山东省2025届高三化学模拟考试试题二含解析

PAGE23-山东省2025届高三化学模拟考试试题（二）（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个项符合题目要求。1.下列有关说法正确的是（）A.德州高校阿灵顿分校的科学家们运用太阳能、水和二氧化碳只须要一步就能产生液态烃（碳原子数可高至13），同时放出热量B.美国莱斯高校某探讨团队发觉大量金纳米颗粒（粒子直径在1nm〜100nm之间）聚集在肿瘤四周并被癌细胞吞噬后，用红外激光脉冲使其四周温度快速上升并汽化接近的水分子，产生极其微小的气泡，这些气泡快速膨胀并爆裂，可以撕裂癌细胞C.日本京都高校的探讨人员运用一种被称为分子手术的技术，可以将两分子水注入富勒烯C70中用于探讨水分子内的氢键作用D.广州高校清洁能源材料所刘兆清教授探讨团队在非贵金属催化剂碳化钼的制备和催化性能探讨方面取得重要进展，该催化剂不仅能够加快反应速率，还能提高反应的平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A．由烃的燃烧反应可知，水和二氧化碳产生液态烃和氧气的反应为吸热反应，不行能放出热量，故A错误；B．纳米颗粒的粒径在1nm~100nm之间，故B正确；C．水分子内无氢键，水分子间存在氯键，故C错误；D．催化剂能够加快反应速率，但不能提高反应的平衡转化率，故D错误；答案选B。2.下列分子中，中心原子杂化轨道类型相同，分子的空间构型也相同的是A.BeCl2、CO2 B.H2O、SO2 C.SO2、CH4 D.NF3、CH2【答案】A【解析】【分析】依据价层电子对互斥理论可知，水中O原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，实行sp3杂化方式，水是V型结构。【详解】A．氯化铍中Be原子是sp杂化，是直线型结构。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，故A正确；B．SO2中S原子含有的孤对电子对数＝（6－2×2）÷1，实行sp2杂化方式，SO2是V形结构，故B错误；C．SO2是V形结构，CH4中C原子实行sp3杂化方式，是正四面体结构；D．NF3中N原子实行sp3杂化方式，是三角锥结构，CH2O中C原子实行sp2杂化方式，是平面三角形结构，故D错误。答案选A3.利用下列所给装置难以达到相应试验目的的是（）A.装置甲：蒸发结晶，制备纯碱B.装置乙：称量，配制480mL0.10mol·L-1NaOH溶液，需称量2.0gNaOHC.装置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2后，分液获得碘的四氯化碳溶液D.装置丁：洗气，除去HCl中Cl2杂质【答案】B【解析】【详解】A．加热蒸发碳酸钠​溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子可反应有生成碳酸根和水，最终可以获得纯碱，故A正确；B．由于氢氧化钠易潮解，称量NaOH须要在烧杯中进行，故B错误；C．四氯化碳可萃取碘水中的I2，且与水不相溶，分液可获得碘的四氯化碳溶液，故C正确；D．氯气易溶于CC14，HCl难溶于CCl4，可以达到试验目，故D正确；答案选B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.23g钠所含的核外电子数为1.1NAB.lLl乙醛溶液中含有分子的数目为NAC.4.48L和CO混合气体完全燃烧，消耗的氧分子数目为0.1NAD.2.13g氯气与足量热的NaOH溶液充分反应生成和时，转移的电子数目为0.05NA【答案】D【解析】【详解】A．1个钠原子核外有11个电子，23g钠的物质的量为1mol，故1mol钠所含的核外电子为11mol，所含的核外电子数为11NA，故A错误；B．1L1乙醛溶液中除含乙醛外，还含有，故所含有分子的数目大于，故B错误；C．选项中没有指明气体是否在标准状况下，所以4.48L和CO的混合气体不肯定为0.2mol，所消耗氧气的物质的量也无法确定，故C错误；D．氯气与热NaOH溶液发生反应生成、和的化学方程式为，由上述化学方程式可知，3mol发生反应时转移5mol电子，2.13g氯气的物质的量为0.03mol，转移电子为0.05mol，故D正确；答案选D5.下列反应的离子方程式表达正确的是（）A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=2C.向碘化钾溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液：3H2O2+I-=+3H2OD.Fe(OH)3固体溶于HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【答案】B【解析】【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量氯气，反应生成氯化铁和溴单质，正确的离子方程式为2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A错误；B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成NaHCO3，其离子方程式为+CO2+H2O=2，故B正确；C．向KI溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液，I-被氧化为I2，其离子方程式为2H++H2O2+2I-=I2+2H2O，故C错误；D．