2024屆花都區(qū)高三年級調(diào)研考試化學(xué)試題本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分?？荚嚂r間75分鐘。注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的學(xué)校、班級、姓名、考生號填寫在答題卡上，并用2B鉛筆把對應(yīng)考生號標(biāo)號涂黑。2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，先用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)的相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，再寫上新的答案，改動的內(nèi)容也不能超出指定的區(qū)域；不準(zhǔn)使用鉛筆、圓珠筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無效。4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回。5.可能使用的相對原子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5K：39Mn：55Fe：56Co：59Cu：63.5一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.國家博物館以及各省館藏文物是中華文化的重要代表。下列文物主要不是由金屬材料制成的是文物鎏金高士圖銀杯商州太陽鳥金飾隋代瓷枕定窯孩兒枕鑄客大銅鼎選項(xiàng)ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．鎏金高士圖銀杯由合金制作，故A項(xiàng)不符合題意；B．商周太陽神鳥金飾的含金量高達(dá)94.2%，是用自然砂金加工而成，故B項(xiàng)不符合題意；C．隋代瓷枕定窯孩兒枕是由玉石雕刻而成，主要成分為硅酸鹽，故C項(xiàng)符合題意；D．鑄客大銅鼎又稱楚大鼎或大鑄客鼎。戰(zhàn)國青銅器，由銅合金制作，故D項(xiàng)不符合題意；綜上所述，答案為C。2.我國“人造太陽”創(chuàng)世界新紀(jì)錄、“奮斗者”號載人潛水器成功坐底、“深海一號”母船助力深潛科考、北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)全面開通，均展示了我國科技發(fā)展的巨大成就。下列相關(guān)敘述不正確的是A.在“人造太陽”中發(fā)生核聚變的H、H是H的同位素B.“奮斗者”號載人潛水器球殼所使用的鈦合金能承受深海高壓C.“深海一號”母船海水浸泡區(qū)的鋁基犧牲陽極可保障船體不易腐蝕D.“北斗衛(wèi)星”的授時系統(tǒng)“星載銣鐘”中銣元素的單質(zhì)遇水能緩慢反應(yīng)放出H2【答案】D【解析】【詳解】A．具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的同一元素的不同核素互為同位素；H、H是H的同位素，A正確；B．鈦合金硬度大性能優(yōu)良，能承受深海高壓，B正確；C．鋁比鐵活潑，可失去電子犧牲陽極保障船體不易腐蝕，C正確；D．同主族由上而下，金屬性增強(qiáng)，非金屬性變?nèi)?；銣元素的單質(zhì)比鈉活潑，故遇水能迅速放出H2，D錯誤；故選D3.廣府文化是中華文明的重要組成，其代表有“廣東剪紙”、“廣彩”、“鑊耳屋”、“粵菜”等。不列說法不正確的是A.廣東剪紙的裁剪過程不涉及化學(xué)變化B.使用黏土燒制“廣彩”，黏土中含有硅酸鹽C.使用青磚建造“鑊耳屋”，青磚的青色來自D.添加小蘇打蒸制“粵菜”糕點(diǎn)，小蘇打的化學(xué)式為【答案】C【解析】【詳解】A．紙張的裁剪過程沒有新物質(zhì)生成，不涉及化學(xué)變化，故A正確；B．粘土的主要成分屬于硅酸鹽，高溫?zé)频玫教沾桑蔅正確；C．氧化鐵為紅棕色固體，并不是青色，故C錯誤；D．用含小蘇打的發(fā)酵粉蒸制“粵菜”糕點(diǎn)，可以使糕點(diǎn)蓬松，碳酸氫鈉的俗稱是小蘇打，化學(xué)式為NaHCO3，故D正確；故答案為：C。4.對乙酰氨基酚是一種用于治療疼痛與發(fā)熱的藥物，可用于緩解輕度至中度的疼痛，其結(jié)構(gòu)如圖所示。關(guān)于對乙酰氨基酚的說法正確的是A.