高中化學(xué)人教版化學(xué)反應(yīng)原理本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)（市一等獎(jiǎng)）

2023學(xué)年河北省保定市定州中學(xué)高二（下）月考化學(xué)試卷（6月份）一、本卷共16小題，每小題3分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是最符合題目要求的．1．在一密閉容器中有如下反應(yīng)：aX（g）+bY（g）?nW（g），某化學(xué)興趣小組的同學(xué)根據(jù)此反應(yīng)在不同條件下的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出了如下曲線圖：其中，ω（W）表示W(wǎng)在反應(yīng)混合物中的體積分?jǐn)?shù)，t表示反應(yīng)時(shí)間．當(dāng)其它條件不變時(shí)，下列分析正確的是（）A．圖I可能是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，且p2＞p1，a+b＞nB．圖I可能是不同溫度對(duì)反應(yīng)的影響，且T2＞T1，△H＞0C．圖II可能是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，且p1＞p2，n=a+bD．圖Ⅲ可能是不同溫度對(duì)反應(yīng)影響，且T1＞T2，△H＜02．常溫下，將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池（如圖1），測(cè)得原電池的電流強(qiáng)度（I）隨時(shí)間（t）的變化如圖2所示，已知0﹣t1時(shí)，原電池的負(fù)極是Al片，反應(yīng)過(guò)程中有紅棕色氣體產(chǎn)生．下列說(shuō)法不正確的是（）A．0﹣t1時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1時(shí)，溶液中的H+向Cu電極移動(dòng)C．t1時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1時(shí)，原電池中電子流動(dòng)方向發(fā)生改變是因?yàn)锳l在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了Al的進(jìn)一步反應(yīng)3．霧霾嚴(yán)重影響人們的生活與健康．某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無(wú)機(jī)離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同學(xué)收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預(yù)處理后試樣溶液，設(shè)計(jì)并完成了如下的實(shí)驗(yàn)：己知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，根據(jù)以上的實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象，該同學(xué)得出的結(jié)論不正確的是（）A．試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4C．試樣中可能存在Na+、Cl﹣D．試樣中一定不含Al3+4．分子式為C9H12O，苯環(huán)上有兩個(gè)取代基且含羥基的化合物，其可能的結(jié)構(gòu)有（）A．9種 B．12種 C．15種 D．16種5．為減小CO2對(duì)環(huán)境的影響，在倡導(dǎo)“低碳”的同時(shí)，還需加強(qiáng)對(duì)CO2創(chuàng)新利用的研究．已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣mol．T1℃時(shí)，向體積為1L的恒容密閉容器中充入lmolCO2和3molH2測(cè)得CO2和CH3OH（g）的濃度隨時(shí)間變化的曲線如圖所示，且平衡時(shí)體系壓強(qiáng)為p1．下列敘述中不正確的是（）A．0～3min內(nèi)，v（CO2）正=v（CH3OH）正B．在T1℃時(shí)，若起始時(shí)向容器中充人2moICO2和6molH2，測(cè)得平衡時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)為p2，則p2＜2p1C．其他條件不變，若向平衡后的體系中充人1mol氦氣，體系壓強(qiáng)增大，平衡將向正反應(yīng)方向移動(dòng)D．T2℃時(shí)，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為，則T2＞T16．如圖所示，其中甲池的總反應(yīng)式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列說(shuō)法正確的是（）A．甲池是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置，乙、丙池是化學(xué)能轉(zhuǎn)化電能的裝置B．甲池通入CH3OH的電極反應(yīng)為CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反應(yīng)一段時(shí)間后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固體，能使CuSO4溶液恢復(fù)到原濃度D．甲池中消耗280mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）O2，此時(shí)丙池中理論上最多產(chǎn)生固體7．向含有的溶液中加入amolBr2．下列敘述不正確的是（）A．當(dāng)a=時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．當(dāng)a=時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．當(dāng)溶液中I﹣有一半被氧化是，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．當(dāng)＜a＜時(shí)，溶液中個(gè)離子濃度的關(guān)系為2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）8．組成和結(jié)構(gòu)可用表示的有機(jī)物共有（不考慮立體結(jié)構(gòu)）（）A．16種 B．28種 C．48種 D．60種9．一定溫度下的可逆反應(yīng)：A（s）+2B（g）?2C（g）+D（g）△H＜0．現(xiàn)將1molA和2molB加入甲容器中，將4molC和2molD加入乙容器中，此時(shí)控制活塞P，使乙的容積為甲的2倍，t1時(shí)兩容器內(nèi)均達(dá)到平衡狀態(tài)（如圖1所示，隔板K不能移動(dòng)）．下列說(shuō)法正確的是（）A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，達(dá)到新的平衡后，甲中C的濃度是乙中C的濃度的2倍B．保持活塞位置不變，升高溫度，達(dá)到新的平衡后，甲中B的體積分?jǐn)?shù)增大，乙中B的體積分?jǐn)?shù)減小C．保持溫度不變，移動(dòng)活塞P，使乙的容積和甲相等，達(dá)到新的平衡后，乙中C的體積分?jǐn)?shù)是甲中C的體積分?jǐn)?shù)的2倍D．保持溫度和乙中的壓強(qiáng)不變，t2時(shí)分別向甲、乙中加入等質(zhì)量的氦氣后，甲、乙中反應(yīng)速率變化情況分別如圖2和圖3所示（t1前的反應(yīng)速率變化已省略）10．向甲、乙、丙三個(gè)密閉容器中充入一定量的A和B，發(fā)生反應(yīng)：A（g）+xB（g）?2C（g）．各容器的反應(yīng)溫度、反應(yīng)物起始量，反應(yīng)過(guò)程中C的濃度隨時(shí)間變化關(guān)系分別以下表和如圖表示：下列說(shuō)法正確的是（）容器甲乙丙容積LLL溫度/℃T1T2T2反應(yīng)物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolBA．10min內(nèi)甲容器中反應(yīng)的平均速率v（A）=mol?L﹣1?min﹣1B．由圖可知：T1＜T2，且該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．若平衡時(shí)保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積平衡不移動(dòng)D．T1℃，起始時(shí)甲容器中充入molA、molB，平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為25%11．分子式為C5H10O3的有機(jī)物與NaHCO3溶液反應(yīng)時(shí)，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應(yīng)時(shí)生成C5H8O3Na2．則該有機(jī)物的同分異構(gòu)體有（）種（不考慮立體異構(gòu)）A．10 B．11 C．12 D．1312．分子式C4H8O2和C5H10O2的兩種一元羧酸與乙二醇（HOCH2CH2OH）發(fā)生酯化反應(yīng)，生成分子式為C11H20O4的酯最多有（不考慮立體異構(gòu)）（）A．6種 B．8種 C．10種 D．12種13．如圖甲所示，純電動(dòng)公交車(chē)逐漸成為杭州街頭常見(jiàn)的身影，磷酸鐵鋰電池是杭州市純電動(dòng)公交車(chē)所用的電池，現(xiàn)要從廢舊磷酸鐵鋰電池中回收Fe、Al、Li等物質(zhì)，采用圖乙所示方法．已知：磷酸鐵鋰電池溶解在H2SO4中含有Fe3+、Al3+、Li+、SO42﹣、PO43﹣等離子及少量不溶物，濾液c中含有大量Li+離子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水．下列說(shuō)法不正確的是（）A．向?yàn)V液a中加入適量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B．濾液b中加入氨水的目的是使Fe3+沉淀，濾渣c(diǎn)為紅褐色C．要將Li從溶液中析出，可在濾液c中加入足量Na2CO3溶液，加熱濃縮，冷卻結(jié)晶D．圖中的氨水可以用適量NaOH溶液代替14．“當(dāng)好東道主，喜迎G20”，目前杭州為迎接即將到來(lái)的G20峰會(huì)，大量引進(jìn)新能源公交車(chē)，如圖所示即為一輛正在充電的電動(dòng)公交車(chē)．已知釩電池是一種常用于純電動(dòng)公交車(chē)的電池，其原理是利用釩的不同價(jià)態(tài)之間的轉(zhuǎn)化，例如某種電池的充電原理可表示為2H++V2++VO2+═2V3++H2O，則下列說(shuō)法不正確的是（）A．陰極反應(yīng)可表示為2H++VO2++e﹣═V3++H2OB．陽(yáng)極反應(yīng)可表示為V2+﹣e﹣═V3+C．若陰極電解液體積為1L，電解前pH=1，當(dāng)測(cè)得V3+的物質(zhì)的量濃度為L(zhǎng)時(shí)，pH變?yōu)?（不考慮反應(yīng)過(guò)程中體積變化）D．放電過(guò)程種負(fù)極反應(yīng)可表示為V3++2OH﹣﹣e﹣═VO2++H2O15．胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到（）A．從B到C的反應(yīng)是消去反應(yīng)B．D分子中所有碳原子一定共面C．等物質(zhì)的量的B分別與足量的Na、NaHCO3反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量前者大于后者D．若A是由2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯酸（CH2=CHCOOH）加熱得到的，則該反應(yīng)的類型屬于加成反應(yīng)16．