2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：化學基本概念和基本理論

第1頁（共1頁）2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：化學基本概念和基本理論一．解答題（共10小題）1．（2024?河東區(qū)模擬）我國空間站“天和”核心艙太陽翼電池采用自主研發(fā)的砷化鎵器件，能量轉(zhuǎn)化效率大大提高。已知：砷（As）與鎵（Ga）同位于第四周期；Ga與Al同主族，As與P同主族。（1）鋁元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為。（2）P在元素周期表中的位置是。（3）P的非金屬性弱于S的，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：P和S在同一周期，原子核外電子層數(shù)相同，，得電子能力P弱于S。（4）下列關(guān)于Ga的推斷正確的是（填字母）。a．最外層電子數(shù)為5b．原子半徑：Ga＞Asc．元素的金屬性：Ga＞K（5）氮的簡單氫化物的電子式，HNO3，H3PO4，H3AsO4的酸性由強到弱的關(guān)系是。（6）三價砷有劇毒，五價砷毒性減弱。含As2O3的污水可被次氯酸鈉堿性溶液轉(zhuǎn)化為而降低毒性。該反應的離子方程式是。2．（2024?西城區(qū)校級三模）阿伏加德羅常數(shù)（NA）是一座“橋梁”，連接了宏觀世界和微觀世界的數(shù)量關(guān)系。通過電解法可測得NA的數(shù)值。已知：?。?個電子所帶電量為1.60×10﹣19庫侖。ⅱ．EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二鈉）能形成可溶含銅配離子。ⅲ．Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36?！緦嶒炓弧坑勉~片和鉑絲為電極，電解硫酸酸化的CuSO4溶液。測得通過電路的電量為x庫侖。電解完成后，取出銅片，洗凈晾干，銅片質(zhì)量增加了mg。（1）銅片應連接電源的（填“正極”或“負極”），鉑絲尖端產(chǎn)生氣泡，其電極反應式為。理論上，產(chǎn)生氣體與析出銅的物質(zhì)的量之比為。（2）本實驗測得NA＝mol﹣1（列出計算式）。【實驗二】為減少含重金屬電解液的使用，更換電解液，同時更換電極與電源的連接方式。電解完成后，取出銅片，洗凈晾干，銅片質(zhì)量減小。實驗電解液實驗現(xiàn)象①0.25mol?L﹣1NaOH溶液銅片表面為灰藍色②0.25mol?L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol?L﹣1NaOH混合液（pH＝8）銅片表面仍為紅色（3）實驗①和②中各配制電解液500mL，使用的主要儀器有天平、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和。（4）經(jīng)檢驗，實驗①中的灰藍色成分主要是Cu（OH）2。從平衡移動角度解釋EDTA﹣2Na在測定NA的數(shù)值中的作用：。（5）電解過程中，若觀察到銅片上有小氣泡產(chǎn)生，利用銅片質(zhì)量減小計算NA的數(shù)值（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。（6）實驗結(jié)束后處理電解液：將取出的電解液加入過量硫酸，過濾，得到白色固體EDTA和濾液a；向濾液a中先加入NaOH調(diào)pH≈8，再加入Na2S，解釋不直接加入Na2S的原因及Na2S的作用：。3．（2024?如皋市模擬）生物質(zhì)鐵炭納米材料可以活化過一硫酸鹽，降解廢水中有機污染物。（1）生物質(zhì)鐵炭納米材料活化過—硫酸鉀（KHSO5）降解有機污染物的反應歷程如圖﹣1所示。圖中和?OH分別表示硫酸根自由基和羥基自由基。①H2SO5（S的化合價為+6）在水中的電離過程為：H2SO5═H++、?H++[K2（）＝4×10﹣10]。寫出的結(jié)構(gòu)式：。②生物質(zhì)鐵炭納米材料降解有機污染物的機理可描述為。③若有機污染物為苯酚，寫出酸性條件下與苯酚反應的化學方程式：。（2）與直接使用納米鐵顆粒相比，使用生物質(zhì)鐵炭納米材料降解的優(yōu)點是：。（3）鐵炭納米材料在不同pH對有機污染物去除率（C/C0：溶液有機物濃度與初始有機物濃度的比值）的影響如圖﹣2所示，pH越小有機污染物去除率越高的原因是：。（4）已知微粒的氧化性：＞?OH＞。水中存在一定量和無存在時對鐵炭納米材料降解有機污染物的影響如圖﹣3所示。的存在對有機污染物的降解有影響，原因是：。4．（2024?浙江模擬）聯(lián)氨（又稱聯(lián)肼，N2H4，無色液體）是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列問題：（1）聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮的化合價為。（2）實驗室可用次氯酸鈉溶液與氨反應制備聯(lián)氨，反應的離子方程式。（3）聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進劑，其反應的產(chǎn)物均無污染。其氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物之比為。（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似。聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為。5．（2024?寶山區(qū)校級模擬）元素周期表中所列①～⑨分別代表某種化學元素，請依據(jù)這9種元素回答下列問題：（1）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是。A.常溫常壓下，2.24L元素②形成的單質(zhì)中共價鍵的數(shù)目為0.3NAB.1mol乙醇和足量乙酸反應，生成乙酸乙酯的分子數(shù)為NAC.32g環(huán)狀元素⑦組成的分子（）中含有的S﹣S鍵數(shù)為NAD.2mol單質(zhì)⑥中有NA個分子（2）基態(tài)⑧原子價電子軌道表示式為，②原子和3個⑧原子形成的分子的空間結(jié)構(gòu)是。（3）③④⑤三種元素第一電離能由大到小的排列順序為。（用元素符號表示）（4）關(guān)于上述9種元素，下列說法錯誤的是。A.元素①屬于元素周期表中s區(qū)元素B.元素⑦⑨組成的一種化合物可用于生產(chǎn)硫酸C.元素⑦的電負性大于元素⑧D.元素⑨的一種正離子可用KSCN溶液進行檢驗（5）下列相關(guān)事實內(nèi)容所涉及化學知識錯誤的是。A.醫(yī)生叮囑糖尿病患者控制白糖、紅糖的攝入量——蔗糖水解能生成葡萄糖B.園藝師施肥時，草木灰和硝酸銨不混合施用——兩種鹽水解相互促進降低氮肥肥效C.酸雨的形成與元素②和⑦有關(guān)——形成過程都涉及了氧化還原反應D.HCl的酸性比H2S強——元素周期律（6）下列實驗操作或裝置能達到目的的是。（不定項）選項ABCD操作或裝置目的配制100mLFeCl3溶液驗證Na2O2和H2O反應為放熱反應測定84消毒液的pH保護鐵閘門不被腐蝕6．（2023?錦江區(qū)校級二模）某學習小組將Cu與H2O2的反應設計為原電池，并進行相關(guān)實驗探究?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．實驗準備（1）稀硫酸的配制①配制100mL0.3mol?L﹣1的H2SO4溶液，需6mol?L﹣1H2SO4溶液的體積為mL。②在實驗室配制上述溶液的過程中，如圖所示儀器，需要用到的是（填儀器名稱）。（2）Cu與H2O2在酸性條件下反應的離子方程式為。Ⅱ．實驗探究【實驗任務】利用相關(guān)原電池裝置進行實驗，探究物質(zhì)氧化性或還原性的影響因素。【查閱資料】其他條件相同時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大。【進行實驗】（3）利用下表所示裝置進行實驗1～4，記錄數(shù)據(jù)。裝置實驗序號燒杯中所加試劑電壓表讀數(shù)30%H2O20.3mol?L﹣1H2SO4H2OV/mLV/mLV/mL130.0/10.0U1230.01.09.0U2330.02.08.0U3435.01.0V1U4已知：本實驗條件下，對電壓的影響可忽略。①根據(jù)表中信息，補充數(shù)據(jù)：V1＝。②由實驗2和4可知，U2U4（填“大于”或“小于”或“等于”），說明其他條件相同時，H2O2溶液的濃度越大，其氧化性越強。