1、 河北省唐山市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题变式题【原卷 1 题】 知识点 化学科学对人类文明发展的意义 【正确答案】D 1-1（基础） 化学与生活、环境、生产密切相关。下列叙述正确的是A.碳纳米点是一种直径小于10nm的材料，是胶体B.燃料的脱硫、NOx的催化转化都是减少温室效应的措施C.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质D.液氨和干冰均可作制冷剂【正确答案】 D 1-2（基础） 化学与生产、生活、科技和环境等联系密切。下列说法错误的是A.用人工合成淀粉，有利于促进“碳中和”B.葡萄酒中添加微量的作用是杀菌、抗氧化C.纳米铁粉通过物理吸附去除污水中、等重金属离子D.“北
2、斗组网卫星”使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料【正确答案】 C 1-3（巩固） 化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A.使用可降解的聚碳酸酯塑料有利于减少白色污染B.采用风能、太阳能等洁净能源发电，有利于实现碳中和C.研究合适的催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放D.将废旧重金属盐的废液深度掩埋会减少环境污染【正确答案】 D 1-4（巩固） 化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述正确的是A.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝B.核电站反应堆所用轴棒中含有的与互为同素异形体C.火箭芯一级尾段使用的碳纤维材料属于新型无机非金属材料D.向煤中加入等来处理燃
3、烧煤生成的【正确答案】 C 1-5（提升） 化学与生产、生活、环境等密切相关。下列说法正确的是A.医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同B.燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于有机化合物D.中国天眼使用的防腐蚀材料磷酸钡属于强电解质【正确答案】 D 1-6（提升） 化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是A.维生素C常用作抗氧化剂，说明它具有还原性B.大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术，可以减少SO2、NO2的排放C.工业生产玻璃、水泥均需用石灰石作原料D.糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，都能发生水解反应【正确
4、答案】 D【原卷 2 题】 知识点 化学用语综合判断 【正确答案】C 2-1（基础） 下列物质名称与化学式不对应的是A.碳铵：NH4HCO3B.蔗糖：C12H22O11C.石膏：CaSO42H2OD.蚁醛：CH3CHO【正确答案】 D 2-2（基础） 下列物质对应的化学式正确的是A.白磷：P2B.乙胺：CH3CH2NH2C.胆矾：FeSO47H2OD.硬脂酸：C15H31COOH【正确答案】 B 2-3（巩固） 下列化学式对应的物质名称不正确的是A.：芒硝B.：熟石膏C.：甘油D.：3-甲基己烷【正确答案】 A 2-4（巩固） 下列物质的名称与其化学式对应的是A.草酸HCOOHB.绿矾ZnSO
5、47H2OC.工业盐NaNO3D.阿司匹林乙酰水杨酸【正确答案】 D 2-5（提升） 下列物质的名称与化学式不对应的是A.绿矾：FeSO47H2OB.水玻璃：Na2SiO3水溶液C.蔗糖：C12H24O12D.硝化纤维： 【正确答案】 C 2-6（提升） 下列名称与结构或化学式不相符的是A.TNT：B.乙酸酐：(CH3)2COC.蔗糖：C12H22O11D.摩尔盐：(NH4)2Fe(SO4)26H2O【正确答案】 B【原卷 3 题】 知识点 二氧化硅,海水提取溴,氨水 【正确答案】B 3-1（基础） 下列有关非金属元素说法正确的是A.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒B.液氨汽化时要吸
6、收大量的热，可用作制冷剂C.硫具有还原性，可用硫粉覆盖地上洒落的汞D.金刚石与石墨均由碳元素构成，二者互称为同位素【正确答案】 B 3-2（基础） 下列有关非金属化合物的性质说法正确的是A.向溶液中通入少量的生成沉淀B.通入水中能得到一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色C.汽车尾气中的主要大气污染物为和PM2.5D.将等物质的量的和通入水中，溶液的漂白性增强【正确答案】 B 3-3（巩固） 下列说法正确的是A.三氧化硫溶于水能导电，三氧化硫是电解质B.CO2分子中所有原子都满足最外层8电子结构C.常温下硅的性质很稳定，自然界中存在游离态的硅D.NH4NO3由非金属元素组成，属于共价化合物【正确
7、答案】 B 3-4（巩固） 下列有关非金属元素及其化合物的性质叙述错误的是A.F2、Cl2均能和水发生反应，且水表现出的性质完全相同B.H2O2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液反应生成O2C.炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅D.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+【正确答案】 A 3-5（提升） 关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是A.C2H4分子中只有极性键B.可用排空气法收集NOC.H2S燃烧时产生苍白色火焰D.纯净干燥的Cl2没有漂白性【正确答案】 D 3-6（提升） 下列有关非金属化合物的性质说法正确的是A.向CaCl2溶液中通入少量的CO2
8、生成CaCO3沉淀B.NO2通入水中能得到一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色C.将分别蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D.将等物质的量的SO2和Cl2通入水中，溶液的漂白性增强【正确答案】 B【原卷 4 题】 知识点 阿伏加德罗常数的应用,电子转移计算 【正确答案】A 4-1（基础） 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1molH2与0.1mol在密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAB.足量的铁粉与1mol充分反应，转移的电子数目为3NAC.0.1mol/L溶液中含数目一定小于0.3NAD.标准状况下，2.24L与足量的反应，转移电子数为0.1NA【正
9、确答案】 D 4-2（基础） NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12 g 金刚石中含有的C-C键数目为4NAB.标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为0.75NAC.23gNa与78gNa2O2分别与足量水反应生成的气体体积相同D.100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA【正确答案】 D 4-3（巩固） 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5NAB.0.1molFe分别与足量I2、S完全反应，转移电子数均为0.2NA个C.标准状况下，22.4LSO2和SO3混合物中含有的硫原子数目为0.
10、1NAD.28g的C2H4和N2混合气体中含有的原子数为2NA【正确答案】 B 4-4（巩固） 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol D318O+(其中D代表)中含有的中子数为10 NAB.2NA个HCl分子与44.8 L H2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NAC.物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl-的数目为3NAD.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA【正确答案】 D 4-5（提升） 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1 mol甲烷和1 mol氯气在光照条件下反应，生成一氯甲
11、烷的数目为B.标准状况下，2.24L异丁烷中含有的极性共价键的数目为C.3.2g Cu与1.6g单质硫充分反应，转移的电子数为D.常温常压下，中含有的原子数为【正确答案】 B 4-6（提升） 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.在一密闭容器中，通入标况下11.2LNO2，达平衡后，含有的氮原子数为0.5NAB.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAC.5.6gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3xH2O，电极反应中转移的电子数为0.3NAD.用电解法粗铜精炼，当电路中通过电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+【正确答案】 A【原卷 5 题】 知识点 “
12、位构性”关系理解及应用,根据物质性质进行元素种类推断,多元羧酸的缩聚反应 【正确答案】B 5-1（基础） 化合物M(结构式如图)是结构的重要组成部分，其中元素Y、Z、W在同一周期，X与其他元素不在同一周期，且原子半径最小。W的一种核素常用于测定文物年代。下列说法正确的是 A.原子半径：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.M是共价化合物，分子中每个原子都满足8电子稳定结构D.X与Y形成的化合物的沸点一定高于X与W形成的化合物的沸点【正确答案】 B 5-2（基础） W、X、Y、Z为原子半径依次减小的同周期主族元素，Z的简单氢化物的水溶液常用来腐蚀玻璃。由四种元素组成的某阴离子的结构如图所示，下列
13、说法错误的是A.W的最高价含氧酸为弱酸B.固态可用于冷藏食物C.常温常压下，X、Z的氢化物均为气态D.上述阴离子中W、Z原子最外层均满足8电子结构【正确答案】 C 5-3（巩固） W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W、X、Y组成的一种化合物如图。下列说法正确的是A.四种元素中X的原子半径最大，简单离子半径最小B.最高化合价：ZY=WXC.氧化物对应水化物的酸性：ZYD.气态氢化物的稳定性：YZ【正确答案】 A 5-4（巩固） X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z在同一周期，且Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，它们可组成一种结构如下图的物质，该
14、物质的结晶水合物为自然界的一种矿藏，下列有关说法正确的是A.分子中各原子均满足8电子稳定结构B.由X、Z两种元素组成的化合物中只含有极性键C.简单离子半径：WZD.W、Z两种元素按原子个数比11组成的化合物具有强氧化性【正确答案】 D 5-5（提升） 短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，W、Y、Z三种元素能参与形成一种有机功能材料，结构如图所示(R表示一种有机基团)。下列说法正确的是A.W、Z在自然界中均不存在游离态B.简单离子的还原性：C.的半径是所有微粒中最小的D.W、X、Z三种元素组成的化合物中只含共价键【正确答案】 C
15、 5-6（提升） 某化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列叙述正确的是A.WX溶于水后溶液呈中性B.氧化物沸点；YZC.Z的氧化物对应的水化物是一元强酸D.X、Y、Z、W均能和Q形成两种或两种以上化合物【正确答案】 D【原卷 6 题】 知识点 与氧化剂、还原剂有关的计算,氧化还原反应方程式的配平,铁盐与亚铁盐鉴别试剂的选择,常见无机物的制备 【正确答案】D 6-1（基础） 明代徐光启手迹中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下：下列有关说法不正确的是A.若煅烧时隔绝空气
16、，得到的气体X可能为SO2B.上述转化流程中依次发生分解、化合和复分解反应C.由蒸馏过程发生的反应可推测H2SO4的酸性比HNO3的强D.现代工业上常在吸收塔顶喷淋H2O吸收NO2制备硝酸，提高产率【正确答案】 C 6-2（基础） 亚氯酸钠(NaClO2)是一种新型氧化剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等，常用的制备亚氯酸钠流程如下：下列说法错误的是A.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1B.若反应通过原电池来实现，则ClO2在正极生成C.反应中的H2O2可用NaClO4代替D.反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【正确答案】 C 6-3（巩固） 俗名为摩尔盐，易溶于水，不溶
17、于乙醇，在100110时分解，可用于电镀，其简化的制备流程如表：取适量的废铁屑于锥形瓶中，加溶液，小火加热煮沸，分离并洗涤加入硫酸，水浴加热至反应完成，趁热抽滤在滤液中加入一定量的固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤步骤1步骤2步骤3下列说法错误的是A.步骤1中进行“小火加热煮沸”的主要目的是充分去除废铁屑表面的油污B.废铁屑中常含氧化铁，需要在制备前除去C.实验室加热浓缩时所用到的主要仪器中含硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和蒸发皿D.用湿润的红色石蕊试纸、盐酸和可检验摩尔盐中的离子(必要时可加热、搅拌)【正确答案】 B 6-4（巩固） 碳酸亚铁可参与锂离子电池正极材料磷酸铁锂的制备，某攻关团队
18、以硫铁矿(主要成分为，含等杂质)为原料来制备碳酸亚铁的简单工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“培烧”逸出的气体中只含有毒气体B.“滤渣1”一定含C.“乳白色浑浊”一定是硫单质D.“操作2”的主要目的是除去铝杂质【正确答案】 A 6-5（提升） 碱式氯化铜CuaClb(OH)cxH2O是一种重要的无机杀虫剂，它的制备流程如下，下列有关说法正确的是A.FeCl3的作用是增强盐酸的氧化性B.加入少量CuO目的是为了除去Fe3+C.石灰乳可用纯碱代替D.若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2L空气【正确答案】 B 6-6（提升） 工业上以某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2
19、O3等杂质)为原料，利用烟道气中的制备的流程如图所示，下列说法正确的是A.滤渣A的主要成分为Si，滤渣B的主要成分为Al(OH)3B.“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为：C.滤液1中主要含有的离子是、D.操作I为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥【正确答案】 B【原卷 7 题】 知识点 化学实验方案的设计与评价 【正确答案】D 7-1（基础） 下列实验操作和现象以及结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向溶液(橙红色)中滴入稀，溶液橙红色变浅转化为B向溶液中加入溶液，充分反应。取反应后试样，滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色；另取反应后试样，加入溶液，产生黄色沉淀反应是可逆反应C将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热
20、，产生的气体直接通入溴水中溶液橙黄色褪去产生的乙烯具有还原性D向的混合溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【正确答案】 B 7-2（基础） 下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是操作和现象结论A向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊析出的物质是NaHCO3B向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解生成了NO2C向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170，产生的气体通入酸性KMnO4溶
21、液，紫红色褪去乙醇发生了消去反应A.AB.BC.CD.D【正确答案】 A 7-3（巩固） 下列方案设计、现象和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A氯化铬化学式的测定氯化铬在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，观察现象产生沉淀，则此氯化铬化学式的B探究B、C、S三种元素的非金属性分别向饱和酸溶液和稀硫酸溶液中加入少量粉末前者无气泡冒出，后者有气泡冒出，非金属性：C检验碳酸与苯酚的酸性强弱向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，观察现象溶液变浑浊，说明酸性：碳酸苯酚D检验与的还原性强弱向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，观察现象溶液变蓝色，不能说明还原性：A.AB.BC.CD.D【正
