山东省威海市文登区2024-2025学年高三上学期第一次模拟化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省威海市文登区2024-2025学年高三上学期第一次模拟试题一、单选题1.化学与生活、社会、环境息息相关，下列说法正确的是A．亚硝酸钠具有一定毒性，不能用作食品防腐剂B．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈C．铁磁流体液态机器人中，驱动机器人运动的磁铁的主要成分是FeOD．燃料的脱硫、NO的催化转化都是减少温室效应的措施【答案】B【解析】亚硝酸钠具有一定的毒性，但在符合标准合理用量的情况下，可用作食品防腐剂，A错误；铁锅的材质是铁碳合金，在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀的电化学反应而生锈。铁锅及时擦干后，没有电解质溶液的存在，不能形成原电池，可以减缓铁锅生锈，B正确；磁铁的主要成分是四氧化三铁，C错误；燃料的脱硫、NO的催化转化都是减少酸雨的措施，与温室效应气体无关，不可减少温室效应，D错误；故选B。2.符号表征是化学学习的重要工具，下列化学用语或说法错误的是A．SO3的VSEPR模型：B．30P、31P、32P互为同位素C．H2O2的电子式：D．Cl2分子中σ键的形成：

【答案】A【解析】SO3中心原子S价层电子对数为3，VSEPR模型平面三角形，故A错误；30P、31P、32P是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故B正确；H2O2是共价化合物，氧原子间只存在一对共用电子对，电子式：，故C正确；Cl原子3p轨道参与杂化轨道的形成，Cl2分子中σ键为p-pσ键，Cl2分子中σ键形成，表示为

，故D正确；选A。3.劳动最光荣，劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是A．用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸B．用过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)漂白衣物：过氧碳酸钠具有较强氧化性C．电解熔融的氯化镁制备金属镁：氯化镁是离子化合物D．烹煮食物的后期加入食盐：避免NaCl长时间受热而分解【答案】D【解析】柠檬酸的酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸的原理，柠檬酸可与碳酸钙反应生成可溶性的钙离子，用于除水垢，A正确；过氧碳酸钠中含有过氧键，过氧键具有强氧化性，能够将有色物质氧化使其褪色，因此可以用过氧碳酸钠漂白衣物，B正确；氯化镁是离子化合物，能在熔融状态下电离出自由移动的镁离子和氯离子，电解可以得到镁和氯气，C正确；碘酸钾受热易分解，所以烹煮食物的后期加入食盐的目的是避免食盐中添加的碘酸钾长时间受热而分解，D错误；故选D。4.物质的性质决定用途，下列说法错误的是A．Si具有半导体性能，可用作芯片B．Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂C．浓HNO3有强酸性，常温不能用铁罐储运D．液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂【答案】C【解析】半导体材料Si可制作芯片，故A正确；铁是活泼金属，Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂，起到抗氧化作用，故B正确；浓HNO3有强氧化性，常温下能用铁铝钝化，形成致密氧化膜，阻碍反应的进一步进行，常温能用铁罐储运，故C错误；氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，故D正确；选C。5.下列指定反应的离子方程式正确的是A．向氯化铁溶液中通入H2S：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓B．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-C．Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NHD．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+CO3【答案】B【解析】硫化氢属于弱电解质，离子方程式中不能拆为离子形式，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，A错误；Na2SO3溶液吸收少量Cl2，亚硫酸根离子与氯气先发生氧化还原反应生成硫酸根和氢离子，然后氢离子与亚硫酸根结合生成亚硫酸氢根，离子方程式正确，B正确；氢氧化铁胶体的制备：向沸水中滴加几滴饱和三氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色，离子方程式为Fe3++3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，加入足量NaOH应该生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，6.下图所示的实验操作及描述均正确，且能达到实验目的的是A．NaOH溶液滴定盐酸B．制备NaHCO3C．比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液【答案】C【解析】滴定操作时，左手无名指和小手指向手心弯曲，轻轻地贴着出口管，用其余三指控制活塞的转动，该装置活塞为聚四氟乙烯活塞，可用于氢氧化钠溶液的滴定，故A错误；制备NaHCO3时，先向食盐水中通入氨气，使溶液呈碱性，利于增大二氧化碳的溶解量，故B错误；锥形瓶中强氧化剂高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应放出黄绿色氯气，可知氧化性KMnO4>Cl2，氯气通入Na2S溶液中生成淡黄色S沉淀，证明氧化性Cl2>S，故C正确；配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，用玻璃棒引流时，玻璃棒末端应伸到刻度线以下，故D错误；选C。7.化学是源自生活和生产实践的基础自然科学。下列事实或现象解释错误的是选项事实或现象解

