山東省青島市2025屆高三化學4月統(tǒng)一質(zhì)量檢測一模試題含解析

PAGE27-青島市2024年高三統(tǒng)一質(zhì)量檢測化學試題1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，仔細核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必需運用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必需運用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清晰。3.請依據(jù)題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12O165964一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.化學與生產(chǎn)和生活親密相關。下列過程中沒有發(fā)生化學變更的是()A.液態(tài)植物油制成人造奶油 B.無定形硅應用于光伏發(fā)電C.“84”消毒液用于殺滅新型冠狀病毒 D.煤經(jīng)過汽化、液化得到清潔燃料【答案】B【解析】【詳解】A.氫氣與植物油(液態(tài)植物油中有不飽和脂肪酸甘油酯)發(fā)生加成反應,生成飽和的脂肪酸甘油酯(即為固態(tài)的人造奶油)。屬于化學變更，A不符合題意；

B.無定形硅應用于光伏發(fā)電，利用了硅的半導體的性質(zhì)，沒有發(fā)生化學變更，B符合題意；

C.“84”消毒液用于殺滅新型冠狀病毒，利用了次氯酸的強氧化性，使蛋白質(zhì)變性，屬于化學變更，C不符合題意；

D.煤的氣化是指碳與水蒸氣反應生成一氧化碳和氫氣，即生成水煤氣的反應，煤的液化指碳與氫氣等物質(zhì)反應得到液體燃料，或氣化后由一氧化碳與氫氣再合成醇類等液體燃料，發(fā)生了化學反應，D不符合題意。答案選B。2.代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是()A.1mol中含有個B.4.6g分子式為的有機物中碳氫鍵數(shù)目肯定是C.電解精煉銅中轉移1mol電子，陽極質(zhì)量削減32gD.將含0.1mol的飽和溶液滴入沸水中，形成的膠體粒子的數(shù)目少于【答案】D【解析】【詳解】A.H2O2是共價化合物，其結構中無離子，A錯誤；B.分子式為C2H6O的有機物，可能是乙醇，也可能是二甲醚，乙醇和二甲醚的分子中碳氫鍵的數(shù)目是不同的，故無法確定4.6g分子式為的有機物中碳氫鍵數(shù)目，B錯誤；C.電解精煉銅中，粗銅作陽極，當轉移1mol電子時，陽極溶解的金屬除了銅之外還有其他金屬，故陽極削減的質(zhì)量不肯定是32g，C錯誤；D.膠粒是很多個分子的聚集體，因此，將含0.1mol的飽和溶液滴入沸水中，生成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)遠少于0.1NA，D說法正確。故選D。3.下列圖示的試驗操作中，能達到相應試驗目的的是()A.石油分餾B.驗證石蠟油分解的產(chǎn)物含有不飽和烴C.測量氨氣體積D.制取干燥的氨氣【答案】B【解析】【詳解】A.石油分餾試驗中，溫度計的水銀球的位置應在蒸餾燒瓶的支管口，該裝置中溫度計插入了液面下，故A不能達到相應試驗目的；B.該試驗中產(chǎn)生的氣體能使酸性高錳酸鉀褪色，可以說明石蠟油分解的產(chǎn)物中有不飽和烴，B能達到相應試驗目的；C.氨氣極易溶于水，不能用排水法測氨氣體積，C不能達到相應試驗目的；D.氨氣要與無水氯化鈣反應，生成CaCl2·8NH3，不能用無水氯化鈣干燥的氨氣，D不能達到相應試驗目的。答案選B。4.X溶液中含有下表所示離子中的某5種，且其離子濃度均為(不考慮水的電離和離子水解)。