2022年湖南省懷化市會同一中高考化學(xué)二調(diào)試卷（附答案詳解）

2022年湖南省懷化市會同一中高考化學(xué)二調(diào)試卷1.科學(xué)防護(hù)對預(yù)防病毒感染非常重要，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.制作防護(hù)服和口罩的無紡布是有機(jī)高分子材料B.冠狀病毒粒子直徑約60?220nm,介于溶液和膠體粒子之間C.免洗手消毒液的成分活性銀離子、乙醇均能使蛋白質(zhì)變性D.二氧化氯泡騰片可用于水處理.短周期主族元素P、Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，其中元素P的一種核素僅有一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子；元素X、Z同主族且Z的最高價(jià)與最低價(jià)的絕對值之比為3；元素Q是組成有機(jī)物的基本元素，而元素丫是無機(jī)非金屬材料的主角。則下列說法正確的是（）A.元素P、Q、X所形成的某種化合物可以檢驗(yàn)Fe3+B.元素P分別與元素Q、Z所形成的化合物化學(xué)鍵一定相同C.元素Q、Y、Z所形成的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱：Z>Y>QD.元素Q、Y、Z所形成的單質(zhì)在一定條件下，均可溶于Z的最高價(jià)含氧酸的濃溶液中.己二酸（HOOCCH2cH2cH2cH2COOH）是工業(yè)上具有重要意義的二元粉酸，它的工業(yè)路線和改進(jìn)的“綠色”合成路線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）工業(yè)路線 “綠色”臺墳附戲人 / 6 一、（ ;\（'OH0<S一版_（^^COOH.空氣催化劑Kk/COOH催化劑,A.Imol己二酸與足量NaHCC）3溶液反應(yīng)生成88gC（）2B.苯、環(huán)己烷分子中所有原子均共平面C.由環(huán)己醇生成己二酸的反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)D.己二酸與草酸（HOOC-COOH）互為同系物.氣相離子催化劑（Fe+、Co+、Mn+等）具有優(yōu)良的催化效果.其中在氣相Fe+催化下,乙烷發(fā)生氧化反應(yīng)的機(jī)理如圖所示（圖中虛線為副反應(yīng)）。下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.主反應(yīng)為CH3cH3+2N2OtCH3CHO+2N2+H20B.副反應(yīng)為CH3cH3+N20tC2H50H+N2H?JFe]+均為反應(yīng)中間體H.C-0C,每生成ImolCHsCHO,消耗電H?JFe]+均為反應(yīng)中間體H.C-0D.FeO+、[(C2H5)Fe(0H)]+、[(C2H4)Fe]+..某化學(xué)興趣小組，根據(jù)電化學(xué)原理，設(shè)計(jì)出利用KC1、NaNOs為原料制取KNC）3和NaCl的裝置如圖。A、C代表不同類別的選擇性離子通過膜，M、N為惰性電極。下列有關(guān)說法中正確的是（）A.若產(chǎn)品出口1為NaCl溶液，則C為陽離子交換膜B.電解總反應(yīng)：電解KCl+NaN03二KNOz+NaClC.產(chǎn)品出口1溶液離子總濃度與產(chǎn)品出口2相等D.M上反應(yīng)確定為：2Cr-2e-=Cl2T6.工業(yè)上以黃鐵礦（主要成分為Fes2,含有少量NiS、CuS、SiO2等雜質(zhì)）為原料制備K4[Fe（CN）6]-3H2O,工藝流程如圖：l|濾液it]黃鐵礦氣體A石灰乳|而觸汩V黃鐵礦氣體A石灰乳|而觸汩VNa2coi , 泄液m淀沿hiK4[Fe（CN）J-3HQ 溶液一系列操作下列說法錯(cuò)誤的是（）A.“焙燒”時(shí)氧化產(chǎn)物有Fe2（）3和S5B."調(diào)pH”分離Fe3+與Cu2+、即2+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同“溶液I”中主要反應(yīng)的離子方程式為60H-4-6HCN+Fe2+=[Fe（CN）6]4-+6H20”一系列操作”為過濾、洗滌、干燥7.設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為Na。下列說法正確的是（）A.0.3molFe粉與足量水蒸氣反應(yīng)生成電的分子數(shù)為0.4NaB.常溫下，2.7g鋁片投入足量的濃硫酸中，鋁失去的電子數(shù)為0.3NaImolNazOz與水完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2總100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中含有氫原子數(shù)為6Na.環(huán)之間共用一個(gè)碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物。1,4二氧雜螺[2,2]丙烷的結(jié)構(gòu)簡式為o下列說法正確的是（）/OA.Imol該有機(jī)物完全燃燒需要4moi。2B.該有機(jī)物的二氯代物有3種（不考慮立體異構(gòu)）C.該有機(jī)物所有原子均處于同一平面D.該有機(jī)物與HCOOCH=CH2互為同分異構(gòu)體.40mLX溶液中可能含有下列離子中的若干利Na+、NH3Mg2+、Fe3+、A13+、C「、SO；-?，F(xiàn)對X溶液進(jìn)行如圖所示的實(shí)驗(yàn)，其現(xiàn)象和結(jié)果如圖。下列說法正確的是（）X溶液中一定含有Mg2+、aF+、Cl-,不含有Na+和NHjX溶液中一定含有Na+、Mg2+、Cl-,可能含有A13+X溶液中一定含有Mg2+,且c(Mg2+)為0.50mol?LX溶液中c(Na+)為lSOmolL、c(Al3+)^j0.50mol-L-1.已知:常溫下，H2s溶液的電離平衡常數(shù)Kai=1.3X10-7,Kaz=7.1x10-13,MnS、CuS的Ksp分別為1.7xIO-*、8.5xIO-45,pM=lgc(M2+)(M=Mn、Cu、Zn),pS=lgc(S2~),三種硫化物的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，其中曲線b表示ZnS。下列說法錯(cuò)誤的是()510152023.8pSA.曲線a表示MnSB.Ksp(ZnS)=10-238C.將濃度均為0.001mol」T的M11SO4溶液和H2s溶液等體積混合，有沉淀產(chǎn)生D.含MnS和CuS的懸濁液中：c(Mn2+)：c(Cu2+)=2.0x1029：111.常溫下，用0.1mol-L-iNaOH溶液滴定10mL0.1mol-LTNH4HS04溶液，下列說法不正確的是()A.滴定前，NH4HSO4溶液中c(NH1)>c(H+)B.當(dāng)?shù)稳雔OmLNaOH溶液時(shí)，c(H+)=c(NH3-H2O)+c(OH-)C.當(dāng)?shù)稳?0mLNaOH溶液時(shí)，c(H+)+c(NH：)=c(OH-)D.當(dāng)溶液呈中性時(shí)，c(Na+)<2c(NH3-HZO)12.已知?dú)庀嘀苯铀戏ㄖ迫∫掖嫉姆磻?yīng)為H20(g)+C2H4(g)=CH3cH20H(g)。在容積為3L的密閉容器中，當(dāng)n(H2。)：n(C2H。=1：1時(shí)，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如下圖所示：下列說法正確的是()乙饞的乙饞的31十金特化率M-/%10-A.a、b兩點(diǎn)平衡常數(shù)：b>aB.壓強(qiáng)大小順序：Px>P2>P3C.當(dāng)混合氣的密度不變時(shí)反應(yīng)達(dá)到了平衡D.其他條件不變，增大起始投料吃鬻，可提高乙烯轉(zhuǎn)化率13.常溫時(shí)，fflO.lOOOmol-LNaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol?IT4一元弱酸HR的溶液，滴定過程中pH變化曲線如圖所示(溶液體積近似可以加和)，則下列判斷正確的是()pH5.0I5.U25.V J5.0了（NaOH溶液PmLA.A點(diǎn)時(shí)c(OH-)=c(HR)+c(H+)B.