全國(guó)I卷福建省龍巖市2025屆高三化學(xué)3月教學(xué)質(zhì)量檢查試題含解析

PAGE18-（全國(guó)I卷）福建省龍巖市2025屆高三化學(xué)3月教學(xué)質(zhì)量檢查試題（含解析）相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Li-7B-11C-12N-14O-16F-19Na-23S-32Cl-35.5Bi-209一、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.化學(xué)與生產(chǎn)、生活親密相關(guān)。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A.生活中可用氫氟酸在玻璃器皿上做標(biāo)記B.液態(tài)HCl不能導(dǎo)電，說明HCl是共價(jià)化合物C.杜康用高粱釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱中的乙醇分別出來(lái)D.“霾塵積聚難見路人”，霧和霾所形成的氣溶膠具有丁達(dá)爾效應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．玻璃中含SiO2，會(huì)跟HF反應(yīng)，所以生活中常用氫氟酸刻蝕玻璃，A正確；B．HCl是由共價(jià)鍵構(gòu)成的共價(jià)化合物，B正確；C．高粱中不含乙醇，高粱釀酒是利用葡萄糖分解生成酒精與二氧化碳的原理，故C錯(cuò)誤；D．全部膠體都具有丁達(dá)爾效應(yīng)，D正確。答案選C。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.71gCl2溶于足量水中，Cl-的數(shù)量為NAB.46g乙醇中含有共價(jià)鍵的數(shù)量為7NAC.25℃時(shí)，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的總數(shù)為0.02NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCO2與足量Na2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA【答案】D【解析】【詳解】A．Cl2與水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，Cl-的數(shù)量少于NA，A錯(cuò)誤；B．每個(gè)乙醇分子中含8個(gè)共價(jià)鍵，46g乙醇的物質(zhì)的量==1mol，則共價(jià)鍵的物質(zhì)的量=1mol8=8mol，所以46g乙醇所含共價(jià)鍵數(shù)量為8NA，B錯(cuò)誤；C．25℃時(shí)，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H+)=10-2mol·L-1，n(H+)=10-2mol·L-1×1L=0.01mol，所以含H+的總數(shù)為0.01NA，C錯(cuò)誤；D．每1molCO2對(duì)應(yīng)轉(zhuǎn)移電子1mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L的物質(zhì)的量=0.1mol，故0.1molCO2與足量Na2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，D正確。答案選D。3.雙酚A是重要的有機(jī)化工原料，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于雙酚A的說法正確的是（）A.雙酚A分子式為C15H14O2B.肯定條件下能發(fā)生取代和水解反應(yīng)C.最多有13個(gè)碳原子在同一平面D.苯環(huán)上的二氯代物有4種【答案】C【解析】【詳解】A.雙酚A的分子式為C15H16O2，A錯(cuò)誤；B.酚羥基有鄰位H，可以和濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)，但是沒有能水解的官能團(tuán)，B錯(cuò)誤；C.兩個(gè)苯環(huán)及連接苯環(huán)的C可能處于同一平面，C正確；D.二個(gè)氯在同一個(gè)苯環(huán)上的結(jié)構(gòu)有5種，二個(gè)氯分別在兩個(gè)苯環(huán)上的二氯代物有3中，所以該結(jié)構(gòu)中苯環(huán)上的二氯代物有8種，D錯(cuò)誤。答案選C。4.如圖為某漂白劑的結(jié)構(gòu)。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和等于X原子最外層電子數(shù)，W、X對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)潔離子核外電子排布相同。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A.W、X對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)潔離子的半徑：X>WB.電解W的氯化物水溶液可以制得W單質(zhì)C.試驗(yàn)室可用X和Z形成的某種化合物制取單質(zhì)XD.25℃時(shí)，Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的鈉鹽溶液pH大于7【答案】B【解析】【分析】W、Y、Z為不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一種為H，依據(jù)漂白劑結(jié)構(gòu)可知，Z為H，W、X對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)潔離子核外電子排布相同，從結(jié)構(gòu)圖中可知，W為Mg，X為O，W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的最外層電子數(shù)，Y為B，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．