全國2卷重慶市第一中學(xué)2025屆高三化學(xué)下學(xué)期5月月考試題含解析

PAGE20-（全國2卷）重慶市第一中學(xué)2025屆高三化學(xué)下學(xué)期5月月考試題（含解析）留意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16Sr-88Os-190Ti-48一、選擇題：本題共7個小題，每小題6分。共42分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活親密相關(guān)，下列說法不正確的是A.聚乳酸可用于制作免拆型手術(shù)縫合線B.施肥時將草木灰和氯化銨混合運用，可獲得更好的肥效C.手機美容中手機貼膜主要材質(zhì)有PP、PVC，都屬于有機高分子材料D.硫酸亞鐵可用作治療缺鐵性貧血的藥劑，與維生素C片一起服用，效果更佳【答案】B【解析】【詳解】A．聚乳酸有優(yōu)良的特殊性能：易拉成絲、易被汲取、優(yōu)異的生物相容性，無毒性，具有很高的機械性能等，適合于制作免拆型手術(shù)縫合線，故A正確；B．銨根離子和碳酸根離子會發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)，在強光照耀下會有氨氣生成，降低肥效，故B錯誤；C．PP、PVC都屬于有機高分子材料，故C正確；D．Fe2+易被氧化為Fe3+，而維生素C有強還原性，則硫酸亞鐵與維生素C片一起服用，可防Fe2+的氧化，效果更佳，故D正確；故答案為B。2.已知NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCHCl3所含共價鍵數(shù)為0.4NAB.常溫常壓下，2g羥基(?18OD)所含的中子數(shù)為NAC.常溫常壓下，1.5gNO與1.6gO2充分反應(yīng)后混合物中原子總數(shù)為0.2NAD.常溫下，2L0.1mol?L-1FeCl3溶液與1L0.2mol?L-1FeCl3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目相同【答案】C【解析】【詳解】A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CHCl3是液體，無法依據(jù)氣體摩爾體積計算2.24LCHCl3的物質(zhì)的量，故A錯誤；B．每個?18OD所含的中子數(shù)為11，2g羥基(?18OD)的物質(zhì)的量為=0.1mol，則所含的中子數(shù)為1.1NA，故B錯誤；C．1.5gNO的物質(zhì)的量為=0.05mol，1.6gO2的物質(zhì)的量為=0.05mol，依據(jù)原子守恒，1.5gNO與1.6gO2充分反應(yīng)后混合物中原子總數(shù)為(0.05mol×2+0.05mol×2)×NAmol-1=0.2NA，故C正確；D．Fe3+在不同濃度的溶液中水解程度不一樣，則相同溫度下，2L0.1mol?L-1FeCl3溶液與1L0.2mol?L-1FeCl3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目不行能相同，故D錯誤；故答案為C。【點睛】阿伏加德羅常數(shù)的常見問題和留意事項：①物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體；②對于氣體留意條件是否為標(biāo)況；③留意溶液的體積和濃度是否已知；④留意同位素原子的差異；⑤留意可逆反應(yīng)或易水解鹽中離子數(shù)目的推斷；⑥留意物質(zhì)的結(jié)構(gòu)：如Na2O2是由Na+和O22-構(gòu)成，而不是由Na+和O2-構(gòu)成。3.下列試驗方案設(shè)計中，能達到試驗?zāi)康牡氖茿.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH試紙測定，應(yīng)選pH計，故A錯誤；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解完全，應(yīng)選用飽和碳酸鈉溶液除去少量乙醇和乙酸，故B錯誤；C．溴乙烷和NaOH水溶液混合加熱后，加稀硝酸酸化，中和過量的NaOH，再滴加AgNO3溶液，依據(jù)生成的淺黃色沉淀，來檢驗溴乙烷中溴原子，故C錯誤；D．ZnS沉淀可轉(zhuǎn)化為CuS，即可證明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故D正確；故答案為D。4.下列有關(guān)有機物甲~丁說法不正確的是A.甲可以發(fā)生加成、氧化和取代反應(yīng)B.乙的分子式為C6H6Cl6C.丙的一氯代物有2種D.丁在肯定條件下可以轉(zhuǎn)化成只含一種官能團的物質(zhì)【答案】B【解析】【詳解】A.