22、确答案】 A 7-4（巩固） 由实验操作和现象可得出相应正确结论的是选项实验操作现象结论A往Na2SiO3溶液中通入少量NO2有透明凝胶生成非金属性：NSiB向两支均盛有5mL0.1molL-1的H2O2溶液的试管中分别加入2滴0.05molL-1的Fe2(SO4)3溶液和0.1molL-1CuCl2溶液前者产生气泡较快催化能力：C向淀粉解液中滴加稀H2SO4，水浴加热，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解D向某酸雨样品中加入Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成酸雨样品中一定含有SOA.AB.BC.CD.D【正确答案】 A 7-5（提升） 根据下列实验操作和现象得出的结
23、论正确的是选项实验操作现象结论A向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液。品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3B向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。KMnO4溶液紫色褪去Fe2+具有还原性C取5mL 0.1molL-1 KI溶液，滴加56滴0.1molL-1 FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液溶液变红KI与FeCl3的反应是可逆反应D向AgNO3，溶液中滴加过量氨水得到澄清溶液Ag与NH3H2O能大量共存A.AB.BC.CD.D【正确答案】 C 7-6（提升） 下列有关化学实验操作、预期现象和解释与结论均正确的是选项实验操作预期
24、现象解释与结论A将过量的干燥氯气通入装有几片新鲜玫瑰花瓣的集气瓶中鲜花未变色干燥没有漂白性B向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液溶液变蓝氧化性：C将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液有白色沉淀产生未全部反应D将硫酸酸化的溶液滴入溶液中溶液由浅绿色变黄色无法证明氧化性强于A.AB.BC.CD.D【正确答案】 D【原卷 8 题】知识点 有机官能团的性质及结构,有机分子中原子共面的判断,含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算 【正确答案】C 8-1（基础） 2022年10月，美国和丹麦三位科学家在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献获得诺贝尔化学奖。二苯基环辛炔羧酸(如图
25、)是点击化学的产品之一，可用于治疗癌症。下列说法正确的是A.分子中含有4种官能团B.分子式为C19H16NO3C.该化合物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应D.该化合物分别与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，其反应机理相同【正确答案】 C 8-2（基础） 莲藕中某多酚类物质的结构简式如图所示(R为烃基)。下列说法不正确的是A.置于空气中易被氧化B.能与FeCl3溶液发生显色反应C.能与饱和溴水发生加成反应D.与苯环直接相连的原子共平面【正确答案】 C 8-3（巩固） 关于有机化合物，下列说法不正确的是A.该物质中含有4种官能团B.该物质中含有1个手性碳原子C.该物质可以发生消去、氧化、加成等反应
26、D.该物质与足量溶液反应，最多可消耗【正确答案】 D 8-4（巩固） 香豆素是一大类存在于植物界中的香豆素类化合物的母核，有类似香草精的愉快香味。其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.分子式为B.易溶于冷水C.不能使酸性溶液褪色D.1mol该有机物最多能与2molNaOH反应【正确答案】 D 8-5（提升） 合成某种具有解毒消肿、祛风活络的功能药物的中间体(M)的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是A.该分子中所有原子可能都在同一平面B.环上的一氯代物有2种C.1molM最多与4mol发生加成反应D.1molM最多消耗6molNaOH【正确答案】 C 8-6（提升） 关于化合物M： 下
27、列说法正确的是A.M分子中处于同一直线上的原子数最多为9个B.M分子中仅含有1个手性碳原子C.1mol M可以消耗1mol NaOHD.M不能使酸性KMnO4稀溶液褪色【正确答案】 C【原卷 9 题】 知识点 电离平衡常数及影响因素,盐类水解规律理解及应用,盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理 【正确答案】B 9-1（基础） 已知25，几种酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数A.将0.1 mol/L的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小B.少量SO2通入Na2CO3溶液中反应的离子方程式：C.少量 SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程
28、式：D.25，等物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，碱性最强的是NaClO【正确答案】 B 9-2（基础） 已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如表：物质一级电离常数二级电离常数下列说法正确的是A.相同条件下，同浓度的溶液和溶液的酸性，后者更强B.向氯水中分别加入等浓度的和溶液，均可提高氯水中HClO的浓度C.向NaClO溶液中通入少量D.向溶液中通入少量【正确答案】 D 9-3（巩固） 下列关于盐类水解的说法错误的是（ ）A.pH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液的物质的量浓度大小：B.浓度均为0.1molL-1的(NH4)2
29、CO3、(NH4)2SO4、NH4HSO4溶液中，的大小顺序为C.0.2 molL-1的CH3COONa溶液中c（OH）是0.1 molL-1的CH3COONa溶液中c（OH）的2倍D.0.1 molL-1的NaX、NaY、NaZ的pH依次增大，可得出HX、HY、HZ的酸性依次减弱【正确答案】 C 9-4（巩固） 联氨(N2H4)可溶于水，在水中的电离方式与氨(NH3)相似。室温下，向0.1mol/L联氨溶液中通入HCl，若通入HCl所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略。下列说法不正确的是已知：N2H4电离平衡常数分别为Kb1110-6、Kb2110-15。A.N2H4吸收等物质的量HCl所
30、得溶液中：c(N2H)7)： c()c()c(H2CO3)c(NH3H2O)B.20. 0mL 0. 2mol/L HA溶液中加入10. 0mL 0. 2mol/L KOH溶液后pH=5，则Ka10-5C.向0.10molL-1 CH3COONa溶液中通HCl至溶液pH=7 (通入气体对溶液体积的影响可忽略)： c(Na+) c( CH3COOH)=c(Cl-)D.亚硫酸的电离平衡常数为Ka1 =1.4 10-2， Ka2=6.0 10-8，向稀KOH溶液中通入SO2至溶液呈中性：c(K+ )c()c()c(OH-)【正确答案】 D 9-6（提升） 部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOH
31、HCNH2CO3电离平衡常数(25 )Ki=1.7710-4Ki=4.910-10Ki1=4.310-7 Ki2=5.610-11下列选项错误的是A.2CN-H2OCO2=2HCNCOB.2HCOOHCO=2HCOO-H2OCO2C.由数据可知酸性：HCOOHH2CO3HCNHCOD.25 时，在等浓度的CH3COOH溶液和HCN溶液中，水的电离程度后者大【正确答案】 A【原卷 10 题】 知识点 离子方程式的正误判断,离子反应的发生及书写 【正确答案】B D 10-1（基础） 下列离子方程式书写正确的是A.向FeS固体中加入稀硝酸：B.向溶液中滴加溶液至中性：C.向新制溴水中通入少量：D.向
32、溶液中滴加过量氨水：【正确答案】 C 10-2（基础） 下列离子方程式书写正确的是 A.FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2Cl2 = Fe32ClB.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2十OHHCO3-= CaCO3H2OC.铝和烧碱溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；D.AlCl3溶液中加入过量氨水：Al34OH= AlO22H2O【正确答案】 BC 10-3（巩固） 下列离子方程式的书写中正确的是A.将少量碳酸钠溶液滴加到盐酸中 CO32- +2H + =H2O+CO2B.向明矾中加入氢氧化钡使硫酸根完全沉淀 Ba2+ +SO42- =BaSO4C.苯酚钠中通入少量C
33、O2 C6H5O - +CO2 +H2OC6H5OH+HCO3-D.向石灰乳中通入过量的SO2 OH - +SO2=HSO3-【正确答案】 AC 10-4（巩固） 下列有关描述对应的离子方程式书写正确的是A.将过量的H2S通入FeCl3溶液中 ：2Fe3+ + 3S2- = 2FeS+ SB.向KMnO4酸性溶液中滴入H2O2溶液 ：2MnO+3H2O2+6H+ = 2Mn2+ +4O2+ 6H2OC.用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的KIO3 ：5I-+ IO + 6H+ = 3I2 + 3H2OD.用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：2Cr2O+3C2H5OH+16H+ = 4
34、Cr3+3CH3COOH+11H2O【正确答案】 D 10-5（提升） 下列指定反应的离子方程式正确的是A.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：B.用NaClO溶液吸收少量：C.溶液中加足量的烧碱溶液：D.溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全： 【正确答案】 BD 10-6（提升） 下列离子方程式书写正确的是A.明矾溶液与足量氨水反应：Al3+4NH3H2O=AlO+2H2O+4NHB.Fe3O4溶于HI溶液：Fe3O4 + 8H+ =Fe2+ + 2Fe3+ +4H2OC.NaOH和Na2CO3等物质的量浓度混合溶液中加足量的盐酸：CO+ OH-+3H+=CO2 + 2H2OD.向硫酸铝铵溶液中滴加少量
35、Ba(OH)2溶液：【正确答案】 C【原卷 11 题】 知识点 基于氧化还原反应守恒规律的计算,硝酸的强氧化性 【正确答案】C 11-1（基础） 取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸被还原为NO气体)。下列分析或结果正确的是A.最终溶液中所含的溶质为FeSO4，原混合溶液中H2SO4的物质的量浓度为2 molL1B.OA段产生的气体是H2，BC段产生的气体是NOC.整个反应中转移电子数为1.2molD.混合酸中NO的物质的量为0.2mol【正确答案】 AD 11-2（基础） 一定质量的Fe和Cu的混合物中加入一定量的稀硝
36、酸并微热，充分反应后剩余金属a g，再向其中加入一定量的稀硫酸并加热，充分振荡后剩余金属b g。下列推断中正确的是A.加入稀硫酸前，溶液中一定有Cu2+B.a可能大于bC.a一定大于bD.最终溶液中可能有Fe3+【正确答案】 C 11-3（巩固） 硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示。下列结论正确的是A.铝与混合溶液反应的离子方程式为8Al+3OH-+3NO3-8Al3+3N
37、H4+9H2OB.参加反应硝酸根离子物质的量为0.06 molC.参加反应的铝与镁的质量之比为43D.混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.36 mol/L【正确答案】 AD 11-4（巩固） 将9.0 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A.原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075 molB.反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算C.若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸
38、，还可得到标准状况下1.12 L NOD.第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜和铁【正确答案】 A 11-5（提升） 硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示：下列结论正确的是A.铝与混合溶液反应的离子方程式为8Al+30H+3NO38Al3+3NH4+9H2OB.参加反应硝酸根离子物质的量为0.06 molC.参加反应的铝与镁的质量之比为4:3D.混合液中硫
39、酸的物质的量的浓度为0.72 mol/L【正确答案】 A 11-6（提升） 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是 （）A.原混合酸中HNO3的物质的量为0.8 molB.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe2Fe3+= 3Fe2+，BC段产生氢气C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4D.H2SO4的物质的浓度为5 molL-1【正确答案】 AD【原卷 12 题】 知识点 碰撞理论及活化能,化学平衡状态的判断方法,化
40、学平衡常数的影响因素及应用,化学平衡常数的有关计算 【正确答案】D 12-1（基础） 温度时，在容积为的恒容密闭容器中发生反应：。实验测得：正，为速率常数，只受温度影响。不同时刻测得容器中如表：时间/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2下列说法不正确的是A.该反应的化学平衡常数K= B.的平衡转化率为C.温度下，该反应的化学平衡常数D.若将容器的温度改变为时，其，则【正确答案】 D 12-2（基础） 在体积为2L的恒温密闭容器中充入和，发生下述反应：，10min后达到平衡，为0.4mol。下列说法正确的是A.01
41、0min内，用表示的平均反应速率为B.当混合气体的密度不再改变时，可以表示反应达到平衡状态C.若升高温度，反应的平衡常数减小，则平衡时的物质的量变化D.平衡后，如果此时移走和，在相同温度下达到平衡时的物质的量小于0.2mol【正确答案】 CD 12-3（巩固） 在起始温度为T、容积均为10 L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入1 mol N2O和4 mol CO，发生反应 。已知：k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.Q点v正大于v逆B.曲线N表示B容器中N2O的转化率随时间的变化C.用CO的浓度变化表示曲线N在0-1
42、00 s内的反应速率为D.T时，【正确答案】 AD 12-4（巩固） 用活性炭与NO2反应：为2C(s)+2NO2(g)2CO2(g)+N2(g) 来消除氮氧化物产生的空气污染。下列说法正确的是A.该反应只在高温条件下能自发进行B.该反应平衡常数的表达式为C.该反应中消耗1molNO2，转移电子的数目为D.该反应到达平衡后，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快【正确答案】 C 12-5（提升） 开发CO2催化加氢合成甲醇技术是有效利用CO2资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径。某温度下，在恒容密闭容器中发生反应： H=-49.01 kJ/mol。下列有关说法正确的是A.加入合适的催化
43、剂，能提高单位时间内CH3OH的产量B.平衡后，升高温度有利于提高CO2的平衡转化率C.平衡后将CH3OH分离出体系，平衡平衡常数K增大D.增大体系的压强，平衡不发生移动【正确答案】 A 12-6（提升） 在一定温度下的可逆反应 ，若该温度下的平衡常数K=10，下列说法错误的是A.该温度下B.升高温度，增大的倍数大于增大的倍数C.有利于测定X的相对分子质量的条件为低温高压D.恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，X的转化率减小【正确答案】 AD【原卷 13 题】 知识点 原电池原理理解,原电池电极反应式书写,原电池原理的应用 【正确答案】A 13-1（基础） 某微生物电化学法制甲烷是将电化
44、学法和生物还原法有机结合，装置如图所示。有关说法错误的是A.该离子交换膜可为质子交换膜B.右侧电极为阴极，发生还原反应C.阳极附近溶液减小D.每生成，有8NA电子通过离子交换膜【正确答案】 D 13-2（基础） 水系可充电电池因其成本低高离子电导率、高安全性和环境友好性等优势而备受关注。一种新型无隔膜Zn/MnO2液流电池的工作原理如图所示。电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，下列说法正确的是A.放电时，当外电路转移1mole-时，两电极质量变化的差值为11gB.过程II为放电过程，石墨毡电极的电极反应为MnO2-2e-+4H+=Mn2+2H2OC.过程I为
45、锌沉积过程，A连电源的正极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌D.放电时，沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量也减小【正确答案】 AD 13-3（巩固） 一种染料敏化太阳能电池的工作原理如图所示，纳米晶体吸附光敏染料(D)。下列说法错误的是A.纳米晶体电极为负极B.电池工作过程中浓度基本保持不变C.电池工作时，1mol D失电子，同时有得电子D.Pt电极上的电极反应为【正确答案】 C 13-4（巩固） 某硅燃料电池的结构如图所示，下列说法错误的是A.放电时，溶液的pH一定减小B.负极上发生的反应为C.电子通过导线由负极流入正极，再通过电解质溶液流入负极D.该电池需要定期
