（新高考）此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號化學（十一）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ca40Ti48一、選擇題：每小題2分，共20分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．化學與生活密切相關，下列說法正確的是A．海水制鹽后可以利用氯堿工業(yè)，電解飽和食鹽水制備金屬鈉B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．《本草經(jīng)集注》中記載了區(qū)分真焰硝(KNO3)和假焰硝(NaNO3)的方法：“以火燒之，紫青煙起，乃真焰硝”，這是利用了“焰色反應”原理D．北斗衛(wèi)星導航專用ASIC硬件結合國產(chǎn)應用處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”，該“中國芯”的主要成份為SiO2【答案】C【解析】A．海水制鹽后可以利用氯堿工業(yè)即電解飽和食鹽水，反應方程式為：2NaCl+2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH+Cl2↑+H2↑，故電解飽和食鹽水制備不到金屬鈉，A錯誤；B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯的結構簡式為：，分子中沒有碳碳雙鍵等不飽和鍵，故不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；C．鑒別K+和Na+可以利用焰色反應，故《本草經(jīng)集注》中記載了區(qū)分真焰硝(KNO3)和假焰硝(NaNO3)的方法：“以火燒之，紫青煙起，乃真焰硝”，是利用了“焰色反應”原理，C正確；D．北斗衛(wèi)星導航專用SKIPIF1<0硬件結合國產(chǎn)應用處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”，該“中國芯”的主要成份為晶體硅，D錯誤；故答案為C。2．設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．球碳鹽K3C60中陰陽離子個數(shù)比為1∶3B．標準狀況下，46gNO2氣體中所含的分子數(shù)為NAC．32g銅與足量硫單質(zhì)完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NAD．22.4LCl2和CO的混合氣體中含有的原子數(shù)為2NA【答案】A【解析】A．球碳鹽K3C60中存在陽離子為K+、陰離子為Ceq\o\al(3?,60)，則陰陽離子個數(shù)比為1∶3，A說法正確；B．NO2氣體中存在2NO2N2O4，則標準狀況下，46gNO2氣體中所含的分子數(shù)小于NA，B說法錯誤；C．32g銅與足量硫單質(zhì)完全反應，Cu的化合價由0價變?yōu)?1價，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA，C說法錯誤；D．標況下，22.4LCl2和CO的混合氣體的物質(zhì)的量為1mol，含有的原子數(shù)為2NA，未給定氣體狀態(tài)，則原子數(shù)不能確定，D說法錯誤；答案為A。3．用如圖實驗裝置進行有關實驗，能達到實驗目的的是用甲裝置定量測定化學反應速率 B．用乙裝置加熱NH4Cl固體制少量氨C．用丙裝置分離甲醇(沸點64.7℃)與水的混合物D．用丁裝置除去溶在CCl4中的Br2【答案】D【解析】A．生成氧氣可從長頸漏斗逸出，不能測定反應速率，應改為分液漏斗，故A錯誤；B．氯化銨分解后，在試管口化合生成氯化銨，應選銨鹽與堿加熱制備，故B錯誤；C．溫度計應處于圓底燒瓶的支氣管處，故C錯誤；D．溴和氫氧化鈉溶液反應生成可溶性的鈉鹽，四氯化碳不反應，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通過分液即可除去，故D正確；故選D。4．紫花前胡醇可從中藥材當歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。有關該化合物，下列敘述錯誤的是A．1mol該有機物最多能與5molH2反應B．能夠與鈉反應生成氫氣C．能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色D．能夠發(fā)生水解反應【答案】A【解析】A．