化學(xué)式為 B.不能與NaOH溶液反應(yīng)C.分子中所有原子可能位于同一平面 D.部分組成元素的第一電離能：O>N>C【答案】A【解析】【詳解】A．通過結(jié)構(gòu)圖可確定分子式為，A正確；B．對乙酰氨基酚中存在酰胺基，可在堿性條件下水解，B錯誤；C．分子中最右端存在甲基結(jié)構(gòu)，所有原子不可能共平面，C錯誤；D．第一電離能同周期從左至右依次增大，同主族依次減小，IIA、VA反常，故第一電離能：N>O>C，D錯誤；故選A。5.生活中處處有化學(xué)。下列說法正確的是A.明礬可用作自來水消毒劑B.碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查C.冰的密度比液態(tài)水的小，與水分子間的氫鍵有關(guān)D.霓虹燈光、LED燈光與核外電子躍遷吸收能量有關(guān)【答案】C【解析】【詳解】A．明礬[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，Al3+發(fā)生水解生成Al(OH)3膠體，膠體中膠粒吸附自來水中微小顆粒而沉降，達(dá)到凈水的目的，但不能起到消毒殺菌的效果，故A項(xiàng)錯誤；B．碳酸鋇與胃液主要成分鹽酸反應(yīng)，生成鋇離子為重金屬有毒，故B項(xiàng)錯誤；C．在冰的晶體中，每個水分子周圍只有4個緊鄰的水分子，氫鍵的存在迫使在四面體中心的每個水分子與四面體頂角方向的4個相鄰的水分子相互吸引，這一排列使冰晶體中的水分子的空間利用率不高，使得冰的密度小于液態(tài)水，故C項(xiàng)正確；D．霓虹燈光、LED燈光與核外電子躍遷釋放能量形成發(fā)射光譜有關(guān)，選項(xiàng)D錯誤；故答案為：C。6.“勞動創(chuàng)造幸福，實(shí)干成就偉業(yè)”，下列關(guān)于勞動項(xiàng)目所涉及的化學(xué)知識正確的是選項(xiàng)勞動項(xiàng)目化學(xué)知識A電池研發(fā)人員研發(fā)用于汽車的氫氣燃料電池電池驅(qū)動汽車是化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為動能B營養(yǎng)師進(jìn)行膳食指導(dǎo)是否需要多補(bǔ)充纖維素和蔗糖纖維素與蔗糖都屬于多糖C醫(yī)護(hù)人員使用醫(yī)用酒精、紫外線殺菌消毒使用醫(yī)用酒精、紫外線殺菌消毒的過程主要涉及蛋白質(zhì)的鹽析D化學(xué)科研工作人員用X射線衍射儀區(qū)分石英玻璃和水晶石英玻璃屬于非晶態(tài)，水晶屬于晶態(tài)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．電池驅(qū)動汽車是化學(xué)能轉(zhuǎn)化電能，電能轉(zhuǎn)化為動能，故A錯誤；B．纖維素屬于多糖，蔗糖屬于二糖，故B錯誤；C．醫(yī)用酒精、紫外線照射殺菌消毒的過程主要涉及蛋白質(zhì)的變性，故C錯誤；D．X射線衍射儀區(qū)分晶體與非晶體，因此測得石英玻璃屬于非晶態(tài)，水晶屬于晶態(tài)，故D正確。綜上所述，答案為D。7.實(shí)驗(yàn)室用氯化銨和氫氧化鈣反應(yīng)制取氨氣，按照制備、收集、性質(zhì)檢驗(yàn)及尾氣處理的順序進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下列裝置(“→”表示氣流方向)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)室用加熱固體反應(yīng)制取氣體時，試管口應(yīng)略向下，A項(xiàng)正確；B．氨氣密度比空氣小，應(yīng)用向下排空氣法收集，集氣瓶內(nèi)導(dǎo)管應(yīng)短進(jìn)長出，B項(xiàng)錯誤；C．氨氣可以使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，C項(xiàng)正確；D．氨氣易溶于水，處理尾氣時應(yīng)有防倒吸措施，D項(xiàng)正確；故選B。8.Mg-AgCl電池是一種能被海水激活的一次性貯備電池，電池反應(yīng)方程式為：。有關(guān)該電池的說法正確的是A.可用于海上應(yīng)急照明供電 B.不能被KCl溶液激活C.Mg為電池的正極 D.負(fù)極反應(yīng)為【答案】A【解析】【詳解】A．