（4）由（3）中實驗結(jié)果U3＞U2＞U1，小組同學對“電壓隨pH減小而增大”可能的原因，提出了以下兩種猜想：猜想1：酸性條件下，H2O2的氧化性隨pH減小而增強。猜想2：酸性條件下，Cu的還原性隨pH減小而增強。為驗證猜想，小組同學在（3）中實驗1～4的基礎上，利用下表裝置進行實驗5～﹣7，并記錄數(shù)據(jù)。裝置實驗序號操作電壓表讀數(shù)5/U56①向（填“左”或“右”）側(cè)燒杯中滴加5.0mL0.3mol?L﹣1H2SO4溶液。U67向另一側(cè)燒杯中滴加5.0mL0.3mol?L﹣1H2SO4溶液U7②實驗結(jié)果為：U5≈U6、，說明猜想2不成立，猜想1成立。（5）已知Cu與H2O2反應時，加入氨水可形成深藍色的[Cu（NH3）4]2+。小組同學利用（4）中實驗5的裝置繼續(xù)探究，向左側(cè)燒杯中滴加5.0mL一定濃度的氨水，相比實驗5，電壓表讀數(shù)增大，分析該電壓表讀數(shù)增大的原因：?！緦嶒灲Y(jié)論】物質(zhì)的氧化性（或還原性）強弱與其濃度、pH等因素有關(guān)。7．（2023?廣州一模）醋酸鈉（CH3COONa）是一種常用的防腐劑和緩沖劑。（1）配制250mL0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液，需要稱量醋酸鈉晶體（CH3COONa?3H2O，M＝136g?mol﹣1）的質(zhì)量為。實驗需要的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、量筒、（從下列圖中選擇，寫出名稱）。（2）某小組探究外界因素對CH3COONa水解程度的影響。甲同學設計實驗方案如下（表中溶液濃度均為0.10mol?L﹣1）：ⅰ.實驗和（填序號），探究加水稀釋對CH3COONa水解程度的影響；ⅱ.實驗1和3，探究加入對CH3COONa水解程度的影響；ⅲ.實驗1和4，探究溫度對CH3COONa水解程度的影響。序號溫度V（CH3COONa）/mLV（CH3COONH4）/mLV（H2O）/mLpH125℃40.000A1225℃4.0036.0325℃20.010.0aA3440℃40.000A4①根據(jù)甲同學的實驗方案，補充數(shù)據(jù)：a＝。②實驗測得A1＞A3，該結(jié)果不足以證明加入促進了CH3COONa的水解。根據(jù)（填一種微粒的化學式）的濃度增大可以說明加入能促進CH3COONa的水解。③已知CH3COONa水解為吸熱反應，甲同學預測A1＜A4，但實驗結(jié)果為A1＞A4。實驗結(jié)果與預測不一致的原因是。（3）小組通過測定不同溫度下CH3COONa的水解常數(shù)Kh確定溫度對CH3COONa水解程度的影響。查閱資料：Kh＝，c0為CH3COONa溶液起始濃度。試劑：0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液、0.1000mol?L﹣1鹽酸、pH計。實驗：測定40℃下CH3COONa水解常數(shù)Kh，完成下表中序號7的實驗。序號實驗記錄的數(shù)據(jù)5取20.00mLCH3COONa溶液，用0.1000mol?L﹣1鹽酸滴定至終點消耗鹽酸體積為VmL6測40℃純水的pHb7c在50℃和60℃下重復上述實驗。數(shù)據(jù)處理：40℃，Kh＝（用含V、b、c的計算式表示）。實驗結(jié)論：Kh（60℃）＞Kh（50℃）＞Kh（40℃），溫度升高，促進CH3COONa水解。8．（2023?安丘市校級模擬）我國長征火箭常用偏二甲肼和四氧化二氮作燃料?；卮鹣铝袉栴}：（1）偏二甲肼結(jié)構(gòu)簡式為，1mol該物質(zhì)中共價鍵的物質(zhì)的量為mol。（2）在容積為2L的恒容容器中，通入一定量的NO2，發(fā)生反應2NO2（g）?N2O4（g）ΔH＜0，100℃時體系中NO2和N2O4的物質(zhì)的量隨時間變化如圖所示。①在0～10s時段，反應速率v（NO2）＝mol?L﹣1?s﹣1，t1時刻N2O4的濃度c（N2O4）＝mol?L﹣1。②能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是。a．2v正（NO2）＝v逆（N2O4）b．容器內(nèi)總壓強保持不變c．c（NO2）：c（N2O4）＝2：1d．容器內(nèi)氣體顏色不再變化③對于化學反應aA+bB?cC+dD，反應物A的平衡轉(zhuǎn)化率可以表示為：α（A）＝×100%，試計算此溫度下該反應到達平衡時NO2的平衡轉(zhuǎn)化率α（NO2）＝（保留小數(shù)點后1位）；升高溫度重新平衡后，混合氣體顏色（填“變深”、“變淺”或“不變”）。9．（2023?嘉定區(qū)二模）（一）短周期的元素在自然界中比較常見，尤其是非金屬元素及其化合物在社會生活中有著很重要的作用。請完成（一）（二）兩大題。（1）補全下側(cè)元素周期表中符號。表中元素形成的最穩(wěn)定氫化物是，該氫化物在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度（填“大”或“小”）。CNOFAlSiSCl（2）硅原子核外電子運動狀態(tài)為種，其最外層電子排布式為，硅微粒非常堅硬，比較晶體硅與碳化硅的熔點高低并解釋說明。（3）碳元素的非金屬性比硫，可由一復分解反應推測而得，其反應的化學方程式為。（4）煙氣中的NO與尿素[CO（NH2）2]（C的化合價為+4）反應進行脫硝。反應的化學方程式是：2CO（NH2）2+8NO＝2CO2+6N2+O2+4H2O。該反應的氧化產(chǎn)物為，若反應過程中有2.24L（標準狀況下）NO反應，則電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為。（二）（5）紅酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，這利用了SO2的性。自來水中含硫量約70mg/L，它只能以（填微粒符號）形式存在。（6）實驗室可用濃氨水與氫氧化鈉固體作用制取氨氣，試用平衡原理分析氫氧化鈉的作用：。（7）如圖是向5mL0.1mol?L﹣1氨水中逐滴滴加0.1mol?L﹣1醋酸，測量其導電性的數(shù)字化實驗曲線圖，請你解釋曲線變化的原因。甲硫醇（CH3SH）是一種重要的有機合成原料，用于合成染料、醫(yī)藥、農(nóng)藥等。工業(yè)上可用甲醇和硫化氫氣體制?。喝埸c（℃）沸點（℃）甲醇﹣9764.7甲硫醇﹣1237.6完成下列填空：（8）寫出該反應的化學平衡常數(shù)表達式。該反應的溫度為280～450℃，選該反應溫度可能的原因是：①加快反應速率；②。（9）已知在2L密閉容器中，只加入反應物，進行到10分鐘時達到平衡，測得水的質(zhì)量為5.4g，則v（CH3SH）＝mol/（L?min）。（10）常溫常壓下，2.4g甲硫醇完全燃燒生成二氧化硫和其他穩(wěn)定產(chǎn)物，并同時放出52.42kJ的熱量，則甲硫醇燃燒的熱化學方程式為。10．（2023?崇明區(qū)二模）工業(yè)用焦炭和硫酸鈉反應制備硫化鈉：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑，完成下列填空：（1）硫元素在周期表中的位置為，硫原子核外有種不同運動狀態(tài)的電子。（2）CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，二者形成晶體時的熔點高低為：CS2CO2（填“＞、＝、＜”）。有關(guān)二硫化碳分子的描述正確的是。A．含有非極性鍵B．是直線形分子C．屬于極性分子D．結(jié)構(gòu)式為C＝S＝S（3）C元素和S元素比較，非金屬性強的是，寫出一個能支持你的結(jié)論的事實：。（4）Na2S又稱臭堿，Na2S溶液中含硫元素微粒的濃度由大到小的順序是。（5）天然氣中常含有少量H2S，在酸性介質(zhì)中進行天然氣脫硫的原理示意圖如圖所示，配平步驟①涉及到的方程式（先在括號里補齊生成物）：Fe2（SO4）3+H2S＝FeSO4+S↓+。（6）圖示中反應②是FeSO4在酸性條件下被O2氧化的過程，若有1摩爾FeSO4在酸性條件下被氧化，需要O2的體積（標準狀況）為升。

