北京市大興區(qū)2022-2023學年高三上學期期末考試化學試題

北京市大興區(qū)2022-2023學年高三上學期期末考試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．科學家研究發(fā)現(xiàn)N2分子在半導體光催化的作用下可被捕獲轉(zhuǎn)化為NH3A．NH3分子中N原子雜化方式為B．NH3和HC．反應的化學方程式：2D．該過程可以實現(xiàn)太陽能向化學能的轉(zhuǎn)化2．下列化學用語或圖示表達錯誤的是（）A．NaOH的電子式：B．中子數(shù)為1的氫原子1C．乙醇的分子式：CD．氯離子的結(jié)構示意圖：3．下列有關物質(zhì)性質(zhì)(或用途)的描述中，不涉及氧化還原反應的是（）A．Cu片遇稀HNO3B．新制氯水久置變?yōu)闊o色C．常溫下，鋁制容器盛裝濃硫酸D．明礬[KAI(4．下列方程式與所給事實不相符的是（）A．Na2O2吸收B．H2S溶液中通入ClC．Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeClD．NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)5．已知：NaClO3+A．氯酸鈉是強電解質(zhì)B．H2C．產(chǎn)物中ClO2與OD．每轉(zhuǎn)移1mol電子，生成標準狀況下5.66．X、Y、Z、W四種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，X元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為2s2XYZWA．離子半徑：Z2?<WC．酸性：H3YO47．聯(lián)氨(N2H4)可用于處理水中的溶解氧，其反應機理如下圖所示：下列說法錯誤的是（）A．N2H4B．N2H4C．②中反應產(chǎn)物是[Cu(NH3)2D．③中發(fā)生反應：48．我國科技工作者發(fā)現(xiàn)某“小分子膠水”(結(jié)構如圖所示)能助力自噬細胞“吞沒”致病蛋白。下列說法正確的是（）A．分子式為CB．分子中所有碳原子一定共平面C．1mol該物質(zhì)最多能與7molH2D．1mol該物質(zhì)最多可與2molBr29．下列實驗中，不能達到實驗目的的是實驗室制取氨氣檢驗產(chǎn)物乙炔檢驗濃硫酸與銅反應產(chǎn)生的二氧化硫證明溶解度：AgCl>AgIABCDA．A B．B C．C D．D10．已知：H2容器1容器2容器3反應溫度(℃)400400500起始量1molH2、1molI2molHI1molH2、1molI平衡濃度c(HI)/mol?ccc平衡轉(zhuǎn)化率αααα平衡常數(shù)KKK下列各項關系錯誤的是（）A．c1=cC．α1(H11．一種3D打印機的柔性電池以碳納米管作電極材料，以吸收ZnSO4溶液的有機高聚物為固態(tài)電解質(zhì)，電池總反應為：MnO2下列說法錯誤的是（）A．放電時，含有鋅膜的碳納米管纖維作電池負極B．充電時，陰極反應：MnOC．有機高聚物中含有極性鍵、非極性鍵和氫鍵D．合成有機高聚物的單體：12．常溫下，以酚酞作指示劑，用0.1mol?L?1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol?L?1A．H2A的電離方程式為：HB．當V(NaOH)=0mL時，c(C．當V(NaOH)=20.00mL時，c(D．當V(NaOH)=30.00mL時，c(13．利用NH3可以消除氮氧化物對環(huán)境的污染。除去NO的主要反應為：4NH3(g)+6NO(g)?5NA．在5min內(nèi)，溫度由420K升高到580K，該段時間內(nèi)化學反應速率v(NO)=0.342mol?B．相同條件下，O2的存在有利于NOC．在有氧條件下，溫度升高到580K之后，NO轉(zhuǎn)化率降低的原因可能是平衡逆向移動D．在無氧條件下，溫度由420K升高到580K時，平衡逆向移動14．某實驗小組同學做電解CuCl2溶液實驗，發(fā)現(xiàn)電解后(電極未從溶液中取出)陰極上析出的銅會消失。為探究銅“消失”的原因，該小組同學用不同電解質(zhì)溶液(足量)、在相同時間內(nèi)進行如下實驗。裝置序號電解質(zhì)溶液實驗現(xiàn)象(電解后)ICuSO4溶液仍呈藍色，附著的銅層無明顯變化II稀CuCl2溶液由藍色開始變?yōu)闇\黃綠色，2min后溶液變渾濁III濃CuCl2溶液由綠色逐漸變?yōu)樯铧S綠色(略黑)，附著的銅層變薄已知：①Cu+Cu2++2Cl?=2CuCl↓下列分析錯誤的是（）A．電解后CuSO4溶液的pH減小，原因是B．濃CuCl2溶液呈綠色原因是c(Cl?C．II中溶液變渾濁，推測難溶物為CuClD．III中溶液變?yōu)樯铧S綠色，推測原因是[Cu(H2二、綜合題15．鋅及其化合物在材料和藥物領域具有重要應用?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出基態(tài)Zn2+的價層電子排布式（2）黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。已知第一電離能I1(Zn)大于I1（3）硫酸鋅溶于過量的氨水，可形成配合物[Zn(NH3)4]SO（4）硒化鋅(ZnSe)晶體是一種常用的紅外材料，其晶胞形狀為立方體，結(jié)構如圖。已知：阿伏加德羅常數(shù)為NA，1nm=10?9m，硒化鋅的摩爾質(zhì)量為Mg?mol?116．