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山东省威海市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份山东省威海市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共27页。试卷主要包含了07g，故产率为，0ml·L-1等内容，欢迎下载使用。
山东省威海市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东威海·高一统考期末）我国传统酿造工艺历史悠久，流程一为由谷物酿酒的过程，流程二为饮酒后乙醇在人体内的转化过程。根据题给信息和所学知识回答下列问题：
(1)葡萄糖的结构简式为______________，所含官能团有醛基和______(写名称)。
(2)下列说法正确的是________。
a.由谷物酿造的酒，对人体有益而无害，可放心饮用
b.蛋白质、淀粉水解的最终产物分别是氨基酸和葡萄糖
c.交警用酒精检测仪(含K2Cr2O7)查“酒驾”，其实质是乙醇被氧化
d.脂肪属于高分子化合物，水解后才能被人体吸收
e.啤酒的度数一般是3～5(%vol)，表示的是100mL酒中含有3～5g乙醇
(3)实验室中实现③转化的化学方程式为__________________________________。
(4)阿司匹林() 是一种解热、镇痛和消炎药物，可由水杨酸( ) 和乙酸反应得到，该反应的化学方程式为_______________________，其反应类型为____________。
2. （2021春·山东威海·高一统考期末）工业废气中CO的处理和合理利用，越来越受到关注。
(1)在两个固定容积为2L的恒容密闭容器中均充入2molCO和2molNO，在不同条件下发生反应2CO(g)+2NO(g) ⇌2CO2(g)+N2(g)，实验测得反应体系的压强与时间t的变化曲线如图所示。
①与实验a相比，实验b采取的措施可能是_______，理由是_______；
②0~10min内，实验b对应条件下υ(NO)=_______；
③实验a条件下，反应的平衡常数Kc=_______。
(2)CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) △H。已知：υ(正)=k(正)·x(CO)·x2(H2)，υ(逆)=k(逆)·x(CH3OH)，其中x为各组分的体积分数。在密闭容器中按物质的量之比为1∶2充入CO和H2，测得平衡混合气体中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。
①P1_______P2(填“>”“＜”)；升高温度，_______(填“增大”“减小”或“不变”)；
②c、d、e三点平衡常数Kc、Kd、Ke三者之间的关系为_______，理由是_______；
③f点，=_______(保留三位有效数字)。
3. （2020春·山东威海·高一统考期末）为探究影响化学反应速率的因素，某研究小组设计了如下五个实验。按要求回答下列问题 (已知：Cu2+、Fe3+对H2O2的分解起催化作用) 。
(1)为探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验___________(填序号，下同) ，选择的依据是_______________________。
(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，应选择实验___________。
(3)通过观察发现实验⑤比实验③现象明显，其原因是____________________。
(4)根据上述实验，用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为___________。
4. （2021春·山东威海·高一统考期末）草酸(H2C2O4)用途广泛，是一种易溶于水的二元有机弱酸，可与酸性KMnO4溶液发生反应：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。回答下列问题：
(一)探究外界条件对反应速率的影响
实验
编号
所加试剂及用量/mL
条件
溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.01mol·L-1
H2C2O4溶液
0.01mol·L-1
KMnO4溶液
3.0mol·L-1
稀H2SO4
水
温度/℃
1
8.0
2.0
2.0
3.0
20
t1
2
6.0
2.0
2.0
5.0
20
t2
3
6.0
2.0
2.0
5.0
30
t3
4
5.0
2.0
2.0
5.0
30
t4
(1)对比实验_______，可探究浓度对反应速率的影响；对比实验_______可探究温度对反应速率的影响。实验测得t3＜t2，由此得出的结论是_______。
(2)已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用。实验2中产生CO2的速率υ(CO2)与时间t的关系如图所示。试说明理由_______。
(二)测定Ca2+含量
(3)盛装KMnO4溶液应选用_______滴定管，判断达到滴定终点的现象为_______；根据题给数据，测得该乳酸钙产品的纯度为_______(保留三位有效数字)。
5. （2022春·山东威海·高一统考期末）某小组制备钴(Ⅲ)氨配合物(，，且x、y均为整数)并测定其组成的实验如下。制备过程大量放热；制备的配合物不易溶于有机溶剂，能溶于水和盐酸，在低温时溶解度小，随温度的升高溶解度逐渐增大。已知：难溶于水，性质稳定，有较强还原性。
I.制备
①将和晶体溶于水并转入三颈瓶中，再加入少量活性炭粉末和足量浓氨水混匀，然后逐滴滴入足量的溶液。
②将上述混合物恒温反应20分钟。改用冰水浴结晶，过滤。
③将过滤所得沉淀转移到热盐酸中，并趁热过滤。再向滤液中慢慢加入浓盐酸，至析出大量晶体。
④过滤，用冷的盐酸洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥称重为。
II.测组成。此类配合物内界可解离，如：
⑤取适量上述产品，加入过量浓溶液煮沸，将放出的氨气用盐酸吸收，消耗盐酸。取煮沸后的溶液加过量酸化，用溶液滴定，消耗。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为___________。
(2)步骤①中，在滴加浓氨水之前，如果不加固体，易生成___________沉淀(填化学式)，对制备不利。在加溶液之前加浓氨水的目的是___________。
(3)步骤③中“趁热过滤”的目的是___________。
(4)步骤④中采用乙醇洗涤的优点为___________。
(5)步骤⑤中加碱煮沸条件下生成氨气，说明___________(填微粒化学式)与的结合能力更强。
(6)该配合物的化学式为___________，三颈瓶中制备该配合物的化学方程式为___________。
(7)该实验的产率为___________。
6. （2020春·山东威海·高一统考期末）a~h八种元素在周期表中的位置如图所示。按要求回答下列问题 (涉及化学式用相应元素符号表示)。
a
b
c
d
e
f
g
h
(1)元素g在周期表中的位置__________________。
(2)a与c形成的18e－微粒的电子式为_____，化合物dhc中含有的化学键为_____。
(3)依据对角线规则，b与f性质相似。已知f的碳化物(f4C3)与水反应的方程式为：f4C3+12H2O＝4f(OH)3+3CH4↑，则b的碳化物(b2C)与水反应的方程式为_____________。
(4)下列方案中不能证明非金属性h比g强的是__________。
①最高价氧化物对应水化物的酸性h比g的强
②单质与变价金属反应，产物的价态h比g的高
③简单气态氢化物对应水溶液的酸性h比g的强
④h的单质可将g的单质从其化合物中置换出来
(5)选择合适的试剂设计一个简单的实验方案，证明e、f二者金属性的强弱(写出实验药品、步骤、现象和结论)___________________________________。(可供选择的试剂：水、1mol•L－1盐酸、18.4 mol•L－1硫酸、1mol•L－1NaOH溶液)
7. （2022春·山东威海·高一统考期末）如图是短周期主族元素电负性与第一电离能的关系。回答下列问题：
(1)元素③基态原子的电子排布式为___________；元素⑪的离子结构示意图为___________。
(2)元素①⑤⑧组成的18电子的化合物，其空间构型为___________。
(3)元素⑧⑨⑩⑭形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为___________(填离子符号)，元素⑥⑫⑬形成的简单氢化物，熔沸点由低到高的顺序是___________(填化学式)。
(4)实验室制备⑮单质的离子方程式为___________。
(5)我国研发的新能源汽车燃料电池工作原理如图所示，其中a为元素①与⑤形成的最简单化合物，b为元素⑦的单质，c为元素⑨的最高价氧化物对应水化物，反应后得到元素⑤的最高价含氧酸盐。则电极2上的电极反应式为___________。通入标准状况下，测得电路中转移电子，则该电池电能的利用率为___________。
8. （2020春·山东威海·高一统考期末）丁烷、丁烯是重要的化工原料，在化工业有重要的作用。回答下列问题：
(1)已知下列反应：
①C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g) △H1＝＋123 kJ•mol－1
②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g) △H2＝－242kJ•mol－1
则丁烷与氧气反应生成丁烯和水(g)的热化学方程式为______________________。
(2)一定温度下，在1 L恒容密闭容器中充入1mol丁烷，发生反应：C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g)。图为丁烷和丁烯在平衡时的体积分数与T、P的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。
①105Pa时，图1中表示丁烯的曲线是______(填字母序号)。
②若在105Pa、500 ℃条件下，该反应经过10 min达到平衡状态，则0～10 min内氢气的生成速率v(H2)＝_______mol•L－1•min－1。此时，丁烷的平衡转化率为________。
③在104Pa、500 ℃条件下，该反应的化学平衡常数K＝_________。
④在一定条件下实际测得丁烯产率与温度关系如图所示。由图可知，温度高于590 ℃时，随着温度升高，丁烯产率降低，可能的原因是_______________。