2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：化學基本概念和基本理論參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?河東區(qū)模擬）我國空間站“天和”核心艙太陽翼電池采用自主研發(fā)的砷化鎵器件，能量轉(zhuǎn)化效率大大提高。已知：砷（As）與鎵（Ga）同位于第四周期；Ga與Al同主族，As與P同主族。（1）鋁元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為。（2）P在元素周期表中的位置是第三周期ⅤA族。（3）P的非金屬性弱于S的，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：P和S在同一周期，原子核外電子層數(shù)相同，P的原子半徑大于S，核電荷數(shù)又小于S，因此P對最外層電子的吸引能力比S弱，得電子能力P弱于S。（4）下列關(guān)于Ga的推斷正確的是b（填字母）。a．最外層電子數(shù)為5b．原子半徑：Ga＞Asc．元素的金屬性：Ga＞K（5）氮的簡單氫化物的電子式，HNO3，H3PO4，H3AsO4的酸性由強到弱的關(guān)系是HNO3＞H3PO4＞H3AsO4。（6）三價砷有劇毒，五價砷毒性減弱。含As2O3的污水可被次氯酸鈉堿性溶液轉(zhuǎn)化為而降低毒性。該反應的離子方程式是?！敬鸢浮浚?）；（2）第三周期ⅤA族；（3）P的原子半徑大于S，核電荷數(shù)又小于S，因此P對最外層電子的吸引能力比S弱；（4）b；（5）；HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；（6）?！痉治觥浚?）鋁元素的原子核內(nèi)有13個質(zhì)子，核外有13個電子；（2）P元素原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為5，則P元素處于周期表中第三周期ⅤA族；（3）P和S在同一周期，原子核外電子層數(shù)相同，P的原子半徑大于S，核電荷數(shù)又小于S，故得電子能力P弱于S；（4）a．Ga與Al同主族，即Ga處于ⅢA族，Ga的最外層電子數(shù)為3；b．同周期主族元素自左而右原子半徑減小；c．同周期主族元素自左而右金屬性減弱；（5）氮的簡單氫化物的電子式為，同主族自上而下元素非金屬性減弱，故非金屬性：N＞P＞As，元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，故酸性由強到弱的關(guān)系是：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；（6）堿性條件下As2O3被次氯酸鈉氧化生成，則ClO﹣被還原生成Cl﹣，反應離子方程式為：。【解答】解：（1）鋁元素的原子核內(nèi)有13個質(zhì)子，核外有13個電子，因而其原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：；（2）P元素原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為5，則P元素處于周期表中第三周期ⅤA族，故答案為：第三周期ⅤA族；（3）P和S在同一周期，原子核外電子層數(shù)相同，P的原子半徑大于S，核電荷數(shù)又小于S，故得電子能力P弱于S，故答案為：P的原子半徑大于S，核電荷數(shù)又小于S，因此P對最外層電子的吸引能力比S弱；（4）a．Ga與Al同主族，即Ga處于ⅢA族，Ga的最外層電子數(shù)為3，故a錯誤；b．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，故原子半徑：Ga＞As，故b正確；c．同周期主族元素自左而右金屬性減弱，故金屬性：Ga＜K，故c錯誤；故答案為：b；（5）氮的簡單氫化物的電子式為，同主族自上而下元素非金屬性減弱，故非金屬性：N＞P＞As，元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，故酸性由強到弱的關(guān)系是：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，故答案為：；HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；（6）堿性條件下As2O3被次氯酸鈉氧化生成，則ClO﹣被還原生成Cl﹣，反應離子方程式為：，故答案為：?！军c評】本題主要考查元素周期表和元素周期律的相關(guān)知識，為高頻考點，題目難度不大。2．（2024?西城區(qū)校級三模）阿伏加德羅常數(shù)（NA）是一座“橋梁”，連接了宏觀世界和微觀世界的數(shù)量關(guān)系。通過電解法可測得NA的數(shù)值。已知：?。?個電子所帶電量為1.60×10﹣19庫侖。ⅱ．EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二鈉）能形成可溶含銅配離子。ⅲ．Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。【實驗一】用銅片和鉑絲為電極，電解硫酸酸化的CuSO4溶液。測得通過電路的電量為x庫侖。電解完成后，取出銅片，洗凈晾干，銅片質(zhì)量增加了mg。（1）銅片應連接電源的負極（填“正極”或“負極”），鉑絲尖端產(chǎn)生氣泡，其電極反應式為2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑。理論上，產(chǎn)生氣體與析出銅的物質(zhì)的量之比為1：2。（2）本實驗測得NA＝mol﹣1（列出計算式）?！緦嶒灦繛闇p少含重金屬電解液的使用，更換電解液，同時更換電極與電源的連接方式。電解完成后，取出銅片，洗凈晾干，銅片質(zhì)量減小。實驗電解液實驗現(xiàn)象①0.25mol?L﹣1NaOH溶液銅片表面為灰藍色②0.25mol?L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol?L﹣1NaOH混合液（pH＝8）銅片表面仍為紅色（3）實驗①和②中各配制電解液500mL，使用的主要儀器有天平、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和500mL容量瓶。（4）經(jīng)檢驗，實驗①中的灰藍色成分主要是Cu（OH）2。從平衡移動角度解釋EDTA﹣2Na在測定NA的數(shù)值中的作用：EDTA﹣2Na與銅離子形成可溶銅配離子，降低溶液中的銅離子濃度，避免過量銅離子與氫氧根離子形成氫氧化銅沉淀，阻止銅的電解。（5）電解過程中，若觀察到銅片上有小氣泡產(chǎn)生，利用銅片質(zhì)量減小計算NA的數(shù)值偏大（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。（6）實驗結(jié)束后處理電解液：將取出的電解液加入過量硫酸，過濾，得到白色固體EDTA和濾液a；向濾液a中先加入NaOH調(diào)pH≈8，再加入Na2S，解釋不直接加入Na2S的原因及Na2S的作用：溶液顯強酸性，酸與Na2S反應生成H2S污染性氣體，污染環(huán)境；Na2S的作用是將生成的Cu（OH）2沉淀轉(zhuǎn)化為更難溶的CuS沉淀來除掉Cu2+?！敬鸢浮浚?）負極；2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑；1：2；（2）；（3）500mL容量瓶；（4）EDTA﹣2Na與銅離子形成可溶銅配離子，降低溶液中的銅離子濃度，避免過量銅離子與氫氧根離子形成氫氧化銅沉淀，阻止銅的電解；（5）偏大；（6）溶液顯強酸性，酸與Na2S反應生成H2S污染性氣體，污染環(huán)境；Na2S的作用是將生成的Cu（OH）2沉淀轉(zhuǎn)化為更難溶的CuS沉淀來除掉Cu2+?！痉治觥浚?）用銅片和鉑絲為電極，硫酸酸化的CuSO4溶液為電解液，電解完成后，取出銅片，銅片質(zhì)量增加了mg，則Cu為陰極、與電源負極相接，Pt為陽極，陰極反應為Cu2++2e﹣＝Cu，陽極反應為2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，根據(jù)電子守恒有2Cu～4e﹣～O2；（2）陰極反應為Cu2++2e﹣＝Cu，則n（e﹣）＝2n（Cu）＝2×＝mol，電路中通過的電量為×NA×1.60×10﹣19庫侖＝x庫侖；（3）配制500mL0.25mol?L﹣1NaOH溶液、0.25mol?L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol?L﹣1NaOH混合液需要使用的主要儀器有天平、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和500mL容量瓶；（4）由信息ii可知，EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二鈉）能形成可溶含銅配離子，防止堿性條件下Cu2+與OH﹣生成Cu（OH）2沉淀；（5）電解過程中觀察到銅片上有小氣泡產(chǎn)生，生成的氣體為氫氣，通過電路的電量偏大，根據(jù)NA與x的關(guān)系分析判斷；（6）酸性條件下Na2S能與硫酸反應生成H2S氣體，會造成環(huán)境污染；向濾液a中先加入NaOH調(diào)pH≈8，此時Cu2+與OH﹣生成了Cu（OH）2沉淀，由于Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36遠小于Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，即溶解度：Cu（OH）2＜CuS，再加入Na2S時，Cu（OH）2將轉(zhuǎn)化為更難溶CuS沉淀?！