2024屆內(nèi)蒙古包頭市高三下學(xué)期二?；瘜W(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1內(nèi)蒙古包頭市2024屆高三下學(xué)期二?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：O16Ca40Ti48Cu64一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.中國(guó)工筆畫是我國(guó)傳統(tǒng)美術(shù)的藝術(shù)珍品，在其創(chuàng)作過(guò)程中要使用筆、墨、紙絹、顏料、膠礬水等。膠礬水主要成分是明膠和明礬，用于“生宣熟化”和“三礬九染”。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.“生宣熟化”工藝中明礬水解得到的膠體可促進(jìn)明膠的凝聚B.紙、絹的主要成分分別是纖維素和蛋白質(zhì)，均屬于天然高分子化合物C.繪制工筆畫使用的礦物顏料石青［主要成分為］耐酸堿腐蝕D.繪制工筆畫使用的油煙墨的主要成分炭黑具有很強(qiáng)的穩(wěn)定性，利于繪畫保存〖答案〗C〖解析〗A．“生宣熟化”工藝中明礬水解得到的膠體可促進(jìn)明膠的凝聚，A正確；B．絹指絲織品，主要成分為蛋白質(zhì)，紙的主要成分都是纖維素，蛋白質(zhì)和纖維素屬于天然高分子，B正確；C．礦物顏料石青能和酸反應(yīng)，易被酸腐蝕，C錯(cuò)誤；D．油煙墨的主要成分炭黑，炭黑具有很強(qiáng)的穩(wěn)定性，利于繪畫保存，D正確；故〖答案〗選C。2.分枝酸可用于生化研究，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列關(guān)于分枝酸的敘述正確的是（）A.分枝酸分子中含有4種官能團(tuán)B.分枝酸的分子式為C.分枝酸與溶液反應(yīng)時(shí)，最多可消耗D.該有機(jī)物可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，并且褪色原理相同〖答案〗A〖解析〗A．分子中含有-COOH、-OH、碳碳雙鍵、醚鍵四種官能團(tuán)，A正確；B．根據(jù)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知：分枝酸的分子式為C10H10O6，B錯(cuò)誤；C．分枝酸只有2個(gè)羧基可以與NaOH發(fā)生反應(yīng)，因此1mol分枝酸最多可與2molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．碳碳雙鍵可使溴的四氯化碳溶液褪色，發(fā)生的是加成反應(yīng)；碳碳雙鍵和羥基使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發(fā)生的是氧化反應(yīng)，因此褪色原理不相同，D錯(cuò)誤；故選A。3.是電解鋁煙氣的主要組分之一，屬于強(qiáng)溫室氣體，其溫室效應(yīng)指數(shù)為的7390倍。我國(guó)科學(xué)家用作為催化劑實(shí)現(xiàn)了催化水解，其歷程如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.總反應(yīng)為：B.不能改變總反應(yīng)的C.反應(yīng)過(guò)程中，、鍵既有斷裂又有形成D.反應(yīng)過(guò)程中涉及的小分子都只含有極性鍵〖答案〗C〖解析〗A．從循環(huán)反應(yīng)看，為催化劑，方程式為：，A正確；B．根據(jù)蓋斯定律，催化劑不影響總反應(yīng)的ΔH，故B正確；C．Ga-F鍵有斷裂和形成的過(guò)程，C-F鍵只有斷裂，并無(wú)形成的過(guò)程，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)極性非極性鍵的定義，整個(gè)反應(yīng)循環(huán)過(guò)程中，鍵的斷裂和形成都是極性鍵，故D正確；綜上所述，錯(cuò)誤的是C。4.根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象，能得出相應(yīng)結(jié)論的是（）選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論A向溶液中加入片并振蕩溶液變綠色金屬活動(dòng)性：B向溶液中滴加過(guò)量溶液紫色溶液褪色具有氧化性C以為指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的先出現(xiàn)淺黃色沉淀，后出現(xiàn)磚紅色沉淀D向盛有淀粉溶液的試管中加入適量稀硫酸，水浴加熱。冷卻至室溫后加入溶液調(diào)至堿性，再加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱試管中出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉發(fā)生了水解〖答案〗D〖解析〗A．向溶液中加入片并振蕩發(fā)生反應(yīng)2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，說(shuō)明Cu的還原性強(qiáng)于Fe2+，不能說(shuō)明金屬性，故A錯(cuò)誤；B．向溶液中滴加過(guò)量的溶液，反應(yīng)生成Mn2+和O2，反應(yīng)中H2O2為還原劑，表現(xiàn)還原性，故B錯(cuò)誤；C．Br-與CrO的濃度是否相等是未知的，且AgBr與類型不相同，故無(wú)法比較AgBr與的Ksp，故C錯(cuò)誤；D．向淀粉水解后的溶液加入NaOH溶液調(diào)節(jié)為堿性，再加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱，試管中出現(xiàn)磚紅色沉淀，說(shuō)明有還原性糖生成，說(shuō)明淀粉發(fā)生了水解，故D正確。〖答案〗選D。5.某鋰離子電池電解液中溶質(zhì)的結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的一半。下列說(shuō)法正確的是（）A.原子半徑：W＞Z＞YB.含X、Y元素的鹽溶液可能呈堿性C.W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化合物是強(qiáng)酸D.Y和Z分別形成的最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Y＞Z〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的一半，則W的原子核外電子排布為2、8、5，其為P元素；由結(jié)構(gòu)式可以看出，X形成4個(gè)共價(jià)鍵，表明其原子核外最外層電子數(shù)為4，其為C元素；Y形成2個(gè)共價(jià)鍵，表明其原子核外最外層電子數(shù)為6，其為O元素；Z形成1個(gè)共價(jià)鍵，其原子核外最外層電子數(shù)為7，其為F元素。從而得出X、Y、Z、W分別為C、O、F、P?！驹斘觥緼．Y、Z、W分別為O、F、P，O、F同周期且左右相鄰，P比它們多一個(gè)電子層，則原子半徑：P＞O＞F，A不正確；B．含X、Y元素的鹽可能為Na2CO3、NaHCO3等，它們的水溶液都呈堿性，B正確；C．W為P元素，它的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物H3PO4是中強(qiáng)酸，C不正確；D．Y和Z分別為O、F，O的非金屬性弱于F，則形成的最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：H2O＜HF，D不正確；故選B。6.鈣鈦礦太陽(yáng)能電池與鋰硫電池集成，可實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能直接對(duì)鋰硫電池充電，其原理如圖所示。