新教材2023年高考化學總復習考案25普通高等學校招生模擬考試綜合檢測卷一

考案[二十五]普通高等學校招生模擬考試綜合檢測卷(一)時間：90分鐘滿分：100分一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．從古至今化學均與生活、生產(chǎn)密切相關。下列說法中正確的是(C)A．三星堆中出土的神樹屬于青銅制品，青銅是銅鋅合金B(yǎng)．俗語“鹵水點豆腐”中的“鹵水”指的是氯水C．山東艦航母甲板上噴涂了碳化硅涂層，碳化硅屬于新型無機非金屬材料D．我國大力發(fā)展核電、水電是為了踐行“碳中和”理念，電能屬于一次能源[解析]三星堆出土的神樹屬于青銅制品，青銅是指銅錫合金，銅鋅合金是黃銅，A錯誤；鹵水指的是鹽鹵或石膏，鹽鹵的主要成分為氯化鎂、硫酸鎂和氯化鈉，石膏是硫酸鈣，B錯誤；碳化硅不屬于有機物也不含金屬，屬于新型無機非金屬材料，C正確；電能是經(jīng)過轉化的能源，屬于二次能源，D錯誤。2．下列各圖所示裝置不能達到實驗目的的是(C)[解析]食鹽水呈中性，鐵釘發(fā)生吸氧腐蝕，大試管中氧氣被消耗，壓強降低，小試管中水沿導管上升，可驗證發(fā)生吸氧腐蝕，故A正確；左側裝置構成原電池，Zn為負極，F(xiàn)e為正極，取正極附近溶液于燒杯，滴入K3[Fe(CN)6]溶液無明顯現(xiàn)象，可知無亞鐵離子生成，可驗證犧牲陽極法，故B正確；Zn與電源正極相連作陽極，失去電子生成Zn2＋，F(xiàn)e2＋放電能力比Zn2＋強，鍍鋅時電解質溶液不能選硫酸亞鐵溶液，故C錯誤：Al與稀鹽酸反應放熱使大試管中空氣受熱膨脹，燒杯中有氣泡冒出，可驗證鋁和稀鹽酸反應是放熱反應，故D正確。3．硒(Se)是一種新型半導體材料，對富硒廢料(含Ag2Se、Cu2S)進行綜合處理的一種工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是(D)A．合理處理富硒廢料符合循環(huán)經(jīng)濟理念B．母液可在“酸溶”工序循環(huán)利用C．“濾液”經(jīng)處理可制得膽礬D．“吸收”時氧化劑與還原劑物質的量之比為1：1[解析]合理處理富硒廢料可以得到銀、Se等，因此符合循環(huán)經(jīng)濟理念，A正確；用水吸收時，SeO2和SO2兩種氣體發(fā)生氧化還原反應生成Se和硫酸，故母液可在“酸溶”工序循環(huán)利用，B正確；“濾液”中含有硫酸銅，因此經(jīng)處理可制得膽礬，C正確；“吸收”時發(fā)生反應的方程式為2H2O＋SeO2＋2SO2=2H2SO4＋Se，其中氧化劑是SeO2，還原劑是SO2，兩者的物質的量之比為1：2，D錯誤。4．用[Ru]催化硝基化合物(R1NO2)與醇(R2CH2OH)反應制備胺(R2CH2NHR1)，反應過程如圖所示。已知：R1、R2表示烴基或氫原子。下列敘述錯誤的是(C)A．[Ru]可以降低該反應過程中的活化能B．歷程中存在反應：R1NH2＋R2CHO→R2CH=NR1＋H2OC．每生成1molR2CH2NHR1，消耗1molR2CH2OHD．制備CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2NO2和CH3OH[解析]由題意可知[Ru]是該反應的催化劑，故可以降低該反應過程中的活化能，A正確；結合反應歷程圖左半邊可知，歷程中存在反應：R1NH2＋R2CHO→R2CH=NR1＋H2O，B正確；根據(jù)物質反應轉化關系圖，結合原子守恒可知總反應為4R2CH2OH＋R1NO2eq\o(→,\s\up7([Ru]))R2CH2NHR1＋3R2CHO＋3H2O，因此每生成1molR2CH2NHR1，就會消耗4molR2CH2OH，C錯誤；由C中總反應方程式可知，制備CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2OH和CH3NO2，也可以是CH3OH和CH3CH2NO2，D正確。5．