一定條件下，該有機物中苯環(huán)和碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol該有機物最多能與4mol氫氣反應，故A錯誤；B．該有機物含有醇羥基，能夠與鈉發(fā)生置換反應生成氫氣，故B正確；C．該有機物含有碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應，使溴水褪色；與羥基相連的碳原子上連有氫原子，醇羥基和碳碳雙鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色褪色，故C正確；D．該有機物含有酯基，一定條件下能夠發(fā)生水解反應，故D正確；故選A。5．化學與生活密切相關，下列生活常識不能用對應的化學知識解釋的是選項生活常識化學知識A餐后要將洗浄的鐵鍋擦干減緩鐵的銹蝕B護膚品中添加丙三醇丙三醇有吸水性C煮沸豆?jié){主要將蛋白質(zhì)轉(zhuǎn)換為氨基酸D用熱的純堿溶液清洗油污油脂在熱的純堿溶液中更易發(fā)生水解【答案】C【解析】A．鐵在潮濕環(huán)境中易發(fā)生吸氧腐蝕形成鐵銹，水膜是形成鐵碳-電解質(zhì)溶液無數(shù)微小原電池的必要條件之一，所以餐后將洗凈的鐵鍋擦干可減緩鐵的銹蝕，故A正確，不符合題意；B．丙三醇是含有羥基數(shù)目較多的多羥基醇，具有吸水性，可作護膚保濕劑，故B正確，不符合題意；C．煮沸豆?jié){是蛋白質(zhì)變質(zhì)，故C錯誤，符合題意；D．碳酸鈉俗名純堿，碳酸鈉水解使溶液呈堿性，并且水解是吸熱反應，溫熱的純堿溶液堿性更強，油脂在堿性條件下能發(fā)生水解，并且堿性越強油脂水解程度越大，所以油脂在熱的純堿溶液中更易發(fā)生水解，故D正確，不符合題意；故選C。6．利用如圖裝置進行Cl2制備及其化學性質(zhì)的探究。下列說法錯誤的是A．拉動a或b的活塞，可檢查裝置氣密性B．c中反應的氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為6∶1C．c中產(chǎn)生Cl2后，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性D．性質(zhì)實驗結束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，溶液由紅色變?yōu)闊o色【答案】B【解析】c中反應KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，d中先發(fā)生：Cl2+H2O=HCl+HClO，實驗結束后：加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO。A．拉動a或b的活塞，松開后看活塞能否恢復到原位，可檢查裝置氣密性，故A正確；B．由KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，化合價升高的氯與化合價降低的氯比為5∶1，c中反應的氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為5∶1，故B錯誤；C．c中產(chǎn)生Cl2后，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有強氧化性、漂白性，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性，故C正確；D．性質(zhì)實驗結束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO，堿性變?nèi)?，溶液由紅色變?yōu)闊o色，故D正確；故選B。7．研究認為，強堿性溶液中反應I?+ClO?=IO?+Cl?分三步進行，其中兩步如下：第一步ClO?+H2O→HOCl+OH?K1=3.3×10?10第三步HOI+OH?→IO?+H2OK3=2.3×103下列說法正確的是A．OH?是該化學反應的催化劑 B．第一、三步反應均為氧化還原反應C．由K可判斷反應第三步比第一步快 D．反應的第二步為HOCl+I?→HOI+Cl?【答案】D【解析】A．第一步水解產(chǎn)生了OH?，第三步又消耗了OH?，所以OH?是整個反應的中間產(chǎn)物，不是催化劑，故A說法錯誤；B．第一步反應是水解反應，不是氧化還原反應，第三步是酸堿中和反應，也不是氧化還原反應，故B說法錯誤；C．平衡常數(shù)的數(shù)值大小可以判斷反應進行的程度，不能判斷反應速率大小，故C說法錯誤；D．總反應-第一步反應-第三步反應可得第二步為HOCl+I?→HOI+Cl?