常溫下，HR的％的數(shù)量級為IO"B點(diǎn)時(shí)c(Na+)>c(R-)>c(OH")B點(diǎn)和C點(diǎn)，水的電離程度相同14.事實(shí)證明，通過電化學(xué)方法將CO2轉(zhuǎn)化為含能化合物意義重大。某科研機(jī)構(gòu)通過電催化將CO?和CH30H高效合成了HCOOH,其工作原理如圖。下列說法不正確的是()A.石墨2連電源的正極B.陰極發(fā)生的電極反應(yīng)式為CO2+2e-+2H+=HCOOHC.每生成ImolHCOOH,左室溶液增重46gD.每生成ImolHCOOH,理論上消耗fmolCO215.如圖為室溫下某二元酸H2M溶液中“M、HM-、M2-的濃度對數(shù)Ige隨pH的變化圖像。下列分析錯(cuò)誤的是()a點(diǎn)時(shí)，溶液的pH=4.06a點(diǎn)時(shí)，c(HM-)+2c(M2~)=O.lOmol-L-1pH=6.23時(shí)，c(HM-)=c(M2-)>c(H2M)D.在NaHM溶液中，微粒的濃度大?。篶(Na+)>c(HM")>c(OH-)c(M2+)>c(H+)16.草酸亞鐵，在形成晶體時(shí)會結(jié)晶一定量的水；在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中具有重要用途，如照相的顯影劑，生產(chǎn)磷酸鐵鋰電池的原料等。己知：①草酸亞鐵不溶于水，可溶于酸：②Fe(SCN)薩+3c=Fe(C2O4)i-+6SCN-?回答下列問題：I.甲同學(xué)檢查藥品發(fā)現(xiàn)該晶體顯淺黃色，認(rèn)為晶體不純，可能是因?yàn)椴糠值蔫F被氧化。為驗(yàn)證自己的猜想，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證。取少量的晶體樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液無明顯變化。由此認(rèn)為晶體中不存在+3價(jià)的鐵。你認(rèn)為(填“正確”或“不正確”)，理由是o口.乙同學(xué)為測定草酸亞鐵晶體Fee?。4.XH2O中的結(jié)晶水含量，利用如圖裝置。A B C D①做實(shí)驗(yàn)前首先要O②稱取一定質(zhì)量的晶體，裝好藥品，開始實(shí)驗(yàn)接下來的實(shí)驗(yàn)步驟依次為,重復(fù)實(shí)驗(yàn)直至B中恒重。a.點(diǎn)燃酒精燈，加熱b.熄滅酒精燈c.關(guān)閉Kd.打開K,緩緩?fù)ㄈ肟諝鈋.冷卻至室溫f.稱量m.丙同學(xué)用滴定的方法也可以測定草酸亞鐵晶體中結(jié)晶水的含量。取a克草酸亞鐵晶體溶入稀硫酸，再把所得溶液稀釋成500mL,取出50mL放入錐形瓶，向其中逐滴滴入未知濃度的酸性KMnO,溶液，振蕩，發(fā)現(xiàn)溶液顏色逐漸變?yōu)樽攸S色，且有氣泡冒出，當(dāng)溶液顏色突變成淺紫色，停止滴加。接著向溶液中加入稍過量的KI溶液和幾滴淀粉溶液，然后再用cmol/L的Na2s2O3溶液滴至終點(diǎn)。幾次實(shí)驗(yàn)平均耗用Na2s2O3溶液VmL.(2Na2s2O3+12=Na2S4O6+2NaI)(1)寫出向溶液中滴加酸性KMnO,溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式 。(2)上述試驗(yàn)中稀釋草酸亞鐵溶液時(shí)除燒杯和玻璃棒外，還必需的玻璃儀器有(3)x=。(4)若實(shí)驗(yàn)中滴入KMn()4溶液過多，則所得x值。(填偏大、偏小或無影響)17.工業(yè)上利用廢催化劑(主要含AI2O3,含少量Pd等)提取鈿、明磯的流程如圖：明機(jī)＜ Ali(SOJ溶液NO,淀液回答下列問題：

(2)為了工藝綠色化，將空氣和流程中產(chǎn)生的(氣體)混合通入“酸浸”工序中?！八峤敝猩蒆2Pde1的化學(xué)方程式為,“熱還原”中(填“能”或“不能”)根據(jù)消耗電的總質(zhì)量計(jì)算Pd的質(zhì)量，理由是o浸出率/%(5)其他條件相同時(shí)，“酸浸”中鈿浸出率與液固比(一定濃度的硝酸和鹽酸組成混合溶液的體積與把渣質(zhì)量之比)關(guān)系如圖1所示，最佳液固比為mL-gT。當(dāng)液固比一定時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)鉗浸出率與溫度關(guān)系如圖2所示，解釋40汽鉗浸出率達(dá)到峰值的原因：o浸出率/%?!浸出率水100806040232345液?切曲廠)圖11020304050溫度汽圖2(6)鉗是優(yōu)良的儲氫金屬，其儲氫原理是2Pd(s)+xHz(g)=2PdHx(s),其中x的最大值為0,8。已知Pd的密度為12g-cm-3,則21.2cm3Pd能儲存標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2的最大體積為Lo18.VA族元素氮、磷、碑(As)、錦(Sb)、例(Bi)的單質(zhì)及其化合物在科研和生產(chǎn)中有許多重要用途.(1)祕合金可用于自動噴水器的安全塞，一旦發(fā)生火災(zāi)時(shí)，安全塞會“自動”熔化，噴出水來滅火.已知原子中運(yùn)動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+：表示，與之相反的用-2表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù).對于基態(tài)的鈍原子，其價(jià)電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為.(2)第三周期元素中第一電離能大于磷的元素有(填元素符號).(3)下列氮原子的電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量由低到高的順序是(填字母代號).>?力工多明(■2a2P2P2P

Bmoono

!?2a2P2P2PtCOFT]trtItII1? A2P2P2PprnmtHtii11(4)P4s3可用于制造火柴，其分子結(jié)構(gòu)如圖1所示.①&S3分子中磷原子的雜化軌道類型為.②每摩爾P4s3分子中含有的孤電子對的數(shù)目為(5)直鏈多磷酸根陰離子是由兩個(gè)或兩個(gè)以上磷氧四面體通過共用頂角氧原子連接起來的，如圖2所示.則這類磷酸根離子的最簡單的表示形式為.(6)H3AsO4中Aso廣的等電子體為.(寫一種分子)(7)磷化像是一種由川A族元素錢(Ga)與VA族元素磷(P)人工合成的m-V族化合物半導(dǎo)體材料.晶胞結(jié)構(gòu)可看作金剛石晶胞內(nèi)部的碳原子被Ga原子代替，頂點(diǎn)和面心的碳原子被P原子代替.磷化鉉的晶胞結(jié)構(gòu)如圖3,圖4中矩形AAiCg是沿晶胞對角面取得的截圖.圖4面取得的截圖.圖4請畫出品胞中保(Ga)原子在矩形AAiCg中的位置(8)若晶胞密度為pg-cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為Na，則晶胞中距離最近的P和Ga之間距離為pm(列出計(jì)算表達(dá)式).19.隨著全球氣候問題的日益嚴(yán)重，逐步減少使用和倚靠化石燃料已成為必然趨勢,C()2的綜合利用是解決溫室問題的有效途徑(1)利用C02合成二甲醛可實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)，其過程主要發(fā)生如下反應(yīng)：反應(yīng)I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH1=+41.2kJ-mol-1反應(yīng)H：2CO2(g)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3H20(g)AH2=-122.5kJ-mol-1其中反應(yīng)n分以下兩步完成，反應(yīng)皿：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH3=-49.5kJ-mol-1反應(yīng)IV：2CH3OHUCH30cH3(g)+H2O(g)AH4①AH4=o②某溫度和壓強(qiáng)下ImolCOz與足量的H2在一定的條件下發(fā)生上述反應(yīng)，已知達(dá)到平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為40%,部分物質(zhì)的物質(zhì)的量如表：ch3ohCOh200.06mol0.02mol0.56mol若反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器中CO的分壓p(CO)=O.OIMPa(氣體分壓=氣體總壓x氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))，則此時(shí)該容器中CO?