湖北省十一校2024-2025学年高三上学期第一次联考化学试题 含解析

2025届高三湖北省十一校第一次联考化学试题(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Fe：56Cu：64一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每个小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.我国是古代文明发源地。下列文物主要由传统无机非金属材料制成的是A．红珊瑚树B．夜明珠C．窃曲垂鳞纹青铜鼎D．原始瓷青釉双系陶罐A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．红珊瑚树的主要成分是碳酸钙，A不选；B．夜明珠的主要成分为氟化钙，B不选；C．窃曲垂鳞纹青铜鼎的主要成分为铜合金，C不选；D．原始瓷青釉双系陶罐的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，D选；故选D。2.生活中处处有化学，下列叙述错误的是A.传统提取中药有效成分的方法之一溶剂提取法利用了萃取原理B.尿毒症患者进行血液透析的治疗方法，利用了胶体的性质C.将变黑的银首饰浸泡在装有浓食盐水的锡纸容器中清洗，利用了原电池原理D.药皂中加入少量苯酚来杀菌消毒，利用了苯酚的强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．传统提取中药有效成分的方法之一溶剂提取法利用了萃取原理，从而分离出中药中的有效成分，A正确；B．血液透析净化尿毒症患者的血液，利用了胶体渗析，B正确；C．变黑的银首饰浸泡在装有浓食盐水的锡纸容器中清洗，氧化银和锡形成原电池，氧化银做正极发生还原生成银单质，利用了原电池原理，C正确；D．苯酚能够使蛋白质变性，从而杀菌消毒，与苯酚的氧化性无关，D错误；故选D。3.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是A.若将钢梁与直流负极相连，也可减慢腐蚀速率B.防腐过程中铝和锌均作为负极，失去电子C.方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除D.钢梁在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀【答案】D【解析】【分析】钢是铁碳合金，潮湿的环境中易形成原电池发生吸氧腐蚀被损耗。【详解】A．将钢梁与直流负极相连，铁做电解池的阴极被保护，可减慢铁的腐蚀速率，该保护方法为外加电流法，故A正确；B．铝和锌的金属活动性均大于铁，防腐过程中铝和锌均作为负极，失去电子发生氧化反应被损耗，铁作正极被保护，该保护方法为牺牲阳极法，故B正确；C．钢梁上安装铝片、使用高性能富锌(富含锌粉)底漆、使用高附着性防腐涂料可以减缓钢铁腐蚀，但不能完全消除铁的腐蚀，故C正确；D．空气与水交界处的氧气浓度大于水下部分，氧气浓度越大，铁越容易发生吸氧腐蚀，所以钢梁在水下部分比在空气与水交界处更难腐蚀，故D错误；故选D。4.下列化学用语表达错误的是A.氯化钙的电子式：B.的名称：甲基戊烷C.基态的价电子排布图：D.的键形成的示意图为：【答案】C【解析】【详解】A．氯化钙是离子化合物，氯原子失去电子转移至钙原子，钙离子和氯离子间存在离子键，电子式为，故A正确；B．展开写为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，主链5个碳，3号碳有甲基，命名为3-甲基戊烷，故B正确；C．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe3+的价层电子排布式为3d5，价层电子排布图为，故C错误；D．两个氢原子形成氢分子时，两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新轨道，用电子云轮廓图表示键的键形成示意图为，故D正确；故选C。5.学习结构化学有利于了解原子和分子的奥秘。下列叙述正确的是A.溶液中的水合离子：B.的模型：C.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D.分子和分子都可以用空间填充模型表示【答案】B【解析】【详解】A．Na+半径小于Cl-，且Na+吸引带负电性的氧原子，Cl-吸引带正电性的氢原子，则NaCl溶液中的水合离子：，故A错误；B．中心S原子的价层电子对数为，有一对孤电子，模型为四面体形，即，故B正确；C．邻羟基苯甲醛中的—OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成氢键，表示为，故C错误；D．分子空间结构为正四面体形，四个H被Cl取代得到，则空间结构也是正四面体形，分子中Cl原子半径大于C原子，不能用空间填充模型表示，故D错误；故选B。6.广藿香酮是一种来自薄荷的具有抗菌和抗癌活性的抗生素，其结构简式如图所示，下列关于广藿香酮的叙述错误的是A.分子式为B.分子中没有手性碳原子C.该分子与足量的发生加成反应最多消耗D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，广藿香酮的分子式为，故A正确；B．由结构简式可知，广藿香酮分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；C．