福建省莆田市2024屆高三下學(xué)期高中畢業(yè)班第四次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（三模）化學(xué)試卷（解析版）

莆田市2024屆高中畢業(yè)班第四次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試卷化學(xué)考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共100分?？荚嚂r(shí)間75分鐘。2.請(qǐng)將各題答案填寫在答題卡上。3.本試卷主要考試內(nèi)容：高考全部內(nèi)容。4.可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Mn-55一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40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.化學(xué)科技與生活密切相關(guān)，下列說法錯(cuò)誤的是A.苯甲酸鈉水解顯堿性，苯甲酸鈉可作為食品防腐劑B.聚酯纖維的主要成分為有機(jī)物C.鈣鈦礦太陽能電池可實(shí)現(xiàn)能量轉(zhuǎn)化形式：太陽能→電能D.熒光指示牌被照發(fā)光是因?yàn)榘l(fā)生了氧化還原反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．苯甲酸鈉屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，由于苯甲酸根的水解使得苯甲酸鈉溶液呈堿性，苯甲酸鈉是常用的食品防腐劑，A項(xiàng)正確；B．聚酯纖維是一種由有機(jī)二元酸和二元醇通過縮聚反應(yīng)制成的合成纖維，屬于有機(jī)高分子化合物，B項(xiàng)正確；C．鈣鈦礦太陽能電池能將太陽能轉(zhuǎn)化成電能，C項(xiàng)正確；D．熒光指示牌被照發(fā)光是因?yàn)楣獗恢甘九瓢l(fā)生了反射，沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。2.烏苯美司用作治療腫瘤的輔助作用劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.分子中含有3個(gè)手性碳原子 B.分子中含4種官能團(tuán)C.1mol烏苯美司最多能消耗3molNaOH D.烏苯美司的分子式為C16H24N2O4【答案】C【解析】【詳解】A．中“*”標(biāo)示的3個(gè)碳原子為手性碳原子，A項(xiàng)正確；B．分子中含有氨基、羥基、酰胺基和羧基4種官能團(tuán)，B項(xiàng)正確；C．1個(gè)烏苯美司中含有的1個(gè)酰胺基和1個(gè)羧基能與NaOH反應(yīng)，1mol烏苯美司最多消耗2molNaOH，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由烏苯美司的結(jié)構(gòu)可知，其分子式為C16H24N2O4，D項(xiàng)正確；答案選C。3.下列離子方程式正確且能準(zhǔn)確解釋相應(yīng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的是A.向苯酚鈉溶液中通入CO2，溶液變渾濁：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+COB.NaClO溶液與FeI2溶液反應(yīng)，溶液變?yōu)榧t棕色：2ClO-+2Fe2++H2O=2Fe3++2Cl-+2OH-C.向Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，紅色褪去：Fe3++6F-=[FeF6]3-D.向氯水中通入SO2，黃綠色褪去：SO2+Cl2+2H2O=SO+2Cl-+4H+【答案】D【解析】【詳解】A．苯酚鈉溶液中通入CO2反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉，C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，A錯(cuò)誤；B．碘離子還原性大于亞鐵離子，溶液變?yōu)榧t棕色，說明碘離子首先被次氯酸鈉氧化為碘單質(zhì)，ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-，B錯(cuò)誤；C．Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，紅色褪去，說明Fe(SCN)3和氟離子生成[FeF6]3-，反應(yīng)為Fe(SCN)3+6F-[FeF6]3-+3SCN-，C錯(cuò)誤；D．氯水中通入SO2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，使得溶液黃綠色褪去,因?yàn)榘l(fā)生氧化還原反應(yīng)：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+，D正確；故選D。4.一種電池的總反應(yīng)為4Li+2SOCl2=SO2↑+4LiCl+S，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯(cuò)誤的是A.1molSOCl2中所含的共價(jià)鍵數(shù)目為4NAB.