2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：化学基本概念和基本理论

第1页（共1页）2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：化学基本概念和基本理论一．解答题（共10小题）1．（2024•河东区模拟）我国空间站“天和”核心舱太阳翼电池采用自主研发的砷化镓器件，能量转化效率大大提高。已知：砷（As）与镓（Ga）同位于第四周期；Ga与Al同主族，As与P同主族。（1）铝元素的原子结构示意图为。（2）P在元素周期表中的位置是。（3）P的非金属性弱于S的，用原子结构解释原因：P和S在同一周期，原子核外电子层数相同，，得电子能力P弱于S。（4）下列关于Ga的推断正确的是（填字母）。a．最外层电子数为5b．原子半径：Ga＞Asc．元素的金属性：Ga＞K（5）氮的简单氢化物的电子式，HNO3，H3PO4，H3AsO4的酸性由强到弱的关系是。（6）三价砷有剧毒，五价砷毒性减弱。含As2O3的污水可被次氯酸钠碱性溶液转化为而降低毒性。该反应的离子方程式是。2．（2024•西城区校级三模）阿伏加德罗常数（NA）是一座“桥梁”，连接了宏观世界和微观世界的数量关系。通过电解法可测得NA的数值。已知：ⅰ．1个电子所带电量为1.60×10﹣19库仑。ⅱ．EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二钠）能形成可溶含铜配离子。ⅲ．Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。【实验一】用铜片和铂丝为电极，电解硫酸酸化的CuSO4溶液。测得通过电路的电量为x库仑。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量增加了mg。（1）铜片应连接电源的（填“正极”或“负极”），铂丝尖端产生气泡，其电极反应式为。理论上，产生气体与析出铜的物质的量之比为。（2）本实验测得NA＝mol﹣1（列出计算式）。【实验二】为减少含重金属电解液的使用，更换电解液，同时更换电极与电源的连接方式。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量减小。实验电解液实验现象①0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液铜片表面为灰蓝色②0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液（pH＝8）铜片表面仍为红色（3）实验①和②中各配制电解液500mL，使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。（4）经检验，实验①中的灰蓝色成分主要是Cu（OH）2。从平衡移动角度解释EDTA﹣2Na在测定NA的数值中的作用：。（5）电解过程中，若观察到铜片上有小气泡产生，利用铜片质量减小计算NA的数值（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（6）实验结束后处理电解液：将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体EDTA和滤液a；向滤液a中先加入NaOH调pH≈8，再加入Na2S，解释不直接加入Na2S的原因及Na2S的作用：。3．（2024•如皋市模拟）生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物。（1）生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾（KHSO5）降解有机污染物的反应历程如图﹣1所示。图中和•OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。①H2SO5（S的化合价为+6）在水中的电离过程为：H2SO5═H++、⇌H++[K2（）＝4×10﹣10]。写出的结构式：。②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为。③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：。（2）与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：。（3）铁炭纳米材料在不同pH对有机污染物去除率（C/C0：溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图﹣2所示，pH越小有机污染物去除率越高的原因是：。（4）已知微粒的氧化性：＞•OH＞。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图﹣3所示。的存在对有机污染物的降解有影响，原因是：。4．（2024•浙江模拟）联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为。（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的离子方程式。（3）联氨和N2O4可作为火箭推进剂，其反应的产物均无污染。其氧化产物和还原产物之比为。（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为。5．（2024•宝山区校级模拟）元素周期表中所列①～⑨分别代表某种化学元素，请依据这9种元素回答下列问题：（1）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是。A.常温常压下，2.24L元素②形成的单质中共价键的数目为0.3NAB.1mol乙醇和足量乙酸反应，生成乙酸乙酯的分子数为NAC.32g环状元素⑦组成的分子（）中含有的S﹣S键数为NAD.2mol单质⑥中有NA个分子（2）基态⑧原子价电子轨道表示式为，②原子和3个⑧原子形成的分子的空间结构是。（3）③④⑤三种元素第一电离能由大到小的排列顺序为。（用元素符号表示）（4）关于上述9种元素，下列说法错误的是。A.元素①属于元素周期表中s区元素B.元素⑦⑨组成的一种化合物可用于生产硫酸C.元素⑦的电负性大于元素⑧D.元素⑨的一种正离子可用KSCN溶液进行检验（5）下列相关事实内容所涉及化学知识错误的是。A.医生叮嘱糖尿病患者控制白糖、红糖的摄入量——蔗糖水解能生成葡萄糖B.园艺师施肥时，草木灰和硝酸铵不混合施用——两种盐水解相互促进降低氮肥肥效C.酸雨的形成与元素②和⑦有关——形成过程都涉及了氧化还原反应D.HCl的酸性比H2S强——元素周期律（6）下列实验操作或装置能达到目的的是。（不定项）选项ABCD操作或装置目的配制100mLFeCl3溶液验证Na2O2和H2O反应为放热反应测定84消毒液的pH保护铁闸门不被腐蚀6．（2023•锦江区校级二模）某学习小组将Cu与H2O2的反应设计为原电池，并进行相关实验探究。回答下列问题：Ⅰ．实验准备（1）稀硫酸的配制①配制100mL0.3mol⋅L﹣1的H2SO4溶液，需6mol⋅L﹣1H2SO4溶液的体积为mL。②在实验室配制上述溶液的过程中，如图所示仪器，需要用到的是（填仪器名称）。（2）Cu与H2O2在酸性条件下反应的离子方程式为。Ⅱ．实验探究【实验任务】利用相关原电池装置进行实验，探究物质氧化性或还原性的影响因素。【查阅资料】其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大。【进行实验】（3）利用下表所示装置进行实验1～4，记录数据。装置实验序号烧杯中所加试剂电压表读数30%H2O20.3mol⋅L﹣1H2SO4H2OV/mLV/mLV/mL130.0/10.0U1230.01.09.0U2330.02.08.0U3435.01.0V1U4已知：本实验条件下，对电压的影响可忽略。①根据表中信息，补充数据：V1＝。②由实验2和4可知，U2U4（填“大于”或“小于”或“等于”），说明其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其氧化性越强。（4）由（3）中实验结果U3＞U2＞U1，小组同学对“电压随pH减小而增大”可能的原因，提出了以下两种猜想：猜想1：酸性条件下，H2O2的氧化性随pH减小而增强。猜想2：酸性条件下，Cu的还原性随pH减小而增强。为验证猜想，小组同学在（3）中实验1～4的基础上，利用下表装置进行实验5～﹣7，并记录数据。