新疆2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）3

新疆2024年高考化學(xué)模擬試題閱卷人一、單選題得分1．化學(xué)促進(jìn)了科技進(jìn)步。下列說法錯(cuò)誤的是A．“北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)”芯片中的半導(dǎo)體材料為二氧化硅B．中國(guó)空間站航天員航天服上的橡膠屬于有機(jī)高分子材料C．“天問一號(hào)”火星車的熱控保溫材料納米氣凝膠，可產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)D．“奮斗者”號(hào)潛水器外殼材料為鈦合金，鈦合金耐高壓、耐腐蝕2．下列化學(xué)用語表達(dá)正確的是A．中子數(shù)為10的氧原子：8B．Ca2+的結(jié)構(gòu)示意圖：C．CH4的球棍模型：D．HBr的形成過程為3．糠醇可用于有機(jī)合成樹脂、涂料等，四氫糠醇可做印染工業(yè)的潤(rùn)濕劑和分散劑，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，下列說法正確的是A．糠醇能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色B．糠醇分子中所有原子可能共平面C．四氫糠醇是乙醇的同系物，分子式為C5H12O2D．四氫糠醇一氯代物有6種4．一種麻醉劑的結(jié)構(gòu)式如圖所示。元素X的原子核只有1個(gè)質(zhì)子，元素Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且均位于X的下一周期，元素E的原子比元素W的原子多8個(gè)電子。下列說法錯(cuò)誤的是A．Y的簡(jiǎn)單氫化物沸點(diǎn)比Z的低B．簡(jiǎn)單離子半徑：Z>W>EC．ZW2中，Z的化合價(jià)為+2價(jià)D．X、Z、E能形成具有漂白性的化合物5．下列實(shí)驗(yàn)中根據(jù)現(xiàn)象得出的結(jié)論錯(cuò)誤的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A將打磨后的鎂條放盛入有稀鹽酸的試管中用手觸摸試管外壁感覺變熱鎂條與稀鹽酸反應(yīng)是放熱反應(yīng)B向某溶液中加銅和稀H2SO4試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生原溶液可能含有NC向某鈉鹽中滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽為Na2SO3或NaHSO3D向濃度均為0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A．A B．B C．C D．D6．鉀氧電池是一種新型金屬-空氣可充電電池，其使用雙酰亞胺鉀(KTFSI)與乙醚(DME)組成的電解液，石墨和液態(tài)Na-K合金作為電極，相關(guān)裝置如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．放電時(shí)，a為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)B．放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為K++e-+O2=KO2C．充電時(shí)，電流由b電極經(jīng)電解液流向a電極D．充電時(shí)，b極生成2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O2時(shí)，a極質(zhì)量增重15.6g7．25℃時(shí)，將HCl氣體緩慢通入0.10mol·L-1的氨水中，溶液的pH、體系中粒子濃度的對(duì)數(shù)值(lgc)與反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比[t=n(HCl)A．25°C時(shí)，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為10-4.75B．P1所示溶液：c(Cl-)<0.05mol·L-1C．P2所示溶液：c(NH4+)=100c(NH3D．P3所示溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+閱卷人二、非選擇題得分8．宋代《千里江山圖》是中國(guó)十大傳世名畫之一，其綠色顏料孔雀石的主要成分是堿式碳酸銅。綜合利用輝銅礦和軟錳礦制備堿式碳酸銅的主要工藝流程如圖所示。已知：①輝銅礦主要含有Cu2S及少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)，軟錳礦主要含有MnO2及少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)。②S在CS2中的溶解度隨溫度升高而增大；CS2的沸點(diǎn)為46.2℃。