二氧化碳的綜合利用是實現(xiàn)碳達峰、碳中和的關鍵。（1）I.利用CO2和H已知：a.COb.CO(g)+2c.CO計算ΔH3=（2）一定條件下，向密閉容器中充入物質(zhì)的量之比為1：3的CO2和H2發(fā)生上述反應，使用不同催化劑經(jīng)相同反應時間，甲醇的選擇性=①210-270℃間，在甲醇的選擇性上，催化效果較好的是。②210-270℃間，催化劑2條件下CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而增大，可能原因為（3）II.工業(yè)上用CO2和NH3通過如下反應合成尿素[CO(NH2)2]：下列能說明反應達到化學平衡狀態(tài)的是(填字母)。a.相同時間內(nèi)，6molN?H鍵斷裂，同時有2molH?O鍵形成b.容器內(nèi)氣體總壓強不再變化c.2d.容器內(nèi)氣體的密度不再改變（4）CO2時間/min0307080100n1.6l.00.80.80.8CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為；t℃時，該反應的平衡常數(shù)K=（5）III.中科院研究所利用CO2放電時，正極上的電極反應為；若電池工作時產(chǎn)生a庫侖的電量，則理論上消耗鋅的質(zhì)量為g。(已知：轉(zhuǎn)移1mol電子所產(chǎn)生的電量為96500庫侖)17．黃酮哌酯是一種解痙藥，可通過如下路線合成：已知：回答問題：（1）C3H6（2）A→B的反應類型為。（3）D的結(jié)構簡式為。（4）C＋E→F的化學方程式是。（5）下列關于F和G的說法正確的是（）。a．F和G互為同分異構體b．G在空氣中能穩(wěn)定存在c．F和G可以利用FeCl3d.1molF與足量NaOH溶液反應，最多可消耗2molNaOH（6）已知：，G制備M的過程如下：P、Q分別為、。（7）寫出M到黃酮哌酯的反應方程式。18．紅磯鈉(Na2Cr2O7?2已知：i.2CrO4回答下列問題：（1）焙燒鉻鐵礦生成Na2CrO4，并將Al①焙燒時為加快反應速率，可采取的措施是。②生成Na2CrO4□FeO?Cr2O3＋□Na（2）濾液2中含有的溶質(zhì)有：Na2CO3（3）中和時pH的理論范圍為4.5～9.3，調(diào)控pH不過高也不能過低的理由。（4）酸化后所得溶液中主要含有Na2Cr2①結(jié)晶時，將混合溶液加熱濃縮、(填操作)、冷卻結(jié)晶、過濾得到紅礬鈉晶體。②濾液5最適宜返回上述流程中，參與循環(huán)再利用。（5）工業(yè)上還可用膜電解技術(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr（6）Na2Cr2O7可用于測定水體的COD(COD是指每升水樣中還原性物質(zhì)被氧化所需要O2的質(zhì)量)?，F(xiàn)有某水樣100.00mL，酸化后加入c1mol?L?1的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水樣中的還原性物質(zhì)完全被氧化；再用c2mol?L19．某?；瘜W興趣小組探究SO2與FeCl3溶液的反應。資料：鐵氰化鉀(K3[Fe(CN)6（1）實驗室常用70%硫酸與亞硫酸鈉固體制備SO2，寫出反應的化學方程式。（2）該小組同學預測SO2與FeCl3溶液反應的現(xiàn)象為溶液由黃色變成淺綠色，寫出相關反應的離子方程式。（3）向試管B中溶液通入SO2至飽和，溶液變成紅色，靜置5min后，溶液的顏色從紅色慢慢變回黃色。靜置9h后，溶液慢慢由黃色變?yōu)闇\綠色。①甲同學認為溶液變紅的原因是通入SO2后，F(xiàn)e3+水解程度增大，形成Fe(OH)3膠體。乙同學根據(jù)SO2的性質(zhì)否定了這一推論，原因是。②丙同學取上述5min后的黃色溶液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。該同學認為SO2與Fe3+發(fā)生氧化還原反應。丁同學認為該結(jié)論不嚴謹，重新設計并進行實驗，證明兩者發(fā)生了氧化還原反應，寫出實驗方案及現(xiàn)象。（4）查閱資料：Fe3+能與S(IV)微粒形成紅色配合物。該小組同學分析SO2水溶液成分，猜想可能是其中含S(IV)微粒SO2、H2SO3、與Fe3+形成配合物而使溶液呈現(xiàn)紅色。進行如下實驗：序號實驗加入試劑現(xiàn)象I2mL1mol/LNaHSO3溶液；再滴加幾滴鹽酸溶液變成紅色，比(3)中溶液紅色深；滴加鹽酸后，溶液顏色由紅色變成黃色II2mL1mol/LNa2SO3溶液溶液變成紅色，比I中溶液紅色深①a=。②根據(jù)實驗I現(xiàn)象，溶液中SO2、H2SO3濃度增大，紅色消失，說明紅色物質(zhì)可能與SO2、H2SO3無關；，紅色物質(zhì)可能與SO3（5）通過上述實驗可得結(jié)論：①SO2與FeCl3溶液的反應，可以發(fā)生配位反應、氧化還原反應。②。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．NH3分子中，N提供5個電子，3個H共提供3個電子，所以4對價電子sp3B．由A可知NH3分子的空間結(jié)構是三角錐形，H2O分子中的中心原子O為sp3C．分析圖片中反應過程可知，總反應的化學方程式為：2ND．由題中圖片可知，該過程可以將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能，D不符合題意；故答案為：B。【分析】A.NH3中N原子價層電子對數(shù)為4；