的分壓P(C()2)=，反應(yīng)W的平衡常數(shù)Kp=(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))。③經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，不同反應(yīng)條件下反應(yīng)相同時(shí)間(未平衡)測得體系中CH30H的濃度很低，則可知活化能大小關(guān)系為反應(yīng)m (填“大于”“等于”或“小于”)反應(yīng)IV。(2)將CO2轉(zhuǎn)化為乙醇也可以實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)AH<0=實(shí)驗(yàn)測得：v正=14正?2((：02)?c6(H2),k$c(C2H5OH)c3(H2O),k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響。該反應(yīng)的棺已電言常數(shù)隨溫度的變化的曲線如圖1所示，則(填m或n)表示電六隨溫度變化的曲線，判斷的理由為。

圖1 圖2(3)用電解法將CO?轉(zhuǎn)化為燃料是實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)的另一種途徑，原理如圖2所示。銅電極上產(chǎn)生C2H4的電極反應(yīng)式為，若陰極只產(chǎn)生CO、HCOOH,CzH4,且生成速率相同，則相同條件下Pt電極與Cu電極上產(chǎn)生的。2與HCOOH的物質(zhì)的量之比為。20.乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性、抗腫瘤作用，其合成路線如圖所示。OH CHjOHP|.litIHL.A_C OMgBrDONaOH.114)KyJlISO八催化劑

OMgBrDOA B(：HSCIICH：=CHBr CHMgBr—? <> OCCH>嘰皿。"?！航蠩rcu茄 cn-cri=cii.OMgBr口切 RzCHO.再已知：RMgBr-IRCHR'(1)ATB的反應(yīng)類型為.(2)化合物C的名稱是.⑶化合物E中所含官能團(tuán)的名稱(4)寫出化合物F與足量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式(5)寫出同時(shí)滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式:①能與FeC%溶液發(fā)生顯色反應(yīng);②能發(fā)生銀鏡反應(yīng);③核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，其峰面積比為6：2：1：1。O(6)請以乙醛和甲苯為原料制.II，寫出相應(yīng)的合成路線流程圖tLjw"CH[CCH*(無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖如題示例)答案和解析1.【答案】B【解析】解：A.制作防護(hù)服和口罩的無紡布常采用聚丙烯樹脂，屬于合成有機(jī)高分子材料，故A正確；B.冠狀病毒粒子直徑約60?220nm,直徑大小與1?100nm有交叉，故介于濁液和膠體粒子之間，故B錯(cuò)誤；C.免洗手消毒液的成分活性銀離子屬于重金屬離子、乙醇均能使病毒蛋白質(zhì)變性，則能消毒殺菌，故C正確；D.二氧化氯具有強(qiáng)氧化性,能夠殺菌消毒，則二氧化氯泡騰片可用于水處理,故D正確；故選：B.A.制作防護(hù)服和口罩的無紡布常采用聚丙烯樹脂：B.膠體中分散質(zhì)的直徑在1~100nm之間，小于Inm為溶液，大于lOOnm為濁液；C.重金屬離子、某些有機(jī)物等使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；D.二氧化氯具有強(qiáng)氧化性。本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的組成、性質(zhì)、用途為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。.【答案】A【解析】解：根據(jù)分析可知，P為H,Q為C,X為0,Y為Si,Z為S元素，A.元素P、Q、X所形成的苯酚與鐵離子發(fā)生顯色反應(yīng)，可用苯酚檢驗(yàn)Fe3+,故A正確；B.氫與碳形成的化合物為燒，氫與硫可形成硫化氫，硫化氫中只含有極性鍵，而乙烷、丙烷等燒分子中含有C-C非極性鍵，故B錯(cuò)誤；C.非金屬性：S>C>Si,則最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：Z>Q>Y,故C錯(cuò)誤：D.Z的最高價(jià)含氧酸的濃溶液為濃硫酸，硅單質(zhì)不與濃硫酸反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：Ao短周期主族元素P、Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，其中元素P的一種核素僅有一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子，則P為H；元素X、Z同主族且Z的最高價(jià)與最低價(jià)的絕對值之比為3,二者位于WA族，貝UX為0,Z為S；元素Q是組成有機(jī)物的基本元素，貝IJQ為C：元素Y是無機(jī)非金屬材料的主角，則Y為Si,以此分析解答。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，結(jié)合原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)及元素化合價(jià)來推斷元素為

解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。.【答案】B【解析】解：A.己二酸分子含有2個(gè)按基，Imol己二酸與足量NaHCOs溶液反應(yīng)生成2moic。2，生成CO2的質(zhì)量為2moix44g/mol=88g,故A正確；B.環(huán)己烷是一個(gè)立體結(jié)構(gòu)，所有的碳原子都是飽和碳原子，飽和碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，所以不可能所有原子共面，故B錯(cuò)誤：OH 0Hc.[5轉(zhuǎn)化己二酸的過程中，組成上去氫加氧，則由[3生成己二酸的反應(yīng)類型是氧化反應(yīng)，故C正確；D.己二酸和草酸（乙二酸）結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差4個(gè)CH2原子團(tuán)，所以二者是同系物，故D正確；故選：B.A.lmol己二酸與足量NaHCOs溶液反應(yīng)生成2moic。2；B.環(huán)己烷中所有碳原子都是飽和碳原子，具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)；0Hc.Jx）被氧化生成己二酸；D.己二酸和草酸（乙二酸）結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差4個(gè)CH?原子團(tuán)。本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系、原子共平面判斷方法是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。.【答案】C【解析】解：A.由圖可知，整個(gè)歷程的總反應(yīng)為可3cH3+2"0催學(xué)"CH3CHO+2*+H20,故A正確；B.副反應(yīng)為ch3cH3+N20催*'C2H50H+N2,故B正確：C.