③[Cu(NH3)4]2+(aq)?Cu2+(aq)+4NH3(aq)請(qǐng)回答下列問題：（1）①“酸浸”時(shí)能提高浸取率的措施有(任填一條)。②研究表明礦物中溶解生成的Fe3+可作催化劑，促進(jìn)Cu2S與MnO2的溶解，其過程有三個(gè)反應(yīng)，反應(yīng)方程式分別為：(i)Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；(ii)Cu2S+2Fe2(SO4)3=2CuSO4+4FeSO4+S；寫出(iii)的化學(xué)反應(yīng)方程式。（2）濾渣經(jīng)CS2提取后可獲得副產(chǎn)品硫單質(zhì)。提取過程中必須控制適宜的溫度，不宜過高或過低的原因是。（3）“除鐵”時(shí)，F(xiàn)e3+的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示。pH>1后，F(xiàn)e3+萃取率下降的原因是。（4）“沉錳”過程中Mn2+沉淀離子方程式為。（5）“趕氨”時(shí)，最適宜的操作方法是。（6）采用如圖所示裝置(加熱裝置已省略)測(cè)定產(chǎn)品中Cu2(OH)2CO3的純度。量氣管D及導(dǎo)管E中盛裝的試劑為。在下列實(shí)驗(yàn)操作中使測(cè)定結(jié)果偏低的是(填標(biāo)號(hào))。A．第1次讀數(shù)時(shí)，仰視B．停止加熱后，體系未恢復(fù)到室溫即讀數(shù)C．第2次讀數(shù)時(shí)，E管液面高于D管，未調(diào)液面即讀數(shù)9．Li2S是一種潛在的可充電鋰離子電池的電解質(zhì)材料。實(shí)驗(yàn)室用H2還原Li2SO4制備Li2S的裝置如圖所示。已知：①粗鋅中含有少量Cu和FeS。②Li2S易潮解，在加熱條件下易被空氣中的O2氧化。請(qǐng)回答下列問題：（1）裝置圖中儀器a的名稱是。（2）利用裝置A制備H2的主要優(yōu)點(diǎn)是。（3）裝置B的作用是。裝置C和E中盛放的試劑是。（4）實(shí)驗(yàn)過程中，應(yīng)先打開K一段時(shí)間后，再點(diǎn)燃酒精燈的原因是。（5）裝置D中制備Li2S的化學(xué)方程式為。（6）測(cè)定產(chǎn)品純度的方法：取ωg產(chǎn)品，加入足量V1mLamol·L-1稀硫酸，充分反應(yīng)后，煮沸溶液，冷卻后滴加酚酞溶液作指示劑。用bmol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。產(chǎn)品中Li2S的純度為。（7）實(shí)驗(yàn)完畢，對(duì)裝置A中混合物進(jìn)行分離可得到副產(chǎn)物皓礬(ZnSO4·7H2O)晶體。先選擇如圖所示裝置進(jìn)行過濾，后將濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、洗滌、干燥得到粗皓礬晶體。下列有關(guān)說法正確的是(填標(biāo)號(hào))。A．采用如圖裝置過濾的優(yōu)點(diǎn)是避免析出ZnSO4·7H2OB．采用如圖裝置過濾主要是分離FeSO4·7H2O和ZnSO4溶液C．粗皓礬晶體中可能含少量CuSO4·5H2O雜質(zhì)D．洗滌時(shí)采用乙醇的原因是減小ZnSO4·7H2O溶解損失10．二十大提出“堅(jiān)持精準(zhǔn)治污、科學(xué)治污、依法治污，持續(xù)深入打好藍(lán)天碧水凈土保衛(wèi)戰(zhàn)”。利用反應(yīng)2CO(g)+2NO(g)?N2(g)+2CO2(g)，可有效減少汽車尾氣污染物的排放。（1）已知該反應(yīng)的ΔH=-620.9kJ·mol-1，逆反應(yīng)活化能為akJ·mol-1，則其正反應(yīng)活化能為kJ·mol-1。（2）在一定溫度下，向恒容容器中通入等物質(zhì)的量的NO和CO氣體，測(cè)得容器中壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化關(guān)系如下表所示：t/min012345p/kPa400370346330320320①反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=(Kp為用分壓代替濃度計(jì)算的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。②實(shí)驗(yàn)測(cè)得該反應(yīng)的速率v正=k正·p2(CO)·p2(NO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，k正與k逆僅與溫度有關(guān)。則平衡時(shí)k正k逆(填“>”“<”或“=”，下同)。達(dá)到平衡后，僅升高溫度，k正增大的倍數(shù)k逆增大的倍數(shù)。③未達(dá)平衡前，單位時(shí)間內(nèi)要提高汽車尾氣中CO、NO的轉(zhuǎn)化率和化學(xué)反應(yīng)速率，應(yīng)選擇的最佳措施是(填標(biāo)號(hào))。A．降低溫度B．