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2021-2022学年辽宁省协作校高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省协作校高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共22页。试卷主要包含了O3等等内容，欢迎下载使用。
化学与生产、生活密切相关，以下有关说法错误的是( )
A. 近年来以Si3N4为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得结构多样化的陶瓷
B. 国家规定了饮用水中余氯含量的标准，且已开始用新的自来水消毒剂如ClO2、O3等
C. 纯碱常在面点加工时用于中和酸并使食品松软或酥脆
D. 卤代烃密度和沸点一般都随烃基中碳原子数增加而变大
NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 若1mlFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA
B. 将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1mlBr−转化为Br2时，转移的电子数为NA
C. 22.0g环氧乙烷中含有3.0NA个极性键
D. 1mlCaO2晶体中含离子总数为3NA
碳酸镧La2(CO3)3难溶于水，常用于慢性肾衰竭患者高磷酸盐血症的治疗。实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，实验装置如图所示(夹持装置已略去)，下列说法错误的是( )
A. X可以是碱石灰，生石灰或烧碱
B. 甲中的a口接丙中的c口，乙中的b口接丙中的d口
C. 丙中应先通入CO2，再通入NH3
D. 丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+
下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)及卤素化合物，说法正确的是( )
A. H2(g)+X2(g)=2H(g)+2X(g)ΔH2<0
B. 生成HX(g)的反应热与途径有关，所以ΔH1≠ΔH2+ΔH3
C. 若X分别表示Cl、Br、I，则过程Ⅲ放出的热量依次增多
D. OF2中键角小于Cl2O的键角
部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. N2转化成a或b都属于固氮反应B. a的浓溶液可溶解氯化银沉淀
C. 室温下，a与d反应能生成b或N2D. d的浓溶液与炽热的碳反应可生成c
下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
氯乙烯是合成高分子材料的单体，我国科研工作者研究出乙炔选择性加成制备氯乙烯的反应历程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 若反应物改为CH3C≡CCH3，则所得产物为CH3CCl=CClCH3
B. 反应过程中存在极性共价键的断裂和形成
C. 反应过程原子利用率达到了100%
D. PdCl2作为该反应的催化剂
下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲中阴影部分的面积表示v(正)与v(逆)的差值
B. 图乙表示溶液中含铝微粒浓度随pH变化曲线，a点所示溶液中存在大量AlO2−
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D. 图丁表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
X、Y、Z、W、R均是短周期主族元素，X和Z同主族，Y、Z、W、R同周期，W的简单氢化物可用作制冷剂。它们组成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是( )
A. Z的单质可能为极性分子
B. 简单离子半径：RC. R单质在空气中点燃主要生成R2O2
D. XZ2能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性
电絮凝的反应原理是以铝、铁等金属为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是( )
A. 阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
B. 每产生0.5mlO2，整个电解池中理论上转移电子数为2NA
C. 若铁为阳极，则阳极电极反应式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+
D. 若铁为阳极，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图(Ce为铈元素)：
下列说法错误的是( )
A. Na2S2O4可能有强还原性
B. 装置Ⅱ消耗27g水生成3NA个H+(NA代表阿伏加德罗常数)
C. 装置Ⅲ进行电解，Ce3+在阴极反应，使Ce4+得到再生
D. 装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
化合物Y是一种药物中间体，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是( )
A. X分子中的所有原子可能处于同一平面B. X、Y分子中手性碳原子数目相等
C. X因取代反应而使溴水褪色D. X制备Y的反应类型是加成反应
某立方晶系的锑钾(Sb−K)合金可作为钾离子电池的电极材料，图a为该合金的晶胞结构图，图b表示晶胞的一部分。下列说法正确的是( )
A. 该晶胞的体积为a3×10−36cm3B. K和Sb原子数之比为3：1
C. 与Sb最邻近的K原子数为4D. K和Sb之间的最短距离为12apm
过二硫酸钾(K2S2O8)用于制作漂白剂、氧化剂，也可用作聚合引发剂。工业上电解饱和KHSO4的酸性溶液(含K+、H+、HSO4−等离子)来制备过二硫酸钾。电解装置原理示意图如图。下列说法不正确的是( )
A. 该装置工作时，阳离子向B极移动
B. a极为电源负极
C. A极反应：2HSO4−−2e−=S2O82−+2H+
D. 当转移2ml电子时，有2mlH+通过质子交换膜
25℃时，向1Lc(HA)+c(A−)=0.1ml/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH−、A−及HA的浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图所示(不考虑溶液温度变化)，下列说法正确的是( )
A. a表示lgc(A−)与pH的关系曲线
B. K(HA)的数量级为10−6
C. P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1ml
D. 滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)⋅c(OH−)均增大
钼是一种过渡金属元素，常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。钼酸钠晶体(Na2MO4⋅2H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。图是利用钼精矿(主要成分是MS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图1：
(1)提高焙烧效率的方法有：______(写一种)高温下发生焙烧反应的产物为MO3，请写出该反应的化学方程式______。氧化产物是______。
(2)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。则x=______。
(3)若在实验室中模拟焙烧操作，需要用到的硅酸盐材料仪器的名称是______。
(4)“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为______。
(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MO42−)=0.20ml⋅L−1，c(SO42−)=0.01ml⋅L−1.“结晶”前应先除去SO42−，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当BaMO4开始沉淀时，此时SO42−的浓度______。[已知Ksp(BaSO4)=1×10−10，Ksp(BaMO4)=2.0×10−8]
乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe⋅3H2O,Mr=288)是常用的补铁剂。乳酸亚铁可由乳酸与FeCO3反应制得。
Ⅰ.制备碳酸亚铁(FeCO3)
(1)仪器B的名称是______。
(2)利用如图所示装置进行实验，进行以下两步操作：
第一步：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间；
第二步：关闭活塞3，打开活塞2，发现C中有白色沉淀和气体生成。
①第-步骤的目的是：______。
②C中反应生成白色沉淀的离子方程式是：______。
③仪器C中的混合物经过滤，洗涤后得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是______(填操作，现象和结论)。
④从产品纯度角度指出该实验装置中存在的缺陷______。
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体和定量测量
(1)制备乳酸亚铁晶体。将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在70℃下搅拌使反应充分进行，一段时间后，经过分离提纯操作，从所得溶液中得到乳酸亚铁晶体。请设计实验检测产品在制备过程是否因氧化而发生变质(填操作，现象和结论)：______。
(2)用碘量法测定晶体样品中铁元素的含量并计算样品的纯度。称取3.00g晶体样品，在足量空气中灼烧成灰，加足量稀盐酸溶解，将所有可溶物配成l00mL溶液。取25.00mL该溶液加入过量的KI反应，加入几滴______作指示剂，用0.10ml/L的硫代硫酸钠溶液滴定(I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)，重复实验3次，滴定终点时平均消耗硫代硫酸钠25.00mL，则样品纯度为______。
当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题：
(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=−113kJ/ml
6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2=−227kJ/ml
4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3=−57kJ/ml