9. （2021春·山东威海·高一统考期末）2021年6月17日我国成功发射神舟十二号载人飞船，顺利与空间站对接。飞船和空间站中CO2的清除和O2的再生是研究的重要问题之一、回答下列问题：
(1)空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生，流程如图所示。
①已知下列数据：
化学键
H—H
C—H
H—O
C=O
断裂化学键吸收的能量/(kJ·mol-1)
435
415
465
800
则“萨巴蒂尔反应”的热化学方程式为_______。
②“萨巴蒂尔反应”在固定容积的密闭容器中发生，若要提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有_______(写两条)。
(2)氢氧燃料电池与电解水装置配合使用，可实现充放电循环，应用于长寿命航天器中。
①CO2的富集与转化是O2再生的核心问题。“电化学富集法”是一种适合飞行器较长时间飞行的方法，装置如图所示。b极为_______极(填“正”或“负”)，a电极上发生的电极反应为_______。
②负载中电解水可实现O2的再生，阳极为_______(填“c”或“d”)，电极反应为_______。
③下列措施可提高O2生成速率的是_______。
A．提高电解时的电源电压 B．向水中加入少量的NaCl
C．适当提高电解液的温度 D．用金属铜作阳极
10. （2021春·山东威海·高一统考期末）下表是几种弱电解质的电离平衡常数K、难溶电解质的溶度积Ksp(25℃)。
电解质
平衡方程式
K
Ksp
CH3COOH
CH3COOH⇌CH3COO-+H+
1.76×10-5
H2CO3
H2CO3⇌H++
⇌H++
K1=4.31×10-7
K2=5.61×10-11
H3PO4
H3PO4⇌H++
⇌H++
⇌H++
K1=7.52×10-3
K2=6.23×10-8
K3=2.20×10-13
NH3·H2O
NH3·H2O⇌+OH-
1.76×10-5
AgBr
AgBr⇌Ag++Br-
5.4×10-13
AgCl
AgCl⇌Ag++Cl-
1.8×10-10
回答下列问题：
(1)室温下相同浓度的①CH3COONa②Na2CO3③NaH2PO4④Na2HPO4四种溶液，它们的pH由大到小的顺序为_______(填编号)。
(2)向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为____。
(3)25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水，下列说法错误的是___。
A．若混合液pH>7，则V≥10
B．若混合液pH＜7，则c()＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．V=10时，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度
(4)升高温度可增大AgBr的溶解度，不同温度下AgBr在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。回答下列问题：
①T1_______T2(填“＞”“=”或“＜”)；
②T1温度时，对于AgBr的沉淀溶解平衡体系，下列说法正确的是_______；
A．加入NaBr可使溶液由b点变为a点
B．升温可使溶液由b点变为d点
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点
D．T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中。该沉淀转化反应的平衡常数K=_______。
11. （2022春·山东威海·高一统考期末）丙烯腈(C3H3N)是重要的化工原料，可用于制取AS树脂及人造羊毛等。回答下列问题：
(1)以丙烯、氨气、氧气为原料，在催化剂作用下合成丙烯腈(C3H3N)的反应为：已知该反应放热，同时有副产物丙烯醛生成。影响该反应中平衡产率的条件为___________；如图为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为。时反应体系中___________(填“存在”或“不存在”)丙烯和氨气，理由是___________；高于丙烯腈产率降低的原因，除平衡移动因素外还可能是___________。
(2)丙烯腈在一定条件下可生成聚丙烯腈，其化学方程式为___________，该反应类型为___________。
(3)某化学纤维的结构为，用乙炔与有关物质反应可以生成该纤维的两种单体(用来合成高分子化合物的小分子化合物)，则由乙炔合成其单体的化学方程式分别为___________。
12. （2021春·山东威海·高一统考期末）硫酸镍晶体是重要的工业原料。某学习小组用处理过的工厂废弃物(主要含NiO、Fe2O3和Fe3O4，还有少量其他不溶性物质)制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，部分工艺流程如下：
常温下溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH
7.2
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH
8.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“滤液①”中含有的金属离子是_______；滤渣②的成分为_______。
(2)操作a所用到的玻璃仪器有_______。
(3)加H2O2的目的是(用离子方程式表示)_______。
(4)已知滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L−1，进行操作b时应控制pH范围为____，操作b为____、过滤、洗涤、干燥。
(5)利用上表数据，计算常温下Fe(OH)3的Ksp=____。
13. （2022春·山东威海·高一统考期末）下图是一些生产和生活中常见有机物的转化关系。
已知：(体积分数)的Y溶液可杀菌消毒，G是一种具有香味的液体。
回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为___________，物质L的官能团名称为___________，将L滴加到少量紫色石蕊溶液中，溶液变___________色。
(2)反应③的化学方程式为___________，其反应类型为___________；M为高分子化合物，其结构简式为___________。
(3)某同学设计如图装置实现Y到Z的转化。组装好仪器，在铜网中间部分加热片刻，然后交替通入氧气和Y气体，可观察到铜网明显的实验现象。
①实验过程中可观察到铜网的现象为___________，相应的化学方程式为___________。
②实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反应也能继续进行，其原因为___________。
14. （2022春·山东威海·高一统考期末）铜铝在催化方面有重要作用，铜基催化剂可高效还原。回答下列问题：
(1)下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
已知可以稳定存在但不存在，其主要原因是___________。
(2)与所有原子最外层均满足结构，则中碳原子的杂化方式为___________，属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，沸点：___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
(3)已知胆矾中原子间的连接关系如图所示。该晶体中不含有的作用力有___________(填标号)。
A．氢键 B．非极性键 C．极性键 D．金属键 E．配位键
已知胆矾晶体加热时，随温度升高可能会经历若干个反应过程。将胆矾缓缓加热，经历第一个过程充分反应后固体质量减轻___________g。然后继续加热到，得到黑色固体、水蒸气和另外三种气体(其中一种气体有漂白作用，其质量为)，则胆矾分解的总反应方程式为___________。
参考答案：
1. HOCH2(CHOH)4CHO 羟基 bc 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O +CH3COOH +H2O 取代反应(酯化反应)
【详解】(1)葡萄糖属于单糖，其结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，所含官能团有醛基和羟基。
(2)a.过度饮酒对人体有害，a错误；
b.蛋白质、淀粉水解的最终产物分别是氨基酸和葡萄糖，b正确；
c.交警用酒精检测仪(含K2Cr2O7)查“酒驾”，由于重铬酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性，所以其实质是乙醇被氧化，c正确；
d.脂肪属于酯类，相对分子质量没有超过10000，不属于高分子化合物，d错误；
e.啤酒的度数一般是3～5(%vol)，表示的是100mL酒中含有3～5mL乙醇，e错误；
答案选bc；
(3)反应③是乙醇转化为乙醛，则实验室中实现③转化的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
(4)阿司匹林()是一种解热、镇痛和消炎药物，可由水杨酸( )和乙酸反应得到，根据原子守恒可知还有水生成，则该反应的化学方程式为+CH3COOH +H2O，其反应类型为取代反应。
2. 使用催化剂 反应速率加快，但平衡状态与实验a相同 0.05mol·L-1·min-1 1(mol·L-1)-1 > 减小 Kc>Kd=Ke d、e两点温度相同，所以Kd=Ke；CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)该反应为放热反应，c点温度低于e点，温度越低，K越大，所以Kc>Kd=Ke 1.79
【详解】(1)在两个固定容积为2L的恒容密闭容器中均充入2molCO和2molNO，在不同条件下发生反应2CO(g)+2NO(g) ⇌2CO2(g)+N2(g)，压强随反应而变化，当压强不变时处于平衡状态。则：
①“早拐早平速率快”。那么曲线b比a反应速率更快。但是建立的平衡是相同的。因此，与实验a相比，实验b采取的措施可能是使用催化剂，理由是反应速率加快，但平衡状态与实验a相同；
② ，，得x=0.25mol/L，则0~10min内，实验b对应条件下；
③平衡常数只与温度有关。实验a、b反应温度相同，则实验a条件下，反应的平衡常数。
(2)①增压平衡朝着气体分子总数减少的方向移动即向右移动、一氧化碳的平衡转化率增大。由图知，P1时一氧化碳的平衡转化率大，则P1 P2；平衡时，=1，则，由图知，升温平衡左移，则升高温度，x(CH3OH)减小、 x(CO)、x (H2)增大，则减小；
