2024屆高三第三次模擬考試化學試題注意事項：1、答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2、選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清晰。3、請按題號順序在各題答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙上和試題卷上書寫無效。4、保持答題卡卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。5、考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共14小題，每小題3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.中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列說法錯誤的是A.蔡倫造紙采用堿液制漿，該過程不涉及化學變化B.羥基磷灰石是龜甲的成分之一，屬于無機物C.制作徽墨的松煙顆粒直徑約30~50nm，溶于水可產生丁達爾現象D.安徽繁昌窯所產青白瓷是以黏土為原料高溫燒結而成【答案】A【解析】【詳解】A．蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，將原料放在堿液中蒸煮，原料在堿性環境下發生反應使原有的粗漿纖維變成細漿，該過程涉及化學變化，A錯誤；B．龜甲的成分之一羥基磷灰石，組成上分析為鹽類化合物，屬于無機物，B正確；C．制作徽墨的松煙顆粒直徑約30~50nm，溶于水形成膠體，則可產生丁達爾現象，C正確；D．陶瓷的原料是黏土，安徽繁昌窯所產青白瓷是以黏土為原料高溫燒結而成，D正確；故答案為：A。2.化學與生活密切相關，下列說法錯誤是A.苯甲酸可作為果蔬汁飲料的防腐劑B.添入牙膏中的氟化物能預防齲齒C.制作豆腐是利用鹽鹵中等物質使豆漿中的蛋白質變性D.氧化鈣可用作食品干燥劑【答案】C【解析】【詳解】A．苯甲酸具有防腐性，可作為果蔬汁飲料的防腐劑，故A正確；

B．牙齒表面釉質層的主要成分是難溶的Ca5(PO4)3OH，使用含氟牙膏，可發生沉淀的轉化，生成的Ca5(PO4)3F更難溶于水、且能抵抗酸的侵蝕，故牙膏中添入氟化物能有效預防齲齒，故B

正確；

C．制作豆腐是利用鹽鹵中MgCl2、

CaSO4等物質使豆漿中的蛋白質聚沉，二者均不屬于重金屬鹽，不能讓其變性，故C

錯誤；

D．氧化鈣能與水反應生成氫氧化鈣，可用作食品干燥劑，故D正確；

故答案選C。3.國家自然科學基金委員會發布2023年度中國科學十大進展，涉及材料化學領域。下列說法錯誤的是A.高效鈣鈦礦疊層太陽能電池組件中，鈦合金屬于金屬材料B.三維石墨烯氣凝膠材料可用于海水淡化，石墨烯屬于新型無機非金屬材料C.“C919”飛機身使用的碳纖維和環氧樹脂是復合材料D.順丁橡膠主要用于制造輪胎，屬于天然高分子材料【答案】D【解析】【詳解】A．金屬材料包括純金屬和合金，鈦合金屬于金屬材料，故A正確；B．石墨烯屬于新型無機非金屬材料，三維石墨烯氣凝膠材料可用于海水淡化，故B正確；C．碳纖維和環氧樹脂是復合材料，故C正確；D．順丁橡膠主要用于制造輪胎，屬于合成高分子材料，故D錯誤；故選D。4.化合物是一種藥物合成中間體，部分合成路線如下：下列說法錯誤的是A.X能與HCHO發生縮聚反應B.X生成Y的反應中，K2CO3只起催化劑作用C.Z中碳原子不可能全部共平面D.FeCl3溶液可以鑒別X和Y【答案】B【解析】【詳解】A．由題干有機物X的結構簡式可知，X分子中含有酚羥基，且酚羥基的鄰位上都有H，故X能與HCHO發生縮聚反應，A正確；B．由題干信息可知，X生成Y的反應中生成了HCl，HCl能與K2CO3反應，使得反應正向進行的程度增大，故K2CO3不只起催化劑作用，還參與反應，B錯誤；C．由題干有機物Z的結構簡式可知，Z分子中的N采用sp3雜化，且N連有3個碳原子，故Z中碳原子不可能全部共平面，C正確；D．由題干有機物X、Y的結構簡式可知，X分子中含有酚羥基而Y中不含，故FeCl3溶液可以鑒別X和Y，D正確；故答案為：B。