装置实验序号操作电压表读数5/U56①向（填“左”或“右”）侧烧杯中滴加5.0mL0.3mol⋅L﹣1H2SO4溶液。U67向另一侧烧杯中滴加5.0mL0.3mol⋅L﹣1H2SO4溶液U7②实验结果为：U5≈U6、，说明猜想2不成立，猜想1成立。（5）已知Cu与H2O2反应时，加入氨水可形成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+。小组同学利用（4）中实验5的装置继续探究，向左侧烧杯中滴加5.0mL一定浓度的氨水，相比实验5，电压表读数增大，分析该电压表读数增大的原因：。【实验结论】物质的氧化性（或还原性）强弱与其浓度、pH等因素有关。7．（2023•广州一模）醋酸钠（CH3COONa）是一种常用的防腐剂和缓冲剂。（1）配制250mL0.10mol⋅L﹣1CH3COONa溶液，需要称量醋酸钠晶体（CH3COONa⋅3H2O，M＝136g⋅mol﹣1）的质量为。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、（从下列图中选择，写出名称）。（2）某小组探究外界因素对CH3COONa水解程度的影响。甲同学设计实验方案如下（表中溶液浓度均为0.10mol⋅L﹣1）：ⅰ.实验和（填序号），探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响；ⅱ.实验1和3，探究加入对CH3COONa水解程度的影响；ⅲ.实验1和4，探究温度对CH3COONa水解程度的影响。序号温度V（CH3COONa）/mLV（CH3COONH4）/mLV（H2O）/mLpH125℃40.000A1225℃4.0036.0325℃20.010.0aA3440℃40.000A4①根据甲同学的实验方案，补充数据：a＝。②实验测得A1＞A3，该结果不足以证明加入促进了CH3COONa的水解。根据（填一种微粒的化学式）的浓度增大可以说明加入能促进CH3COONa的水解。③已知CH3COONa水解为吸热反应，甲同学预测A1＜A4，但实验结果为A1＞A4。实验结果与预测不一致的原因是。（3）小组通过测定不同温度下CH3COONa的水解常数Kh确定温度对CH3COONa水解程度的影响。查阅资料：Kh＝，c0为CH3COONa溶液起始浓度。试剂：0.10mol⋅L﹣1CH3COONa溶液、0.1000mol⋅L﹣1盐酸、pH计。实验：测定40℃下CH3COONa水解常数Kh，完成下表中序号7的实验。序号实验记录的数据5取20.00mLCH3COONa溶液，用0.1000mol⋅L﹣1盐酸滴定至终点消耗盐酸体积为VmL6测40℃纯水的pHb7c在50℃和60℃下重复上述实验。数据处理：40℃，Kh＝（用含V、b、c的计算式表示）。实验结论：Kh（60℃）＞Kh（50℃）＞Kh（40℃），温度升高，促进CH3COONa水解。8．（2023•安丘市校级模拟）我国长征火箭常用偏二甲肼和四氧化二氮作燃料。回答下列问题：（1）偏二甲肼结构简式为，1mol该物质中共价键的物质的量为mol。（2）在容积为2L的恒容容器中，通入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0，100℃时体系中NO2和N2O4的物质的量随时间变化如图所示。①在0～10s时段，反应速率v（NO2）＝mol⋅L﹣1⋅s﹣1，t1时刻N2O4的浓度c（N2O4）＝mol⋅L﹣1。②能说明该反应已达到平衡状态的是。a．2v正（NO2）＝v逆（N2O4）b．容器内总压强保持不变c．c（NO2）：c（N2O4）＝2：1d．容器内气体颜色不再变化③对于化学反应aA+bB⇌cC+dD，反应物A的平衡转化率可以表示为：α（A）＝×100%，试计算此温度下该反应到达平衡时NO2的平衡转化率α（NO2）＝（保留小数点后1位）；升高温度重新平衡后，混合气体颜色（填“变深”、“变浅”或“不变”）。9．（2023•嘉定区二模）（一）短周期的元素在自然界中比较常见，尤其是非金属元素及其化合物在社会生活中有着很重要的作用。请完成（一）（二）两大题。（1）补全下侧元素周期表中符号。表中元素形成的最稳定氢化物是，该氢化物在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度（填“大”或“小”）。CNOFAlSiSCl（2）硅原子核外电子运动状态为种，其最外层电子排布式为，硅微粒非常坚硬，比较晶体硅与碳化硅的熔点高低并解释说明。（3）碳元素的非金属性比硫，可由一复分解反应推测而得，其反应的化学方程式为。（4）烟气中的NO与尿素[CO（NH2）2]（C的化合价为+4）反应进行脱硝。反应的化学方程式是：2CO（NH2）2+8NO＝2CO2+6N2+O2+4H2O。该反应的氧化产物为，若反应过程中有2.24L（标准状况下）NO反应，则电子转移的数目为。（二）（5）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的性。自来水中含硫量约70mg/L，它只能以（填微粒符号）形式存在。（6）实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体作用制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：。（7）如图是向5mL0.1mol•L﹣1氨水中逐滴滴加0.1mol•L﹣1醋酸，测量其导电性的数字化实验曲线图，请你解释曲线变化的原因。甲硫醇（CH3SH）是一种重要的有机合成原料，用于合成染料、医药、农药等。工业上可用甲醇和硫化氢气体制取：熔点（℃）沸点（℃）甲醇﹣9764.7甲硫醇﹣1237.6完成下列填空：（8）写出该反应的化学平衡常数表达式。该反应的温度为280～450℃，选该反应温度可能的原因是：①加快反应速率；②。（9）已知在2L密闭容器中，只加入反应物，进行到10分钟时达到平衡，测得水的质量为5.4g，则v（CH3SH）＝mol/（L•min）。（10）常温常压下，2.4g甲硫醇完全燃烧生成二氧化硫和其他稳定产物，并同时放出52.42kJ的热量，则甲硫醇燃烧的热化学方程式为。10．（2023•崇明区二模）工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑，完成下列填空：（1）硫元素在周期表中的位置为，硫原子核外有种不同运动状态的电子。（2）CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2CO2（填“＞、＝、＜”）。有关二硫化碳分子的描述正确的是。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为C＝S＝S（3）C元素和S元素比较，非金属性强的是，写出一个能支持你的结论的事实：。（4）Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是。（5）天然气中常含有少量H2S，在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示，配平步骤①涉及到的方程式（先在括号里补齐生成物）：Fe2（SO4）3+H2S＝FeSO4+S↓+。（6）图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积（标准状况）为升。