O2-和Mg2+電子層數(shù)相同，但O2-為陰離子，原子序數(shù)更小，半徑更大，A正確；B．工業(yè)上電解熔融狀態(tài)的MgCl2來(lái)制備Mg，B錯(cuò)誤；C．試驗(yàn)室可用H2O2在MnO2催化作用下制備O2，C正確；D．硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其鈉鹽會(huì)水解顯堿性，D正確。答案選B。5.高能LiFePO4電池多應(yīng)用于公共交通，結(jié)構(gòu)如圖所示。電池中間是聚合物的隔膜，其主要作用是在反應(yīng)過程中只讓Li+通過，原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.放電時(shí)，Li+向正極移動(dòng)B.放電時(shí)，電子由負(fù)極→用電器→正極C.充電時(shí)，陰極反應(yīng)為xLi++nC+xe-=LixCnD.充電時(shí)，陽(yáng)極質(zhì)量增重【答案】D【解析】【詳解】A．放電時(shí)，工作原理為原電池原理，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，A正確；B．放電時(shí)，工作原理為原電池原理，電子由負(fù)極→用電器→正極，B正確；C．充電時(shí)，工作原理為電解池原理，陰極反應(yīng)為xLi++nC+xe-=LixCn，C正確；D．充電時(shí)，工作原理為電解池原理，陽(yáng)極反應(yīng)為L(zhǎng)iFePO4-xe-=(1?x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明顯，陽(yáng)極質(zhì)量減小，D錯(cuò)誤。答案選D。【點(diǎn)睛】涉及x的電池或者電解池的電極反應(yīng)書寫，切不行從化合價(jià)入手，而應(yīng)當(dāng)以電荷守恒或者原子守恒作為突破口進(jìn)行書寫，如本題D中先依據(jù)總反應(yīng)寫出LiFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4，很明顯右邊少著x個(gè)Li+，故右邊加上xLi+，右邊加上xLi+后，依據(jù)電荷守恒可知左邊應(yīng)當(dāng)-xe-，最終陽(yáng)極反應(yīng)為L(zhǎng)iFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4。6.依據(jù)下列試驗(yàn)操作和現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A光照時(shí)甲烷與氯氣反應(yīng)后的混合氣體能使紫色石蕊溶液變紅生成的氯甲烷具有酸性B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀X肯定具有氧化性C兩支盛0.1mol·L-1醋酸和次氯酸的試管中分別滴加等濃度Na2CO3溶液，視察到前者有氣泡、后者無(wú)氣泡Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)D向淀粉溶液中滴加H2SO4并加熱，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，未見磚紅色沉淀淀粉沒有水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．甲烷和氯氣在光照條件下反應(yīng)生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液變紅，A錯(cuò)誤；B．若X是NH3則生成白色的BaSO3，得到相同現(xiàn)象，B錯(cuò)誤；C．Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，所以2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑，產(chǎn)生氣泡，Na2CO3和HClO不會(huì)反應(yīng)，無(wú)氣泡，C正確；D．加入新制的Cu(OH)2懸濁液之前要先加入NaOH中和H2SO4，不然新制的Cu(OH)2懸濁液和硫酸反應(yīng)了，就不會(huì)出現(xiàn)預(yù)期現(xiàn)象，D錯(cuò)誤。答案選C?！军c(diǎn)睛】Ka越大，酸性越強(qiáng)，依據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原則，Ka大的酸可以和Ka小的酸對(duì)應(yīng)的鹽反應(yīng)生成Ka小的酸。7.常溫下，向盛50mL0.100mol·L-1鹽酸的兩個(gè)燒杯中各自勻速滴加50mL的蒸餾水、0.100mol·L-1醋酸銨溶液，測(cè)得溶液pH隨時(shí)間變更如圖所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列說法正確的是（）A.曲線X是鹽酸滴加蒸餾水的pH變更圖，滴加過程中溶液各種離子濃度漸漸減小B.