46、更换负极材料【正确答案】 AC 13-5（提升） 如图为拟通过甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼。下列说法错误的是A.X极为阴极，发生还原反应B.当电路中有0.2mol电子通过时，Y极质量一定不能减少6.4gC.A极的电极反应式：+2e-+H+= +Cl-D.工作时，B极附近液体pH值不变【正确答案】 BD 13-6（提升） 科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为：。下列说法正确的是A.充电时电极b是阴极B.放电时溶液的浓度增大C.放电时透过多孔炭电极向中迁移D.放电时每转移电子，理论上
47、吸收【正确答案】 B【原卷 14 题】 知识点 氧化还原反应方程式的配平,物质的转化,溶度积常数相关计算,常见阴离子的检验 【正确答案】 14-1（基础） 工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。已知：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：离子Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀时pH2.77.57.8完全沉淀时pH3.79.79.8Ksp(CaCO3)=8.710-9，Ksp(MnCO3
48、)=1.810-11回答下列问题：1、下列说法正确的是_(填序号)。A.最好使用粉状软锰矿进行“溶浸”B.废渣1的主要成分和“芯片”相同C.溶浸时不会发生氧化还原反应D.废液经处理可用于灌溉农作物2、调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是_。3、调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.0充分反应后生成的沉淀有_。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成_的不良后果。4、“沉锰”过程中加入氨水的目的是_(从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是_(写1条即可)。“沉锰”时通过控制的浓度，可以达到不产生CaCO3的
49、目的，原因是_。5、Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是_。【正确答案】 1、AD 2、MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O 3、Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失) 4、促进Mn2+MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积 5、Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn 14-2（基础） 钼系催化剂主要用于石油炼制和化学工业中。从废催化剂(主要成分为、和)中提取钼酸钠晶体。工艺流程如下：回答下列问题：1、“研磨”的目的为_2、“焙烧”中各金
50、属元素转化为对应含氧酸钠盐(、等)，写出转化的化学方程式_。3、混合气体X通入沉铝步骤前，应经过_溶液的处理。通常认为溶液中离子浓度不大于为沉淀完全。铝元素恰好完全转化为沉淀时滤液的pH为_。已知：；4、沉钒步骤中的滤渣2主要成分为_；获得粗产物的操作1是_、过滤、洗涤、干燥。5、为减少反应中废气对环境的污染问题，用足量的碱性溶液在加热条件下处理废催化剂也可以制备钼酸钠。请写出制备钼酸钠的离子方程式_。【正确答案】 1、增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 2、2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2 3、饱和碳酸氢钠 8.38 4、NH
51、4VO3 蒸发浓缩、冷却结晶 5、MoS+6 ClO-+4OH- MoO+SO+6Cl-+2H2O 14-3（巩固） 铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料：铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、FeO、等)中提炼，具体工艺流程如图。已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为。回答下列问题：1、浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供，另一作用为_。2、在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有_，用平衡移动解释“反萃取”过程的原理和目的_。3、“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl，该反应的离
52、子方程式为_，为提高经济效益充分利用原料，该反应的滤液可加入_步骤循环使用最合适。4、Tl对人体毒性很大，难溶盐可通过离子交换治疗中毒，将其转化为沉淀同时生成溶液，写出治疗中毒的离子方程式：_。【正确答案】 1、沉淀，形成沉淀 2、分液漏斗、烧杯 消耗，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使重新进入水层 3、 浸取 4、 14-4（巩固） 用废镍渣粉(含Ni、NiO、Al、Al2O3、FeO、SiO2)制各某镍催化剂(Ni/硅藻土)的工艺流程如下。I、该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Ni2+开始沉淀pH2.27.06.4完全沉淀pH3.29
53、.08.4II、室温时，KspAl(OH)3=110-33。回答下列问题：。1、“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有_(列举2条)。2、滤渣1、滤渣2的成分依次是_、_(填化学式)。3、“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+使c(Al3+)”、“=”或“”、“=”或“”)，解释其原因为_。计算b点的化学平衡常数Kp=_用带p2的表达式表示。【正确答案】 165.2 kJmol1 L3 1 b 两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍 16-2（基础） 制甲醇有多种方法，其中催化加氢的主要反应是：. . 1、还原CO
54、反应合成甲醇的热化学方程式为： ，则_kJ/mol，该反应自发进行的条件为_。A.高温 B.低温 C.任何温度条件下2、已知反应的速率方程为， ，k正，k逆均为速率常数且只与温度有关，x为物质的量分数。其物质的量分数平衡常数_(以k正、k逆表示)在恒容密闭容器中，由和进行反应合成甲醇，在其它条件不变的情况下，有利于提高平衡转化率的措施有_(填标号)。A.反应中及时分离出甲醇 B.投料比不变，增加反应物的浓度C.增大和的初始投料比 D.混合气体中掺入一定量惰性气体3、控制和初始投料比为1：3时，温度对平衡转化率及甲醇和CO的产率的影响如图所示，则在250以上，升高温度的转化率增大，但甲醇的产率降
55、低，原因是_。4、300，在固定容积为1.0L的容器中初始投料2.0mol和3.2mol，反应达到平衡状态时，的转化率为50%，甲醇的选择性为60%(参与反应的中转化为甲醇的百分比)。则300时反应的平衡常数K=_。【正确答案】 1、-90.1 B 2、 AB 3、250以上，温度升高，反应I的平衡逆向移动，反应II的平衡正向移动，但温度对反应II的平衡影响更大 4、0.6 16-3（巩固） 研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术是科学研究热点问题，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：1、常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示：名称氢气甲烷一氧化碳甲醇化学式已知： 则 _，该反应在_(填“高
56、温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。2、在氢气还原的催化反应中，可被催化转化为甲醇，同时有副产物CO生成，为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。保持压强为3MPa，温度为260，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率/的选择性/普通催化反应器326021.967.3分子筛膜催化反应器326036.1100分子筛膜催化反应器(恒温恒容)模式中，发生反应，下列说法能作为此反应达到平衡状态的判据的是_ (填标号)。A气体压强不再变化 B气体的密
57、度不再改变C D由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：_。3、二氧化碳催化加氢制甲醇的反应中在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时，随压强(p)的变化及在时随温度(T)的变化，如图所示。图中对应等压过程的曲线是_(填“a”或“b”)，判断的理由是_。恒温时()，当时，的平衡转化率_(保留小数点后一位)，此条件下该反应的_。(保留小数点后两位)(对于气相反应，可以用分压表示，分压总压物质的量分数)。【正确答案】 1、-108.5 低温 2、A 双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,
58、二氧化碳的产率增大 3、b 在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小 33.3% 16-4（巩固） 我国科学家开发铜催化剂实现由N，N-二甲基甲酰胺，简称DMF制备三甲胺： 。1、在上述反应中，每生成1g气态水，放出_kJ的热量。2、在铜催化剂表面发生上述反应的历程如图所示(催化剂表面吸附物种用“”表示)。下列分步反应中，能垒最大的是_(填标号)。a.AB b.CD c.FGAB中，催化剂吸附放出的总能量_(填“大于”、“小于”或“等于”)断裂共价键吸收的总能量。DE的化学方程式为_。3、向体积相等的I、II两个恒容密闭容器中分别充入1mol DMF(g)和发生上述反应，其中一个容器中是绝热过
59、程，另一个容器中是恒温过程。反应体系中压强随时间变化关系如图所示。容器I中为_(填“绝热”或“恒温”)过程。判断的依据是_。在容器II中，012min内分压变化速率为_。n点时反应的平衡常数_。(提示：用分压计算的平衡常数为，分压等于总压物质的量分数)【正确答案】 1、8 2、a 小于 3、绝热 容器I中的压强比容器II中的压强大 1 0.5625 16-5（提升） 温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。1、在合成CH3COOH的反应历程中，下列有
60、关说法正确的是_(填字母)。A.该催化剂使反应的平衡常数增大B.CH4CH3COOH过程中，有C-H键断裂和C-C键形成C.生成乙酸的反应原子利用率100%D.H=E2-E1.以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)H=+177 kJmol-1(主反应)C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s) H=+9 kJmol-1(副反应)2、主反应的反应历程可分为如下两步，反应过程中能量变化如图1所示：.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H1=+136 kJmol-1.H2(g)+CO2(g)H2O(g)
61、+CO(g)H2H2=_，主反应的决速步骤为_(填“反应”或“反应”)。3、向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂KFeMn/Si2性能的影响如图2所示，工业生产中主反应应选择的温度是_。4、在一定温度下的密闭容器中充入一定量的CO2和C2H6，固定时间测定不同压强下C2H4的产率如图3所示，p1压强下a点反应速率：v(正)_v(逆)。5、某温度下，在0.1 MPa恒压密闭容器中充入等物质的量的CO2和C2H4，只发生主反应，达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)【正确答案】 1、BC 2、+4
62、1 反应 3、800 4、 5、0.02 16-6（提升） 我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的担当。高效经济性的捕集及利用是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。由转化制甲醇具有重要的经济效益。回答下列问题：1、反应，在有、无催化剂条件下的反应机理和相对能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，为过渡态)。该反应的_0(填“”“，”或“=”)；该反应历程中决速步骤的化学方程式为_，有催化剂时决速步骤的活化能为_。2、在催化加氢制甲醇过程中除发生主反应：外，还存在竞争反应：。已知甲醇选择性，的平衡转化率、甲醇的选择性随温度、压强变化如图所示：
63、由图可知压强大小关系：_(填“”“”或“=”，下同)，_0。时体系发生的反应主要是_(填“反应”或“反应”)；图中a、b两点的反应速率_(填“”“”或“=”)。将和的混合气体通入反应器，在温度t、压强P的条件下进行反应。达到平衡状态时，平衡转化率为，甲醇的选择性为。的平衡转化率为_；该温度下反应的平衡常数_(以分压表示，列出计算式)。【正确答案】 1、 H2COO*+2H2(g)H2CO*+OH*+H2(g) 1.40 2、 反应 13.3% 【原卷 17 题】 知识点 利用杂化轨道理论判断分子的空间构型,利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型,晶胞的有关计算 【正确答案】【试题解析】 17-1（
64、基础） 已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE。B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。D原子得到一个电子后3p轨道全充满。A比D原子形成的离子少一个电子层。C与A形成A2C型离子化合物。E的原子序数为26，E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为_。（2）C的氢化物分子是_（填“极性”或“非极性”）分子。（3）化合物BD3的分子空间构型是_。（4）E的一种常见配合物
65、E(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂。据此可判断E(CO)5的晶体类型为_；E(CO)5中的配体CO与N2、CN-等互为等电子体，写出CO分子的结构式_。（5）金属E单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为_。【正确答案】 NaSP”或“H2SO4，没有指明最高价，如HClO的酸性弱于H2SO4，故C错误；D非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，所以HCl的稳定性强于H2S，故D错误；故选A。 5-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析
66、:由题中物质的价键结构可知W为第主族金属元素，X、Y、Z为非金属元素，其中Y为第二周期，第主族的B元素，其最外层电子数为3，则Z为第二周期第主族的O元素，其最外层电子数为6。根据Z与X成单键和X原子序数小于Y可知X为第一周期第主族元素H。W原子序数最大，为第三周期第主族元素，为Na元素。详解:ABCl3分子中Cl满足最外层8电子结构，但B最外层只有6个电子，A错误；B由H元素和O元素组成的H2O2中含有OO非极性共价键，也含有HO极性共价键，B错误；CNa+和O2，电子层数相同，最外层电子数相同，Na+的核内质子数大于O2的核内质子数，半径O2Na+，C错误；DNa和O按原子个数比1:1组成的
67、化合物Na2O2具有强氧化性，D正确；故选D。 5-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由，Z可以形成6条键，则Z最外层含有6个电子，Y可以形成2条键，则Y只能为O，Z只能为S，W可以形成一条单键，W为H，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，则X的原子序数为16-8-1=7，则X为N。详解:AW为H，Z为S，在自然界中存在游离态的S，故A错误；BX为N、Y为O，氧离子的还原性弱于氮离子，简单离子的还原性：，故B错误；CW为H，最外层一个电子，的半径是所有微粒中最小的，故C正确；DW、X、Z三种元素组成的化合物中
68、可能含有离子键，如NH4HS，故D错误；故选：C。 5-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由图分析，X只能形成一个共价键，又知X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H；W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na；Y可形成四个共价键，则Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Q为O，Z为N。详解:AWX为NaH，溶于水会得到NaOH溶液，显碱性，A项错误；BC的氧化物有多种CO、CO2等，N的氧化物有NO、NO2、N2O3、N2O5等，无法比较，B项错误；CZ的氧化物有多种，如N2O3对应的水化物HNO2为弱酸，C项错误；DH和O形成H2O、H2