向X溶液中加入足量稀鹽酸，有氣體生成，反應前后陰離子種類不變。下列敘述錯誤的是()陽離子陰離子A.原溶液中肯定含有B.X溶液中不行能含有和C.X溶液中含有3種陽離子、2種陰離子D.生成氣體的離子反應方程式為【答案】C【解析】【分析】各種離子的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L，向溶液X中加入足量的鹽酸，有氣體生成，且反應溶液中陰離子的種類沒有變更，產(chǎn)生氣體不行能是二氧化碳，則不含OH-、HCO3-和CO32-；依據(jù)表中的離子，可推知是Fe2+、NO3-在酸性環(huán)境下生成的一氧化氮，加入鹽酸，生成氣體的離子反應方程式為，NO3-反應后有剩余，故溶液中陰離子種類不變，所以原來溶液中含有Cl﹣。由于總共含有5種離子，依據(jù)電荷守恒及離子共存的條件可以推斷還含有SO42﹣和Mg2+，所以原溶液中含有的五種離子為：Cl﹣、NO3-、SO42﹣、Fe2+、Mg2+?！驹斀狻緼.依據(jù)分析可知，原溶液中肯定含有Mg2+，A正確；B.加入足量鹽酸后陰離子種類不變，HCO3-和CO32與-H+反應后就不h存在b了，B正確；C.依據(jù)分析可知，原溶液中含有的五種離子為Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣、Fe2+、Mg2+，共有2種陽離子、3種陰離子，C錯誤；D.Fe2+與NO3﹣、H+反應時Fe2+被氧化為三價鐵，硝酸根被還原為NO，生成氣體的離子反應方程式為，D正確。答案選C?！军c睛】在離子類推斷中，要留意溶液中的電荷守恒的原則，0.1mol/LCl﹣、NO3-和0.1mol/LFe2+已經(jīng)電荷守恒了，而題目中五種離子，必定還有陰、陽離子，而陰離子只剩下SO42﹣了，所以有SO42﹣，那么，陽離子也只能是二價的，Ba2+與SO42﹣不能共存，只能是Mg2+。5.磷酸奧司他韋是臨床常用的抗病毒藥物，常用于甲型和乙型流感治療。其中間體結構簡式如圖所示，關于該有機物下列說法錯誤的是()A.分子式為B.該有機物既能與酸反應又能與堿反應C.該有機物分子中含有3個手性碳原子D.1mol該有機物最多能與3mol發(fā)生加成反應【答案】D【解析】【詳解】A.依據(jù)中間體結構簡式，可知，分子式為，A正確；B.在中間體結構簡式中，-NH2可以與酸反應，同時又存在酯基與酰胺鍵，既能與酸反應又能與堿反應，B正確；C.手性碳指碳原子連接四個不同的原子或原子團，該有機物分子中含有3個手性碳原子，C正確；D.1mol該有機物含1mol碳碳雙鍵，1mol羰基，最多能與2mol發(fā)生加成反應，而酯基不能與H2發(fā)生加成，D錯誤。答案選D?！军c睛】在有機類選擇題中，要留意從官能團動身，嫻熟找出有機物中的官能團，如此題中的酯基、酰胺鍵、氨基，同時要對官能團的性質(zhì)熟識，學有機物，必需學好官能團。6.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，A、B、C、D為上述四種元素中的兩種或三種所組成的化合物，E為單質(zhì)。已知室溫下，的水溶液pH為1，B分子中含有10個電子，D具有漂白性，五種化合物間的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是()A.X、Y形成的二元化合物只有兩種B.Z元素在同周期元素中半徑最小C.W、Y組成化合物的沸點肯定低于W、Z組成化合物的沸點D.D中各原子均滿意最外層穩(wěn)定結構【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，已知室溫下，的水溶液pH為1，則A為一元強酸，則A為HCl或HNO3；而B為10電子分子，能與酸反應，則B為NH3；D具有漂白性，E為單質(zhì)，則A不能為HNO3，只能為HCl，D為HClO，E為Cl2，C為氯化銨；則W為氫、X為氮、Y為氧、Z為氯。