安徽省六校聯(lián)合會(huì)2025屆高三化學(xué)第二次素質(zhì)測(cè)試試題含解析

PAGE19-安徽省六校聯(lián)合會(huì)2025屆高三化學(xué)其次次素養(yǎng)測(cè)試試題（含解析）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.北宋《本草圖經(jīng)》中載有：“綠礬形似樸消（Na2SO4·10H2O）而綠色，取此一物置于鐵板上，聚炭，封之囊袋，吹令火熾，其礬即沸，流精彩赤如融金汁者，是真也?！毕铝袑?duì)此段話的理解正確的是A.樸消是黑火藥的成分之一 B.上述過(guò)程發(fā)生的是置換反應(yīng)C.此記載描述的是鑒別綠礬的方法 D.“色赤”物質(zhì)可能是單質(zhì)銅【答案】C【解析】【分析】由信息可知，綠礬為結(jié)晶水合物，加熱發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氧化鐵，F(xiàn)e元素的化合價(jià)上升，S元素的化合價(jià)降低，以此分析。【詳解】A．樸消是Na2SO4·10H2O，而黑火藥是我國(guó)古代四大獨(dú)創(chuàng)之一,它的組成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固體)三碳(木炭粉)，故A錯(cuò)誤；B．綠礬為結(jié)晶水合物，加熱發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氧化鐵，F(xiàn)e元素的化合價(jià)上升，S元素的化合價(jià)降低，不是置換反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．FeSO4·7H2O分解生成氧化鐵、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫與水結(jié)合生成硫酸，則流出的液體中含有硫酸，現(xiàn)象明顯，是鑒別綠礬的方法，故C正確；D．Fe的氧化物只有氧化鐵為紅色，則“色赤”物質(zhì)可能是Fe2O3，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查金屬及化合物性質(zhì)，把握習(xí)題中的信息及發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用實(shí)力的考查，留意元素化合物學(xué)問(wèn)的應(yīng)用，易錯(cuò)點(diǎn)A，黑火藥的成分和芒硝不同。2.有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.X的分子式為C13H10O5B.X分子中有五種官能團(tuán)C.X能使溴的四氯化碳溶液褪色D.X分子中全部碳原子可能共平面【答案】B【解析】【詳解】A.由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，X的分子式為C13H10O5，故A正確；B．X分子中有羧基、羥基、羰基、碳碳雙鍵四種官能團(tuán)，故B錯(cuò)誤；C．X分子中有碳碳雙鍵，X能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正確；D．X分子中有11個(gè)碳是sp2雜化，平面三角形結(jié)構(gòu)，與它相連的碳共面，有2個(gè)碳是sp3雜化，可以通過(guò)旋轉(zhuǎn)后共面，X分子中全部碳原子可能共平面，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用實(shí)力的考查，留意結(jié)構(gòu)及對(duì)稱性推斷，難點(diǎn)D，抓住共面的條件，某點(diǎn)上相連的原子形成的周角之和為360°，易錯(cuò)點(diǎn)B，苯環(huán)不是官能團(tuán)。3.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.46g乙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為7NAB.34g硫化氫在足量的氧氣中燃燒轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為8NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF含有的原子數(shù)為2NAD.64gCaC2晶體中陰離子和陽(yáng)離子總數(shù)為2NA【答案】D【解析】【詳解】A.每個(gè)乙醇分子有5個(gè)C-H鍵、1個(gè)C-C、1個(gè)C-O鍵、1個(gè)O-H鍵，46g乙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為8NA，故A錯(cuò)誤；B．