，故D說法正確；本題答案D。8．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，原子序數(shù)之和為42，X原子的核外電子數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，Z是第IA元素，W是同周期非金屬性最強的元素。下列說法錯誤的是A．Y和W都存在可以用來消毒的單質(zhì)B．X、Y、Z和Y、Z、W都能組成在水中顯堿性的鹽C．Y、Z能組成含有非極性鍵的化合物D．W的氧化物的水化物的酸性一定比X的氧化物的水化物的酸性強【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金屬性最強的元素，則Z為Na，W為Cl，原子序數(shù)之和為42，X和Y的原子序數(shù)之和為42-11-17=14，X原子的核外電子數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，則X為C，Y為O，由上述分析可知：X為C，Y為O，Z為Na，W為Cl。A．Y的單質(zhì)為O2或O3，W的單質(zhì)為Cl2，O3、Cl2均可以用來消毒，故A正確；B．X、Y、Z可以組成Na2CO3，Y、Z、W可以組成NaClO，在水中均為顯堿性的鹽，故B正確；C．Y、Z能組成含有非極性鍵的Na2O2，故C正確；D．HClO的酸性比H2CO3酸性弱；故D錯誤；本題答案為D。9．科學家設想利用圖示裝置進行CO2的固定，同時產(chǎn)生電能。該裝置工作時，生成的碳附著在電極上。下列說法錯誤的是A．電解板(Li)作該電池的負極B．若導線中流過4mole?，理論上負極區(qū)減少4molLi+C．負極區(qū)不適合選用水溶液作電解質(zhì)溶液D．采用多孔催化劑電極有利于CO2擴散到電極表面【答案】B【解析】利用如圖所示裝置進行CO2的固定同時產(chǎn)生電能，故該裝置為原電池，該裝置工作時，生成的碳附著在電極上，則Li為負極，多孔催化劑電極為正極。A．由圖知，Li為負極，多孔催化劑電極為正極，故A正確；B．導線中流過4mole?，負極產(chǎn)生4molLi+，同時有4molLi+向正極區(qū)移動，所以理論上負極區(qū)Li+的物質(zhì)的量不變，故B錯誤；C．Li能與水反應，負極區(qū)不適合選用水溶液作電解質(zhì)溶液，故C正確；D．多孔結構有利于氣體擴散，即有利于CO2擴散到電極表面，故D正確；故選B。10．溫度為T1時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反應放熱)。實驗測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(O2)如下：時間/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03下列說法不正確的是A．0~2s內(nèi)，該反應的平均速率v(NO)=0.03mol·L?1·s?1B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，則達平衡時NO2體積分數(shù)增大C．其他條件不變，移走部分NO2，則平衡正向移動，平衡常數(shù)增大D．當溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則T2＞T1【答案】C【解析】A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在0~2s內(nèi)，NO的物質(zhì)的量由0.20mol變?yōu)?.08mol，Δn(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，則該反應的平均速率v(NO)=SKIPIF1<0=0.03mol·L?1·s?1，A正確；B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當于增大體系的壓強，由于該反應的正反應是氣體體積減小的反應，增大壓強，化學平衡正向移動，所以達平衡時NO2體積分數(shù)增大，B正確；C．化學平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故其他條件不變，移走部分NO2，化學平衡正向移動，但平衡常數(shù)不變，C錯誤；D．