某溶液中含如下離子組中的幾種K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣，某同學(xué)欲探究該溶液的組成進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：Ⅰ．用鉑絲醮取少量溶液，在火焰上灼燒，透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃，觀察到紫色火焰Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無(wú)色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時(shí)溶液顏色加深，但無(wú)沉淀生成Ⅲ．?、蚍磻?yīng)后溶液分別置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，第二支試管加入CCl4，充分振蕩?kù)o置后溶液分層，下層為無(wú)色．下列說(shuō)法正確的是（）A．原溶液中肯定不含F(xiàn)e2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣B．原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．步驟Ⅱ中無(wú)色氣體是NO氣體，無(wú)CO2氣體產(chǎn)生D．為確定是否含有Cl﹣可取原溶液加入過(guò)量硝酸銀溶液，觀察是否產(chǎn)生白色沉淀二、解答題（共6小題，滿分40分）17．硫酸亞鐵是重要的亞鐵鹽，在農(nóng)業(yè)上用作農(nóng)藥，主要治小麥黑穗病，還可以用作除草劑；在工業(yè)上用于染色、制造藍(lán)黑墨水和木材防腐等．（1）新制的綠礬（FeSO4?7H2O）是淺綠色的，但在空氣中極易變成黃色或鐵銹色的堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：．（2）已知FeSO4在不同條件下分解得到產(chǎn)物不同，可能是FeO和SO3，也可能是Fe2O3、SO3和SO2；SO3熔點(diǎn)是℃，沸點(diǎn)是℃．某研究性學(xué)習(xí)小組擬用下列裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究“在加熱條件下FeSO4的分解產(chǎn)物”．上述裝置Ⅲ和Ⅳ用來(lái)檢驗(yàn)氣體產(chǎn)物．試回答下列問(wèn)題：①Ⅱ裝置燒杯中水的溫度應(yīng)控制在（選填“0℃、25℃、50℃”），裝置Ⅱ的作用是．②裝置Ⅲ中的試劑可以是（選填序號(hào)，下同），現(xiàn)象是，則證明氣體產(chǎn)物中含有SO3；裝置Ⅳ中的試劑可以是．A．2mol/LNa2CO3溶液B．品紅溶液C．LBaCl2溶液D．LBa（NO3）2KMnO4溶液F．淀粉碘化鉀溶液③裝置V中試劑為NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為．④為了檢驗(yàn)固體產(chǎn)物成分，取反應(yīng)后的固體于試管中，加稀硫酸溶解，將所得溶液分成兩份，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：操作步驟預(yù)期實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)期實(shí)驗(yàn)結(jié)論向其中一份溶液中加入固體中含有Fe2O3向另一份溶液中滴加2滴黃色K3[Fe（CN）6]溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀⑤若用FeSO4固體做實(shí)驗(yàn)，完全分解后，得到固體，其中Fe2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=（精確到%）18．硝酸在化學(xué)工業(yè)中有著極其廣泛的應(yīng)用．（1）將的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的體積分?jǐn)?shù)為）通入水中，在空氣充足的條件下完全反應(yīng)后可獲得硝酸的物質(zhì)的量范圍是．（2）向稀硝酸中加入L的濃硫酸（98%）作吸水劑并蒸餾得濃硝酸，當(dāng)其濃度下降到87%（密度cm3）以下時(shí)，則失去吸水能力．50mLL的濃硫酸作為吸水劑時(shí)，最多可吸水g．（3）在65%的HNO3（質(zhì)量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（質(zhì)量m2）后蒸餾，分別得到%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）．若蒸餾過(guò)程中，硝酸、硝酸鎂均無(wú)損耗，H2O的損耗占總質(zhì)量的5%，則蒸餾前投料比=．（4）硝酸工業(yè)中的尾氣用燒堿進(jìn)行吸收產(chǎn)物為NaNO2、NaNO3和H2O．現(xiàn)有含氮氧化物的尾氣，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收．已知反應(yīng)后溶液含有．若將尾氣NO和NO2的平均組成用NOx表示，則x=．19．H2還原CuO所得的紅色固體可能是Cu與Cu2O的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)，生成Cu2+和單質(zhì)銅．現(xiàn)有8gCuO被H2還原后，得到紅色固體．（1）上述混合物中含Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比是；（2）若將上述混合物與足量的稀硫酸充分反應(yīng)后過(guò)濾，可得到固體g；（3）若將上述混合物與一定量的濃硝酸充分反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體（不考慮NO2的溶解，也不考慮NO2與N2O4的轉(zhuǎn)化），則該氣體的成分及物質(zhì)的量之比是．20．硝酸與合成氨工業(yè)密切相關(guān)，氨氧化法是工業(yè)生產(chǎn)中制取硝酸的主要途徑．完成下列計(jì)算：（1）．合成氨時(shí)，假設(shè)100L的氮?dú)馀c氫氣（體積比為1：3）的混合氣體通過(guò)氨合成塔充分反應(yīng)后，體積變?yōu)?0L，則氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率為．（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示）（2）．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將500L氨氣溶于1L水中形成氨水，則此氨水質(zhì)量分?jǐn)?shù)為．（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示，并保留1位小數(shù)）（3）．氨氧化法是將氨和空氣的混合氣通過(guò)灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此時(shí)溫度很高，水以水蒸氣的形式存在，NO也不與O2反應(yīng)．若氨氣與氧氣物質(zhì)的量之比為1：時(shí)，氨的轉(zhuǎn)化率可達(dá)95%，計(jì)算反應(yīng)后NO的體積分?jǐn)?shù)．（設(shè)氧氣在空氣中的體積分?jǐn)?shù)為20%，寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示并保留1位小數(shù)）（4）．一氧化氮繼續(xù)氧化為二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．為測(cè)定某18K金樣品的組成，將樣品粉碎后投入足量的濃硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合氣體224mL（折算至標(biāo)準(zhǔn)狀況，下同），將該混合氣體與84mLO2混合后緩緩?fù)ㄈ胨?，恰好被完全吸收．（已知金不溶于濃硝酸）填?xiě)該18K金的成分表（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示并保留1位小數(shù)，若不含該金屬則填0）．18K金成分AuAgCu含量（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）75%21．用硫鐵礦（主要含F(xiàn)eS2、SiO2等）制備莫爾鹽的流程如下：已知：“還原”時(shí)，F(xiàn)eS2與H2SO4不反應(yīng)，F(xiàn)e3+通過(guò)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ被還原，其中反應(yīng)Ⅰ如下：2Fe3++FeS2═2S↓+3Fe2+（1）“還原”時(shí)，pH不宜過(guò)高的原因是，寫(xiě)出“還原”時(shí)反應(yīng)Ⅱ的離子方程式：．（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得“還原”時(shí)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量之比為2：7．計(jì)算“還原”后溶液Fe2+的濃度即可確定后面所加（NH4）2SO4的量（溶液體積變化忽略不計(jì)）離子離子濃度（mol?L﹣1）還原前還原后SO42﹣Fe2+（3）稱取新制莫爾鹽，溶于水配成溶液并分成兩等份．一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀；另一份用LK2Cr2O7酸性溶液滴定，當(dāng)Cr2O72﹣恰好完全被還原為Cr3+時(shí)，消耗溶液的體積為．試確定莫爾鹽的化學(xué)式（請(qǐng)給出計(jì)算過(guò)程）．22．計(jì)算（1）在3L的密閉容器中充入2molA氣體和2molB氣體，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2A（g）+B（g）?2C（g），達(dá)平衡時(shí)，在相同溫度下測(cè)得容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)是反應(yīng)前的倍，則A的轉(zhuǎn)化率為．（2）某金屬與足量稀硝酸充分反應(yīng)，無(wú)氣體放出，再向該溶液中加入過(guò)量NaOH溶液，加熱，收集到標(biāo)況下氣體升，整個(gè)過(guò)程轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol．（3）在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物質(zhì)的量濃度分別是L，L向該混合液中加入銅粉，加熱待充分反應(yīng)后，所得溶液中Cu2+的物質(zhì)的量濃度是mol/L（假設(shè)溶液體積不變）．（4）在1L2mol/L的AlCl3溶液中，加入1mol/L的NaOH溶液，產(chǎn)生了39g沉淀，則加入NaOH溶液的體積為．（5）鈉、鎂、鋁均為分別與mL濃度為1mol/L的HCl溶液反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣量相等．（6）將32g銅與100mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2的混合氣體標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為，氣體全部逸出后，向溶液中加入VmLnmol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為mol/L．（結(jié)果須化簡(jiǎn)）（7）已知1g氫氣完全燃燒生成水蒸氣時(shí)放出熱量akJ，且氧氣中1molO═O鍵完全斷裂時(shí)吸收熱量bkJ，水蒸氣中1molH﹣O鍵形成時(shí)放出熱量ckJ，則氫氣中1molH﹣H鍵斷裂時(shí)吸收熱量為kJ．