则2O3(g)=3O2(g)是______反应(填“放热”或“吸热”)，以上O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H4=______kJ/ml，最后将NO2与______剂反应转化为无污染的气体而脱除。
(2)已知：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
①表中k1、k2、k3、k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值______(填“增大”或“减小”)。
②反应Ⅰ瞬间建立平衡，因此决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率快慢的是反应Ⅱ，则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能的大小关系为Ea1______Ea2(填“>”、“<”或“=”)。
(3)将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，测得其平衡转化率α(NO2)随温度变化如图所示，从b点到a点降温平衡将向______(填“左”、“右”或“不”)移动。图中a点对应温度下，NO2的起始压强为160kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
化合物G是药物合成中一种重要的中间体，其合成路线如图。
已知：(1)→+H2O；
(2)R1CHO+R2CH2CHO→一定条件+H2O(R1、R2为烃基或H)；
(3)→△+CO2↑(R1和R2代表烷基)。
回答下列问题：
(1)写出A到B的试剂与反应条件为______，C的名称为______。
(2)D的结构简式为______。
(3)丙二酸生成E的反应类型为______。
(4)B生成C的化学方程式是______。
(5)B的芳香族化合物的同分异构体共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式为______。(任写一种)
(6)设计以CH2=CHCH3为原料合成的合成路线：______。(无机试剂任选)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得结构多样化的陶瓷，使性能更多，故A正确；
B.氯气有毒，使用新型无毒消毒剂，比如ClO2、O3等，故B正确；
C.纯碱能够与酸反应，消耗酸，且生成二氧化碳气体，所以生活中，纯碱常在面点加工时用于中和酸并使食品松软或酥脆，故C正确；
D.卤原子的相对原子质量大于氢原子，所以取代氢原子生成的卤代烃的相对分子质量比相应烃的相对分子质量大，卤代烃都是分子晶体，随着碳原子数的增多，相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高，密度降低，故D错误；
故选：D。
A.用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得结构多样化的陶瓷；
B.氯气有毒，使用新型无毒消毒剂；
C.纯碱能够与酸反应，消耗酸，且生成二氧化碳气体；
D.卤代烃都是分子晶体，随着碳原子数的增多，相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高，密度降低。
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2.【答案】C
【解析】解：A.1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁，则若1mlFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于NA，故A错误；
B.亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子再氧化溴离子，将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1mlBr−转化为Br2时，因为无法知道被氧化的亚铁离子的量，所以无法计算转移电子的数目，故B错误；
环氧乙烷中含有极性键个数为：22.0g44g/ml×6×NAml−1=3.0NA个，故C正确；
D.1mlCaO2晶体中含有1ml钙离子和1ml过氧根离子，含有离子总数为2NA，故D错误；
故选：C。
A.1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁；
B.亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子再氧化溴离子；
C.1个环氧乙烷含有4个C−H，2个C−O极性键；
D.CaO2中阴离子为O22−。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.浓氨水滴到碱石灰或生石灰或烧碱上，会有NH3逸出，可用于制取NH3，故A正确；
B.由于氨气极易溶于水，易倒吸，接竖立的干燥管可防止倒吸，故b接d，a接c，故B正确；
C.先通NH3会使溶液碱性增强，有利于CO2的吸收，故C错误；
D.La2(CO3)3难溶于水，书写离子方程式用化学式表示，则丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，故D正确；
故选：C。
实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，由实验装置可知，甲中碳酸钙与稀盐酸反应生成CO2，乙中X为碱石灰或生石灰，与浓氨水混合可制备氨气，因氨气极易溶于水，易发生倒吸，则b与d相连可防止倒吸，a与c相连，且二氧化碳在水中溶解度不大，先通入氨气，后通入二氧化碳，丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
4.【答案】D
【解析】解：A.化学键的断裂要吸热，焓变大于0，H2(g)+X2(g)=2H(g)+2X(g)△H2>0，故A错误；
B.反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3，故B错误；
C.途径Ⅲ是断形成化学键的过程，是放热过程，Cl、Br、I的原子半径依次增大，故形成HCl、HBr、HI化学键所放出的能量逐渐减小，故C错误；
D.二者都为V形结构，电负性：F>O>Cl，则O−F成键电子对偏向于F原子、O−Cl成键电子对偏向于O原子，O−F中O原子周围电子云密度减小，斥力较小，O−Cl中O原子周围电子云密度增大，斥力增大，则OF2中键角小于Cl2O的键角，故D正确；
故选：D。
A.断开化学键吸收能量；
B.根据盖斯定律：反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；
C.由图可知，过程Ⅲ为形成化学键的过程；
D.二者都为V形结构，电负性：F>O>Cl，则O−F成键电子对偏向于F原子、O−Cl成键电子对偏向于O原子。
本题考查了化学反应能量变化，反应焓变分析判断，物质结构和同主族性质变化规律是解题关键，题目难度中等。
5.【答案】C
【解析】解：A.N2转化成a或b，都是转化成氮的化合物，都属于固氮反应，故A正确；
B.a的浓溶液为浓氨水，可溶解氯化银沉淀，生成银氨离子，故B正确；
C.a为NH3，d为HNO3，两者反应能生成硝酸铵，不能生成NO或N2，故C错误；
D.d的浓溶液为浓硝酸，与炽热的碳反应可生成CO2、NO2、水，故D正确；
故选：C。
由图可知，a为−3价的氢化物NH3，即，b为+2价的氧化物，即NO，c为+4的氧化物，即NO2，d为+5价的酸，即HNO3，据此分析作答即可。
本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，同时考查了学生对价类二维图的理解，属于高频考点，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.浓硫酸可使纸张中H、O元素以水的形式脱出，则纸张变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故A错误；
B.Na2SO3的溶液对应的亚硫酸不是最高价含氧酸，不能由碳酸、亚硫酸的酸性比较C、S的非金属性强弱，故B错误；
C.浓度相同，滴加AgNO3溶液时，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D.甲酸、甲醇均可被酸性高锰酸钾氧化，则甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合，不能生成甲酸，故D错误；
故选：C。
A.浓硫酸可使纸张中H、O元素以水的形式脱出；
B.Na2SO3的溶液对应的亚硫酸不是最高价含氧酸；
C.浓度相同，滴加AgNO3溶液时，Ksp小的先沉淀；
D.甲酸、甲醇均可被酸性高锰酸钾氧化。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、非金属性及酸性的比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，CH≡CH生成CH=CHCl，若反应物改为CH3C≡CCH3，那么所得的产物为CH3CCl=CHCH3，故A错误；
B.由图示可知，反应过程中有C−C、H−Cl键的断裂，C−Cl键和C−H键的形成，均属于共价键，则反应过程中存在共价键的断裂和形成，故B正确；
C.反应过程总反应为CH≡CH+HCl→PdCl2CHCl=CH2，为加成反应，原子利用率达到了100%，故C正确；
D.PdCl2反应过程中起催化作用，为该反应的催化剂，故D正确；
故选：A。
A.若反应物改为CH3C≡CCH3，所得的产物为CH3CCl=CHCH3；
B.乙炔、HCl中均存在共价键，生成的氯乙烯也是共价化合物；
C.加成反应的原子利用率为100%；
D.反应过程中PdCl2起催化作用。
本题考查有机物结构和性质及反应历程，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应过程中断键和成键方式、官能团及其性质关系是解本题关键，A为解答易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了影响化学平衡、化学反应速率图象分析判断、化学平衡常数的因素等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，注意把握有关的反应原理以及影响平衡的条件．
【解答】
A、图中阴影部分的面积为[c(反应物)−c(生成物)]，故A错误；
B、a点所示pH接近3，酸性环境中溶液中存在大量Al3+，故B错误；
C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C正确；
D.2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)该反应的平衡常数K=c(O2)只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以同一温度下，c(O2)不变，图象不符，故D错误．
故选C.