k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響，在溫度為T1時，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，容器容積是2L，結合物質(zhì)反應關系可知平衡時各種物質(zhì)的濃度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化學平衡常數(shù)K=SKIPIF1<0SKIPIF1<0＞0，說明k正＞k逆，若k正＝k逆，則K減小，化學平衡逆向移動，由于該反應的正反應為放熱反應，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2＞T1，D正確。二、不定項選擇（每小題4分，共20分。）11．燃煤和工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的SO2過量排放會形成酸雨。SO2是重要的化工原料，可作漂白劑。在接觸法制硫酸的工業(yè)中，SO2發(fā)生的反應為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-198kJ/mol。下列關于SO2的說法正確的是A．SO2分子呈V形，是極性分子B．SO2的水溶液能導電，SO2是電解質(zhì)C．SO2和H2S反應，每生成1molS，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2molD．用石灰石漿液吸收煙氣中的SO2，可減少酸雨的形成，最終轉(zhuǎn)化為石膏【答案】AD【解析】A．SO2的價層電子對數(shù)為2+SKIPIF1<0(6-2SKIPIF1<02)=3，且有一對孤對電子，構型為V形，是極性分子，故A正確；B．SO2的水溶液能導電是因為和水反應生成了亞硫酸，SO2是非電解質(zhì)，故B錯誤；C．SO2和H2S反應生成S單質(zhì)，S元素由+4價下降到0價，又由-2價上升到0價，方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，每生成1molS，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為SKIPIF1<0mol，故C錯誤；D．石灰石漿吸收廢氣中的二氧化硫的化學方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2，可減少酸雨的形成，最終轉(zhuǎn)化為石膏，故D正確；故選AD。12．一水合甘氨酸鋅是一種礦物類飼料添加劑，其結構簡式如圖所示。下列說法正確的是A．第一電離能：O>N>C>HB．分子中C和N的雜化方式相同C．基態(tài)Zn原子的核外電子有15種空間運動狀態(tài)D．該物質(zhì)中，Zn的配位數(shù)為4，配位原子為O、N【答案】C【解析】A．同周期元素從左到右，第一電離能逐漸增大，但第ⅤA族元素的第一電離能大于第ⅥA族的，氫對核外電子的束縛力很弱，容易失去一個電子，其第一電離能較小，所以第一電離能：N＞O＞C＞H，故A錯誤；B．分子中連雙鍵的C的雜化方式為sp2，連單鍵的碳原子為sp3雜化，N都是sp3雜化，故B錯誤；C．量子力學把電子在原子核外的一個空間運動狀態(tài)稱為一個原子軌道，基態(tài)Zn原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s2，有15種空間運動狀態(tài)，故C正確；D．該物質(zhì)中，Zn提供空軌道，O和N提供孤電子對，配位原子是O、N，但Zn的配位數(shù)是5，故D錯誤；故選C。13．除去電石渣漿(CaO)清液中的S2?，并制取石膏(CaSO4·2H2O)的流程如圖所示：下列說法錯誤的是A．過程I、II中起催化劑作用的物質(zhì)是Mn(OH)2B．17.2g石膏失水后質(zhì)量變?yōu)?4.5g，所得固體中CaSO4與結晶水物質(zhì)的量之比為1∶1C．10L上清液(S2?濃度為320mg·L?1)中的S2?轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2?,4)時，理論上共需要4.48LO2D．過程II反應的離子方程式為4MnOeq\o\al(2?,3)+2S2?+9H2O=S2Oeq\o\al(2?,3)+4Mn(OH)2↓+10OH?【答案】BC【解析】由流程可知，CaO與硫酸錳反應生成Mn(OH)2，通入氧氣生成MnOeq\o\al(2?,3)，MnOeq\o\al(2?,3)與S2?反應生成S2Oeq\o\al(2?,3)，進而與氧氣反應生成SOeq\o\al(2?,4)，可用于制備CaSO4·2H2O。A．