高三第四次模拟考试化学试题一、单选题1．2022年北京冬奥会火炬使用聚硅氮烷树脂和碳纤维合成的复合材料作外壳，并以氢气为燃料，体现了科技、绿色、低碳等特点。下列说法正确的是（）A．该复合材料有密度大、熔点低的特点B．聚硅氮烷树脂和碳纤维都属于纯净物C．燃烧时氢气与氧气发生氧化还原反应D．可用如图表示氢气燃烧的能量变化2.侯氏制碱法涉及反应：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。下列说法正确的是（）A.基态碳原子的轨道表示式：B．NH3中只存在极性共价键C．NH4Cl的电子式：D．NaHCO++3的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO3.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法正确的是（）A.第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W)B．Q元素位于第四周期IA族C．原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)D．W的简单气态氢化物的稳定性比Y的强4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.晶体Si熔点高，可用作计算机芯片B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥nC．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆D．Al(OH)3能与酸反应，可用作抗胃酸药5.NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列说法正确的是（）A.新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中B．可用广泛pH试纸测定新制氯水的pH值C．NaClO与CO+2反应的离子方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+Na+HCOD．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化6.NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。实验室用如图所示方法制备ClO2水溶液，下列说法错误的是（）A．KClO3发生氧化反应B．反应过程中需持续通入N2C．乙装置应置于冰水浴中D．丙装置用于吸收ClO2尾气7.NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列有关含氯微粒的说法正确的是（）A.ClO2是非极性分子B．ClO的空间构型为平面三角形C．ClO中心原子采取sp2杂化D．1molHClO含有2molσ键n8.氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（）A．NH3·H2O(aq)NH4HSO4B．HNO3(浓)NO2C．NH4ClNH3D．NON29.氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。下列有关氨催化氧化反应的说法正确的是（）A.反应过程中分离出H2O(g)，正反应速率增大B．反应达到平衡时，相同时间内消耗NH3和NO的物质的量相等C．平衡时向容器中继续通入O2，平衡正向移动，平衡常数增大D．其他条件不变，起始时投入2molNH3、2.5molO2，平衡时NH3的转化率小于60%10.弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图。下列说法错误的是（）A.“氨浸”时As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O=6NH+2AsOB．“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：Cu2+、NHC．“氧化除AsO时生成lmolFeAsO4，消耗(NH4)2S2O8为1.5molD．“蒸氨”后的滤液中含有(NH4)2SO411.非水性嵌入铝电池是一种二次电池，该电池放电过程的示意图如图所示(R+表示某有机阳离子)。充电时阳极的电极反应为C-n+AlCl-e=CnAlCl4。下列说法正确的是（）nA.放电时，电极a的电极反应为Al+-3e-+3Cl-=B.放电时，电解质中AlCl的物质的量基本不变C.充电时，电极b应与外接电源负极相连D.充电时，电极a和电极b的质量均增加12.化合物Z具有抗凝血作用，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是（）A．X分子中含有手性碳原子B．Y分子存在顺反异构体C．Z分子中所有碳原子均处于同一平面上D．该反应是取代反应13.已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。-1H实验l：测得0.1mol·L2S溶液pH=4.1实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12-1MnSO-实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.lmol·L1CuSO4溶液，产生黑色沉淀下列说法正确的是（）A.由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)<c(OH-)B.由实验2可知：加水过程中，逐渐变小nC.实验3所得溶液中存在：c(H-)+c(H+)=c(OH-)2S)+c(HSD.由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)14.CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程发生下列反应：反应I：CO-12(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=-58.6kJ·mol反应II：CO-12(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=41.2kJ·mol0.5MPa下，将n(H2)：n(CO2)=3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得CO2的转化率、CH3OH或CO的选择性[×100%]以及CH3OH的收率(CO2的转化率×CH3OH的选择性)随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．CO(g)+2H-12(g)=CH3OH(g)△H=99.8kJ·molB.曲线a表示CH3OH的选择性随温度的变化C.图中所示270℃时，对应CO2的转化率为21%D.在210℃~250℃之间，CH3OH的收率增大是由于CH3OH的选择性增大导致二、综合题15.含铬化合物在生产生活中有着广泛的用途。利用含铬废液(主要含Cr3+、Cl-、K+、SO等)可制备强氧化剂K2Cr2O7。.已知：pH>6.5时Cr(VI)主要以CrO形式存在，pH<6.5时Cr(VI)主要以Cr2O形式存在。（1）含铬废液中存在[Cr(H+2O)4Cl2]，该微粒的中心离子基态核外电子排布式为。（2）写出调节pH约为12时Cr3+被氧化为Cr(VI)的离子方程式：。n（3）加稀硫酸至溶液pH约为1。若“酸化”前不将溶液煮沸，则K2Cr2O7产率明显偏低，原因是。（4）利用K2Cr2O7制备Cr2O3。向密闭反应釜中加入1L1mol·L-1K2Cr2O7溶液，再加入蔗糖(C12H22O11)充分反应生成Cr(OH)3、K2CO3和CO2。焙烧Cr(OH)3得到Cr2O3。.①理论上需要向反应釜中加入蔗糖的物质的量为。②测得一定温度下，反应釜内的压强和K2Cr2O7转化率与反应时间的关系如图所示，28~35min，压强减小的原因是。（5）利用K2Cr2O7滴定法测定钢渣(主要含有Fe、Fe2O3、FeO及少量惰性杂质)中Fe的含量的方法如下：取钢渣样品0.2500g，加入足量FeCl3溶液充分反应(Fe2O3、FeO及惰性杂质不反应)后过滤，洗涤滤渣。将洗涤液与滤液合并，用0.10000mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液20.00mL。计算钢渣中Fe的质量分数(写出计算过程)。16.BiOCl是一种不溶于水和稀硫酸的环保涂料。一种以高铋银锌渣(主要成分为Bi单质，还含有Zn、Ag、Fe单质)制备BiOCl的工艺流程如图。已知：BiCl+H+-2OBiOCl↓+2H+3Cl2BiOCl(白色)+2OH-2Cl-+H2O+Bi2O3(黄色)（1）“氧化浸出”生成BiCl的实验装置如图所示。n①写出生成BiCl的离子方程式：。②工业在“氧化浸出”时常加入适量NaCl(s)，其目的是。③反应一段时间后，Bi完全浸出。将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解。该滤渣的成分为。（2）加入稀氨水调节溶液pH不宜过大的原因是。（3）请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案：-1H-1，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3。(须使用的试剂有：lmol·L2SO4溶液、4mol·LNaOH溶液、lmol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水)17.化合物G是制备乌帕替尼的关键中间体，一种合成化合物G的路线如图：（1）下列关于物质A的说法正确的是。A．分子式为C7H14O4B．名称为丙二酸二乙酯C．熔点高于乙酸乙酯D．一氯代物有两种（2）E→F的反应类型为。（3）B→C转化过程中还生成C的一种同分异构体M，M的结构简式为。（4）请写出同时符合下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：。①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体。n②分子中含有碳碳π键，有3种化学环境不同的氢原子。（5）设计以CH3CH2OH、CH3COOH、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。18.甲醇催化、硼氢化钠水解、光催化分解水等方法是当前制氢领域研究的热点课题。（1）甲醇催化制氢主要涉及以下两个反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)；CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)。保持反应温度恒定，将H2O(g)与CH3OH(g)的混合气体按一定流速通过催化反应装置(单位时间内通过装置的混合气体总体积恒定)，测得CH3OH转化率和CO选择性随水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]变化的曲线如图1所示。实际制氢生产中选择水醇比为1.2而不选择1.9的原因是。（2）以Ru/C作催化剂，硼氢化钠(NaBH4)与水反应生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体和H2。①写出硼氢化钠与水反应的化学方程式：。②已知粘度越大的液体，阻止微晶下沉的效果越好。相同温度下，将不同浓度的NaBH4溶液以相同的流速通过装有Ru/C催化剂的反应器(装置见图2)。质量分数为10%的NaBH4溶液通过反应器后，测得出液口溶液粘度为4.68mPa·s；质量分数为15%的NaBH4溶液通过反应器后，测得出液口溶液粘度为10.42mPa·s。不同质量分数的溶液反应50小时后，Ru/C催化剂的活性在15%的NaBH4溶液中大于10%的NaBH4溶液的原因是。n（3）基于TiO2材料光催化分解水制氢的可能机理如图3所示。①若使用H218O代替H2O分解制氢，则获得的氧气可能是(填字母)。a.O18l82b.O2c.OO②补充完成TiO2材料光催化分解水制氢的过程描述：在紫外光的照射下，TiO2材料的VB端将电子转移至CB端，。n答案解析部分1.【答案】C2.【答案】B3.【答案】C4.【答案】D5.【答案】A6.【答案】A7.【答案】D8.【答案】A9.【答案】B10.【答案】B1.【答案】D12.【答案】B13.【答案】A14.【答案】C15.【答案】（1）[Ar]3d3（2）2Cr3++3H2O2+10OH-=2CrO+8H2O（3）酸性条件下，Cr2O因氧化过量的H2O2而被消耗（4）0.125mol；28~35min，K2CO3溶液吸收CO2的速率大于反应生成CO2的速率，导致体系压强减小（5）89.6%16.【答案】（1）2Bi+ClO+7Cl-+6H+=2BiCl+3H-2O；增大c(Cl)，有利于生成BiCl，防止生成BiOCl，减少HCl的用量；Ag、AgCl（2）防止BiOCl中混有Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀（3）边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化17.【答案】（1）B；C（2）还原反应n（3）（4）或（5）18.【答案】（1）通过等体积的混合气体，水醇比为1.2时产生H2的量更多（2）NaBH4+6H2ONaB(OH)4·2H2O↓+4H2↑；浓度大的NaBH4溶液反应后粘度也大，阻止微晶下沉的效果好，生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体不易沉降到催化剂的表面，催化剂的活性保持的时间长（3）abc；催化剂中的O2-在VB端失去电子生成氧气逸出，在催化剂表面形成氧空位(Ti4+在CB端3+)，H得到电子转化成Ti2O中的氧原子填入氧空位后氢氧键断裂，氢原子结合成氢分子，从催化剂表面脱附释放出氢气(Ti3+重新转化成Ti4+)n高三第四次模拟考试化学试题C．NH4Cl的电子式：一、单选题1．2022年北京冬奥会火炬使用聚硅氮烷树脂和碳纤维合成的复合材料作外壳，并以氢气为燃料，体现了科D．NaHCO++3的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO技、绿色、低碳等特点。下列说法正确的是（）【答案】B【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A.基态碳原子的轨道表示式：，A不符合题意；B.NH3中只存在N-H极性共价键，B符合题意；A．该复合材料有密度大、熔点低的特点C.NH4Cl的电子式：，C不符合题意；B．聚硅氮烷树脂和碳纤维都属于纯净物C．燃烧时氢气与氧气发生氧化还原反应D.NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO，碳酸氢根不可拆，D不符合题意；D．可用如图表示氢气燃烧的能量变化故答案为：B。【答案】C【知识点】化学反应中能量的转化【分析】A.不符合洪特规则；【解析】【解答】A．聚硅氮烷树脂和碳纤维合成的复合材料密度小、熔点高的特点，A项不符合题意；B.不同种原子之间的共价键为极性键；B．聚硅氮烷树脂和碳纤维均属于混合物，B项不符合题意；C.阴离子最外层8个电子；C．燃烧时氢气与氧气发生反应生成水，有化合价变化是氧化还原反应，C项符合题意；D.碳酸氢根不可拆。D．氢气燃烧反应为放热反应，图示应由反应物指向生成物，D项不符合题意；3.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2故答案为：C。个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法正确的是（）【分析】A．依据用途确定性质；A.第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W)B．高聚物属于混合物；B．Q元素位于第四周期IA族C．有化合价变化是氧化还原反应；C．原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)D．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量。D．W的简单气态氢化物的稳定性比Y的强2.侯氏制碱法涉及反应：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。下列说法正确的是（）【答案】C【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律A.基态碳原子的轨道表示式：【解析】【解答】A．X为N元素，Y为O元素，W为S元素，根据同一周期由左向右元素原子的第一电离能B．NH3中只存在极性共价键呈递增趋势，但是N原子的2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，故A项不符合题意；nB.根据分析，Q为Cu元素，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，故B项不符合题意；反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为C．Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，根据同周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，同主族元2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列说法正确的是（）素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径从大到小：r(Na)>r(S)>r(O)，故C项符合题意；A.新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中D．W的简单气态氢化物为H2S，Y的简单气态氢化物为H2O，根据元素的非金属性越强，对应气态氢化物的B．可用广泛pH试纸测定新制氯水的pH值稳定性就越强，由于非金属性O>S，所以简单气态氢化物的稳定性H2O>H2S，故D项不符合题意；C．NaClO与CO2反应的离子方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+Na++HCO故答案为：C。D．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化【答案】A【分析】A．根据同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用族的第一电离能高于相邻的元素；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小；【解析】【解答】A．氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A符合题意；B．根据题目信息确定位置；B．新制氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用广泛pH试纸测新制氯水的pH，故B不符合题意；C．根据同周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大；D．根据元素的非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性就越强。C．酸性：H2CO3＞HClO＞，NaClO与CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO-4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）+CO2+H2O═HClO+，故C不符合题意；A.晶体Si熔点高，可用作计算机芯片D．NaClO与盐酸反应生成有毒的氯气，故不能用盐酸酸化，故D不符合题意；B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥故答案为：A。C．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆D．Al(OH)3能与酸反应，可用作抗胃酸药【分析】A．次氯酸见光易分解；【答案】DB．新制氯水具有漂白性；【知识点】二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物C．依据H2CO3＞HClO＞分析；【解析】【解答】A．晶体硅是半导体，可用作计算机芯片，A不符合题意；D．利用价态归中规律分析。B．NH4HCO3中含氮元素，可用作氮肥，B不符合题意；6.NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温C．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，C不符合题意；下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱D．Al(OH)3能与酸反应，胃酸的主要成分为盐酸，可用作抗胃酸药，D符合题意；故答案为：D。反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。实验室用如图所示方法制备ClO2水溶液，下列说法错【分析】A．晶体硅是半导体；误的是（）B．含氮元素；C．SO2具有漂白性；D．Al(OH)3是两性物质。5.NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱nC．ClO的键为2个，孤电子对数为2个，所以中心原子采取sp3杂化，C项不符合题意；D．HClO的结构式为H-O-Cl，均为σ键，所以1molHClO含有2molσ键，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A．极性分子正负电中心不重合；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；A．