W、X、Y、Z為同一短周期主族元素，它們的相關信息如下。下列說法正確的是(D)元素代號WXYZ原子半徑0.1860.1170.1100.099最高正(最低負)化合價＋1＋7，－1一種新化合物MA．含氧酸的酸性：Z>Y>XB．X單質形成的晶體硬度大，可用來制造光導纖維C．基態(tài)Y原子的價層電子排布圖為D．化合物M中，X、Y、Z、W最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構[解析]根據(jù)Z的化合價可知Z為Cl，結合化合物中W形成＋1價陽離子，可知W為Na，X的原子半徑介于Na和Cl之間，且能形成4個單鍵，可知X為Si，Y得到1個電子后與2個X形成兩個共價鍵，則Y最外層有5個電子，Y為P。Cl的含氧酸HClO為弱酸，酸性比Y的最高價含氧酸磷酸弱，故A錯誤；Si的氧化物二氧化硅用來制作光導纖維，故B錯誤；Y為P，其最外層電子數(shù)為5，價層電子排布圖為，故C錯誤；由結構圖可知M中，X、Y、Z、W所有原子均達到最大成鍵數(shù)量，都滿足8電子穩(wěn)定結構，故D正確。6．氧化亞銅(Cu2O)主要用于制造船底防污漆、殺蟲劑等，在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質。用黃銅礦(主要成分為CuFeS2)制備氧化亞銅的流程如圖：下列說法錯誤的是(A)A．酸溶時，240gCu2S與足量稀硝酸充分反應，產(chǎn)生標準狀況下NO的體積為89.6LB．將濾渣1的主要成分煅燒得到的產(chǎn)物可以用于制備紅色油漆C．FeO、SO2、NO、CuO、Cu2O均為氧化物D．“焙燒”“酸溶”產(chǎn)生的氣體直接排入空氣中會污染環(huán)境[解析]根據(jù)流程圖可知，黃銅礦(主要成分為CuFeS2)經(jīng)過焙燒，生成固體FeS、Cu2S和FeO和氣體二氧化硫，固體經(jīng)過稀硝酸酸溶后，得到硝酸鐵、硝酸銅溶液和S、NO，后續(xù)向溶液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH，使溶液中的鐵離子以氫氧化鐵(濾渣1)形式沉淀，過濾后得到的濾液1中主要含銅離子，再加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH，“沉銅”得到氫氧化銅后進行灼燒得到氧化銅，再加入銅單質，發(fā)生氧化還原反應最終得到Cu2O，據(jù)此分析解答。酸溶時，Cu2S與足量稀硝酸發(fā)生反應生成硝酸銅、硫單質和NO，根據(jù)得失電子守恒可知，Cu2S與NO的物質的量之比為3：4，則240gCu2S參與反應，產(chǎn)生NO的物質的量為eq\f(240g,160g·mol－1)×eq\f(4,3)＝2mol，標準狀況下NO的體積為44.8L，A錯誤；根據(jù)分析可知，濾渣1的主要成分為氫氧化鐵，將其煅燒可得氧化鐵，氧化鐵可以用于制備紅色油漆，B正確；氧化物是指僅含有兩種元素，其中一種元素為氧元素的化合物，所以FeO、SO2、NO、CuO、Cu2O均為氧化物，C正確；“焙燒”產(chǎn)生的氣體為二氧化硫，“酸溶”產(chǎn)生的氣體為NO，兩者均屬于污染性氣體，若直接排入空氣中均會污染環(huán)境，D正確。7．下列關于物質結構的命題中，錯誤的有(B)①CH3COOH分子中碳原子的雜化類型有sp2和sp3兩種②元素Ge位于周期表第四周期第ⅣA族，核外電子排布式為[Ar]4s24p2，屬于p區(qū)③非極性分子往往具有高度對稱性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2等④Na2O、Na2O2、NaHSO4晶體中的陰、陽離子個數(shù)比均為1：2⑤Cu(OH)2是一種藍色絮狀沉淀，既能溶于硝酸也能溶于氨水，是兩性氫氧化物⑥氨水中大部分NH3與H2O以氫鍵(用“…”表示)結合成NH3·H2O分子，根據(jù)氨水的性質可知NH3·H2O的結構式可為⑦HF沸點高于HCl，是因為H—Cl鍵鍵能小于H—F鍵⑧可燃冰中甲烷分子與水分子之間存在氫鍵⑨在碘的CCl4的溶液中加入少量濃KI溶液，振蕩試管，溶液顏色變淺A．