69、O2，Na和O形成Na2O、Na2O2，C和O形成CO、CO2，N和O形成NO、NO2、N2O3、N2O5，D项正确；答案选D。 6-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A若隔绝空气煅烧，铁元素化合价从+2上升到+3，依据氧化还原反应“有升必有降”原则，硫元素的化合价必然要下降，从而得到，A正确；B转化流程中，隔氧煅烧时反应可表示为，为分解反应；吸收时反应为，为化合反应；最后加蒸馏时反应可表示为，为复分解反应，B正确；C蒸馏过程利用的是高沸点酸制备低沸点酸，只能说明的沸点比高，并不能比较两者的酸性强弱，C错误；D喷淋增大了与的接触面积，加快了吸收速率，缩短了制备的时间，相当于在一定
70、的时间范围内提高了产率，D正确；故合理选项为C。 6-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A反应发生反应， 中氯元素化合价降低，是氧化剂，SO2中S元素化合价升高，SO2是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故A正确；B若反应通过原电池来实现，得电子生成ClO2，则ClO2在正极生成，故B正确；C反应中H2O2作还原剂，NaClO4中氯元素化合价为最高价，反应中的H2O2不能用NaClO4代替，故C错误；D反应条件下，ClO2得电子生成NaClO2，ClO2作氧化剂、H2O2作还原剂，所以ClO2氧化性大于H2O2，故D正确；选C。 6-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解
71、析】 详解:A碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，盐类的水解反应是吸热反应，小火加热煮沸能促进碳酸钠的水解，使溶液中的氢氧根离子的浓度增大，有利于充分去除废铁屑表面的油污，故A正确；B废铁屑中含有的氧化铁能与加入的稀硫酸反应生成铁离子，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，所以在制备前不需要除去，故B错误；C实验室加热浓缩溶液时，所用到的硅酸盐材质的主要仪器有酒精灯、玻璃棒和蒸发皿，故C正确；D将易溶于水摩尔盐溶于水配成溶液，向溶液中加入氢氧化钡溶液，共热有白色沉淀和能使湿润的生成红色石蕊试纸变蓝色的气体生成，白色沉淀迅速变为灰绿色说明摩尔盐中含有亚铁离子，红色石蕊试纸变蓝色的气体生成说明摩
72、尔盐中含有铵根离子，向灰绿色沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解最终得到白色沉淀说明摩尔盐中含有硫酸根离子，所以用湿润的红色石蕊试纸、盐酸和氢氧化钡可检验摩尔盐中的离子，故D正确；故选B。 6-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由流程可知，硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料，粉碎后充分焙烧发生4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，使硫铁矿转化为Fe2O3和SO2，将得到的固体酸溶，发生的反应为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，过滤除去杂质，滤渣1为SiO2，酸浸后的过滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+，然后加FeS还原Fe3+，“乳白色浑浊”
73、为S，用FeS还原Fe3+的目的是避免在除去Al3+时铁离子一并沉淀，加入FeO可以促进Al3+的水解而使Al3+转化为沉淀，操作2为过滤，滤渣2为Al(OH)3，然后加碳酸铵沉淀亚铁离子生成FeCO3沉淀。详解:A“焙烧”时生成，但逸出的气体中除外，还有未反应的空气中的等，A项错误；B不与硫酸反应，B项正确；C结合流程图信息，由加入的可知“操作1”为氧化，则“乳白色浑浊”是S，C项正确；D由硫铁矿中含氧化铝杂质可知“操作2”主要是除去铝，D项正确；故选A。 6-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A最终产物中不含Fe元素，FeCl3与Cu反应后，又被O2氧化成FeCl3，FeCl
74、3起催化剂的作用，故A错误；B加入CuO调节溶液pH，使Fe3生成Fe(OH)3沉淀，而除去，故B正确；C纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜或碱式碳酸铜，故C错误；D未说明气体是否在标准状态，无法进行计算，故D错误；故答案为B。 6-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由流程可知，软锰矿主要成分MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质，加硫酸溶解后，Al2O3转化为Al3+，烟道气中的SO2与MnO2反应生成MnSO4，过滤后滤渣A为SiO2，滤液1中离子主要有Mn2+、H+和，加入氨水，调节pH至5.4，Al3+转化为Al(OH)3沉淀下来，滤渣B为Al(OH)3，滤液2为MnSO
75、4，经过蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥可得MnSO4H2O。详解:A根据分析，滤渣A的主要成分为SiO2，滤渣B的主要成分为Al(OH)3，A错误；B根据分析，“酸浸”过程中SO2与MnO2反应生成MnSO4，离方程式为，B正确；C根据分析，滤液1中主要含有的离子是Mn2+、Al3+、H+和，C错误；D温度较高时，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，因此操作I为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，D错误；故选B。 7-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A溶液中存在平衡，加稀硫酸，平衡逆向移动，溶液橙红色变深，故A错误；BKI不足，取反应后试样，滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色，可知生成碘单
76、质；另取反应后试样，加入AgNO3溶液，产生黄色沉淀，可知碘离子不能完全转化，则2Fe32I2Fe2I2是可逆反应，故B正确；C乙烯中可能混有二氧化硫，均与溴水反应，溴水褪色，不能证明乙烯具有还原性，故C错误；DNaCl、NaI的混合溶液的浓度未知，由实验操作及现象可知，不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）的大小，故D错误；故答案选B。 7-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，则饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊，析出了NaHCO3晶体，故A正确；B酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，试管口附
77、近NO被氧化生成二氧化氮，故B错误；C应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，故C错误；D乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故答案选A。 7-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A氯化铬在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明形成的配合物外界有两个Cl-即，符合题意，A正确；B分别向饱和酸溶液和稀硫酸溶液中加入少量粉末，前者无气泡冒出，后者有气泡冒出，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，证明非金属性：，不符合题意，B错误；C强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳
78、，二氧化碳和苯酚钠溶液反应生成苯酚沉淀，根据现象可以说明酸性：碳酸苯酚，不符合题意，C错误；D氯气能氧化亚铁离子生成铁离子、能氧化碘离子生成碘，向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能得出结论，不符合题意，D错误；故答案为：A。 7-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A往Na2SiO3溶液中加入少量NO2，NO2和水生成硝酸，有透明凝胶硅酸生成，说明硝酸制出硅酸，可以证明非金属性：NSi，故A正确；B控制变量要求，只能改变其中的一个条件，本项还应控制阴离子相同，如将CuCl2溶液换成同
79、浓度CuSO4溶液，故B错误；C水解后检验葡萄糖，在碱性溶液中，水解后没有先加碱至碱性，不能检验，故C错误；D酸雨中含有硫酸、亚硫酸，均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，由操作和现象不能说明结论，故D错误；故选：A。 7-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色，不能证明钠盐为含硫元素的钠盐，A错误；B亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明亚铁离子具有还原性，B错误；C取5mL 0.1molL-1 KI溶液，滴加56滴0.1molL-1 FeCl3溶液，由于Fe3+量少，如果不是可逆反应，则反应后溶液中应该
80、不含Fe3+，但是充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，C正确；D向AgNO3，溶液中滴加过量氨水，得到澄清溶液不是因为Ag与NH3H2O能大量共存，而是发生反应AgNO3+3NH3H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，Ag(NH3)2OH 可溶于水，D错误；故答案为：C。 7-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A鲜花含水，与氯气反应生成HClO具有漂白性，应选干燥的花瓣放入盛有干燥氯气的集气瓶中，故A错误；B向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉-KI溶液，溶液变蓝色，只能说明有单质碘生成，不能证明是氯气还是生成的单
81、质溴氧化了碘离子，所以无法得出单质溴和单质碘的氧化性强弱，故B错误；C碳酸钠和氯化钡反应时氯离子不参与，所以向上层清液中再加1滴溶液，一定会产生氯化银沉淀，不能说明未全部反应，故C错误；D酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能证明酸性溶液中氧化性：H2O2Fe3+，故D正确；故选D。 8-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A分子中含有碳碳三键、酰胺基和羧基三种官能团，A错误；B分子式为C19H15NO3，B错误；C分子中含有酰胺基和羧基，故该化合物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，C正确；D该化合物分别与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，其反应机理不相同，与酸性高锰
82、酸钾是还原性的体现，与溴水是加成反应，D错误；故选C。 8-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A分子中含有酚羟基，置于空气中易被氧化，A正确； B分子中含有酚羟基，与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；C分子含有苯环和羟基、酯基，均不能与饱和溴水发生加成反应，C错误； D苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子共平面，D正确；故选C。 8-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A 有机物含有羟基、酯基、醚键、碳碳双键共4种官能团，故A正确；B 连接四种不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该有机物中与羟基相连的碳是手性碳原子，只有1个，故B正确；C 该有机物含有醇羟基，且与
83、羟基相连的邻位碳上有H原子，能发生消去反应，含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，与氢气发生加成反应，故C正确；D 该分子中含有一个酯基，且酯基水解后形成一个酚羟基，故该物质与足量溶液反应，最多可消耗，故D错误；故选D。 8-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A由结构简式可知，该有机物分子式为C9H6O2，A错误；B香豆素的结构简式可知含有苯环结构，碳碳双键，酯基，不易溶于冷水，B错误；C含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D1mol该有机物含有酯基可以发生水解反应，生成羧酸类和酚类，都可以与氢氧化钠反应，最多能与2molNaOH反应，D正
84、确；故选D。 8-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A该分子含5个类似于甲烷的四面体结构的碳原子，所有原子不可能都在同一平面，故A错误； B环上有3种氢原子，环上的一氯代物有3种，故B错误；C苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，分子中含有1个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多能消耗4mol氢气，故C正确；D酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH以1：1反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故D错误；故选：C。 8-6【提升】 【
85、正确答案】 C【试题解析】 详解:A乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线的原子共直线，则上述分子中共直线的原子最多有6个原子，如图： ，A错误；BM分子中仅含有2个手性碳原子，如图用星号标出的C原子为手性碳原子， ，B错误；CM分子中所含的酯基可在碱性条件下发生水解反应，根据结构可知，1mol M可以消耗1mol NaOH，C正确；DM分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；故选C。 9-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A将0.1 mol/L的醋酸加水不断稀释，溶质CH3COOH电离产生的CH3COO-、H+浓度减小，由于溶液中存在H2O的电离平衡，水
86、电离产生的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)，溶液中c(H+)减小，则c(OH-)增大，因此不是所有离子浓度均减小，A错误；B根据电离平衡常数大小可知Ka1(H2SO3)Ka1(H2CO3)Ka2(H2SO3)，所以少量SO2通入Na2CO3溶液中反应的离子方程式：，B正确；CHClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生CaSO4、HCl，故反应的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-+Ca2+=CaSO4+2H+Cl-，C错误；D根据盐的水解规律：谁弱水水解，谁强显谁性分析。由于酸性：Ka(CH3COOH)Ka1(H2SO3)Ka1(H2CO3)Ka2(H2SO3)
87、Ka(HClO)Ka2(H2CO3)，所以25时等浓度的盐CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，水解程度最大，故溶液的碱性最强的是Na2CO3，D错误；故合理选项是B。 9-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A相同条件下，的大于的，则同浓度的溶液和溶液相比较，前者酸性更强，故A错误；B向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，NaHSO3与次氯酸发生氧化还原反应，会减小氯水中HClO的浓度，故B错误；CHClO的电离平衡常数K大于H2CO3的K，小于H2CO3的Ka，向NaClO溶液中通入少量CO2，其离子方程式应为，故C错误；DH2S
88、O3的Ka大于H2CO3的Ka，小于H2CO3的Ka，所以向溶液中通入少量SO2，其离子方程式为，故D正确；故答案为D 9-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:ApH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液碱性越强需要溶液浓度越小，溶液的物质的量浓度大小： ，选项B正确；C醋酸钠的浓度越大，醋酸根离子的水解程度越小，则溶液中醋酸根离子的浓度越大，所以0.2 molL-1的CH3COONa溶液中c（OH-）小于0.1 molL-1的CH3COONa溶液中c（OH-）的2倍，选项C错误；D对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，0.1 molL-1的NaX、NaY、NaZ的p
89、H依次增大，可得出HX、HY、HZ的酸性依次减弱，选项D正确；答案选C。 9-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由题干信息可知，N2H4第一步电离为N2H4+H2O=+OH-，N2H4第二步电离为+H2O=+OH-；详解:AN2H4吸收等物质的量HCl所得溶液为N2H5Cl，水解生成N2H4，Kh=110-8，电离生成，Kh Kb2，故水解作用电离作用，c(N2H)c()c(H2CO3)c(NH3H2O)，A正确；B20. 0mL 0. 2mol/L HA溶液中加入10. 0mL 0. 2mol/L KOH溶液后，发生反应后该溶液为等浓度的HA和KA混合溶液，此时混合溶液的pH=