增大壓強(qiáng)C．使用合適的催化劑D．降低氮?dú)鉂舛龋?）①在不同催化劑甲、乙作用下，NO的脫氮率在相同時(shí)間內(nèi)隨溫度的變化如圖所示。工業(yè)生產(chǎn)中選用甲，理由是。②在催化劑甲作用下，反應(yīng)經(jīng)歷三個(gè)基元反應(yīng)階段，反應(yīng)歷程如圖所示(TS表示過渡態(tài))。該化學(xué)反應(yīng)的速率主要由反應(yīng)決定(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”，下同)。提高反應(yīng)溫度，逆反應(yīng)速率增加最大的是反應(yīng)。（4）若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成如圖所示的原電池，既能產(chǎn)生電能，又能消除環(huán)境污染。a極對(duì)應(yīng)的電極反應(yīng)式為。11．氮元素形成的化合物種類眾多，用途廣泛。根據(jù)信息回答下列問題。（1）NH3BH3(氨硼烷)因具有很高的儲(chǔ)氫容量及相對(duì)低的放氫溫度(<350℃)，而成為頗具潛力的化學(xué)儲(chǔ)氫材料之一，它可通過環(huán)硼氮烷、CH4與H2O進(jìn)行合成。①基態(tài)氮原子的電子排布圖為。②上述涉及的元素H、B、C、N、O中電負(fù)性最大的是(填元素符號(hào))。（2）BF3、NH3和PH3分子中鍵角由大到小的順序?yàn)椤＃?）若配離子[Co(CN)x](x-3)-的中心離子價(jià)電子數(shù)與配體提供的電子數(shù)之和為18，則x=。（4）咪唑、噻唑、吡啶是含N和S的有機(jī)雜環(huán)類化合物，結(jié)構(gòu)如圖所示：①上述三種物質(zhì)中，沸點(diǎn)最高的是(填化學(xué)名稱)。②吡啶中氮原子的雜化軌道的空間構(gòu)型為。③已知咪唑中存在類似苯的大π鍵，則在咪唑分子的兩個(gè)氮原子中，更容易與Cu2+形成配位鍵的是(填“①”或“②”)號(hào)氮原子。（5）氮化鎵是新型半導(dǎo)體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)可看作金剛石晶胞內(nèi)部的碳原子被N原子代替，頂點(diǎn)和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。如圖為沿y軸投影的氮化鎵晶胞中所有原子的分布圖。若原子1的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(14，14，34（6）某鐵氮化合物晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①若以氮原子為晶胞頂點(diǎn)，則鐵原子在晶胞中的位置為。②若晶胞中距離最近的兩個(gè)鐵原子距離為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為g·cm-3(列出計(jì)算式即可)。12．化學(xué)在藥物合成方面有廣泛應(yīng)用。（1）I．有機(jī)物E是--種藥物中間體，醫(yī)藥工業(yè)中的一種合成方法如下：已知：?；卮鹣铝袉栴}：A的化學(xué)名稱為。（2）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。B→C的反應(yīng)條件是。（3）C具有的官能團(tuán)名稱是。（4）C→D反應(yīng)類型為。（5）由D生成E的化學(xué)方程式為。（6）Ⅱ．布洛芬在臨床上廣泛用來解熱鎮(zhèn)痛及抗炎抗風(fēng)濕，其結(jié)構(gòu)如圖所示。有機(jī)物F是布洛芬的同系物，F(xiàn)的同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件的總數(shù)為種。a.相對(duì)分子質(zhì)量比布洛芬小28；b.苯環(huán)上僅有兩個(gè)取代基，且羧基與苯環(huán)直接相連。其中分子中核磁共振氫譜有4組吸收峰，峰值比為9：2：2：1，布洛芬的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．“北斗”系統(tǒng)組網(wǎng)成功，北斗芯片中的半導(dǎo)體材料為晶體硅，而二氧化硅則是光導(dǎo)纖維的主要成分，故A符合題意；B．合成橡膠由各種單體經(jīng)聚合反應(yīng)而得，橡膠制品廣泛應(yīng)用于工業(yè)或生活，屬于有機(jī)高分子材料，故B不符合題意；C．納米氣凝膠屬于膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故C不符合題意；D．“奮斗者”號(hào)潛水器外殼材料為鈦合金，鈦合金是合金，性能優(yōu)異，具有強(qiáng)度大、耐腐蝕等特點(diǎn)，廣泛用于航空、航天等領(lǐng)域，也用于制造潛水器外殼，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、芯片的主要成分是硅；