每生成1molS，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LSO2中電子的數(shù)目為32NAD.1.0L1.0mol?L-1LiCl溶液中Cl-數(shù)目為1.0NA【答案】B【解析】【詳解】A．SOCl2的結(jié)構(gòu)式為，則1molSOCl2中所含共價(jià)鍵數(shù)目為4NA，A項(xiàng)正確；B．反應(yīng)中Li元素的化合價(jià)由0價(jià)升至+1價(jià)，部分S元素的化合價(jià)由+4價(jià)降至0價(jià)，反應(yīng)每生成1molS，轉(zhuǎn)移4NA個(gè)電子，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．1個(gè)SO2中含有32個(gè)電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LSO2物質(zhì)的量為1mol，所含電子的數(shù)目為32NA，C項(xiàng)正確；D．1.0L1.0mol/LLiCl溶液中LiCl物質(zhì)的量為1mol，LiCl完全電離成Li+和Cl-，則Cl-數(shù)目為1.0NA，D項(xiàng)正確；答案選B。5.已知X，Y，Z、W、Q是前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。Y的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能級(jí)軌道，且每個(gè)能級(jí)軌道中的電子總數(shù)相同；W原子有2個(gè)未成對(duì)電子；X、Y、W三種元素形成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體；含Q元素的硫酸鹽溶液是制造波爾多液的原料之一。W、Q兩種元素形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖，下列說法錯(cuò)誤的是A.上述元素中，元素第一電離能最大的是ZB.化合物ZX3的沸點(diǎn)比YX4的高C.Z的空間結(jié)構(gòu)為V形D.W、Q兩種元素形成的化合物的化學(xué)式為Q2W【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素，Y的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，推出Y的電子排布式為1s22s22p2,Y為C元素；根據(jù)X、Y、W三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，這種氣體指的是甲醛HCHO，結(jié)合W原子有2個(gè)未成對(duì)電子，可知X為H元素，W為O元素；根據(jù)原子序數(shù)依次增大，可知Z為N元素；含Q元素的硫酸鹽溶液是制備波爾多液的原料之一，則Q為Cu元素，因此X、Y、Z、W、Q分別是H、C、N、O、Cu元素，據(jù)此作答。【詳解】A．同周期從左往右第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢(shì)，同主族從上往下第一電離能呈現(xiàn)減小的趨勢(shì)，五種元素中第一電離能最大的是氮，因?yàn)樗?p軌道是半充滿較穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A正確；B．化合物ZX3為NH3，YX4為CH4，化合物NH3的沸點(diǎn)比CH4的高，其主要原因是NH3分子間能形成氫鍵，故B正確；C．Z為N元素，為，中心原子N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，沒有孤電子對(duì)，其空間構(gòu)型為直線形，故C錯(cuò)誤；D．W為O元素，Q為Cu元素，形成的化合物的化學(xué)式為Q2W即為Cu2O，根據(jù)均攤法，每個(gè)晶胞中含4個(gè)黑色的小球、2個(gè)白色的小球，比值關(guān)系2：1，說明則該化合物的化學(xué)式為Cu2O，故D正確；故答案選C。6.科學(xué)家通過使用雙極膜電滲析法來捕獲和轉(zhuǎn)化海水中的CO2，其原理如圖。下列說法正確的是A.裝置運(yùn)行一段時(shí)間后循環(huán)液1和循環(huán)液2要交替使用B.隔膜1為陽離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜C.與電源負(fù)極相連的電極上的電極反應(yīng)式為[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-D.該方法可以同時(shí)將海水進(jìn)行淡化【答案】A【解析】【詳解】A．由圖中信息可知循環(huán)液1中[Fe(CN)6]3-最終轉(zhuǎn)化為[Fe(CN)6]4-、循環(huán)液2中[Fe(CN)6]4-最終轉(zhuǎn)化為[Fe(CN)6]3-，裝置運(yùn)行一段時(shí)間后循環(huán)液1和循環(huán)液2要交替使用，故A正確；B．