90、5呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)c(HA)，Ka=10-5，B正确；C向0.10molL-1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl-)，C正确；D若两者反应只生成K2SO3溶液则呈碱性，只生成KHSO3溶液则呈酸性，而溶液呈中性，说明两者都有，假设K2SO3和KHSO3浓度为1:1，由的第一步水
91、解平衡常数Kh=，则溶液会呈碱性，所以向稀KOH溶液中通入SO2至溶液呈中性时，c(K+ )c()c()c(OH-)，D错误；故选D。 9-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:AKi1(H2CO3)Ki(HCN)Ki2(H2CO3)，故HCN可与发生反应生成CN-和，因此向含CN-的溶液中通入CO2发生反应为，错误；B利用甲酸与碳酸的电离平衡常数可知酸性：HCOOHH2CO3，则HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐、CO2和H2O，正确；C酸性：HCOOHH2CO3HCN，正确；D相同温度下，等浓度的CH3COOH溶液与HCN溶液中，醋酸中c(H)大，对水的抑制程度大，即HCN溶液中
92、水的电离程度大，D正确；综上，本题选A。 10-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A稀硝酸具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，故A错误；B向溶液中滴加溶液至中性，钡离子和氢氧根离子反应比例为1:2，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为，故B错误；C向新制溴水中通入少量，Br2氧化，离子方程式为，故C正确；D向溶液中滴加过量氨水生成银氨络离子，离子方程式为：，故D错误；故答案选C。 10-2【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 详解:试题分析：A不正确，电子得失不守恒，应该是2Fe2Cl2 2Fe32Cl；氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，D不正确，应该是Al33NH3H2O=3NH4
93、Al(OH)3，所以正确的答案选BC。考点：考查离子方程式的正误判断点评：该题是高考中的常见题型，试题属于中等难度的试题，对学生的要求较高。判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。 10-3【巩固】 【正确答案】 AC【试题解析】 详解:试题分析：A将少量碳酸钠溶液滴加到盐酸中发生的离子反应为CO32- +2H + =H2O+CO2，故A正确；B向明矾中加入氢氧化钡使硫酸根完全沉淀发生的离子反应为Al3+4OH-+2Ba2+
94、 +2SO42- =BaSO4+AlO2-+2H2O，故B错误；C苯酚钠中通入少量CO2发生的离子反应为C6H5O - +CO2 +H2OC6H5OH+HCO3-，故C正确；D石灰乳在书写离子方程式时不可拆分，故D错误；答案为AC。考点：考查离子方程式的书写与正误判断。 10-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A将过量的H2S通入FeCl3溶液中反应为 ：2Fe3+ +H2S= 2Fe2+ S+2H+，故A错误；B题目中反应得失电子不守恒，正确的反应是 ：2MnO+5H2O2+16H+ = 2Mn2+ +5O2+ 8H2O，故B错误；C白醋是CH3COOH，弱酸不能拆，故C错误；
95、D酸性重铬酸钾溶液会将乙醇氧化为乙酸，反应为：2Cr2O+3C2H5OH+16H+ = 4Cr3+3CH3COOH+11H2O，故D正确；故选D。 10-5【提升】 【正确答案】 BD【试题解析】 详解:A的还原性强于，在溶液中滴加少量稀硝酸先氧化，故离子反应为，故A错误；B用NaClO溶液吸收少量，离子方程式为，故B正确；C向溶液中加入足量的NaOH溶液，离子方程式为，故C错误。D溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全： ，D正确；故选BD。 10-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A氨水中的NH3H2O是弱碱，不能溶解Al(OH)3，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(O
96、H)3+3，A错误；B铁离子可以氧化碘离子，则将Fe3O4固体溶于HI溶液中发生的离子反应为：Fe3O4 +2I-+ 8H+ = 3Fe2+ +I2+ 4H2O，B错误；C反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D向硫酸铝铵溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，要以不足量的Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是2 mol，反应生成BaSO4沉淀、Al(OH)3沉淀、NH3H2O，离子方程式为：，D错误；故合理选项是C。 11-1【基础】 【正确答案】 AD【试题解析】 分析:由图象可知，OA段发生反应为：Fe+ NO+4H+ Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+ 3Fe2+
97、，BC段发生反应为：Fe+2H+ Fe2+H2。详解:A根据前面分析得到铁元素最终以亚铁离子存在，所以最终溶液中所含的溶质为FeSO4，整个过程消耗0.4mol Fe，故原混酸中硫酸的物质的量为0.4mol，物质的量浓度为2 molL1，故A正确；B根据前面分析得到OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2，故B错误；COA段发生反应为：Fe+ NO+4H+ Fe3+NO+2H2O，OA段产生的气体是NO，即消耗11.2g铁即0.2mol，转移电子是0.6mol，BC段发生反应为：Fe+2H+Fe2+H2，BC段产生的气体是H2，消耗金属铁22.4g16.8g=5.6g即0.1mol金属铁
98、消耗转移电子是0.2mol，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，该段消耗金属铁5.6g，转移电子是0.2mol，所以整个反应中转移电子数为1.0mol，故C错误；D根据OA段发生反应为：Fe+ NO+4H+Fe3+NO+2H2O，消耗金属铁11.2g即0.2mol，消耗硝酸根是0.2mol，混合酸中硝酸根离子的物质的量为0.2mol，故D正确。综上所述，答案为AD。 11-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:一定质量的Fe和Cu的混合物中加入一定量的稀硝酸并微热，充分反应后剩余金属a g，则发生反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，3Cu+8HN
99、O3=Cu(NO3)2+2NO+4H2O，剩余固体为Cu或者Fe和Cu，当剩余固体为Cu时溶液中可能含有Fe2+或者Cu2+和Fe2+，当剩余固体为Fe和Cu时溶液中只含Fe2+，加入稀硫酸后，则继续发生离子方程式：3Fe+8H+2=3Fe2+2NO+4H2O或者3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，总之固体质量进一步减小，据此分析解题。详解:A由分析可知，加入稀硫酸前，溶液中不一定有Cu2+ ，可能含有Cu2+和Fe2+，或者只含Fe2+，A错误；B由分析可知，加入稀硫酸之后，固体继续溶解，质量进一步减小，即a一定大于b，B错误；C由B项分析可知，a一定大于b，C正确；D由于最终仍然
100、有固体剩余，剩余固体一定含有Cu，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故最终溶液中不可能有Fe3+，D错误；故答案为：C。 11-3【巩固】 【正确答案】 AD【试题解析】 详解:A. 硝酸根浓度很低时被氧化生成的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H+NO3-4Mg2+NH4+3H2O、8Al+3OH-+3NO3-=8Al3+3NH4+9H2O，A项正确；B. 由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则
101、原溶液中NO3-物质的量是(16.5-15)10-3L4mol/L=0.006mol，B项错误；C. 从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，由AlAl3+Al(OH)3NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，再由Mg2+2OH-Mg(OH)2、Al3+3OH-Al(OH)3，沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积(15.0-3.0)mL，由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为(15.0-3.0)10-3L4.00mol/L-810-3mol3=2410-3mol，镁离子物质的量为
102、1.210-2mol，参加反应的镁与铝的质量之比：810-3mol27g/mol：1.210-2mol24g/mol=3：4，C项错误；D. 由4Mg+10H+NO3-4Mg2+NH4+3H2O、8Al+30H+3NO3-=8Al3+3NH4+9H2O可知，消耗氢离子为0.008mol +1.210-2mol=0.06mol，图中开始3.0mLNaOH溶液消耗氢离子的物质的量为310-3L4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物质的量为=0.036mol，混合液中硫酸的物质的量的浓度为=0.36mol/L，D项正确；答案选AD。 11-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:第
103、一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的4.2克金属均被氧化到+2价：3Fe（或3Cu）+8HNO3=3Fe(NO3)2或3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，金属的物质的量为=0.075mol ，则第一次溶解的金属摩尔质量为56gmol-1，所以第一次溶解的是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使KSCN溶液变红，溶解的4.8克金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.075mol，金属摩尔质量为64gmol-1，是铜。详解:A. 根据分析，第一次溶解的是0.075mol铁，第二次溶解的是0.075mol铜，原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075 mol，故A正确；B.
104、 根据氮元素守恒，反应前稀硝酸的物质的量浓度为 =2mol/L，故B错误；C. 若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，亚铁离子被氧化为铁离子，反应为3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，生成NO的物质的量是，标准状况下的体积为0.56 L NO，故C错误；D. 根据以上分析，第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜，不含铁，故D错误；选A。点睛:本题考查混合物的有关计算，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力。 11-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A. 硝酸根浓度很低时被氧化生
105、成的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H+NO34Mg2+NH4+3H2O、8Al+30H+3NO38Al3+3NH4+9H2O，A项正确；B. 由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则原溶液中NO3物质的量是(16.515)103L4mol/L=0.006mol，B项错误；C. 从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物
106、质的量反应，由AlAl3+Al(OH)3NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，再由Mg2+2OH=Mg(OH)2、Al3+3OH=Al(OH)3，沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积(15.03.0)mL，由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为(15.03.0)103L4.00mol/L8103mol3=24103mol，镁离子物质的量为1.2102mol，参加反应的镁与铝的质量之比：8103mol27g/mol：1.2102mol24g/mol=3：4，C项错误；D. 由4Mg+10H+NO34Mg2+NH4+3H2O、8Al+30H+3NO38Al3+3NH4+9H2
107、O可知，消耗氢离子为0.008mol+1.2102mol=0.06mol，图中开始3.0mLNaOH溶液消耗氢离子的物质的量为3103L4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物质的量为=0.036mol，混合液中硫酸的物质的量的浓度为=0.36mol/L，D项错误；答案选A。点睛:本题难度较大，考查金属与酸性条件下硝酸盐溶液的反应，注意硝酸浓度越低生成的还原产物价态越低与反应中无气体生成相结合来分析，并注意图象与化学反应的对应来分析解答。 11-6【提升】 【正确答案】 AD【试题解析】 详解:A消耗9.6g铜，即0.15molCu，失去0.3mol电子，因为还原产物是NO，所以被还原
108、的硝酸就有0.1mol，根据铁粉质量与气体变化图可知，硝酸根离子会全部反应转化为NO，反应最终得到的是硫酸铜和硫酸混合物，所以此份硝酸的物质的量是0.1mol，原混合酸中硝酸的物质的量是0.2mol，故A错误；B铁先与硝酸反应，生成三价铁离子和一氧化氮，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应生成氢气，故B正确；C硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D反应消耗14g铁，也就是0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，所以每份含硫酸0.25mol，浓度是2.5mol/L，故D错误；答案选AD。 12
109、-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A根据正，得出=，根据，得出=，因为平衡时，所以K=，选项A正确；B的平衡转化率为，选项B正确；C表格中初始物质的量：n(NO)=1mol，n(O2)=0.6mol，体积为2L，则列出三段式如下：K=160，选项C正确；D若将容器的温度改变为T2时，其，则K=1K=，反应继续逆向进行，所以平衡时，PCl5的物质的量小于0.2mol，D正确；故选CD。 12-3【巩固】 【正确答案】 AD【试题解析】 详解:A该反应从正反应方向开始，在反应达到平衡前，v正随反应物的浓度的减小而逐渐减小，v逆随生成物的浓度的增大而逐渐增大，v正v逆，当反应达到平衡
110、时，v正=v逆，由于Q点未达到平衡状态，则Q点：v正v逆，A正确；B温度升高，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。由于达到平衡所需时间：MN，说明温度：MN，升高温度，N2O的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，H0。密闭容器A(恒温)、B(绝热)，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，平衡逆向移动，N2O的转化率降低，所以M是绝热(B)条件下进行，N表示恒温(A)下进行反应，B错误；C0-100 s时N2O的转化率为10 %，N2O的反应量为l mol10% =0.l mol，根据方程式中物质反应转化关系可知CO的反应量为0.l
111、mol，则用CO的浓度变化表示曲线N在0-100 s内的反应速率为v(CO)=，C错误； D该反应在温度为T条件下进行。根据选项B分析可知：N表示在恒温(A)下进行的反应。反应开始时n(N2O)=1 mol，n(CO)=4 mol，反应达到平衡时N2O的转化率是25%，则根据反应的转化关系可知平衡时n(N2O)=0.75 mol，n(CO)=3.75 mol，n(N2)=n(CO2)=0.25 mol，由于容器的容积是10 L，则平衡浓度c(N2O)=0.075 mol/L，c(CO)=0.375 mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.025 mol/L，反应达到平衡时v正=v逆，k正c(
112、N2O) c(CO)=k逆c(N2) c(CO2)，D正确；故合理选项是AD。 12-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A该反应，0可以自发，根据反分析可知该反应在低温条件下能自发进行，故A错误；B反应平衡常数是产物系数次幂乘积除以反应物系数次幂乘积，但是纯固体和纯液体不写入平衡常数，该反应平衡常数的表达式为，故B错误；C该反应若2molNO2完全反应时转移8mol电子，该反应中消耗1molNO2，转移电子的数目为，故C正确；D升高温度，正反应速率和逆反应速率都加快，平衡逆向移动，逆反应速率加快的多，故D错误； 故答案为C 12-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A