B、橡膠屬于有機(jī)高分子材料；

C、膠體可形成丁達(dá)爾效應(yīng)；

D、鈦合金耐高壓、耐腐蝕。2．【答案】B【解析】【解答】A．中子數(shù)為10的氧原子質(zhì)量數(shù)為10+8=18，表示為818B．Ca2+的電子數(shù)為18，結(jié)構(gòu)示意圖為：，B符合題意；C．是空間填充模型，不是球棍模型，C不符合題意；D．HBr是共價(jià)化合物，其形成過程為：，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)；

B、鈣離子為鈣原子失去2個(gè)電子，核外電子數(shù)為18；

C、甲烷的球棍模型有1個(gè)碳原子和4個(gè)氫原子；

D、溴化氫為共價(jià)化合物，不需要表面電子移動(dòng)方向和中括號(hào)、電荷數(shù)。3．【答案】A【解析】【解答】A．糠醇含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)使溴水褪色；糠醇含有碳碳雙鍵和羥基，可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故A符合題意；B．糠醇分子中與羥基相連的碳原子為飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，則所有的原子不能共平面，故B不符合題意；C．四氫糠醇為為環(huán)狀結(jié)構(gòu)，而乙醇為鏈狀結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)不相似，則四氫糠醇不是乙醇的同系物，且四氫糠醇分子式為C5D．四氫糠醇分子結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，5個(gè)碳原子上的5種氫不等效，羥基上的氫原子不能被氯原子取代，故四氫糠醇一氯代物為5種，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、碳碳雙鍵可以使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，羥基可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

B、共平面的判斷要注意一個(gè)原子周圍有3個(gè)或以上的單鍵連接時(shí)，最多兩個(gè)單鍵原子共平面；

C、同系物的特點(diǎn)是結(jié)構(gòu)相似，官能團(tuán)的數(shù)目和種類相同；

D、一氯代物即判斷等效氫的種類。4．【答案】B【解析】【解答】A．H2O分子間可以形成氫鍵，使沸點(diǎn)升高，則H2O的沸點(diǎn)高于CH4的沸點(diǎn)，A不符合題意；B．離子電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡(jiǎn)單離子半徑：Cl->O2->F-，B符合題意；C．OF2中，O的化合價(jià)為+2價(jià)，F(xiàn)的化合價(jià)為-1價(jià)，C不符合題意；D．H、O、Cl能形成具有漂白性的化合物HClO，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、氫鍵使分子的沸點(diǎn)提高；

B、離子電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，半徑越小；

C、氟為-1價(jià)則氧為+2價(jià)；

D、次氯酸具有漂白性。5．【答案】C【解析】【解答】A．將打磨后的鎂條放盛入有稀鹽酸的試管中發(fā)生反應(yīng)，放入熱量，用手感觸試管外壁發(fā)熱，A項(xiàng)不符合題意；B．銅在酸性條件下被硝酸根離子氧化為銅離子，硝酸根離子被還原為一氧化氮，一氧化氮遇到空氣變?yōu)榧t棕色氣體二氧化氮，因此原溶液可能含有NOC．使品紅溶液褪色的氣體可能為二氧化硫，也可能為NaClO與濃鹽酸反應(yīng)生成的氯氣，C項(xiàng)符合題意；D．難溶電解質(zhì)的結(jié)構(gòu)相同，其溶度積越小，加入氨水時(shí)越容易生成沉淀，可以得出Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，D項(xiàng)不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、鎂和鹽酸反應(yīng)使試管溫度升高，為放熱反應(yīng)；