7項 B．6項C．5項 D．4項[解析]甲基中碳原子價層電子對數(shù)＝σ鍵電子對數(shù)＋孤電子對數(shù)＝4＋0＝4，采用sp3雜化，—COOH中碳原子形成3個σ鍵，無孤電子對，價層電子對數(shù)＝3＋0＝3，采用sp2雜化，故①正確；Ge是第四周期第ⅣA族元素，其核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2，屬于p區(qū)元素，故②錯誤；BF3、CO2、PCl5分子結構對稱，正、負電中心重合，為非極性分子，但H2O2分子結構不對稱，正、負電中心不重合，屬于極性分子，故③錯誤；Na2O、Na2O2、NaHSO4晶體中陽、陰離子分別是Na＋和O2－、Na＋和Oeq\o\al(2－,2)、Na＋和HSOeq\o\al(－,4)，所以Na2O、Na2O2、NaHSO4晶體中的陰、陽離子個數(shù)比依次是1：2、1：2、1：1，故④錯誤；Cu(OH)2與酸發(fā)生中和反應生成鹽和水，與氨水形成配位化合物，Cu(OH)2屬于堿，故⑤錯誤；一水合氨可電離出NHeq\o\al(＋,4)和OH－，則NH3·H2O的結構式為，故⑥正確；HF分子間含有氫鍵，氫鍵使HF的熔、沸點升高，所以HF沸點高于HCl，與鍵能無關，故⑦錯誤；電負性較大的N、O、F元素易形成氫鍵，碳元素的電負性不大，不能形成氫鍵，則甲烷分子與水分子之間不存在氫鍵，故⑧錯誤；I2與碘離子可發(fā)生反應I2＋I－Ieq\o\al(－,3)，在碘的CCl4的溶液中加入少量濃KI溶液，碘的濃度減小，溶液紫紅色變淺，故⑨正確；根據(jù)分析可知，錯誤的有6項。8．正丁醚常用作有機反應的溶劑，不溶于水，密度比水小，在實驗室中可利用反應2CH3CH2CH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(135℃))CH3(CH2)3O(CH2)3CH3＋H2O制備，反應裝置如圖所示。下列說法正確的是(C)A．裝置B中a為冷凝水進水口B．為加快反應速率可將混合液升溫至170℃以上C．若分水器中水層超過支管口下沿，應打開分水器活塞放水D．本實驗制得的粗醚經(jīng)堿液洗滌、干燥后即可得純醚[解析]裝置B的作用是冷凝回流，為保證冷凝管充滿水，得到最好的冷凝效果，則b為冷凝水進水口，A錯誤；由反應方程式可知溫度應控制在135℃，溫度達到170℃正丁醇可能發(fā)生消去反應，副產(chǎn)物增多，正丁醚產(chǎn)率降低，B錯誤；由分析可知，若分水器中水層超過支管口下沿，應打開分水器活塞放水，C正確；由于正丁醇與正丁醚互溶，正丁醇微溶于水，經(jīng)堿液洗滌、干燥后的產(chǎn)品含正丁醇、堿，不能得到純醚，D錯誤。9．以CoP和Ni2P納米片為催化電極材料，電催化合成偶氮化合物的新裝置如圖所示(R代表烴基)。下列說法錯誤的是(B)A．該離子交換膜是陰離子交換膜B．電極a的電極電勢低于電極bC．陽極反應為RCH2NH2－4e－＋4OH－=RCN＋4H2OD．電流由直流電源出發(fā)，經(jīng)電極a、KOH溶液、電極b回到直流電源[解析]該裝置為電解池，a電極上是RCH2NH2失電子生成RCN，發(fā)生氧化反應，為陽極，電極反應為RCH2NH2－4e－＋4OH－=RCN＋4H2O，b電極上硝基苯得電子生成偶氮化合物，發(fā)生的是還原反應，為電解池的陰極。由分析可知，a為陽極，發(fā)生氧化反應，消耗OH－，為保持電中性，右端OH－需要通過離子交換膜移向左端，因此該離子交換膜是陰離子交換膜，A、C正確；電極a的電極電勢高于電極b，B錯誤；a為陽極，b為陰極，電流由直流電源出發(fā)，經(jīng)電極a、KOH溶液、電極b回到直流電源，D正確。10．