2H2S＋3O2=2SO2＋2H2O，1mol硫化氫轉(zhuǎn)移6mol電子，34g硫化氫在足量的氧氣中燃燒轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為6NA，故B錯(cuò)誤；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF是液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計(jì)算物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D．CaC2由Ca2＋和C22－構(gòu)成，64gCaC2晶體中陰離子和陽(yáng)離子總數(shù)為2NA，故D正確；故選D。4.下列對(duì)試驗(yàn)現(xiàn)象的說(shuō)明正確的是選項(xiàng)操作現(xiàn)象說(shuō)明A將銅粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液變藍(lán)金屬鐵比銅活潑B銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成濃硫酸具有強(qiáng)氧化性和吸水性C氧化鐵溶于足量HI溶液溶液呈棕黃色Fe3+呈棕黃色D向待測(cè)液中加入適量的NaOH溶液，將潮濕的紅色石蕊試紙放在試管口潮濕的紅色石蕊試紙未變藍(lán)待測(cè)液中不存在NH4+A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．二者反應(yīng)生成硫酸銅、硫酸亞鐵，只能說(shuō)明鐵離子氧化性大于銅離子，不能比較金屬性；要證明金屬鐵比銅活潑，要將鐵放入硫酸銅等溶液中，故A錯(cuò)誤；B．銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成，說(shuō)明生成了無(wú)水硫酸銅，銅被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸銅從溶液中析出時(shí)應(yīng)是CuSO4·5H2O，是藍(lán)色固體，現(xiàn)變成白色，是無(wú)水硫酸銅，說(shuō)明濃硫酸具有吸水性，故B正確；C．氧化鐵溶于足量HI溶液，F(xiàn)e2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黃色，故C錯(cuò)誤；D．銨根離子與氫氧化鈉在加熱條件下能反應(yīng)生成氨氣，氨氣能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)，這是氨氣的特征反應(yīng)，但潮濕的紅色石蕊試紙未變藍(lán)，也可能是溶液太稀，沒(méi)有得到氨氣，無(wú)法確定待測(cè)液中是否存在NH4+，故D錯(cuò)誤；故選B。5.X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。元素W分別與元素X、Y、Z結(jié)合形成質(zhì)子數(shù)相同的甲、乙、丙三種分子。反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，乙與丙的混合物不能用玻璃瓶盛裝。上述物質(zhì)有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.甲是易液化氣體，常用作致冷劑B.可以用甲在肯定條件下消退丁對(duì)環(huán)境的污染C.甲、丙分子可以干脆化合生成離子化合物D.丁是一種紅棕色氣體，是大氣主要污染物之一【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。元素W分別與元素X、Y、Z結(jié)合形成質(zhì)子數(shù)相同的甲、乙、丙三種分子，則W為H元素。反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，乙與丙的混合物不能用玻璃瓶盛裝，乙是H2O，丙是HF，Z的單質(zhì)是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO?！驹斀狻緼.甲為NH3，氨氣易液化，揮發(fā)汲取大量的熱量，常用作致冷劑，故A正確；B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，產(chǎn)生無(wú)污染的氮?dú)夂退?，可以用甲在肯定條件下消退丁對(duì)環(huán)境的污染，故B正確；C.甲為NH3、丙為HF，甲、丙分子可以干脆化合生成離子化合物NH4F，故C正確；D.丁是NO，是一種無(wú)色氣體，是大氣主要污染物之一，故D錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)睛】本題考查無(wú)機(jī)物推斷，結(jié)合題干信息及轉(zhuǎn)化關(guān)系推斷物質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，留意駕馭常見(jiàn)元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解實(shí)力及邏輯推理實(shí)力，易錯(cuò)點(diǎn)D，反應(yīng)②是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，說(shuō)明生成的丁是NO，不是NO2。