物質(zhì)甲中含苯環(huán)和羧基，可以發(fā)生苯環(huán)的加成反應(yīng)，燃燒反應(yīng)(屬于氧化反應(yīng))，可以發(fā)生酯化反應(yīng)(屬于取代反應(yīng))，A正確；B.依據(jù)乙結(jié)構(gòu)簡式可知，該物質(zhì)是苯分子中六個H原子全部被Cl原子取代產(chǎn)生的物質(zhì)，故分子式是C6Cl6，B錯誤；C.丙分子中含有2種類型的H原子，所以其一氯代物有2種，C正確；D.丁分子中含有醛基、醇羥基，在肯定條件下醛基與氫氣可以轉(zhuǎn)化成羥基，就得到只含醇羥基一種官能團的物質(zhì)，D正確；故答案選B。5.碳呼吸電池被譽為變更世界的創(chuàng)新技術(shù)，設(shè)想用碳呼吸電池為鋰硫電池充電的裝置如下圖所示，下列說法不正確的是A.a極是多孔碳電極B.充電時，外電路中流過0.02mol電子，電極N質(zhì)量增加0.14gC.隨著反應(yīng)的進行，碳呼吸電池中C2O42-數(shù)目不斷減小D.充電時間越長，電池中的Li2S8量越多【答案】C【解析】【詳解】A．碳呼吸電池的負(fù)極為Al，正極為多孔碳電極，充電時，陽離子向陰極移動，則b電極為負(fù)極，a電極為正極，即a極是多孔碳電極，故A正確；B．充電時M為陽極，N是陰極，電池充電時，N極反應(yīng)為：Li++e-=Li，當(dāng)外電路流過0.02mol電子時，生成鋰為0.02mol，N極增加的質(zhì)量為0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正確；C．正極反應(yīng)為2CO2+2e-=C2O42-，依據(jù)電子守恒可知，電池放電時草酸鹽濃度不會發(fā)生變更，即電池中C2O42-數(shù)目不變，故C錯誤；D．由圖可知，充電時，M極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，漸漸由Li2S2→Li2S4→Li2S6→Li2S8，則充電時間越長電池中的Li2S8量越多，故D正確；故答案為C。【點睛】本題考查原電池和電解池工作原理，能精確推斷碳呼吸電池的正負(fù)極是解題關(guān)鍵，充電時，陽離子向陰極移動，則b電極為負(fù)極，a電極為正極，在碳呼吸電池”中，依據(jù)工作原理圖，金屬鋁是負(fù)極失電子生成草酸鋁，以“呼出”的CO2作為正極反應(yīng)物得電子生成草酸根：2CO2+2e-=C2O42-，依據(jù)電子守恒可知，電池中C2O42-數(shù)目始終不變，這是解題難點。6.科學(xué)家合成出了一種用于分別鑭系金屬的化合物A，其結(jié)構(gòu)如下圖所示。短周期元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，其中Z位于第三周期。Z與Y可以形成分子ZY6，該分子常用作高壓電氣設(shè)備的絕緣介質(zhì)。下列關(guān)于X、Y、Z的敘述，正確的是A.化合物A中，X、Y、Z最外層都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.離子半徑：Y＞ZC.最簡潔氫化物的沸點：Z＞YD.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z<X【答案】A【解析】【分析】依據(jù)圖示A的結(jié)構(gòu)可知，正離子中Z失去一個電子后形成3個共價鍵，說明Z原子最外層為6個電子，且Z位于第三周期，則Z為S；負(fù)離子中Y形成一個共價鍵，為-1價，不是第三周期元素，且原子序數(shù)大于X，應(yīng)為F(當(dāng)然不是H，因為正離子已經(jīng)有H)；X得到一個電子形成4個共價鍵，說明其最外層為3個電子，則X為B元素，據(jù)此解答。【詳解】依據(jù)分析可知，X為B，Y為F，Z為S元素；A．結(jié)合分析可知，化合物A分子中B、F、S元素最外層都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其中B原子四周形成3個共價鍵和1個配位芻鍵，故A正確；B．電子層越多離子半徑越大，則離子半徑F-＜S2-，即Y＜Z，故B錯誤；C．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF為液體，而H2S為氣體，則最簡潔氫化物的沸點：HF＞H2S，即Y＞Z，故C錯誤；D．非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性：B＜S，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：H3BO3(弱酸)＜H2SO4(強酸)，即X＜Z，故D錯誤；故答案為A。7.