--10-2023屆高三大聯(lián)考化學(xué)試題留意事項(xiàng)：答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置。答復(fù)選擇題時(shí)，選出每題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。答復(fù)非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。考試完畢后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：N14 O16 Na23 C135.5 Cr52 Fe56 Cu6410220分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。型冠狀病毒正威逼著人們的身體安康，各種防護(hù)防控措施中，化學(xué)學(xué)問(wèn)起到了重要作用。以下有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是冷鏈運(yùn)輸和冷藏儲(chǔ)存抗病，目的是避開(kāi)蛋白質(zhì)變性體積分?jǐn)?shù)為75％的醫(yī)用酒精，與“84”消毒液混合使用消毒效果更好冠病毒可能通過(guò)氣溶膠傳播，加快集中速率，氣溶膠能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)醫(yī)用防護(hù)服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其單體四氟乙烯全部原子共平面【答案】B【解析】【詳解】A．疫苗的主要成分為蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在溫度過(guò)高的條件下會(huì)變性失活，所以要冷鏈運(yùn)輸和冷藏儲(chǔ)存抗病，故A正確；B．乙醇具有復(fù)原性，“84”“84”消毒液會(huì)發(fā)生氧化復(fù)原反響，乙醇被氧化，次氯酸鈉被復(fù)原，減低消毒效果，故B錯(cuò)誤；C．含有病毒的飛沫粒子直徑介于1～100nm，混合在空氣中形成氣溶膠，吸入后導(dǎo)致感染，氣溶膠屬于膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故C正確；D．四氟乙烯發(fā)生加聚反響生成聚四氟乙烯，四氟乙烯的構(gòu)造簡(jiǎn)式為F2C=CF2，依據(jù)乙烯的構(gòu)造可知四氟乙烯全部原子共平面，故D正確；綜上所述答案為B。試驗(yàn)室中以下做法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是將石蠟油蒸氣分解得到的氣體通入溴水中，溴水退色，且分層配制Na2SO3溶液時(shí)，用煮沸過(guò)并冷卻的NaOH溶液溶解Na2SO3固體向含有FeC13的MgC12溶液中，參加氧化鎂調(diào)pH，攪拌、過(guò)濾可除去Fe3+用鑷子取綠豆粒大小的鈉快速投入盛有10mL水(含酚酞)的試管中，觀看現(xiàn)象【答案】D【解析】【詳解】A．石蠟油蒸氣分解得到的氣體中含有烯烴，將石蠟油蒸氣分解得到的氣體通入溴水中發(fā)生加成反響，溴水退色，且分層，故A正確；配制Na2SO3溶液時(shí)，用煮沸過(guò)并冷卻的NaOH溶液溶解Na2SO3固體，可以抑制Na2SO3水解并防止氧化，故B正確；Fe3+Mg2+更易形成氫氧化物沉淀，向含有FeC13MgC12溶液中，參加氧化鎂調(diào)pH，攪拌、過(guò)濾可Fe3+，故C正確；(含酚酞)的燒杯中，觀看現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤；D。以下有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與應(yīng)用的對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的選項(xiàng)是選項(xiàng)化學(xué)性質(zhì)實(shí)際應(yīng)用AH2O2不穩(wěn)定,易分解醫(yī)用消毒劑BSiO2能導(dǎo)電,傳導(dǎo)信息快光導(dǎo)纖維C鎂燃燒使發(fā)出刺眼的強(qiáng)光制作照明彈D熱純堿溶液堿性強(qiáng)可除去發(fā)動(dòng)機(jī)外表柴油A【答案】C