由左側(cè)電極反應(yīng)[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-可知，循環(huán)液1中負(fù)電荷數(shù)增加，為平衡溶液中電荷，則海水中的鈉離子應(yīng)通過隔膜1；右側(cè)電極反應(yīng)為：[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，循環(huán)液2中負(fù)電荷數(shù)減少，為平衡溶液中電荷，則循環(huán)液中鉀離子應(yīng)通過隔膜2進(jìn)入左室，這樣才能保持循環(huán)液中的陰離子不出現(xiàn)交換，隔膜1、2都為陽離子交換膜，故B錯(cuò)誤；C．與電源負(fù)極相連的電極為陰極，得電子，故電極反應(yīng)式為[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-，故C錯(cuò)誤；D．由選項(xiàng)B的分析可知海水中鈉離子最終移向陰極區(qū)，但氯離子不能通過雙極膜進(jìn)入陽極區(qū)，因此不能實(shí)現(xiàn)海水淡化，故D錯(cuò)誤；本題選A。7.實(shí)驗(yàn)室制備三氯化硼(BCl3)的裝置如圖所示(部分夾持裝置略)。已知：BCl3極易水解，熔點(diǎn)為-107.3℃，沸點(diǎn)為12.5℃；F中溶液用于吸收CO尾氣。以下說法錯(cuò)誤的是A.實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)先滴加濃鹽酸再點(diǎn)燃酒精燈B.水浴R為冰水浴C.裝置C中主要發(fā)生的反應(yīng)為B2O3+3C+3Cl22BCl3+3COD.裝置F會(huì)隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液酸性減弱【答案】D【解析】【分析】從鉻酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、氯化鉻、氯氣和水，用濃硫酸干燥氯氣，氯氣和B2O3、C在加熱條件下反應(yīng)生成BCl3和CO，用冰水浴冷卻BCl3，用堿石灰吸收氯氣，再用F裝置吸收尾氣CO?！驹斀狻緼．在A中先點(diǎn)燃酒精燈，濃鹽酸滴入時(shí)溫度高會(huì)揮發(fā)，因此是先滴加濃鹽酸，再點(diǎn)燃A處酒精燈，待整套裝置中都充滿Cl2后再點(diǎn)燃D處酒精燈，使之發(fā)生反應(yīng)，故A正確；B．BCl3的熔點(diǎn)為?107.3℃，沸點(diǎn)為12.5℃，C中制備BCl3，而D是將BCl3冷卻，因此水浴R選擇冰水浴，故B正確；C．氯氣和B2O3、C在加熱條件下反應(yīng)生成BCl3和CO，發(fā)生的反應(yīng)為B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO，故C正確；D．C裝置反應(yīng)生成了CO，其他裝置不能與CO反應(yīng)，CO有毒，因此裝置F的作用是吸收CO，隨著反應(yīng)進(jìn)行，氫離子的濃度增大，溶液酸性增強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；故答案選D。8.某V2O5失活催化劑是重要的含釩二次資源。從酸浸處理之后的浸出液中提取釩的一種工藝流程如圖。下列說法錯(cuò)誤的是已知：HA(有機(jī)酸性萃取劑)對(duì)金屬陽離子萃取能力的順序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+A.物質(zhì)X為高錳酸鉀溶液B.反萃取時(shí)，物質(zhì)Y可以選用硫酸C.氧化過程中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為6：1D.調(diào)pH時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：VO+2NH3?H2OVO+2NH+H2O【答案】A【解析】【分析】根據(jù)流程圖，結(jié)合HA(有機(jī)酸性萃取劑)對(duì)金屬陽離子萃取能力可知，物質(zhì)X應(yīng)為氧化劑，將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于萃取操作的進(jìn)行，經(jīng)過萃取后，通過加入反萃取劑硫酸，可將從萃取劑中分離出，經(jīng)過氧化、調(diào)pH、沉釩及焙燒操作得?！驹斀狻緼．若物質(zhì)X為高錳酸鉀溶液，在氧化亞鐵離子過程中會(huì)引入新雜質(zhì)，A錯(cuò)誤；B．HA有機(jī)酸性萃取劑，反萃取及應(yīng)為酸，結(jié)合后續(xù)流程離子種類判斷可為硫酸，B正確；C．氧化過程中V元素化合價(jià)從+4價(jià)升高為+5價(jià)（），Cl元素從+5價(jià)降低為-1價(jià)，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為6：1，C正確；D．調(diào)pH時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：VO+2NH3?H2OVO+2NH+H2O，D正確；答案選A。9.我國科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)，使用GaZrOx雙金屬氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，實(shí)現(xiàn)CO2加氫制甲醇(MT)。Zr基態(tài)原子核外價(jià)電子排布式為4d25s2。下列說法錯(cuò)誤的是A.步驟a到b有極性鍵的斷裂與形成B.