②由图知、结合勒夏特列原理——升温，平衡朝着吸热方向移动，可推知：CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)正反应是放热反应；平衡常数只与温度有关。c、d、e三点平衡常数Kc、Kd、Ke三者之间的关系为Kc>Kd=Ke，理由是d、e两点温度相同，所以Kd=Ke；CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)该反应为放热反应，c点温度低于e点，温度越低，K越大，所以Kc>Kd=Ke；
③c点已平衡，则=1，，则x(CO)=， x (H2)= ， x(CH3OH)= ，则。f点，，则x(CO)=， x (H2)= ， x(CH3OH)= ， ，则 (保留三位有效数字)。
3. ②和③ 反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量(或不同) ①③④ 实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快 升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度
【分析】(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，据此分析判断；
(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，据此分析判断；
(3) 比较实验⑤和实验③反应条件的差别，据此分析解答；
(4)根据上述实验，从温度、浓度、催化剂等角度选取合适的措施。
【详解】(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，实验②和③反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量，可以选择实验②和③探究温度对化学反应速率的影响，故答案为：②和③；反应物浓度和催化剂相同，只有温度不同；
(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，实验①、③和④的温度、浓度均相同，只有催化剂不同，可以探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，故答案为：①③④；
(3) 实验⑤和实验③的温度和催化剂相同，但实验⑤的浓度更大，反应速率更快，现象更明显，故答案为：实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快；
(4)根据上述实验，温度越高，浓度越大，使用催化剂，过氧化氢的分解速率均会加快，因此用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度，故答案为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意增加对比实验④。
4. 1和2 2和3 其他条件一定时，温度越高，化学反应速率越快 t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；
t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢。 酸式 当滴入最后半滴KMnO4溶液后，溶液变为浅紫色并且半分钟内不褪色 90.8%
【分析】反应物的性质决定了反应速率的快慢，影响反应速率的条件有反应物的浓度、温度、催化剂等等，探究影响反应速率的因素时，需要进行单因子变量控制，例如：若要探究温度对反应速率的影响，那么做对比实验时，除了控制不同的反应温度外，其余条件都需相同。测定Ca2+含量流程为：乳酸钙经酸溶、加足量草酸铵、pH在4到5是的环境中被完全转化为草酸钙沉淀、草酸钙沉淀经与硫酸反应转变为草酸，再用高锰酸钾溶液滴定，经计算即可，据此回答。
【详解】(1) 由表知，实验1和2中，除了草酸浓度不同外，其余条件都需相同，则对比实验1和2，可探究浓度对反应速率的影响；由表知，实验2和3中，除了反应温度不同外，其余条件都需相同，则对比实验2和3可探究温度对反应速率的影响。实验测得t3＜t2，说明实验3中反应速率快。由此得出的结论是：其他条件一定时，温度越高，化学反应速率越快。
(2)由图知，t0前，反应速率加快；t0后，反应速率减慢。已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用、结合分析可知： t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢。
(3) 高锰酸钾具有强氧化性、能腐蚀橡皮管，因此盛装KMnO4溶液应选用酸式滴定管。酸性KMnO4溶液滴定草酸(H2C2O4)中，反应为，高锰酸钾被还原出现褪色现象，则达到滴定终点的现象为：当滴入最后半滴KMnO4溶液后，溶液变为浅紫色并且半分钟内不褪色；根据题给数据，，由分析、结合元素质量守恒可知：草酸、草酸钙及乳酸钙的物质的量均为，则乳酸钙产品的纯度为 (保留三位有效数字)。
5. (1)分液漏斗
(2) 将不易被氧化的转化为具有较强还原性的
(3)除去活性炭并防止产品析出
(4)产品损失少
(5)
(6) 或
(7)
【分析】反应物在三颈烧瓶中反应制备配合物，反应完全后冰水浴降低其溶解度，配合物结晶析出，因配合物在热的水或盐酸溶液中溶解度高，将结晶后得到的产物溶于热盐酸并趁热过滤除去活性炭，再加浓盐酸析出晶体，用有机溶剂洗涤，得到干燥的产品。
（1）
由图可知仪器a的名称为：分液漏斗；
（2）
难溶于水，步骤①中，在滴加浓氨水之前，如果不加固体，易生成：沉淀；步骤①将Co2+转化为[Co(NH3)6]2+过程中，先加浓氨水后加过氧化氢溶液的目的是：将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
（3）
根据题中信息：制备的配合物能溶于水和盐酸，在低温时溶解度小，随温度的升高溶解度逐渐增大，故趁热过滤的目的是：除去活性炭并防止产品析出；
（4）
配合物难溶于有机溶剂，故用乙醇洗涤的优点是：产品损失少；
（5）
步骤⑤中加碱煮沸条件下生成氨气，说明与的结合能力更强；
（6）
吸收氨气消耗盐酸的物质的量为：，即生成氨气的物质的量为0.006mol；滴定氯离子消耗的银离子的物质的量为：，即氯离子的物质的量为0.003mol，故在配合物中氨气和氯离子的物质的量之比为：2:1，配合物化学式中氯离子总个数为3，故氨气总个数为6，配合物化学式为：；三颈瓶中制备该配合物的化学方程式为：或等合理答案；
（7）
由方程式可得出关系式：，原料氯化钴的物质的量为：，氯化铵的物质的量为：，氯化铵过量，故理论上生成配合物的质量为：，实际上得到的产品质量为1.07g，故产率为：。
6. 第3周期ⅥA族 离子键、共价键 Be2C＋4H2O＝2Be(OH)2＋CH4↑ ③ 取一小段镁条和铝条，用砂纸除去表面的氧化膜，分别放入盛有等体积1mol•L－1的盐酸(或热水)的两只烧杯中，镁条与盐酸反应的剧烈程度大于铝条与盐酸反应的剧烈程度，说明金属性Mg大于Al (其他合理答案也正确)
【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，a为H元素，b为Be元素，c为O元素，d为Na元素，e为Mg元素，f为Al元素，g为S元素，h为Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质进行分析解答。
【详解】(1)元素g为S元素，位于元素周期表第三周期第ⅥA族；
(2)H与O形成的18e-微粒为H2O2，为共价化合物，其电子式为，NaClO为离子化合物，Na+和ClO-形成离子键，ClO-中Cl和O形成共价键，因此NaClO含有的化学键有离子键和共价键；
(3)Be与Al的化学性质相似，根据已知，Al4C3+12H2O＝4Al(OH)3+3CH4↑，则Be的碳化物(Be2C)与水反应的方程式为Be2C＋4H2O＝2Be(OH)2＋CH4↑；
(4)①最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，①可以证明；
②单质与变价金属反应，产物的价态越高，单质的氧化性越强，非金属性越强，②可以证明；
③氢化物的酸性强弱不能体现非金属强弱，③不能证明；
④Cl的单质可将S的单质从其化合物中置换出来，说明非金属性Cl＞S，④可以证明；
故答案选③；
(5)根据题干中提供的试剂，可采用以下实验证明Mg和Al的金属性强弱：取一小段镁条和铝条，用砂纸除去表面的氧化膜，分别放入盛有等体积1mol•L－1的盐酸(或热水)的两只烧杯中，镁条与盐酸反应的剧烈程度大于铝条与盐酸反应的剧烈程度，说明金属性Mg大于Al。
7. (1)
(2)四面体
(3)
(4)
(5)
【分析】图示中蓝线为第一电离能，③和⑩比周围元素的第一电离能高，应为同周期元素第一电离能变化规律，且核外电子排布应为全满或半满结构，⑧的电负性为4.0，为F，故③和⑩只能为Mg和P，第一电离能为第3周期元素，故元素分别为：⑨Na、⑩Mg、⑪Al、⑫Si、⑬P、⑭S、⑮Cl；⑧的电负性为4.0，为F，同周期元素电负性呈增大趋势，各元素为②Li、③Be、④B、⑤C、⑥N、⑦O、⑧F，H的电负性介于B和C之间，故①为H。
（1）元素③为Be，基态原子的电子排布式为：；元素⑪为Al，离子结构示意图为：；
（2）元素①H、⑤C、⑧F组成的18电子的化合物为CH3F，其空间构型为：四面体；
（3）元素⑧F、⑨Na、⑩Mg、⑭S形成的简单离子分别为：F-、Na+、Mg2+、S2-，电子层数越多，半径越大，同层时核电荷数越大，半径越小，离子半径由小到大的顺序为：；元素⑥N、⑫Si、⑬P形成的简单氢化物分别为NH3、SiH4、PH3，三者均为分子晶体，氨气中含氢键，沸点最高，PH3相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高于SiH4，故熔沸点由低到高的顺序是：；
（4）元素⑮为Cl，实验室制备氯气的离子方程式为：；
（5）a为元素①与⑤形成的最简单化合物，为CH4，b为元素⑦的单质，为O2，c为元素⑨的最高价氧化物对应水化物，为NaOH，反应后得到元素⑤的最高价含氧酸盐，为碳酸钠。该装置为甲烷燃料电池，a处通入甲烷，电极1为负极，b处通入氧气，电极2为正极，电极反应为：；通入标况下11.2L甲烷，甲烷的物质的量为0.5mol，甲烷转化为碳酸根，1mol甲烷失去8mol电子，理论上共失去4.0mol电子，而电路中转移电子2.8mol，故电池电能的利用率为：。
8. 2C4H10(g)＋O2(g)＝2C4H8(g)＋2H2O(g) △H＝－238kJ•mol－1 c 0.02 20% 0.05 590℃后，副产物增多，所以丁烯产率降低
【详解】(1)已知：①C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g) △H1＝＋123 kJ•mol－1
②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g) △H2＝－242kJ•mol－1
则根据盖斯定律可知（①+②）×2即得到丁烷与氧气反应生成丁烯和水(g)的热化学方程式为2C4H10(g)＋O2(g)＝2C4H8(g)＋2H2O(g) △H＝－238kJ•mol－1。