C.該反應的反應物是N2、H2O，生成物是NH3和O2；

D.由圖可知，該過程將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能。2．【答案】C【解析】【解答】A．NaOH的電子式為：，A不符合題意；B．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，中子數(shù)為1的氫原子質(zhì)量數(shù)為2，表示為：12C．乙醇的分子式為：C2D．氯離子有三個電子層最外層8個電子，形成陰離子，結(jié)構示意圖為：，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.NaOH是離子化合物；

B.原子符號左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，核外電子數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)=核電荷數(shù)；

D.氯離子核外共18個電子，有三個電子層，每一層的電子數(shù)分別為：2、8、8。3．【答案】D【解析】【解答】A．Cu與HNO3反應的化學方程式為：3Cu+8HNOB．新制氯水久置變?yōu)闊o色的原因是：Cl2C．金屬鈍化的實質(zhì)是金屬被濃硫酸氧化，表面生成一層致密的氧化膜，這種氧化膜不溶于濃硫酸，利用的是濃硫酸的強氧化性，發(fā)生氧化還原反應，C不符合題意；D．明礬一碰到水，就會發(fā)生化學變化生成硫酸鋁和硫酸鉀，硫酸鋁和水發(fā)生化學反應，生成白色的絮狀沉淀氫氧化鋁，元素和化合價沒有發(fā)生改變，不屬于氧化還原反應，D符合題意；故答案為：D。【分析】氧化還原反應過程中一定有元素的化合價發(fā)生變化。4．【答案】D【解析】【解答】A．Na2O2吸收COB．H2S溶液中通入Cl2C．Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3D．NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2故答案為：D?！痉治觥緼.過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣；