B C.C D.D【解析】【詳解】A．H2O2具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于殺菌消毒，與H2O2不穩(wěn)定、易分解無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．物質(zhì)中含自由移動(dòng)的離子或電子則能導(dǎo)電，故二氧化硅不能導(dǎo)電，故B錯(cuò)誤；C．鎂燃燒時(shí)發(fā)出刺眼的強(qiáng)光，透射性強(qiáng)，軍事上可用于制作照明彈，故C正確；D．柴油是烴類物質(zhì)，不是酯類物質(zhì)，堿性條件下不發(fā)生水解，也不與堿性物質(zhì)反響，所以熱的純堿溶液不能除去礦物油污漬，故D錯(cuò)誤；答案選C。NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說(shuō)法肯定正確的選項(xiàng)是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC4H8分子中的σ1.1NA4.6gNa在空氣中反響完全生成Na2O、Na2O20.2NA室溫下，pH=5的醋酸溶液中，由水電離的H+離子數(shù)目為10-9NA電解CuSO43.2gO20.4NA【答案】B【解析】【詳解】A．C4H8可以是丁烯或環(huán)丁烷或甲基環(huán)丙烷，假設(shè)為丁烯一個(gè)C4H811個(gè)σ鍵，假設(shè)為環(huán)丁烷或甲基環(huán)丙烷一個(gè)C4H812σ2.24LC4H8分子中的σA錯(cuò)誤；B4.6gNa的物質(zhì)的量為0.2moN2NaO2N+0.N，故B正確；C．溶液體積未知，無(wú)法確定溶液中微粒的數(shù)目，故C錯(cuò)誤；D．電解硫酸銅溶液時(shí)，陽(yáng)極上水電離出的氫氧根被氧化生成氧氣，陰極不產(chǎn)生氧氣，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案B。應(yīng)用以下試驗(yàn)裝置或方案能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康牡氖?裝置，可證明非金屬性：C1>C>Si2裝置，可證明：Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)3裝置，檢驗(yàn)氯化銨受熱分解產(chǎn)物4裝置，制備Fe(OH)2白色沉淀【答案】B【解析】【詳解】A.元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，稀鹽酸屬于無(wú)氧酸，不能比較氯元素和碳元素的非金屬性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；向硝酸銀溶液中參加過(guò)量的氯化鈉溶液，銀離子完全生成氯化銀沉淀，再向溶液中參加碘化鈉溶液，氯化銀白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色的碘化銀沉淀，說(shuō)明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)，故B正確；氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫氣體，堿石灰將氯化氫氣體完全吸取，潮濕的藍(lán)色石蕊試紙無(wú)法檢驗(yàn)氯化氫的生成，五氧化二磷將氨氣吸取，潮濕的酚酞試紙無(wú)法檢驗(yàn)氨氣的生成，故C錯(cuò)誤；制備氫氧化亞鐵沉淀時(shí)，為防止空氣中氧氣將氫氧化亞鐵氧化，應(yīng)將盛有氫氧化鈉溶液的長(zhǎng)膠頭滴管插入硫酸亞鐵溶液的液面下，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B。二氧化硫的減排與回收已成為環(huán)保領(lǐng)域急需解決的重大課題，某爭(zhēng)論團(tuán)隊(duì)提出如下復(fù)原脫硫流程：以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是“脫硫塔”反響中，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2：1S2、S4、S6S8互為同素異形體“再生塔”需將CaSO4和煤粉碎處理，使其充分接觸M可以循環(huán)使用【答案】A【解析】【詳解】A．“脫硫塔”反響中，CaS+2SO2=CaSO4+S2，CaS為復(fù)原劑，SO2既是氧化劑又是復(fù)原劑，依據(jù)電子守恒可知，氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量比為1：2，A錯(cuò)誤；B．S2、S4、S6S8是由S元素形成的不同性質(zhì)的單質(zhì)，它們互為同素異形體，B正確；C．將CaSO4正確；D．再生塔中，硫酸鈣和煤粉發(fā)生反響，煤粉被氧化為二氧化碳，硫酸鈣被煤粉復(fù)原為硫化鈣從而實(shí)現(xiàn)再生，因此，MCaS，可以參加脫硫塔中處理SO2，因此M能夠循環(huán)利用，D正確；故合理選項(xiàng)是A?，F(xiàn)有不同狀態(tài)的銅、鋅中，失去1個(gè)電子需要的能量最大的是鋅[Ar]3d104s2【答案】D

