PAGE25-山東省淄博市部分學校2025屆高三化學6月階段性診斷考試（二模）試題（含解析）本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，共9頁。滿分100分。考試用時90分鐘。原子量：H1C12S32Mg24Cu63.5Zn65第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本題包括10小題，每題只有一個選項符合題意；每題2分，共20分)1.中國人民在悠久的歷史中創建了絢麗多彩的中華文化。下列說法錯誤的是A.“木活字”是由元代王禎創制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纖維素B.“蘇繡”是用蠶絲為線在絲綢上做繡的工藝，蠶絲的主要成分是蛋白質C.“煤餅燒蠣房成灰”(蠣房即牡蠣殼)，“灰”的主要成分為CaCO3D.“司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是自然磁鐵(Fe3O4)【答案】C【解析】【詳解】A．“木活字”由木材制造而成，其主要成分是纖維素，A正確；B．蠶絲的主要成分是蛋白質，B正確；C．“煤餅燒蠣房成灰”(蠣房即牡蠣殼)，指的是將牡蠣殼灼燒得“灰”，碳酸鈣受熱分解得CaO，“灰”的主要成分為CaO，C錯誤；D．司南之杓由由自然磁石制成，自然磁石的主要成分是Fe3O4，D正確。答案選C。2.目前，新型冠狀病毒仍在世界各地擴散，李蘭娟院士指出：新冠病毒怕酒精、不耐高溫，50～60℃持續30A.核酸檢測是確認病毒種類的有效手段，核酸屬于生物大分子B.新冠病毒顆粒直徑在80～120nm之間，在空氣中能形成氣溶膠，可能傳播較遠的距離C.加熱可破壞蛋白質中的氫鍵，而使病毒丟失生物活性死亡D.戴口罩可有效阻斷新冠病毒的傳播，熔噴布的主要原料聚丙烯是丙烯縮聚而成【答案】D【解析】【詳解】A.核酸是由很多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，病毒都有其獨特的基因序列，通過檢測病人體內的病毒核酸，就可推斷病人體內是否存在病毒，A正確；B.膠體的分散質粒子直徑為1-100nm，新型冠狀病毒直徑在80-120nm，它形成的氣溶膠粒徑一般在100nm左右，B正確；C.自然蛋白質的空間結構是通過氫鍵等次級鍵維持的，而加熱變性后次級鍵被破壞，病毒死亡，C正確；D.聚丙烯是丙烯加聚反應形成，D不正確。答案選D。3.降冰片二烯類化合物是一類太陽能儲能材料，降冰片二烯在紫外線照耀下可以發生下列轉化。下列說法錯誤的是A.四環烷的一氯代物超過三種(不考慮立體異構)B.降冰片二烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.降冰片二烯與四環烷互為同分異構體D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超過4個【答案】A【解析】【詳解】A.四環烷的一氯代物(不考慮立體異構)種數就是看等效氫原子個數，四環烷中只有3種氫，一氯代物只有3種，A錯誤；B.降冰片二烯的結構中存大碳碳雙鍵，而碳碳雙鍵能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C.降冰片二烯與四環烷結構不同，而分子式均為C7H8，故二者互為同分異構體，C正確；D.依據乙烯分子是平面分子，與碳碳雙鍵連接的C原子在碳碳雙鍵所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子為4個，D正確。答案選A。4.I－具有還原性，含碘食鹽中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、IO3－在肯定條件下可發生如圖轉化關系。下列說法不正確的是A.用淀粉－KI試紙和食醋可檢驗食鹽是否加碘B.由圖可知氧化性的強弱依次為C12＞IO3－＞I2C.生產等量的碘，途徑I和途徑Ⅱ轉移電子數目之比為2：5D.途徑Ⅲ反應的離子方程式：3C12+I－+3H2O=6C1－+IO3－+6H+【答案】C【解析】【詳解】A.碘食鹽中的碘元素主要以KIO3的形式存在，IO3－和I－在酸性條件下可生成I2，I2遇淀粉變藍，A正確；B.由圖途徑Ⅲ可知，Cl2可將I－氧化為IO3－，氧化性Cl2＞IO3－，途徑Ⅱ可知IO3－可被還原為I2，氧化性為IO3－＞I2，則氧化性的強弱依次為Cl2＞IO3－＞I2，B正確；C.生產1mol碘，途徑I中-1價碘轉變為0價碘，須要轉移2mol電子，途徑Ⅱ中+5價碘轉變為0價碘，須要轉移10mol電子，故轉移電子數目之比為1：5，C錯誤；D.途徑Ⅲ中Cl2可將I－氧化為IO3－，而氯氣被還原為Cl－，依據得失電子守恒和質量守恒，反應的離子方程式為：3Cl2+I－+3H2O=6Cl－+IO3－+6H+，D正確；答案選C。