黑龙江省哈尔滨六中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年黑龙江省哈尔滨六中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（本题共25个小题，共50分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法中不正确的是（　　）A．Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe（OH）3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用C．常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，因此可用浓氨水检查氯气管道泄漏情况D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理　2．某氖原子的质量是ag，12C原子的质量是bg用NA表示阿伏加德罗常数，则以下叙述中错误的是（　　）A．该氖原子的相对原子质量为12a/bB．Wg该氖原子的物质的量为W/aNAmolC．Wg该氖原子所含的质子数为10W/a个D．氖元素的摩尔质量为aNAg/mol　3．下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是（　　）A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中B．SO2气体通入H2S溶液中C．NaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中D．CO2气体通入NaOH溶液中　-38-\n4．我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5．下列说法中正确的是（　　）A．电池在放电时，Li+向负极移动B．锂在放电时做正极，充电时为阳极C．该电池充电时阳极的反映为LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应　5．（2分）（2022秋•贺兰县校级期末）在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强　6．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O～CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2eˉ=H2+O2ˉC．总反应可表示为：H2O+CO2=H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1　7．将2.4gFe、Mg合金投入到一定量的稀硝酸中，金属与硝酸恰好完全反应，共收集到标准状况下的气体VL（硝酸被还原成NO），若向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，待金属元素全部沉淀后，再将沉淀过滤、洗涤、灼烧后称量，质量为3.6g．则收集到的气体体积V的值不可能为（　　）A．1.02B．1.68C．1.00D．0.986　8．）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（　　）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个　-38-\n9．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应．下列说法错误的是（　　）A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲与丁形成的分子中有非极性分子C．简单离子半径：丁＞乙＞丙D．甲与乙形成的化合物均有氧化性　10．下列说法正确的是（　　）A．增大压强，活化分子数增加，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大C．活化分子间所发生的分子间的碰撞为有效碰撞D．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大　11．用如图所示的实验装置进行实验X及Y时，每隔半分钟分别测定放出气体的体积．下列选项中可正确表示实验X及Y的结果是（　　）实验所用的酸X25mL0.2mol/LY50mL0.1mol/LA．B．C．D．　12．某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（　　）①原溶液中的Br﹣一定被氧化；②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；-38-\n③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I﹣、Fe2+、Br﹣均被完全氧化．A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④　13．下列各图所示的实验原理、方法、装置或操作，其中正确的是（　　）A．向容量瓶中转移溶液B．中和热的测定C．浓硫酸与铜的反应D．乙二酸晶体受热分解　14．在给定条件下，下列画线物质在化学反应中能被完全消耗的是（　　）A．用浓盐酸与二氧化锰共热制氯气B．标准状况下，将1g铝片投入20mL18mol•L﹣1硫酸中C．向100mL4mol•L﹣1硝酸中加入5.6g铁D．在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用氮气和氢气合成氨　15．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）-38-\nA．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）C．图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大　16．甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：化学键H﹣HC﹣OCOH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1=___kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3=___kJ．mol﹣1（　　）A．99、﹣41B．+99、+41C．﹣99、+41D．﹣99、41　17．维持体系总压强p恒定，在温度T时，A的起始物质的量为n、容器起始体积为V，发生A（g）⇌B（g）+C（g）反应．已知A的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K为（用α等符号表示）．（　　）A．B．C．D．　18．在硫化氢的水溶液中，存在以下平衡：H2S═HS﹣H+、HS﹣═H++S2﹣，若使溶液的pH减小，则c（S2﹣）（　　）A．增大B．减小C．不变D．可能增大也可能减小　19．下列有关说法正确的是（　　）A．常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液中c（H+）将增大B．常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的电离程度相同C．向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，所得溶液的pH不变D．常温下，2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO（g）能自发进行，则该反应的△H＞0-38-\n　20．已知：在一定温度下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数为K1；H2（g）+I2（g）⇌HI（g）的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为（　　）A．K1=K2B．K1=2K2C．K1=1/2K2D．K1=K22　21．在恒温、恒容下，有反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g），现从两条途径分别建立平衡．途径Ⅰ：A、B的起始浓度均为2mol•L﹣1；途径Ⅱ：C、D的起始浓度分别为2mol•L﹣1和6mol•L﹣1．以下叙述正确的是（　　）A．达到平衡时，途径Ⅰ的反应速率等于途径Ⅱ的反应速率B．达到平衡时，途径Ⅰ所得混合气体的压强等于途径Ⅱ所得混合气体的压强C．两途径最终达到平衡时，体系内各组分的百分含量相同D．两途径最终达到平衡时，体系内各组分的百分含量不相同　22．向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确结论是（　　）A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段　23．如图所示为气相直接水合法C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n（H2O）：n（C2H4）=1：1]．计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp为（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（　　）A．0.082B．0.072C．0.072MPa﹣1D．0.082MPa﹣1　24．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）；△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是（　　）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ-38-\nC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（L•min）D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应　25．