2023屆四川省遂寧市高三上學(xué)期零診考試化學(xué)試題（解析版）

高中化學(xué)名校試卷PAGEPAGE1四川省遂寧市2023屆高三上學(xué)期零診考試可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：O-16Si-28S-32Cl-35.5Ca-40Zr-91一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求)1.近年來(lái)我國(guó)科技發(fā)展迅速，下列關(guān)于我國(guó)新科技的敘述正確的是（）A.中國(guó)空間站使用的砷化鎵薄膜電池，其生產(chǎn)原料是石英B.冠狀病毒粒子直徑約60～220nm，介于膠體粒子和濁液分散質(zhì)的直徑之間C.高鐵機(jī)車用于導(dǎo)電的受電弓板是碳系新材料，是利用石墨耐高溫、有潤(rùn)滑感性能D.我國(guó)C919大飛機(jī)所用的材料中，尾翼主盒(碳纖維)主要成分是傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料〖答案〗B〖解析〗A．石英的主要成分是二氧化硅，砷化鎵薄膜電池的生產(chǎn)原料不可能是石英，故A錯(cuò)誤；B．膠體粒子直徑在1~100nm之間，濁液中粒子直徑>100nm，冠狀病毒粒子直徑約60～220nm，介于膠體粒子和濁液的分散質(zhì)的直徑之間，故B正確；C．高鐵的電動(dòng)機(jī)車中所用的碳系新材料受電弓滑板，利用了石墨的優(yōu)良導(dǎo)電性，故C錯(cuò)誤；D．碳纖維是碳元素的一種單質(zhì)，是新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故D錯(cuò)誤；選B。2.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A.0.1molNaHSO4晶體中陰陽(yáng)離子數(shù)目為0.3NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L的HF中含有H-F鍵的數(shù)目為0.5NAC.100gCaS與CaSO4的混合物中含有32g硫，則含有的氧原子數(shù)為1.75NAD.一定溫度下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含有NH的物質(zhì)的量相同〖答案〗C〖解析〗A．NaHSO4晶體中只存在Na+和，故0.1molNaHSO4晶體中陰陽(yáng)離子數(shù)目為0.2NA，A錯(cuò)誤；B．標(biāo)況下HF為液體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來(lái)計(jì)算11.2LHF的物質(zhì)的量，B錯(cuò)誤；C．由硫化鈣和硫酸鈣的化學(xué)式可知如果在混合物中有32g硫，則有40g鈣，氧原子是28g，，含有的氧原子數(shù)為1.75NA，C正確；D．一定溫度下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH的物質(zhì)的量相同但在兩種溶液中該離子均會(huì)水解，因濃度不同水解程度不同，所以最終該離子物質(zhì)的量不同，D錯(cuò)誤；故選C。3.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A其他條件不變，將NO2氣體壓縮至原體積的一半NO2氣體顏色逐漸變到比壓縮前還淺增大壓強(qiáng)，平衡向體積縮小的方向移動(dòng)B將收集滿Cl2的集氣瓶A口朝上，裝滿N2的集氣瓶B口朝下對(duì)準(zhǔn)A，移走玻璃片一段時(shí)間后集氣瓶AB均出現(xiàn)黃綠色該實(shí)驗(yàn)中熵增的方向是自發(fā)進(jìn)行的C在稀硫酸中加入少量的紅色Cu2O粉末產(chǎn)生藍(lán)色溶液和紅色固體Cu2O在該反應(yīng)中沒(méi)有體現(xiàn)還原性D在含S2-和的溶液中滴加溶液先生成黑色沉淀，后生成白色沉淀溶度積：〖答案〗B〖解析〗A．2NO2N2O4，NO2為紅棕色氣體，N2O4為無(wú)色氣體，將體積壓縮為原來(lái)的一半，雖壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，但c(NO2)比原來(lái)更大，故顏色更深，A錯(cuò)誤；B．移走玻璃片，氣體自發(fā)地變得更分散，更混亂，故為熵增的過(guò)程，此過(guò)程是自發(fā)進(jìn)行的，B正確；C．稀硫酸中加入少量的紅色Cu2O粉末，產(chǎn)生藍(lán)色溶液和紅色固體，原因是Cu2O在酸性環(huán)境中自身發(fā)生氧化還原，生成銅和銅離子，Cu2O即表現(xiàn)出氧化性也表現(xiàn)出還原性，C錯(cuò)誤；D．在含相同濃度的S2-和的溶液中滴加溶液，先生成黑色沉淀，后生成白色沉淀，才能得到溶度積：，D錯(cuò)誤；故選B。4.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X與W同主族，且W原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)是X原子核外電子數(shù)的兩倍，Y是同周期元素中原子半徑最大的，Y、Z、W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可兩兩反應(yīng)生成鹽和水，甲是Z、W兩種元素形成的化合物。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.X單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于W單質(zhì)B.Z的合金在生產(chǎn)生活中用途廣泛C.可以在水溶液中利用復(fù)分解反應(yīng)制備甲D.離子半徑：W>X>Y>Z〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X與W同主族，且W原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)是X原子核外電子數(shù)的兩倍，則X是O元素、W是S元素；Y是同周期元素中原子半徑最大的，Y是Na元素；Y、Z、W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可兩兩反應(yīng)生成鹽和水，說(shuō)明Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物具有兩性，Z是Al元素；甲是Z、W兩種元素形成的化合物，甲是Al2S3?！荚斘觥紸．同主族元素從上到下，單質(zhì)氧化性減弱，O2的氧化性強(qiáng)于S，故A正確；B．Al合金在生產(chǎn)生活中用途廣泛，故B正確；C．Al2S3易發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能在水溶液中利用復(fù)分解反應(yīng)制備Al2S3，故C錯(cuò)誤；D．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，離子半徑：S2->O2->Na+>Al3+，故D正確；選C。5.下列過(guò)程中的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A.用足量氨水吸收SO2：B.硫酸酸化的淀粉碘化鉀溶液久置后變藍(lán)：2I—+O2+4H+=I2+2H2OC.向溶液中滴加溶液至混合溶液恰好為中性：D.向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂：2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2+〖答案〗D〖解析〗A．足量氨水與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨和水，反應(yīng)的離子方程式為，故A錯(cuò)誤；B．硫酸酸化的淀粉碘化鉀溶液久置后變藍(lán)發(fā)生的反應(yīng)為碘離子酸性條件下與氧氣反應(yīng)生成碘和水，反應(yīng)的離子方程式為4I—+O2+4H+=2I2+2H2O，故B錯(cuò)誤；C．氫氧化鋇溶液與硫酸氫鈉溶液反應(yīng)呈中性發(fā)生的反應(yīng)為氫氧化鋇溶液與硫酸氫鈉溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸鋇沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為，故C錯(cuò)誤；D．向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂發(fā)生的反應(yīng)為氧化鎂與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀和氯化鎂，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2+，故D正確；故選D。6.我國(guó)科學(xué)家合成了Y、單原子催化劑，用于電化學(xué)催化氫氣還原氮?dú)獾姆磻?yīng)。反應(yīng)歷程與相對(duì)能量模擬計(jì)算結(jié)果如圖所示(*表示稀土單原子催化劑)。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A.相同條件下，比催化劑更利于吸附氮?dú)釨.實(shí)際生產(chǎn)中將催化劑的尺寸處理成納米級(jí)顆?？商岣甙睔獾钠胶廪D(zhuǎn)化率C.使用單原子催化劑，反應(yīng)的快慢由生成的速率決定D.工業(yè)合成氨與電化學(xué)催化還原氮?dú)饩婕暗焦矁r(jià)鍵斷裂與形成〖答案〗B〖解析〗A．