīng)C.在催化劑的作用下，1molX最多能與1molH2加成D.可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分苯和X【答案】D【解析】【詳解】A.X的分子式為C12H14O3，故A錯誤；B.羥基鄰位碳上沒有H原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故B錯誤；C.在Ni作催化劑的條件下，1molX最多只能與4molH2加成，故C錯誤；D.苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，有機(jī)物X含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確。答案選D。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB.常溫下1L0.1mol·L－1NH4NO3溶液中的氮原子數(shù)為0.2NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L己烷分子中含有1.9NA對共用電子D.以Mg、Al為電極，NaOH溶液為電解質(zhì)溶液的原電池中，導(dǎo)線上經(jīng)過NA個(gè)電子，則正極放出H2的體積為11.2L【答案】B【解析】【詳解】A.含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅先發(fā)生反應(yīng)：2H2SO4(濃)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，該反應(yīng)中消耗1molH2SO4，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，硫酸濃度下降后，Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，該反應(yīng)中消耗1molH2SO4，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，則含1molH2SO4的濃硫酸和足量的鋅完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于NA和2NA之間，A錯誤；B.常溫下1L0.1mol·L－1NH4NO3溶液中含有銨離子、一水合氨分子以及硝酸根離子，因?yàn)镹元素守恒，所以氮原子總數(shù)為0.2NA，B正確；C.1摩爾己烷分子含19NA對共用電子，然而標(biāo)準(zhǔn)狀況下己烷呈液態(tài)，2.24L己烷分子物質(zhì)的量并不是1mol，故C錯誤；D.該原電池中，導(dǎo)線上經(jīng)過NA個(gè)電子時(shí)，則正極放出H2的物質(zhì)的量為0.5mol，但是不知道溫度和壓強(qiáng)條件，故體積不肯定為11.2L，D錯誤；答案選B。【點(diǎn)睛】C、D簡單錯，往往誤以為1mol物質(zhì)的體積就是22.4L，換算時(shí)，肯定要明確物質(zhì)是不是氣體，求氣體體積時(shí)肯定要留意氣體所處的狀態(tài)。4.能正確表示下列反應(yīng)離子方程式的是A.用惰性電極電解熔融氯化鈉：2Cl－＋2H2O=Cl2↑＋H2↑＋2OH－B.硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2OC.Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2D.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O【答案】D【解析】【詳解】A.用惰性電極電解熔融氯化鈉而不是電解食鹽水，A錯誤；B.硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液，沉淀完全的同時(shí)恰好中和，正確的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，B錯誤；C.Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液，大量氫離子的環(huán)境中，硝酸根的氧化性更強(qiáng)，碘離子優(yōu)先和硝酸根、氫離子反應(yīng)，多余的碘離子才接著和鐵離子發(fā)生2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2反應(yīng)，C錯誤；D.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O，D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】C項(xiàng)為易錯點(diǎn)，留意硝酸根離子與氫離子大量共存時(shí)有強(qiáng)氧化性。5.X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素，Y是地殼中含量最高的元素。