9.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，X为S，Y为F，Z为O，W为N，R为Li元素，
A.Z的单质有氧气和臭氧，氧气属于非极性分子，而臭氧为极性分子，故A正确；
B.Li+只有1个电子层，N3−、O2−、F−均有2个电子层，且电子排布完全相同，随着核电荷数的增加，简单离子半径逐渐减小，则简单离子半径Li+C.锂的活泼性较弱，金属锂在空气中燃烧生成Li2O，故C错误；
D.XZ2为SO2，SO2与NaOH反应使溶液碱性减弱，从而使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，SO2体现了酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故D错误；
故选：A。
X、Y、Z、W、R均是短周期主族元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，该氢化物为氨气，则W为N元素，由图示物质结构可知，X形成6个共价键，说明X为S元素，X和Z同主族，则Z为O元素；Y、Z、W、R同周期，均为第二周期元素，Y形成1个共价单键，R形成+1价阳离子，则Y为F元素，R为Li元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构与性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A..阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故A正确；
B.由装置图可知，若铁为阳极，阳极电极方程式有Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，所以每产生0.5mlO2，整个电解池中理论上转移电子数为大于2NA，故B错误；
C.由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C正确；
D.若铁为阳极，阳极电极方程式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，在处理废水的过程中二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选：B。
由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式有Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，并且二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
11.【答案】C
【解析】解：A.Na2S2O4中Na显+1价，O显−2价，则S显+3价，处于中间价态，可能有强还原性，故A正确；
B.由分析可知，装置Ⅱ发生的反应为NO+3Ce4++2H2O=3Ce3++NO3−+4H+，NO+Ce4++H2O=Ce3++NO2−+2H+，由反应关系式：H2O∼2H+可知，消耗27g水即1.5ml水将生成3mlH+，H+数为3NA个，故B正确；
C.由分析可知，装置Ⅲ进行电解，Ce3+在阳极反应，使Ce4+得到再生，故C错误；
D.从NH4NO3溶液中获得NH4NO3固体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故D正确；
故选：C。
装置Ⅰ中，发生反应SO2+OH−=HSO3−；装置Ⅱ中，4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++NO2−+NO3−+6H+；装置Ⅲ中，2Ce3++2HSO3−−通电2Ce4++S2O42−+2OH−；装置Ⅳ中，2NO2−+O2=2NO3−；据此分析。
本题了物质的制备、电解原理的应用，注意把握流程中物质之间的转化、以及发生的反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：A.X中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以X分子中所有原子一定不共平面，故A错误；
B.X中不含手性碳原子，Y中连接醇羟基的碳原子为酸性碳原子，所以二者手性碳原子个数不相等，故B错误；
C.−CHO能被溴水氧化，发生氧化反应而使溴水褪色，故C错误；
D.X中醛基发生加成反应生成Y，该反应类型是加成反应，故D正确；
故选：D。
A.饱和碳原子具有甲烷结构特点；
B.X中不含手性碳原子，Y中连接醇羟基的碳原子为酸性碳原子；
C.−CHO能被溴水氧化；
D.X中醛基发生加成反应生成Y。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查晶胞计算，难度一般。
【解答】
A.该晶胞棱长=a×10−10cm，晶胞体积=(a×10−10cm)3=a3×10−30cm3，故A错误；
B.该晶胞中K原子个数=12×14+1+8=12、Sb原子个数=8×18+6×12=4，则K、Sb原子个数之比=12：4=3：1，故B正确；
C.与Sb最邻近的K原子数为8，故C错误；
D.K与Sb原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的14，为34apm，故D错误；
故选：B。
14.【答案】B
【解析】解：A.电解池工作时阳离子向阴极移动，即阳离子向B极移动，故A正确；
B.结合分析可知，a为电源正极，故B错误；
C.A为阴极，HSO4−氧化生成S2O82−，电极反应式为：2HSO4−−2e=S2O82−+2H+，故C正确；
D.为平衡电荷，当转移 0.2ml电子时，有 0.2mlH+通过质子交换膜，故D正确。
故选：B。
B电极上有氢气生成，发生还原反应，故B为阴极，则A为阳极，可知a为电源正极、b为电源负极。B电极反应式为：2H++2e−=H2↑，A电极反应式为：2HSO4−−2e=S2O82−+2H+.质子交换膜允许H+通过，为平衡电荷，H+由阳极通过交换膜移向阴极。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】C
【解析】解：A.pH=7时lgc(H+)=lgc(OH−)=−7，pH越小，lgc(H+)、lgc(HA)越大，lgc(OH−)、lgc(A−)越小，所以a、b、c、d分别表示lgc(HA)、lgc(A−)、lgc(H+)、lgc(OH−)，所以a表示lgc(HA)与pH的关系曲线，故A错误；
B.当c(HA)=c(A−)时，K(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)=c(H+)=10−pH=10−4.75，则K(HA)的数量级为10−5，故B错误；
C.P点溶液中存在电荷守恒中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)，同一溶液体积相等，则n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(A−)，根据图知，P点溶液中lgc(A−)=−1，则c(A−)=0.1ml/L，c(OH−)=10−1410−8.87ml/L=10−5.13ml/L，溶液呈存在物料守恒n(HA)+n(A−)=0.1ml，所以P点溶液中n(Na+)+n(H+)≈0.1ml，故C正确；
D.c(HA)⋅c(OH−)=Kh×c(A−)，向原溶液中加入稀盐酸或NaOH溶液，溶液体积增大导致溶液中c(A−)都减小，温度不变水解平衡常数不变，所以滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)⋅c(OH−)均减小，故D错误；
故选：C。
A.pH=7时lgc(H+)=lgc(OH−)=−7，pH越小，lgc(H+)、lgc(HA)越大，lgc(OH−)、lgc(A−)越小，所以a、b、c、d分别表示lgc(HA)、lgc(A−)、lgc(H+)、lgc(OH−)；
B.当c(HA)=c(A−)时，K(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)=c(H+)=10−pH；
C.P点溶液中存在电荷守恒中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)，同一溶液体积相等，则n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(A−)，根据图知，P点溶液中lgc(A−)=−1，则c(A−)=0.1ml/L，c(OH−)=10−1410−8.87ml/L=10−5.13ml/L，溶液呈存在物料守恒n(HA)+n(A−)=0.1ml；
D.c(HA)⋅c(OH−)=Kh×c(A−)，向原溶液中加入稀盐酸或NaOH溶液，溶液中c(A−)都减小。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图中各曲线表示微粒种类、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，C为解答易错点，题目难度中等。
16.【答案】粉碎固体 2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2 MO3、SO2 64 坩埚 MO3+CO32−=MO42−+CO2↑0.001ml⋅L−1
【解析】解：(1)提高焙烧效率的方法有：粉碎固体增大接触面积充分反应，焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物，反应中M元素化合价+2价变化为+6价，硫元素化合价−1价变化为+4价，该反应中氧化产物是MO3、SO2，
故答案为：粉碎固体；2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2；MO3、SO2；
(2)由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MS2、MO3、MO2，图象分析MS2、MO3的物质的量百分比均为18%，根据M元素守恒，则MO2的物质的量百分比为64%，则x为64；
故答案为：64；
(3)由钼酸得到MO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚，
故答案为：坩埚；
(4)碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠，化学方程式为：MO3+Na2CO3=Na2MO4+CO2↑，反应的离子方程式：MO3+CO32−=MO42−+CO2↑，
故答案为：MO3+CO32−=MO42−+CO2↑；
(5)BaMO4开始沉淀时，c(Ba2+)=Ksp(BaMO4)c(MO42−)=2.0×10−80.20ml⋅L−1=1.0×10−7ml⋅L−1，
所以溶液中c(SO42−)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=1.0×10−101.0×10−7ml⋅L−1=0.001ml⋅L−1，
故答案为：0.001ml⋅L−1。
灼烧钼精矿，MS2燃烧，反应方程式为2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2，碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MO3+CO32−=MO42−+CO2↑，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MO4.2H2O，