B、硝酸根、氫離子和銅反應(yīng)可以生成二氧化氮；

C、可以使品紅溶液褪色的氣體可能是二氧化硫或者氯氣；

D、混合溶液滴加氨水，先沉淀的物質(zhì)溶度積更小。6．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，a為負(fù)極，K在負(fù)極失去電子生成K+，發(fā)生氧化反應(yīng)，A不符合題意；B．由分析可知，b為正極，O2在正極得到電子生成KO2，電極方程式為：K++e-+O2=KO2，B不符合題意；C．由分析可知，a為負(fù)極，b為正極，充電時(shí)，a為陰極，b為陽極，電流由b電極經(jīng)電解液流向a電極，C不符合題意；D．充電時(shí)，b為陽極，電極方程式為：KO2-e-=K++O2，a為陰極，電極方程式為：K++e-=K，b極生成2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O2時(shí)，O2的物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移0.1mol電子，陰極生成0.1molK，a極質(zhì)量增重3.9g，D符合題意；故答案為：D。

【分析】新型二次電池的判斷：

1、化合價(jià)升高的為負(fù)極，失去電子，化合價(jià)降低的為正極，得到電子；

2、電極反應(yīng)式的書寫要注意，負(fù)極反應(yīng)為負(fù)極材料失去電子化合價(jià)升高，正極反應(yīng)為正極材料得到電子化合價(jià)降低，且要根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應(yīng)式要滿足原子守恒；若是充電過程，則負(fù)極作為陰極，正極作為陽極，陰極電極反應(yīng)式為負(fù)極的逆反應(yīng)，陽極的電極反應(yīng)式為正極的逆反應(yīng)。7．【答案】C【解析】【解答】A．NH3·H2O?NH4++OH-，Kb=c(OH?)c(NH4+)c(NH3?H2O)，由圖可知，當(dāng)c(NH3·H2O)=c(NB．由圖可知，P1點(diǎn)時(shí)，c(NH4+)=c(NH3·H2O)=0.05mol/L，pH=9.25，c(H+)<c(OH-)，由電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClC．P2所示溶液pH=7，則c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，NH3·H2O的Kb=c(OH?)c(NH4+)c(NH3?H2O)，當(dāng)c(OH-)=1D．由圖可知，P3點(diǎn)時(shí)，n(HCl)n(NH3·H2O)=1，則n(HCl)=n(NH3?H2O)，此時(shí)得到NH4Cl溶液，NH4+水解生成H+使溶液呈酸性，P故答案為：C。