Fe(OH)3溶于HI溶液，Fe(OH)3和HI发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe3++I2+6H2O，故D错误；答案选B。6.几种中学常见物质之间的转化关系如图所示（部分反应条件已省略）。已知：E为常见金属；在标准状况下气体R的密度为。下列推断合理的是（）A.X—定是H2O2B.在反应①②中都作催化剂C.常温下，溶液的pH=2D.上述转化涉及的反应都是氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】在标准状况下气体R的密度为，则R的相对分子质量等于22.4×=71，则为氯气，E为常见金属，为铁，G为FeCl2，H为FeCl3，X可能是或，Z是O2，Y为HCl，然后分析。【详解】A．依据分析，X可以是或等，故A错误；B．若X是或，则在反应①中是催化剂，在反应②制氯气中是氧化剂，故B错误；C．常温下，溶液中，，pH=2，故C正确；D．不是氧化还原反应，故D错误；答案选C。【点睛】依据R的在标准状况下密度为，计算出R是Cl，是解本题的关键，需留意铁及其氧化物，氯化物间的相互转化。7.下列有关原子结构与性质的说法正确的是（）A.的基态原子的第一电离能依次递增B.的基态电子排布式为C.有6种不同能量的电子D.化合物中S元素显-2价，说明C元素比S元素的电负性弱【答案】D【解析】【详解】A．同周期元素自左往右第一电离能呈增大趋势，但是Mg的基态原子最外层为全满状态，能量低不简单失去一个电子，Al的基态原子最外层电子以排布，简单失去一个电子形成稳定结构，故基态原子的第一电离能Mg比Al高，故A错误；B．对于Cr的3d轨道来说，5电子是半充溢状态，结构更稳定，所以应实行的排布方式，故B错误；C．的核外电子排布式为应有5种不同能量的电子，故C错误；D．化合物中元素显负价，说明其吸引电子的实力强，电负性强，即C元素比S元素的电负性弱，故D正确；答案选D。8.短周期不同主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质是制备一种高效电池的重要材料，在试验室里通常将其保存在石蜡中；X的单质与水发生猛烈反应，生成一种酸和一种气体单质；Y、Z原子的最外层电子数之和为7。下列说法正确的是（）A.若W的单质着火，可用泡沫灭火器扑灭B.工业上电解熔融Y的氯化物肯定能制取Y的单质C.Z的最高价氧化物对应的水化物肯定不是强酸D.X与Z形成的化合物的VSEPR模型均相同【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W的单质是制备一种高效电池的重要材料，在试验室里通常将其保存在石蜡中，可知W是Li元素；由X的单质与水发生猛烈反应，生成一种酸和一种气体单质，可知X是F元素；依据Y、Z原子的最外层电子数之和为7，再结合元素W、X、Y、Z处于不同的主族，可推知Y是Mg或Al元素，Z是P或Si元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】A．W是Li元素，单质Li常温下可以和水反应，在点燃时也可以和CO2反应，所以单质Li着火时，不能用泡沫灭火器扑灭，故A错误；B．Y是Mg或Al元素，工业上电解熔融氯化镁可制取镁，氯化铝是共价化合物，而电解熔融氯化铝不能制取铝，故B错误；C．Z是Si或P元素，对应的最高价氧化物的水化物分别为H2SiO3、H3PO4，二者均不是强酸，故C正确；D．X与Z形成的化合物有SiF4、PF3、PF5，其中SiF4和PF3的VSEPR模型为四面体形，但PF5的VSEPR模型为三角双锥形，故D错误；答案选C。9.氨气可有效消退NO2的污染，相关反应为8NH3+6NO2⇌7N2+12H2O，在1L恒容密闭容器中，限制不同温度，分别加入0.50molNH3和1.2molNO2，测得n(NH3)随时间变更的有关试验数据如下表。温度n(NH3)/mol时间/min010204050T10.500.350.250.100.10T20.500.300.20…0.18下列说法正确的是()A.T1温度下，0-20min内，NO2的降解速率为0.0125mol•L-1•min-1B.试验条件为T1＜T2，且该反应为放热反应C.40min时，表格中T2对应的数据为0.20D.0~10min内，T1温度下NH3的降解速率大于T2温度下的【答案】B【解析】【详解】A．依据表中数据，T1温度下，0~20min内，v(NH3)===0.0125mol∙L-1∙min-1，而3v(NH3)=4v(NO2)，则v(NO2)=0.009375mol∙L-1∙min-1，故A错误；B．从表中数据可知，相同时间内T2温度下NH3的削减量要大于T1温度下NH3的削减量，说明T2时反应速率快，即T1＜T2，从变更趋势来分析，T2温度下反应在40min之前就已经达到平衡状态，所以40min时，表格中T2对应的数据为0.18，达到平衡时T2条件下NH3的转化率小，说明上升温度不利于反应正向进行，该反应为放热反应，故B正确；C．依据B项分析，40min时，表格中T2对应的数据为0.18，故C错误；D．从表中数据可知，0-10min内，T2温度下NH3的降解速率大于T1温度下的，故D错误；答案选B。10.