山東省青島市萊西第一中學2025屆高三化學下學期質量檢測試題含解析

PAGE25-山東省青島市萊西第一中學2025屆高三化學下學期質量檢測試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ba-137第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、選擇題：本題共10個小題，每小題2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.化學與科技、生產(chǎn)、生活、社會親密相關，下列有關說法不正確的是（）A.2024年冬奧會聚氨酯速滑服，是新型無機非金屬材料B.近年來，“加熱不燃燒煙草制品（電子煙）”風靡全球，但實際吸電子煙也會產(chǎn)生有害物質危害健康C.因制作口紅時，添加自然礦物云母等著色劑，其中含Pb、Na、Mg、Al、Mn等元素，吃飯前應擦拭干凈D.人們洗發(fā)時運用的護發(fā)素，其主要功能是調整頭發(fā)的pH使之達到相宜的酸堿度【答案】A【解析】【詳解】A．聚氨酯全名為聚氨基甲酸酯，屬于高分子化合物，是有機材料，A錯誤；B．電子煙的煙油含有尼古丁，故運用電子煙時，也會產(chǎn)生有害物質，B正確；C．在制作口紅時，為了增加口紅的亮度，會添加自然礦物著色劑，著色劑中含Pb、Na、Mg、Al、Mn等元素，其中鉛元素對身體有害，吃飯前應擦拭干凈，C正確；D．人們洗發(fā)時運用的護發(fā)素，其主要功能是調整頭發(fā)的pH使之達到相宜的酸堿度，D正確。答案選A。2.下列有機物的系統(tǒng)命名正確的是A.:3—甲基—2—乙基戊烷 B.：3—甲基—2—丁烯C.:2—甲基丁酸 D.：1，5—二甲苯【答案】C【解析】A．依據(jù)系統(tǒng)命名，為3，4—二甲基己烷，故A錯誤；B．依據(jù)系統(tǒng)命名，為2—甲基—2—丁烯，故B錯誤；C．依據(jù)系統(tǒng)命名，為2—甲基丁酸，故C正確；D．依據(jù)系統(tǒng)命名，為1，3—二甲苯，故D錯誤；答案為C。點睛：①最長-選最長碳鏈為主鏈；②最多-遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③最近-離支鏈最近一端編號；④最小-支鏈編號之和最小(兩端等距又同基，支鏈編號之和最小)；⑤最簡-兩不同取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡潔取代基起先編號．如取代基不同，就把簡潔的寫在前面，困難的寫在后面；⑥含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，并表示出官能團的位置，官能團的位次最小。3.下列試驗裝置進行相應試驗，能達到試驗目的是（）A.用圖所示裝置可實現(xiàn)制乙炔B.用圖所示裝置可汲取多余氨氣且能防止倒吸C.用圖所示裝置可實現(xiàn)反應：Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑D.用圖所示裝置（正放）可收集NO氣體【答案】D【解析】【詳解】A．生成的氣體易從長頸漏斗逸出，不能制備乙炔，A錯誤；B．苯不能隔絕氣體與水，圖中不能防止倒吸，B錯誤；C．Cu與電源負極相連，陰極，Cu不能失去電子，C錯誤；D．二氧化碳可防止NO被氧化，圖中短導管進入可收集NO，D正確。答案選D。4.下列有關敘述卟啉協(xié)作物葉綠素的說法不正確的是（）A.該協(xié)作物的配位數(shù)為4B.該化合物所包含元素的非金屬性：O>N>C>H>MgC.Mg單質晶體結構符合A3型最密積累D.化合物中C元素的雜化方式sp2、sp3【答案】A【解析】【詳解】A．與Mg相連的4個N原子中，有兩個N原子是四條鍵，兩個N原子是三條鍵，三條鍵的N原子與Mg原子是正常共價鍵，而四條共價鍵的N原子與Mg相連的共價鍵為N原子供應孤對電子，Mg原子供應空軌道形成的配位鍵，故該協(xié)作物的配位數(shù)為2，A錯誤；B．該協(xié)作物涉及的元素有O、N、C、H、Mg，其非金屬性O>N>C>H>Mg，B正確；C．Mg單質的晶體排列方式為六方最密積累，為A3型最密積累，C正確；D．協(xié)作物中碳原子形成碳碳雙鍵和單鍵，故其雜化方式為sp2和sp3，D正確。答案選A。5.某有機物具有抗癌抑菌活性，其結構如圖所示，下列關于該有機物說法正確的是（）A.該有機物可以使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，遇FeCl3溶液會顯紫色B.該有機物結構中含5個手性碳原子C.1mol該有機物最多和4molH2反應D.1mol該有機物最多消耗1molNaOH【答案】B【解析】【詳解】A．該有機物含碳碳雙鍵可以使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，無酚羥基遇FeCl3溶液不會顯紫色，A錯誤；B．與4個不相同原子或原子團相連的碳原子稱為手性碳，該有機物的手性碳原子如圖中“*”所示，共五個手性碳，B正確；B．1mol碳碳雙鍵、1mol羰基可以和1mol氫氣加成，酯基中的碳氧雙鍵和氫氣不能加成，1mol該有機物最多和3molH2反應，C錯誤；D．