將1.0mol·L－1氨水滴入20mL1.0mol·L－1HA溶液中，溶液中水電離出的c水(H＋)和混合液溫度(t)隨加入氨水體積變化曲線如圖所示。下列有關說法錯誤的是(D)A．NH4A溶液呈酸性B．b點溶液：c(A－)>c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)C．c點溶液：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.5mol·L－1D．25℃時，NHeq\o\al(＋,4)水解平衡常數(shù)為5(V1－20)×10－9mol·L－1[解析]由題圖可知，未加入氨水時，溶液溫度為25℃，1.0mol·L－1HA溶液中水電離出的氫離子濃度為10－14mol·L－1，則酸電離出的氫離子濃度為1mol·L－1，HA為強酸；由c點對應溫度最高可知，c點時，等體積、等濃度的氨水和HA溶液恰好完全反應生成NH4A，溶液呈酸性；b點為等濃度的HA和NH4A混合溶液，d點為NH4A和NH3·H2O的混合溶液。由分析可知，NH4A為強酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中水解，使溶液呈酸性，A正確；由分析可知，b點為等濃度的HA和NH4A混合溶液，則溶液中離子濃度的關系為c(A－)>c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)，B正確；由分析可知，c點為NH4A溶液，由物料守恒關系可知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝eq\f(1.0mol·L－1×20×10－3L,20＋20×10－3L)＝0.5mol·L－1，C正確；由題圖可知，d點對應溫度不是25℃，水電離出的氫離子為10－7mol·L－1的溶液不是中性溶液，無法確定Kw的值，則不能計算得到銨根離子的水解平衡常數(shù)，D錯誤。11．下列實驗方案能達到預期目的的是(C)選項實驗方案實驗目的A將0.2mol·L－1的KI溶液和0.05mol·L－1的FeCl3溶液等體積混合，充分反應后，取少許混合液滴加AgNO3溶液驗證Fe3＋與I－的反應有一定限度B裝有二氧化氮和四氧化二氮混合氣體的裝置，一球放入熱水中，一球放入冰水混合物中探究溫度對化學反應速率的影響C相同條件下，向一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，觀察并比較實驗現(xiàn)象探究FeCl3對H2O2分解速率的影響D向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中，同時加入2mL5%H2O2溶液，觀察并比較實驗現(xiàn)象探究濃度對反應速率的影響[解析]無論是否存在反應限度，反應前后均有氯離子，滴加AgNO3溶液都會產(chǎn)生AgCl白色沉淀，且KI過量，反應后混合液中仍有碘離子，滴加AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，不能證明反應有一定限度，A錯誤；二氧化氮和四氧化二氮存在轉化平衡，該實驗可探究溫度對平衡移動的影響，B錯誤；除FeCl3作催化劑一個變量外其他條件均相同，可探究FeCl3對H2O2分解速率的影響，C正確；該實驗沒有明顯現(xiàn)象，不能探究濃度對反應速率的影響，D錯誤。12．用GaZrO4作催化劑可實現(xiàn)CO2加氫制二甲醚(圖中DME)和甲醇(圖中MT)，反應機理如圖所示：下列有關敘述正確的是(D)A．步驟(1)有非極性鍵的斷裂和形成B．氧空位用于捕獲CO2，空位越多，速率越慢C．整個過程中，Zr元素的化合價未發(fā)生變化D．過渡態(tài)d通過氫化和水解可得二甲醚和甲醇[解析]步驟(1)有非極性鍵H—H鍵的斷裂，沒有非極性鍵的形成，故A錯誤；由b→c可知，氧空位用于捕獲CO2，空位越多，速率越快，故B錯誤；含有氧空位的過渡態(tài)和不含氧空位的過渡態(tài)中Zr元素的化合價不同，故C錯誤；根據(jù)圖示，過渡態(tài)d通過氫化和水解生成二甲醚和甲醇，故D正確。