B.鋅[Ar]3d104s1 C.銅[Ar]3d104s1 D.銅[Ar]3d10【解析】[Ar]3d10，故合理選項(xiàng)是D。我國(guó)電池的年市場(chǎng)消費(fèi)量約為8070％是鋅錳干電池，某工藝?yán)密涘i礦(主要成分MnO2，含少量A12O3SiO2)和閃鋅礦(主要成分是ZnSFeS、CuS、CdS)MnO2Zn，其流程如下：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+|Al3+pHZn2+Mn2+Fe2+Fe3+|Al3+pH8.010.19.03.24.7以下說(shuō)法中不正確的選項(xiàng)是濾渣A主要成分：S和SiO2適量金屬鋅是為了回收金屬Cu和Cd步驟③中，參加物質(zhì)X可以是MnO2，調(diào)pH：4.7≤pH<8.0上述流程中，可以循環(huán)使用的物質(zhì)有H2SO4【答案】C【解析】【分析】軟錳礦(主要成分MnO2，含少量A12O3和SiO2)和閃鋅礦(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS、CdS)與硫酸混合反響，-2價(jià)的硫元素被MnO2氧化成S單質(zhì)，SiO2難溶于稀硫酸，所以濾渣A為SSiO2；得到的濾AMn2+、Al3+、Zn2+、Fe2+、Cu2+、Cd+ZnCu2+、Cd+Cu和Cd形成濾渣B，向?yàn)V液B中通入O2和X，O2Fe2+氧化成Fe3+，X調(diào)整pHAl3+、Fe3+形成沉淀除去，所以濾渣C主要含氫氧化鋁和氫氧化鐵，濾液C中含有MnSO4ZnSO4，電解得到MnO2Zn。【詳解】A．依據(jù)分析可知濾渣A的主要成分為SSiO2；依據(jù)分析可知參加適量Zn是為了置換出Cu和Cd，故B正確；步驟③中氧氣為氧化劑將Fe2+氧化，所以X的作用主要是調(diào)整pH值，而MnO2與氫離子并不反響，所以不能用來(lái)調(diào)整pH，為了不引入的雜質(zhì)X可以是ZnO、Mn(OH)2等，故C錯(cuò)誤；步驟④中電解時(shí)陽(yáng)極Mn2+失電子發(fā)生氧化反響生成MnO2，陽(yáng)極的電極反響式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，陰極Zn2+得電子發(fā)生復(fù)原反響生成Zn，廢電解液為硫酸，則本工藝中能循環(huán)利用的物質(zhì)是H2SO4，故D正確；綜上所述答案為C。短周期元素A、B、C原子序數(shù)依次增大，A元素原子是周期表中原子半徑最小的，C的氫化物濃溶液和濃硝酸組成的混合溶液，可溶解Au等不活潑金屬，而肯定條件下B存在如下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系。以下有關(guān)說(shuō)法肯定正確的選項(xiàng)是電負(fù)性：B>C>A假設(shè)B單質(zhì)為淡黃色固體，則含氧酸酸性：C>B假設(shè)B單質(zhì)為無(wú)色無(wú)味氣體，則B的氫化物可能含有非極性鍵由A、B、C三種元素只能形成共價(jià)化合物【答案】C【解析】【分析】A元素原子是周期表中原子半徑最小的，A是H；C的氫化物濃溶液和濃硝酸組成的混合溶液，可溶解Au等不活潑金屬，則混合溶液稱為王水，由濃鹽酸和濃硝酸組成，C是Cl；B的氫化物能與氧化物反響生成B單質(zhì)，發(fā)生歸中反響，BS，反響方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，同理，B也可能為N。【詳解】由分析知：A是H，B是S或N，C是Cl；A．非金屬性：Cl>S>H，則電負(fù)性：C>B>A，A錯(cuò)誤；B．只有非金屬的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的酸，其酸性比較才能用非金屬性來(lái)比，否則無(wú)法確定，B錯(cuò)誤；C．假設(shè)B是N，N2H4中含有非極性鍵，C正確；D．假設(shè)A是H，B是N，CCl，組成化合物NH4Cl是離子化合物，D錯(cuò)誤；答案選C。中科大電化學(xué)爭(zhēng)論團(tuán)隊(duì)用HC1—CuC12混合溶液做腐蝕液，處理工業(yè)廢銅，提升經(jīng)濟(jì)效益，其方法如以下圖所示，水在BDD電極上生成一種具有強(qiáng)氧化性的羥基自由基(HO·)，以下有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是X為鹽酸BDD電極反響式：H2O-e-=HO·H+蝕銅槽中發(fā)生的反響：CuC12+Cu+4HC1=2H2CuC13DSS32gCu1molC1-到BDD電極區(qū)域【答案】D【解析】【分析】由圖示可知：由圖示可知陽(yáng)極上水失去電子產(chǎn)生羥基自由基(HO·)和H+，HO·與溶液中的Cu+發(fā)生反響：H+C++OH=Cu2++OC通過(guò)陰離子交換膜移入陽(yáng)極區(qū)可生成CuC2SSHCuC3得到電子發(fā)生復(fù)原反響產(chǎn)生Cu單質(zhì)，溶液中含有H+、Cl-，故X為鹽酸，HCl-CuCl2混合溶液進(jìn)入蝕銅槽，Cu單質(zhì)氧化產(chǎn)生H2CuCl3?！驹斀狻緼．依據(jù)圖示可知H2CuCl3SS電極上H2CuC13中+1價(jià)的Cu得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cu附著在SSCl-通過(guò)陰離子交換膜移入陽(yáng)極區(qū)，溶液中含有H+、Cl-，故X為鹽酸，A正確；B．BDD電極與電源正極連接，為陽(yáng)極，在BDD電極上水失去電子產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的HO·，陽(yáng)極的電極反響式：H2O-e-=HO·+H+，B正確；C．HCl-CuCl2混合溶液進(jìn)入蝕銅槽，將Cu單質(zhì)氧化產(chǎn)生H2CuCl3，依據(jù)電子守恒及原子守恒，可知在蝕銅槽中發(fā)生的反響：CuC12+Cu+4HC1=2H2CuC13，C正確；D．SS電極連接電源負(fù)極，為陰極。在SS電極上發(fā)生復(fù)原反響：H2CuCl3+e-=Cu+2H++3Cl-，每反響產(chǎn)生1molCu1mol電子，依據(jù)電荷守恒可知同時(shí)會(huì)有1molCl-通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入陽(yáng)極區(qū)，當(dāng)SS32gCu0.5mol，則進(jìn)入陽(yáng)極區(qū)Cl-0.5mol，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D。5420420分。以下操作不能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康牡氖恰?〕目的目的操作和現(xiàn)象A 除去溴苯中少量的溴參加適量NaOH溶液，振蕩、靜置、分液B證明Na2CO3溶液中存在水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中參加少量BaCl2固體，溶液紅色變淺C 氧化性:Cl2>Br2向KBrO3溶液中，參加少量的苯，再通入少量氯氣，振蕩D 探究濃度對(duì)速率的影響室溫下，向等體積等濃度的兩份Na2SO3溶液，同時(shí)分別滴加0.1mol·L-1雙1.0mol·L1雙氧水A【答案】CD【解析】