【詳解】A.氮與氧形成的化合物有多種，如NO、N2O、N2O3等，A錯誤；B.從左到右原子半徑依次減小，Cl元素在三周期中半徑最小，B正確；C.W、Y組成化合物是H2O,W、Z組成化合物為HCl，水分子間可以形成氫鍵，沸點更高，C錯誤；D.D為HClO，H原子不滿意最外層穩(wěn)定結構，D錯誤。答案選B【點睛】的水溶液pH為1，則A為一元強酸，則A為HCl或HNO3，再依據(jù)10電子分子，只能在HF、H2O、NH3、CH4中去選擇，結合物質(zhì)轉化，快速鎖定B為NH3，是解決這道的關鍵。7.我國科研人員發(fā)覺了一種新型超導體，由和交替堆疊構成。已知位于第六周期VA族，下列有關說法錯誤的是()A.的價電子排布式為B.有關元素的電負性：C.屬于含共價鍵的離子化合物D.該新型超導體的組成元素全部位于元素周期表p區(qū)【答案】A【解析】【詳解】A.位于第六周期VA族，的價電子排布式為，A錯誤；B.電負性從左到右依次增大，Cl＞S,從上到下依次減小O＞S，而在ClO2中氧為負價，則O＞Cl，B正確；C.由和交替堆疊構成，為離子化合物，在原子團內(nèi)含共價鍵，屬于含共價鍵的離子化合物，C正確；D.該新型超導體的組成元素位于IIIA-VIIA之間，全部位于元素周期表p區(qū)，D正確。答案選A。8.某二元醇的結構簡式為，關于該有機物的說法錯誤的是()A.用系統(tǒng)命名法命名：5-甲基-2，5-庚二醇B.該有機物通過消去反應能得到6種不同結構的二烯烴C.該有機物可通過催化氧化得到醛類物質(zhì)D.1mol該有機物能與足量金屬反應產(chǎn)生【答案】C【解析】【詳解】A.為二元醇，主鏈上有7個碳原子，為庚二醇，從左往右數(shù)，甲基在5碳上，二個羥基分別在2、5碳上，用系統(tǒng)命名法命名：5-甲基-2，5-庚二醇，A正確；B.羥基碳的鄰位碳上有H，就可以消去形成雙鍵，右邊的羥基消去形成雙鍵的位置有2個，左邊個羥基消去形成雙鍵的位置有3個，定一議二，形成二烯烴有6種不同結構，B正確；C.羥基碳上至少有2個H才能催化氧化得到醛類物質(zhì)，左羥基碳上無氫，右羥基碳上只有1個氫，不能得到醛類物質(zhì)，C錯誤；D.1mol該有機物含2mol羥基，2mol羥基能與足量金屬反應產(chǎn)生氫氣1mol，標況下22.4L，D正確。答案選C。【點睛】醇類消去反應的條件是羥基碳的鄰位碳上有H；而催化氧化是羥基碳上要有氫，1個氫催化氧化為酮，2個氫催化氧化為醛；這些常見性質(zhì)要牢記。9.過氧化鈣()在室溫下穩(wěn)定，加熱至350℃左右快速分解。試驗室制備反應：，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是()A.長頸漏斗可以起到防倒吸的作用B.甲裝置可以用濃氨水和堿石灰來制備氨氣C.冰水混合物的主要作用是防止生成的過氧化鈣受熱分解D.反應過程中不斷中和和過氧化氫生成的，促進反應進行【答案】C【解析】【詳解】A.氨氣極易溶于水，倒吸的水在長頸漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A正確；B.甲裝置為固+液不加熱制備氣體的反應裝置，依據(jù)反應原理，可以用濃氨水和堿石灰來制備氨氣，B正確；C.冰水混合物的主要作用是降溫結晶的作用，產(chǎn)生CaO2·8H2O晶體析出，C錯誤；D.反應過程中因為要生成更多的CaO2?8H2O，為使反應不斷向正反應進行，須要加NH3?H2O中和過氧化氫和Ca2+反應生成的氫離子，促進反應進行，D正確。答案選C。10.工業(yè)綜合處理含廢水和含的廢氣，得無毒氣體b，流程如下：下列說法錯誤的是()A.“固體”中主要含有、B.X氣體、與溶液的離子反應：C.處理含廢水時，離子反應：D.捕獲劑捕獲氣體a中發(fā)生了氧化還原反應【答案】D【解析】【詳解】A.