該電池是一種能被海水激活的一次性貯備電池，電池工作時將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，電能的產(chǎn)生可用于海上應(yīng)急照明供電，故A正確；B．因?yàn)樵撾姵啬鼙缓Ｋせ?，故KCl溶液也可以激活電池，故B錯誤；C．金屬M(fèi)g作負(fù)極，其電極反應(yīng)式為：Mg-2e-=Mg2+，故C錯誤；D．金屬M(fèi)g作負(fù)極，其電極反應(yīng)式為：Mg-2e-=Mg2+，故D錯誤；故選A。9.甘油酸是一種食品添加劑，可由甘油氧化制得，反應(yīng)如圖。下列說法不正確的是A.甘油分子中不含有手性碳原子B.甘油酸分子中碳原子的雜化軌道類型有和兩種C.1mol甘油與足量金屬鈉反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下67.2L的D.1mol甘油酸中含有鍵的數(shù)目約為【答案】C【解析】【詳解】A．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子，則甘油分子中不含有手性碳原子，A項(xiàng)正確；B．根據(jù)甘油酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，甘油酸分子中碳原子的雜化軌道類型有兩種，B項(xiàng)正確；C．1分子甘油含有3個羥基，則1mol甘油與足量金屬鈉反應(yīng)可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣為33.6L，C項(xiàng)錯誤；D．每個甘油酸分子中含有1個π鍵，1mol甘油酸含有π鍵的數(shù)目約為，D項(xiàng)正確；答案選C。10.部分含S物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價關(guān)系如圖所示。下列推斷不合理的是A.a與c反應(yīng)可生成bB.b在過量O2中燃燒可生成dC.常溫下，同為0.1molL的e、f的水溶液，pH：e>fD.在加熱的條件下，f的濃溶液可以與銅反應(yīng)，反應(yīng)中部分f被還原成c【答案】B【解析】【分析】由題干價類二維圖可知，a為H2S、b為S、c為SO2、d為SO3、e為H2SO3、f為H2SO4，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析可知a為H2S、b為S、c為SO2，則2H2S+SO2=3S+2H2O即a與c反應(yīng)可生成b，A不合題意；B．由分析可知，b為S、d為SO3，S+O2SO2，而得不到SO3，故b在過量O2中燃燒不可生成d，B符合題意；C．由分析可知，e為H2SO3、f為H2SO4，H2SO3為中強(qiáng)酸、H2SO4為強(qiáng)酸，故常溫下，同為0.1mol/L的e、f的水溶液H2SO4的酸性強(qiáng)于H2SO3即pH：H2SO3＞H2SO4即e>f，C不合題意；D．由分析可知，c為SO2、f為H2SO4，故在加熱的條件下，f的濃溶液可以與銅反應(yīng)，Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，即反應(yīng)中部分f被還原成c，D不合題意；故答案為：B。11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的最高正價與最低負(fù)價代數(shù)和為0，W、X、Y形成的化合物甲的結(jié)構(gòu)如圖所示，Z原子M層上有2個未成對電子且此能級無空軌道。下列說法正確的是A.簡單離子半徑大?。?B.簡單氫化物的沸點(diǎn)：C.是由極性鍵構(gòu)成的極性分子 D.甲中陰離子的空間構(gòu)型為三角錐形【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，由甲的結(jié)構(gòu)可知，Y可以形成+1價陽離子，故Y為Na元素，則X處于第二周期，Z處于第三周期，W可以形成4條鍵，而W的最高正價與最低負(fù)價代數(shù)和為0，則W為IVA族元素，可推知W為C元素，X可以形成2條鍵，結(jié)合陰離子帶2個單位負(fù)電荷，可推知X為O元素，Z原子M層上有2個未成對電子且此能級無空軌道，其核外電子排布式為，故Z為S元素；【詳解】A．