窘獯稹拷猓海?）用銅片和鉑絲為電極，硫酸酸化的CuSO4溶液為電解液，電解完成后，取出銅片，銅片質(zhì)量增加了mg，則Cu為陰極，Pt為陽極，陰極反應為Cu2++2e﹣＝Cu，陽極反應為2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，根據(jù)電子守恒有2Cu～4e﹣～O2，則理論上產(chǎn)生氣體與析出銅的物質(zhì)的量之比為1：2，故答案為：負極；2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑；1：2；（2）陰極反應為Cu2++2e﹣＝Cu，則n（e﹣）＝2n（Cu）＝2×＝mol，電路中通過的電量為×NA×1.60×10﹣19庫侖＝x庫侖，NA＝，故答案為：；（3）配制500mL0.25mol?L﹣1NaOH溶液、0.25mol?L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol?L﹣1NaOH混合液需要使用的主要儀器有天平、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和500mL容量瓶，故答案為：500mL容量瓶；（4）堿性條件下Cu2+能與OH﹣生成Cu（OH）2沉淀，導致電解銅的過程受阻，EDTA﹣2Na能形成可溶含銅配離子，則加入EDTA﹣2Na的作用是降低溶液中c（Cu2+），避免過量Cu2+與OH﹣形成Cu（OH）2沉淀，阻止銅的電解，故答案為：EDTA﹣2Na與銅離子形成可溶銅配離子，降低溶液中的銅離子濃度，避免過量銅離子與氫氧根離子形成氫氧化銅沉淀，阻止銅的電解；（5）電解過程中Cu為陰極，若觀察到銅片上有小氣泡產(chǎn)生，則生成的氣體為氫氣，通過電路的電量偏大，根據(jù)NA與x的關(guān)系：NA＝可知，測定NA的數(shù)值偏大，故答案為：偏大；（6）將取出的電解液加入過量硫酸，過濾，得到白色固體EDTA和濾液a，濾液a中氫離子濃度較大，Na2S是弱酸強堿鹽，根據(jù)強酸制弱酸規(guī)律可知，若向濾液a中直接加入Na2S時將反應生成H2S氣體，H2S氣體是有毒，逸出會污染環(huán)境；2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，飽和Cu（OH）2溶液中c（Cu2+）＝＝mol/L≈1.77×10﹣7mol/L，飽和CuS溶液中c（Cu2+）＝＝mol/L≈2.5×10﹣18mol/L，則溶解度：Cu（OH）2＜CuS，所以向pH≈8的溶液中再加入Na2S時，Cu（OH）2將轉(zhuǎn)化為更難溶CuS沉淀，使銅離子除去更徹底，故答案為：溶液顯強酸性，酸與Na2S反應生成H2S污染性氣體，污染環(huán)境；Na2S的作用是將生成的Cu（OH）2沉淀轉(zhuǎn)化為更難溶的CuS沉淀來除掉Cu2+。【點評】本題考查電解原理的應用、阿伏伽德羅常數(shù)的測定，側(cè)重基礎知識檢測、計算能力和靈活運用能力的考查，把握測定原理、電極的判斷及電極反應、溶度積常數(shù)的計算是解題關(guān)鍵，注意題給信息的處理與應用，題目難度中等。3．（2024?如皋市模擬）生物質(zhì)鐵炭納米材料可以活化過一硫酸鹽，降解廢水中有機污染物。（1）生物質(zhì)鐵炭納米材料活化過—硫酸鉀（KHSO5）降解有機污染物的反應歷程如圖﹣1所示。圖中和?OH分別表示硫酸根自由基和羥基自由基。①H2SO5（S的化合價為+6）在水中的電離過程為：H2SO5═H++、?H++[K2（）＝4×10﹣10]。寫出的結(jié)構(gòu)式：。②生物質(zhì)鐵炭納米材料降解有機污染物的機理可描述為納米鐵顆粒失去電子，經(jīng)過石墨碳層傳導至表面，得到電子生成和OH﹣或?OH和，活性和?OH與難降解有機污染物反應生成CO2和H2O。③若有機污染物為苯酚，寫出酸性條件下與苯酚反應的化學方程式：28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28。（2）與直接使用納米鐵顆粒相比，使用生物質(zhì)鐵炭納米材料降解的優(yōu)點是：石墨碳層可以增加反應的接觸面積，石墨碳層的包裹可以減少鐵的滲出，減少二次污染。（3）鐵炭納米材料在不同pH對有機污染物去除率（C/C0：溶液有機物濃度與初始有機物濃度的比值）的影響如圖﹣2所示，pH越小有機污染物去除率越高的原因是：pH越小，越有利于納米鐵釋放電子，生成或?OH速率越快，同時pH越小時，主要以形式存在，濃度大，生成或?OH速率也越快，所以有機污染物去除速率增大。（4）已知微粒的氧化性：＞?OH＞。水中存在一定量和無存在時對鐵炭納米材料降解有機污染物的影響如圖﹣3所示。的存在對有機污染物的降解有影響，原因是：會與生成的和?OH轉(zhuǎn)化為氧化性更低的對有機污染物的降解速率低或不能降解有機物?！敬鸢浮浚?）①；②納米鐵顆粒失去電子，經(jīng)過石墨碳層傳導至表面，得到電子生成和OH﹣或?OH和，活性和?OH與難降解有機污染物反應生成CO2和H2O；③28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28；（2）石墨碳層可以增加反應的接觸面積；石墨碳層的包裹可以減少鐵的滲出，減少二次污染；（3）pH越小，越有利于納米鐵釋放電子，生成或?OH速率越快，同時pH越小時，主要以形式存在，濃度大，生成或?OH速率也越快，所以有機污染物去除速率增大；（4）會與生成的和?OH轉(zhuǎn)化為氧化性更低的對有機污染物的降解速率低或不能降解有機物?！痉治觥浚?）①H2SO5中S的化合價為+6，H的化合價為+1價，5個O共﹣8價，說明有2個O是﹣1價，即含有過氧鍵，據(jù)此書寫的結(jié)構(gòu)式；②由圖可知，納米鐵顆粒失去電子，經(jīng)過石墨碳層傳導至表面，得到電子生成和OH﹣或?OH和，活性和?OH與難降解有機污染物反應生成CO2和H2O；③C6H6O中C的平均價為﹣價，轉(zhuǎn)化為CO2，C元素升高，1個C6H6O共升高28價，根據(jù)原子守恒、電荷守恒、化合價升降守恒，書寫酸性條件下與苯酚反應的化學方程式；（2）石墨碳層可以增加反應的接觸面積，也可以包裹鐵，減少鐵的滲出，減少二次污染；（3）pH越小，越有利于納米鐵釋放電子，生成或?OH速率越快，同時pH越小時，主要以形式存在，濃度大，生成或?OH速率也越快，所以有機污染物去除速率增大；（4）會與生成的和?OH轉(zhuǎn)化為氧化性更低的對有機污染物的降解速率低或不能降解有機物?！窘獯稹拷猓海?）①H2SO5中S的化合價為+6，H的化合價為+1價，5個O共﹣8價，說明有2個O是﹣1價，即含有過氧鍵，則的結(jié)構(gòu)式為：，故答案為：；②由圖可知，生物質(zhì)鐵炭納米材料降解有機污染物的機理可描述為：納米鐵顆粒失去電子，經(jīng)過石墨碳層傳導至表面，得到電子生成和OH﹣或?OH和，活性和?OH與難降解有機污染物反應生成CO2和H2O，故答案為：納米鐵顆粒失去電子，經(jīng)過石墨碳層傳導至表面，得到電子生成和OH﹣或?OH和，活性和?OH與難降解有機污染物反應生成CO2和H2O；③若有機污染物為苯酚，根據(jù)原子守恒、電荷守恒、化合價升降守恒，可得酸性條件下與苯酚反應的化學方程式為：28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28，故答案為：28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28；（2）與直接使用納米鐵顆粒相比，使用生物質(zhì)鐵炭納米材料降解的優(yōu)點是石墨碳層可以增加反應的接觸面積，石墨碳層的包裹可以減少鐵的滲出，減少二次污染，故答案為：石墨碳層可以增加反應的接觸面積，石墨碳層的包裹可以減少鐵的滲出，減少二次污染；（3）鐵炭納米材料在不同pH對有機污染物去除率（C/C0：溶液有機物濃度與初始有機物濃度的比值）的影響如圖﹣2所示，pH越小有機污染物去除率越高的原因是：pH越小，越有利于納米鐵釋放電子，生成或?OH速率越快，同時pH越小時，主要以形式存在，濃度大，生成或?OH速率也越快，所以有機污染物去除速率增大，故答案為：pH越小，越有利于納米鐵釋放電子，生成或?OH速率越快，同時pH越小時，主要以形式存在，濃度大，生成或?OH速率也越快，所以有機污染物去除速率增大；（4）已知微粒的氧化性：＞?OH＞，水中存在一定量和無存在時對鐵炭納米材料降解有機污染物的影響如圖﹣3所示，的存在對有機污染物的降解有影響，原因是會與生成的和?OH轉(zhuǎn)化為氧化性更低的對有機污染物的降解速率低或不能降解有機物，故答案為：會與生成的和?OH轉(zhuǎn)化為氧化性更低的對有機污染物的降解速率低或不能降解有機物。