6.常溫下，將1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變更）并充分?jǐn)嚢瑁尤隢a2CO3固體的過(guò)程中，溶液中Ca2+和CO32-的濃度變更曲線如圖所示，下列說(shuō)法中不正確的是A.a=5.6B.常溫下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)C.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，離子濃度關(guān)系為c(C2O42-)＜c(CO32-)D.若使1molCaC2O4全部轉(zhuǎn)化為CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO3【答案】B【解析】【詳解】A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1時(shí)，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，當(dāng)c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1時(shí)，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)==5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正確；B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變更）并充分?jǐn)嚢?，CaC2O4和CaCO3之間能轉(zhuǎn)化，是變更離子的濃度，使沉淀的轉(zhuǎn)化平衡向不同的方向移動(dòng)，不能推斷Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B錯(cuò)誤；C．從圖中當(dāng)c(CO32-)在0~a時(shí)，溶液為CaC2O4的飽和溶液，c(C2O42-)的最大值為5.6×10-5mol·L－1，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，離子濃度關(guān)系為c(C2O42-)＜c(CO32-)，故C正確；D．若使1molCaC2O4全部轉(zhuǎn)化為CaCO3，則此時(shí)溶液中c（C2O42-）==2mol·L－1，依據(jù)Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此時(shí)溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而依據(jù)Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）===2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而還有生成的1mol碳酸鈣，故所需的碳酸鈉的物質(zhì)的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正確；故選B。【點(diǎn)睛】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，把握?qǐng)D象分析、Ksp計(jì)算、平衡常數(shù)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用實(shí)力的考查，留意選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)，碳酸根有兩部分，沉淀的和溶解的兩部分，要利用Ksp進(jìn)行計(jì)算。7.苯甲酸在水中的溶解度為：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）。某苯甲酸晶體中含少量可溶性雜質(zhì)X和難溶性雜質(zhì)Y?，F(xiàn)擬用下列裝置和操作進(jìn)行提純：裝置：操作：①常溫過(guò)濾②趁熱過(guò)濾③加熱溶解④結(jié)晶⑤洗滌、干燥下列有關(guān)說(shuō)法正確的是_________A.用甲裝置溶解樣品，X在第①步被分別B.用乙裝置趁熱過(guò)濾，Y在第②步被分別C.用丙裝置所示的方法結(jié)晶D.正確的操作依次為：③→④→②→①→⑤【答案】A【解析】【詳解】A.苯甲酸在水中的溶解度為0.18g（4℃），、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）用甲裝置溶解樣品，Y末溶，X溶解形成不飽和溶液，苯甲酸形成熱飽和溶液，X在第①步被分別到溶液中，故A正確；B.