KClO3发生氧化反应B．反应过程中需持续通入N2C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C．乙装置应置于冰水浴中D．丙装置用于吸收ClO2尾气D．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键。【答案】A8.氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0。在T℃时，向【知识点】制备实验方案的设计1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。在指定条件下，下列选项所示的物【解析】【解答】A．根据分析，KClO3作为氧化剂，发生还原反应，A符合题意；质间转化不能实现的是（）B．ClO2体积分数大于10%时可能发生爆炸，所以需要持续通入氮气稀释ClO2，B不符合题意；C．ClO2水溶液在温度过高时可能发生爆炸，乙装置应在冰水浴中，C不符合题意；A．NH3·H2O(aq)NH4HSO4B．HNO3(浓)NO2D．根据分析，丙装置用于吸收ClO2尾气，D不符合题意；C．NH4ClNH3D．NON2故答案为：A。【答案】A【知识点】化学平衡的计算【分析】A．根据反应中元素化合价升高，发生氧化反应；【解析】【解答】A．一水合氨与SO2反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，A符合题意；B．稀释作用，防爆炸；B．浓硝酸不稳定，光照条件下分解生成NO2、H2O和O2，B不符合题意；C．控制温度，防爆炸；C．氯化铵不稳定，受热分解生成NH3和HCl，C不符合题意；D．根据物质的性质分析。D．NO与CO在催化剂作用下可发生氧化还原反应生成N2和CO2，D不符合题意；7.NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温故答案为：A。下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为【分析】依据元素化合物的性质分析。2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列有关含氯微粒的说法正确的是（）9.氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0。在T℃时，向A.ClO2是非极性分子B．ClO的空间构型为平面三角形1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。下列有关氨催化氧化反应的说法正C．ClO中心原子采取sp2杂化D．1molHClO含有2molσ键确的是（）A.反应过程中分离出H2O(g)，正反应速率增大【答案】DB．反应达到平衡时，相同时间内消耗NH3和NO的物质的量相等【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断C．平衡时向容器中继续通入O2，平衡正向移动，平衡常数增大【解析】【解答】A．ClO2空间构型为V型，该分子正负电中心不重合，是极性分子，A项不符合题意；D．其他条件不变，起始时投入2molNH3、2.5molO2，平衡时NH3的转化率小于60%B．ClO的键为3个，孤电子对数为1个，所以空间构型为三角锥形，B项不符合题意；n【答案】B，故A项不符合题意；【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算B.根据A项中的离子方程式可知，“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：和，没有【解析】【解答】A．反应过程中分理出产物H2O(g)，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率减小，ACu2+，故B项符合题意；不符合题意；B.消耗NH3为正反应方向，消耗NO为逆反应方向，相同时间内消耗NH3和NO的物质的量相等时，根据方C．根据流程图，可知氧化除的离子反应为：程式中的化学计量数可知，此时正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；，即反应生成lmolFeAsO4，消耗C．平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，C不符合题意；(NH4)2S2O8为1.5mol，故C项不符合题意；D．其他条件不变，起始时投入2molNH3、2.5molO2，与原平衡相比相当于减压，平衡向气体分子数增多的方D．“蒸氨”过程中发生的化学反应为：，所以“蒸氨”向移动，即平衡正向移动，平衡时NH3的转化率大于60%，D不符合题意；故答案为：B。后的滤液中含有(NH4)2SO4，故D项不符合题意；【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；【分析】A．依据流程图的反应物和产物分析判断；B．依据正逆反应速率相等分析11.非水性嵌入铝电池是一种二次电池，该电池放电过程的示意图如图所示(R+表示某有机阳离子)。充电时阳C．平衡常数只与温度有关；极的电极反应为Cn+AlCl-e-=CnAlCl4。下列说法正确的是（）D．依据化学平衡移动原理分析。10.弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图。A.放电时，电极a的电极反应为Al+-3e-+3Cl-=下列说法错误的是（）B.放电时，电解质中AlCl的物质的量基本不变A.“氨浸”时As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O=6NH+2AsOC.充电时，电极b应与外接电源负极相连D.充电时，电极a和电极b的质量均增加B．“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：Cu2+、NH【答案】DC．“氧化除AsO时生成lmolFeAsO4，消耗(NH4)2S2O8为1.5mol【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用D．“蒸氨”后的滤液中含有(NH4)2SO4【解析】【解答】A．放电时，电极a为Al，为负极，电极反应为，并且非水性体系【答案】B中不存在氯离子，所以电极反应不符合题意，故A项不符合题意；【知识点】无机物的推断B．放电时，负极反应为，正极反应为，所以总反应为【解析】【解答】A．由流程图可知，“氨浸”时CuO和As2O3都能发生反应，而少量不溶性杂质以浸渣被滤，电解质溶液中的物质的量减小，故B项不符合题意；出，所以该过程涉及的离子方程式有和nC．充电时，电极b为阳极，应与外接电源的正极相连，故C项不符合题意；D．充电时，电极b为阳极，电极反应为，a为阴极，电极反应为【分析】A．手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子B．顺反异构含有碳碳双键，且双键中同一个碳原子连有两个不同的原子或原子团；，电极a和电极b的质量均增加，故D项符合题意；C．含有成四个单键的饱和碳原子呈正四面体形；故答案为：D。D．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应。13.已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。【分析】A．非水性体系中不存在氯离子；实验l：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1B．利用电极反应式分析；实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小C．阳极与外接电源的正极相连；实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12D．利用电极反应式分析。实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.lmol·L-1CuSO4溶12.化合物Z具有抗凝血作用，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是（）液，产生黑色沉淀下列说法正确的是（）A.由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)<c(OH-)B.由实验2可知：加水过程中，逐渐变小C.实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)D.由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)A．X分子中含有手性碳原子【答案】AB．Y分子存在顺反异构体【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较C．Z分子中所有碳原子均处于同一平面上D．该反应是取代反应【解析】【解答】A.0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1mol·L-1，Ka1(H2S)==10-7，则【答案】B，则c(HS-)=10-3.9mol·L-1，K-12.9a2(H2S)==10，则，则【知识点】有机物的结构和性质c(S2-)=10-12.7mol·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-)<c(OH-)，故A符合题意；【解析】【解答】A．手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子，X中不存在连接四个单键的碳原子，所以X分子中不可能含有手性碳原子，故A项不符合题意；B.Ka2(H2S)==10-12.9，加水过程中，测得溶液的pH不断减小，即c(H+)越来越大，则越B．存在顺反异构要求含有碳碳双键，且双键中同一个碳原子连有两个不同的原子或原子团，Y符合要求，故B项符合题意；来越小，则越来越大，故B不符合题意；C．Z分子中含有成四个单键的饱和碳原子，其空间结构与甲烷类似，所以Z分子中所有碳原子不可能处于同C.0mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根据一平面上，故C项不符合题意；NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在D．对比结构，发现Y分子中碳碳双键发生断开，发生了加成反应，故D项不符合题意；2c(H-+-)，故C不符合题意；2S)+c(HS)+c(H)=c(OH故答案为：B。nD.实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完【解析】【解答】A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)反应的反应热：(-58.6-41.2)kJ/mol=-99.8kJ/mol，A不符合题全，所以在滴入几滴0.lmol·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明意；Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D不符合题意；B.根据分析，曲线a代表CO的选择性随温度的变化，B不符合题意；故答案为：A。C.图中所示270℃时，CO的选择性为70%，则甲醇的选择性为30%，故CO2的转化率为：，C符合题意；【分析】A.利用Ka1(H2S)=、Ka2(H2S)=计算；D.在210℃~250℃之间，反应I未达平衡，CH3OH的收率增大是由于温度升高，生成CH3OH的反应速率增大导致，D不符合题意；故答案为：C。B．利用Ka2(H2S)=分析；C.根据质子守恒分析；【分析】A．根据盖斯定律；D．利用沉淀转化分析。B．根据曲线变化分析；14.CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程发生下列反应：C．根据曲线变化计算；反应I：CO-12(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=-58.6kJ·mol反应II：CO-1D．利用外界因素对速率和平衡的影响分析。2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=41.2kJ·mol二、综合题0.5MPa下，将n(H2)：n(CO2)=3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得CO2的转化率、15.含铬化合物在生产生活中有着广泛的用途。利用含铬废液(主要含Cr3+、Cl-、K+、SO等)可制备强氧化CH3OH或CO的选择性[×100%]以及CH3OH的收率(CO2的转化率×CH3OH的选择剂K2Cr2O7。.性)随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（）已知：pH>6.5时Cr(VI)主要以CrO形式存在，pH<6.5时Cr(VI)主要以Cr2O形式存在。（1）含铬废液中存在[Cr(H+2O)4Cl2]，该微粒的中心离子基态核外电子排布式为。（2）写出调节pH约为12时Cr3+被氧化为Cr(VI)的离子方程式：。（3）加稀硫酸至溶液pH约为1。若“酸化”前不将溶液煮沸，则K2Cr2O7产率明显偏低，原因A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=99.8kJ·mol-1是。（4）利用K2Cr2O7制备Cr2O3。向密闭反应釜中加入1L1mol·L-1K2Cr2O7溶液，再加入蔗糖(C12H22O11)充分B.曲线a表示CH3OH的选择性随温度的变化反应生成Cr(OH)3、K2CO3和CO2。焙烧Cr(OH)3得到Cr2O3。.C.图中所示270℃时，对应CO2的转化率为21%①理论上需要向反应釜中加入蔗糖的物质的量为。D.在210℃~250℃之间，CH3OH的收率增大是由于CH3OH的选择性增大导致【答案】C②测得一定温度下，反应釜内的压强和K2Cr2O7转化率与反应时间的关系如图所示，28~35min，压强减小【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算的原因是。n(4)利用溶液与蔗糖（）反应得到的进行焙烧，从而获得，通过可知得电子总数为，利用氧化还原反应中得失电子守恒，结合，计算得到的物质的量；利用反应釜内的压强和转化率与反应时间的关系图像，结合溶液与蔗糖（）反应会生成、和，不难发现压强增大的原因是生成了，28~35min压强减小应考虑和（5）利用K2Cr2O7滴定法测定钢渣(主要含有Fe、Fe2O3、FeO及少量惰性杂质)中Fe的含量的方法如下：反应损耗了；取钢渣样品0.2500g，加入足量FeCl3溶液充分反应(Fe2O3、FeO及惰性杂质不反应)后过滤，洗涤滤渣。将洗涤液与滤液合并，用0.10000mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液20.00mL。计算钢渣中Fe的故答案为：0.125mol；28~35min，溶液吸收的速率大于反应生成的速率，导致体系压强减质量分数(写出计算过程)。小；【答案】（1）[Ar]3d3(5)由于、FeO及惰性杂质不反应，加入足量溶液充分反应，再利用（2）2Cr3++3H2O2+10OH-=2CrO+8H2O滴定，消耗了20.00mL，利用电子守恒和，（3）酸性条件下，Cr2O因氧化过量的H2O2而被消耗计算也得到的物质的量，则通过化学方程式可计算（4）0.125mol；28~35min，K2CO3溶液吸收CO2的速率大于反应生成CO2的速率，导致体系压强减小得到Fe的含量：（5）89.6%【知识点】无机物的推断【解析】【解答】(1)的中心离子为，而Cr的原子序数为24，核外电子排布式为，失去3个电子形成后电子排布式变为；，故答案为；则钢渣中Fe的质量分数为；(2)含铬废水先与混合，再加入KOH调节约为12时被氧化为Cr(VI)，结合题目信息“pH>6.5时故答案为：89.6%。Cr(VI)主要以形式存在”可知，该反应升价变成，则降价变成，按照电子守恒与质量守恒配平，写出离子反应方程式；【分析】(1)利用原子构造原理分析；故答案为：(2)按照电子守恒与质量守恒配平；(3)利用物质的性质分析；(3)“酸化”前将溶液煮沸的目的是除去过量的，否则在酸性条件下，会与过量的反应而损(4)利用氧化还原反应中得失电子守恒计算；耗减少，导致产率明显偏低；(5)利用电子守恒计算。16.BiOCl是一种不溶于水和稀硫酸的环保涂料。一种以高铋银锌渣(主要成分为Bi单质，还含有Zn、Ag、故答案为：酸性条件下，因氧化过量的H2O2而被消耗；nFe单质)制备BiOCl的工艺流程如图。生成BiCl，Zn、Fe单质转化为Zn2+和Fe3+，滤渣为含Ag的物质，将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解，说明除了单质银之外，还有不溶于稀硝酸的AgCl存在。向含BiCl、Zn2+和Fe3+的溶液中加稀氨水调节pH到1，使得生成BiOCl沉淀，而Zn2+和Fe3+以离子形式在滤液中存在，过滤分离，得到BiOCl粗产品。已知：BiCl+H2OBiOCl↓+2H++3Cl-(1)①加入NaClO3和HCl“氧化浸出”，Bi单质转化为BiCl，确定反应物为Bi和ClO，生成物为BiCl，2BiOCl(白色)+2OH-2Cl-+H2O+Bi2O3(黄色)根据电子守恒，1个Bi失去3个电子，1个ClO得到6个电子，所以Bi和BiCl系数为2，ClO系数为为（1）“氧化浸出”生成BiCl的实验装置如图所示。1，根据氯守恒确定Cl-系数为7，最后根据酸性条件下电荷守恒，得到离子方程式：2Bi+ClO+7Cl-+6H+=2BiCl+3H2O；②已知：BiCl+H2OBiOCl↓+2H++3Cl-为可逆反应，在“氧化浸出”时常加入适量NaCl(s)，可增大c(Cl-)，使得平衡逆向移动，有利于生成BiCl，防止生成BiOCl，减少HCl的用量；①写出生成BiCl的离子方程式：。③Bi完全浸出后，将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解。说明除了单质银之外，还②工业在“氧化浸出”时常加入适量NaCl(s)，其目的有不溶于稀硝酸的AgCl存在，答案为Ag、AgCl；是。(2)加入稀氨水调节溶液pH不宜过大，当pH过大时，Zn2+和Fe3+会转化为难溶的氢氧化物Fe(OH)3、Zn(OH)2③反应一段时间后，Bi完全浸出。将滤渣加入足量稀硝酸中，充分反应后，观察到滤渣部分溶解。该滤渣析出，使得产物BiOCl不纯，所以答案为：防止BiOCl中混有Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀；的成分为。(3)结合必须使用的试剂lmol·L-1H2SO4溶液、4mol·L-1NaOH溶液、lmol·L-1BaCl2溶液和蒸馏水，可分析出，除（2）加入稀氨水调节溶液pH不宜过大的原因是。去Fe(OH)3应该用lmol·L-1H2SO4溶液，过滤后用蒸馏水洗涤，为了保证洗涤干净，用lmol·L-1BaCl2溶液检验（3）请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方滤液中是否含有硫酸根，最后根据已知条件2BiOCl(白色)+2OH-2Cl-+H2O+Bi2O3(黄色)，向滤渣中加入足量案：，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3。(须使用的试剂有：lmol·L-1H2SO4溶液、4mol·L-1NaOH溶液、lmol·L-1BaCl2的4mol·L-1NaOH溶液，加热得到产物Bi2O3，此过程可通过观察固体颜色的变化来判断实验结束。所以答案溶液、蒸馏水)为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水-1【答案】（1）2Bi+ClO+7Cl-+6H+=2BiCl+3H2O；增大c(Cl-)，有利于生成BiCl，防止生成BiOCl，减少洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·LBaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。HCl的用量；Ag、AgCl（2）防止BiOCl中混有Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀【分析】（3）边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏(1)①根据原子守恒和电荷守恒；水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过②依据化学平衡移动原理分析；量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化③依据物质的性质分析；【知识点】无机物的推断(2)依据物质的性质判断；【解析】【解答】高铋银锌渣(主要成分为Bi单质，还含有Zn、Ag、Fe单质)，加入NaClO3和HCl“氧化浸出”n(3)依据所用试剂及离子的性质设计。17.化合物G是制备乌帕替尼的关键中间体，一种合成化合物G的路线如图：（5）【知识点】有机物的合成；烯烃；醇类简介；羧酸简介【解析】【解答】根据合成路线图，A与丙醛发生反应生成B，B在酸性条件下发生加成反应生成C，C在Pt作催化剂的条件下与H2发生反应，现将-NO2还原为-NH2，然后发生取代反应形成D，D发生取代反应生成E，E发生还原反应生成F，F发生取代反应生成G，据此分析来解题。(1)根据A的结构简式，可知物质A的分子式为C7H12O4，故A项不正确；物质A中含有两个酯基，可知其对应的酸和醇分别为丙二酸和乙醇，所以名称为丙二酸二乙酯，故B正确；根据不含氢键时，相对分子质量越（1）下列关于物质A的说法正确的是。大，分子间作用力越强，熔沸点越高，所以物质A的熔点高于乙酸乙酯，故C正确；根据物质A结构的对称A．分子式为C7H14O4B．名称为丙二酸二乙酯性，可知有3种等效氢，所以一氯代物有3种，故D不正确，故答案为BC；C．熔点高于乙酸乙酯D．一氯代物有两种(2)对比E和F的结构可知，E中脱去氧原子生成F，所以E→F的反应类型为还原反应，故答案为还原反应；（2）E→F的反应类型为。