5.探究濃硫酸和銅的反應，下列裝置或操作正確的是A.用裝置甲進行銅和濃硫酸的反應B.用裝置乙收集二氧化硫并汲取尾氣C.用裝置丙稀釋反應后的混合液D.用裝置丁測定余酸的濃度【答案】C【解析】【詳解】A.銅與濃硫酸反應需加熱，無酒精燈，錯誤；B.SO2密度比空氣的密度大，應當長管進，短管出，錯誤；C.稀釋濃硫酸，將濃硫酸沿燒杯內壁漸漸倒入水中，并不斷用玻璃棒攪拌，正確；D.NaOH溶液腐蝕玻璃，應放在堿式滴定管中，該滴定管是酸式滴定管，錯誤；選C。6.鐘南山院士指出，試驗證明中藥連花清瘟膠囊對治療新冠肺炎有明顯療效，G是其有效藥理成分之一，存在如圖轉化關系：下列有關說法正確的是A.化合物Ⅱ中全部碳原子可能都共面B.化合物Ⅰ分子中有3個手性碳原子C.化合物G、Ⅰ、Ⅱ均能發生氧化反應、取代反應、消去反應D.若在反應中，G與水按1：1發生反應，則G的分子式為C16H20O10【答案】A【解析】【詳解】A.化合物Ⅱ中含乙烯結構，4個碳共平面，還含苯的結構，7個碳共平面，所以全部碳原子可能都共面，A正確；B.手性碳原子是連有四個不同原子或原子團的碳原子，化合物Ⅰ中有4個手性碳，B錯誤；C.化合物Ⅱ不能發生消去反應，C錯誤；D.化合物Ⅰ的分子式C7H10O6，化合物Ⅱ的分子式C9H8O4，若在反應中，G與水按1：1發生反應，則G的分子式是將化合物Ⅰ、Ⅱ的分子式相加，減水，為C16H16O9，D錯誤。答案選A。7.已知：①正丁醇沸點：117.2℃，正丁醛沸點：75.7℃；②正丁醇合成正丁醛的反應：A.為防止產物進一步氧化，應將適量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中B.向分餾出的餾出物中加入少量金屬鈉，可檢驗其中是否含有正丁醇C.當溫度計1示數為90～95℃，溫度計2示數在76D.向分別所得的粗正丁醛中，加入無水CaCl2固體，過濾，蒸餾，可提純正丁醛【答案】B【解析】【詳解】A．醛基具有還原性，易被氧化劑氧化成酸，Na2Cr2O7中+7價的鉻具有氧化性，在酸性條件下能氧化正丁醛，試驗過程中，所需正丁醇的量大于酸化的Na2Cr2O7的量，防止產物進一步氧化，正丁醇也能被酸化的Na2Cr2O7氧化，加入藥品時，應將酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正確；B．分餾出的餾出物中的水也可以和鈉反應，故不能用來檢驗產物中是否含有正丁醇，B不正確；C．由反應物和產物沸點數據可知，溫度計1保持在90～95℃，既可保證正丁醛剛好蒸出，又可盡量避開其被進一步氧化，溫度計2示數在76℃左右時，收集產物為正丁醛，CD．正丁醛中有水，由于水與正丁醛的沸點相差不多，干脆蒸餾，得到的正丁醛中仍還有較多的水，所以可加入無水CaCl2固體除去水，過濾后蒸餾，D正確。答案選B。8.為了探究溫度、硫酸銅對鋅與稀硫酸反應速率的影響，某同學設計如下方案(見下表)。編號純鋅粉質量0.2mol·L－1硫酸體積溫度硫酸銅固體質量Ⅰ2.0g10.0ml250gⅡ2.0g10.0mlT℃0gⅢ2.0g10.0ml350.2gⅣ2.0g10.0ml354.0g下列推斷合理的是A.選擇Ⅱ和Ⅲ探究硫酸銅對反應速率的影響，必需限制T=25B.依據該試驗方案得出反應速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞ⅣC.依據該方案，還可以探究硫酸濃度對反應速率的影響D.待測物理量是收集等體積(相同條件)的氣體所需的時間，時間越長，反應越快【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.選擇Ⅱ和Ⅲ探究硫酸銅對反應速率的影響，要限制變量，所以必需限制T=35℃，AB.依據該試驗方案，Ⅲ和Ⅱ比較，Ⅲ可以形成原電池，加快了負極的反應速率，Ⅲ＞Ⅱ，Ⅱ和Ⅰ比較，Ⅱ的溫度更高，反應速率更快，Ⅱ＞Ⅰ，Ⅳ中硫酸銅過量，導致鋅粒幾乎不與硫酸反應，得出反應速率的大小是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，B合理；C.在該方案中，硫酸濃度均相同，沒有探究硫酸濃度對反應速率的影響，C不合理；D.待測物理量是收集等體積（相同條件）氣體所須要的時間，時間越長，反應越慢，D不合理。答案選B。9.下圖是某元素的價類二維圖，其中X是一種強堿，A為正鹽，通常條件下Z是無色液體，D的相對分子質量比E小16，各物質轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A.A是可與草木灰混合運用的肥料 B.C可用排空氣法收集C.F和B能發生復分解反應生成鹽 D.B在肯定條件下可干脆與Y反應生成D【答案】D【解析】【分析】A為正鹽，X是一種強堿，二者反應生成氫化物B，則A為銨鹽、B為NH3，B連續與Y反應得到氧化物D與氧化物E，且E的相對分子質量比D大16，則Y為O2、C為N2、D為NO、E為NO2，通常條件下Z是無色液體，E與Z反應得到含氧酸F，則Z為H2O、F為HNO3，F與強堿X發生酸、堿中和反應得到G為硝酸鹽，以此解答該題。