氧空位越多越有利于加快速率C.步驟(2)Zr(Ⅲ)將電子轉(zhuǎn)移給CO2形成Zr(Ⅱ)，起到活化CO2的作用D.步驟(4)可制得甲醇【答案】C【解析】【詳解】A．步驟a→b氫氣參與反應(yīng)，H-H鍵斷裂，O-Ga鍵斷裂，形成O-H鍵，有極性化學(xué)鍵的斷裂和形成，故A正確；B．氧空位用于捕獲CO2，同時(shí)也捕捉了氫氣，氧空位個(gè)數(shù)越多，速率越快，故B正確；C．Zr(Ⅲ)形成Zr(Ⅱ)需要得電子，無法轉(zhuǎn)移電子給CO2，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，中間體c可通過氫化等步驟得到甲醇（MT）和二甲醚（DME），故D正確；故答案為：C。10.實(shí)驗(yàn)小組利用感應(yīng)器技術(shù)探究1mol?L-1的碳酸鈉溶液滴定10.00mL1mol?L-1鹽酸溶液過程中離子濃度變化(忽略溶液體積變化的影響)。反應(yīng)過程中含碳微粒濃度的變化曲線(忽略滴定過程中CO2的逸出)如圖，下列說法錯(cuò)誤的是已知：25℃時(shí)，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11；lg4=0.6。A.P點(diǎn)溶液中存在：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)H+(aq)+HCO(aq)B.P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，存在c(Na+)＞c(Cl-)，P點(diǎn)溶液中水的電離程度比Q點(diǎn)大C.Q點(diǎn)溶液中：c(Na+)-c(HCO)-2c(CO)＞0.5mol?L-1D.M點(diǎn)溶液的pH=6.4【答案】B【解析】【分析】向鹽酸中滴加溶液，先發(fā)生反應(yīng)，再發(fā)生反應(yīng)，逐漸增大，鹽酸完全反應(yīng)之后，逐漸減小，溶液中逐漸增大，過量后，逐漸增大，因此P點(diǎn)所在曲線為的變化曲線，Q點(diǎn)所在曲線為中的變化曲線，一直呈上升趨勢(shì)的是的變化曲線。【詳解】A．根據(jù)分析，P點(diǎn)所在曲線為的變化曲線，溶液中存在，A正確；B．根據(jù)分析，P點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為和，Q點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為、和，抑制水的電離，水解促進(jìn)水的電離，Q點(diǎn)水的電離程度大于P點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．Q點(diǎn)根據(jù)物料守恒，含碳微粒濃度為0.5mol/L，Na+離子濃度為1mol/L，，，C正確；D．根據(jù)圖示，M點(diǎn)溶液中，溶液中，溶液，D正確；答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.一種高硫錳礦的主要成分為MnCO3和MnS，主要雜質(zhì)為FeS、SiO2、CaCO3、Al2O3、MgO等，研究人員設(shè)計(jì)了如圖流程，制備Mn3O4。已知：①金屬離子濃度≤10-5mol?L-1時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全。相關(guān)離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如表。金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+開始沉定的pH8.16.31.53.48.9沉淀完全的pH10.18.32.84.7109②Ksp(MgF2)=6.4×10-9、Ksp(CaF2)=4.0×10-11.（1）“焙燒”的主要目的是___________。（2）“酸浸”過程中，___________(填“能”或“不能”)用鹽酸替換硫酸。（3）“氧化1”時(shí)，試劑a為MnO2，并控制溶液的pH=3，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（4）若省略“氧化”步驟直接進(jìn)行“中和除雜”，則造成的影響是___________。（5）“凈化除雜”可將鈣、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，若所得濾液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol?L-1，則濾液中c(Ca2+)為___________mol?L-1.（6）“氧化2”過程中，在MnSO4溶液中滴入一定濃度的氮水，加壓通入空氣反應(yīng)7小時(shí)制備Mn3O4，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（7）錳的一種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：該晶體中Mn的配位數(shù)為___________，該晶胞的密度為___________g?cm-3(列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶胞底面邊長為apm，高為bpm)?！敬鸢浮浚?）