(3)根据流程图，B→C发生的是加成反应，由于结构不对称，所以B→C的转化过程中还生成C的一种同分异（3）B→C转化过程中还生成C的一种同分异构体M，M的结构简式为。（4）请写出同时符合下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：。构体M，M的结构简式为，故答案为；①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体。②分子中含有碳碳π键，有3种化学环境不同的氢原子。(4)根据流程图中B的结构简式可知，B的分子式为C10H16O4，不饱和度为3，同时符合下列条件①能与碳酸（5）设计以CH3CH2OH、CH3COOH、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有氢钠溶液反应产生气体，说明分子中含有-COOH，②分子中含有碳碳π键，有3种化学环境不同的氢原子，机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。说明结构非常对称且含有碳碳双键，所以符合要求的同分异构体的结构简式为或【答案】（1）B；C（2）还原反应，故答案为或（3）；（4）或(5)对比原料和产物结构，发现最大的不同是形成了含N原子的环状化合物，结合流程图中A→B→C→D的转化过程，可知先让醇和羧酸反应形成酯，然后酯与醛在碱性条件下发生反应形成碳碳双键，再碳碳双键发生断开发生加成反应，最后在Pt作催化剂的条件下与H2发生反应形成含N原子的环状化合物，所以合成路线n设计为，故答案为；（2）以Ru/C作催化剂，硼氢化钠(NaBH4)与水反应生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体和H2。①写出硼氢化钠与水反应的化学方程式：。【分析】②已知粘度越大的液体，阻止微晶下沉的效果越好。相同温度下，将不同浓度的NaBH4溶液以相同的流速(1)根据结构简式确定分子式；根据结构简式确定名称；根据不含氢键时，相对分子质量越大，分子间作用力通过装有Ru/C催化剂的反应器(装置见图2)。质量分数为10%的NaBH4溶液通过反应器后，测得出液口溶液越强，熔沸点越高；根据等效氢判断；粘度为4.68mPa·s；质量分数为15%的NaBH4溶液通过反应器后，测得出液口溶液粘度为10.42mPa·s。不同质(2)根据官能团的变化确定反应类型量分数的溶液反应50小时后，Ru/C催化剂的活性在15%的NaBH4溶液中大于10%的NaBH4溶液的原因(3)根据加成反应的特点判断；是(4)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体。(5)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。18.甲醇催化、硼氢化钠水解、光催化分解水等方法是当前制氢领域研究的热点课题。（1）甲醇催化制氢主要涉及以下两个反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)；CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)。保持反应温度恒定，将H2O(g)与CH3OH(g)的混合气体按一定流速通过催化反应装置(单位时间内通过装置的混合气体总体积恒定)，测得CH3OH转化率和CO选择性随水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]变化的曲线如图1所示。实际制氢生产中选择水醇比为1.2而不选择1.9的原因是。（3）基于TiO2材料光催化分解水制氢的可能机理如图3所示。n(3)①氧气中的氧原子可能来自于水或TiO182，若使用H2O代替H2O分解制氢，则获得的氧气可能是a.O2或b.18Ol82或c.OO，故答案为：abc。②从图分析，TiO2材料光催化分解水制氢的过程描述：在紫外光的照射下，TiO2材料的VB端将电子转移至CB端，催化剂中的O2-在VB端失去电子生成氧气逸出，在催化剂表面形成氧空位(Ti4+在CB端得到电子转化成Ti3+)，H2O中的氧原子填入氧空位后氢氧键断裂，氢原子结合成氢分子，从催化剂表面脱附释放出氢气(Ti3+重新转化成Ti4+)。【分析】(1)通过图像的数据分析；(2)①依据反应物和产物确定反应的化学方程式；①若使用H218O代替H2O分解制氢，则获得的氧气可能是(填字母)。②利用已知信息分析。a.O2b.18O2c.Ol8O②补充完成TiO(3)由反应机理分析。2材料光催化分解水制氢的过程描述：在紫外光的照射下，TiO2材料的VB端将电子转移至CB端，。【答案】（1）通过等体积的混合气体，水醇比为1.2时产生H2的量更多（2）NaBH4+6H2ONaB(OH)4·2H2O↓+4H2↑；浓度大的NaBH4溶液反应后粘度也大，阻止微晶下沉的效果好，生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体不易沉降到催化剂的表面，催化剂的活性保持的时间长（3）abc；催化剂中的O2-在VB端失去电子生成氧气逸出，在催化剂表面形成氧空位(Ti4+在CB端得到电子转化成Ti3+)，H2O中的氧原子填入氧空位后氢氧键断裂，氢原子结合成氢分子，从催化剂表面脱附释放出氢气(Ti3+重新转化成Ti4+)【知识点】无机物的推断【解析】【解答】(1)通过图分析，水醇比例1.2是乙醇的转化率高，一氧化碳的转化率相对小，则结合方程式分析，生成的氢气会更多。(2)①硼氢化钠与水反应的化学方程式：NaBH4+6H2ONaB(OH)4·2H2O↓+4H2↑。②不同质量分数的溶液反应50小时后，Ru/C催化剂的活性在15%的NaBH4溶液中大于10%的NaBH4溶液的原因是浓度大的NaBH4溶液反应后粘度也大，阻止微晶下沉的效果好，生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体不易沉降到催化剂的表面，催化剂的活性保持的时间长。n高考考前模拟化学试卷题一、单选题1.工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是（）A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐B．AlN是分子晶体C．N2发生氧化反应D．反应为复分解反应2.反应Cl2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HCl可用于污水脱氯。下列说法正确的是（）A.中子数为20的氯原子：ClB．H2O分子中含极性共价键C．Na＋的结构示意图：D．HCl的电子式：3.侯氏制碱法原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（）A.制取氨气B．制NaHCO3C．分离NaHCO3D．制Na2CO34.SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO-12(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。下列关于SO2、SO3、NH3、NH说法中正确的是（）A．SO2水溶液能导电，SO2是电解质B．NH中含有配位键C．SO3中硫原子轨道杂化类型为sp3D．NH3为非极性分子n5.SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（）A．NO(g)HNO3(aq)B．SO2(g)H2SO4(aq)C．SO2NH4HSO3(aq)D．NOxN2(g)6.SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO-12(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（）A.该反应ΔH＜0ΔS＞0B．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．该反应中每生成22.4LSO3转移电子的数目约等于2×6.02×10237.卤族元素包括F、Cl、Br、I等元素。下列说法正确的是（）A.电负性：F＜Cl＜Br＜IB．键能：HF＜HBrC.失电子能力：Cl-＜Br-＜I-D．键的极性：Cl-I＜Br-I8.用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如下：下列说法正确的是（）A.“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：S2-＋MnO2＋4H+Mn2+＋S＋2H2OB．“酸浸”所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe2+nC.1个Cu2O晶胞(如图)中含4个氧原子D．水合肼浓度过大，Cu2O产率下降，可能的原因是Cu2O进一步被还原成单质铜9.科学家发明了如图所示的新型Zn—CO2水介质电池，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，CO2被转化为储氢物质甲酸等。下列说法正确的是（）A.放电时，负极反应式为：Zn＋2e-＋4OH-=Zn(OH)B.放电时，1molCO2完全转化为HCOOH，理论上转移4mol电子C．充电时，正极溶液中OH−浓度升高D．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O10.在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A.若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HDB.第一步转化N与H间形成配位键C.若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快D.若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低11.紫花前胡醇(结构简式如图所示)可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。下列的说法正确的是（）nA．1mol紫花前胡醇最多能与2molNaOH反应B．分子中含2个手性碳原子C．紫花前胡醇不能发生消去反应D．紫花前胡醇不能使酸性KMnO4溶液褪色12.室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选实验操作和现象实验结论项测得0.1mol·L−1CH+3COONa溶液pH约为9，HNO2电离出H的能力A0.1mol·L−1NaNO2溶液pH约为8比CH3COOH强向浓度均为0.1mol·L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Ksp(BaSO4)＜BNa2SO4溶液，出现白色沉淀Ksp(CaSO4)C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X一定具有强氧化性卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入AgNO3溶液，产D卤代烃已变质生黑色沉淀A．AB．BC．CD．D13.硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO)∶c(SO)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列说法错误的是（）A.Na-+2SO3溶液中存在：c(OH)=c(H)+c(HSO)+2c(H2SO3)B.Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSOC.当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2D.与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变14.CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应I：CO−12(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol反应II：2CO−12(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·moln在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。(CH3OCH3的选择性=×100％)下列说法错误的是（）A．CO的选择性随温度的升高逐渐增大B．反应2CO(g)+4H−12(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-204.9kJ·molC．在240～320℃范围内，温度升高，平衡时CH3OCH3的物质的量先增大后减小D．反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)，增大压强可能将CH3OCH3的选择性提升到B点二、综合题15.以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为。②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因n是。（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO2＋4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则=。[已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式。②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是。③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是。16.氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ni为原料制取氯化镍的实验步骤如下：n已知：①Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2。②NiCl2易水解，从溶液中获取NiCl2·6H2O须控制pH＜2。（1）在三颈烧瓶中(装置见如图)加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液。①向A装置中通入空气的作用除搅拌外还有。②若镍粉过量，判断反应完成的现象是。（2）将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，过滤，洗涤。①沉淀反应的离子方程式为。②检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀已经洗涤完全的方法是。（3）所得NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3。请补充完整由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，搅拌，。[NiCl2溶解度曲线如图所示。实验中须选用的仪器和试剂：pH计、盐酸、NiCO3]17.天然产物F具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成：n（1）化合物C中含有的含氧官能团名称为。（2）E→F的反应类型为。（3）D→E中有一种副产品(分子式C14H14O3)生成，该副产品的结构简式为。（4）C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式：。a．能与FeCl3溶液发生显色反应；b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。18.废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。（1）电解法脱除：将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2--2e-=S(n-1)S+S2-=S①写出阴极的电极反应方程式。②电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为。（2）Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。①用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步：第一步：H2S(g)H2S(aq)n第二步：H＋-2SH＋HS第三步：HS-＋2Fe3+=S↓＋2Fe2+＋H+一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是。②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2+2O。反应相同时间后，溶液中Fe的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是。（3）活性炭吸附氧化：可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化H2S，其反应原理如图所示。其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是。②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是。nn答案解析部分1.【答案】A【解析】【解答】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A符合题意；B．AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B不符合题意；C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C不符合题意；D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐。B.根据晶体的特点确定晶体的类型，据此分析。C.氧化反应前后，物质中部分元素的化合价降低。D.复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，反应前后元素的化合价不变。2.【答案】B【解析】【解答】A．中子数为20的氯原子的质子数为17、质量数为37，原子符号为Cl，故A不符合题意；B.水分子的结构式为H-O-H，分子中含有氢氧极性共价键，故B符合题意；C.钠离子的核电荷数为11，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故C不符合题意；D.氯化氢是共价化合物，电子式为，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.原子左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，据此分析。B.形成极性共价键的两个原子为不同种原子，结合水分子结构进行分析。C.Na＋的结构示意图是在Na原子的基础上失去最外层电子得到的。nD.HCl属于共价化合物，据此分析。3.【答案】C【解析】【解答】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，故A不符合题意；B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，故B不符合题意；C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，故C符合题意；D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氯化铵固体受热分解得到的HCl和NH3在管口又能结合生成氯化铵。B.NH3极易溶于水，应将CO2通入溶有NH3的饱和食盐水中。C.过滤适用于分离互不相溶的固液混合物，据此分析。D.应在试管中加热碳酸氢钠，且试管向下倾斜，以防水倒流回试管底部引起炸裂。4.【答案】B【解析】【解答】A．SO2水溶液能导电，但二氧化硫自身不电离产生离子，故SO2是非电解质，A不符合题意；B.氨分子的N上有1对孤电子对、氢离子有空轨道，则NH中有3根普通的N-H、有1个配位键，B符合题意；C.SO23中中心原子的孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp杂化、空间构型为平面正三角形，C不符合题意；D.NH3由极性键构成、呈三角锥形，则正负电荷中心不重叠，属于极性分子，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.电解质是指溶于水或在熔融状态下本身能电离出自由移动离子的化合物。B.NH+3的N上有1对孤电子对，H有空轨道，据此分析。C.根据价层电子对互斥理论进行分析。D.NH3中正负电荷中心不重合，属于极性分子。5.【答案】Dn【解析】【解答】A．一氧化氮不溶于水，也不能与水反应生成硝酸，故A不符合题意；B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，故B不符合题意；C．二氧化硫与过量的一水合氨反应生成亚硫酸铵，不能生成亚硫酸氢铵，故C不符合题意；D．在催化剂作用下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.NO与水不反应。B.SO2与水反应生成H2SO3。C.SO2与过量的NH3·H2O反应生成(NH4)2SO3。D.在一定条件下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气。6.【答案】B【解析】【解答】A．该反应是气体计量系数减小的反应，故ΔS<0，A不符合题意；B．由题给条件可知，该反应ΔH=反应物键能和-产物键能和＜0，B符合题意；C．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，平衡转化率减小，催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，C不符合题意；D．