CuBr2分解的热化学方程式为：2CuBr2（s）=2CuBr（s）+Br2（g）△H=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×103Pa．如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为（　　）A．p（Br2）≤4.66×103PaB．2.33×103Pa＜p（Br2）≤4.66×103PaC．＜p（Br2）＞2.33×103PaD．2.33×103Pa≤p（Br2）≤4.66×103Pa　　二、主观题（共50分）26．有两个起始体积相同的密闭容器A和B，A容器为固定体积；B容器有一个可移动的活塞，能使容器内保持恒压．起始时这两个容器分别充入等量的SO3气体，并使A、B容器中气体体积相等，并保持在400℃条件下发生反应2SO3⇌2SO2+O2，并达到平衡．（1）达到平衡所需时间，A容器比B容器　　　　　　（填多、少、相等），两容器中SO3的转化率A比B　　　　　　（填大、小、相等）．（2）达到（1）所述平衡后，若向两容器中分别通入数量不多的等量Ar气体，A容器的化学平衡　　　　　　（填向左、向右、不）移动，B容器的化学平衡　　　　　　（填向左、向右、不）移动．（3）达到（1）所述平衡后，若向A容器中通入等量的原混合气体，重新达到平衡后，A容器中SO3的体积分数　　　　　　（填变大、变小、不变）．　27．高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式　　　　　　．（2）通常条件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10﹣38，除杂后溶液中c（Fe3+）约为　　　　　　．（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是　　　　　　．（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）．母液不能蒸干的原因是　　　　　　．-38-\n（5）“分离”操作的名称是　　　　　　（填字母代号）．A．蒸馏B．分液C．过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是　　　　　　，离子浓度最小的离子是　　　　　　．　28．如图所示是某化学兴趣小组设计的趣味实验装置图，图中A、D均为碳棒，B铝棒，C为铁棒，所用甲、乙容器中的溶液事前均采取了煮沸处理．B在实验时才插入溶液中．（1）从装置的特点判断，甲、乙装置中　　　　　　是原电池，其负极的电极反应式为：　　　　　　；（2）实验开始后，（乙）装置中有关电极反应是：C：　　　　　　D：　　　　　　，D电极上的现象是　　　　　　，一段时间后溶液中的现象是　　　　　　；（3）在实验（2）的基础上，改变两装置电极的连接方式，A接D、B接C，此时D极上发生的电极反应式为：　　　　　　，乙装置里除两电极上有明显的现象外，还可以看到的现象是　　　　　　，产生该现象的化学反应方程式是　　　　　　．　29．某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X．为确定其组成，进行如下实验．①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLclmol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液．氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）．回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是　　　　　　．-38-\n（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用　　　　　　式滴定管，可使用的指示剂为　　　　　　．（3）样品中氨的质量分数表达式为　　　　　　．（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将　　　　　　（填“偏高”或“偏低”）．（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是　　　　　　；滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol•L﹣1，c（CrO42﹣）为　　　　　　mol•L﹣1．已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价　　　　　　，制备X的化学方程式为　　　　　　；X的制备过程中温度不能过高的原因是　　　　　　．　　【化学-选修2：化学与技术】（10分）30．[化学一选修化学与技术]现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区．如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水﹣淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图．根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在　　　　　　A西部山区B沿海地区C发达城市D东北内陆（2）该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①　　　　　　、②　　　　　　、③　　　　　　、④　　　　　　、⑤　　　　　　．（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：　　　　　　；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是　　　　　　（填化学式）．（4）热电厂的冷却水是　　　　　　，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有　　　　　　（写出一种即可）．（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．　　　　　　，　　　　　　（写出两点即可）．　　【化学--选修3：物质结构与性质】（10分）-38-\n31．人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界．（1）铁原子在基态时，价电子（外围电子）排布式为　　　　　　．（2）硝酸钾中NO3﹣的空间构型为　　　　　　，写出与NO3﹣互为等电子体的一种非极性分子化学式　　　　　　．（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有　　　　　　．（4）下列说法正确的有　　　　　　（填字母序号）．a．乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高b．钨的配合物离子[W（CO）5OH]﹣能催化固定CO2，该配离子中钨显﹣1价c．聚乙烯（）分子中有5n个σ键d．由下表中数据可确定在反应Si（s）+O2（g）═SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（2c﹣a﹣b）kJ化学键Si﹣SiO═OSi﹣O键能（kJ•mol﹣1）abc（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式　　　　　　．若两个最近的Fe原子间的距离为scm，则该晶体的密度是　　　　　　g•mol﹣1．　　[化学--有机化学基础]（10分）32．某吸水材料与聚酯纤维都是重要化工原料，它们的合成路线如下：已知：①有机物A能与Na反应，相对分子质量为32．②③RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R、R，代表烃基）（1）A的结构简式是　　　　　　，B中含氧官能团的名称是　　　　　　．-38-\n（2）C的结构式是　　　　　　，D→E的反应类型是　　　　　　．（3）F+A→G的化学方程式是　　　　　　．（4）CH3COOH+CH≡CH→B的化学方程式是　　　　　　．（5）G的同分异构体有多种，满足下列条件的共有　　　　　　种．①苯环上只有两个取代基②1mol与足量的NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体（6）G→聚酯纤维的化学方程式是　　　　　　．　　-38-\n2022-2022学年黑龙江省哈尔滨六中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共25个小题，共50分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法中不正确的是（　　）A．Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe（OH）3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用C．常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，因此可用浓氨水检查氯气管道泄漏情况D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理【考点】铁的氧化物和氢氧化物；氯气的化学性质；合金的概念及其重要应用．【分析】A．根据K2FeO4具有强氧化性及Fe（OH）3胶体有吸附性分析；B．致密的氧化物能保护里面的金属；C．氨气与氯气发生氧化还原反应生成氯化氢和氮气，氯化氢与氨气反应生成氯化铵固体；D．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境．【解答】解：A．K2FeO4具有强氧化性能作消毒剂，生成的Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮颗粒，能作净化剂，故A正确；B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用，故B正确；C．