2023學(xué)年河北省保定市定州中學(xué)高二（下）月考化學(xué)試卷（6月份）參考答案與試題解析一、本卷共16小題，每小題3分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是最符合題目要求的．1．在一密閉容器中有如下反應(yīng)：aX（g）+bY（g）?nW（g），某化學(xué)興趣小組的同學(xué)根據(jù)此反應(yīng)在不同條件下的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出了如下曲線圖：其中，ω（W）表示W(wǎng)在反應(yīng)混合物中的體積分?jǐn)?shù)，t表示反應(yīng)時(shí)間．當(dāng)其它條件不變時(shí)，下列分析正確的是（）A．圖I可能是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，且p2＞p1，a+b＞nB．圖I可能是不同溫度對(duì)反應(yīng)的影響，且T2＞T1，△H＞0C．圖II可能是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，且p1＞p2，n=a+bD．圖Ⅲ可能是不同溫度對(duì)反應(yīng)影響，且T1＞T2，△H＜0【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過(guò)程；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】A．如果圖I是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，P2＞P1，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)；B．如果圖Ⅰ是溫度對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T2＞T1，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)；C．如果圖II是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知P1＞P2，根據(jù)物質(zhì)的含量判斷氣體計(jì)量數(shù)；D．如果圖III是不同溫度對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T1＞T2，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)．【解答】解：A．如果圖I是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，P2＞P1，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則a＜n，故A錯(cuò)誤；B．如果圖Ⅰ是溫度對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T2＞T1，升高溫度，若大正向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，則w的分?jǐn)?shù)會(huì)增大，與圖象矛盾，故B錯(cuò)誤；C．如果圖II是不同壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知P1＞P2，增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，說(shuō)明反應(yīng)前后氣體計(jì)量數(shù)之和不變，即a+b=n，故C正確；D．如果圖III是不同溫度對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T1＞T2，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，則，△H＞0，故D錯(cuò)誤．故選：C．2．常溫下，將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池（如圖1），測(cè)得原電池的電流強(qiáng)度（I）隨時(shí)間（t）的變化如圖2所示，已知0﹣t1時(shí)，原電池的負(fù)極是Al片，反應(yīng)過(guò)程中有紅棕色氣體產(chǎn)生．下列說(shuō)法不正確的是（）A．0﹣t1時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1時(shí)，溶液中的H+向Cu電極移動(dòng)C．t1時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1時(shí)，原電池中電子流動(dòng)方向發(fā)生改變是因?yàn)锳l在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了Al的進(jìn)一步反應(yīng)【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【分析】0﹣t1時(shí)，Al在濃硝酸中發(fā)生鈍化過(guò)程，Al為負(fù)極，氧化得到氧化鋁，應(yīng)有水參加，根據(jù)電荷守恒可知，有氫離子生成，Cu為正極，硝酸根放電生成二氧化氮，應(yīng)由氫離子參與反應(yīng)，同時(shí)有水生成，隨著反應(yīng)進(jìn)行鋁表面鈍化形成氧化膜阻礙反應(yīng)進(jìn)行，t1時(shí)，銅做負(fù)極反應(yīng)，Al為正極．【解答】解：﹣t1時(shí)，原電池的負(fù)極是Al片，反應(yīng)過(guò)程中有紅棕色氣體產(chǎn)生，為正極反應(yīng)，正極電極反應(yīng)式為：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，故A錯(cuò)誤；﹣t1時(shí)，銅為正極，溶液中的H+向Cu電極移動(dòng)，故B正確；C．t1時(shí)，銅做負(fù)極反應(yīng)，Al為正極，負(fù)極發(fā)生Cu﹣2e﹣=Cu2+，故C正確；D．隨著反應(yīng)進(jìn)行鋁表面鈍化形成氧化膜阻礙反應(yīng)進(jìn)行，銅做負(fù)極反應(yīng)，電流方向相反，故D正確．故選A．3．霧霾嚴(yán)重影響人們的生活與健康．某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無(wú)機(jī)離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同學(xué)收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預(yù)處理后試樣溶液，設(shè)計(jì)并完成了如下的實(shí)驗(yàn)：己知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，根據(jù)以上的實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象，該同學(xué)得出的結(jié)論不正確的是（）A．試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4C．試樣中可能存在Na+、Cl﹣D．試樣中一定不含Al3+【考點(diǎn)】無(wú)機(jī)物的推斷．【分析】試樣溶液中加入過(guò)量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1，該氣體1可能是NH3，則試樣中含有NH4+；向?yàn)V液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，發(fā)生反應(yīng)：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8A1O2﹣，生成氣體2，該氣體是NH3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有NO3﹣，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說(shuō)明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說(shuō)明原來(lái)溶液中含有SO42﹣，能和過(guò)量Ba（OH）2反應(yīng)生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，以此解答該題．【解答】解：試樣溶液中加入過(guò)量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1，該氣體1可能是NH3，則試樣中含有NH4+；向?yàn)V液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，發(fā)生反應(yīng)：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8A1O2﹣，生成氣體2，該氣體是NH3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有NO3﹣，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說(shuō)明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說(shuō)明原來(lái)溶液中含有SO42﹣，能和過(guò)量Ba（OH）2反應(yīng)生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+．A．根據(jù)以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，故A正確；B．根據(jù)以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，則該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故B正確；C．根據(jù)實(shí)驗(yàn)無(wú)法確定是否含有Na+、Cl﹣，所以溶液中可能含有Na+、Cl﹣，故C正確；D．根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作不能確定是否含有Al3+，即試樣中可能含有Al3+，故D錯(cuò)誤．故選D．4．分子式為C9H12O，苯環(huán)上有兩個(gè)取代基且含羥基的化合物，其可能的結(jié)構(gòu)有（）A．9種 B．12種 C．15種 D．16種【考點(diǎn)】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；常見(jiàn)有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)．【分析】先根據(jù)取代基可能有羥基、正丙基，羥基、異丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2OH，甲基、﹣CH2OHCH3，乙基、﹣CH2OH共五種組合，然后根據(jù)兩個(gè)取代基有鄰、間、對(duì)三種同分異構(gòu)體，據(jù)此解題．【解答】解：苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基，其中一個(gè)是羥基，取代基可能有羥基、正丙基，羥基、異丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2OH，甲基、﹣CH2OHCH3，乙基、﹣CH2OH共五種，各有鄰、間、對(duì)三種同分異構(gòu)體，共15種．故選C．5．為減小CO2對(duì)環(huán)境的影響，在倡導(dǎo)“低碳”的同時(shí)，還需加強(qiáng)對(duì)CO2創(chuàng)新利用的研究．已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣mol．T1℃時(shí)，向體積為1L的恒容密閉容器中充入lmolCO2和3molH2測(cè)得CO2和CH3OH（g）的濃度隨時(shí)間變化的曲線如圖所示，且平衡時(shí)體系壓強(qiáng)為p1．下列敘述中不正確的是（）A．0～3min內(nèi)，v（CO2）正=v（CH3OH）正B．在T1℃時(shí)，若起始時(shí)向容器中充人2moICO2和6molH2，測(cè)得平衡時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)為p2，則p2＜2p1C．其他條件不變，若向平衡后的體系中充人1mol氦氣，體系壓強(qiáng)增大，平衡將向正反應(yīng)方向移動(dòng)D．T2℃時(shí)，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為，則T2＞T1【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過(guò)程．【分析】A．根據(jù)任意狀態(tài)同一方向各物質(zhì)的速率之比等于系數(shù)比；B．該反應(yīng)是一個(gè)反應(yīng)后氣體體積減小的可逆反應(yīng)，增大反應(yīng)氣體的壓強(qiáng)能使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，壓強(qiáng)又減小；C．根據(jù)恒溫恒容條件下，充入He（g），反應(yīng)混合物中各物質(zhì)的濃度不變，平衡不移動(dòng)；D．根據(jù)溫度和平衡常數(shù)的關(guān)系判斷，計(jì)算可知T2℃比T1℃時(shí)平衡常數(shù)減小，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，因?yàn)檎磻?yīng)放熱，所以T2＞T1．【解答】解：A．已知：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）；因?yàn)榉匠淌街幸阎篊O2和CH3OH的系數(shù)相等，故任意狀態(tài)下滿足v（CO2）正=v（CH3OH）正，故A正確；B．若起始時(shí)向容器中充入2molCO2和6molH2，壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的二倍，但該反應(yīng)是一個(gè)反應(yīng)后氣體體積減小的可逆反應(yīng)，增大反應(yīng)氣體的壓強(qiáng)能使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，壓強(qiáng)又減小，則P2＜2P1，故B正確；C．恒溫恒容條件下，充入He（g），使體系壓強(qiáng)增大，容器的容積不變，反應(yīng)混合物的濃度不變，平衡不移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．T1℃時(shí)，各物質(zhì)的平衡濃度分別為：c（CH3OH）=c（H2O）=L，c（CO2）=L，c（H2）=L，則T1℃時(shí)平衡常數(shù)K==＞，平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，因?yàn)檎磻?yīng)放熱，所以T2＞T1，故D正確；故選：C．6．如圖所示，其中甲池的總反應(yīng)式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列說(shuō)法正確的是（）A．甲池是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置，乙、丙池是化學(xué)能轉(zhuǎn)化電能的裝置B．甲池通入CH3OH的電極反應(yīng)為CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反應(yīng)一段時(shí)間后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固體，能使CuSO4溶液恢復(fù)到原濃度D．甲池中消耗280mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）O2，此時(shí)丙池中理論上最多產(chǎn)生固體【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【分析】A、根據(jù)燃料電池和電解池中的能量轉(zhuǎn)換知識(shí)來(lái)回答；B、在燃料電池中，負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；C、電解池中，電解后的溶液復(fù)原遵循：出什么加什么的思想；D、根據(jù)串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移電子相等結(jié)合電子守恒知識(shí)來(lái)回答．【解答】解：A、甲池是燃料電池，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，乙、丙池是電解池，是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置，故A錯(cuò)誤；B、在燃料電池中，負(fù)極是甲醇發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，在堿性電解質(zhì)下的電極反應(yīng)為CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B錯(cuò)誤；C、電解池乙池中，電解后生成硫酸、銅和氧氣，要想復(fù)原，要加入氧化銅，故C錯(cuò)誤；D、甲池中根據(jù)電極反應(yīng)：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）O2，則轉(zhuǎn)移電子，根據(jù)丙裝置中，在陰極上是氫離子放電，轉(zhuǎn)移電子，減小的氫離子是，氫氧根離子是，鎂離子和氫氧根離子之間反應(yīng)生成氫氧化鎂，理論上最多產(chǎn)生氫氧化鎂質(zhì)量應(yīng)該是××58g/mol=固體，故D正確．故選D．7．向含有的溶液中加入amolBr2．下列敘述不正確的是（）A．當(dāng)a=時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．當(dāng)a=時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．當(dāng)溶液中I﹣有一半被氧化是，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．當(dāng)＜a＜時(shí)，溶液中個(gè)離子濃度的關(guān)系為2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)的計(jì)算．【分析】亞鐵離子的還原性小于碘離子，溴少量時(shí)碘離子優(yōu)先被氧化，發(fā)生反應(yīng)為：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣；當(dāng)?shù)怆x子完全被氧化后，亞鐵離子開(kāi)始被溴單質(zhì)氧化，溴足量時(shí)的反應(yīng)方程式為：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，據(jù)此進(jìn)行解答．【解答】解：亞鐵離子的還原性小于碘離子，溴少量時(shí)碘離子優(yōu)先被氧化，發(fā)生反應(yīng)為：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣；當(dāng)?shù)怆x子完全被氧化后，亞鐵離子開(kāi)始被溴單質(zhì)氧化，溴足量時(shí)的反應(yīng)方程式為：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，A．a(chǎn)=時(shí)，溴單質(zhì)不足，只有碘離子被氧化，反應(yīng)的離子方程式為：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣，故A正確；B．當(dāng)a=時(shí)，的溶液中含有亞鐵離子、碘離子，碘離子完全反應(yīng)消耗溴單質(zhì)，剩余的溴單質(zhì)能夠氧化亞鐵離子，所以正確的反應(yīng)為：2Fe2++8I﹣+5Br2═2Fe3++4I2+10Br﹣，故B錯(cuò)誤；C．溶液中含有碘離子，當(dāng)有碘離子被氧化時(shí)，消耗溴單質(zhì)生成溴離子，則反應(yīng)后溶液中碘離子和溴離子濃度相等，故C正確；D．當(dāng)＜a＜時(shí)，碘離子完全被氧化，亞鐵離子部分被氧化，根據(jù)電荷守恒可知溶液中的離子濃度的關(guān)系為：2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣），故D正確；故選B．8．組成和結(jié)構(gòu)可用表示的有機(jī)物共有（不考慮立體結(jié)構(gòu)）（）A．16種 B．28種 C．48種 D．60種【考點(diǎn)】有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【分析】先找出丁基的同分異構(gòu)體，再找出﹣C4H8Cl的同分異構(gòu)體，然后找出有機(jī)物的種類數(shù)．【解答】解：丁烷為CH3CH2CH2CH3時(shí)，分子中有2種不同的H原子，故有2種丁基；丁烷為CH3CH（CH3）CH3時(shí)，分子中有2種不同的H原子，故有2種丁基，故丁基（﹣C4H9）共有4種；﹣C4H8Cl的同分異構(gòu)體有，當(dāng)為﹣C﹣C﹣C﹣C，氯原子的位置有4種；當(dāng)為﹣C（﹣C）﹣C﹣C，氯原子的位置有4種；當(dāng)為﹣C﹣C（﹣C）2，氯原子的位置有3種；當(dāng)為﹣C（﹣C）3，氯原子的位置有1種；故﹣C4H8Cl共有12種，所以該有機(jī)物共有：4×12=48種，故選C．9．一定溫度下的可逆反應(yīng)：A（s）+2B（g）?2C（g）+D（g）△H＜0．現(xiàn)將1molA和2molB加入甲容器中，將4molC和2molD加入乙容器中，此時(shí)控制活塞P，使乙的容積為甲的2倍，t1時(shí)兩容器內(nèi)均達(dá)到平衡狀態(tài)（如圖1所示，隔板K不能移動(dòng)）．下列說(shuō)法正確的是（）A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，達(dá)到新的平衡后，甲中C的濃度是乙中C的濃度的2倍B．保持活塞位置不變，升高溫度，達(dá)到新的平衡后，甲中B的體積分?jǐn)?shù)增大，乙中B的體積分?jǐn)?shù)減小C．保持溫度不變，移動(dòng)活塞P，使乙的容積和甲相等，達(dá)到新的平衡后，乙中C的體積分?jǐn)?shù)是甲中C的體積分?jǐn)?shù)的2倍D．保持溫度和乙中的壓強(qiáng)不變，t2時(shí)分別向甲、乙中加入等質(zhì)量的氦氣后，甲、乙中反應(yīng)速率變化情況分別如圖2和圖3所示（t1前的反應(yīng)速率變化已省略）【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算．【分析】開(kāi)始加入4molC和2molD相當(dāng)于起始加入2molA和4molB，即乙容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量為甲容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量的2倍，而乙容器的體積為甲容器的體積的2倍，在相同溫度下達(dá)到相同平衡狀態(tài)，平衡時(shí)同種物質(zhì)的濃度相等．A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，則相當(dāng)于在原來(lái)的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)到平衡時(shí)，甲中C的濃度小于原來(lái)的2倍；B．