除去高硫錳礦中的硫元素（2）能（3）2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+（4）Fe2+完全沉淀時(shí)，Mn2+也開始沉淀，造成Mn2+損失（5）6.25×10-8（6）6Mn2++12NH3?H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O（7）①.6②.【解析】【分析】高硫錳礦用空氣焙燒后生成二氧化硫煙氣，用硫酸酸浸固體得到含Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的溶液，可能還有Fe3+，過濾得到CaSO4和SiO2濾渣；溶液中加入試劑MnO2，控制溶液pH=3，生成Fe(OH)3除去，過濾得到的濾液加入CaCO3中和后可除去過量H+和Al3+，再次過濾后往濾液加入MnF2除去Ca2+和Mg2+，得到較純凈的MnSO4溶液，再加入NH3·H2O、空氣氧化得到Mn3O4。【小問1詳解】“焙燒”的主要目的是除去高硫錳礦中的硫元素?！拘?詳解】“酸浸”過程中，硫酸的作用是溶解得到含各種金屬離子的溶液，若用鹽酸替換硫酸，則Ca2+可以在后面加MnF2時(shí)除去，故可以用鹽酸替換硫酸?！拘?詳解】“氧化1”時(shí)，試劑a為MnO2，并控制溶液的pH=3，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+?！拘?詳解】根據(jù)已知信息中Fe2+、Fe3+、Mn2+的開始沉淀和沉淀完全的pH可判斷，若省略“氧化”步驟直接進(jìn)行“中和除雜”，則造成的影響是Fe2+完全沉淀時(shí)，Mn2+也開始沉淀，造成Mn2+損失。【小問5詳解】“凈化除雜”可將鈣、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，若所得濾液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol?L-1，c2(F-)==，則濾液中c(Ca2+)為=?！拘?詳解】“氧化2”過程中，在MnSO4溶液中滴入一定濃度的氮水，加壓通入空氣反應(yīng)7小時(shí)制備Mn3O4，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：6Mn2++12NH3?H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O?！拘?詳解】根據(jù)圖示可知，該晶體中Mn位于頂點(diǎn)和體心，其配位數(shù)為6，晶胞的底面邊長為apm，高為bpm，晶胞的質(zhì)量是g，該晶胞的密度為g?cm-3。12.硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3)易溶于水，難溶于乙醇，在酸性環(huán)境中易分解。實(shí)驗(yàn)室中用工業(yè)硫化鈉、純堿、二氧化硫等物質(zhì)制備Na2S2O3晶體。（1）工業(yè)Na2S中含重金屬硫化物，硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實(shí)驗(yàn)室采用溶解回流提純Na2S，具體操作為溶解回流→_______→_______→過濾洗滌→干燥。（2）取提純后的Na2S與純堿、二氧化硫等物質(zhì)制備Na2S2O3，實(shí)驗(yàn)所需儀器、裝置如圖。①裝置A中裝Na2SO3的儀器名稱為_______。裝置B中的藥品可選擇下列物質(zhì)中的_______(選填標(biāo)號(hào))。A.CCl4B.Ba(OH)2溶液C飽和NaHSO3溶液D.酸性KMnO4溶液②裝置C通入SO2過量至溶液pH＜7，產(chǎn)率會(huì)降低，請(qǐng)用離子方程式解釋原因：______，理論上Na2S和SO2的最佳物質(zhì)的量之比應(yīng)為_______。（3）為測(cè)定反應(yīng)結(jié)束后裝置C中S2-、SO、S2O的濃度進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：步驟1：取10mL待測(cè)液，加入過量的c1mol?L-1碘標(biāo)液，充分反應(yīng)后滴加指示劑，用c2mol?L-1硫代硫酸鈉標(biāo)液滴定，消耗硫代硫酸鈉標(biāo)液的體積是V1mL；步驟2：取20mL待測(cè)液，加入過量CdCO3，充分反應(yīng)后，過濾并洗滌沉淀，將濾液合并后等分為兩份，一份用c1mol?L-1碘標(biāo)液滴定，消耗碘標(biāo)液V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用c1mol?L-1碘標(biāo)液滴定，消耗c1mol?L-1碘標(biāo)液V3mL。已知：i.Ksp(CdCO3)=1.0×10-12、Ksp[Cd(OH)2)=7.2×10-15、Ksp(CdS)=8×10-27；CdSO3和CdS2O3微溶于水；ii.SO能與甲醛反應(yīng)，產(chǎn)物[CH2(OH)SO3Na]不被I2氧化；iii.2S2O+I2=S4O+2I-①步驟1中滴定時(shí)使用的指示劑是_______，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是______。②步驟2中加入CdCO3的作用是_______。③待測(cè)液中SO和S2O的物質(zhì)的量濃度之比是______?！敬鸢浮浚?）①.趁熱過濾②.冷卻結(jié)晶（2）①.蒸餾燒瓶②.BD③.④.1∶2（3）①.淀粉②.