由圖可知，使用Sc1/NC的反應(yīng)活化能小于使用Y1/NC的反應(yīng)活化能，說(shuō)明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正確；B．催化劑只能改變反應(yīng)的途徑，不影響平衡移動(dòng)，實(shí)際生產(chǎn)中將催化劑的尺寸處理成納米級(jí)顆?？杉涌旆磻?yīng)速率，但氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率不變，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，使用Sc1/NC單原子催化劑時(shí)，*N2與H結(jié)合生成*NNH的活化能最大，則歷程中最大能壘的反應(yīng)為：*N2+H→*NNH，C正確；D．氮?dú)夂蜌錃夂铣砂焙陀糜陔娀瘜W(xué)催化氫氣還原氮?dú)獾姆磻?yīng)氨，都涉及氫氫鍵和氮氮鍵的和氮?dú)滏I的形成，D正確；故選B。7.電解質(zhì)的電導(dǎo)率越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng)。用0.100mol·L-1的KOH溶液分別滴定體積均為20.00mL、濃度均為0.100mol?L-1的鹽酸和CH3COOH溶液。利用傳感器測(cè)得滴定過(guò)程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.曲線②代表滴定CH3COOH溶液的曲線B.在相同溫度下，P點(diǎn)水電離程度大于M點(diǎn)C.M點(diǎn)溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D.N點(diǎn)溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)〖答案〗D〖解析〗A．醋酸為弱電解質(zhì)，滴加KOH，變?yōu)镃H3COOK是強(qiáng)電解質(zhì)，故導(dǎo)電率增加，即曲線①代表滴定醋酸的曲線，故A錯(cuò)誤。B.相同溫度下，P點(diǎn)溶質(zhì)為KCl，不影響水的電離，M點(diǎn)為CH3COOK，其水解促進(jìn)水的電離，故M點(diǎn)大于P點(diǎn)，故B錯(cuò)誤。C．對(duì)于M點(diǎn)，根據(jù)電荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C錯(cuò)誤。D．N點(diǎn)的溶液中含有等物質(zhì)的量的醋酸鉀和氫氧化鉀，溶液顯堿性，CH3COO-只有很小的一部分發(fā)生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正確。〖答案〗D。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第8題～10題為必考題，每個(gè)試題考生都做答；第11題～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題8.亞硫酰氯(SOCl2)又名氯化亞砜，是一種無(wú)色或淡黃色發(fā)煙液體，有強(qiáng)烈刺激性氣味，常用作脫水劑，遇水劇烈水解，受熱易分解。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備氯化亞砜并探究其性質(zhì)。已知：①實(shí)驗(yàn)室制備原理為。實(shí)驗(yàn)一：制備并探究SOCl2的性質(zhì)，制備SOCl2的裝置如圖(夾持裝置已略去)。（1）a儀器的名稱為_(kāi)_________，b裝置的作用是_______________________________。（2）可通過(guò)固體與70%濃反應(yīng)制取，可通過(guò)固體與濃鹽酸反應(yīng)制取，則上圖中制取的裝置為_(kāi)_________(填字母)。（3）將上述裝置制得的SOCl2通過(guò)蒸餾方法提取出來(lái)(加熱及夾持裝置略)，裝置安裝順序?yàn)棰佗幄郷_______________(填序號(hào))。（4）甲同學(xué)認(rèn)為SOCl2可用作熱分解制取無(wú)水的脫水劑，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________________________________________；但乙同學(xué)認(rèn)為該實(shí)驗(yàn)可能發(fā)生副反應(yīng)使產(chǎn)品不純，所以乙同學(xué)取少量在不斷通入SOCl2蒸氣的條件下加熱，充分反應(yīng)后通入N2，加水溶解，取溶解后的溶液少許，加入_________________________________________________________(填寫試劑和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，說(shuō)明發(fā)生了副反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)二：測(cè)定某SOCl2樣品中SOCl2的純度。①準(zhǔn)確稱量稱量瓶和蓋的總質(zhì)量，迅速加入樣品，立即蓋緊，稱量，質(zhì)量為。②將樣品溶于溶液中，發(fā)生反應(yīng)：SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O，將反應(yīng)后的溶液稀釋到。③準(zhǔn)確量取100ml上面溶液于碘量瓶中，加入兩滴指示劑，用適量稀鹽酸中和過(guò)量的溶液至恰好完全。④準(zhǔn)確加入碘標(biāo)準(zhǔn)溶液，充分反應(yīng)后，用淀粉溶液作指示劑，用的溶液滴定過(guò)量的碘，反應(yīng)為。平行測(cè)定兩次，反應(yīng)消耗溶液的平均體積為。（5）判斷滴定終點(diǎn)的方法為_(kāi)___________________________________________________，樣品中SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)____________；下列情況會(huì)導(dǎo)致測(cè)定的SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高的是__________(填標(biāo)號(hào))。A.實(shí)際碘標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低B.實(shí)際溶液濃度偏低C.將0.6mlSOCl2樣品溶解于300mlNaOH溶液中時(shí)，氣體吸收不充分，有部分氣體逸出〖答案〗（1）(球形)冷凝管吸收未反應(yīng)的和蒸氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸瓶（2）A（3）⑥⑩③⑤（4）溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀或溶液，產(chǎn)生白色沉淀（5）當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來(lái)的顏色A〖祥解〗制備SOCl2需要先制取氯氣和二氧化硫，根據(jù)裝置分析，用高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，氯氣中含有氯化氫和水，需要用飽和食鹽水除去氯化氫，故裝置的左側(cè)為制取氯氣，右側(cè)為制取二氧化硫。據(jù)此分析?！荚斘觥剑?）①a為冷凝管②因?yàn)榉磻?yīng)過(guò)程有很多有毒的氣體，需要進(jìn)行處理，故b為吸收未反應(yīng)的Cl2、SO2和SOCl2蒸氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸瓶。（2）根據(jù)分析裝置A為制取氯氣。（3）組裝蒸餾裝置對(duì)混合物進(jìn)行整理提純，按由上而下、由左到右的順序組裝，安裝順序?yàn)棰佗幄?，然后連接冷凝管，蒸餾裝置中應(yīng)選擇直形冷凝管⑥，結(jié)構(gòu)連接尾接管⑩，SOCl2容易水解，為防止外界水蒸氣進(jìn)行最后連接③⑤。故連接順序?yàn)椋孩蔻猗邰?。?）①SOCl2可用作熱分解FeCl3?6H2O制取無(wú)水FeCl3的脫水劑，SOCl2遇水劇烈水解生成二氧化硫和氯化氫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為；②SOCl2具有還原性，鐵離子具有氧化性，二者可以反應(yīng)生成亞鐵離子和硫酸根離子，所以可以檢驗(yàn)亞鐵離子，用鐵氰化鉀，或用鋇離子檢驗(yàn)硫酸根離子。方法為：溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀或溶液，產(chǎn)生白色沉淀”；（5）①滴定終點(diǎn)為碘單質(zhì)完全反應(yīng)，故終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來(lái)的顏色；②根據(jù)方程式SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O;Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI；分析，有關(guān)系式為，SOCl2I2，硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為0.1V×10-3mol，則與SOCl2反應(yīng)的碘的物質(zhì)的量為（0.05×0.05-0.05V×10-3）mol，則樣品中SOCl2的物質(zhì)的量5×119×（0.05×0.05-0.05V×10-3）g，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。