乙一般漏斗，不能用乙裝置趁熱過(guò)濾，且過(guò)濾裝置錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；C.依據(jù)苯甲酸的溶解度受溫度影響，應(yīng)用冷卻熱飽和溶液的方法結(jié)晶，故C錯(cuò)誤；D.正確的操作依次為：③加熱溶解：X和苯甲酸溶解②趁熱過(guò)濾：分別出難溶物質(zhì)Y④結(jié)晶：苯甲酸析出①常溫過(guò)濾：得到苯甲酸，X留在母液中⑤洗滌、干燥，得較純的苯甲酸，正確的依次為③→②→④→①→⑤，故D錯(cuò)誤；故選A。8.某地有軟錳礦（主要成分MnO2，含少量SiO2和Al2O3）和閃鋅礦（主要成分ZnS，含少量FeS、CuS和CdS）兩座礦山。綜合利用的工藝如下，主產(chǎn)品是通過(guò)電解獲得的鋅和二氧化錳,副產(chǎn)品為硫磺、少量金屬銅和鎘。生產(chǎn)中除礦石外，只需購(gòu)入少量的硫酸和純堿。(1)以FeS為例，寫(xiě)誕生成硫磺的反應(yīng)方程式____。(2)回收的硫磺可用于制取石硫合劑：在反應(yīng)器內(nèi)加水使石灰消解，然后加足量水，在攪拌下把硫磺粉漸漸倒入，升溫熬煮，使硫發(fā)生歧化反應(yīng)，先得到白色渾濁液，進(jìn)一步反應(yīng)得粘稠狀深棕色液體，并殘留少量固體雜質(zhì)。制備中先得到的白色渾濁物是________________，殘留的固體雜質(zhì)可能是_________________。(3)寫(xiě)出物質(zhì)A和B的化學(xué)式_____、_____。(4)不在濾液Ⅱ中干脆加入Na2CO3的緣由是_____。(5)電解時(shí)的陰極材料為_(kāi)____，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______________。(6)已知H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，則濃度均為0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液的pH約為_(kāi)__________(lg4=0.6，lg5=0.7），溶液中含碳微粒的濃度從大到小的依次為_(kāi)____向此溶液中不斷滴加1mol/L稀HCl時(shí)，溶液中c(CO32-)的變更曲線如下圖所示，請(qǐng)?jiān)趫D中畫(huà)出溶液中其它含碳微粒濃度變更的曲線。_________________________【答案】(1).3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S↓+6H2O(2).CaSO3(3).CaCO3或（和）CaSO4(4).Zn(5).MnO2(6).防止帶入Na+等雜質(zhì)(7).純鋅（或Zn）(8).Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(9).10.3(10).HCO3-＞CO32-＞H2CO3（或CO2）(11).【解析】【分析】（1）步驟①中，軟錳礦、閃鋅礦粉與硫酸溶液共熱時(shí)析出硫的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，MnO2在酸性溶液中分別和CuS和FeS發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S↓+6H2O；（2）硫發(fā)生歧化反應(yīng)，生成低價(jià)硫化物如CaS等和高價(jià)硫的含氧酸鹽如CaSO3、及其氧化產(chǎn)物CaSO4等；（3）濾液1中加入金屬鋅是為了回收金屬，回收金屬的主要成份為Cu、Cd；物質(zhì)B中MnO2，其作用是將Fe2＋氧化為Fe3＋；（4）再加入Zn（OH）2等再調(diào)整溶液pH，使Fe3＋、Al3＋轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，并且不能引入雜質(zhì)，另外物質(zhì)可以是Zn（OH）2、Mn（OH）2、ZnCO3、MnCO3等難溶固體；故不用Na2CO3的緣由是防止帶入Na+等雜質(zhì)；（5）陽(yáng)極Mn2+失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，生成MnO2；（6）0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中,CO32-水解大于HCO3-，據(jù)此可以判定混合液中離子濃度大小關(guān)系；Na2CO3和NaHCO3的混合溶液顯堿性，以碳酸鈉水解為主，依據(jù)水解平衡常數(shù)、碳酸的Ka2可以計(jì)算出c（OH-），進(jìn)而求出c（H+），從而求出pH；Na2CO3和NaHCO3的混合溶液不斷滴加1mol/L稀HCl時(shí)，先發(fā)生CO32-+H+=HCO3-，再發(fā)生HCO3-+H+=H2CO3，溶液中c(CO32-)的變更曲線如下圖所示，濃度先增大后變小，據(jù)此畫(huà)圖?！