没有给出三氧化硫的状态，无法计算其物质的量，另外，标准三氧化硫为固态，也无法计算其物质的量，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.反应前后，气体计量系数减小，则ΔS<0。B.ΔH=反应物总键能-生成物总键能，据此分析。C.根据勒夏特列原理进行分析，注意催化剂对化学平衡无影响。D.标准状况未知，无法计算。7.【答案】C【解析】【解答】A．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小，则卤族元素的电负性的大小顺序为I＜Br＜Cl＜F，故A不符合题意；B．卤素元素的电负性越大，原子与氢原子形成的共价键的键能越大，氟元素的电负性大于氯元素，则氟化氢分子中的氢氟键的键能大于氯化氢分子中的氢氯键，故B不符合题意；C．单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，对应还原产物阴离子的还原性依次增强，所以卤族元素的阴离子失电子能力大小顺序为Cl-＜Br-＜I-，故C符合题意；nD.卤素元素的电负性越大，与碘原子形成的共价键的键极性越大，氯元素的电负性大于溴元素，则氯碘键的极性大于溴碘键，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小。B.卤素元素的电负性越大，卤原子与氢原子形成的共价键的键能越大。C.单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，即失电子能力越弱。D.卤素元素的电负性越大，与碘原子形成的共价键的键极性越大。8.【答案】D【解析】【解答】A．酸浸过程中硫化铜发生的反应为硫化铜与稀硫酸和二氧化锰反应生成硫酸铜、硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2+＋Mn2+＋S＋2H2O，故A不符合题意；B．由分析可知，酸浸所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe3+，故B不符合题意；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的白球的个数为8×+1=2，位于体内的黑球为4，由化学式可知，白球为氧原子，则晶胞中氧原子个数为2，故C不符合题意；D．若水合肼浓度过大，水合肼与溶液中的铜离子反应生成铜，会导致氧化亚铜的产率降低，故D符合题意；故答案为：D。【分析】根据题干信息及流程图，“酸浸”中发生反应为CuS＋MnO+2+2+2＋4H=Cu＋Mn＋S＋2H2O和2FeO+8H+＋MnO3+2+3+2+2=2Fe+Mn＋4H2O，“调pH”中可除去Fe，“除锰”中加入一定物质除去Mn，“还原”中加入水合肼还原Cu2+可得到产品，据此分析。9.【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，左侧电极为负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-＋4OH-=Zn(OH)，故A不符合题意；B．由分析可知，放电时，右侧电极为正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO-+2＋2e＋2H=HCOOH，则1mol二氧化碳放电时，理论上转移2mol电子，故B不符合题意；C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故C不符合题意；D．由分析可知，充电的总反应为2Zn(OH)2Zn＋O-2↑＋4OH＋2H2O，故D符合题意；n故答案为：D。【分析】放电时作原电池，左侧电极锌失电子发生氧化反应，其电极反应式为Zn—2e-＋4OH-=Zn(OH)，右侧电极CO-+2得电子发生还原反应，其电极反应式为CO2＋2e＋2H=HCOOH；充电时作电解池，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，其电极反应式与放电时的正好相反，电池总反应可通过两极反应式相加得到，据此分析。10.【答案】D【解析】【解答】A．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO-+-2+H，第三步D、H反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故A不符合题意；B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，故B不符合题意；C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快。故释氢速率加快。故C不符合题意；D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据质量守恒定律进行分析。B.N原子含有孤电子对、H+有空轨道。C.若用HCOOK溶液代替HCOOH，c(HCOO-)增大，结合反应机理图进行分析。D.若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变。1.【答案】A【解析】【解答】A．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中的酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol紫花前胡醇最多能与2mol氢氧化钠反应，故A符合题意；B．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不符合题意；C．由结构简式可知，紫花前胡醇分子与羟基相连的碳原子右邻碳原子上连有氢原子，所以一定条件下能发生消去反应，故C不符合题意；D．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有的羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D不符合题意；n故答案为：A。【分析】A.该有机物中的酯基在酸性条件下水解可得到酚羟基和羧基，酚羟基和羧基均与NaOH反应，据此分析。B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，据此分析。C.该有机物发生消去反应的条件是：与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子。D.该有机物含有碳碳双键和羟基，据此分析。12.【答案】A【解析】【解答】A．由浓度均为0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH大于亚硝酸钠可知，醋酸根离子在溶液中的水解程度大于亚硝酸根离子，则亚硝酸的酸性强于醋酸，电离出氢离子的能力强于醋酸，故A符合题意；B．向浓度均为0.1mol/L的氯化钡和氯化钙的混合溶液中滴加硫酸钠溶液，出现的白色沉淀可能是硫酸钡，也可能是硫酸钙，所以无法比较硫酸钡和硫酸钙的溶度积大小，故B不符合题意；C．向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中通入氨气，会有亚硫酸钡白色沉淀生成，生成白色沉淀的反应中氨气未表现氧化性，故C不符合题意；D．卤代烃Y与氢氧化钠水溶液共热后，由于未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，氢氧化钠会与直接加入的硝酸银溶液反应生成氢氧化银，氢氧化银分解生成黑色氧化银，所以反应生成黑色沉淀不能确定卤代烃已变质，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.等浓度的弱酸强碱盐溶液的pH越小，弱酸根对应的弱酸电离出H+的能力越强。B.SO2-与Ba2+、Ca2+均能生成白色沉淀。4C.亚硫酸钡在中性或碱性溶液中是白色沉淀，据此分析。D.卤代烃在碱性条件下受热会生成卤化钠，注意在滴入AgNO3溶液前确保反应后的溶液不呈碱性，据此分析。13.【答案】D【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH-)=c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)，故A不符合题意；B.亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2HSO，故B不符合题意；nC.亚硫酸的电离常数K+a2(H2SO3)=，当c(HSO)∶c(SO)=10时，溶液中c(H)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C不符合题意；D.吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据质子守恒进行分析。B.书写离子方程式时，注意单质、氧化物、弱电解质、难溶物、气体的化学式不拆成离子形式。C.根据电离常数Ka2(H2SO3)=及pH=-lgc(H+)进行分析。D.Na2SO3具有还原性，可被空气中的氧气氧化为Na2SO4，Na2SO4溶液与SO2不反应，据此分析。14.【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，升高温度，二甲醚的选择性减小，由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的选择性增大，故A不符合题意；B.由盖斯定律可知，反应II—2×反应I得到反应，则2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=(-122.5kJ·mol−1)-2×(+41.2kJ·mol−1)=-204.9kJ·mol−1，故B不符合题意；C.反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的物质的量减小，故C符合题意；D.反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醚的物质的量增大，二甲醚的选择性增大，则增大压强可能将二甲醚的选择性由A点提升到B点，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据题干信息，反应I吸热，反应II放热，结合图像进行分析。B.根据盖斯定律进行分析。C.根据化学平衡的影响因素，结合勒夏特列原理进行分析。D.反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动。15.【答案】（1）FeS2＋2Fe3+=3Fe2+＋2S；随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表n面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低（2）（3）6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O；开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小(也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O+22Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O22Mn3O4＋6H＋3SO，溶液pH减小)；Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物【解析】【解答】根据流程图以及软锰矿、硫铁矿所含物质可知，在酸浸取构成两个原电池将锰元素转化成Mn2+，然后调节溶液pH，将铁、铝、硅元素除去，根据问题(2)，加入氟化物，除去Ca、Mg元素，向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析；(1)①根据题意，酸浸时，FeS2和MnO2构成两个原电池，依据其原理可知，生成单质S的反应是FeS2与Fe3+反应，电池总反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；②根据①产生硫单质，随着硫铁矿的增加，产生硫单质附着在FeS2，阻碍反应的进行，与MnO2反应的Fe2+物质的量减少，导致产生Mn2+量减少；故答案为随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2+2颗粒表面，减少了Fe的生成，导致锰的浸出率降低；(2)加入氟化铵将Ca2+、Mg2+转化成CaF2、MgF2沉淀，则有=；故答案为；(3)①Mn(OH)2转化成Mn3O4，Mn的化合价由+2升高为+价，Mn(OH)2为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法以及原子守恒，得到反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O；故答案为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O；②根据问题①的反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；“沉淀”步骤所得Mn(OH)2固体含少量Mn2(OH)2SO4，7h后被氧气氧化，其反应方程式为3Mn2(OH)2SO4＋O22Mn++3O4＋6H＋3SO，c(H)增大，溶液pH减小；故答案为开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小(也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O22Mn3O4n＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；③产物中锰元素含量减小的原因可能是Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物；故答案为Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物。【分析】根据流程图及已知信息可知，“浸取”时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，MnO2+2-2转化成Mn，FeS2转化为S或SO4，Fe、Al、Ca、Mg的氧化物与硫酸反应生成相应的硫酸盐，Si的氧化物与硫酸不反应，通过调节溶液pH可除去铁铝硅元素。向已除去Fe、Al、Si元素的溶液中加入氟化物，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀而除去。向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析。16.【答案】（1）将生成的NO氧化为硝酸，使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收；三颈烧瓶内无红棕色气体出现（2）2Ni2+＋4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O；取最后一次洗涤所得滤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液(硝酸钡也得分)，若无明显现象则已洗涤干净（3）至固体全部溶解，向所得溶液中加入NiCO3至反应液3.2＜pH＜7.2，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，用pH计控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却至0℃左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥【解析】【解答】以单质Ni为原料制取氯化镍：在A装置三颈烧瓶中加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，发生反应：3Ni+8H++2=3Ni2++2NO↑+4H2O，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液，通入空气搅拌，并使生成的NO氧化为硝酸，或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被B装置中NaOH溶液完全吸收，将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应：2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O，得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得到氯化镍(NiCl2·6H2O)，据此分析。(1)①由分析可知，三颈烧瓶中有NO生成，向A装置中通入空气的作用是搅拌，还可以将生成的NO氧化为硝酸(或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收)；②若镍粉过量，则过量的镍粉与空气反应，NO不能被氧化，三颈烧瓶内无红棕色气体出现；(2)①NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，沉淀反应的离子方程式为2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O。n②NiCO3·Ni(OH)2沉淀未洗净的话，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净；(3)已知：Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2，NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，应先将其转化为离子，再调节pH沉淀铁离子，pH的调节不能沉淀镍离子，pH范围3.2＜pH＜7.2，过滤后从滤液获得NiCl2·6H2O，由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。【分析】根据流程图，“氧化”时，单质Ni与硝酸、硫酸反应生成NiSO4，“过滤”所得滤液主要是NiSO4溶液，“沉淀”时，加入的NaHCO3与NiSO4反应生成NiCO3·Ni(OH)2沉淀，通过加入盐酸，调节pH，经一系列操作可得到NiCl2·6H2O，据此分析。17.【答案】（1）(酮)羰基、酯基（2）还原反应（3）（4）、（5）【解析】【解答】A和X发生取代反应生成B，B加热后生成C，C发生氧化反应生成D，D与CH3I在NaH作用下发生反应生成E，E还原生成F。(1)C的结构简式为，含有的含氧官能团名称为(酮)羰基、酯基；(2)根据E和F的结构简式分析，羰基转化为羟基，反应过程中得到了F，则E→F的反应类型为还原反应；(3)由E的结构简式知，E分子式为C15H16O3，副产物(分子式为C14H14O3)比E少1个CH2，则与En相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，故副产物的结构简式：；(4)C的结构简式为，C的一种同分异构体同时满足：a．能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢则高度对称，符合条件的同分异构体有、；(5)以和为原料制备的合成路线，由与溴发生加成反应得到，在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成，与反应生成，与氢气发生还原反应生成，合成路线流程图如下：。【分析】（1）根据结构简式可知C中官能团有碳碳双键、羰基和酯基，注意所问的是含氧官能团。（2）对比E、F的结构简式，F比E多了两个氢原子，据此分析。（3）对比E和副产物的分子式可知，副产物比E少1个CH2，与D相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，据此分析。（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有机物中含有酚羟基；碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明有机物中含有酯基，且水解后的两种产物酸化后比较对称，结合同分异构体的特点进行分析。（5）有机合成设计中，首先观察所给原料和目标产物的结构特点，通过拆除目标产物，结合物质的性质进行前后倒推，据此分析。18．【答案】（1）2H2O+2e-=2OH+H2↑；S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑（2）Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2Sn的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度(只答Fe3++)越大，抑制H浓度越大，溶液起始pH越小，c(H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)；硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌逐渐失去活性（3）OH-浓度增大，促进平衡H＋--2SH＋HS向电离方向进行，c(HS)浓度增大；若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少【解析】【解答】(1)①在阴极上H+2O电离产生的H得到电子被还原产生H2，故阴极的电极反应式-=2OH-+H为：2H2O+2e2↑；②电解时，阳极发生反应：S2--2e-=S、(n-1)S+S2-=S，电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化，S与H+发生反应产生H+2Sn发生歧化得到硫单质和H2S，其离子方程式为S+2H=(n-1)S↓+H2S↑；(2)根据图示可知：一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。