X、Z、W分別與Y形成的最高價(jià)化合物為甲、乙、丙。結(jié)合如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，下列推斷錯誤的是A.反應(yīng)③為工業(yè)制粗硅的原理B.Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C.4種元素的原子中，Y原子的半徑最小D.工業(yè)上通過電解乙來制取Z【答案】D【解析】【分析】由題干信息分析可知X為C、Y為O、Z為Mg、W為Si，甲為CO2，乙為MgO，丙為SiO2，丁為CO；【詳解】A.反應(yīng)③，為工業(yè)制粗硅的原理，A正確；B.Z即鎂位于元素周期表第三周期ⅡA族，B正確；C.4種元素的原子中，Y原子即氧原子的半徑最小，C正確；D.工業(yè)上通過電解熔融氯化鎂而不是氧化鎂來制取鎂，D錯誤；答案選D。6.海洋動物海鞘中含有種類豐富、結(jié)構(gòu)新奇的次生代謝產(chǎn)物，是海洋抗腫瘤活性物質(zhì)的重要來源之一。一種從海鞘中提取具有抗腫瘤活性的自然產(chǎn)物的流程如下：下列關(guān)于該流程中各步驟的說法中，錯誤的是（）選項(xiàng)步驟采納裝置主要儀器A①過濾裝置漏斗B②分液裝置分液漏斗C③蒸發(fā)裝置坩堝D④蒸餾裝置蒸餾燒瓶A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】由流程可知，步驟①是分別固液混合物，其操作為過濾，須要漏斗、燒杯等儀器；步驟②是分別互不相溶的液體混合物，需進(jìn)行分液，要用到分液漏斗等儀器；步驟③是從溶液中得到固體，操作為蒸發(fā)，須要蒸發(fā)皿等儀器；步驟④是從有機(jī)化合物中，利用沸點(diǎn)不同用蒸餾的方法得到甲苯，須要蒸餾燒瓶等儀器，則錯誤的為C，故答案選C。7.25℃時(shí)，將0.10mol·L－1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg與pH的關(guān)系如圖所示，C點(diǎn)坐標(biāo)是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列說法正確的是A.Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5B.Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6C.pH＝7時(shí)加入的醋酸溶液的體積小于10mLD.B點(diǎn)存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－1【答案】A【解析】【分析】醋酸的電離常數(shù)，取對數(shù)可得到；詳解】A.據(jù)以上分析，將C點(diǎn)坐標(biāo)(6,1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正確；B.依據(jù)A項(xiàng)分析可知，B錯誤；C.當(dāng)往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液時(shí)，得到CH3COONa溶液，溶液呈堿性，故當(dāng)pH=7時(shí)加入的醋酸溶液體積應(yīng)大于10mL，C錯誤；D.B點(diǎn)，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，則由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3mol·L-1，結(jié)合電荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1，D錯誤；答案選A。8.活性氧化鋅(ZnO)廣泛用于橡膠、涂料、陶瓷、電子等行業(yè)，以粗氧化鋅(主要成分為ZnO，還含有少量MnO、CuO、FeO、Fe2O3等)為原料經(jīng)深度凈化可制備高純活性氧化鋅，其流程如圖所示：幾種難溶物的Ksp：物質(zhì)Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3ZnSCuSKsp1.9×10－138.0×10－164.0×10－382.5×10－226.4×10－36(1)將大小為66nm的高純活性氧化鋅粉末分散到水中，所得分散系為______。(2)“浸取”過程中ZnO與NH3·H2O、NH4HCO3反應(yīng)生成可溶性的Zn[(NH3)n]CO3和H2O。若有1molZnO溶解，則在該轉(zhuǎn)化反應(yīng)中參與反應(yīng)的NH3·H2O和NH4HCO3物質(zhì)的量之比的最大值為___________(已知：1≤n≤4)。