113、加入合适的催化剂，能够降低反应的活化能，缩短达到平衡所需之间，因而能提高单位时间内CH3OH的产量，A正确；B该反应的正反应是放热反应，当反应平衡后，在其他条件不变时，升高温度化学平衡向吸热的逆反应分析移动，因此不利于提高CO2的平衡转化率，B错误；C化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数就不变。因此当反应达到平衡后，将CH3OH分离出体系，该反应的平衡常数K不变，C错误；D该反应的正反应是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，D错误；故合理选项是A。 12-6【提升】 【正确答案】 AD【试题解析】 详解:A达到平衡时，则，平
114、衡常数，即，选项A错误；B该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以增大的倍数大于增大的倍数，选项B正确；C测定X的相对分子质量时应该使平衡尽可能逆向移动，该反应的正反应为气体分子数增多的吸热反应，所以条件为低温高压，选项C正确；D恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，体积增大，压强减小，平衡正向移动，X的转化率增大，选项D错误；答案选AD。 13-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:据图分析，CO2得电子生成甲烷，故b为负极，a为正极。阴极电极方程式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。详解:A据分析可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，H+穿过离子交换膜
115、到阴极参与反应，故该离子交换膜为质子交换膜，A正确；B据分析，右侧为阴极，发生还原反应，B正确；C阳极电极方程式：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，阳极附近pH降低，C正确；D据分析可知，每生成1molCH4，则有8mol质子通过离子交换膜，D错误；答案选D。 13-2【基础】 【正确答案】 AD【试题解析】 详解:A放电时，负极发生氧化反应，反应为Zn-2e-=Zn2+，正极发生还原反应，反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O；当外电路转移1mole-时，负极质量减小32.5g，正极质量减小43.5g，两电极质量变化的差值为11g，A正确；B过程II为生成锌离子的反
116、应，为放电过程，石墨毡电极的电极反应还原反应，反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O，B错误；C过程I为锌沉积过程，锌电极发生还原反应，连电源的负极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌，C错误； D由A分析可知，放电时沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量也减小，D正确；故选AD。 13-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:光照条件下，纳米晶体吸附光敏染料失去电子，为该电池的负极，D生成D+，电子通过外电路进入Pt导电玻璃，与 结合生成I-，导电玻璃为该电池的正极。详解:A据分析，纳米晶体电极为负极，A正确；B电池工作过程中得到电子生成I-，I-与D
117、+反应生成，浓度基本保持不变，B正确；C根据电子守恒，1mol D失电子，则电路中转移1mol电子，由可得，1mol电子转移时有0.5mol得电子，C错误；D据分析，Pt电极上的电极反应为，D正确；故选C。 13-4【巩固】 【正确答案】 AC【试题解析】 详解:A放电时，总反应为Si+O2=SiO2或Si+O2+2OH-=SiO+H2O，故溶液的pH保持不变也可能变小，A错误；B负极上Si发生的氧化反应，据图可知，反应为，B正确；C电子不能通过电解质溶液，C错误；D负极Si会被消耗，一段时间后需要更换，D正确；故选AC。 13-5【提升】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:甲装置为原电池
118、，原电池中阳离子流向正极，根据氢离子的流向可知，A极为正极，B极为负极，乙装置为电解池，X电极与负极相连，为阴极，Y与正极相连，为阳极。详解:AX电极与负极相连，为阴极，得电子发生还原反应，A正确；B粗铜的电解精炼过程中，粗铜在阳极，即Y极，粗铜中比铜活泼的金属如锌、铁等会先于铜放电，Zn的摩尔质量大于Cu，但Fe的摩尔质量小于Cu，所以当电路中有0.2mol电子通过时，Y极质量有可能减少6.4g，B错误；CA电极为正极，对氯苯酚得电子被还原，电极反应为+2e-+H+=+Cl-，C正确；DB电极上CH3COO-失电子被氧化为CO2，电极反应为CH3COO-4e-+2H2O=2CO2+4H+，生
119、成H+，所以B极附近液体pH值减小，D错误；综上所述答案为BD。 13-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:充电时电极a的反应为：，是得电子的还原反应，a作电解池的阴极，原电池放电时a作失电子发生氧化的负极，电极b上氯气得电子化合价降低发生还原反应，据此回答。详解:A.充电时a得到电子，为阴极，故充电时b为阳极，A错误；B.放电时，负极生成，浓度增大；正极，生成，浓度增大，B正确；C.放电时，向负极即电极a移动，氯离子透过电极b向氯化钠溶液中迁移，C错误；D.放电时正极消耗，根据电子转移数守恒规律可知，每转移1mol电子，理论上四氯化碳释放0.5mol氯气，D错误。答案选B。 14
120、-1【基础】 【正确答案】 1、AD 2、MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O 3、Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失) 4、促进Mn2+MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积 5、Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn【试题解析】 分析:“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含
121、有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。A将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确； B 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；C 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确； D硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D
122、说法正确；选AD；调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；由表知，pH3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)；“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2+MnCO3+H+正向移动
123、(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.710-9，Ksp(MnCO3)=1.810-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积；Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是。 14-2【基础】 【正确答案】 1、增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 2、2MoS+2N
124、a2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2 3、饱和碳酸氢钠 8.38 4、NH4VO3 蒸发浓缩、冷却结晶 5、MoS+6 ClO-+4OH- MoO+SO+6Cl-+2H2O【试题解析】 分析:废催化剂研磨后氧气、碳酸钠焙烧，各金属元素转化为对应含氧酸钠盐(、等)同时生成二氧化碳、二氧化硫气体，水浸通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤滤液加入氯化铵生成NH4VO3沉淀，过滤后滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到粗产物。“研磨”的目的为增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；“焙烧”中和氧气、碳酸钠反应，氧元素化合价降低、Mo、S元素化合价升高发生氧化还原反应生成、
125、二氧化硫，根据质量守恒还生成二氧化碳，反应为：2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2；混合气体X中含有生成的二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫气体具有还原性，会和溶液中的发生氧化还原反应导致产品产率降低，故通入沉铝步骤前，应经过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫气体同时生成二氧化碳气体；焙烧后水浸得到溶液中铝元素以存在，已知：；则铝元素恰好完全转化为沉淀时滤液中氢离子浓度为，pH为8.38；焙烧水溶后V元素转化为，沉钒步骤中加入氯化铵得到钒的沉淀，则滤渣2主要成分为NH4VO3；从滤液中获得粗产物的操作1是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。次氯酸根离子具有强氧化性，用足量
126、的碱性溶液在加热条件下处理废催化剂也可以制备钼酸钠，反应中发生氧化反应生成、SO，ClO-发生还原反应生成氯离子，反应为MoS+6ClO-+4OH- MoO+SO+6Cl-+2H2O。 14-3【巩固】 【正确答案】 1、沉淀，形成沉淀 2、分液漏斗、烧杯 消耗，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使重新进入水层 3、 浸取 4、【试题解析】 分析:由题给流程可知，富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的残渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有CH3C
127、ONR2HTlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到金属铊。由分析可知，浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供氢离子外，还能将溶液中的铅离子转化为硫酸铅沉淀，故答案为：沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀；在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，
128、使CH3CONR2HTlCl4转化为四氯合铊离子进入水层，故答案为：分液漏斗、烧杯；CH3COO消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层；“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl=TlCl+SO+2H+3Cl-，反应得到的溶液中含有硫酸，可加入浸取步骤循环使用，故答案为：H2O+SO+TlCl=TlCl+SO+2H+3Cl-；浸取；由题意可知，用KFeFe(CN)6治疗Tl2SO4中毒发生的反应为KFeFe(CN)6与Tl2SO4溶液反
129、应生成TlFeFe(CN)6和K2SO4，反应的离子方程式为KFeFe(CN)6 +Tl+=TlFeFe(CN)6+K+，故答案为：KFeFe(CN)6 +Tl+=TlFeFe(CN)6+K+。 14-4【巩固】 【正确答案】 1、废镍渣粉粉碎、搅拌 2、SiO2 Fe(OH)3 3、5-6.4 4、2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3 加速沉淀的沉降 Na+、 5、Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2【试题解析】 分析:废镍渣粉加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应进入滤渣1，镍、铝、铁元素形成相应的盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH除去铁，加入氢氧化铝除
130、去铝，加入碳酸铵得到Ni2(OH)2CO3沉淀，过滤分离出沉淀通入氢气加热还原得到镍；“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有废镍渣粉粉碎、搅拌、升高温度等；二氧化硅不和稀硫酸反应，酸浸后得到二氧化硅沉淀；加入过氧化氢后将二价铁氧化为三价铁，由流程pH值可知，到4.0时铁离子完全沉淀，生成氢氧化铁沉淀；故滤渣1、滤渣2的成分依次是SiO2、Fe(OH)3；室温时，KspAl(OH)3=110-33；“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+使c(Al3+)110-6molL-1，则氢氧根离子浓度为 molL-1，则pOH为9，pH为5；此时镍离子不能沉淀，故理论上需调节溶液pH范围为5-6.4；
131、由流程可知，“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土具有吸附性，加速沉淀的沉降；由流程可知，沉镍过程中镍离子、氢氧根离子、碳酸根离子沉淀，则滤液4中主要阳离子为引入的钠离子、铵根离子，故填Na+ 、；“还原”时，发生反应Ni2(OH)2CO3和氢气加热转化为镍，根据质量守恒可知，还会生成水、二氧化碳，反应为Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2。 14-5【提升】 【正确答案】 1、将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质 2、CaSO4 3、Al3+ +3H2O Al(OH)3
132、(胶体)+3H+ 1：5 4、先向滤液1中加入足量双氧水，再将溶液的pH调至3.24.6之间 5、转化 6、Be(OH)2+2OH-=+2H2O【试题解析】 分析:硅铍石(主要成分Be2SiO4含少量Al2O3)和方解石(主要成分CaCO3，含少量FeCO3、SiO2)熔炼，将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质，熔炼渣加入硫酸溶解，浸出液中含有铁、铍、铝元素，加入硫酸铵转化后得到滤渣1含有NH4Al(SO4)212H2O、(NH4)2 Fe(SO4)26H2O，滤液1深度除铁得到滤渣2含有氢氧化铁沉淀，滤液2加入氨水调节pH，得到粗Be(OH)2沉淀，使用稀氢氧化钠溶液洗涤后得到Be(OH)2；已
133、知：I.硅铍石不易被硫酸直接分解；“熔炼”时加入方解石粉的作用为将硅铍石转化为能与硫酸反应的物质，便于铍元素的转化与提取；碳酸钙高温分解生成二氧化碳气体，故生成气体的电子式为；熔炼渣加入硫酸溶解，钙离子与硫酸根离子生成难溶于水的硫酸钙，故浸渣中除含有CaSiO3、H2SiO3外，还含有CaSO4；滤渣1中含有NH4Al(SO4)212H2O、(NH4)2 Fe(SO4)26H2O。NH4Al(SO4)2 12H2O能用作净水剂，原因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中悬浮颗粒物：Al3+ +3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+；(NH4)2 Fe(SO4)26H2O可用于测定KMnO
134、4的含量，该反应中锰元素化合价降低（+7变为+2）发生还原反应为氧化剂、铁元素化合价升高（+2变为+3）发生氧化反应为还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5；根据已知II信息可知，“深度除铁”应该除去铁元素且铍元素不沉淀，由表格可知，三价铁沉淀所需的pH更小，故适宜方案为先向滤液1中加入足量双氧水将二价铁转化为三价铁，再将溶液的pH调至3.24.6之间；“调pH”所得母液中的主要溶质为加入氨水生成的硫酸铵，由流程可知，可返回到转化工序循环利用。粗Be(OH)2含有少量Al(OH)3，铍的性质与铝相似，则Be(OH)2也会和氢氧化钠反应；故 “洗涤”若用足量NaOH浓溶液
135、代替NaOH稀溶液，会导致的后果为Be(OH)2+2OH-=+2H2O。 14-6【提升】 【正确答案】 1、提高浸取反应速率和浸取率 2、NaAlO2 3、 2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+ +2Co2+O2+4H2O 2Cu +O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O 4、99.90% H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，萃取反应平衡逆向移动 5、7 6、4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2【试题解析】 分析:废旧钴酸锂电池材料加入氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤分离出溶液，滤渣含有钴酸锂和铜，加入硫酸，钴酸锂在酸性条件下被过氧化氢还原，铜
136、被氧化产物氧气氧化生成硫酸铜。加入有机萃取剂萃取出铜，然后在加入碳酸氢铵调节pH分离出氢氧化铝沉淀，加入碳酸钠反应生成碳酸钴和碳酸锂，最后过滤分离出沉淀煅烧生成钴酸锂；粉碎的目的是可以提高增加反应物的接触面积，提高浸取反应速率和浸取率。“碱浸”过程中铝能和碱反应生成偏铝酸钠，所以所得滤液中主要溶质的化学式为NaAlO2、NaOH。过氧化氢为共价化合物，H2O2的电子式为。“酸浸”时H2O2作还原剂，本身被氧化生成氧气，还原产物为Co2+，根据电子守恒和质量守恒配平，反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+ +2Co2+O2+4H2O；上述反应的氧化产物是氧气，将铜氧化后和稀