(1)焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物；
(2)元素守恒分析得到；
(3)灼烧用到的仪器为坩埚；
(4)碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠；
(5)据钼酸钡和硫酸钡的溶度积计算出溶液中硫酸根离子的浓度。
本题考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，题目难度中等。
17.【答案】蒸馏烧瓶 利用生成的氢气排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化 Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净 实验装置最后应该液封，防止空气中氧气进入C而氧化产品使其纯度降低 研细后用水溶解，滴入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明未被氧化 淀粉 96%
【解析】解：Ⅰ.制备碳酸亚铁(FeCO3)
(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶，
故答案为：蒸馏烧瓶；
(2)①关闭活塞2，打开活塞1、3，可使生成的氢气排出装置内的空气，排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化，
故答案为：利用生成的氢气排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化；
②关闭活塞3，打开活塞2，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
③取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42−，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净，
故答案为：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净；
④Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则应隔绝空气，防止被氧化，
故答案为：实验装置最后应该液封，防止空气中氧气进入C而氧化产品使其纯度降低；
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体和定量测量
(1)Fe3+能与KSCN溶液反应生成络合物而导致溶液呈血红色，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，其检验方法为研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化，
故答案为：研细后用水溶解，滴入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明未被氧化；
(2)I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；根据关系式2Fe3+∼I2∼2S2O32，得
设样品纯度为ω
2CH3CH(OH)COO]2Fe⋅3H2O∼∼∼I2∼∼∼2S2O32
2×288g2ml
3.0gω4×0.02500L×0.100ml⋅L−1
ω=2×228×4×0.025×0.1002×3.0×100%=96%，
故答案为：淀粉；96%。
Ⅰ.制备碳酸亚铁(FeCO3)
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。
(1)根据仪器图形判断；
(2)①关闭活塞2，打开活塞1、3，可使生成的氢气排出装置内的空气，
②关闭活塞3，打开活塞2，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳；
③检验洗涤FeCO3沉淀的最后一次洗涤液中是否存在SO42−，判断沉淀是否洗涤干净；
④Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取碳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体和定量测量
(1)Fe3+能与KSCN溶液反应生成络合物而导致溶液呈血红色；
(2)I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；已知2Fe3++2I−=I2+2Fe2+、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，得关系式2Fe3+∼I2∼2S2O32，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。
本题考查实验制备方案，为高考常见题型，题目涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等。
18.【答案】放热 −198还原 增大 <左 108
【解析】解：(1)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=−113kJ/ml
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2=−227kJ/ml
③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3=−57kJ/ml
根据盖斯定律②×2−③×3得到④2O3(g)=3O2(g)的△H=2×(−227kJ/ml)−3×(−57kJ/ml)=−283kJ/ml，反应放热；
12(①+④)得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)的△H4=12[(−113kJ/ml)+(−283kJ/ml)]=−198kJ/ml；NO2转化为无污染的N2而脱除，N的化合价降低，所以需要加入还原剂，
故答案为：放热；−198；还原；
(2)①浓度一定时，温度升高，反应速率加快，正逆反应速率均加快，所以k1、k2、k3、k4均增大，
故答案为：增大；
②因为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应②，活化能越低，同条件下单位体积内活化能分子数越多，有效碰撞几率越大，速率越快，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2，
故答案为：<；
(3)根据图知，从b点到a点降低温度二氧化氮转化率减小，则平衡向左移动；
设开始时n(NO2)=aml，达到平衡状态时二氧化氮转化率为0.6，则消耗n(NO2)=0.6aml，
可逆反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，
开始(ml)a00
反应(ml)
平衡(ml)
平衡时混合气体总物质的量=(0.4+0.6+0.3)aml=1.3aml，恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，则平衡时混合气体总压强=1.3amlaml×160kPa=208kPa，
P(NO2)=×208kPa=64kPa、P(NO)=×208kPa=96kPa、P(O2)=×208kPa=48kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=P2(NO)⋅P(O2)P2(NO2)=(96)2×48(64)2=108，
故答案为：左；108.
(1)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=−113kJ/ml
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2=−227kJ/ml
③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3=−57kJ/ml
根据盖斯定律②×2−③×3得到④2O3(g)=3O2(g)的△H判断反应的热效应；12(①+④)得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H4进行相应的改变；根据氧化还原反应规律将NO2转化为无污染的N2而脱除，需要加入还原剂；
(2)①浓度一定时，温度升高，反应速率加快，可逆反应中正逆反应速率均加快；
②反应的活化能越低，反应速率越快；
(3)从b点到a点降低温度二氧化氮转化率减小，则平衡逆向移动；
设开始时n(NO2)=aml，达到平衡状态时二氧化氮转化率为0.6，则消耗n(NO2)=0.6aml，
可逆反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，
开始(ml)a00
反应(ml)
平衡(ml)
平衡时混合气体总物质的量=(0.4+0.6+0.3)aml=1.3aml，恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，则平衡时混合气体总压强=1.3amlaml×160kPa=208kPa，
P(NO2)=×208kPa=64kPa、P(NO)=×208kPa=96kPa、P(O2)=×208kPa=48kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=P2(NO)⋅P(O2)P2(NO2).
本题考查化学平衡计算、盖斯定律计算等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确盖斯定律计算方法、平衡常数计算方法是解本题关键，注意活化能与反应速率关系，题目难度不大。
19.【答案】Cl2、光照 苯甲醛 酯化反应或取代反应 9 (或或)
【解析】解：(1)由A到B可知，发生的是烷基上的氯代反应，故试剂与反应条件为Cl2、光照；结合B到C的反应条件及已知(1)可知C为，其名称为苯甲醛，
故答案为：Cl2、光照；苯甲醛；
(2)根据已知(2)和D的分子式可知，2分子苯甲醛与1分子丙酮之间脱去2分子水生成D，故D的结构简式为，
故答案为：；
(3)根据F的结构简式可知丙二酸到E发生酯化反应，也属于取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
(4)由分析可知，C为，则B生成C的化学方程式是，
故答案为：；
(5)B()的芳香族化合物的同分异构体可以是苯环上连两个取代基−Cl和−CH2Cl，有邻、间、对3种结构，也可以是三个取代基−Cl、−Cl和−CH3，2个氯原子有邻、间、对3在位置，对应的甲基分别有2种、3种、1种位置，有6种结构，故符合条件的同分异构体共9种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式有、和，
故答案为：9；(或或)；
(6)发生已知(2)的反应即可生成，而可以由催化氧化得到，可由CH2ClCHClCH3水解得到，CH2ClCHClCH3可由CH2=CHCH3与氯气发生加成反应得到，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，结合已知(1)可知，碱性条件下水后脱去1分子水生成C为，与发生已知(2)中的反应生成D，由D的分子式可知，2分子苯甲醛与1分子丙酮之间脱去2分子水生成D，故D为，由F的结构简式可知，丙二酸与乙醇发生酯化反应生成E为C2H5OOCCH2COOC2H5，D与E反应中碳碳双键转化为碳碳单键并成环而生成F，F发生酯的水解反应，酸化后脱羧生成G；