释A王水(浓盐酸和浓硝酸的混合液)溶解铂浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性

BSnF4(442℃)的熔点远高于SnCl4(−34℃)SnF4是离子晶体，SnCl4是分子晶体C不同溶剂中I2的溶解度：CCl4＞H2OI2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子

D某些金属盐灼烧时呈现不同焰色电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级轨道，释放出不同波长的光A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】金在被王水溶解的过程中与浓盐酸中的氯离子与金离子形成配合物，增强了金的还原性，易被浓硝酸氧化，并未改变浓硝酸的氧化性，A错误；分子晶体SnCl4的熔点低，离子晶体SnF4(442℃)的熔点远高于SnCl4(−34℃)，B正确；I2分子空间结构完全对称属于非极性分子，不同溶剂中I2的溶解度：CCl4＞H2O，则依据相似相溶原理，CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，C正确；某些金属盐灼烧时，电子从低能级轨道跃迁到高能级轨道形成激发态，激发态能量较高不稳定，电子再次向低能级轨道跃迁将能量以光的形式释放出来，释放的能量不同，产生光的波长不同，所以会呈现不同焰色，D正确；故选A。8.室温下，根据下列实验过程，能验证相应实验结论的是选项实验过程实验结论A向溶有CO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀气体X可能为NH3B向露置在空气中的Na2O2固体中加入稀盐酸，产生气泡Na2O2固体已经变质C加热条件下，将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体浓硝酸被木炭还原成NO2D用硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2>Fe3+A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】二氧化碳气体与氯化钡溶液不反应，若气体X为NH3，则二氧化碳和氨气生成碳酸铵，随后碳酸铵和氯化钡生成碳酸钡，A正确；过氧化钠可以和盐酸发生氧化还原反应生成氧气，则即使过氧化钠不变质，也可以生成气体，B错误；将炽热的木炭与浓硝酸混合，较高的温度可使浓硝酸分解生成二氧化氮，C错误；酸性条件下，硝酸根离子具有氧化性，可以将具有还原性的二价铁氧化为三价铁，D错误；故选A。9.某种电解质的组成如图所示，已知该化合物的五元环上的5个原子共平面，且X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是A．该化合物中含有配位键、σ键、大π键B．Z、X形成的二元化合物与W、X形成的二元化合物间可发生化合反应C．简单离子半径：Z>QD．该化合物中Z有两种杂化方式【答案】D【解析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五种元素原子序数依次增大，且属于短周期元素，因此Y为C，X为H，W应为Cl，一个Z有三个共价键，该物质为离子化合物，形成四个键的Z失去一个电子，因此Z为N，Q形成四个共价键中有一个配位键，因此Q为Al，该化合物中阴离子AlCl4-中含有配位键，阳离子和阴离子中均含有σ键，阳离子五元环中存在大π键，A正确；Z为N，X为H，W为Cl，则Z、X形成的二元化合物即NH3与W、X形成的二元化合物即HCl间可发生化合反应NH3+HCl=NH4Cl，B正确；Z为N、Q为Al，则N3-和Al3+具有相同的电子层数，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，故简单离子半径：N3-＞Al3+即Z>Q，C正确；已知该化合物的五元环上的5个原子共平面，则在该物质只有Z有sp2杂化方式，D错误；故答案为：10.为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是选项影响因素方案设计现象结论A浓度向1mol·L−1FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，反应达平衡后，向溶液中继续加水溶液先变红，加水后颜色变浅减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动B压强向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气体，反应达到平衡后再充入100mLAr气体颜色不变对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，物质浓度保持不变C温度将封装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸泡在热水中气体颜色变深升高温度，平衡向吸热反应方向移动D催化剂向Zn和稀硫酸正在反应的溶液中滴加少量CuSO4溶液单位时间内产生的气体增多使用催化剂可加快反应速率，使平衡正向移动A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】反应达到平衡后加水稀释，各微粒浓度减小，，所以溶液颜色变浅可能是因为Fe(SCN)3浓度减小所导致，不能说明是浓度影响平衡移动，故A错误；反应2HIg⇌H2g+I2g为反应前后气体分子数相同的可逆反应，恒温恒容条件下反应达到平衡后再充入100mLAr，参与反应的各气体浓度不变，平衡不发生移动，气体颜色不变，无法探究压强对平衡移动的影响，故B错误；反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，故C正确；向Zn和稀硫酸正在反应的溶液中滴加少量CuSO4溶液，Zn和二、多选题11.部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是置换反应B．若含d的分散系有净水作用，则a+c一定可以生成fC．若c为阴离子且含组成a的元素，则b为两性物质D．若存在g→f→e→d转化过程，则组成a的元素位于周期表d区【答案】CD【解析】A．