碳電極為共享電極，導(dǎo)電玻璃基底上涂作為電子傳輸層。充電時(shí)，鈣鈦礦層吸收太陽(yáng)光產(chǎn)生光生電子()和空穴()，分離后輸送到兩個(gè)電極上。下列說(shuō)法正確的是（）A.共享碳電極為鈣鈦礦太陽(yáng)能電池的負(fù)極B.鋰硫電池放電時(shí)，由含硫?qū)舆w移至金屬鋰電極C.充電時(shí)，共享碳電極上電極反應(yīng)式為D.鋰硫電池放電時(shí)總反應(yīng)為：〖答案〗D〖解析〗A．電子由導(dǎo)電玻璃電極流出，導(dǎo)電玻璃為太陽(yáng)能電池的負(fù)極，共享碳電極為鈣鈦礦太陽(yáng)能電池的正極，故A錯(cuò)誤；B．鋰硫電池放電時(shí)，鋰電極為負(fù)極，由金屬鋰電極遷移至含硫?qū)?，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)，共享碳電極為陽(yáng)極，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為，故C錯(cuò)誤；D．鋰硫電池放電時(shí)，負(fù)極鋰失電子，正極硫得電子，總反應(yīng)為，故D正確；選D。7.某學(xué)習(xí)小組探究利用強(qiáng)堿準(zhǔn)確滴定強(qiáng)酸和弱酸混合溶液中強(qiáng)酸的可能性，以溶液滴定同濃度HCl和HA混合溶液為例(HA代表不同的任意弱酸)。HCl滴定百分比x、分布系數(shù)隨pH變化關(guān)系如下圖所示。[已知，lg2=0.3]下列說(shuō)法正確的是（）A.曲線對(duì)應(yīng)酸的電離常數(shù)：Ⅱ<ⅢB.a點(diǎn)的縱坐標(biāo)約為0.67C.b點(diǎn)處存在如下關(guān)系：D.甲基橙作指示劑，大于時(shí)，即可準(zhǔn)確滴定混合溶液中的HCl〖答案〗B〖解析〗A．如圖所示，當(dāng)A－分布系數(shù)均為0.5時(shí)，對(duì)應(yīng)c(A－)＝c(HA)，pH＝－lgc(H＋)，A分布系數(shù)＝0.5時(shí)，pH越大，對(duì)應(yīng)酸的電離平衡常數(shù)越小，則電離平衡常數(shù)：Ⅱ＞Ⅲ，A錯(cuò)誤；B．結(jié)合當(dāng)A－分布系數(shù)均為0.5時(shí)，可得到曲線三對(duì)應(yīng)酸的電離平衡常數(shù)，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)pH＝6.2,帶入得到，，B正確；C．溶液中電荷守恒，b點(diǎn)存在，變形有,因?yàn)閎點(diǎn)溶液呈酸性，C錯(cuò)誤；D．可以準(zhǔn)確滴定混合溶液中的HCl,說(shuō)的是HCl剛剛滴定結(jié)束后，HA才開(kāi)始電離；甲基橙作指示劑pH=4.4時(shí)變色(橙變黃)，曲線Ⅲ的起點(diǎn)pH＞4,也就是說(shuō)pH＞4,HA才電離，不影響HCl的滴定，故ka＜10－5.9滿足題意,D錯(cuò)誤；故〖答案〗為：B。三、非選擇題：共58分。第8-10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11-12題為選考題，考生根據(jù)要求做答。(一)必考題：8.Cu2O主要在玻璃、搪瓷工業(yè)中作紅色顏料。阿伏加德羅常數(shù)(NA)是化學(xué)中重要的物理常數(shù)。某實(shí)驗(yàn)小組利用下圖裝置電化學(xué)合成Cu2O并采用量氣法測(cè)定阿伏加德羅常數(shù)的值(夾持裝置略)。實(shí)驗(yàn)步驟為：Ⅰ．向燒杯中加入pH為12(用NaOH溶液調(diào)節(jié))的2mol/LNaCl溶液。向50mL聚四氟乙烯滴定管(作為量氣管用)中加滿上述NaCl溶液，然后將其倒置在燒杯中，調(diào)節(jié)液面高度，讀出量氣管中液面位置V1。Ⅱ．用砂紙打磨Cu片表面，洗滌干凈，用濾紙擦干后插入燒杯內(nèi)。Ⅲ．取一段Cu線，把Cu線一端的絕緣層剝掉并彎成螺旋狀，插入量氣管的倒口中。Ⅳ．將Cu片和Cu線分別連接恒電流儀的兩極，進(jìn)行電解實(shí)驗(yàn)。Ⅴ．電解結(jié)束后，讀出量氣管中液面位置V2，離心分離出燒杯中的Cu2O固體，并用適量蒸餾水洗滌。回答下列問(wèn)題：（1）量氣管不采用酸式滴定管的原因是_______。該小組進(jìn)行了多次平行實(shí)驗(yàn)，在每次實(shí)驗(yàn)中，量氣管中液面位置V1應(yīng)盡可能控制在同一位置，目的是_______。（2）步驟Ⅱ中，Cu片打磨前，表面黑色物質(zhì)的主要成分為_(kāi)______(寫化學(xué)式)。（3）步驟Ⅲ中，Cu線裸露部分應(yīng)全部放在量氣管內(nèi)，目的是_______。（4）電解時(shí)，Cu片附近首先析出白色的CuCl，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為Cu2O。該條件下CuCl轉(zhuǎn)化為Cu2O的離子方程式為_(kāi)________________。（5）某次實(shí)驗(yàn)，電解電流為100.0mA，電解時(shí)間為722s，測(cè)量的體積折合成H2的物質(zhì)的量為，則NA值為_(kāi)______(用科學(xué)計(jì)數(shù)法表示，保留2位小數(shù)，已知單個(gè)電子的電量約為)。（6）步驟Ⅴ中，可通過(guò)檢測(cè)洗出液中是否存在Cl-來(lái)判斷洗滌是否完成。檢測(cè)的方法是____________________。〖答案〗（1）防止酸式滴定管的旋塞被堿液腐蝕而粘住減小讀數(shù)誤差（2）CuO（3）確保電解過(guò)程中陰極上生成的H2全部收集在量氣管內(nèi)部（4）2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-（5）6.10×1023（6）取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無(wú)白色沉淀生成，則證明沉淀洗滌已完成〖祥解〗電化學(xué)合成Cu2O并采用量氣法測(cè)定阿伏加德羅常數(shù)的值時(shí)，陽(yáng)極為銅電極，電解質(zhì)應(yīng)保證電極放電生成的Cu+不發(fā)生歧化反應(yīng)，所以采用堿與含氯離子的鹽構(gòu)成混合溶液，電極放電生成的Cu+迅速與Cl-結(jié)合生成CuCl，CuCl再與OH-反應(yīng)生成Cu2O等；陰極插入量氣管的倒口中，H2O放電生成OH-和H2，一方面可維持電解質(zhì)溶液pH的相對(duì)恒定，另一方面可確保反應(yīng)生成的H2全部進(jìn)入滴定管內(nèi)?！驹斘觥浚?）酸式滴定管的旋塞處玻璃打磨，易被堿腐蝕，則量氣管不采用酸式滴定管的原因是：防止酸式滴定管的旋塞被堿液腐蝕而粘住。雖然滴定管是比較精密的儀器，但也難免會(huì)出現(xiàn)不同部位的橫載面積有差異，所以在每次實(shí)驗(yàn)中，量氣管中液面位置V1應(yīng)盡可能控制在同一位置，目的是：減小讀數(shù)誤差。（2）Cu為紫紅色，Cu2O為紅色，CuO為黑色，則Cu片打磨前，表面黑色物質(zhì)的主要成分為CuO。（3）電解時(shí)，陰極產(chǎn)生的H2體積關(guān)系到最終結(jié)果的準(zhǔn)確性，所以步驟Ⅲ中，Cu線裸露部分應(yīng)全部放在量氣管內(nèi)，目的是：確保電解過(guò)程中陰極上生成的H2全部收集在量氣管內(nèi)部。（4）電解時(shí)，Cu片附近首先析出白色的CuCl，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為Cu2O。堿性溶液中，CuCl轉(zhuǎn)化為Cu2O等，離子方程式為2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-。（5）依據(jù)電解時(shí)通過(guò)電子的物質(zhì)的量與生成H2得電子的物質(zhì)的量相等，可建立關(guān)系式：，可求出NA≈6.10×1023。