③A．實(shí)際碘標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低，則硫代硫酸鈉的用量減少，則與SOCl2反應(yīng)的碘量增加，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增高，。A正確；B．實(shí)際溶液濃度偏低，則用量大，與與SOCl2反應(yīng)的碘量減少，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減少，B錯(cuò)誤；C．水解過(guò)程，氣體吸收不充分，有部分氣體逸出，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，C錯(cuò)誤；故選A。9.氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)生活中有著重要應(yīng)用，減少氮的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境保護(hù)的重要內(nèi)容之一（1）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-12C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1若某反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為，請(qǐng)寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______________________________________________________。（2）利用NH3的還原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反應(yīng)如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H＜0，一定溫度下，在恒容密閉容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反應(yīng)物，發(fā)生上述反應(yīng)。下列不能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。A．c(NH3)︰c(NO)=2︰3B．n(NH3)︰n(N2)不變C．容器內(nèi)壓強(qiáng)不變D．容器內(nèi)混合氣體的密度不變E．1molN-H鍵斷裂的同時(shí)，生成1molO-H鍵（3）NO氧化反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分兩步進(jìn)行，其反應(yīng)歷程能量變化如圖所示。寫出決定NO氧化反應(yīng)速率的化學(xué)方程式：__________________________________。（4）實(shí)驗(yàn)測(cè)得反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH＜0的即時(shí)反應(yīng)速率滿足以下關(guān)系式：v正=k正·c2(NO)·c(O2)；v逆=k逆·c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。①溫度為T1時(shí)，在1L的恒容密閉容器中，投入0.6molNO和0.3molO2達(dá)到平衡時(shí)O2為0.2mol；溫度為T2時(shí)，該反應(yīng)存在k正=k逆，則T1_______T2(填“大于”、“小于”或“等于”)。②研究發(fā)現(xiàn)該反應(yīng)按如下步驟進(jìn)行：第一步：NO+NON2O2快速平衡第二步：N2O2+O22NO2慢反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡，第一步反應(yīng)中：v1正=k1正×c2(NO)；v1逆=k1逆×c(N2O2)。下列敘述正確的是_______。A．同一溫度下，平衡時(shí)第一步反應(yīng)的越大反應(yīng)正向程度越大B．第二步反應(yīng)速率低，因而轉(zhuǎn)化率也低C．第二步的活化能比第一步的活化能低D．整個(gè)反應(yīng)的速率由第二步反應(yīng)速率決定（5）科學(xué)家研究出了一種高效催化劑，可以將CO和NO2兩者轉(zhuǎn)化為無(wú)污染氣體，反應(yīng)方程式為：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，某溫度下，向10L密閉容器中分別充入0.1molNO2和0.2molCO，發(fā)生上述反應(yīng)達(dá)平衡，若保持溫度不變?cè)賹O、CO2氣體濃度分別增加一倍，則平衡_____________(填“右移”或“左移”或“不移動(dòng)”)；若將溫度降低，再次平衡后，與原平衡相比體系壓強(qiáng)(p總)__________(填“增大”、“減小”或“不變”)，原因是_____________________________________________________________。〖答案〗（1）2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=-7465kJ?mol-1（2）AE（3）N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（4）①.小于②.AD（5）右移減小降低溫度，體積不變，依據(jù)阿伏加德羅定律，即便氣體的分子數(shù)不變，體系的壓強(qiáng)也會(huì)減??；溫度降低，平衡右移，氣體的物質(zhì)的量減小，體系的壓強(qiáng)減小〖解析〗（1）①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1②C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1由反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式，可確定發(fā)生的反應(yīng)為2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，利用蓋斯定律，將反應(yīng)②×2-①-③得：此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=(-393.5×2-180.5+221)kJ?mol-1=-746.5kJ?mol-1?！即鸢浮綖椋?CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=-746.5kJ?mol-1；（2）A．反應(yīng)物的起始投入量為n(NH3)︰n(NO)=2︰3，變化量之比為n(NH3)︰n(NO)=2︰3，則不管反應(yīng)是否達(dá)到平衡，始終存在c(NH3)︰c(NO)=2︰3，所以反應(yīng)不一定達(dá)平衡，A符合題意；B．n(NH3)︰n(N2)不變，則n(NH3)、n(N2)不變，正、逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，B不符合題意；C．反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不等，平衡前壓強(qiáng)始終發(fā)生改變，當(dāng)容器內(nèi)壓強(qiáng)不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，C不符合題意；D．平衡前容器內(nèi)混合氣體的質(zhì)量不斷改變，體積不變，則密度始終發(fā)生改變，當(dāng)密度不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，D不符合題意；E．1molN-H鍵斷裂的同時(shí)，生成1molO-H鍵，反應(yīng)進(jìn)行的方向相同，則不一定達(dá)平衡狀態(tài)，E符合題意；故選AE。〖答案〗為：AE；（3）從圖中可以看出，第二步反應(yīng)的活化能大，則此步是決速步，所以決定NO氧化反應(yīng)速率的化學(xué)方程式：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)?！即鸢浮綖椋篘2O2(g)+O2(g)2NO2(g)；（4）①溫度為T1時(shí)，在1L的恒容密閉容器中，投入0.6molNO和0.3molO2達(dá)到平衡時(shí)O2為0.2mol，則可建立如下三段式：K==1.25；溫度為T2時(shí)，該反應(yīng)存在k正=k逆，K=1＜1.25，則平衡逆向移動(dòng)，溫度升高，所以T1小于T2；②A．同一溫度下，平衡時(shí)第一步反應(yīng)的越大，則該步反應(yīng)的平衡常數(shù)越大，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度越大，A正確；B．反應(yīng)速率與平衡轉(zhuǎn)化率沒(méi)有必然聯(lián)系，第二步反應(yīng)速率慢，但平衡轉(zhuǎn)化率不一定低，B不正確；C．第二步反應(yīng)為慢反應(yīng)，則第二步的活化能比第一步的活化能大，C不正確；D．整個(gè)反應(yīng)的速率由慢反應(yīng)決定，則由第二步反應(yīng)速率決定，D正確；故選AD。〖答案〗為：小于；AD；（5）反應(yīng)方程式為：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，某溫度下，向10L密閉容器中分別充入0.1molNO2和0.2molCO，發(fā)生上述反應(yīng)達(dá)平衡，若保持溫度不變，再將CO、CO2氣體濃度分別增加一倍，即增大壓強(qiáng)，由于反應(yīng)物的氣體分子數(shù)大于生成物的氣體分子數(shù)，則平衡右移；若將溫度降低，平衡向右移動(dòng)，氣體的分子數(shù)減小，則再次平衡后，與原平衡相比體系壓強(qiáng)(p總)減小，原因是：降低溫度，體積不變，依據(jù)阿伏加德羅定律，即便氣體的分子數(shù)不變，體系的壓強(qiáng)也會(huì)減??