山東省煙臺(tái)市、德州市2022屆高三下學(xué)期3月一模考試化學(xué)試題（解析版）

2022屆高考模擬試題PAGEPAGE1山東省煙臺(tái)市、德州市2022屆高三下學(xué)期3月一模考試可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：N-14Ca-40一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.北京冬奧會(huì)彰顯了我國(guó)的科技實(shí)力，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.冬奧會(huì)采用氫能源保障車有利于“碳達(dá)峰、碳中和”B.速滑館“冰絲帶”用CO2做制冷劑制冰發(fā)生化學(xué)變化C.冬奧禮儀服裝用到的石墨烯材料既能導(dǎo)熱又能導(dǎo)電D.制作“飛揚(yáng)”火炬的碳纖維復(fù)合材料屬于新型材料〖答案〗B〖解析〗A．采用氫能源保障車可以減少化石能源的使用，減少二氧化碳的排放，有利于“碳達(dá)峰、碳中和”的實(shí)現(xiàn)，故A正確；B．“冰絲帶”用二氧化碳做制冷劑制冰時(shí)，沒(méi)有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化，故B錯(cuò)誤；C．石墨烯材料屬于混合型晶體，層間存在分子間作用力，層內(nèi)存在大π鍵，既能導(dǎo)熱又能導(dǎo)電，故C正確；D．碳纖維復(fù)合材料是由有機(jī)纖維經(jīng)過(guò)一系列熱處理轉(zhuǎn)化而成，含碳量高于90%的無(wú)機(jī)高性能纖維，是一種力學(xué)性能優(yōu)異的新材料，具有碳材料的固有本性特征，又兼?zhèn)浼徔椑w維的柔軟可加工性，屬于屬于新型材料，故D正確；故選B。2.關(guān)于下列物質(zhì)應(yīng)用分析錯(cuò)誤的是（）A.常溫下，用鐵槽車運(yùn)輸濃硝酸利用了濃硝酸的強(qiáng)氧化性B.用維生素C做NaNO2中毒的急救藥利用了維生素C的強(qiáng)還原性C.用FeCl3止血是因?yàn)槠淠芩馍蒄e(OH)3沉淀D.用甘油做皮膚保濕劑是因?yàn)楦视椭杏卸鄠€(gè)羥基〖答案〗C〖解析〗A．常溫下，鐵在濃硝酸鈍化表面生成致密氧化膜、則用鐵槽車運(yùn)輸濃硝酸利用了濃硝酸的強(qiáng)氧化性，A正確；B．維生素C能還原NaNO2而消除體內(nèi)的NaNO2，維生素C做NaNO2中毒的急救藥利用了維生素C的強(qiáng)還原性，B正確；C．血液含膠體、遇到電解質(zhì)溶液能發(fā)生聚沉，用FeCl3止血是因?yàn)槠淠苁寡耗郏珻不正確；D．甘油含多羥基、能以任意比例和水互溶，用甘油做皮膚保濕劑是因?yàn)楦视椭杏卸鄠€(gè)羥基，D正確；〖答案〗選C。3.關(guān)于下列儀器使用的說(shuō)法正確的是（）A.①②③可用作反應(yīng)容器 B.①③⑤常用于物質(zhì)分離C.②③④使用前必須先洗滌后潤(rùn)洗 D.①⑥用酒精燈加熱時(shí)必須加石棉網(wǎng)〖答案〗D〖解析〗①為圓底燒瓶，可常用于作為反應(yīng)容器，加熱時(shí)須用石棉網(wǎng)；②為容量瓶，可用于配置一定物質(zhì)量濃度的溶液，不可加熱，不用潤(rùn)洗，不可作為反應(yīng)容器；③為分液漏斗，用于分分液萃取(分離提純)，使用時(shí)須經(jīng)洗滌，不用潤(rùn)洗，不可作為反應(yīng)容器；④為量筒，用于量取液體、使用時(shí)須經(jīng)洗滌，不用潤(rùn)洗；⑤為漏斗，用于過(guò)濾，用于分離固液；⑥為維形瓶，加熱時(shí)須墊石棉網(wǎng)；綜上可知，D正確；故選D。4.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是（）A.向淀粉水解液中加NaOH溶液，再加碘水，溶液不變藍(lán)，證明淀粉完全水解B.向酸性KMnO4溶液中通入SO2氣體，溶液褪色，證明SO2具有還原性C.向溶液中加BaCl2溶液，再加稀硝酸，生成的白色沉淀不溶解，證明含SO或Ag+D.向苯酚溶液中滴加少量濃溴水，振蕩，無(wú)白色沉淀，證明沒(méi)有生成三溴苯酚〖答案〗B〖解析〗A．NaOH溶液能與碘水反應(yīng)而消耗碘。應(yīng)取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反應(yīng)，如果不變色，則淀粉無(wú)剩余、說(shuō)明淀粉已完全水解，如果呈現(xiàn)特殊的藍(lán)色，則有淀粉剩余，A錯(cuò)誤；B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2氣體，溶液褪色，則錳元素化合價(jià)降低得到Mn2+、酸性KMnO4溶液被還原，證明SO2具有還原性，B正確；C．+4價(jià)S具有還原性、稀硝酸具有氧化性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)。向溶液中加BaCl2溶液，再加稀硝酸，生成的白色沉淀不溶解，沉淀可能是氯化銀、硫酸鋇，則原溶液可能含SO或Ag+、也可能含SO，C錯(cuò)誤；D．三溴苯酚是不溶于水的白色沉淀，苯酚過(guò)量時(shí)，三溴苯酚會(huì)溶解于苯酚難以形成沉淀。則：向苯酚溶液中滴加少量濃溴水，振蕩，無(wú)白色沉淀，不能證明沒(méi)有生成三溴苯酚，D錯(cuò)誤；〖答案〗選B。5.一種由短周期主族元素組成的抗病毒化合物結(jié)構(gòu)如圖，其中Q、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Q為元素周期表中原子半徑最小的，Y原子最外層電子數(shù)是Z原子電子層數(shù)的三倍。下列說(shuō)法正確的是（）A.