【點評】本題主要考查學生閱讀信息，提取信息的能力，同時考查學生的看圖理解能力、應用分析能力，對能力要求較高，難度較大。4．（2024?浙江模擬）聯(lián)氨（又稱聯(lián)肼，N2H4，無色液體）是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列問題：（1）聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮的化合價為﹣2。（2）實驗室可用次氯酸鈉溶液與氨反應制備聯(lián)氨，反應的離子方程式ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O。（3）聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進劑，其反應的產(chǎn)物均無污染。其氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物之比為2：1。（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似。聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為N2H6（HSO4）2?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【分析】（1）N2H4是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子間形成一個共價鍵形成的共價化合物，元素化合價代數(shù)和為0計算化合價；（2）氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被還原生成氯化鈉；（3）反應2N2H4+N2O4═3N2+4H2O中，只有N元素化合價發(fā)生變化，N2O4為氧化劑，N2H4為還原劑；（4）氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似，聯(lián)氨第一步電離方程式為N2H4+H2O?N2+OH﹣，第二步電離方程式為N2+H2O?N2+OH﹣。【解答】解：（1）肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，電子式為；其中氫元素化合價為+1價，則氮元素化合價為﹣2價，故答案為：；﹣2；（2）氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被還原生成氯化鈉，結(jié)合原子守恒配平書寫反應的離子方程式為：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O，故答案為：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O；（3）N2O4為氧化劑，N2H4為還原劑，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都為N2，由氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量可知氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為2：1，故答案為：2：1；（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似。聯(lián)氨第一步電離方程式為N2H4+H2O?N2+OH﹣，第二步電離方程式為N2+H2O?N2+OH﹣，因此聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽為N2H6（HSO4）2，故答案為：N2H6（HSO4）2?！军c評】本題考查了氮及其化合物性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、弱電解質(zhì)電離和氧化還原反應的應用，題目難度中等。5．（2024?寶山區(qū)校級模擬）元素周期表中所列①～⑨分別代表某種化學元素，請依據(jù)這9種元素回答下列問題：（1）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是C。A.常溫常壓下，2.24L元素②形成的單質(zhì)中共價鍵的數(shù)目為0.3NAB.1mol乙醇和足量乙酸反應，生成乙酸乙酯的分子數(shù)為NAC.32g環(huán)狀元素⑦組成的分子（）中含有的S﹣S鍵數(shù)為NAD.2mol單質(zhì)⑥中有NA個分子（2）基態(tài)⑧原子價電子軌道表示式為，②原子和3個⑧原子形成的分子的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形。（3）③④⑤三種元素第一電離能由大到小的排列順序為F＞Mg＞Na。（用元素符號表示）（4）關(guān)于上述9種元素，下列說法錯誤的是C。A.元素①屬于元素周期表中s區(qū)元素B.元素⑦⑨組成的一種化合物可用于生產(chǎn)硫酸C.元素⑦的電負性大于元素⑧D.元素⑨的一種正離子可用KSCN溶液進行檢驗（5）下列相關(guān)事實內(nèi)容所涉及化學知識錯誤的是D。A.醫(yī)生叮囑糖尿病患者控制白糖、紅糖的攝入量——蔗糖水解能生成葡萄糖B.園藝師施肥時，草木灰和硝酸銨不混合施用——兩種鹽水解相互促進降低氮肥肥效C.酸雨的形成與元素②和⑦有關(guān)——形成過程都涉及了氧化還原反應D.HCl的酸性比H2S強——元素周期律（6）下列實驗操作或裝置能達到目的的是B。（不定項）選項ABCD操作或裝置目的配制100mLFeCl3溶液驗證Na2O2和H2O反應為放熱反應測定84消毒液的pH保護鐵閘門不被腐蝕【答案】（1）C；（2）；（3）F＞Mg＞Na；（4）C；（5）D；（6）B?！痉治觥吭刂芷诒碇兴孝佟岱謩e代表某種化學元素，結(jié)合周期表的結(jié)構(gòu)分析可知①為H元素，②為N元素，③為O元素，④為Na元素，⑤為Mg元素，⑥為Si元素，⑦為S元素，⑧為Cl元素，⑨為Fe元素，（1）A．元素N形成的單質(zhì)為N2，常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，則2.24L氮氣物質(zhì)的量小于0.1mol；B．1mol乙醇和足量乙酸發(fā)生酯化反應，反應為可逆反應；C．1個S8分子中含有8個S﹣S鍵；D．單質(zhì)Si是共價晶體，是原子構(gòu)成；（2）基態(tài)Cl原子價電子排布3s23p5，N原子和3個Cl原子形成的分子為NCl3，N原子sp3雜化；（3）③④⑤分別為F、Na、Mg，F(xiàn)的第一電離能最大，Mg的第一電離能大于Na；（4）A．元素H位于第ⅠA族；B．元素S、Fe組成的一種化合物FeS2；C．非金屬性越強，電負性越大；D．元素Fe的一種陽離子Fe3+；（5）A．能水解生成葡萄糖，增加血液中葡萄糖含量；B．草木灰和硝酸銨混合會發(fā)生雙水解反應生成氨氣、二氧化碳；C．酸雨的形成與元素N和S形成的氧化物有關(guān)；D．HCl的酸性比H2S強，不能說明二者的非金屬性大??；（6）A．配制100mLFeCl3溶液，定容時，視線、刻度和凹液面最低處相平；B．過氧化鈉和水反應放熱，廣口瓶內(nèi)壓強增大，U型管中液面發(fā)生改變，能證明反應放熱；C．84消毒液中含NaClO，溶液中次氯酸根離子水解生成次氯酸具有漂白性；D．鐵閘門連接電源正極，做電解池的陽極，失電子發(fā)生氧化反應?！窘獯稹拷猓海?）A．元素N形成的單質(zhì)為N2，常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，則2.24L氮氣物質(zhì)的量小于0.1mol，分子中共價鍵的數(shù)目小于0.3NA，故A錯誤；B．1mol乙醇和足量乙酸反應，反應為可逆反應，生成乙酸乙酯的分子數(shù)小于NA，故B錯誤；C．1個S8分子中含有8個S﹣S鍵，32g環(huán)狀元素S組成的分子（），物質(zhì)的量n＝＝mol，含有的S﹣S鍵數(shù)為NA，故C正確；D．