閱讀材料回答問題，完成5-6小題5.鈹和鋁性質相似，氨硼烷()和乙烷的結構相似，可與水在催化劑作用下生成和，的結構如圖所示；是二元弱酸，有還原性；冠醚是一種環狀碳化合物，可用于識別與；氨水是一種弱堿，可用于蝕刻微電子材料，可由電解熔融氟化氫銨()制得。以下離子方程式，錯誤的是A.向草酸鈉溶液中加入酸性高錳酸鉀溶液：B.使用氨水吸收煙氣中的二氧化硫：C.可溶于強堿溶液：D.水解制氫氣：【答案】B【解析】【詳解】A．向草酸鈉溶液中加入酸性高錳酸鉀溶液，草酸根被氧化CO2，離子方程式為：，故A正確；B．使用氨水吸收煙氣中的二氧化硫，氨水是弱堿，不能拆分，離子方程式為：，故B錯誤；C．鈹和鋁性質相似，可溶于強堿溶液生成，離子方程式為：，故C正確；D．氨硼烷()和乙烷的結構相似，可與水在催化劑作用下生成和，離子方程式為：，故D正確；故選B6.鈹和鋁性質相似，氨硼烷()和乙烷的結構相似，可與水在催化劑作用下生成和，的結構如圖所示；是二元弱酸，有還原性；冠醚是一種環狀碳化合物，可用于識別與；氨水是一種弱堿，可用于蝕刻微電子材料，可由電解熔融氟化氫銨()制得。下列說法正確的是A.晶體中含有離子鍵、共價鍵B.氨硼烷分子中N采取雜化，B采取雜化C.氨硼烷分子中元素電負性從大到小的順序為：D.冠醚(18-冠-6)的空穴與尺寸適配，兩者通過強相互作用形成超分子【答案】A【解析】【詳解】A．與間存在離子鍵，與中有共價鍵，A選項正確；B．氨硼烷(NH3BH3)和乙烷結構相似，乙烷中碳是sp3雜化，故氨硼烷中的N、B也是sp3雜化，B選項錯誤；C．氨硼烷分子中元素電負性從大到小的順序為：N>H>B，C選項錯誤；D．冠醚(18-冠-6)的空穴與K+尺寸適配，兩者通過弱相互作用形成超分子，D選項錯誤；故答案為：A。7.下列實驗中，所選裝置(可添加試劑，可重復使用)不合理的是A.配制100mL0.1mol/LNaOH溶液，選用⑤B.用KMnO4固體制備氧氣，選用②C.盛放Na2CO3溶液，選用③D.用大理石和鹽酸制取CO2并比較碳酸和Na2SiO3的酸性強弱，選用①④【答案】C【解析】【詳解】A．配制100mL0.1mol/LNaOH溶液需選用100mL容量瓶，移液時需通過玻璃棒引流，則可選用⑤，A正確；B．用KMnO4固體制備氧氣是選用固固加熱型發生裝置，故選用②，B正確；C．因為碳酸鈉水解顯堿性，能和玻璃中的SiO2反應，腐蝕玻璃，實驗室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞，即不能選用③，C錯誤；D．用大理石和鹽酸制取CO2并比較碳酸和Na2SiO3的酸性強弱，選用①可以制得CO2，但由于鹽酸具有揮發性，故需先經過④盛有飽和NaHCO3溶液洗氣后再通入④盛有Na2SiO3溶液，D正確；故答案為：C。8.關于物質結構和性質分析正確的是A.鍵角大小關系：CH4＞SO3＞H2OB.沸點大小關系：鄰羥基苯甲酸<對羥基苯甲酸C.在化合物K3[Fe(CN)6]中，N原子提供孤電子對形成配位鍵D.酸性強弱比較：乙酸>甲酸>碳酸【答案】B【解析】【詳解】A．CH4為正四面體結構鍵角為109°28′，H2O分子的空間結構為V形，鍵角為107°，SO3的空間結構為平面三角形，鍵角為120°，所以鍵角由大到小的順序為SO3＞CH4＞H2O，A錯誤；B．已知對羥基苯甲酸只能形成分子間氫鍵，導致沸點反常升高，而鄰羥基苯甲酸則形成分子內氫鍵，導致沸點降低，故沸點大小關系：鄰羥基苯甲酸<對羥基苯甲酸，B正確；C．由于電負性：C＜N，吸引電子的能力：C＜N，所以配體中給出電子的是C原子，形成配位鍵時，CN-中C原子提供孤電子對，即在化合物K3[Fe(CN)6]中，C原子提供孤電子對形成配位鍵，C錯誤；D．烴基是推電子基團，烴基越長，推電子效應越大，羧基中羥基的極性越小，則甲酸＞乙酸，D錯誤；故答案為：B。9.改變某條件對反應的化學平衡的影響，得到如下圖象(圖中p表示壓強，T表示溫度，n表示物質的量，表示平衡轉化率，表示體積分數)。根據圖象，下列判斷正確的是反應I反應Ⅱ反應Ⅲ反應ⅣA.反應I：若，則此反應可以在任何溫度下均自發進行B.反應Ⅱ：此反應的，且C.反應Ⅲ：且或且D.