由于有副反應(yīng)的存在，故每生成lmolCECHO,消耗電0的物質(zhì)的量為2mol,故C錯(cuò)誤；D.由圖可知,FeO+、D.由圖可知,FeO+、[(C2H5)Fe(0H)]+、[(C2H4)Fe]+、均為反應(yīng)中間體，H1c-O]故D正確;故選：Co由圖可知，反應(yīng)物為ImolCH3cH3、2molN20,產(chǎn)物為lmolC^CHO、2m0此、根據(jù)原子守恒可知,ImolX為lmolHzO、Fe+在反應(yīng)前參與反應(yīng),最后又生成,屬于催化劑,FeO+、H,C-Fe[(C2H5)Fe(OH)]+、[(C2H4)Fe]+、 II 都是反應(yīng)過程中生成，在后面的反應(yīng)中HiC—O又消耗掉，屬于中間產(chǎn)物，副反應(yīng)為CH3cH3+N2OTC2H5OH+N2符合氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，據(jù)此分析作答即可。本題主要考查學(xué)生的看圖理解能力，分析能力，同時(shí)考查催化劑的作用，逐漸產(chǎn)物的判斷，對反應(yīng)機(jī)理的理解等，對學(xué)生的思維能力要求較高，難度中等。.【答案】C【解析】解：A.產(chǎn)品出口1為NaCl溶液，C「通過膜C移向右2室，則C為陰離子交換膜，故A錯(cuò)誤；電解B.電解本質(zhì)是電解水，電解總反應(yīng)：2H20-二-2H2T+02T，故B錯(cuò)誤；C.產(chǎn)品出口1溶液中離子、產(chǎn)品出口2溶液中離子都帶一個(gè)單位電荷，兩極轉(zhuǎn)移電子相等,根據(jù)電荷守恒守恒可知，產(chǎn)品出口1溶液離子總濃度與產(chǎn)品出口2相等，故C正確：D.電解得到NaCLM極上Q-不能放電，故M為陰極，陰極反應(yīng)生成為2H2。+2e-=H2T+20H-,故D錯(cuò)誤；故選：CoM極通入KC1溶液，N極通入NaNC)3溶液，整個(gè)過程電解制取KNO3和NaCl,則M極上不能放電，故M為陰極，N為陽極，陰極反應(yīng)生成為2H20+2€-=電7+20T，陽極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2T+4H+,左1室與右3室均通入KC1溶液，右1室與左3室均通入NaNO3溶液，由于陽離子向陰極移動、陰離子向陽極移動，故左3室中Na+通過膜A移向左2室、NO]通過膜C移向中間室(左4室)，右3室中K+通過膜A移中間室(左4室)、C「通過膜C移向右2室，在中間室獲得KNO3,則左2室、右2室獲得NaCl,A膜為陽離子交換膜、C膜為陰離子交換膜。本題考查電解原理運(yùn)用，理解電解池工作原理，正確判斷電極，正確書寫電極反應(yīng)式,題目側(cè)重考查學(xué)生觀察能力、分析能力、綜合運(yùn)用知識的能力。.【答案】C【解析】解：A.FeS2,NiS、CuS反應(yīng)后生成Fe2()3、NiO、CuO和SO2,則焙燒時(shí)氧化產(chǎn)物有Fez。?和SC>2，故A正確;B.調(diào)節(jié)pH值時(shí)，部分金屬陽離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，所以“調(diào)pH”分離Fe3+與CM+、Ni2+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同，故B正確；C.石灰乳寫化學(xué)式，故C錯(cuò)誤：D.從溶液中獲取晶體采用過濾、洗滌、干燥的方法，所以“一系列操作”為過濾、洗滌、干燥，故D正確；故選：Co以黃鐵礦(主要成分為Fes2,含有少量NiS、CuS,SiO?等雜質(zhì))為原料制備KjFe(CN)6〉3H2。，黃鐵礦在空氣中焙燒，F(xiàn)eS2,NiS、CuS反應(yīng)后生成Fe2()3、NiO,CuO和SO2，氣體A為SO2，氧化物中加入稀硫酸得到C11SO4、NiS04>Fe2(SO4)3,SiO?不溶于稀硫酸，所以濾渣I為Si。2，濾液I中含有CUSO4、NiSCU、Fe2(SC)4)3和硫酸，調(diào)節(jié)溶液的pH并過濾得到濾液H,濾渣H中加入Fe、稀硫酸得到溶液I,根據(jù)最終得到的物質(zhì)元素知，濾渣II中含有Fe(OH)3，濾液H中含有C11SO4、NiS04,向?yàn)V渣II中加入稀硫酸、Fe發(fā)生反應(yīng)2Fe(OH)3+Fe+3H2SO4=3FeSO4+6H2O,向溶液I中加入石灰乳、HCN得到Ca2[Fe(CN)6],濾渣HI為過量的Fe,向?yàn)V液中加入Na2cO3得到濾渣IV為CaC()3，濾液為Na4[Fe(CN)6],向?yàn)V液中加入KC1通過一系列操作得到KJFeCCN”]?3H2O：本題考查物質(zhì)制備，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確流程圖中各物質(zhì)成分及其性質(zhì)、物質(zhì)分離提純方法等知識點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，注意C中氫氧化鈣要寫化學(xué)式，題目難度中等。.【答案】A【解析】解：A.鐵和水蒸氣反應(yīng)時(shí)，3moi鐵生成4moi氫氣，故03moi鐵反應(yīng)生成0.4mol氫氣即0.4Na個(gè)氫氣分子，故A正確；.常溫下鋁在濃硫酸中鈍化，故不能完全反應(yīng)，故鋁失去的電子數(shù)小于0.3Na個(gè)，故B錯(cuò)誤：C.過氧化鈉和水的反應(yīng)時(shí)，-1價(jià)的氧歧化為-2價(jià)和0價(jià)，故lmol過氧化鈉轉(zhuǎn)移lmol電子即Na個(gè)，故C錯(cuò)誤；D.lOOg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中，除了乙醉外，水也含H原子，100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中，乙醇的質(zhì)量為m=100gx46%=46g,物質(zhì)的量為n=薪鬻荷=lmol,故含H原子為6moi，水的質(zhì)量為m=100g-46g=54g,物質(zhì)的量為n=喘禽。]=3mol,故含H原子含H原子也為6mol,故共含H原子為12mo1,即12Na個(gè)，故D錯(cuò)誤。A.鐵和水蒸氣反應(yīng)時(shí)，3moi鐵生成4moi氨氣；B.常溫下鋁在濃硫酸中鈍化；C.過氧化鈉和水的反應(yīng)時(shí)，-1價(jià)的氧歧化為-2價(jià)和0價(jià)；D.lOOg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含H原子。本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。8.【答案】D【解析】解：A.有機(jī)物分子式為C3H4。2,Imol有機(jī)物完全燃燒等于3moic燃燒消耗的氧氣，即lmol該有機(jī)物完全燃燒需要3moi。2，故A錯(cuò)誤；B.環(huán)共用的碳原子上沒有H原子，只能取代其它2個(gè)碳原子的氫原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，該有機(jī)物的二氯代物有2種，故B錯(cuò)誤；C.環(huán)共用的碳原子連接的2個(gè)0原子、2個(gè)C原子形成四面體結(jié)構(gòu)，該有機(jī)物所有原子不可能處于同一平面，故C錯(cuò)誤；D.該有機(jī)物與HC00CH=CH2的分子式相同，含有的官能團(tuán)等不同，二者互為同分異構(gòu)體，故D正確；故選：DoA.有機(jī)物分子式為C3H4O2，lmol有機(jī)物完全燃燒等于3moic燃燒消耗的氧氣；.環(huán)共用的碳原子上沒有H原子，只能取代其它2個(gè)碳原子的氫原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上；C.環(huán)共用的碳原子連接的2個(gè)0原子、2個(gè)C原子形成四面體結(jié)構(gòu)；D.該有機(jī)物與HC00CH=CH2的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體。