二、非選擇題：本題共5小題，共52分。13．(10分)某實驗小組研究KI和酸性KMnO4溶液的反應。實驗序號ⅠⅡ實驗操作實驗現(xiàn)象紫色褪去，溶液變?yōu)樽攸S色紫色溶液迅速變?yōu)樽睾稚珣覞嵋?，然后沉淀消失，溶液變?yōu)樽攸S色資料：ⅰ.MnOeq\o\al(－,4)在酸性條件下最終被還原為Mn2＋。ⅱ.酸性條件下氧化性：KMnO4>KIO3>I2。(1)實驗Ⅰ中溶液呈棕黃色，推測生成了I2(填化學式)。(2)實驗小組繼續(xù)對實驗Ⅱ反應中初始階段的產(chǎn)物成分進行探究：①經(jīng)檢驗，實驗Ⅱ初始階段I－的氧化產(chǎn)物不是I2，則“實驗現(xiàn)象a”為溶液分層，下層液體無色。②黑色固體是MnO2(填化學式)。③設計實驗方案證明在“紫色清液”中存在IOeq\o\al(－,3)：取少量“紫色清液”于試管中，逐滴加入Na2SO3溶液，振蕩，溶液紫色消失變成棕黃色時，滴加淀粉溶液，溶液變藍，說明存在IOeq\o\al(－,3)。④寫出生成IOeq\o\al(－,3)的離子方程式：2MnOeq\o\al(－,4)＋I－＋2H＋=2MnO2↓＋IOeq\o\al(－,3)＋H2O。(3)探究實驗Ⅱ中沉淀消失的原因。用離子方程式解釋實驗Ⅱ中沉淀消失的原因：MnO2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I2＋2H2O。(4)實驗反思：KI和酸性KMnO4溶液反應過程中，所得產(chǎn)物成分與試劑的相對用量(滴加順序)、溶液酸性強弱(其他合理答案也可)有關(寫出兩點即可)。[解析](1)實驗Ⅰ中KI溶液過量，MnOeq\o\al(－,4)在酸性條件下最終被還原為Mn2＋，碘水呈棕黃色，所以實驗Ⅰ中溶液呈棕黃色，推測生成了I2。(2)①實驗初始階段I－的氧化產(chǎn)物不是I2，則CCl4層呈無色，“實驗現(xiàn)象a”為溶液分層，下層液體無色。②二氧化錳能催化H2O2分解，向黑色固體中加入H2O2溶液，立即產(chǎn)生大量氣泡，則黑色固體是MnO2。③IOeq\o\al(－,3)具有氧化性，IOeq\o\al(－,3)可以被Na2SO3還原生成I2，取少量“紫色清液”于試管中，逐滴加入Na2SO3溶液，振蕩，溶液紫色消失變成棕黃色時，滴加淀粉溶液，溶液變藍，說明存在IOeq\o\al(－,3)。④高錳酸鉀與碘化鉀反應可生成二氧化錳和KIO3，反應的離子方程式是2MnOeq\o\al(－,4)＋I－＋2H＋=2MnO2↓＋IOeq\o\al(－,3)＋H2O。(3)在酸性條件下，二氧化錳與碘化鉀反應可生成碘單質，反應的離子方程式是MnO2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I2＋2H2O。(4)根據(jù)以上實驗分析，KI和酸性KMnO4溶液反應過程中，所得產(chǎn)物成分與試劑的相對用量(滴加順序)、溶液酸性強弱有關。14．(10分)半導體砷化硼具有超高的導熱系數(shù)，有助于電子器件降溫散熱?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)硼原子的價電子排布式為2s22p1，根據(jù)對角線規(guī)則，硼的性質與硅(填元素名稱)相似。(2)實驗測得，砷的第一電離能大于硒的第一電離能，原因是砷原子的4p軌道上的電子處于半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定，氣態(tài)原子失去一個電子需要的能量比較大。(3)六氧化四砷的分子結構如圖甲所示，其中砷原子的雜化方式是sp3，1molAs4O6中含有的σ鍵數(shù)目為12NA(或12×6.02×1023)。