【詳解】A.物質A為銨鹽，草木灰主要成分是K2CO3，水溶液呈堿性，二者混合會發生反應放出氨氣，使肥效降低，A錯誤；B.C是N2，氮氣的密度與空氣接近，不宜實行排空氣法收集，可以利用N2難溶于水的性質，用排水法收集，B錯誤；C.B是NH3，F是HNO3，二者發生化合反應生成NH4NO3，該反應是化合反應，不是復分解反應，C錯誤；D.B是NH3，Y為O2，NH3在催化劑存在并加熱的條件下，與O2反應生成NO和H2O，D正確；故合理選項是D。【點睛】本題考查無機物的推斷的學問。“鹽與堿反應生成氫化物以及氫化物連續反應生成氧化物”等是推斷的突破口，嫻熟駕馭中學常見連續反應、三角轉化以及特別的置換反應、特別現象反應等特別轉化是解答本題的基礎。該題為高考常見題型，側重考查學生的分析實力以及元素化合物學問的綜合理解和運用。10.CO2的固定和轉化是世界性課題。蘭州高校景歡旺教授團隊奇妙設計構建了系列新型光電催化人工光合成體系——光電催化池，p-n半導體異質結催化CO2在水中干脆制備長碳鏈有機物并放出氧氣，原理如圖，下列說法不正確的是A.電極1的電勢比電極2的電勢高B.該設計向大自然學習，仿照植物的光合作用C.電子從a極流到電極1，從電極2流到b極D.負極區，p-n為催化劑，CO2發生還原反應生成長碳鏈有機物【答案】A【解析】【分析】由總方程式可知，該裝置為電解裝置，氧氣為氧化產物，是陽極產物，則光電池的b電極為正極，長鏈有機物為還原產物，是陰極產物，則光電池的a電極為負極。【詳解】A．電極1連接的是正極b，電極2連接的是負極a，正極電勢高于負極，所以電極1的電勢比電極2的電勢低，故A錯誤；B．p-n半導體異質結催化CO2在水中干脆制備長碳鏈有機物并放出氧氣，原理類似光合作用，故B正確；C．電子從電源的負極經外電路流向正極，即從a極流到電極1，從電極2流到b極，故C正確；D．依據圖示電極a是負極，1和負極相連，相當于陰極，發生還原反應生成長碳鏈有機物，故D正確；故答案為A。二、選擇題(本題包括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2分，有選錯的得0分)11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是全部短周期主族元素中最大的，W的核外電子數與X、Z的最外層電子數之和相等，Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構如圖所示。下列敘述正確的是A.元素非金屬性強弱的依次為W＞Y＞ZB.Y單質的熔點高于X單質C.化合物M中W不都滿意8電子穩定結構D.W的簡潔氫化物穩定性比Y的簡潔氫化物穩定性強【答案】BD【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是全部短周期主族元素中最大的，則X為Na元素；由W、X、Y三種元素形成的化臺物M的結構分析可知，Y形成四個共價鍵，則Y為Si元素；Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍，則Z是Cl元素；W的核外電子數與X、Z的最外層電子數之和相等，則W為O元素。【詳解】A.同周期元素，從左到右非金屬性依次增加，則氯元素的非金屬性強于硅元素，故A錯誤；B.硅單質為原子晶體，具有很高的熔點，金屬鈉為金屬晶體，熔點較低，則硅單質的熔點高于金屬鈉，故B正確；C.化合物M中，單鍵氧原子和雙鍵氧原子都滿意8電子穩定結構，故C錯誤；D.元素的非金屬性越強，簡潔氫化物越穩定，氧元素的非金屬性強于硅元素，則氧元素的簡潔氫化物穩定性比硅元素的簡潔氫化物穩定性強，故D正確；故選BD。【點睛】由W、X、Y三種元素形成的化臺物M的結構確定Y形成四個共價鍵，由原子序數的大小推斷得到Y為Si元素是解答關鍵和難點。12.厭氧氨化法（Anammox）是一種新型的氨氮去除技術，下列說法中不正確的是A.1molNH4+所含的質子總數為10NAB.聯氨（N2H4）中含有極性鍵和非極性鍵C.過程II屬于氧化反應，過程IV屬于還原反應D.過程I中，參與反應的NH4+與NH2OH的物質的量之比為1:1【答案】A【解析】A、質子數等于原子序數，1molNH4＋中含有質子總物質的量為11mol，故A說法錯誤；B、聯氨(N2H4)的結構式為，含有極性鍵和非極性鍵，故B說法正確；C、過程II，N2H4→N2H2－2H，此反應是氧化反應，過程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是還原反應，故C說法正確；D、NH4＋中N顯－3價，NH2OH中N顯－1價，N2H4中N顯－2價，因此過程I中NH4＋與NH2OH的物質的量之比為1：1，故D說法正確。