由结构简式可知，广藿香酮分子中含有的碳碳双键和酮羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol广藿香酮最多消耗3mol氢气，故C错误；D．由结构简式可知，广藿香酮分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选C。7.下列离子方程式能用来解释相应实验现象或正确描述其反应的是选项实验操作或现象离子方程式A向悬浊液中滴加几滴溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀B向溶液通入过量产生淡黄色沉淀C向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体D二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴0.1mol/LFeCl3溶液，发生沉淀的转化，白色Mg(OH)2沉淀变为红褐色Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，A项正确；B．向Na2S溶液中通入过量SO2产生淡黄色沉淀，发生反应生成S、NaHSO3，反应的离子方程式为2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4，B项错误；C．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体，反应生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+，C项错误；D．题给离子方程式不平，正确的离子方程式为5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+，D项错误；故选A。8.研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是选项实例解释A由与组成的离子液体常温下呈液态与其离子的体积较大有关B和都能作制冷剂具有完全相同类型的分子间作用力C晶体中配位数为8，而晶体中配位数为6比的半径大D逐步断开中的键，每步所需能量不同各步的键所处化学环境不同A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，可知由与组成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关，故A正确；B．NH3易液化，其汽化时吸收能量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可用作制冷剂，NH3分子间作用力为氢键和范德华力，CO2分子间仅存在范德华力，故B错误；C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明Cs+比Na+半径大，故C正确；D．断开第一个键时，碳原子周围共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开键越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量变大，所以各步中的键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；故选B。9.五种短周期主族元素的原子半径依次增大，其中基态X原子未成对电子数目最多，Y和W同主族，基态Q原子填充3个能级，有1个未成对电子，基态Z原子电子填充了3个原子轨道，Z周期表中的位置与Y相邻。下列说法正确的是A.X与W形成化合物属于分子晶体 B.Q的氢化物的水溶液存在3种氢键C.化合物含有配位键 D.X的氢化物沸点一定高于Y的氢化物沸点【答案】C【解析】【分析】基态X原子未成对电子数目最多，原子半径较小，X有3个未成对电子，X原子电子排布式为:，X为氮元素；基态Q原子填充3个能级，有1个未成对电子，且原子半径比氮原子小，故Q原子电子排布式为:，Q为氟元素；基态Z原子电子填充了3个原子轨道，故电子排布式为，Z为硼元素，Z周期表中的位置与Y相邻，原子半径比Y大，故Y为碳元素；Y和W同主族，故W为硅元素；据此解答。【详解】A．根据上述分析，X与W形成的化合物为，属于共价晶体，A错误；B．的氢化物为，水溶液存在的氢键有：，，，，共4种，B错误；C．化合物是，结构式为：，是配位键，C正确；D．为碳元素，形成氢化物有各种烃，故的氢化物沸点不一定高于的氢化物沸点，D错误；故选C。10.冠醚与碱金属离子()可形成如图所示超分子。下列有关叙述错误的是A.图示杂化方式为的原子有两种B.图示冠醚空腔中适配的碱金属离子从左往右顺序为：C.向溶液中加入冠谜(冠)可加快其与乙烯的反应D.图示超分子中的碳原子均在同一平面【答案】D【解析】【详解】A．图示中C均形成4个单键，即形成4个键，无孤电子对，O均形成2个单键，即形成2个键，含2对孤电子对，二者的杂化轨道数均为4，杂化类型均为杂化，A正确；B．电离层数逐渐增多，离子半径逐渐增大，与图示对应，B正确；C．由图可知，冠醚（18-冠-6）与形成超分子，使存在于其空腔内，进而增大在有机溶剂中的溶解度，加快与乙烯的反应，C正确；D．超分子中存在sp3杂化的饱和碳原子，存在空间立体结构，碳原子不可能在同一平面，D错误；答案选D。11.