常溫下，向20mL濃度均為0.1mol/LHX和CH3COOH的混合液中滴加0.1mol·L-1的NH3·H2O，測得混合液的電阻率與加入NH3·H2O的體積(V)的關(guān)系如圖所示。已知：物質(zhì)的電阻率越大，導(dǎo)電實力越弱，CH3COOH的，NH3·H2O的。下列說法錯誤的是A.常溫時，0.1mol/LHX的pH比0.1mol/LCH3COOH的pH小B.a→c過程中水的電離程度先增大后減小C.c點溶液中：c(CH3COO-)+c(X-)＞c(NH4+)D.d點有4c(NH4+)+4c(NH3·H2O)=0.3mol/L【答案】B【解析】【分析】物質(zhì)的電阻率越大，導(dǎo)電實力越弱，則電阻率與離子濃度成反比；若HX和CH3COOH均為弱堿，則隨著NH3?H2O的加入，酸堿反應(yīng)生成鹽，溶液導(dǎo)電性將增加、電阻率將減小，但圖象上隨著NH3?H2O的加入溶液電阻率增大、導(dǎo)電性反而減弱，說明原混合溶液中離子濃度更大，即HX為強電解質(zhì)，完全電離使溶液的電阻率最??；a→b過程中溶液的導(dǎo)電性減弱，向混合溶液中加入等物質(zhì)的量濃度的NH3·H2O溶液時，發(fā)生反應(yīng)先后依次是HX+NH3·H2O=NH4X+H2O、NH3?H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0～20溶液中電阻率增大、導(dǎo)電性減弱，b點最小，緣由為溶液體積增大導(dǎo)致b點離子濃度減小，b點溶液中溶質(zhì)為CH3COOH、NH4X，接著加入NH3·H2O溶液，CH3COOH是弱電解質(zhì)，生成的CH3COONH4是強電解質(zhì)，導(dǎo)致溶液中離子濃度增大，溶液的電導(dǎo)性增大，c點時CH3COOH和NH3·H2O恰好完全反應(yīng)生成醋酸銨，c點溶液中溶質(zhì)為CH3COONH4、NH4X，且二者的物質(zhì)的量相等，d點溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONH4、NH4X、NH3·H2O，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析知HX為強酸，醋酸為弱酸，則常溫時，0.1mol/LHX溶液中c(H+)比0.1mol/LCH3COOH溶液中c(H+)大，即0.1mol/LHX的pH比0.1mol/LCH3COOH的pH小，故A正確；B．a(chǎn)點是HX和CH3COOH溶液，水的電離受抑制，b點溶質(zhì)為CH3COOH、NH4X，其中醋酸的電離抑制水的電離，NH4+的水解促進水的離子，而c點溶液中溶質(zhì)為CH3COONH4、NH4X，CH3COO-和NH4+的水解均促進水的離子，則a→c過程中水的電離程度遞增，故B錯誤；C．已知CH3COOH的，NH3·H2O的，則CH3COO-和NH4+濃度相等時水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c點溶液中溶質(zhì)為CH3COONH4、NH4X，且二者的物質(zhì)的量相等，此時溶液顯酸性，即c(OH-)＜c(H+)，則由電荷守恒式c(OH-)+c(CH3COO-)+c(X-)=c(H+)+c(NH4+)，可知c(CH3COO-)+c(X-)＞c(NH4+)，故C正確；D．d點溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONH4、NH4X、NH3·H2O，溶液體積為80mL，依據(jù)物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)=mol/L=0.075mol/L，即4c(NH4+)+4c(NH3·H2O)=0.3mol/L，故D正確；故答案為B。8.氮化鍶(Sr3N2)在工業(yè)上廣泛用于生產(chǎn)熒光粉。鍶與氮氣在加熱條件下可生成氮化鍶，氮化鍶遇水猛烈反應(yīng)。某同學(xué)設(shè)計如下裝置制備氮化鍶(各裝置盛裝足量試劑)，所運用氮氣樣品可能含有少量CO、CO2、O2等氣體雜質(zhì)。已知：醋酸二氨合亞銅CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量汲取CO，但易被O2氧化，失去汲取CO實力；連苯三酚堿性溶液能定量汲取O2。Ⅰ．氮化鍶的制?。?）儀器a的名稱是__________________。（2）裝置C、D、E盛裝的試劑分別是_______________(填代號)。甲.連苯三酚堿性溶液乙.濃硫酸丙.醋酸二氨合亞銅溶液（3）該套裝置設(shè)計存在缺陷，可能會導(dǎo)致產(chǎn)品變質(zhì)，提出改進方案____。Ⅱ．