(2)①丁烯是生成物，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，丁烯的体积分数增大，正反应体积增大，增大压强平衡向逆反应方向进行，丁烯的体积分数减小，则105Pa时，图1中表示丁烯的曲线是c。
②若在105Pa、500 ℃条件下，该反应经过10 min达到平衡状态，根据图象可知平衡时丁烯的体积分数是，根据三段式可知
所以，解得x＝0.2，则0～10 min内氢气的生成速率v(H2)＝0.02mol•L－1•min－1。此时，丁烷的平衡转化率为20%。
③在104Pa、500 ℃条件下，根据图象可知平衡时丁烷的体积分数是，根据三段式可知
所以，解得y＝0.2，该反应的化学平衡常数K＝＝0.05。
④根据图象可知590℃后，副产物增多，所以丁烯产率降低。
9. CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g) ∆H=-180kJ·mol-1 降低温度、增大H2和CO2的原料比(合理即可) 正 H2-2e-+=H2O+CO2 d 4OH--4e-=2H2O+O2↑ AC
【详解】(1)①焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，则“萨巴蒂尔反应”的热化学方程式为CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g) ∆H=[(2×800+4×435)- (4×415+4×465)] kJ·mol-1=-180kJ·mol-1。
②可通过促使平衡向右移动的方法来提高CO2的平衡转化率，则可采取的措施有降低温度、增大H2和CO2的原料比(合理即可) (写两条)。
(2)①燃料电池中，通入燃料氢气的一极为负极，通入助燃物空气的一极为正极，由图知，b极为正极，a电极为负极，负极氢气失去电子发生氧化反应转化为水，且负极区产生大量二氧化碳，则a电极上发生的电极反应为H2-2e-+=H2O+CO2。
②电解池中，与电源正极相连的电极是阳极。则阳极为d，阳极上氢氧根失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑。
③想提高O2生成速率，则：
A．提高电解时的电源电压，则增大了电流、增大了单位时间内得失电子的物质的量，即加快了反应速率，A符合；
B．向水中加入少量的NaCl，引入氯离子，氯离子可以在阳极上失去电子发生氧化反应而得不到氧气，B不符合；
C．温度越高、反应速率越快。适当提高电解液的温度，则加快化学反应速率，C符合；
D．用金属铜作阳极，则铜可以在阳极上失去电子发生氧化反应而得不到氧气，D不符合；
则可提高O2生成速率的是AC。
10. ②④①③ CO2+H2O+=+ AB ＜ CD 3×10-3
【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据知，酸性：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞＞＞，结合酸性越强，对应钠盐的水解程度越小，溶液的碱性越弱，据此分析解答；CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相等，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，据此分析判断；升高温度可增大AgBr的溶解度，即升高温度，Ksp(AgBr)增大，用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中，发生AgBr+ Cl-⇌AgCl+Br-，据此分析解答。
【详解】(1) 酸的电离平衡常数越大，其溶液酸性越强，根据表中数据知，酸性：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞＞＞，酸性越强，对应钠盐的水解程度越小，溶液的碱性越弱，则pH由大到小的顺序为②④①③，故答案为：②④①③；
(2)酸性：H2CO3＞＞＞，向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为CO2+H2O+=+，故答案为：CO2+H2O+=+；
(3) 25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水。CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相等，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性。A．若混合液pH＞7，溶液显碱性，则氨水过量，即V＞10，故A错误；B．若混合液pH＜7，则CH3COOH过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c()＜c(CH3COO-)，故B错误；C．V=5时，混合液中含有等物质的量浓度的CH3COOH和醋酸铵，根据物料守恒得2c(NH3•H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C正确；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。V=10时，醋酸和氨水恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，溶液呈中性，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度，故D正确；故答案为：AB；
(4)①升高温度可增大AgBr的溶解度，即升高温度，Ksp(AgBr)增大，根据图象，T2时的Ksp(AgBr)＞T1时的Ksp(AgBr)，则T1＜T2，故答案为：＜；
②A．NaBr抑制AgBr电离，Br-的浓度增大，导致溶液中银离子浓度减小，可以使溶液由a点变为b点，故A错误；B．升温，Ksp(AgBr)增大，即c(Ag+)=c(Br-)都增大，不能使溶液由b点变为d点，故B错误；C．d点为不饱和溶液，蒸发溶剂，溶液中c(Ag+)=c(Br-)都增大，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；D．在T1曲线上方区域(不含曲线)为过饱和溶液，温度不变，溶度积常数不变，因此T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀，故D正确；故答案为：CD；
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中，发生AgBr+ Cl-⇌AgCl+Br-，平衡常数K=====3×10-3，故答案为：3×10-3。
11. (1) 温度、压强、浓度(合理即可) 存在 该反应为可逆反应，反应只能达到平衡状态不可能进行到底 发生副反应
(2) 加聚反应
(3)、
【解析】（1）
影响平衡产率，应是影响化学平衡移动，影响条件可以是温度、浓度、压强等；该反应为可逆反应，460℃时丙烯腈的产率最大，说明反应达到平衡，反应不能进行到底，反应物和生成物共存，因此该温度下，存在丙烯和氨气；460℃以后，产率降低，可能是该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，则丙烯腈的产率降低，产率降低，还可能是升高温度，发生副反应；故答案为温度、浓度、压强等；存在；该反应为可逆反应，反应只能达到平衡状态不可能进行到底；发生副反应；
（2）
丙烯腈的结构简式为CH2=CHCN，含有碳碳双键，通过加聚反应，得到高分子化合物，反应方程式为nCH2=CHCN；故答案为nCH2=CHCN；加聚反应；
（3）
的单体为CH2=CHCN和CH2=CHOOCCH3，CH≡CH与HCN发生加成反应：CH≡CH+HCNCH2=CHCN，CH≡CH与CH3COOH发生加成反应CH≡CH+CH3COOH CH2=CHOOCCH3；故答案为CH≡CH+HCNCH2=CHCN、CH≡CH+CH3COOH CH2=CHOOCCH3。
12. Ni2+、Fe2+、Fe3+ Fe(OH)3 烧杯、漏斗、玻璃棒 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 小于7.2 蒸发浓缩、冷却结晶 1.0×10-37.4
【分析】工厂废弃物(主要含NiO、Fe2O3和Fe3O4，还有少量其他不溶性物质)中加入稀硫酸，金属氧化物溶解、生成可溶性硫酸盐，经过滤得到的 “滤液①”中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+；由图、表知，需把亚铁离子氧化成三价铁离子、再加氢氧化钠溶液调pH，得氢氧化铁沉淀，过滤，得硫酸镍溶液、经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，再经过滤、洗涤、干燥即可得到产品，据此回答。
【详解】(1)NiO、Fe2O3和Fe3O4和硫酸反应生成硫酸镍、硫酸铁和硫酸亚铁，则“滤液①”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；加氢氧化钠溶液调pH，得氢氧化铁沉淀，则过滤所得滤渣②的成分为Fe(OH)3；
(2)操作a用于分离不溶性固体和液体的混合物，则为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3) 为了除去溶液中的铁元素，需把亚铁离子氧化成三价铁离子再转变为氢氧化铁沉淀。双氧水是绿色氧化剂、加H2O2的目的用离子方程式表示为： 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)从硫酸镍溶液中提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，采用结晶法，故要防止产生Ni(OH)2沉淀，由图知，滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L−1开始沉淀时的pH为7.2，则进行操作b时应控制pH范围为小于7.2。硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)属于结晶水合物，受热易失去结晶水，则操作b为蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)铁离子沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH=3.2， ，则常温下。
13. (1) 羧基 红
(2) 酯化(取代)反应
(3) 红变黑、又变红交替出现 、 反应放热，放出的热量足以维持反应继续进行