曲線Y上的隨意一點(diǎn)溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C.a點(diǎn)溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD.b點(diǎn)溶液中水電離的c(H+)是c點(diǎn)的102.37倍【答案】B【解析】【分析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此時(shí)PH=1+1=2，現(xiàn)在加50ml水，溶液體積遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸銨的，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．由分析可知曲線X是鹽酸中滴加水的pH變更圖，HCl被稀釋，H+和Cl-濃度減小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A錯(cuò)誤；B.當(dāng)加入50mL醋酸按時(shí)，醋酸銨和HCl恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量、濃度均為0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-濃度最大，因?yàn)镵a(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上隨意一點(diǎn)C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正確；C.a點(diǎn)溶液中電荷守恒為：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a點(diǎn)pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液總體積約為100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C錯(cuò)誤；D.b點(diǎn)位HCl溶液，水的電離受到HCl電離的H+抑制，c點(diǎn)：一方面CH3COOH為弱酸，另一方面，NH4+水解促進(jìn)水的電離，綜合來(lái)看b點(diǎn)水的電離受抑制程度大于c點(diǎn)，D錯(cuò)誤。答案選B。【點(diǎn)睛】A．肯定溫度下，電解質(zhì)溶液中，不行能全部離子同時(shí)增大或者減?。籅．對(duì)于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。8.氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染等行業(yè)。以硫化銅精礦為原料生產(chǎn)CuCl的工藝如圖：已知CuCl難溶于醇和水，溶于c(Cl-)較大的體系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮濕空氣中易水解氧化。（1）“氧化酸浸”前先將銅礦粉碎的目的是__。該過程生成藍(lán)色溶液和淺黃色沉淀，則反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為__；（2）“溶解”時(shí)所用硫酸濃度為0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，須要98%、1.84g·mL-1濃硫酸__mL（保留1位小數(shù)）。溶解時(shí)反應(yīng)的離子方程式__；（3）“反應(yīng)”時(shí)，Cu+的沉淀率與加入的NH4Cl的量關(guān)系如圖所示。①反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是___，n(氧化劑)：n(還原劑)=___；②比較c(Cu+)相對(duì)大小：A點(diǎn)___C點(diǎn)（填“>”、“<”或“=”）。③提高處于C點(diǎn)狀態(tài)的混合物中Cu+沉淀率措施是___；（4）“過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分的化學(xué)式為__；（5）不能用硝酸代替硫酸進(jìn)行“酸洗”，理由是__?！敬鸢浮?1).增大接觸面積，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等(2).CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O(3).16.3(4).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(5).SO42-或(NH4)2SO4(6).2：1(7).>(8).加水稀釋(9).(NH4)2SO4(10).HNO3具有強(qiáng)氧化性會(huì)把CuCl氧化【解析】【分析】利用H2O2在酸性條件下將CuS中的-2價(jià)S元素氧化成S單質(zhì)，同時(shí)釋放Cu2+，經(jīng)過系列處理得到Cu單質(zhì)，然后利用NO3-在酸性條件下的強(qiáng)氧化性將Cu氧化成Cu2+，接下來(lái)用SO32-將Cu2+還原成Cu+，同時(shí)利用Cl-將Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等雜質(zhì)，接下來(lái)用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易揮發(fā)而除去，得到干燥的CuCl，據(jù)此回答?！驹斀狻浚?）