若a在沸水中可生成e，Mg在沸水中可反应生成Mg(OH)2，f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为Mg+2HCl=H2↑+MgCl2，该反应属于置换反应，可能为Mg+Cl2点燃MgCl2，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是置换反应，A错误；含d的分散系有净水作用，氢氧化铝胶体或氢氧化铁胶体均具有吸附性可净水，铁是变价金属可以实现a+c生成f，铝不符合要求，B错误；含有+3金属元素的阴离子是[Al(OH)4]-，b为Al2O3是两性氢氧化物，故C正确；e能转化为d，+2价碱类化合物转化为+3价碱类化合物，此时e为白色沉淀Fe(OH)2，d为红褐色沉淀Fe(OH)3，说明存在g→f→e→d转化过程，a是铁，价电子排布为3d64s三、单选题12.全固态LiPON薄膜锂离子电池工作示意图如下，LiPON薄膜只允许Li+通过，电池反应为LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+LiCoO2。下列说法正确的是A．放电时，a极为正极B．导电介质c可为Li2SO4溶液C．充电时，b极反应为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D．放电时，当电路通过0.5mol电子时，b极薄膜质量减少3.5g【答案】C〖祥解〗由题干信息中电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+LiCoO2可知，放电时，电极a为非晶硅薄膜，其电极反应为LixSi-xe-═Si+xLi+，电极a为负极，电极b为LiCoO2薄膜，其电极反应为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，电极b为正极；则充电时电极a为阴极，电极反应式为xLi++xe-+Si=LixSi，电极b为阳极，电极反应式为LiCoO2-xe-═Li1-xCoO2+xLi+，据此分析解题。【解析】根据题干信息中电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+LiCoO2可知，放电时，电极a为非晶硅薄膜，其电极反应为LixSi-xe-═Si+xLi+，电极a为负极，A错误；根据2Li+2H2O=2LiOH+H2↑可知，碱金属里可与水发生反应，故导电介质c中不能有水，则不可为Li2SO4溶液，B错误；电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+LiCoO2，电极b为LiCoO2薄膜，其电极反应为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，电极b为正极，充电时b极为阳极，电极反应式为：LiCoO2-xe-═Li1-xCoO2+xLi+，C正确；放电时，电极b为正极，电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，则当外电路通过0.5mol电子时，锂离子得电子嵌入正极，故b极薄膜质量增加0.5mol×7g∙mol-1=3.5g，13.X、Y、Z、M是四种短周期元素，Q是第四周期的过渡元素。X、Y、Z同周期，Z、M同主族，X的最高正价与最低负价的和为0，Y是同周期除稀有气体外半径最大的元素，基态M原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等且M位于第二周期，Q的基态原子只有1个单电子且在外层。下列说法错误的是A．基态原子的第一电离能：M>Z>XB．简单离子半径：Z>Y>MC．单质的熔点：Q>Z>YD．Y、Z、Q分别与M均可组成多种二元化合物【答案】B【解析】M位于第二周期且基态M原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等，说明M为O元素；Z、M同主族，说明Z为S元素；X的最高正价与最低负价的和为0，说明X为Si元素，同族元素从上到下，其基态原子第一电离能逐渐减小，同周期元素从左到右，其基态原子第一电离能呈逐渐增大变化趋势，则基态原子的第一电离能：O＞S＞Y是同周期除稀有气体外半径最大的元素，且X、Y、Z同周期，说明Y为Na元素，电子层数多，离子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，离子半径：S2-＞O2-＞Na+，B错误；Q是第四周期的过渡元素，Q的基态原子只有1个单电子且在外层，Q为Cu元素，金属Na熔点较低，则单质熔点：Cu＞S＞Na，C正确；Na元素可组成二元化合物：Na2O2、Na2O，四、多选题14.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示：有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法错误的是A．图甲反应中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成B．图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2C．图甲所示热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)；ΔH=(a-b)kJ·mol-1D．图乙中总反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌催化剂4N2(g)+6H2【答案】AB【解析】图甲反应中涉及有N-H极性键的断裂、H-O极性键的形成，有N≡N非极性共价键的形成，但没有非极性键的断裂，A错误；由图乙可知，该反应③方程式为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，O元素化合价降低，O2为氧化剂，Fe元素化合价升高，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，B错误；图甲所示热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)ΔH=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ·mol-1，C正确；由图乙可知，有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的产物为N2和H2O，故总化学方程式为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌催化剂4N2(g)+6H2O(g)，D15.H2S分解的热化学方程式为2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)