(3)“深度除錳”過程中雙氧水可將“濾液1”中的Mn(OH)2轉(zhuǎn)化為更難溶的MnO2·H2O，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式______________，“濾渣2”中存在的物質(zhì)除了MnO2·H2O還可能含有_________(用化學(xué)式表示)。(4)“深度除銅”過程中當(dāng)溶液中≤2.0×10－6時(shí)，才能滿意“深度除銅”的要求，若溶液中Zn2＋濃度為1mol/L時(shí)，則最終溶液中S2－的濃度理論上的最小值為____mol/L。(5)“蒸氨”過程中Zn[(NH3)n]CO3分解為ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O、NH3和CO2。為了提高經(jīng)濟(jì)效益，請?jiān)O(shè)計(jì)循環(huán)利用NH3和CO2方案_____________。(6)“煅燒”時(shí)ZnCO3·2Zn(OH)2轉(zhuǎn)變?yōu)楦呒兓钚匝趸\，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式______【答案】(1).膠體(2).3:1(3).Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·H2O↓＋H2O(4).Fe(OH)3(5).3.2×10－30(6).用水汲取NH3和CO2使之轉(zhuǎn)化為NH4HCO3(7).ZnCO3·2Zn(OH)23ZnO＋CO2↑＋2H2O【解析】【分析】(1)按分散質(zhì)粒子高純活性氧化鋅粉末大小為66nm推斷所得分散系類型；(2)按“浸取”過程中供應(yīng)的反應(yīng)物和生成物信息，書寫方程式，據(jù)此推斷在該轉(zhuǎn)化反應(yīng)中參與反應(yīng)的NH3·H2O和NH4HCO3物質(zhì)的量之比的最大值；(3)按供應(yīng)的反應(yīng)物和生成物信息書寫“深度除錳”過程中雙氧水與Mn(OH)2反應(yīng)的化學(xué)方程式，從流程和題給信息推斷“濾渣2”其它的沉淀；(4)依據(jù)≤2.0×10－6、溶液中Zn2＋濃度為1mol/L以及溶度積常數(shù)，可求的最終溶液中S2－的濃度的最小值；(5)循環(huán)利用NH3和CO2，主要考慮氨水汲取二氧化碳時(shí)生成什么物質(zhì)，結(jié)合流程圖中相關(guān)物質(zhì)回答；(6)“煅燒”時(shí)ZnCO3·2Zn(OH)2轉(zhuǎn)變?yōu)楦呒兓钚匝趸\，參考碳酸鹽和不溶性堿或堿式鹽受熱分解的產(chǎn)物書寫該反應(yīng)的化學(xué)方程式；【詳解】(1)分散質(zhì)粒子高純活性氧化鋅粉末大小為66nm，在1nm到100nm之間，所得分散系為膠體；答案為：膠體；(2)按信息，“浸取”過程中反應(yīng)：ZnO+(n-1)NH3·H2O+NH4HCO3=Zn[(NH3)n]CO3+nH2O，在該轉(zhuǎn)化反應(yīng)中，若有1molZnO溶解,則參與反應(yīng)的NH3·H2O和NH4HCO3物質(zhì)的量之比為(n-1):1，當(dāng)n=4時(shí)，比值達(dá)最大值；答案為：3:1；(3)按供應(yīng)的反應(yīng)物和生成物信息，“深度除錳”過程中雙氧水把Mn(OH)2氧化得到MnO2·H2O沉淀，雙氧水是綠色氧化劑，故該化學(xué)方程式為Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·H2O↓＋H2O；答案為：Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·H2O↓＋H2O；從流程看，濾液1中含有亞鐵，也被雙氧水氧化為Fe(OH)3沉淀，故濾渣中也含有氫氧化鐵沉淀；答案為：Fe(OH)3；(4)依據(jù)≤2.0×10－6、溶液中Zn2＋濃度為1mol/L，則c(Cu2+)≤2.0×10－6，CuS的溶度積常數(shù)為6.4×10－36，則，故S2－的濃度的最小值為3.2×10－30mol/L；答案為：3.2×10－30；(5)要循環(huán)利用NH3和CO2，結(jié)合流程圖中可知把它們轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓釟滗@，故循環(huán)利用NH3和CO2的方案為用水汲取NH3和CO2使之轉(zhuǎn)化為NH4HCO3；答案為：用水汲取NH3和CO2使之轉(zhuǎn)化為NH4HCO3；(6)“煅燒”時(shí)ZnCO3·2Zn(OH)2轉(zhuǎn)變?yōu)楦呒兓钚匝趸\，因?yàn)樘妓猁}和不溶性堿或堿式鹽受熱分解生成金屬氧化物、二氧化碳和水，則該反應(yīng)方程式為ZnCO3·2Zn(OH)23ZnO＋CO2↑＋2H2O；答案為：ZnCO3·2Zn(OH)23ZnO＋CO2↑＋2H2O。9.過氧乙酸(CH3COOOH)是一種高效消毒劑，性質(zhì)不穩(wěn)定遇熱易分解，可利用高濃度的雙氧水和冰醋酸反應(yīng)制得，某試驗(yàn)小組利用該原理在試驗(yàn)室中合成少量過氧乙酸。裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：已知：①常壓下過氧化氫和水的沸點(diǎn)分別是158℃和100℃。②過氧化氫易分解，溫度上升會加速分解。③雙氧水和冰醋酸反應(yīng)放出大量的熱。(1)雙氧水的提濃：蛇形冷凝管連接恒溫水槽，維持冷凝管中的水溫為60℃，c口接抽氣泵，使裝置中的壓強(qiáng)低于常壓，將滴液漏斗中低濃度的雙氧水(質(zhì)量分?jǐn)?shù)為30%)滴入蛇形冷凝管中。①蛇形冷凝管的進(jìn)水口為___________。②向蛇形冷凝管中通入60℃水的主要目的是________。③高濃度的過氧化氫最終主要收集在______________(填圓底燒瓶A/圓底燒瓶B)。(2)過氧乙酸的制備：向100mL的三頸燒瓶中加入25mL冰醋酸，滴加提濃的雙氧水12mL，之后加入濃硫酸1mL，維持反應(yīng)溫度為40℃，磁力攪拌4h后，室溫靜置12h。①向冰醋酸中滴加提濃的雙氧水要有冷卻措施，其主要緣由是__________。②磁力攪拌4h的目的是____________。(3)取V1mL制得的過氧乙酸溶液稀釋為100mL，取出5.0mL，滴加酸性高錳酸鉀溶液至溶液恰好為淺紅色(除殘留H2O2)，然后加入足量的KI溶液和幾滴指示劑，最終用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL(已知：過氧乙酸能將KI氧化為I2；2Na2S2O3＋I(xiàn)2＝Na2S4O6＋2NaI)。①滴定時(shí)所選指示劑為_____________，滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為___________。②過氧乙酸與碘化鉀溶液反應(yīng)的離子方程式為_________。③制得過氧乙酸的濃度為________mol/L?！敬鸢浮?1).a(2).使低濃度雙氧水中的水變?yōu)樗魵馀c過氧化氫分別(3).圓底燒瓶A(4).防止過氧化氫和過氧乙酸因溫度過高大量分解(5).使過氧化氫和冰醋酸充分反應(yīng)(6).淀粉溶液(7).滴入最終一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘不再變更(8).CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O(9).【解析】【分析】①蛇形冷凝管的進(jìn)水口在下面，出水口在上面；②向蛇形冷凝管中通入60℃水的主要目的從試驗(yàn)?zāi)康膩矸治?，該試?yàn)?zāi)康氖请p氧水的提濃；③高濃度的過氧化氫最終主要收集哪個(gè)圓底燒瓶，可從分別出去的水在哪個(gè)圓底燒瓶來分析推斷；(2)①向冰醋酸中滴加提濃的雙氧水要有冷卻措施，從溫度對試驗(yàn)的影響分析；②磁力攪拌4h的目的從攪拌對試驗(yàn)的影響分析；(3)①滴定時(shí)所選指示劑為淀粉，滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象從碘和淀粉混合溶液顏色變更、及滴定終點(diǎn)時(shí)顏色變更的要求回答；②書寫過氧乙酸與碘化鉀溶液反應(yīng)的離子方程式，留意產(chǎn)物和介質(zhì)；③通過過氧乙酸與碘化鉀溶液反應(yīng)、及滴定反應(yīng)2Na2S2O3＋I(xiàn)2＝Na2S4O6＋2NaI，找出過氧乙酸和硫代硫酸鈉的關(guān)系式、結(jié)合數(shù)據(jù)計(jì)算求得過氧乙酸的濃度；【詳解】①蛇形冷凝管的進(jìn)水口在下面，即圖中a，出水口在上面；答案為：a；②試驗(yàn)?zāi)康氖请p氧水的提濃，須要水分揮發(fā)、避開雙氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60℃水，主要目的為使低濃度雙氧水中的水變?yōu)樗魵馀c過氧化氫分別；答案為：使低濃度雙氧水中的水變?yōu)樗魵馀c過氧化氫分別；③圓底燒瓶B收集的是揮發(fā)又冷凝后的水，故高濃度的過氧化氫最終主要收集在圓底燒瓶A；答案為：圓底燒瓶A；(2)①用高濃度的雙氧水和冰醋酸反應(yīng)制過氧乙酸，雙氧水和冰醋酸反應(yīng)放出大量的熱，而過氧乙酸性質(zhì)不穩(wěn)定遇熱易分解，過氧化氫易分解，溫度上升會加速分解，故向冰醋酸中滴加提濃的雙氧水要有冷卻措施，主要防止過氧化氫和過氧乙酸因溫度過高大量分解；答案為：防止過氧化氫和過氧乙酸因溫度過高大量分解；②磁力攪拌能增大反應(yīng)物的接觸面積，便于過氧化氫和冰醋酸充分反應(yīng)；答案為：使過氧化氫和冰醋酸充分反應(yīng)；(3)①硫代硫酸鈉滴定含碘溶液，所選指示劑自然為淀粉，碘的淀粉溶液呈特別的藍(lán)色，等碘消耗完溶液會褪色，滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為：滴入最終一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘不再變更；答案為：淀粉溶液；滴入最終一