點睛：氧化反應還是還原反應，這是有機物中的學問點，添氫或去氧的反應為還原反應，去氫或添氧的反應的反應氧化反應，因此N2H4→N2H2，去掉了兩個氫原子，即此反應為氧化反應，同理NO2－轉化成NH2OH，是還原反應。13.水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3－、CO32－、SO42－中的幾種離子，且存在的各離子具有相同的物質的量，某同學對該溶液進行如下試驗：下列推斷正確的是A.氣體A肯定是CO2，氣體B肯定是NH3B.白色沉淀不行能是Al(OH)3C.溶液中肯定存在Al3+、Fe2+、NO3－、NH4+D.溶液中肯定不存在大量Na+【答案】BD【解析】【分析】依據題給信息，反應生成有色沉淀，故肯定有Fe2＋，則溶液中不含有CO32-，加入鹽酸反應放出氣體，則肯定含有NO3-，氣體A為NO。加入過量氫氧化鋇，產生氣體B，說明溶液中含有NH4+；溶液Ⅱ呈堿性，白色沉淀可能為氫氧化鋁、碳酸鋇等。溶液中存在的各離子具有相同的物質的量，依據現象可知存在NH4+、Fe2＋、NO3-，不存在CO32-，再依據正負電荷守恒，溶液中肯定存在SO42-，此時n(NH4+)=n(NO3-)，n(Fe2＋)=n(SO42-)，溶液恰好呈電中性，故肯定不存在大量的Al3＋，則白色沉淀為碳酸鋇。【詳解】A.依據上述分析知，氣體A為NO，A項錯誤；B.依據上述分析知，白色沉淀為碳酸鋇，B項正確；C.依據分析溶液中肯定不存在Al3＋，C項錯誤；D.依據電荷守恒，且各離子物質的量相同，溶液中肯定不含Na＋，D項正確；答案選BD。【點睛】本題的突破口是加入氫氧化鋇產生有色沉淀，結合題干信息可知，該沉淀為氫氧化鐵，原溶液中存在Fe2＋，不含有CO32-，故加入稀鹽酸時，在酸性條件下，硝酸根離子將亞鐵離子氧化，同時得到NO氣體，此處簡潔錯誤認為，加入稀鹽酸時，產生氣體，原溶液中存在碳酸根離子。14.我國科技工作者設計了一種電解裝置，能將甘油(C3H8O3)和二氧化碳轉化為甘油醛(C3H6O3)和合成氣，原理如圖所示。下列說法正確的是A.催化電極b與電源正極相連B.電解時催化電極a旁邊的pH增大C.電解時陰離子透過交換膜向a極遷移D.生成的甘油醛與合成氣的物質的量相等【答案】CD【解析】【分析】由示意圖可知，催化電極b表面上CO2還原為CO，為電解池的陰極，與電源的負極相連，則催化電極a為陽極，電極表面上甘油(C3H8O3)氧化為甘油醛(C3H6O3)。【詳解】A．催化電極b表面CO2還原為CO，為電解池的陰極，與電源的負極相連，故A錯誤；B．催化電極a為陽極，電極表面上甘油(C3H8O3)氧化為甘油醛(C3H6O3)，電極反應式為C3H8O3-2e-+2CO32-=C3H6O3+2HCO3-，溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氫根，碳酸鈉溶液的堿性強于碳酸氫鈉溶液，則電極旁邊的pH減小，故B錯誤；C．電解池工作時，陰離子向陽極區移動，即陰離子透過交換膜向a極遷移，故C正確；D．陽極生成1molC3H6O3轉移2mole-，陰極生成1molCO和H2的混合氣體轉移2mole-，電解池工作時，陰、陽極轉移電子的物質的量相等，則生成的甘油醛與合成氣的物質的量相等，故D正確；故選CD。【點睛】依據精確依據電解池原理推斷電極是解題關鍵，陽極上發生氧化反應，而甘油轉化為甘油醛是氧化反應，則催化電極a為陽極，電解池工作的特點是電子守恒，據此推斷陽極和陰極電解產物之間的關系，是解題難點。15.H2C2O4是一種二元弱酸。常溫下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中離子濃度與pH的關系如圖所示，其中或。下列說法不正確的是A.直線Ⅱ表示的是與pH的變更關系B.圖中縱坐標應當是a=1.27，b=4.27C.對應1.27＜pH＜4.27D.對應pH=7【答案】CD【解析】【詳解】A.草酸為二元弱酸，一級電離抑制二級電離，電離常數＞，由圖可知，當lgy＝0時，溶液pH＝-lgc(H+)＝-lgK，pH1＝1.27＜pH2＝4.27，表明K1＝10?1.27＞K2＝10?4.27，所以直線I表示的是與pH的變更關系，直線Ⅱ表示的是與pH的變更關系，故A正確；B.由圖可知，pH＝0時，=，=，則圖中縱坐標應當是a=1.27，b=4.27，故B正確；C.設pH＝a，c(H+)＝10?a，=，，104.27-a＞1，則4.27-a＞0，解得a＜4.27，=，，當，102a-5.54＞1，則2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以對應2.77＜pH＜4.27，故C錯誤；D.