產(chǎn)品純度的測定稱取6.0gⅠ中所得產(chǎn)品，加入干燥三頸燒瓶中，然后由恒壓滴液漏斗加入蒸餾水，通入水蒸氣，將產(chǎn)生的氨全部蒸出，用200.00mL1.00mol/L的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全汲取(汲取液體積變更忽視不計)。從燒杯中量取20.00mL的汲取液，用1.00mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗16.00mLNaOH溶液。(圖中夾持裝置略)（4）三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________________。（5）裝置中長玻璃管的作用原理是_________。（6）用1.00mol/L的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩的HCl時所選指示劑為__________________。（7）產(chǎn)品純度為_____________。(保留三位有效數(shù)字)（8）下列試驗操作可能使氮化鍶(Sr3N2)測定結(jié)果偏低是____________(填字母)。a.滴定前堿式滴定管未排氣泡，滴定后氣泡消逝b.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視c.滴定后，堿式滴定管尖嘴外還懸著一滴液體【答案】(1).蒸餾燒瓶(2).甲丙乙(3).在裝置F后連接一個盛有堿石灰的干燥管(或其他合理答案)(4).Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑(5).當(dāng)裝置1中壓力過大時，平安管中液面上升，使裝置1中壓力穩(wěn)定(6).甲基橙(7).97.3%(8).ac【解析】【分析】Ⅰ．含有少量CO、CO2、O2等氣體雜質(zhì)的氮氣依次通過NaOH溶液、連苯三酚堿性溶液、醋酸二氨合亞銅溶液、濃硫酸，達到依次除CO2、O2和CO，并干燥的目的；Ⅱ．用肯定量的鹽酸汲取反應(yīng)Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑中生成的氨氣，汲取液用NaOH溶液滴定，依據(jù)消耗的NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的量可計算剩余HCl的量，再結(jié)合實際汲取氨氣消耗的HCl的量計算出反應(yīng)中生成的氨氣，由氨氣可計算樣品的純度?！驹斀狻竣瘢?1)儀器a的名稱是蒸餾燒瓶；(2)因醋酸二氨合亞銅溶液能定量汲取CO，但易被O2氧化，失去汲取CO實力，且最終氣體須要干燥，防氮化鍶遇水猛烈反應(yīng)，則混合氣體依次通過NaOH溶液、連苯三酚堿性溶液、醋酸二氨合亞銅溶液、濃硫酸，即裝置C、D、E盛裝的試劑分別是甲、丙、乙；(3)F裝置干脆與空氣相通，空氣中水蒸氣可能會進入F裝置中與氮化鍶反應(yīng)，導(dǎo)致產(chǎn)品變質(zhì)，則應(yīng)當(dāng)在裝置F后連接一個盛有堿石灰的干燥管；Ⅱ．(4)Sr3N2在水中水解生成Sr(OH)2和NH3，則三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑；(5)裝置中長玻璃管與外界相通，當(dāng)裝置1中壓力過大時，平安管中液面上升，使裝置1中壓力穩(wěn)定，起穩(wěn)壓作用；(6)NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應(yīng)后呈中性，但溶液中還有氯化銨，為防止氫氧化鈉和銨鹽反應(yīng)，可以選擇酸性變色范圍內(nèi)的指示劑，則應(yīng)選取甲基橙作指示劑；(7)用1.00mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩HCl，到終點時消耗16.00mLNaOH溶液，則剩余HCl的物質(zhì)的量為1.00mol/L×0.016L×=0.16mol，反應(yīng)中生成的NH3的物質(zhì)的量為0.2L×1.00mol/L-0.16mol=0.2mol-0.16mol=0.04mol，產(chǎn)品純度為=97.3%；(8)a．滴定前堿式滴定管未排氣泡，滴定后氣泡消逝，則消耗的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，過量的HCl的物質(zhì)的量偏大，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，故a正確；b．讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視，則消耗的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，過量的HCl的物質(zhì)的量偏小，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，故b錯誤；c．滴定后，堿式滴定管尖嘴外還懸著一滴液體，則消耗的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，過量的HCl的物質(zhì)的量偏大，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，故c正確；故答案為ac?！军c睛】本題涉及兩個主要學(xué)問點，一是除雜試劑依次的選擇，留意要防干擾，先除O2再除CO；另一個是滴定操作原理的應(yīng)用，特殊是誤差分析，依據(jù)對消耗標(biāo)準(zhǔn)液的影響，結(jié)合公式分析對測定結(jié)果的影響即可。9.銥(Ir)和鋨(Os)屬于鉑族金屬，與金、銀合稱珍貴金屬，可以用于電氣、精密儀表、催化劑等領(lǐng)域。銥鋨礦的主要成分有Ir、Os、Ir2O3、OsO2，還含有CuO和SiO2等雜質(zhì)，從銥鋨礦中提取銥(Ir)和鋨(Os)的流程如下：已知：①高溫融合發(fā)生反應(yīng)的原理類似于鋁熱反應(yīng)。②四氧化鋨(OsO4)的熔點為41℃，易揮發(fā)、有惡臭和劇毒。③四氨合二氧氯化鋨([OsO2(NH3)4]Cl2)呈淺黃色，難溶于有機物，微溶于水，能水解?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸溶I”的目的是_____________________________________；酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，還有_______(填化學(xué)式)。（2）“氧化揮發(fā)”是將溶渣置于300～800℃的管式爐內(nèi)，通入空氣氧化。用NaOH溶液汲取OsO4生成Na2OsO4，該反應(yīng)的離子方程式為__________________；當(dāng)汲取液質(zhì)量增加59.5g時，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為______。（3）“沉鋨”時，NH4Cl與Na2OsO4發(fā)生反應(yīng)Na2OsO4+4NH4Cl=[OsO2(NH3)4]Cl2↓+2NaCl+2H2O，該過程中NH4Cl需過量，目的是_____________________________；生成的鋨鹽要馬上過濾，濾餅要經(jīng)無水乙醇多次洗滌，用無水乙醇洗滌的緣由是____。（4）“殘渣I”的主要成分為Ir、CuO和SiO2。“堿熔”時，Ir與Na2O2反應(yīng)生成IrO2·nNa2O和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________________。（5）“沉銅”過程中，當(dāng)通入H2S達到飽和時測得溶液的pH=1，此時溶液中c(Cu2+)為____。[已知:25℃下，H2S溶于水形成飽和溶液時，c(H2S)=0.1mol/L；H2S的電離常數(shù)，；]【答案】(1).溶解Al、溶解Al2O3與珍貴金屬分別(2).Cu、SiO2(3).2OsO4+4OH-=2OsO42-+O2↑+2H2O(4).0.5NA(5).使鋨元素完全轉(zhuǎn)化為[OsO2(NH3)4]Cl2沉淀，提高回收率(6).削減[OsO2(NH3)4]Cl2的損耗，無水乙醇易揮發(fā)使固體快速干燥，防止水解(7).2Ir+2nNa2O22IrO2·nNa2O+(n-2)O2↑(8).6×10-17mol/L【解析】【分析】銥鋨礦和過量Al高溫融合，發(fā)生鋁熱反應(yīng)后固體混合物的成分為Ir、Os、Cu、Al、Al2O3和SiO2；用鹽酸完全溶解Al和氧化鋁后過濾，所得溶渣為Ir、Os、Cu和SiO2，將溶渣在空氣中高溫氧化揮發(fā)，用NaOH溶液汲取OsO4得Na2OsO4溶液，向Na2OsO4溶液中加入過量NH4Cl達到沉鋨目的，經(jīng)過濾得[OsO2(NH3)4]Cl2，再經(jīng)還原即可得到鋨粉；同時氧化揮發(fā)后的殘渣Ⅰ的主要成分為Ir、CuO和SiO2，用NaOH和Na2O2進行堿溶，其中Ir與Na2O2反應(yīng)生成IrO2·nNa2O和O2，經(jīng)水洗過濾后，淺渣Ⅱ為IrO2·nNa2O和CuO，用鹽酸溶解IrO2·nNa2O和CuO后，向溶液中通入過量H2S氣體，利用生成CuS達到沉銅的目的，最終經(jīng)過濾后，濾液經(jīng)系列操作可得銥粉，據(jù)此分析解題?！