；溫度降低，平衡右移，氣體的物質(zhì)的量減小，體系的壓強(qiáng)減小?！即鸢浮綖椋河乙?；減??；降低溫度，體積不變，依據(jù)阿伏加德羅定律，即便氣體的分子數(shù)不變，體系的壓強(qiáng)也會(huì)減小；溫度降低，平衡右移，氣體的物質(zhì)的量減小，體系的壓強(qiáng)減小。10.形狀記憶陶瓷目前尚處于研究階段，其中一種形狀記憶陶瓷的主要原材料是納米級(jí)ZrO2，用鋯石(ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和SiO2)制備納米級(jí)ZrO2的流程設(shè)計(jì)如圖：查閱資料知：Ksp〖Fe(OH)3〗=1.0×10-38，回答下列問(wèn)題。（1）鋯石“粉碎過(guò)篩”的目的是_____________________________________。（2）“酸浸”過(guò)程中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________。濾渣1的主要成分是__________。若室溫下Ksp〖Cu(CN)2〗=4×10-11，則為了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10-5mol/L，則溶液中CN—的濃度不能低于__________。（3）在空氣中焙燒Zr(OH)4可以得到納米ZrO2，若在實(shí)驗(yàn)室中焙燒Zr(OH)4主要使用的陶瓷儀器是_____________，工業(yè)生產(chǎn)中常常用無(wú)水乙醇洗滌Zr(OH)4，除了可以使納米級(jí)ZrO2純度更高、顆粒更細(xì)外，還可以_________________________。（4）酸浸時(shí)，得到的溶質(zhì)主要是ZrOCl2，而不是預(yù)想中的ZrCl4，說(shuō)明ZrCl4很容易水解，則ZrCl4水解產(chǎn)生ZrOCl2的化學(xué)方程式是__________________________________。（5）若鋯石中含有ZrSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是54.9%，在制備ZrO2的過(guò)程中損失10%的鋯元素，則1kg鋯石理論上能夠制得ZrO2的質(zhì)量是__________g。（6）除Fe3+也可以用合適的萃取劑，F(xiàn)e3+的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示，pH>1.7后，隨pH增大，F(xiàn)e3+萃取率下降的原因是_____________________________________。〖答案〗（1）增大反應(yīng)物的接觸面積，提高堿浸的反應(yīng)速率（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OH2SiO3（3）坩堝減少溶解損耗（4）ZrCl4+H2O=ZrOCl2+2HCl（5）332.1（6）pH＞1.7之后，F(xiàn)e3++3H2O?Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移動(dòng)，溶液中Fe3+濃度降低，所以萃取率下降〖祥解〗‘堿熔’中NaOH分別與Al2O3和SiO2反應(yīng)生成NaAlO2和Na2SiO3，加入鹽酸與FeO反應(yīng)生成Fe2+，亞鐵離子與過(guò)氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鐵離子和水，濾渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀鐵離子和鋁離子，濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，加入KCN除銅離子，加入氨水生成Zr(OH)4，受熱分解生成ZrO2。〖詳析〗（1）鋯石“粉碎過(guò)篩”的目的是：增大反應(yīng)物的接觸面積，提高堿浸的反應(yīng)速率；（2）“酸浸”過(guò)程中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)為加入鹽酸與FeO反應(yīng)生成Fe2+，亞鐵離子與過(guò)氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鐵離子和水，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入鹽酸發(fā)生強(qiáng)酸制弱酸反應(yīng)生成硅酸，硅酸難溶于水，則濾渣1的主要成分是H2SiO3；若室溫下Ksp〖Cu(CN)2〗=4×10-11，則為了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10-5mol/L，則溶液中CN—的濃度不能低于；（3）在實(shí)驗(yàn)室中焙燒Zr(OH)4主要使用的陶瓷儀器是坩堝；無(wú)水乙醇洗滌Zr(OH)4，除了可以使納米級(jí)ZrO2純度更高、顆粒更細(xì)外，由于乙醇易揮發(fā)，還可以減少溶解損耗；（4）ZrCl4水解產(chǎn)生ZrOCl2的化學(xué)方程式是：ZrCl4+H2O=ZrOCl2+2HCl；（5）根據(jù)Zr元素質(zhì)量守恒：解得m=332.1g，則1kg鋯石理論上能夠制得ZrO2的質(zhì)量是332.1g；（6）Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，pH＞1.7之后，隨著pH增大，溶液中氫離子濃度減小，水解平衡Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+正向移動(dòng)，溶液中Fe3+濃度降低，所以萃取率下降，故〖答案〗為：pH＞1.7之后，F(xiàn)e3++3H2O?Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移動(dòng)，溶液中Fe3+濃度降低，所以萃取率下降。(二)選考題11.“天問(wèn)一號(hào)”著陸火星，“嫦娥五號(hào)”采回月壤，探索宇宙離不開(kāi)化學(xué)。鎳錸合金是制造噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的燃燒室、渦輪葉片及排氣噴嘴的重要材料。75號(hào)元素錸Re，熔點(diǎn)僅次于鎢，是稀有金屬之一，地殼中錸的含量極低，多伴生于銅、鋅、鉛等礦物中。（1）鎳原子價(jià)層電子表示式為_(kāi)_______________，在元素周期表中，錸與錳在同族，錸在元素周期表中的位置是_____________。（2）錸易形成高配位數(shù)的化合物如，該配合物中_______(填元素符號(hào))提供孤對(duì)電子與錸成鍵，原因是________________________________________________________，第二周期中第一電離能居于Li和O原子之間除了C原子之外，還有_______種原子。（3）鋅在潮濕空氣中極易生成一層緊密的堿式碳酸鋅薄膜，使其具有抗腐蝕性。其中的空間構(gòu)型為_(kāi)_________(用文字描述)。與互為等電子體的分子是__________(寫一種即可)。Ge與C同族，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結(jié)構(gòu)角度分析，原因是：_________________________________________________。（4）三氧化錸晶胞如圖所示，摩爾質(zhì)量為，晶胞密度為，錸原子填在了氧原子圍成的__________(填“四面體”“立方體”或“八面體”)空隙中，該晶胞的空間利用率為_(kāi)_______________(錸的原子半徑為，氧原子半徑為，列出計(jì)算式)?！即鸢浮剑?）；第六周期第VIIB族（2）CC的原子半徑大，電負(fù)性小，更有利于提供孤電子對(duì)2（3）平面三角形；Ge原子半徑大，形成單鍵的鍵長(zhǎng)較長(zhǎng)，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，難以通過(guò)“肩并肩”方式形成??鍵（4）八面體〖解析〗（1）原子序數(shù)為28，根據(jù)構(gòu)造原理確定其基態(tài)原子的電子排布式為，過(guò)度金屬的價(jià)電子是最外層加次外層最后填入的電子，即鎳原子的價(jià)層電子表示式為，錳是25號(hào)元素，在第VIIB族，根據(jù)元素周期表的排布規(guī)律，錸在第六周期第VIIB族；（2）根據(jù)CO結(jié)構(gòu)，碳氧原子都有孤電子對(duì)，但由于C的原子半徑大，電負(fù)性小，更有利于提供孤電子對(duì)，形成配位鍵；CO作為配位體，只能形成1個(gè)配位鍵；第二周期中第一電離能居于Li和O原子之間除了C原子之外，還有Be和B兩種原子；（3）空間構(gòu)型為平面三角形，是4原子24價(jià)電子的微粒，4與原子24價(jià)電子的分子有,,；Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵，叁鍵，Ge原子半徑大，形成單鍵的鍵長(zhǎng)較長(zhǎng)，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，所以難以通過(guò)“肩并肩”方式形成??