由電荷守恒可得c(K+)+c(H+)=+2+c(OH-)，當c(K+)=+2時，溶液中c(H+)=c(OH-)，pH＝7，故D錯誤；故選CD。第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)三、本題包括5小題，共60分。答案必需寫在答題卡內相應的位置，不能寫在試卷上。16.一種以輝銅礦(主要成分為Cu2S，含少量SiO2)為原料制備硝酸銅晶體的工藝流程如圖所示：(1)寫出“浸取”過程中Cu2S溶解時發生反應的離子方程式：________。(2)恒溫“浸取”的過程中發覺銅元素的浸取速領先增大后削減，有探討指出CuCl2是該反應的催化劑，該過程的反應原理可用化學方程式表示為：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②__________。(3)向濾液M中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物質可循環利用。a.鐵b.氯氣c.高錳酸鉀d.氯化氫(4)“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是______________；向濃縮池中加入適量HNO3的作用是_____________。操作1是_______________。(5)某探究性小組的探討成果如圖所示，可以用廢銅屑和黃銅礦來富集Cu2S。通入的硫化氫的作用是_____________，當轉移0.2mol電子時，生成Cu2S________mol。【答案】(1).Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S(2).CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2(3).b(4).調整溶液的pH，使鐵完全轉化為Fe(OH)3沉淀(5).抑制Cu2+的水解(6).冷卻（降溫）結晶(7).催化劑(8).0.2【解析】【分析】輝銅礦加入氯化鐵溶液溶解浸取，二氧化硅不反應，過濾得到礦渣用苯回收硫單質，說明Cu2S和FeCl3發生反應生成S單質，還生成氯化銅、氯化亞鐵。在濾液中加入鐵還原鐵離子和銅離子，然后過濾，濾液M主要含有氯化亞鐵，保溫除鐵加入稀硝酸溶液將亞鐵離子氧化為鐵離子，用氧化銅調整溶液pH，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，過濾分別，濾液中主要含有硝酸銅，加入硝酸抑制銅離子水解，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到硝酸銅晶體。【詳解】（1）浸取過程中Fe3+將Cu2S氧化成Cu2+和硫單質，本身被還原為二價鐵離子，依據電子守恒和元素守恒可得其離子反應方程式，故答案為：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；（2）依據CuCl2是該反應的催化劑，故最終產物為CuCl2，可得反應②為三氯化鐵氧化氯化亞銅為氯化銅，故答案為：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；（3）M中主要物質為氯化亞鐵，通入氯氣可生成氯化鐵，實現循環運用，故答案為：b；（4）“保溫除鐵”過程要除去Fe3+，故須要加入氧化銅來調整pH值，使Fe3+生成氫氧化鐵沉淀；銅離子會水解，故在蒸發濃縮冷卻結晶過程中須要加入硝酸來抑制其水解，故答案為：調整溶液的pH，使鐵完全轉化為Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；冷卻（降溫）結晶；（5）從圖中可知，反應前后硫化氫的質量和性質沒有發生變更，為催化劑，在該轉化中Cu被氧化成Cu2S，化合價上升+1價，CuFeS2被還原成Cu2S，化合價降低-1價，依據電子守恒，當轉移0.2mol電子時，生成Cu2S0.2mol，故答案為：催化劑；0.2。【點睛】解決工藝流程題，首先要依據題干信息，了解生產的產品，此題為以輝銅礦(主要成分為Cu2S，含少量SiO2)為原料制備硝酸銅晶體，圍圍著將亞銅氧化，除去二氧化硅，引入硝酸根，溶液變晶體的方法來解題，分析時要明白整個流程中各操作步驟的目的，搞清晰發生了什么反應；再結合具體的題目進行具體解答。17.某探討小組將純凈的SO2氣體緩緩的通入到盛有25mL0.1mol·L－1的Ba(NO3)2溶液中，得到BaSO4沉淀。為探究該反應中的氧化劑，該小組提出了如下假設：假設Ⅰ：溶液中的NO3－；假設Ⅱ：________________。