Mn(OH)2在過程I化合價升高轉(zhuǎn)化為MnOeq\o\al(2?,3)，MnOeq\o\al(2?,3)在過程II中化合價降低又轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2，因此過程I、II中起催化劑作用的物質(zhì)是Mn(OH)2，故A正確；B．17.2g石膏的物質(zhì)的量是0.1mol，失水后質(zhì)量變?yōu)?4.5g，所得固體中CaSO4的質(zhì)量是13.6g，結晶水的質(zhì)量是14.5g-13.6g＝0.9mol，物質(zhì)的量是0.05mol，則所得固體中CaSO4與結晶水物質(zhì)的量之比為2∶1，故B錯誤；將10L上清液中的S2?轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2?,4)（S2?濃度為320mg·L?1)），質(zhì)量為320mg·L?1×10L=3200mg=3.2g，物質(zhì)的量為3.2g÷32g/mol=0.10mol，根據(jù)得失電子守恒0.10mol×8=n(O2)×4，n(O2)=0.2mol，在標準狀況下體積為0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C錯誤；D．由流程可知過程Ⅱ中，反應的離子方程式為4MnOeq\o\al(2?,3)+2S2?+9H2O=S2Oeq\o\al(2?,3)+4Mn(OH)2↓+10OH?，故D正確；故選BC。14．我國青藏高原的鹽湖中蘊藏著豐富的鋰資源，已探明的儲量約三千萬噸，碳酸鋰制備高純金屬鋰的一種工藝流程如圖。下列有關說法錯誤的是A．金屬鋰可保存在煤油中B．使用復合助劑有利于碳酸鉀的分解C．“粉碎”是為了增加接觸面積，加快反應速率D．真空熱還原發(fā)生的主要化學反應為2Al+3Li2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))6Li+Al2O3【答案】A【解析】碳酸鋰高溫焙燒之后生成氧化鋰、二氧化碳，粉碎，加入還原劑生成鋰，化學反應為2Al+3Li2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))6Li+Al2O3；A．Li的密度小于煤油，鋰不能保存在煤油中，應該保存在液體石蠟中，A項錯誤；B．碳酸鋰高溫焙燒分解生成二氧化碳，復合助劑可以與二氧化碳發(fā)生反應，促進碳酸鋰分解，故使用復合助劑有利于碳酸鋰的分解，B項正確；C．“粉碎”可以使接觸面積更大，從而加快反應速率，C項正確；D．鋁還原性強，化學反應為2Al+3Li2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))6Li+Al2O3，D項正確；選A。15．用返電位滴定法測定苯酚的電離常數(shù)：在苯酚溶液中加入適當過量的NaOH溶液，得到NaOH和C6H5ONa混合液，然后用鹽酸滴定，得到如圖曲線，A、D為兩個滴定終點。下列說法正確的是A．A點時C6H5ONa與鹽酸完全反應B．B點溶液中離子濃度大小關系是：c(Na+)＜c(Cl?)+c(C6H5O?)C．本實驗測得苯酚的pKa=10D．C點溶液中c(C6H5O?)＞c(C6H5OH)【答案】C【解析】A．鹽酸先與NaOH發(fā)生中和反應，所以第一個滴定終點應是NaOH與鹽酸完全反應，A錯誤；B．B點溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl?)+c(C6H5O?)+c(OH?)，據(jù)圖可知此時pH為10，溶液顯堿性，所以c(H+)＜c(OH?)，則c(Na+)＞c(Cl?)+c(C6H5O?)，B錯誤；C．苯酚的Ka=SKIPIF1<0，從A點到D點消耗15mL鹽酸，即C6H5ONa消耗15mL鹽酸，從A點到B點所用鹽酸為7.5mL，則恰好反應一半C6H5ONa，可近似認為此時溶液中c(C6H5OH)=c(C6H5O?)，則Ka=c(H+)，所以pKa=pH=10，C正確；D．C點接近C6H5ONa完全反應的點，溶液中溶質(zhì)為NaCl、C6H5OH和極少量的C6H5ONa，C6H5OH的電離微弱，所以c(C6H5O?)＜c(C6H5OH)，D錯誤；綜上所述答案為C。三、非選擇題（共60分。）16．氯化亞銅(CuCl)是一種見光易分解的白色固體，難溶于水，在潮濕的環(huán)境中易被氧氣氧化為堿式氯化銅。實驗室用SOCl2與CuCl2溶液混合制取CuCl的裝置如圖所示。已知：①SOCl2是一種易發(fā)煙的液體，遇水劇烈水解生成SO2和HCl氣體；②CuCl在溶液中存在如下平衡：CuCl(s)+3Cl?(aq)[CuCl4]3?(aq)(無色)。