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘不再變更；②過氧乙酸與碘化鉀溶液反應(yīng)的離子反應(yīng)，碘單質(zhì)為氧化產(chǎn)物，乙酸為還原產(chǎn)物，故離子方程式為：CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O；答案為：CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O；③通過CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O及滴定反應(yīng)2Na2S2O3＋I(xiàn)2＝Na2S4O6＋2NaI，找出過氧乙酸和硫代硫酸鈉的關(guān)系式為：，，得x=5.000×V2×10-5mol，則原過氧乙酸的濃度；答案為：。10.（1）汽車尾氣中CO、NO、NO2等有毒氣體會危害人體健康，可在汽車尾部加催化轉(zhuǎn)化器，將有毒氣體轉(zhuǎn)化為無毒氣體。已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－112.3kJ·mol-1②NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H2=－234kJ·mol-1③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+179.5kJ·mol-1請寫出CO和NO2生成無污染氣體的熱化學(xué)方程式___。（2）若將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=－759.8kJ·mol-1，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，N2的體積分?jǐn)?shù)隨n(CO)/n(NO)的變更曲線如圖1。①b點(diǎn)時(shí)，平衡體系中C、N原子個(gè)數(shù)之比接近___；②a、b、c三點(diǎn)CO的轉(zhuǎn)化率從大到小的依次為___；a、c、d三點(diǎn)的平衡常數(shù)從大到小的依次為___。③若n(CO)/n(NO)=0.8，反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，N2的體積分?jǐn)?shù)為20％，則CO的轉(zhuǎn)化率為__。（3）若將NO2與O2通入甲中設(shè)計(jì)成如圖2所示裝置，D電極上有紅色物質(zhì)析出，則A電極處通入的氣體為____(填化學(xué)式)；A電極的電極反應(yīng)式為____；一段時(shí)間后，若乙中需加0.2molCu(OH)2使溶液復(fù)原，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___。（4）已知：25℃時(shí)，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.9×10—2，Ka2=6.4×10-5，則25℃時(shí)，0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中各離子濃度由大到小的依次為____，若向該溶液中加入肯定量NaOH固體，使c(HC2O4-)=c(C2O42-)，則此時(shí)溶液呈___(填“酸性”“堿性”或“中性”)。【答案】(1).4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)△H=－1227.8kJ·mol-1(2).1：1(3).a＞b＞c(4).a＝c＞d(5).75％(6).NO2(7).NO2-e-+H2O=NO3-+2H+(8).0.8NA(9).c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)(10).酸性【解析】【詳解】(1)依據(jù)蓋斯定律,由②×4+①-③可得4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=(-234kJ·mol-1)×4-112.3kJ·mol-1-179.5kJ·mol-1=-1227.8kJ·mol-1。答案為：4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)△H=－1227.8kJ·mol-1；(2)①當(dāng)反應(yīng)物按化學(xué)計(jì)量數(shù)之比加入時(shí)，平衡時(shí)N2的體積分?jǐn)?shù)最大，故b點(diǎn)時(shí)平衡體系中C、N原子個(gè)數(shù)之比接近1∶1。答案為：1：1②增大n(CO)/n(NO)，CO的轉(zhuǎn)化率降低，所以轉(zhuǎn)化率:a>b>c。平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以a點(diǎn)與c點(diǎn)的平衡常數(shù)K相同。