X、Y的簡單離子分別為，離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，荷電核數(shù)越大，離子半徑越小，而離子的電子層越多，離子半徑越大，故離子半徑為：，A項(xiàng)正確；B．元素Z、X的簡單氫化物分別為，水分子之間存在氫鍵，而硫化氫分子之間為范德華力，故水的沸點(diǎn)更高，B項(xiàng)錯誤；C．為是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子，C項(xiàng)錯誤；D．化合物甲中陰離子為，中心原子碳原子的孤電子對數(shù)為0，價層電子對=3+0=3，則其空間構(gòu)型為平面三角形，D項(xiàng)錯誤；答案選A。12.某校化學(xué)興趣小組利用如圖所示的裝置在實(shí)驗(yàn)室制備“84”消毒液，下列說法正確的是A.裝置Ⅰ中的可以替換成B.裝置Ⅱ可以除去中的HCl雜質(zhì)，還可以防止倒吸C.裝置Ⅰ發(fā)生反應(yīng)時，反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為5∶1D.裝置Ⅲ中每消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氯氣轉(zhuǎn)移1mol電子【答案】B【解析】【分析】裝置I制備氯氣，裝置Ⅱ除去氯氣中混有的氯化氫氣體，裝置Ⅲ制備次氯酸鈉，裝置Ⅳ吸收尾氣?！驹斀狻緼．二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，需要加熱，而裝置Ⅰ中沒有加熱裝置，故A錯誤；B．裝置Ⅱ中的飽和食鹽水可以吸收氯氣中的氯化氫氣體，長頸漏斗可平衡壓強(qiáng)，防止倒吸，故B正確；C．裝置Ⅰ中的發(fā)生反應(yīng)為2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反應(yīng)的氧化劑為KMnO4，還原劑為HCl，兩者物質(zhì)的量之比為1:5，故C錯誤；D．裝置Ⅲ中的反應(yīng)為2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以每消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L的氯氣，即每消耗0.5molCl2，轉(zhuǎn)移0.5mol電子，故D錯誤；故答案為：B。13.下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確，且具有因果關(guān)系的是選項(xiàng)陳述Ⅰ陳述ⅡA有漂白性可使水褪色B有導(dǎo)電性可用于制備光導(dǎo)纖維C可用鋁槽運(yùn)輸濃硝酸濃硝酸與Al不反應(yīng)D1?己醇的沸點(diǎn)比己烷的沸點(diǎn)高1?己醇和己烷可通過蒸餾初步分離A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．有漂白性，可使水褪色是由于兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；B．不能導(dǎo)電，光導(dǎo)纖維主要成分是，故B不符合題意；C．可用鋁槽運(yùn)輸濃硝酸是由于濃硝酸與Al發(fā)生鈍化反應(yīng)，故C不符合題意；D．1?己醇存在分子間氫鍵，1?己醇的沸點(diǎn)比己烷的沸點(diǎn)高，因此1?己醇和己烷可通過蒸餾初步分離，故D符合題意。綜上所述，答案為D。14.宏觀辨識與微觀探析是化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)之一。下列離子方程式書寫正確的是A.放入水中：B.通入水中：C.醋酸鈉溶液中滴入酚酞，溶液變?yōu)闇\紅色：D.碳酸氫銨溶液與足量的NaOH溶液混合后加熱：【答案】C【解析】【詳解】A．過氧化鈉放入水中，會和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，離子方程式為，故A錯誤；B．氯氣通入水中，會和水反應(yīng)生成HCl和HClO，HClO為弱酸，不能拆開寫，離子方程式為：，故B錯誤；C．醋酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根水解使溶液呈堿性，所以醋酸鈉溶液中滴入酚酞，溶液變?yōu)闇\紅色，其離子方程式為，故C正確；D．碳酸氫銨溶液與足量的NaOH溶液混合后加熱，其反應(yīng)的離子方程式為，故D錯誤；故答案為：C。