常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，氯化氢与氨气生成氯化铵现象是有白烟生成，所以可用浓氨水检查氯气管道某处泄漏，故C正确；D．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉高铁酸钾、三价铁离子的性质是解题关键，注意净水与杀菌消毒的区别，题目难度不大．　2．某氖原子的质量是ag，12C原子的质量是bg用NA表示阿伏加德罗常数，则以下叙述中错误的是（　　）A．该氖原子的相对原子质量为12a/bB．Wg该氖原子的物质的量为W/aNAmolC．Wg该氖原子所含的质子数为10W/a个D．氖元素的摩尔质量为aNAg/mol【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】A．某一原子的相对原子质量是指：以一个碳﹣12原子质量的作为标准，该原子的质量跟一个碳﹣12原子质量的的比值；B．已知质量求物质的量，运用公式n=计算；C．根据n=计算物质的量，1个氖原子含有10个质子；D．根据n==计算，注意原子的摩尔质量不等于元素的原子质量．-38-\n【解答】解：A．元素是指具有相同核电荷数（核内质子数）的一类原子的总称．一种元素因中子数不同，有多种原子．元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值．氖原子的相对原子质量为，故A正确；B．根据公式n=，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量（摩尔质量）为（aNA）g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol．故B正确；C．Wg该氖原子的个数为，含有的质子数为，故C正确；D．已知氖原子的摩尔质量，但不能确定元素的摩尔质量，故D错误．故选D．【点评】本题考查较为综合，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，该题概念辨析要求高，考查了相对原子质量、物质的量、摩尔质量等概念，平时学习是需理解这些概念与相关概念的区别和联系．　3．下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是（　　）A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中B．SO2气体通入H2S溶液中C．NaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中D．CO2气体通入NaOH溶液中【考点】硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用．【分析】A．亚硫酸氢钠与硝酸反应生成硫酸钠和一氧化氮气体；B．二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水，当硫化氢消耗完毕时，溶液的酸性是由二氧化硫溶于水所导致；C．氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙和水；-38-\nD．溶液导电能力与离子浓度大小有关，离子浓度越大，溶液导电性越强．【解答】解：A．亚硫酸氢钠与硝酸反应生成硫酸钠和一氧化氮气体，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；B．SO2气体通入氢硫酸中，发生的反应为2H2S+SO2═3S↓+2H2O，酸的量开始减少，所以酸性减弱，当硫化氢消耗完毕时，溶液的酸性是由二氧化硫溶于水形成的亚硫酸所导致的，所以酸性又会增强，故B正确；C．氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙和水，加入氢氧化钠立刻产生碳酸钙沉淀，图象产生沉淀的起点不同，故C错误；D．氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，继续通入二氧化碳生成碳酸氢钠，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了物质的反应，明确图象含义及发生反应实质是解题关键，题目难度中等．　4．我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5．下列说法中正确的是（　　）A．电池在放电时，Li+向负极移动B．锂在放电时做正极，充电时为阳极C．该电池充电时阳极的反映为LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动．【解答】解：A．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；B．该原电池中，锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，故B错误；C．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+，故C正确；D．V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写．　5．（2分）（2022秋•贺兰县校级期末）在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．-38-\n【分析】加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析．【解答】解：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H=﹣373.4kJ•mol﹣1，反应是放热反应，反应后气体体积减小；A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等．　6．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O～CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2eˉ=H2+O2ˉC．总反应可表示为：H2O+CO2=H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；B．电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；C．根据图示以及电解的目的解答；D．根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C总的反应分析．【解答】解：A．根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O﹣CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正确；B．电解池阴极发生还原反应，电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e﹣═H2↑+O2﹣，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e﹣═CO+O2﹣，故B错误；C．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；-38-\nD．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D正确；故选B．【点评】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键．　7．将2.4gFe、Mg合金投入到一定量的稀硝酸中，金属与硝酸恰好完全反应，共收集到标准状况下的气体VL（硝酸被还原成NO），若向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，待金属元素全部沉淀后，再将沉淀过滤、洗涤、灼烧后称量，质量为3.6g．则收集到的气体体积V的值不可能为（　　）A．1.02B．1.68C．1.00D．0.986【考点】有关混合物反应的计算．【分析】最终灼烧后得到的产物是氧化铁和氧化镁，假设合金中Fe物质的量为x，Mg的物质的量为y，那么有下列等式：①56x+24y=2.4，②160×+40y=3.6，据此计算x、y的值；虽说金属完全溶解，但是与硝酸反应后的Fe可能是+2价，也可能是+3价：当生成Fe2+时，金属提供的电子最少，生成NO最少；当生成Fe3+时，金属提供的电子最多，生成NO最多，根据电子转移守恒计算NO物质的量，再根据V=nVm计算NO的体积，据此选择．【解答】解：最终灼烧后得到的产物是氧化铁和氧化镁，假设合金中Fe物质的量为x，Mg的物质的量为y，那么有下列等式：①56x+24y=2.4，②160×+40y=3.6，联立方程，解得x=y=0.03mol虽说金属完全溶解，但是与硝酸反应后的Fe可能是+2价，也可能是+3价：当生成Fe2+时，金属提供的电子最少，生成NO最少，根据电子转移守恒可知，n（NO）==0.04mol，所以NO体积最小为：0.04mol×22.4L/mol=0.896L；当生成Fe3+时，金属提供的电子最多，生成NO最多，根据电子转移守恒可知，n（NO）==0.05mol，所以NO体积最小为：0.05mol×22.4L/mol=1.12L；因此0.896L≤V（NO）≤1.12L，所以V不可能为1.68；故选：B．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，利用极限法确定NO的最大值与最小值是解题的关键，注意铁与稀硝酸反应由于量不同生成物不同．　8．）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（　　）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个【考点】钠的重要化合物．-38-\n【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可．【解答】解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20反应矛盾，故C错误；D、浓盐酸中Cl由﹣1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性．　9．