山东省淄博市部分学校2025届高三化学6月阶段性诊断考试二模试题含解析

PAGE25-山东省淄博市部分学校2025届高三化学6月阶段性诊断考试（二模）试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共9页。满分100分。考试用时90分钟。原子量：H1C12S32Mg24Cu63.5Zn65第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)1.中国人民在悠久的历史中创建了绚丽多彩的中华文化。下列说法错误的是A.“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B.“苏绣”是用蚕丝为线在丝绸上做绣的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质C.“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为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铁(Fe3O4)【答案】C【解析】【详解】A．“木活字”由木材制造而成，其主要成分是纤维素，A正确；B．蚕丝的主要成分是蛋白质，B正确；C．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，指的是将牡蛎壳灼烧得“灰”，碳酸钙受热分解得CaO，“灰”的主要成分为CaO，C错误；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正确。答案选C。2.目前，新型冠状病毒仍在世界各地扩散，李兰娟院士指出：新冠病毒怕酒精、不耐高温，50～60℃持续30A.核酸检测是确认病毒种类的有效手段，核酸属于生物大分子B.新冠病毒颗粒直径在80～120nm之间，在空气中能形成气溶胶，可能传播较远的距离C.加热可破坏蛋白质中的氢键，而使病毒丢失生物活性死亡D.戴口罩可有效阻断新冠病毒的传播，熔喷布的主要原料聚丙烯是丙烯缩聚而成【答案】D【解析】【详解】A.核酸是由很多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，病毒都有其独特的基因序列，通过检测病人体内的病毒核酸，就可推断病人体内是否存在病毒，A正确；B.胶体的分散质粒子直径为1-100nm，新型冠状病毒直径在80-120nm，它形成的气溶胶粒径一般在100nm左右，B正确；C.自然蛋白质的空间结构是通过氢键等次级键维持的，而加热变性后次级键被破坏，病毒死亡，C正确；D.聚丙烯是丙烯加聚反应形成，D不正确。答案选D。3.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料，降冰片二烯在紫外线照耀下可以发生下列转化。下列说法错误的是A.四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构)B.降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.降冰片二烯与四环烷互为同分异构体D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个【答案】A【解析】【详解】A.四环烷的一氯代物(不考虑立体异构)种数就是看等效氢原子个数，四环烷中只有3种氢，一氯代物只有3种，A错误；B.降冰片二烯的结构中存大碳碳双键，而碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.降冰片二烯与四环烷结构不同，而分子式均为C7H8，故二者互为同分异构体，C正确；D.依据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确。答案选A。4.I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、IO3－在肯定条件下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是A.用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘B.由图可知氧化性的强弱依次为C12＞IO3－＞I2C.生产等量的碘，途径I和途径Ⅱ转移电子数目之比为2：5D.途径Ⅲ反应的离子方程式：3C12+I－+3H2O=6C1－+IO3－+6H+【答案】C【解析】【详解】A.碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，IO3－和I－在酸性条件下可生成I2，I2遇淀粉变蓝，A正确；B.由图途径Ⅲ可知，Cl2可将I－氧化为IO3－，氧化性Cl2＞IO3－，途径Ⅱ可知IO3－可被还原为I2，氧化性为IO3－＞I2，则氧化性的强弱依次为Cl2＞IO3－＞I2，B正确；C.生产1mol碘，途径I中-1价碘转变为0价碘，须要转移2mol电子，途径Ⅱ中+5价碘转变为0价碘，须要转移10mol电子，故转移电子数目之比为1：5，C错误；D.途径Ⅲ中Cl2可将I－氧化为IO3－，而氯气被还原为Cl－，依据得失电子守恒和质量守恒，反应的离子方程式为：3Cl2+I－+3H2O=6Cl－+IO3－+6H+，D正确；答案选C。5.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并汲取尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应当长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁渐渐倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。6.钟南山院士指出，试验证明中药连花清瘟胶囊对治疗新冠肺炎有明显疗效，G是其有效药理成分之一，存在如图转化关系：下列有关说法正确的是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个手性碳原子C.化合物G、Ⅰ、Ⅱ均能发生氧化反应、取代反应、消去反应D.若在反应中，G与水按1：1发生反应，则G的分子式为C16H20O10【答案】A【解析】【详解】A.化合物Ⅱ中含乙烯结构，4个碳共平面，还含苯的结构，7个碳共平面，所以全部碳原子可能都共面，A正确；B.手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，化合物Ⅰ中有4个手性碳，B错误；C.