高中化學(xué)名校試卷PAGEPAGE1河南省豫西北教研聯(lián)盟洛陽市2025-2026學(xué)年高三上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ca-40一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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.河南博物院館藏文物眾多，歷史文化藝術(shù)價值極高。下列館藏文物主要成分為硅酸鹽的是A．賈湖骨笛B．杜嶺方鼎C．汝窯天藍(lán)釉刻花鵝頸瓶D．武則天金簡A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．賈湖骨笛主要成分為動物骨骼，骨骼主要含碳酸鈣、磷酸鈣等，不屬于硅酸鹽，A錯誤；B．杜嶺方鼎為青銅制品，青銅是銅錫合金，不屬于硅酸鹽，B錯誤；C．汝窯天藍(lán)釉刻花鵝頸瓶為瓷器，瓷器由黏土（主要成分為硅酸鹽）燒制而成，主要成分為硅酸鹽，C正確；D．武則天金簡主要成分為金屬金（Au），屬于金屬單質(zhì)，不屬于硅酸鹽，D錯誤；故答案選C。2.下列化學(xué)用語或圖示正確的是A.甲酸的結(jié)構(gòu)式：H-C-O-O-HB.電子式：C.質(zhì)量數(shù)為16的氧核素：D.的VSEPR模型：【答案】D【解析】A．甲酸的結(jié)構(gòu)中含有羧基（-COOH），甲酸結(jié)構(gòu)式應(yīng)為，選項(xiàng)中H-C-O-O-H無碳氧雙鍵，A錯誤；B．SiCl4為共價化合物，Si原子與4個Cl原子形成4個共價鍵，另外，每個Cl原子最外層還有3個孤電子對，電子式為，題目圖示未體現(xiàn)Cl的孤電子對，B錯誤；C．核素符號的正確表示方法：左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)，某氧原子的質(zhì)子數(shù)為8，質(zhì)量數(shù)為16，可表示為，選項(xiàng)中質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)的位置顛倒，C錯誤；D．的中心C原子形成3個σ鍵，孤電子對數(shù)==0，則價層電子對數(shù)為3，發(fā)生sp2雜化，VSEPR模型為平面三角形，圖示符合平面三角形結(jié)構(gòu)，D正確；故選D。3.抗病毒藥物奧司他韋(Oseltamivir)可預(yù)防流感，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于奧司他韋的說法正確的是A.可發(fā)生水解反應(yīng) B.不含有手性碳原子C.分子中含有3種官能團(tuán) D.環(huán)中六個碳原子共平面【答案】A【解析】A．分子中含有酯基（-COO-）和酰胺基（-CONH-），酯基水解生成羧酸和醇，酰胺基水解生成羧酸和胺，均可發(fā)生水解反應(yīng)，A正確；B．手性碳原子需連接四個不同基團(tuán)，環(huán)上多個飽和碳原子（如連接-NH2、酰胺基、醚鍵的碳原子）均連有四個不同基團(tuán)，存在手性碳原子，B錯誤；C．分子中含氨基（-NH2）、酯基（-COO-）、酰胺基（-CONH-）、醚鍵、碳碳雙鍵（C=C）共5種官能團(tuán)，C錯誤；D．環(huán)中含飽和碳原子（sp3雜化，四面體結(jié)構(gòu)），與雙鍵碳相連的飽和碳會偏離平面，六個碳原子不可能共平面，D錯誤；故選A。4.下列實(shí)驗(yàn)操作或裝置使用正確的是A．制取明礬晶體的結(jié)晶裝置B．除鐵釘表面的鐵銹C．讀取液體的體積D．干燥氯氣AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．制取明礬晶體可通過此結(jié)晶法，將線懸掛的晶體放入飽和明礬溶液中，在合適溫度下結(jié)晶，故A正確；B．