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应．下列说法错误的是（　　）A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲与丁形成的分子中有非极性分子C．简单离子半径：丁＞乙＞丙D．甲与乙形成的化合物均有氧化性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，应是氢氧化铝在与强碱、强酸的反应，故乙为Na、丙为Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原子序数可知，甲外围电子排布为2s2sp2或2s22p4，甲为C或O，丁最高价含氧酸为强酸，外围电子排布为3s23p4，故丁为S元素，据此解答．【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，应是氢氧化铝在与强碱、强酸的反应，故乙为Na、丙为Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原子序数可知，甲外围电子排布为2s2sp2或2s22p4，甲为C或O，丁最高价含氧酸为强酸，外围电子排布为3s23p4，故丁为S元素．A．Al与一些金属氧化物可以发生铝热反应，由于冶炼金属，故A正确；B．甲与丁形成的分子中CS2为直线型对称结构，三氧化硫为平面正三角形结构，均属于非极性分子，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞Na+＞Al3+，故C正确；D．甲与乙形成的化合物有氧化钠、过氧化钠等，氧化钠氧化性很弱，通常条件下基本不表现氧化性，故D错误，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意甲元素的不确定性，难度中等．　10．下列说法正确的是（　　）A．增大压强，活化分子数增加，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大-38-\nC．活化分子间所发生的分子间的碰撞为有效碰撞D．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】A、增大压强，使浓度增大，活化分子百分数增加；B、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大；C、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞；D、加入反应物，活化分子百分数不变．【解答】解：A、增大压强，使浓度增大，活化分子浓度增加，化学反应素速率增大，故A错误；B、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定能够增大，故B正确；C、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，故C错误；D、加入反应物，活化分子百分数不变，但活化分子总数增加，化学反应速率增大，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生影响化学反应速率的因素中的温度、浓度因素，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　11．用如图所示的实验装置进行实验X及Y时，每隔半分钟分别测定放出气体的体积．下列选项中可正确表示实验X及Y的结果是（　　）实验所用的酸X25mL0.2mol/LY50mL0.1mol/LA．B．C．D．-38-\n【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【分析】n（HCl）=0.025L×0.2mol/L=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，n（Mg）==mol，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑知，Mg如果完全反应需要HCl的物质的量为mol＞0.005mol，需要HCl完全反应，Mg剩余，根据H原子守恒知，生成氢气的体积相等，反应物的浓度越大，其反应速率越大，反应时间越短，据此分析解答．【解答】解：n（HCl）=0.025L×0.2mol/L=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，n（Mg）==mol，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑知，Mg如果完全反应需要HCl的物质的量为mol＞0.005mol，需要HCl完全反应，Mg剩余，两种酸的物质的量相等，根据H原子守恒知，生成氢气的体积相等；反应物的浓度越大，其反应速率越大，反应时间越短，X浓度大于Y，所以反应时间X小于Y，故选A．【点评】本题考查反应速率的影响因素，侧重考查分析、计算能力，注意先进行过量计算，知道浓度与反应速率的关系，题目难度不大．　12．某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（　　）①原溶液中的Br﹣一定被氧化；②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I﹣、Fe2+、Br﹣均被完全氧化．A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【考点】几组未知物的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析．【解答】解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，①原溶液中的Br﹣可能被氧化，故错误；　②通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；　③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br﹣被完全氧化，I﹣、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B．【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大．　-38-\n13．下列各图所示的实验原理、方法、装置或操作，其中正确的是（　　）A．向容量瓶中转移溶液B．中和热的测定C．浓硫酸与铜的反应D．乙二酸晶体受热分解【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．转移液体需要使用玻璃棒引流；B．中和热的测定需要使用环形玻璃搅拌棒；C．二氧化硫能使品红褪色；D．乙二酸分解产物是CO2、CO和H2O．【解答】解：A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A错误；B．中和热的测定需要使用环形玻璃搅拌棒，注意保温，故B正确；C．二氧化硫能使品红褪色，石蕊试液只能说明气体呈酸性，故C错误；D．乙二酸分解产物是CO2、CO和H2O，应先检验水，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及转移液体、中和热测定及物质性质实验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．　14．在给定条件下，下列画线物质在化学反应中能被完全消耗的是（　　）A．用浓盐酸与二氧化锰共热制氯气B．标准状况下，将1g铝片投入20mL18mol•L﹣1硫酸中C．向100mL4mol•L﹣1硝酸中加入5.6g铁D．在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用氮气和氢气合成氨【考点】铝的化学性质；化学反应的可逆性；硝酸的化学性质．-38-\n【分析】A．二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应；B．18.4mol/L的硫酸为浓硫酸，常温下遇到铁、铝金属发生的钝化，不再继续反应；C．向100mL4mol/L的硝酸中加入5.6g铁根据反应的量，铁全部反应生成三价铁离子；D．氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应，存在反应限度，所以不能完全反应．【解答】解：A．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，二氧化锰与越浓盐酸反应，随反应进行，浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，故A错误；B．标准状况下，铝片遇浓硫酸发生钝化，阻止反应进行，铝片不能完全反应，故B错误；C．根据反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，0.4mol硝酸氧化0.1mol铁为0.1mol三价铁离子，铁无剩余，故C正确；D．氮气与氢气在高温、高压催化剂作用下反应生成氨气：N2+3H2⇌2NH3，该反应是可逆反应，存在反应限度，所以氢气不能完全反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了元素化合物的性质，注意物质浓度对物质性质的影响、可逆反应特点，变价金属铁与硝酸反应量不同产物不同为该题的难点，题目难度中等．　15．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）C．图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大【考点】溶解度、饱和溶液的概念；催化剂的作用；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】图示题．【分析】A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变；B、原电池原理能加速金属的腐蚀速率，根据金属Zn的消耗情况来确定生成氢气的量的多少；C、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的点是不饱和溶液来分析；D、对于可逆反应，当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大，生成物的产率最大．