B.氯氣具有強氧化性，能將硫化氫氧化為單質(zhì)硫和氯化氫；

C.Mg(OH)2懸濁液中滴加足量5．【答案】D【解析】【解答】A．氯酸鈉而在水中完全電離，屬于強電解質(zhì)，A不符合題意；B．H2O2分子中既含極性鍵又含非極性鍵，分子中氧元素和氧元素之間形成非極性共價鍵，氧元素和氫元素之間形成極性共價鍵，B不符合題意；C．反應的化學方程式為：2NaClO3+H2O2D．反應的化學方程式為：2NaClO3+H2故答案為：D?！痉治觥緼.氯酸鈉在水中完全電離；

B.過氧化氫中含有H-O極性鍵和O-O非極性鍵；

C.根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平方程式為2NaClO36．【答案】A【解析】【解答】A．Cl-、S2-電子層結(jié)構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：Cl-＜S2-，A符合題意；B．根據(jù)同周期陰離子的還原性從左到右依次減弱，故S2-的還原性比大于Cl-的還原性，B不符合題意；C．由于H2SO4的非羥基O原子數(shù)是2，而H3PO4的的非羥基O原子數(shù)是1，H2SO4D．非金屬氫化物的穩(wěn)定性代表了元素非金屬性的強弱，氧的非金屬性遠大于硫，所以H2O的穩(wěn)定性也大于H2S，D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥縓位于第二周期，X元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為2s22p4，X為O元素，則Y為P元素、Z為S元素、W為Cl元素。7．【答案】A【解析】【解答】A．N2H4分子的共價鍵有N-H之間的s?pσ鍵和N-N之間的p?pσ，A符合題意；B．由題干信息可知，N2H4能夠被CuO氧化生成N2，即N2H4具有還原性，而O2的氧化性強于CuO，故N2H4具有還原性，在一定條件下可被O2氧化，B不符合題意；C．由題干信息可知，②中反應物NH3?H2O是足量的，但是反應產(chǎn)物是[Cu(NH3)2D．根據(jù)氧化還原反應配平可知，③中發(fā)生反應：4[Cu故答案為：A?！痉治觥緽.N2H4具有還原性，可被氧氣氧化；

C.②中氨水足量，產(chǎn)物是[Cu(NH3)2]+，說明[Cu(NH3)8．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)有機物中成鍵特點以及結(jié)構簡式，該有機物的分子式為C15H10O4，故A不符合題意；B．苯環(huán)、碳碳雙鍵、-COOH所有原子共面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所有該分子中所有碳原子不一定共面，B不符合題意；C．苯環(huán)和氫氣以1：3加成，碳碳雙鍵和氫氣1：1加成，酯基中的雙鍵和氫氣不反應，故最多與7molH2發(fā)生加成，C符合題意；D．能跟溴單質(zhì)反應的是酚羥基和碳碳雙鍵，1mol該物質(zhì)最多能與3molBr2發(fā)生反應，D不符合題意；答案為C。【分析】A.根據(jù)結(jié)構簡式確定其分子式；

B.單鍵可以旋轉(zhuǎn)；

D.酚羥基的鄰位和對位能被溴取代。9．【答案】B【解析】【解答】A．實驗室制氨氣可用加熱氯化銨固體和氫氧化鈣固體，氨氣密度小于空氣，用向下排空氣法收集，A不符合題意；B．電石與飽和食鹽水反應制得的乙炔中含有H2S等還原性氣體雜質(zhì)，直接通入溴水，H2S等還原性氣體可與溴水反應褪色，不能用于檢驗乙炔，B符合題意；C．銅和濃硫酸加熱生成SO2，SO2可使品紅褪色，C不符合題意；D．過量NaCl使AgNO3完全沉淀，再滴加NaI溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化成黃色，說明AgI的溶解度小于AgCl，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.實驗室通常加熱氯化銨和氫氧化鈣固體混合物制備氨氣，氨氣的密度小于空氣；

C.銅和濃硫酸在加熱條件下反應生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性；

D.硝酸銀不足，生成的AgCl轉(zhuǎn)化為更難溶的AgI。10．【答案】B【解析】【解答】A．容器1和容器2是等效平衡，因此c1=c2B．容器1和容器2是等效平衡，因此K1=K2，溫度升高平衡逆向移動，KC．溫度升高平衡逆向移動，平衡轉(zhuǎn)化率減小，因此α1D．容器1和容器2是等效平衡，達到平衡狀態(tài)時，各物質(zhì)的濃度相等，α2(HI)=α故答案為：B?！痉治觥緼.該反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動；