第一電離能：X>Y>WB.Y的氫化物只含有極性鍵C.Q、X、Y只能形成共價(jià)化合物D.W、X、Y、Z四種元素形成的簡(jiǎn)單氫化物中Z的沸點(diǎn)最高〖答案〗A〖祥解〗Q為元素周期表中原子半徑最小的，故Q為H，由圖示可知，W為ⅣA族，X為ⅤA族，Y為ⅥA族，Z為ⅦA族，且Y原子最外層電子數(shù)是Z原子電子層數(shù)的三倍，故W是C，X是N，Y是O，Z是F，據(jù)此分析回答問(wèn)題。〖詳析〗A．同一周期，從左到右，第一電離能增大，但N的電子為半充滿狀態(tài)，故N>O，所以X>Y>W，A正確；B．Y的氫化物H2O2中有非極性鍵，B錯(cuò)誤；C．Q、X、Y課形成NH4NO3，為離子化合物，C錯(cuò)誤；D．H2O、NH3中含有氫鍵，H2O沸點(diǎn)最高，D錯(cuò)誤；故選A。6.電解法處理含有Cl-、NO的酸性廢水，其工作原理及電極b中鐵的化合物的催化機(jī)理如圖所示，H表示氫原子。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.電極b接電源負(fù)極B.處理1molNO，電路中轉(zhuǎn)移5mole-C.HClO在陽(yáng)極生成：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+D.H+與NO反應(yīng)的電極方程式為10H++NO+8e-=NH+3H2O〖答案〗B〖解析〗A．由圖知，電極b上硝酸根離子轉(zhuǎn)變?yōu)殇@根離子、被還原，則電極b為陰極、接電源負(fù)極，A正確；B．硝酸根離子轉(zhuǎn)變?yōu)殇@根離子N元素化合價(jià)從+5降低到-3，則處理1molNO，電路中轉(zhuǎn)移8mole-，B不正確；C．陽(yáng)極氯離子失去電子被氧化、生成HClO：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，C正確；D．電極b上硝酸根離子轉(zhuǎn)變?yōu)殇@根離子、H+與NO反應(yīng)的方程式為10H++NO+8e-=NH+3H2O，D正確；〖答案〗選B。7.某同學(xué)用0.1000mol·L-1鹽酸標(biāo)定濃度約為0.1mol·L-1氨水的濃度，操作如下：取規(guī)格為25mL的酸式滴定管，經(jīng)檢查不漏水后用蒸餾水洗滌，注入鹽酸，驅(qū)趕滴定管尖嘴部分的氣泡后調(diào)整液面，記錄讀數(shù)。準(zhǔn)確量取15.00mL氨水，注入錐形瓶中，滴加3滴酚酞試液。將鹽酸滴入錐形瓶中，并不斷搖動(dòng)錐形瓶，當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，停止滴加，記錄讀數(shù)。重復(fù)進(jìn)行三次滴定操作，取三次滴定結(jié)果的平均值。實(shí)驗(yàn)中存在的錯(cuò)誤有幾處？（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗實(shí)驗(yàn)中存在的錯(cuò)誤是：一是未潤(rùn)洗酸式滴定管，二是指示劑沒(méi)有選用甲基橙，共2處錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。8.鈀(Pd)的性質(zhì)與鉑相似，一種從廢鈀催化劑(主要成分為Pd、α-Al2O3和活性炭，還含少量Fe、Cu等元素)中回收海綿鈀的工藝流程如圖：已知：陰、陽(yáng)離子交換樹(shù)脂的基本工作原理分別為R-Cl+M-R-M+Cl-、R-Na+N+R-N+Na+。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.“灼燒”的主要目的是除去活性炭B.“酸浸”過(guò)程中溫度不宜過(guò)高C.“離子交換”所用樹(shù)脂為陽(yáng)離子交換樹(shù)脂D.“洗脫”過(guò)程中增大所用鹽酸濃度有利于洗脫〖答案〗C〖解析〗A．C與O2反應(yīng)變?yōu)镃O2氣體逸出，因此“灼燒”的主要目的是除去活性炭，A正確；B．“酸浸”時(shí)要加入H2O2將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，因此“酸浸”過(guò)程中溫度不宜過(guò)高，以免H2O2分解，B正確；C．離子交換發(fā)生的反應(yīng)為R-Cl+M-R-M+Cl-，因此所用樹(shù)脂為陰離子交換樹(shù)脂，從而除去Fe3+、Cu2+，C錯(cuò)誤；D．“洗脫”過(guò)程中增大鹽酸濃度，c(Cl-)增大，平衡R-Cl+M-R-M+Cl-逆向移動(dòng)，有利于洗脫，D正確；故合理選項(xiàng)是C。9.氮化硅(熔點(diǎn)1900℃)具有高強(qiáng)度、高韌性，常用作LED的基質(zhì)材料，通過(guò)SiH4與NH3發(fā)生反應(yīng)3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2制得。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.鍵角：SiH4>NH3B.SiH4還原性強(qiáng)于NH3，可證明非金屬性N>SiC.Si3N4屬于共價(jià)晶體D.SiH4為非極性分子〖答案〗B〖解析〗A．孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力大于鍵合電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力，NH3的孤電子對(duì)數(shù)目多于SiH4的孤電子對(duì)數(shù)目，鍵角：SiH4>NH3，故A正確；B．SiH4還原性強(qiáng)于NH3，不可證明非金屬性N>Si，故B錯(cuò)誤；C．Si3N4中N與Si原子間通過(guò)共價(jià)鍵形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于共價(jià)晶體，故C正確；D．