鐵銹主要成分為Fe2O3·xH2O（堿性氧化物），需用酸（如稀鹽酸）除去，Na2CO3溶液呈堿性，不與鐵銹反應(yīng)，故B錯誤；C．讀取量筒中液體體積時，視線應(yīng)與凹液面最低處保持水平，圖示操作不符合要求，故C錯誤；D．氯氣為酸性氣體，堿石灰（含NaOH和CaO）會與Cl2反應(yīng)（如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），不能用于干燥Cl2，可選用無水氯化鈣或盛有濃硫酸的洗氣瓶等，故D錯誤；故選A。5.的晶胞是立方體結(jié)構(gòu)，邊長為anm，結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。下列說法錯誤的是A.基態(tài)鎂原子的電子排布式為B.中存在π鍵C.的配體中，配位原子是ND.晶胞中距離最近的兩個陽離子間的距離為【答案】B【解析】A．基態(tài)鎂原子為12號元素，電子排布式為1s22s22p63s2，故A正確；B．[Mg(NH3)6]Cl2中，內(nèi)界[Mg(NH3)6]2+與外界Cl-以離子鍵結(jié)合，內(nèi)界中Mg2+與NH3間為配位鍵（σ鍵），NH3分子內(nèi)N-H鍵為σ鍵，整個化合物中無雙鍵或三鍵，不存在π鍵，故B錯誤；C．配體為NH3，N原子提供孤對電子與Mg2+形成配位鍵，配位原子為N，故C正確；D．晶胞為立方體，陽離子[Mg(NH3)6]2+位于面心和頂點(diǎn)，距離最近的兩個陽離子距離為面對角線的一半，即nm，故D正確；故選B。6.對于下列過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)離子方程式正確的是A.溶于水：B.Al和NaOH溶液反應(yīng)：C.惰性電極電解溶液：D.溶液中滴加稀，黃色溶液變?yōu)槌壬骸敬鸢浮緿【解析】A．Cl2溶于水生成HClO為弱酸，不能拆解為H?和ClO?，正確離子方程式為Cl2+H2O?H++Cl－+HClO，故A錯誤；B．Al與NaOH反應(yīng)生成[Al(OH)4]?和H2，但方程未配平且缺少H2，正確方程式為2Al+2OH?+6H2O=2[Al(OH)4]?+3H2↑，故B錯誤；C．電解CuCl2溶液應(yīng)生成Cu和Cl2，正確離子方程式為Cu2++2Cl－Cu+Cl2↑，該題是電離，故C錯誤；D．酸性條件下轉(zhuǎn)化為，方程式2+2H+?+H2O符合實(shí)際反應(yīng)，故D正確；故選D。7.偶氮大環(huán)在光照下會發(fā)生順反異構(gòu)，可用作光開關(guān)，其相互轉(zhuǎn)化如圖所示。當(dāng)偶氮大環(huán)呈反式結(jié)構(gòu)時，光開關(guān)處于關(guān)閉態(tài)，不能鍵合堿金屬離子；呈順式結(jié)構(gòu)時，偶氮參與配位，堿金屬離子被鍵合到穴中。下列說法錯誤的是A.第一電離能：B.偶氮大環(huán)中所有碳、氮原子均采用雜化C.該偶氮大環(huán)處于狀態(tài)a時，不能鍵合堿金屬離子D.該偶氮大環(huán)鍵合堿金屬離子的過程體現(xiàn)了分子識別的特征【答案】B【解析】A．同周期元素第一電離能從左到右呈增大趨勢，但ⅤA族因p軌道半滿穩(wěn)定，第一電離能大于ⅥA族。C、N、O位于第二周期，第一電離能順序?yàn)镃)＜O)＜N，A正確；B．偶氮大環(huán)中，苯環(huán)及偶氮基（-N=N-）的C、N原子為sp2雜化，但大環(huán)中連接醚鍵的飽和碳（如-CH2-）形成4個σ鍵，為sp3雜化，B錯誤；C．狀態(tài)a中偶氮基（-N=N-）兩側(cè)苯環(huán)位于雙鍵異側(cè)，為反式結(jié)構(gòu)，題干明確反式時不能鍵合堿金屬離子，C正確；D．分子識別指分子通過非共價鍵特異性結(jié)合，該大環(huán)順式時選擇性鍵合堿金屬離子，體現(xiàn)分子識別特征，D正確；故選B。8.