驹斀狻浚?）MnO2在酸性溶液與FeS反應(yīng)生成硫酸鐵、硫酸錳、S與水，生成硫磺的反應(yīng)方程式3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S↓+6H2O。故答案為：3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S↓+6H2O；（2）在反應(yīng)器內(nèi)加水使石灰溶解，然后加足量水，在攪拌下把硫磺粉漸漸倒入，升溫熬煮，使硫發(fā)生歧化反應(yīng)，生成低價(jià)硫化物如CaS等和高價(jià)硫的含氧酸鹽如CaSO3、及其氧化產(chǎn)物CaSO4等，先得到白色渾濁液，進(jìn)一步反應(yīng)得粘稠狀深棕色液體，并殘留少量固體雜質(zhì)。制備中先得到的白色渾濁物是CaSO3，殘留的固體雜質(zhì)可能是CaCO3或（和）CaSO4。故答案為：CaSO3；CaCO3或（和）CaSO4；（3）濾液1中加入金屬鋅是為了回收金屬，回收金屬的主要成份為Cu、Cd；物質(zhì)B中MnO2，其作用是將Fe2＋氧化為Fe3＋；物質(zhì)A和B的化學(xué)式Zn、MnO2。故答案為：Zn；MnO2；（4）再加入Zn（OH）2等再調(diào)整溶液pH，使Fe3＋、Al3＋轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，并且不能引入雜質(zhì)，不在濾液Ⅱ中干脆加入Na2CO3的緣由是防止帶入Na+等雜質(zhì)。故答案為：防止帶入Na+等雜質(zhì)；（5）電解時(shí)的陰極材料為純鋅（或Zn），陽(yáng)極Mn2+失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，生成MnO2，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。故答案為：純鋅（或Zn）；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；（6）已知H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，得的水解常數(shù)為:，則濃度均為0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)，即c（OH-）==2×10-4，pH=-lg5×10-11=10+lg2=10.3；0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中,CO32-水解大于HCO3-電離，溶液中含碳微粒的濃度從大到小的依次為；HCO3-＞CO32-＞H2CO3（或CO2）；向此溶液中不斷滴加1mol/L稀HCl時(shí)，先發(fā)生CO32-+H+=HCO3-，再發(fā)生HCO3-+H+=H2CO3，溶液中c(CO32-)的變更曲線如下圖所示，濃度先增大后變小，H2CO3在CO32-+H+=HCO3-后漸漸增大，其含碳微粒濃度變更的曲線。；故答案：10.3；HCO3-＞CO32-＞H2CO3（或CO2）；【點(diǎn)睛】本題考查混合物分別提純的綜合應(yīng)用及物質(zhì)制備試驗(yàn)，把握簡(jiǎn)化流程中的反應(yīng)、混合物分別方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用實(shí)力的考查，難點(diǎn)（6）向此溶液中不斷滴加1mol/L稀HCl時(shí)，先發(fā)生CO32-+H+=HCO3-，再發(fā)生HCO3-+H+=H2CO3，依據(jù)離子濃度的變更，作圖。9.廢鈀催化劑中含鈀5-6%，碳93-94%，鐵1-2%，銅0.1-0.2%以及鋅等雜質(zhì)。在試驗(yàn)室中探究采納廢鈀催化劑制備無(wú)水氯化鈀，詳細(xì)流程如下：已知：Pd2+、Cu2+、Zn2+等離子均可與氨水生成[M(NH3)n]x+離子，其中[Pd(NH3)2]2+在鹽酸中能以[Pd(NH3)2]Cl2黃色晶體的形式析出。(1)灼燒鈀碳時(shí)運(yùn)用的主要儀器有：酒精燈、玻璃棒、_____（支持儀器省略）。王水溶解過(guò)程中會(huì)生成NOCl，NOCl的結(jié)構(gòu)式為_(kāi)_______。(2)是否進(jìn)行虛線方框內(nèi)的操作，對(duì)提高鈀的回收率至關(guān)重要，其主要緣由是_____。(3)最終焙燒之前若不烘干，所得產(chǎn)品中會(huì)混有_____雜質(zhì)。(4)可用“化學(xué)放大”法測(cè)定樣品中的微量Fe3+：在酸性介質(zhì)中加入過(guò)量的KI后用CCl4萃取，分去水相后，用肼（N2H4）的水溶液進(jìn)行還原并反萃取，還原過(guò)程中有無(wú)污染的氣體生成。再用過(guò)量的Br-將反萃取出的I-氧化成IO3-，煮沸除Br2后，加入過(guò)量的KI，酸化后用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定。