室温下，下列实验过程和现象能验证相应实验结论的是选项实验过程和现象实验结论A向溶液通入气体有黑色沉淀生成酸性：B将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶解液中滴加几滴溶液，无明显现象铁粉未发生变质C将相同大小的钠块和钙块放入相同体积的蒸馏水中，钙与水反应不如钠剧烈金属活动性：D向的水溶液中滴加硝酸银溶液无明显现象该配合物中的配位数是6A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．硫酸铜溶液能与硫化氢气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，但氢硫酸是二元弱酸，硫酸是二元强酸，所以氢硫酸的酸性弱于硫酸，故A错误；B．氧化铁与稀硫酸反应生成的铁离子能与过量的铁反应生成亚铁离子，所以将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶解液中滴加几滴硫氰化钾溶液，无明显现象不能说明铁粉未发生变质，故B错误；C．钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，微溶氢氧化钙附着在钙的表面阻碍反应的继续进行，所以将相同大小的钠块和钙块放入相同体积的蒸馏水中，钙与水反应不如钠剧烈不能说明钠的金属性强于钙，故C错误；D．向的水溶液中滴加硝酸银溶液无明显现象说明配合物的配体为水分子和氯离子，配位数为6，故D正确；故选D。12.我国科学家研究成果“无细胞化学酶系统催化合成淀粉”取得重要进展，其中一步核心反应如下图所示。下列说法正确的是A.反应②生成转移B.反应④原子利用率C.可与足量溶液产生D.淀粉属于非电解质【答案】B【解析】【分析】由图可知，转化过程中各步反应方程式分别为：①CO2+3H2=CH3OH+H2O；②CH3OH+O2=H2O2+HCHO；③2H2O2O2↑+2H2O；④3HCHO→。【详解】A．反应②的化学方程式为CH3OH+O2=H2O2+HCHO，碳元素的价态由-2价升高为0价，即每生成1molHCHO转移2mol电子，A项错误；B．DHA分子式为C3H6O3，HCHO分子式为CH2O，3分子HCHO合成1分子DHA，反应④化学方程式为3HCHO→，原子利用率为100%，B项正确；C．DHA含有羟基和酮羰基，没有羧基，则DHA不能与溶液反应，C项错误；D．在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，淀粉是混合物，既不是电解质也不是非电解质，D项错误；故选B。13.溶液滴定溶液时，所加溶液体积、各含磷元素微粒的物质的量浓度的对数和的关系如图。下列说法错误的是A.②为的与的关系B.b点时，溶液中存在C.由图可知D.当时，【答案】D【解析】【分析】根据图中a点，时，溶液中溶质的物质的量之比为，故③④为磷酸和磷酸二氢钠的曲线，又因为随着pH变大，浓度变小，故③为，④为，又因为pH=2.12时，最小，故②为，①为，据此分析回答。【详解】A．由分析可知，②为的与的关系，A正确；B．b点溶质为NaH2PO4，此时溶液显酸性，则磷酸二氢根离子的电离大于水解，则，B正确；C．当V(NaOH)=10mL时，c(H3PO4)：c(NaH2PO4)=1：1，，，V(NaOH)=30mL时，=，则，则，C正确；D．当时，此时溶质为Na2HPO4，根据电荷守恒，，元素守恒，，两者结合可得，D错误；故选D。14.我国科研人员设计了一条从乳酸增值至丙氨酸的电化学转化路径，同时可以实现废水的再利用，原理如图所示。已知：在外电场作用下，水分子会在双极膜的界面层解离为和。下列说法错误的是A.理论上将废水中还原到羟胺需转移电子B.阳极发生的反应为C.阴极发生的反应为D.双极膜在阳极区产生，阴极区产生【答案】A【解析】【分析】由图可知，在外电场作用下，左侧物质去氢发生氧化反应，则左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，据此分析解答。【详解】A．中N为+5价，中N为-1价，理论上将还原到羟胺需转移6个电子，题干中未说明的物质的量，无法计算电子的转移数目，A错误；B．由分析可知，左侧为阳极，发生的反应为，B正确；C．由分析可知，左侧为阴极，发生的反应为，C正确；D．电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故双极膜在阳极区产生，阴极区产生，D正确；故选A。15.某种离子型铁的氧化物晶胞如图2所示，它由图1中单元组成。若通过嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料。图1图2已知：下列有关说法错误的是A.一个晶胞能够嵌入的最多数目为4B.放电时，该锂电池的正极反应为C.若该正极材料中，，则脱嵌率为D.中M原子分数坐标为，晶胞边长为1，则中N原子分数坐标为【答案】B【解析】【详解】A．嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，一个晶胞能够嵌入的最多数目为4，故A正确；B．放电时，正极得电子，锂离子嵌入正极，该锂电池的正极反应为，故B错误；C．根据均摊原则，一个晶胞中含有O2-数为32，Fe2+、Fe3+共24个，若该正极材料中，，Fe2+数为24、Fe3+数为15，根据电荷守恒，嵌入Li+数为1，一个晶胞能够嵌入的最多数目为4，该正极材料中脱嵌率为，故C正确；D．中M原子分数坐标为，M为坐标原点，晶胞边长为1，则中N原子分数坐标为，故D正确；选B。二、非选择题(本题共四小题，共55分)16.工业上常用软锰矿(主要成分为，含少量)和合成电极材料并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。已知：①在酸性条件下比较稳定，高于5.5时易被氧化；②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示：