工業(yè)廢氣通入過量的石灰石懸濁液，二氧化硫被汲取形成亞硫酸鈣沉淀，所以固體中含有碳酸鈣和亞硫酸鈣，故A正確；B.由題中信息可知，一氧化氮能被碳酸鈉汲取成亞硝酸鈉，氮元素的化合價由+2升高到+3，故須要加入氧化劑，結合所涉及的元素可知，通入的X為氧氣，離子反應：，B正確；C.亞硝酸鈉中的氮元素為+3價，與銨根離子中的-3價氮元素發(fā)生氧化還原反應，生成的無污染的氣體為氮氣，依據(jù)電子轉移守恒和電荷守恒分析，其方程式為NH4++NO2-==N2↑+2H2O，C正確；D.一氧化碳、N2與碳酸鈉不反應，依據(jù)反應前后的物質(zhì)變更可知，捕獲劑捕獲的氣體主要為CO，產(chǎn)物為Cu(NH3)3COAC，反應前后碳和氧的化合價沒有變，故該反應不是氧化還原反應，D錯誤。答案選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.以為原料，采納電解法制備電源TMAH[化學式]是一種高效、綠色工藝技術。原理如圖，M、N是離子交換膜。下列說法錯誤的是()A.a是電源正極B.M為陰離子交換膜C.中C、N原子均為雜化D.通過1mol電子時，電解池中可產(chǎn)生16.8L(STP)氣體【答案】CD【解析】【詳解】A.(CH3)4N+移向右室，HCO3-移向左室，陰離子移向陽極，即a是電源正極，A正確；B.HCO3-經(jīng)過M移向左室，M為陰離子交換膜，B正確；C.中，(CH3)4N+的C、N原子均為雜化，但是，HCO3-中的C原子為雜化，C錯誤；D.通過1mol電子時，陰極室H+放電，2H++2e-=H2↑產(chǎn)生H2為0.5mol，陽極室OH-放電，4OH--4e-=2H2O+O2↑，產(chǎn)生O2為0.25mol，同時，溶液中剩下的H+與HCO3-反應還要產(chǎn)生二氧化碳，因此，產(chǎn)生的氣體大于0.75mol，體積大于16.8L(STP)氣體，D錯誤。答案選CD。12.氯化亞銅為白色粉末狀固體，難溶于水和乙醇，潮濕時易被氧化，可用作催化劑、殺菌劑、媒染劑等。工業(yè)以硫化銅精礦為原料，制備氯化亞銅的流程如圖：下列說法正確的是()A.步驟①焙燒產(chǎn)生的有毒氣體可用堿液汲取B.步驟②所用硫酸濃度越大浸出速率越快C.步驟③離子方程式：D.步驟④用乙醇洗滌的目的是使盡快干燥，防止被空氣氧化【答案】AD【解析】【詳解】A.步驟①焙燒硫化銅，產(chǎn)生的有毒氣體SO2可用堿液汲取，A正確；B.步驟②所用硫酸濃度過大，會對后續(xù)加入Na2SO3還原Cu2+產(chǎn)生干擾，B錯誤；C.在硫酸銅中加入Na2SO3和NaCl，傾出清液，抽濾即得CuCl沉淀發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H﹢，C錯誤；D.由題中信息可知，氯化亞銅難溶于水和乙醇，潮濕時易被氧化，因此，步驟④用乙醇洗滌的目的有利加快去除CuCl表面水分，防止其被空氣中的氧氣氧化，D正確。答案選AD。13.配制銀氨溶液操作如圖所示，下列說法錯誤的是()已知：，A.制得的銀氨溶液可用于還原性糖的檢驗B.中含有個鍵C.銀氨溶液不能長期存放，須要現(xiàn)用現(xiàn)配D.固體可溶于氨水得到銀氨溶液【答案】D【解析】【詳解】A.還原性糖中含有醛基，可與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，A正確；B.中含有2mol配位鍵，即有2mol鍵，同時含2molNH3，2molNH3有6mol鍵，共含有個鍵，B正確；C.銀氨溶液久置簡單產(chǎn)生易爆炸的物質(zhì)，應現(xiàn)用現(xiàn)配，C正確；D.若碘化銀可溶于氨水，則有反應AgI+2NH3?