（6）檢測(cè)洗出液中是否存在Cl-時(shí)，需排除OH-的干擾，則檢測(cè)的方法是：取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無(wú)白色沉淀生成，則證明沉淀洗滌已完成。9.碲(Te)是半導(dǎo)體、紅外探測(cè)等領(lǐng)域的重要戰(zhàn)略元素。從陽(yáng)極泥或冶煉煙塵中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等雜質(zhì)。一種由粗二氧化碲提取純碲的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）“浸出”步驟中，碲和硒兩種元素分別轉(zhuǎn)化為TeCl4和SeCl4。浸出溫度控制在65℃左右，當(dāng)溫度超過(guò)80℃時(shí)，碲的浸出率會(huì)小幅降低。降低的主要原因是___________。（2）粗二氧化碲與濃鹽酸反應(yīng)生成TeCl4的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（3）“凈化”步驟中產(chǎn)生的濾渣主要含_______(寫化學(xué)式)和少量硒單質(zhì)。（4）化學(xué)反應(yīng)的吉布斯自由能變。SO2還原TeCl4和SeCl4的?G隨溫度的變化曲線如下圖所示。則“還原除雜”步驟的溫度不宜超過(guò)_______K，該步驟控制在此溫度以下的原因是_____________。（5）“還原”步驟中產(chǎn)生碲單質(zhì)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（6）“還原”后的酸性還原尾液中含有少量未被還原的碲，加入還原劑進(jìn)行“尾還原”，可以產(chǎn)生粗碲，提高碲的回收率。綜合還原效率、工藝成本和環(huán)保因素，最合適的還原劑是_______(填標(biāo)號(hào))。A．鐵粉B．氫氣C．硫化鈉〖答案〗（1）溫度超過(guò)80℃加速濃鹽酸揮發(fā)，導(dǎo)致浸出率下降（2）TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O（3）PbS、CuS（4）310低于該溫度，TeCl4和SO2反應(yīng)的△G＞0，TeCl4不會(huì)被還原（5）TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl（6）A〖祥解〗從陽(yáng)極泥或冶煉煙塵中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等雜質(zhì)，加入濃鹽酸浸出時(shí)，TeO2、SeO2分別轉(zhuǎn)化為TeCl4、SeCl4，PbO、CuO轉(zhuǎn)化為PbCl2、CuCl2；加入Na2S進(jìn)行凈化，PbCl2、CuCl2生成PbS、CuS沉淀；通入SO2進(jìn)行還原除雜，SeCl4轉(zhuǎn)化為粗硒，抽濾后得到粗硒；往濾液中繼續(xù)通入SO2，TeCl4被還原為碲粉。將濾液中再加入還原劑R，剩余TeCl4被還原為粗碲。【詳析】（1）濃鹽酸受熱易揮發(fā)，浸出溫度控制在65℃左右，當(dāng)溫度超過(guò)80℃時(shí)，由于濃鹽酸揮發(fā)而造成碲的浸出率會(huì)小幅降低。降低的主要原因是：溫度超過(guò)80℃加速濃鹽酸揮發(fā)，導(dǎo)致浸出率下降。（2）粗二氧化碲與濃鹽酸反應(yīng)生成TeCl4等，則表明發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，化學(xué)方程式TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。（3）由分析可知，“凈化”步驟中產(chǎn)生的濾渣主要含PbS、CuS和少量硒單質(zhì)。（4）“還原除雜”時(shí)，需將SeCl4還原為Se，但不能將TeCl4還原，由圖中可知，溫度超過(guò)310K時(shí)，TeCl4就能被SO2還原，則步驟的溫度不宜超過(guò)310K，該步驟控制在此溫度以下的原因是：低于該溫度，TeCl4和SO2反應(yīng)的△G＞0，TeCl4不會(huì)被還原。（5）“還原”步驟中，TeCl4被SO2還原為碲單質(zhì)等，化學(xué)方程式為TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl。（6）A．加入鐵粉作還原劑時(shí)，TeCl4可被還原為Te，即便有少量鐵與酸反應(yīng)，也不會(huì)對(duì)環(huán)境造成較大影響，且鐵粉的成本較低，A符合題意；B．氫氣難溶于水，在溶液中很難將TeCl4還原，B不符合題意；C．硫化鈉與酸性溶液反應(yīng)，會(huì)產(chǎn)生劇毒氣體硫化氫，造成空氣污染，C不符合題意；故選A。10.通過(guò)不同方式轉(zhuǎn)化為高附加值化學(xué)品有利于實(shí)現(xiàn)“雙碳目標(biāo)”，其中加氫轉(zhuǎn)化為二甲醚()是常見(jiàn)的一種方式，其反應(yīng)過(guò)程如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．回答下列問(wèn)題：（1）加氫制反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_________________________。（2）進(jìn)料比時(shí)，不同壓強(qiáng)下平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。①四條曲線對(duì)應(yīng)壓強(qiáng)、、和由大到小的順序?yàn)開(kāi)_______________，判斷依據(jù)是________________。②壓強(qiáng)為時(shí)，平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先減小后增大，原因是____________________________________。（3）上圖中，當(dāng)反應(yīng)溫度高于350℃時(shí)幾條曲線重合，說(shuō)明此時(shí)的轉(zhuǎn)化率不受壓強(qiáng)影響，原因是___________。（4）反應(yīng)Ⅱ和反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)()隨溫度變化關(guān)系如圖2所示，表示反應(yīng)Ⅱ的曲線為_(kāi)__________(填“a”或“b”)。恒溫恒壓條件下，向體系中通入和，達(dá)到平衡時(shí)轉(zhuǎn)化率為50％，為0.07mol，該條件下生成的CO可以忽略不計(jì)，則的物質(zhì)的量為_(kāi)__________mol，加氫制的反應(yīng)用摩爾分?jǐn)?shù)表示的平衡常數(shù)___________(列出計(jì)算式)。(已知反應(yīng)的，物質(zhì)i的摩爾分?jǐn)?shù)。)〖答案〗（1）（2）p1＞p2＞p3＞p4反應(yīng)II和反應(yīng)III是氣體體積不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)增大，平衡不發(fā)生移動(dòng)，反應(yīng)I是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率變大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)，壓強(qiáng)不斷增大溫度較低時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)I，溫度較高時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)II（3）溫度高于350℃時(shí)總反應(yīng)以反應(yīng)II為主（4）b0.125〖解析〗（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)I-反應(yīng)II可得。