保持活塞位置不變，升高兩個(gè)容器的溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；C．保持溫度不變，移動(dòng)活塞P，使乙的容積和甲相等，則乙容器內(nèi)的壓強(qiáng)增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；D．甲溫度和體積不變，加入氦氣后對(duì)平衡移動(dòng)沒(méi)有影響，保持溫度和乙中的壓強(qiáng)不變，加入氦氣后乙體積增大，平衡應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，正逆反應(yīng)速率都減?。窘獯稹拷猓洪_(kāi)始加入4molC和2molD相當(dāng)于起始加入2molA和4molB，即乙容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量為甲容器內(nèi)的氣體的物質(zhì)的量的2倍，而乙容器的體積為甲容器的體積的2倍，在相同溫度下達(dá)到相同平衡狀態(tài)，平衡時(shí)同種物質(zhì)的濃度相等，A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，則相當(dāng)于在原來(lái)的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)到平衡時(shí)，甲中C的濃度小于原來(lái)的2倍，即小于乙中C的濃度的2倍，故A錯(cuò)誤；B．保持活塞位置不變，升高兩個(gè)容器的溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，甲、乙中B的體積分?jǐn)?shù)都減小，故B錯(cuò)誤；C．保持溫度不變，移動(dòng)活塞P，使乙的容積和甲相等，相當(dāng)于增大乙的壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，減小加的壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)到新的平衡后，乙中C的體積分?jǐn)?shù)小于甲中C的體積分?jǐn)?shù)的2倍，故C錯(cuò)誤；D．甲中溫度和體積不變充入稀有氣體，沒(méi)有改變氣體的濃度，對(duì)反應(yīng)速率沒(méi)有影響，可以用圖2表示，乙中溫度和壓強(qiáng)不變，充入稀有氣體，相當(dāng)于增大容器體積，氣體濃度減小，反應(yīng)速率減小，生成物的濃度減小的程度大些，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，可以用圖3表示，故D正確．故選D．10．向甲、乙、丙三個(gè)密閉容器中充入一定量的A和B，發(fā)生反應(yīng)：A（g）+xB（g）?2C（g）．各容器的反應(yīng)溫度、反應(yīng)物起始量，反應(yīng)過(guò)程中C的濃度隨時(shí)間變化關(guān)系分別以下表和如圖表示：下列說(shuō)法正確的是（）容器甲乙丙容積LLL溫度/℃T1T2T2反應(yīng)物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolBA．10min內(nèi)甲容器中反應(yīng)的平均速率v（A）=mol?L﹣1?min﹣1B．由圖可知：T1＜T2，且該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．若平衡時(shí)保持溫度不變，改變?nèi)萜黧w積平衡不移動(dòng)D．T1℃，起始時(shí)甲容器中充入molA、molB，平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為25%【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過(guò)程；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】A、由圖可知，10min內(nèi)甲容器中C的濃度變化量為1mol/L，根據(jù)v=計(jì)算v（C），再利用速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v（A）；B、比較甲與乙可知，乙先到達(dá)平衡，故溫度T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)；C、若x=1，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，改變體積壓強(qiáng)不變，不影響平衡移動(dòng)；D、乙中平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中壓強(qiáng)為乙中2倍，壓強(qiáng)增大平衡不移動(dòng)，故x=1，根據(jù)三段式計(jì)算甲中平衡時(shí)各組分的濃度，進(jìn)而計(jì)算平衡常數(shù)，令T1℃，起始時(shí)甲容器中充入、，反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)A的濃度變化量為x，再利用三段式表示出平衡時(shí)各組分的濃度，利用平衡常數(shù)列方程計(jì)算x的值，進(jìn)而計(jì)算A的轉(zhuǎn)化率．【解答】解：A、由圖可知，10min內(nèi)甲容器中C的濃度變化量為1mol/L，v（C）==（L?min），速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，所以v（A）=v（C）=×（L?min）=（L?min），故A錯(cuò)誤；B、比較甲與乙可知，乙先到達(dá)平衡，故溫度T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、若x=1，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，改變體積壓強(qiáng)不變，不影響平衡移動(dòng)，故C正確；D、乙中平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中A的轉(zhuǎn)化率為=，丙中壓強(qiáng)為乙中2倍，壓強(qiáng)增大平衡不移動(dòng)，故x=1，A（g）+B（g）?2C（g）．開(kāi)始（mol/L）：310變化（mol/L）：平衡（mol/L）：故T1℃，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為k==4令T1℃，起始時(shí)甲容器中充入、，反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)A的濃度變化量為x，則：A（g）+B（g）?2C（g）．開(kāi)始（mol/L）：130變化（mol/L）：xx2x平衡（mol/L）：1﹣x3﹣x2x所以=4解得：x=故A的轉(zhuǎn)化率=×100%=75%，故D錯(cuò)誤；故選C．11．分子式為C5H10O3的有機(jī)物與NaHCO3溶液反應(yīng)時(shí)，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應(yīng)時(shí)生成C5H8O3Na2．則該有機(jī)物的同分異構(gòu)體有（）種（不考慮立體異構(gòu)）A．10 B．11 C．12 D．13【考點(diǎn)】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【分析】有機(jī)物分子式為C5H10O3，等量的有機(jī)物與NaHCO3溶液反應(yīng)時(shí)，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應(yīng)時(shí)生成C5H8O3Na2，說(shuō)明有機(jī)物分子中含有1個(gè)﹣COOH、1個(gè)﹣OH，該有機(jī)物可以看作，C4H10中2個(gè)H原子，分別被﹣COOH、﹣OH代替，結(jié)合C4H10的同分異構(gòu)體判斷．【解答】解：有機(jī)物分子式為C5H10O3，等量的有機(jī)物與NaHCO3溶液反應(yīng)時(shí)，生成C5H9O3Na；而與金屬鈉反應(yīng)時(shí)生成C5H8O3Na2，說(shuō)明有機(jī)物分子中含有1個(gè)﹣COOH、1個(gè)﹣OH，該有機(jī)物可以看作，C4H10中2個(gè)H原子，分別被﹣COOH、﹣OH代替，若C4H10為正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2個(gè)H原子分別被﹣COOH、﹣OH代替，都取代同一碳原子上2個(gè)H原子，有2種，取代不同C原子的2個(gè)H原子，有6種，相應(yīng)的同分異構(gòu)體有8種；若C4H10為異丁烷：CH3CH（CH3）CH3，2個(gè)H原子分別被﹣COOH、﹣OH代替，都取代同一碳原子上2個(gè)H原子，有1種，取代不同C原子的2個(gè)H原子，有3種，相應(yīng)的同分異構(gòu)體有4種；故該有機(jī)物的可能的結(jié)構(gòu)有8+4=12種，故選C．12．分子式C4H8O2和C5H10O2的兩種一元羧酸與乙二醇（HOCH2CH2OH）發(fā)生酯化反應(yīng)，生成分子式為C11H20O4的酯最多有（不考慮立體異構(gòu)）（）A．6種 B．8種 C．10種 D．12種【考點(diǎn)】有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【分析】分子式C4H8O2的酸有2種：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，C5H10O2中烷基為﹣C4H9，﹣C4H9異構(gòu)體有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合條件的有機(jī)物的異構(gòu)體數(shù)目為4．據(jù)此判斷三者形成酯的種類．【解答】解：分子式C4H8O2的酸有2種：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，而C5H10O2中烷基為﹣C4H9，﹣C4H9異構(gòu)體有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，所以C5H10O2的羧酸4種與乙二醇（HOCH2CH2OH）發(fā)生酯化反應(yīng)，生成分子式為C11H20O4的酯最多有2×4=8，故選B．13．如圖甲所示，純電動(dòng)公交車(chē)逐漸成為杭州街頭常見(jiàn)的身影，磷酸鐵鋰電池是杭州市純電動(dòng)公交車(chē)所用的電池，現(xiàn)要從廢舊磷酸鐵鋰電池中回收Fe、Al、Li等物質(zhì)，采用圖乙所示方法．已知：磷酸鐵鋰電池溶解在H2SO4中含有Fe3+、Al3+、Li+、SO42﹣、PO43﹣等離子及少量不溶物，濾液c中含有大量Li+離子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水．下列說(shuō)法不正確的是（）A．向?yàn)V液a中加入適量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B．濾液b中加入氨水的目的是使Fe3+沉淀，濾渣c(diǎn)為紅褐色C．要將Li從溶液中析出，可在濾液c中加入足量Na2CO3溶液，加熱濃縮，冷卻結(jié)晶D．圖中的氨水可以用適量NaOH溶液代替【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】A．濾液a中含有偏鋁酸鈉，加入適量的H2SO4溶液，能生成氫氧化鋁沉淀；B．濾液b是硫酸鐵，所以加入氨水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鐵；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水，所以不能冷卻，應(yīng)采用熱過(guò)濾的方法分離；D．氫氧化鐵不溶于氫氧化鈉，所以氨水可以用適量NaOH溶液代替．【解答】解：A．