(1)該小組設計了以下試驗驗證了假設Ⅰ成立(為解除假設Ⅱ對假設Ⅰ的干擾，在配制下列試驗所用溶液時，應___________________)，請填寫下表。試驗步驟試驗現象結論試驗①向盛有25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的燒杯中緩慢通入純凈的SO2氣體______假設Ⅰ成立試驗②向盛有25mL0.1mol·L－1Ba(NO3)2溶液的燒杯中緩慢通入純凈的SO2氣體______(2)為深化探討該反應，該小組還測得上述兩個試驗中溶液的pH隨通入SO2體積的變更曲線如圖。V1時，試驗②中溶液pH小于試驗①的緣由是(用離子方程式表示)：________。(3)驗證假設Ⅱ。某同學設計了以下方案，請完成下列表格(可以不填滿)。試驗步驟試驗現象試驗目的試驗③同試驗①步驟同試驗①的相關現象______試驗④__________________(4)查資料知：H2SO3是二元酸(Kl=1.54×10－2，K2=1.02×10－7)，請設計試驗方案驗證H2SO3是二元酸______(試劑及儀器自選)。【答案】(1).溶解在溶液（或水）中的O2(2).配制溶液前應將蒸餾水煮沸后密封冷卻(3).無明顯現象(4).產生白色沉淀(5).3SO2+2NO3－+2H2O=3SO42－+2NO+4H+或3SO2+3Ba2++2NO3－+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+(6).作比照試驗(7).向盛有未經脫O2處理的25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的燒杯中緩慢通入純凈的SO2氣體(8).產生白色沉淀(9).證明O2可將SO2或H2SO3氧化為硫酸或SO42－(10).向肯定體積和肯定濃度的NaOH溶液中，緩緩通入與NaOH等物質的量的SO2氣體至全部溶解，然后用pH試紙測定溶液的pH，若pH<7，則證明H2SO3為二元酸【解析】分析】二氧化硫具有還原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧氣氧化生成硫酸；（1）亞硫酸酸性弱于鹽酸，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應；二氧化硫溶于水，與水反應生成亞硫酸，亞硫酸與硝酸根離子反應生成硫酸根離子，硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀；

（2）試驗①中，二氧化硫溶于水后生成亞硫酸，亞硫酸電離出氫離子，所以溶液的pH減小；試驗②中反應生成強電解質硫酸，則試驗②的pH更小；（3）要驗證假設2成立，只須要驗證二氧化硫通入未經脫氧氣處理氯化鋇溶液中看是否產生白色沉淀，若產生白色沉淀，則證明假設二成立；（4）若亞硫酸為一元酸，等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，若亞硫酸為二元酸，等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成酸式鹽，由計算可知亞硫酸氫根電離大于水解，溶液呈酸性，所以只要測定等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應所得溶液pH，即可證明亞硫酸是一元酸還是二元酸。【詳解】二氧化硫具有還原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧氣氧化生成硫酸，二氧化硫氣體緩緩的通入到硝酸鋇溶液中，二氧化硫與水反應生成亞硫酸，使溶液呈酸性，生成白色硫酸鋇沉淀可能是酸性條件下，硝酸根將二氧化硫氧化生成硫酸鋇沉淀；也可能是溶液中溶解的氧氣將亞硫酸氧化生成硫酸鋇沉淀，則假設二為溶解在溶液（或水）中的O2，故答案為：溶解在溶液（或水）中的O2；（1）為解除假設Ⅱ對假設Ⅰ的干擾，在配制下列試驗所用溶液時，應將蒸餾水煮沸，排出溶液中溶解的氧氣，再密封冷卻，故答案為：配制溶液前應將蒸餾水煮沸后密封冷卻；試驗①亞硫酸酸性弱于鹽酸，依據強酸制備弱酸規律，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，不會產生沉淀，所以無明顯現象，故答案為：無明顯現象；試驗②二氧化硫溶于水，與水反應生成亞硫酸，亞硫酸與硝酸根離子反應生成硫酸根離子，硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，所以會產生白色沉淀，故答案為：產生白色沉淀；（2）由圖可知，試驗②中溶液pH小于試驗①，緣由是二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亞硫酸部分電離出氫離子：H2SO3H++