(6)发生已知(2)的反应即可生成，而可以由催化氧化得到，可由CH2ClCHClCH3水解得到，CH2ClCHClCH3可由CH2=CHCH3与氯气发生加成反应得到。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，注意对给予信息的理解，较好地考查了学生的自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将浓硫酸滴到纸上
纸张变黑
浓硫酸具有吸水性
B
测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3的溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S>C
C
向2.0mL浓度均为0.1ml⋅L−1的KCl、KI混合溶液中滴加1−2滴0.01ml⋅L−1AgNO3溶液，振荡
沉淀呈黄色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合
紫红色褪去或变浅
甲醇被氧化成甲酸
步骤
反应
活化能
正反应速率方程
逆反应速率方程
Ⅰ
2NO(g)⇌N2O2(g)(快)
Ea1
v1正=K1⋅c2(NO)
v1逆=K2⋅c(N2O2)
Ⅱ
N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)
Ea2
v2正=K3⋅c(N2O2)⋅c(O2)
v2逆=K4⋅c2(NO2)
化学与生产、生活密切相关，以下有关说法错误的是( )
A. 近年来以Si3N4为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得结构多样化的陶瓷
B. 国家规定了饮用水中余氯含量的标准，且已开始用新的自来水消毒剂如ClO2、O3等
C. 纯碱常在面点加工时用于中和酸并使食品松软或酥脆
D. 卤代烃密度和沸点一般都随烃基中碳原子数增加而变大
NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 若1mlFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA
B. 将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1mlBr−转化为Br2时，转移的电子数为NA
C. 22.0g环氧乙烷中含有3.0NA个极性键
D. 1mlCaO2晶体中含离子总数为3NA
碳酸镧La2(CO3)3难溶于水，常用于慢性肾衰竭患者高磷酸盐血症的治疗。实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，实验装置如图所示(夹持装置已略去)，下列说法错误的是( )
A. X可以是碱石灰，生石灰或烧碱
B. 甲中的a口接丙中的c口，乙中的b口接丙中的d口
C. 丙中应先通入CO2，再通入NH3
D. 丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+
下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)及卤素化合物，说法正确的是( )
A. H2(g)+X2(g)=2H(g)+2X(g)ΔH2<0
B. 生成HX(g)的反应热与途径有关，所以ΔH1≠ΔH2+ΔH3
C. 若X分别表示Cl、Br、I，则过程Ⅲ放出的热量依次增多
D. OF2中键角小于Cl2O的键角
部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. N2转化成a或b都属于固氮反应B. a的浓溶液可溶解氯化银沉淀
C. 室温下，a与d反应能生成b或N2D. d的浓溶液与炽热的碳反应可生成c
下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
氯乙烯是合成高分子材料的单体，我国科研工作者研究出乙炔选择性加成制备氯乙烯的反应历程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 若反应物改为CH3C≡CCH3，则所得产物为CH3CCl=CClCH3
B. 反应过程中存在极性共价键的断裂和形成
C. 反应过程原子利用率达到了100%
D. PdCl2作为该反应的催化剂
下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲中阴影部分的面积表示v(正)与v(逆)的差值
B. 图乙表示溶液中含铝微粒浓度随pH变化曲线，a点所示溶液中存在大量AlO2−
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D. 图丁表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
X、Y、Z、W、R均是短周期主族元素，X和Z同主族，Y、Z、W、R同周期，W的简单氢化物可用作制冷剂。它们组成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是( )
A. Z的单质可能为极性分子
B. 简单离子半径：R
D. XZ2能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性
电絮凝的反应原理是以铝、铁等金属为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是( )
A. 阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
B. 每产生0.5mlO2，整个电解池中理论上转移电子数为2NA
C. 若铁为阳极，则阳极电极反应式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+
D. 若铁为阳极，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图(Ce为铈元素)：
下列说法错误的是( )
A. Na2S2O4可能有强还原性
B. 装置Ⅱ消耗27g水生成3NA个H+(NA代表阿伏加德罗常数)
C. 装置Ⅲ进行电解，Ce3+在阴极反应，使Ce4+得到再生
D. 装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
化合物Y是一种药物中间体，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是( )
A. X分子中的所有原子可能处于同一平面B. X、Y分子中手性碳原子数目相等
C. X因取代反应而使溴水褪色D. X制备Y的反应类型是加成反应
某立方晶系的锑钾(Sb−K)合金可作为钾离子电池的电极材料，图a为该合金的晶胞结构图，图b表示晶胞的一部分。下列说法正确的是( )
A. 该晶胞的体积为a3×10−36cm3B. K和Sb原子数之比为3：1
C. 与Sb最邻近的K原子数为4D. K和Sb之间的最短距离为12apm
过二硫酸钾(K2S2O8)用于制作漂白剂、氧化剂，也可用作聚合引发剂。工业上电解饱和KHSO4的酸性溶液(含K+、H+、HSO4−等离子)来制备过二硫酸钾。电解装置原理示意图如图。下列说法不正确的是( )
A. 该装置工作时，阳离子向B极移动
B. a极为电源负极
C. A极反应：2HSO4−−2e−=S2O82−+2H+
D. 当转移2ml电子时，有2mlH+通过质子交换膜
25℃时，向1Lc(HA)+c(A−)=0.1ml/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH−、A−及HA的浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图所示(不考虑溶液温度变化)，下列说法正确的是( )
A. a表示lgc(A−)与pH的关系曲线
B. K(HA)的数量级为10−6
C. P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1ml
D. 滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)⋅c(OH−)均增大
钼是一种过渡金属元素，常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。钼酸钠晶体(Na2MO4⋅2H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。图是利用钼精矿(主要成分是MS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图1：
(1)提高焙烧效率的方法有：______(写一种)高温下发生焙烧反应的产物为MO3，请写出该反应的化学方程式______。氧化产物是______。
(2)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。则x=______。
(3)若在实验室中模拟焙烧操作，需要用到的硅酸盐材料仪器的名称是______。
(4)“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为______。
(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MO42−)=0.20ml⋅L−1，c(SO42−)=0.01ml⋅L−1.“结晶”前应先除去SO42−，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当BaMO4开始沉淀时，此时SO42−的浓度______。[已知Ksp(BaSO4)=1×10−10，Ksp(BaMO4)=2.0×10−8]
乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe⋅3H2O,Mr=288)是常用的补铁剂。乳酸亚铁可由乳酸与FeCO3反应制得。
Ⅰ.制备碳酸亚铁(FeCO3)
(1)仪器B的名称是______。
(2)利用如图所示装置进行实验，进行以下两步操作：
第一步：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间；
第二步：关闭活塞3，打开活塞2，发现C中有白色沉淀和气体生成。
①第-步骤的目的是：______。
②C中反应生成白色沉淀的离子方程式是：______。
③仪器C中的混合物经过滤，洗涤后得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是______(填操作，现象和结论)。
④从产品纯度角度指出该实验装置中存在的缺陷______。
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体和定量测量
(1)制备乳酸亚铁晶体。将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在70℃下搅拌使反应充分进行，一段时间后，经过分离提纯操作，从所得溶液中得到乳酸亚铁晶体。请设计实验检测产品在制备过程是否因氧化而发生变质(填操作，现象和结论)：______。
(2)用碘量法测定晶体样品中铁元素的含量并计算样品的纯度。称取3.00g晶体样品，在足量空气中灼烧成灰，加足量稀盐酸溶解，将所有可溶物配成l00mL溶液。取25.00mL该溶液加入过量的KI反应，加入几滴______作指示剂，用0.10ml/L的硫代硫酸钠溶液滴定(I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)，重复实验3次，滴定终点时平均消耗硫代硫酸钠25.00mL，则样品纯度为______。