濾液a中含有偏鋁酸鈉，加入適量的H2SO4溶液，能生成氫氧化鋁沉淀，所以向?yàn)V液a中加入適量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀，故A正確；B．濾液b是硫酸鐵，所以加入氨水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鐵，所以濾渣c(diǎn)為紅褐色氫氧化鐵，故B正確；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水，所以不能冷卻，應(yīng)采用熱過(guò)濾的方法分離，故C錯(cuò)誤；D．氫氧化鐵不溶于氫氧化鈉，所以氨水可以用適量NaOH溶液代替，故D正確；故選C．14．“當(dāng)好東道主，喜迎G20”，目前杭州為迎接即將到來(lái)的G20峰會(huì)，大量引進(jìn)新能源公交車(chē)，如圖所示即為一輛正在充電的電動(dòng)公交車(chē)．已知釩電池是一種常用于純電動(dòng)公交車(chē)的電池，其原理是利用釩的不同價(jià)態(tài)之間的轉(zhuǎn)化，例如某種電池的充電原理可表示為2H++V2++VO2+═2V3++H2O，則下列說(shuō)法不正確的是（）A．陰極反應(yīng)可表示為2H++VO2++e﹣═V3++H2OB．陽(yáng)極反應(yīng)可表示為V2+﹣e﹣═V3+C．若陰極電解液體積為1L，電解前pH=1，當(dāng)測(cè)得V3+的物質(zhì)的量濃度為L(zhǎng)時(shí)，pH變?yōu)?（不考慮反應(yīng)過(guò)程中體積變化）D．放電過(guò)程種負(fù)極反應(yīng)可表示為V3++2OH﹣﹣e﹣═VO2++H2O【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【分析】由總反應(yīng)可知，充電時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，V2+被氧化生成V3+，電極方程式為V2+﹣e﹣═V3+，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，VO2+被還原生成V3+，電極方程式為2H++VO2++e﹣═V3++H2O，以此解答該題．【解答】解：A．陰極發(fā)生還原反應(yīng)，VO2+被還原生成V3+，電極方程式為2H++VO2++e﹣═V3++H2O，故A正確；B．陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，V2+被氧化生成V3+，電極方程式為V2+﹣e﹣═V3+，故B正確；C．陰極發(fā)生2H++VO2++e﹣═V3++H2O，當(dāng)測(cè)得V3+的物質(zhì)的量濃度為L(zhǎng)時(shí)，消耗+，則剩余c（H+）==L，pH=2，故C正確；D．電解質(zhì)溶液呈酸性，放電過(guò)程種負(fù)極發(fā)生V3++H2O﹣e﹣=2H++VO2+，故D錯(cuò)誤．故選D．15．胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到（）A．從B到C的反應(yīng)是消去反應(yīng)B．D分子中所有碳原子一定共面C．等物質(zhì)的量的B分別與足量的Na、NaHCO3反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量前者大于后者D．若A是由2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯酸（CH2=CHCOOH）加熱得到的，則該反應(yīng)的類型屬于加成反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．從B到C的反應(yīng)是酯化反應(yīng)；B．有機(jī)物D中環(huán)狀結(jié)構(gòu)含3個(gè)亞甲基，為四面體結(jié)構(gòu)；C．B含有羧基、羥基，都可與鈉反應(yīng)，只有羧基與碳酸氫鈉反應(yīng)；D．異戊二烯和丙烯酸發(fā)生加成反應(yīng)生成有機(jī)物A．【解答】解：A．B含有羥基、羧基，C含有酯基，從B到C的反應(yīng)是酯化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．有機(jī)物D中環(huán)狀結(jié)構(gòu)含3個(gè)亞甲基，為四面體結(jié)構(gòu)，則所以碳原子不會(huì)共面，故B錯(cuò)誤；C．B含有羧基、羥基，都可與鈉反應(yīng)，只有羧基與碳酸氫鈉反應(yīng)，等物質(zhì)的量的B分別與足量的Na、NaHCO3反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體相等，故C錯(cuò)誤；D．異戊二烯和丙烯酸發(fā)生類似的加成反應(yīng)生成有機(jī)物A，故D正確．故選D．16．某溶液中含如下離子組中的幾種K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣，某同學(xué)欲探究該溶液的組成進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：Ⅰ．用鉑絲醮取少量溶液，在火焰上灼燒，透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃，觀察到紫色火焰Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無(wú)色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時(shí)溶液顏色加深，但無(wú)沉淀生成Ⅲ．取Ⅱ反應(yīng)后溶液分別置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，第二支試管加入CCl4，充分振蕩?kù)o置后溶液分層，下層為無(wú)色．下列說(shuō)法正確的是（）A．原溶液中肯定不含F(xiàn)e2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣B．原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．步驟Ⅱ中無(wú)色氣體是NO氣體，無(wú)CO2氣體產(chǎn)生D．為確定是否含有Cl﹣可取原溶液加入過(guò)量硝酸銀溶液，觀察是否產(chǎn)生白色沉淀【考點(diǎn)】無(wú)機(jī)物的推斷．【分析】Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明溶液中一定含有K+；Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無(wú)色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時(shí)溶液顏色加深，但無(wú)沉淀生成，證明含有NO3﹣、Fe2+，一定不含有SiO32﹣、CO32﹣；Ⅲ．取Ⅱ反應(yīng)后的溶液分置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，證明含有SO42﹣，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，即出現(xiàn)了三價(jià)鐵離子，是Ⅱ過(guò)程中亞鐵離子被硝酸氧化的結(jié)果；第二支試管中加入CCl4，充分振蕩?kù)o置后溶液分層，下層無(wú)色，證明一定沒(méi)有I﹣；Fe3+、Cl﹣是否存在無(wú)法確定，以此解答該題．【解答】解：Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明溶液中一定含有K+；Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無(wú)色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時(shí)溶液顏色加深，但無(wú)沉淀生成，證明含有NO3﹣、Fe2+，一定不含有SiO32﹣、CO32﹣；Ⅲ．取Ⅱ反應(yīng)后的溶液分置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，證明含有SO42﹣，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，即出現(xiàn)了三價(jià)鐵離子，是Ⅱ過(guò)程中亞鐵離子被硝酸氧化的結(jié)果；第二支試管中加入CCl4，充分振蕩?kù)o置后溶液分層，下層無(wú)色，證明一定沒(méi)有I﹣；Fe3+、Cl﹣是否存在無(wú)法確定．A．原溶液中一定含有NO3﹣、Fe2+，故A錯(cuò)誤；B．Fe3+是否存在無(wú)法確定，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)分析可知，步驟Ⅱ中無(wú)色氣體是NO氣體，無(wú)CO2氣體產(chǎn)生，故C正確；D．原溶液中含有硫酸根離子，干擾了氯離子的檢驗(yàn)，故D錯(cuò)誤；故選C．二、解答題（共6小題，滿分40分）17．硫酸亞鐵是重要的亞鐵鹽，在農(nóng)業(yè)上用作農(nóng)藥，主要治小麥黑穗病，還可以用作除草劑；在工業(yè)上用于染色、制造藍(lán)黑墨水和木材防腐等．（1）新制的綠礬（FeSO4?7H2O）是淺綠色的，但在空氣中極易變成黃色或鐵銹色的堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：4FeSO4?7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O．（2）已知FeSO4在不同條件下分解得到產(chǎn)物不同，可能是FeO和SO3，也可能是Fe2O3、SO3和SO2；SO3熔點(diǎn)是℃，沸點(diǎn)是℃．某研究性學(xué)習(xí)小組擬用下列裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究“在加熱條件下FeSO4的分解產(chǎn)物”．上述裝置Ⅲ和Ⅳ用來(lái)檢驗(yàn)氣體產(chǎn)物．試回答下列問(wèn)題：①Ⅱ裝置燒杯中水的溫度應(yīng)控制在（選填“0℃、25℃、50℃”），裝置Ⅱ的作用是防止產(chǎn)生倒吸．②裝置Ⅲ中的試劑可以是（選填序號(hào)，下同），現(xiàn)象是，則證明氣體產(chǎn)物中含有SO3；裝置Ⅳ中的試劑可以是B、E．A．2mol/LNa2CO3溶液B．品紅溶液C．LBaCl2溶液D．LBa（NO3）2KMnO4溶液F．淀粉碘化鉀溶液③裝置V中試劑為NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O．④為了檢驗(yàn)固體產(chǎn)物成分，取反應(yīng)后的固體于試管中，加稀硫酸溶解，將所得溶液分成兩份，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：操作步驟預(yù)期實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)期實(shí)驗(yàn)結(jié)論向其中一份溶液中加入KSCN溶液（或硫氰化鉀溶液）溶液變成血紅色固體中含有Fe2O3向另一份溶液中滴加2滴黃色K3[Fe（CN）6]溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀固體中含有FeO⑤若用FeSO4固體做實(shí)驗(yàn)，完全分解后，得到固體，其中Fe2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=%（精確到%）【考點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】實(shí)驗(yàn)探究在加熱條件下FeSO4的分解產(chǎn)物，Ⅱ裝置燒杯中水的溫度應(yīng)控制在50℃，防止SO3液化或凝固，裝置III是檢驗(yàn)是否有三氧化硫，可以選用氯化鋇溶液，如果有白色沉淀生成說(shuō)明有三氧化硫，裝置IV是檢驗(yàn)是否有二氧化硫，二氧化硫能使品紅褪色，也可以使高錳酸鉀溶液褪色，裝置V中試劑為NaOH溶液吸收多余的二氧化硫氣體防止污染空氣，（1）亞鐵離子易被氧化具有還原性；（2）①安全瓶的作用是可以防止倒吸；當(dāng)溫度高于°C時(shí)三氧化硫?yàn)闅怏w狀態(tài)；②裝置III是檢驗(yàn)是否有三氧化硫，裝置IV是檢驗(yàn)是否有二氧化硫，根據(jù)二者的性質(zhì)選擇試劑；③二氧化硫會(huì)污染空氣，要用氫氧化鈉溶液來(lái)處理尾氣；④檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子用硫氰化鉀溶液；檢驗(yàn)二價(jià)鐵離子用K3[Fe（CN）6]溶液；⑤反應(yīng)過(guò)程中FeSO4固體分解為二氧化硫、三氧化硫、FeO、Fe2O3，完全分解后得到固體為氧化鐵和氧化亞鐵，質(zhì)量減少的為二氧化硫和三氧化硫的總質(zhì)量，據(jù)此列方程組計(jì)算．