近期我國科研人員發(fā)現(xiàn)，使用酸性電解液可直接在空氣中組裝水系鐵離子電池，其充電時的工作原理如圖所示。已知在酸性環(huán)境下的氧化被抑制，且電池長期循環(huán)過程中，輔助電極表面局部會呈堿性并形成具有電化學(xué)活性的FeOOH。下列說法錯誤的是A.該電池充電時，輔助電極為陽極B.該電池放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式為C.輔助電極表面局部形成FeOOH的電極反應(yīng)式為D.酸性環(huán)境下，的氧化被抑制與酸性電解液中溶解氧濃度低有關(guān)【答案】C【解析】充電時為電解池裝置，電子從陽極流出，發(fā)生氧化反應(yīng)，故輔助電極為陽極，泡沫鐵為陰極。放電時為原電池裝置，輔助電極為正極，泡沫鐵為負(fù)極。A．根據(jù)分析，輔助電極為陽極，A正確；B．放電時，泡沫鐵為負(fù)極，F(xiàn)e失去電子生成Fe2+，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，B正確；C．輔助電極表面局部呈堿性，F(xiàn)e2+失電子氧化為FeOOH，電極反應(yīng)式為：，C錯誤；D．酸性電解液中溶解氧濃度低，O2含量少，F(xiàn)e2+被O2氧化的反應(yīng)難以發(fā)生，故Fe2+的氧化被抑制，D正確；故選C。9.以水楊酸為原料生產(chǎn)阿司匹林(乙酰水楊酸)的反應(yīng)如圖所示。下列說法錯誤的是A.水楊酸可發(fā)生縮聚反應(yīng)B.水楊酸可形成分子內(nèi)氫鍵C.可以鑒別水楊酸和乙酰水楊酸D.乙酰水楊酸水解得到水楊酸和乙酸酐【答案】D【解析】A．水楊酸分子中含有羥基（-OH）和羧基（-COOH），兩種官能團(tuán)可通過脫水發(fā)生縮聚反應(yīng)形成高分子化合物，A正確；B．水楊酸為鄰羥基苯甲酸，分子內(nèi)羥基（-OH）與羧基（-COOH）距離較近，羥基的氧原子可與羧基的氫原子形成分子內(nèi)氫鍵，B正確；C．水楊酸含酚羥基（-OH直接連苯環(huán)），與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)（紫色）；乙酰水楊酸的羥基已被乙?；瑹o酚羥基，與FeCl3不顯色，故可用FeCl3鑒別二者，C正確；D．乙酰水楊酸含酯基，水解時酯基中的C-O鍵斷裂，生成水楊酸（含-OH和-COOH）和乙酸（CH3COOH），而非乙酸酐，D錯誤；故選D。10.對反應(yīng)(Z為中間產(chǎn)物)，T0溫度下，總反應(yīng)的平衡常數(shù)為K，相同條件下，加入催化劑①和②前后的反應(yīng)歷程如圖所示(一為無催化劑，為有催化劑)。下列說法正確的是A.提高反應(yīng)溫度，增大B.催化劑①能提高X的平衡轉(zhuǎn)化率C.T0溫度下，當(dāng)時，總反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)D.催化劑①和②均可使反應(yīng)達(dá)到平衡所需時間大幅縮短【答案】C【解析】由題干圖示信息可知，反應(yīng)歷程中①X(g)Z(g)是一個吸熱反應(yīng)，而②Z(g)Y(g)是一個放熱反應(yīng)，其反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②大，即反應(yīng)①是決速步驟，據(jù)此分析解題。A．由分析可知，①X(g)Z(g)是一個吸熱反應(yīng)，而②Z(g)Y(g)是一個放熱反應(yīng)，提高反應(yīng)溫度，反應(yīng)①平衡正向移動，反應(yīng)②平衡逆向移動，導(dǎo)致c平(X)減小，c平(Z)增大，則減小，A錯誤；B．已知催化劑只能改變反應(yīng)速率，不能使平衡發(fā)生移動，故催化劑①不能提高X的平衡轉(zhuǎn)化率，B錯誤；C．