当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题：
(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=−113kJ/ml
6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2=−227kJ/ml
4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3=−57kJ/ml
则2O3(g)=3O2(g)是______反应(填“放热”或“吸热”)，以上O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H4=______kJ/ml，最后将NO2与______剂反应转化为无污染的气体而脱除。
(2)已知：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
①表中k1、k2、k3、k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值______(填“增大”或“减小”)。
②反应Ⅰ瞬间建立平衡，因此决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率快慢的是反应Ⅱ，则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能的大小关系为Ea1______Ea2(填“>”、“<”或“=”)。
(3)将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，测得其平衡转化率α(NO2)随温度变化如图所示，从b点到a点降温平衡将向______(填“左”、“右”或“不”)移动。图中a点对应温度下，NO2的起始压强为160kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
化合物G是药物合成中一种重要的中间体，其合成路线如图。
已知：(1)→+H2O；
(2)R1CHO+R2CH2CHO→一定条件+H2O(R1、R2为烃基或H)；
(3)→△+CO2↑(R1和R2代表烷基)。
回答下列问题：
(1)写出A到B的试剂与反应条件为______，C的名称为______。
(2)D的结构简式为______。
(3)丙二酸生成E的反应类型为______。
(4)B生成C的化学方程式是______。
(5)B的芳香族化合物的同分异构体共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式为______。(任写一种)
(6)设计以CH2=CHCH3为原料合成的合成路线：______。(无机试剂任选)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得结构多样化的陶瓷，使性能更多，故A正确；
B.氯气有毒，使用新型无毒消毒剂，比如ClO2、O3等，故B正确；
C.纯碱能够与酸反应，消耗酸，且生成二氧化碳气体，所以生活中，纯碱常在面点加工时用于中和酸并使食品松软或酥脆，故C正确；
D.卤原子的相对原子质量大于氢原子，所以取代氢原子生成的卤代烃的相对分子质量比相应烃的相对分子质量大，卤代烃都是分子晶体，随着碳原子数的增多，相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高，密度降低，故D错误；
故选：D。
A.用Al取代部分Si，用O取代部分N而获得结构多样化的陶瓷；
B.氯气有毒，使用新型无毒消毒剂；
C.纯碱能够与酸反应，消耗酸，且生成二氧化碳气体；
D.卤代烃都是分子晶体，随着碳原子数的增多，相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高，密度降低。
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2.【答案】C
【解析】解：A.1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁，则若1mlFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于NA，故A错误；
B.亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子再氧化溴离子，将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1mlBr−转化为Br2时，因为无法知道被氧化的亚铁离子的量，所以无法计算转移电子的数目，故B错误；
环氧乙烷中含有极性键个数为：22.0g44g/ml×6×NAml−1=3.0NA个，故C正确；
D.1mlCaO2晶体中含有1ml钙离子和1ml过氧根离子，含有离子总数为2NA，故D错误；
故选：C。
A.1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁；
B.亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子再氧化溴离子；
C.1个环氧乙烷含有4个C−H，2个C−O极性键；
D.CaO2中阴离子为O22−。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.浓氨水滴到碱石灰或生石灰或烧碱上，会有NH3逸出，可用于制取NH3，故A正确；
B.由于氨气极易溶于水，易倒吸，接竖立的干燥管可防止倒吸，故b接d，a接c，故B正确；
C.先通NH3会使溶液碱性增强，有利于CO2的吸收，故C错误；
D.La2(CO3)3难溶于水，书写离子方程式用化学式表示，则丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，故D正确；
故选：C。
实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，由实验装置可知，甲中碳酸钙与稀盐酸反应生成CO2，乙中X为碱石灰或生石灰，与浓氨水混合可制备氨气，因氨气极易溶于水，易发生倒吸，则b与d相连可防止倒吸，a与c相连，且二氧化碳在水中溶解度不大，先通入氨气，后通入二氧化碳，丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
4.【答案】D
【解析】解：A.化学键的断裂要吸热，焓变大于0，H2(g)+X2(g)=2H(g)+2X(g)△H2>0，故A错误；
B.反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3，故B错误；
C.途径Ⅲ是断形成化学键的过程，是放热过程，Cl、Br、I的原子半径依次增大，故形成HCl、HBr、HI化学键所放出的能量逐渐减小，故C错误；
D.二者都为V形结构，电负性：F>O>Cl，则O−F成键电子对偏向于F原子、O−Cl成键电子对偏向于O原子，O−F中O原子周围电子云密度减小，斥力较小，O−Cl中O原子周围电子云密度增大，斥力增大，则OF2中键角小于Cl2O的键角，故D正确；
故选：D。
A.断开化学键吸收能量；
B.根据盖斯定律：反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；
C.由图可知，过程Ⅲ为形成化学键的过程；
D.二者都为V形结构，电负性：F>O>Cl，则O−F成键电子对偏向于F原子、O−Cl成键电子对偏向于O原子。
本题考查了化学反应能量变化，反应焓变分析判断，物质结构和同主族性质变化规律是解题关键，题目难度中等。
5.【答案】C
【解析】解：A.N2转化成a或b，都是转化成氮的化合物，都属于固氮反应，故A正确；
B.a的浓溶液为浓氨水，可溶解氯化银沉淀，生成银氨离子，故B正确；
C.a为NH3，d为HNO3，两者反应能生成硝酸铵，不能生成NO或N2，故C错误；
D.d的浓溶液为浓硝酸，与炽热的碳反应可生成CO2、NO2、水，故D正确；
故选：C。
由图可知，a为−3价的氢化物NH3，即，b为+2价的氧化物，即NO，c为+4的氧化物，即NO2，d为+5价的酸，即HNO3，据此分析作答即可。
本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，同时考查了学生对价类二维图的理解，属于高频考点，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.浓硫酸可使纸张中H、O元素以水的形式脱出，则纸张变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故A错误；
B.Na2SO3的溶液对应的亚硫酸不是最高价含氧酸，不能由碳酸、亚硫酸的酸性比较C、S的非金属性强弱，故B错误；
C.浓度相同，滴加AgNO3溶液时，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D.甲酸、甲醇均可被酸性高锰酸钾氧化，则甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合，不能生成甲酸，故D错误；
故选：C。
A.浓硫酸可使纸张中H、O元素以水的形式脱出；
B.Na2SO3的溶液对应的亚硫酸不是最高价含氧酸；
C.浓度相同，滴加AgNO3溶液时，Ksp小的先沉淀；
D.甲酸、甲醇均可被酸性高锰酸钾氧化。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、非金属性及酸性的比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，CH≡CH生成CH=CHCl，若反应物改为CH3C≡CCH3，那么所得的产物为CH3CCl=CHCH3，故A错误；
B.由图示可知，反应过程中有C−C、H−Cl键的断裂，C−Cl键和C−H键的形成，均属于共价键，则反应过程中存在共价键的断裂和形成，故B正确；
C.反应过程总反应为CH≡CH+HCl→PdCl2CHCl=CH2，为加成反应，原子利用率达到了100%，故C正确；
D.PdCl2反应过程中起催化作用，为该反应的催化剂，故D正确；
故选：A。
A.若反应物改为CH3C≡CCH3，所得的产物为CH3CCl=CHCH3；
B.乙炔、HCl中均存在共价键，生成的氯乙烯也是共价化合物；
C.加成反应的原子利用率为100%；
D.反应过程中PdCl2起催化作用。
本题考查有机物结构和性质及反应历程，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应过程中断键和成键方式、官能团及其性质关系是解本题关键，A为解答易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了影响化学平衡、化学反应速率图象分析判断、化学平衡常数的因素等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，注意把握有关的反应原理以及影响平衡的条件．
【解答】
A、图中阴影部分的面积为[c(反应物)−c(生成物)]，故A错误；
B、a点所示pH接近3，酸性环境中溶液中存在大量Al3+，故B错误；
C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C正确；
D.2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)该反应的平衡常数K=c(O2)只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以同一温度下，c(O2)不变，图象不符，故D错误．
故选C.