【分析】A、電離平衡常數(shù)要結(jié)合公式以及特殊點(diǎn)代入計(jì)算；

B、結(jié)合電荷守恒判斷；

C、結(jié)合一水合氨的電離平衡常數(shù)判斷；

D、結(jié)合銨根離子水解判斷。8．【答案】（1）粉碎礦石、充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)提高硫酸濃度等；MnO2+2H2SO4+2FeSO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O（2）溫度過低，硫的溶解度較小，溫度過高，CS2沸點(diǎn)低大量氣化（3）pH>1.7之后，F(xiàn)e3++3H2O?Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移動(dòng)，溶液中Fe3+濃度降低，所以萃取率下降（4）Mn2++HCO3-+NH3=MnCO（5）加熱（6）飽和碳酸氫鈉溶液；AC【解析】【解答】（1）①酸浸時(shí)，通過粉碎礦石、升高溫度、進(jìn)行攪拌、或適當(dāng)提高硫酸濃度都可以加快浸取速率；②研究表明礦物中溶解生成的Fe3+可作催化劑，促進(jìn)Cu2S與MnO2的溶解，反應(yīng)(iii)為FeSO4促進(jìn)MnO2溶解為Mn2+的過程，該過程中Fe元素由+2價(jià)上升到+3價(jià)，Mn元素由+4價(jià)下降到+2價(jià)，根據(jù)原子守恒和得失電子守恒配平離子方程式為：MnO2+2H2SO4+2FeSO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O。（2）S在CS2中的溶解度隨溫度升高而增大，CS2的沸點(diǎn)為46.2℃，溫度過低，硫的溶解度較小，溫度過高，CS2沸點(diǎn)低大量氣化，提取過程中必須控制適宜的溫度。（3）pH>1.7之后，F(xiàn)e3++3H2O?Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移動(dòng)，溶液中Fe3+濃度降低，所以萃取率下降。（4）“沉錳”過程中Mn2+和HCO3-、NH3反應(yīng)得到MnCO3沉淀和銨鹽，離子方程式為：Mn2++HCO3-+NH（5）因氨氣易揮發(fā)，加熱可促進(jìn)揮發(fā)，則可用加熱的方法。（6）Cu2(OH)2CO3加熱分解生成CO2、H2O和CuO，可以通過排液體法測(cè)量生成CO2的體積，CO2在該液體不能溶解和發(fā)生反應(yīng)，可以用飽和碳酸氫鈉溶液；A．第1次讀數(shù)時(shí)，仰視會(huì)導(dǎo)致第一次讀取的數(shù)據(jù)偏大，CO2的體積為第2次讀取的數(shù)據(jù)減去第一次讀數(shù)的數(shù)據(jù)，則測(cè)得CO2的體積偏小，使測(cè)定結(jié)果偏低；B．停止加熱后，體系未恢復(fù)到室溫即讀數(shù)，會(huì)導(dǎo)致第二次讀取數(shù)據(jù)偏大，則測(cè)得CO2的體積偏大，使測(cè)定結(jié)果偏高；C．第2次讀數(shù)時(shí)，E管液面高于D管，未調(diào)液面即讀數(shù)，量氣管內(nèi)壓強(qiáng)大，液面高，導(dǎo)致第二次讀取數(shù)據(jù)偏小，則測(cè)得CO2的體積偏小，使測(cè)定結(jié)果偏低；故答案為：AC。

【分析】（1）①提高浸取率的措施有粉碎礦石、充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)提高硫酸濃度等；

②二氧化錳、硫酸、硫酸亞鐵反應(yīng)生成硫酸鐵、硫酸錳和水；

（2）溫度過低，硫的溶解度較小，溫度過高，CS2沸點(diǎn)低大量氣化；

（3）減小氫離子的濃度，平衡朝水解方向移動(dòng)；

（4）錳離子、碳酸氫根和氨氣反應(yīng)生成碳酸錳和銨根離子；

（5）通過加熱可以使氨分子形成氣體跑出；

（6）二氧化碳和D中的液體不能反應(yīng)，因此采用的是飽和碳酸氫鈉溶液。9．【答案】（1）鐵架臺(tái)（2）可實(shí)現(xiàn)隨開隨用，隨關(guān)隨停（3）除去氫氣中的硫化氫氣體；濃硫酸（4）除去實(shí)驗(yàn)裝置內(nèi)部空氣中的水蒸氣及氧氣，避免Li2S潮解及加熱條件下被空氣中的O2氧化（5）L（6）23(2a（7）降溫結(jié)晶；過濾；AD【解析】【解答】（1）裝置a為夾持硬質(zhì)試管的裝置，為鐵架臺(tái)；（2）A為啟普發(fā)生器，適用于固液常溫下制備氣體，可以做到可實(shí)現(xiàn)隨開隨用，隨關(guān)隨停；（3）見分析，A制備的氫氣中混有硫化氫，所以通入硫酸銅溶液中的作用為除去氫氣中的硫化氫氣體；氣體在與固體加熱反應(yīng)前需要干燥，E的目的是防止空氣中的水蒸氣和氧氣進(jìn)入到D中，所以C和E中盛裝的為濃硫酸；（4）已知Li2S易潮解，在加熱條件下易被空氣中的O2氧化，所以在實(shí)驗(yàn)開始前需要除去實(shí)驗(yàn)裝置內(nèi)部空氣中的水蒸氣及氧氣，避免Li2S潮解及加熱條件下被空氣中的O2氧化；（5）反應(yīng)為為通入的干燥的氫氣和Li2SO4，所以，該過程制備的化學(xué)方程式為：Li（6）硫酸的消耗分為兩部分，一部分與Li2S反應(yīng)生成硫化氫，剩余部分的硫酸被NaOH溶液消耗，據(jù)此進(jìn)行答題，H2Li2S～H2（7）ZnSO4隨溫度升高溶解度變大，所以采取蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶，過濾洗滌干燥的方法獲得皓礬晶體，故答案為：降溫結(jié)晶，過濾；A．實(shí)驗(yàn)過程采取加熱過濾的方式，防止皓礬析出，A正確；B．加熱過濾的方式目的是分離硫酸鋅溶液和雜質(zhì)，硫酸亞鐵為溶液，無法通過過濾的方式分離，B不正確；C．Cu與稀硫酸不反應(yīng)，所以硫酸鋅中沒有硫酸銅，故不可能含有CuSO4·5H2O雜質(zhì)，C不正確；D．硫酸鋅在乙醇中的溶解度小，而且乙醇易揮發(fā)，所以洗滌時(shí)采用乙醇的原因是減小ZnSO4·7H2O溶解損失，D正確；故答案為：AD。