+I-，其平衡常數(shù)K===，該化學平衡常數(shù)太小，即碘化銀在氨水中形成的飽和溶液里，的濃度太小了，幾乎可以忽視不計，而且銀氨溶液特指氫氧化銀溶于氨水所得到的溶液，因此，固體不溶于氨水（不溶不是肯定的不溶，溶解度在1g~10g的才能稱為可溶），也不行能得到銀氨溶液，D錯誤。答案選D。14.室溫，將10mL濃度為的、兩種一元堿溶液分別加水稀釋，曲線如圖，V是溶液體積(mL)，。已知：；。下列說法正確的是()A.該溫度下，的數(shù)量級為B.當時，水的電離程度：C.用等濃度鹽酸分別滴定兩種堿溶液至，消耗鹽酸的體積：D.等濃度的和兩種鹽溶液中離子總濃度相等【答案】AB【解析】【詳解】A.該溫度下，，取lgV=1的點，==1×10-4.5mol/L，=1mol/L，=，即數(shù)量級為，A正確；B.當時，比的pOH值大，OH－濃度小，堿對水的電離平衡起抑制作用，OH－濃度小，抑制作用小，水的電離程度大，故水的電離程度：，B正確；C.同濃度時，pOH:，即堿性強，用等濃度鹽酸分別滴定兩種堿溶液至，由于堿性越強對應的鹽的水解程度越小，堿性越弱對應的鹽的水解程度越大，它們生成鹽水解后均能使溶液顯酸性，故消耗鹽酸的體積較大，C錯誤；D.等濃度的和兩種鹽溶液中，由于和水解程度不同，所以離子總濃度不相等，D錯誤。答案選AB。15.Zewail創(chuàng)立的飛秒()化學探討了極短時間內(nèi)的反應歷程，奇妙地解決了如何確定反應起點問題。例如與的反應過程片段為：。下列有關說法正確的是()A.中間產(chǎn)物屬于有機化合物B.反應起點為離解為H和I自由基，終點為自由基與I自由基結合C.經(jīng)1000fs離解為自由基和，說明與的反應速率極快D.飛秒化學呈現(xiàn)的反應歷程為“化學反應實質(zhì)是舊鍵斷裂和新鍵形成”供應有力證據(jù)【答案】BD【解析】【詳解】A.中間產(chǎn)物為自由基，不屬于有機化合物，A錯誤；B.反應起點為離解為H和I自由基，，然后，最終為自由基與I自由基結合，B正確；C.經(jīng)1000fs離解為自由基和，這能說明這個歷程快，不能說明整個反應的速率，C錯誤；D.飛秒化學呈現(xiàn)的反應歷程中離解為H和I自由基以及自由基與I自由基結合等均為“化學反應實質(zhì)是舊鍵斷裂和新鍵形成”供應有力證據(jù)，D正確。答案選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.醫(yī)用酒精在抗擊“新型冠狀病毒”戰(zhàn)役中發(fā)揮著殺菌消毒的作用，其主要成分是乙醇。回答下列問題：I.工業(yè)上主要采納乙烯干脆水合法制乙醇。(1)在磷酸/硅藻土催化劑作用下，乙烯進行氣相水合的反應機理大致如下：i.ii.iii.隨著反應進程，該過程能量變更如圖所示。下列有關說法正確的是_______(填字母標號，下同)。a.該反應過程中i~iii步均釋放能量b.第i步反應的活化能最大，確定總反應速率c.和是反應的中間產(chǎn)物(2)已知：的反應速率表達式為v正=k正，v逆=k逆，其中k正、k逆為速率常數(shù)。若其他條件不變時，降低溫度，則下列推斷合理的是_______。a.k正增大，k逆減小b.k正減小，k逆增大c.k正減小的倍數(shù)大于k逆d.k正減小的倍數(shù)小于k逆Ⅱ.工業(yè)用二氧化碳加氫可合成乙醇：。保持壓強為5MPa，向密閉容器中投入肯定量和發(fā)生上述反應，的平衡轉化率與溫度、投料比的關系如圖所示。(1)投料比由大到小的依次為___________。(2)若投料比，肯定溫度下發(fā)生反應，下列說法不能作為反應是否達平衡判據(jù)的是_______(填標號。a.容器內(nèi)氣體密度不再變更b.容器內(nèi)氣體平均相對分子質(zhì)量不再變更c.的體積分數(shù)不再變更d.容器內(nèi)不再變更e.