9.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，X为S，Y为F，Z为O，W为N，R为Li元素，
A.Z的单质有氧气和臭氧，氧气属于非极性分子，而臭氧为极性分子，故A正确；
B.Li+只有1个电子层，N3−、O2−、F−均有2个电子层，且电子排布完全相同，随着核电荷数的增加，简单离子半径逐渐减小，则简单离子半径Li+
D.XZ2为SO2，SO2与NaOH反应使溶液碱性减弱，从而使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，SO2体现了酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故D错误；
故选：A。
X、Y、Z、W、R均是短周期主族元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，该氢化物为氨气，则W为N元素，由图示物质结构可知，X形成6个共价键，说明X为S元素，X和Z同主族，则Z为O元素；Y、Z、W、R同周期，均为第二周期元素，Y形成1个共价单键，R形成+1价阳离子，则Y为F元素，R为Li元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构与性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A..阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故A正确；
B.由装置图可知，若铁为阳极，阳极电极方程式有Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，所以每产生0.5mlO2，整个电解池中理论上转移电子数为大于2NA，故B错误；
C.由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C正确；
D.若铁为阳极，阳极电极方程式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，在处理废水的过程中二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选：B。
由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式有Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，并且二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
11.【答案】C
【解析】解：A.Na2S2O4中Na显+1价，O显−2价，则S显+3价，处于中间价态，可能有强还原性，故A正确；
B.由分析可知，装置Ⅱ发生的反应为NO+3Ce4++2H2O=3Ce3++NO3−+4H+，NO+Ce4++H2O=Ce3++NO2−+2H+，由反应关系式：H2O∼2H+可知，消耗27g水即1.5ml水将生成3mlH+，H+数为3NA个，故B正确；
C.由分析可知，装置Ⅲ进行电解，Ce3+在阳极反应，使Ce4+得到再生，故C错误；
D.从NH4NO3溶液中获得NH4NO3固体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故D正确；
故选：C。
装置Ⅰ中，发生反应SO2+OH−=HSO3−；装置Ⅱ中，4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++NO2−+NO3−+6H+；装置Ⅲ中，2Ce3++2HSO3−−通电2Ce4++S2O42−+2OH−；装置Ⅳ中，2NO2−+O2=2NO3−；据此分析。
本题了物质的制备、电解原理的应用，注意把握流程中物质之间的转化、以及发生的反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：A.X中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以X分子中所有原子一定不共平面，故A错误；
B.X中不含手性碳原子，Y中连接醇羟基的碳原子为酸性碳原子，所以二者手性碳原子个数不相等，故B错误；
C.−CHO能被溴水氧化，发生氧化反应而使溴水褪色，故C错误；
D.X中醛基发生加成反应生成Y，该反应类型是加成反应，故D正确；
故选：D。
A.饱和碳原子具有甲烷结构特点；
B.X中不含手性碳原子，Y中连接醇羟基的碳原子为酸性碳原子；
C.−CHO能被溴水氧化；
D.X中醛基发生加成反应生成Y。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查晶胞计算，难度一般。
【解答】
A.该晶胞棱长=a×10−10cm，晶胞体积=(a×10−10cm)3=a3×10−30cm3，故A错误；
B.该晶胞中K原子个数=12×14+1+8=12、Sb原子个数=8×18+6×12=4，则K、Sb原子个数之比=12：4=3：1，故B正确；
C.与Sb最邻近的K原子数为8，故C错误；
D.K与Sb原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的14，为34apm，故D错误；
故选：B。
14.【答案】B
【解析】解：A.电解池工作时阳离子向阴极移动，即阳离子向B极移动，故A正确；
B.结合分析可知，a为电源正极，故B错误；
C.A为阴极，HSO4−氧化生成S2O82−，电极反应式为：2HSO4−−2e=S2O82−+2H+，故C正确；
D.为平衡电荷，当转移 0.2ml电子时，有 0.2mlH+通过质子交换膜，故D正确。
故选：B。
B电极上有氢气生成，发生还原反应，故B为阴极，则A为阳极，可知a为电源正极、b为电源负极。B电极反应式为：2H++2e−=H2↑，A电极反应式为：2HSO4−−2e=S2O82−+2H+.质子交换膜允许H+通过，为平衡电荷，H+由阳极通过交换膜移向阴极。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】C
【解析】解：A.pH=7时lgc(H+)=lgc(OH−)=−7，pH越小，lgc(H+)、lgc(HA)越大，lgc(OH−)、lgc(A−)越小，所以a、b、c、d分别表示lgc(HA)、lgc(A−)、lgc(H+)、lgc(OH−)，所以a表示lgc(HA)与pH的关系曲线，故A错误；
B.当c(HA)=c(A−)时，K(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)=c(H+)=10−pH=10−4.75，则K(HA)的数量级为10−5，故B错误；
C.P点溶液中存在电荷守恒中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)，同一溶液体积相等，则n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(A−)，根据图知，P点溶液中lgc(A−)=−1，则c(A−)=0.1ml/L，c(OH−)=10−1410−8.87ml/L=10−5.13ml/L，溶液呈存在物料守恒n(HA)+n(A−)=0.1ml，所以P点溶液中n(Na+)+n(H+)≈0.1ml，故C正确；
D.c(HA)⋅c(OH−)=Kh×c(A−)，向原溶液中加入稀盐酸或NaOH溶液，溶液体积增大导致溶液中c(A−)都减小，温度不变水解平衡常数不变，所以滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)⋅c(OH−)均减小，故D错误；
故选：C。
A.pH=7时lgc(H+)=lgc(OH−)=−7，pH越小，lgc(H+)、lgc(HA)越大，lgc(OH−)、lgc(A−)越小，所以a、b、c、d分别表示lgc(HA)、lgc(A−)、lgc(H+)、lgc(OH−)；
B.当c(HA)=c(A−)时，K(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)=c(H+)=10−pH；
C.P点溶液中存在电荷守恒中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)，同一溶液体积相等，则n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(A−)，根据图知，P点溶液中lgc(A−)=−1，则c(A−)=0.1ml/L，c(OH−)=10−1410−8.87ml/L=10−5.13ml/L，溶液呈存在物料守恒n(HA)+n(A−)=0.1ml；
D.c(HA)⋅c(OH−)=Kh×c(A−)，向原溶液中加入稀盐酸或NaOH溶液，溶液中c(A−)都减小。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图中各曲线表示微粒种类、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，C为解答易错点，题目难度中等。
16.【答案】粉碎固体 2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2 MO3、SO2 64 坩埚 MO3+CO32−=MO42−+CO2↑0.001ml⋅L−1
【解析】解：(1)提高焙烧效率的方法有：粉碎固体增大接触面积充分反应，焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物，反应中M元素化合价+2价变化为+6价，硫元素化合价−1价变化为+4价，该反应中氧化产物是MO3、SO2，
故答案为：粉碎固体；2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2；MO3、SO2；
(2)由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MS2、MO3、MO2，图象分析MS2、MO3的物质的量百分比均为18%，根据M元素守恒，则MO2的物质的量百分比为64%，则x为64；
故答案为：64；
(3)由钼酸得到MO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚，
故答案为：坩埚；
(4)碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠，化学方程式为：MO3+Na2CO3=Na2MO4+CO2↑，反应的离子方程式：MO3+CO32−=MO42−+CO2↑，
故答案为：MO3+CO32−=MO42−+CO2↑；
(5)BaMO4开始沉淀时，c(Ba2+)=Ksp(BaMO4)c(MO42−)=2.0×10−80.20ml⋅L−1=1.0×10−7ml⋅L−1，
所以溶液中c(SO42−)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=1.0×10−101.0×10−7ml⋅L−1=0.001ml⋅L−1，
故答案为：0.001ml⋅L−1。
灼烧钼精矿，MS2燃烧，反应方程式为2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2，碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MO3+CO32−=MO42−+CO2↑，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MO4.2H2O，
(1)焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MS2+7O2−高温2MO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物；
(2)元素守恒分析得到；
(3)灼烧用到的仪器为坩埚；
(4)碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠；
(5)据钼酸钡和硫酸钡的溶度积计算出溶液中硫酸根离子的浓度。
本题考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识，题目难度中等。