鍵，故Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵；（4）根據(jù)物質(zhì)的名稱可知晶胞的化學(xué)式，則Re與O的個(gè)數(shù)比為1：3，頂點(diǎn)的是錸原子，棱中心的是O，離子晶體中配位數(shù)是某個(gè)微粒周圍最近且等距離的異性電荷的微粒數(shù)，每個(gè)錸原子的上下左右前后都有一個(gè)等距的氧原子，故錸原子的配位數(shù)為6，錸原子填在了氧原子圍成的八面體空隙中，根據(jù)已知得晶胞的體積是，一個(gè)晶胞有1個(gè)Re和3個(gè)O，二者的原子半徑分別為，阿伏伽德羅常數(shù)值為，則晶胞中原子的體積占晶胞體積百分率為。12.化合物M是合成降壓藥物苯磺酸氨氯地平的中間體，一種合成M的路線如下圖所示。已知：i.ii.（1）B的化學(xué)名稱是__________，E中含氧官能團(tuán)的名稱為_(kāi)_________。（2）反應(yīng)I的反應(yīng)條件和試劑分別為_(kāi)__________________；B→C的反應(yīng)類型為_(kāi)_______________。（3）反應(yīng)II的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________________________________。（4）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____________，它的核磁共振氫譜的峰面積之比為_(kāi)_________。（5）遇溶液顯紫色的D的同分異構(gòu)體有_______種。（6）參照上述合成路線及已知信息，寫出以CH3CHO為原料合成CH3COCH2COOH的路線________________________________________________________________。〖答案〗（1）2-氯甲苯(或鄰氯甲苯)醛基（2）FeCl3(或Fe)、Cl2取代反應(yīng)（3）（4）3：2:2:3（5）13（6）〖祥解〗甲苯與氯氣在催化劑存在發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與氯氣光照生成C，C在堿性條件水解生成D，根據(jù)E可知D為，D催化氧化生成E。根據(jù)M的結(jié)構(gòu)可知G為乙醇，乙醇被高錳酸鉀氧化為H乙酸，H與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)，I為乙酸乙酯CH3COOCH2CH3，根據(jù)M的結(jié)構(gòu)可知乙酸乙酯發(fā)生信息i中的反應(yīng)，生成F，F(xiàn)為，E和F發(fā)生信息ii的反應(yīng)生成M。〖詳析〗（1）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)可知B的化學(xué)名稱是2-氯甲苯(或鄰氯甲苯)；E中含氧官能團(tuán)的名稱為醛基；（2）反應(yīng)I是甲苯與氯氣發(fā)生苯環(huán)上的取代反應(yīng)生成2-氯甲苯，反應(yīng)條件和試劑分別為FeCl3(或Fe)、Cl2；B與氯氣光照生成C，B→C的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；（3）D為，D催化氧化生成E，反應(yīng)II的化學(xué)方程式為；（4）根據(jù)分析可知F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；F有4種等效氫，它的核磁共振氫譜的峰面積之比為3：2:2:3；（5）D為，遇溶液顯紫色的D的同分異構(gòu)體必須含有酚羥基，苯環(huán)上含有-Cl、-CH3、-OH三種取代基的同分異構(gòu)體共10種，含有-CH2Cl、-OH兩種同分異構(gòu)體的有3種，同分異構(gòu)體數(shù)目共13種；（6）CH3CHO先被還原成乙醇，乙醇在被氧化成乙酸，乙醇與乙酸酯化生成乙酸乙酯，乙酸乙酯發(fā)生信息i的反應(yīng)生成CH3COCH2COOH；四川省遂寧市2023屆高三上學(xué)期零診考試可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：O-16Si-28S-32Cl-35.5Ca-40Zr-91一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求)1.近年來(lái)我國(guó)科技發(fā)展迅速，下列關(guān)于我國(guó)新科技的敘述正確的是（）A.中國(guó)空間站使用的砷化鎵薄膜電池，其生產(chǎn)原料是石英B.冠狀病毒粒子直徑約60～220nm，介于膠體粒子和濁液分散質(zhì)的直徑之間C.高鐵機(jī)車用于導(dǎo)電的受電弓板是碳系新材料，是利用石墨耐高溫、有潤(rùn)滑感性能D.我國(guó)C919大飛機(jī)所用的材料中，尾翼主盒(碳纖維)主要成分是傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料〖答案〗B〖解析〗A．石英的主要成分是二氧化硅，砷化鎵薄膜電池的生產(chǎn)原料不可能是石英，故A錯(cuò)誤；B．膠體粒子直徑在1~100nm之間，濁液中粒子直徑>100nm，冠狀病毒粒子直徑約60～220nm，介于膠體粒子和濁液的分散質(zhì)的直徑之間，故B正確；C．高鐵的電動(dòng)機(jī)車中所用的碳系新材料受電弓滑板，利用了石墨的優(yōu)良導(dǎo)電性，故C錯(cuò)誤；D．碳纖維是碳元素的一種單質(zhì)，是新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故D錯(cuò)誤；選B。2.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A.0.1molNaHSO4晶體中陰陽(yáng)離子數(shù)目為0.3NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L的HF中含有H-F鍵的數(shù)目為0.5NAC.100gCaS與CaSO4的混合物中含有32g硫，則含有的氧原子數(shù)為1.75NAD.一定溫度下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含有NH的物質(zhì)的量相同〖答案〗C〖解析〗A．NaHSO4晶體中只存在Na+和，故0.1molNaHSO4晶體中陰陽(yáng)離子數(shù)目為0.2NA，A錯(cuò)誤；B．標(biāo)況下HF為液體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來(lái)計(jì)算11.2LHF的物質(zhì)的量，B錯(cuò)誤；C．由硫化鈣和硫酸鈣的化學(xué)式可知如果在混合物中有32g硫，則有40g鈣，氧原子是28g，，含有的氧原子數(shù)為1.75NA，C正確；D．一定溫度下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH的物質(zhì)的量相同但在兩種溶液中該離子均會(huì)水解，因濃度不同水解程度不同，所以最終該離子物質(zhì)的量不同，D錯(cuò)誤；故選C。3.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A其他條件不變，將NO2氣體壓縮至原體積的一半NO2氣體顏色逐漸變到比壓縮前還淺增大壓強(qiáng)，平衡向體積縮小的方向移動(dòng)B將收集滿Cl2的集氣瓶A口朝上，裝滿N2的集氣瓶B口朝下對(duì)準(zhǔn)A，移走玻璃片一段時(shí)間后集氣瓶AB均出現(xiàn)黃綠色該實(shí)驗(yàn)中熵增的方向是自發(fā)進(jìn)行的C在稀硫酸中加入少量的紅色Cu2O粉末產(chǎn)生藍(lán)色溶液和紅色固體Cu2O在該反應(yīng)中沒(méi)有體現(xiàn)還原性D在含S2-和的溶液中滴加溶液先生成黑色沉淀，后生成白色沉淀溶度積：〖答案〗B〖解析〗A．2NO2N2O4，NO2為紅棕色氣體，N2O4為無(wú)色氣體，將體積壓縮為原來(lái)的一半，雖壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，但c(NO2)比原來(lái)更大，故顏色更深，A錯(cuò)誤；B．移走玻璃片，氣體自發(fā)地變得更分散，更混亂，故為熵增的過(guò)程，此過(guò)程是自發(fā)進(jìn)行的，B正確；C．稀硫酸中加入少量的紅色Cu2O粉末，產(chǎn)生藍(lán)色溶液和紅色固體，原因是Cu2O在酸性環(huán)境中自身發(fā)生氧化還原，生成銅和銅離子，Cu2O即表現(xiàn)出氧化性也表現(xiàn)出還原性，C錯(cuò)誤；D．在含相同濃度的S2-和的溶液中滴加溶液，先生成黑色沉淀，后生成白色沉淀，才能得到溶度積：，D錯(cuò)誤；故選B。4.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X與W同主族，且W原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)是X原子核外電子數(shù)的兩倍，Y是同周期元素中原子半徑最大的，Y、Z、W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可兩兩反應(yīng)生成鹽和水，甲是Z、W兩種元素形成的化合物。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.X單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于W單質(zhì)B.Z的合金在生產(chǎn)生活中用途廣泛C.可以在水溶液中利用復(fù)分解反應(yīng)制備甲D.