【分析】(体积分数)的Y溶液可杀菌消毒，Y为乙醇，G是一种具有香味的液体，G为酯。故X为乙烯，Y为乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，故Z为乙醛；乙醛氧化为乙酸，L为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应得到G乙酸乙酯；M为高分子化合物，故乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，M为聚乙烯。
（1）根据分析，反应①的化学方程式为：；L为乙酸，官能团为羧基；乙酸溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红；
（2）反应③为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：；反应类型为：酯化(取代)反应；M为聚乙烯，结构简式为：；
（3）①图示为乙醇和氧气在铜的催化作用下生成乙醛。集气瓶中混气，中间装置为乙醇的催化氧化反应，U型管中收集冷凝下来的乙醛。实验过程中铜丝与氧气生成氧化铜，颜色变化为红色变为黑色，乙醇与氧化铜反应生成铜和乙醛，黑色固体又变红，反应现象会持续交替出现，故实验现象为：红变黑、又变红交替出现；发生的反应为：、；②该反应为放热反应，实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反应也能继续进行，其原因为：反应放热，放出的热量足以维持反应继续进行。
14. (1) A 的半径比大，无法形成离子
(2) 极性 ＞
(3) BD 0.54
【解析】（1）D为铝原子，电离最外层一个电子所需的能量为第一电离能，所需能量最小；BC为失去1个电子后形成的离子，电离最外层一个电子所需的能量为第二电离能，所需能量较大；A为铝失去第3个电子所需的能量，为第三电离能，所需能量最大；故选A；碘离子半径远大于氟离子，故无法形成离子；
（2）与所有原子最外层均满足结构，中碳原子的价层电子对数为2+=2，C原子采用sp杂化；分子含有极性键且结构不对称，属于极性分子；、均为分子晶体且相对分子质量更大，故的沸点更高；
（3）硫酸铜为铜离子和硫酸根离子构成的离子晶体，存在离子键，且硫酸根离子中存在极性共价键；结合图示可知，晶体中还存在氢键，铜和氧之间形成的配位键；故选BD；由图可知，在胆矾晶体平均每个中存在1个通过氢键结合的水分子，故随温度升高会首先失去1分子的结晶水，故将胆矾缓缓加热，经历第一个过程充分反应后固体质量减轻；根据质量守恒可知，加热到，得到黑色固体为氧化铜；其中一种气体有漂白作用则为二氧化硫，其质量为；反应生成二氧化硫，硫元素化合价降低，则必有元素化合价升高，故生成三种气体中会生成氧气，另一种气体为三氧化硫；、CuO、SO2的物质的量分别为、、，则根据氢元素、硫元素、氧元素守恒可知生成H2O、SO3、O2的物质的量分别为0.15mol、0.03mol -0.02mol =0.01mol、(0.03mol×4 -0.03mol -0.02mol ×2-0.01mol×3)÷2 =0.01mol，故反应中、CuO、SO3、SO2 、O2、H2O的物质的量之比为3：3：1:2：1:15，故方程式为：。
山东省威海市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东威海·高一统考期末）我国传统酿造工艺历史悠久，流程一为由谷物酿酒的过程，流程二为饮酒后乙醇在人体内的转化过程。根据题给信息和所学知识回答下列问题：
(1)葡萄糖的结构简式为______________，所含官能团有醛基和______(写名称)。
(2)下列说法正确的是________。
a.由谷物酿造的酒，对人体有益而无害，可放心饮用
b.蛋白质、淀粉水解的最终产物分别是氨基酸和葡萄糖
c.交警用酒精检测仪(含K2Cr2O7)查“酒驾”，其实质是乙醇被氧化
d.脂肪属于高分子化合物，水解后才能被人体吸收
e.啤酒的度数一般是3～5(%vol)，表示的是100mL酒中含有3～5g乙醇
(3)实验室中实现③转化的化学方程式为__________________________________。
(4)阿司匹林() 是一种解热、镇痛和消炎药物，可由水杨酸( ) 和乙酸反应得到，该反应的化学方程式为_______________________，其反应类型为____________。
2. （2021春·山东威海·高一统考期末）工业废气中CO的处理和合理利用，越来越受到关注。
(1)在两个固定容积为2L的恒容密闭容器中均充入2molCO和2molNO，在不同条件下发生反应2CO(g)+2NO(g) ⇌2CO2(g)+N2(g)，实验测得反应体系的压强与时间t的变化曲线如图所示。
①与实验a相比，实验b采取的措施可能是_______，理由是_______；
②0~10min内，实验b对应条件下υ(NO)=_______；
③实验a条件下，反应的平衡常数Kc=_______。
(2)CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) △H。已知：υ(正)=k(正)·x(CO)·x2(H2)，υ(逆)=k(逆)·x(CH3OH)，其中x为各组分的体积分数。在密闭容器中按物质的量之比为1∶2充入CO和H2，测得平衡混合气体中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。
①P1_______P2(填“>”“＜”)；升高温度，_______(填“增大”“减小”或“不变”)；
②c、d、e三点平衡常数Kc、Kd、Ke三者之间的关系为_______，理由是_______；
③f点，=_______(保留三位有效数字)。
3. （2020春·山东威海·高一统考期末）为探究影响化学反应速率的因素，某研究小组设计了如下五个实验。按要求回答下列问题 (已知：Cu2+、Fe3+对H2O2的分解起催化作用) 。
(1)为探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验___________(填序号，下同) ，选择的依据是_______________________。
(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，应选择实验___________。
(3)通过观察发现实验⑤比实验③现象明显，其原因是____________________。
(4)根据上述实验，用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为___________。
4. （2021春·山东威海·高一统考期末）草酸(H2C2O4)用途广泛，是一种易溶于水的二元有机弱酸，可与酸性KMnO4溶液发生反应：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。回答下列问题：
(一)探究外界条件对反应速率的影响
实验
编号
所加试剂及用量/mL
条件
溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.01mol·L-1
H2C2O4溶液
0.01mol·L-1
KMnO4溶液
3.0mol·L-1
稀H2SO4
水
温度/℃
1
8.0
2.0
2.0
3.0
20
t1
2
6.0
2.0
2.0
5.0
20
t2
3
6.0
2.0
2.0
5.0
30
t3
4
5.0
2.0
2.0
5.0
30
t4
(1)对比实验_______，可探究浓度对反应速率的影响；对比实验_______可探究温度对反应速率的影响。实验测得t3＜t2，由此得出的结论是_______。
(2)已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用。实验2中产生CO2的速率υ(CO2)与时间t的关系如图所示。试说明理由_______。
(二)测定Ca2+含量
(3)盛装KMnO4溶液应选用_______滴定管，判断达到滴定终点的现象为_______；根据题给数据，测得该乳酸钙产品的纯度为_______(保留三位有效数字)。
5. （2022春·山东威海·高一统考期末）某小组制备钴(Ⅲ)氨配合物(，，且x、y均为整数)并测定其组成的实验如下。制备过程大量放热；制备的配合物不易溶于有机溶剂，能溶于水和盐酸，在低温时溶解度小，随温度的升高溶解度逐渐增大。已知：难溶于水，性质稳定，有较强还原性。
I.制备
①将和晶体溶于水并转入三颈瓶中，再加入少量活性炭粉末和足量浓氨水混匀，然后逐滴滴入足量的溶液。
②将上述混合物恒温反应20分钟。改用冰水浴结晶，过滤。
③将过滤所得沉淀转移到热盐酸中，并趁热过滤。再向滤液中慢慢加入浓盐酸，至析出大量晶体。
④过滤，用冷的盐酸洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥称重为。
II.测组成。此类配合物内界可解离，如：
⑤取适量上述产品，加入过量浓溶液煮沸，将放出的氨气用盐酸吸收，消耗盐酸。取煮沸后的溶液加过量酸化，用溶液滴定，消耗。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为___________。
(2)步骤①中，在滴加浓氨水之前，如果不加固体，易生成___________沉淀(填化学式)，对制备不利。在加溶液之前加浓氨水的目的是___________。
(3)步骤③中“趁热过滤”的目的是___________。
(4)步骤④中采用乙醇洗涤的优点为___________。
(5)步骤⑤中加碱煮沸条件下生成氨气，说明___________(填微粒化学式)与的结合能力更强。
(6)该配合物的化学式为___________，三颈瓶中制备该配合物的化学方程式为___________。
(7)该实验的产率为___________。
6. （2020春·山东威海·高一统考期末）a~h八种元素在周期表中的位置如图所示。按要求回答下列问题 (涉及化学式用相应元素符号表示)。
a
b
c
d
e
f
g
h
(1)元素g在周期表中的位置__________________。
(2)a与c形成的18e－微粒的电子式为_____，化合物dhc中含有的化学键为_____。
(3)依据对角线规则，b与f性质相似。已知f的碳化物(f4C3)与水反应的方程式为：f4C3+12H2O＝4f(OH)3+3CH4↑，则b的碳化物(b2C)与水反应的方程式为_____________。
(4)下列方案中不能证明非金属性h比g强的是__________。
①最高价氧化物对应水化物的酸性h比g的强
②单质与变价金属反应，产物的价态h比g的高
③简单气态氢化物对应水溶液的酸性h比g的强
④h的单质可将g的单质从其化合物中置换出来
(5)选择合适的试剂设计一个简单的实验方案，证明e、f二者金属性的强弱(写出实验药品、步骤、现象和结论)___________________________________。(可供选择的试剂：水、1mol•L－1盐酸、18.4 mol•L－1硫酸、1mol•L－1NaOH溶液)
7. （2022春·山东威海·高一统考期末）如图是短周期主族元素电负性与第一电离能的关系。回答下列问题：