該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動，N2的體積分?jǐn)?shù)減小，所以T1>T2，d點(diǎn)的平衡常數(shù)小于a點(diǎn)和c點(diǎn)。答案為：a＞b＞c；a＝c＞d；③設(shè)CO起始物質(zhì)的量為0.8mol,反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，CO轉(zhuǎn)化了xmol，則有:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)n（始）/mol0.8100n（轉(zhuǎn)化）/molxxxn（平）/mol0.8-x1-xx平衡時(shí)，N2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=20%，解得x=0.6。所以，CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=75%；答案為：75%。(3)甲為原電池，乙為電解池，D電極上有紅色銅析出,則A為負(fù)極，A電極處通入NO2,發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為NO2-e-+H2ONO3-+2H+。電解時(shí)陰極先電解析出銅，后又電解水產(chǎn)生氫氣，若加0.2molCu(OH)2可使溶液復(fù)原，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為(0.2×2+0.2×2)NA=0.8NA。答案為：NO2；NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；0.8NA；(4)HC2O4-的水解常數(shù)Kh===1.69×10-13，Kh<Ka2，說明HC2O4-的水解程度小于其電離程度，所以各離子濃度大小依次為c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。當(dāng)c(HC2O4-)=c(C2O42-)時(shí)，由Ka2=知，c(H+)=Ka2=6.4×10-5mol·L-1>c(OH-)，溶液呈酸性。答案：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；酸性?！军c(diǎn)睛】11.鐵、鋁、銅三種金屬元素在日常生活中的應(yīng)用最為廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為__________。(2)常溫下，F(xiàn)e(CO)5為黃色液體，易溶于非極性溶劑。寫出CO的電子式_________；Fe(CO)5分子中σ鍵與π鍵之比為_______。(3)硝酸銅溶于氨水形成[Cu(NH3)4](NO3)2的深藍(lán)色溶液。①[Cu(NH3)4](NO3)2中陰離子的立體構(gòu)型是_______。NO3-中心原子的軌道雜化類型為________。②與NH3互為等電子體的一種陰離子為_______(填化學(xué)式)；氨氣在肯定的壓強(qiáng)下，測得的密度比該壓強(qiáng)下理論密度略大，請說明緣由________。(4)金屬晶體可看成金屬原子在三維空間中積累而成，單質(zhì)鋁中鋁原子采納銅型模式積累，原子空間利用率為74%，則鋁原子的配位數(shù)為________________。(5)鐵和硫形成的某種晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)a＝xpm，則該物質(zhì)的化學(xué)式為_______；A原子距離B原子所在立方體側(cè)面的最短距離為______pm(用x表示)；該晶胞的密度為____g·cm-3。(阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)【答案】(1).[Ar]3d64s2(2).(3).1:1(4).平面三角形(5).sp2(6).CH3－(7).NH3通過氫鍵形成“締合”分子，分子間作用力增加，分子間距離減小，導(dǎo)致密度反常增大(8).12(9).FeS(10).0.25x(11).