離子半徑：W>X>Y>Z〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X與W同主族，且W原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)是X原子核外電子數(shù)的兩倍，則X是O元素、W是S元素；Y是同周期元素中原子半徑最大的，Y是Na元素；Y、Z、W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可兩兩反應(yīng)生成鹽和水，說(shuō)明Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物具有兩性，Z是Al元素；甲是Z、W兩種元素形成的化合物，甲是Al2S3。〖詳析〗A．同主族元素從上到下，單質(zhì)氧化性減弱，O2的氧化性強(qiáng)于S，故A正確；B．Al合金在生產(chǎn)生活中用途廣泛，故B正確；C．Al2S3易發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能在水溶液中利用復(fù)分解反應(yīng)制備Al2S3，故C錯(cuò)誤；D．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，離子半徑：S2->O2->Na+>Al3+，故D正確；選C。5.下列過(guò)程中的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A.用足量氨水吸收SO2：B.硫酸酸化的淀粉碘化鉀溶液久置后變藍(lán)：2I—+O2+4H+=I2+2H2OC.向溶液中滴加溶液至混合溶液恰好為中性：D.向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂：2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2+〖答案〗D〖解析〗A．足量氨水與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨和水，反應(yīng)的離子方程式為，故A錯(cuò)誤；B．硫酸酸化的淀粉碘化鉀溶液久置后變藍(lán)發(fā)生的反應(yīng)為碘離子酸性條件下與氧氣反應(yīng)生成碘和水，反應(yīng)的離子方程式為4I—+O2+4H+=2I2+2H2O，故B錯(cuò)誤；C．氫氧化鋇溶液與硫酸氫鈉溶液反應(yīng)呈中性發(fā)生的反應(yīng)為氫氧化鋇溶液與硫酸氫鈉溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸鋇沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為，故C錯(cuò)誤；D．向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂發(fā)生的反應(yīng)為氧化鎂與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀和氯化鎂，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2+，故D正確；故選D。6.我國(guó)科學(xué)家合成了Y、單原子催化劑，用于電化學(xué)催化氫氣還原氮?dú)獾姆磻?yīng)。反應(yīng)歷程與相對(duì)能量模擬計(jì)算結(jié)果如圖所示(*表示稀土單原子催化劑)。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A.相同條件下，比催化劑更利于吸附氮?dú)釨.實(shí)際生產(chǎn)中將催化劑的尺寸處理成納米級(jí)顆粒可提高氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率C.使用單原子催化劑，反應(yīng)的快慢由生成的速率決定D.工業(yè)合成氨與電化學(xué)催化還原氮?dú)饩婕暗焦矁r(jià)鍵斷裂與形成〖答案〗B〖解析〗A．由圖可知，使用Sc1/NC的反應(yīng)活化能小于使用Y1/NC的反應(yīng)活化能，說(shuō)明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正確；B．催化劑只能改變反應(yīng)的途徑，不影響平衡移動(dòng)，實(shí)際生產(chǎn)中將催化劑的尺寸處理成納米級(jí)顆?？杉涌旆磻?yīng)速率，但氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率不變，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，使用Sc1/NC單原子催化劑時(shí)，*N2與H結(jié)合生成*NNH的活化能最大，則歷程中最大能壘的反應(yīng)為：*N2+H→*NNH，C正確；D．氮?dú)夂蜌錃夂铣砂焙陀糜陔娀瘜W(xué)催化氫氣還原氮?dú)獾姆磻?yīng)氨，都涉及氫氫鍵和氮氮鍵的和氮?dú)滏I的形成，D正確；故選B。7.電解質(zhì)的電導(dǎo)率越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng)。用0.100mol·L-1的KOH溶液分別滴定體積均為20.00mL、濃度均為0.100mol?L-1的鹽酸和CH3COOH溶液。利用傳感器測(cè)得滴定過(guò)程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.曲線②代表滴定CH3COOH溶液的曲線B.在相同溫度下，P點(diǎn)水電離程度大于M點(diǎn)C.M點(diǎn)溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D.N點(diǎn)溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)〖答案〗D〖解析〗A．醋酸為弱電解質(zhì)，滴加KOH，變?yōu)镃H3COOK是強(qiáng)電解質(zhì)，故導(dǎo)電率增加，即曲線①代表滴定醋酸的曲線，故A錯(cuò)誤。B.相同溫度下，P點(diǎn)溶質(zhì)為KCl，不影響水的電離，M點(diǎn)為CH3COOK，其水解促進(jìn)水的電離，故M點(diǎn)大于P點(diǎn)，故B錯(cuò)誤。C．對(duì)于M點(diǎn)，根據(jù)電荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C錯(cuò)誤。D．N點(diǎn)的溶液中含有等物質(zhì)的量的醋酸鉀和氫氧化鉀，溶液顯堿性，CH3COO-只有很小的一部分發(fā)生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正確?！即鸢浮紻。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第8題～10題為必考題，每個(gè)試題考生都做答；第11題～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題8.亞硫酰氯(SOCl2)又名氯化亞砜，是一種無(wú)色或淡黃色發(fā)煙液體，有強(qiáng)烈刺激性氣味，常用作脫水劑，遇水劇烈水解，受熱易分解。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備氯化亞砜并探究其性質(zhì)。已知：①實(shí)驗(yàn)室制備原理為。實(shí)驗(yàn)一：制備并探究SOCl2的性質(zhì)，制備SOCl2的裝置如圖(夾持裝置已略去)。（1）a儀器的名稱為_(kāi)_________，b裝置的作用是_______________________________。（2）可通過(guò)固體與70%濃反應(yīng)制取，可通過(guò)固體與濃鹽酸反應(yīng)制取，則上圖中制取的裝置為_(kāi)_________(填字母)。（3）將上述裝置制得的SOCl2通過(guò)蒸餾方法提取出來(lái)(加熱及夾持裝置略)，裝置安裝順序?yàn)棰佗幄郷_______________(填序號(hào))。（4）甲同學(xué)認(rèn)為SOCl2可用作熱分解制取無(wú)水的脫水劑，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________________________________________；但乙同學(xué)認(rèn)為該實(shí)驗(yàn)可能發(fā)生副反應(yīng)使產(chǎn)品不純，所以乙同學(xué)取少量在不斷通入SOCl2蒸氣的條件下加熱，充分反應(yīng)后通入N2，加水溶解，取溶解后的溶液少許，加入_________________________________________________________(填寫試劑和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，說(shuō)明發(fā)生了副反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)二：測(cè)定某SOCl2樣品中SOCl2的純度。①準(zhǔn)確稱量稱量瓶和蓋的總質(zhì)量，迅速加入樣品，立即蓋緊，稱量，質(zhì)量為。②將樣品溶于溶液中，發(fā)生反應(yīng)：SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O，將反應(yīng)后的溶液稀釋到。③準(zhǔn)確量取100ml上面溶液于碘量瓶中，加入兩滴指示劑，用適量稀鹽酸中和過(guò)量的溶液至恰好完全。④準(zhǔn)確加入碘標(biāo)準(zhǔn)溶液，充分反應(yīng)后，用淀粉溶液作指示劑，用的溶液滴定過(guò)量的碘，反應(yīng)為。平行測(cè)定兩次，反應(yīng)消耗溶液的平均體積為。