【解答】解：A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错误；B、锌粉与足量的等浓度的盐酸反应在滴加CuSO4溶液后能加速金属锌的腐蚀速率，但是金属Zn被消耗掉一部分来置换金属铜，所以用来生成氢气的金属锌质量减少，产生的氢气量减少，，故B错误；C、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故C正确；D、对于可逆反应，当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大，t时不是平衡状态，反应物转化率不是最大，故D错误．-38-\n故选C．【点评】本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论．　16．甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：化学键H﹣HC﹣OCOH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1=___kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3=___kJ．mol﹣1（　　）A．99、﹣41B．+99、+41C．﹣99、+41D．﹣99、41【考点】反应热和焓变．【分析】反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，反应热也进行相应的计算．【解答】解：反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，故选D．【点评】本题考查反应热有关计算，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　17．维持体系总压强p恒定，在温度T时，A的起始物质的量为n、容器起始体积为V，发生A（g）⇌B（g）+C（g）反应．已知A的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K为（用α等符号表示）．（　　）A．B．C．D．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A的平衡转化率为α，则转化的A为nαmol，则：A（g）⇌B（g）+C（g）起始量（mol）：n00转化量（mol）：nαnαnα平衡量（mol）：n（1﹣α）nαnα在温度T时，维持体系总压强p恒定，体积之比等于物质的量之比，计算反应后的体积为V′，再根据平衡常数K=计算解答．-38-\n【解答】解：A的平衡转化率为α，则转化的A为nαmol，则：A（g）⇌B（g）+C（g）起始量（mol）：n00转化量（mol）：nαnαnα平衡量（mol）：n（1﹣α）nαnα在温度T时，维持体系总压强p恒定，设反应后的体积为V′，体积之比等于物质的量之比，故V′=×V=（1+α）V，平衡常数K===，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算，涉及平衡常数计算，关键是计算平衡时的体积，难度中等．　18．在硫化氢的水溶液中，存在以下平衡：H2S═HS﹣H+、HS﹣═H++S2﹣，若使溶液的pH减小，则c（S2﹣）（　　）A．增大B．减小C．不变D．可能增大也可能减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】减小溶液的pH的方法有多种，当通过加入盐酸来减小溶液的pH时，平衡向逆向移动，c（S2﹣）会减小，若增大氯化氢浓度使pH增大时，c（S2﹣）会增大，据此分析．【解答】解：升温平衡正向移动，溶液pH减小，c（S2﹣）会增大，加入盐酸pH也减小，平衡都逆向移动，c（S2﹣）会减小，所以pH减小时c（S2﹣）可能增大也可能减小，故选D．【点评】本题考查了电离平衡移动的影响因素和溶液的pH变化，注意从影响弱电解质电离平衡移动的因素分析，题目难度不大．　19．下列有关说法正确的是（　　）A．常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液中c（H+）将增大B．常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的电离程度相同C．向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，所得溶液的pH不变D．常温下，2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO（g）能自发进行，则该反应的△H＞0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变．【分析】A、加水对醋酸的电离起促进作用，氢离子的物质的量变大；B、常温下，同浓度的氢离子和氢氧根离子对水的电离抑制程度相等；C、向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，有少量的碳酸氢钠转化为碳酸钠和碳酸钙，而碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠；D、正反应为熵减的反应，根据△H﹣T△S=△G＜0反应自发进行，据此判断．【解答】解：A、加水对醋酸的电离起促进作用，氢离子的物质的量变大，但溶液的体积变大，c（H+）将减少，故A错误；B、常温下，同浓度的氢离子和氢氧根离子对水的电离抑制程度相等，而pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液说明氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同，故B正确；-38-\nC、向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，有少量的碳酸氢钠转化为碳酸钠和碳酸钙，而碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，所以溶液的pH变大，故C错误；D、正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H﹣T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故D错误；故选B．【点评】本题比较综合，是常见题型，涉及弱电解质的电离、影响电离平衡的因素、盐的水解影响因素和反应的自发性等，难度不大，侧重对基础知识的考查．　20．已知：在一定温度下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数为K1；H2（g）+I2（g）⇌HI（g）的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为（　　）A．K1=K2B．K1=2K2C．K1=1/2K2D．K1=K22【考点】化学平衡常数的含义．【分析】化学平衡常数指，一定温度下，可逆达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故相同温度下，等于同一反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，同一转化关系，化学计量数变为原的n倍，则化学平衡常数为原来的n次方倍，据此解答．【解答】解：反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数K1，则相同温度下，H2（g）+I2（g）⇌HI（g）的平衡常数为K2，化学计量数变为原的倍，则化学平衡常数为原来的次方倍，即K22=K1，故选D．【点评】本题考查平衡常数的书写、计算等，比较基础，注意根据化学平衡常数的书写进行理解计算．　21．在恒温、恒容下，有反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g），现从两条途径分别建立平衡．途径Ⅰ：A、B的起始浓度均为2mol•L﹣1；途径Ⅱ：C、D的起始浓度分别为2mol•L﹣1和6mol•L﹣1．以下叙述正确的是（　　）A．达到平衡时，途径Ⅰ的反应速率等于途径Ⅱ的反应速率B．达到平衡时，途径Ⅰ所得混合气体的压强等于途径Ⅱ所得混合气体的压强C．两途径最终达到平衡时，体系内各组分的百分含量相同D．两途径最终达到平衡时，体系内各组分的百分含量不相同【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】由反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）可知，反应前后气体的化学计量数相等，压强对平衡移动没有影响，当满足Ⅱ所加物质完全转化为A、B时，与Ⅰ物质的量比值相等，则达到相同平衡状态．据此进行判断．由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关．因而，同一可逆反应，从不同的状态开始，只要达到平衡时条件（温度、浓度、压强等）完全相同，则可形成等效平衡，在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比值与原平衡相同，则两平衡等效．【解答】解：反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）可知，反应前后气体的化学计量数相等，压强对平衡移动没有影响，当满足Ⅱ所加物质完全转化为A、B时，与Ⅰ物质的量比值相等，A、Ⅱ途径达到平衡时浓度大，压强大，反应速率应较大，故A错误；-38-\nB、Ⅱ途径达到平衡时浓度大，压强大，反应速率应较大，故B错误；C、Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到相同平衡状态，体系内混合气的百分组成相同，故C正确；D、两种途径平衡状态相同，各物质的含量相同，则体系内混合气的百分组成相同，故D错误；故选C．【点评】本题考查等效平衡问题，题目难度中等，注意相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量数之比投入反应物或生成物，建立起的平衡状态都是相同的，这就是所谓等效平衡原理．　