下列试验操作、现象和结论均正确且具有对应关系的是（）选项试验操作现象结论A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液溶液紫色褪去氧化性：H2O2＞KMnO4B将浸透石蜡油的石棉放在硬质试管的底部，试管中加入碎瓷片，用酒精灯给碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色石蜡油分解产物为乙烯C在CaCO3中加浓盐酸，并将反应后所得气体干脆通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸＞苯酚D取一支试管装入2mL1mol•L-1MgCl2溶液，先滴加2mL1mol·L-1NaOH溶液，再滴加几滴1mol·L-1CuCl2溶液先生成白色沉淀，后沉淀变为蓝色溶度积：Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4被H2O2还原，溶液紫色褪去，氧化性H2O2＜KMnO4，故A错误；B．产生的气体使酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色，说明该气体为不饱和烃，但不能说明肯定为乙烯，故B错误；C．浓盐酸易挥发，HC1与苯酚钠反应也能生成苯酚沉淀，则由题给试验操作和现象不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，故C错误；D．NaOH不足，由题述现象可知，发生了沉淀的转化，说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错得0分。11.Z可用于防治老年人骨质疏松，可由X经两步转化得到。下列说法不正确的是（）A.Z含有的官能团是（酚）羟基、酯基B.X可以发生的反应类型有氧化、取代、加成、缩聚反应C.X、Y、Z分别与浓溴水反应均最多消耗1 molBr2D.Y的分子式是C20H27O【答案】CD【解析】【详解】A．Z中含有2个酚羟基和1个酯基，故A正确；B．X中有酚羟基和羧基，并且含有苯环结构，因此X能发生氧化、取代、加成、缩聚反应，故B正确；C．Y不与浓溴水反应，且题中未明确X、Y、Z的物质的量，无法确定X、Y、Z与浓溴水反应消耗的Br2的物质的量，故C错误；D．结合Y的结构简式，可以得出Y的分子式是C20H28O4，故D错误；答案选CD。12.某爱好小组利用硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有肯定量的SiO2）来制备FeCO3，其流程如图：已知：①FeS2不溶于稀硫酸；②“还原”时，Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+。下列说法不正确的是（）A.“还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+B.“还原”后可以用KSCN检验Fe3+否反应完全C.流程中多次进行过滤，过滤所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、胶头滴管和玻璃棒D.所得FeCO3需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知“还原”后过滤所得滤渣中含有S，所以“还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+，故A正确；B．Fe3+可与KSCN反应生成血红色物质，所以“还原”后可以用KSCN检验Fe3+是否反应完全，故B正确；C．过滤时不用胶头滴管，故C错误；D．所得FeCO3需充分洗涤，用稀盐酸和BaCl2溶液检验最终一次洗涤液中是否含有来确定FeCO3是否已洗涤干净，故D正确；答案选C。13.挥发性有机物（VOCs）对环境易造成污染，VOCs催化燃烧处理技术具有净化率高、燃烧温度低、无明火、不会有NOz等二次污染物产生等优点。图甲是VOCs处理过程中固体催化剂的催化原理，图乙是反应过程中的能量变更图。下列叙述正确的是（）A.图甲中固体催化剂表面既有化学键断裂，也有化学键形成B.图甲中固体催化剂可提高VOCs的平衡转化率C.图乙中曲线II运用了固体催化剂，反应活化能降低D.VOCs催化氧化过程中全部反应均为放热反应【答案】AC【解析】【详解】A．催化剂表面发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，故A正确；B．催化剂只能改变更学反应速率，不影响化学平衡，故催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；C．图乙中曲线I的活化能比曲线U的活化能高，运用催化剂时，活化能降低，故曲线II为运用催化剂的能量变更曲线，故C正确；D．由图乙可知，运用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产物的反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，故D错误；答案选AC。14.一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消退酸性废水中的硝酸盐的装置示意图如图1所示；探讨人员发觉的一种“水”电池，其总反应为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5Ol0+2AgCl，用该“水”电池为电源电解NaCl溶液的试验装置如图2所示，电解过程中X电极上有无色气体逸出。下列说法正确的是（）A.图1装置中若右池产生0.672L气体（标准状况下），则电路中通过电子0.15molB.图1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的的物质的量之比为28：5C.图2装置的电路中每通过1mole-，U形管中消耗0.5molH2OD.图2装置中“水”电池内每生成1molNa2Mn5O10，X电极上生成1mol气体【答案】D【解析】【详解】A．