已知平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，故T0溫度下，當(dāng)時，即，即總反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；D．反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②大，即反應(yīng)①是決速步驟，則催化劑①可使反應(yīng)達(dá)到平衡所需時間大幅縮短，而催化劑②不能，D錯誤；故答案為：C。11.W、X、Y和Z為元素周期表中前20號元素，且原子序數(shù)依次增大，W是元素周期表中原子半徑最小的元素，可以與反應(yīng)生成電石氣?；衔?)在氣氛中的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示。下列有關(guān)說法錯誤的是A.x=1B.E→F階段中的氣態(tài)產(chǎn)物只有C.中存在離子鍵和非極性共價鍵D.1000℃得到的物質(zhì)G可以與濃氨水一起制取氨氣【答案】B【解析】W、X、Y和Z為前20號元素，且原子序數(shù)依次增大，W的原子半徑在元素周期表中最小，則W是H元素；可以與反應(yīng)生成電石氣即C2H2，對應(yīng)的反應(yīng)為CaC2+2H2OC2H2+Ca(OH)2，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素；化合物(ZX2Y4?xW2Y)為CaC2O4?xH2O；A．化合物為CaC2O4·xH2O，通過熱重曲線計(jì)算結(jié)晶水?dāng)?shù)目x。初始100mg晶體，失去結(jié)晶水后(E點(diǎn))質(zhì)量87.7mg，對應(yīng)無水CaC2O4。CaC2O4摩爾質(zhì)量128g/mol，晶體摩爾質(zhì)量128+18x，=0.877，解得x=1，A正確；B．E、F、G三個點(diǎn)對應(yīng)物質(zhì)的摩爾質(zhì)量與CaC2O4?H2O摩爾質(zhì)量的比值等于其相應(yīng)的質(zhì)量與100的比值，E點(diǎn)：≈128，則E是CaC2O4；F點(diǎn)：≈100，則F是CaCO3；G點(diǎn)：≈56，則G是CaO，E點(diǎn)為無水CaC2O4，E→F階段分解為CaCO3和CO(反應(yīng)：CaC2O4=CaCO3+CO↑)，氣態(tài)產(chǎn)物為CO而非CO?，B錯誤；C．ZX2為CaC2，含Ca2+與C間的離子鍵，C中C≡C為非極性共價鍵，C正確；D．G點(diǎn)為CaO，CaO與濃氨水反應(yīng)放熱且消耗水，促進(jìn)NH3逸出，可制取氨氣，D正確；答案選B。12.為了探究鈉與水和鹽酸的反應(yīng)；某同學(xué)各取200mg形狀類似的鈉，分別投入足量的水和不同濃度的鹽酸中反應(yīng)，并計(jì)時，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下表所示。序號①②③④⑤⑥鹽酸濃度/(mol/L)00.10.5136反應(yīng)時間/s2013112165114溶液中有無沉淀析出無無無無少量大量下列說法正確的是A.鈉與鹽酸反應(yīng)比鈉與水反應(yīng)速率更快B.第5、6組出現(xiàn)的沉淀的主要成分是NaOHC.鹽酸濃度越高，沉積在鈉表面的沉淀可以阻礙反應(yīng)的進(jìn)行D.該實(shí)驗(yàn)可以證明鈉與鹽酸反應(yīng)時優(yōu)先與反應(yīng)【答案】C【解析】A．根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，當(dāng)鹽酸濃度為0.1mol/L和0.5mol/L時，反應(yīng)時間（13s、11s）確實(shí)比水（20s）更短，說明此時反應(yīng)更快；但當(dāng)鹽酸濃度達(dá)到1mol/L及以上時，反應(yīng)時間反而更長（21s、65s、114s），故不能得出鈉與鹽酸反應(yīng)比鈉與水反應(yīng)速率更快的結(jié)論，A錯誤；B．