斷裂個H—H鍵的同時生成個水分子(3)若，則A點溫度下，該反應的平衡常數(shù)的數(shù)值為_______(是以分壓表示的平衡常數(shù))；若其他條件不變，A點對應起始反應物置于某剛性密閉容器，則平衡時的轉化率___________50%(填“＞”、“=”或“＜”)。【答案】(1).bc(2).d(3).(4).ce(5).(6).＜【解析】【詳解】I.(1)a.從能量圖中分析可以，該反應過程的三步中，第一步吸熱，二、三步均釋放能量，a錯誤；b.活化能的定義：活化分子的平均能量與反應物分子的平均能量之差?；罨茉絹泶螅罨肿铀嫉陌俜謹?shù)就越小，反應越慢，第i步反應的活化能最大，確定總反應速率，b正確；c.從題中三步反應可知，和是反應的中間產(chǎn)物，c正確。故答案為：bc。(2)若其他條件不變時，降低溫度，正逆反應速率均減小，而濃度在那瞬間是不變的，所以k正、k逆均減小，再依據(jù)能量圖，反應物總能量大于生成物，為放熱反應，降低溫度，平衡正移，逆反應速率減小的更多，即k正減小的倍數(shù)小于k逆，d合理。故答案選：d。Ⅱ.(1)投料比越大，依據(jù)反應，在相同溫度時，相當于增大H2濃度，的平衡轉化率更高，即，故答案為：；(2)若投料比，肯定溫度下：a.密度等于氣體質(zhì)量與容器體積的比值，在中，物質(zhì)均為氣體，保持壓強為5MPa，隨反應正向進行，容器體積減小，密度增大，密度不變，說明該反應達到平衡，a能；b.平均相對分子質(zhì)量等于氣體總質(zhì)量與氣體總物質(zhì)的量的比值，隨反應正向進行，氣體總質(zhì)量不變，總物質(zhì)的量減小，平均相對分子質(zhì)量增大，當平均相對分子質(zhì)量不再變更時，該反應達到平衡，b能；c.的體積分數(shù)即物質(zhì)的量分數(shù)，反應前的體積分數(shù)為50%，依據(jù)極極法可以求出當氫氣完全消耗之后，二氧化碳的體積分數(shù)仍為50%，故反應中的體積分數(shù)始終保持為50%不變，故不能據(jù)此推斷該反應是否達到平衡標記，c不能；d.容器內(nèi)反應前為1:1，而反應中系數(shù)不是1:1，當容器內(nèi)不再變更時，則該反應達到平衡，d能；e.斷裂H—H鍵，生成水分子，均為正反應，不能說明正反應速率等于逆反應速率，e不能。故答案為：ce；(3)若，則A點溫度下，CO2的平衡轉化率為50%，起：1mol3mol0mol0mol轉：1×50%mol1.5mol0.25mol0.75mol平：0.5mol1.5mol0.25mol0.75mol平衡時氣體的總物質(zhì)的量=（0.5+1.5+0.25+0.75）mol=3mol，則=，=，，，該反應的平衡常數(shù)==；原題是同溫同壓下，正反應體積減小，現(xiàn)為剛性密閉容器，氣體的物質(zhì)的量減小，相當于減壓，平衡向氣體分子數(shù)增大的方向移動，即向逆反應方向移動，的轉化率小于50%，故答案為：，＜?！军c睛】含義：在化學平衡體系中，用各氣體物質(zhì)的分壓替代濃度計算的平衡常數(shù)叫壓強平衡常數(shù)。計算技巧：第一步，依據(jù)“三段式”法計算平衡體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量或物質(zhì)的量濃度；其次步，計算各氣體組分的物質(zhì)的量分數(shù)或體積分數(shù)；第三步，依據(jù)分壓計算公式求出各氣體物質(zhì)的分壓，某氣體的分壓＝氣體總壓強×該氣體的體積分數(shù)(或物質(zhì)的量分數(shù))；第四步，依據(jù)平衡常數(shù)計算公式代入計算。此題中，。17.化學小組為探究在酸性溶液中的反應，利用如圖裝置進行試驗：I.排出裝置內(nèi)的空氣。減緩的流速，向丁裝置中通入和的混合氣體。Ⅱ.一段時間后，溶液變黃并出現(xiàn)渾濁。搖動錐形瓶、靜置，苯與溶液邊緣呈紫紅色。Ⅲ.持續(xù)向丁裝置中通入和混合氣體，溶液變?yōu)闊o色。Ⅳ.