反應Ⅳ：在恒壓條件下，若起始時充入反應物的物質的量相等且該反應為放熱反應，則平衡時體積【答案】A【解析】【詳解】A．由題干圖像可知，壓強相同時，隨著溫度的升高，反應物A的轉化率減小，即平衡逆向移動，說明該反應正反應＜0，若，說明等溫條件下，壓強越大反應物A的轉化率越小，即增大壓強平衡逆向移動，即＞0，則此反應可以在任何溫度下均自發進行，A正確；B．由題干圖像可知，T2條件下反應先達到平衡，則T2＞T1，且溫度越高，生成物C的物質的量越小，說明升高溫度平衡逆向移動，故此反應的，B錯誤；C．由題干圖像可知，反應物B的物質的量相同時，T1條件下生成物C的體積分數越大，若，說明升高溫度，生成物C的體積分數減小，平衡逆向移動，正反應為放熱反應，即，同理可知，且，C錯誤；D．該反應為放熱反應，說明升高溫度平衡逆向移動，反應物A的轉化率減小，即T2＞T1，且相同溫度下隨著壓強增大，反應物A的轉化率不變，說明反應前后氣體的物質的量不變，則在恒壓條件下，若起始時充入反應物的物質的量相等，則平衡時兩溫度下容器中物質的量相等，故有平衡時體積，D錯誤；故答案為：A。10.由下列實驗事實得出的結論中錯誤的是選項實驗目的實驗事實結論A驗證犧牲陽極的陰極保護法將鋅片與鐵片用導線相連，插入酸化的3%NaCl溶液，一段時間后在鐵電極區滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，出現藍色沉淀鐵不一定被腐蝕B麥芽糖水解產物的檢驗麥芽糖與稀硫酸共熱后，加NaOH溶液調至堿性再加入新制Cu(OH)2并加熱，有磚紅色沉淀生成麥芽糖水解生成葡萄糖C探究Mg和水反應取一小段鎂條，用砂紙除去表面氧化膜，放入試管中，加入2mL水，并滴入2滴酚酞溶液，無明顯現象；再加熱試管至液體沸騰，溶液變紅Mg可以與熱水反應D制備一水合硫酸四氨合銅向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入無水乙醇，并用玻璃棒摩擦試管壁，有深藍色晶體析出乙醇極性小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度A.A B.B C.C D.D【答案】AB【解析】【詳解】A．NaCl溶液為電解質溶液，構成原電池時Zn為負極、Fe為正極，鐵片附近溶液無藍色沉淀生成，可知為犧牲陽極的陰極保護法，說明鐵不被腐蝕，A錯誤；B．麥芽糖本身為還原性糖，能夠與新制氫氧化銅懸濁液發生反應，故麥芽糖與稀硫酸共熱后，加NaOH溶液調至堿性再加入新制Cu(OH)2并加熱，有磚紅色沉淀生成，不能說明麥芽糖水解生成葡萄糖，B錯誤；C．取一小段鎂條，用砂紙除去表面氧化膜，放入試管中，加入2mL水，并滴入2滴酚酞溶液，無明顯現象說明Mg與冷水幾乎不反應；再加熱試管至液體沸騰，溶液變紅，說明溶液顯堿性，即Mg可以與熱水反應，C正確；D．向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入無水乙醇，并用玻璃棒摩擦試管壁，有深藍色晶體析出，是由于乙醇極性小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，D正確；故答案為：AB。11.設計如圖裝置回收金屬鈷。已知電極材料均為石墨材質。右側裝置為原電池，可將廢舊鋰離子電池的正極材料轉化為，工作時保持厭氧環境，并定時將乙室溶液轉移至甲室，保持細菌所在環境穩定，降解乙酸鹽生成。下列說法正確的是A.裝置工作時，甲室溶液逐漸增大B.裝置工作時，乙室中陽離子通過陽膜向另一邊遷移C.乙室電極反應式為D.若甲室減少，乙室增加3，則此時已進行溶液轉移【答案】D【解析】【分析】由題意可知，右側裝置為原電池，則左側裝置為電解池，原電池中細菌電極為電解池的負極，水分子作用下乙酸根離子在負極失去電子發生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，鈷酸鋰電極為正極，酸性條件下鈷酸鋰在正極得到電子發生還原反應生成鋰離子、鈷離子和水，電極反應式為2LiCoO2+2e-+8H+=2Li++2Co2++4H2O，電池的總反應為CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O；電解池中，與原電池正極相連的細菌電極為陽極，水分子作用下乙酸根離子在陽極失去電子發生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，右側石墨電極為陰極，鈷離子在陰極得到電子發生還原反應生成鈷，電極反應式為Co2++2e-=Co，電解的總反應為CH3COO-+4Co2+++2H2O=2CO2↑+7H++4Co。