B C.C D.D【詳解】A．除去溴苯中少量的溴，參加適量NaOH溶液，溴與NaOH溶液反響，與溴苯分層，則靜置分液可除雜，可到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康模珹不符合題意；含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根離子水解顯堿性溶液變紅，參加少量BaCl2固體，水解平衡逆向移動(dòng)，氫氧根離子濃度減小，溶液紅色變淺，證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，可到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康?，B不符合題意；氯氣本身可以和水反響生成次氯酸，并不能說(shuō)明是溴酸鉀氧化了氯氣，也不能證明氧化性：Cl2>Br2，故不能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)?，C符合題意；在其他條件一樣下，濃度越大，反響速率越快，但是Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O，反響中沒(méi)有明顯現(xiàn)的象，不能推斷反響速率的快慢，故不能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康模珼符合題意；答案選：CD。某學(xué)校試驗(yàn)小組覺(jué)察，可用如下兩種方法制備MnO-：44①NaBiO3(鉍酸鈉)和稀硫酸酸化的MnSO4溶液：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO-+7H2O；4②PbO2與稀硫酸酸化的MnSO4溶液：5PbO2+2Mn2++4H++5SO2-=2MnO-+5PbSO4+2H2O4 4以下有關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是NaBiO3Bi原子承受sp3雜化NaBiO3可與濃鹽酸發(fā)生反響：NaBiO3+HCl=HBiO3+NaClPbO2可與硫酸酸化FeSO4發(fā)生反響：PbO2+2Fe2++4H+=Pb2++2H2O+2Fe3+1molMnO-4

，兩種方法轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和消耗氧化劑物質(zhì)的量均一樣【答案】D【解析】【詳解】A．Bi元素為第六周期VA族，價(jià)層電子數(shù)為5，所以NaBiO3中Bi原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為5+1-233+ =3，所以為sp2雜化，故A錯(cuò)誤；2依據(jù)反響①可知酸性環(huán)境中BiO的氧化性大于MnO-，依據(jù)所學(xué)學(xué)問(wèn)可知酸性環(huán)境中MnO-

可以氧3 4 4化氯離子，所以NaBiO3與濃鹽酸反響時(shí)會(huì)將氯離子氧化，故B錯(cuò)誤；PbO2Fe2+復(fù)原成Pb2+后會(huì)結(jié)合硫酸根生成硫酸鉛沉淀，沉淀不能拆成離子，故C錯(cuò)誤；兩個(gè)反響中MnO-4

均為唯一氧化產(chǎn)物，且氧化劑與MnO-4

的系數(shù)比均為5：2，所以制備一樣物質(zhì)的量MnO-4

，兩種方法轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和消耗氧化劑物質(zhì)的量均一樣，故D正確；綜上所述答案為D。南京大學(xué)爭(zhēng)論覺(jué)察電化學(xué)“大氣固碳”有效方法，電池工作原理示意圖如下圖。充電時(shí)，利用催化劑的選擇性，陽(yáng)極電極反響式為：2Li2CO3-e-=2CO2+O2+4Li+，以下有關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是放電時(shí)，M電極的電勢(shì)比N電極的高放電時(shí)，正極電極反響式：3CO2+4e-+4Li+=C+2Li2CO3充電時(shí)，M電極接外電源負(fù)極，電解質(zhì)可選含Li+水溶液該電池每放電、充電一次，假設(shè)均轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上能固定標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LCO2【答案】BD【解析】【分析】M極上Li失電子生成L+MNC2得電子生成C和L2CO，3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；充電時(shí)為電解池，陰極上Li+得電子生成Li，陽(yáng)極上Li2CO3失電子生成CO2和O22Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+；【詳解】A．放電時(shí)為原電池，M為負(fù)極，N為正極，正極電勢(shì)比負(fù)極電勢(shì)高，即M高于N，故A錯(cuò)誤；原電池的正極上CO2得電子生成CLi2CO33CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3，故B正確；充電時(shí)假設(shè)電極A質(zhì)量增加14gLi，則轉(zhuǎn)移電子2mol，即聚合物電解質(zhì)膜上通過(guò)Li+2mol，電子不能通過(guò)交換膜，故C錯(cuò)誤；2mol0.5mol2mole-時(shí)生成0.5molO2，C+O2═CO22mol0.5molCO2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2LCO2，故D正確；答案選BD。常溫下，用NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A溶液，溶液中-1g[c(H+)／c(H2A)]和-1gc(HA-)或-lg[c(H+)／c(HA-)]和-lgc(A2-)關(guān)系如下圖，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是水的電離程度：M點(diǎn)>N點(diǎn)滴定過(guò)程中，當(dāng)pH=5時(shí)，c(Na+)—3c(HA-)<0C.假設(shè)c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)pH3.5<pH<5D.NaHA溶液中：c(H+)+c(A2-)=c(H2A)+c(OH-)【答案】BC【解析】【分析】看懂圖像是解題的關(guān)鍵，再利用三大守恒可解出此題。M點(diǎn)可計(jì)算Ka1，N點(diǎn)計(jì)算Ka2?！驹斀狻緼．這種-1gc(HA-)形式類似于pH的定義，在M點(diǎn)可計(jì)算Ka1=10-110-1=10-2，在N點(diǎn)計(jì)算Ka2