回答下列問題：(1)配制CuCl2溶液所需的蒸餾水需要去氧氣，最簡單的去氧操作是_______。(2)當三頸燒瓶的溶液由_____時(填實驗現(xiàn)象)，則說明反應已經(jīng)完成，可以停止實驗。(3)實驗結束后需要先向三頸燒瓶中加入去氧水，然后再進行過濾得到CuCl。加水的作用是____，過濾時需要在避光的條件下進行，原因是_____。(4)經(jīng)過濾得到的CuCl沉淀，先用無水乙醇洗滌，然后在真空干燥機內(nèi)于70℃下干燥2小時，冷卻，密封保存?！?0℃真空干燥”的目的是_____。(5)久置在空氣中的CuCl可完全變質(zhì)為堿式氯化銅［xCuCl2·yCu(OH)2，其x、y為整數(shù)］，為探究該堿式氯化銅的組成，設計如下實驗步驟：①準確稱取4.216g樣品，溶于足量乙酸中，加蒸餾水配制成100mL溶液；②取25mL溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，充分反應后過濾、洗滌、干燥，所得白色固體質(zhì)量為0.574g；③另取25mL溶液，向其中加入過量的KI溶液，再用0.400mol·L?1的Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液25.00mL。已知滴定過程涉及如下反應：2Cu2++4I?=2CuI↓+I2、2S2Oeq\o\al(2?,3)+I2=2I?+S4Oeq\o\al(2?,6)。計算堿式氯化銅中x=_____；y=____?！敬鸢浮浚?）將蒸餾水煮沸由藍色變?yōu)闊o色稀釋，使[CuCl4]3?轉(zhuǎn)化為CuClCuCl見光易分解防止氯化亞銅被氧化為堿式氯化銅14【解析】由題意可知，三頸燒瓶中SOCl2與CuCl2溶液混合反應生成[CuCl4]2(SO4)3和硫酸，三頸燒瓶右邊的裝置起冷凝作用，用于冷凝收集揮發(fā)出的SOCl2；向反應后的三頸燒瓶中加入去氧水，稀釋溶液，使平衡CuCl(s)+3Cl?(aq)[CuCl4]3?(aq)向逆反應方向移動，將[CuCl4]3?離子轉(zhuǎn)化為CuCl沉淀，在避光的條件下過濾得到CuCl。(1)可以用將蒸餾水煮沸的方法去除蒸餾水中溶解的氧氣，故答案為：將蒸餾水煮沸；(2)由分析可知，三頸燒瓶中發(fā)生的反應為SOCl2與CuCl2溶液反應生成[CuCl4]2(SO4)3和硫酸，則當溶液由藍色變?yōu)闊o色時，說明氯化銅已經(jīng)完全反應，可以停止實驗，故答案為：由藍色變?yōu)闊o色；(3)由分析可知，向反應后的三頸燒瓶中加入去氧水，稀釋溶液，使平衡CuCl(s)+3Cl?(aq)[CuCl4]3?(aq)向逆反應方向移動，將[CuCl4]3?離子轉(zhuǎn)化為CuCl沉淀；CuCl見光易分解，應在避光的條件下過濾得到CuCl，故答案為：稀釋，使[CuCl4]3?轉(zhuǎn)化為CuCl；CuCl見光易分解；(4)氯化亞銅在潮濕的環(huán)境中易被氧氣氧化為堿式氯化銅，則在真空干燥機內(nèi)于70℃下干燥2小時的目的防止氯化亞銅被氧化為堿式氯化銅，故答案為：防止氯化亞銅被氧化為堿式氯化銅；(5)由②可知，4.216g樣品中氯離子的物質(zhì)的量為SKIPIF1<0×4=0.016mol，由③可得如下關系式Cu2+～S2Oeq\o\al(2?,3)，則4.216g樣品中銅離子的物質(zhì)的量為0.400mol·L?1×0.025L×4=0.04mol，由電荷守恒可知4.216g樣品中氫氧根離子的物質(zhì)的量為(0.04mol×2-0.016mol)=0.064mol，樣品中x∶y=(0.016mol×SKIPIF1<0)∶(0.064mol×SKIPIF1<0)=1∶4，則x=1，y=4，故答案為：1；4。17．I．研究氮氧化物的反應機理，對于消除對環(huán)境的污染有重要意義。某化學小組查閱資料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應歷程分兩步：①2NO(g)N2O2(g)(快)SKIPIF1<0；v1正=K1正c2(NO)，v1逆=K1逆c(N2O2)②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)SKIPIF1<0；v2正=K2正c(N2O2)，v2逆=K2逆c2(NO2)請回答下列問題：(1)寫出反應2NO+O2=2NO2的熱化學方程式______________（焓變用含SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的式子表示）。