这是由于Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度(只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H-2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS)降低，脱硫率降低也可以)；②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4⇌2Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降是由于硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌蛋白质发生变性而逐渐失去活性；(3)①适当增大活性炭表面的水膜pH，H-2S的氧化去除率增，这是由于水膜表面溶液pH中的，OH浓度增大，促进电离平衡H＋---2SH＋HS向电离方向进行，导致溶液中c(HS)浓度增大，HS被氧化变为S，H+与溶液中OH-结合生成H2O；②但若水膜过厚，H2S的氧化去除率反而会减小，这是由于若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。【分析】（1）①根据题干信息可知，右侧电极为阴极，阴极上H2O得电子产生H2。②根据题干信息可知，阳极反应得到的S与H+发生歧化反应得到S和H2S，结合电荷、原子守恒进行配平。（2）①c(Fe3+)增大，有利于提升脱硫率，c(Fe3+)越大，溶液起始pH越小，c(H+)增大，抑制H2S的n电离和溶解，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低。②催化剂超过一定温度后会逐渐失去活性。（3）①水膜表面溶液中的c(OH-)增大，能促进H-2S的电离平衡，使得c(HS)增大。②水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。n高考考前模拟化学试卷题意；一、单选题B．水分子的结构式为H-O-H，分子中含有氢氧极性共价键，故B符合题意；1.工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是（）C．钠离子的核电荷数为11，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故C不A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐B．AlN是分子晶体符合题意；C．N2发生氧化反应D．反应为复分解反应D．氯化氢是共价化合物，电子式为，故D不符合题意；【答案】A故答案为：B。【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氧化还原反应；化学基本反应类型【分析】A.原子左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，据此分析。【解析】【解答】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A符合题B.形成极性共价键的两个原子为不同种原子，结合水分子结构进行分析。意；C.Na＋的结构示意图是在Na原子的基础上失去最外层电子得到的。B.AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B不符合题意；D.HCl属于共价化合物，据此分析。C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C不符合题意；3.侯氏制碱法原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于置能达到实验目的的是（）氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。A.制取氨气B．制NaHCO3【分析】A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐。B.根据晶体的特点确定晶体的类型，据此分析。C.氧化反应前后，物质中部分元素的化合价降低。C．分离NaHCO3D．制Na2CO3D.复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，反应前后元素的化合价不变。2.反应Cl2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HCl可用于污水脱氯。下列说法正确的是（）【答案】CA.中子数为20的氯原子：Cl【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计B．H2O分子中含极性共价键【解析】【解答】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，故A不符合题意；C．Na＋的结构示意图：B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，故B不符合题意；D．HCl的电子式：C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，故C符合题意；【答案】BD．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，故D不符合题【知识点】原子中的数量关系；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合意；【解析】【解答】A．中子数为20的氯原子的质子数为17、质量数为37，原子符号为Cl，故A不符合题n故答案为：C。5.SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂【分析】A.氯化铵固体受热分解得到的HCl和NH3在管口又能结合生成氯化铵。高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（）B.NH3极易溶于水，应将CO2通入溶有NH3的饱和食盐水中。A．NO(g)HNO3(aq)B．SO2(g)H2SO4(aq)C.过滤适用于分离互不相溶的固液混合物，据此分析。C．SO2NH4HSO3(aq)D．NOxN2(g)D.应在试管中加热碳酸氢钠，且试管向下倾斜，以防水倒流回试管底部引起炸裂。【答案】D4.SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化【解析】【解答】A．一氧化氮不溶于水，也不能与水反应生成硝酸，故A不符合题意；剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。下列关于SO2、SO3、NH3、NH说法中正确的是（）B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，故B不符合题意；A．SO2水溶液能导电，SO2是电解质C．二氧化硫与过量的一水合氨反应生成亚硫酸铵，不能生成亚硫酸氢铵，故C不符合题意；B．NH中含有配位键D．在催化剂作用下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气，故D符合题意；C．SO3中硫原子轨道杂化类型为sp3故答案为：D。D．NH3为非极性分子【答案】B【分析】A.NO与水不反应。【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电解B.SO2与水反应生成H2SO3。质与非电解质C.SO2与过量的NH3·H2O反应生成(NH4)2SO3。【解析】【解答】A．SO2水溶液能导电，但二氧化硫自身不电离产生离子，故SO2是非电解质，A不符合题D.在一定条件下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气。意；6.SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O-12(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂B.氨分子的N上有1对孤电子对、氢离子有空轨道，则NH中有3根普通的N-H、有1个配位键，B符合高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（）题意；A.该反应ΔH＜0ΔS＞0C.SO3中中心原子的孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三B．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小角形，C不符合题意；C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．该D.NH3由极性键构成、呈三角锥形，则正负电荷中心不重叠，属于极性分子，D不符合题意；反应中每生成22.4LSO233转移电子的数目约等于2×6.02×10故答案为：B。【答案】B【知识点】焓变和熵变；化学平衡的调控；氧化还原反应的电子转移数目计算；有关反应热的计算【分析】A.电解质是指溶于水或在熔融状态下本身能电离出自由移动离子的化合物。+有空轨道，据此分析。【解析】【解答】A．该反应是气体计量系数减小的反应，故ΔS<0，A不符合题意；B.NH3的N上有1对孤电子对，HC.根据价B．由题给条件可知，该反应ΔH=反应物键能和-产物键能和＜0，B符合题意；层电子对互斥理论进行分析。C．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，平衡转化率减小，催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移D.NH3中正负电荷中心不重合，属于极性分子。动，C不符合题意；nD．没有给出三氧化硫的状态，无法计算其物质的量，另外，标准三氧化硫为固态，也无法计算其物质的量，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.反应前后，气体计量系数减小，则ΔS<0。下列说法正确的是（）B.ΔH=反应物总键能-生成物总键能，据此分析。A.“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：S2-＋MnO2＋4H+Mn2+＋S＋2H2OC.根据勒夏特列原理进行分析，注意催化剂对化学平衡无影响。D.标准状况未知，无法计算。B．“酸浸”所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe2+7.卤族元素包括F、Cl、Br、I等元素。下列说法正确的是（）A.1个Cu2O晶胞(如图)中含4个氧原子A.电负性：F＜Cl＜Br＜IB．键能：HF＜HBrD．水合肼浓度过大，Cu2O产率下降，可能的原因是Cu2O进一步被还原成单质铜C．失电子能力：Cl-＜Br-＜I-D．键的极性：Cl-I＜Br-I【答案】D【答案】C【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；制备实验方案的设计；离子方程式的书写【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律【解析】【解答】A．酸浸过程中硫化铜发生的反应为硫化铜与稀硫酸和二氧化锰反应生成硫酸铜、硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为CuS＋MnO+2+2+【解析】【解答】A．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小，则卤族元素的电负2＋4H=Cu＋Mn＋S＋2H2O，故A不符合题意；性的大小顺序为I＜Br＜Cl＜F，故A不符合题意；B．由分析可知，酸浸所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe3+，故B不符合题意；B．卤素元素的电负性越大，原子与氢原子形成的共价键的键能越大，氟元素的电负性大于氯元素，则氟化氢C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的白球的个数为8×+1=2，位于体内的黑球为4，由化学式可分子中的氢氟键的键能大于氯化氢分子中的氢氯键，故B不符合题意；知，白球为氧原子，则晶胞中氧原子个数为2，故C不符合题意；C．单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减D．若水合肼浓度过大，水合肼与溶液中的铜离子反应生成铜，会导致氧化亚铜的产率降低，故D符合题意；弱，单质的氧化性依次减弱，对应还原产物阴离子的还原性依次增强，所以卤族元素的阴离子失电子能力大故答案为：D。小顺序为Cl-＜Br-＜I-，故C符合题意；D．卤素元素的电负性越大，与碘原子形成的共价键的键极性越大，氯元素的电负性大于溴元素，则氯碘键的【分析】根据题干信息及流程图，“酸浸”中发生反应为CuS＋MnO+2+2++2＋4H=Cu＋Mn＋S＋2H2O和2FeO+8H极性大于溴碘键，故D不符合题意；＋MnO3++Mn2+3+2+2=2Fe＋4H2O，“调pH”中可除去Fe，“除锰”中加入一定物质除去Mn，“还原”中加入水合肼故答案为：C。还原Cu2+可得到产品，据此分析。【分析】A.同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小。9.科学家发明了如图所示的新型Zn—CO2水介质电池，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，CO2被转B.卤素元素的电负性越大，卤原子与氢原子形成的共价键的键能越大。化为储氢物质甲酸等。下列说法正确的是（）C.单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，即失电子能力越弱。D.卤素元素的电负性越大，与碘原子形成的共价键的键极性越大。8.用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如下：nA.若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HDA.放电时，负极反应式为：Zn＋2e-＋4OH-=Zn(OH)B.第一步转化N与H间形成配位键B.放电时，1molCO2完全转化为HCOOH，理论上转移4mol电子C.若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快C．充电时，正极溶液中OH−浓度升高D.若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低-【答案】DD．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH＋2H2O【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；共价键的形成及共价键的主要类型；盐类水解的应用【答案】D【解析】【解答】A．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO2+H-，第三步D+、H-反应生成【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故A不符合题意；移数目计算B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，左侧电极为负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成四故B不符合题意；羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-＋4OH-=Zn(OH)，故A不符合题意；C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加B．由分析可知，放电时，右侧电极为正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，快。故释氢速率加快。故C不符合题意；电极反应式为CO-＋2H+2＋2e=HCOOH，则1mol二氧化碳放电时，理论上转移2mol电子，故B不符合题意；D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式度不会降低，故D符合题意；-=O↑＋4H+，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故C不符合题意；为2H2O-4e2故答案为：D。D．由分析可知，充电的总反应为2Zn(OH)2Zn＋O-2↑＋4OH＋2H2O，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据质量守恒定律进行分析。B.N原子含有孤电子对、H+有空轨道。C.若用HCOOK溶液代替HCOOH，c(HCOO-)增大，结合反应机理图进行分析。【分析】放电时作原电池，左侧电极锌失电子发生氧化反应，其电极反应式为Zn—2e-＋4OH-=Zn(OH)，右D.若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变。侧电极CO-+2得电子发生还原反应，其电极反应式为CO2＋2e＋2H=HCOOH；充电时作电解池，左侧电极为阴11.紫花前胡醇(结构简式如图所示)可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。下列的说法正确极，右侧电极为阳极，其电极反应式与放电时的正好相反，电池总反应可通过两极反应式相加得到，据此分的是（）析。10.在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）n向浓度均为0.1mol·L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Ksp(BaSO4)＜BNa2SO4溶液，出现白色沉淀Ksp(CaSO4)C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X一定具有强氧化性卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入AgNO3溶液，产D卤代烃已变质A．1mol紫花前胡醇最多能与2molNaOH反应生黑色沉淀B．分子中含2个手性碳原子A．AB．BC．CD．DC．紫花前胡醇不能发生消去反应【答案】AD．紫花前胡醇不能使酸性KMnO4溶液褪色【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【答案】A【解析】【解答】A．由浓度均为0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH大于亚硝酸钠可知，醋酸根离子在溶液中的水解【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质程度大于亚硝酸根离子，则亚硝酸的酸性强于醋酸，电离出氢离子的能力强于醋酸，故A符合题意；【解析】【解答】A．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中的酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol紫花前胡B．向浓度均为0.1mol/L的氯化钡和氯化钙的混合溶液中滴加硫酸钠溶液，出现的白色沉淀可能是硫酸钡，也醇最多能与2mol氢氧化钠反应，故A符合题意；可能是硫酸钙，所以无法比较硫酸钡和硫酸钙的溶度积大小，故B不符合题意；B．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不符合题C．向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中通入氨气，会有亚硫酸钡白色沉淀生成，生成白色沉淀的反应中氨气未表意；现氧化性，故C不符合题意；C．由结构简式可知，紫花前胡醇分子与羟基相连的碳原子右邻碳原子上连有氢原子，所以一定条件下能发生D.卤代烃Y与氢氧化钠水溶液共热后，由于未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，氢氧化钠会与直接加入的硝酸消去反应，故C不符合题意；银溶液反应生成氢氧化银，氢氧化银分解生成黑色氧化银，所以反应生成黑色沉淀不能确定卤代烃已变质，D．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有的羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪故D不符合题意；色，故D不符合题意；故答案为：A。故答案为：A。【分析】A.等浓度的弱酸强碱盐溶液的pH越小，弱酸根对应的弱酸电离出H+的能力越强。B.SO42-与Ba2+、Ca2+均能生成白色沉淀。【分析】A.该有机物中的酯基在酸性条件下水解可得到酚羟基和羧基，酚羟基和羧基均与NaOH反应，据此C.亚硫酸钡在中性或碱性溶液中是白色沉淀，据此分析。分析。D.卤代烃在碱性条件下受热会生成卤化钠，注意在滴入AgNO3溶液前确保反应后的溶液不呈碱性，据此分B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，据此分析。析。C.该有机物发生消去反应的条件是：与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子。13.硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO)∶c(SO)≈10D.该有机物含有碳碳双键和羟基，据此分析。时，吸收能力下降，需要加热再生为Na-1.9-7.22SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10，Ka2(H2SO3)=10，下列说法错误12.室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）的是（）选实验操作和现象实验结论项A.Na2SO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)测得0.1mol·L−1CH3COONa溶液pH约为9，HNO2电离出H+的能力B.Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSOA0.1mol·L−1NaNO2溶液pH约为8比CH3COOH强C.当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2nD.与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变【答案】D【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH-)=c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)，故A不符合题意；B.亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2HSO，故B不符合题意；下列说法错误的是（）A．CO的选择性随温度的升高逐渐增大C.亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)=，当c(HSO)∶c(SO)=10时，溶液中c(H+)=B．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-204.9kJ·mol−1=10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C不符合题意；C．在240～320℃范围内，温度升高，平衡时CH3OCH3的物质的量先增大后减小D.吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，D．反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)，增大压强可能将CH3OCH3的选择性亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸提收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D符合题意；升到B点故答案为：D。【答案】C【知识点】热化学方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；制备实验方案的设计【分析】A.根据质子守恒进行分析。【解析】【解答】A．由图可知，升高温度，二甲醚的选择性减小，由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的选择性增大，故A不符合题意；B.书写离子方程式时，注意单质、氧化物、弱电解质、难溶物、气体的化学式不拆成离子形式。B.由盖斯定律可知，反应II—2×反应I得到反应，则2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=(-122.5C.根据电离常数Ka2(H2SO3)=及pH=-lgc(H+)进行分析。kJ·mol−1)-2×(+41.2kJ·mol−1)=-204.9kJ·mol−1，故B不符合题意；C.反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的物质的量减小，故C符合题意；D.Na2SO3具有还原性，可被空气中的氧气氧化为Na2SO4，Na2SO4溶液与SO2不反应，据此分析。D.反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醚的物质的14.CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol−1量增大，二甲醚的选择性增大，则增大压强可能将二甲醚的选择性由A点提升到B点，故D不符合题意；反应II：2CO−1故答案为：C。2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·mol在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如【分析】A.根据题干信息，反应I吸热，反应II放热，结合图像进行分析。B.根据盖斯定律进行分析。图所示。(CH3OCH3的选择性=×100％)C.根据化学平衡的影响因素，结合勒夏特列原理进行分析。D.反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动。二、综合题15.以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。n（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。【答案】（1）FeS3+2+2+2＋2Fe=3Fe＋2S；随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe的生成，导致锰的浸出率降低（2）①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为。（3）6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O；开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小(也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋是。6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O22Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；Mn3O4部分被（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO2＋、Mg2＋转化4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca氧化为更高价的锰的氧化物【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写为氟化物沉淀。则=。[已知K-11-9sp(MgF2)=5×10，Ksp(CaF2)=5×10]【解析】【解答】根据流程图以及软锰矿、硫铁矿所含物质可知，在酸浸取构成两个原电池将锰元素转化成（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加Mn2+，然后调节溶液pH，将铁、铝、硅元素除去，根据问题(2)，加入氟化物，除去Ca、Mg元素，向滤液中热边持续通空气，制得Mn3O4。加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析；①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式。(1)①根据题意，酸浸时，FeS2和MnO2构成两个原电池，依据其原理可知，生成单质S的反应是FeS2与Fe3+②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因反应，电池总反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；是②根据①产生硫单质，随着硫铁矿的增加，产生硫单质附着在FeS2，阻碍反应的进行，与MnO2反应的Fe2+。物质的量减少，导致产生Mn2+量减少；故答案为随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低；(2)加入氟化铵将Ca2+、Mg2+转化成CaF2、MgF2沉淀，则有=；故答案为；(3)①Mn(OH)2转化成Mn3O4，Mn的化合价由+2升高为+价，Mn(OH)2为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法以及原子守恒，得到反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O；故答案为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减6H2O；小的原因是。n②根据问题①的反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；“沉淀”步骤所得有。②若镍粉过量，判断反应完成的现象是。Mn(OH)+2固体含少量Mn2(OH)2SO4，7h后被氧气氧化，其反应方程式为3Mn2(OH)2SO4＋O22Mn3O4＋6H（2）将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，过滤，洗涤。＋3SO，c(H+)增大，溶液pH减小；故答案为开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；①沉淀反应的离子方程式为。②检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀已经洗涤完全的方法7h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小(也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋是6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O22Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；。③产物中锰元素含量减小的原因可能是Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物；故答案为Mn3O4部分被氧（3）所得NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3。请补充完整由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的化为更高价的锰的氧化物。实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，搅拌，【分析】根据流程图及已知信息可知，“浸取”时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，MnO2转化成。[NiCl2溶解度曲线如图所示。实验中须选用的仪器和试剂：pH计、盐酸、NiCO3]Mn2+，FeS2转化为S或SO42-，Fe、Al、Ca、Mg的氧化物与硫酸反应生成相应的硫酸盐，Si的氧化物与硫酸不反应，通过调节溶液pH可除去铁铝硅元素。向已除去Fe、Al、Si元素的溶液中加入氟化物，将Ca2＋、2＋转化为氟化物沉淀而除去。向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)，最后通入空气将Mn(OH)氧化成MnO，据此分析。Mg223416.氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ni为原料制取氯化镍的实验步骤如下：已知：①Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2。【答案】（1）将生成的NO氧化为硝酸，使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收；②NiCl2易水解，从溶液中获取NiCl2·6H2O须控制pH＜2。三颈烧瓶内无红棕色气体出现（1）在三颈烧瓶中(装置见如图)加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结（2）2Ni2+＋4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O；取最后一次洗涤所得滤液，向其中滴加盐酸酸化的束，过滤，制得NiSO4溶液。BaCl2溶液(硝酸钡也得分)，若无明显现象则已洗涤干净（3）至固体全部溶解，向所得溶液中加入NiCO3至反应液3.2＜pH＜7.2，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，用pH计控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却至0℃左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；离子方程式的书写【解析】【解答】以单质Ni为原料制取氯化镍：在A装置三颈烧瓶中加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，发生反应：3Ni+8H++2=3Ni2++2NO↑+4H2O，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液，通入空气搅拌，并使生成的NO氧化为硝酸，或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被B装置中①向A装置中通入空气的作用除搅拌外还NaOH溶液完全吸收，将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应：2Ni2++4n=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O，得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，b.碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得到氯化镍(NiCl2·6H2O)，据此分析。合成路线流程图示例见本题题干)。(1)①由分析可知，三颈烧瓶中有NO生成，向A装置中通入空气的作用是搅拌，还可以将生成的NO氧化为【答案】（1）(酮)羰基、酯基硝酸(或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收)；（2）还原反应②若镍粉过量，则过量的镍粉与空气反应，NO不能被氧化，三颈烧瓶内无红棕色气体出现；(2)①NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，沉淀反应的离子方程式为2Ni2++4（3）=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O。②NiCO3·Ni(OH)2沉淀未洗净的话，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净；（4）、(3)已知：Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2，NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，应先将其转化为离子，再调节pH沉淀铁离子，pH的调节不能沉淀镍离子，pH范围3.2＜pH＜7.2，过滤后从滤液获得NiCl2·6H2O，由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向（5）NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质【解析】【解答】A和X发生取代反应生成B，B加热后生成C，C发生氧化反应生成D，D与CH3I在NaH【分析】根据流程图，“氧化”时，单质Ni与硝酸、硫酸反应生成NiSO4，“过滤”所得滤液主要是NiSO4溶液，作用下发生反应生成E，E还原生成F。“沉淀”时，加入的NaHCO3与NiSO4反应生成NiCO3·Ni(OH)2沉淀，通过加入盐酸，调节pH，经一系列操作(1)C的结构简式为，含有的含氧官能团名称为(酮)羰基、酯基；可得到NiCl2·6H2O，据此分析。17.天然产物F具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成：(2)根据E和F的结构简式分析，羰基转化为羟基，反应过程中得到了F，则E→F的反应类型为还原反应；(3)由E的结构简式知，E分子式为C15H16O3，副产物(分子式为C14H14O3)比E少1个CH2，则与E相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，故副产物的结构简式：；（1）化合物C中含有的含氧官能团名称为。(4)C的结构简式为，C的一种同分异构体同时满足：a．能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚（2）E→F的反应类型为。羟基；b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢则高度对称，符合条件（3）D→E中有一种副产品(分子式C14H14O3)生成，该副产品的结构简式为。（4）C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式：。a.能与FeCl3溶液发生显色反应；n①写出阴极的电极反应方程式。的同分异构体有、；②电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为。（2）Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。(5)以和为原料制备的合成路线，由与溴发生加成反应得到，在①用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步：第一步：H2S(g)H2S(aq)氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成，与反应生成，与氢气＋-第二步：H2SH＋HS发生还原反应生成，合成路线流程图如下：第三步：HS-＋2Fe3+=S↓＋2Fe2+＋H+一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因。是。【分析】（1）根据结构简式可知C中官能团有碳碳双键、羰基和酯基，注意所问的是含氧官能团。（2）对比E、F的结构简式，F比E多了两个氢原子，据此分析。（3）对比E和副产物的分子式可知，副产物比E少1个CH2，与D相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，据此分析。（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有机物中含有酚羟基；碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明有机物中含有酯基，且水解后的两种产物酸化后比较对称，结合②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同分异构体的特点进行分析。同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率（5）有机合成设计中，首先观察所给原料和目标产物的结构特点，通过拆除目标产物，结合物质的性质进行下降的原因是。前后倒推，据此分析。18.废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。（1）电解法脱除：将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2--2e-=S(n-1)S+S2-=S（3）活性炭吸附氧化：可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化H2S，其反应原理如图所示。其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是。n②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因液中OH-结合生成H2O；是。②但若水膜过厚，H2S的氧化去除率反而会减小，这是由于若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。【分析】（1）①根据题干信息可知，右侧电极为阴极，阴极上H2O得电子产生H2。②根据题干信息可知，阳极反应得到的S与H+发生歧化反应得到S和H2S，结合电荷、原子守恒进行配平。3+3++)增大，抑制HS的电离和溶（2）①c(Fe)增大，有利于提升脱硫率，c(Fe)越大，溶液起始pH越小，c(H2【答案】（1）2H2O+2e-=2OH+H2↑；S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑解，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低。3+3++)越大，抑制HS的电离和溶（2）Fe浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe浓度越大，溶液起始pH越小，c(H2解(第二步和②催化剂超过一定温度后会逐渐失去活性。-3+-)增大，能促进HS的电离平衡，使得c(HS-)增大。第一步)，使溶液中c(HS)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度(只答Fe浓度越（3）①水膜表面溶液中的c(OH2+)越大，抑制HS的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率大，溶液起始pH越小，c(H2降低也可以)；硫杆菌是反应的催化剂，②水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。温度超过30℃后，硫杆菌逐渐失去活性（3）OH-浓度增大，促进平衡H＋--2SH＋HS向电离方向进行，c(HS)浓度增大；若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)①在阴极上H+2O电离产生的H得到电子被还原产生H2，故阴极的电极反应式为：2H--2O+2e=2OH+H2↑；②电解时，阳极发生反应：S2--2e-=S、(n-1)S+S2-=S，电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化，S与H+发生反应产生H2Sn发生歧化得到硫单质和H2S，其离子方程式为S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑；(2)根据图示可知：一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。