图1装置中右池产生的气体为氮气，n(N2)==0.03mol，由正极的电极反应式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)知电路中通过电子0.3mol，故A错误；B．图1装置中负极的电极反应式为C6H6O-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，正极的电极反应式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)，依据得失电子守恒，5C6H6O~28结合电极反应式可知图1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的的物质的量之比为5：28，故B错误；C．图2装置的电路中每通过1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，故C错误；D．由题给总反应式可知每生成1molNa2Mn5O10，转移2mol电子，又图2装置中电解过程中X电极上有无色气体逸出，即X极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以转移2mole-时X电极上生成1mol气体，故D正确；答案选D。【点睛】将电极反应写出后，依据电子转移的数目相等，找到物质间的关系。15.25℃时，向25mL0.1000mol•L-l的BOH溶液中逐滴滴入同浓度的一元弱酸HA的溶液，所得溶液PH与加入HA溶液的体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A.BOH的电离方程式为BOH=B++OH-B.可选择酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液恰好在B点从无色变为粉红色，且30秒内不复原原色C.Ka(HA)＜Kb(BOH)D.加入HA溶液的体积为50ml时，c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+【答案】D【解析】【详解】A．由题图中A点对应溶液的pH可知，BOH为弱碱，其电离方程式为BOH⇌B++OH-，故A错误；B．由题意结合题图可知，C点时酸碱恰好反应完全，溶液显酸性，应选择甲基橙作指示剂，且酚酞的变色范围为8.2~10.0，B点溶液pH=7，不在变色范围内，故B错误；C．由题图可得，C点溶液的溶质为BA，溶液显酸性，说明水解程度：B+＞A-，故Ka(HA)＞Kb(BOH)，故C错误；D．加入HA溶液的体积为50mL时，溶液中溶质为BA与HA，且二者物质的量相等，由电荷守恒、物料守恒可得c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)，故D答案选D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.某校化学试验课上，老师要求学生用硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液制备Cu(OH)2，为了缩短试验时间，老师让学生将反应容器放在沸水浴中进行反应，结果出现了如下两种不同的试验现象：操作现象试验一向NaOH溶液中滴加CuSO4溶液黑色沉淀试验二向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液蓝色沉淀（1）甲同学认为试验一中产生的黑色沉淀是___(填化学式)，理由是___。（2）为验证推想结果是否正确，甲同学将黑色沉淀过滤、洗涤、干燥后称得质量为ag，并依据如图所示装置进行试验，试验前后称得干燥管E的质量分别为cg和dg。为确保试验的精确性，甲同学认为应在装置A反应一段时间后再接上装置E，点燃D中的酒精灯，其理由是___。乙同学认为甲同学的装置仍有不足，应在E的末端连接一个气囊，气囊的作用有两个：___。甲同学改进试验装置后完成试验，若a、c、d满意关系式：___，则证明甲同学对黑色沉淀的推想是正确的。（3）丙同学认为试验二中的蓝色沉淀应为Cu(OH)2，丁同学马上提出反对看法，认为该蓝色沉淀肯定不是Cu(OH)2。为确认试验二中蓝色沉淀的成分，丁同学从试验时药品的加入依次考虑，可能是反应物的用量不同导致产物的不同，并上网查阅资料知，当NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]，反应的离子方程式为___。（4）进一步查阅资料可知碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸。请你设计试验，验证明验二中生成的蓝色沉淀含有SO42-：___。【答案】(1).CuO(2).生成的Cu(OH)2沉淀受热分解成黑色的CuO(3).装置中存在二氧化碳和水蒸气，也会被碱石灰汲取，对试验产生影响(4).防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E(或排尽装置内空气，防止其对试验产生影响)，收集多余的H2(5).9a=40(d-c)(6).2Cu2++2OH-+SO42-=Cu2(OH)2SO4↓(7).将蓝色沉淀过滤、洗涤后溶于过量稀盐酸(或稀硝酸)中，待沉淀溶解后加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-【解析】【分析】（1）CuO为黑色；（2）由图可知，A中制备氢气，B中NaOH除去HCl，C中浓硫酸干燥氢气，D中氢气还原CuO，且氢气不纯加热易爆炸，E中碱石灰可汲取水，且空气中的水、二氧化碳可进入E中；（3）NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜[Cu2（OH）2SO4]，以此书写离子反应；（4）验证明验二中生成的蓝色沉淀含有SO42-，可溶于盐酸后，滴加氯化钡视察是否生成白色沉淀。