【解答】解：（1）亞鐵離子具有還原性，易被氧氣氧化，反應(yīng)方程式為4FeSO4?7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O，故答案為：4FeSO4?7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O；（2）①SO3的沸點(diǎn)是°C，當(dāng)溫度高于°C時(shí)三氧化硫?yàn)闅怏w狀態(tài)，把試管浸泡在50℃的熱水浴中能防止SO3液化或凝固，產(chǎn)生的氣體極易和溶液反應(yīng)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生倒吸，所以裝置II的試管能防止溶液倒吸入裝置Ⅰ中（或安全瓶），故答案為：50℃；防止產(chǎn)生倒吸：②裝置III是檢驗(yàn)是否有三氧化硫，可以選用氯化鋇溶液，如果有白色沉淀生成說(shuō)明有三氧化硫；裝置IV是檢驗(yàn)是否有二氧化硫，二氧化硫能使品紅褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以可以選用二者來(lái)檢驗(yàn)二氧化硫；故答案為：C；產(chǎn)生白色沉淀；B、E；③二氧化硫會(huì)污染空氣，所以要用氫氧化鈉溶液來(lái)吸收剩余的二氧化硫，其反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案為：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；④檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子用硫氰化鉀溶液，溶液變紅色，證明有三價(jià)鐵離子，進(jìn)而說(shuō)明固體產(chǎn)物中含有氧化鐵；檢驗(yàn)二價(jià)鐵離子用K3[Fe（CN）6]溶液，溶液中生成藍(lán)色沉淀，說(shuō)明有二價(jià)鐵離子，即證明固體產(chǎn)物中含有FeO；故答案為：操作步驟預(yù)期實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)期實(shí)驗(yàn)結(jié)論KSCN溶液（或硫氰化鉀溶液）溶液變成血紅色固體中含有FeO；⑤反應(yīng)過(guò)程中FeSO4固體分解為二氧化硫、三氧化硫、FeO、Fe2O3，完全分解后得到固體為氧化鐵和氧化亞鐵，質(zhì)量減少的為二氧化硫和三氧化硫的總質(zhì)量，設(shè)生成的二氧化硫?yàn)閤mol，三氧化硫?yàn)閥mol，根據(jù)硫元素守恒，則x+y==，64x+80y=﹣=，解得：x=，y=，F(xiàn)eSO4固體分解，每生成1mol二氧化硫時(shí)硫元素得到2mol電子，每生成1molFe2O3時(shí)鐵元素失去2mol電子，所以生成的二氧化硫與氧化鐵的物質(zhì)的量相同，則Fe2O3的物質(zhì)的量為，其質(zhì)量為×160g/mol=，故質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%=%，故答案為：%．18．硝酸在化學(xué)工業(yè)中有著極其廣泛的應(yīng)用．（1）將的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的體積分?jǐn)?shù)為）通入水中，在空氣充足的條件下完全反應(yīng)后可獲得硝酸的物質(zhì)的量范圍是＜n（HNO3）＜．（2）向稀硝酸中加入L的濃硫酸（98%）作吸水劑并蒸餾得濃硝酸，當(dāng)其濃度下降到87%（密度cm3）以下時(shí)，則失去吸水能力．50mLL的濃硫酸作為吸水劑時(shí)，最多可吸水g．（3）在65%的HNO3（質(zhì)量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（質(zhì)量m2）后蒸餾，分別得到%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）．若蒸餾過(guò)程中，硝酸、硝酸鎂均無(wú)損耗，H2O的損耗占總質(zhì)量的5%，則蒸餾前投料比=．（4）硝酸工業(yè)中的尾氣用燒堿進(jìn)行吸收產(chǎn)物為NaNO2、NaNO3和H2O．現(xiàn)有含氮氧化物的尾氣，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收．已知反應(yīng)后溶液含有．若將尾氣NO和NO2的平均組成用NOx表示，則x=．【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】（1）計(jì)算NO物質(zhì)的量，再計(jì)算NO2、N2O4總物質(zhì)的量，氣體全部為NO、NO2時(shí)，得到硝酸最少，氣體為NO、N2O4時(shí)得到硝酸最多，結(jié)合N原子守恒計(jì)算；（2）根據(jù)c=計(jì)算98%濃硫酸密度、87%硫酸的物質(zhì)的量濃度，再根據(jù)稀釋定律計(jì)算吸水后硫酸體積，進(jìn)而吸收水的質(zhì)量；（3）根據(jù)蒸餾過(guò)程中硝酸、硝酸鎂質(zhì)量不變，表示出蒸餾后%的HNO3的質(zhì)量、60%的Mg（NO3）2溶液質(zhì)量，蒸餾后溶液質(zhì)量之和=原溶液質(zhì)量之和﹣損耗水的質(zhì)量；（4）根據(jù)N原子守恒計(jì)算n（NaNO3），NO、NO2和NaOH溶液反應(yīng)方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，結(jié)合方程式計(jì)算原混合氣體中NO和NO2的物質(zhì)的量，再根據(jù)氧原子守恒解答．【解答】解：（1）NO的物質(zhì)的量為×=，則NO2、N2O4總物質(zhì)的量為﹣=，氣體全部為NO、NO2時(shí)，得到硝酸最少，根據(jù)N原子守恒，得到硝酸極小值為，氣體為NO、N2O4時(shí)得到硝酸最多，根據(jù)N原子守恒，得到硝酸極大值為+×2=，則：＜n（HNO3）＜，故答案為：＜n（HNO3）＜；（2）98%濃硫酸密度為g/mL=mL，87%（密度cm3）的硫酸物質(zhì)的量濃度為mol/L，根據(jù)稀釋定律，50mL濃硫酸吸水失去吸水能力后溶液體積為：=，則吸收水的質(zhì)量為：×mL﹣50mL×mL=故答案為：；（3）蒸餾后得到%的HNO3的質(zhì)量為，得到60%的Mg（NO3）2溶液質(zhì)量為，損耗水的總質(zhì)量為（m1+m2）×5%，則：+=（m1+m2）﹣（m1+m2）×5%整理可得：=故答案為：；（4）根據(jù)N原子守恒得n（NaNO3）=n（NOx）﹣n（NaNO2）=﹣=，由2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，可知生成硝酸鈉需要，同時(shí)生成亞硝酸鈉，則反應(yīng)NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O生成的亞硝酸鈉為﹣=，則該反應(yīng)中消耗、，所以原混合氣體中NO、NO2的物質(zhì)的量分別是、，尾氣中NO與NO2的平均組成記為NOx，則x==，故答案為：．19．H2還原CuO所得的紅色固體可能是Cu與Cu2O的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)，生成Cu2+和單質(zhì)銅．現(xiàn)有8gCuO被H2還原后，得到紅色固體．（1）上述混合物中含Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比是2：1；（2）若將上述混合物與足量的稀硫酸充分反應(yīng)后過(guò)濾，可得到固體g；（3）若將上述混合物與一定量的濃硝酸充分反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體（不考慮NO2的溶解，也不考慮NO2與N2O4的轉(zhuǎn)化），則該氣體的成分及物質(zhì)的量之比是4：3．【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)的計(jì)算．【分析】（1）氧化銅和氫氣反應(yīng)生成銅和氧化亞銅、水，所以固體減少的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量，根據(jù)剩余氧元素的質(zhì)量計(jì)算氧化亞銅的物質(zhì)的量，再根據(jù)元素守恒計(jì)算銅的物質(zhì)的量；（2）根據(jù)銅的物質(zhì)的量計(jì)算銅的質(zhì)量，從而得出氧化亞銅的質(zhì)量，再根據(jù)反應(yīng)方程式計(jì)算氧化亞銅生成銅的質(zhì)量，兩部分銅的質(zhì)量即為固體的質(zhì)量；（3）采用極限法判斷氣體的成分，然后列方程式組求出一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比．【解答】解：（1）n（CuO）==，氧元素的物質(zhì)的量=n（CuO）═銅元素的物質(zhì)的量=，固體由CuO生成Cu和Cu2O，減少的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量，即8g﹣=，減少的氧元素的物質(zhì)的量==，所以Cu2O中氧元素的物質(zhì)的量=﹣=，所以n（Cu2O）=，根據(jù)銅元素守恒得n（Cu）=﹣2×=，所以單質(zhì)銅與氧化亞銅的物質(zhì)的量之比是2：1，故答案為：2：1；（2）n（Cu）=﹣2×=，所以m（Cu）=×64g/mol=，氧化亞銅的質(zhì)量=﹣=，氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)，銅和稀硫酸不反應(yīng)，設(shè)氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)生成銅的質(zhì)量為x，氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)的方程式為：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O144g64gxx=，所以可得到固體的質(zhì)量=+=，故答案為：；（3）①通過(guò)②分析知，克的銅和氧化亞銅的混合物與硝酸反應(yīng)相當(dāng)于克的銅與硝酸反應(yīng)，設(shè)銅與硝酸反應(yīng)全部生成二氧化氮，二氧化氮的體積為：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O64g設(shè)銅與硝酸反應(yīng)全部生成一氧化氮，一氧化氮的體積為：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O192g＜＜，所以該氣體是二氧化氮和一氧化氮的混合物，設(shè)生成一氧化氮的物質(zhì)的量為ymol，生成二氧化氮的物質(zhì)的量為zmol，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O192g2mol96ygymolCu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O64g2mol32zgzmol①（y+z）×mol=②96y+32z=解出y=，z=，所以一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比為4：3，故答案為：4：3．