(4)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性(Hδ＋)，與B原子相連的H呈負電性(Hδ－)，則H、B、N的電負性由大到小的順序是N>H>B。(5)氫化物的沸點：SbH3>NH3>AsH3，其理由是相對分子質量越大，分子間作用力越強，SbH3的相對分子質量較大，范德華力較大，NH3分子間含有氫鍵，沸點反常，AsH3分子間不含氫鍵，故沸點：SbH3>NH3>AsH3。(6)砷化硼的晶胞結構如圖乙所示，圖丙中矩形AA′C′C是圖乙晶胞的一個截面。①若該晶體的密度為ag·cm－3，設B和As的原子半徑分別為rBpm和rAspm，則原子的空間占有率為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)πr\o\al(3,B)＋\f(16,3)πr\o\al(3,As)))×10－30,\f(4×86,aNA))×100%(列出計算表達式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。②晶胞中各原子在矩形AA′C′C中的位置為b(填序號)。[解析](1)已知B為5號元素，故基態(tài)硼原子的價電子排布式為2s22p1，根據(jù)“對角線規(guī)則”和元素周期表的結構可知，硼的性質與硅相似。(2)基態(tài)砷原子的價電子排布式為4s24p3，基態(tài)硒原子的價電子排布式為4s24p4，從二者的價電子排布式可以看出，砷原子的4p軌道上的電子處于半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定，氣態(tài)原子失去一個電子需要的能量比較大，故砷的第一電離能大于硒。(3)已知As最外層有5個電子，結合六氧化四砷的分子結構圖，可知每個As原子周圍的價層電子對數(shù)為3＋1＝4，故砷原子的雜化方式是sp3；1molAs4O6中含有的σ鍵數(shù)目為12NA或12×6.02×1023。(4)電負性可用來衡量元素對電子吸引能力的大小，元素電負性越大，對應原子吸引電子的能力越強，NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性(Hδ＋)，說明N的電負性生大于H，與B原子相連的H呈負電性(Hδ－)，說明H的電負性大于B，則H、B、N的電負性由大到小的順序是N>H>B。(5)題給三種氫化物均為分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，SbH3的相對分子質量比另外兩種物質大得多，所以沸點最高，NH3分子間能夠形成氫鍵，沸點升高，AsH3分子間不含氫鍵，則氫化物的沸點：SbH3>NH3>AsH3。(6)①由圖乙可知，晶胞中含有B原子的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，As原子的個數(shù)為4，該晶體的密度為ag·cm－3，則晶胞的體積為eq\f(4×86,aNA)cm3，設B和As的原子半徑分別為rBpm和rAspm，則B和As原子的體積之和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πr\o\al(3,B)＋\f(4,3)πr\o\al(3,As)))×4pm3，原子的空間占有率為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)πr\o\al(3,B)＋\f(16,3)πr\o\al(3,As)))×10－30,\f(4×86,aNA))×100%。②根據(jù)圖乙所示晶胞可知，晶胞中各原子在矩形AA′C′C中的位置為。15．(10分)鍍鎳廢件是一種寶貴的資源，可用于制備重要的化工原料NiSO4。將鍍鎳廢件處理后得到廢液(含大量的H＋、SOeq\o\al(2－,4)、Ni2＋以及少量的Zn2＋、Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋等)，采用如圖甲所示工藝流程回收其中的鎳并制備NiSO4晶體。