1mol酯基，可以和1molNaOH溶液發(fā)生水解反應，1mol鹵素原子也可以和1molNaOH溶液發(fā)生水解反應，故1mol該有機物最多消耗2molNaOH，D錯誤。答案選B。6.已知X、Y、Z是三種原子序數(shù)依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分別是三種元素形成的單質，A、B、C、D分別是由三種元素中的兩種形成的化合物，且A與C中均含有10個電子。它們之間轉化關系如下圖所示。下列說法正確的是A.原子半徑：Z>Y>XB.X與Y形成的化合物只含極性鍵C.Y有多種同素異形體，且均具有高熔點、高沸點、硬度大的性質D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：A<C【答案】D【解析】【分析】A與C中均含有10個電子，A燃燒可生成C，由轉化關系可知A應為CH4，丙為O2，B為CO2，C為H2O，B、C都可與乙在高溫下反應，乙應為C，則D為CO，甲為H2，則X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，以此解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍猉為H元素，Y為C元素，Z為O元素，A為CH4，丙為O2，B為CO2，C為H2O，乙為C，D為CO，甲為H2。A.由以上分析可知X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，同周期元素從左到右原子半徑漸漸減小，不同周期元素，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以原子半徑：Y>Z>X，A錯誤；B.X為H元素，Y為C元素，二者形成的化合物，如CH4只含極性鍵，C2H6、C2H4等既含極性鍵，也含有非極性鍵，B錯誤；C.Y為C元素，C元素有多種同素異形體，其中金剛石具有高熔點、高沸點、硬度大的性質，而石墨則質地軟，C錯誤；D.A是CH4，C是H2O，元素的非金屬性O>C，元素的非金屬性越強，其最簡潔的氫化物的穩(wěn)定性就越強，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性A<C，D正確；故合理選項是D?！军c睛】本題考查無機物的推斷以及原子結構與元素周期律的綜合應用，A與C中均含有10個電子是推斷突破口，再結合反應進行分析解答，留意嫻熟駕馭元素化合物學問。7.試驗規(guī)則千萬條，平安第一條，下列說法正確的是（）A.蒸餾試驗中，遺忘加沸石，應停止試驗，待溶液冷至室溫后再加入沸石B.加熱玻璃儀器，都要加墊石棉網(wǎng)，以防儀器炸裂C.試驗室保存藥品時，高錳酸鉀固體和無水乙醇可以放在一個藥品柜里D.蒸餾時，為了避開有機溶劑揮發(fā)危害人體健康，應用塞子堵住尾接管的排氣口【答案】A【解析】【詳解】A．蒸餾試驗中，沸石的作用是防暴沸，遺忘加沸石，應停止試驗，待溶液冷至室溫后再加入，A正確；B．玻璃儀器中的燒杯、燒瓶、錐形瓶加熱須要石棉網(wǎng)，但試管可以干脆加熱，B錯誤；C．高錳酸鉀固體具有強氧化性，能和無水乙醇反應，因此在試驗室保存在不同藥品柜里，C錯誤；D．蒸餾時，不能堵住尾接管的排氣口，否則引起錐形瓶內壓強增大，D錯誤。答案選A。8.中國化學家探討出一種新型復合光催化劑（C3N4/CQDs），能利用太陽光高效分解水，原理如圖所示。下列說法正確的是（）A.H2O2中存在非極性共價鍵，是非極性分子B.反應Ⅰ中涉及到極性鍵的斷裂和非極性鍵的形成C.非極性分子中肯定有非極性鍵，極性分子中肯定有極性鍵D.H2O由于存在分子間氫鍵而穩(wěn)定性強【答案】B【解析】【詳解】A．H2O2是極性分子，A錯誤；B．反應Ⅰ是在催化劑作用下H2O生成H2和H2O2，涉及到極性鍵H-O鍵的斷裂和非極性鍵H-H鍵、O-O鍵的形成，B正確；C．分子的極性與分子內共價鍵的極性和分子的空間構型親密相關，是分析分子中的正負電荷重心是否重合，重心重合是非極性分子，不重合是極性分子，C錯誤；D．H2O分子間氫鍵影響的是物理性質，而穩(wěn)定性是化學性質，D錯誤。答案選B。9.用如圖裝置進行試驗，將液體A逐滴加入到固體B中，下列敘述正確的是()A.若A為濃鹽酸，B為KMnO4晶體，C中盛有紫色石蕊溶液，則C中溶液最終呈紅色B.試驗儀器D可以起到防止溶液倒吸的作用C.若A為濃氨水，B為生石灰，C中盛有AlCl3溶液，則C中溶液先產(chǎn)生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A為濃H2SO4，B為Cu，C中盛有澄清石灰水，則C中溶液變渾濁【答案】B【解析】【詳解】A．若A為濃鹽酸，B為KMnO4晶體，二者反應生成氯氣，把氯氣通到紫色石蕊溶液中，氯氣與水反應生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液變紅，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最終呈無色，A錯誤；B.D中球形干燥管中間部分較粗，盛放液體的量較多，倒吸的液體靠自身重量回落，因此可以防止液體倒吸，B正確；C.