2mol單質(zhì)Si中不含分子，故D錯誤；故答案為：C；（2）基態(tài)Cl原子價電子軌道表示式為：，N原子和3個Cl原子形成的分子為NCl3，分子的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形，故答案為：；三角錐形；（3）③④⑤分別為F、Na、Mg，三種元素第一電離能由大到小的排列順序為：F＞Mg＞Na，故答案為：F＞Mg＞Na；（4）A．元素H位于第ⅠA族，屬于元素周期表中s區(qū)元素，故A正確；B．元素S、Fe組成的一種化合物FeS2，可用于生產(chǎn)硫酸，故B正確；C．非金屬性S＜Cl，元素S的電負性小于元素Cl，故C錯誤；D．元素Fe的一種陽離子Fe3+，可用KSCN溶液進行檢驗，鐵離子遇到KSCN溶液變?yōu)檠t色，故D正確；故答案為：C；（5）A．蔗糖能水解生成葡萄糖，增加血液中葡萄糖含量，醫(yī)生叮囑糖尿病患者控制白糖、紅糖的攝入量，蔗糖水解能生成葡萄糖，因此糖尿病患者需要控制米飯類食物的攝入量，故A正確；B．園藝師施肥時，草木灰和硝酸銨不混合施用，原因是兩種鹽水解相互促進降低氮肥肥效，故B正確；C．酸雨的形成與元素N和S有關(guān)，氮氧化物、二氧化硫的形成過程都涉及了氧化還原反應，故C正確；D．HCl的酸性比H2S強和元素周期律無關(guān)，故D錯誤；故答案為：D；（6）A．配制100mLFeCl3溶液，視線仰視錯誤，故A錯誤；B．過氧化鈉遇到誰反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應放熱，氣體壓強增大，右邊U型管中頁面發(fā)生變化，可以驗證Na2O2和H2O反應為放熱反應，故B正確；C．84消毒液具有漂白性，不能用pH測定次氯酸鈉溶液的pH，故C錯誤；D．圖中鐵閘門連接電源的正極，做電解池的陽極，失電子發(fā)生氧化反應，被腐蝕，鐵閘門應連接電源的負極，故D錯誤；故答案為：B?！军c評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)、周期表結(jié)構(gòu)和應用、實驗基本操作、電解池原理等知識點，題目難度中等。6．（2023?錦江區(qū)校級二模）某學習小組將Cu與H2O2的反應設計為原電池，并進行相關(guān)實驗探究?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．實驗準備（1）稀硫酸的配制①配制100mL0.3mol?L﹣1的H2SO4溶液，需6mol?L﹣1H2SO4溶液的體積為5.0mL。②在實驗室配制上述溶液的過程中，如圖所示儀器，需要用到的是100mL容量瓶（填儀器名稱）。（2）Cu與H2O2在酸性條件下反應的離子方程式為Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O。Ⅱ．實驗探究【實驗任務】利用相關(guān)原電池裝置進行實驗，探究物質(zhì)氧化性或還原性的影響因素?！静殚嗁Y料】其他條件相同時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大?！具M行實驗】（3）利用下表所示裝置進行實驗1～4，記錄數(shù)據(jù)。裝置實驗序號燒杯中所加試劑電壓表讀數(shù)30%H2O20.3mol?L﹣1H2SO4H2OV/mLV/mLV/mL130.0/10.0U1230.01.09.0U2330.02.08.0U3435.01.0V1U4已知：本實驗條件下，對電壓的影響可忽略。①根據(jù)表中信息，補充數(shù)據(jù)：V1＝4.0。②由實驗2和4可知，U2小于U4（填“大于”或“小于”或“等于”），說明其他條件相同時，H2O2溶液的濃度越大，其氧化性越強。（4）由（3）中實驗結(jié)果U3＞U2＞U1，小組同學對“電壓隨pH減小而增大”可能的原因，提出了以下兩種猜想：猜想1：酸性條件下，H2O2的氧化性隨pH減小而增強。猜想2：酸性條件下，Cu的還原性隨pH減小而增強。為驗證猜想，小組同學在（3）中實驗1～4的基礎上，利用下表裝置進行實驗5～﹣7，并記錄數(shù)據(jù)。裝置實驗序號操作電壓表讀數(shù)5/U56①向左（填“左”或“右”）側(cè)燒杯中滴加5.0mL0.3mol?L﹣1H2SO4溶液。U67向另一側(cè)燒杯中滴加5.0mL0.3mol?L﹣1H2SO4溶液U7②實驗結(jié)果為：U5≈U6、U5＜U7，說明猜想2不成立，猜想1成立。（5）已知Cu與H2O2反應時，加入氨水可形成深藍色的[Cu（NH3）4]2+。小組同學利用（4）中實驗5的裝置繼續(xù)探究，向左側(cè)燒杯中滴加5.0mL一定濃度的氨水，相比實驗5，電壓表讀數(shù)增大，分析該電壓表讀數(shù)增大的原因：加入氨水可形成深藍色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大?！緦嶒灲Y(jié)論】物質(zhì)的氧化性（或還原性）強弱與其濃度、pH等因素有關(guān)?！敬鸢浮浚?）①5.0；②100mL容量瓶；（2）Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；（3）①4.0；②小于；（4）①左；②U5＜U7；（5）加入氨水可形成深藍色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大；【分析】（1）根據(jù)稀釋規(guī)律和溶液配制的儀器進行分析即可；（2）根據(jù)離子方程式書寫的方法進行；（3）根據(jù)表中的信息，結(jié)合氧化還原反應的知識，運用單一控制法進行解答；（4）根據(jù)題給實驗裝置，結(jié)合電化學知識進行分析解答；（5）根據(jù)題給信息，結(jié)合電壓表讀數(shù)的變化進行分析?！窘獯稹拷猓海?）①根據(jù)稀釋規(guī)律c1V1＝c2V2可知，配制100mL0.3mol?L﹣1的H2SO4溶液，需6mol?L﹣1H2SO4溶液的體積為：＝0.005L＝5.0mL；故答案為：5.0；②在實驗室配制上述溶液的過程中，題給儀器中，需要用到100mL容量瓶；故答案為：100mL容量瓶；（2）Cu在酸性條件下被H2O2氧化為銅離子，過氧化氫轉(zhuǎn)化為水，反應的離子方程式為：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；故答案為：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；（3）①根據(jù)單一控制法可知，總?cè)芤旱捏w積為40.0mL，則V＝40.0﹣35.0﹣1.0＝4.0；故答案為：4.0；②由實驗2和4可知，過氧化氫的濃度不同，結(jié)合結(jié)論可推出：U2小于U4；故答案為：小于；（4）涉及雙液原電池后，若向左側(cè)燒杯溶液中加入硫酸與沒有加入硫酸時，U5≈U6，則可推出猜想2不成立；再向右側(cè)燒杯溶液中加入等物質(zhì)的量的硫酸，觀察得到U5＜U7，則說明猜想1成立；故答案為：①左；②U5＜U7；（5）加入氨水可形成深藍色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大；故答案為：加入氨水可形成深藍色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大?！军c評】本題考查了溶液配制和原電池的有關(guān)知識，難度較大，掌握基礎知識，分析題給信息是解答的關(guān)鍵。7．（2023?廣州一模）醋酸鈉（CH3COONa）是一種常用的防腐劑和緩沖劑。（1）配制250mL0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液，需要稱量醋酸鈉晶體（CH3COONa?3H2O，M＝136g?mol﹣1）的質(zhì)量為3.4g。實驗需要的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、量筒、燒杯、膠頭滴管、250mL容量瓶（從下列圖中選擇，寫出名稱）。（2）某小組探究外界因素對CH3COONa水解程度的影響。甲同學設計實驗方案如下（表中溶液濃度均為0.10mol?L﹣1）：ⅰ.實驗1和2（填序號），探究加水稀釋對CH3COONa水解程度的影響；ⅱ.實驗1和3，探究加入對CH3COONa水解程度的影響；ⅲ.實驗1和4，探究溫度對CH3COONa水解程度的影響。序號溫度V（CH3COONa）/mLV（CH3COONH4）/mLV（H2O）/mLpH125℃40.000A1225℃4.0036.0325℃20.010.0aA3440℃40.000A4①根據(jù)甲同學的實驗方案，補充數(shù)據(jù)：a＝0。②實驗測得A1＞A3，該結(jié)果不足以證明加入促進了CH3COONa的水解。根據(jù)CH3COOH（填一種微粒的化學式）的濃度增大可以說明加入能促進CH3COONa的水解。