鈉與鹽酸反應(yīng)生成NaCl，高濃度Cl-可能導(dǎo)致NaCl溶解度降低而析出沉淀，題中鹽酸足量，該固體不可能為NaOH，B錯誤；C．實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)顯示，當(dāng)鹽酸濃度≥3mol/L時，反應(yīng)時間顯著增加且出現(xiàn)沉淀，說明高Cl-濃度導(dǎo)致NaCl析出并覆蓋鈉表面，阻礙反應(yīng)的進(jìn)行，C正確；D．雖然低濃度鹽酸中反應(yīng)速率比水中快，表明鈉與H+反應(yīng)更快，但由于高濃度時存在沉淀生成的干擾因素，本實(shí)驗(yàn)不足以嚴(yán)謹(jǐn)?shù)刈C明鈉優(yōu)先與H+反應(yīng)，D錯誤；故選C。13.化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測定的物質(zhì))：①取標(biāo)準(zhǔn)溶液，加入過量KBr，加酸化，溶液顏色呈棕黃色；②向①所得溶液中加入廢水，溶液顏色為黃色；③向②中加入過量KI；④向③中溶液滴加2滴淀粉溶液做指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)并讀數(shù)。已知：，和溶液顏色均為無色。下列說法錯誤的是A.①中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：B.易揮發(fā)，實(shí)驗(yàn)①~③若在敞口容器中進(jìn)行，測定結(jié)果將偏低C.③中加KI前溶液顏色須為黃色的原因是要保證有剩余D.④中滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且30s不變色【答案】B【解析】A．離子方程式為，符合氧化還原反應(yīng)的電子守恒和配平規(guī)則，故A正確；B．若實(shí)驗(yàn)①~③在敞口容器中進(jìn)行，Br2揮發(fā)會導(dǎo)致實(shí)際參與反應(yīng)的Br2減少，但計(jì)算時仍按初始KBrO3的量計(jì)算總Br2。此時測得的苯酚消耗量（總Br2-剩余Br2）會偏大，導(dǎo)致結(jié)果偏高，而非偏低，故B錯誤；C．步驟③加KI前溶液為黃色，說明有Br2剩余，這是為了通過后續(xù)滴定測定剩余Br2的量，從而計(jì)算苯酚消耗的Br2量，故C正確；D．滴定終點(diǎn)時，I2被完全消耗，淀粉指示劑的藍(lán)色消失，且30秒不恢復(fù)，描述正確，故D正確；故選B。14.室溫下，0.1mol/L(二元弱酸)溶液中含A微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化關(guān)系如下圖[例如]。已知：的、。下列說法正確的是A.曲線Ⅰ對應(yīng)微粒是B.a點(diǎn)處C.b點(diǎn)處D.0.1mol/L溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合，溶液呈堿性【答案】D【解析】對于二元弱酸，pH越低濃度越大，越易以形式存在，隨著pH的增大，存在形式以為主，pH繼續(xù)增大，則溶液中的降低，最后以存在，因此曲線Ⅰ代表物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化關(guān)系，曲線Ⅱ代表，曲線Ⅲ代表。A．由分析可知，曲線Ⅰ對應(yīng)的微粒是，A錯誤；B．a(chǎn)點(diǎn)為曲線Ⅰ（）與曲線Ⅱ（）的交點(diǎn)，此時，又，因此a點(diǎn)；結(jié)合，得，則，B錯誤；C．b點(diǎn)為曲線Ⅱ（）與曲線Ⅲ（）的交點(diǎn)，此時。