=10-310-2=10-5,由于K

>Ka2

，可以確定M線是-1g[c(H+)/c(H2A)]和-1gc(HA-)的關(guān)系，那么N線就是a1-lg[c(H+)/c(HA-)]和-lgc(A2-)的關(guān)系。M線是第一步電離，N線是其次步電離，第一步電離程度大，相當(dāng)于a1酸性強(qiáng)，故水的電離弱于N點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

c(H+)c(A2-)a2 B．當(dāng)pH=5時(shí)，溶液呈酸性，c(H+)=10-5由K=10-5，由K= 得c(A2-)=c(HA-)依據(jù)電荷守a2 c(HA-)恒，c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，c(Na+)—3c(HA-)=c(OH-)—c(H+)<0，故B正確；c(HA-) c(A2-) C．c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)c(H2A)得c(HA)2

>c(HA)2

Ka2的表達(dá)式可知上K式為

K K> a1

>1，解出c(H+)3.5<pH<5，故C正確；c(H+) c(H+)Dc(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)可得c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)，故D錯(cuò)誤；所以答案為BC。某科研團(tuán)隊(duì)爭(zhēng)論覺(jué)察硼氫化鈉(NaBH4)在催化劑Ru外表與水反響可生成H2，其反響機(jī)理如下圖：依據(jù)以上信息推斷，以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是微粒X是過(guò)程①中殘留的水過(guò)程①至過(guò)程⑤中硼元素雜化方式：sp3→sp2→sp3整個(gè)過(guò)程總反響方程式：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑1molNaBH489.6LH2的復(fù)原力量相當(dāng)(復(fù)原力量即生成H+失去電子的量)【答案】A【解析】【詳解】A．依據(jù)電荷得到BH和H4

2O反響生成H

OH－，因此微粒X是過(guò)程①中生成的OH－，故A錯(cuò)誤；過(guò)程BH中硼元素雜化方式是sp3，生成的BH中硼元素雜化方式是sp2，過(guò)程B(OH)中硼元素4 3 4雜化方式是sp3，故B正確；依據(jù)整個(gè)過(guò)程得知總反響方程式：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑，故C正確；1molNaB4失去8mol89.6L2即物質(zhì)的量為4mo8mol1molNaB489.6LH2的復(fù)原力量相當(dāng)，故D正確。綜上所述，答案為A。560分的次磷酸鈉(NaH2PO2)是具有珍寶光澤晶體或白色結(jié)晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。次磷酸鈉(NaH2PO2)廣泛應(yīng)用于化學(xué)鍍鎳，其制備與鍍鎳過(guò)程如以下圖所示：的據(jù)此答復(fù)以下問(wèn)題：(1)基態(tài)Ni原子的核外電子排布式為 ，PH3的分子空間構(gòu)型為 。(2)“堿溶”過(guò)程中，發(fā)生反響化學(xué)方程式為 ，H3PO2為一元弱酸，則NaH2PO2溶液中離子濃度大小關(guān)系為 ?！俺两党亍敝校ㄈ氚睔獾哪康氖?，“凈化”操作需要過(guò)濾、洗滌、枯燥，洗滌時(shí)，選用的洗滌劑為 。“濾液2”經(jīng)分別提純可以得H3PO4，寫出“鍍鎳”過(guò)程發(fā)生的離子反響方程式 充分反響2”中，參加適量Ca(OH)2懸濁液，生成CaSO4CaHPO4混合沉淀，此時(shí) c SO2- 4 4平 4 c HPO2-平 4

。[：Ksp(CaSO)=7×10-5(mol／L)2；Ksp(CaHPO)=1×10-7(mol／L)2]【答案】 (1). [Arl3d84s2 或1s22s22p63s23p63d84s2 (2). 三角錐形 (3).2P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑ (4).c(Na+)>c(H2PO-)>c(OH-)>c(H+) (5).降低NaH2PO2溶解22度，使其析出，與雜質(zhì)分別 (6).乙醚 (7).2Ni2++HPO-22