若A為濃氨水，B為生石灰，滴入后反應生成氨氣，氨氣和鋁離子反應生成氫氧化鋁，但氫氧化鋁不溶于弱堿一水合氨，所以C中產(chǎn)生白色沉淀不溶解，C錯誤；D.若A為濃硫酸，B為Cu，反應須要加熱才能發(fā)生，假如不加熱，則沒有二氧化硫產(chǎn)生，所以C中溶液無變更，D錯誤；故合理選項是B。10.從青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理為基礎的。乙醚浸取法的主要工藝如圖所示：已知：青蒿素是烴的含氧衍生物，為無色針狀晶體，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中幾乎不溶，熔點為156-157℃，熱穩(wěn)定性差，青蒿素是高效的抗瘧藥。乙醚沸點為35℃。下列敘述錯誤的是（A.對青蒿干燥破裂后，加入乙醚的目的是溶解青蒿素B.操作Ⅰ須要的玻璃儀器主要有燒杯、漏斗、玻璃棒C.操作Ⅱ的名稱是過濾D.操作Ⅲ的主要過程可能是加95%的乙醇，濃縮、結晶、過濾【答案】C【解析】【分析】將青蒿干燥搗碎，加乙醚溶解青蒿素，過濾除去殘渣得到提取液，將提取液蒸餾得到青蒿素粗品，再將粗品加95%的乙醇溶解、濃縮、結晶、過濾得到精品?！驹斀狻緼．對青蒿干燥破裂后，加入乙醚的目的是將青蒿素從青蒿中溶解出來，A正確；B．操作Ⅰ是過濾操作，須要的玻璃儀器主要有燒杯、漏斗、玻璃棒，B正確；C．操作Ⅱ是蒸餾，C錯誤；D．操作Ⅲ主要過程是加95%的乙醇溶解，濃縮、結晶、過濾得到精品，D正確。答案選C。二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.2024年諾貝爾化學獎頒給了約翰·班尼斯特·古迪納夫、邁克爾·斯坦利·惠廷漢姆和吉野彰，以表彰他們對鋰離子電池研發(fā)的貢獻。目前最平安的鋰離子電池是LiFePO4電池，結構如圖所示，電池中間是聚合物的隔膜，只允許Li+通過。原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是（）A.放電時，B電極發(fā)生氧化反應B.放電時，導線轉移1mol電子，B電極室質量削減7xgC.充電時，A極電極反應式：xLiFePO4-xe-=xFePO4+xLi+D.充電時，Li+從A電極室向B電極室移動【答案】B【解析】【分析】由總反應：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC，放電時，為原電池工作原理：LixCn中C化合價上升，失去電子，發(fā)生氧化反應，作負極，電極反應式為LixCn-xe-=xLi++nC，F(xiàn)ePO4中Fe化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應，作正極，電極反應式為(1-x)LiFePO4+xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。充電時，為電解池工作原理，反應為放電時的逆過程。【詳解】A．放電時，A電極為正極，B電極為負極，負極失電子，化合價上升，發(fā)生氧化反應，A正確；B．放電時，依據(jù)電極反應式，轉移1mol電子通過膜轉移了1molLi+，削減7g，B錯誤；C．充電時，A為陽極，陽極失電子發(fā)生氧化反應，A極電極反應式：xLiFePO4-xe-=xFePO4+xLi+，C正確；D．充電時，作為電解池，陽離子向陰極移動，Li+向右移動，D正確。答案選B?！军c睛】寫電極反應時，涉及x的新型化學電源，先運用原子守恒可使問題簡潔化，本題中放電時負極電極反應書寫的時候，先運用原子守恒確認LixCn—xLi++nC，再依據(jù)電荷守恒可知左邊差x個正電荷，左邊加上-xe-即可LixCn-xe-=xLi++nC。12.生活污水中的氮和磷主要以銨鹽和磷酸鹽形式存在，可用鐵、石墨作電極，用電解法從溶液中去除。電解時：如圖1原理所示可進行除氮，有Cl-存在時，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）將NH4+或NH3氧化為N2；翻轉電源正負極，可進行除磷，原理是利用Fe2+將PO43-轉化為Fe3(PO4)2沉淀。圖2為某含Cl-污水在氮磷聯(lián)合脫除過程中溶液pH的變更。下列說法正確的是（）A.電解法除氮有效氯HClO氧化NH4+的離子方程式為3HClO+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+5H+B.溶液pH越小有效氯濃度越大，氮的去除率越高C.圖2中20~40min脫除的元素是磷元素，此時陰極電極反應式為2H++2e-=H2↑D.圖2中0~20min脫除的元素是氮元素，此時鐵作陽極【答案】AC【解析】【分析】依據(jù)有Cl-存在時，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）將NH4+或NH3氧化為N2可知，溶液中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，以及除氮時總反應為3HClO+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+5H+；依據(jù)除磷原理是利用Fe2+將PO43-轉化為Fe3(PO4)2沉淀，溶液中無Fe2+，說明Fe作陽極，失電子，得Fe2+?！