C.升溫該反應的平衡逆向移動；

D.容器1和容器2為等效平衡。11．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)總反應可知，Zn所在電極為負極，即放電時，含有鋅膜的碳納米管纖維作電池負極，A不符合題意；B．由分析可知，充電時，陰極反應：16C．根據(jù)高聚物的結(jié)構可知，高聚物中存在作用力：極性鍵、非極性鍵和氫鍵，C不符合題意；D．有機高聚物的結(jié)構片段發(fā)現(xiàn)可知，是加成聚合產(chǎn)物，合成有機高聚物的單體是：，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.根據(jù)總反應可知，放電時，Zn為負極；

C.高聚物中存在極性鍵、非極性鍵和氫鍵；

D.發(fā)生加聚反應得到有機高聚物。12．【答案】C【解析】【解答】A．由圖20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液中HA-占90%，A2-占10%，沒有H2A分子，說明第一步全電離，H2A在水中電離的方程式為：B．當V(NaOH)＝0mL時，20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液中H2A的第一步電離為完全電離，溶液中不存在H2A，根據(jù)物料守恒c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol/L，B不符合題意；C．當V(NaOH)=20.00mL時，得到的溶液是NaHA溶液，根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲線可知，此時溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，則c(Na+)<c(HA－)＋2c(A2－)，C符合題意；D．當V(NaOH)＝30.00mL時，得到的溶液是NaHA和Na2A溶液，根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲線可知，此時溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，則c(Na故答案為：C?！痉治觥緼.20.00mL0.1mol?L-1的二元酸H2A溶液pH=1，則H2A第一步完全電離；

B.根據(jù)物料守恒分析；

D.當V(NaOH)＝30.00mL時，溶質(zhì)為NaHA和Na2A，且溶液呈酸性，結(jié)合電荷守恒分析。13．【答案】D【解析】【解答】A.420K時一氧化氮的轉(zhuǎn)化率為2%，此時消耗的n（NO）=6mol×2%=0.12mol，580K時一氧化氮的轉(zhuǎn)化率為59%，此時消耗的n（NO）=6mol×59%=3.54mol，此時段內(nèi)一氧化氮的變化量為：3.54mol-0.12mol=3.42mol，容器的體積為2L，所以反應速率υ=ΔnVΔt=3.42mol2L×5min=0.342mol?LB．由題干圖示信息可知，相同條件下有O2存在的條件下，NO的轉(zhuǎn)化率明顯增大，故O2的存在有利于NO的去除，B不符合題意；C．該反應為放熱反應，溫度升高，580K反應達到平衡后，平衡逆向移動，一氧化氮的轉(zhuǎn)化率降低，或者NH3在高溫情況下被氧氣氧化為NO，從而降低了NO的轉(zhuǎn)化率，C不符合題意；D．由題干圖示信息可知，在無氧條件下，溫度由420K升高到580K時，NO的轉(zhuǎn)化率略有增大，此時可能是溫度升高反應速率加快，使得NO的轉(zhuǎn)化率略有增大，但平衡不可能逆向移動，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.根據(jù)v=ΔcΔt計算；

B.有O2存在的條件下，NO的轉(zhuǎn)化率明顯增大；14．【答案】A【解析】【解答】A．電解后CuSO4溶液的pH減小，是由于2CuSO4+2H2O=電解2Cu+O2+2H2SO4，而不是由于Cu2+水解B．由題干信息可知，硫酸銅溶液呈藍色，即[Cu(H2O)4]2+呈藍色，[CuCl4]2-呈黃色，則濃CuCl2溶液呈綠色原因是c(Cl?C．由題干已知信息①Cu+Cu2++2D．由題干已知信息[CuCl4]2-呈黃色可知，III中溶液變?yōu)樯铧S綠色，推測原因是[Cu(H2故答案為：A?！痉治觥緼.電解硫酸銅溶液時，發(fā)生反應2CuSO4+2H2O=電解2Cu+O2+2H2SO4，硫酸銅被消耗；