(2)一定溫度下，反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)達到平衡狀態(tài)，請寫出用K1正、K1逆、K2正、K2逆表示的平衡常數(shù)表達式K=___________________。(3)工業(yè)上可用氨水作為NO2的吸收劑，NO2通入氨水發(fā)生的反應2NO2+2NH3·H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O，若反應后的溶液滴入甲基橙呈紅色，則反應后溶液中c(NOeq\o\al(?,3))+c(NOeq\o\al(?,2))____c(NHeq\o\al(+,4))(填“>”、“<”或“=”)。(4)工業(yè)上也可用電解法處理氮氧化物的污染。電解池如圖所示，陰陽電極間是新型固體氧化物陶瓷，在一定條件下可傳導O2?。該電解池陰極的電極反應式是_________。II．在一定溫度、壓強下，向密閉容器中投入一定量N2和H2，發(fā)生反應：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)SKIPIF1<0①下列措施中能加快反應速率并提高氫氣的轉(zhuǎn)化率的是__________（填字母）。a．其他條件不變時，壓縮容器體積b．其他條件不變時，升高反應體系溫度c．使用合適的催化劑d．保持容器體積不變，充入一定量的氮氣②實際生產(chǎn)中往往需要將溫度控制在一個合適的范圍，分析溫度不宜過高也不宜過低的原因：_______?！敬鸢浮浚?）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)SKIPIF1<0kJ/molSKIPIF1<0>2NO2+8e?=N2+4O2?ad該反應是放熱反應，溫度過高，反應物的轉(zhuǎn)化率下降，溫度過低，反應速率過慢；且催化劑在一定溫度范圍內(nèi)活性最強【解析】I．(1)①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目標反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)可以由反應①+②而得，根據(jù)蓋斯定律可知所SKIPIF1<0kJ/mol；所以答案為：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)SKIPIF1<0kJ/mol。(2)由反應達平衡狀態(tài)，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，則K=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0。(3)根據(jù)電荷守恒c(NHeq\o\al(+,4))+c(H+)=c(NOeq\o\al(?,3))+c(NOeq\o\al(?,2))+c(OH?)，而甲基橙呈紅色，說明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH?)，所以c(NOeq\o\al(?,3))+c(NOeq\o\al(?,2))＞c(NHeq\o\al(+,4))，故答案為：>。(4)O2?在陽極發(fā)生氧化反應，而氮的氧化物在陰極發(fā)生還原反應，所以氣體NO2在陰極發(fā)生還原反應生成氮氣，陰極的電極反應式：2NO2+8e?=N2+4O2?，故答案為：2NO2+8e?=N2+4O2?。II．a(chǎn)．該反應是一個氣體分子總數(shù)減小的反應，其他條件不變時，壓縮容器體積，壓強增大，平衡往正向移動，反應速率加快并提高了氫氣的轉(zhuǎn)化率，a正確；b．該反應是放熱反應，其他條件不變時，升高反應體系溫度，平衡往逆向移動，氫氣轉(zhuǎn)化率下降，b錯誤；c．使用催化劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，c錯誤；d．保持容器體積不變，充入一定量的氮氣，反應物濃度增加，反應速率加快，平衡往正向移動，氫氣轉(zhuǎn)化率增大，d正確；所以答案選ad。②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)SKIPIF1<0，如果溫度過低，反應速率慢；該反應是放熱反應，如果溫度過高，反應物的轉(zhuǎn)化率下降，而且溫度會影響鐵觸媒的活性，所以需要將溫度控制在一個合適的范圍，所以答案為：該反應是放熱反應，溫度過高，反應物的轉(zhuǎn)化率下降，溫度過低，反應速率過慢；且催化劑在一定溫度范圍內(nèi)活性最強。18．鈷具有廣泛用途，其正三價化合物具有強氧化性。