驹斀狻緼．電解法除氮有效氯HClO將NH4+氧化為N2的離子方程式為3HClO+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+5H+，A正確；B．隨溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡逆向移動，溶液中c(HClO)減小，使NH4+的氧化率下降，則氮的去除率隨pH的降低而下降，B錯誤；C．除磷時，F(xiàn)e作陽極失電子，石墨作陰極，陰極電極反應式為2H++2e-=H2，H+被消耗，溶液pH會增大，圖2中20~40min溶液pH增大，故脫除的元素是磷元素，C正確；D．圖2中0~20min溶液pH的變更得出脫除的元素是氮元素，此時鐵作陰極，D錯誤。答案選AC。13.三效催化劑是最為常見的汽車尾氣催化劑，其催化劑表面物質轉化的關系如圖所示，下列說法正確的是A.在轉化過程中，氮元素均被還原B.依據(jù)圖示推斷催化劑不參加儲存和還原過程C.還原過程中生成0.1molN2，轉移電子數(shù)為0.5molD.三效催化劑能有效實現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化【答案】D【解析】A、依據(jù)圖中信息可知，NOx被氧氣氧化得到硝酸鹽，氮元素被氧化，硝酸鹽還原產(chǎn)生氮氣，氮元素被還原，選項A錯誤；B、催化劑參加儲存和還原過程，但反應前后質量和化學性質不變，選項B錯誤；C、還原過程中氮元素從+5價降為0價，生成0.1molN2，轉移電子數(shù)為1.0mol，選項C錯誤；D、三效催化劑能有效實現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化，轉化為無污染的氣體再排放，選項D正確。答案選D。14.常溫下，某濃度H2A溶液中滴加NaOH溶液，若定義pC=﹣lgC，則測得pC（H2A）、pC（HA-）、pC（A2-）變更如圖所示。下列說法正確的是（A.曲線II表示pC（HA-）隨pH的變更B.常溫下，=104.50C.將等濃度等體積的Na2A與H2D.a、b、c三點對應的溶液，c(HA-)+c(A2-)+c(HA)始終不變【答案】B【解析】【分析】（1）Pc隨著pH的變更而變更，說明溶液中存在和，H2A是一元弱酸；（2）pH越大，c(H+)越小，平衡右移程度越大，c(A2-)越大，pc(A2-)越小，所以Ⅲ是pc(A2-)，pH越小，c(H+)越大，平衡左移程度越大，c(H2A)越大，pc(H2A)越小，所以Ⅱ是pc(H2A)和pH的關系曲線，Ⅰ是pc(HA-)（3）Ka1=，用a點計算Ka1=c(H+)=10-0.8，Ka2=,用c點計算Ka2=c(H+)=10-5.3。【詳解】A．由分析可知，曲線II表示pc(H2A)隨pH的變更，AB．Ka1==，Ka2=，===104.50，B正確；C．，用b點計算Kh1==10-3.05，由分析可知Ka1=10-0.8，所以Ka1＞Kh1，所以將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯酸性，C錯誤；D．依據(jù)物料守恒，a、b、c三點對應的溶液，n(H2A)+n(HA﹣)+n(A2﹣)始終不變，但溶液體積變更，所以濃度之和發(fā)生變更，D答案選B。【點睛】電解質溶液曲線問題，肯定要利用好交點的信息，去挖掘交點所蘊含的信息，困難問題就簡潔化了。15.廢水對自然環(huán)境有嚴峻的破壞作用，水污染治理刻不待時，BMO（Bi2MoO6）是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A.該過程中O2-e-=O2-B.①和②中BMO+和O-都表現(xiàn)較強氧化性C.催化劑BMO能降低反應的反應熱和活化能D.該過程為放熱反應【答案】BD【解析】【詳解】A．O2變成O2-，O的化合價從0價降低為-，得電子，A錯誤；B．①和②都是苯酚(C6H6O)變成CO2和H2O，C元素化合價從-上升到+4價，被氧化，所以BMO+和O-都表現(xiàn)較強氧化性，B正確；C．催化劑BMO能降低反應的活化能，加快反應速率，依據(jù)蓋斯定律可知，反應熱和反應途徑無關，所以催化劑不能降低反應熱,C錯誤；D．由C分析可知，該反應的與苯酚燃燒的一樣，而苯酚燃燒是放熱反應，所以該反應必為放熱反應，D正確。答案選BD?！军c睛】與反應途徑無關，只與反應的始態(tài)和終態(tài)有關。第Ⅱ卷（非選擇題共60分）二、非選擇題：包括第16題~第20題5個大題，共60分。16.為解決燃料危機和溫室效應，科學家嘗試用CO2與CH4制取CO和H2。（1）已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.1kJ·mol-1②2H2(g)+CO(g)CH3OH(1)ΔH2=－128.3kJ·mol-1③2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH3=－483.6kJ·mol-1④2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1)△H4在合適的催化劑作用下，采納甲烷和氧氣一步合成液態(tài)甲醇在低溫下能否自發(fā)進行____(填“能”或“否”)，理由是____。