回答下列问题：（1）在元素周期表中的位置为：___________。（2）“酸浸”时，软锰矿中的成分与反应的离子方程式：①___________；②___________。（3）加入“调”时，调节的范围为的原因是：___________。（4）已知滤渣Ⅲ”主要成分为，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为___________。（5）为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为___________。（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可得到明矾，洗涤时若用乙醇洗涤的目的是___________。(写两点)【答案】（1）第四周期ⅦB族（2）①.②.（3）使转化为沉淀，同时防止被氧化（4）（5）（6）降低产品的溶解损失；便于得到干燥的产品【解析】【分析】软锰矿主要成分为和少量，加硫酸和二氧化硫，二氧化硫把二氧化锰还原为硫酸锰、二氧化硫把氧化铁还原为硫酸亚铁，氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，过滤出二氧化硅，滤液中加碳酸锰调节pH生成氢氧化铝沉淀，滤液中通入氧气把Fe2+氧化为沉淀，过滤出氢氧化铁，滤液为硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰，二氧化锰和碳酸锂焙烧生成；氢氧化铝溶于硫酸、硫酸钾的混合溶液中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得明矾。【小问1详解】是25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期ⅦB族【小问2详解】“酸浸”时，二氧化硫把二氧化锰还原为硫酸锰、二氧化硫把氧化铁还原为硫酸亚铁，反应的离子方程式：①；②。【小问3详解】的=，Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，c，pH=4.7；高于5.5时易被氧化，加入“调”时，调节的范围为的原因是：使转化为沉淀，同时防止被氧化。【小问4详解】已知滤渣Ⅲ”主要成分为，可知氧气把Fe2+氧化为沉淀，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为。【小问5详解】由题干工艺流程图可知，“焙烧”反应中反应方程式为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2，生成物O2可以循环到“氧化”步骤中使用；电解步骤中生成二氧化锰和硫酸，硫酸循环到“酸浸”步骤中使用，所以为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为。【小问6详解】蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可得到明矾。明矾不溶于酒精，酒精易挥发，洗涤时若用乙醇洗涤的目的降低产品的溶解损失、便于得到干燥的产品。17.“双碳战略”有助于我国实现高质量的发展，中科院研究人员通过利用光催化转化为甲醇从而实现对光能的存储和利用，研究人员给这个方案起了一个贴切的名字——“液态阳光”。在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应有：I．II．III．（1）同时有利于提高平衡产率和反应速率的是___________(填字母)。A．加入催化剂B．升高温度C．降低温度D．增大压强E．降低压强（2）已知：，常温常压下，在一密闭钢瓶中通入和只发生反应Ⅲ，当生成的时放出___________的能量。（3）在实际的生产过程中还会发生副反应，如IV．，若某温度下，反应I、Ⅱ的平衡常数分别为，则反应IV的平衡常数___________(用含的表达式表示)。（4）某压强下，往密闭容器中按投料比充入和，测得各组分平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①图中Y代表___________(填化学式)。②体系中的物质的量分数受温度影响不大，原因是___________。③体系中X与Y的交点纵坐标为0.04，则该条件下的转化率为___________。(结果保留一位小数)④湖北省是冶金工业大省，为了实现湖北省低碳冶金的产业转型发展，某炼钢厂将生产过程中产生的烟道气(主要含有和粉尘)作为碳源，在贵金属催化剂的作用下加氢生产甲醇，发现甲醇的产率远低于理论计算值，造成这个情况的可能原因是___________。【答案】（1）D（2）124.8（3）（4）①.②.温度升高时，反应I平衡正向移动的程度和反应Ⅲ平衡逆向移动的程度相当③.④.