+2H2O=2Ni+H3PO4+3H+ (8).700【解析】【分析】黃磷在NaOHNaH2PO2和PH3↑，次磷酸鈉微溶于氨水，所以通入氨氣后析出次磷酸鈉晶體，過(guò)濾、洗滌、枯燥后與NiSO4混合，得到Ni2?！驹斀狻?1)Ni為2828個(gè)電子，依據(jù)核外電子排布規(guī)律可知基態(tài)Ni原子核外電子排布式為[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2；PH3中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+所以空間構(gòu)型為三角錐形；

=4，含一對(duì)孤電子對(duì)，2依據(jù)流程可知堿溶過(guò)程中P4與NaOH溶液發(fā)生歧化反響生成PH3和NaH2PO2，依據(jù)電子守恒可知PH3和NaPO2的系數(shù)比應(yīng)為1:P+3NaOH+3O=3NaPO2+P；2H3PO2NaH2PO2溶液中存在H2PO-2

2小關(guān)系為c(Na+)>c(HPO-22

)>c(OH-)>c(H+)；NaH2PO2溶解度，使其析出，與雜質(zhì)分別；次磷酸鈉不溶于乙醚，所以為了降低洗滌時(shí)的溶解損耗，應(yīng)用乙醚洗滌；2依據(jù)流程和題意可知NaH2PO2NiSO4混合后生成Ni和H3PO4，說(shuō)明該過(guò)程中Ni2+將H2PO-2

氧化成2H3PO4，自身被復(fù)原為Ni，依據(jù)電子守恒可以得到Ni2+和H2PO-2

的系數(shù)比為2:1，再結(jié)合元素守恒可得離22Ni2++HPO-2

+2H2O=2Ni+H3PO4+3H+；c SO2- c SO2- c

Ca2+

K

710-5 4 = 4 平

= s 4

=700。 c HPO2- c HPO2-

Ca2+

K CaHPO

110-7平 4

4 平 sp 4N、F、Cu及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等方面應(yīng)用格外廣泛。答復(fù)以下有關(guān)問(wèn)題：寫出N基態(tài)原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有 種，與Cu同周期且基態(tài)原子核外單電子數(shù)與Cu一樣的元素還有 種。常見(jiàn)含氮化合物CH3NH2、(CH3)2NH常溫下均為氣體，甲基的供電子力量強(qiáng)于氫原子，沸點(diǎn)較高的是 ，緣由是 ；NF3中F—N—F鍵角 比NH3中H—N—H鍵角。(填大于、小于或等于)將無(wú)水硫酸銅溶解在肯定量的水中，再參加過(guò)量氨水，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色，1mol深藍(lán)色離子[Cu(NH3)4(H2O)2]2+中所含σ鍵為 mol(包括配位鍵)。氮、銅形成的一種化合物，為立方晶系晶體，晶胞參數(shù)為apm，沿面對(duì)角線投影如下圖：該晶胞中原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為：1 1 1 1 1 1Cu：(0,0, )；(0, ,1)，(1,0, )；(1, ,0)；(0,1, )；(0, ,0)……2 2 2 2 2 2N：(0，0，0)：(0，1，1)：(1，0，0)；(1，1，1)；……則該晶胞中，與Cu原子緊鄰的Cu原子有 個(gè)，令阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為 g／cm3.(列出計(jì)算式)【答案】 (1).5種 (2).4種 (3).(CH3)2NH (4).(CH3)2NH中甲基數(shù)目多，供電強(qiáng)，N原子形成的氫鍵強(qiáng)，同時(shí)(CH3)2NH分子量大，范德華力強(qiáng)，其沸點(diǎn)更高 (5).小于 (6).22 (7).8 (8).206 3a10-10 NA【解析】【分析】Cu1Cu同周期且基態(tài)原子核外的成單電子數(shù)與Cu一樣的元素有K、Sc、Ga、Br；相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越強(qiáng)，沸點(diǎn)越高，N原子與H原子形成氫鍵，甲基的個(gè)數(shù)越多，供電子力量越強(qiáng)，氫鍵越強(qiáng)，物質(zhì)沸點(diǎn)越高；F的電負(fù)性強(qiáng)于H的，對(duì)成鍵電子對(duì)吸引力量更強(qiáng)，成鍵電子對(duì)離中心原子更遠(yuǎn)，成鍵電子對(duì)之間排斥力更小，致使NF3的鍵角小于NH3的，34個(gè)氨氣，2個(gè)水分子形成配位鍵，化學(xué)式表示為：[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，1個(gè)氨3個(gè)N-H，12個(gè)H-O6個(gè)配位鍵；依據(jù)晶胞中原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)進(jìn)展分析與Cu原子緊鄰的Cu和晶體的體積的比值進(jìn)展計(jì)算。【詳解】(1)N1s22s22p3，核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：1s1種，2s1種，2p35種；Cu2929個(gè)電子，核外電子排布式為：[Ar]3d104s1，Cu原子成單電子數(shù)為Cu同周期且基態(tài)原子核外的成單電子數(shù)與Cu一樣的元素有〔41c3d142、Ga4241、B〔424p5，共4；；N原子與H原子形成氫鍵，(CH3)2NH中甲基數(shù)目多，供電強(qiáng)，N原子形成的氫鍵強(qiáng)，相對(duì)分子質(zhì)量越(CH3)2NH分子量大，其沸點(diǎn)更高。F的電負(fù)性強(qiáng)于H的，對(duì)成鍵電子對(duì)吸引力量更強(qiáng)，成鍵電子對(duì)離中心原子更遠(yuǎn)，成鍵電子對(duì)之間排斥力更小，致使NF3的鍵角小于NH3的；故答案為：(CH3)2NH；(CH3)2NH中甲基數(shù)目多，供電強(qiáng)，N原子形成的氫鍵強(qiáng)，同時(shí)(CH3)2NH分子量大，范德華力強(qiáng)，其沸點(diǎn)更高；小于；34個(gè)氨氣，2[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，含有σ鍵數(shù)：3×4+2×2+6=221mol該離子中所含σ22mol；故答案為：22；Cu原子都在棱上，與每個(gè)Cu原子緊鄰的Cu8個(gè)；一個(gè)晶胞中，Cu3，N1，該晶體的化學(xué)式為Cu3N，Cu3N的摩爾質(zhì)量為206g/mol，1nm=10-9m=10-7cm，密度： (206)g =m= N