22．向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确结论是（　　）A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡建立的过程．【专题】压轴题．【分析】由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快．【解答】解：A、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO2的转化率将逐渐增大，故D正确；故选：D．【点评】本题难就难在没有直接告诉同学们横坐标表示什么．结合图象分析题意就很关键了．　23．如图所示为气相直接水合法C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n（H2O）：n（C2H4）=1：1]．-38-\n计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp为（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（　　）A．0.082B．0.072C．0.072MPa﹣1D．0.082MPa﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】由图可知，A点乙烯的平衡转化率为20%，设起始量n（H2O）=n（C2H4）=1mol，转化的乙烯为0.2mol，则：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）起始量（mol）：110转化量（mol）：0.20.20.2平衡量（mol）：0.80.80.2压强之比等于物质的量之比，计算乙烯、水蒸气、乙醇蒸气分压，再根据Kp=计算．【解答】解：由图可知，A点乙烯的平衡转化率为20%，设起始量n（H2O）=n（C2H4）=1mol，转化的乙烯为0.2mol，则：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）起始量（mol）：110转化量（mol）：0.20.20.2平衡量（mol）：0.80.80.2压强之比等于物质的量之比，则p（C2H4）=p（H2O）=7.8MPa×=7.8MPa×，p（C2H5OH）=7.8MPa×，则Kp===0.072MPa﹣1，故选：C．【点评】本题考查化学平衡计算，涉及平衡常数计算，关键是计算各组分反应，注意平衡常数单位问题，难度不大．　24．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）；△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是（　　）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ-38-\nC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（L•min）D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应【考点】化学平衡建立的过程；反应热和焓变．【专题】化学平衡专题．【分析】A、从压强对平衡移动的影响分析；B、注意反应的可逆性；C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；D、根据方程式计算生成HCl的物质的量．【解答】解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；B、该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（L•min）=0.015mol/（L•min），故C错误；D、由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为×4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学反应能量变化，平衡移动和影响因素的分析判断，速率计算及热化学方程式计算应用，题目难度中等．　25．CuBr2分解的热化学方程式为：2CuBr2（s）=2CuBr（s）+Br2（g）△H=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×103Pa．如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为（　　）A．p（Br2）≤4.66×103PaB．2.33×103Pa＜p（Br2）≤4.66×103PaC．＜p（Br2）＞2.33×103PaD．2.33×103Pa≤p（Br2）≤4.66×103Pa【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，压强又增大，若反应物足量，平衡恢复到原有的压强．【解答】解：体积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，即2.33×103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的P（Br2），故选B．【点评】本题考查了化学平衡的建立和影响化学平衡的因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　二、主观题（共50分）-38-\n26．有两个起始体积相同的密闭容器A和B，A容器为固定体积；B容器有一个可移动的活塞，能使容器内保持恒压．起始时这两个容器分别充入等量的SO3气体，并使A、B容器中气体体积相等，并保持在400℃条件下发生反应2SO3⇌2SO2+O2，并达到平衡．（1）达到平衡所需时间，A容器比B容器　少　（填多、少、相等），两容器中SO3的转化率A比B　小　（填大、小、相等）．（2）达到（1）所述平衡后，若向两容器中分别通入数量不多的等量Ar气体，A容器的化学平衡　不　（填向左、向右、不）移动，B容器的化学平衡　右　（填向左、向右、不）移动．（3）达到（1）所述平衡后，若向A容器中通入等量的原混合气体，重新达到平衡后，A容器中SO3的体积分数　变大　（填变大、变小、不变）．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）压强越大，反应速率越快，反应到达平衡的时间越短；越强越小，越促进平衡向正反应方向移动；（2）反应物和生成物物质的浓度不变，则平衡不移动；反应体系的压强越小，平衡向气体体积增大的方向移动；（3）增大压强，平衡向气体体积减小的反应方向移动．【解答】解：（1）根据题意知，A为等容、B为等压，加入三氧化硫时，平衡向正反应方向移动，导致A中气体压强增大，B中压强不变，反应过程中A的压强大于B，压强越大反应速率越大，反应到达平衡的时间越短，所以达到平衡所需时间，A容器比B容器少；压强越大，越抑制平衡向正反应方向移动，所以A中三氧化硫的转化率小于B，故答案为：少；小；（2）达到（1）所述平衡后，若向两容器中分别通入数量不多的等量Ar气体，A中容器压强增大，但反应物和生成物浓度不变，则反应不移动；B中压强不变，Ar分担部分压强，导致反应物和生成物压强减小，促进平衡向右方向移动，故答案为：不；右；（3）达到（1）所述平衡后，若向A容器中通入等量的原混合气体，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则重新达到平衡后，三氧化硫的体积分数变大，故答案为：变大．【点评】本题采用对比的方法考查了影响化学平衡移动的因素，根据压强对该反应的影响来分析解答，注意：改变压强是通过改变浓度来实现的，如果改变压强，而反应物和生成物浓度不变，则平衡不移动，为易错点．　27．高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：-38-\n根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式　2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+　．（2）通常条件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10﹣38，除杂后溶液中c（Fe3+）约为　4×10﹣20mol/L　．（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是　抑制Al3+水解　．（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）．母液不能蒸干的原因是　减少可溶性杂质的析出及Al3+水解　．（5）“分离”操作的名称是　C　（填字母代号）．A．蒸馏B．分液C．过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是　SO42﹣　，离子浓度最小的离子是　OH﹣　．【考点】金属的回收与环境、资源保护．【专题】实验设计题．【分析】（1）H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；（6）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可．【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在碱性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁沉淀，此反应的离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，故答案为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+；（2）KSP[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1×10﹣6mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣20mol/L，故答案为：4.0×10﹣20mol/L；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.2mol/L，0.2＞0.1，故答案为：SO42﹣；OH﹣．