烟道气中的杂质使贵金属催化剂失活，降低了催化剂的选择性【解析】【分析】由盖斯定律可知，反应I+反应II=反应III，则△H3=(+41.1kJ/mol)+(—90.0kJ/mol)=—48.9kJ/mol。【小问1详解】A．加入催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，甲醇的产率不变，故错误；B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故错误；C．降低温度，反应速率减慢，故错误；D．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，甲醇的产率增大，故正确；E．降低压强，反应速率减慢，故错误；故选D；【小问2详解】常温常压下，甲醇和水都为液态，则生成1mol甲醇时放出的热量为1mol×(48.9+40.7+35.2)kJ/mol=124.8kJ，故答案为：124.8；【小问3详解】由盖斯定律可知，反应I×2—反应II=反应IV，则反应的平衡常数K4=，故答案为：；【小问4详解】反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳和水蒸气的体积分数增大，反应II和反应III都为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇和水蒸气的浓度均减小，则图中x、y、z分别代表一氧化碳、甲醇、水蒸气；①由分析可知，图中Y代表甲醇，故答案为：；②二氧化碳是反应I和反应III的反应物，体系中二氧化碳的物质的量分数受温度影响不大是因为温度升高时，反应I平衡正向移动的程度和反应Ⅲ平衡逆向移动的程度相当，故答案为：温度升高时，反应I平衡正向移动的程度和反应Ⅲ平衡逆向移动的程度相当；③设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，反应I生成一氧化碳的物质的量为amol、反应II生成甲醇的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式：由体系中X与Y的交点纵坐标为0.04可得：a—b=b，=0.04，解得a≈0.296，则该条件下二氧化碳的转化率为=29.6%，故答案为：29.6%；④甲醇的产率远低于理论计算值是因为烟道气中的杂质使贵金属催化剂失活，降低了催化剂的选择性，导致甲醇的产率远低于理论计算值，故答案为：烟道气中的杂质使贵金属催化剂失活，降低了催化剂的选择性。18.某实验小组在完成铜与浓硫酸、浓硝酸的反应实验后，为了探究铜与浓盐酸的反应，设计了如下实验方案：实验序号试管①中试剂实验现象A稀盐酸无明显现象B浓盐酸铜丝溶解，溶液由无色缓慢变黄最终变为浅蓝色反应装置图如下：已知：物质颜色白色无色深蓝色浅蓝色无色黄色I．在实验过程中，甲同学发现铜丝溶解缓慢，溶液中有些许气泡冒出，于是用足量铜粉代替铜丝，重新进行实验。II．同学们对变黄前的无色溶液的成分进行了讨论，认为其中含有，为了验证猜想，同学们进行了如下实验：甲同学：将试管①中产生的气体通入试管②中吸收，发现气体通过试管②中足量氢氧化钠溶液后，试管③中仍然有气泡冒出；乙同学：取试管①无色溶液少许加水稀释发现有白色沉淀生成，对白色沉淀过滤，充分洗涤，进行下列检测实验；丙同学：取试管①无色溶液少许加入溶液，发现溶液由无色变为黄色，经检测，溶液中含有，放置一段时间后溶液逐渐变为绿色，最终溶液变为浅蓝色。根据实验现象，回答下列问题：（1）甲同学用铜粉代替铜丝的目的是___________。（2）a．运用化学平衡原理解释试管①加水稀释后产生白色沉淀的原因___________。试管③中的气体是___________填化学式。b．乙同学实验中，第i步实验的离子方程式为___________。第ⅱ步深蓝色配离子的空间结构为___________(填“平面正方形”或“正四面体”)。c．写出丙同学实验中溶液由无色到浅蓝色的总反应离子方程式___________。d．结合该实验推测王水溶金实验中(已知可与形成配离子)，浓盐酸的作用是___________。【答案】（1）增加铜和盐酸的接触面积，加快反应速率（2）①.加入蒸馏水后氯离子和浓度减小，使，，反应逆向移动，析出沉淀②.③.④.平面正方形⑤.⑥.与形成配离子，增强的还原性【解析】【分析】铜和稀盐酸不反应，无现象，和浓盐酸反应，铜丝溶解，溶液由无色缓慢变黄最终变为浅蓝色，则反应中生成的转化为，又转化为；【小问1详解】用铜粉代替铜丝的目的是增加铜和盐酸的接触面积，加快反应速率；【小问2详解】a．试管①加入蒸馏水后氯离子和浓度减小，使，，反应逆向移动，析出沉淀；反应中铜化合价升高，结合电子守恒和质量守恒，则反应中氢化合价降低，发生还原反应生成氢气，产生的气体通入试管②足量氢氧化钠溶液吸收挥发的氯化氢后，仍然会有氢气气泡冒出；b．乙同学实验中，第i步实验中白色沉淀CuCl溶于氨水形成无色溶液，结合表中信息生成离子为，离子方程式为；第ⅱ步深蓝色配离子，四氨合铜离子的空间构型为平面正方形，Cu2+位于正方形中心，氨分子位于正方形的四个顶点，其中的N原子朝向Cu离子；c．过氧化氢具有氧化性，结合实验现象和表中信息，反应中生成的在酸性条件下被过氧化氢氧化为浅蓝色，则溶液由无色到浅蓝色的总反应离子方程式；d．已知可与形成配离子，则王水溶金实验中浓盐酸的作用是与形成配离子，增强的还原性，促使Au能够反应溶于王水。19.某研究小组对一除草剂的有效成分喹草酮的合成路线进行