【解析】【分析】(1)基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式結(jié)合電子排布規(guī)律，按要求書寫；(2)應(yīng)用等電子體原理書寫一氧化碳電子式；求出Fe(CO)5分子中σ鍵與π鍵，即可求比值；(3)①通過價(jià)層電子對互斥理論，求出價(jià)電子對數(shù)即可知道[Cu(NH3)4](NO3)2中陰離子的立體構(gòu)型以及NO3-中心原子的軌道雜化類型；②應(yīng)用等電子體原理，找出與NH3互為等電子體的一種陰離子；氨氣在肯定的壓強(qiáng)下，測得的密度比該壓強(qiáng)下理論密度略大，結(jié)合密度的定義，以及氨氣的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)來分析；(4)單質(zhì)鋁中鋁原子采納銅型模式積累，從銅型模式積累的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)找出鋁原子的配位數(shù)；(5)已知鐵和硫形成的某種晶胞結(jié)構(gòu)，用均攤法計(jì)算晶胞內(nèi)原子的數(shù)目，從而求出該物質(zhì)的化學(xué)式，結(jié)合A原子的位置，從而確定A距離B原子所在立方體側(cè)面的最短距離；該晶胞的密度可以通過計(jì)算該晶胞的質(zhì)量以及晶胞的體積求得；【詳解】(1)Fe原子序數(shù)為26，按電子排布規(guī)律，基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為[Ar]3d64s2；答案為：[Ar]3d64s2；(2)氮?dú)夂鸵谎趸紴榈入娮芋w，故它們的結(jié)構(gòu)相像、電子式相像，一氧化碳電子式為；Fe(CO)5分子中σ鍵與π鍵均為10個(gè)，即可求比值為1:1；答案為：；1:1；(3)①通過價(jià)層電子對互斥理論，求出NO3-價(jià)電子對數(shù)為，即可知道[Cu(NH3)4](NO3)2中陰離子NO3-立體構(gòu)型為平面三角形，NO3-中心原子的軌道雜化類型sp2；答案為：平面三角形；sp2；②應(yīng)用等電子體原理，找出與NH3互為等電子體的一種陰離子，應(yīng)具有相同價(jià)電子數(shù)和原子數(shù)，CH3－滿意條件；答案為：CH3－；NH3通過氫鍵形成“締合”分子，分子間作用力增加，分子間距離減小，故體積偏小質(zhì)量偏大，導(dǎo)致在肯定的壓強(qiáng)下氨氣密度反常增大；答案為：NH3通過氫鍵形成“締合”分子，分子間作用力增加，分子間距離減小，導(dǎo)致密度反常增大；(4)單質(zhì)鋁中鋁原子采納銅型模式積累，即為面心立方積累結(jié)構(gòu)，則鋁原子的配位數(shù)為12；答案為：12；(5)已知鐵和硫形成的某種晶胞結(jié)構(gòu)，鐵原子在晶胞內(nèi)，有4個(gè)，硫原子在頂點(diǎn)和面心，用均攤法計(jì)算晶胞內(nèi)S原子的數(shù)目=，鐵硫原子數(shù)目比1:1，從而求出該物質(zhì)的化學(xué)式為FeS；答案為：FeS；依據(jù)晶胞示意圖，A原子位于小立方體的中心，把晶胞均分為八個(gè)小立方體，它距離B原子所在立方體側(cè)面的最短距離為晶胞邊長的四分之一，則A原子距離B原子所在立方體側(cè)面的最短距離為0.25x；答案為：0.25x；該晶胞的密度，即密度為g·cm-3；答案為：。12.香料G一種合成工藝如圖所示。已知：①核磁共振氫譜顯示A有兩個(gè)峰，其強(qiáng)度之比為1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O請回答下列問題：(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為________，G中官能團(tuán)的名稱為________。(2)檢驗(yàn)M已完全轉(zhuǎn)化為N的試驗(yàn)操作是______(3)有學(xué)生建議，將M→N的轉(zhuǎn)化用KMnO4(H＋)代替O2，你認(rèn)為是否合理______(填“是”或“否”)緣由是_________(若認(rèn)為合理則不填此空)。(4)寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式，并標(biāo)出反應(yīng)類型：K→L________，反應(yīng)類型________。(5)F是M的同系物，比M多一個(gè)碳原子。滿意下列條件的F的同分異構(gòu)體有_____種。(不考慮立體異構(gòu))①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能與溴的四氯化碳溶液加成③苯環(huán)上只有2個(gè)對位取代基(6)以丙烯和NBS試劑為原料制備甘油(丙三醇)，請?jiān)O(shè)計(jì)合成路途______(其他無機(jī)原料任選)。請用以下方式表示：AB目標(biāo)產(chǎn)物【答案】(1).(2).碳碳雙鍵、酯基(3).取少量M于試管中，滴加稀NaOH至溶液呈堿性，再加新制的Cu(OH)2加熱，若沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生，說明M已完全轉(zhuǎn)化為N(4).否(5).KMnO4(H＋)在氧化醛基的同時(shí)，還可以氧化碳碳雙鍵(6).+CH3CHO(7).加成反應(yīng)(8).6(9).CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】【分析】由流程：E和N發(fā)生酯化反應(yīng)得到的G為，則E、N