（2）某溫度下，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，將1molCH4(g)和1molH2O(g)加入100kPa的密閉容器中，正反應速率v正=k正×p(CH4)×p(H2O)，逆反應速率v逆=k逆×p(CO)×p3(H2)，p為分壓(分壓=總壓×物質的量分數(shù))，則該反應的壓強平衡常數(shù)Kp=____(以k正、k逆表示)。若k正=4.4×104kPa-1·s-1，當CH4分解20%時，v正=____kPa·s-1（保留兩位有效數(shù)字）。（3）CO2用于生產(chǎn)乙烯，已知：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH=QkJ/mol?？隙l件下，按不同的投料比向某容積可變的恒壓密閉容器中充入CO2、H2，測得不同投料比時CO2的轉化率與溫度的關系如圖所示。①X1____X2（填“＞”或“＜”，后同），Q____0。②圖中A、B、C三點對應的平衡常數(shù)KA、KB、KC的大小關系為_____。（4）常溫下，用NaOH溶液作CO2捕獲劑不僅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工產(chǎn)品Na2CO3。①若某次捕獲后得到pH=10的溶液，則溶液中c(CO32-)∶c(HCO3-)=____。[常溫下K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]。②欲用5LNa2CO3溶液將23.3gBaSO4固體全都轉化為BaCO3，則所用的Na2CO3溶液的物質的量濃度至少為____。[已知：常溫下Ksp(BaSO4)=1×10-7、Ksp(BaCO3)=2.5×10-6]。(忽視溶液體積的變更)【答案】(1).能(2).2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1)△H4=-328.0kJ·mol-1<0，依據(jù)方程式可推斷反應的△S<0，故在低溫時能自發(fā)進行(3).(4).4.9×107kPa·s-1(5).>(6).<(7).KA>KB=KC(8).1∶2(9).0.52mol/L【解析】【詳解】（1）將①②③式作如下處理得到④式：①×2+②×2+③=④，所以△H4=2ΔH1+2ΔH2+ΔH3=2×(+206.1kJ·mol-1)-2×(－128.3kJ·mol-1)-483.6kJ·mol-1=-328.2kJ·mol-1，所以2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1)的△H＜0，且該反應是氣體分子數(shù)削減的反應，熵減，＜0，當ΔH-TΔS＜0時，反應能自發(fā)進行，即T比較小的時候才能滿意，所以低溫時，能自發(fā)進行，故答案為：能；2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1)△H4=-328.0kJ·mol-1<0，依據(jù)方程式可推斷反應的△S<0，故在低溫時能自發(fā)進行；（2）因為正反應速率v正=k正×p(CH4)×p(H2O)，逆反應速率v逆=k逆×p(CO)×p3(H2)，所以p(CH4)×p(H2O)=，p(CO)×p3(H2)=，由CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知，Kp===，平衡時：，所以Kp=，將1molCH4(g)和1molH2O(g)加入100kPa的密閉容器中，CH4分解20%時有，總壓=100kPa，所以CH4分解20%時p(CH4)=100kPa×=kPa，p(H2O)=100kPa×=kPa，v正=k正×p(CH4)×p(H2O)=4.4×104kPa-1·s-1×kPa×kPa≈4.9×107kPa·s-1，故答案為：；4.9×107kPa·s-1；（3）①當其他條件肯定時，充入的H2量越多，CO2轉化率越高，對應的X越大，則X1>X2，在其它條件不變時，結合圖象可知：溫度上升，CO2的轉化率降低，可推知該反應的正反應是放熱反應，則Q＜0，故答案為：﹥；﹤；②結合圖象可知該反應正反應為放熱反應，溫度上升，平衡逆向移動，該反應的化學平衡常數(shù)減小，而且化學平衡常數(shù)只與溫度有關，依據(jù)圖象知A點的溫度低于B、C兩點，而且B、C兩點溫度相同，則三點對應的平衡常數(shù)的大小關系為：KA>KB=KC，故答案為：KA>KB=KC；（4）①由題意pH=10，可計算c(H+)=1×10?10mol/L，由HCOCO+H+可得：Ka2==5×10?11，所以=1∶2，故答案為：1∶2；②設至少須要物質的量濃度為xmol/L的Na2CO3溶液，當BaSO4完全溶解后，23.3gBaSO4的物質的量為n(BaSO4)=23.3g÷233g/mol=0.1mol，所得5L溶液中c(SO)=0.1mol÷5L=0.02mol/L，此時溶液中c(CO)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO=BaCO3+SO可知，此反應的化學平衡常數(shù)K==0.04=；②設至少須要物質的量濃度為xmol/L的Na2CO3溶液，當BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c（SO）=0.02mol/L，此時溶液中c(CO)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO=BaCO3+SO可知，此反應的化學平衡常數(shù)K==0.04=，解得x=0.52mol/L，故答案為：0.52mol/L。