(1)元素③基态原子的电子排布式为___________；元素⑪的离子结构示意图为___________。
(2)元素①⑤⑧组成的18电子的化合物，其空间构型为___________。
(3)元素⑧⑨⑩⑭形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为___________(填离子符号)，元素⑥⑫⑬形成的简单氢化物，熔沸点由低到高的顺序是___________(填化学式)。
(4)实验室制备⑮单质的离子方程式为___________。
(5)我国研发的新能源汽车燃料电池工作原理如图所示，其中a为元素①与⑤形成的最简单化合物，b为元素⑦的单质，c为元素⑨的最高价氧化物对应水化物，反应后得到元素⑤的最高价含氧酸盐。则电极2上的电极反应式为___________。通入标准状况下，测得电路中转移电子，则该电池电能的利用率为___________。
8. （2020春·山东威海·高一统考期末）丁烷、丁烯是重要的化工原料，在化工业有重要的作用。回答下列问题：
(1)已知下列反应：
①C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g) △H1＝＋123 kJ•mol－1
②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g) △H2＝－242kJ•mol－1
则丁烷与氧气反应生成丁烯和水(g)的热化学方程式为______________________。
(2)一定温度下，在1 L恒容密闭容器中充入1mol丁烷，发生反应：C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g)。图为丁烷和丁烯在平衡时的体积分数与T、P的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。
①105Pa时，图1中表示丁烯的曲线是______(填字母序号)。
②若在105Pa、500 ℃条件下，该反应经过10 min达到平衡状态，则0～10 min内氢气的生成速率v(H2)＝_______mol•L－1•min－1。此时，丁烷的平衡转化率为________。
③在104Pa、500 ℃条件下，该反应的化学平衡常数K＝_________。
④在一定条件下实际测得丁烯产率与温度关系如图所示。由图可知，温度高于590 ℃时，随着温度升高，丁烯产率降低，可能的原因是_______________。
9. （2021春·山东威海·高一统考期末）2021年6月17日我国成功发射神舟十二号载人飞船，顺利与空间站对接。飞船和空间站中CO2的清除和O2的再生是研究的重要问题之一、回答下列问题：
(1)空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生，流程如图所示。
①已知下列数据：
化学键
H—H
C—H
H—O
C=O
断裂化学键吸收的能量/(kJ·mol-1)
435
415
465
800
则“萨巴蒂尔反应”的热化学方程式为_______。
②“萨巴蒂尔反应”在固定容积的密闭容器中发生，若要提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有_______(写两条)。
(2)氢氧燃料电池与电解水装置配合使用，可实现充放电循环，应用于长寿命航天器中。
①CO2的富集与转化是O2再生的核心问题。“电化学富集法”是一种适合飞行器较长时间飞行的方法，装置如图所示。b极为_______极(填“正”或“负”)，a电极上发生的电极反应为_______。
②负载中电解水可实现O2的再生，阳极为_______(填“c”或“d”)，电极反应为_______。
③下列措施可提高O2生成速率的是_______。
A．提高电解时的电源电压 B．向水中加入少量的NaCl
C．适当提高电解液的温度 D．用金属铜作阳极
10. （2021春·山东威海·高一统考期末）下表是几种弱电解质的电离平衡常数K、难溶电解质的溶度积Ksp(25℃)。
电解质
平衡方程式
K
Ksp
CH3COOH
CH3COOH⇌CH3COO-+H+
1.76×10-5
H2CO3
H2CO3⇌H++
⇌H++
K1=4.31×10-7
K2=5.61×10-11
H3PO4
H3PO4⇌H++
⇌H++
⇌H++
K1=7.52×10-3
K2=6.23×10-8
K3=2.20×10-13
NH3·H2O
NH3·H2O⇌+OH-
1.76×10-5
AgBr
AgBr⇌Ag++Br-
5.4×10-13
AgCl
AgCl⇌Ag++Cl-
1.8×10-10
回答下列问题：
(1)室温下相同浓度的①CH3COONa②Na2CO3③NaH2PO4④Na2HPO4四种溶液，它们的pH由大到小的顺序为_______(填编号)。
(2)向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为____。
(3)25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水，下列说法错误的是___。
A．若混合液pH>7，则V≥10
B．若混合液pH＜7，则c()＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．V=10时，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度
(4)升高温度可增大AgBr的溶解度，不同温度下AgBr在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。回答下列问题：
①T1_______T2(填“＞”“=”或“＜”)；
②T1温度时，对于AgBr的沉淀溶解平衡体系，下列说法正确的是_______；
A．加入NaBr可使溶液由b点变为a点
B．升温可使溶液由b点变为d点
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点
D．T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中。该沉淀转化反应的平衡常数K=_______。
11. （2022春·山东威海·高一统考期末）丙烯腈(C3H3N)是重要的化工原料，可用于制取AS树脂及人造羊毛等。回答下列问题：
(1)以丙烯、氨气、氧气为原料，在催化剂作用下合成丙烯腈(C3H3N)的反应为：已知该反应放热，同时有副产物丙烯醛生成。影响该反应中平衡产率的条件为___________；如图为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为。时反应体系中___________(填“存在”或“不存在”)丙烯和氨气，理由是___________；高于丙烯腈产率降低的原因，除平衡移动因素外还可能是___________。
(2)丙烯腈在一定条件下可生成聚丙烯腈，其化学方程式为___________，该反应类型为___________。
(3)某化学纤维的结构为，用乙炔与有关物质反应可以生成该纤维的两种单体(用来合成高分子化合物的小分子化合物)，则由乙炔合成其单体的化学方程式分别为___________。
12. （2021春·山东威海·高一统考期末）硫酸镍晶体是重要的工业原料。某学习小组用处理过的工厂废弃物(主要含NiO、Fe2O3和Fe3O4，还有少量其他不溶性物质)制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，部分工艺流程如下：
常温下溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH
7.2
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH
8.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“滤液①”中含有的金属离子是_______；滤渣②的成分为_______。
(2)操作a所用到的玻璃仪器有_______。
(3)加H2O2的目的是(用离子方程式表示)_______。
(4)已知滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L−1，进行操作b时应控制pH范围为____，操作b为____、过滤、洗涤、干燥。
(5)利用上表数据，计算常温下Fe(OH)3的Ksp=____。
13. （2022春·山东威海·高一统考期末）下图是一些生产和生活中常见有机物的转化关系。
已知：(体积分数)的Y溶液可杀菌消毒，G是一种具有香味的液体。
回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为___________，物质L的官能团名称为___________，将L滴加到少量紫色石蕊溶液中，溶液变___________色。
(2)反应③的化学方程式为___________，其反应类型为___________；M为高分子化合物，其结构简式为___________。
(3)某同学设计如图装置实现Y到Z的转化。组装好仪器，在铜网中间部分加热片刻，然后交替通入氧气和Y气体，可观察到铜网明显的实验现象。
①实验过程中可观察到铜网的现象为___________，相应的化学方程式为___________。
②实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反应也能继续进行，其原因为___________。
14. （2022春·山东威海·高一统考期末）铜铝在催化方面有重要作用，铜基催化剂可高效还原。回答下列问题：
(1)下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
已知可以稳定存在但不存在，其主要原因是___________。
(2)与所有原子最外层均满足结构，则中碳原子的杂化方式为___________，属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，沸点：___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
(3)已知胆矾中原子间的连接关系如图所示。该晶体中不含有的作用力有___________(填标号)。
A．氢键 B．非极性键 C．极性键 D．金属键 E．配位键
已知胆矾晶体加热时，随温度升高可能会经历若干个反应过程。将胆矾缓缓加热，经历第一个过程充分反应后固体质量减轻___________g。然后继续加热到，得到黑色固体、水蒸气和另外三种气体(其中一种气体有漂白作用，其质量为)，则胆矾分解的总反应方程式为___________。
参考答案：
1. HOCH2(CHOH)4CHO 羟基 bc 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O +CH3COOH +H2O 取代反应(酯化反应)