【詳解】A．電池工作時，甲室中細菌上乙酸鹽的陰離子失去電子被氧化為CO2氣體，同時生成H+，電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，H+通過陽膜進入陰極室，甲室的電極反應式為Co2++2e-=Co，因此，甲室溶液pH逐漸減小，A錯誤；B．由分析可知，乙室是原電池，乙室中在得到電子生成，電極為正極，陽離子通過陽離子交換膜進入正極即乙室，B錯誤；C．電解質溶液為酸性，不可能大量存在OH-，乙室電極反應式為：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C錯誤；D．若甲室Co2+減少200mg，則電子轉移物質的量為n(e-)=；若乙室Co2+增加300mg，則轉移電子的物質的量為n(e-)=，由于電子轉移的物質的量不等，說明此時已進行過溶液轉移，即將乙室部分溶液轉移至甲室，D正確；故選D。12.利用平衡移動原理，分析常溫下Ni2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產物。已知：圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系；圖2中曲線I的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合；[注：起始Na2CO3體系中；不同pH下由圖1得到]。下列說法正確的是A.時，碳酸鈉溶液體系中存在：B.M點時，溶液中存在C.初始狀態、，平衡后存在D.沉淀制備時，選用溶液比溶液效果好【答案】B【解析】【詳解】A．由圖1可知，pH=6.37時，c(H2CO3)=c()故有Ka1(H2CO3)=×c(H+)=10-6.37，同理可知pH=10.25時c()=c()，此時Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，則Ka1Ka2=×c2(H+)=10-6.37×10-10.25，pH=7時，==10-2.62＜1，即碳酸鈉溶液體系中存在：，A錯誤；B．由圖1可知，pH=10.25時c()=c()，此時Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，M點時pH=8.25，c(H+)=10-8.25mol/L，c(OH-)=mol/L=10-5.75mol/L，溶液中c()≈0.1mol/L，則c()==10-10.25×0.1×mol/L=10-3mol/L，所以M點時，溶液中存在：c()＞c(OH-)，B正確；C．由圖可知，初始狀態為pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，此時恰好為Ni(OH)2沉淀溶解平衡體系，不會生成NiCO3沉淀，含碳微粒總量不變，即體系達平衡后存在：c()+c()+c(H2CO3)=0.1mol/L，C錯誤；D．由圖2可知pH＜8.25時，NiCO3優先于Ni(OH)2生成沉淀，pH＞8.25時Ni(OH)2優先于NiCO3生成沉淀，0.1mol?L-1NaHCO3溶液的pH接近8，0.1mol?L-1Na2CO3溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制備NiCO3時，選用0.1mol?L-1NaHCO3溶液比0.1mol?L-1Na2CO3溶液的效果好，D錯誤；故答案為：B。13.除少數鹵化物外，大部分非金屬鹵化物都易水解，且反應不可逆。鹵化物的水解機理分親核水解和親電水解。