HSO3-，所以溶液的pH減小；試驗②中酸性條件下，硝酸根將二氧化硫氧化生成硫酸鋇沉淀酸性條件下，硝酸根與二氧化硫發生氧化還原反應生成硫酸和一氧化氮，反應的離子方程式為：3SO2+2H2O+2NO3-=2NO+4H++3SO42-，反應中生成了強酸硫酸，導致試驗②的pH小于試驗①，故答案為：3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO；（3）試驗③向盛有25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的燒杯中緩慢通入純凈的SO2氣體，無明顯現象，目的是作比照試驗，驗證假設2成立，故答案為：作比照試驗；試驗④將純凈SO2氣體通入未經脫O2處理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中，有白色沉淀生成，說明溶液中溶解的氧氣將亞硫酸氧化生成硫酸鋇沉淀，證明假設二成立，故答案為：向盛有未經脫O2處理的25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的燒杯中緩慢通入純凈的SO2氣體；產生白色沉淀；證明O2可將SO2或H2SO3氧化為硫酸或SO42－；（4）若亞硫酸為一元酸，等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，若亞硫酸為二元酸，等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成酸式鹽，由H2SO3電離常數可知亞硫酸氫鈉的水解常數Kh===6.5×10—13＜K2=1.02×10－7，亞硫酸氫根電離大于水解，溶液呈酸性，所以只要測定等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應所得溶液pH，即可證明亞硫酸是一元酸還是二元酸，試驗方案為向肯定體積和肯定濃度的NaOH溶液中，緩緩通入與NaOH等物質的量的SO2氣體至全部溶解，然后用pH試紙測定溶液的pH，若pH<7，則證明H2SO3為二元酸，故答案為：向肯定體積和肯定濃度的NaOH溶液中，緩緩通入與NaOH等物質的量的SO2氣體至全部溶解，然后用pH試紙測定溶液的pH，若pH<7，則證明H2SO3為二元酸。【點睛】若亞硫酸為一元酸，等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，若亞硫酸為二元酸，等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成酸式鹽，由計算可知亞硫酸氫根電離大于水解，溶液呈酸性，所以只要測定等物質的量的二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應所得溶液pH證明亞硫酸是二元酸是試驗設計的難點，也是易錯點。18.(1)第四周期元素中價層成對電子數與基態Mg價層成對電子數相等的元素有_________種。(2)吡咯(平面形結構，結構式為)，N原子雜化方式為______。多原子分子中的大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數，n代表參與形成大π鍵的電子數，則吡咯環中的大π鍵應表示為_______。(3)一種錳的氧化物的晶胞如圖甲，請寫出該氧化物的化學式______。若沿z軸方向視察該晶胞，可得投影圖如圖乙，請畫出沿y軸方向的投影圖______。(4)某含Mg儲氫晶體儲氫后轉化為MgH2，MgH2晶體的結構如圖丙，晶胞參數a=b=450pm，c=301pm，原子分數坐標為A(0，0，0)、B(0.305，0.305,0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。①該晶體中Mg的配位數是__________。②Mg2+的半徑為72pm，則H－的半徑為____________pm(列出計算表達式)③用NA表示阿伏伽德羅常數，則MgH2晶體中氫的密度是標準狀況下氫氣密度的_______倍(列出計算表達式，氫氣密度為0.089g·L－1)【答案】(1).8(2).sp2(3).(4).MnO2(5).(6).6(7).×(450×0.305)-72(8).