資料：P204為磷酸二異辛酯(可用HA表示)，不溶于水，是一種有機弱酸性萃取劑，其酸根離子(A－)可與某些金屬離子發(fā)生反應。(1)寫出H2O2的電子式：H︰eq\o(,\s\up12(‥),\s\do12(‥))︰eq\o(,\s\up12(‥),\s\do12(‥))︰H。(2)加入H2O2溶液發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O。(3)金屬離子的沉淀率隨pH的變化如圖乙所示。加石灰乳的作用是調(diào)節(jié)pH除去Fe3＋和Cu2＋，同時使部分SOeq\o\al(2－,4)與Ca2＋結合生成CaSO4沉淀被除去。(4)在萃取過程中，若酸度過高，會導致萃取效率變低，其原因是若酸度過高，c(H＋)偏大，使平衡HAH＋＋A－逆向移動，A－濃度減小，導致萃取效率變低。(5)在結晶過程中，需要加濃硫酸調(diào)pH至2～4，再進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，過濾出的固體經(jīng)洗滌、干燥，得NiSO4晶體。NiSO4在不同溫度下的溶解度如表所示。溫度/℃203040608090100溶解度/g44.446.649.255.664.570.176.7(6)NiSO4在強堿溶液中用NaClO溶液氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式：ClO－＋2Ni2＋＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。[思路分析]在含鎳廢液中加入H2O2溶液，H2O2具有氧化性，能夠將溶液中的Fe2＋氧化為Fe3＋，然后加入石灰乳，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5.7，可以使溶液中的Fe3＋和Cu2＋轉化為Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀除去，同時可以使溶液中的部分SOeq\o\al(2－,4)轉化為CaSO4沉淀除去。然后再向溶液中加入P204磺化煤油，使溶液中的Zn2＋通過萃取進入有機相中，然后分液除去，再將水相溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到NiSO4晶體。[解析]本題以化學工藝流程為背景，考查物質的分離提純、離子反應、圖像分析等。(1)H2O2是共價化合物，在該分子中兩個O原子通過共價單鍵結合，每個O原子再分別與1個H原子形成共價鍵，從而使分子中各原子都達到穩(wěn)定結構，其電子式為H︰eq\o(,\s\up12(‥),\s\do12(‥))︰eq\o(,\s\up12(‥),\s\do12(‥))︰H。(2)H2O2具有氧化性，在酸性條件下會將Fe2＋氧化為Fe3＋，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O。(3)石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，加入石灰乳能夠消耗溶液中的H＋，調(diào)整溶液的pH，使溶液中的Fe3＋、Cu2＋轉化為Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀除去，同時使溶液中部分SOeq\o\al(2－,4)與Ca2＋結合生成CaSO4沉淀也被除去。(4)P204為磷酸二異辛酯，可用HA表示，該物質不溶于水，是一種有機弱酸性萃取劑，在煤油中存在電離平衡：HAH＋＋A－。若酸度過高，則c(H＋)偏大，會使平衡逆向移動，導致A－濃度減小，從而使萃取效率變低。(5)NiSO4是強酸弱堿鹽，Ni2＋水解使溶液顯酸性。