發生親核水解的結構條件：中心原子具有和有空的價軌道；發生親電水解的結構條件：中心原子有孤對電子，可作Lewis堿，接受H2O的H+進攻。其中SiCl4的親核水解機理如圖。下列說法錯誤的是A.上述過程Si的雜化方式發生了改變 B.根據上述機理，NF3不能發生水解C.預測NCl3能發生親電水解 D.CCl4的水解機理與上述過程類似【答案】D【解析】【詳解】A．SiCl4中Si原子采用sp3雜化，圖示過程是親核水解，中心原子Si具有δ+和有空的價軌道，第一步產物中Si原子的雜化方式為sp3d雜化，雜化方式發生改變，A正確；B．由于F的電負性強，N具有δ+，但沒有空的價層軌道，不能發生親核水解，中心N原子具有δ+，也不能接受H2O的H+進攻，不能發生親電水解，故NF3不能發生水解，B正確；C．NCl3中中心原子N原子含有1個孤電子對，且N具有δ-，能接受H2O的H+進攻，發生親電水解，生成NH3和HClO，C正確；D．C原子最外層為L層，沒有d軌道接受水分子中的孤電子對，所以CCl4不能發生類似SiCl4的水解反應，D錯誤；故答案為：D。14.汽車尾氣未經處理直接排放，會嚴重污染環境。某反應可有效降低汽車尾氣污染物的排放，一定條件下該反應經歷三個基元反應，反應歷程如圖所示(TS表示過渡態)。下列說法錯誤的是A.反應達平衡后提高反應溫度，反應物轉化率減小B.使用催化劑可以降低反應的活化能，提高活化分子百分數，但不改變反應物的平衡轉化率C.該化學反應的速率主要由反應③決定D.【答案】C【解析】【分析】由題干反應歷程圖可知，整個反應分為三個基元反應階段：①NO(g)+NO(g)=H=+199.2kJ?mol-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJ?mol-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)H-306.6kJ?mol-1，根據蓋斯定律①+②+③可知：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ?mol-1，據此分析解題。【詳解】A．由分析可知，此反應為放熱反應，提高反應溫度，平衡逆向移動，則反應物轉化率降低，A正確；B．使用催化劑可以降低反應的活化能，提高活化分子百分數，但催化劑不能使平衡發生移動，不能提高反應物的轉化率，B正確；C．由題干反應歷程圖可知，反應①的活化能最高，反應速率最慢，決定整個反應的反應速率，C錯誤；D．由分析可知，反應2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ?mol-1，則N2(g)+2CO2(g)═2CO(g)+2NO(g)ΔH=+620.9kJ?mol-1，D正確；故答案為：C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.過氧化鍶()通常用作分析試劑、氧化劑、漂白劑等。SrO2是一種白色粉末，加熱條件下可與CO2、水蒸氣反應，室溫時在水中逐漸形成無色晶體SrO2·8H2O，與酸作用生成H2O2。（1）甲同學在實驗室利用鍶單質制備過氧化鍶可能用到的儀器如圖：①按氣流從左到右的流向，制備過氧化鍶的導管接口順序為a→______(選擇必要的儀器，可重復選擇)。②SrO2在空氣中會變質生成碳酸鹽，寫出該反應的化學方程式______。③連接好裝置進行實驗，實驗步驟如下，正確的操作順序為______(填序號)。a、打開分液漏斗活塞，將水滴入燒瓶中b、檢查裝置氣密性c、在相應裝置中裝入藥品d、加熱e、關閉分液漏斗活塞f、停止加熱（2）乙同學在通入氨氣的條件下，在水溶液中可制備得到SrO2·8H2O，實驗裝置如圖：①盛裝SrCl2溶液的儀器名稱為______，儀器X的作用是______。②寫出該方法制備SrO2·8H2O的離子方程式______，NH3的作用是______。(從平衡角度回答)③實驗結束后，得到SrO2·8H2O的操作為______。（3）除SrO2·8H2O外，請選擇下列試劑：FeCl2溶液、HCl溶液、HNO3溶液、KSCN溶液、H2O2溶液設計實驗證明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性強：______。