（5）判斷滴定終點(diǎn)的方法為_(kāi)___________________________________________________，樣品中SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)____________；下列情況會(huì)導(dǎo)致測(cè)定的SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高的是__________(填標(biāo)號(hào))。A.實(shí)際碘標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低B.實(shí)際溶液濃度偏低C.將0.6mlSOCl2樣品溶解于300mlNaOH溶液中時(shí)，氣體吸收不充分，有部分氣體逸出〖答案〗（1）(球形)冷凝管吸收未反應(yīng)的和蒸氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸瓶（2）A（3）⑥⑩③⑤（4）溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀或溶液，產(chǎn)生白色沉淀（5）當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來(lái)的顏色A〖祥解〗制備SOCl2需要先制取氯氣和二氧化硫，根據(jù)裝置分析，用高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，氯氣中含有氯化氫和水，需要用飽和食鹽水除去氯化氫，故裝置的左側(cè)為制取氯氣，右側(cè)為制取二氧化硫。據(jù)此分析?！荚斘觥剑?）①a為冷凝管②因?yàn)榉磻?yīng)過(guò)程有很多有毒的氣體，需要進(jìn)行處理，故b為吸收未反應(yīng)的Cl2、SO2和SOCl2蒸氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸瓶。（2）根據(jù)分析裝置A為制取氯氣。（3）組裝蒸餾裝置對(duì)混合物進(jìn)行整理提純，按由上而下、由左到右的順序組裝，安裝順序?yàn)棰佗幄啵缓筮B接冷凝管，蒸餾裝置中應(yīng)選擇直形冷凝管⑥，結(jié)構(gòu)連接尾接管⑩，SOCl2容易水解，為防止外界水蒸氣進(jìn)行最后連接③⑤。故連接順序?yàn)椋孩蔻猗邰?。?）①SOCl2可用作熱分解FeCl3?6H2O制取無(wú)水FeCl3的脫水劑，SOCl2遇水劇烈水解生成二氧化硫和氯化氫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為；②SOCl2具有還原性，鐵離子具有氧化性，二者可以反應(yīng)生成亞鐵離子和硫酸根離子，所以可以檢驗(yàn)亞鐵離子，用鐵氰化鉀，或用鋇離子檢驗(yàn)硫酸根離子。方法為：溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀或溶液，產(chǎn)生白色沉淀”；（5）①滴定終點(diǎn)為碘單質(zhì)完全反應(yīng)，故終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來(lái)的顏色；②根據(jù)方程式SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O;Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI；分析，有關(guān)系式為，SOCl2I2，硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為0.1V×10-3mol，則與SOCl2反應(yīng)的碘的物質(zhì)的量為（0.05×0.05-0.05V×10-3）mol，則樣品中SOCl2的物質(zhì)的量5×119×（0.05×0.05-0.05V×10-3）g，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。③A．實(shí)際碘標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低，則硫代硫酸鈉的用量減少，則與SOCl2反應(yīng)的碘量增加，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增高，。A正確；B．實(shí)際溶液濃度偏低，則用量大，與與SOCl2反應(yīng)的碘量減少，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減少，B錯(cuò)誤；C．水解過(guò)程，氣體吸收不充分，有部分氣體逸出，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，C錯(cuò)誤；故選A。9.氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)生活中有著重要應(yīng)用，減少氮的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境保護(hù)的重要內(nèi)容之一（1）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-12C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1若某反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為，請(qǐng)寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______________________________________________________。（2）利用NH3的還原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反應(yīng)如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H＜0，一定溫度下，在恒容密閉容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反應(yīng)物，發(fā)生上述反應(yīng)。下列不能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。A．c(NH3)︰c(NO)=2︰3B．n(NH3)︰n(N2)不變C．容器內(nèi)壓強(qiáng)不變D．容器內(nèi)混合氣體的密度不變E．1molN-H鍵斷裂的同時(shí)，生成1molO-H鍵（3）NO氧化反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分兩步進(jìn)行，其反應(yīng)歷程能量變化如圖所示。寫出決定NO氧化反應(yīng)速率的化學(xué)方程式：__________________________________。（4）實(shí)驗(yàn)測(cè)得反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH＜0的即時(shí)反應(yīng)速率滿足以下關(guān)系式：v正=k正·c2(NO)·c(O2)；v逆=k逆·c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。①溫度為T1時(shí)，在1L的恒容密閉容器中，投入0.6molNO和0.3molO2達(dá)到平衡時(shí)O2為0.2mol；溫度為T2時(shí)，該反應(yīng)存在k正=k逆，則T1_______T2(填“大于”、“小于”或“等于”)。②研究發(fā)現(xiàn)該反應(yīng)按如下步驟進(jìn)行：第一步：NO+NON2O2快速平衡第二步：N2O2+O22NO2慢反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡，第一步反應(yīng)中：v1正=k1正×c2(NO)；v1逆=k1逆×c(N2O2)。下列敘述正確的是_______。A．同一溫度下，平衡時(shí)第一步反應(yīng)的越大反應(yīng)正向程度越大B．第二步反應(yīng)速率低，因而轉(zhuǎn)化率也低C．第二步的活化能比第一步的活化能低D．整個(gè)反應(yīng)的速率由第二步反應(yīng)速率決定（5）科學(xué)家研究出了一種高效催化劑，可以將CO和NO2兩者轉(zhuǎn)化為無(wú)污染氣體，反應(yīng)方程式為：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，某溫度下，向10L密閉容器中分別充入0.1molNO2和0.2molCO，發(fā)生上述反應(yīng)達(dá)平衡，若保持溫度不變?cè)賹O、CO2氣體濃度分別增加一倍，則平衡_____________(填“右移”或“左移”或“不移動(dòng)”)；若將溫度降低，再次平衡后，與原平衡相比體系壓強(qiáng)(p總)__________(填“增大”、“減小”或“不變”)，原因是_____________________________________________________________?！即鸢浮剑?）2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=-7465kJ?mol-1（2）AE（3）N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（4）①.小于②.AD（5）右移減小降低溫度，體積不變，依據(jù)阿伏加德羅定律，即便氣體的分子數(shù)不變，體系的壓強(qiáng)也會(huì)減?。粶囟冉档?