17.【答案】蒸馏烧瓶 利用生成的氢气排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化 Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净 实验装置最后应该液封，防止空气中氧气进入C而氧化产品使其纯度降低 研细后用水溶解，滴入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明未被氧化 淀粉 96%
【解析】解：Ⅰ.制备碳酸亚铁(FeCO3)
(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶，
故答案为：蒸馏烧瓶；
(2)①关闭活塞2，打开活塞1、3，可使生成的氢气排出装置内的空气，排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化，
故答案为：利用生成的氢气排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化；
②关闭活塞3，打开活塞2，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
③取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42−，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净，
故答案为：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净；
④Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则应隔绝空气，防止被氧化，
故答案为：实验装置最后应该液封，防止空气中氧气进入C而氧化产品使其纯度降低；
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体和定量测量
(1)Fe3+能与KSCN溶液反应生成络合物而导致溶液呈血红色，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，其检验方法为研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化，
故答案为：研细后用水溶解，滴入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明未被氧化；
(2)I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；根据关系式2Fe3+∼I2∼2S2O32，得
设样品纯度为ω
2CH3CH(OH)COO]2Fe⋅3H2O∼∼∼I2∼∼∼2S2O32
2×288g2ml
3.0gω4×0.02500L×0.100ml⋅L−1
ω=2×228×4×0.025×0.1002×3.0×100%=96%，
故答案为：淀粉；96%。
Ⅰ.制备碳酸亚铁(FeCO3)
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。
(1)根据仪器图形判断；
(2)①关闭活塞2，打开活塞1、3，可使生成的氢气排出装置内的空气，
②关闭活塞3，打开活塞2，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳；
③检验洗涤FeCO3沉淀的最后一次洗涤液中是否存在SO42−，判断沉淀是否洗涤干净；
④Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取碳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体和定量测量
(1)Fe3+能与KSCN溶液反应生成络合物而导致溶液呈血红色；
(2)I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；已知2Fe3++2I−=I2+2Fe2+、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，得关系式2Fe3+∼I2∼2S2O32，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。
本题考查实验制备方案，为高考常见题型，题目涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等。
18.【答案】放热 −198还原 增大 <左 108
【解析】解：(1)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=−113kJ/ml
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2=−227kJ/ml
③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3=−57kJ/ml
根据盖斯定律②×2−③×3得到④2O3(g)=3O2(g)的△H=2×(−227kJ/ml)−3×(−57kJ/ml)=−283kJ/ml，反应放热；
12(①+④)得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)的△H4=12[(−113kJ/ml)+(−283kJ/ml)]=−198kJ/ml；NO2转化为无污染的N2而脱除，N的化合价降低，所以需要加入还原剂，
故答案为：放热；−198；还原；
(2)①浓度一定时，温度升高，反应速率加快，正逆反应速率均加快，所以k1、k2、k3、k4均增大，
故答案为：增大；
②因为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应②，活化能越低，同条件下单位体积内活化能分子数越多，有效碰撞几率越大，速率越快，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2，
故答案为：<；
(3)根据图知，从b点到a点降低温度二氧化氮转化率减小，则平衡向左移动；
设开始时n(NO2)=aml，达到平衡状态时二氧化氮转化率为0.6，则消耗n(NO2)=0.6aml，
可逆反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，
开始(ml)a00
反应(ml)
平衡(ml)
平衡时混合气体总物质的量=(0.4+0.6+0.3)aml=1.3aml，恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，则平衡时混合气体总压强=1.3amlaml×160kPa=208kPa，
P(NO2)=×208kPa=64kPa、P(NO)=×208kPa=96kPa、P(O2)=×208kPa=48kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=P2(NO)⋅P(O2)P2(NO2)=(96)2×48(64)2=108，
故答案为：左；108.
(1)①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=−113kJ/ml
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2=−227kJ/ml
③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3=−57kJ/ml
根据盖斯定律②×2−③×3得到④2O3(g)=3O2(g)的△H判断反应的热效应；12(①+④)得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H4进行相应的改变；根据氧化还原反应规律将NO2转化为无污染的N2而脱除，需要加入还原剂；
(2)①浓度一定时，温度升高，反应速率加快，可逆反应中正逆反应速率均加快；
②反应的活化能越低，反应速率越快；
(3)从b点到a点降低温度二氧化氮转化率减小，则平衡逆向移动；
设开始时n(NO2)=aml，达到平衡状态时二氧化氮转化率为0.6，则消耗n(NO2)=0.6aml，
可逆反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，
开始(ml)a00
反应(ml)
平衡(ml)
平衡时混合气体总物质的量=(0.4+0.6+0.3)aml=1.3aml，恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，则平衡时混合气体总压强=1.3amlaml×160kPa=208kPa，
P(NO2)=×208kPa=64kPa、P(NO)=×208kPa=96kPa、P(O2)=×208kPa=48kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=P2(NO)⋅P(O2)P2(NO2).
本题考查化学平衡计算、盖斯定律计算等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确盖斯定律计算方法、平衡常数计算方法是解本题关键，注意活化能与反应速率关系，题目难度不大。
19.【答案】Cl2、光照 苯甲醛 酯化反应或取代反应 9 (或或)
【解析】解：(1)由A到B可知，发生的是烷基上的氯代反应，故试剂与反应条件为Cl2、光照；结合B到C的反应条件及已知(1)可知C为，其名称为苯甲醛，
故答案为：Cl2、光照；苯甲醛；
(2)根据已知(2)和D的分子式可知，2分子苯甲醛与1分子丙酮之间脱去2分子水生成D，故D的结构简式为，
故答案为：；
(3)根据F的结构简式可知丙二酸到E发生酯化反应，也属于取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
(4)由分析可知，C为，则B生成C的化学方程式是，
故答案为：；
(5)B()的芳香族化合物的同分异构体可以是苯环上连两个取代基−Cl和−CH2Cl，有邻、间、对3种结构，也可以是三个取代基−Cl、−Cl和−CH3，2个氯原子有邻、间、对3在位置，对应的甲基分别有2种、3种、1种位置，有6种结构，故符合条件的同分异构体共9种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式有、和，
故答案为：9；(或或)；
(6)发生已知(2)的反应即可生成，而可以由催化氧化得到，可由CH2ClCHClCH3水解得到，CH2ClCHClCH3可由CH2=CHCH3与氯气发生加成反应得到，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，结合已知(1)可知，碱性条件下水后脱去1分子水生成C为，与发生已知(2)中的反应生成D，由D的分子式可知，2分子苯甲醛与1分子丙酮之间脱去2分子水生成D，故D为，由F的结构简式可知，丙二酸与乙醇发生酯化反应生成E为C2H5OOCCH2COOC2H5，D与E反应中碳碳双键转化为碳碳单键并成环而生成F，F发生酯的水解反应，酸化后脱羧生成G；
(6)发生已知(2)的反应即可生成，而可以由催化氧化得到，可由CH2ClCHClCH3水解得到，CH2ClCHClCH3可由CH2=CHCH3与氯气发生加成反应得到。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，注意对给予信息的理解，较好地考查了学生的自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将浓硫酸滴到纸上
纸张变黑
浓硫酸具有吸水性
B
测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3的溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S>C
C
向2.0mL浓度均为0.1ml⋅L−1的KCl、KI混合溶液中滴加1−2滴0.01ml⋅L−1AgNO3溶液，振荡
沉淀呈黄色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合
紫红色褪去或变浅
甲醇被氧化成甲酸
步骤
反应
活化能
正反应速率方程
逆反应速率方程
Ⅰ
2NO(g)⇌N2O2(g)(快)
Ea1
v1正=K1⋅c2(NO)
v1逆=K2⋅c(N2O2)
Ⅱ
N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)
Ea2
v2正=K3⋅c(N2O2)⋅c(O2)
v2逆=K4⋅c2(NO2)
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