經(jīng)上述步驟后，樣品含量的測(cè)定值放大了_____倍，寫(xiě)出還原過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___________，假定萃取達(dá)到平衡時(shí)，樣品在水和萃取劑中的總濃度比為1∶80，50mL的水溶液樣品，用10mL萃取劑萃取，萃取后溶液中殘留的樣品濃度為原溶液的_______________倍（用分?jǐn)?shù)表示）。完成萃取和反萃取操作，必需選用的儀器有____________（填標(biāo)號(hào)）?！敬鸢浮?1).坩堝(2).O=N-Cl(3).Fe(OH)3為膠狀沉淀，對(duì)[Pd(NH3)2]2+具有很強(qiáng)的吸附作用，若不進(jìn)行此操作，[Pd(NH3)2]2+的吸附損失大(4).PdO(5).6(6).N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+(7).1/17(8).B【解析】【分析】廢鈀催化劑經(jīng)烘干后，在700℃的高溫下焙燒，C、Fe、Pd、有機(jī)物被氧氣氧化生成氧化物，向氧化物中加入王水，濾渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同時(shí)生成氣體，加入濃氨水調(diào)整溶液pH，鈀轉(zhuǎn)變?yōu)榭扇苄訹Pd（NH3）2]2+，使鐵全部沉淀，溶液中加入鹽酸酸析得到沉淀，經(jīng)過(guò)脫氨等一系列操作得當(dāng)氯化鈀?！驹斀狻浚?）灼燒固體要在坩堝中進(jìn)行，灼燒鈀碳時(shí)運(yùn)用的主要儀器有：酒精燈、玻璃棒、坩堝。由于NOCl中全部原子都達(dá)到了8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，即N形成3對(duì)共價(jià)鍵，O形成2對(duì)共價(jià)鍵，Cl形成1對(duì)共價(jià)鍵，即電子式為：，其結(jié)構(gòu)式為O=N-Cl，故答案為：坩堝；O=N-Cl；（2）虛線方框內(nèi)的操作主要是除去Fe(OH)3，[Pd(NH3)2]2+在鹽酸中能以[Pd(NH3)2]Cl2黃色晶體的形式析出，是否進(jìn)行虛線方框內(nèi)的操作，對(duì)提高鈀的回收率至關(guān)重要，其主要緣由是Fe(OH)3為膠狀沉淀，對(duì)[Pd(NH3)2]2+具有很強(qiáng)的吸附作用，若不進(jìn)行此操作，[Pd(NH3)2]2+的吸附損失大。故答案為：Fe(OH)3為膠狀沉淀，對(duì)[Pd(NH3)2]2+具有很強(qiáng)的吸附作用，若不進(jìn)行此操作，[Pd(NH3)2]2+的吸附損失大；（3）脫氨將Pd（NH3）2Cl2變更為PdCl2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Pd（NH3）2Cl2═PdCl2+2NH3↑，最終焙燒之前若不烘干，PdCl2水解生成Pd（OH）2，受熱分解，所得產(chǎn)品中會(huì)混有PdO雜質(zhì)。故答案為：PdO；（4）可用“化學(xué)放大”法測(cè)定樣品中的微量Fe3+：在酸性介質(zhì)中加入過(guò)量的KI發(fā)生的反應(yīng)為：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，后用CCl4萃取，分去水相后，用肼（N2H4）的水溶液進(jìn)行還原并反萃取，還原過(guò)程中有無(wú)污染的氣體生成，反應(yīng)為N2H4+2I2=4I－+N2+4H＋。再用過(guò)量的Br2將反萃取出的I-氧化成IO3-，煮沸除Br2后，加入過(guò)量的KI，發(fā)生反應(yīng)：5I－+IO3-+6H＋=3I2+3H2O；酸化后用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，發(fā)生反應(yīng)：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。經(jīng)上述步驟后，有以下關(guān)系式：2Fe3＋～I(xiàn)2～2I－～2IO3－～6I2,樣品含量的測(cè)定值放大了6倍，還原過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+，假定萃取達(dá)到平衡時(shí)，樣品在水和萃取劑中的總濃度比為1∶80，50mL的水溶液樣品，設(shè)濃度為c,用10mL萃取劑萃取，萃取后溶液中殘留的樣品濃度為b，萃取劑中的濃度為，則有，萃取后溶液中殘留的樣品濃度為原溶液的倍（用分?jǐn)?shù)表示）。完成萃取和反萃取操作，在分液漏斗中進(jìn)行，必需選用的儀器有B（填標(biāo)號(hào)）。故答案為：6；N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+；；B。10.