2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：化学基本概念和基本理论参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•河东区模拟）我国空间站“天和”核心舱太阳翼电池采用自主研发的砷化镓器件，能量转化效率大大提高。已知：砷（As）与镓（Ga）同位于第四周期；Ga与Al同主族，As与P同主族。（1）铝元素的原子结构示意图为。（2）P在元素周期表中的位置是第三周期ⅤA族。（3）P的非金属性弱于S的，用原子结构解释原因：P和S在同一周期，原子核外电子层数相同，P的原子半径大于S，核电荷数又小于S，因此P对最外层电子的吸引能力比S弱，得电子能力P弱于S。（4）下列关于Ga的推断正确的是b（填字母）。a．最外层电子数为5b．原子半径：Ga＞Asc．元素的金属性：Ga＞K（5）氮的简单氢化物的电子式，HNO3，H3PO4，H3AsO4的酸性由强到弱的关系是HNO3＞H3PO4＞H3AsO4。（6）三价砷有剧毒，五价砷毒性减弱。含As2O3的污水可被次氯酸钠碱性溶液转化为而降低毒性。该反应的离子方程式是。【答案】（1）；（2）第三周期ⅤA族；（3）P的原子半径大于S，核电荷数又小于S，因此P对最外层电子的吸引能力比S弱；（4）b；（5）；HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；（6）。【分析】（1）铝元素的原子核内有13个质子，核外有13个电子；（2）P元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为5，则P元素处于周期表中第三周期ⅤA族；（3）P和S在同一周期，原子核外电子层数相同，P的原子半径大于S，核电荷数又小于S，故得电子能力P弱于S；（4）a．Ga与Al同主族，即Ga处于ⅢA族，Ga的最外层电子数为3；b．同周期主族元素自左而右原子半径减小；c．同周期主族元素自左而右金属性减弱；（5）氮的简单氢化物的电子式为，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性：N＞P＞As，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，故酸性由强到弱的关系是：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；（6）碱性条件下As2O3被次氯酸钠氧化生成，则ClO﹣被还原生成Cl﹣，反应离子方程式为：。【解答】解：（1）铝元素的原子核内有13个质子，核外有13个电子，因而其原子结构示意图为，故答案为：；（2）P元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为5，则P元素处于周期表中第三周期ⅤA族，故答案为：第三周期ⅤA族；（3）P和S在同一周期，原子核外电子层数相同，P的原子半径大于S，核电荷数又小于S，故得电子能力P弱于S，故答案为：P的原子半径大于S，核电荷数又小于S，因此P对最外层电子的吸引能力比S弱；（4）a．Ga与Al同主族，即Ga处于ⅢA族，Ga的最外层电子数为3，故a错误；b．同周期主族元素自左而右原子半径减小，故原子半径：Ga＞As，故b正确；c．同周期主族元素自左而右金属性减弱，故金属性：Ga＜K，故c错误；故答案为：b；（5）氮的简单氢化物的电子式为，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性：N＞P＞As，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，故酸性由强到弱的关系是：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，故答案为：；HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；（6）碱性条件下As2O3被次氯酸钠氧化生成，则ClO﹣被还原生成Cl﹣，反应离子方程式为：，故答案为：。【点评】本题主要考查元素周期表和元素周期律的相关知识，为高频考点，题目难度不大。2．（2024•西城区校级三模）阿伏加德罗常数（NA）是一座“桥梁”，连接了宏观世界和微观世界的数量关系。通过电解法可测得NA的数值。已知：ⅰ．1个电子所带电量为1.60×10﹣19库仑。ⅱ．EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二钠）能形成可溶含铜配离子。ⅲ．Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。【实验一】用铜片和铂丝为电极，电解硫酸酸化的CuSO4溶液。测得通过电路的电量为x库仑。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量增加了mg。（1）铜片应连接电源的负极（填“正极”或“负极”），铂丝尖端产生气泡，其电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑。理论上，产生气体与析出铜的物质的量之比为1：2。（2）本实验测得NA＝mol﹣1（列出计算式）。【实验二】为减少含重金属电解液的使用，更换电解液，同时更换电极与电源的连接方式。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量减小。实验电解液实验现象①0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液铜片表面为灰蓝色②0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液（pH＝8）铜片表面仍为红色（3）实验①和②中各配制电解液500mL，使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶。（4）经检验，实验①中的灰蓝色成分主要是Cu（OH）2。从平衡移动角度解释EDTA﹣2Na在测定NA的数值中的作用：EDTA﹣2Na与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根离子形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解。（5）电解过程中，若观察到铜片上有小气泡产生，利用铜片质量减小计算NA的数值偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（6）实验结束后处理电解液：将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体EDTA和滤液a；向滤液a中先加入NaOH调pH≈8，再加入Na2S，解释不直接加入Na2S的原因及Na2S的作用：溶液显强酸性，酸与Na2S反应生成H2S污染性气体，污染环境；Na2S的作用是将生成的Cu（OH）2沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉Cu2+。【答案】（1）负极；2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑；1：2；（2）；（3）500mL容量瓶；（4）EDTA﹣2Na与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根离子形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解；（5）偏大；（6）溶液显强酸性，酸与Na2S反应生成H2S污染性气体，污染环境；Na2S的作用是将生成的Cu（OH）2沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉Cu2+。【分析】（1）用铜片和铂丝为电极，硫酸酸化的CuSO4溶液为电解液，电解完成后，取出铜片，铜片质量增加了mg，则Cu为阴极、与电源负极相接，Pt为阳极，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，阳极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，根据电子守恒有2Cu～4e﹣～O2；（2）阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，则n（e﹣）＝2n（Cu）＝2×＝mol，电路中通过的电量为×NA×1.60×10﹣19库仑＝x库仑；（3）配制500mL0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液、0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液需要使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶；（4）由信息ii可知，EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二钠）能形成可溶含铜配离子，防止碱性条件下Cu2+与OH﹣生成Cu（OH）2沉淀；（5）电解过程中观察到铜片上有小气泡产生，生成的气体为氢气，通过电路的电量偏大，根据NA与x的关系分析判断；（6）酸性条件下Na2S能与硫酸反应生成H2S气体，会造成环境污染；向滤液a中先加入NaOH调pH≈8，此时Cu2+与OH﹣生成了Cu（OH）2沉淀，由于Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36远小于Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，即溶解度：Cu（OH）2＜CuS，再加入Na2S时，Cu（OH）2将转化为更难溶CuS沉淀。