15.將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)是近年科學(xué)研究的熱點(diǎn)。剛性容器中發(fā)生反應(yīng)，投料濃度比分別為1∶1.7∶1時，HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.曲線a對應(yīng)投料比7∶1 B.該反應(yīng)的C.平衡常數(shù)： D.反應(yīng)速率：【答案】C【解析】【詳解】A．當(dāng)c(O2)一定時，c(HCl)越大，HCl的轉(zhuǎn)化率越低，曲線a表示HCl的轉(zhuǎn)化率最大，所以曲線a對應(yīng)的曲線進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1，A錯誤；B．由圖可知，隨溫度升高，HCl的轉(zhuǎn)化率減小，說明反應(yīng)放熱，，B錯誤；C．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)隨溫度升高而減小，所以200℃時平衡常數(shù)大，，C正確；D．反應(yīng)速率隨溫度升高而加快，C點(diǎn)溫度高，所以，D錯誤；故選C。16.我國學(xué)者利用雙膜三室電解法合成了，該方法的優(yōu)點(diǎn)是能耗低、原料利用率高，同時能得到高利用。價值的副產(chǎn)品，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.b為電源負(fù)極，氣體X為B.膜I、膜Ⅱ依次適合選用陰離子交換膜、陽離子交換膜C.電解過程中需及時補(bǔ)充NaClD.制得的同時NaOH溶液質(zhì)量增加80g【答案】D【解析】【分析】由圖可知，左邊電極氯化亞銅轉(zhuǎn)化為氯化銅，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，作陽極，電極反應(yīng)式為；右邊電極作陰極，電極反應(yīng)式為。左邊作陽極，右邊作陰極，則a為電源正極，b為電源負(fù)極，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由圖可知，左邊電極氯化亞銅失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，作陽極，右邊電極為陰極，故b為電源負(fù)極，陰極上得電子生成，A正確；B．飽和食鹽水中的通過膜Ⅱ移入陰極區(qū)，同時制得副產(chǎn)品NaOH，飽和食鹽水中的通過膜I移入陽極區(qū)，補(bǔ)充消耗的，則膜I、膜Ⅱ依次適合選用陰離子交換膜、陽離子交換膜，B正確；C．左邊電極為陽極，電極反應(yīng)式為，陰極電極反應(yīng)式為，生成氫氧根離子，鈉離子向右側(cè)遷移，右側(cè)NaOH濃度變大，氯離子向左側(cè)遷移，因而NaCl濃度變小，需及時補(bǔ)充，C正確；D．總反應(yīng)為，由，結(jié)合電極反應(yīng)式可知，制得轉(zhuǎn)移2mol電子，同時有遷移并放出，故氫氧化鈉溶液增重，D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共56分17.實(shí)驗(yàn)小組探究Cu和溶液的反應(yīng)原理。（1）配制溶液用標(biāo)準(zhǔn)試劑配制溶液，下列儀器中無需使用的有_______(填名稱)。（2）測定溶液的pH用_______(填儀器名稱)測得溶液的pH為1.10。（3）提出假設(shè)假設(shè)?。篲______，反應(yīng)的離子方程式為：假設(shè)ⅱ：將Cu氧化，反應(yīng)的離子方程式為：（4）實(shí)驗(yàn)探究實(shí)驗(yàn)Ⅰ：向溶液中加入過量銅粉并充分振蕩，溶液變成深棕色，無氣泡產(chǎn)生。實(shí)驗(yàn)小組取少量上層清液于另一潔凈試管中，往其中滴加_______(填化學(xué)式)溶液，觀察到_______的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，證明了反應(yīng)中有生成。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：向pH=1.10的_______(填化學(xué)式)溶液中加入過量銅粉并充分振蕩，無明顯現(xiàn)象。