某分子的結(jié)構(gòu)如圖所示（-R為烴基），其中A、B、D三種元素位于元素周期表中同一族的三個(gè)相鄰的周期，A的非金屬性大于B。D與G形成的DG3在工業(yè)上可用于漂白和殺菌消毒。A與G形成的AG3可完全水解，其水解的產(chǎn)物之一H3AO3常用作塑料件鍍金屬的還原劑。(1)具有未成對(duì)電子的原子或分子具有磁性。D的某種氧化物D2O4的磁性大小與溫度呈正相關(guān)關(guān)系，即磁性是溫度的增函數(shù)。則D2O42DO2，ΔH______0（填“＞”“＜”或“=”）。(2)DG3用于殺菌消毒與HGO相比，DG3可大大延長(zhǎng)殺菌消毒的時(shí)間，試從反應(yīng)速率理論和平衡移動(dòng)理論兩者中選擇一個(gè)，說(shuō)明其緣由____________________________。(3)無(wú)機(jī)含氧酸中的非羥基氫不能發(fā)生電離。H3AO3分子中A原子最外層的電子都參加了共價(jià)鍵的形成，試用方程式表示H3AO3的正鹽溶液呈堿性的緣由_____。(4)液氨中因存在2NH3(1)NH4++NH2-可導(dǎo)電，液態(tài)D2O4中也存在D2O4DO++DO3-，上述兩個(gè)過(guò)程的本質(zhì)區(qū)分為_(kāi)__________。(5)T℃時(shí)，在一體積為VL的密閉容器中放入肯定量的ACl5固體，按下式發(fā)生反應(yīng)：ACl5（s）ACl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。測(cè)得容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)變更如下表：時(shí)間t/s051015202530∞總壓P/kPa01.02.03.04.05.05.05.0上述條件下，以分壓表示的平衡常數(shù)Kp=_____(kPa)2（計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)）；若保持溫度不變，30s時(shí)給容器加壓，達(dá)新平衡后，容器內(nèi)的總壓將_____（填“上升”、“降低”或“不變”）；若將容器換成絕熱容器，加壓后容器內(nèi)的總壓將_____（填“上升”、“降低”或“不變”）?！敬鸢浮?1).>(2).NCl3與水反應(yīng)的速率太?。ɑ騈Cl3與水反應(yīng)的平衡常數(shù)太?。?3).HPO32-+H2OH2PO3-+OH-(4).前者未發(fā)生電子轉(zhuǎn)移，后者發(fā)生了電子轉(zhuǎn)移(5).6.25(6).不變(7).上升【解析】【分析】A、B、D三種元素位于元素周期表中同一族的三個(gè)相鄰的周期，A的非金屬性大于B。D與G形成的DG3在工業(yè)上可用于漂白和殺菌消毒，則D為N，G為Cl。A為P，PCl3可完全水解，其水解的產(chǎn)物之一H3PO3常用作塑料件鍍金屬的還原劑，則：A為P，B為As，D為N,G為Cl?！驹斀狻浚?）D為N元素，D的某種氧化物N2O4的磁性大小與溫度呈正相關(guān)關(guān)系，即磁性是溫度的增函數(shù)。NO2中有未成對(duì)電子，具有未成對(duì)電子的原子或分子具有磁性，能量高，N2O42NO2要汲取能量，則N2O42NO2，ΔH>0。故答案為：>；（2）NCl3用于殺菌消毒與HClO相比，NCl3可大大延長(zhǎng)殺菌消毒的時(shí)間，從反應(yīng)速率理論分析：NCl3與水反應(yīng)的速率太??；從平衡移動(dòng)理論說(shuō)明其緣由：NCl3與水反應(yīng)的平衡常數(shù)太小。故答案為：NCl3與水反應(yīng)的速率太?。ɑ騈Cl3與水反應(yīng)的平衡常數(shù)太小）；（3）無(wú)機(jī)含氧酸中的非羥基氫不能發(fā)生電離。H3PO3分子中P原子最外層的電子都參加了共價(jià)鍵的形成，H3PO3的結(jié)構(gòu)式為：是二元酸，是弱酸，正鹽水解，溶液呈堿性，用方程式表示H3AO3的正鹽HPO32-溶液呈堿性的緣由：HPO32-+H2OH2PO3-+OH-。故答案為：HPO32-+H2OH2PO3-+OH-；（4）液氨中因存在2NH3(1)NH4++NH2-可導(dǎo)電，N的化合價(jià)不變，液態(tài)N2O4中也存在N2O4NO++NO3-，N2O4中N為+4價(jià)，NO+中N為+3價(jià)，NO3-中N為+5價(jià)，上述兩個(gè)過(guò)程的本質(zhì)區(qū)分為：前者未發(fā)生電子轉(zhuǎn)移，后者發(fā)生了電子轉(zhuǎn)移。故答案為：前者未發(fā)生電子轉(zhuǎn)移，后者發(fā)生了電子轉(zhuǎn)移；（5）T℃時(shí)，在一體積為VL的密閉容器中放入肯定量的PCl5固體，按下式發(fā)生反應(yīng)：PCl5（s）PCl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。