SiH4是正四面體結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對(duì)稱，正負(fù)電荷中心重疊，為非極性分子，故D正確；故選B。10.一種全有機(jī)質(zhì)子二次電池放電原理如圖所示，電極材料中的P、PO、PR均為有機(jī)高分子化合物。下列說(shuō)法正確的是（）A.放電時(shí)，電極M發(fā)生氧化反應(yīng)B.放電時(shí)，H+移向電極NC.充電一段時(shí)間后，電解液的pH未變D.充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為P-2e-=PO+2H+〖答案〗C〖解析〗A．由圖示可知，放電時(shí)，電極M上，PO得電子結(jié)合氫離子生成P，為正極，電極反應(yīng)式為：PO+2ne-+2nH+=P(PO是有機(jī)物的簡(jiǎn)寫(xiě)，其中的O不代表氧元素)，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．由圖示可知，放電時(shí)，電極M得電子，M為正極，H+移向電極M，B錯(cuò)誤；C．由圖示可知，放電時(shí)正極反應(yīng)式為：PO+2ne-+2nH+=P，負(fù)極反應(yīng)式為：PR-2ne-=2nH++P(PR是有機(jī)物的簡(jiǎn)寫(xiě)，其中的R不代表某一元素)，則電池總反應(yīng)為：PO+PR2P，可知充電一段時(shí)間后，電解液的pH未變，C正確；D．由分析可知，放電時(shí)，電池的正極反應(yīng)式為：PO+2ne-+2nH+=P，則充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)式為：P-2ne-=PO+2nH+，D錯(cuò)誤；〖答案〗選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.為完成下列各組實(shí)驗(yàn)，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)（）實(shí)驗(yàn)玻璃儀器試劑A海帶提碘燒杯、玻璃棒、分液漏斗、酒精燈蒸餾水、新制氯水、CCl4B乙醛的銀鏡反應(yīng)燒杯、酒精燈、試管、膠頭滴管乙醛溶液、銀氨溶液C氨氣的噴泉實(shí)驗(yàn)燒杯、燒瓶、膠頭滴管、導(dǎo)管氨氣、蒸餾水D制備無(wú)水乙醇蒸餾燒瓶、牛角管、酒精燈、冷凝管、錐形瓶95%乙醇〖答案〗BC〖解析〗A．從海帶中提取I2，需要灼燒、溶解、氧化、過(guò)濾，使用的玻璃儀器有酒精燈、漏斗、玻璃棒、燒杯等，需要試劑有蒸餾水、新制氯水、CCl4，儀器缺少漏斗，不能完成實(shí)驗(yàn)，A不符合題意；B．乙醛的銀鏡反應(yīng)需熱水浴加熱，用膠頭滴管向盛有銀氨溶液的試管中滴加乙醛溶液，然后將該試管放入熱水中進(jìn)行反應(yīng)，水升溫要使用酒精燈加熱，故使用到的玻璃儀器有燒杯、酒精燈、試管、膠頭滴管，試劑有乙醛溶液、銀氨溶液，可以完成實(shí)驗(yàn)，B符合題意；C．用一個(gè)干燥的燒瓶收集氨氣，并用帶有玻璃導(dǎo)管和膠頭滴管(事先吸有水)的雙孔塞塞緊，導(dǎo)管末端放入盛有水的燒杯中，當(dāng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將止水夾移到玻璃管處，擠壓膠頭滴管，使少量水進(jìn)入燒瓶中，就會(huì)持續(xù)形成壓強(qiáng)差而形成噴泉，可以利用已知儀器和試劑完成氨氣的噴泉實(shí)驗(yàn)，C符合題意；D．用95%的乙醇制取無(wú)水乙醇時(shí)，需將95%的乙醇、生石灰混合加熱，用溫度計(jì)測(cè)量蒸氣溫度，用冷凝管冷卻降溫，冷凝管與接收器錐形瓶通過(guò)牛角管連接，儀器缺少溫度計(jì)，藥品缺少生石灰，不能完成實(shí)驗(yàn)，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是BC。12.中科院蘇州納米所5nm激光光刻研究獲最新進(jìn)展。如圖所示A、B是一種光刻膠樹(shù)脂的兩種單體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.A中存在3個(gè)手性碳原子B.B水解產(chǎn)物中的酸有2種同分異構(gòu)體C.A、B都存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體D.A、B通過(guò)加聚反應(yīng)生成光刻膠樹(shù)脂〖答案〗B〖解析〗A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物A中存在如圖*所示的3個(gè)連有不同原子或原子團(tuán)的手性碳原子：，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物B水解所得羧酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，的同分異構(gòu)體可能是鏈狀羧酸、環(huán)狀羧酸、鏈酯和環(huán)狀酯等，同分異構(gòu)體數(shù)目遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于2種，故B錯(cuò)誤；C．苯環(huán)的不飽和度為4，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物A、B的不飽和度都大于4，則A、B都存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物A、B都含有碳碳雙鍵，能通過(guò)加聚反應(yīng)生成光刻膠樹(shù)脂，故D正確；故選B。