探究結(jié)論：綜合“實(shí)驗(yàn)Ⅰ”和“實(shí)驗(yàn)Ⅱ”可知，假設(shè)_______(填“ⅰ”或“ⅱ”)成立。（5）查閱資料知，銅粉與溶液可能涉及的反應(yīng)有；反應(yīng)①：；；速率很慢。反應(yīng)②：；，速率較快。反應(yīng)③：；；速率很快。反應(yīng)④：(a)對反應(yīng)①來說，起到的作用為_______；為驗(yàn)證這一作用，設(shè)計的實(shí)驗(yàn)方案為_______。(b)“實(shí)驗(yàn)Ⅰ”反應(yīng)中無論Cu過量多少，始終都能檢測到的存在，原因是_______?！敬鸢浮浚?）分液漏斗、冷凝管（2）pH計（3）Fe3+氧化了Cu（4）①.K3[Fe(CN)6]②.藍(lán)色沉淀③.HNO3④.?。?）①.催化作用②.向?qū)嶒?yàn)Ⅱ中溶液中加入Fe2+，振蕩，溶液出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，可以證明Fe2+的催化作用③.反應(yīng)③速率大于反應(yīng)①【解析】【分析】本題為實(shí)驗(yàn)原理的探究，探究Cu和溶液的反應(yīng)原理，根據(jù)探究流程進(jìn)行研究，首先研究溶液成分，提出假設(shè)，可能Fe3+氧化了Cu或NO將Cu氧化，設(shè)計實(shí)驗(yàn)方案，實(shí)施實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出結(jié)論?！拘?詳解】題中用固體配置100ml溶液用到的儀器有托盤天平、鑰匙、量筒、燒杯、玻璃棒、100ml容量瓶、膠頭滴管，所以用不到的儀器是分液漏斗、冷凝管，答案：分液漏斗、冷凝管?！拘?詳解】使用pH計測量測溶液pH為1.10?！拘?詳解】Fe3+、酸性條件下的NO均有強(qiáng)氧化性，所以對Cu和反應(yīng)原理提出假設(shè)，F(xiàn)e3+氧化了Cu或NO將Cu氧化。【小問4詳解】檢驗(yàn)反應(yīng)中產(chǎn)生Fe2+，向上層清液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則證明含F(xiàn)e2+，實(shí)驗(yàn)Ⅰ探究Fe3+能否氧化Cu，實(shí)驗(yàn)Ⅱ探究酸性條件下NO能否氧化Cu，則向pH=1.10的HNO3溶液中加入過量銅粉并充分振蕩，無明顯現(xiàn)象。根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知Fe3+氧化了Cu，NO沒有氧化Cu，所以假設(shè)ⅰ成立?！拘?詳解】由反應(yīng)歷程可知，F(xiàn)e2+先參與反應(yīng)，然后又反應(yīng)生成，F(xiàn)e2+起催化作用，能加快反應(yīng)速率，向?qū)嶒?yàn)Ⅱ中溶液中加入Fe2+，振蕩，溶液出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，可以證明Fe2+的催化作用。結(jié)合題目信息可知“實(shí)驗(yàn)Ⅰ”向中加銅，無論Cu過量多少，始終都能檢測到是Fe3+因?yàn)榉磻?yīng)③速率大于反應(yīng)①。18.Co2O3主要用作顏料、釉料及磁性材料，一種利用含鈷催化劑廢料(主要含Co、Fe，還含有少量的CoO、FeO，F(xiàn)e2O3、CaO、SiO2)制備氧化鈷(Co2O3)的工藝流程如圖所示。已知：?。S鈉鐵礬的化學(xué)式為；ⅱ．金屬鈷與鐵具有相似的化學(xué)性質(zhì)；ⅲ．氧化性?；卮鹣铝袉栴}：（1）鈷元素基態(tài)原子的電子排布式為_______。（2）“酸浸”時濾渣的主要成分為_______(填化學(xué)式)。（3）“除鐵”時先加入NaClO溶液，主要發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______，再加入溶液調(diào)節(jié)pH為2.5~3.0，生成黃鈉鐵礬沉淀。（4）常溫下，，，向溶液中加入足量固體，能否生成沉淀？_______(通過計算說明)。（5）在空氣中加熱煅燒得到的化學(xué)方程式為_______。（6）(a)鈷被稱為無機(jī)配合物之王，配合物的中心離子的配位數(shù)為_______。(b)鈷的一種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①晶體中一個Ti周圍與其最近的O的個數(shù)為_______。②在該晶胞中氧、鈷、鈦的粒子個數(shù)比為_______?！敬鸢浮浚?）[Ar]3d74s2（2）SiO2、CaSO4（3）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O（4）CoCO3飽和溶液中c(Co2+)===4×10-7