根據(jù)物料守恒：，故，C錯誤；D．等體積混合后生成溶液，的水解常數(shù)，電離常數(shù)，水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，D正確；故答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.銅陽極泥中主要含有Cu、Ag、Au、Pb和As等元素，其中As元素以單質(zhì)As和的形式存在。一種以銅陽極泥為原料脫砷并回收銅的工藝流程如下：回答下列問題：（1）“水浸”前需要對“低溫堿熔”后的熔煉渣進(jìn)行冷卻和破碎，“破碎”的目的是___________。（2）“低溫堿熔”后砷元素以水溶性的形式存在，沉淀2的主要成分為，則“砷氧化”時含砷微粒轉(zhuǎn)化的離子方程式為___________；“砷固化”過程中理論上和的物質(zhì)的量之比為___________。（3）“酸浸”時通入可提高浸出率原因是___________，“酸浸”時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（4）在相同溫度下，不同純物質(zhì)的蒸汽壓之間存在較大差異，蒸汽壓越大的物質(zhì)越容易揮發(fā)。利用這一原理，還可采用火法脫砷(銅陽極泥中各組分的飽和蒸汽壓如圖所示)。由圖可知，火法脫砷較適宜的溫度為___________(填標(biāo)號)。a．600~800℃b．800~1000℃c．1200~1400℃（5）“沉鉛”過程中完全沉淀，此時溶液中濃度不低于___________mol/L[已知PbS的]?！敬鸢浮浚?）增大固體表面積，加快水浸速率，使熔煉渣中水溶性的成分充分溶解（2）①.②.10：9（3）①.氧氣氧化單質(zhì)銅，促進(jìn)銅的溶解②.（4）a（5）8.0×10-23【解析】低溫堿熔：加入NaOH，將As轉(zhuǎn)化為水溶性NaAsO2，實(shí)現(xiàn)As的初步富集；同時使部分金屬轉(zhuǎn)化為可溶性鹽；水浸：可分離可溶性成分(含NaAsO2、可溶性銅鹽等)與不溶渣(含貴金屬、Pb等)；沉鉛加入Na2S，使Pb以PbS形式沉淀（沉淀1），脫除Pb雜質(zhì)；砷氧化/固化：用H2O2將NaAsO2氧化為，再加入H2SO4、Ca(OH)2，使As以形式沉淀（沉淀2），脫除As；酸浸：加入H2SO4、O2，使浸出液中Cu轉(zhuǎn)化為CuSO4，實(shí)現(xiàn)銅的回收；不溶物為貴金屬精礦。（1）“破碎”是為了增大固體表面積，加快水浸速率，使熔煉渣中水溶性的成分充分溶解。（2）“砷氧化”時用H2O2將NaAsO2氧化為，其離子方程式為；據(jù)分析可寫出“砷固化”的化學(xué)方程式為，理論上和的物質(zhì)的量之比為10:9。（3）氧氣作氧化劑，將不與稀硫酸反應(yīng)的單質(zhì)銅氧化，使其溶解在酸中，所以“酸浸”時通入可提高浸出率；酸浸時加入了H2SO4和O2，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）從圖中可以看出，在時，As2O3的蒸汽壓遠(yuǎn)大于其他物質(zhì)（如As、Pb等），根據(jù)“蒸汽壓越大的物質(zhì)越容易揮發(fā)”的原理，此溫度范圍最適合通過火法使As2O3揮發(fā)從而脫砷。（5）要使完全沉淀，已知PbS的，根據(jù)溶度積公式，則=，將代入可得=，此時溶液中濃度不低于。16.二氧化硫是食品加工中常用的漂白劑和防腐劑。某實(shí)驗(yàn)小組用如圖裝置(加熱、夾持裝置等略)測定某品牌干果中二氧化硫(以亞硫酸鹽形式存在)的殘留量。實(shí)驗(yàn)步驟：?。Q取mg粉碎后的干果置于圓底燒瓶B中，加入200mL蒸餾水。A中加入足量的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3%的過氧化氫溶液作為吸收液。ⅱ．