【点评】本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．　-38-\n28．如图所示是某化学兴趣小组设计的趣味实验装置图，图中A、D均为碳棒，B铝棒，C为铁棒，所用甲、乙容器中的溶液事前均采取了煮沸处理．B在实验时才插入溶液中．（1）从装置的特点判断，甲、乙装置中　甲　是原电池，其负极的电极反应式为：　Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O　；（2）实验开始后，（乙）装置中有关电极反应是：C：　Fe﹣2e﹣=Fe2+　D：　2H++2e﹣=H2↑　，D电极上的现象是　有无色气体产生　，一段时间后溶液中的现象是　有白色沉淀生成　；（3）在实验（2）的基础上，改变两装置电极的连接方式，A接D、B接C，此时D极上发生的电极反应式为：　4OH﹣﹣4e﹣=2H20+O2↑　，乙装置里除两电极上有明显的现象外，还可以看到的现象是　白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色　，产生该现象的化学反应方程式是　4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）甲为原电池，乙为电解质，甲中A为正极，B为负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；（2）C为阳极，发生氧化反应，D为阴极，发生还原反应；（3）在实验（2）的基础上，改变两电极的连接方式，A接D、B接C，则D为阳极，C为阴极，阳极生成氧气，阴极生成氢气，氧气可与氢氧化亚铁发生氧化还原反应生成红褐色氢氧化铁．【解答】解：A、D均为碳棒，B为铝棒，C为铁棒，（1）甲为原电池，乙为电解质，甲中A为正极，B为负极，负极发生还原反应，电极方程式为Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：甲；Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（2）C为阳极，发生氧化反应，电极方程式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，D为阴极，发生还原反应，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，则可生成氢氧化亚铁白色沉淀，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；2H++2e﹣=H2↑；有无色气体产生；有白色沉淀生成；（3）在实验（2）的基础上，改变两电极的连接方式，A接D、B接C，则D为阳极，C为阴极，阳极生成氧气，电极方程式为4OH﹣﹣4e﹣=2H20+O2↑，阴极生成氢气，氧气可与氢氧化亚铁发生氧化还原反应生成红褐色氢氧化铁，可观察到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，产生该现象的化学方程式是4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H20+O2↑；白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．【点评】本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合运用的考查，为高考常见题型，注意把握电极方程式的书写，难度不大．　-38-\n29．某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X．为确定其组成，进行如下实验．①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLclmol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液．氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）．回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是　当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定　．（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用　碱　式滴定管，可使用的指示剂为　酚酞（或甲基红）　．（3）样品中氨的质量分数表达式为　×100%　．（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将　偏低　（填“偏高”或“偏低”）．（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是　防止硝酸银见光分解　；滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol•L﹣1，c（CrO42﹣）为　2.8×10﹣3　mol•L﹣1．已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价　+3　，制备X的化学方程式为　2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2═2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O　；X的制备过程中温度不能过高的原因是　温度过高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLclmol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液，进行氨的测定，（1）通过2中液面调节A中压强；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；（3）根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；-38-\n（4）若气密性不好，导致氨气的量偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解；根据离子积常数计算c（CrO42﹣）；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低．【解答】解：（1）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定，故答案为：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂，故答案为：碱；酚酞或甲基橙；（3）与氨气反应的n（HCl）=V1×10﹣3L×C1mol•L﹣1﹣C2mol•L﹣1×V2×10﹣3L=（C1V1﹣C2V2）×10﹣3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（C1V1﹣C2V2）×10﹣3mol，氨的质量分数=×100%，故答案为：×100%；（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；c（CrO42﹣）==mol/L=2.8×10﹣3mol/L，故答案为：防止硝酸银见光分解；2.8×10﹣3；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确．【点评】本题考查了物质含量的测定，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等．　【化学-选修2：化学与技术】（10分）30．[化学一选修化学与技术]-38-\n现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区．如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水﹣淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图．根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在　B　A西部山区B沿海地区C发达城市D东北内陆（2）该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①　Fe2O3　、②　电能　、③　热能　、④　SO2　、⑤　浓H2SO4　．（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：　4FeS2+11022Fe2O3+8SO2　；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是　Ca（H2PO4）2、CaSO4　（填化学式）．（4）热电厂的冷却水是　海水　，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有　镁或溴　（写出一种即可）．（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．　废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料　，　废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料　（写出两点即可）．【考点】常见的能量转化形式；常见的生活环境的污染及治理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学应用．【分析】（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区；（2）根据流程图中工业生产的原料，及发生的反应中的能量转化分析；（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应；根据生成磷肥的反应分析；（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等；（5）根据工厂的废气、废渣的成分分析．