13.H2在石墨烯負(fù)載型Pd單原子催化劑(Pd/SVG)上還原NO生成N2和NH3的路徑機(jī)理及活化能(kJ·mol–1)如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.H2還原NO生成N2的決速步為反應(yīng)⑥B.Pd/SVG上H2還原NO，更容易生成N2C.根據(jù)如圖數(shù)據(jù)可計(jì)算NO+5H=NH3+H2O的ΔHD.由圖可知，相同催化劑條件下反應(yīng)可能存在多種反應(yīng)歷程〖答案〗BC〖解析〗A．活化能最大的為決速步，則H2還原NO生成N2的決速步為反應(yīng)⑥，A正確；B．由圖知，Pd/SVG上H2還原NO，經(jīng)過(guò)①到⑤即可生成氨氣、經(jīng)過(guò)①到⑧步才能生成氮?dú)?、而決速步反應(yīng)⑥的活化能最大、發(fā)生最困難，則更容易生成NH3、不容易生成N2，B不正確；C．根據(jù)如圖數(shù)據(jù)可計(jì)算NO+5H=NH3+H2O的正反應(yīng)的活化能、不知道逆反應(yīng)的活化能，故不能計(jì)算ΔH，C不正確；D．由圖可知，相同催化劑條件下反應(yīng)可能存在多種反應(yīng)歷程、可能得到不同產(chǎn)物，D正確；〖答案〗選BC。14.實(shí)驗(yàn)室中利用潔凈的銅片和濃硫酸進(jìn)行如圖實(shí)驗(yàn)，經(jīng)檢測(cè)所得固體中含有Cu2S和白色物質(zhì)X，下列說(shuō)法正確的是（）A.白色物質(zhì)X為CuSO4B.NO和Y均為還原產(chǎn)物C.參加反應(yīng)的濃硫酸中，表現(xiàn)氧化性的占25%D.NO與Y的物質(zhì)的量之和可能為2mol〖答案〗AC〖祥解〗由圖知，銅與足量濃硫酸反應(yīng)生成Cu2S和白色物質(zhì)X，無(wú)氣體生成，生成Cu2S時(shí)銅元素從0價(jià)升高到+1價(jià)、硫元素從+6價(jià)降低到-2價(jià)，則按得失電子數(shù)守恒、必定存在其他產(chǎn)物(所含元素化合價(jià)升高)、按元素質(zhì)量守恒只能為CuSO4，則白色物質(zhì)X為CuSO4，配平得到該反應(yīng)方程式為：，據(jù)此回答。〖詳析〗A．據(jù)分析，白色物質(zhì)X為CuSO4，A正確；B．Cu2S和白色物質(zhì)CuSO4加稀硫酸和稀硝酸時(shí)溶解，存在反應(yīng)：，Y為S單質(zhì)，則NO為還原產(chǎn)物、Y為氧化產(chǎn)物，B不正確；C．由可知，硫元素從+6價(jià)降低到-2價(jià)時(shí)表現(xiàn)氧化性，則參加反應(yīng)的濃硫酸中，表現(xiàn)氧化性的占25%，C正確；D．由知，3molCu生成0.6molCu2S，0.6molCu2S發(fā)生反應(yīng)得到0.8molNO與0.6molS，NO與S物質(zhì)的量之和為1.4mol，D不正確；〖答案〗選AC。15.常溫下，H3AsO4和H3AsO3溶液中含砷微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系分別如圖所示。向濃度均為0.01mol·L-1的H3AsO4和H3AsO3混合溶液中加入適量的NaOH溶液，下列說(shuō)法正確的是（）A.H2AsO+AsOHAsO+HAsOK=105.2B.pH=6時(shí)，c(H2AsO)>c(H3AsO3)>c(HAsO)>c(H2AsO)C.溶液呈中性時(shí)，約等于3D.pH=8時(shí)，H3AsO3的電離度約為9.09%〖答案〗CD〖解析〗A．H2AsO+AsOHAsO+HAsOK==106.5，故A錯(cuò)誤；B．由圖pH=6時(shí)，從左側(cè)的圖可知c(H2AsO)>c(HAsO)，結(jié)合右側(cè)的圖c(H3AsO3)>c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)，故B錯(cuò)誤；C．溶液呈中性時(shí)，溶液中AsO接近0，H3AsO3接近1，c(H+)=c(OH-)，c(HAsO)=c(H2AsO)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HAsO)×2+c(H2AsO)，c(Na+)=c(HAsO)×3，約等于3，故C正確；D．Ka1==10-9，pH=8時(shí)，==0.1，即，=，H3AsO3的電離度約為9.09%，故D正確；故選CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.含銅物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有著廣泛應(yīng)用。回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Cu原子的電子所占據(jù)的最高能層符號(hào)為_(kāi)_____；基態(tài)Cu+較基態(tài)Cu2+穩(wěn)定的原因是______________________________________________________________________；Cu2O和Cu2S都是離子晶體，熔點(diǎn)較高的是__________。（2）CuSO4稀溶液中存在〖Cu(H2O)6〗2+，〖Cu(H2O)6〗2+的空間構(gòu)型為_(kāi)_____________；下列對(duì)〖Cu(H2O)6〗2+中Cu2+雜化方式推斷合理的是________(填標(biāo)號(hào))。A.sp3 B.sp3d C.sp3d2 D.dsp2（3）Cu2+可形成〖Cu(en)2NH3〗(BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。該化合物分子中，VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有____個(gè)；C、N、F的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)___________________。