接通C中冷凝水，通入，將D中10mL6mol/L的鹽酸加入B中，加熱B中的溶液至微沸，并保持1.5h，直至反應(yīng)完全。ⅲ．將A中溶液放冷后搖勻，溶液體積為100mL。取20mL，加入指示劑，用0.0100mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液體積為mL。ⅳ．不加樣品，重復(fù)上述操作，進(jìn)行空白試驗(yàn)，消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液體積?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器A的名稱為___________，A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（2）A中加入3%的過氧化氫溶液使用時需要現(xiàn)配。配制方法：量取質(zhì)量分?jǐn)?shù)為30%的過氧化氫溶液100mL，加水稀釋至1000mL。配制過程中下列儀器不需要的是___________(填儀器名稱)。（3）鹽酸在實(shí)驗(yàn)中的作用是___________。（4）冷凝管C的進(jìn)水口應(yīng)為___________(填“a”或“b”)。反應(yīng)結(jié)束后，應(yīng)先停止___________(填“加熱”或“通冷凝水”)。（5）空白實(shí)驗(yàn)的目的是排除試劑或環(huán)境對實(shí)驗(yàn)測定帶來的影響，若未做空白試驗(yàn)，測得殘留量會___________(填“偏高”或“偏低”)。（6）該干果中二氧化硫殘留量為___________g/kg(按二氧化硫計(jì)，列出計(jì)算式)?！敬鸢浮浚?）①.錐形瓶②.（2）球形分液漏斗、電子天平（3）將亞硫酸鹽轉(zhuǎn)化為二氧化硫，使充分釋放（4）①.a②.加熱（5）偏高（6）【解析】裝置A為SO2吸收裝置，與H2O2反應(yīng)生成H2SO4，裝置B是樣品反應(yīng)的發(fā)生裝置，其中放置粉碎的干果樣品，加入鹽酸后，亞硫酸鹽與鹽酸反應(yīng)生成SO2氣體，裝置C為直形冷凝管，作用是冷凝回流，使揮發(fā)的SO2被充分冷凝，提高SO2的收集效率，同時防止裝置內(nèi)液體過度揮發(fā)，裝置D用于鹽酸，通過分液漏斗的旋塞可控制鹽酸的滴加速度，從而控制SO2的生成速率。（1）由圖可知，裝置A為錐形瓶；A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（2）配制3%的過氧化氫溶液是稀釋過程，只需量取體積（量筒）、溶解（燒杯）、轉(zhuǎn)移（玻璃棒、容量瓶），不需要球形分液漏斗（用于分液或滴加液體，此處用不到）和電子天平（稀釋不涉及稱量固體）；（3）樣品中SO2以亞硫酸鹽形式存在，鹽酸的作用是與亞硫酸鹽反應(yīng)生成SO2氣體，使SO2被A中H2O2吸收；（4）冷凝管C的進(jìn)水口應(yīng)為a（冷凝水“下進(jìn)上出”，保證冷凝管充滿水，冷凝效果好）；反應(yīng)結(jié)束后，應(yīng)先停止加熱（若先停冷凝水，裝置內(nèi)殘留的SO2無法被充分冷凝吸收，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低）；（5）空白實(shí)驗(yàn)用于排除試劑或環(huán)境的干擾。若未做空白實(shí)驗(yàn)，滴定消耗的NaOH體積會包含試劑本身的消耗，導(dǎo)致計(jì)算的H2SO4偏多，最終測得SO2殘留量偏高；（6）滴定時H2SO4和NaOH按照1:2反應(yīng)，則n(H2SO4)=n(NaOH)，20mL溶液中n(NaOH)=0.0100mol/L（V1-V2）10-3L，則n(H2SO4)=0.0100（V1-V2）10-3mol，100mL溶液中n(H2SO4)=0.0100（V1-V2）10-3mol，由元素守恒可知n(SO2)=n(H2SO4)，則m(SO2)=640.0100（V1-V2）10-3g，換算為g/kg：=g/kg。