【解答】解：（1）用铜片和铂丝为电极，硫酸酸化的CuSO4溶液为电解液，电解完成后，取出铜片，铜片质量增加了mg，则Cu为阴极，Pt为阳极，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，阳极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，根据电子守恒有2Cu～4e﹣～O2，则理论上产生气体与析出铜的物质的量之比为1：2，故答案为：负极；2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑；1：2；（2）阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，则n（e﹣）＝2n（Cu）＝2×＝mol，电路中通过的电量为×NA×1.60×10﹣19库仑＝x库仑，NA＝，故答案为：；（3）配制500mL0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液、0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液需要使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（4）碱性条件下Cu2+能与OH﹣生成Cu（OH）2沉淀，导致电解铜的过程受阻，EDTA﹣2Na能形成可溶含铜配离子，则加入EDTA﹣2Na的作用是降低溶液中c（Cu2+），避免过量Cu2+与OH﹣形成Cu（OH）2沉淀，阻止铜的电解，故答案为：EDTA﹣2Na与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根离子形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解；（5）电解过程中Cu为阴极，若观察到铜片上有小气泡产生，则生成的气体为氢气，通过电路的电量偏大，根据NA与x的关系：NA＝可知，测定NA的数值偏大，故答案为：偏大；（6）将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体EDTA和滤液a，滤液a中氢离子浓度较大，Na2S是弱酸强碱盐，根据强酸制弱酸规律可知，若向滤液a中直接加入Na2S时将反应生成H2S气体，H2S气体是有毒，逸出会污染环境；2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，饱和Cu（OH）2溶液中c（Cu2+）＝＝mol/L≈1.77×10﹣7mol/L，饱和CuS溶液中c（Cu2+）＝＝mol/L≈2.5×10﹣18mol/L，则溶解度：Cu（OH）2＜CuS，所以向pH≈8的溶液中再加入Na2S时，Cu（OH）2将转化为更难溶CuS沉淀，使铜离子除去更彻底，故答案为：溶液显强酸性，酸与Na2S反应生成H2S污染性气体，污染环境；Na2S的作用是将生成的Cu（OH）2沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉Cu2+。【点评】本题考查电解原理的应用、阿伏伽德罗常数的测定，侧重基础知识检测、计算能力和灵活运用能力的考查，把握测定原理、电极的判断及电极反应、溶度积常数的计算是解题关键，注意题给信息的处理与应用，题目难度中等。3．（2024•如皋市模拟）生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物。（1）生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾（KHSO5）降解有机污染物的反应历程如图﹣1所示。图中和•OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。①H2SO5（S的化合价为+6）在水中的电离过程为：H2SO5═H++、⇌H++[K2（）＝4×10﹣10]。写出的结构式：。②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和OH﹣或•OH和，活性和•OH与难降解有机污染物反应生成CO2和H2O。③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28。（2）与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积，石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。（3）铁炭纳米材料在不同pH对有机污染物去除率（C/C0：溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图﹣2所示，pH越小有机污染物去除率越高的原因是：pH越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或•OH速率越快，同时pH越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或•OH速率也越快，所以有机污染物去除速率增大。（4）已知微粒的氧化性：＞•OH＞。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图﹣3所示。的存在对有机污染物的降解有影响，原因是：会与生成的和•OH转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。【答案】（1）①；②纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和OH﹣或•OH和，活性和•OH与难降解有机污染物反应生成CO2和H2O；③28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28；（2）石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染；（3）pH越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或•OH速率越快，同时pH越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或•OH速率也越快，所以有机污染物去除速率增大；（4）会与生成的和•OH转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。【分析】（1）①H2SO5中S的化合价为+6，H的化合价为+1价，5个O共﹣8价，说明有2个O是﹣1价，即含有过氧键，据此书写的结构式；②由图可知，纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和OH﹣或•OH和，活性和•OH与难降解有机污染物反应生成CO2和H2O；③C6H6O中C的平均价为﹣价，转化为CO2，C元素升高，1个C6H6O共升高28价，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，书写酸性条件下与苯酚反应的化学方程式；（2）石墨碳层可以增加反应的接触面积，也可以包裹铁，减少铁的渗出，减少二次污染；（3）pH越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或•OH速率越快，同时pH越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或•OH速率也越快，所以有机污染物去除速率增大；（4）会与生成的和•OH转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。