ΔH=akJ·mol-1。向体积为1L恒容密闭容器中加入n(H2S)+n(Ar)=0.1mol的混合气体(Ar不参与反应)，测得不同温度(T1>T2)的平衡转化率随n(H2S)n(A．该反应的a＜0B．平衡常数K(X)=K(Y)＜K(Z)C．测得X点平衡时体系压强为p，则Kp=pD．维持Y点时n(Ar)不变，向容器中充入H2S，H2S的平衡转化率减小【答案】CD【解析】当nH2SnAr保持恒定，T1温度较高，H2S的平衡转化率更高，说明温度升高，平衡正向移动，则ΔH>0，即a>0，A错误；

X、Y均处于T1温度曲线上，温度不变，平衡常数不变，K(X)=K(Y)；结合A分析，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，则K(X)=K(Y)>K(Z)，B错误；X点nH起始平衡时体系压强为p，总的物质的量为0.5mol+0.5mol+0.25mol+1mol=2.25mol，则Kp=p×0.252.25×p×0.52.252p×0.52.252=p9，C正确；

恒温恒容，维持Y点时n(Ar)不变，向容器中充入H2五、解答题16.镍及其化合物应用广泛。回答下列问题：(1)基态镍原子价电子排布式为。(2)如图为一种含镍配合物(物质A)及其配体(物质B)。①物质A存在的化学键有(填序号)。a．配位键b．氢键c．非极性共价键d．范德华力②物质B在一定条件下水解生成邻羟基苯甲醛()，其沸点为197℃，而对羟基苯甲醛()的沸点为247℃，导致两种物质沸点相差较大的原因是。(3)某新型超导材料晶体中含有镍、镁、碳3种元素，镁原子和镍原子形成立方晶胞如图所示(碳原子位于体心)。①该晶体的化学式为。②若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的位置。③Mg的C配位数为。(4)将26.3gNiSO4·nH2O样品在900℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。①n=，固体N的化学式为。②P→Q的化学方程式为。【答案】(1)3d84s2(2)ac易形成分子内氢键，易形成分子间氢键，故前者沸点低于后者(3)MgNi3C棱心8(4)6NiSO4·4H2O4NiO+O2Δ2Ni2O3【解析】（1）Ni原子序数28，电子排布式为1s22s2（2）①物质A中Ni提供空轨道，O、N提供孤电子对形成配位键，同时苯环中存在有非极性共价键，氢键范德华力是分子间相互作用力，不属于化学键，不符合题意，故答案为：ac。②邻羟基苯甲醛的羟基和醛基靠得较近，能够形成分子内氢键，熔点和沸点相对较低，对羟基苯甲醛的羟基和醛基之间形成的是分子间氢键，熔点和沸点相对较高，因此需要更高的温度才能使其气化，导致其熔点和沸点较高。故答案为：ac；易形成分子内氢键，易形成分子间氢键，故前者沸点低于后者。（3）①根据均摊法计算，镍原子位于面心，个数为6×12=3；镁原子位于顶点，个数为8×18②若取碳原子为晶胞顶点，以xyz轴方向进行棱的延伸，则棱边恰好经过镍原子，得到镍原子位于此晶胞的棱心位置；③在此晶胞中，以Mg原子体心，则C原子位于顶点位置，则C配位数为8。故答案为：MgNi3C；棱心；（4）①根据分解图，当分解为只剩NiSO4时，质量为15.5g，则得到nNiSO4=15.5g155g·mol-1=0.1mol，根据Ni守恒，可知26.3gNiSO4·nH2O样品也为0.1②NiSO4再加热，NiSO4会分解成镍的氧化物和硫的氧化物，在P点时质量为7.5g，设P点时的化学式为NiOy，则7.5g59+16yg·mol-1=0.1mol⇒y=1，得到P点的化学式为NiO，由P→Q点时质量在增加，说明加热过程中NiO被空气中的氧气氧化了，设Q点时的化学式为NiOz故答案为：6；NiSO4·4H2O；4NiO+O2Δ17.某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Na作负极材料，Nax[MnFe(CN)6]/MnFe(CN)6作正极材料。回答下列问题：(1)基态Fe原子价电子的轨道表示式为。(2)ClO4-的几何构型为；碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，分子中碳原子的杂化类型为(3)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为。(4)作为钠离子电池的正极材料Na[MnFe(CN)6]在充、放电过程中某时刻的立方晶胞示意图如下。①放电时，正极电极反应式为。②已知：Na[MnFe(CN)6]晶胞参数为apm，摩尔质量为Mg·mol−1，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为。③若在反应过程中形成晶体缺陷，生成Na0.75[MnFe(CN)6]，测得晶胞中Mn2+占锰元素的比例约为29%，则晶胞中Fe3+占铁元素的比例约为。【答案】(1)(2)正四面体形sp2、sp3(3)O>Cl>C(4)MnFe(CN)6+Na++e-=Na[MnFe(CN)6]4M×1030NAa【解析】（1）铁是元素周期表第26号元素，其价层电子数为：3d64（2）ClO4-中价层电子对个数=4+12×(7+1-4×2)=4，所以它的空间构型为正四面体形。