137、硫酸反应生成硫酸铜而溶解浸出，该反应的化学方程式为2Cu +O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O 。“萃取铜”中的有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为Cu2+2HR=CuR2+2H+。若酸浸后的浸取液pH=1.000，氢离子浓度为0.1mol/L，c(Cu2+)=0.01001 molL-1，多次萃取后水相中c(H+)为0.1200 molL-1，则反应生成的氢离子浓度为0.1200 molL-1-0.1mol/L =0.02molL-1，根据化学方程式体现的关系可知，有0.01 molL-1铜离子发生萃取，则萃取率为=99.90%；为回收铜，可用一定浓度的H2SO4使得溶液中氢
138、离子浓度增大，萃取反应平衡逆向移动，有机相中的铜被反萃取到水相。若c(Co2+)=0.16molL-1，则， molL-1，此时pOH=7，pH=7，故调pH不能超过7.0。CoCO3和Li2CO3在750煅烧生成LiCoO2，根据质量守恒还会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2。 15-1【基础】 【正确答案】 1、碱煮水洗 2、加快反应 热水浴 C 3、将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 4、加热浓缩 冷却结晶 过滤 洗涤【试题解析】 分析:由实验流程可知，废铁屑去油污变为干净铁
139、屑，加硫酸加热溶解生成硫酸亚铁滤液，加入溶液将Fe2+氧化为Fe3+，加入固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不溶于水，在热的碱性溶液中易水解，生成易溶于水的产物，所以铁屑表面的油污可先用热的氢氧化钠溶液洗涤，然后用蒸馏水洗涤，故答案为：碱煮水洗；铁与硫酸反应，加热的目的是加快反应速率，由于温度要控制在8095，低于100，应选择水浴加热。铁屑中含有少量硫化物，与酸反应后生成酸性气体H2S，应该用碱液吸收H2S气体，为防止倒吸，应选用C装置，故答案为：加快反应；热水浴；C；铁与硫酸反应后生成硫酸亚铁，加入溶液将亚铁离子氧
140、化为铁离子，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；足量的，可将Fe2+全部氧化为Fe3+，同时加入溶液不引入新的杂质，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，为了从溶液中得到硫酸铁铵应将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；过滤；洗涤。 15-2【基础】 【正确答案】 1、 2、防止空气中水分进入使水解 3、 70T95或7095【试题解析】 分析:实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置A用于制取氯气，装置
141、B中Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，装置C收集NCl3，NCl3在热水中易水解，装置D中可盛放碱石灰，可防止空气中水分进入使水解，据此分析解答。元素的非金属性越强，NX3越稳定，则热稳定性比NCl3强的NX3有，NCl3在热水中易水解，反应液有漂白性，推断应生成了HClO，故NCl3水解的化学方程式。NCl3在热水中易水解，则仪器D中可盛放碱石灰，作用是防止空气中水分进入使水解。Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，向蒸馏烧瓶内的NH4Cl溶液中通入过量Cl2，B中反应的化学方程式为；NCl3的沸点为70，95以上易爆炸，故控制水浴加热的温度范围为70T95或7095，将产品NCl3
142、蒸出。 15-3【巩固】 【正确答案】 1、分液漏斗 2、ADDBCDDD 3、 4、细长导管可以对高温蒸汽初步冷凝，避免冷凝管因温差过大而破裂 5、 6、【试题解析】 分析:装置A制备氯气，根据气体流动方向，气体依次通过下列装置：D中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，D中盛放浓硫酸干燥氯气，B中TiO2、C和干燥的氯气发生反应制备TiCl4，C装置收集TiCl4，D中盛放浓硫酸防止水蒸气进入C，D中盛放的盐酸溶液可吸收CO，D中盛放浓氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。根据装置图，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，高锰酸钾、次氯酸钙和浓盐酸在常温下反应放出氯气，圆底烧瓶内所装试剂可为、，故选；A制
143、备氯气、D中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢、D中盛放浓硫酸干燥氯气，B中TiO2、C和干燥的氯气发生反应制备TiCl4，C装置收集TiCl4，D中盛放浓硫酸防止水蒸气进入C中发生水解反应、D中盛放的盐酸溶液可吸收CO，D中盛放浓氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。所以装置的连接顺序为ADDBCDDD；开始操作为，先打开分液漏斗活塞，A中生成的氯气排出装置内的空气，一段时间后，再陶瓷管通电加热；为防止倒吸，实验结束的操作为先陶瓷管断电停止加热，一段时间后，再关闭分液漏斗活塞；装置C左边细长导管可以对高温蒸汽初步冷凝，避免冷凝管因温差过大而破裂；的盐酸溶液可吸收CO而生成黑色颗粒Pd，根据得失电子守
144、恒，CO被氧化为二氧化碳，吸收尾气中CO的化学方程式；所得的可用Mg制Ti，镁能和氯气、氧气、水蒸气反应，所以该过程可在氩气氛围保护下进行，选。 15-4【巩固】 【正确答案】 1、球形干燥管 碱石灰 2、该反应为放热反应 3、除去氨气和水蒸气 吸收尾气 4、气体变为红棕色 5、取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生成【试题解析】 分析:通入空气提供氧气，氨水分解生成氨气，进装置B中碱石灰干燥氨气，在装置C中氨气和氧气在催化剂作用下反应生成NO和水，多余的氨气在装置D中反应生成八氨合氯化钙，NO进入装置E中被氧化生成NO2，NO2进入装置F中生成HNO3，多
145、余的NO2在装置G中被吸收；仪器a为球形干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体，应选用碱性干燥剂碱石灰，故答案为：球形干燥管；碱石灰；装置C中发生反应的化学反应是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：；移去酒精灯，Cr2O3固体保持红热说明反应放热，故答案为：该反应为放热反应；氯化钙可以与NH3反应生成八氨合氯化钙，无水氯化钙是常用的干燥剂，故可以吸收氨气和水蒸气；装置G中盛放的是氢氧化钠溶液，可以吸收尾气，防治污染环境；故答案为：除去氨气和水蒸气；吸收尾气；无色的一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故答案为：气体变为红棕色；二氧化氮气体与水反应生成硝酸，硝酸遇到
146、石蕊试液变红色，故证明有HNO3生成的操作是：取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生产，故答案为：取少量F中的液体于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红，证明有HNO3生成。 15-5【提升】 【正确答案】 1、三颈烧瓶 溶液 不能 2、 3、防止倒吸 4、打开弹簧夹，通入空气(或) 5、在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶【试题解析】 分析:由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。由实验装置图可知，仪器b为三颈烧瓶；由分
147、析可知，氯气有毒，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，水始终能顺利流下，不能检验装置的气密性。装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应生成高锰酸钾和氯化钾，反应的化学方程式为；由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，所以可以起到防倒吸的作用；装置A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为；当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染
148、环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置。浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢。 15-6【提升】 【正确答案】 1、干燥管 ABEB 2、 3、 4、防倒吸 中和生成的氢离子，促进反应正向进行 过滤、洗涤、干燥 5、在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红色，则证明的氧化性比的氧化性强【试题解析】 分析:金属Sr
149、和氧气反应制备。 A装置中过氧化钠和水反应制备氧气，B中碱石灰干燥氧气，E中Sr和干燥的氧气反应生成，装置最后再连接盛有碱石灰的干燥管B，防止空气中的水进入E和干扰实验。根据装置图，B的名称是干燥管；用A装置制备氧气，B干燥氧气，E中Sr与氧气反应生成，最后再连接B装置，防止空气中的水进入E和干扰实验，所以仪器的连接顺序为ABEB。该实验用过氧化钠和水反应制备氧气，反应的化学方程式为；连接好装置并进行实验，检查装置气密性，在相应装置中加入药品，先用氧气排出装置中的空气，再加热E，实验完毕，停止加热，最后停止通入氧气，所以正确的操作顺序为。氨气溶于水易倒吸，仪器X的作用是防倒吸。氨气能与酸反应生
150、成盐，氨气中和生成的氢离子，促进反应正向进行。难溶于水，实验结束后，得到纯净且干燥的具体操作为过滤、洗涤、干燥。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红色，说明氯化亚铁被氧化为，则证明的氧化性比的氧化性强。 16-1【基础】 【正确答案】 165.2 kJmol1 L3 1 b 两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍 【试题解析】 详解:(1)将第2个方程式减去第1个方程式得到：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H=
151、41.2 kJmol1，H=124 kJmol1H1=41.2 kJmol1，因此H1=165.2 kJmol1；故答案为：165.2 kJmol1。(2)该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，升高温度，速率常数都增大，因此图1中能够代表k逆的曲线为L3；故答案为：L3。温度为T1时，正=k正cCH3CH(CH3)CH3c(CO2)= 逆=k逆cCH2=C(CH3)2c(H2O)c(CO)，因此得到该反应的化学平衡常数K=1；平衡时，假设CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率为50%，根据方程式得到平衡时每种物质的物质的量都为0.05mol，得出，说明应正向移动，因此CH3CH(CH3)
152、CH3(g)的转化率50%；故答案为：1；。(3)该反应是吸热反应，温度越高，速率越大，b点生成物浓度大，因此逆反应速率最大；故答案为：b。a点有0.08mol CH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分别为0.02mol，容器中共0.12mol气体，b点有0.08mol CH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分别为0.12mol，容器中共0.32mol气体，容器体积相等，根据压强之比等于物质的量之比，又由于b点温度高，因此p22p1，解释其原因为两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气
153、体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍；故答案为：；两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍。根据图中信息建立三段式：，则b点的化学平衡常数；故答案为：。 16-2【基础】 【正确答案】 1、-90.1 B 2、 AB 3、250以上，温度升高，反应I的平衡逆向移动，反应II的平衡正向移动，但温度对反应II的平衡影响更大 4、0.6【试题解析】 根据盖斯定律可得，该反应为气体体积分数减小的反应，则，而，当时，反应可自发进行，因此要求温度尽可能在低温，故选B；反应I达到平衡时，即，其其物质的量分数平衡
154、常数；A反应中及时分离出甲醇，平衡正向移动，提高平衡转化率，A正确；B恒容条件下，投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，提高平衡转化率，B正确；C恒容条件下，增大和的初始投料比，相当于增大的量，平衡正向移动，H2平衡转化率提高而平衡转化率降低，C错误；D恒容条件下，混合气体中掺入一定量惰性气体，反应有关气体浓度保持不变，平衡不移动，无法提高平衡转化率，D错误；故选AB；在250以上，升高温度，反应I平衡逆向移动，则甲醇的产率降低，反应II平衡正向移动，且应占主导地位，所以CO2的转化率增大，故原因为250以上，温度升高，反应I的平衡逆向移动，反应II的平衡正向移动，但温度
155、对反应II的平衡影响更大；300，在固定容积为1.0L的容器中初始投料2.0mol和3.2mol，反应达到平衡状态时，的转化率为50%，甲醇的选择性为60%，则反应I中CO2的变化量为，反应II中CO2的变化量为，可建立如下三段式： 则300时反应的平衡常数K=。 16-3【巩固】 【正确答案】 1、-108.5 低温 2、A 双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大 3、b 在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小 33.3% 【试题解析】 根据表格中燃烧热数据写出以上热化学方程式，根据盖斯定律可知得到然化学方程式计算得；该反应，自发，根据自由能
156、判据可知该反应低温自发；A恒温恒容模式，该反应是分子数减小的反应，压强始终在变化，当气体压强不再变化说明达到平衡，故A正确；B纯气体反应，气体的总质量不变容器体积不变，根据公式，气体的密度始终不改变，不能作为平衡标志，故B错误；C当时，说明达到平衡，故C错误； D当各组分浓度不再改变说明达到平衡，按投料比反应各物质浓度始终是不能说明达到平衡，故D错误；故答案为A；双功能的分子筛膜催化模式下只发生反应，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素,平衡右移,二氧化碳的产率增大；该反应是的反应液，在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，减小，故曲线b对应等压过程的曲线；恒温时()，当时，根
157、据三段式可知，解得x=，的平衡转化率；、体积分数分别为0.2、0.6、0.1、0.1；根据图像可知平衡时压强为条件下该反应的平衡常数为：； 16-4【巩固】 【正确答案】 1、8 2、a 小于 3、绝热 容器I中的压强比容器II中的压强大 1 0.5625【试题解析】 分析:本题主要考查化学反应原理，考查学生对化学反应原理的理解能力和综合运用知识的能力。 ，18g水生产时释放144kJ/mol，故每生成1g气态水，放出的热量；由反应历程图象知下列分步反应中，能垒最大的是a；AB中，催化剂吸附放出的总能量小于断裂共价键吸收的总能量；DE的化学方程式为；容器I中的压强比容器II中的压强大，故容器I
158、中为绝热过程；分压变化速率为=12kPa12min=1kPa/min；假设容器保持恒温条件，起始时各物质的分压：，。又因平衡时总压强为36kPa，故。平衡状态时，各物质分压依次为：4kPa、8kPa、12kPa、12kPa，故Kp=。 16-5【提升】 【正确答案】 1、BC 2、+41 反应 3、800 4、 5、0.02【试题解析】 A平衡常数只与温度有关系，该催化剂不能使反应的平衡常数增大，A错误；B根据示意图可知CH4CH3COOH过程中，有CH键断裂和CC键形成，B正确；C化学方程式为CO2+CH4CH3COOH，所以生成乙酸的反应原子利用率为100%，C正确；D根据示意图可知H=E
159、1-E2，D错误；故选BC。已知：CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)H=+177 kJmol-1C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H1=+136 kJmol-1根据盖斯定律可知前者减去后者即得到H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)H2=+41 kJmol-1，根据图象可知第二步反应的活化能大，则主反应的决速步骤为反应。根据示意图可知800 时乙烯的选择性、反应物的转化率都是最大的，所以工业生产中主反应应选择的温度是800 。a点在曲线上方，此时乙烯的产率高于曲线上的平衡产率，说明此时反应逆向进行，因此p1压强下a点反应速率：v(正)v(逆)
160、。根据三段式可知达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，则=0.2，解得n=2x，所以该温度下反应的平衡常数Kp=0.02。 16-6【提升】 【正确答案】 1、 H2COO*+2H2(g)H2CO*+OH*+H2(g) 1.40 2、 反应 13.3% 【试题解析】 由图可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为放热反应，故该反应的；反应H2COO*+2H2(g)H2CO*+OH*+H2(g)的活化能最大，无催化剂时为1.80 eV -0.20 eV =1.60eV，为该反应历程中决速步骤；有催化剂时决速步骤的活化能为0.40 eV-(-1.00 eV) =1.40eV。反应为气体体