mol/L，c(Co2+)×c()=4×10-7×0.01=4×10-9＜Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，故不能轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀（5）4CoC2O4?2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O（6）①.6②.12③.3:1:1【解析】【分析】以含鈷催化劑廢料(主要含Co、Fe，還含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)制備氧化鈷(Co2O3)，含鈷催化劑廢料用硫酸酸浸過濾后，濾液中含Co2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+，SiO2不溶，硫酸鈣微溶于水，過濾，濾液再用次氯酸鈉氧化亞鐵離子后和碳酸鈉溶液反應(yīng)得到黃鈉鐵礬沉淀，從體系中除鐵后再加入碳酸鈉溶液生成CoCO3，加入鹽酸溶解CoCO3富集Co2+，再加入草酸銨，生成草酸鈷沉淀，最終灼燒得到氧化鈷，據(jù)此分析解答；【小問1詳解】Co為27號元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族，基態(tài)Co原子的核外電子排布式為[Ar]3d74s2，故答案為：[Ar]3d74s2；小問2詳解】由分析可知，含鈷催化劑廢料用硫酸酸浸過濾后，SiO2不溶，硫酸鈣微溶于水，故酸浸之后的“濾渣”的主要成分有SiO2和CaSO4，故答案為：SiO2、CaSO4；小問3詳解】由分析可知，“除鐵”時加入NaClO將亞鐵離子氧化為鐵離子，離子方程式為：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案為：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；【小問4詳解】CoCO3飽和溶液中c(Co2+)===4×10-7

mol/L，c(Co2+)×c()=4×10-7×0.01=4×10-9＜Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，故不能轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀，故答案為：CoCO3飽和溶液中c(Co2+)===4×10-7

mol/L，c(Co2+)×c()=4×10-7×0.01=4×10-9＜Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，故不能轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀；【小問5詳解】由題中可知CoC2O4?2H2O在空氣中高溫煅燒得到Co2O3，CoC2O4中Co的化合價為+2價，生成Co2O3(Co的化合價為+3價)，化合價升高，說明空氣中的O2作為氧化劑參與了反應(yīng)，而C2O42-具有一定還原性也被O2氧化成CO2，故產(chǎn)物分別為Co2O3和CO2，根據(jù)元素守恒，可推測出產(chǎn)物中還有H2O生成。在根據(jù)電子守恒和原子守恒法，最終可得知反應(yīng)方程式為4CoC2O4?2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，故答案為：4CoC2O4?2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；【小問6詳解】(a)鈷被稱為無機(jī)配合物之王，配合物中心離子的配體為1個Cl-和5個NH3，每個配體均與Co3+形成1個配位鍵，故其配位數(shù)為6，故答案為：6；(b)①由題干晶胞示意圖可知，O位于晶胞的6個面心上，Ti位于晶胞的8個頂點(diǎn)上，故晶體中一個Ti周圍與其最近的O的個數(shù)為12，故答案為：12；②由題干晶胞示意圖可知，每個晶胞中含有O個數(shù)為：=3，Ti個數(shù)為：=1，Co位于晶胞體心，即Co個數(shù)為1，故在該晶胞中氧、鈷、鈦的粒子個數(shù)比為3:1:1，故答案為：3:1:1。