根据碳酸丙烯酯的结构简式分析，其中含有C-C单键和C=O双键，当碳原子通过单键与其他原子相连时杂化轨道数为4，为sp3杂化，当碳原子通过双键与其他原子相连时（3）同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增加；同种元素从上到下，电负性则逐渐减小，所以三者的电负性由大到小的顺序为：O>Cl>（4）①正极材料是Na[MnFe(CN)②该立方晶胞由四个晶胞构成，观察其中每一个晶胞结构，根据均摊法：Mn原子个数为：4×18+2×14=1，Fe原子个数为：4×18+2×14=1，C③根据化合物代数和为0的原则，设Fe3+所占比列为x，则Fe2+为1-x，列式计算：0.75×+1+0.29×18.某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备、提纯BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。已知：①乙醚沸点为34.5℃；BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。②Be(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。回答下列问题：Ⅰ．制备BeCl2：按如图所示装置(夹持装置略)制备BeCl2。(1)仪器a的名称为。仪器b的作用是。(2)装置B的作用是。(3)实验中装置C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是。(4)该实验装置中存在的缺陷是。Ⅱ．BeCl2的提纯充分反应后，装置C中乙醚溶液经过滤、蒸馏出乙醚得到固体，再用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得BeCl2产品。(5)用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是。Ⅲ．BeCl2的纯度测定取mg上述产品溶于盐酸配成250mL溶液；取25.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，用amol·L−1盐酸滴定其中的KOH，消耗盐酸bmL。(已知：4KF+Be(OH)2=K2BeF4+2KOH；滴定过程中K2BeF4不与盐酸反应)(6)滴定终点的现象是。(7)BeCl2的纯度为(用含m、a、b的式子表示)。(8)下列情况会导致所测BeCl2的纯度偏小的是_______(填标号)。A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失B．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水C．滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数【答案】(1)球形冷凝管防止倒吸(2)除去HCl中带出的水蒸气，防止BeCl2水解；平衡体系压强，防止体系压强过大(3)防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快(4)最后缺少收集H2的装置(5)除去AlCl3杂质(6)当滴入最后一滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色(7)40(8)CD【解析】（1）仪器a为球形冷凝管。仪器b为双球U形管，具有一定空的容积，可起到防止倒吸作用。（2）题干信息显示，BeCl2易与水发生反应，浓盐酸产生的HCl气体中混有水蒸气，长玻璃导管使装置内外相连通，能起调节瓶内外压强的作用，则装置B的作用是：除去HCl中带出的水蒸气，防止BeCl2与水发生反应；平衡体系压强，防止体系压强过大。（3）在装置C中，HCl与铍、铝、铁、镁等都能发生反应，但HCl和乙醚的沸点低易挥发，所以装置C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是：防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快。（4）H2是易燃气体，会带来安全隐患，则该实验装置中存在的缺陷是：最后缺少收集H2的装置。（5）BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。反应结束后，充分搅拌过滤出不溶的MgCl2、FeCl2，此时BeCl2、AlCl3仍溶解在乙醚中，蒸馏出乙醚，得到二种固体盐。用苯溶解固体，将AlCl3溶解，得到不溶的BeCl2，则此操作的目的是：除去AlCl3杂质。（6）滴定终点的现象：当滴入最后半滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色。（7）由反应可建立关系式：BeCl2—Be(OH)2—2KOH—2HCl，n(HCl)=amol·L−1×b×10-3L=ab×10-3mol，n(BeCl2)=12ab×10-3mol，则BeCl2的纯度为12ab（8）A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失，导致滴定过程中标准液消耗体积偏大，测定结果偏大，A不符合题意；B．往锥形瓶内加入少量蒸馏水，对KOH的物质的量不产生影响，不影响滴定消耗盐酸的体积，测定结果不变，B不符合题意；C．滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许，则KOH的物质的量减小，导致消耗标准液盐酸的体积减小，测定结果偏小，C符合题意；D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则读取消耗盐酸的体积偏小，测定结果偏小，D符合题意；故选CD。19.中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。某工厂用细菌冶金技术处理含金硫化矿(含有Au、CuFeS2、Cu2S、SiO2)以回收Au和Cu，工艺流程如下：已知：①金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。②“浸取液”中Au以HAuCl4形式存在。回答下列问题：(1)“粉碎”的目的是。(2)“细菌氧化”中，若有0.1molCuFeS2参加反应，该反应转移mole-。Cu2S发生反应的离子方程式为。(3)“浸渣”的成分为。为了不引入杂质，“物质a”为。(4)“焙烧氧化”也可以除去金属硫化物，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。A．可减少有害气体产生B．反应无需控温C．设备无需耐高温D．不产生废液废渣(5)“还原”中发生反应的化学方程式为。【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分(2)1.72Cu2S+5O2+4H+细菌4Cu2++2SO42-+2H2O(3)Au和SiO2CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3(4)AC(5)4HAuCl4+3N2H4Δ3N2+4Au+16HCl【解析】（1）“粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高反应速率，使反应更充分，提高原料利用率；（2）“细菌氧化”的过程中，CuFeS2参加反应，铁元素化合价从+2价升高至+3价，硫元素化合价从-2价被氧化为+6价，故CuFeS2参加反应转移的电子数为（3-2）+[6-（-2）]×2=17，则0.1molCuFeS2参加反应，该反应转移1.7mole-；Cu2S中铜元素化合价从+1价氧化为+2价，硫元素从-2价硫化为硫酸根离子中+6价，根据得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒，发生反应的离子方程式为2Cu2S+5O2+4H+细菌4Cu2++2SO42-+2H2O；（3）金硫化矿(含有Au、CuFeS2、Cu2S、SiO2)粉碎后通入空气氧化，加入硫酸反应后得到的滤渣为与硫酸不反应的Au和SiO2；调节pH可使铁离子反应形成氢氧化铁沉淀，为了不引入杂质，“物质a”为CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；（4）A．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，A符合题意；B．温度过高可能会导致细菌失去活性，因此细菌氧化也需要控温，B不符合题意；C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故答案选AC。（5）“还原”中N2H4将HAuCl4还原为Au单质并生成氮气，Au从+3价被还原为0价，N元素从-2价升高至0价，根据得失电子守恒和质量守恒，该反应的化学方程式为4HAuCl4+3N2H4Δ3N2+4Au+16HCl。20.氮氧化物(NOx)的资源化利用和处理具有重要意义。回答下列问题：(1)用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：ⅰ．N2(g)+O2(g)=2NO(g)

△H1>0.ⅱ．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)

△H2＜0ⅲ．CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

△H3＜0①对于反应ⅲ，下列说法正确的是。A．恒温恒压时，充入氩气降低了NO的转化率B．v正(NO)=2v逆(N2)，该反应达到平衡状态

C．体系达到平衡后，升高温度，体系中的混合气体的平均相对分子质量不变D．恒温恒容时，当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态②CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的焓变△H=(用代数式表示)。(2)我国科学家在研究CH4与NO2的反应机理时发现，该反应有3个途径(如图甲)R1、R2和R3，分别生成CH3*+HNO2、CH3*+trans-HONO(反式)和CH3*+cis-HONO(顺式)，对应的中间状态分别为TS1、TS2和TS3。R1、R2和R3的速率常数(一定温度时，反应物单位浓度时的反应速率)分别记为k1、k2和k3，总反应的速率常数为k，k=k1+k2+k3，1380~1800K温度范围内的速率常数变化如图乙。①从能量变化来看，反应速率最快的是(填“R1”“R2”或“R3”)，原因是