【解答】解：（1）①H2SO5中S的化合价为+6，H的化合价为+1价，5个O共﹣8价，说明有2个O是﹣1价，即含有过氧键，则的结构式为：，故答案为：；②由图可知，生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和OH﹣或•OH和，活性和•OH与难降解有机污染物反应生成CO2和H2O，故答案为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和OH﹣或•OH和，活性和•OH与难降解有机污染物反应生成CO2和H2O；③若有机污染物为苯酚，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得酸性条件下与苯酚反应的化学方程式为：28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28，故答案为：28+11H2O+C6H6O＝6CO2+28H++28；（2）与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是石墨碳层可以增加反应的接触面积，石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染，故答案为：石墨碳层可以增加反应的接触面积，石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染；（3）铁炭纳米材料在不同pH对有机污染物去除率（C/C0：溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图﹣2所示，pH越小有机污染物去除率越高的原因是：pH越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或•OH速率越快，同时pH越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或•OH速率也越快，所以有机污染物去除速率增大，故答案为：pH越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或•OH速率越快，同时pH越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或•OH速率也越快，所以有机污染物去除速率增大；（4）已知微粒的氧化性：＞•OH＞，水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图﹣3所示，的存在对有机污染物的降解有影响，原因是会与生成的和•OH转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物，故答案为：会与生成的和•OH转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。【点评】本题主要考查学生阅读信息，提取信息的能力，同时考查学生的看图理解能力、应用分析能力，对能力要求较高，难度较大。4．（2024•浙江模拟）联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为﹣2。（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的离子方程式ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O。（3）联氨和N2O4可作为火箭推进剂，其反应的产物均无污染。其氧化产物和还原产物之比为2：1。（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2。【答案】见试题解答内容【分析】（1）N2H4是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数和为0计算化合价；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；（3）反应2N2H4+N2O4═3N2+4H2O中，只有N元素化合价发生变化，N2O4为氧化剂，N2H4为还原剂；（4）氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2+OH﹣，第二步电离方程式为N2+H2O⇌N2+OH﹣。【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为；其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为﹣2价，故答案为：；﹣2；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的离子方程式为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O，故答案为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O；（3）N2O4为氧化剂，N2H4为还原剂，氧化产物和还原产物都为N2，由氧化剂和还原剂的物质的量可知氧化产物和还原产物的质量比为2：1，故答案为：2：1；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2+OH﹣，第二步电离方程式为N2+H2O⇌N2+OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2，故答案为：N2H6（HSO4）2。【点评】本题考查了氮及其化合物性质、物质结构、弱电解质电离和氧化还原反应的应用，题目难度中等。5．（2024•宝山区校级模拟）元素周期表中所列①～⑨分别代表某种化学元素，请依据这9种元素回答下列问题：（1）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是C。A.常温常压下，2.24L元素②形成的单质中共价键的数目为0.3NAB.1mol乙醇和足量乙酸反应，生成乙酸乙酯的分子数为NAC.32g环状元素⑦组成的分子（）中含有的S﹣S键数为NAD.2mol单质⑥中有NA个分子（2）基态⑧原子价电子轨道表示式为，②原子和3个⑧原子形成的分子的空间结构是三角锥形。（3）③④⑤三种元素第一电离能由大到小的排列顺序为F＞Mg＞Na。（用元素符号表示）（4）关于上述9种元素，下列说法错误的是C。A.元素①属于元素周期表中s区元素B.元素⑦⑨组成的一种化合物可用于生产硫酸C.元素⑦的电负性大于元素⑧D.元素⑨的一种正离子可用KSCN溶液进行检验（5）下列相关事实内容所涉及化学知识错误的是D。A.医生叮嘱糖尿病患者控制白糖、红糖的摄入量——蔗糖水解能生成葡萄糖B.园艺师施肥时，草木灰和硝酸铵不混合施用——两种盐水解相互促进降低氮肥肥效C.酸雨的形成与元素②和⑦有关——形成过程都涉及了氧化还原反应D.HCl的酸性比H2S强——元素周期律（6）下列实验操作或装置能达到目的的是B。（不定项）选项ABCD操作或装置目的配制100mLFeCl3溶液验证Na2O2和H2O反应为放热反应测定84消毒液的pH保护铁闸门不被腐蚀【答案】（1）C；（2）；（3）F＞Mg＞Na；（4）C；（5）D；（6）B。【分析】元素周期表中所列①～⑨分别代表某种化学元素，结合周期表的结构分析可知①为H元素，②为N元素，③为O元素，④为Na元素，⑤为Mg元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Fe元素，（1）A．元素N形成的单质为N2，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则2.24L氮气物质的量小于0.1mol；B．1mol乙醇和足量乙酸发生酯化反应，反应为可逆反应；C．1个S8分子中含有8个S﹣S键；D．单质Si是共价晶体，是原子构成；（2）基态Cl原子价电子排布3s23p5，N原子和3个Cl原子形成的分子为NCl3，N原子sp3杂化；（3）③④⑤分别为F、Na、Mg，F的第一电离能最大，Mg的第一电离能大于Na；（4）A．元素H位于第ⅠA族；B．元素S、Fe组成的一种化合物FeS2；C．非金属性越强，电负性越大；D．元素Fe的一种阳离子Fe3+；（5）A．能水解生成葡萄糖，增加血液中葡萄糖含量；B．草木灰和硝酸铵混合会发生双水解反应生成氨气、二氧化碳；C．酸雨的形成与元素N和S形成的氧化物有关；D．HCl的酸性比H2S强，不能说明二者的非金属性大小；（6）A．配制100mLFeCl3溶液，定容时，视线、刻度和凹液面最低处相平；B．过氧化钠和水反应放热，广口瓶内压强增大，U型管中液面发生改变，能证明反应放热；C．84消毒液中含NaClO，溶液中次氯酸根离子水解生成次氯酸具有漂白性；D．铁闸门连接电源正极，做电解池的阳极，失电子发生氧化反应。【解答】解：（1）A．元素N形成的单质为N2，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则2.24L氮气物质的量小于0.1mol，分子中共价键的数目小于0.3NA，故A错误；B．