【详解】(1)葡萄糖属于单糖，其结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，所含官能团有醛基和羟基。
(2)a.过度饮酒对人体有害，a错误；
b.蛋白质、淀粉水解的最终产物分别是氨基酸和葡萄糖，b正确；
c.交警用酒精检测仪(含K2Cr2O7)查“酒驾”，由于重铬酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性，所以其实质是乙醇被氧化，c正确；
d.脂肪属于酯类，相对分子质量没有超过10000，不属于高分子化合物，d错误；
e.啤酒的度数一般是3～5(%vol)，表示的是100mL酒中含有3～5mL乙醇，e错误；
答案选bc；
(3)反应③是乙醇转化为乙醛，则实验室中实现③转化的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
(4)阿司匹林()是一种解热、镇痛和消炎药物，可由水杨酸( )和乙酸反应得到，根据原子守恒可知还有水生成，则该反应的化学方程式为+CH3COOH +H2O，其反应类型为取代反应。
2. 使用催化剂 反应速率加快，但平衡状态与实验a相同 0.05mol·L-1·min-1 1(mol·L-1)-1 > 减小 Kc>Kd=Ke d、e两点温度相同，所以Kd=Ke；CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)该反应为放热反应，c点温度低于e点，温度越低，K越大，所以Kc>Kd=Ke 1.79
【详解】(1)在两个固定容积为2L的恒容密闭容器中均充入2molCO和2molNO，在不同条件下发生反应2CO(g)+2NO(g) ⇌2CO2(g)+N2(g)，压强随反应而变化，当压强不变时处于平衡状态。则：
①“早拐早平速率快”。那么曲线b比a反应速率更快。但是建立的平衡是相同的。因此，与实验a相比，实验b采取的措施可能是使用催化剂，理由是反应速率加快，但平衡状态与实验a相同；
② ，，得x=0.25mol/L，则0~10min内，实验b对应条件下；
③平衡常数只与温度有关。实验a、b反应温度相同，则实验a条件下，反应的平衡常数。
(2)①增压平衡朝着气体分子总数减少的方向移动即向右移动、一氧化碳的平衡转化率增大。由图知，P1时一氧化碳的平衡转化率大，则P1 P2；平衡时，=1，则，由图知，升温平衡左移，则升高温度，x(CH3OH)减小、 x(CO)、x (H2)增大，则减小；
②由图知、结合勒夏特列原理——升温，平衡朝着吸热方向移动，可推知：CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)正反应是放热反应；平衡常数只与温度有关。c、d、e三点平衡常数Kc、Kd、Ke三者之间的关系为Kc>Kd=Ke，理由是d、e两点温度相同，所以Kd=Ke；CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)该反应为放热反应，c点温度低于e点，温度越低，K越大，所以Kc>Kd=Ke；
③c点已平衡，则=1，，则x(CO)=， x (H2)= ， x(CH3OH)= ，则。f点，，则x(CO)=， x (H2)= ， x(CH3OH)= ， ，则 (保留三位有效数字)。
3. ②和③ 反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量(或不同) ①③④ 实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快 升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度
【分析】(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，据此分析判断；
(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，据此分析判断；
(3) 比较实验⑤和实验③反应条件的差别，据此分析解答；
(4)根据上述实验，从温度、浓度、催化剂等角度选取合适的措施。
【详解】(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，实验②和③反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量，可以选择实验②和③探究温度对化学反应速率的影响，故答案为：②和③；反应物浓度和催化剂相同，只有温度不同；
(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，实验①、③和④的温度、浓度均相同，只有催化剂不同，可以探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，故答案为：①③④；
(3) 实验⑤和实验③的温度和催化剂相同，但实验⑤的浓度更大，反应速率更快，现象更明显，故答案为：实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快；
(4)根据上述实验，温度越高，浓度越大，使用催化剂，过氧化氢的分解速率均会加快，因此用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度，故答案为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意增加对比实验④。
4. 1和2 2和3 其他条件一定时，温度越高，化学反应速率越快 t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；
t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢。 酸式 当滴入最后半滴KMnO4溶液后，溶液变为浅紫色并且半分钟内不褪色 90.8%
【分析】反应物的性质决定了反应速率的快慢，影响反应速率的条件有反应物的浓度、温度、催化剂等等，探究影响反应速率的因素时，需要进行单因子变量控制，例如：若要探究温度对反应速率的影响，那么做对比实验时，除了控制不同的反应温度外，其余条件都需相同。测定Ca2+含量流程为：乳酸钙经酸溶、加足量草酸铵、pH在4到5是的环境中被完全转化为草酸钙沉淀、草酸钙沉淀经与硫酸反应转变为草酸，再用高锰酸钾溶液滴定，经计算即可，据此回答。
【详解】(1) 由表知，实验1和2中，除了草酸浓度不同外，其余条件都需相同，则对比实验1和2，可探究浓度对反应速率的影响；由表知，实验2和3中，除了反应温度不同外，其余条件都需相同，则对比实验2和3可探究温度对反应速率的影响。实验测得t3＜t2，说明实验3中反应速率快。由此得出的结论是：其他条件一定时，温度越高，化学反应速率越快。
(2)由图知，t0前，反应速率加快；t0后，反应速率减慢。已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用、结合分析可知： t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢。
(3) 高锰酸钾具有强氧化性、能腐蚀橡皮管，因此盛装KMnO4溶液应选用酸式滴定管。酸性KMnO4溶液滴定草酸(H2C2O4)中，反应为，高锰酸钾被还原出现褪色现象，则达到滴定终点的现象为：当滴入最后半滴KMnO4溶液后，溶液变为浅紫色并且半分钟内不褪色；根据题给数据，，由分析、结合元素质量守恒可知：草酸、草酸钙及乳酸钙的物质的量均为，则乳酸钙产品的纯度为 (保留三位有效数字)。
5. (1)分液漏斗
(2) 将不易被氧化的转化为具有较强还原性的
(3)除去活性炭并防止产品析出
(4)产品损失少
(5)
(6) 或
(7)
【分析】反应物在三颈烧瓶中反应制备配合物，反应完全后冰水浴降低其溶解度，配合物结晶析出，因配合物在热的水或盐酸溶液中溶解度高，将结晶后得到的产物溶于热盐酸并趁热过滤除去活性炭，再加浓盐酸析出晶体，用有机溶剂洗涤，得到干燥的产品。
（1）
由图可知仪器a的名称为：分液漏斗；
（2）
难溶于水，步骤①中，在滴加浓氨水之前，如果不加固体，易生成：沉淀；步骤①将Co2+转化为[Co(NH3)6]2+过程中，先加浓氨水后加过氧化氢溶液的目的是：将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
（3）
根据题中信息：制备的配合物能溶于水和盐酸，在低温时溶解度小，随温度的升高溶解度逐渐增大，故趁热过滤的目的是：除去活性炭并防止产品析出；
（4）
配合物难溶于有机溶剂，故用乙醇洗涤的优点是：产品损失少；
（5）
步骤⑤中加碱煮沸条件下生成氨气，说明与的结合能力更强；
（6）
吸收氨气消耗盐酸的物质的量为：，即生成氨气的物质的量为0.006mol；滴定氯离子消耗的银离子的物质的量为：，即氯离子的物质的量为0.003mol，故在配合物中氨气和氯离子的物质的量之比为：2:1，配合物化学式中氯离子总个数为3，故氨气总个数为6，配合物化学式为：；三颈瓶中制备该配合物的化学方程式为：或等合理答案；
（7）
由方程式可得出关系式：，原料氯化钴的物质的量为：，氯化铵的物质的量为：，氯化铵过量，故理论上生成配合物的质量为：，实际上得到的产品质量为1.07g，故产率为：。
6. 第3周期ⅥA族 离子键、共价键 Be2C＋4H2O＝2Be(OH)2＋CH4↑ ③ 取一小段镁条和铝条，用砂纸除去表面的氧化膜，分别放入盛有等体积1mol•L－1的盐酸(或热水)的两只烧杯中，镁条与盐酸反应的剧烈程度大于铝条与盐酸反应的剧烈程度，说明金属性Mg大于Al (其他合理答案也正确)
【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，a为H元素，b为Be元素，c为O元素，d为Na元素，e为Mg元素，f为Al元素，g为S元素，h为Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质进行分析解答。
【详解】(1)元素g为S元素，位于元素周期表第三周期第ⅥA族；
(2)H与O形成的18e-微粒为H2O2，为共价化合物，其电子式为，NaClO为离子化合物，Na+和ClO-形成离子键，ClO-中Cl和O形成共价键，因此NaClO含有的化学键有离子键和共价键；
(3)Be与Al的化学性质相似，根据已知，Al4C3+12H2O＝4Al(OH)3+3CH4↑，则Be的碳化物(Be2C)与水反应的方程式为Be2C＋4H2O＝2Be(OH)2＋CH4↑；
(4)①最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，①可以证明；
②单质与变价金属反应，产物的价态越高，单质的氧化性越强，非金属性越强，②可以证明；
③氢化物的酸性强弱不能体现非金属强弱，③不能证明；
④Cl的单质可将S的单质从其化合物中置换出来，说明非金属性Cl＞S，④可以证明；
故答案选③；
(5)根据题干中提供的试剂，可采用以下实验证明Mg和Al的金属性强弱：取一小段镁条和铝条，用砂纸除去表面的氧化膜，分别放入盛有等体积1mol•L－1的盐酸(或热水)的两只烧杯中，镁条与盐酸反应的剧烈程度大于铝条与盐酸反应的剧烈程度，说明金属性Mg大于Al。