【分析】（1）a為鐵架臺(tái)；

（2）啟普發(fā)生器的特點(diǎn)是隨開隨用，隨關(guān)隨停；

（3）硫酸銅可以和硫化氫反應(yīng)生成硫化銅；

（4）除去實(shí)驗(yàn)裝置內(nèi)部空氣中的水蒸氣及氧氣，避免Li2S潮解及加熱條件下被空氣中的O2氧化；

（5）硫酸鋰和氫氣反應(yīng)生成硫化鋰和水；

（6）結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比判斷；

（7）得到的晶體含有結(jié)晶水，采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌的方法分離。10．【答案】（1）(a-620.9)（2）0.8kPa-1；<；<；C（3）催化劑甲在較低溫度下活性可達(dá)到最大，降低生產(chǎn)能耗的同時(shí)滿足NO的脫氮率最高；I；Ⅱ（4）2NO+4e-=N2+2O2-【解析】【解答】（1）根據(jù)ΔH=正反應(yīng)活化能-逆反應(yīng)活化能可得，正反應(yīng)活化能=ΔH+逆反應(yīng)活化能=(a-620.9)kJ·mol-1；故答案為：(a-620.9)。（2）①設(shè)開始反應(yīng)時(shí)通入的NO和CO氣體的物質(zhì)的量均為2mol，4min反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)生成氮?dú)鈇mol，由題意可建立如下三段式：2NO(g)+由平衡前后氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比可得：400kPa320kPa=2mmol(2m-a)mol，解得a=0.8m，平衡時(shí)各物質(zhì)的分壓為：p(NO)=0.4mmol3.2mmol×320kPa=40kPa，p(CO)=0.4mmol3.2mmol×320kPa=40kPa，p(CO2)=1.6mmol3.2mmol×320kPa=160kPa，p(N2②達(dá)到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=p(N2)p2(CO2)③A．降低溫度，化學(xué)反應(yīng)速率減小，A不正確；B．該反應(yīng)為氣體計(jì)量數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，單位時(shí)間內(nèi)要提高汽車尾氣中CO、NO的轉(zhuǎn)化率和化學(xué)反應(yīng)速率增大，但增大壓強(qiáng)，會(huì)增大對(duì)設(shè)備的要求，增加成本，不是最佳措施，B不正確；C．使用適合催化劑，降低反應(yīng)的活化能，化單位時(shí)間內(nèi)要提高汽車尾氣中CO、NO的轉(zhuǎn)化率和化學(xué)反應(yīng)速率增大，C正確；D．降低氮?dú)鉂舛?，生成物的濃度減小，化學(xué)反應(yīng)速率減小，D不正確；故答案為：C；故答案為：0.8kPa-1；<；<；C。（3）①由圖可知，反應(yīng)在催化劑甲的條件下反應(yīng)時(shí)，在較低溫度下，催化劑的活性可達(dá)到最大，能降低生產(chǎn)能耗的同時(shí)還滿足一氧化氮的脫氮率最高，所以在工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)選用催化劑甲；②活化能越大反應(yīng)速率越慢，整個(gè)反應(yīng)由最慢的一步?jīng)Q定，由圖可知，整個(gè)反應(yīng)分為三個(gè)基元反應(yīng)階段，其中反應(yīng)I正反應(yīng)的活化能為298.4kJ/mol，正反應(yīng)的活化能最大，故反應(yīng)速率最慢，故該化學(xué)反應(yīng)的速率主要由反應(yīng)I決定；改變溫度，對(duì)活化能大的反應(yīng)影響大，反應(yīng)Ⅱ的逆反應(yīng)活化能最大，所以逆反應(yīng)速率增加最大，逆反應(yīng)速率增加最大的是反應(yīng)Ⅱ；故答案為：催化劑甲在較低溫度下活性可達(dá)到最大，降低生產(chǎn)能耗的同時(shí)滿足NO的脫氮率最高；I；Ⅱ。（4）由圖可知，a電極NO得到電子轉(zhuǎn)化為氮?dú)夂蚈2-，a極對(duì)應(yīng)的電極反應(yīng)式為：2NO+4e-=N2+2O2-；故答案為：2NO+4e-=N2+2O2-。