17.(1)火箭運用的推動劑燃料由N、H兩種元素組成，且原子個數(shù)N：H=1：2，其水溶液顯堿性，則該物質中N原子的雜化方式為______________________。(2)笑氣(N2O)曾被用作麻醉劑，但過度吸食會導致身體機能紊亂。預料N2O的結構式為________________________。(3)元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)－1價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能(E)，－1價陰離子再獲得一個電子的能量變更叫做其次電子親和能，部分元素或離子的電子親和能數(shù)據(jù)如下表所示。元素C1BrIOO-電子親和能（kJ／mol）349343295141－780下列說法正確的是___________。A．電子親和能越大，說明越難得到電子B．一個基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到一個電子成為O2-時放出141kJ的能量C．氧元素的其次電子親和能是－780kJ／molD．基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到兩個電子成為O2-須要汲取能量(4)在電解煉鋁過程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低Al2O3熔點的作用。冰晶石的生產(chǎn)原理為：2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2A+3CO2↑+9H2O。依據(jù)題意完成下列填空：①冰晶石的化學式為____________________________。②冰晶石由兩種微粒構成，冰晶石的晶胞結構如圖甲所示，●位于大立方體的頂點和面心，○位于大立方體的12條棱的中點和8個小立方體的體心，那么大立方體的體心處所代表的微粒是___________(填微粒符號)。③冰晶石溶液中不存在的微粒間作用力有________________(填選項字母)。A離子鍵B共價鍵C配位鍵D金屬鍵E范德華力F氫鍵④Al單質的晶體中原子的積累方式如圖乙所示，其晶胞特征如圖丙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如圖丁所示：若已知A1的原子半徑為dcm，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，Al的相對原子質量為M，則晶胞中Al原子的配位數(shù)為________；Al晶體的密度為__________g．cm-3(用字母表示)。(5)協(xié)作物Fe(CO)5的熔點－20℃，沸點103℃，可用于制備純鐵。Fe(CO)①Fe(CO)5晶體類型屬于__________晶體。②關于Fe(CO)5，下列說法正確的是_____。A．Fe(CO)5是非極性分子，CO是極性分子B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3雜化方式與CO成鍵C．1molFe(CO)5含有10mol配位鍵D．反應Fe(CO)5=Fe+5CO沒有新化學鍵生成【答案】(1).sp3(2).N=N=O(3).CD(4).Na3AlF6(5).Na+(6).AD(7).12(8).(9).分子(10).AC【解析】【詳解】（1）火箭的推動劑燃料為N2H4，可以看成是氨氣中的氫原子換成-NH2，氨氣中氮原子采納SP3雜化，所以N2H4中氮也采納SP3雜化。（2）笑氣(N2O)與二氧化碳為等電子體，二氧化碳的結構式為O=C=O，所以笑氣的結構式為N=N=O。（3）A．結合表中數(shù)據(jù)分析，氯、溴、碘得到一個電子的能量變更，得出元素的電子親和能越大，說明越簡潔得到電子，故錯誤；B．由題中數(shù)據(jù)可知，1mol基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到電子成為O-時放出141kJ的能量，故錯誤；C．基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到一個電子成為O-，O-再得到一個電子成為O2-，此時的能量變更為其次電子親和能，故氧元素的其次電子親和能是－780kJ／mol，故正確；D．依據(jù)表中數(shù)據(jù)，1mol基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到電子成為O-放熱141kJ／mol，1molO-再得到電子成為O2-吸熱780kJ／mol，依據(jù)蓋斯定律分析，氧原子得到兩個電子時應汲取熱量，故正確。