【答案】（1）①.b→c→h→i(或i→h)→b→c；②.2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2③.bcadfe（2）①.三頸燒瓶或三頸瓶②.防止倒吸③.Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2?8H2O+2④.中和反應生成的H+，促進反應進行，同時防止產物和酸發生反應⑤.蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌干燥（3）可在鹽酸酸化的氯化亞鐵溶液中滴加硫氰化鉀溶液，再向其中加少量過氧化鍶，溶液變為紅色，說明有鐵離子生成，則證明SrO2的氧化性比FeCl3的強【解析】【分析】(1)Na2O2和H2O反應生成NaOH和O2，加熱條件下Sr和O2反應生成SrO2，SrO2能和水蒸氣、CO2反應，為防止生成的Sr和水蒸氣、CO2反應，所以Sr和O2反應前應該除去O2中的雜質CO2、水蒸氣，用堿石灰除去水蒸氣、CO2，并且為防止生成的SrO2和空氣中的二氧化碳、水蒸氣反應，所以生成SrO2裝置連接盛有堿石灰的干燥管；(2)裝置中SrCl2溶液和H2O2溶液以及NH3反應可以得到SrO2?8H2O，NH3能污染空氣，為防止污染空氣，用水吸收，(3)利用氧化劑的氧化性大于氧化產物可以判斷氧化性強弱，設計實驗證明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性強，據此分析解題。【小問1詳解】①過氧化鈉和水反應生成氧氣，根據題干信息可知，過氧化鍶在加熱條件下可與CO2、水蒸氣反應，室溫時在水中逐漸形成無色晶體SrO2?8H2O，所以反應制備得到的氧氣必須干燥后才能和鍶在加熱條件下發生反應，由于SrO2在加熱條件下可與水蒸氣反應，所以裝置的最后必須有防止空氣中的水蒸氣進入硬質玻璃管的裝置，所以按氣流從左到右的流向，制備過氧化鍶的導管接口順序為a→b→c→h→i(或i→h)→b→c，故答案為：b→c→h→i(或i→h)→b→c；②SrO2和過氧化鈉相似，能和空氣中的二氧化碳反應生成碳酸鍶和氧氣，該反應的化學方程式為：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2，故答案為：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2；③連接好裝置后，正確的操作順序為：檢查裝置氣密性，在相應裝置中裝入藥品，打開分液漏斗活塞，將水滴入燒瓶中，以便用產生的O2排空裝置內的其他氣體，加熱讓Sr與純凈的O2反應生成SrO2，停止加熱后續繼續產生O2，防止空氣中CO2的雜質氣體進入硬質玻璃管中與SrO2反應，冷卻后在關閉分液漏斗活塞，即順序為：bcadfe，故答案為：bcadfe；【小問2詳解】①由題干實驗裝置可知，盛裝SrCl2溶液的儀器名稱為三頸燒瓶或三頸瓶，由于NH3極易溶于水，以產生倒吸，故儀器X的作用是防止倒吸，故答案為：三頸燒瓶或三頸瓶；防止倒吸；②SrCl2、過氧化氫和氨氣在溶液中發生反應可以生成SrO2?8H2O，該反應中沒有化合價的變化，根據質量守恒和電荷守恒配平該反應，離子方程式為：Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2?8H2O+2；NH3可以保持堿性環境，防止產物和酸反應，故答案為：Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2?8H2O+2；中和反應生成的H+，促進反應進行，同時防止產物和酸發生反應；③從溶液中析出晶體的操作是蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌干燥，故實驗結束后，得到SrO2·8H2O的操作為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌干燥，故答案為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌干燥；【小問3詳解】利用氧化劑的氧化性大于氧化產物可以判斷氧化性強弱，設計實驗證明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性強的操作為可在鹽酸酸化的氯化亞鐵溶液中滴加硫氰化鉀溶液，再向其中加少量過氧化鍶，溶液變為紅色，說明有鐵離子生成，則證明SrO2的氧化性比FeCl3的強，故答案為：可在鹽酸酸化的氯化亞鐵溶液中滴加硫氰化鉀溶液，再向其中加少量過氧化鍶，溶液變為紅色，說明有鐵離子生成，則證明SrO2的氧化性比FeCl3的強。