利用低硫鈷礦(含Ca、Fe、Al、Mn、Mg、Co等元素的硫化物及SiO2)可以制取多種化工試劑，采用以下工藝流程可利用低硫鈷礦制備CoCO3。已知下列信息：①常溫下，Ksp(CaF2)=4.9×10?10，Ksp(MgF2)=6.4×10?12；②流程中部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀1.97.07.63.08.1完全沉淀3.29.09.24.710.1(1)酸溶時Co2O3被還原為Co2+，同時還有______離子被還原。寫出Co2O3轉(zhuǎn)化為Co2+反應的離子方程式______。(2)“控電位浸出”是控制合適的氧化電位，將溶液中Mn2+變?yōu)镸nO2除去，寫出陽極電極反應式______。(3)加入NaClO3的作用是______。(4)加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，目的是______。(5)為了將Mg2+、Ca2+除去，加入NaF使“濾液I”中c(F?)最小為______。(6)“沉鈷”步驟的離子方程式是______。【答案】（1）Fe3+SKIPIF1<0SKIPIF1<0將Fe2+氧化成Fe3+，方便除去鐵元素雜質(zhì)除去Fe3+、Al3+0.007mol/LSKIPIF1<0【解析】酸溶時，Co2O3被還原為Co2+，反應的離子方程式為：SKIPIF1<0，“控電位浸出”將溶液中Mn2+變?yōu)镸nO2除去，浸出液中含有Ca2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等雜質(zhì)，加入NaClO3將Fe2+氧化成Fe3+，再調(diào)節(jié)pH=5.2除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，加入NaF將Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化成CaF、MgF沉淀除去，最后加入碳酸氫鈉和Co2+反應得到碳酸鈷。(1)酸溶時，反應物有Co2O3、Na2SO3、H2SO4，其中Co2O3具有極強的氧化性，則被還原的離子還有Fe3+，而Na2SO3具有強還原性，所以反應的離子方程式為：SKIPIF1<0；(2)陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：SKIPIF1<0；(3)由于在酸溶過程中，亞硫酸根將鐵離子還原為不易除去的亞鐵離子，所以NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，方便后續(xù)步驟除去雜質(zhì)Fe3+；(4)由題干知，溶液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mn2+、Mg2+等雜質(zhì)，使用碳酸鈉調(diào)節(jié)pH為5.2，可以除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，所以目的為：除去Fe3+、Al3+；(5)Mg2+、Ca2+完全除去，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以c(F?)最小為0.007mol/L；(6)“沉鈷”步驟為Co2+和碳酸氫根反應生成碳酸鈷，反應的離子方程式為：SKIPIF1<0。19．卟啉化合物在生命科學、太陽能儲存等眾多領域具有廣闊的應用前景?；卮鹣铝袉栴}：I．四苯基金屬鋅卟啉配合物具有促進細胞組織呼吸、改善蛋白質(zhì)和糖代謝等作用，其合成過程如下(ph-為苯基)：(1)配合物中基態(tài)Zn原子的價電子排布式為_______，C原子的雜化類型為_______。(2)合成過程所用的試劑乙醇中所含元素的電負性由大到小的順序為_______。(3)乙醇的沸點高于二氯甲烷的沸點，主要原因是_______。II．研究表明利用卟啉配合物對鈣鈦礦薄膜進行修飾調(diào)控，可大幅度提高鈣鈦礦太陽能電池器件的性能和穩(wěn)定性。(4)鈣鈦礦晶胞如圖所示，Ti4+處于6個O2?組成的_______空隙中，若Ca2+與O2?的最短距離為anm，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶體的密度為_______g?cm?3(列出計算表達式)。(5)在鈣鈦礦晶胞結構的另一種表示中，Ti4+處于各頂點位置，則O2?處于_______位置?！敬鸢浮浚?）3d104s2sp2O>C>H乙醇和二氯甲烷都是分子晶體，乙醇存在分子間氫鍵正八面體SKIPIF1<0棱心【解析】(1)Zn為30號元素，基