本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及燃的含氧衍生物燃燒耗氧量規(guī)律、同分異構(gòu)體、共面問題等，側(cè)重考查學(xué)生分析解決問題的能力。.【答案】D【解析】解：A.由分析可知，X溶液中一定含有Na+、Mg2+、AR、C1-,一定不含NH：、Fe3+、SOf,故A錯(cuò)誤；B.X溶液中一定含有Na+、Mg2+、AJ3+、C\~,故B錯(cuò)誤；C.X溶液中一定含有Mg2+,且c(Mg2+)=寫等=1.00mol/L,故C錯(cuò)誤；D.X溶液中中c(Na+)=啜卷=1.50mol-『1,c(AI3+)=^1^21=o.50mol-L-1,故D正確。故選：Do20mLX溶液中加入硝酸鋼溶液，沒有明顯現(xiàn)象，說明X溶液不含S0『，再加入足量加入硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，該沉淀只能是AgCL說明X溶液含有C「，且n(C「)=MAgCl)=二哭落=O,mol；20mLX溶液中加入氫氧化鈉溶液，加熱，由濾液稀釋后氫氧根離子濃度,可知?dú)溲趸c有剩余，反應(yīng)消耗NaOH為:0.025LX4.00mol/L-0.2LXO.lmol/L=0.08mol,不產(chǎn)生刺激性氣味的氣體，證明不含有NH：離子，有白色沉淀生成，白色沉淀只能為Mg(OH)2,說明X溶液含有Mg2+,則一定不含F(xiàn)e3+,n(Mg2+)=[Mg(OH)2]= =o.02mol,0.02molMg2+消耗NaOH為0.02molX2=0.04mol<0.08mol,故X溶液還含有A13+,由A13++4OH-=A10]+2HzO,可知n(AF+)=o.oBmoijomo!=o.oimol,由于2n(Mg2+)+3n(Al3+)=0.02molx2+O.Olmolx3=0.07mol<n(Cl-)=O,lmol,根據(jù)溶液呈電中性，可知X一定含有Na+,且20mL溶液中n(Na+)=O.lmol-0.07mol=0.03moL本題考查物質(zhì)組成確定，涉及常見離子的檢驗(yàn)及推斷，題目以定性分析與定量計(jì)算形式考查，根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象判斷含有的離子，注意電荷守恒的運(yùn)用，熟練掌握元素化合物知識，題目側(cè)重學(xué)生分析推理能力、計(jì)算能力。10.【答案】C【解析】解：A.由于MnS、CuS的Ksp分別為1.7xIO-*、8.5xlO-45,(p越大,當(dāng)金屬離子濃度相等時(shí)，pS越小，則曲線a表示MnS,故A正確；B.曲線b表示ZnS,根據(jù)圖象可知當(dāng)硫離子濃度為10-23.8mo[/L時(shí)，鋅離子濃度是lmol/L,則(p(ZnS)=c(Zn2+)-c(S2-)=IO-23-8,故B正確：C.將濃度均為O.OOlmol?L的MnStXj溶液和H2s溶液等體積混合，鐳離子濃度變?yōu)?.0005mol/L,由于H2s的第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離程度，則溶液中氫離子濃度近似等于HS-濃度，所以根據(jù)第二步電離平衡常數(shù)表達(dá)式Ka2=笄2=7.1X10-13可知溶液中硫離子濃度近似等于71xKT13moi兒，則溶液中c(Mn2+)?c(S2-)=3.55x10-16<17x10-15,所以沒有沉淀產(chǎn)生，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)溶度積常數(shù)表達(dá)式可知含MnS和CuS的懸濁液中：及品=覽;羯=等裝=2.0x1029：1,故D正確：o.jX10A.Ksp越大，當(dāng)金屬離子濃度相等時(shí)，pS越?。籅.對于MS沉淀，溶度積常數(shù)為Ksp=c(M2+”c(S2-),據(jù)此計(jì)算；C.將濃度均為O.OOlmol?L的MnSO,溶液和H?S溶液等體積混合，錦離子濃度變?yōu)?.0005mol/L,由于H2s的第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離程度，則溶液中氫離子濃度近似等于HS-濃度，所以根據(jù)第二步電離平衡常數(shù)表達(dá)式Ka2=嗎普2=7.1x10-13可知溶液中硫離子濃度近似等于7.1xKT13moi兒，計(jì)算溶液中c(Mn2+)?c(S2-)值與Ksp=1.7x10-15比較判斷；D.根據(jù)溶度積常數(shù)表達(dá)式可知含MnS和CuS的懸濁液中：器鑒=黑離焉計(jì)算可得。本題主要考查沉淀溶解平衡及曲線，注重對圖象的觀察和分析能力的考查，同時(shí)有對Ksp和K的計(jì)算考查，注意縱橫坐標(biāo)的意義，結(jié)合沉淀溶度積的相關(guān)知識解答，題目難度適中。11.【答案】AD【解析】解：A.NH4HSO4在溶液完全電離，電離出NH3H+、SO：而NH：發(fā)生水解：NH^+H2O^NH3-H2O+H+,故溶液中c(H+)>c(NH1),故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)?shù)稳雔OmLNaOH溶液時(shí)，溶液中溶質(zhì)為Na2sO4、(NHQzSCU，且二者物質(zhì)的量相等，溶液中氫離子源于NH：水解:NHt+H20=NH3-H2O+H+以及水的電離：H20=H++OH-,則c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-),故B正確；C.當(dāng)?shù)稳?0mLNaOH溶液時(shí),0丁與NH，H+恰好反應(yīng),溶液中溶質(zhì)為Na2s04、NH3?出0,溶液中氫氧根離子源于水的電離、一水合氨的電離，貝lJc(H+)+c(NH：)=c(OH-),故C正確；D.由電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)+c(NH。)=c(0H-)+2c(S0『)，溶液呈中性，貝Uc(H+)=c(OH-),故c(Na+)+c(NH1)=2c(S0『)，由物料守恒有：c(NH3-H2O)+c(NHj)=c(SOj-),聯(lián)立可得：c(Na+)=2c(NH3-H2O)+c(NHj),故c(Na+)>2c(NH3?H20),故D錯(cuò)誤；故選:AD?A.溶液中NH1發(fā)生水解；B.當(dāng)?shù)稳雔OmLNaOH溶液時(shí)，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為(NHJ2SO4、Na2sO”溶液中氫離子源于水的電離、鉉根離子水解；C.當(dāng)?shù)稳?0mLNaOH溶液時(shí)，此時(shí)溶液為等濃度的Na2sO4、NH3?%0混合溶液，溶液中氫氧根離子源于水的電離、一水合氨的電離；D.由電荷守恒有:c(Na+)+c(H+)+c(NHt)=c(OH-)+2c(S01-),溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-),由物料守恒有：c(NH3-H20)+c(NHt)=c(SO5-),聯(lián)立判斷。本題考查水溶液中離子平衡，涉及弱電解質(zhì)電離、鹽類水解、溶液中離子濃度大小比較等，注意分析混合后溶液中溶質(zhì)，再根據(jù)強(qiáng)弱電解質(zhì)的電離、水的電離、鹽類水解、電荷守恒、物料守恒等進(jìn)行分析判斷。12.【答案】D【解析】解：A.a、b點(diǎn)溫度相同，則a、b兩點(diǎn)平衡常數(shù)：b=a,故A錯(cuò)誤；B.該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)乙烯的轉(zhuǎn)化率增大，則壓強(qiáng)大小順序：Pi<P2<P3,故B錯(cuò)誤；C.混合氣體的質(zhì)量、體積均不變，則密度始終不變，不能判定平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤：D.增大水蒸氣的量，可促進(jìn)乙烯的轉(zhuǎn)化，則增大起始投料喂，可提高乙烯轉(zhuǎn)化率,故D正確；故選：DoA.a、b點(diǎn)溫度相同；B.該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)乙烯的轉(zhuǎn)化率增大：C.