161、积减小的反应，加压平衡正向移动，甲醇的选择性增大，故由图可知压强大小关系：，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，而以后，随反应的进行，二氧化碳的转化率增大，说明反应为吸热反应，以后反应正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度，此时以为反应主，故。反应I为放热反应，反应为吸热反应，升温反应I逆向移动，反应正向移动，以后，随反应的进行，二氧化碳的转化率增大，说明反应正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度，此时以为反应主，反应反应前后气体物质的量不变，改变压强平衡不移动，不影响二氧化碳的转化率，由图可知，在不同压强下二氧化碳的转化率相同，故此时体系发生的反应主反应；a、b两点的
162、温度相同，a点的压强更大，故反应速率。将和的混合气体通入反应器，在温度t、压强P的条件下进行反应。达到平衡状态时，平衡转化率为，甲醇的选择性为，可得，的平衡转化率为；平衡时，为0.8mol，为2.6mol，甲醇为0.1mol，CO为0.1mol，水蒸气为0.2mol，故气体总物质的量为0.8+2.6+0.1+0.1+0.2=3.8mol，气体分压p()=，p()=，p()=，p(CO)= ，水蒸气为0.2mol，；该温度下反应的平衡常数。 17-1【基础】 【正确答案】 NaSPCl 极性 三角锥 分子晶体 CO 1:2【试题解析】 分析:B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的
163、氢化物中最低的，则B为P元素；D原子得到一个电子后3p轨道全充满，则D为Cl元素；B、C、D原子序数依次增大，则C为S元素；A+比D原子形成的离子少一个电子层，则A为Na元素；E的原子序数为26，则E为Fe元素，据此分析。详解:(1)A、B、C、D分别为Na、P、S、Cl，P原子p轨道电子处于半充满状态，第一电离能大于S，则第一电离能由小到大的顺序为NaSPCl，故答案为：NaSPCl；(2)C为S元素，其氢化物分子式为H2S，为由极性键形成的极性分子，故答案为极性；(3)化合物PCl3分子中心P原子有3条P-Cl键，1个孤电子对，则分子空间构型是三角锥形，故答案为：三角锥；(4)已知Fe(C
164、O)5常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，则为分子晶体， CO与N2互为等电子体，二者结构相似，N2的结构为NN，则CO的结构为CO，故答案为：分子晶体、CO；(5)根据均摊原则，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为(8+1)：(8+6)=1：2，故答案为：1：2。 17-2【基础】 【正确答案】 Ar3d6 NOS V形 O、Cl 10 NA 甲 KFe2(CN)6【试题解析】 分析:已知A、B、C、D、E、F是前四周期的核电荷数依次增大主族元素，A的最外层电子数是其电子层数的2倍，则A为C，C、D同一主族，D元素原子M层有两对成对电
165、子，则D为S，C为O，B为N，E在前四周期主族元素中原子半径最大，则E为K，F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe。详解:(1)Fe是26号元素，因此基态F2+的电子排布式是Ar3d6；故答案为：Ar3d6。(2)同周期从左到右呈增大的趋势，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是NOC；故答案为：NOC。(3)BC离子即，价层电子对数，价层电子互斥理论模型为平面三角形，其空间构型为 “V形”；故答案为：V形。(4)某F的配合物化学式是Fe(H2O)5ClCl2H2O，根据内界分析与中心Fe3+的形成配位键的原子或离子有孤对电子的原子或
166、离子，因此提供孤对电子的原子或离子是O、Cl；故答案为：O、Cl。(5)一个CO分子含有1个键，每个CO与Fe形成1个键，因此1 mol Fe(CO)5中所含键的数目为10 NA；故答案为：10 NA。F(AC)5分子不溶于水、易溶于苯，说明该分子为非极性分子，根据甲和乙的结构分析出甲是非极性分子，乙是极性分子，因此其分子的结构可能为下图中的甲；故答案为：甲。(6)根据晶胞结构可知晶胞中Fe3+有个，Fe2+有个，CN有个，根据价态分析K有个，因此该蓝色晶体的化学式为KFe2(CN)6；故答案为：KFe2(CN)6。 17-3【巩固】 【正确答案】 1、乙醇分子间能形成氢键 乙醚沸点低，蒸馏时
167、所需温度低，青蒿素不易分解 2、 b 3、 正四面体【试题解析】 能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、乙醚不能形成分子间氢键，所以乙醚的沸点低于乙醇。青蒿素对热不稳定，乙醚沸点比乙醇低，蒸馏时所需温度低，青蒿素不易分解，所以用乙醚提纯效果较好。同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性OC，而C、O元素在它们的氢化物中都表现负价，说明它们对共用电子对吸引力比氢原子强，它们的电负性都比氢元素大，故电负性：OCH。该晶胞体积=（a10-7cm）（b10-7cm）（c10-7cm）=abc10-21cm3，该晶胞中青蒿素分子个数为4，晶体的密度=。a质谱法测定分子的相对分子质量，
168、a错误；bX射线衍射实验，可以测定晶胞中各个原子的位置，根据原子坐标，计算原子间的距离，判断哪些原子间存在化学键，确定键长和键角，得出分子的空间结构，b正确；c核磁共振氢谱判断有多少种不同化学环境的氢原子及其对应的数量，c错误；d红外光谱用于研究分子的结构和存在哪些化学键，d错误；故答案选b。双氢青蒿素分子中碳原子价层电子对数都是4，采用sp3杂化。中B原子价层电子对数=且不含孤电子对，该离子为正四面体形结构。 17-4【巩固】 【正确答案】 1、酸 BF3中B原子有空轨道，可以接受电子对，所以为酸 2、 在高压下将CO2转化为具有类似SiO2的共价晶体，碳原子半径比硅原子的小，故CO键长比S
169、iO键长短，CO键能更大 3、氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，由于钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同 4、3：1 D g/cm3【试题解析】 BF3中B原子有空轨道，可以接受电子对，所以为酸；在高压下将CO2转化为具有类似SiO2的共价晶体，碳原子半径比硅原子的小，C-O键长比Si-O键长短，C-O键能更大，故熔点：SiO2 CO2；氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，但由于Na+核外有2层电子，Cs+核外有5层电子，钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同；B最外层3个电子，P最外层5个电子，B与P的4个共价键中一个是配位键，磷化硼(BP)晶体中“一般共价键
170、”与配位健的数目之比为3:1；其晶胞类似金刚石的晶胞，P位于体对角线的四分之一处，截图后下面的两个P原子在截图上，如图所示，故选D；1个晶胞中含P为=4个，含B为4个，晶胞的质量为g；晶胞中B原子与P原子的最近距离为体对角线的，晶胞中B原子与P原子的最近距离为apm，则晶胞的边长为pm，晶胞的体积为(pm)3=(10-10)3cm3，则晶体的密度为g/cm3。 17-5【提升】 【正确答案】 1、第四周期第VIIB族 2、CD 3、MnCl2 4、N MnCON 5、B B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高 6、 B【试题解析】 锰为25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第VIIB族；A
171、、B为基态的锰原子和锰离子；C、D为激发态的锰原子和锰离子，可以用原子发射光谱捕捉；金属离子核外的单电子数目分别为0、1、5、3，故磁矩最大的为MnCl2；CH3CN中N原子提供孤电子对；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能为：MnCON；B结构更容易形成分子间氢键，故沸点更高由晶胞结构可知，白球8个在顶点、4个在侧面上和1个在体心，则晶胞中白球个数为8+4+1=4，即有4个H2PO，黑球4个在垂直于底面的4条棱的棱心、上下面心各1个、4个侧面上各有1个，则晶胞中黑球个数为4+2+4=4，即有4个K+，即
172、晶胞中含有4个KH2PO4，1mol晶胞的质量为m=4(39+21+31+416)g=4136g，1个晶胞的质量为m=g，晶胞的体积为V=a2cpm3=a2c10-30cm3，代入=；在晶胞图上xz面为侧面、yz面为正面，晶胞在x轴方向的z-y投影图应符合图(c)和图(b)中的H2PO、K+的相对位置，x轴方向的投影图的正面上应为小黑球在上，2个白球在下，投影图B符合题意；故答案为B。 17-6【提升】 【正确答案】 1、 2、Fe、H、C 3、 4、Fe3CuN 棱心 体心【试题解析】 基态Fe2+价层电子排布式为3d6，按照洪特规则、泡利不相容原理，基态亚铁离子价层电子排布图为；故答案为；
173、电负性是衡量不同元素对键合电子吸引能力大小，三种元素的电负性由小到大的顺序为FeHC；故答案为FeHC；a位置Fe的个数为=1，b位置Fe的个数为=3，N位于晶胞内部，化学式为Fe4N，晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a10-7)3cm3，该晶胞的密度为g/cm3=g/cm3或者为g/cm3；故答案为g/cm3或者为g/cm3；根据能量越低，物质越稳定，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，根据(3)分析，该物质的化学式为Fe3CuN；如果N处于各顶角位置，Fe处于棱心；Cu位于体心；故答案为Fe3CuN；棱心；体心。 18-1【基础】 【正确答案】 邻苯二酚 C11H11
174、O2F2Br +Br2+HBr 取代反应(或水解反应) 醚键、羧基 8 BrCH=C(CH3)2 【试题解析】 分析:A和发生取代反应生成B，B和溴单质发生取代反应生成C，C和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成D，D与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成E，E在碱性条件下发生水解反应，再酸化得到F。详解:(1)A()的化学名称为邻苯二酚，D()的分子式为C11H11O2F2Br；故答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)根据分子结构简式，B生成C是取代反应，因此，B生成C的化学方程式是+Br2+HBr；故答案为：+Br2+HBr。(3)EF是酯基变
175、为羧基，因此反应类型为取代反应(或水解反应)，F中含氧官能团的名称为醚键、羧基；故答案为：取代反应(或水解反应)；醚键、羧基。(4)丁烯的结构简式有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，它们不同位置的氢分别有4、2、2种，因此的链状同分异构体有4+2+2=8种，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式是BrCH=C(CH3)2；故答案为：8；BrCH=C(CH3)2。(5)根据题中C到D的反应，和CHClF2在NaOH溶液作用下反应生成，和Br2反应生成，根据D到F的反应可知与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成，其合成路线为；故答案
176、为：。 18-2【基础】 【正确答案】 1、3，5-二羟基苯甲酸 醚键、酯基 2、 取代反应 3、会与生成的HI反应，使该反应向正反应方向移动，提高转化率 4、 5、 或 6、【试题解析】 分析:A的分子式为C7H6O4，B的分子式为C7H5O4Br，可推断出AB为溴的取代反应； BC为羧基中羟基被氯原子取代，所以C为 ；据此分析进行解答。AB为溴的取代反应，故A的名称为3，5-二羟基苯甲酸；由F结构简式可知，F中含有的官能团为：醚键、酯基；BA为羧基中羟基被氯原子取代，所以C为 ；EF的反应类型为取代反应；EF中加入会与生成的HI反应，使该反应向正反应方向移动，提高转化率；DE为取代反应，-
177、CH2OCH3取代苯环上其中一个羟基的氢原子，为1：1反应，若两个羟基上的氢原子均被取代，即1：2反应，得副产物 ;M与D元素种类相同，且M比D少2个氧原子，D的分子式为C7H7O4Br，故M的分子式为C7H7O2Br，符合条件的同分异构体分子应含有酯基，且含有三种等效氢原子为2：2：3，所以M的结构简式为 或；结合已知信息可知，合成路线流程图如下：； 18-3【巩固】 【正确答案】 1、取代反应 保护羟基，防止被氧化 2、硝基 3、B 4、分子中的羟基、羧基能与水形成氢键 5、6 6、【试题解析】 分析:由条件I可知，A为。AB，-CH2Cl取代了-OH中的H，故反应类型为取代反应；DE将-
178、OCH2Cl转化为-OH，由AB、DE两个过程可知，该反应的目的是保护羟基，防止被氧化；CD的过程中，被还原的官能团是硝基；A由A结构可知，A的名称是2，6-二羟基苯甲酸乙酯，A项正确；B化合物B官能团为醚键、酯基，含2种不同官能团，B项错误；C化合物E含有官能团-COOH、-NH2，故既有酸性又有碱性，C项正确；DF中官能团为酚羟基、羧基，G中官能团为羰基、醚键、酚羟基，能与反应的只有羧基，故与溶液混合产生气泡的是F，溶液可以鉴别F和G，D项正确；答案选B；根据F结构，化合物F易溶于水，主要原因是分子中的羟基、羧基能与水形成氢键；符合条件的化合物E的同分异构体中，苯环上含1个-CONH2、2
179、个-OH，中-CONH2位置有2种，中-CONH2位置有3种，中-CONH2位置有1种，共有2+3+1=6种；FG，F的-COOH与苯环上6号碳的-OH参加反应，过程失去2个H2O，副产物H与化合物G互为同分异构体，故FH，应为F的-COOH与苯环上2号碳的-OH参加反应，H的结构简式为；根据题中合成原理，及苯酚为原料合成呫吨酮路线为。 18-4【巩固】 【正确答案】 2-甲基-7-溴-3-庚烯 碳碳双键、羧基 +2KOH+2C2H5OH 取代(水解)反应 4 、 、 、 【试题解析】 分析:根据题意可知C8H15Br发生题目所给反应生成C，再结合A的结构，可知C8H15Br应为 ，C为 ，C
180、中酯基水解再酸化得到D，所以D为 ；E的分子式为C10H18O2，生成的同时产生二氧化碳，发生脱羧反应；根据生成H的反应物的结构变化，可知F和G发生取代反应生成H。详解:(1)由的分子式和的键线式可知，的键线式为，按照系统命名法命名为2-甲基-7-溴-3-庚烯；(2)中含有两个官能团，分别是碳碳双键、羧基；(3)由流程可知，中反应的化学方程式是：+2KOH+2C2H5OH，该反应属于取代反应，也是水解反应；(4)分析相关物质的键线式可知，与生成的反应为取代反应，根据质量守恒和断键、成键情况，确定另一产物为；(5) 的同分异构体中，符合具有四取代苯结构，且核磁共振氢谱显示，其苯环上只有一种化学环
181、境的H，说明苯环上有4个取代基，且具有对称结构；红外光谱测得其分子结构中含有和；与反应，该物质能消耗说明有2个酚羟基，则符合条件的同分异构体有4种，分别为：、 、 、 ；(6)参照题中由ABCD的合成路线，结合所学知识，可设计合成路线为： 。 18-5【提升】 【正确答案】 1、C6H3N2O4Cl 还原反应 2、2mol 硝基、酯基 3、 4、 5、bd 6、2 7、【试题解析】 分析:A和CH3NH2发生取代反应生成B；B和H2发生还原反应生成C；C和反应生辰D；D在催化剂的作用下转化为E，E和C2H5OH发生酯化反应生成F，则E 为；F再经过系列反应转化为苯达莫司汀。根据A的结构简式可知
182、，A的分子式为C6H3N2O4Cl；B中的一个硝基被还原为氨基，该反应是还原反应。1mol D含有1mol肽键和1mol羧基，该物质在碱性条件下反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol；F中含氧官能团的名称为硝基、酯基。E和C2H5OH在浓硫酸的作用下，加热生成F，则E的结构简式为。CD的方程式为。aA物质不含羟基等亲水性基团，则A物质难溶于水，a错误；bC物质含有6中化学环境不同的H，则核磁共振氢谱有6组峰，b正确；c羧基不能和氢气发生加成反应，在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗4mol H2，c错误；dF物质含有苯环，可以发生加成反应，含有硝基，可以发生还原反应
183、，还含有酯基，可以发生取代反应，d正确；故选bd。链状有机物G是的同分异构体；1mol G发生银镜反应后生成4mol单质Ag，说明1个G分子中含有2个醛基；G能发生水解反应，说明G中含有酯基，则G为甲酸酯，则G的结构简式为OHC-CH=CH-CH2OOCH和OHC-CH2CH=CHOOCH，共2种结构。根据题干中，AD的合成路线，可以推出目标产物的合成路线为。 18-6【提升】 【正确答案】 1、丙醛 2、 酯基、羟基 3、加聚反应 4、 5、 (答案合理即可) 6、【试题解析】 分析:A（C3H6O）和HCHO、发生反应生成B，根据“已知”可推出，A为CH3CH2CHO；B经过反应生成C（）
184、，C和O2发生反应生成D（C4H6O2），则D为；D和NaOH反应生成E（），E和发生反应生成F；D和SOCl2反应生成的和G发生反应生成H，结合“已知”可推出G为。由分析可知，A的结构简式为CH3CH2CHO，则A的名称是丙醛。由分析可知，D的结构简式为；H中含氧官能团的名称是酯基、羟基。F和H在一定条件下发生反应生成聚合物，则反应的反应类型是加聚反应。反应中，E（）和反应生成F，该反应的化学方程式为。G的分子式为C10H16O2，其同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基；其核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：1，且分子中有16个H原子，说明分子中含有4个甲基和2个醛基；该同分异构体还含有碳碳双键，则满足条件的G的同分异构体有、。根据“已知”可知，目标产物可由HOCH2CH2OH和制得，则该目标产物的合成路线为。