化合物Ⅱ不能发生消去反应，C错误；D.化合物Ⅰ的分子式C7H10O6，化合物Ⅱ的分子式C9H8O4，若在反应中，G与水按1：1发生反应，则G的分子式是将化合物Ⅰ、Ⅱ的分子式相加，减水，为C16H16O9，D错误。答案选A。7.已知：①正丁醇沸点：117.2℃，正丁醛沸点：75.7℃；②正丁醇合成正丁醛的反应：A.为防止产物进一步氧化，应将适量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中B.向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇C.当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76D.向分别所得的粗正丁醛中，加入无水CaCl2固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛【答案】B【解析】【详解】A．醛基具有还原性，易被氧化剂氧化成酸，Na2Cr2O7中+7价的铬具有氧化性，在酸性条件下能氧化正丁醛，试验过程中，所需正丁醇的量大于酸化的Na2Cr2O7的量，防止产物进一步氧化，正丁醇也能被酸化的Na2Cr2O7氧化，加入药品时，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；B．分馏出的馏出物中的水也可以和钠反应，故不能用来检验产物中是否含有正丁醇，B不正确；C．由反应物和产物沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛刚好蒸出，又可尽量避开其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，CD．正丁醛中有水，由于水与正丁醛的沸点相差不多，干脆蒸馏，得到的正丁醛中仍还有较多的水，所以可加入无水CaCl2固体除去水，过滤后蒸馏，D正确。答案选B。8.为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计如下方案(见下表)。编号纯锌粉质量0.2mol·L－1硫酸体积温度硫酸铜固体质量Ⅰ2.0g10.0ml250gⅡ2.0g10.0mlT℃0gⅢ2.0g10.0ml350.2gⅣ2.0g10.0ml354.0g下列推断合理的是A.选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，必需限制T=25B.依据该试验方案得出反应速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞ⅣC.依据该方案，还可以探究硫酸浓度对反应速率的影响D.待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需的时间，时间越长，反应越快【答案】B【解析】【分析】【详解】A.选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，要限制变量，所以必需限制T=35℃，AB.依据该试验方案，Ⅲ和Ⅱ比较，Ⅲ可以形成原电池，加快了负极的反应速率，Ⅲ＞Ⅱ，Ⅱ和Ⅰ比较，Ⅱ的温度更高，反应速率更快，Ⅱ＞Ⅰ，Ⅳ中硫酸铜过量，导致锌粒几乎不与硫酸反应，得出反应速率的大小是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，B合理；C.在该方案中，硫酸浓度均相同，没有探究硫酸浓度对反应速率的影响，C不合理；D.待测物理量是收集等体积（相同条件）气体所须要的时间，时间越长，反应越慢，D不合理。答案选B。9.下图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A.A是可与草木灰混合运用的肥料 B.C可用排空气法收集C.F和B能发生复分解反应生成盐 D.B在肯定条件下可干脆与Y反应生成D【答案】D【解析】【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，且E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与强碱X发生酸、碱中和反应得到G为硝酸盐，以此解答该题。【详解】A.物质A为铵盐，草木灰主要成分是K2CO3，水溶液呈碱性，二者混合会发生反应放出氨气，使肥效降低，A错误；B.C是N2，氮气的密度与空气接近，不宜实行排空气法收集，可以利用N2难溶于水的性质，用排水法收集，B错误；C.B是NH3，F是HNO3，二者发生化合反应生成NH4NO3，该反应是化合反应，不是复分解反应，C错误；D.B是NH3，Y为O2，NH3在催化剂存在并加热的条件下，与O2反应生成NO和H2O，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查无机物的推断的学问。“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，娴熟驾驭中学常见连续反应、三角转化以及特别的置换反应、特别现象反应等特别转化是解答本题的基础。该题为高考常见题型，侧重考查学生的分析实力以及元素化合物学问的综合理解和运用。10.CO2的固定和转化是世界性课题。兰州高校景欢旺教授团队奇妙设计构建了系列新型光电催化人工光合成体系——光电催化池，p-n半导体异质结催化CO2在水中干脆制备长碳链有机物并放出氧气，原理如图，下列说法不正确的是A.电极1的电势比电极2的电势高B.该设计向大自然学习，仿照植物的光合作用C.电子从a极流到电极1，从电极2流到b极D.负极区，p-n为催化剂，CO2发生还原反应生成长碳链有机物【答案】A【解析】【分析】由总方程式可知，该装置为电解装置，氧气为氧化产物，是阳极产物，则光电池的b电极为正极，长链有机物为还原产物，是阴极产物，则光电池的a电极为负极。【详解】A．电极1连接的是正极b，电极2连接的是负极a，正极电势高于负极，所以电极1的电势比电极2的电势低，故A错误；B．p-n半导体异质结催化CO2在水中干脆制备长碳链有机物并放出氧气，原理类似光合作用，故B正确；C．电子从电源的负极经外电路流向正极，即从a极流到电极1，从电极2流到b极，故C正确；D．依据图示电极a是负极，1和负极相连，相当于阴极，发生还原反应生成长碳链有机物，故D正确；故答案为A。二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是A.