加入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)液后，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)無變化③.沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成實(shí)驗(yàn)誤差④.【解析】【小問1詳解】乙醇與水互溶，硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇，趁熱過濾可濾去重金屬硫化物等雜質(zhì)，所以溶解回流、趁熱過濾、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥后獲得，故答案為：趁熱過濾；冷卻結(jié)晶?！拘?詳解】①有支管的燒瓶稱為蒸餾燒瓶；裝置B吸收SO2尾氣，SO2具有酸性氧化物、氧化性、還原性性質(zhì)。A．CCl4為有機(jī)溶劑，SO2為無機(jī)物質(zhì)，CCl4不能吸收SO2，故A錯(cuò)誤；B．Ba(OH)2溶液能用于吸收SO2，，故B正確；C．NaHSO3不能與SO2反應(yīng)，無法吸收SO2，故C錯(cuò)誤；D．SO2能與酸性KMnO4反生氧化還原反應(yīng)，故D正確；故答案為：蒸餾燒瓶；BD；②實(shí)驗(yàn)中通入的SO2過量至溶液pH＜7，否則產(chǎn)率會(huì)降低，原因是硫代硫酸根離子在酸性溶液中會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)，離子方程式為：；反應(yīng)的方程式為：，所以論上Na2S和SO2的最佳物質(zhì)的量之比應(yīng)為1∶2，故答案為：；1∶2?！拘?詳解】①步驟1中待測(cè)液中含有標(biāo)準(zhǔn)碘溶液，滴定時(shí)使用的指示劑是淀粉；滴定終點(diǎn)現(xiàn)象：加入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)液后，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)無變化；故答案為：淀粉；加入最后半滴硫代硫酸鈉標(biāo)液后，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)無變化；②步驟2中加入CdCO3的作用是沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成實(shí)驗(yàn)誤差，故答案為：沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成實(shí)驗(yàn)誤差；③碘液與S2-發(fā)生反應(yīng)：①；2+I2=+2I-②；步驟2中將濾液合并后等分為兩份，一份用碘標(biāo)液滴定，兩反應(yīng)消耗的碘標(biāo)準(zhǔn)液體積為V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用碘標(biāo)液滴定，消耗碘標(biāo)液的體積是V3mL，即消耗的碘液為V3mL，由此可得消耗碘液體積為(V2-V3)mL，待測(cè)液中和的物質(zhì)的量濃度之比是：，故答案為：。13.苯乙烯是生產(chǎn)塑料、橡膠的重要原料，工業(yè)上以鐵鈷催化劑催化乙苯催化脫氫可獲得苯乙烯。主要發(fā)生的反應(yīng)為：反應(yīng)I：(g)(g)+H2(g)△H1=+117.6kJ?mol-1反應(yīng)Ⅱ：(g)+H2(g)(g)+CH4(g)△H2反應(yīng)Ⅲ：(g)8C(s)+H2(g)△H3=-1.67kJ?mol-1（1）鐵鈷催化劑中基態(tài)Co原子的電子排布式為_______。（2）已知，在298K、101kPa條件下，某些物質(zhì)的相對(duì)能量(△H)變化關(guān)系如圖所示，則△H2=_______kJ?mol-1。（3）在恒溫恒壓的條件下只發(fā)生反應(yīng)I，下列事實(shí)能作為反應(yīng)I達(dá)到平衡的依據(jù)的是_______。A.v正(C6H5C2H5)=v正(C6H5C2H3) B.容器內(nèi)氣體密度不再變化C.苯乙烯、H2的分子數(shù)之比不再變化 D.氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化（4）往剛性密閉容器中同時(shí)通入乙苯和一定比例水蒸氣，控制反應(yīng)溫度為600℃、體系起始總壓強(qiáng)為100kPa的條件下進(jìn)行反應(yīng)。①通入水蒸氣的作用有_______。②假設(shè)容器中只發(fā)生反應(yīng)I，測(cè)得體系總壓和乙苯轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化結(jié)果如圖所示。則平衡時(shí)，p(H2O)=_______kPa，平衡常數(shù)Kp=_______kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，氣體分壓=氣體總壓×體積分?jǐn)?shù))。③反應(yīng)速率v正=k正×p(乙苯)，v逆=k逆×p(苯乙烯)×p(氫氣)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，則a點(diǎn)時(shí)=_______。