（2）①反應(yīng)II和反應(yīng)III是氣體體積不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)增大，平衡不發(fā)生移動(dòng)，反應(yīng)I是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率變大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)，壓強(qiáng)不斷增大，因此壓強(qiáng)p1、p2、p3由大到小的順序是p1＞p2＞p3＞p4；②壓強(qiáng)為p1時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率為反應(yīng)I和反應(yīng)II的CO2平衡轉(zhuǎn)化率之和，反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，隨溫度升高CO2平衡轉(zhuǎn)化率降低，反應(yīng)II為吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率先減小后增大，原因是：溫度較低時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)I，溫度較高時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)II。（3）反應(yīng)II是氣體體積不變的吸熱反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)溫度高于350℃時(shí)幾條曲線重合，說(shuō)明此時(shí)的轉(zhuǎn)化率不受壓強(qiáng)影響，且溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，原因是：溫度高于350℃時(shí)總反應(yīng)以反應(yīng)II為主。（4）反應(yīng)II是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，K值增大，lnK增大，則表示反應(yīng)Ⅱ的曲線為b。根據(jù)已知條件列出“三段式”：達(dá)到平衡時(shí)轉(zhuǎn)化率為50％，則x=0.5mol，為0.07mol，則0.5-2y=0.07，y=0.125mol，則的物質(zhì)的量為0.125mol，加氫制的反應(yīng)方程式為：，用摩爾分?jǐn)?shù)表示的平衡常數(shù)。(二)選考題：請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做第一題計(jì)分?！净瘜W(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.某些過(guò)渡金屬(如鈦、銅)及其化合物，以其高導(dǎo)電性和豐富的物理化學(xué)性質(zhì)在材料領(lǐng)域大放異彩。（1）鈦比鋼輕、比鋁硬。基態(tài)鈦原子的價(jià)層電子排布式為_(kāi)___________：鈦原子核外電子占據(jù)的軌道數(shù)_______。（2）銅的下列狀態(tài)中，失去最外層一個(gè)電子所需能量最小的是_______。A.[Ar]3dl04pl B.[Ar]3d10 C.[Ar]3d94s1 D.[Ar]3d104s1（3）二氧化鈦是良好的光催化劑，可催化轉(zhuǎn)化多種有毒物質(zhì)，如：可將水中的轉(zhuǎn)化為，將甲基橙、亞甲基藍(lán)、HCHO轉(zhuǎn)化為CO2等。=1\*GB3①的空間構(gòu)型是_______。②甲基橙、亞甲基藍(lán)中C原子的雜化類型有_______。③常溫下，CO2、HCHO在水中溶解度之比大約是1：500，其主要原因是___________________________。（4）黃銅礦煉銅過(guò)程中會(huì)產(chǎn)生SO2，與SO2互為等電子體的分子和陰離子分別為_(kāi)_____________________(各寫一種即可)。（5）鈣鈦礦型太陽(yáng)能電池近年越來(lái)越受到科學(xué)界的關(guān)注，其效率提升速度超越過(guò)去任何一類電池。某種鈣鈦礦晶胞如圖所示，則鈣原子的配位數(shù)是_______，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶胞中鈣原子與氧原子的最近距離為apm。則該晶胞的密度為_(kāi)______g/cm3.(列出計(jì)算式)〖答案〗（1）12（2）A（3）①平面三角形②sp2、sp3③HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，HCHO更易溶于水（4）O3、（5）12〖解析〗（1）Ti是22號(hào)元素，基態(tài)Ti原子的價(jià)電子排布式；基態(tài)Ti核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，電子占據(jù)1+1+3+1+3+2+1=12個(gè)軌道；（2）A為激發(fā)態(tài)銅原子，B為失去一個(gè)電子的+1價(jià)銅離子，C為失去一個(gè)電子且是激發(fā)態(tài)的+1價(jià)銅離子，D為基態(tài)銅原子，則失去最外層一個(gè)電子所需能量最小的是A；（3）①NO中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=3，不含孤電子對(duì)，所以空間構(gòu)型為平面三角形；②甲基橙中碳原子位于苯環(huán)中是sp2雜化，甲基中的是sp3雜化；亞甲基藍(lán)中C原子位于苯環(huán)中和碳碳雙鍵和碳氮雙鍵中的是sp2雜化，甲基中的是sp3雜化；③HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，氫鍵可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，HCHO更易溶于水；（4）SO2分子中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+(6-2×2)=3，與SO2互為等電子體的分子有O3，則與SO2互為等電子體的陰離子有；（5）由圖可知，與Ca2+最近且等距的O2-數(shù)為4×3=12，則鈣原子的配位數(shù)是12；根據(jù)鈣鈦礦CaxTiyOz的晶體結(jié)構(gòu)分析，鈣位于定點(diǎn)，鈦位于體心，氧位于面心，則其化學(xué)式為CaTiO3，Ca2+和O2-之間的最短距離為apm，則晶胞參數(shù)為pm，一個(gè)晶胞相當(dāng)于有一個(gè)CaTiO3，根據(jù)密度公式可得?！净瘜W(xué)一選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】12.Isoflucypram(化合物J)是一種新型殺菌劑，主要用于防治小麥條銹病、葉枯病等，可提高谷物產(chǎn)量和品質(zhì)。以下為其合成路線之一(部分反應(yīng)條件已簡(jiǎn)化)?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）A的化學(xué)名稱是___________。（2）A轉(zhuǎn)變?yōu)锽的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________________。（3）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)__________，其所含官能團(tuán)的名稱為_(kāi)__________。（4）G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)__________。