工藝流程前，一般將固體礦物粉碎，目的是增大礦物與酸的解除面積，一方面可以加快反應(yīng)速率，另一方面使礦物中的CuS盡可能轉(zhuǎn)化，提高浸取率；依據(jù)程生成藍(lán)色溶液和淺黃色沉淀可知，本反應(yīng)生成了CuSO4和S，發(fā)生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案為：增大接觸面積，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；（2）依據(jù)c=得，濃硫酸濃度==18.4mol·L-1，依據(jù)C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；依據(jù)反應(yīng)物為NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性條件下的氧化性將Cu氧化溶解，發(fā)生的反應(yīng)為Cu和稀硝酸反應(yīng)，故離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）①流程可知，“反應(yīng)”利用SO32-將Cu2+還原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-為氧化產(chǎn)物；SO32-被氧化S化合價(jià)由+4上升到+6，上升了2，每個(gè)Cu2+被還原，化合價(jià)從+2降低到+1，降低了1，依據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)上升總數(shù)=化合價(jià)降低總數(shù)得，所以Cu2+和SO32-的物質(zhì)的量之比為2:1，即氧化劑：還原劑=2:1；故答案為：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；②B點(diǎn)之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B點(diǎn)時(shí)建立了CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),B點(diǎn)之后，Cl-濃度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl雖然被溶解了一部分，但是平衡并沒有發(fā)生移動(dòng)，所以C點(diǎn)和B點(diǎn)Cu2+的濃度是相等的，由于B點(diǎn)之前CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡始終向左移動(dòng)，所以B點(diǎn)的Cu2+的濃度小于A點(diǎn)，綜上所述答案為：>；③既然B點(diǎn)之后是由于發(fā)生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀削減了，所以我們可以減小Cl-濃度，詳細(xì)做法是反其道而行之，加適量水稀釋，所以答案為：加水稀釋；（4）由上可知，“過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分為(NH4)2SO4，所以答案為：(NH4)2SO4；（5）硝酸有強(qiáng)氧化性，將CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸進(jìn)行“酸洗”，故答案為：HNO3具有強(qiáng)氧化性會(huì)把CuCl氧化?！军c(diǎn)睛】（3）由圖可知，B點(diǎn)之后，NH4Cl越多，沉淀率反而減小，但是已經(jīng)加進(jìn)去的NH4Cl又拿不出來(lái)，所以最干脆的做法是反著來(lái)，加適量的水！9.鉍酸鈉（NaBiO3）是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則快速分解。某愛好小組設(shè)計(jì)試驗(yàn)制取鉍酸鈉并探究其應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取鉍酸鈉制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色（1）B裝置用于除去HCl，盛放的試劑是___；（2）C中盛放Bi(OH)3與NaOH混合物，與Cl2反應(yīng)生成NaBiO3，反應(yīng)的離子方程式為___；（3）當(dāng)視察到___（填現(xiàn)象）時(shí)，可以初步推斷C中反應(yīng)已經(jīng)完成；（4）拆除裝置前必需先除去燒瓶中殘留Cl2以免污染空氣。除去Cl2的操作是___；（5）反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，須要的操作有___；Ⅱ.鉍酸鈉的應(yīng)用——檢驗(yàn)Mn2+（6）往待測(cè)液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在Mn2+。①產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為___；②某同學(xué)在較濃的MnSO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但視察到黑色固體（MnO2）生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應(yīng)方程式為___。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測(cè)定（7）取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用cmo1·L-1的H2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時(shí)，消耗vmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為___（用含w、c、v的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?1).飽和食鹽水(2).Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O(3).C中白色固體消逝（或黃色不再加深）(4).關(guān)閉K1、K3，打開K2(5).