驹斀狻?1)“酸溶I”是用鹽酸溶解固體混合物中的Al和Al2O3，達到與珍貴金屬銥和鋨分別的目的；Ir、Os、Cu和SiO2均不溶于稀鹽酸，則酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，還有Cu、SiO2；(2)用NaOH溶液汲取OsO4生成Na2OsO4，Os元素發(fā)生了還原反應(yīng)，則反應(yīng)中同時有O2生成，結(jié)合守恒法，可知發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2OsO4+4OH-=2OsO42-+O2↑+2H2O；由反應(yīng)可知，每溶解2molOsO4生成1molO2，轉(zhuǎn)移4mol電子，同時溶液增重質(zhì)量為254g/mol×2mol-32g=476g，則當(dāng)汲取液質(zhì)量增加59.5g時，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為×4mol×NAmol-1=0.5NA；(3)“沉鋨”時，添加過量NH4Cl，促進反應(yīng)完全進行，使鋨元素完全轉(zhuǎn)化為[OsO2(NH3)4]Cl2沉淀，提高回收率；[OsO2(NH3)4]Cl2)難溶于有機物，微溶于水，能水解，則洗滌時應(yīng)選擇無水乙醇，可削減[OsO2(NH3)4]Cl2的損耗，無水乙醇易揮發(fā)使固體快速干燥，防止水解；(4)堿熔時，Ir與Na2O2反應(yīng)生成IrO2·nNa2O和O2，結(jié)合守恒法，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ir+2nNa2O22IrO2·nNa2O+(n-2)O2↑；(5)已知H2S?HS-+H+，HS-?H++S2-，則Ka1×Ka2=，H2S飽和時c(s2-)=mol/L=1×10-19mol/L，此時溶液中c(Cu2+)為=mol/L=6×10-17mol/L。10.CO2是一種溫室氣體，對人類的生存環(huán)境產(chǎn)生巨大的影響，維持大氣中CO2的平衡對生態(tài)環(huán)境愛護有著重要意義。I．可利用CH4與CO2制備合成氣(CO、H2)，在某一鋼性密閉容器中CH4、CO2的分壓分別為15kPa、20kPa，加入Ni/α-A12O3催化劑并加熱至1123K使其發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)（1）探討表明CO的生成速率，某時刻測得p(H2)=10kPa，則該時刻v(CH4)=___________k·Pas-1。（2）達到平衡后，測得CO的產(chǎn)率為50％，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_________。（3）科學(xué)家提出制備“合成氣反應(yīng)歷程分兩步：反應(yīng)①：CH4(g)=C(ads)+2H2(g)(慢反應(yīng))反應(yīng)②：C(ads)+CO2(g)=2CO(g)(快反應(yīng))上述反應(yīng)中C(ads)為吸附性活性炭，反應(yīng)歷程的能量變更如圖所示：CH4與CO2制備合成氣的熱化學(xué)方程式為__________________。能量變更圖中：E5+E1_________E4+E2（填“＞”、“＜”或“＝”）。II．CO2催化加氫制甲醇5MPa時，往某密閉容器中按投料比n(H2):n(CO2)=3:1充入H2和CO2，發(fā)生以下反應(yīng)：i.，ii..iii.反應(yīng)達到平衡時，測得各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變更的曲線如右圖所示。（4）①體系中CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)受溫度的影響不大，緣由是_______________________。②下列措施中，無法提高甲醇平衡產(chǎn)率的是________(填標(biāo)號)。A.加入適量COB.增大壓強C.循環(huán)利用原料氣D.上升溫度③如上圖X、Y分別代表_________、________(填化學(xué)式)。III．利用銅基協(xié)作物1,10-phenanthroline-Cu催化劑電催化CO2還原制備碳基燃料(包括CO、烷烴和酸等)是削減CO2在大氣中累積和實現(xiàn)可再生能源有效利用的關(guān)鍵手段之，其裝置原理如圖所示。（5）①電池工作過程中，圖中Pt電極旁邊溶液的pH_______(填“變大”或“變小”)，陰極的電極反應(yīng)式為________________。②每轉(zhuǎn)移2mol電子，陰極室溶液質(zhì)量增加______g?！敬鸢浮?1).0.96(2).540(kPa)2(3).CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+(E3-E1)kJ·mol-1(4).