在結晶過程中，需要加濃硫酸調(diào)節(jié)溶液的pH至2～4從而抑制Ni2＋的水解，再根據(jù)NiSO4在水中的溶解度隨溫度的升高而增大的性質，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，然后過濾出晶體，對晶體進行洗滌、干燥處理，就得到NiSO4晶體。(6)Ni2＋具有還原性，ClO－具有強氧化性，在堿性條件下反應產(chǎn)生NiOOH、Cl－及H2O，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應的離子方程式為ClO－＋2Ni2＋＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。16．(10分)當今，世界多國相繼規(guī)劃了碳達峰、碳中和的時間節(jié)點，因此，研發(fā)二氧化碳的利用技術，降低空氣中二氧化碳的含量成為研究熱點。(1)二氧化碳催化加氫制甲醇有利于減少溫室氣體二氧化碳的排放。其總反應可表示為CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，該反應一般認為通過如下步驟來實現(xiàn)：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋41kJ·mol－1Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2＝－90kJ·mol－1總反應的ΔH＝－49kJ·mol－1。(2)二氧化碳催化加氫制甲醇的反應中，起始投料比eq\f(nH2,nCO2)＝3，在不同條件下達到平衡，設體系中甲醇的物質的量分數(shù)為x(CH3OH)，在t＝250℃下的x(CH3OH)～p的關系、在p＝5×105Pa下的x(CH3OH)～t的關系如圖甲所示。①用各物質的平衡分壓表示總反應的平衡常數(shù)，表達式Kp＝eq\f(pH2O·pCH3OH,p3H2·pCO2)。②圖中對應等壓過程的曲線是b，判斷的理由是該反應的正反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，甲醇的物質的量分數(shù)變小。③當x(CH3OH)＝0.10時，CO2的平衡轉化率為33.3%(保留三位有效數(shù)字)，反應條件可能為5×105Pa、210℃或9×105Pa、250℃。(3)研究表明，在電解質水溶液中，CO2氣體可被電化學還原。①CO2在堿性介質中電還原為正丙醇(CH3CH2CH2OH)的電極反應式為12CO2＋18e－＋4H2O=CH3CH2CH2OH＋9COeq\o\al(2－,3)(或3CO2＋18e－＋13H2O=CH3CH2CH2OH＋18OH－)。②在電解質水溶液中，三種不同催化劑(a、b、c)上CO2電還原為CO的反應歷程中(H＋被還原為H2的反應可同時發(fā)生)，相對能量變化如圖乙。由此判斷，不同催化劑上CO2電還原為CO從易到難的順序為c、a、b(用a、b、c字母排序)。[解析]本題考查化學反應與能量、蓋斯定律、化學平衡及其相關計算、電極反應式的書寫等。(1)根據(jù)蓋斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得到CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋41kJ·mol－1＋(－90kJ·mol－1)＝－49kJ·mol－1。(2)①用各物質的平衡分壓表示總反應的平衡常數(shù)，表達式Kp＝eq\f(pH2O·pCH3OH,p3H2·pCO2)；②由(1)知該反應的正反應為放熱反應，恒壓條件下，升高溫度，平衡逆向移動，平衡時體系中x(CH3OH)將減小，因此題圖甲中對應等壓過程的曲線是b；③起始投料比eq\f(nH2,nCO2)＝3，設CO2的起始量為amol，變化量為xmol，則H2的起始量為3amol，列三段式計算如下：