【详解】分析元素，生成的沉淀能受热分解成黑色的CuO，黑色沉淀可能为氧化铜，应在装置A反应一段时间后再接上装置D的缘由是装置中存在的二氧化碳和水蒸气也会被碱石灰汲取，乙同学认为甲同学的装置仍有不足，应在装置E的末端连接一个气囊，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置E或排尽装置内空气，防止其对试验产生影响，氧原子守恒，所以，可证明黑色沉淀是氧化铜；当NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜，反应的离子方程式为；碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸，要检验，首先要把碱式硫酸铜溶于硝酸或盐酸中，得到含溶液，再加入氯化钡溶液，产生不溶于酸的白色沉淀。【点睛】有气体参加的试验，装置的排列依次：一般按气流方向确定仪器的连接依次，一般遵循：气体发生→除杂干燥→主体试验→尾气处理，以此思路解题。17.二氧化碳的捕集和转化是科学探讨中的热点问题。我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程，其示意图如下：(1)该可逆反应的化学方程式为_________。运用催化剂Ni/Al2O3_________(填“能”或“不能”)提髙CO2的平衡转化率。(2)300℃下，在一恒容密闭容器中充入肯定量的CO2与H2，发生上述反应，一段时间后反应达平衡，若其他条件不变，温度从300℃升至500℃，反应重新达到平衡时，A.该反应的B.平衡常数大小：C.300℃下，减小的值，的平衡转化率上升D.反应达到平衡时化(3)在肯定条件下，反应体系中CO2的平衡转化率a(CO2)与L和X的关系如图所示，L和X表示温度或压强。①X表示的物理量是___________。②L1_____________L2(填“<”“>”)，推断理由是______________________________________。(4)向1L恒容密闭容器中加入4.0molH2(g)，1.0molCO2，限制条件(催化剂为Ni/AI2O3、温度为T1)使之发生上述反应，测得容器内气体的压强随时间的变更如图所示。①4min时CO2的转化率为___________。②T1温度下该反应的化学平衡常数为___________。【答案】(1).CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)(2).不能(3).BC(4).温度(5).＞(6).该反应为气体分子数减小的反应，其他条件肯定时，增大压强，平衡右移，CO2的平衡转化率升髙(7).75%(8).6.75【解析】【分析】(1)依据图示书写该可逆反应的化学方程式；催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；(2)A．温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，HB．正反应为放热反应，上升温度平衡逆向移动，平衡常数减小；C．减小的值，CO2的含量增大，据此分析；D．反应达到平衡时，反应速率之比等于化学计量数之比；(3)①依据方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)及反应的H＜0可知结合图像转化率的变更分析推断影响因素；②结合题图及①中的分析推断；(4)由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，结合气体压强之比等于物质的量之比，列出三段式计算CO2的转化率及反应平衡常数。【详解】(1)由题意可知该可逆反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)+2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；(2)A．对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，故A正确；B．正反应为放热反应，因此，故B错误；C．减小的值，CO2的平衡转化率降低，故C错误；D．反应达到平衡时，，故D正确；答案选BC；(3)①依据方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)及反应的H＜0可知，其他条件肯定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件肯定时，加压，CO2的平衡转化率上升，则X表示的物理量是温度；②L表示压强，结合题图及上述分析，可知L1＞L2；(4)①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应的CO2为xmol，列出三段式：依据恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比得出，解得x=0.75，则CO2的转化率为；②平衡常数。18.氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：常温下几种物质起先形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2起先沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4(1)炉气中有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：________。当试剂X是______时，更有利于降低生产成本。(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是___________。(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：________，操作X包括_________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。【答案】(1).SO2(2).2∶1(3).2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O(4).空气或氧气(5).3.7≤pH<4.8(6).4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O(7).过滤(8).防止Cu2O被空气中氧气氧化(9).2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O【解析】【分析】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，Cu2S与O2反应时，依据得失电子守恒，分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋；(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀；(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2；Cu2O不溶于水，且有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化；(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，据此解答。【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2，Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，1molO2得4mol电子，Cu的化合价从+1价上升为+2价，S的化合价从-2价上升为+4价，故1molCu2S失8mol电子，依据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空气或氧气；(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，故答案为：3.7≤pH<4.8；(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。19.2024年，大连化物所探讨人员在乙酰酮修饰锰氧化物L酸催化胺选择氧化探讨方面取得新的进展（如图甲所示），相关文章发表在《自然通讯》上。请回答下列问题：（1）基态Mn原子的价电子排布图为________________，其中最外层电子的电子云轮廓图的形态为________________。（2）图甲中涉及的非金属元素（除H外）第一电离能由小到大的依次是________________（用元素符号表示，下同），电负性由小到大的依次是________________。（3）物质a可与水互溶，主要缘由是________________。（4）物质b中碳原子的轨道杂化方式有________________，1mol物质c中含有σ键的数目为________________。（5）该锰氧化物的晶胞结构如图乙所示，该锰氧化物的化学式为________________，该晶体中Mn的配位数是________________。【答案】(1).(2).球形(3).C＜O＜N(4).C＜N＜O(5).物质a与水分子之间可以形成氢键(6).(7).(8).(9).6【解析】【分析】(1)基态Mn原子的价电子排布式为，据此书写排布图；最外层为4s能级，依据s能级的电子云形态推断；(2)同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子最外层p轨道电子半充溢，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大；元素的非金属性越强，电负性越大；(3)物质a中含有氨基，与水分子之间可以形成氢键；(4)苯环为平面结构，碳氮三键为平面直线型结构；单键为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，依据图示计算σ键的数目；(5)依据均摊法计算该晶胞中原子数目，确定该锰氧化物的化学式；依据晶胞的投影图可知，与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个。【详解】(1)基态Mn原子的价电子排布式为，价电子排布图为；最外层为4s电子，电子云轮廓图呈球形；(2)图甲中涉及的非金属元素除H外还有C、N、O，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子最外层p轨道电子半充溢，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大，则第一电离能：C＜O＜N