（5）H與I反應(yīng)生成J的反應(yīng)類型為_(kāi)__________。（6）在F同分異構(gòu)體中，同時(shí)滿足下列條件的共有___________種；①含有手性碳原子；②含有酮羰基；③含苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個(gè)取代基。其中，核磁共振氫譜顯示為5組峰，且峰面積比為2：2：1：3：3的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_______________?！即鸢浮剑?）對(duì)硝基異丙基苯（2）+Br2+HBr（3）碳溴鍵、氨基（4）（5）取代反應(yīng)（6）7〖祥解〗(A)與Br2在FeBr3作催化劑、40℃條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，結(jié)合D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，B中的溴原子處于異丙基的鄰位，即B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，B的分子式為C9H10BrNO2、C的分子式為C9H12BrN，對(duì)比B和C的分子式及B轉(zhuǎn)化為C的反應(yīng)條件可知，B轉(zhuǎn)換為C是硝基被還原為氨基，所以C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，F(xiàn)的分子式為C10H11ClO，G的分子式為C13H16ClN，F(xiàn)和生成G，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，(H)與(I)反應(yīng)生成(J)?！驹斘觥浚?）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其化學(xué)名稱是對(duì)硝基異丙基苯；（2）(A)與Br2在FeBr3作催化劑、40℃條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，結(jié)合D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，B中的溴原子處于異丙基的鄰位，即B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A轉(zhuǎn)變?yōu)锽的化學(xué)方程式為+Br2+HBr；（3）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，B的分子式為C9H10BrNO2、C的分子式為C9H12BrN，對(duì)比B和C的分子式及B轉(zhuǎn)化為C的反應(yīng)條件可知，B轉(zhuǎn)化為C是硝基被還原為氨基，所以C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其所含官能團(tuán)的名稱為碳溴鍵、氨基；（4）G的分子式為C13H16ClN，F(xiàn)和生成G，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（5）H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，H與I反應(yīng)生成J的化學(xué)方程式為++HCl，所以其反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；（6）在F的同分異構(gòu)體中，同時(shí)滿足題目條件的有、、、、、、，共7種；其中，核磁共振氫譜顯示為5組峰，且峰面積比為2:2:1:3:3的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。內(nèi)蒙古包頭市2024屆高三下學(xué)期二?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：O16Ca40Ti48Cu64一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.中國(guó)工筆畫是我國(guó)傳統(tǒng)美術(shù)的藝術(shù)珍品，在其創(chuàng)作過(guò)程中要使用筆、墨、紙絹、顏料、膠礬水等。膠礬水主要成分是明膠和明礬，用于“生宣熟化”和“三礬九染”。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.“生宣熟化”工藝中明礬水解得到的膠體可促進(jìn)明膠的凝聚B.紙、絹的主要成分分別是纖維素和蛋白質(zhì)，均屬于天然高分子化合物C.繪制工筆畫使用的礦物顏料石青［主要成分為］耐酸堿腐蝕D.繪制工筆畫使用的油煙墨的主要成分炭黑具有很強(qiáng)的穩(wěn)定性，利于繪畫保存〖答案〗C〖解析〗A．“生宣熟化”工藝中明礬水解得到的膠體可促進(jìn)明膠的凝聚，A正確；B．絹指絲織品，主要成分為蛋白質(zhì)，紙的主要成分都是纖維素，蛋白質(zhì)和纖維素屬于天然高分子，B正確；C．礦物顏料石青能和酸反應(yīng)，易被酸腐蝕，C錯(cuò)誤；D．油煙墨的主要成分炭黑，炭黑具有很強(qiáng)的穩(wěn)定性，利于繪畫保存，D正確；故〖答案〗選C。2.分枝酸可用于生化研究，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列關(guān)于分枝酸的敘述正確的是（）A.分枝酸分子中含有4種官能團(tuán)B.分枝酸的分子式為C.分枝酸與溶液反應(yīng)時(shí)，最多可消耗D.該有機(jī)物可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，并且褪色原理相同〖答案〗A〖解析〗A．分子中含有-COOH、-OH、碳碳雙鍵、醚鍵四種官能團(tuán)，A正確；B．根據(jù)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知：分枝酸的分子式為C10H10O6，B錯(cuò)誤；C．分枝酸只有2個(gè)羧基可以與NaOH發(fā)生反應(yīng)，因此1mol分枝酸最多可與2molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．碳碳雙鍵可使溴的四氯化碳溶液褪色，發(fā)生的是加成反應(yīng)；碳碳雙鍵和羥基使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發(fā)生的是氧化反應(yīng)，因此褪色原理不相同，D錯(cuò)誤；故選A。3.是電解鋁煙氣的主要組分之一，屬于強(qiáng)溫室氣體，其溫室效應(yīng)指數(shù)為的7390倍。我國(guó)科學(xué)家用作為催化劑實(shí)現(xiàn)了催化水解，其歷程如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.總反應(yīng)為：B.不能改變總反應(yīng)的C.反應(yīng)過(guò)程中，、鍵既有斷裂又有形成D.反應(yīng)過(guò)程中涉及的小分子都只含有極性鍵〖答案〗C〖解析〗A．從循環(huán)反應(yīng)看，為催化劑，方程式為：，A正確；B．根據(jù)蓋斯定律，催化劑不影響總反應(yīng)的ΔH，故B正確；C．Ga-F鍵有斷裂和形成的過(guò)程，C-F鍵只有斷裂，并無(wú)形成的過(guò)程，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)極性非極性鍵的定義，整個(gè)反應(yīng)循環(huán)過(guò)程中，鍵的斷裂和形成都是極性鍵，故D正確；綜上所述，錯(cuò)誤的是C。4.