，平衡右移，氣體的物質(zhì)的量減小，體系的壓強(qiáng)減小〖解析〗（1）①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1②C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1由反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式，可確定發(fā)生的反應(yīng)為2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，利用蓋斯定律，將反應(yīng)②×2-①-③得：此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=(-393.5×2-180.5+221)kJ?mol-1=-746.5kJ?mol-1?！即鸢浮綖椋?CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=-746.5kJ?mol-1；（2）A．反應(yīng)物的起始投入量為n(NH3)︰n(NO)=2︰3，變化量之比為n(NH3)︰n(NO)=2︰3，則不管反應(yīng)是否達(dá)到平衡，始終存在c(NH3)︰c(NO)=2︰3，所以反應(yīng)不一定達(dá)平衡，A符合題意；B．n(NH3)︰n(N2)不變，則n(NH3)、n(N2)不變，正、逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，B不符合題意；C．反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不等，平衡前壓強(qiáng)始終發(fā)生改變，當(dāng)容器內(nèi)壓強(qiáng)不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，C不符合題意；D．平衡前容器內(nèi)混合氣體的質(zhì)量不斷改變，體積不變，則密度始終發(fā)生改變，當(dāng)密度不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，D不符合題意；E．1molN-H鍵斷裂的同時(shí)，生成1molO-H鍵，反應(yīng)進(jìn)行的方向相同，則不一定達(dá)平衡狀態(tài)，E符合題意；故選AE?！即鸢浮綖椋篈E；（3）從圖中可以看出，第二步反應(yīng)的活化能大，則此步是決速步，所以決定NO氧化反應(yīng)速率的化學(xué)方程式：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)?！即鸢浮綖椋篘2O2(g)+O2(g)2NO2(g)；（4）①溫度為T1時(shí)，在1L的恒容密閉容器中，投入0.6molNO和0.3molO2達(dá)到平衡時(shí)O2為0.2mol，則可建立如下三段式：K==1.25；溫度為T2時(shí)，該反應(yīng)存在k正=k逆，K=1＜1.25，則平衡逆向移動(dòng)，溫度升高，所以T1小于T2；②A．同一溫度下，平衡時(shí)第一步反應(yīng)的越大，則該步反應(yīng)的平衡常數(shù)越大，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度越大，A正確；B．反應(yīng)速率與平衡轉(zhuǎn)化率沒(méi)有必然聯(lián)系，第二步反應(yīng)速率慢，但平衡轉(zhuǎn)化率不一定低，B不正確；C．第二步反應(yīng)為慢反應(yīng)，則第二步的活化能比第一步的活化能大，C不正確；D．整個(gè)反應(yīng)的速率由慢反應(yīng)決定，則由第二步反應(yīng)速率決定，D正確；故選AD。〖答案〗為：小于；AD；（5）反應(yīng)方程式為：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，某溫度下，向10L密閉容器中分別充入0.1molNO2和0.2molCO，發(fā)生上述反應(yīng)達(dá)平衡，若保持溫度不變，再將CO、CO2氣體濃度分別增加一倍，即增大壓強(qiáng)，由于反應(yīng)物的氣體分子數(shù)大于生成物的氣體分子數(shù)，則平衡右移；若將溫度降低，平衡向右移動(dòng)，氣體的分子數(shù)減小，則再次平衡后，與原平衡相比體系壓強(qiáng)(p總)減小，原因是：降低溫度，體積不變，依據(jù)阿伏加德羅定律，即便氣體的分子數(shù)不變，體系的壓強(qiáng)也會(huì)減小；溫度降低，平衡右移，氣體的物質(zhì)的量減小，體系的壓強(qiáng)減小?！即鸢浮綖椋河乙?；減??；降低溫度，體積不變，依據(jù)阿伏加德羅定律，即便氣體的分子數(shù)不變，體系的壓強(qiáng)也會(huì)減小；溫度降低，平衡右移，氣體的物質(zhì)的量減小，體系的壓強(qiáng)減小。10.形狀記憶陶瓷目前尚處于研究階段，其中一種形狀記憶陶瓷的主要原材料是納米級(jí)ZrO2，用鋯石(ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和SiO2)制備納米級(jí)ZrO2的流程設(shè)計(jì)如圖：查閱資料知：Ksp〖Fe(OH)3〗=1.0×10-38，回答下列問(wèn)題。（1）鋯石“粉碎過(guò)篩”的目的是_____________________________________。（2）“酸浸”過(guò)程中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________。濾渣1的主要成分是__________。若室溫下Ksp〖Cu(CN)2〗=4×10-11，則為了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10-5mol/L，則溶液中CN—的濃度不能低于__________。（3）在空氣中焙燒Zr(OH)4可以得到納米ZrO2，若在實(shí)驗(yàn)室中焙燒Zr(OH)4主要使用的陶瓷儀器是_____________，工業(yè)生產(chǎn)中常常用無(wú)水乙醇洗滌Zr(OH)4，除了可以使納米級(jí)ZrO2純度更高、顆粒更細(xì)外，還可以_________________________。（4）酸浸時(shí)，得到的溶質(zhì)主要是ZrOCl2，而不是預(yù)想中的ZrCl4，說(shuō)明ZrCl4很容易水解，則ZrCl4水解產(chǎn)生ZrOCl2的化學(xué)方程式是__________________________________。（5）若鋯石中含有ZrSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是54.9%，在制備ZrO2的過(guò)程中損失10%的鋯元素，則1kg鋯石理論上能夠制得ZrO2的質(zhì)量是__________g。（6）除Fe3+也可以用合適的萃取劑，F(xiàn)e3+的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示，pH>1.7后，隨pH增大，F(xiàn)e3+萃取率下降的原因是_____________________________________。〖答案〗（1）增大反應(yīng)物的接觸面積，提高堿浸的反應(yīng)速率（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OH2SiO3（3）坩堝減少溶解損耗（4）ZrCl4+H2O=ZrOCl2+2HCl（5）332.1（6）pH＞1.7之后，F(xiàn)e3++3H2O?Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移動(dòng)，溶液中Fe3+濃度降低，所以萃取率下降〖祥解〗‘堿熔’中NaOH分別與Al2O3和SiO2反應(yīng)生成NaAlO2和Na2SiO3，加入鹽酸與FeO反應(yīng)生成Fe2+，亞鐵離子與過(guò)氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鐵離子和水，濾渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀鐵離子和鋁離子，濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，加入KCN除銅離子，加入氨水生成Zr(OH)4，受熱分解生成ZrO2。〖詳析〗（1）鋯石“粉碎過(guò)篩”的目的是：增大反應(yīng)物的接觸面積，提高堿浸的反應(yīng)速率；（2）“酸浸”過(guò)程中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)為加入鹽酸與FeO反應(yīng)生成Fe2+，亞鐵離子與過(guò)氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鐵離子和水，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入鹽酸發(fā)生強(qiáng)酸制弱酸反應(yīng)生成硅酸，硅酸難溶于水，則濾渣1的主要成分是H2SiO3；若室溫下Ksp〖Cu(CN)2〗=4×10-11，則為了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10-5mol/L，則溶液中CN—的濃度不能低于；（3）在實(shí)驗(yàn)室中焙燒Zr(OH)4主要使用的陶瓷儀器是坩堝；無(wú)水乙醇洗滌Zr(OH)4，除了可以使納米級(jí)ZrO2純度更高、顆粒更細(xì)外，由于乙醇易揮發(fā)，還可以減少溶解損耗；（4）ZrCl4水解產(chǎn)生ZrOCl2的化學(xué)方程式是：ZrCl4+H2O=ZrOCl2+2HCl；（5）根據(jù)Zr元素質(zhì)量守恒：解得m=332.1g，則1kg鋯石理論上能夠制得ZrO2的質(zhì)量是332.1g；（6）Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，pH＞1.7之后，隨著pH增大，溶液