故選CD。（4）①依據(jù)質量守恒定律分析，冰晶石的化學式為Na3AlF6；②●位于大立方體的頂點和面心，個數(shù)為，○位于大立方體的12條棱的中點和8個小立方體的體心，個數(shù)為，要使兩種離子的個數(shù)比為1:3，所以大立方體體心所以代表的為鈉離子。③冰晶石溶液中存在鈉離子、AlF63-、水，還有水電離出的氫氧根離子和氫離子，AlF63-中存在共價鍵和配位鍵，水分子中存在共價鍵，水分子間存在范德華力和氫鍵，所以不存在離子鍵和金屬鍵。④在晶胞中以面心的鋁原子為中心，與其距離最近的等距離的鋁原子有12個，即三個維度上的12個原子，所以鋁的配位數(shù)為12，該晶胞中鋁原子個數(shù)為，該晶胞的棱長為=，所以晶胞的體積為,。（5）①協(xié)作物Fe(CO)5的熔點－20℃，沸點103②A．Fe(CO)5為對稱結構，分子中正負電荷重心重合，屬于非極性分子，一氧化氮為極性分子，故正確；B．Fe(CO)5中Fe原子與一氧化碳形成配位鍵，鐵原子供應空軌道，故錯誤；C．鐵與一氧化碳形成5個配位鍵，一氧化碳分子中氧原子供應1對電子與1個碳原子形成1個配位鍵，所以1molFe(CO)5中含有10mol配位鍵，故正確；D．反應Fe(CO)5=Fe+5CO，反應中得到鐵單質，形成金屬鍵，故錯誤。故選AC。18.硫代硫酸鈉可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應制得：Na2SO3+S=Na2S2O3。常溫下溶液中析出晶體為Na2S2O3?5H2O。Na2S2O3?5H2O于40?45℃熔化，48℃分解：Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有關物質的溶解度曲線I.現(xiàn)按如下方法制備Na2S2O3?5H2O：將硫化鈉和碳酸鈉按反應要求比例一并放入三頸燒瓶中，注入150mL蒸餾水使其溶解，在分液漏斗中，注入濃鹽酸，在裝置2中加入亞硫酸鈉固體，并按如下圖示安裝好裝置。(1)儀器2名稱為__________,裝置6中可加入________。A.BaCl2溶液B.濃H2SO4C.酸性KMnO4溶液D.NaOH(2)打開分液漏斗活塞，注入濃鹽酸使反應產(chǎn)生的二氧化硫氣體較勻稱的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力攪拌器攪動并加熱，反應原理為：①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S③2H2S+SO2═3S↓+2H2O④Na2SO3+SNa2S2O3隨著SO2氣體的通入，看到溶液中有大量淺黃色固體析出，接著通SO2氣體，反應約半小時。當溶液中pH接近或不小于7時，即可停止通氣和加熱。溶液pH要限制不小于7的理由是：______(用文字和相關離子方程式表示)。Ⅱ.分別Na2S2O3?5H2O并測定含量：(3)為削減產(chǎn)品的損失，操作①為_______，操作②是抽濾、洗滌、干燥，其中洗滌操作是用______(填試劑名稱）作洗滌劑。(4)蒸發(fā)濃縮濾液，直至溶液呈微黃色渾濁為止。蒸發(fā)時要限制溫度不宜過高，其緣由是_______________。(5)制得的粗產(chǎn)品中往往含有少量雜質。為了測定粗產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的含量，一般采納在酸性條件下用KMnO4標準液滴定的方法（假定雜質與酸性KMnO4溶液不反應）。稱取1.28g粗樣品溶于水，用0.40mol/LKMnO4溶液(加入適量硫酸酸化)滴定，當溶液中S2O32-全部被氧化時，消耗KMnO4溶液20.00mL。(5S2O32-+8MnO4-+14H+=8Mn2++l0SO42-+7H2O)試回答：①滴定終點時的顏色變更_______________。②產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的質量分數(shù)為________________?！敬鸢浮?1).蒸餾燒瓶(2).CD(3).Na2S2O3在酸性環(huán)境中不能穩(wěn)定存在，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O(4).趁熱過濾(5).乙醇(6).溫度過高會導致析出的晶體分解(7).溶液由無色變?yōu)闇\紅色，半分鐘內不褪色(8).96.9%【解析】【分析】(1)依據(jù)儀器2的構造及運用方法寫出其名稱；依據(jù)裝置6在試驗中的作用選用試劑；(2)依據(jù)酸性條件下硫代硫酸鈉與氫離子反應生成二氧化硫和硫單質分析；(3)操作①的目的是分別出用于汲取有色雜質的活性炭，則該操作為過濾，由于常溫下溶液中析出晶體Na2S2O3?5H2O，為了避開產(chǎn)品損失，須要趁熱過濾；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，為了削減損失，可以用乙醇為洗滌劑；(4)依據(jù)“Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解”分析蒸發(fā)時要限制溫度不宜過高的緣由；(5)①反應結束前溶液為無色，反應結束后溶液中高錳酸根離子過量，溶液變?yōu)闇\紅色；②依據(jù)n=c?V計算出1.28g樣品消耗的高錳酸鉀的物質的量，依據(jù)反應計算出樣品中含有Na2S2O3?5H2O的物質的量，再依據(jù)質量分數(shù)的表達式計算出產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的質量分數(shù)?！