（4）一種由Cu、In、Te組成的晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶體中Te原子填充在Cu、In圍成的四面體空隙中，則四面體空隙的占有率為_(kāi)_____；該晶體的化學(xué)式為_(kāi)_______。以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，如A點(diǎn)、B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(0，0，0)、(，，)，則C點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為_(kāi)___________；晶胞中C、D間距離d=__________pm?！即鸢浮剑?）NCu+的3d軌道全滿達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)Cu2O（2）八面體形C（3）11F、N、C（4）50%CuInTe2(，，)〖解析〗（1）銅元素的原子序數(shù)為29，價(jià)電子排布式為3d104s1，由構(gòu)造原理可知，原子的電子所占據(jù)的最高能層為N；銅原子失去1個(gè)電子形成亞銅離子，亞銅離子的價(jià)電子排布式為3d10，3d軌道為穩(wěn)定的全充滿結(jié)構(gòu)，不易失去電子，所以亞銅離子比銅離子穩(wěn)定；氧化亞銅和硫化亞銅都是離子晶體，氧離子的離子半徑小于硫離子，氧化亞銅的晶格能大于硫化亞銅，則氧化亞銅的熔點(diǎn)高于硫化亞銅，故〖答案〗為：N；Cu2O；Cu+的3d軌道全滿達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)；（2）六水合銅離子中銅離子為中心離子，水分子為配位體，配位數(shù)為6，由配位鍵的數(shù)目可知，銅離子的雜化方式可能為sp3d2雜化，配離子的空間構(gòu)型為八面體形，故〖答案〗為：八面體形；C；（3）〖Cu(en)2NH3〗(BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)都為4，VSEPR模型都為四面體，則VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11個(gè)；非金屬元素的非金屬性越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越強(qiáng)，元素非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镕、N、C，則電負(fù)性的大小順序?yàn)镕、N、C，故〖答案〗為：11；F、N、C；（4）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，銦原子形成的四面體空隙有8個(gè)，形成的八面體空隙也有8個(gè)，則四面體空隙的占有率為×100%=50%；晶胞中位于頂點(diǎn)、面上和體內(nèi)的銅原子個(gè)數(shù)為8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的銦原子個(gè)數(shù)為6×+4×=4，位于體內(nèi)的碲原子個(gè)數(shù)為8，則銅、銦、碲的原子個(gè)數(shù)為4：4：8=1：1：2，晶體的化學(xué)式為CuInTe2；由位于頂點(diǎn)A點(diǎn)和體心B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(0，0，0)、(，，)可知，晶胞邊長(zhǎng)為1，則位于體對(duì)角線處、面對(duì)角線處的C點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的邊長(zhǎng)為pm、pm可知，C、D間距離d==pm，故〖答案〗為：50%；CuInTe2；(，，)；。17.鋅電解陽(yáng)極泥(主要成分為MnO2、PbSO4和ZnO，還有少量錳鉛氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶鋅過(guò)程中產(chǎn)生的廢渣，一種回收鋅電解陽(yáng)極泥中金屬元素鋅、錳、鉛和銀的工藝如圖。回答下列問(wèn)題：已知：①M(fèi)nSO4?H2O易溶于水，不溶于乙醇。②在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生如下反應(yīng)：+HCOOH（1）已知Pb2Mn8O16中Pb為+2價(jià)，Mn為+2價(jià)和+4價(jià)，則氧化物中+2價(jià)和+4價(jià)Mn的個(gè)數(shù)比為_(kāi)_________。（2）“還原酸浸”過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________。（3）實(shí)際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠(yuǎn)大于理論加入量，其原因是______________________________________________________________________________，為提高葡萄糖的有效利用率，除充分?jǐn)嚢柰膺€可采取的措施為_(kāi)_______________________________。（4）整個(gè)流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是____________。