＜(5).溫度變更時，反應(yīng)i和反應(yīng)ii平衡移動方向相反(6).D(7).CO(8).CH3OH(9).變小(10).CO2+2H++2e-＝HCOOH(11).46【解析】【詳解】I．(1)在某一鋼性密閉容器中CH4、CO2的分壓分別為15kPa、20kPa，某時刻測得p(H2)=10kPa，則：該時刻v(CO)=1.28×10-2?p(CH4)?p(CO2)=1.28×10-2×10×15=1.92，則v(CH4)=v(CO)=1.92×=0.96；(2)達到平衡后，測得CO的產(chǎn)率為50％，則CO的平衡分壓為15kPa；列三段式：平衡常數(shù)Kp===540；(3)CH4與CO2制備“合成氣”的化學(xué)方程式為CH4(g)+CO2(g)?2H2(g)+2CO(g)，由圖可知反應(yīng)的焓變△H=生成物的總內(nèi)能-反應(yīng)物的總內(nèi)能=(E3-E1)kJ/mol，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CH4(g)+CO2(g)?2H2(g)+2CO(g)△H=+(E3-E1)kJ/mol；兩步歷程中反應(yīng)①是慢反應(yīng)，所以反應(yīng)①的活化能大于反應(yīng)②的活化能，即E4-E1＞E5-E2，所以E5+E1＜E4+E2；II．(4)△H1＜0，△H3＜0，即生成甲醇的反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，所以溫度上升平衡時甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)應(yīng)減小，△H2＞0，生成CO的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以隨溫度上升CO平衡時的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)會變大，二者共同作用導(dǎo)致水蒸氣減小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO；①依據(jù)主要反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，反應(yīng)i消耗CO2，反應(yīng)ii逆向產(chǎn)生CO2，最終體系內(nèi)CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與上述兩個反應(yīng)進行的程度相關(guān)。由于△H1＜0而△H2＞0，依據(jù)勒夏特列原理，溫度變更時，反應(yīng)i和反應(yīng)ii平衡移動方向相反，且平衡移動程度相近，導(dǎo)致體系內(nèi)CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)受溫度的影響不大；②A．加入適量CO，促使反應(yīng)iii平衡正向移動，產(chǎn)生更多的CH3OH，而反應(yīng)ii平衡逆向移動，又可削減CO2轉(zhuǎn)化為CO，使更多的CO2通過反應(yīng)i轉(zhuǎn)化為CH3OH，故CH3OH產(chǎn)率提高，故A正確；B．增大壓強，有利于反應(yīng)i和iii的平衡正向移動，而對反應(yīng)ii無影響，故B正確；C．循環(huán)利用原料氣能提高CO2的轉(zhuǎn)化率，使CH3OH的產(chǎn)率提高，故C正確；D．由圖可知，升溫，CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)下降，產(chǎn)率降低，故D錯誤；故答案為D；③依據(jù)分析可知X代表CO，Y代表CH3OH；III．石墨烯的表面CO2發(fā)生還原反應(yīng)，說明石墨烯為陰極，則b為電源的負(fù)極；(5)①電池工作過程中，Pt電極為陽極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，則旁邊溶液的pH變小，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)的電極反應(yīng)式為CO2+2H++2e-=HCOOH；②每轉(zhuǎn)移2mol電子，由陰極電極反應(yīng)式CO2+2H++2e-=HCOOH可知，生成1molHCOOH，質(zhì)量為46g/mol×1mol=46g，即陰極室溶液質(zhì)量增加46g。[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)幾乎與鋼一樣堅實，但重量僅為鋼的三分之一，已被用于飛機機身和機翼、智能手機外殼上等。