B.c(Cl?)增大，[Cu(H2O)4]2++4Cl15．【答案】（1）3d10（2）Zn的核外電子排布式為：[Ar]3d104s2，而Cu的核外電子排布式為：[Ar]3d104s1，第一電離能：Zn失去的是4s2全滿狀態(tài)上的一個電子，所需能量比較高，而Cu失去的是4s1上的一個電子（3）Zn2++4NH3?H2O=[Zn(NH3（4）34Mρ?N【解析】【解答】（1）已知Zn是30號元素，其基態(tài)原子的核外電子排布式為：[Ar]3d104s2，則基態(tài)Zn2+的價層電子排布式3d10，故答案為：3d10（2）已知Zn的核外電子排布式為：[Ar]3d104s2，而Cu的核外電子排布式為：[Ar]3d104s1，第一電離能：Zn失去的是4s2全滿狀態(tài)上的一個電子，所需能量比較高，而Cu失去的是4s1上的一個電子，則I1(Zn)大于I1(Cu)，故答案為：Zn的核外電子排布式為：[Ar]3d104s2，而Cu的核外電子排布式為：[Ar]3d104s1，第一電離能：Zn失去的是4s2全滿狀態(tài)上的一個電子，所需能量比較高，而Cu失去的是4s1上的一個電子；（3）硫酸鋅溶于過量的氨水，可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4，該反應方程式為：ZnSO4+4NH3?H2O=[Zn(NH3)4]SO4+4H2O，則反應的離子方程式為：Zn2++4NH3?H2O=[Zn(（4）晶胞中，Se原子數(shù)目為8×18+6×12=4，Zn原子數(shù)目為4，晶胞相當于含有4個“ZnSe”，晶胞質(zhì)量為4×Mg/molNAmol-1=4MNAg，晶胞密度為ρg?cm-3，令晶胞參數(shù)為anm，則ρg?cm-3×(a×10-7cm)3=4MN【分析】（1）Zn為30號元素，基態(tài)Zn原子失去2個電子形成Zn2+，根據(jù)構造原理書寫價電子排布式；

（2）原子軌道中電子處于全滿、全空、半滿時較穩(wěn)定，失電子較難，電離能較大；

（3）硫酸鋅溶于過量的氨水形成[Zn(NH3)4]SO16．【答案】（1）+40.9kJ/mol（2）催化劑Ⅰ；升高溫度，催化劑活性增大，反應速率加快，相同反應時間CO2（3）bd（4）50%；25（5）CO2+2e【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定律，方程式c=a-b，ΔH（2）根據(jù)圖中曲線，使用催化劑Ⅰ，甲醇的選擇性較高；升高溫度，催化劑Ⅱ活性增大，反應速率加快，在相同反應時間反應CO2（3）對于反應：2NHa.相同時間內(nèi)，6molN?H鍵斷裂，同時有2molH?O鍵形成，都表示正反應速率，不能判斷反應達平衡狀態(tài)，a不正確；b.容積恒定的容器中，反應前后氣體分子數(shù)不相等，壓強是變量，當容器內(nèi)氣體總壓強不再變化，反應達平衡狀態(tài)，b正確c.v正d.根據(jù)ρ=m總V，m故答案為：bd。（4）根據(jù)三段式，2NH3(g)+CO2(g)?CO（5）放電時，正極上CO2→HCOOH，電極反應為：CO2+2e?【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律計算；