獲得MnSO4?H2O晶體的一系列操作是指蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾、洗滌、干燥，其中洗滌的具體操作是____________________________________________________________________。（5）加入Na2CO3溶液的目的是將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，Na2CO3溶液的最小濃度為_(kāi)_____mol·L–1(保留兩位小數(shù))。判斷沉淀轉(zhuǎn)化能否徹底進(jìn)行并說(shuō)明理由__________________________________________________________________________________________?！家阎?0℃時(shí)Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6〗〖答案〗（1）1:3（2）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O（3）在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖發(fā)生了副反應(yīng)，從而額外消耗了大量葡萄糖少量多次加入葡萄糖（4）醋酸(CH3COOH)向漏斗中加入乙醇至浸沒(méi)MnSO4?H2O晶體(或沉淀)，待乙醇自然流下，重復(fù)2～3次（5）5.87×10-10該沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)能徹底進(jìn)行，因?yàn)樵摮恋磙D(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為K==2.16×105＞1×105，所以能徹底進(jìn)行〖祥解〗由題中工藝流程圖可知，鋅電解陽(yáng)極泥(主要成分為MnO2、PbSO4和ZnO，還有少量錳鉛氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO轉(zhuǎn)化為ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖還原酸浸，+4價(jià)的Mn變成+2價(jià)Mn進(jìn)入溶液，過(guò)濾，得MnSO4溶液，經(jīng)過(guò)一系列操作，得MnSO4?H2O晶體，濾渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4轉(zhuǎn)化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶鉛，得到Ag單質(zhì)和醋酸鉛溶液，在醋酸鉛溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，過(guò)濾得PbSO4；據(jù)此解答?！荚斘觥剑?）由題中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb為+2價(jià)，Mn為+2價(jià)和+4價(jià)，設(shè)+2價(jià)Mn有x個(gè)，+4價(jià)Mn有y個(gè)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0得，，解之，則+2價(jià)Mn與+4價(jià)Mn個(gè)數(shù)比為x:y=2:6=1:3；〖答案〗為1:3。（2）由題中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖與MnO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，+4價(jià)Mn得電子被還原成Mn2+，葡萄糖中C失電子被氧化成CO2，其離子方程式為C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；〖答案〗為C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。（3）由題中信息可知，在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生如下反應(yīng)+HCOOH，所以葡萄糖發(fā)生了副反應(yīng)，從而額外消耗了大量葡萄糖；為提高葡萄糖的有效利用率，減小葡萄糖的損失，除充分?jǐn)嚢柰膺€可采取的措施為少量多次加入葡萄糖；〖答案〗為在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖發(fā)生了副反應(yīng)，從而額外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。（4）由題中信息和流程圖可知，在醋酸鉛溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循環(huán)使用；由題中信息可知，MnSO4?H2O易溶于水，不溶于乙醇，為了減小洗滌損失，MnSO4?H2O用乙醇洗滌，具體操作為向漏斗中加入乙醇至浸沒(méi)MnSO4?H2O晶體(或沉淀)，待乙醇自然流下，重復(fù)2～3次；〖答案〗為醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸沒(méi)MnSO4?H2O晶體(或沉淀)，待乙醇自然流下，重復(fù)2～3次。