1mol乙醇和足量乙酸反应，反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的分子数小于NA，故B错误；C．1个S8分子中含有8个S﹣S键，32g环状元素S组成的分子（），物质的量n＝＝mol，含有的S﹣S键数为NA，故C正确；D．2mol单质Si中不含分子，故D错误；故答案为：C；（2）基态Cl原子价电子轨道表示式为：，N原子和3个Cl原子形成的分子为NCl3，分子的空间结构是三角锥形，故答案为：；三角锥形；（3）③④⑤分别为F、Na、Mg，三种元素第一电离能由大到小的排列顺序为：F＞Mg＞Na，故答案为：F＞Mg＞Na；（4）A．元素H位于第ⅠA族，属于元素周期表中s区元素，故A正确；B．元素S、Fe组成的一种化合物FeS2，可用于生产硫酸，故B正确；C．非金属性S＜Cl，元素S的电负性小于元素Cl，故C错误；D．元素Fe的一种阳离子Fe3+，可用KSCN溶液进行检验，铁离子遇到KSCN溶液变为血红色，故D正确；故答案为：C；（5）A．蔗糖能水解生成葡萄糖，增加血液中葡萄糖含量，医生叮嘱糖尿病患者控制白糖、红糖的摄入量，蔗糖水解能生成葡萄糖，因此糖尿病患者需要控制米饭类食物的摄入量，故A正确；B．园艺师施肥时，草木灰和硝酸铵不混合施用，原因是两种盐水解相互促进降低氮肥肥效，故B正确；C．酸雨的形成与元素N和S有关，氮氧化物、二氧化硫的形成过程都涉及了氧化还原反应，故C正确；D．HCl的酸性比H2S强和元素周期律无关，故D错误；故答案为：D；（6）A．配制100mLFeCl3溶液，视线仰视错误，故A错误；B．过氧化钠遇到谁反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，气体压强增大，右边U型管中页面发生变化，可以验证Na2O2和H2O反应为放热反应，故B正确；C．84消毒液具有漂白性，不能用pH测定次氯酸钠溶液的pH，故C错误；D．图中铁闸门连接电源的正极，做电解池的阳极，失电子发生氧化反应，被腐蚀，铁闸门应连接电源的负极，故D错误；故答案为：B。【点评】本题考查了原子结构、周期表结构和应用、实验基本操作、电解池原理等知识点，题目难度中等。6．（2023•锦江区校级二模）某学习小组将Cu与H2O2的反应设计为原电池，并进行相关实验探究。回答下列问题：Ⅰ．实验准备（1）稀硫酸的配制①配制100mL0.3mol⋅L﹣1的H2SO4溶液，需6mol⋅L﹣1H2SO4溶液的体积为5.0mL。②在实验室配制上述溶液的过程中，如图所示仪器，需要用到的是100mL容量瓶（填仪器名称）。（2）Cu与H2O2在酸性条件下反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O。Ⅱ．实验探究【实验任务】利用相关原电池装置进行实验，探究物质氧化性或还原性的影响因素。【查阅资料】其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大。【进行实验】（3）利用下表所示装置进行实验1～4，记录数据。装置实验序号烧杯中所加试剂电压表读数30%H2O20.3mol⋅L﹣1H2SO4H2OV/mLV/mLV/mL130.0/10.0U1230.01.09.0U2330.02.08.0U3435.01.0V1U4已知：本实验条件下，对电压的影响可忽略。①根据表中信息，补充数据：V1＝4.0。②由实验2和4可知，U2小于U4（填“大于”或“小于”或“等于”），说明其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其氧化性越强。（4）由（3）中实验结果U3＞U2＞U1，小组同学对“电压随pH减小而增大”可能的原因，提出了以下两种猜想：猜想1：酸性条件下，H2O2的氧化性随pH减小而增强。猜想2：酸性条件下，Cu的还原性随pH减小而增强。为验证猜想，小组同学在（3）中实验1～4的基础上，利用下表装置进行实验5～﹣7，并记录数据。装置实验序号操作电压表读数5/U56①向左（填“左”或“右”）侧烧杯中滴加5.0mL0.3mol⋅L﹣1H2SO4溶液。U67向另一侧烧杯中滴加5.0mL0.3mol⋅L﹣1H2SO4溶液U7②实验结果为：U5≈U6、U5＜U7，说明猜想2不成立，猜想1成立。（5）已知Cu与H2O2反应时，加入氨水可形成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+。小组同学利用（4）中实验5的装置继续探究，向左侧烧杯中滴加5.0mL一定浓度的氨水，相比实验5，电压表读数增大，分析该电压表读数增大的原因：加入氨水可形成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。【实验结论】物质的氧化性（或还原性）强弱与其浓度、pH等因素有关。【答案】（1）①5.0；②100mL容量瓶；（2）Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；（3）①4.0；②小于；（4）①左；②U5＜U7；（5）加入氨水可形成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）减小，促进铜失电子，使电压表读数增大；【分析】（1）根据稀释规律和溶液配制的仪器进行分析即可；（2）根据离子方程式书写的方法进行；（3）根据表中的信息，结合氧化还原反应的知识，运用单一控制法进行解答；（4）根据题给实验装置，结合电化学知识进行分析解答；（5）根据题给信息，结合电压表读数的变化进行分析。【解答】解：（1）①根据稀释规律c1V1＝c2V2可知，配制100mL0.3mol⋅L﹣1的H2SO4溶液，需6mol⋅L﹣1H2SO4溶液的体积为：＝0.005L＝5.0mL；故答案为：5.0；②在实验室配制上述溶液的过程中，题给仪器中，需要用到100mL容量瓶；故答案为：100mL容量瓶；（2）Cu在酸性条件下被H2O2氧化为铜离子，过氧化氢转化为水，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；故答案为：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；（3）①根据单一控制法可知，总溶液的体积为40.0mL，则V＝40.0﹣35.0﹣1.0＝4.0；故答案为：4.0；②由实验2和4可知，过氧化氢的浓度不同，结合结论可推出：U2小于U4；故答案为：小于；（4）涉及双液原电池后，若向左侧烧杯溶液中加入硫酸与没有加入硫酸时，U5≈U6，则可推出猜想2不成立；再向右侧烧杯溶液中加入等物质的量的硫酸，观察得到U5＜U7，则说明猜想1成立；故答案为：①左；②U5＜U7；（5）加入氨水可形成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）减小，促进铜失电子，使电压表读数增大；故答案为：加入氨水可形成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+，使溶液中c（Cu2+）减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。【点评】本题考查了溶液配制和原电池的有关知识，难度较大，掌握基础知识，分析题给信息是解答的关键。7．（2023•广州一模）醋酸钠（CH3COONa）是一种常用的防腐剂和缓冲剂。（1）配制250mL0.10mol⋅L﹣1CH3COONa溶液，需要称量醋酸钠晶体（CH3COONa⋅3H2O，M＝136g⋅mol﹣1）的质量为3.4g。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶（从下列图中选择，写出名称）。（2）某小组探究外界因素对CH3COONa水解程度的影响。甲同学设计实验方案如下（表中溶液浓度均为0.10mol⋅L﹣1）：ⅰ.实验1和2（填序号），探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响；ⅱ.实验1和3，探究加入对CH3COONa水解程度的影响；ⅲ.实验1和4，探究温度对CH3COONa水解程度的影响。序号温度V（CH3COONa）/mLV（CH3COONH4）/mLV（H2O）/mLpH125℃40.000A1225℃4.0036.0325℃20.010.0aA3440℃40.000A4①根据甲同学的实验方案，补充数据：a＝0。②实验测得A1＞A3，该结果不足以证明加入促进了CH3COONa的水解。