这是由于Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度+)越大，抑制HS的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度(只答Fe3+越大，溶液起始pH越小，c(H2浓度越大，+)越大，抑制HS的电离-溶液起始pH越小，c(H2和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS)降低，脱硫率降低也可以)；②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4⇌2Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降是由于硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌蛋白质发生变性而逐渐失去活性；-浓度增大，促进电(3)①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增，这是由于水膜表面溶液pH中的，OH离平衡HSH＋---+2＋HS向电离方向进行，导致溶液中c(HS)浓度增大，HS被氧化变为S，H与溶n高三第三次模拟考试化学试题一、单选题1．2022年2月20日晚，第24届冬季奥林匹克运动会在北京国家体育场隆重闭幕！本届冬奥会尽显材料化学高科技。下列说法错误的是（）A．运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料减少对环境污染，该材料属于混合物B．火炬喷口外壳选用聚硅氮烷树脂材料提高耐高温性能，该材料属于无机聚合物C．滑雪头盔选用含玻璃纤维的新材料提高防护性能，玻璃纤维和光导纤维的成分不同D．滑雪“战袍”选用含石墨烯材料提高保暖性能，石墨烯和金刚石互为同分异构体2.反应可用于制备照相业定影剂硫代硫酸钠。下列说法正确的是（）A．是非极性分子B．既含离子键又含共价键C．和具有相同的电子层结构D．的电子式为3.下列由废铝粉、稀盐酸和氨气为原料制取的实验原理和装置不能达到实验目的的是（）A.用装置甲溶解废铝粉B．用装置乙制取固体C．用装置丙过滤得到固体D．用装置丁灼烧固体制得4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.硫酸钡难溶于盐酸，可用作检查肠胃的内服药剂B．具有氧化性，可用于漂白纸浆C．硫磺为淡黄色固体，可用作制硫磺皂D．易溶于水，可用于净水5.前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的族序数是周期数的2倍，Y是短周期中金属性最强的元素，基态时Z原子价电子排布为，W与Y处于同一主族。下列说法正确n的是（）A.原子半径：B．X的氢化物的沸点一定比Z的低C．Z的第一电离能比它左右相邻元素的都高D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强6.煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利用，可提高效能、降低污染，其常见原理为：等产物在化工生产中都有广泛用途。下列有关的说法正确的是（）A．中的键角比中的大B．的水溶液不能导电C．的空间构型为平面正三角形D．和形成的中有6个配位键7.煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利用，可提高效能、降低污染，其常见原理为：等产物在化工生产中都有广泛用途。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（）A．B．C．D．8.煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利用，可提高效能、降低污染，其常见原理为：等产物在化工生产中都有广泛用途。对于反应，下列说法错误的是（）nA.反应的平衡常数可表示为B.反应活化能：C．和充分反应，转移电子数目约为个D．平衡后增大容器的体积，、都减小9.某研究小组利用的还原性提纯并制取的方案如下：下列说法正确的是（）A.“沉淀”步骤中可使用溶液代替硫酸B.滤渣中只有C.“转化”步骤中发生反应的离子方程式为D．将直接加热得到固体10.化合物Z是某有机合成中的中间体，可由以下两步制取：下列说法正确的是（）A．中含有键B．Y中含有两种官能团C．Z中所有碳原子不可能处于同一平面D．等物质的量的X、Z分别和足量浓溴水反应，消耗的物质的量相等11.实验室由乙醇制取溴乙烷(沸点为)的实验如下。步骤1：在试管1中依次加入蒸馏水、浓硫酸、的乙醇和粉末，塞上带导管的橡皮塞；步骤2：在试管中注入蒸馏水并浸入装有自来水的烧杯中，将试管I的导管插入试管II的蒸馏水中；步骤3：加热试管I至微沸状态数分钟后，冷却。下列说法错误的是（）A.步骤1中加入蒸馏水的目的是为了减缓反应速率B.步骤2中装有自来水的烧杯主要起冷却作用C.右图所示晶胞中有4个nD.可用溶液除去溴乙烷中混有的12.氨热再生电池工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A.电池工作时，电能主要转化为化学能B．迁移方向：电极电极aC．a电极上的反应为：D．理论上消耗，b极析出13．室温下，通过下列实验探究溶液的性质，已知时，。实验1：用计测得溶液为8.60实验2：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀实验3：向溶液中滴加等浓度等体积稀盐酸，无明显现象实验4：向溶液中加入足量稀硫酸，再滴加溶液，溶液紫红色褪去下列说法正确的是（）A.实验1溶液中存在：B.实验2上层清液中一定存在：C.实验3溶液中存在：D.实验4溶液中参与反应的离子方程式为：14.二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：反应I：反应II：在固定的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。n下列说法正确的是（）A.反应一定可以自发进行B.温度高于时，温度对反应I的影响大于对反应II的影响C．由如图可知随着温度的升高，的平衡转化率先下降后升高D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应II催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量二、填空题15.养殖业废水中含有一定量的氨氮(以形式存在)污染物，通过沉淀法或折点氯化法处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。（1）沉淀法：向酸性废水中加入一定比例的和，将氨氮转化为沉淀除去。①该反应的离子方程式为。②增大废水的，除生成沉淀和沉淀外，还可能生成另一沉淀的化学式为。（2）折点氯化法：向废水中加入溶液，将氨氮最终转化为除去。时，投加量[即]与水中余氯(即氧化性的氯，包括、、、等)含量关系如图-1所示。①时发生反应的离子方程式为。②废水的对氨氮去除率的影响如图-2所示。氨氮去除率在后迅速下降、后下降变缓，其原因可能是。（3）由于不稳定，实验前需测定试剂溶液中有效氯含量(即单位体积溶液中含氯化合物作为消毒剂时，氧化能力相当的的质量，单位)。取市售待测溶液，加水稀释至，用乙酸-乙酸钠溶液控制稀释液为3.5~4.2；加入过量溶液充分反n应后，滴加2~3滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定至终点，共消耗标准溶液(已知：)。计算该市售溶液中有效氯含量(写出计算过程)。三、综合题16．G是制备那韦类抗HIV药物的关键中间体，其合成路线如下：注：为、为（1）A分子中采取杂化的原子数目是。（2）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。①含苯环，且能发生银镜反应；②分子中含有3种不同化学环境的氢。（3）的反应类型为。（4）固体物质A的熔点比它的一种同分异构体H()的熔点高的多，其原因是。（5）写出为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。17.某课题组研究钢材酸洗废液中除原理和的资源化利用，过程如下。（1）配制模拟酸洗废液。配制的和混合溶液，向其中加入计算量的，得到含铬量为的模拟酸洗废液。转化为的离子方程式为。（2）研究除原理。如题图所示，向三颈瓶中加入铁粉，在搅拌下加入模拟酸洗废液，下加热，产生不溶物，过滤。①采用水浴加热的优点为。②仪器A的名称是。n③除原理推测如下：加入铁粉与溶液中的反应，溶液中的和含量升高：随着溶液升高，更易与结合生成；进一步氧化生成胶体；一方面因和胶体具有的较好吸附性除去，被除去的另一重要原因是。（3）的资源化利用。利用过程(2)中滤液进一步处理后得到的溶液，制备电池级。已知：请补充实验方案：将溶液低温蒸发浓缩，，干燥，得到(须选用的试剂：溶液、溶液、溶液、溶液)。18.氢气是重要的清洁能源，低成本制氢是今后科研攻关的重点课题。（1）碱金属氢化物制氢。以一种制氢储氢材料氢化钠在室温下结合制氢为例，能将反应中的部分还原成碳并放出，该反应的化学方程式为。（2）活性金属铝制氢。向两份活性合金粉末(的质量分数为)中分别加入溶液充分搅拌，在相同时间内测得、两种不同温度下制氢率(实际制氢量占理论产氢量的百分比)随时间的变化如图-1所示。后时制氢率始终低于时制氢率的原因是。（3）不对称电解质电解制氢。以电解苯甲醇生成苯甲酸为例，其电解槽阴极区为酸性电解质进行析氢反应，阳极区为碱性电解质和苯甲醇。写出阳极发生的电极反应式：。（4）肼催化分解制氢。在温和条件下，负载型双金属合金M催化肼迅速分解，并且制n氢选择性可达，可能机理如图-2所示。①催化分解制氢的过程可描述为。②的水溶液呈弱碱性。研究发现：向溶液中加入适量或，能明显促进上述催化分解反应的进行。其原因可能是。答案解析部分1.【答案】D2.【答案】B3.【答案】D4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】C9.【答案】C10.【答案】D1.【答案】A12.【答案】B13.【答案】C14.【答案】B15.【答案】（1）+Mg2++HPO+6H2O=+H+(或NH3+Mg2++HPO+6H2O=NH4MgPO46H2O)；Mg3(PO4)2（2）ClO-+NH3=NH2Cl+OH-；当pH>10时，随pH增大，NaClO氧化能力明显减弱，氨氮去除率迅速下降；当pH>11时，随pH增大，NH转化为NH3逸出，氨氮去除率下降变缓（3）1420mg/L16.【答案】（1）4n（2）或（3）取代反应（4）固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低（5）（5）17．【答案】（1）3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O（2）使受热均匀，便于控制40℃温度；(恒压)滴液漏斗；Cr3+生成了Cr(OH)3沉淀或者CrOOH沉淀，过滤去除（3）边搅拌边向其中加入3mol/LH2O2溶液成分反应，依次加入3mol/LH3PO4溶液、1mol/LNaOH溶液，升高温度至80℃充分反应，过滤，用水洗涤，取最后依次洗涤滤液，向其中滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成18．【答案】（1）4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2（2）45℃较25℃温度高，反应速率更快，较短时间内消耗完NaOH，较多的铝和水反应生成难溶于水的Al(OH)3覆盖在合金表面，提早阻断了铝与溶液接触，阻止了反应进一步进行；同时温度升高，生成的水解生成的Al(OH)3增多，覆盖在合金表面，也阻止了反应进一步进行（3）-4e-+5OH-=+4H2O（4）N2H4吸附在(催化剂)M表面，连续断裂N-H键、脱H，形成N2H3、N2H2、和N2H等中间产物，直至H原子全部脱去，生成N2，脱去的H两两结合成H2；肼是弱碱，在水溶液中存在N-2H4+H2O+OH；加入适量NaOH或KOH后，溶液碱性增强，上述平衡逆向移动，N2H4的浓度增大，肼分解速率加快，同时适宜的偏向碱性的pH有利于增强(催化剂)M的活性n高三第三次模拟考试化学试题【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合一、单选题【解析】【解答】A．已知SO2是V形结构，其正、负电荷中心不重合，则是极性分子，A不符合题意；1．2022年2月20日晚，第24届冬季奥林匹克运动会在北京国家体育场隆重闭幕！本届冬奥会尽显材料化学B．既含Na+与之间的离子键，内含S-S、S-O之间的共价键，B符合题意；高科技。下列说法错误的是（）A．运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料减少对环境污染，该材料属于混合物C.已知和结构示意图分别为：、，故它们电子层结构不相同，C不符合题意；B．火炬喷口外壳选用聚硅氮烷树脂材料提高耐高温性能，该材料属于无机聚合物C．滑雪头盔选用含玻璃纤维的新材料提高防护性能，玻璃纤维和光导纤维的成分不同D.已知CO2中C和O之间形成2对共用电子对，故CO2的电子式为，D不符合题意；D．滑雪“战袍”选用含石墨烯材料提高保暖性能，石墨烯和金刚石互为同分异构体故答案为：B。【答案】D【知识点】同分异构现象和同分异构体；常用合成高分子材料的化学成分及其性能【分析】A．极性分子的正、负电荷中心不重合；【解析】【解答】A．有机高分子化合物的分子组成中聚合度n值不同，因此有机高分子化合物都是混合物，B．离子化合物一定含有离子键，离子内非金属原子之间含共价键；则可降解聚乳酸材料属于混合物，故A不符合题意；C．依据离子结构示意图判断；B．聚硅氮烷树脂材料中不含碳元素，属于无机聚合物，故B不符合题意；D．利用CO2中C和O之间形成2对共用电子对判断。C．玻璃纤维的主要成分有二氧化硅、氧化铝等，光导纤维的主要成分为二氧化硅，两者的成分不同，故C不符合题意；3.下列由废铝粉、稀盐酸和氨气为原料制取的实验原理和装置不能达到实验目的的是（）D．石墨烯和金刚石都是由碳元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，故D符合题意；A.用装置甲溶解废铝粉故答案为：D。B．用装置乙制取固体C．用装置丙过滤得到固体【分析】A．有机高分子化合物都是混合物；B.组成中不含碳元素，属于无机聚合物意；D．用装置丁灼烧固体制得C．利用玻璃纤维的主要成分有二氧化硅、氧化铝等，光导纤维的主要成分为二氧化硅判断；【答案】DD．同素异形体为同一元素形成的不同单质。【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．将废铝粉加入到盐酸中，适当加热和搅拌以加快反应速率，则用装置甲溶解废铝粉能够2.反应可用于制备照相业定影剂硫代硫酸钠。下列达到实验目的，A不合题意；说法正确的是（）A．是非极性分子B.向所得的AlCl3溶液中通入过量的氨气，来制备Al(OH)3固体，用装置乙可以制取固体，倒扣的漏斗能防止倒吸，B不合题意；B．既含离子键又含共价键C.分离固体和液体常用过滤操作，即用装置丙过滤得到固体，C不合题意；C．和具有相同的电子层结构D．蒸发溶液用蒸发皿，而对固体加热则需用大试管或者坩埚，故用装置丁用蒸发皿灼烧固体制得D．的电子式为不能达到实验目的，D符合题意；【答案】Bn故答案为：D。A.原子半径：B．X的氢化物的沸点一定比Z的低【分析】A．依据外界因素对反应速率的影响分析；C．Z的第一电离能比它左右相邻元素的都高B．极易溶于水的气体使用时应防止倒吸；D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强C．分离不溶性固体和液体常用过滤操作；【答案】CD．蒸发溶液用蒸发皿，而对固体加热则需用大试管或者坩埚。【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较4．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别是C、Na、P、K，根据原子半径同一周期从左往右依次A．硫酸钡难溶于盐酸，可用作检查肠胃的内服药剂减小，同一主族从上往下依次增大可知，原子半径：K＞Na＞P＞C即，A不符合题B．具有氧化性，可用于漂白纸浆意；C．硫磺为淡黄色固体，可用作制硫磺皂B.由分析可知，X为C，C的氢化物有气体、液体固态，而z为P，其氢化物为PH3为气体，故X的氢化物D．易溶于水，可用于净水的沸点不一定比Z的低，B不符合题意；【答案】AC.由分析可知，Z为P，根据元素第一电离能从左往右呈增大趋势，IIA、VA元素大于同周期相邻元素可【知识点】含硫物质的性质及综合应用知，Z的第一电离能比它左右相邻元素的都高，C符合题意；【解析】【解答】A．胃酸的主要成分是盐酸，利用硫酸钡难溶于盐酸的性质，决定BaSO4可用作检查肠胃的D.由分析可知，Y为Na，W为K，同一主族从上往下元素的金属性依次增大，其最高价氧化物对应水化物内服药剂，A符合题意；的碱性也依次增强，即Y的最高价氧化物NaOH对应水化物的碱性比W的KOH的弱，D不符合题意；B．SO2的漂白不是氧化性漂白，故SO2漂白纸浆不是因为SO2具有氧化性，而是因为SO2具有漂白性，B不故答案为：C。合题意；C．硫磺用于制硫磺皂是利用硫磺有毒性，可使蛋白质发生变性，故能够杀菌消毒，与硫磺为淡黄色固体无【分析】A．根据原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大；关，C不合题意；B．依据物质的状态判断；C．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离D．明矾用于净水是由于其电离出的Al3+能够发生水解生成氢氧化铝胶体，具有很强的吸能高于相邻的元素。附性，与其易溶于水无关，D不合题意；D．同一主族从上往下元素的金属性依次增大，其最高价氧化物对应水化物的碱性也依次增强。故答案为：A。6.煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利【分析】A．利用硫酸钡难溶于盐酸的性质；B．SO2的漂白性是与有色物质发生化合反应；用，可提高效能、降低污染，其常见原理为：C．利用硫磺有毒性，可使蛋白质发生变性；等产物在化工生产中都有广泛用途。下列有关的说法正确的是D．利用水解生成胶体，具有很强的吸附性。（）5.前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的族序数是周期数的2倍，Y是短周期中金属性A．中的键角比中的大最强的元素，基态时Z原子价电子排布为，W与Y处于同一主族。下列说法正确的是（）B．的水溶液不能导电nC．的空间构型为平面正三角形【解析】【解答】A．不完全燃烧生成CO，该转化能实现，故A不符合题意；D．和形成的中有6个配位键B．与银氨溶液发生反应，在溶液【答案】A中不易分解产生CO2，该转化不能实现，故B符合题意；【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况C．酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根，向苯酚钠溶液中通入CO2反应生成苯酚和，该转化能实现，故C【解析】【解答】A．中中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，C采用sp2杂化，不符合题意；而CH33OH中中心C原子周围的价层电子对数为：4+=4，C采用sp杂化，故HCHO中D．在CuO作催化剂、加热的条件下能被催化氧化生成，该转化能实现，故D不符合题意；的键角比中的大，A符合题意；故答案为：B。B.由于CO2+H2O，故的水溶液中因含有能够自由移动的离子而能导电，B不符合题意；【分析】A．有机物不完全燃烧生成CO；C.中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，C采用sp2杂化，则其空间构型为平B．在溶液中不易分解产生CO2；面三角形，由于周围原子不同，不是正三角形，C不符合题意；C．利用酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根判断产物；D.已知每个CH2+形成一个配位键，故和形成的中有D．醇能催化氧化生成醛。3OH分子只能与Ca8.煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃4个配位键，D不符合题意；故答案为：A。料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利【分析】A．通过判断杂化类型比较键角的大小；用，可提高效能、降低污染，其常见原理为：B.利用溶液中存在自由移动的离子分析导电性；等产物在化工生产中都有广泛用途。对于反应，下列说法错C.依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；误的是（）D.利用配合物的化学式确定配位键的数目。7.煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃A.反应的平衡常数可表示为料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利B.反应活化能：用，可提高效能、降低污染，其常见原理为：C．和充分反应，转移电子数目约为个等产物在化工生产中都有广泛用途。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实D．平衡后增大容器的体积，、都减小现的是（）【答案】C【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素A．B．【解析】【解答】A．根据平衡常数的定义可知，反应的平衡常数可表示为C．D．【答案】B，A不符合题意；【知识点】无机物的推断nB．依据反应产物的性质判断；B．由题干信息可知，反应正反应是一个放热反应，反应热C．氢氧化钠与酸发生中和反应；＜0，故活化能：，B不符合题意；D．考虑加热过程中盐类水解。C．由于反应是一个可逆反应，故和充分反应不可能完全反应，10.