但這種合金很難被焊接。最近科學(xué)家將碳化鈦納米顆粒(大小僅為十億分之一米)注入AA7075的焊絲內(nèi)，讓這些納米顆粒充當(dāng)連接件之間的填充材料。注入了納米粒子的填充焊絲也可以更簡潔地連接其他難以焊接的金屬和金屬合金?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)銅原子的價層電子排布式為__________。(2)第三周期某元素的前5個電子的電離能如圖1所示。該元素是_____(填元素符號)，推斷依據(jù)是_______。(3)CN—、NH3、H2O和OH—等配體都能與Zn2+形成配離子。1mol[Zn(NH3)4]2+含___molσ鍵，中心離子的配位數(shù)為_____。(4)鋁鎂合金是優(yōu)質(zhì)儲鈉材料,原子位于面心和頂點，其晶胞如圖2所示。1個鋁原子四周有_____個鎂原子最近且等距離。(5)二氧化鈦和光照條件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：①苯甲醇中C原子雜化類型是__________。②苯甲醇的沸點高于苯甲醛，其緣由是__________。(6)鈦晶體有兩種品胞，如圖所示。①如圖3所示，晶胞的空間利用率為______(用含п的式子表示)。②已知圖4中六棱柱邊長為xcm，高為ycm。該鈦晶胞密度為Dg·cm-3，NA為______mol—1(用含xy和D的式子表示)?！敬鸢浮?1).3d104s1(2).Mg(3).I3是I2的5倍多，說明最外層有2個電子，(4).16(5).4(6).8(7).sp2、sp3(8).苯甲醇分子間存在氫鍵，苯甲醛分子間不存在氫鍵(9).(10).【解析】【分析】（1）銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子；(2)依據(jù)電離能的突變推斷最外層電子，結(jié)合該元素為第三周期元素分析；(3)全部單鍵包括配位鍵均為σ鍵，雙鍵中有一個為σ鍵，每個NH3分子中含有3個N-H鍵，中心原子Zn與四個N原子之間存在配位鍵；(4)晶胞中每個側(cè)面的4個頂點上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且最近；(5)①苯環(huán)上碳原子形成3個共用電子對，而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對；②分子間的氫鍵對物質(zhì)的沸點影響較大，苯甲醇分子間存在氫鍵；(6)①由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8×=2，設(shè)原子半徑為r，則晶胞的對角線為4r，晶胞的邊長為，由此計算空間利用率；②圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為3+2×+12×=6，晶胞的質(zhì)量為g，六棱柱邊長為xcm，高為ycm，則晶胞的體積為x2ycm3，再結(jié)合晶胞的密度計算NA。【詳解】（1）銅原子有29個電子，其3d、4s能級上的電子為其價電子，其價電子排布式為3d104s1；(2)由圖1可知電離能I3是I2的5倍多，說明最外層有2個電子，結(jié)合該元素是第三周期元素，則該元素為第三周期第ⅡA元素，此元素為鎂，元素符號為Mg；(3)全部單鍵包括配位鍵均為σ鍵，雙鍵中有一個為σ鍵，每個NH3分子中含有3個N-H鍵，中心原子Zn與四個N原子之間存在配位鍵，則1mol[Zn(NH3)4]2+含（4+3×4）mol=16molσ鍵，配位體為NH3，中心離子Zn2+的配位數(shù)為4；(4)晶胞中每個側(cè)面的4個頂點上的鎂原子和面心上的鎂原子到Al原子的距離相等且最近，則每個鋁原子四周距離最近的鎂原子有8個；(5)①苯環(huán)上碳原子形成3個共用電子對，碳原子的雜化類型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4個共用電子對，碳原子的雜化類型是sp3；②苯甲醇分子間存在氫鍵，而苯甲醛分子間不存在氫鍵，導(dǎo)致苯甲醇的沸點明顯比苯甲醛高；(6)①由圖3可知，晶胞中鈦原子的數(shù)目為1+8×=2，設(shè)原子半徑為r，則晶胞的對角線為4r，晶胞的邊長為，則空間利用率為=；②②圖4晶胞中鈦原子的數(shù)目為3+2×+12×=6，晶胞的質(zhì)量為g，六棱柱邊長為xcm，高為ycm，則晶胞的體積為x2ycm3，則D=g÷x2ycm3，由此計算得NA=mol—1?！军c睛】本題考查原子雜化方式推斷，留意雜化軌道理論的理解應(yīng)用，把握常見分子中原子的雜化及空間構(gòu)型為解答的關(guān)鍵，依據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原