=

g/cm3，故答案為； 3 。V (a10-10cm)3

a10-10 NA

a10-10 NACO2CO2和H2為原料制造更高價(jià)值的化學(xué)產(chǎn)品是用來(lái)緩解溫室效應(yīng)的爭(zhēng)論方向，答復(fù)以下問(wèn)題：工業(yè)上常用CO2和H2為原料合成甲醇(CH3OH)，過(guò)程中發(fā)生如下兩個(gè)反響：I：CO2(g)+3H2(g)II：CO2(g)+H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g) △H1=—51kJ·mol-1CO(g)+H2O(g) △H2=+41.17kJ·mol-1化學(xué)鍵C-H C-O H-O(H2O中)化學(xué)鍵C-H C-O H-O(H2O中)H-O(CH3OH中)H-H C=O鍵能/kJ·mol-1 406351462.5465436a則a= kJ·mol-1；②假設(shè)反響II逆反響活化能Ea(逆)為124kJ·mo1-1，則該反響的Ea(正)活化能為 kJ·mol-1。2L1molCO22molH2，假設(shè)只發(fā)生反響I，測(cè)得反響在不同壓強(qiáng)、不同溫度下，平衡混合物中CH3OH1所示，測(cè)得反響時(shí)逆反響速率與容器中c(CH3OH)關(guān)系如圖II所示：①圖I中A、B、C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K(A)、K(B)、K(C)由大到小的挨次排列為 ，圖I中C點(diǎn)CO2的轉(zhuǎn)化率為 。②圖II中當(dāng)x點(diǎn)平衡體系上升至某一溫度時(shí)，反響可重達(dá)平衡狀態(tài)，平衡點(diǎn)可能。2 2 2 假設(shè)反響IICO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)的正、逆反響速率分別可表示為v =k c(CO)·c(HO)、v =k2 2 2 正 正 逆 逆2 c(CO)·c(H)，k 、k 分別為正、逆反響速率常數(shù)，c為物質(zhì)的量濃度。則以下圖(pk=-lgk：T表示溫度)2 正 逆①、②、③、④四條斜線中，能表示以pk 隨T變化關(guān)系的是斜線 ，能表示pk 隨T變化關(guān)系正 逆的是斜線 ，圖中A、B、C、D點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為a+3、a+1、a-1、a-3，則溫度T1時(shí)化學(xué)平衡常數(shù)K= mol-1·L。【答案】 (1).800 (2).165.17 (3).K(C)>K(A)>K(B) (4).75％ (5).d (6).④ (7).③(8).100【解析】〔1〕①由反響熱=反響物鍵能之和—生成物鍵能之和可得：反應(yīng)I中△H1=(2a+3×436)kJ·mol-1—(3×406+351+2×462.5+465)kJ·mol-1=-51kJ·mol-1a=800kJ·mol-1，故答案為：800；②由反響熱=Ea(正)活化能—Ea(逆)活化能可得：Ea(正)活化能—124kJ·mo1-1=+41.17kJ·mol-1Ea(正)活化能=165.17kJ·mol-1，故答案為：165.17；①反響I：B>A>C，則A、B、CK(A)、K(B)、K(C)K(C)>K(A)>K(B)；設(shè)生成甲醇的物質(zhì)的量為amol，由題意建立如下三段式：COg+ 3H2 2