在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥(6).5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O(7).3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+(8).×100%或×100%或%【解析】【分析】用濃HCl和MnO2反應(yīng)制備Cl2，其中混有揮發(fā)出來(lái)的HCl，要用飽和食鹽水出去，然后利用Cl2的強(qiáng)氧化性在堿性條件下將Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO3還原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來(lái)檢驗(yàn)NaBiO3的氧化性；試驗(yàn)結(jié)束后Cl2有毒，要除去，做法是打開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反應(yīng)；NaBiO3純度的檢測(cè)利用NaBiO3和Mn2+反應(yīng)生成MnO4-，MnO4-再和草酸反應(yīng)來(lái)測(cè)定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計(jì)算即可?！驹斀狻浚?）除去氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；（2）反應(yīng)物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3價(jià)的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被還原成Cl-，依據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應(yīng)為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反應(yīng)已經(jīng)完成,則白色的Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的NaBiO3，故答案為：C中白色固體消逝（或黃色不再加深）；（4）從圖上來(lái)看關(guān)閉K1、K3，打開K2可使NaOH留下與氯氣反應(yīng)，故答案為：關(guān)閉K1、K3，打開K2；（5）由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來(lái)的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；（6）①往待測(cè)液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-，因?yàn)槭撬嵝詶l件，所以鉍酸鈉被還原成Bi3+，據(jù)此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案為：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；②由題意可知，Mn2+過量，鉍酸鈉少量，過量的Mn2+和MnO4-發(fā)生反應(yīng)生成了黑色的MnO2，反應(yīng)方程式為3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案為：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；（7）依據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,計(jì)算鉍酸鈉理論產(chǎn)量：解得m（理論）=0.28CVg，所以純度=×100%=×100%，所以答案為：×100%或×100%或%。【點(diǎn)睛】（7）在困難的純度、產(chǎn)率等計(jì)算中，用得失電子守恒法找出各關(guān)鍵物質(zhì)之間的關(guān)系，由此計(jì)算，可以事半功倍，如本題中的關(guān)系5NaBiO3～5H2C2O4，使困難問題簡(jiǎn)潔化了。10.肯定條件下，二氧化碳可合成低碳烯烴，緩解溫室效應(yīng)、充分利用碳資源。（1）已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2③H2O(1)=H2O(g)ΔH3④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH4則ΔH4=___(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。（2）反應(yīng)④的反應(yīng)溫度、投料比[=x]對(duì)CO2平衡轉(zhuǎn)化率的影響如圖所示。①a__3（填“>”、“<”或“=”）；M、N兩點(diǎn)反應(yīng)的平衡常數(shù)KM__KN（填填“>”、“<”或“=”）②M點(diǎn)乙烯體積分?jǐn)?shù)為__；（保留2位有效數(shù)字）③300℃，往6L反應(yīng)容器中加入3molH2、1molCO2，反應(yīng)10min達(dá)到平衡。求0到10min氫氣的平均反應(yīng)速率為__；（3）中科院蘭州化學(xué)物理探討所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氫合成低碳烯烴反應(yīng)，所得產(chǎn)物含CH4、C3H6、C4H8等副產(chǎn)物，反應(yīng)過程如圖。催化劑中添加Na、K、Cu助劑后（助劑也起催化作用）可變更反應(yīng)的選擇性，在其他條件相同時(shí)，添加不同助劑，經(jīng)過相同時(shí)間后測(cè)得CO2轉(zhuǎn)化率和各產(chǎn)物的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)如下表。