元素非金属性强弱的依次为W＞Y＞ZB.Y单质的熔点高于X单质C.化合物M中W不都满意8电子稳定结构D.W的简洁氢化物稳定性比Y的简洁氢化物稳定性强【答案】BD【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；由W、X、Y三种元素形成的化台物M的结构分析可知，Y形成四个共价键，则Y为Si元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z是Cl元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，则W为O元素。【详解】A.同周期元素，从左到右非金属性依次增加，则氯元素的非金属性强于硅元素，故A错误；B.硅单质为原子晶体，具有很高的熔点，金属钠为金属晶体，熔点较低，则硅单质的熔点高于金属钠，故B正确；C.化合物M中，单键氧原子和双键氧原子都满意8电子稳定结构，故C错误；D.元素的非金属性越强，简洁氢化物越稳定，氧元素的非金属性强于硅元素，则氧元素的简洁氢化物稳定性比硅元素的简洁氢化物稳定性强，故D正确；故选BD。【点睛】由W、X、Y三种元素形成的化台物M的结构确定Y形成四个共价键，由原子序数的大小推断得到Y为Si元素是解答关键和难点。12.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A.1molNH4+所含的质子总数为10NAB.联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C.过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D.过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的学问点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。13.水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3－、CO32－、SO42－中的几种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如下试验：下列推断正确的是A.气体A肯定是CO2，气体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】依据题给信息，反应生成有色沉淀，故肯定有Fe2＋，则溶液中不含有CO32-，加入盐酸反应放出气体，则肯定含有NO3-，气体A为NO。加入过量氢氧化钡，产生气体B，说明溶液中含有NH4+；溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等。溶液中存在的各离子具有相同的物质的量，依据现象可知存在NH4+、Fe2＋、NO3-，不存在CO32-，再依据正负电荷守恒，溶液中肯定存在SO42-，此时n(NH4+)=n(NO3-)，n(Fe2＋)=n(SO42-)，溶液恰好呈电中性，故肯定不存在大量的Al3＋，则白色沉淀为碳酸钡。【详解】A.依据上述分析知，气体A为NO，A项错误；B.依据上述分析知，白色沉淀为碳酸钡，B项正确；C.依据分析溶液中肯定不存在Al3＋，C项错误；D.依据电荷守恒，且各离子物质的量相同，溶液中肯定不含Na＋，D项正确；答案选BD。【点睛】本题的突破口是加入氢氧化钡产生有色沉淀，结合题干信息可知，该沉淀为氢氧化铁，原溶液中存在Fe2＋，不含有CO32-，故加入稀盐酸时，在酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化，同时得到NO气体，此处简洁错误认为，加入稀盐酸时，产生气体，原溶液中存在碳酸根离子。14.我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气，原理如图所示。下列说法正确的是A.催化电极b与电源正极相连B.电解时催化电极a旁边的pH增大C.电解时阴离子透过交换膜向a极迁移D.生成的甘油醛与合成气的物质的量相等【答案】CD【解析】【分析】由示意图可知，催化电极b表面上CO2还原为CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，则催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)。【详解】A．催化电极b表面CO2还原为CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，故A错误；B．催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，电极反应式为C3H8O3-2e-+2CO32-=C3H6O3+2HCO3-，溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，则电极旁边的pH减小，故B错误；C．电解池工作时，阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向a极迁移，故C正确；D．阳极生成1molC3H6O3转移2mole-，阴极生成1molCO和H2的混合气体转移2mole-，电解池工作时，阴、阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，故D正确；故选CD。【点睛】依据精确依据电解池原理推断电极是解题关键，阳极上发生氧化反应，而甘油转化为甘油醛是氧化反应，则催化电极a为阳极，电解池工作的特点是电子守恒，据此推断阳极和阴极电解产物之间的关系，是解题难点。15.H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中或。下列说法不正确的是A.直线Ⅱ表示的是与pH的变更关系B.图中纵坐标应当是a=1.27，b=4.27C.对应1.27＜pH＜4.27D.对应pH=7【答案】CD【解析】【详解】A.草酸为二元弱酸，一级电离抑制二级电离，电离常数＞，由图可知，当lgy＝0时，溶液pH＝-lgc(H+)＝-lgK，pH1＝1.27＜pH2＝4.27，表明K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线I表示的是与pH的变更关系，直线Ⅱ表示的是与pH的变更关系，故A正确；B.由图可知，pH＝0时，=，=，则图中纵坐标应当是a=1.27，b=4.27，故B正确；C.