（2）①使用催化劑Ⅰ，甲醇的選擇性較高；

②升高溫度，催化劑活性增大，反應速率加快，相同反應時間CO2轉(zhuǎn)化率增大；

（3）可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；

（4）列出反應的三段式計算；

17．【答案】（1）碳碳雙鍵（2）加成反應（3）CH3CH2COOH（4）+CH3CH2COCl→+HCl（5）ac（6）；H2O（7）+?一定條件+H2O【解析】【解答】（1）C3H6為鏈狀結(jié)構，則該分子的結(jié)構簡式為：CH3CH=CH2，該分子中含有的官能團是碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；（2）由題干流程圖可知，A→B的反應為：+CH3CH=CH2→200℃AlCl3（3）由分析可知，D的結(jié)構簡式為CH3CH2COOH，故答案為：CH3CH2COOH；（4）由分析可知，C的結(jié)構簡式為：，根據(jù)題干合成流程圖可知，C＋E→F的化學方程式是+CH3CH2COCl→+HCl，故答案為：+CH3CH2COCl→+HCl；（5）由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構簡式為：，G的結(jié)構簡式為：，據(jù)此分析解題：a．由上述分析可知，F(xiàn)和G的分子式相同，結(jié)構不同，故互為同分異構體，a正確；b．由分析可知，G分子中含有酚羥基，已被空氣中的O2氧化，即G在空氣中不能穩(wěn)定存在，b不正確；c．由分析可知，F(xiàn)分子中不存在酚羥基，而G分子中含有酚羥基，故F和G可以利用FeCl3d．由F的結(jié)構簡式可知，1molF中含有1mol羧基和1mol酚酯基，故1molF與足量NaOH溶液反應，最多可消耗3molNaOH，d不正確；故答案為：ac；（6）由G的結(jié)構簡式，結(jié)合題干轉(zhuǎn)化信息，可知該轉(zhuǎn)化方程式為：+→一定條件++H2O，故答案為：；H2O；（7）由題干合成流程圖可知，M轉(zhuǎn)化為黃酮哌酯的反應方程式為：+?一定條件+H2O，故答案為：+?一定條件+H2O?！痉治觥緾3H6為鏈狀結(jié)構，則為丙烯，結(jié)構簡式為CH3CH=CH2，B分步反應得到苯酚，苯酚經(jīng)過和NaOH、CO2、酸化得到C，根據(jù)D的分子式和D到E的轉(zhuǎn)化條件以及E的結(jié)構簡式可知，D的結(jié)構簡式為：CH3CH2COOH，E和C反應得到F，則C為，F(xiàn)發(fā)生已知反應得到G，結(jié)合G的分子式可知，G的結(jié)構簡式為。18．【答案】（1）將氣體和礦料逆流而行；4FeO?（2）Na（3）pH過低Al3+不能除盡，pH過高硅酸溶解（4）趁熱過濾；濾液4（5）4Na（6）480c1V1—80c2V2【解析】【解答】（1）①將氣體和礦料逆流而行，增大反應物的接觸面積，加快反應速率；②根據(jù)化學反應中得失電子守恒，4FeO?Cr（2）根據(jù)反應的方程式可知，生成物為Na2CrO4，同時將Al2O（3）SiO32-、AlO2-易與酸反應生成H2（4）①由圖可知，溫度升高硫酸鈉的溶解度減小，先將混合溶液蒸發(fā)濃縮，硫酸鈉晶體析出，趁熱過濾，趁熱過濾的目的是有利于硫酸鈉結(jié)晶析出。②濾液5中主要成分為Na2SO4、Na2（5）石墨電極電解Na2CrO4溶液，實現(xiàn)了Na2CrO4到Na2Cr2O7的轉(zhuǎn)化，電解池中陽極是溶液中氫氧根離子失電子生成氧氣，陰極是CrO42-得到電子生成Cr（6）樣品100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的還原性物質(zhì)完全被氧化（Cr2O72-還原為Cr3+）；再用c2mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72-，結(jié)果消耗FeSO4溶液V2mL，廢水與KCrn=則100mL廢水中，與廢水反應的K2Cr2O7的物質(zhì)的量=加入的K2Cr2O7的物質(zhì)的量-與Fe2+反應的K2Cr2O7的物質(zhì)的量=c11L廢水水樣中被還原的K2Cr2O7的物質(zhì)的量=(c1利用2K2Cr2O7～3O2可求出廢水中化學耗氧量即COD，2Km=（【分析】鉻鐵礦加入O2、Na2CO3焙燒，發(fā)生反應：4FeO?Cr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，同時Al2O3轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉、SiO2轉(zhuǎn)化為Na2SiO3，加水溶解，過濾除去不溶的Fe2O3，濾渣1為Fe2O3，濾液2加入硫酸中和，偏鋁酸鹽、硅酸鈉轉(zhuǎn)化成氫氧化鋁、硅酸沉淀除去，則濾渣3為Al(OH)3，過濾得到鉻酸鈉溶液，加入硫酸酸化，鉻酸鈉轉(zhuǎn)化成重鉻酸鈉溶液，結(jié)晶得到紅磯鈉晶體。19．【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+H2O+SO2↑（2）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42?（3）Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，H2SO3?H++HSO3?，SO2的通入將抑制Fe3+水解；制取SO2前，先往A裝置內(nèi)通入過量N2，以排盡裝置內(nèi)的空氣，