根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象，能得出相應(yīng)結(jié)論的是（）選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論A向溶液中加入片并振蕩溶液變綠色金屬活動(dòng)性：B向溶液中滴加過(guò)量溶液紫色溶液褪色具有氧化性C以為指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的先出現(xiàn)淺黃色沉淀，后出現(xiàn)磚紅色沉淀D向盛有淀粉溶液的試管中加入適量稀硫酸，水浴加熱。冷卻至室溫后加入溶液調(diào)至堿性，再加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱試管中出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉發(fā)生了水解〖答案〗D〖解析〗A．向溶液中加入片并振蕩發(fā)生反應(yīng)2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，說(shuō)明Cu的還原性強(qiáng)于Fe2+，不能說(shuō)明金屬性，故A錯(cuò)誤；B．向溶液中滴加過(guò)量的溶液，反應(yīng)生成Mn2+和O2，反應(yīng)中H2O2為還原劑，表現(xiàn)還原性，故B錯(cuò)誤；C．Br-與CrO的濃度是否相等是未知的，且AgBr與類型不相同，故無(wú)法比較AgBr與的Ksp，故C錯(cuò)誤；D．向淀粉水解后的溶液加入NaOH溶液調(diào)節(jié)為堿性，再加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱，試管中出現(xiàn)磚紅色沉淀，說(shuō)明有還原性糖生成，說(shuō)明淀粉發(fā)生了水解，故D正確?！即鸢浮竭xD。5.某鋰離子電池電解液中溶質(zhì)的結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的一半。下列說(shuō)法正確的是（）A.原子半徑：W＞Z＞YB.含X、Y元素的鹽溶液可能呈堿性C.W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化合物是強(qiáng)酸D.Y和Z分別形成的最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Y＞Z〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的一半，則W的原子核外電子排布為2、8、5，其為P元素；由結(jié)構(gòu)式可以看出，X形成4個(gè)共價(jià)鍵，表明其原子核外最外層電子數(shù)為4，其為C元素；Y形成2個(gè)共價(jià)鍵，表明其原子核外最外層電子數(shù)為6，其為O元素；Z形成1個(gè)共價(jià)鍵，其原子核外最外層電子數(shù)為7，其為F元素。從而得出X、Y、Z、W分別為C、O、F、P?！驹斘觥緼．Y、Z、W分別為O、F、P，O、F同周期且左右相鄰，P比它們多一個(gè)電子層，則原子半徑：P＞O＞F，A不正確；B．含X、Y元素的鹽可能為Na2CO3、NaHCO3等，它們的水溶液都呈堿性，B正確；C．W為P元素，它的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物H3PO4是中強(qiáng)酸，C不正確；D．Y和Z分別為O、F，O的非金屬性弱于F，則形成的最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：H2O＜HF，D不正確；故選B。6.鈣鈦礦太陽(yáng)能電池與鋰硫電池集成，可實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能直接對(duì)鋰硫電池充電，其原理如圖所示。碳電極為共享電極，導(dǎo)電玻璃基底上涂作為電子傳輸層。充電時(shí)，鈣鈦礦層吸收太陽(yáng)光產(chǎn)生光生電子()和空穴()，分離后輸送到兩個(gè)電極上。下列說(shuō)法正確的是（）A.共享碳電極為鈣鈦礦太陽(yáng)能電池的負(fù)極B.鋰硫電池放電時(shí)，由含硫?qū)舆w移至金屬鋰電極C.充電時(shí)，共享碳電極上電極反應(yīng)式為D.鋰硫電池放電時(shí)總反應(yīng)為：〖答案〗D〖解析〗A．電子由導(dǎo)電玻璃電極流出，導(dǎo)電玻璃為太陽(yáng)能電池的負(fù)極，共享碳電極為鈣鈦礦太陽(yáng)能電池的正極，故A錯(cuò)誤；B．鋰硫電池放電時(shí)，鋰電極為負(fù)極，由金屬鋰電極遷移至含硫?qū)?，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)，共享碳電極為陽(yáng)極，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為，故C錯(cuò)誤；D．鋰硫電池放電時(shí)，負(fù)極鋰失電子，正極硫得電子，總反應(yīng)為，故D正確；選D。7.某學(xué)習(xí)小組探究利用強(qiáng)堿準(zhǔn)確滴定強(qiáng)酸和弱酸混合溶液中強(qiáng)酸的可能性，以溶液滴定同濃度HCl和HA混合溶液為例(HA代表不同的任意弱酸)。HCl滴定百分比x、分布系數(shù)隨pH變化關(guān)系如下圖所示。[已知，lg2=0.3]下列說(shuō)法正確的是（）A.曲線對(duì)應(yīng)酸的電離常數(shù)：Ⅱ<ⅢB.a點(diǎn)的縱坐標(biāo)約為0.67C.b點(diǎn)處存在如下關(guān)系：D.甲基橙作指示劑，大于時(shí)，即可準(zhǔn)確滴定混合溶液中的HCl〖答案〗B〖解析〗A．如圖所示，當(dāng)A－分布系數(shù)均為0.5時(shí)，對(duì)應(yīng)c(A－)＝c(HA)，pH＝－lgc(H＋)，A分布系數(shù)＝0.5時(shí)，pH越大，對(duì)應(yīng)酸的電離平衡常數(shù)越小，則電離平衡常數(shù)：Ⅱ＞Ⅲ，A錯(cuò)誤；B．結(jié)合當(dāng)A－分布系數(shù)均為0.5時(shí)，可得到曲線三對(duì)應(yīng)酸的電離平衡常數(shù)，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)pH＝6.2,帶入得到，，B正確；C．溶液中電荷守恒，b點(diǎn)存在，變形有,因?yàn)閎點(diǎn)溶液呈酸性，C錯(cuò)誤；D．可以準(zhǔn)確滴定混合溶液中的HCl,說(shuō)的是HCl剛剛滴定結(jié)束后，HA才開(kāi)始電離；甲基橙作指示劑pH=4.4時(shí)變色(橙變黃)，曲線Ⅲ的起點(diǎn)pH＞4,也就是說(shuō)pH＞4,HA才電離，不影響HCl的滴定，故ka＜10－5.9滿足題意,D錯(cuò)誤；故〖答案〗為：B。三、非選擇題：共58分。第8-10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11-12題為選考題，考生根據(jù)要求做答。(一)必考題：8.Cu2O主要在玻璃、搪瓷工業(yè)中作紅色顏料。阿伏加德羅常數(shù)(NA)是化學(xué)中重要的物理常數(shù)。某實(shí)驗(yàn)小組利用下圖裝置電化學(xué)合成Cu2O并采用量氣法測(cè)定阿伏加德羅常數(shù)的值(夾持裝置略)。實(shí)驗(yàn)步驟為：Ⅰ．向燒杯中加入pH為12(用NaOH溶液調(diào)節(jié))的2mol/LNaCl溶液。向50mL聚四氟乙烯滴定管(作為量氣管用)中加滿上述NaCl溶液，然后將其倒置在燒杯中，調(diào)節(jié)液面高度，讀出量氣管中液面位置V1。Ⅱ．用砂紙打磨Cu片表面，洗滌干凈，用濾紙擦干后插入燒杯內(nèi)。Ⅲ．取一段Cu線，把Cu線一端的絕緣層剝掉并彎成螺旋狀，插入量氣管的倒口中。Ⅳ．將Cu片和Cu線分別連接恒電流儀的兩極，進(jìn)行電解實(shí)驗(yàn)。Ⅴ．電解結(jié)束后，讀出量氣管中液面位置V2，離心分離出燒杯中的Cu2O固體，并用適量蒸餾水洗滌?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）量氣管不采用酸式滴定管的原因是_______。