设pH＝a，c(H+)＝10−a，=，，104.27-a＞1，则4.27-a＞0，解得a＜4.27，=，，当，102a-5.54＞1，则2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以对应2.77＜pH＜4.27，故C错误；D.由电荷守恒可得c(K+)+c(H+)=+2+c(OH-)，当c(K+)=+2时，溶液中c(H+)=c(OH-)，pH＝7，故D错误；故选CD。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)三、本题包括5小题，共60分。答案必需写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。16.一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示：(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：________。(2)恒温“浸取”的过程中发觉铜元素的浸取速领先增大后削减，有探讨指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②__________。(3)向滤液M中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物质可循环利用。a.铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是______________；向浓缩池中加入适量HNO3的作用是_____________。操作1是_______________。(5)某探究性小组的探讨成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿来富集Cu2S。通入的硫化氢的作用是_____________，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S________mol。【答案】(1).Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S(2).CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2(3).b(4).调整溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀(5).抑制Cu2+的水解(6).冷却（降温）结晶(7).催化剂(8).0.2【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离子，用氧化铜调整溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分别，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。【详解】（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化成Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，依据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；（2）依据CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物为CuCl2，可得反应②为三氯化铁氧化氯化亚铜为氯化铜，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；（3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环运用，故答案为：b；（4）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故须要加入氧化铜来调整pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中须要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调整溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；冷却（降温）结晶；（5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生变更，为催化剂，在该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价上升+1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低-1价，依据电子守恒，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S0.2mol，故答案为：催化剂；0.2。【点睛】解决工艺流程题，首先要依据题干信息，了解生产的产品，此题为以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体，围围着将亚铜氧化，除去二氧化硅，引入硝酸根，溶液变晶体的方法来解题，分析时要明白整个流程中各操作步骤的目的，搞清晰发生了什么反应；再结合具体的题目进行具体解答。17.某探讨小组将纯净的SO2气体缓缓的通入到盛有25mL0.1mol·L－1的Ba(NO3)2溶液中，得到BaSO4沉淀。为探究该反应中的氧化剂，该小组提出了如下假设：假设Ⅰ：溶液中的NO3－；假设Ⅱ：________________。(1)该小组设计了以下试验验证了假设Ⅰ成立(为解除假设Ⅱ对假设Ⅰ的干扰，在配制下列试验所用溶液时，应___________________)，请填写下表。试验步骤试验现象结论试验①向盛有25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体______假设Ⅰ成立试验②向盛有25mL0.1mol·L－1Ba(NO3)2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体______(2)为深化探讨该反应，该小组还测得上述两个试验中溶液的pH随通入SO2体积的变更曲线如图。V1时，试验②中溶液pH小于试验①的缘由是(用离子方程式表示)：________。(3)验证假设Ⅱ。某同学设计了以下方案，请完成下列表格(可以不填满)。