混合氣體的質(zhì)量、體積均不變；D.增大水蒸氣的量，可促進(jìn)乙烯的轉(zhuǎn)化。本題考查化學(xué)平衡及常數(shù)，為高頻考點(diǎn)，把握圖象的意義、平衡移動、K的影響因素為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。13.【答案】B【解析】解：A.A點(diǎn)溶液顯酸性，c(OH-)<c(H+),則c(OH-)<c(HR)+c(H+),故A錯(cuò)誤；B.C點(diǎn)兩者恰好反應(yīng)生產(chǎn)NaR且濃度為0.05mol?『】，此時(shí)pH=8.0,則c(OH-)=108-14mol/L=10-6mol/L,由三段法可知R-+H2OUHR+OHX單位：mol/L)開始0.05 0 0變化10-6 io-6io-6平衡0.05-10-610-610-6則<八=嚙詈=黯黃*=一符K-5X1L,故B正確；C.B點(diǎn)時(shí)，由電荷守恒可知，c(OH-)+c(HR)=c(Na+)+c(H+),此時(shí)溶液顯酸性，則c(OH-)>c(H+),故c(Na+)<c(R-),故C錯(cuò)誤：D.B點(diǎn)HR過量，酸對水電離起抑制作用；C點(diǎn)恰好反應(yīng)，溶質(zhì)為NaR,丁水解促進(jìn)水的電離，故D錯(cuò)誤；故選：BoA.A點(diǎn)溶液顯酸性，c(OH-)<c(H+)；B.C點(diǎn)兩者恰好反應(yīng)生產(chǎn)NaR且濃度為0.05mol?L】，此時(shí)pH=8.0,則c(OH-)=108T4moi兒=10-6mol/L,由三段法可知R-+H2O=HR+OH-(單位：mol/L)開始0.05 0 0變化10-6 io-6io-6平衡0.05-10-610-610-6則人=嚙普C.B點(diǎn)時(shí)，由電荷守恒可知，c(OH-)+c(HR)=c(Na+)+c(H+),此時(shí)溶液顯酸性，則c(OH-)>c(H+)；D.B點(diǎn)HR過量，酸對水電離起抑制作用。本題考查酸堿混合溶液中的定性判斷，明確圖中各點(diǎn)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，題目難度中等。14.【答案】C【解析】解：A.石墨2為陽極，連電源的正極，故A正確；B.石墨1為陰極，電極反應(yīng)式為C()2+2e-+2H+=HCOOH,故B正確；C.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移4moi電子時(shí)，陰極生成2moiHCOOH,陽極生成ImolHCOOH,故生成11110史(：0011時(shí)轉(zhuǎn)移311101電子,左室質(zhì)量增加二氧化碳質(zhì)量為誓x|x44g/mol=yg,由電荷守恒可知，同時(shí)有g(shù)mol電子由右側(cè)遷移到左側(cè)，故質(zhì)量增加gg,左室質(zhì)量共增加久+氨=表，故C錯(cuò)誤；D.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移4moi電子時(shí)，陰極消耗2moi二氧化碳，生成2moiHCOOH,陽極生成ImolHCOOH,故消耗2moi二氧化碳生成3moiHCOOH,每生成ImolHCOOH,理論上消耗gmolC()2,故D正確：故選：Co由圖可知，石墨1電極上碳元素價(jià)態(tài)降低得電子，故石墨1為陰極，電極反應(yīng)式為C02+2e~+2H+=HCOOH,石墨2為陽極，電極反應(yīng)式為CH3OH-4e-+電0=HCOOH+4H+,據(jù)此作答。本題考查電解原理的應(yīng)用，題目難度中等，能依據(jù)圖象和題目信息準(zhǔn)確判斷陰陽極是解題的關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫。15.【答案】D【解析】A.Ka】="H矍,=10田9, &2=喘附=10-6.23,則1X%=”黑盧X絲需F=10-&12,根據(jù)圖像，a點(diǎn)溶液中c(HzM)=c(M2-),代入得c(H+)=10-406mol/L,則溶液的pH=4.06,故A正確;8.溶液中?%乂)+￡：51\4-)+(:(1\42-)=0.1011101八，根據(jù)圖像，a點(diǎn)溶液中c(H2M)=c(M2-),則c(HM-)+2c(M?-)=0.10mol/L,故B正確；C.根據(jù)圖像可知pH=6.23時(shí)，溶液中c(HM-)=c(M2-)>c(H2M),故C正確；D.在NaHM溶液中既存在HM-的電離平衡、又存在HNT的水解平衡，HNT的水解離子方程式為HM-+H2O#H2M+OH-,其水解平衡常數(shù)為人=，喝普")=含=c(nivi)ixal型上=10-12.11<42,HM-的電離程度大于其水解程度，溶液呈酸性，溶液中微粒濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)>c(HM-)>c(H+)>c(M2-)>c(OH-),故D錯(cuò)誤；故選：Do根據(jù)圖像可知，開始溶液中c(H?M)=0.1mol/L、c(HM-)=0.001mol/L,c(M?-)很小幾乎忽略，則溶液中c(HzM)+c(HM-)+c(M2~)=0.101mol/L；當(dāng)c(hM)=c(HNT)時(shí)溶液的pH=1.89,則H2M的Ka1="喏黑=IO-"1當(dāng)c(HM-)=c(M2-)時(shí)溶液的pH=6.23,則H2M的(2=嚙鬻2=10-6.23：據(jù)此作答。本題考查弱電解質(zhì)的電離，題目難度中等，明確圖示曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。16.【答案】不正確根據(jù)已知C2O/比SCN-更易與Fe3+結(jié)合檢查裝置氣密性dabecf3MnO；+5Fe2++5C2O^~+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2T或3MnO]+5Fe2++5H2C2O4+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2。+10CO2T500mL容量瓶、膠頭滴管（50a；7cV）偏小9cV【解析】解：I.根據(jù)題給信息可知，C20r比SCN-更易與Fe3+結(jié)合，所以取少量的晶體樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液無明顯變化，不能判定晶體中不存在+3價(jià)的鐵，不正確，故答案為：不正確；根據(jù)己知C2O歹比SCN-更易與Fe3+結(jié)合；H.①做實(shí)驗(yàn)前首先要檢查裝置是否漏氣，故答案為：檢查裝置氣密性；②稱取一定質(zhì)量的晶體，裝好藥品，開始實(shí)驗(yàn)接下來的實(shí)驗(yàn)步驟：打開K,緩緩?fù)ㄈ肟諝?d),然后點(diǎn)燃酒精燈，加熱(a),反應(yīng)發(fā)生，結(jié)束后，熄滅酒精燈(b),冷卻至室溫(e),關(guān)閉K(c),進(jìn)行稱量⑴，重復(fù)實(shí)驗(yàn)直至B中恒重，正確的操作步驟為：dabecf,故答案為：dabecf；HI.(l)草酸亞鐵晶體中含有Fe2+和在酸性條件下，均能被KMnCU溶液氧化為Fe3+和CO2,而MnO1被還原為MM+,根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒寫出離子方程式：3MnO；+5Fe2++5C2O1-+24H+=3Mn2++5Fe3++12H20+10C02T或3MnO1+5Fe2++5H2c2O4+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2。+10C02T,故答案為：3MnO[+5Fe2++5C2O1-+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2。+10C02T或3MnO；+5Fe2++5H2C204+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2T；(2)把草酸亞鐵溶液稀釋成500mL溶液時(shí)，除燒杯和玻璃棒外，還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：500mL容量瓶、膠頭滴管：(3)根據(jù)反應(yīng)：3MnO；+5Fe2++5C2O1-+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O4-10CO2?