（5）工業(yè)上也可以利用CO2弱氧化性在催化劑條件下制備苯乙烯，其反應(yīng)的機(jī)理如圖所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B為催化劑的活性位點(diǎn)，其中A位點(diǎn)帶部分正電荷，B1、B2位點(diǎn)帶部分負(fù)電荷)。αC—H的極性_______(選填“＞”或“＜”)βC—H，步驟Ⅲ形成苯乙烯后更容易脫附的原因?yàn)開______。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（2）-54.6（3）BD（4）①.可與C反應(yīng)生成CO和H2以消除積碳，同時(shí)有利于反應(yīng)I正向進(jìn)行②.80③.45④.2.5（5）①.＜②.苯乙烯上苯環(huán)和碳碳雙鍵形成大鍵，降低苯環(huán)電子云密度，導(dǎo)致苯環(huán)與A位點(diǎn)吸附減弱【解析】【小問1詳解】鈷為27號(hào)元素，基態(tài)鈷原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，故答案為：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2?！拘?詳解】根據(jù)圖像可知：①；②；③；根據(jù)蓋斯定律：③-②+①，得，故答案為：-54.6?！拘?詳解】A．根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知，當(dāng)正(乙苯)=逆(苯乙烯)時(shí)，也即正(乙苯)=逆(乙烯)，即正、逆反應(yīng)速率相等，說明反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)，必須是有正有逆，不能只有一個(gè)方向的速率，A不符合題意；B．根據(jù)質(zhì)量守恒，混合氣體的質(zhì)量始終不變，容器體積是變量，則氣體的密度是變量，當(dāng)容器內(nèi)氣體的密度不再改變，能表明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，B符合題意；C．容器內(nèi)苯乙烯與H2的物質(zhì)的量之比始終為1∶1，則不能表明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，C不合題意；D．根據(jù)質(zhì)量守恒，混合氣體的質(zhì)量始終不變，該反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，隨著反應(yīng)進(jìn)行，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量減小，當(dāng)容器內(nèi)氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化，表明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，D符合題意；故答案為：BD。【小問4詳解】①通入水蒸氣的作用有：可與C反應(yīng)生成CO和H2以消除積碳，同時(shí)有利于反應(yīng)I正向進(jìn)行，故答案為：可與C反應(yīng)生成CO和H2以消除積碳，同時(shí)有利于反應(yīng)I正向進(jìn)行；②體系起始總壓強(qiáng)為100kPa，若設(shè)起始時(shí)混合氣體的物質(zhì)的量為100mol，則1mol氣體的分壓為1kPa，起始混合氣體中乙苯的物質(zhì)的量為amol，平衡時(shí)混合氣體的壓強(qiáng)為115kPa，即混合氣體的物質(zhì)的量為115mol，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，反應(yīng)三段式為：0.25a+0.75a+0.75a-a=115mol-100mol，解得a=20mol，即平衡時(shí)，水蒸氣的物質(zhì)的量為100ml-20mol=80mol、p(H2O)=80kPa，n乙苯=5mol、p乙苯=5kPa，n苯乙烯=n氫氣=15mol、p苯乙烯=p氫氣=15kPa，平衡常數(shù)Kp=；故答案為：80；45；③平衡時(shí)v正=V逆，即K正×P(乙苯)=K逆×P(苯乙烯)×P(氫氣)，，a處的總壓強(qiáng)為112kPa，即氣體總物質(zhì)的量為112mol，由②解析可知起始?xì)怏w中水蒸氣為80mol，乙苯20mol，乙苯的轉(zhuǎn)化率為60%，即n(苯乙烯)=n(氫氣)=20mol×60%=12mol，p(苯乙烯)=p(氫氣)=12kPa，n(乙苯)=20ml×(1-60%)=8mol、p(乙苯)=8kPa，；故答案為：2.5?！拘?詳解】根據(jù)圖中反應(yīng)機(jī)理，步驟Ⅰ可表述為乙苯帶部分正電荷，被帶部分負(fù)電荷的B1位點(diǎn)吸引，隨后解離出并吸附在B1位點(diǎn)上，因此αC—H的極性小于βC—H的極性；步驟Ⅲ苯乙烯上苯環(huán)和碳碳雙鍵形成大鍵，降低苯環(huán)電子云密度，導(dǎo)致苯環(huán)與A位點(diǎn)吸附減弱，因此形成苯乙烯后更容易脫附，故答案為：＜；苯乙烯上苯環(huán)和碳碳雙鍵形成大鍵，降低苯環(huán)電子云密度，導(dǎo)致苯環(huán)與A位點(diǎn)吸附減弱。14.鹽酸阿比朵爾H具有良好的抗病毒活性，其中一種合成路線如圖：回答下列問題：（1）A的官能團(tuán)有酯基和_______。（