16.2023年諾貝爾化學獎授予對合成量子點有突出貢獻的科研工作者。碲化鎘(CdTe)量子點具有優異的光電性能，常用作太陽能薄膜電池材料。我國科研人員設計以電解精煉銅獲得的富碲渣(含銅、碲、銀等)為原料合成碲化鎘量子點的流程如下：回答下列問題：（1）碲的原子序數為52，基態碲原子的價層電子排布式為______。（2）“硫酸酸浸時，取含單質的富碲渣，為將全部溶出轉化為，需加質量分數為的(密度：)______(保留到小數點后兩位)。但實際操作中，用量遠高于該計算值，原因之一是同時也被浸出，請寫出被浸出時發生反應的離子方程式：______。（3）化學中用標準電極電勢(氧化態/還原態)反映微粒間得失電子能力的強弱，一般這個數值越大，氧化態轉化為還原態越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的標準還原電極電勢為、，則SO2“還原”酸浸液時，主要發生反應的化學方程式是______。（4）在研究“還原”步驟實驗條件時，發現Te、Cu單位時間內沉淀率隨NaCl溶液濃度的變化如圖所示，則該步驟應選擇的NaCl溶液適宜濃度為______。（5）CdTe的晶胞屬立方晶系，晶胞如圖所示，若CdTe的摩爾質量為，該晶體的密度為，阿伏加德羅常數為，則最近的兩個Te原子的距離______。(用含M、、的代數式表示)（6）量子點不同于其他半導體材料，在微觀尺寸發生變化時，可以在特定波長的激光照射下發出不同顏色的光，關于這一現象下列說法正確的是______(填字母)。A．屬于化學變化B．由光化學反應產生C．由電子躍遷形成【答案】（1）5s25p4（2）①.2.06②.Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O（3）Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2（4）30g/L（5）×107（6）C【解析】【分析】由題干流程圖可知，向富碲渣(含銅、碲、銀等)中加入30%H2O2和硫酸進行酸浸得到Te(SO4)2、CuSO4的浸出液和含有Ag等貴金屬渣，向浸出液中通入SO2，加入NaCl將Te4+還原為Te，Cu2+轉化為CuCl，過濾得到粗碲，粗碲處理后得到精制碲，與NaBH4反應得到H2Te，在反應釜中與CdCl2和檸檬酸鈉反應制得CdTe量子點，據此分析解題。【小問1詳解】碲的原子序數為52，54＞52＞36，即Te位于周期表中第5周期ⅥA主族，故基態碲原子的價層電子排布式為5s25p4，故答案為：5s25p4；【小問2詳解】“硫酸酸浸時，取含單質Te6.38%的富碲渣20g，為將Te全部溶出轉化為Te(SO4)2，則該反應方程式為：Te+2H2SO4+2H2O2=Te(SO4)2+4H2O，需加質量分數為30%的H2O2(密度：1.1g/cm3)的體積為：=2.06mL(保留到小數點后兩位)，但實際操作中，H2O2用量遠高于該計算值，原因之一是Cu同時也被H2O2浸出，Cu被浸出時發生反應的離子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案為：2.06；Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；【小問3詳解】由題干信息可知，化學中用標準電極電勢(氧化態/還原態)反映微粒間得失電子能力的強弱，一般這個數值越大，氧化態轉化為還原態越容易，結合硫酸酸浸液中部分微粒的標準還原電極電勢為、，Te4+較Cu2+易被還原，則SO2“還原”酸浸液時，主要發生