可知，反應(yīng)產(chǎn)生的Fe3+把碘離子氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)為2Fe3++2==2Fe2++l2；生成的碘又被Na2s2O3還原為「，反應(yīng)為2Na2s2O3+12=Na2S4064-2NaI；根據(jù)上述反應(yīng)關(guān)系可知：n(FeC204.xH2O)=n(FeC2O4)=n(Fe2+)=n(Fe3+)=2nQ)=n(Na2S2O3),n(Na2s2O3)=VxIO-3xcmol,所以50mL溶液中n(FeC2()4.xH2。)=(VxIO-3xc)mol,又原溶液為500mL,所以n(FeC2()4.xH2O)=(VxIO-3xc)molx^=10(VxIO-3xc)mol；草酸亞鐵晶體ag,所以品￡=10(VxIO"xc),解得x=*新2,故答案為：吃；CV)：9cV(4)若實(shí)驗(yàn)中滴入KMnO4溶液過多，碘離子被氧化的量增多，消耗的n(Na2s2O3)=eV增多，根據(jù)*=嗯衿關(guān)系可知，則所得x值偏小，9cV故答案為：偏小。L根據(jù)題給信息可知，C2。/比SCN-更易與Fe3+結(jié)合;.①實(shí)驗(yàn)前首先要檢查裝置是否漏氣；②加熱草酸亞鐵晶體分解，B中質(zhì)量恒定，說明分解完全，根據(jù)裝置C質(zhì)量變化可以得到結(jié)晶水的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算晶體中結(jié)晶水含量。用空氣排盡裝置中水蒸氣被濃硫酸充分吸收。先通空氣，再加熱分解，結(jié)束后，熄滅酒精燈，冷卻至室溫，再停止通入空氣，進(jìn)行稱量，重復(fù)實(shí)驗(yàn)直至B中恒重；.(1)草酸亞鐵晶體中含有Fe2+和C2。/,在酸性條件下，均能被KMnO4溶液氧化為Fe3+和CO?，而MnO1被還原為MM+,根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒書寫離子方程式；(2)把草酸亞鐵溶液稀釋成500mL溶液時(shí)，除燒杯和玻璃棒外，還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶、膠頭滴管；(3)根據(jù)反應(yīng)：3MnOJ+5Fe2++5c20r+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10C02T可知，反應(yīng)產(chǎn)生的Fe3+把碘離子氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)為2Fe3++2廣=2Fe2++上；生成的碘又被Na2s2O3還原為「，反應(yīng)為2Na2s2()3+l2=Na2s4()6+2Nal,根據(jù)上述反應(yīng)關(guān)系可知：n(FeC2O4.xH2O)=n(FeC204)=n(Fe2+)=n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3);(4)若實(shí)驗(yàn)中滴入KMn()4溶液過多，碘離子被氧化的量增多，消耗的n(Na2s2O3)=eV增多，結(jié)合(3)中表達(dá)式判斷。本題考查物質(zhì)含量的測定，I中注意對題目信息的理解與運(yùn)用，IH關(guān)鍵是明確發(fā)生的反應(yīng)，理解測定原理，題目涉及過程復(fù)雜，屬于易錯(cuò)點(diǎn)題目，是對學(xué)生綜合能力的考查。17.【答案】KA1(S()4)2?12&04NO2+O2+2H2O=4HNO3Pd+4HN03+6HC1=H2PdCl6+4NO2T+4H2O不能氫氣需要用作保護(hù)起排除裝置內(nèi)的空氣，無法確定氫氣的用量3溫度過低，反應(yīng)速率過慢，溫度過高，濃硝酸受熱分解，稀鹽酸受熱揮發(fā)21.504【解析】解：⑴明磯的化學(xué)式為KAKSO)?為％0,故答案為：KA1(SO4)2-12H2O;(2)為了工藝綠色化，將空氣和流程中產(chǎn)生的NO2轉(zhuǎn)化為硝酸，可以防止環(huán)境污染，并且能夠循環(huán)利用，對應(yīng)的化學(xué)方程式為4NC)2+。2+2H2。=4HNO3,故答案為：4N02+O2+2H2O=4HN03;(3)“酸浸”中生成H2Pde*硝酸自身被還原為NO?，對應(yīng)的化學(xué)方程式為Pd+4HN03+6HC1=H2Pde1+4NO2T+4H2O,故答案為：Pd+4HN03+6HC1=H2Pde"+4NO2T+4H2O；(4)由于氫氣需要用作保護(hù)起排除裝置內(nèi)的空氣，所以無法確定氫氣的用量，也無法計(jì)算Pd的質(zhì)量，故答案為：不能；氫氣需要用作保護(hù)起排除裝置內(nèi)的空氣，無法確定氫氣的用量；(5)分析可知，當(dāng)浸出率最高且固液比最小時(shí)，節(jié)約成本，還可以保證最佳反應(yīng)速率，故最佳固液比為3mL-gT,最適合的浸出溫度為40。(2,原因在于溫度過低，反應(yīng)速率過慢，溫度過高，濃硝酸受熱分解，稀鹽酸受熱揮發(fā)，故最適溫度為4(TC,故答案為：3；溫度過低，反應(yīng)速率過慢，溫度過高，濃硝酸受熱分解，稀鹽酸受熱揮發(fā)；(6)把是優(yōu)良的儲氫金屬，其儲氫原理是2Pd(s)+xHz(g)=2PdHx(s),其中x的最大值為0.8,已知Pd的密度為12g-cmT,則21.2cm3Pd能儲存標(biāo)準(zhǔn)狀況下電的最大體積為 x—mol,對應(yīng)體積為 x—x22.4L=21.504L,106 2 106 2故答案為：21.504。廢催化劑(主要成分為川2。3,少量Pd),廢催化劑硫酸鉉焙燒得到氣體為氨氣，產(chǎn)物水浸過濾得到硫酸鋁溶液，濾渣Pd加入王水(濃硝酸和濃鹽酸)酸浸生成二氧化氮，發(fā)生Pd+6HC1+4HN03—H2PdCl6+4NO2T+4H2O.浸液Y為H2Pde*通入氨氣中和過濾得到濾渣(NHQzPdC*被氫氣還原得到Pd發(fā)生(NHQzPdCk+2H2—Pd+2H3+6HC1,以此解答該題。本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生知識綜合應(yīng)用、根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行分析、實(shí)驗(yàn)基本操作能力及實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)能力，綜合性較強(qiáng)，注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取與使用，難度中等。18.【答案】+,或一|Ar、ClA<C<B<【解析】解：(1)已知原子中運(yùn)動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+：表示，與之相反的用-;表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)，Bi位于周期表中第6周期，第VA族，為p區(qū)元素，則Bi的價(jià)電子排布式為：6s26P3,其電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+|或一|，故答案為：+|或一|;(2)同周期主族元素中，隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但DA族和第VA族元素反常，所以第三周期元素中第一電離能大于磷的元素有C1和Ar,故答案為：Ar、Cl；(3)軌道中電子能量：ls<2s<2p,能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2P軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高，根據(jù)圖知能量由低到高的順序是A<C<B<D,故答案為：A<C<B<D；(4)①P4s3分子中硫原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是4且含有2個(gè)孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷S原子的雜化軌道類型sp3雜化，故答案為：sp3；②P4s3分子中每個(gè)P原子含有1個(gè)孤電子對、每個(gè)S原子含有2個(gè)孤電子對，則每個(gè)P4s3分子含有的孤電子對數(shù)為4x1+2x3=10,故答案為：10;(5)含有n個(gè)P原子的多聚磷酸根離子，相當(dāng)于是n個(gè)磷酸根離子中去掉了(n-1)氧原子，。