化合物Z是某有机合成中的中间体，可由以下两步制取：下列说法正确的是（）则转移电子数目小于个，C符合题意；A．中含有键D．平衡后增大容器的体积，则反应物和生成物的浓度均减小，则、都减小，D不符合题意；B．Y中含有两种官能团故答案为：C。C．Z中所有碳原子不可能处于同一平面【分析】A．根据平衡常数的定义判断；D．等物质的量的X、Z分别和足量浓溴水反应，消耗的物质的量相等B．利用＜0分析；【答案】DC．可逆反应不可能完全反应；【知识点】有机物的结构和性质D．浓度降低，速率减小。【解析】【解答】A．X中苯环形成一个大π键，醛基中含有1个π键，中含有键，故A不符合9.某研究小组利用的还原性提纯并制取的方案如下：题意；下列说法正确的是（）B．Y中含有醛基、醚键、碳碳双键三种官能团，故B不符合题意；C．与苯环相连的碳原子一定与苯环共平面，单键可以旋转，碳碳双键和苯环平面可以共面，则Z中所有碳原A.“沉淀”步骤中可使用溶液代替硫酸子可能处于同一平面，故C不符合题意；B.滤渣中只有D．X中羟基的2个邻位可以与浓溴水发生取代反应，醛基可以被Br2氧化，Z中羟基的邻位可以与浓溴水发C.“转化”步骤中发生反应的离子方程式为生取代反应，碳碳双键可以与浓溴水发生加成反应，醛基可以被Br2氧化，1molX、1molZ分别与足量浓溴水反应，均消耗3molBr2，故D符合题意；D．将直接加热得到固体故答案为：D。【答案】C【分析】A．苯环含一个大π键，醛基中含有1个π键；【知识点】无机物的推断B．依据X的结构确定官能团；【解析】【解答】A．“沉淀”步骤中若使用Na2SO4溶液代替硫酸，则得到的滤液中将引入NaBr杂质，导致C．依据碳碳双键和苯环是平面结构，单键可以旋转分析；MgBr2的产率降低和所得的MgBr2中含有杂质NaBr，A不符合题意；D．依据羟基的2个邻位可以与浓溴水发生取代反应，醛基可以被Br2氧化，碳碳双键可以与浓溴水发生加成B．由分析可知，滤渣的主要成分是BaSO4和S，B不符合题意；反应，醛基可以被Br2氧化分析。C．由分析可知，“转化”步骤中发生反应的反应方程式为：Mg(OH)2+2HBr=MgBr2+2H2O，则其离子方程式为11.实验室由乙醇制取溴乙烷(沸点为)的实验如下。Mg(OH)+2+2+2H=Mg+2H2O，C符合题意；步骤1：在试管1中依次加入蒸馏水、浓硫酸、的乙醇和粉末，塞上带导管D．由于MgBr2水解生成的HBr挥发，加入促进水解，故将MgBr2·6H2O直接加热得不到MgBr2固体，需要在HBr的气流中加热脱水才能得到MgBr2固体，D不符合题意；的橡皮塞；故答案为：C。步骤2：在试管中注入蒸馏水并浸入装有自来水的烧杯中，将试管I的导管插入试管II的蒸馏水中；【分析】A．考虑引入新的杂质；步骤3：加热试管I至微沸状态数分钟后，冷却。n下列说法错误的是（）【解析】【解答】A．由上述分析可知，该装置为原电池装置，电池工作时将化学能转化为电能，故A不符合A.步骤1中加入蒸馏水的目的是为了减缓反应速率题意；B.步骤2中装有自来水的烧杯主要起冷却作用B.原电池工作时，阴离子向负极移动，电极a为负极，电极b为正极，则迁移方向为电极电极a，C.右图所示晶胞中有4个故B符合题意；D.可用溶液除去溴乙烷中混有的C．a电极上Cu失去电子结合NH3生成，电极反应式为，【答案】A故C不符合题意；【知识点】制备实验方案的设计D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算氨气的物质的量，故D不符合题意；【解析】【解答】A．由于浓硫酸具有强氧化性，能够将NaBr与H2SO4反应产生的HBr氧化为Br2，同时浓硫故答案为：B。酸还能直接与乙醇反应生成乙烯，故步骤1中加入蒸馏水的目的是为了减小硫酸浓度以减少副反应的发生，A【分析】A．依据原电池为将化学能转化为电能的装置；符合题意；B．原电池工作时，阴离子向负极移动；B.由题干可知，溴乙烷沸点较低，乙醇易挥发，个步骤2中装有自来水的烧杯主要起冷却作用以便收集溴乙C．负极失去电子，发生氧化反应；烷，B不符合题意；D．未指明气体处于标况下，无法计算。C.由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中有=4个，C不符合题意；13.室温下，通过下列实验探究溶液的性质，已知时，D.已知Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4+2HBr，且溶液碱性较弱，故可用溶液除去溴乙烷中混有。的，D不符合题意；实验1：用计测得溶液为8.60故答案为：A。实验2：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀【分析】A．浓硫酸具有强氧化性，减少副反应的发生；实验3：向溶液中滴加等浓度等体积稀盐酸，无明显现象B．物质的沸点较低，易挥发；实验4：向溶液中加入足量稀硫酸，再滴加溶液，溶液紫红色褪去C．依据均摊法计算；下列说法正确的是（）D．利用氧化还原反应除杂。A.实验1溶液中存在：12.氨热再生电池工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A.电池工作时，电能主要转化为化学能B.实验2上层清液中一定存在：B．迁移方向：电极电极aC.实验3溶液中存在：C．a电极上的反应为：D.实验4溶液中参与反应的离子方程式为：D．理论上消耗，b极析出【答案】C【答案】B【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【知识点】原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．实验1溶液溶液中，根据质子守恒可知，该溶液中存在：nB．温度高于时，温度对反应I的影响大于对反应II的影响，A不符合题意；B．实验2中未告知加入的CaCl2溶液的体积，故无法计算反应后Ca2+的浓度，则上层清液中一定存在：C．由如图可知随着温度的升高，的平衡转化率先下降后升高，但Ca2+的浓度未知，故不一定有，B不符D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应II催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量合题意；【答案】B【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线C．向溶液中滴加等浓度等体积稀盐酸，则发生反应：【解析】【解答】A．由题干信息，反应的Na2C2O4+HCl=NaHC2O4+NaCl，则根据质子守恒有：，由题干信息，该反应为气体分子数减少的反应，，在高温下，可有，反应不能自发进行，，可知，Kh2=＜Ka2，即实验3溶液反应A不符合题意；后显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，故实验3溶液中存在：B.由图象，温度高于600K时，的物质的量分数急剧下降，说明反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，即温度升高对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，B符合题意；故，CC.由图象，温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应符合题意；Ⅱ平衡左移的幅度，因此，随着温度升高，反应Ⅱ始终逆向进行，H2的平衡转化率始终下降，C不符合题意；D.向溶液中加入足量稀硫酸，即将Na2C2O4转化为H2C2O4，H2C2O4为弱酸，在离D．温度不变时，平衡常数不变，延长反应时间不会影响平衡状态，平衡混合物中乙醇的含量不变，选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂只会加快反应速率，不影响平衡混合物中乙醇的含量，D不符合题意；子方程式书写时不能拆，再滴加溶液，溶液紫红色褪去，则实验4溶液中参与反应的离子方故答案为：B。程式为：，D不符合题意；【分析】A．利用分析；故答案为：C。B．依据曲线的斜率分析；【分析】A．根据质子守恒；C．依据温度影响进行分析。；B．未告知加入溶液的体积，故无法计算；D．温度不变时，平衡常数不变，催化性不影响平衡。C．根据质子守恒，比较所得溶液中电离和水解程度判断；二、填空题D．弱酸不能拆。15.养殖业废水中含有一定量的氨氮(以形式存在)污染物，通过沉淀法或折点氯化法处理后可使水14.二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：中氨氮达到国家规定的排放标准。反应I：（1）沉淀法：向酸性废水中加入一定比例的和，将氨氮转化为沉淀除去。反应II：①该反应的离子方程式在固定的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应I、II，平衡时部分物质的为物质的量分数随温度的变化如图所示。。下列说法正确的是（）②增大废水的，除生成沉淀和沉淀外，还可能生成另一沉淀的化学式A.反应一定可以自发进行为。n（2）折点氯化法：向废水中加入溶液，将氨氮最终转化为除去。时，投加量(2)①η=1.0时，=1：1，则反应的离子方程式为：ClO-+NH-3=NH2Cl+OH；[即]与水中余氯(即氧化性的氯，包括、、、等)含量关系如图-1②当pH>10时，随pH增大，NaClO氧化能力明显减弱，使得氨氮去除率迅速下降，当pH>11时，随pH增所示。大，溶液碱性较强，铵根离子会转化为氨气从溶液中逸出，使得氨氮去除率下降变缓；①时发生反应的离子方程式为。(3)次氯酸根离子有氧化性，碘离子有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：2H++ClO-+2I-=Cl-+I2+H2O，依据题意，等物质的量的次氯酸钠、氯气氧化能力相当，可得关系式：Cl2~ClO-~I2~2，②废水的对氨氮去除率的影响如图-2所示。氨氮去除率在后迅速下降、后下降变缓，n(Cl2)=0.01mol/L0.02L=110-4mol，有效率含量为110-4mol71g/mol1000mg/g10-3L=1420mg/L。5其原因可能是【分析】(1)①依据原子守恒书写；。②pH值增大，酸式盐会转化为正盐；（3）由于不稳定，实验前需测定试剂溶液中有效氯含量(即单位体积溶液中含氯化合物作(2)①依据配比确定反应的离子方程式；为消毒剂时，氧化能力相当的的质量，单位)。取市售待测溶液，加水稀释至②根据图像和反应物的性质进行分析判断。；，用乙酸-乙酸钠溶液控制稀释液为3.5~4.2；加入过量溶液充分反应后，滴加2~3滴淀粉溶(3)次氯酸根离子和碘离子发生氧化还原反应；利用关系式计算。三、综合题液，用的标准溶液滴定至终点，共消耗标准溶液(已知：16．G是制备那韦类抗HIV药物的关键中间体，其合成路线如下：)。计算该市售溶液中有效氯含量(写出计算过程)。注：为、为【答案】（1）+Mg2++HPO+6H2O=+H+(或NH3+Mg2++HPO+6H2O=NH4MgPO4（1）A分子中采取杂化的原子数目是。6H2O)；Mg3(PO4)2（2）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。（2）ClO-+NH-；当pH>10时，随pH增大，NaClO氧化能力明显减弱，氨氮去除率迅速下降；当pH>11时，随pH增大，NH转化为NH3=NH2Cl+OH3逸出，氨氮①含苯环，且能发生银镜反应；去除率下降变缓②分子中含有3种不同化学环境的氢。（3）1420mg/L（3）的反应类型为。【知识点】含氮物质的综合应用【解析】【解答】(1)①向酸性废水中加入一定比例的和，、Mg2+、HPO和H2O反应（4）固体物质A的熔点比它的一种同分异构体H()的熔点高的多，其原因生成，依据原子守恒，反应的离子方程式为：+Mg2++HPO+6H2O=+H+；是。②随pH增大，除生成沉淀和沉淀外，HPO会逐渐转化为PO，会与Mg2+（5）写出为原料制备的合成路线流程图(无机试剂结合生成Mg3(PO4)2沉淀；和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。n【答案】（1）4F()，F与（Boc）2O、KOH得到G()，据此（2）或分析解答。（3）取代反应（4）固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低(1)A的结构简式为，根据杂化轨道理论，分子中采取sp3杂化的原子如图（5）（5），共4个；【知识点】有机物的合成；芳香烃(2)G为，分子式为C15H21NO3，其同分异构体含苯环，且能发生银镜反应，【解析】【解答】由合成路线，A()与NaBH4/I2发生还原反应得到B()，B与BnBr发生反应生成C()，可知B分子的-说明含有醛基；又分子中含有3种不同化学环境的氢，则满足条件的结构有或NH2中的H原子被-Bn取代，C发生催化氧化得到D()，D再与BrCH2Cl、HCl在Li；作催化剂的条件下发生反应生成E()，E与H2，Pd(OH)2反应生成(3)由分析，B分子的-NH2中的H原子被-Bn取代得到C，则B→C的反应类型为取代反应；(4)由于固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低，所以固体物质A的熔点比H()的熔点高的多；n下加热，产生不溶物，过滤。(5)结合题干合成路线的D→E，可先将与BrCH2Cl、HCl在Li作催化剂的条件下反应生成①采用水浴加热的优点为。②仪器A的名称是。，再在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成③除原理推测如下：加入铁粉与溶液中的反应，溶液中的和含量升高：随着溶液升高，更易与结合生成；进一步氧化生成胶体；一方面因，在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成和胶体具有的较好吸附性除去，被除去的另一重要原因是。，最后与HCOOH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应（3）的资源化利用。利用过程(2)中滤液进一步处理后得到的溶液，制备电池级。已知：生成，则合成路线为：请补充实验方案：将溶液低温蒸发浓缩，，干燥，得到(须选用的试剂：溶液、溶液、溶。液、溶液)。【答案】（1）3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O（2）使受热均匀，便于控制40℃温度；(恒压)滴液漏斗；Cr3+生成了Cr(OH)3沉淀或者CrOOH沉淀，过滤去除【分析】（3）边搅拌边向其中加入3mol/LH2O2溶液成分反应，依次加入3mol/LH3PO4溶液、1mol/LNaOH溶液，升高(1)根据杂化轨道理论，依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；温度至80℃充分反应，过滤，用水洗涤，取最后依次洗涤滤液，向其中滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成(2)依据条件确定官能团和等效氢，以此书写同分异构体；【知识点】化学实验方案的评价(3)利用反应物和产物的结构变化确定反应类型；【解析】【解答】(1)转化为即被Fe2+还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据氧化还原反应(4)分子内氢键使熔点降低；(5)结合题干及反应物和产物结构确定合成路线。配平可得，该反应的离子方程式为：3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O，故答案为：3Fe2++17.某课题组研究钢材酸洗废液中除原理和的资源化利用，过程如下。+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O；(2)①已知水浴加热的优点为使受热均匀便于控制温度，则采用水浴加热的优点为使受热均匀，便于控制（1）配制模拟酸洗废液。配制的和混合溶液，向其中加入计算量的，得40℃温度，故答案为：使受热均匀，便于控制40℃温度；到含铬量为的模拟酸洗废液。转化为的离子方程式②由题干实验装置图可知，仪器A的名称是(恒压)滴液漏斗，故答案为：(恒压)滴液漏斗；为。③除Cr3+原理推测如下：加入铁粉与溶液中的H+反应，溶液中的Fe2+和OH-含量升高：随着溶液pH升高，（2）研究除原理。如题图所示，向三颈瓶中加入铁粉，在搅拌下加入模拟酸洗废液，nFe2+更易与OH-结合生成Fe(OH)2；Fe(OH)2进一步氧化生成Fe(OH)3胶体；Cr3+一方面因Fe(OH)2和Fe(OH)3达，可能机理如图-2所示。胶体具有的较好吸附性除去，同时Cr3+生成了Cr(OH)3+3沉淀或者CrOOH沉淀，过滤去除，故答案为：Cr生①催化分解制氢的过程可描述成了Cr(OH)3沉淀或者CrOOH沉淀，过滤去除；为(3)由于FeSO4易和NaOH溶液结合成Fe(OH)2、Fe(OH)2进一步氧化生成Fe(OH)3胶体，具有较强的吸附性，。造成FePO2+4的产率下降，故加入试剂的先后顺序为先加入H2O2将Fe完全氧化，在加入H3PO4进行沉淀和防②的水溶液呈弱碱性。研究发现：向溶液中加入适量或，能明显促进上述催化止Fe3+转化为Fe(OH)3，最后加入NaOH溶液，并加热到80℃进行充分反应，过滤洗涤并检验沉淀是否洗涤干分解反应的进行。其原因可能净，故实验操作步骤设计为：边搅拌边向其中加入3mol/LH2O2溶液成分反应，依次加入3mol/LH3PO4溶液、是1mol/LNaOH溶液，升高温度至80℃充分反应，过滤，用水洗涤，取最后依次洗涤滤液，向其中滴加BaCl2溶。液，无白色沉淀生成，故答案为：边搅拌边向其中加入3mol/LH2O2溶液成分反应，依次加入3mol/LH3PO4溶【答案】（1）4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2液、1mol/LNaOH溶液，升高温度至80℃充分反应，过滤，用水洗涤，取最后依次洗涤滤液，向其中滴加（2）45℃较25℃温度高，反应速率更快，较短时间内消耗完NaOH，较多的铝和水反应生成难溶于水的BaCl2溶液，无白色沉淀生成。Al(OH)3覆盖在合金表面，提早阻断了铝与溶液接触，阻止了反应进一步进行；同时温度升高，生成的【分析】(1)根据氧化还原反应配平；水解生成的Al(OH)3增多，覆盖在合金表面，也阻止了反应进一步进行(2)①水浴加热的优点为使受热均匀便于控制温度；（3）-4e-+5OH-=+4H2O②依据装置结构判断仪器名称；③利用物质的溶解性分析；（4）N2H4吸附在(催化剂)M表面，连续断裂N-H键、脱H，形成N2H3、N2H2、和N2H等中间产物，直至H(3)根据已知的反应方程式设计实验方案。原子全部脱去，生成N-2，脱去的H两两结合成H2；肼是弱碱，在水溶液中存在N2H4+H2O+OH；18.氢气是重要的清洁能源，低成本制氢是今后科研攻关的重点课题。加入适量NaOH或KOH后，溶液碱性增强，上述平衡逆向移动，N2H4的浓度增大，肼分解速率加快，同时（1）碱金属氢化物制氢。以一种制氢储氢材料氢化钠在室温下结合制氢为例，能将反应适宜的偏向碱性的pH有利于增强(催化剂)M的活性中的部分还原成碳并放出，该反应的化学方程式为。【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】(1)能将反应中的部分还原成碳并放出，同时生成Na2CO3，根据氧化还原反应（2）活性金属铝制氢。向两份活性合金粉末(的质量分数为)中分别加入配平可得，该反应的化学方程式为：4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2，故答案为：溶液充分搅拌，在相同时间内测得、两种不同温度下制氢率(实际制氢量占4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2；理论产氢量的百分比)随时间的变化如图-1所示。后时制氢率始终低于时制氢率的原因(2)45℃较25℃温度高，反应速率更快，较短时间内消耗完NaOH，较多的铝和水反应生成难溶于水的是Al(OH)3覆盖在合金表面，提早阻断了铝与溶液接触，阻止了反应进一步进行；同时温度升高，生成的。水解生成的Al(OH)3增多，覆盖在合金表面，也阻止了反应进一步进行，导致2min后45℃时制氢率始终低于（3）不对称电解质电解制氢。以电解苯甲醇生成苯甲酸为例，其电解槽阴极区为酸性电解质进行25℃时制氢率，故答案为：45℃较25℃温度高，反应速率更快，较短时间内消耗完NaOH，较多的铝和水反析氢反应，阳极区为碱性电解质和苯甲醇。写出阳极发生的电极反应式：。应生成难溶于水的Al(OH)3覆盖在合金表面，提早阻断了铝与溶液接触，阻止了反应进一步进行；同时温度升（4）肼催化分解制氢。在温和条件下，负载型双金属合金M催化肼迅速分解，并且制氢选择性可高，生成的水解生成的Al(OH)3增多，覆盖在合金表面，也阻止了反应进一步进行；n(3)以电解苯甲醇生成苯甲酸为例，其电解槽阴极区为酸性电解质进行析氢反应，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极区为碱性电解质和苯甲醇，阳极发生氧化反应，即苯甲醇被氧化为苯甲酸，故阳极发生的电极反应式为：-4e-+5OH-=+4H2O，故答案为：-4e-+5OH-=+4H2O；(4)①由题干图-2催化剂M表面N2H4分解制氢示意图可知，N2H4催化分解制氢的过程可描述为N2H4吸附在(催化剂)M表面，连续断裂N-H键、脱H，形成N2H3、N2H2、和N2H等中间产物，直至H原子全部脱去，生成N2，脱去的H两辆结合成H2，故答案为：N2H4吸附在(催化剂)M表面，连续断裂N-H键、脱H，形成N2H3、N2H2、和N2H等中间产物，直至H原子全部脱去，生成N2，脱去的H两辆结合成H2；②N2H4的水溶液呈弱碱性。研究发现：向N2H4溶液中加入适量NaOH或KOH，能明显促进上述催化分解反应的进行。其原因可能是肼是弱碱，在水溶液中存在N2H4+H2O+OH-；加入适量NaOH或KOH后，溶液碱性增强，上述平衡逆向移动，N2H4的浓度增大，肼分解速率加快，同时适宜的偏向碱性的pH有利于增强(催化剂)M的活性，故答案为：肼是弱碱，在水溶液中存在N-2H4+H2O+OH；加入适量NaOH或KOH后，溶液碱性增强，上述平衡逆向移动，N2H4的浓度增大，肼分解速率加快，同时适宜的偏向碱性的pH有利于增强(催化剂)M的活性。【分析】(1)根据氧化还原反应配平；(2)考虑温度对反应速率的影响，利用产物的性质进行分析；(3)阳极发生氧化反应；(4)①由制氢示意图结合化学键的断裂和形成进行描述；②分析外界因素对电离平衡的影响。