【解析】【分析】（1）Mg價層電子排布式為3s2，成對電子數為1，由價層電子排布式確定第四周期元素中價層成對電子數為1的元素；【詳解】（1）Mg價層電子排布式為3s2，成對電子數為1，依據核外電子排布規律可知第四周期元素中價層成對電子數為1的有Ca（4s2）、Sc（3d14s2）、Ti（3d24s2）、V（3d34s2）、Mn（3d54s2）、Ga（4s24p1）、Ge（4s24p2）、As（4s24p3），共8種，故答案為：8；（2）由吡咯為平面形結構，分子中各原子在同一平面內可知，N原子的價層電子對數是3，依據價層電子對互斥理論可推斷N原子的雜化方式為sp2雜化；吡咯中大π鍵是1個N原子和5個C原子供應6個電子形成的，可表示為π56，故答案為：sp2；π56；（3）由圖可知，晶胞中Mn原子位于體心與頂點上，O原子位于上下兩個面上及體內（有2個），,晶胞中Mn元素數目=1+8×=2，O原子個數為2+4×=4，則晶胞中Mn和O的原子個數比為1:2，氧化物的化學式為MnO2；若沿y軸方向投影，頂點上處于對稱位置的Mn原子會重合在長方形的頂點，位于體心的Mn原子會位于長方形的面心，位于面上的O原子會位于長方形上下的邊上，體內的氧原子會位于面內，投影圖為，故答案為：MnO2；；（4）①由晶胞結構可知，位于體心的鎂離子四周有6個H－離子，則晶體中Mg的配位數是6，故答案為：6；②由晶胞結構可知，底面為正方形，底面頂點的鎂離子的四分之一與面內的兩個氫離子恰好占滿整個底面對角線，則H－的半徑為0.305×405pm×—72pm，故答案為：×(450×0.305)-72；③由晶胞結構可知，晶胞中鎂離子的個數為1+8×=2，由化學式為MgH2可知晶胞中含有4個H－，則晶體中氫的密度是，由標況下氫氣密度為0.089g·L－1可知，MgH2晶體中氫的密度是標準狀況下氫氣密度的倍，故答案為：。【點睛】MgH2晶體中底面為正方形，底面頂點的鎂離子的四分之一與面內的兩個氫離子恰好占滿整個底面對角線是計算H－的半徑的關鍵，也是易錯點。19.工業合成氨是解決人類的生存問題。回答下列問題：(1)科學家探討利用鐵觸媒催化合成氨的反應歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用“ad”表示，對圖中線間距離窄小的部分，其能量差用的方式表示。由圖可知合成氨反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的=_______kJ·mol－1，反應速率最慢的步驟的化學方程式為____________。(2)工業合成氨反應為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，當進料體積比V(N2)：V(H2)=1：3時，平衡氣體中NH3的物質的量分數隨溫度和壓強變更的關系如圖所示：則500℃①平衡常數KP(30MPa)________KP(100MPa)。(填“＜”、“=”、“＞”)②30MPa時，氫氣的平衡轉化率為_________(結果保留3位有效數字)。用平衡分壓表示平衡常數KP=_______________(列出計算式即可，不必化簡)。(3)科學家利用電解法在常溫常壓下實現合成氨，工作時陰極區的微觀反應過程如圖所示，其中電解液為溶解有三氟甲磺酸鋰和乙醇的有機溶液。①陰極區生成NH3的電極反應式為_____________。②下列說法正確的是_______________(填標號)。A.三氟甲磺酸鋰的作用是增加導電性B.選擇性透過膜可允許N2和NH3通過，防止H2O進入裝置C.保持電流強度不變，上升溶液的溫度，可以加快電解反應的速率【答案】(1).－92(2).Nad+3Had?NHad+2Had(3).=(4).33.3%(5).(6).N2+6e－+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O－(7).AB【解析】【分析】(1)由圖可知，反應物[N2(g)+H2(g)]和生成物[NH3(g)]的能量差為46kJ·mol-1；反應的活化能越大，破壞化學鍵消耗能量越大，反應速率越慢，由圖可知，（Nad+3Had）轉化為（NHad+2Had）時，反應物破壞化學鍵消耗能量最大；(2)①化學平衡常數是溫度函數，只受溫度變更的影響；②由題意建立三段式求解可得；(3)①從陰極區的微觀反應過程示意圖可知，N2與C2H5OH在陰極區得到電子發生還原反應生成NH3和C2H5O-；②A．三氟甲磺酸鋰電離出離子，使溶液中離子濃度增大，增加溶液導電性；B．從示意圖可知，水在選擇性透過膜上方；C．保持電流恒定，上升溫度不變更電解反應速率。【詳解】(1)由圖可知，反應物[N2(g)+H2(g)]和生成物[NH3(g)]的能量差為46kJ·mol-1，合成氨反應N2(g)+H2(g)NH3(g)的?H=—46kJ·mol-1，則N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的=2×（—46kJ·mol-1）=—92kJ·mol-1；反應的活化能越大，破壞化學鍵消耗能量越大，反應速率越慢，由圖可知，（Nad+3Had）轉化為（NHad+2Had）時，反應物破壞化學鍵消耗能量最大，則反應速率最慢，反應的化學方程式為Nad+3Had?NHad+2Had，故答案為：—92；N