根据CH3COOH（填一种微粒的化学式）的浓度增大可以说明加入能促进CH3COONa的水解。③已知CH3COONa水解为吸热反应，甲同学预测A1＜A4，但实验结果为A1＞A4。实验结果与预测不一致的原因是温度升高，CH3COONa水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致溶液中c（H+）增大，pH减小。（3）小组通过测定不同温度下CH3COONa的水解常数Kh确定温度对CH3COONa水解程度的影响。查阅资料：Kh＝，c0为CH3COONa溶液起始浓度。试剂：0.10mol⋅L﹣1CH3COONa溶液、0.1000mol⋅L﹣1盐酸、pH计。实验：测定40℃下CH3COONa水解常数Kh，完成下表中序号7的实验。序号实验记录的数据5取20.00mLCH3COONa溶液，用0.1000mol⋅L﹣1盐酸滴定至终点消耗盐酸体积为VmL6测40℃纯水的pHb7测40℃时相同CH3COONa溶液的pHc在50℃和60℃下重复上述实验。数据处理：40℃，Kh＝（用含V、b、c的计算式表示）。实验结论：Kh（60℃）＞Kh（50℃）＞Kh（40℃），温度升高，促进CH3COONa水解。【答案】（1）3.4g；烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；（2）i.1；2；①0；②CH3COOH；③温度升高，CH3COONa水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致溶液中c（H+）增大，pH减小；（3）测40℃时相同CH3COONa溶液的pH；。【分析】（1）根据n＝cV和m＝nM计算需要称量醋酸钠晶体的质量；配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此分析所需仪器；（2）i.探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响，只能是c（CH3COONa）不同，其他条件必须均相同；①序号1实验和3实验是探究加入对CH3COONa水解程度的影响，则c（CH3COO﹣）必须相同；②加入促进了CH3COONa的水解，则溶液中c（CH3COOH）增大；③温度升高能促进CH3COONa的水解，但也能促进水的电离，应综合两种因素的影响分析判断；（3）CH3COONa+HCl＝CH3COOH+NaCl，n（CH3COONa）＝n（HCl）＝cV＝0.1000V×10﹣3mol，CH3COONa溶液起始浓度c0＝＝mol，40℃纯水的pH＝b，即c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣bmol/L，40℃时水的离子积Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣2b，由水解常数Kh＝可知，要确定40℃时CH3COO﹣水解常数Kh，还需要测定的值是40℃时该CH3COONa溶液的pH值，据此分析解答。【解答】解：（1）250mL0.10mol⋅L﹣1CH3COONa溶液中n（CH3COONa）＝cV＝0.25L×0.10mol/L＝0.025mol，需要称量醋酸钠晶体的质量m（CH3COONa⋅3H2O）＝m（CH3COONa）＝nM＝0.025mol×136g⋅mol﹣1＝3.4g，根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤可知，需要的实验仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：3.4g；烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；（2）i.探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响，只能是c（CH3COONa）不同，其他条件必须均相同，由表中数据可知，序号1、2、3实验的温度相同，只有序号1、2实验是c（CH3COONa）不同，则1、2实验可用于探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响，故答案为：1；2；①序号1、3实验是探究加入对CH3COONa水解程度的影响，则c（CH3COO﹣）必须相同，即mol/L＝0.1mol/L，解得a＝0，故答案为：0；②水解呈酸性，会导致溶液的pH减小，测定结果不足以证明加入促进了CH3COONa的水解，应根据溶液中c（CH3COOH）的变化分析判断，促进CH3COONa的水解时溶液中c（CH3COOH）增大，所以可根据溶液中CH3COOH的浓度增大来判定能促进CH3COONa的水解，故答案为：CH3COOH；③盐类水解吸热、水的电离也吸热。升高温度既能促进CH3COONa的水解，也能促进水的电离，实验结果与预测不一致的原因是温度升高，CH3COONa水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致溶液中c（H+）增大，pH减小，故答案为：温度升高，CH3COONa水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致溶液中c（H+）增大，pH减小；（3）CH3COONa+HCl＝CH3COOH+NaCl，n（CH3COONa）＝n（HCl）＝cV＝0.1000V×10﹣3mol，CH3COONa溶液起始浓度c0＝＝mol，40℃纯水的pH＝b，即c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣bmol/L，40℃时水的离子积Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣2b，根据水解常数Kh＝可知，要确定40℃时CH3COO﹣水解常数Kh，还需要测定的值是40℃时该CH3COONa溶液的pH值，即序号7的实验是测40℃时相同CH3COONa溶液的pH，若此时pH＝c，则c（OH﹣）＝＝mol/L，所以40℃时CH3COO﹣水解常数Kh＝，故答案为：测40℃时相同CH3COONa溶液的pH；。【点评】本题考查盐类水解、一点物质的量浓度的配制，把握盐类水解原理及其影响因素、水解平衡常数的计算是解题关键，侧重分析能力、计算能力和实验能力考查，注意掌握控制变量法在实验探究中的应用，题目难度中等。8．（2023•安丘市校级模拟）我国长征火箭常用偏二甲肼和四氧化二氮作燃料。回答下列问题：（1）偏二甲肼结构简式为，1mol该物质中共价键的物质的量为11mol。（2）在容积为2L的恒容容器中，通入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0，100℃时体系中NO2和N2O4的物质的量随时间变化如图所示。①在0～10s时段，反应速率v（NO2）＝0.001mol⋅L﹣1⋅s﹣1，t1时刻N2O4的浓度c（N2O4）＝0.015mol⋅L﹣1。②能说明该反应已达到平衡状态的是bd。a．2v正（NO2）＝v逆（N2O4）b．容器内总压强保持不变c．c（NO2）：c（N2O4）＝2：1d．容器内气体颜色不再变化③对于化学反应aA+bB⇌cC+dD，反应物A的平衡转化率可以表示为：α（A）＝×100%，试计算此温度下该反应到达平衡时NO2的平衡转化率α（NO2）＝66.7%（保留小数点后1位）；升高温度重新平衡后，混合气体颜色变深（填“变深”、“变浅”或“不变”）。【答案】（1）11；（2）①0.001；0.015；②bd；③66.7%；变深。【分析】（1）根据偏二甲肼结构简式作答；（2）①根据反应速率v（NO2）＝＝，c（N2O4）＝进行作答；②根据变量不变，逆向相等来判断反应是否达到了平衡状态；③代入平衡转化率公式即可作答；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。【解答】解：（1）根据偏二甲肼结构简式，可知1mol该物质中共价键的物质的量为11mol，故答案为：11；（2）①由图知，在0～10s时段，NO2的物质的量由0.12mol降到0.10mol，物质的量的变化量为0.02mol，反应速率v（NO2）＝＝＝＝0.001mol⋅L﹣1⋅s﹣1；t1时刻N2O4的物质的量为0.03mol，c（N2O4）＝＝＝0.015mol⋅L﹣1，故答案为：0.001；0.015；②a．当2v正（NO2）＝v逆（N2O4）时，正反应速率不等于逆反应速率，不能说明反应已达到平衡状态，故a错误；b．