【分析】（1）ΔH=正反應(yīng)活化能-逆反應(yīng)活化能；

（2）①分壓平衡常數(shù)要結(jié)合總壓強(qiáng)和總物質(zhì)的量判斷；

②結(jié)合速率常數(shù)和題目所給數(shù)據(jù)判斷；

③使用合適1催化劑，可以提高單位時(shí)間內(nèi)一氧化碳和一氧化氮的轉(zhuǎn)化率和速率；

（3）①催化劑甲在較低溫度下活性可達(dá)到最大，降低生產(chǎn)能耗的同時(shí)滿足NO的脫氮率最高；

②決速步驟為活化能最大的步驟；

（4）一氧化氮得到電子形成氮?dú)夂脱踟?fù)離子。11．【答案】（1）；O（2）BF3>NH3>PH3（3）6（4）咪唑；平面三角形；①（5）(34，14，（6）棱心和體心；238【解析】【解答】（1）基態(tài)N原子的電子排布式為1s22s2p3，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則，基態(tài)氮原子的電子排布圖為；同周期自左而右電負(fù)性增大、同主族自上而下電負(fù)性減小，且上述涉及的元素H、B、C、N、O中氧元素的非金屬性最強(qiáng)，故氧的電負(fù)性最大，故答案為：；O；（2）BF3的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：3+12×(3?1×3)=3，即為中心原子為sp2雜化，分子為平面三角形，鍵角為120°；NH3和PH3的中心原子為同主族元素，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：3+12×(5?1×3)（3）配離子[Co(CN)x](x-3)-的中心離子Co3+的價(jià)電子數(shù)為6，配體CN-提供的電子數(shù)為2，中心離子價(jià)電子數(shù)與配體提供的電子數(shù)之和為18，則有6+2x=18，解得x=6；故答案為：6。（4）①咪唑結(jié)構(gòu)中含有亞胺基-NH-，相鄰分子間能夠形成分子間氫鍵，因此咪唑的沸點(diǎn)是三種物質(zhì)中最高的；②吡啶的結(jié)構(gòu)與苯相似，環(huán)上的C原子和N原子均以sp2雜化軌道相互重疊形成σ鍵，氮原子的雜化軌道的空間構(gòu)型為平面三角形；③咪唑中②號(hào)N原子形成3個(gè)σ鍵，由于存在大π鍵，說明兩個(gè)氮原子都是sp2雜化，則②號(hào)氮原子沒有孤電子對(duì)，而①號(hào)氮原子形成兩個(gè)σ鍵，所以有孤電子對(duì)，可以形成配位鍵，所以更容易與Cu2+形成配位鍵的是①號(hào)氮原子；故答案為：咪唑；平面三角形；①。（5）根據(jù)題中要求，得出氮化鎵的晶胞圖為則原子3的坐標(biāo)為(34，14，14)；故答案為：(34，1（6）①根據(jù)圖示可知：若以氮原子為晶胞頂點(diǎn)，則原來在面的鐵原子為晶胞的棱心，原來在頂點(diǎn)的鐵原子在體心。②根據(jù)圖示可知：該晶胞中鐵原子的個(gè)數(shù)為8×