助劑CO2轉(zhuǎn)化率（%）各產(chǎn)物在全部產(chǎn)物中的占比（%）C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高單位時(shí)間內(nèi)乙烯的產(chǎn)量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加__助劑效果最好；加入助劑能提高單位時(shí)間內(nèi)乙烯產(chǎn)量的根本緣由是__；②下列說法正確的是__；a．第ⅰ步所反應(yīng)為：CO2+H2CO+H2Ob．第ⅰ步反應(yīng)的活化能低于第ⅱ步c．催化劑助劑主要在低聚反應(yīng)、異構(gòu)化反應(yīng)環(huán)節(jié)起作用d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氫合成低碳烯烴的ΔH減小e．添加不同助劑后，反應(yīng)的平衡常數(shù)各不相同（4）2024年，強(qiáng)堿性電催化還原CO2制乙烯探討取得突破進(jìn)展，原理如圖所示。①b極接的是太陽(yáng)能電池的__極；②已知PTFE浸泡了飽和KCl溶液，請(qǐng)寫出陰極的電極反應(yīng)式__?！敬鸢浮?1).2△H2+4△H3-△H1(2).>(3).>(4).9.7%或(5).0.03mol·L-1·min-1(6).K(7).降低生成乙烯的反應(yīng)所須要的活化能，加快乙烯生成速率，而對(duì)其他副反應(yīng)幾乎無(wú)影響(8).ac(9).正(10).2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-【解析】【分析】（1）利用蓋斯定律計(jì)算；（2）從圖上看，投料比相同時(shí)，溫度上升，二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，說明溫度上升，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H<0；投料比從3到a，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，說明3到a投料比在增大；而平衡常數(shù)只和溫度有關(guān)；平衡題中的計(jì)算用三行式解答；（3）從表格來(lái)看，運(yùn)用Na作助劑轉(zhuǎn)化率最高，但乙烯含量最低，運(yùn)用Cu作助劑依稀含量最高，但二氧化碳轉(zhuǎn)化率最低，運(yùn)用K作助劑二氧化碳轉(zhuǎn)化率高且乙烯含量也高，單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)出乙烯最多；加入助劑使反應(yīng)具有選擇性的緣由是助劑降低了某個(gè)反應(yīng)所需的活化能，相同條件下更簡(jiǎn)潔發(fā)生某個(gè)反應(yīng)所致；（4）PTFE電極CO2變成C2H4，碳元素化合價(jià)從+4降低到-2，為陰極；據(jù)以上分析作答【詳解】（1）依據(jù)蓋斯定律，方程式有如下關(guān)系：2×②-①+4×③=④，所以△H4=2△H2+4△H3-△H1，故答案為：2△H2+4△H3-△H1；（2）①相同溫度下，投料比從3→a，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，說明投料比在增大，所以a>3，投料比相同時(shí)，上升溫度，二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，說明上升溫度，平衡逆向移動(dòng)，則K減小，而N點(diǎn)溫度高于M點(diǎn)，所以KM>KN，故答案為：>；>；②由圖可知,M點(diǎn)投料比為3，二氧化碳轉(zhuǎn)化率為0.6，設(shè)起先投入1mol二氧化碳，3mol氫氣，則二氧化碳轉(zhuǎn)化量為0.6，用三行式解法如下：所以M點(diǎn)乙烯的體積分?jǐn)?shù)=×100%=9.7%，故答案為：9.7%；③同樣用三行式來(lái)解如下：可知，氫氣在這10min消耗了1.8mol，所以濃度減小值==0.3mol·L-1，所以v(H2)==0.03mol·（L·min）-1，故答案為：0.03mol·L-1·min-1；（3）①運(yùn)用Na作助劑轉(zhuǎn)化率最高，但乙烯含量最低，運(yùn)用Cu作助劑依稀含量最高，但二氧化碳轉(zhuǎn)化率最低，運(yùn)用K作助劑二氧化碳轉(zhuǎn)化率高且乙烯含量也高,單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)出乙烯最多；加入助劑使生成乙烯具有選擇性的緣由是助劑降低了生成乙烯反應(yīng)所需的活化能，相同條件下更簡(jiǎn)潔生成乙烯，而其他副反應(yīng)幾乎無(wú)影響；故答案為：K；降低生成乙烯的反應(yīng)所須要的活化能，加快乙烯生成速率，而對(duì)其他副反應(yīng)幾乎無(wú)影響；②a．由條件可知第ⅰ步反應(yīng)物為二氧化碳和氫氣，生成物有CO，依據(jù)氧化還原反應(yīng)可得方程式為CO2+H2CO+H2O，a正確；b．第ⅰ步反應(yīng)明顯慢于第ⅱ步反應(yīng)，故第ⅱ步反應(yīng)更簡(jiǎn)潔發(fā)生，第ⅱ步反應(yīng)的活化能更低，b錯(cuò)誤；c．從圖上看生成CH4、C3H6、C4H8等副產(chǎn)物主要在低聚反應(yīng)、異構(gòu)化反應(yīng)環(huán)節(jié)，所以助劑主要在低聚反應(yīng)、異構(gòu)化反應(yīng)環(huán)節(jié)起作用，c正確；d．ΔH與反應(yīng)途徑無(wú)關(guān)，只和起始有關(guān)，d錯(cuò)誤；e．