再靜置一段時間，取錐形瓶中水溶液，滴加溶液，產(chǎn)生白色沉淀?；卮鹣铝袉栴}：(1)苯的作用為__________。排出裝置內(nèi)空氣的詳細操作為_________。(2)向裝置丁中緩慢通入的作用是__________。(3)步驟Ⅱ反應的離子方程式為__________；步驟Ⅲ反應的離子方程式為______________。(4)試驗總反應為_________，和在反應中的作用為___________?！敬鸢浮?1).萃取碘單質(zhì)，隔絕空氣防止被氧化(2).關閉，打開，打開(3).防止倒吸(4).(5).(6).(7).催化劑【解析】【分析】為探究在酸性溶液中的反應，由于酸性簡單被O2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘單質(zhì)，并且在反應前先用二氧化碳將裝置內(nèi)的空氣排盡；在反應中分二步進行，第一步，，其次步，；最終用氫氧化鈉進行尾氣處理，四氯化碳防倒吸?！驹斀狻?1)依據(jù)分析，裝置丁中苯有二個作用：萃取碘單質(zhì)，隔絕空氣防止被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空氣，打開，打開，關閉；(2)若只將通入丁中，反應后壓強減小，會倒吸，通入和混合氣體，不反應，始終有氣體排出，起防止倒吸的作用，故答案為：防止倒吸；(3)步驟Ⅱ中，溶液變黃并出現(xiàn)渾濁，說明生成了硫單質(zhì)，搖動錐形瓶、靜置，苯與溶液邊緣呈紫紅色，說明生成了碘單質(zhì)，離子方程式為；步驟Ⅲ通入和混合氣體，溶液變?yōu)闊o色，說明碘單質(zhì)被消耗，離子方程式為：；(4)依據(jù)和反應，將后者的系數(shù)擴大2倍，與前一個反應疊加，得總反應為：；和在反應前后質(zhì)量和性質(zhì)沒有發(fā)生變更,故其為催化劑。18.第Ⅷ族元素、、性質(zhì)相像，稱為鐵系元素，主要用于制造合金?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)原子核外能量最高的電子位于_______能級，同周期元素中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)與相同的元素名稱為______________。(2)與酚類物質(zhì)的顯色反應常用于其離子檢驗，已知遇鄰苯二酚()和對苯二酚()均顯綠色。鄰苯二酚的熔沸點比對苯二酚_____(填“高”或“低”)，緣由是_________。(3)有歷史記載的第一個協(xié)作物是(普魯士藍)，該協(xié)作物的內(nèi)界為__________。表為、不同配位數(shù)時對應的晶體場穩(wěn)定化能(可衡量形成協(xié)作物時，總能量的降低)。由表可知，比較穩(wěn)定的配離子配位數(shù)是__________(填“4”或“6”)。性質(zhì)活潑，易被還原，但很穩(wěn)定，可能的緣由是________________。離子配位數(shù)晶體場穩(wěn)定化能(Dq)6-8Dq+2p4-5.34Dq+2p6-12Dq+3p4-3.56Dq+3p(4)晶體結構中陰陽離子的配位數(shù)均為6，則晶胞的俯視圖可能是_______(填選項字母)。若晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶體的密度是________?！敬鸢浮?1).3d(2).鈦、鍺、硒(3).低(4).鄰苯二酚形成分子內(nèi)氫鍵，比對苯二酚易形成的分子間氫鍵作用力小，熔沸點低(5).(6).6(7).形成配位鍵后，三價鈷的氧化性減弱，性質(zhì)變得穩(wěn)定(8).CD(9).