20．硝酸與合成氨工業(yè)密切相關(guān)，氨氧化法是工業(yè)生產(chǎn)中制取硝酸的主要途徑．完成下列計(jì)算：（1）．合成氨時(shí)，假設(shè)100L的氮?dú)馀c氫氣（體積比為1：3）的混合氣體通過(guò)氨合成塔充分反應(yīng)后，體積變?yōu)?0L，則氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率為20%．（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示）（2）．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將500L氨氣溶于1L水中形成氨水，則此氨水質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%．（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示，并保留1位小數(shù)）（3）．氨氧化法是將氨和空氣的混合氣通過(guò)灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此時(shí)溫度很高，水以水蒸氣的形式存在，NO也不與O2反應(yīng)．若氨氣與氧氣物質(zhì)的量之比為1：時(shí)，氨的轉(zhuǎn)化率可達(dá)95%，計(jì)算反應(yīng)后NO的體積分?jǐn)?shù)%．（設(shè)氧氣在空氣中的體積分?jǐn)?shù)為20%，寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示并保留1位小數(shù)）（4）．一氧化氮繼續(xù)氧化為二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．為測(cè)定某18K金樣品的組成，將樣品粉碎后投入足量的濃硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合氣體224mL（折算至標(biāo)準(zhǔn)狀況，下同），將該混合氣體與84mLO2混合后緩緩?fù)ㄈ胨?，恰好被完全吸收．（已知金不溶于濃硝酸）填?xiě)該18K金的成分表（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，計(jì)算結(jié)果請(qǐng)用百分?jǐn)?shù)表示并保留1位小數(shù)，若不含該金屬則填0）．18K金成分AuAgCu含量（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）75%%%【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算．【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)方程式N2+3H2?2NH3，根據(jù)體積的變化求反應(yīng)的氮?dú)獾捏w積，然后根據(jù)轉(zhuǎn)化率為=；（2）n=和m=nM，結(jié)合氨水質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；（3）由反應(yīng)4NH3+5O2?4NO+6H2O（g），設(shè)氧氣的體積為，所以空氣體積為：，氨氣體積為1，氨的轉(zhuǎn)化率可達(dá)95%，所以反應(yīng)的氨氣體積為，由反應(yīng)方程式可知生成一氧化氮的體積為，增加的體積為：=，所以反應(yīng)后NO的體積分?jǐn)?shù)為：=%；（4）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子確定合金中的其它元素，再根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等計(jì)算銀的質(zhì)量，從而確定銀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，解銀和銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)確定鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解答】解：（1）根據(jù)反應(yīng)方程式N2+3H2?2NH3△V，12V變100﹣90所以V變==5L，所以轉(zhuǎn)化率為===20%，故答案為：20%；（2）n===，所以m=nM=×17g/mol=，所以氨水質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：=%，故答案為：%；（3）由反應(yīng)4NH3+5O2?4NO+6H2O（g），設(shè)氧氣的體積為，所以空氣體積為：，氨氣體積為1，氨的轉(zhuǎn)化率可達(dá)95%，所以反應(yīng)的氨氣體積為，由反應(yīng)方程式可知生成一氧化氮的體積為，增加的體積為：=，所以反應(yīng)后NO的體積分?jǐn)?shù)為：=%，故答案為：%；（4）合金中其它金屬的質(zhì)量=×（1﹣75%）=，假設(shè)與硝酸反應(yīng)的金屬全部是銀，則銀的質(zhì)量==＞，假設(shè)與硝酸反應(yīng)的金屬全部是銅，則銅的質(zhì)量==＜，則合金中還有Cu和Ag，設(shè)銀的質(zhì)量為m，則銅的質(zhì)量=﹣m，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得×2+=×4，m=，銀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=%，則銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=25%﹣%=%，故答案為：%；%．21．用硫鐵礦（主要含F(xiàn)eS2、SiO2等）制備莫爾鹽的流程如下：已知：“還原”時(shí)，F(xiàn)eS2與H2SO4不反應(yīng)，F(xiàn)e3+通過(guò)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ被還原，其中反應(yīng)Ⅰ如下：2Fe3++FeS2═2S↓+3Fe2+（1）“還原”時(shí)，pH不宜過(guò)高的原因是pH過(guò)高時(shí)鐵元素將沉淀導(dǎo)致產(chǎn)率降低，寫(xiě)出“還原”時(shí)反應(yīng)Ⅱ的離子方程式：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+．（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得“還原”時(shí)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量之比為2：7．計(jì)算“還原”后溶液Fe2+的濃度即可確定后面所加（NH4）2SO4的量（溶液體積變化忽略不計(jì)）離子離子濃度（mol?L﹣1）還原前還原后SO42﹣Fe2+（3）稱取新制莫爾鹽，溶于水配成溶液并分成兩等份．一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀；另一份用LK2Cr2O7酸性溶液滴定，當(dāng)Cr2O72﹣恰好完全被還原為Cr3+時(shí)，消耗溶液的體積為．試確定莫爾鹽的化學(xué)式（請(qǐng)給出計(jì)算過(guò)程）．【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】硫鐵礦（主要含F(xiàn)eS2、SiO2等）在空氣中焙燒，得二氧化硫氣體和氧化鐵、二氧化硅等固體，加硫酸溶解，過(guò)濾除去二氧化硅，得硫酸鐵溶液，硫酸鐵溶液中再加入硫鐵礦，F(xiàn)eS2把鐵離子還原為Fe2+，同時(shí)生成S沉淀，過(guò)濾，濾渣含有S、硫鐵礦，濾液中主要含有硫酸亞鐵的混合溶液，向混合溶液中加入硫酸銨，經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮降溫結(jié)晶，過(guò)濾，洗滌，干燥可得莫爾鹽，（1）鐵離子水解顯酸性，pH過(guò)高促進(jìn)水解；“還原”時(shí)反應(yīng)Ⅱ生成亞鐵離子、硫酸根離子；（2）由表中數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)后硫酸根的濃度比反應(yīng)前增加了?L﹣1﹣?L﹣1=?L﹣1，根據(jù)反應(yīng)FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+可知，反應(yīng)中消耗Fe3+的物質(zhì)的量為，生成的Fe2+物質(zhì)的量為，由于Ⅰ、Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量之比為2：7，Ⅰ中消耗的鐵離子的物質(zhì)的量為，再結(jié)合反應(yīng)2Fe3++FeS2=2S↓+3Fe2+計(jì)算生成Fe2+物質(zhì)的量；（3）稱取新制莫爾鹽，溶于水配成溶液并分成兩等份，一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀硫酸鋇的質(zhì)量為，其物質(zhì)的量為=，所以n（SO42﹣）=，另一份用?L﹣1K2Cr2O7酸性溶液滴定，當(dāng)Cr2O72﹣恰好完全被還原為Cr3+時(shí)，消耗溶液的體積為，根據(jù)題意，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O61n（Fe2+）?L﹣1×，所以n（Fe2+）=mol×6=，根據(jù)電荷守恒：n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=，再計(jì)算n（H2O），由物質(zhì)的量比確定化學(xué)式．【解答】解：（1）溶液里的Fe3+或Fe2+易水解，還原”時(shí)時(shí)，pH過(guò)高會(huì)促進(jìn)Fe3+或Fe2+水解生成沉淀，故不易太高；“還原”時(shí)反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，故答案為：pH過(guò)高時(shí)鐵元素將沉淀導(dǎo)致產(chǎn)率降低；FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；（2）假設(shè)溶液體積為1L，根據(jù)表可知，反應(yīng)Ⅱ中生成的硫酸根的物質(zhì)的量為（mol?L﹣1﹣?L﹣1）×1L=，據(jù)反應(yīng)FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+可知，反應(yīng)Ⅱ中被還原的Fe3+的物質(zhì)的量為，同時(shí)計(jì)算出生成的亞鐵離子的物質(zhì)的量為，反應(yīng)Ⅰ、被還原的Fe3+的物質(zhì)的量為，同時(shí)計(jì)算出生成的亞鐵離子的物質(zhì)的量為，溶液中增加的亞鐵離子的物質(zhì)的量濃度為=?L﹣1，則還原后Fe2+的物質(zhì)的量濃度為?L﹣1+?L﹣1=?L﹣1，故答案為：；（3）根據(jù)題意，白色沉淀的物質(zhì)的量為=（SO42﹣）=，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O61n（Fe2+）?L﹣1×，所以n（Fe2+）=mol×6=，根據(jù)電荷守恒：n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=，n（H2O）==mol，所以n（SO42﹣）：n（Fe2+）：n（NH4+）：n（H2O）=：：：=2：1：2：6，所以莫爾鹽的化學(xué)式為（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O[或（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]，答：莫爾鹽的化學(xué)式為（NH4）2Fe（SO4）2