該小組進(jìn)行了多次平行實(shí)驗(yàn)，在每次實(shí)驗(yàn)中，量氣管中液面位置V1應(yīng)盡可能控制在同一位置，目的是_______。（2）步驟Ⅱ中，Cu片打磨前，表面黑色物質(zhì)的主要成分為_(kāi)______(寫化學(xué)式)。（3）步驟Ⅲ中，Cu線裸露部分應(yīng)全部放在量氣管內(nèi)，目的是_______。（4）電解時(shí)，Cu片附近首先析出白色的CuCl，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為Cu2O。該條件下CuCl轉(zhuǎn)化為Cu2O的離子方程式為_(kāi)________________。（5）某次實(shí)驗(yàn)，電解電流為100.0mA，電解時(shí)間為722s，測(cè)量的體積折合成H2的物質(zhì)的量為，則NA值為_(kāi)______(用科學(xué)計(jì)數(shù)法表示，保留2位小數(shù)，已知單個(gè)電子的電量約為)。（6）步驟Ⅴ中，可通過(guò)檢測(cè)洗出液中是否存在Cl-來(lái)判斷洗滌是否完成。檢測(cè)的方法是____________________?！即鸢浮剑?）防止酸式滴定管的旋塞被堿液腐蝕而粘住減小讀數(shù)誤差（2）CuO（3）確保電解過(guò)程中陰極上生成的H2全部收集在量氣管內(nèi)部（4）2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-（5）6.10×1023（6）取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無(wú)白色沉淀生成，則證明沉淀洗滌已完成〖祥解〗電化學(xué)合成Cu2O并采用量氣法測(cè)定阿伏加德羅常數(shù)的值時(shí)，陽(yáng)極為銅電極，電解質(zhì)應(yīng)保證電極放電生成的Cu+不發(fā)生歧化反應(yīng)，所以采用堿與含氯離子的鹽構(gòu)成混合溶液，電極放電生成的Cu+迅速與Cl-結(jié)合生成CuCl，CuCl再與OH-反應(yīng)生成Cu2O等；陰極插入量氣管的倒口中，H2O放電生成OH-和H2，一方面可維持電解質(zhì)溶液pH的相對(duì)恒定，另一方面可確保反應(yīng)生成的H2全部進(jìn)入滴定管內(nèi)?！驹斘觥浚?）酸式滴定管的旋塞處玻璃打磨，易被堿腐蝕，則量氣管不采用酸式滴定管的原因是：防止酸式滴定管的旋塞被堿液腐蝕而粘住。雖然滴定管是比較精密的儀器，但也難免會(huì)出現(xiàn)不同部位的橫載面積有差異，所以在每次實(shí)驗(yàn)中，量氣管中液面位置V1應(yīng)盡可能控制在同一位置，目的是：減小讀數(shù)誤差。（2）Cu為紫紅色，Cu2O為紅色，CuO為黑色，則Cu片打磨前，表面黑色物質(zhì)的主要成分為CuO。（3）電解時(shí)，陰極產(chǎn)生的H2體積關(guān)系到最終結(jié)果的準(zhǔn)確性，所以步驟Ⅲ中，Cu線裸露部分應(yīng)全部放在量氣管內(nèi)，目的是：確保電解過(guò)程中陰極上生成的H2全部收集在量氣管內(nèi)部。（4）電解時(shí)，Cu片附近首先析出白色的CuCl，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為Cu2O。堿性溶液中，CuCl轉(zhuǎn)化為Cu2O等，離子方程式為2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-。（5）依據(jù)電解時(shí)通過(guò)電子的物質(zhì)的量與生成H2得電子的物質(zhì)的量相等，可建立關(guān)系式：，可求出NA≈6.10×1023。（6）檢測(cè)洗出液中是否存在Cl-時(shí)，需排除OH-的干擾，則檢測(cè)的方法是：取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無(wú)白色沉淀生成，則證明沉淀洗滌已完成。9.碲(Te)是半導(dǎo)體、紅外探測(cè)等領(lǐng)域的重要戰(zhàn)略元素。從陽(yáng)極泥或冶煉煙塵中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等雜質(zhì)。一種由粗二氧化碲提取純碲的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）“浸出”步驟中，碲和硒兩種元素分別轉(zhuǎn)化為TeCl4和SeCl4。浸出溫度控制在65℃左右，當(dāng)溫度超過(guò)80℃時(shí)，碲的浸出率會(huì)小幅降低。降低的主要原因是___________。（2）粗二氧化碲與濃鹽酸反應(yīng)生成TeCl4的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（3）“凈化”步驟中產(chǎn)生的濾渣主要含_______(寫化學(xué)式)和少量硒單質(zhì)。（4）化學(xué)反應(yīng)的吉布斯自由能變。SO2還原TeCl4和SeCl4的?G隨溫度的變化曲線如下圖所示。則“還原除雜”步驟的溫度不宜超過(guò)_______K，該步驟控制在此溫度以下的原因是_____________。（5）“還原”步驟中產(chǎn)生碲單質(zhì)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（6）“還原”后的酸性還原尾液中含有少量未被還原的碲，加入還原劑進(jìn)行“尾還原”，可以產(chǎn)生粗碲，提高碲的回收率。綜合還原效率、工藝成本和環(huán)保因素，最合適的還原劑是_______(填標(biāo)號(hào))。A．鐵粉B．氫氣C．硫化鈉〖答案〗（1）溫度超過(guò)80℃加速濃鹽酸揮發(fā)，導(dǎo)致浸出率下降（2）TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O（3）PbS、CuS（4）310低于該溫度，TeCl4和SO2反應(yīng)的△G＞0，TeCl4不會(huì)被還原（5）TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl（6）A〖祥解〗從陽(yáng)極泥或冶煉煙塵中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等雜質(zhì)，加入濃鹽酸浸出時(shí)，TeO2、SeO2分別轉(zhuǎn)化為TeCl4、SeCl4，PbO、CuO轉(zhuǎn)化為PbCl2、CuCl2；加入Na2S進(jìn)行凈化，PbCl2、CuCl2生成PbS、CuS沉淀；通入SO2進(jìn)行還原除雜，SeCl4轉(zhuǎn)化為粗硒，抽濾后得到粗硒；往濾液中繼續(xù)通入SO2，TeCl4被還原為碲粉。將濾液中再加入還原劑R，剩余TeCl4被還原為粗碲?！驹斘觥浚?）濃鹽酸受熱易揮發(fā)，浸出溫度控制在65℃左右，當(dāng)溫度超過(guò)80℃時(shí)，由于濃鹽酸揮發(fā)而造成碲的浸出率會(huì)小幅降低。降低的主要原因是：溫度超過(guò)80℃加速濃鹽酸揮發(fā)，導(dǎo)致浸出率下降。（2）粗二氧化碲與濃鹽酸反應(yīng)生成TeCl4等，則表明發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，化學(xué)方程式TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。（3）由分析可知，“凈化”步驟中產(chǎn)生的濾渣主要含PbS、CuS和少量硒單質(zhì)。（4）“還原除雜”時(shí)，需將SeCl4還原為Se，但不能將TeCl4還原，由圖中可知，溫度超過(guò)310K時(shí)，TeCl4就能被SO2還原，則步驟的溫度不宜超過(guò)310K，該步驟控制在此溫度以下的原因是：低于該溫度，TeCl4和SO2反應(yīng)的△G＞0，TeCl4不會(huì)被還原。