（5）由題中信息可知，加入Na2CO3溶液是將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因?yàn)镻bSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3時(shí)，的最小濃度為c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常數(shù)K=====2.16×105＞1×105，所以能徹底轉(zhuǎn)化；〖答案〗為5.87×10-10；該沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)能徹底進(jìn)行，因?yàn)樵摮恋磙D(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為K==2.16×105＞1×105，所以能徹底進(jìn)行。18.氮化鈣(Ca3N2)是一種重要試劑，常溫下為棕色固體，在空氣中會(huì)被氧化，遇水強(qiáng)烈水解，產(chǎn)生刺激性氣味氣體。實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)如圖裝置用Ca與N2反應(yīng)制備Ca3N2，并對(duì)Ca3N2純度進(jìn)行測(cè)定。回答下列問(wèn)題：I.Ca3N2的制備（1）儀器a的名稱為_(kāi)_________，E裝置的主要作用是__________________________。（2）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)應(yīng)首先點(diǎn)燃______(填“A”或“C”)處酒精燈，當(dāng)觀察到__________________時(shí)點(diǎn)燃另一處酒精燈。Ⅱ.Ca3N2純度的測(cè)定(已知所含的雜質(zhì)不與水反應(yīng)產(chǎn)生氣體)（3）方案一：①按圖1所示連接裝置，檢查裝置氣密性后加入試劑。②測(cè)定虛線框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m1；③__________________________，用分液漏斗加入足量水，至不再產(chǎn)生氣體；④______________________________；⑤再次測(cè)定虛線框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m2。則產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為_(kāi)_____________。（4）方案二：按圖2所示連接裝置，檢查裝置氣密性后加入試劑。打開(kāi)分液漏斗活塞向三頸燒瓶中加入蒸餾水，打開(kāi)K持續(xù)通入水蒸氣，將產(chǎn)生的氨全部蒸出，并用100mL1.00mol·L-1的稀硫酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸收(液體體積變化忽略不計(jì))。從燒杯中量取10.00mL的吸收液注入錐形瓶中，用1.00mol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)量的稀硫酸，到終點(diǎn)時(shí)消耗12.80mLNaOH溶液。則產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______。若兩個(gè)方案均操作無(wú)誤，比較兩方案測(cè)定的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，方案一________(填“偏高”“偏低”或“相等”)?！即鸢浮剑?）蒸餾燒瓶液封(或隔絕空氣中的氧氣進(jìn)入硬質(zhì)玻璃管與Ca和Ca3N2反應(yīng))（2）AE裝置中有均勻的氣泡產(chǎn)生（3）關(guān)閉K1，打開(kāi)K2打開(kāi)K1，通一段時(shí)間的N2×100%（4）88.8%偏低〖祥解〗I．根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)室利用Ca與N2反應(yīng)制備Ca3N2，A裝置為N2的發(fā)生裝置，B為除去N2中混有的水蒸氣，C為氮?dú)馀cCa反應(yīng)生成氮化鈣的反應(yīng)裝置，D防止E中的水蒸氣進(jìn)入C中，E防止外界空氣中O2進(jìn)入到C中，防止O2與Ca及氮化鈣發(fā)生反應(yīng)；Ⅱ．目的測(cè)定Ca3N2純度，利用Ca3N2與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和氨氣，利用濃硫酸來(lái)吸收氨氣，通過(guò)測(cè)定硫酸的量，方案1根據(jù)硫酸的增重得知氨的量，從而可知知道Ca3N2的質(zhì)量，從而可知Ca3N2純度；方案2利用過(guò)量的硫酸和氨先反應(yīng)，再與氫氧化鈉反應(yīng)，間接的求出氨的物質(zhì)的量，從而可知知道Ca3N2的質(zhì)量，從而可知Ca3N2純度，但是如何盡可能將氨吸收完全，是此題中關(guān)鍵，以此來(lái)〖解析〗?！荚斘觥剑?）儀器a的名稱為蒸餾燒瓶，E裝置作用液封(或隔絕空氣中的氧氣進(jìn)入硬質(zhì)玻璃管與Ca和Ca3N2反應(yīng))；（2）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)應(yīng)首先點(diǎn)燃A處酒精燈，當(dāng)觀察到E裝置中氣泡均勻時(shí)點(diǎn)燃另一處酒精燈；（3）①按圖1所示連接裝置，檢查裝置氣密性后加入試劑，②測(cè)定虛線框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m1，③關(guān)閉開(kāi)關(guān)K1，打開(kāi)開(kāi)關(guān)K2，用分液漏斗加入足量水，至不再產(chǎn)生氣體，④打開(kāi)開(kāi)關(guān)K1，通入足量的N2把產(chǎn)生的氣體全部壓入濃硫酸，⑤再次測(cè)定虛線框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m2；根據(