【解析】【詳解】(1)為28號元素，基態(tài)的電子排布式為[Ar]3d84s2，核外能量最高的電子位于3d能級；依據(jù)基態(tài)的電子排布式為[Ar]3d84s2，其3d能級上未成對電子數(shù)為2，同周期中，未成對電子數(shù)為2的還有：鈦為22號元素，基態(tài)電子排布式為：[Ar]3d24s2、鍺為32號元素，基態(tài)電子排布式為：[Ar]3d104s24p2、硒為34號元素，基態(tài)電子排布式為：[Ar]3d104s24p4，故答案為：鈦、鍺、硒；(2)鄰苯二酚易形成分子內(nèi)氫鍵，對苯二酚易形成的分子間氫鍵，后者分子間作用力較大，因此，熔沸點較低；(3)協(xié)作物是中內(nèi)界為；由表中數(shù)據(jù)可知，配位數(shù)為6的晶體場穩(wěn)定化能為-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越穩(wěn)定；性質(zhì)活潑，但很穩(wěn)定，說明形成配位鍵后，三價鈷的氧化性減弱，性質(zhì)變得穩(wěn)定；(4)晶體結構中陰陽離子配位數(shù)均為6，晶胞的俯視圖應類似于NaCl晶胞，而NaCl晶胞俯視圖為CD；從晶體中最小重復單元動身，1個晶胞中含Ni2+為，含O2-為即依據(jù)各微粒在晶胞中位置計算出每個NiO晶胞中含4個NiO，NiO的摩爾質(zhì)量75g/mol，晶體的密度除以1個晶胞的質(zhì)量除以1個晶胞的體積，即為=，故答案為：。【點睛】晶胞計算中，要找準一個晶胞中所含微粒數(shù)目，如此題中，1個晶胞中含Ni2+為，含O2-為即依據(jù)各微粒在晶胞中位置計算出每個NiO晶胞中含4個NiO；同時要找準一個晶胞的體積，留意單位換算。19.廢舊鋰離子電池正極材料的主要成分為碳棒和，另含少量、雜質(zhì)。某廠按如圖流程對廢舊鋰離子電池的正極進行回收再生?；卮鹩嘘P問題：已知：①草酸電離常數(shù)：，；草酸的酸式鹽以及草酸鋰均可溶。②常溫時，有關物質(zhì)Ksp如下表(單位略)：(1)通入空氣，800℃(2)已知中、、化合價相同，則它們的化合價為_________。(3)加入草酸加熱時，、、元素部分轉化為、、沉淀，而另一部分以草酸的酸式鹽形式進入溶液。寫出與草酸反應生成沉淀的化學方程式_________。(4)焙燒后黑色粉的平均粒度(顆粒直徑表示)與的浸出率關系如圖所示，緣由是___________。(5)濾液1加調(diào)pH為4~5目的是_____________________。(6)濾液2調(diào)時，溶液中___________?！敬鸢浮?1).除去正極材料中的碳(2).+3(3).(4).粒度越大，表面積(比表面積)越小，反應物接觸面積就越小，反應速率越慢，且反應不充分(5).使和轉化為氫氧化物沉淀除去(6).【解析】【分析】廢舊鋰離子電池正極材料的主要成分為碳棒和，另含少量、雜質(zhì)，經(jīng)800℃焙燒，將碳轉化為二氧化碳；加入草酸加熱時，、、元素部分轉化為、、沉淀，而另一部分以草酸的酸式鹽形式進入溶液；加入氫氧化鈉調(diào)整pH除去三價鐵，三價鋁，再加碳酸鈉沉淀Li+；最終焙燒，得可再生電池粉。【詳解】(1)經(jīng)分析，通入空氣，800℃(2)中、、化合價相同，設為a，Li的化合價為+1，O為-2價，依據(jù)正負化合價的代數(shù)和為零，得，a=3，故答案為：+3；(3)與草酸反應生成、，同時Co的化合價從+3變?yōu)?2，C的化合價要上升，從+3變?yōu)?4，生成CO2，故答案為：；(4)由圖分析以及接觸面積與化學反應速率的關系，可知，粒度越大，表面積(比表面積)越小，反應物接觸面積就越小，反應速率越慢，且反應不充分，故答案為：粒度越大，表面積(比表面積)越小，反應物接觸面積就越小，反應速率越慢，且反應不充分；(5).通過氫氧化鐵的電離方程式和溶度積可算出Fe3+離子濃度為10-5mol/L時,OH-的濃度為2×10-11mol/L，再通過水的電離平衡常數(shù)和pH求出c(OH-)=2×10-11mol/L