測(cè)得容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)變更，平衡時(shí)總壓強(qiáng)為5.0kPa，PCl3（g）和Cl2（g）的分壓均為2.5kPa，上述條件下，以分壓表示的平衡常數(shù)Kp=p(PCl3)p(Cl2)==6.25(kPa)2（計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)）；若保持溫度不變，平衡常數(shù)不變，30s時(shí)給容器加壓，平衡逆向移動(dòng)，達(dá)新平衡后，容器內(nèi)的總壓將不變；若將容器換成絕熱容器，加壓后，平衡逆向移動(dòng)，逆向放熱，達(dá)新平衡后，容器內(nèi)溫度上升，容器內(nèi)總壓將上升。故答案為：6.25；不變；上升。11.我國(guó)科學(xué)家在鐵基超導(dǎo)探討方面取得了一系列的重大突破，標(biāo)記著我國(guó)在凝合態(tài)物理領(lǐng)域已經(jīng)成為一個(gè)強(qiáng)國(guó)。LiZnAs是探討鐵基超導(dǎo)材料的重要前體。(1)LiZnAs中三種元素的電負(fù)性從小到大的依次為_(kāi)____。(2)AsF3分子的空間構(gòu)型為_(kāi)____，As原子的雜化軌道類型為_(kāi)____。(3)CO分子內(nèi)因配位鍵的存在，使C原子上的電子云密度較高而易與血紅蛋白結(jié)合，導(dǎo)致CO有劇毒。1mol[Zn(CN)4]2-離子內(nèi)含有的共價(jià)鍵的數(shù)目為_(kāi)____，配原子為_(kāi)____。(4)鎳的氧化物常用作電極材料的基質(zhì)。純粹的NiO晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相同，為獲得更好的導(dǎo)電實(shí)力，將純粹的NiO晶體在空氣中加熱，使部分Ni2+被氧化成Ni3+后，每個(gè)晶胞內(nèi)O2-的數(shù)目和位置均未發(fā)生變更，鎳離子的位置雖然沒(méi)變，但其數(shù)目削減，造成晶體內(nèi)產(chǎn)生陽(yáng)離子空位（如圖所示）?；瘜W(xué)式為NiO的某鎳氧化物晶體，陽(yáng)離子的平均配位數(shù)為_(kāi)_________，陰離子的平均配位數(shù)與純粹的NiO晶體相比____________（填“增大”“減小”或“不變””，寫(xiě)出能體現(xiàn)鎳元素化合價(jià)的該晶體的化學(xué)式________示例：Fe3O4寫(xiě)作Fe2+Fe23+O4）。(5)全部的晶體均可看作由某些微粒按肯定的方式積累，另外的某些微粒填充在上述堆積所形成的空隙中。在面心立方緊密積累的晶胞中存在兩種類型的空隙：八面體空隙和四面體空隙（如下左圖所示）。在LiZnAs立方晶胞中，Zn以面心立方形式積累，Li和As分別填充在Zn原子圍成的八面體空隙和四面體空隙中，在a=0，0.5和1三個(gè)截面上Zn和Li按下圖所示分布：請(qǐng)?jiān)谙聢DAs原子所在的截面上用“Δ”補(bǔ)畫(huà)出As原子的位置，______________并說(shuō)明a=__________?！敬鸢浮?1).Li＜Zn＜As(2).三角錐(3).sp3(4).16NA(5).C(6).6(7).減小(8).Ni2+3Ni3+4O9(9).或(10).025（或0.75）【解析】【詳解】（1）鋰是活潑金屬、鋅是較活潑的金屬，砷是非金屬，失電子實(shí)力減弱，得電子實(shí)力增加，電負(fù)性增加，LiZnAs中三種元素的電負(fù)性從小到大的依次為L(zhǎng)i＜Zn＜As。故答案為：Li＜Zn＜As（2）AsF3分子，價(jià)層電子對(duì)=3+=4，有一對(duì)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐，As原子的雜化軌道類型為sp3。故答案為：三角錐；sp3；（3）CO分子內(nèi)因配位鍵的存在，使C原子上的電子云密度較高而易與血紅蛋白結(jié)合，導(dǎo)致CO有劇毒。1mol[Zn(CN)4]2-離子內(nèi)共價(jià)鍵：C與N之間是叁鍵、Zn與C之間是配位鍵，含有的共價(jià)鍵的數(shù)目為（3×4+4）NA=16NA，C原子上的電子云密度較高，配原子為C。故答案為：16NA；C；（4）純粹的NiO晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相同，陽(yáng)離子的上下、前后、左右有6個(gè)陰離子，陽(yáng)離子的平均配位數(shù)為6；部分Ni2+被氧化成Ni3+后，陽(yáng)離子削減，陰離子的平均配位數(shù)與純粹的NiO晶體相比減?。灰罁?jù)化合價(jià)代數(shù)和等于0，結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)，能體現(xiàn)鎳元素化合價(jià)的該晶體的化學(xué)式Ni2+3Ni3+4O9；。故答案為：6；減小；Ni2+3Ni3+4O9；（5）結(jié)合在a=0，0.5和1三個(gè)截面上Zn和Li按下圖所示分布