③已知CH3COONa水解為吸熱反應，甲同學預測A1＜A4，但實驗結(jié)果為A1＞A4。實驗結(jié)果與預測不一致的原因是溫度升高，CH3COONa水解程度增大，水的電離程度也增大，二者綜合影響導致溶液中c（H+）增大，pH減小。（3）小組通過測定不同溫度下CH3COONa的水解常數(shù)Kh確定溫度對CH3COONa水解程度的影響。查閱資料：Kh＝，c0為CH3COONa溶液起始濃度。試劑：0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液、0.1000mol?L﹣1鹽酸、pH計。實驗：測定40℃下CH3COONa水解常數(shù)Kh，完成下表中序號7的實驗。序號實驗記錄的數(shù)據(jù)5取20.00mLCH3COONa溶液，用0.1000mol?L﹣1鹽酸滴定至終點消耗鹽酸體積為VmL6測40℃純水的pHb7測40℃時相同CH3COONa溶液的pHc在50℃和60℃下重復上述實驗。數(shù)據(jù)處理：40℃，Kh＝（用含V、b、c的計算式表示）。實驗結(jié)論：Kh（60℃）＞Kh（50℃）＞Kh（40℃），溫度升高，促進CH3COONa水解?！敬鸢浮浚?）3.4g；燒杯、膠頭滴管、250mL容量瓶；（2）i.1；2；①0；②CH3COOH；③溫度升高，CH3COONa水解程度增大，水的電離程度也增大，二者綜合影響導致溶液中c（H+）增大，pH減??；（3）測40℃時相同CH3COONa溶液的pH；。【分析】（1）根據(jù)n＝cV和m＝nM計算需要稱量醋酸鈉晶體的質(zhì)量；配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等，據(jù)此分析所需儀器；（2）i.探究加水稀釋對CH3COONa水解程度的影響，只能是c（CH3COONa）不同，其他條件必須均相同；①序號1實驗和3實驗是探究加入對CH3COONa水解程度的影響，則c（CH3COO﹣）必須相同；②加入促進了CH3COONa的水解，則溶液中c（CH3COOH）增大；③溫度升高能促進CH3COONa的水解，但也能促進水的電離，應綜合兩種因素的影響分析判斷；（3）CH3COONa+HCl＝CH3COOH+NaCl，n（CH3COONa）＝n（HCl）＝cV＝0.1000V×10﹣3mol，CH3COONa溶液起始濃度c0＝＝mol，40℃純水的pH＝b，即c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣bmol/L，40℃時水的離子積Kw＝c（H+）?c（OH﹣）＝10﹣2b，由水解常數(shù)Kh＝可知，要確定40℃時CH3COO﹣水解常數(shù)Kh，還需要測定的值是40℃時該CH3COONa溶液的pH值，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）250mL0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中n（CH3COONa）＝cV＝0.25L×0.10mol/L＝0.025mol，需要稱量醋酸鈉晶體的質(zhì)量m（CH3COONa?3H2O）＝m（CH3COONa）＝nM＝0.025mol×136g?mol﹣1＝3.4g，根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟可知，需要的實驗儀器有天平、藥匙、玻璃棒、量筒、燒杯、250mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：3.4g；燒杯、膠頭滴管、250mL容量瓶；（2）i.探究加水稀釋對CH3COONa水解程度的影響，只能是c（CH3COONa）不同，其他條件必須均相同，由表中數(shù)據(jù)可知，序號1、2、3實驗的溫度相同，只有序號1、2實驗是c（CH3COONa）不同，則1、2實驗可用于探究加水稀釋對CH3COONa水解程度的影響，故答案為：1；2；①序號1、3實驗是探究加入對CH3COONa水解程度的影響，則c（CH3COO﹣）必須相同，即mol/L＝0.1mol/L，解得a＝0，故答案為：0；②水解呈酸性，會導致溶液的pH減小，測定結(jié)果不足以證明加入促進了CH3COONa的水解，應根據(jù)溶液中c（CH3COOH）的變化分析判斷，促進CH3COONa的水解時溶液中c（CH3COOH）增大，所以可根據(jù)溶液中CH3COOH的濃度增大來判定能促進CH3COONa的水解，故答案為：CH3COOH；③鹽類水解吸熱、水的電離也吸熱。升高溫度既能促進CH3COONa的水解，也能促進水的電離，實驗結(jié)果與預測不一致的原因是溫度升高，CH3COONa水解程度增大，水的電離程度也增大，二者綜合影響導致溶液中c（H+）增大，pH減小，故答案為：溫度升高，CH3COONa水解程度增大，水的電離程度也增大，二者綜合影響導致溶液中c（H+）增大，pH減小；（3）CH3COONa+HCl＝CH3COOH+NaCl，n（CH3COONa）＝n（HCl）＝cV＝0.1000V×10﹣3mol，CH3COONa溶液起始濃度c0＝＝mol，40℃純水的pH＝b，即c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣bmol/L，40℃時水的離子積Kw＝c（H+）?c（OH﹣）＝10﹣2b，根據(jù)水解常數(shù)Kh＝可知，要確定40℃時CH3COO﹣水解常數(shù)Kh，還需要測定的值是40℃時該CH3COONa溶液的pH值，即序號7的實驗是測40℃時相同CH3COONa溶液的pH，若此時pH＝c，則c（OH﹣）＝＝mol/L，所以40℃時CH3COO﹣水解常數(shù)Kh＝，故答案為：測40℃時相同CH3COONa溶液的pH；?！军c評】本題考查鹽類水解、一點物質(zhì)的量濃度的配制，把握鹽類水解原理及其影響因素、水解平衡常數(shù)的計算是解題關(guān)鍵，側(cè)重分析能力、計算能力和實驗能力考查，注意掌握控制變量法在實驗探究中的應用，題目難度中等。8．（2023?安丘市校級模擬）我國長征火箭常用偏二甲肼和四氧化二氮作燃料。回答下列問題：（1）偏二甲肼結(jié)構(gòu)簡式為，1mol該物質(zhì)中共價鍵的物質(zhì)的量為11mol。（2）在容積為2L的恒容容器中，通入一定量的NO2，發(fā)生反應2NO2（g）?N2O4（g）ΔH＜0，100℃時體系中NO2和N2O4的物質(zhì)的量隨時間變化如圖所示。①在0～10s時段，反應速率v（NO2）＝0.001mol?L﹣1?s﹣1，t1時刻N2O4的濃度c（N2O4）＝0.015mol?L﹣1。②能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是bd。a．2v正（NO2）＝v逆（N2O4）b．容器內(nèi)總壓強保持不變c．c（NO2）：c（N2O4）＝2：1d．容器內(nèi)氣體顏色不再變化③對于化學反應aA+bB?cC+dD，反應物A的平衡轉(zhuǎn)化率可以表示為：α（A）＝×100%，試計算此溫度下該反應到達平衡時NO2的平衡轉(zhuǎn)化率α（NO2）＝66.7%（保留小數(shù)點后1位）；升高溫度重新平衡后，混合氣體顏色變深（填“變深”、“變淺”或“不變”）。【答案】（1）11；（2）①0.001；0.015；②bd；③66.7%；變深?！痉治觥浚?）根據(jù)偏二甲肼結(jié)構(gòu)簡式作答；（2）①根據(jù)反應速率v（NO2）＝＝，c（N2O4）＝進行作答；②根據(jù)變量不變，逆向相等來判斷反應是否達到了平衡狀態(tài)；③代入平衡轉(zhuǎn)化率公式即可作答；該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動。【解答】解：（1）根據(jù)偏二甲肼結(jié)構(gòu)簡式，可知1mol該物質(zhì)中共價鍵的物質(zhì)的量為11mol，故答案為：11；（2）①由圖知，在0～10s時段，NO2的物質(zhì)的量由0.12mol降到0.10mol，物質(zhì)的量的變化量為0.02mol，反應速率v（NO2）＝＝＝＝0.001mol?L﹣1?s﹣1；t1時刻N2O4的物質(zhì)的量為0.03mol，c（N2O4）＝＝＝0.015mol?L﹣1，故答案為：0.001；0.015；②a．當2v正（NO2）＝v逆（N2O4）時，正反應速率不等于逆反應速率，不能說明反應已達到平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．該反應氣體體積發(fā)生改變，容積體積不變，當容器內(nèi)總壓強保持不變，該反應已達到平衡狀態(tài)，故b正確；c．