该反应气体体积发生改变，容积体积不变，当容器内总压强保持不变，该反应已达到平衡状态，故b正确；c．若起始充入的c（NO2）：c（N2O4）＝2：1，则不管反应是否达到平衡，任意时刻c（NO2）：c（N2O4）＝2：1，因此当c（NO2）：c（N2O4）＝2：1，不能说明反应已达到平衡状态，故c错误；d．二氧化氮有颜色，当容器内气体颜色不再变化，说明该反应已达到平衡状态，故d正确；故答案为：bd；③根据公式可知，此温度下该反应到达平衡时NO2的平衡转化率α（NO2）＝×100%＝66.7%；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，重新平衡后，混合气体颜色变深，故答案为：66.7%；变深。【点评】本题主要考查化学平衡状态的判断、化学平衡的计算，包括化学反应速率的计算、转化率的计算、浓度的计算等知识，为高频考点，题目难度一般。9．（2023•嘉定区二模）（一）短周期的元素在自然界中比较常见，尤其是非金属元素及其化合物在社会生活中有着很重要的作用。请完成（一）（二）两大题。（1）补全下侧元素周期表中符号。表中元素形成的最稳定氢化物是HF，该氢化物在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度小（填“大”或“小”）。BCNOFAlSiPSCl（2）硅原子核外电子运动状态为14种，其最外层电子排布式为3s23p2，硅微粒非常坚硬，比较晶体硅与碳化硅的熔点高低并解释说明晶体硅的熔点低于碳化硅，二者均为结构相似的原子晶体（熔点与共价键强弱有关），原子半径Si＞C，共价键键长Si﹣Si＞Si﹣C，键能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶体硅的熔点低于碳化硅。（3）碳元素的非金属性比硫弱，可由一复分解反应推测而得，其反应的化学方程式为2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）。（4）烟气中的NO与尿素[CO（NH2）2]（C的化合价为+4）反应进行脱硝。反应的化学方程式是：2CO（NH2）2+8NO＝2CO2+6N2+O2+4H2O。该反应的氧化产物为N2和O2，若反应过程中有2.24L（标准状况下）NO反应，则电子转移的数目为0.2NA。（二）（5）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的还原性。自来水中含硫量约70mg/L，它只能以（填微粒符号）形式存在。（6）实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体作用制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：氢氧化钠是强电解质，溶解放热，增加了氢氧根浓度，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH⁻向生成NH3移动，加快氨气逸出。（7）如图是向5mL0.1mol•L﹣1氨水中逐滴滴加0.1mol•L﹣1醋酸，测量其导电性的数字化实验曲线图，请你解释曲线变化的原因氨水是弱电解质本身导电性差，滴加醋酸后生成强电解质醋酸铵，强电解质完全电离，离子浓度增大，导电性增强，反应完全后继续加醋酸，离子浓度因稀释而减小，导电性减弱。甲硫醇（CH3SH）是一种重要的有机合成原料，用于合成染料、医药、农药等。工业上可用甲醇和硫化氢气体制取：熔点（℃）沸点（℃）甲醇﹣9764.7甲硫醇﹣1237.6完成下列填空：（8）写出该反应的化学平衡常数表达式K＝。该反应的温度为280～450℃，选该反应温度可能的原因是：①加快反应速率；②催化剂的最佳活性温度范围。（9）已知在2L密闭容器中，只加入反应物，进行到10分钟时达到平衡，测得水的质量为5.4g，则v（CH3SH）＝0.015mol/（L•min）。（10）常温常压下，2.4g甲硫醇完全燃烧生成二氧化硫和其他稳定产物，并同时放出52.42kJ的热量，则甲硫醇燃烧的热化学方程式为CH3SH（g）+3O2（g）＝SO2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣1048.4kJ/mol。【答案】（1）B；P；HF；小；（2）14；3s23p2；晶体硅的熔点低于碳化硅，二者均为结构相似的原子晶体（熔点与共价键强弱有关），原子半径Si＞C，共价键键长Si﹣Si＞Si﹣C，键能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶体硅的熔点低于碳化硅；（3）弱；2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）；（4）N2和O2；0.2NA；（5）还原；SO42―；（6）氢氧化钠是强电解质，溶解放热，增加了氢氧根浓度，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH⁻向生成NH3移动，加快氨气逸出；（7）氨水是弱电解质本身导电性差，滴加醋酸后生成强电解质醋酸铵，强电解质完全电离，离子浓度增大，导电性增强，反应完全后继续加醋酸，离子浓度因稀释而减小，导电性减弱；（8）K＝；催化剂的最佳活性温度范围；（9）0.015；（10）CH3SH（g）+3O2（g）＝SO2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣1048.4kJ/mol。【分析】（1）根据元素周期表中各元素位置和元素周期律进行分析；（2）根据Si原子的核外电子排布进行分析；（3）根据反应2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO₃+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）进行分析；（4）根据NO与尿素[CO（NH2）2反应进行脱硝：2CO（NH2）2+8NO＝2CO2+6N2+O2+4H2O，结合氧化还原反应的知识进行分析；（5）SO2可以防止酒液氧化，SO2作抗氧化剂，体现了SO2的还原性；（6）浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，增加了氢氧根浓度进行分析；（7）氨水中的NH3•H2O是弱电解质，向其中加入弱酸醋酸溶液时，二者发生反应产生可溶性强电解质CH3COONH4，进行分析；（8）根据反应方程式可推出平衡常数表达式；（9）已知在2L密闭容器中，只加入反应物，进行到10分钟时达到平衡，测得生成水的质量为5.4g，运用化学反应速率计算公式进行；（10）根据热化学方程式的书写方法进行分析。【解答】解：（1）根据元素周期表中各元素位置可知，与Al同主族，在C前面的元素为B元素，与N同主族，在S前面的元素为P元素；同周期从左到右元素非金属性逐渐增强，同主族从上而下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，故表中元素形成的最稳定氢化物是HF；该氢化物和水均为极性分子，而CCl4为非极性分子，根据相似相容原理，该氢化物在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度小，故答案为：B；P；HF；小；（2）Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，共有14个核外电子，每个电子为一种运动状态，因此共有14种运动状态；其最外层电子排布式为3s23p2，晶体硅的熔点低于碳化硅，二者均为结构相似的原子晶体（熔点与共价键强弱有关），原子半径Si＞C，共价键键长：Si﹣Si＞Si﹣C，键能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶体硅的熔点低于碳化硅，故答案为：14；3s23p2；晶体硅的熔点低于碳化硅，二者均为结构相似的原子晶体（熔点与共价键强弱有关），原子半径Si＞C，共价键键长Si﹣Si＞Si﹣C，键能Si﹣Si＜Si﹣C，故晶体硅的熔点低于碳化硅；（3）根据反应2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑），可证明碳元素的非金属性比硫弱，故答案为：弱；2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑（或Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑）；（4）NO与尿素[C