反應(yīng)平衡常數(shù)只和溫度有關(guān)，溫度不變，K不變，e錯(cuò)誤；故答案為：ac；（4）①PTFE(a極)電極CO2變成C2H4，碳元素化合價(jià)從+4降低到-2，為陰極，則b極為陽(yáng)極，與太陽(yáng)能電池正極相連，故答案為：正；②陰極的電極反應(yīng)式為2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案為：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。【點(diǎn)睛】萬(wàn)變不離其宗，解決化學(xué)平衡圖像題關(guān)鍵還是抓住橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)的含義，結(jié)合平衡移動(dòng)原理學(xué)問點(diǎn)解答。比如本題的量比=3可理解成氫氣的物質(zhì)的量=3mol，二氧化碳的物質(zhì)的量=1mol，困難問題就簡(jiǎn)潔化了。11.快離子導(dǎo)體是一類具有優(yōu)良離子導(dǎo)電實(shí)力的固體電解質(zhì)。圖1（Li3SBF4）和圖2是潛在的快離子導(dǎo)體材料的結(jié)構(gòu)示意圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）S+2e-=S2-過程中，獲得的電子填入基態(tài)S原子的___（填軌道符號(hào)）；（2）BF3+NH3=NH3BF3的反應(yīng)過程中，形成化學(xué)鍵時(shí)供應(yīng)電子的原子軌道符號(hào)是___；產(chǎn)物分子中實(shí)行sp3雜化軌道形成化學(xué)鍵的原子是___；（3）基態(tài)Li+、B+分別失去一個(gè)電子時(shí)，需汲取更多能量的是___，理由是___；（4）圖1所示的晶體中，鋰原子處于立方體的位置___；若其晶胞參數(shù)為apm，則晶胞密度為___g·cm-3(列出計(jì)算式即可)（5）當(dāng)圖2中方格內(nèi)填入Na+時(shí)，恰好構(gòu)成氯化鈉晶胞的，且氯化鈉晶胞參數(shù)a=564pm。氯化鈉晶體中，Cl-依據(jù)A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中。每一個(gè)空隙由___個(gè)Cl-構(gòu)成，空隙的空間形態(tài)為___；（6）溫度上升時(shí)，NaCl晶體出現(xiàn)缺陷（如圖2所示，某一個(gè)頂點(diǎn)沒有Na+，出現(xiàn)空位），晶體的導(dǎo)電性大大增加。該晶體導(dǎo)電時(shí)，在電場(chǎng)作用下遷移到空位上，形成電流。遷移的途徑有兩條（如圖2中箭頭所示）：途徑1：在平面內(nèi)擠過2、3號(hào)氯離子之間的狹縫（距離為x）遷移到空位。途徑2：擠過由1、2、3號(hào)氯離子形成的三角形通道（如圖3，小圓的半徑為y）遷移到空位。已知：r(Na+)=95pm，r(Cl-)=185pm，=1.4，。①x=___，y=___；（保留一位小數(shù)）②遷移可能性更大的途徑是___。【答案】(1).3p(2).2p(3).B、N(4).Li+(5).Li+的最外層電子排布為1s2，B+最外層電子排布為2s2，1s軌道上的電子的能量低于2s軌道上電子(6).棱上(7).(8).6(9).正八面體(10).24.8pm(11).38.7pm(12).途徑2【解析】【分析】（1）分析S原子的電子排布式，知道空軌道，得到的電子填充入空軌道即可；（2）B、N的2P軌道未填充溢電子；（3）Li+從1S軌道失去電子、B+從2S軌道失去電子，2S軌道能量高于1S軌道；（4）依據(jù)均攤法反推鋰原子；依據(jù)m=v計(jì)算密度即可；（5）氯化鈉晶胞中Na+處于立方風(fēng)光 對(duì)角線上，據(jù)此分析；（6）①由圖可知x=兩個(gè)氯離子之間的距離-2r(Cl-),算出正三角形的高，利用正三角形性質(zhì)可求出氯離子到小球中心的距離，再減去氯離子的半徑即為y值；②比較x、y值即可，誰(shuí)大誰(shuí)更可能?！驹斀狻浚?）S原子電子排布式為：1S22S22P63S23P4可知，3P軌道未填充溢電子，故獲得的電子填入基態(tài)S原子的3P軌道，故答案為：3P；（2）H、B、N、F四種原子的核外電子分析可知，N、B原子均有未成對(duì)電子，所以供應(yīng)電子的原子為B、N，B原子的核外電子排布式為：1S22S22P1,N原子的核外電子排布式為：1S22S22P3，所以B原子的2P軌道、N原子的2P軌道供應(yīng)電子，有B、N原子核外電子排布可知B、N原子均供應(yīng)3個(gè)2P軌道，采納sp3雜化的為N原子，故答案為：2P；B、N；（3）Li+從1S軌道失去電子、B+從2S軌道失去電子，2S軌道能量高于1S軌道，從1S軌道失去電子汲取跟多的能量，故答案為：Li+；Li+的最外層外電子排布為1s2，B+最外層電子排布為2s2，1s軌道上的電子的能量低于2s軌道上電子；（4）棱上的原子個(gè)數(shù)=12×=3，頂點(diǎn)上的原子個(gè)數(shù)=8×=1，體心的原子個(gè)數(shù)=1，立方體內(nèi)部非體心原子個(gè)數(shù)=4，由Li3SBF4可知，該晶體中有三個(gè)鋰，所以鋰原子依據(jù)均攤法及結(jié)合圖片，圖上鋰原子個(gè)數(shù)4=3處于立方體的位置棱上；1mol晶胞的質(zhì)量=(7×3+32×1+11×1+19×4)g140g，因?yàn)榫О麉?shù)為apm=a×10-10cm，一個(gè)晶胞的體積=a3=a3×10-30cm3，1mol晶胞的體積=a3×10-30cm3×NA，由m=v得，=g·cm-3，故答案為：棱上；；（5）氯化鈉晶體中，Cl-依據(jù)A1密堆，每個(gè)Cl-四周有6個(gè)Na+,每個(gè)Na四周有6個(gè)Cl-，空間形態(tài)為正八面體，故