若起始充入的c（NO2）：c（N2O4）＝2：1，則不管反應是否達到平衡，任意時刻c（NO2）：c（N2O4）＝2：1，因此當c（NO2）：c（N2O4）＝2：1，不能說明反應已達到平衡狀態(tài)，故c錯誤；d．二氧化氮有顏色，當容器內(nèi)氣體顏色不再變化，說明該反應已達到平衡狀態(tài)，故d正確；故答案為：bd；③根據(jù)公式可知，此溫度下該反應到達平衡時NO2的平衡轉(zhuǎn)化率α（NO2）＝×100%＝66.7%；該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，重新平衡后，混合氣體顏色變深，故答案為：66.7%；變深?！军c評】本題主要考查化學平衡狀態(tài)的判斷、化學平衡的計算，包括化學反應速率的計算、轉(zhuǎn)化率的計算、濃度的計算等知識，為高頻考點，題目難度一般。9．（2023?嘉定區(qū)二模）（一）短周期的元素在自然界中比較常見，尤其是非金屬元素及其化合物在社會生活中有著很重要的作用。請完成（一）（二）兩大題。（1）補全下側(cè)元素周期表中符號。表中元素形成的最穩(wěn)定氫化物是HF，該氫化物在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度?。ㄌ睢按蟆被颉靶　保?。BCNOFAlSiPSCl（2）硅原子核外電子運動狀態(tài)為14種，其最外層電子排布式為3s23p2，硅微粒非常堅硬，比較晶體硅與碳化硅的熔點高低并解釋說明晶體硅的熔點低于碳化硅，二者均為結(jié)構(gòu)相似的原子晶體（熔點與共價鍵強弱有關(guān)），原子半徑Si＞C，共價鍵鍵長Si﹣Si＞Si﹣C，鍵能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶體硅的熔點低于碳化硅。（3）碳元素的非金屬性比硫弱，可由一復分解反應推測而得，其反應的化學方程式為2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）。（4）煙氣中的NO與尿素[CO（NH2）2]（C的化合價為+4）反應進行脫硝。反應的化學方程式是：2CO（NH2）2+8NO＝2CO2+6N2+O2+4H2O。該反應的氧化產(chǎn)物為N2和O2，若反應過程中有2.24L（標準狀況下）NO反應，則電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為0.2NA。（二）（5）紅酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，這利用了SO2的還原性。自來水中含硫量約70mg/L，它只能以（填微粒符號）形式存在。（6）實驗室可用濃氨水與氫氧化鈉固體作用制取氨氣，試用平衡原理分析氫氧化鈉的作用：氫氧化鈉是強電解質(zhì)，溶解放熱，增加了氫氧根濃度，使平衡NH3+H2O?NH3?H2O?+OH?向生成NH3移動，加快氨氣逸出。（7）如圖是向5mL0.1mol?L﹣1氨水中逐滴滴加0.1mol?L﹣1醋酸，測量其導電性的數(shù)字化實驗曲線圖，請你解釋曲線變化的原因氨水是弱電解質(zhì)本身導電性差，滴加醋酸后生成強電解質(zhì)醋酸銨，強電解質(zhì)完全電離，離子濃度增大，導電性增強，反應完全后繼續(xù)加醋酸，離子濃度因稀釋而減小，導電性減弱。甲硫醇（CH3SH）是一種重要的有機合成原料，用于合成染料、醫(yī)藥、農(nóng)藥等。工業(yè)上可用甲醇和硫化氫氣體制?。喝埸c（℃）沸點（℃）甲醇﹣9764.7甲硫醇﹣1237.6完成下列填空：（8）寫出該反應的化學平衡常數(shù)表達式K＝。該反應的溫度為280～450℃，選該反應溫度可能的原因是：①加快反應速率；②催化劑的最佳活性溫度范圍。（9）已知在2L密閉容器中，只加入反應物，進行到10分鐘時達到平衡，測得水的質(zhì)量為5.4g，則v（CH3SH）＝0.015mol/（L?min）。（10）常溫常壓下，2.4g甲硫醇完全燃燒生成二氧化硫和其他穩(wěn)定產(chǎn)物，并同時放出52.42kJ的熱量，則甲硫醇燃燒的熱化學方程式為CH3SH（g）+3O2（g）＝SO2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣1048.4kJ/mol?！敬鸢浮浚?）B；P；HF；??；（2）14；3s23p2；晶體硅的熔點低于碳化硅，二者均為結(jié)構(gòu)相似的原子晶體（熔點與共價鍵強弱有關(guān)），原子半徑Si＞C，共價鍵鍵長Si﹣Si＞Si﹣C，鍵能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶體硅的熔點低于碳化硅；（3）弱；2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）；（4）N2和O2；0.2NA；（5）還原；SO42―；（6）氫氧化鈉是強電解質(zhì)，溶解放熱，增加了氫氧根濃度，使平衡NH3+H2O?NH3?H2O?+OH?向生成NH3移動，加快氨氣逸出；（7）氨水是弱電解質(zhì)本身導電性差，滴加醋酸后生成強電解質(zhì)醋酸銨，強電解質(zhì)完全電離，離子濃度增大，導電性增強，反應完全后繼續(xù)加醋酸，離子濃度因稀釋而減小，導電性減弱；（8）K＝；催化劑的最佳活性溫度范圍；（9）0.015；（10）CH3SH（g）+3O2（g）＝SO2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣1048.4kJ/mol?！痉治觥浚?）根據(jù)元素周期表中各元素位置和元素周期律進行分析；（2）根據(jù)Si原子的核外電子排布進行分析；（3）根據(jù)反應2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO?+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）進行分析；（4）根據(jù)NO與尿素[CO（NH2）2反應進行脫硝：2CO（NH2）2+8NO＝2CO2+6N2+O2+4H2O，結(jié)合氧化還原反應的知識進行分析；（5）SO2可以防止酒液氧化，SO2作抗氧化劑，體現(xiàn)了SO2的還原性；（6）濃氨水滴入氫氧化鈉固體，溶解放熱，增加了氫氧根濃度進行分析；（7）氨水中的NH3?H2O是弱電解質(zhì)，向其中加入弱酸醋酸溶液時，二者發(fā)生反應產(chǎn)生可溶性強電解質(zhì)CH3COONH4，進行分析；（8）根據(jù)反應方程式可推出平衡常數(shù)表達式；（9）已知在2L密閉容器中，只加入反應物，進行到10分鐘時達到平衡，測得生成水的質(zhì)量為5.4g，運用化學反應速率計算公式進行；（10）根據(jù)熱化學方程式的書寫方法進行分析?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)元素周期表中各元素位置可知，與Al同主族，在C前面的元素為B元素，與N同主族，在S前面的元素為P元素；同周期從左到右元素非金屬性逐漸增強，同主族從上而下非金屬性逐漸減弱，非金屬性越強，最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，故表中元素形成的最穩(wěn)定氫化物是HF；該氫化物和水均為極性分子，而CCl4為非極性分子，根據(jù)相似相容原理，該氫化物在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度小，故答案為：B；P；HF；小；（2）Si原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，共有14個核外電子，每個電子為一種運動狀態(tài)，因此共有14種運動狀態(tài)；其最外層電子排布式為3s23p2，晶體硅的熔點低于碳化硅，二者均為結(jié)構(gòu)相似的原子晶體（熔點與共價鍵強弱有關(guān)），原子半徑Si＞C，共價鍵鍵長：Si﹣Si＞Si﹣C，鍵能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶體硅的熔點低于碳化硅，故答案為：14；3s23p2；晶體硅的熔點低于碳化硅，二者均為結(jié)構(gòu)相似的原子晶體（熔點與共價鍵強弱有關(guān)），原子半徑Si＞C，共價鍵鍵長Si﹣Si＞Si﹣C，鍵能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶體硅的熔點低于碳化硅；（3）根據(jù)反應2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑），可證明碳元素的非金屬性比硫弱，故答案為：弱；2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）；（4）NO與尿素[C