试验步骤试验现象试验目的试验③同试验①步骤同试验①的相关现象______试验④__________________(4)查资料知：H2SO3是二元酸(Kl=1.54×10－2，K2=1.02×10－7)，请设计试验方案验证H2SO3是二元酸______(试剂及仪器自选)。【答案】(1).溶解在溶液（或水）中的O2(2).配制溶液前应将蒸馏水煮沸后密封冷却(3).无明显现象(4).产生白色沉淀(5).3SO2+2NO3－+2H2O=3SO42－+2NO+4H+或3SO2+3Ba2++2NO3－+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+(6).作比照试验(7).向盛有未经脱O2处理的25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体(8).产生白色沉淀(9).证明O2可将SO2或H2SO3氧化为硫酸或SO42－(10).向肯定体积和肯定浓度的NaOH溶液中，缓缓通入与NaOH等物质的量的SO2气体至全部溶解，然后用pH试纸测定溶液的pH，若pH<7，则证明H2SO3为二元酸【解析】分析】二氧化硫具有还原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧气氧化生成硫酸；（1）亚硫酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应；二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；

（2）试验①中，二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的pH减小；试验②中反应生成强电解质硫酸，则试验②的pH更小；（3）要验证假设2成立，只须要验证二氧化硫通入未经脱氧气处理氯化钡溶液中看是否产生白色沉淀，若产生白色沉淀，则证明假设二成立；（4）若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由计算可知亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应所得溶液pH，即可证明亚硫酸是一元酸还是二元酸。【详解】二氧化硫具有还原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧气氧化生成硫酸，二氧化硫气体缓缓的通入到硝酸钡溶液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，生成白色硫酸钡沉淀可能是酸性条件下，硝酸根将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀；也可能是溶液中溶解的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，则假设二为溶解在溶液（或水）中的O2，故答案为：溶解在溶液（或水）中的O2；（1）为解除假设Ⅱ对假设Ⅰ的干扰，在配制下列试验所用溶液时，应将蒸馏水煮沸，排出溶液中溶解的氧气，再密封冷却，故答案为：配制溶液前应将蒸馏水煮沸后密封冷却；试验①亚硫酸酸性弱于盐酸，依据强酸制备弱酸规律，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不会产生沉淀，所以无明显现象，故答案为：无明显现象；试验②二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以会产生白色沉淀，故答案为：产生白色沉淀；（2）由图可知，试验②中溶液pH小于试验①，缘由是二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸部分电离出氢离子：H2SO3H++HSO3-，所以溶液的pH减小；试验②中酸性条件下，硝酸根将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀酸性条件下，硝酸根与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3SO2+2H2O+2NO3-=2NO+4H++3SO42-，反应中生成了强酸硫酸，导致试验②的pH小于试验①，故答案为：3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO；（3）试验③向盛有25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体，无明显现象，目的是作比照试验，验证假设2成立，故答案为：作比照试验；试验④将纯净SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中，有白色沉淀生成，说明溶液中溶解的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，证明假设二成立，故答案为：向盛有未经脱O2处理的25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体；产生白色沉淀；证明O2可将SO2或H2SO3氧化为硫酸或SO42－；（4）若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由H2SO3电离常数可知亚硫酸氢钠的水解常数Kh===6.5×10—13＜K2=1.02×10－7，亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应所得溶液pH，即可证明亚硫酸是一元酸还是二元酸，试验方案为向肯定体积和肯定浓度的NaOH溶液中，缓缓通入与NaOH等物质的量的SO2气体至全部溶解，然后用pH试纸测定溶液的pH，若pH<7，则证明H2SO3为二元酸，故答案为：向肯定体积和肯定浓度的NaOH溶液中，缓缓通入与NaOH等物质的量的SO2气体至全部溶解，然后用pH试纸测定溶液的pH，若pH<7，则证明H2SO3为二元酸。【点睛】若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由计算可知亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应所得溶液pH证明亚硫酸是二元酸是试验设计的难点，也是易错点。18.(1)第四周期元素中价层成对电子数与基态Mg价层成对电子数相等的元素有_________种。