jù)Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根據(jù)Ca3N2～2NH3，可知148gCa3N2～34gNH3，產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)×100%=×100%；（4）根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4則與氫氧化鈉反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根據(jù)2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反應(yīng)產(chǎn)生氮化鈣與水反應(yīng)產(chǎn)生的氨氣的物質(zhì)的量為：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根據(jù)Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根據(jù)Ca3N2～2NH3，可知148gCa3N2～2molNH3，產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)×100%=88.8%；若兩個(gè)方案均操作無(wú)誤，一個(gè)用氮?dú)鈱迸诺胶竺嫜b置，一個(gè)利用水蒸氣排氨氣，氮?dú)獠荒軐⑷芙庠谒械陌睔馀懦?，故得到氨氣相?duì)少一些，故方案一偏低。19.乙烯是制造塑料、橡膠和纖維的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）上述反應(yīng)的Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中曲線a所示，已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式Rlnk=-+C(Ea為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))。反應(yīng)的活化能Ea=______kJ·mol-1。當(dāng)改變外界條件時(shí)，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中曲線b所示，則實(shí)驗(yàn)可能改變的外界條件是______________________。（2）在恒容密閉容器中，起始?jí)簭?qiáng)相同，反應(yīng)溫度、投料比〖=x〗對(duì)CO2平衡轉(zhuǎn)化率的影響如圖所示。則?H______0(填“＞””或“＜”，下同)；a______3；M、N兩點(diǎn)的反應(yīng)速率v逆(M)______v正(N)；M、N兩點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)KM______KN。（3）理論計(jì)算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。圖中表示H2變化的曲線是________；根據(jù)圖中點(diǎn)A(630K，0.2)，列出該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)的計(jì)算式Kp=____________(MPa)-3(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。〖答案〗（1）30加入催化劑或增大催化劑比表面積（2）＜＞＜＞（3）a〖解析〗（1）將(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分別代入到Rlnk=--+C中得到，解得Ea=30kJmol-1；將(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分別代入到Rlnk=-+C中得到，解得Ea=15kJmol-1，與a相比，活化能降低，則實(shí)驗(yàn)可能改變的外界條件是使用更高效的催化劑或增大催化劑比表面積；（2）投料比越大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，故a>3；升高溫度，CO2平衡轉(zhuǎn)化率降低，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，?H<0，溫度越低，化學(xué)反應(yīng)速率越小，K越小，，則；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，M、N兩點(diǎn)的反應(yīng)平衡常數(shù)>；（3）由題中信息可知，兩反應(yīng)物的初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，由圖中曲線的起點(diǎn)坐標(biāo)可知，c和a所表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:3，d和b表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:4，則結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可以判斷，表示氫氣變化的曲線是a，乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c，b表示水蒸氣；原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強(qiáng)為0.1Mpa建立平衡。由A點(diǎn)坐標(biāo)可知，該溫度下，二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為