原子數(shù)目=3n-(n-1)=3n+1,所帶電荷為(一2)x(3n+1)+5n=-(n+2),故多聚磷酸根離子的通式為：[PnO3n+l](2+n)1故答案為：[PnO3n+l](2+n)-；(6)H3AsC)4中AsO『的價(jià)電子數(shù)為5+4x6+3=32,其等電子體的分子為CC)故答案為：CC14:(7)結(jié)合金剛石結(jié)構(gòu)可知，四個(gè)Ga位于面心P與邊分割形成的8個(gè)小立方體的體心，且4個(gè)Ga構(gòu)成正四面體，有兩個(gè)Ga恰好位于AiACiC構(gòu)成的長方形分割的小長方形的面心，即(8)若晶胞密度為pg-cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為Na，晶胞中Ga位數(shù)為4,P數(shù)目為8x；+O

6x：=4,晶胞質(zhì)量為絲產(chǎn)ig,設(shè)晶胞邊長為acm,則晶胞體積為a3cm3=三=

2 Na P胃穿icm3,解得a=3解icm,晶胞中距離最近的P和Ga之間距離為體對角線的;=NaxP NAxp 4,4X101x10,4X101x1010pm,故答案為：”x(1)已知原子中運(yùn)動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+:表示，與之相反的用-:表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)，Bi位于周期表中第6周期，第VA族，為p區(qū)元素，則Bi的價(jià)電子排布式為：6s26P3,據(jù)此計(jì)算；(2)同周期主族元素中，隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但DA族和第VA族元素反常；(3)軌道中電子能量：ls<2s<2p,能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2P軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高；(4)①P4s3分子中硫原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是4且含有2個(gè)孤電子對：②P4s3分子中每個(gè)P原子含有1個(gè)孤電子對、每個(gè)S原子含有2個(gè)孤電子對；(5)含有n個(gè)P原子的多聚磷酸根離子，相當(dāng)于是n個(gè)磷酸根離子中去掉了(n-1)氧原子,0原子數(shù)目=3n—(n—1)=3n+1,所帶電荷為(―2)x(3n+1)+5n=—(n+2),據(jù)此判斷；(6)H3AsC)4中AsO『的價(jià)電子數(shù)為5+4x6+3=32；(7)結(jié)合金剛石結(jié)構(gòu)可知，四個(gè)Ga位于面心P與邊分割形成的8個(gè)小立方體的體心，且4個(gè)Ga構(gòu)成正四面體，有兩個(gè)Ga恰好位于AiACiC構(gòu)成的長方形分割的小長方形的面心：(8)若晶胞密度為pg-cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為Na，晶胞中Ga位數(shù)為4,P數(shù)目為8x應(yīng)+6x；=4,晶胞質(zhì)量為甯衛(wèi)g,設(shè)晶胞邊長為acm,則晶胞體積為a3cm3=千=2 Na P處至詈cm3,解得a=3佟0cm,晶胞中距離最近的P和Ga之間距離為體對角線的;，NaxP 7NAxp 4據(jù)此計(jì)算。本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布，化學(xué)鍵，晶胞計(jì)算等內(nèi)容，其中晶胞計(jì)算為解題難點(diǎn)，需要結(jié)合均攤法進(jìn)行分析，掌握基礎(chǔ)為解題關(guān)鍵，整體難度適中。19.【答案】-23.5kJ/mol0.3MPa24.89大于m由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡常數(shù)K的數(shù)值減小，而平衡常數(shù)K=#，貝肽正增大的少，即溫度升高過程中電廠數(shù)K逆 n正值變化量小2co2+12H++12e-=CzH4+4H2。4：1

【解析】解：(1)反應(yīng)I：co2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ/moL反應(yīng)n：2CO2(g)+6H2=CH30cH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ/moL反應(yīng)HI：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)AH=-49.5kJ/mol,蓋斯定律計(jì)算：反應(yīng)D-2X反應(yīng)JU,得到反應(yīng)IV的熱化學(xué)方程式:2cH30H(g)=CH30cH3(g)+H20(g)△H=-23.5kJ/mol,故答案為：-23.5kJ/mol；②某溫度和壓強(qiáng)下，起始投入ImolCOz與足量電發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為40%,即消耗0.4molCC)2，剩余0.6mol,生成CO消耗0.02molC()2，生成CH30H消耗0.06molC02,則生成CH30cH3物質(zhì)的量為0.16moL若反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器中CO的分壓p(CO)=O.OIMPa,則則此時(shí)該容器中CO2的分壓p(CC)2)=O.OIMPax猊黑=0.3MPa,同理可知PKH3OH)=0.03MPa,p(CH30cH3)=0.08MP,p(H2O)=0.28MPa,反應(yīng)可的化學(xué)平衡常數(shù)為。=p(CH3的化學(xué)平衡常數(shù)為。=p(CH3OCH3)p(H2O)

p12(CH3OH)0.08X0.28(0.03)2a24.89,故答案為：0.3MPa；24.89；③經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，在不同反應(yīng)條件下反應(yīng)相同時(shí)間(未平衡)測定發(fā)現(xiàn)，體系中CH30H的濃度均很低，說明反應(yīng)很難生成甲醇，甲醇又易反應(yīng)生成CH30cH3,因此活化能大小關(guān)系：反應(yīng)HI大于反應(yīng)W,故答案為：大于；(2)2COz(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)AH<0,該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡常數(shù)K的數(shù)值減小，而平衡常數(shù)K=#，則k正增大的少，即溫度升高過程中出;數(shù)K逆 正3H2(g)3CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.5kJ/mol,蓋斯定律計(jì)算：反應(yīng)3-2x反應(yīng)HI得到反應(yīng)N的熱化學(xué)方程式；②計(jì)算達(dá)到平衡時(shí)CO2的消耗量和生成CH30cH3物質(zhì)的量，再計(jì)算平衡時(shí)DME的選擇性和反應(yīng)IV的化學(xué)平衡常數(shù)；③經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，在不同反應(yīng)條件下反應(yīng)相同時(shí)間(未平衡)測定發(fā)現(xiàn)，體系中CH30H的濃度均很低，說明反應(yīng)很難生成甲醉；(2)2COz(g)+6H2(g) C2H50H(