(2)吡咯(平面形结构，结构式为)，N原子杂化方式为______。多原子分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯环中的大π键应表示为_______。(3)一种锰的氧化物的晶胞如图甲，请写出该氧化物的化学式______。若沿z轴方向视察该晶胞，可得投影图如图乙，请画出沿y轴方向的投影图______。(4)某含Mg储氢晶体储氢后转化为MgH2，MgH2晶体的结构如图丙，晶胞参数a=b=450pm，c=301pm，原子分数坐标为A(0，0，0)、B(0.305，0.305,0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。①该晶体中Mg的配位数是__________。②Mg2+的半径为72pm，则H－的半径为____________pm(列出计算表达式)③用NA表示阿伏伽德罗常数，则MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的_______倍(列出计算表达式，氢气密度为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价层电子排布式为3s2，成对电子数为1，由价层电子排布式确定第四周期元素中价层成对电子数为1的元素；【详解】（1）Mg价层电子排布式为3s2，成对电子数为1，依据核外电子排布规律可知第四周期元素中价层成对电子数为1的有Ca（4s2）、Sc（3d14s2）、Ti（3d24s2）、V（3d34s2）、Mn（3d54s2）、Ga（4s24p1）、Ge（4s24p2）、As（4s24p3），共8种，故答案为：8；（2）由吡咯为平面形结构，分子中各原子在同一平面内可知，N原子的价层电子对数是3，依据价层电子对互斥理论可推断N原子的杂化方式为sp2杂化；吡咯中大π键是1个N原子和5个C原子供应6个电子形成的，可表示为π56，故答案为：sp2；π56；（3）由图可知，晶胞中Mn原子位于体心与顶点上，O原子位于上下两个面上及体内（有2个），,晶胞中Mn元素数目=1+8×=2，O原子个数为2+4×=4，则晶胞中Mn和O的原子个数比为1:2，氧化物的化学式为MnO2；若沿y轴方向投影，顶点上处于对称位置的Mn原子会重合在长方形的顶点，位于体心的Mn原子会位于长方形的面心，位于面上的O原子会位于长方形上下的边上，体内的氧原子会位于面内，投影图为，故答案为：MnO2；；（4）①由晶胞结构可知，位于体心的镁离子四周有6个H－离子，则晶体中Mg的配位数是6，故答案为：6；②由晶胞结构可知，底面为正方形，底面顶点的镁离子的四分之一与面内的两个氢离子恰好占满整个底面对角线，则H－的半径为0.305×405pm×—72pm，故答案为：×(450×0.305)-72；③由晶胞结构可知，晶胞中镁离子的个数为1+8×=2，由化学式为MgH2可知晶胞中含有4个H－，则晶体中氢的密度是，由标况下氢气密度为0.089g·L－1可知，MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的倍，故答案为：。【点睛】MgH2晶体中底面为正方形，底面顶点的镁离子的四分之一与面内的两个氢离子恰好占满整个底面对角线是计算H－的半径的关键，也是易错点。19.工业合成氨是解决人类的生存问题。回答下列问题：(1)科学家探讨利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示，对图中线间距离窄小的部分，其能量差用的方式表示。由图可知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的=_______kJ·mol－1，反应速率最慢的步骤的化学方程式为____________。(2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时，平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变更的关系如图所示：则500℃①平衡常数KP(30MPa)________KP(100MPa)。(填“＜”、“=”、“＞”)②30MPa时，氢气的平衡转化率为_________(结果保留3位有效数字)。用平衡分压表示平衡常数KP=_______________(列出计算式即可，不必化简)。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观反应过程如图所示，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液。①阴极区生成NH3的电极反应式为_____________。②下列说法正确的是_______________(填标号)。A.三氟甲磺酸锂的作用是增加导电性B.选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置C.保持电流强度不变，上升溶液的温度，可以加快电解反应的速率【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)由图可知，反应物[N2(g)+H2(g)]和生成物[NH3(g)]的能量差为46kJ·mol-1；反应的活化能越大，破坏化学键消耗能量越大，反应速率越慢，由图可知，（Nad+3Had）转化为（NHad+2Had）时，反应物破坏化学键消耗能量最大；(2)①化学平衡常数是温度函数，只受温度变更的影响；②由题意建立三段式求解可得；(3)①从阴极区的微观反应过程示意图可知，N2与C2H5OH在阴极区得到电子发生还原反应生成NH3和C2H5O-；②A．三氟甲磺酸锂电离出离子，使溶液中离子浓度增大，增加溶液导电性；B．从示意图可知，水在选择性透过膜上方；C．保持电流恒定，上升温度不变更电解反应速率。【详解】(1)由图可知，反应物[N2(g)+H2(g)]和生成物[NH3(g)]的能量差为46kJ·mol-1，合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的∆H=—46kJ·mol-1，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的=2×（—46kJ·mol-1）=—92kJ·mol-1；反应的活化能越大，破坏化学键消耗能量越大，反应速率越慢，由图可知，（Nad+3Had）转化为（NHad+2Had）时，反应物破坏化学键消耗能量最大，则反应速率最慢，反应的化学方程式为Nad+3Had⇌NHad+2Had，故答案为：—92；N