（5）“還原”步驟中，TeCl4被SO2還原為碲單質(zhì)等，化學(xué)方程式為TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl。（6）A．加入鐵粉作還原劑時(shí)，TeCl4可被還原為Te，即便有少量鐵與酸反應(yīng)，也不會(huì)對(duì)環(huán)境造成較大影響，且鐵粉的成本較低，A符合題意；B．氫氣難溶于水，在溶液中很難將TeCl4還原，B不符合題意；C．硫化鈉與酸性溶液反應(yīng)，會(huì)產(chǎn)生劇毒氣體硫化氫，造成空氣污染，C不符合題意；故選A。10.通過(guò)不同方式轉(zhuǎn)化為高附加值化學(xué)品有利于實(shí)現(xiàn)“雙碳目標(biāo)”，其中加氫轉(zhuǎn)化為二甲醚()是常見(jiàn)的一種方式，其反應(yīng)過(guò)程如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．回答下列問(wèn)題：（1）加氫制反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_________________________。（2）進(jìn)料比時(shí)，不同壓強(qiáng)下平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。①四條曲線對(duì)應(yīng)壓強(qiáng)、、和由大到小的順序?yàn)開(kāi)_______________，判斷依據(jù)是________________。②壓強(qiáng)為時(shí)，平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先減小后增大，原因是____________________________________。（3）上圖中，當(dāng)反應(yīng)溫度高于350℃時(shí)幾條曲線重合，說(shuō)明此時(shí)的轉(zhuǎn)化率不受壓強(qiáng)影響，原因是___________。（4）反應(yīng)Ⅱ和反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)()隨溫度變化關(guān)系如圖2所示，表示反應(yīng)Ⅱ的曲線為_(kāi)__________(填“a”或“b”)。恒溫恒壓條件下，向體系中通入和，達(dá)到平衡時(shí)轉(zhuǎn)化率為50％，為0.07mol，該條件下生成的CO可以忽略不計(jì)，則的物質(zhì)的量為_(kāi)__________mol，加氫制的反應(yīng)用摩爾分?jǐn)?shù)表示的平衡常數(shù)___________(列出計(jì)算式)。(已知反應(yīng)的，物質(zhì)i的摩爾分?jǐn)?shù)。)〖答案〗（1）（2）p1＞p2＞p3＞p4反應(yīng)II和反應(yīng)III是氣體體積不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)增大，平衡不發(fā)生移動(dòng)，反應(yīng)I是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率變大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)，壓強(qiáng)不斷增大溫度較低時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)I，溫度較高時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)II（3）溫度高于350℃時(shí)總反應(yīng)以反應(yīng)II為主（4）b0.125〖解析〗（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)I-反應(yīng)II可得。（2）①反應(yīng)II和反應(yīng)III是氣體體積不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)增大，平衡不發(fā)生移動(dòng)，反應(yīng)I是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率變大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)，壓強(qiáng)不斷增大，因此壓強(qiáng)p1、p2、p3由大到小的順序是p1＞p2＞p3＞p4；②壓強(qiáng)為p1時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率為反應(yīng)I和反應(yīng)II的CO2平衡轉(zhuǎn)化率之和，反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，隨溫度升高CO2平衡轉(zhuǎn)化率降低，反應(yīng)II為吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率先減小后增大，原因是：溫度較低時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)I，溫度較高時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率主要取決于反應(yīng)II。（3）反應(yīng)II是氣體體積不變的吸熱反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)溫度高于350℃時(shí)幾條曲線重合，說(shuō)明此時(shí)的轉(zhuǎn)化率不受壓強(qiáng)影響，且溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，原因是：溫度高于350℃時(shí)總反應(yīng)以反應(yīng)II為主。（4）反應(yīng)II是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，K值增大，lnK增大，則表示反應(yīng)Ⅱ的曲線為b。根據(jù)已知條件列出“三段式”：達(dá)到平衡時(shí)轉(zhuǎn)化率為50％，則x=0.5mol，為0.07mol，則0.5-2y=0.07，y=0.125mol，則的物質(zhì)的量為0.125mol，加氫制的反應(yīng)方程式為：，用摩爾分?jǐn)?shù)表示的平衡常數(shù)。(二)選考題：請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做第一題計(jì)分?！净瘜W(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.某些過(guò)渡金屬(如鈦、銅)及其化合物，以其高導(dǎo)電性和豐富的物理化學(xué)性質(zhì)在材料領(lǐng)域大放異彩。（1）鈦比鋼輕、比鋁硬?；鶓B(tài)鈦原子的價(jià)層電子排布式為_(kāi)___________：鈦原子核外電子占據(jù)的軌道數(shù)_______。（2）銅的下列狀態(tài)中，失去最外層一個(gè)電子所需能量最小的是_______。A.[Ar]3dl04pl B.[Ar]3d10 C.[Ar]3d94s1 D.[Ar]3d104s1（3）二氧化鈦是良好的光催化劑，可催化轉(zhuǎn)化多種有毒物質(zhì)，如：可將水中的轉(zhuǎn)化為，將甲基橙、亞甲基藍(lán)、HCHO轉(zhuǎn)化為CO2等。=1\*GB3①的空間構(gòu)型是_______。②甲基橙、亞甲基藍(lán)中C原子的雜化類型有_______。③常溫下，CO2、HCHO在水中溶解度之比大約是1：500，其主要原因是___________________________。（4）黃銅礦煉銅過(guò)程中會(huì)產(chǎn)生SO2，與SO2互為等電子體的分子和陰離子分別為_(kāi)_____________________(各寫一種即可)。（5）鈣鈦礦型