驹斀狻?1)依據(jù)圖示裝置可知，儀器2的名稱為蒸餾燒瓶；裝置6是尾氣汲取裝置主要汲取SO2污染性氣體，選項中酸性KMnO4溶液具有氧化性，能氧化SO2生成H2SO4而汲??；NaOH溶液和SO2反應生成Na2SO3和水，也能汲取SO2，而濃硫酸、氯化鋇與SO2都不反應，不能汲取SO2，故選項C、D合理；(2)當溶液pH＜7時，溶液顯示酸性，會發(fā)生反應：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以Na2S2O3在酸性環(huán)境中不能穩(wěn)定存在，溶液的pH應不小于7；(3)常溫下溶液中析出晶體為Na2S2O3?5H2O，Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，為了避開析出Na2S2O3?5H2O導致產(chǎn)率降低，所以操作①過濾出活性炭時須要趁熱；洗滌晶體時為削減晶體損失，削減Na2S2O3?5H2O的溶解，依據(jù)Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性質選擇乙醇洗滌，且洗滌后乙醇易揮發(fā)，不引入新的雜質，(4)由于Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸發(fā)時溫度過高會導致析出的晶體分解，降低了產(chǎn)率；(5)①依據(jù)標定的原理可知，反應結束前溶液為無色，反應結束后溶液中高錳酸根離子過量，溶液變?yōu)闇\紅色，所以滴定終點的現(xiàn)象為：溶液由無色變?yōu)闇\紅色，半分鐘內不褪色；②20.00mL0.40mol/LKMnO4溶液中含有高錳酸鉀的物質的量為：n(KMnO4)=0.40mol/L×0.02L=0.008mol，依據(jù)反應5S2O32-+8MnO4-+14H+═8Mn2++10SO42-+7H2O可知，1.28g的粗樣品含有Na2S2O3?5H2O的物質的量為：n(Na2S2O3?5H2O)=n(S2O32-)=×n(KMnO4)=0.005mol，產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的質量分數(shù)為：=96.9%。【點睛】本題通過Na2S2O3?5H2O的制備，考查了物質性質試驗方案設計方法，正確理解題干信息，明確制備原理為解答此類題的關鍵，是一道質量較高的題目。19.元素周期表中的28號元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高溫、耐腐蝕、防銹功能，在電池、催化劑方面也有廣泛應用。工業(yè)上以硫化鎳礦(含少量雜質硫化銅、硫化亞鐵)為原料制備并精制鎳的基本流程如下：已知：電極電位(E)能體現(xiàn)微粒的氧化還原實力強弱，如：H2-2e-=2H+E=0.00VCu-2e-=Cu2+E=0.34VFe-2e-=Fe2+E=-0.44VNi-2e-=Ni2+E=-0.25V(1)鎳在周期表中的位置為_______________________________。(2)高鎳礦破裂細磨的作用______________________________________。(3)焰色反應試驗可以用光滑無銹的鎳絲代替鉑絲蘸取化學試劑灼燒，緣由是______________________。(4)造渣除鐵時發(fā)生的化學反應方程式___________________________________（產(chǎn)物以氧化形式表示)。(5)電解制粗鎳時陽極發(fā)生的主要電極反應式_____________________________________。(6)工業(yè)上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加過程中發(fā)生反應的離子方程式為_________________________________________________________。(7)電解精煉鎳的過程需限制pH為2～5，試分析緣由______________________________，陽極泥的成分為________________(寫名稱)?！敬鸢浮?1).第四周期Ⅷ族(2).增大接觸面積，提高浮選率(3).鎳的焰色反應呈無色，不影響其他金屬元素的焰色(4).2FeO+SiO22FeO?SiO2(5).NiS-2e-=Ni2++S(6).2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-(2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO(OH)+Cl--+H2O)(7).pH<2時，c(H+)大，簡潔在陽極放電；pH>5時，c(OH-