19.二氧化碳的捕集和資源化利用是緩解溫室效應(yīng)的重要戰(zhàn)略方向?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體二氧化碳?？偡磻?yīng)可表示為：該反應(yīng)一般認(rèn)為通過如下步驟來實(shí)現(xiàn)：①②（1）若反應(yīng)①為慢反應(yīng)，請?jiān)趫D中接著完善畫出反應(yīng)②的能量變化曲線，標(biāo)注出相應(yīng)的物質(zhì)(含聚集狀態(tài))以及總反應(yīng)的(含具體數(shù)值)_______。（2）合成總反應(yīng)在起始物時，在不同條件下達(dá)到平衡，設(shè)體系中甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為，在下的、在下的如圖所示。(a)圖中對應(yīng)等溫過程的曲線是_______(填“a”或“b”)，判斷的理由_______。(b)當(dāng)時，的平衡轉(zhuǎn)化率_______。Ⅱ．催化CO2加氫合成乙酸在減少碳排放的同時還可以生產(chǎn)重要的化工原料。弱電解質(zhì)的電離度是指弱電解質(zhì)在溶液中達(dá)到電離平衡時，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原來總分子數(shù)(包括已電離的和未電離的>的百分?jǐn)?shù)，用a表示。而在實(shí)驗(yàn)測定中，，為一定濃度下電解質(zhì)的摩爾電導(dǎo)率，為無限稀釋時溶液的摩爾電導(dǎo)率，。某小組實(shí)驗(yàn)測得時，乙酸的。（3）在298K時，乙酸的電離平衡常數(shù)_______(列出計算式，不需化簡)。（4）在298K時，幾種離子的摩爾電導(dǎo)率如下表所示。已知：摩爾電導(dǎo)率越大，溶液的導(dǎo)電性越好?？臻g站通過電解水實(shí)現(xiàn)O2的再生，從導(dǎo)電性角度選擇，最適宜的電解質(zhì)為_______(填化學(xué)式)。離子種類摩爾電導(dǎo)率/()349.8279.8076.3450.1873.5250.11【答案】19.20.①.a②.該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，隨著壓強(qiáng)的增大，化學(xué)平衡正向移動，甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大③.18.18%21.22.H2SO4【解析】【小問1詳解】反應(yīng)①為慢反應(yīng)，說明該反應(yīng)的活化能較大，且①為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物總能量小于生成物總能量；②為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，且總反應(yīng)為①+②，總反應(yīng)焓變?yōu)椋?1-90）kJ/mol=-49kJ/mol,為放熱反應(yīng)，由此可確定該轉(zhuǎn)化過程歷程圖為：，故答案為：；【小問2詳解】(a)該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，隨著壓強(qiáng)的增大，化學(xué)平衡正向移動，甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，因此曲線a表示等溫過程的曲線，故答案為：a；該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，隨著壓強(qiáng)的增大，化學(xué)平衡正向移動，甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大；(b)由三段式分析可知：，當(dāng)時，即有×100%=5%，x=mol，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率=18.18%，故答案為：18.18%；【小問3詳解】由題干可知，，為一定濃度下電解質(zhì)的摩爾電導(dǎo)率，為無限