17.甲烷和二氧化碳重整是生產(chǎn)合成氣(CO和)的重要方法，主要反應(yīng)有：①②③回答下列問題：（1）二氧化碳分子的空間結(jié)構(gòu)為___________；基態(tài)氧原子的價電子軌道表示式為___________。（2）一種常見的六方晶系冰晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示(只顯示了氧原子，略去氫原子)。為阿伏加德羅常數(shù)的值，冰晶體密度為___________(列出計(jì)算式)。（3）冰晶體中，每個水分子最多與相鄰的4個水分子相連接，原因是___________。（4）反應(yīng)③的___________kJ/mol。（5）不同溫度下，將1mol和1.5mol放入容積為的恒容密閉容器中反應(yīng)，平衡時反應(yīng)體系的組成如圖2.?。€Ⅰ對應(yīng)的物質(zhì)為___________。ⅱ．減壓可以提高的平衡轉(zhuǎn)化率，原因是___________。ⅲ．溫度下，反應(yīng)③的平衡常數(shù)K=___________(列出計(jì)算式)。【答案】（1）①.直線形②.（2）或（3）冰晶體中存在氫鍵，氫鍵具有方向性，這迫使在四面體中心的每個水分子與四面體頂角方向的4個相鄰水分子形成氫鍵（4）+206（5）①.CO②.①和③均是氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，減壓時平衡正向移動，甲烷轉(zhuǎn)化率提高③.【解析】（1）二氧化碳分子中，碳原子采取sp雜化，其空間結(jié)構(gòu)為直線形；氧原子的價電子排布為2s22p4，其價電子軌道表示式為；（2）由冰晶胞結(jié)構(gòu)可知，一個晶胞中含有的水分子數(shù)個；晶胞的質(zhì)量，晶胞的體積，根據(jù)密度公式。根據(jù)密度公式，可得該晶體密度為或；（3）冰晶體中，每個水分子最多與相鄰的4個水分子相連接，原因是冰晶體中存在氫鍵，氫鍵具有方向性，這迫使在四面體中心的每個水分子與四面體頂角方向的4個相鄰水分子形成氫鍵；（4）根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)③=反應(yīng)①-反應(yīng)②，則=247kJ/mol-41kJ/mol=+206；（5）?。磻?yīng)①、②均生成CO，升溫向吸熱反應(yīng)方向移動，CO的物質(zhì)的量隨著溫度升高顯著增加，因此曲線Ⅰ對應(yīng)的物質(zhì)為CO，反應(yīng)①、③均生成H2，而反應(yīng)②消耗H2，所以升高溫度呈現(xiàn)先增大后減小的趨勢，因此曲線Ⅱ?qū)?yīng)的物質(zhì)為H2，故曲線Ⅲ為H2O；ⅱ．減壓可以提高的平衡轉(zhuǎn)化率，原因是①和③均是氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，減壓時平衡正向移動，甲烷轉(zhuǎn)化率提高；ⅲ．由圖中信息可知甲烷和水的物質(zhì)的量均為0.2mol，則消耗的CH4為0.8mol，根據(jù)氫原子守恒可知，消耗的n(H)=3.2mol，CH4中的氫原子轉(zhuǎn)化為H2O和H2，由H2O的物質(zhì)的量為0.2mol可知，生成的H2中氫原子的物質(zhì)的量為2.8mol，則n(H2)=1.4mol，假設(shè)剩余的CO2的物質(zhì)的量為xmol，則消耗的CO2為（1.5-x）mol，根據(jù)碳元素守恒，轉(zhuǎn)化的CH4和CO2均生成CO，則生成的CO為（0.8+1.5-x）mol，最后根據(jù)氧原子守恒可知，體系中所有的氧原子都來自CO2，則有2n余(CO2))+n(CO)+n(H2O)=2n始(CO2)，帶入數(shù)據(jù)為，解得，則生成的，則