【解答】解：（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区，故答案为：B；（2）①中冶炼钢铁的原料是Fe2O3，②中热电厂中向外提供的能量为电能，③沸腾炉中FeS2与氧气反应放出大量的热，④制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，⑤硫酸工业中生成的硫酸，可用于制磷肥，故答案为：①Fe2O3②电能③热能④SO2⑤浓H2SO4；（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，其反应方程式为：4FeS2+11022Fe2O3+8SO2；用硫酸与磷酸钙反应生成磷酸，磷酸与磷酸钙反应生成磷酸二氢钙，故答案为：4FeS2+11022Fe2O3+8SO2；Ca（H2PO4）2、CaSO4；-38-\n（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等可以制取Mg或溴，故答案为：海水；镁或溴；（5）根据工厂的废气、废渣的成分可知，废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料，故答案为：废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料．【点评】本题考查了工艺流程，涉及的工业原理较多，题目难度中等，注意根据对应的工业反应原理分析．　【化学--选修3：物质结构与性质】（10分）31．人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界．（1）铁原子在基态时，价电子（外围电子）排布式为　3d64s2　．（2）硝酸钾中NO3﹣的空间构型为　平面正三角形　，写出与NO3﹣互为等电子体的一种非极性分子化学式　BF3[SO3（g）、BBr3等]　．（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有　C、N、O、S　．（4）下列说法正确的有　a　（填字母序号）．a．乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高b．钨的配合物离子[W（CO）5OH]﹣能催化固定CO2，该配离子中钨显﹣1价c．聚乙烯（）分子中有5n个σ键d．由下表中数据可确定在反应Si（s）+O2（g）═SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（2c﹣a﹣b）kJ化学键Si﹣SiO═OSi﹣O键能（kJ•mol﹣1）abc（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式　8Fe+2NH32Fe4N+3H2　．若两个最近的Fe原子间的距离为scm，则该晶体的密度是　　g•mol﹣1．【考点】原子核外电子排布；晶胞的计算；极性分子和非极性分子．【分析】（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；（2）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型，原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体，正负电荷重心重合的分子是非极性分子；（3）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；-38-\n（4）a氢键的存在影响物质的熔沸点；b根据化合物中化合价的代数和为0计算；c聚乙烯（）分子中有（6n﹣1）个σ键；d.60gSiO2的物质的量=，一个硅原子含有4个硅氧键；（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式；设正四面体的棱长为xcm，则正四面体的面对角线为xcm，又两个最近的Fe原子间的距离为scm，所以x=s，则x=scm，根据ρ=计算晶胞密度．【解答】解：（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s2，故答案为：3d64s2；（2）NO3﹣中N原子价层电子对=3+（5+1﹣3×2）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，与N03﹣互为等电子体的一种非极性分子有：BF3[SO3（g）、BBr3等]，故答案为：平面正三角形，BF3[SO3（g）、BBr3等]；（3）只要共价单键和孤电子对的和是4的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为：C、N、O、S；（4）a．乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，故正确；b．根据化合物中化合价的代数和为0知，钨的配合物离子[W（CO）5OH]﹣中钨显0价，故错误；c．聚乙烯（）分子中有（6n﹣1）个σ键，故错误；d．由表中数据知反应Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（4c﹣2a﹣b）kJ，故错误；故选a；（5）该晶胞中铁原子个数=8×+6×=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2，设正四面体的棱长为xcm，则正四面体的面对角线为xcm，又两个最近的Fe原子间的距离为scm，所以x=s，则x=scm，根据ρ===．故答案为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；．-38-\n【点评】本题考查较综合，电子数排布式的书写、杂化方式的判断、晶胞的计算都是学习重点，难点是（4）cd选项，c选项中利用数学归纳法分析，d选项中明确硅、二氧化硅的空间结构是解此选项是关键，难度中等．　[化学--有机化学基础]（10分）32．某吸水材料与聚酯纤维都是重要化工原料，它们的合成路线如下：已知：①有机物A能与Na反应，相对分子质量为32．②③RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R、R，代表烃基）（1）A的结构简式是　CH3OH　，B中含氧官能团的名称是　酯基　．（2）C的结构式是　　，D→E的反应类型是　取代反应　．（3）F+A→G的化学方程式是　　．（4）CH3COOH+CH≡CH→B的化学方程式是　CH3COOH+CH≡CH→　．（5）G的同分异构体有多种，满足下列条件的共有　12　种．①苯环上只有两个取代基②1mol与足量的NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体（6）G→聚酯纤维的化学方程式是　　．【考点】有机物的推断．【分析】A能与Na反应说明含有羟基或羧基，A的相对分子质量为32，则为甲醇，结构简式为CH3OH；-38-\n根据流程图中C酸性条件下的水解产物知，C是乙酸聚乙烯酯，结构简式为，乙酸和M发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则B是乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2，则M是乙炔，结构简式为HC≡CH；甲醇和氢溴酸反应生成D为CH3Br，F和甲醇发生酯化反应生成G，根据G的结构简式知F的结构简式为：，E发生氧化反应生成F，结合题给信息知，E是对二甲苯，其结构简式为，结合题给信息知，G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，据此分析解答．【解答】解：A能与Na反应说明含有羟基或羧基，A的相对分子质量为32，则为甲醇，结构简式为CH3OH；根据流程图中C酸性条件下的水解产物知，C是乙酸聚乙烯酯，结构简式为，乙酸和M发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则B是乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2，则M是乙炔，结构简式为HC≡CH；甲醇和氢溴酸反应生成D为CH3Br，F和甲醇发生酯化反应生成G，根据G的结构简式知F的结构简式为：，E发生氧化反应生成F，结合题给信息知，E是对二甲苯，其结构简式为，结合题给信息知，G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，（1）通过以上分析知，A是甲醇，结构简式为CH3OH，B为CH3COOCH=CH2，B中含氧官能团名称是酯基，故答案为：CH3OH；酯基；（2）通过以上分析知，C结构简式为，D发生取代反应生成E，故答案为：；取代；-38-\n（3）F和甲醇发生酯化反应生成G，反应方程式为，故答案为：；（4）CH3COOH+CH≡CH发生加成反应生成B，反应方程式为CH3COOH+CH≡CH→，故答案为：CH3COOH+CH≡CH→；（5）G是对二苯甲酸甲酯，其同分异构体符合下列条件：①苯环上只有两个取代基；②1mol与足量的NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体说明含有两个羧基，如果两个取代基都是﹣CH2COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是﹣COOH、﹣CH2CH2COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是﹣COOH、﹣CH（CH3）COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是﹣CH3、﹣CH（COOH）2，有邻、间、对三种结构；所以符合条件的有12种同分异构体，故答案为：12；（6）G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，反应方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析、推断及获取信息、运用信息能力，为高考高频点，以A为突破口采用正逆结合的方法进行推断，结合反应条件、某些产物及题给信息解答，难点是同分异构体种类的判断，题目难度中等．　-38-