反應的化學方程式是Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2，故答案為：Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2；【小問4詳解】由題干圖示信息可知，當NaCl溶液濃度為30g/L時，Te的沉淀率已經較高，Cu的沉淀率最低，使Cu和Te分離更加完全，故該步驟應選擇的NaCl溶液適宜濃度為30g/L，故答案為：30g/L；【小問5詳解】由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和面心的碲原子個數為8×+6×=4，位于體內的鎘原子個數為4，設晶胞的參數為anm，由晶胞的質量公式可得：=(10-7a)3ρ，解得a=×107nm，晶胞中距離最近的碲原子的距離為面對角線的，則距離最近的碲原子的距離為×107nm，故答案為：×107；【小問6詳解】量子點不同于其他的半導體材料，在微觀尺寸發生變化時，可以在特定波長的激光照射下發出不同顏色的光，這一現象是發生了電子的躍遷，屬于物理變化，故答案為：C。17.化石能源對環境污染嚴重，且不可再生。氫能是重要的綠色能源，越來越受到各國的重視，中國科學院利用生物乙醇來制取氫氣的部分反應過程如下圖所示。（1）已知：反應Ⅱ：則反應I的熱化學方程式為______。（2）反應Ⅱ在不同進氣比[n(CO)：n(H2O)]、不同溫度下，測得相應的CO平衡轉化率見下表(各點對應的其他反應條件都相同)。平衡點abcdn(CO)：n(H2O)2211CO平衡轉化率/25682560①c點平衡混合物中H2的體積分數為______，a、c兩點對應的反應溫度Ta______Tc(填“<”“=”或“>”)，c點對應的平衡常數K=______。②有利于提高CO平衡轉化率的是______(填標號)。A．增大壓強B．降低溫度C．增大進氣比[n(CO)：n(H2O)]D．加入高效催化劑（3）反應Ⅱ在工業上稱為一氧化碳的催化變換反應，若用表示催化劑，則反應歷程可用下式表示：第一步：；第二步：第二步比第一步反應慢，則第二步反應的活化能比第一步反應______。反應整個反應過程中，那個物質的濃度對總反應速率影響最大______(填標號)。A．水蒸氣B．氫氣C．一氧化碳D．二氧化碳（4）研究所表明，CO催化變換反應的速率方程為式中，，分別表示相應的物質的量分數，為平衡常數，k為反應的速率常數，溫度升高時k值增大。在氣體組成和催化劑一定的情況下，反應速率隨溫度變化的曲線如圖所示。溫度升高時，催化變換反應的______(填“增大”或“減小”)。根據速率方程分析，時逐漸減小的原因是______。【答案】（1）CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)ΔH=+251.5

kJ?mol-1（2）①.12.5%②.＜③.④.B（3）①.大②.C（4）①.減小②.Kp減小對的降低大于k增大對的提高【解析】【小問1詳解】設反應Ⅲ：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)H1=+170.5kJ/mol；Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-40.5kJ/mol，根據蓋斯定律Ⅲ-Ⅱ×2得反應I的熱化學方程式為CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)，H=H1-2H2=+170.5kJ/mol+40.5kJ/mol×2=+251.5kJ/mol，故答案為：CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)ΔH=+251.5

kJ?mol-1；【小問2詳解】①由題干數據可知，a點進氣比[n(CO)：n(H2O)]比c點大，若如果a、c兩點溫度相同，則應該是c點CO的平衡轉化率更大，但現在相等，說明c點平衡逆向移動了，結合反應Ⅱ是一個放熱反應可知，c點對應溫度高于a點，即Ta＜Tc，對c點對應反應Ⅱ進行三段式分析為：，c點平衡混合物中H2的體