g

CHOHg+ 3

2起〔mol〕平〔mol〕

1a1-a

2 0 03a a a2-3a a aa則C50%3-2a0.75mol

×100%=50%，解得a=0.75，C點(diǎn)CO2的轉(zhuǎn)化率為1mol

×100%=75%，故答案為：K(C)>K(A)>K(B)；75%；②上升溫度，正、逆反均應(yīng)速率增大，反響I為放熱反響，平衡向逆反響方向移動(dòng)，甲醇的濃度減小，則圖中d點(diǎn)符合題意，故答案為：d；反響II是吸熱反響，上升溫度，v 、v 均增大，則pk 、pk 均減小，平衡向正反響方向移動(dòng)，則v正 逆 正 逆>v ，pk ＜pk 以pk 隨T變化關(guān)系的是斜線④，能表示pk 隨T變化關(guān)系的是斜正 逆 正 逆 正 逆2 2 線③；當(dāng)反響到達(dá)平衡時(shí)，v =v ，則k c(CO)·c(HO)=k c(CO)·c(H)2 2 正 正 正 逆cCO

c(H)

1-a-〕K=cCO

2cH2=k正O2 O

=1-

=100，故答案為：④；③；100。NOC1(亞硝酰氯)-5.5℃，常溫下是一種黃色氣體，其液體呈紅褐色，遇水和潮氣快速反響，生成氮的氧化物和HC1，某化學(xué)興趣小組利用以下儀器制備NOC1(C12+2NO=2NOC1△H<0)。答復(fù)以下相關(guān)問(wèn)題：裝置F中，合成NOC1儀器的名稱為 ，裝置A、E中，X的作用是 。按氣流方向，上述儀器的連接挨次為a→ →j，l← ←h，k→ (儀器可重復(fù)使用)；試驗(yàn)開(kāi)頭后先翻開(kāi)裝置A中分液漏斗的活塞當(dāng)F中 (填現(xiàn)象)，再翻開(kāi)裝置E的分液漏斗的活塞，裝置F處在冰鹽水水浴中的目的是 。測(cè)定產(chǎn)品中NOCl純度，其步驟如下所示：1：取裝置Fmg250mL25.00mL250mL錐形瓶中；2：參加適量：K2CrO4溶液作指示劑；步驟3：用cmol·L-1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為V1mL；步驟4：把溶液換為蒸餾水，重復(fù)上述步驟(即進(jìn)展空白試驗(yàn))，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為V2mL。則產(chǎn)品中NOC1純度的計(jì)算式為 ?！敬鸢浮?(1).三口燒瓶(三頸燒瓶) (2).平衡壓強(qiáng)使?jié)飧八峄驖庀跛犴槷?dāng)?shù)蜗路乐節(jié)恹}酸或濃硝酸揮發(fā)出氣體污染環(huán)境 (3).fg→cb (4).bc←ed (5).cb→m (6).布滿黃綠色氣體 (7).吸取反響放出的熱量，降低體系溫度，使NOC1(業(yè)硝酰氯)轉(zhuǎn)化為液體，收集產(chǎn)品 (8).0.655cV-V1m【解析】【分析】

2 100％制備NOC1需要氯氣和一氧化氮，并且NOC1遇水和潮氣快速反響，生成氮的氧化物和HC1，所以需要在枯燥環(huán)境下制備NOC1，制備氯氣用濃鹽酸和高錳酸鉀溶液反響，制得的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣，先通入飽和食鹽水除去氯化氫，再通入濃硫酸枯燥，制備一氧化氮先用銅與濃硝酸反響生成二氧化氮，二氧再通入一氧化氮，制備NOC1，據(jù)此答復(fù)以下問(wèn)題?！驹斀狻?1)裝置F中，合成NOC1儀器的名稱為三口燒瓶(三頸燒瓶)，裝置A、E中，X的作用是平衡壓強(qiáng)，使?jié)飧八峄驖庀跛犴槷?dāng)?shù)蜗?；防止?jié)恹}酸或濃硝酸揮發(fā)出氣體污染環(huán)境；制備NOC1蒸氣，E中生成的二氧化氮需要經(jīng)過(guò)水反響生成一氧化氮，再用濃硫酸除去水蒸氣，則氣流挨次是a→fg→cb→j、h→de→cb→l、k→m，試驗(yàn)開(kāi)頭后，先翻開(kāi)裝置A中分液漏斗的活塞，當(dāng)F中布滿黃綠色氣體，再翻開(kāi)裝置E分液漏斗的活塞，裝置F處在冰鹽水水浴中的目的是吸取反響放出的熱量，降低體系溫度，使NOC1(業(yè)硝酰氯)轉(zhuǎn)化為液體，收集產(chǎn)品；產(chǎn)品溶于水與水反響生成氮的氧化物和氯化氫，用硝酸銀溶液滴定生成氯化銀沉淀和鉻酸銀沉淀，換成V1-2mNOCCAgNO，65〔V-V10-3n〔NOCl〕=n〔AgNO〕=c〔V

-V〕×10