7. (1)
(2)四面体
(3)
(4)
(5)
【分析】图示中蓝线为第一电离能，③和⑩比周围元素的第一电离能高，应为同周期元素第一电离能变化规律，且核外电子排布应为全满或半满结构，⑧的电负性为4.0，为F，故③和⑩只能为Mg和P，第一电离能为第3周期元素，故元素分别为：⑨Na、⑩Mg、⑪Al、⑫Si、⑬P、⑭S、⑮Cl；⑧的电负性为4.0，为F，同周期元素电负性呈增大趋势，各元素为②Li、③Be、④B、⑤C、⑥N、⑦O、⑧F，H的电负性介于B和C之间，故①为H。
（1）元素③为Be，基态原子的电子排布式为：；元素⑪为Al，离子结构示意图为：；
（2）元素①H、⑤C、⑧F组成的18电子的化合物为CH3F，其空间构型为：四面体；
（3）元素⑧F、⑨Na、⑩Mg、⑭S形成的简单离子分别为：F-、Na+、Mg2+、S2-，电子层数越多，半径越大，同层时核电荷数越大，半径越小，离子半径由小到大的顺序为：；元素⑥N、⑫Si、⑬P形成的简单氢化物分别为NH3、SiH4、PH3，三者均为分子晶体，氨气中含氢键，沸点最高，PH3相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高于SiH4，故熔沸点由低到高的顺序是：；
（4）元素⑮为Cl，实验室制备氯气的离子方程式为：；
（5）a为元素①与⑤形成的最简单化合物，为CH4，b为元素⑦的单质，为O2，c为元素⑨的最高价氧化物对应水化物，为NaOH，反应后得到元素⑤的最高价含氧酸盐，为碳酸钠。该装置为甲烷燃料电池，a处通入甲烷，电极1为负极，b处通入氧气，电极2为正极，电极反应为：；通入标况下11.2L甲烷，甲烷的物质的量为0.5mol，甲烷转化为碳酸根，1mol甲烷失去8mol电子，理论上共失去4.0mol电子，而电路中转移电子2.8mol，故电池电能的利用率为：。
8. 2C4H10(g)＋O2(g)＝2C4H8(g)＋2H2O(g) △H＝－238kJ•mol－1 c 0.02 20% 0.05 590℃后，副产物增多，所以丁烯产率降低
【详解】(1)已知：①C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g) △H1＝＋123 kJ•mol－1
②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g) △H2＝－242kJ•mol－1
则根据盖斯定律可知（①+②）×2即得到丁烷与氧气反应生成丁烯和水(g)的热化学方程式为2C4H10(g)＋O2(g)＝2C4H8(g)＋2H2O(g) △H＝－238kJ•mol－1。
(2)①丁烯是生成物，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，丁烯的体积分数增大，正反应体积增大，增大压强平衡向逆反应方向进行，丁烯的体积分数减小，则105Pa时，图1中表示丁烯的曲线是c。
②若在105Pa、500 ℃条件下，该反应经过10 min达到平衡状态，根据图象可知平衡时丁烯的体积分数是，根据三段式可知
所以，解得x＝0.2，则0～10 min内氢气的生成速率v(H2)＝0.02mol•L－1•min－1。此时，丁烷的平衡转化率为20%。
③在104Pa、500 ℃条件下，根据图象可知平衡时丁烷的体积分数是，根据三段式可知
所以，解得y＝0.2，该反应的化学平衡常数K＝＝0.05。
④根据图象可知590℃后，副产物增多，所以丁烯产率降低。
9. CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g) ∆H=-180kJ·mol-1 降低温度、增大H2和CO2的原料比(合理即可) 正 H2-2e-+=H2O+CO2 d 4OH--4e-=2H2O+O2↑ AC
【详解】(1)①焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，则“萨巴蒂尔反应”的热化学方程式为CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g) ∆H=[(2×800+4×435)- (4×415+4×465)] kJ·mol-1=-180kJ·mol-1。
②可通过促使平衡向右移动的方法来提高CO2的平衡转化率，则可采取的措施有降低温度、增大H2和CO2的原料比(合理即可) (写两条)。
(2)①燃料电池中，通入燃料氢气的一极为负极，通入助燃物空气的一极为正极，由图知，b极为正极，a电极为负极，负极氢气失去电子发生氧化反应转化为水，且负极区产生大量二氧化碳，则a电极上发生的电极反应为H2-2e-+=H2O+CO2。
②电解池中，与电源正极相连的电极是阳极。则阳极为d，阳极上氢氧根失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑。
③想提高O2生成速率，则：
A．提高电解时的电源电压，则增大了电流、增大了单位时间内得失电子的物质的量，即加快了反应速率，A符合；
B．向水中加入少量的NaCl，引入氯离子，氯离子可以在阳极上失去电子发生氧化反应而得不到氧气，B不符合；
C．温度越高、反应速率越快。适当提高电解液的温度，则加快化学反应速率，C符合；
D．用金属铜作阳极，则铜可以在阳极上失去电子发生氧化反应而得不到氧气，D不符合；
则可提高O2生成速率的是AC。
10. ②④①③ CO2+H2O+=+ AB ＜ CD 3×10-3
【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据知，酸性：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞＞＞，结合酸性越强，对应钠盐的水解程度越小，溶液的碱性越弱，据此分析解答；CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相等，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，据此分析判断；升高温度可增大AgBr的溶解度，即升高温度，Ksp(AgBr)增大，用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中，发生AgBr+ Cl-⇌AgCl+Br-，据此分析解答。
【详解】(1) 酸的电离平衡常数越大，其溶液酸性越强，根据表中数据知，酸性：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞＞＞，酸性越强，对应钠盐的水解程度越小，溶液的碱性越弱，则pH由大到小的顺序为②④①③，故答案为：②④①③；
(2)酸性：H2CO3＞＞＞，向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为CO2+H2O+=+，故答案为：CO2+H2O+=+；
(3) 25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水。CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相等，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性。A．若混合液pH＞7，溶液显碱性，则氨水过量，即V＞10，故A错误；B．若混合液pH＜7，则CH3COOH过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c()＜c(CH3COO-)，故B错误；C．V=5时，混合液中含有等物质的量浓度的CH3COOH和醋酸铵，根据物料守恒得2c(NH3•H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C正确；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。V=10时，醋酸和氨水恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，溶液呈中性，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度，故D正确；故答案为：AB；
(4)①升高温度可增大AgBr的溶解度，即升高温度，Ksp(AgBr)增大，根据图象，T2时的Ksp(AgBr)＞T1时的Ksp(AgBr)，则T1＜T2，故答案为：＜；
②A．NaBr抑制AgBr电离，Br-的浓度增大，导致溶液中银离子浓度减小，可以使溶液由a点变为b点，故A错误；B．升温，Ksp(AgBr)增大，即c(Ag+)=c(Br-)都增大，不能使溶液由b点变为d点，故B错误；C．d点为不饱和溶液，蒸发溶剂，溶液中c(Ag+)=c(Br-)都增大，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；D．在T1曲线上方区域(不含曲线)为过饱和溶液，温度不变，溶度积常数不变，因此T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀，故D正确；故答案为：CD；
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中，发生AgBr+ Cl-⇌AgCl+Br-，平衡常数K=====3×10-3，故答案为：3×10-3。
11. (1) 温度、压强、浓度(合理即可) 存在 该反应为可逆反应，反应只能达到平衡状态不可能进行到底 发生副反应
(2) 加聚反应
(3)、
【解析】（1）
影响平衡产率，应是影响化学平衡移动，影响条件可以是温度、浓度、压强等；该反应为可逆反应，460℃时丙烯腈的产率最大，说明反应达到平衡，反应不能进行到底，反应物和生成物共存，因此该温度下，存在丙烯和氨气；460℃以后，产率降低，可能是该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，则丙烯腈的产率降低，产率降低，还可能是升高温度，发生副反应；故答案为温度、浓度、压强等；存在；该反应为可逆反应，反应只能达到平衡状态不可能进行到底；发生副反应；
（2）
丙烯腈的结构简式为CH2=CHCN，含有碳碳双键，通过加聚反应，得到高分子化合物，反应方程式为nCH2=CHCN；故答案为nCH2=CHCN；加聚反应；
（3）
的单体为CH2=CHCN和CH2=CHOOCCH3，CH≡CH与HCN发生加成反应：CH≡CH+HCNCH2=CHCN，CH≡CH与CH3COOH发生加成反应CH≡CH+CH3COOH CH2=CHOOCCH3；故答案为CH≡CH+HCNCH2=CHCN、CH≡CH+CH3COOH CH2=CHOOCCH3。
12. Ni2+、Fe2+、Fe3+ Fe(OH)3 烧杯、漏斗、玻璃棒 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 小于7.2 蒸发浓缩、冷却结晶 1.0×10-37.4
【分析】工厂废弃物(主要含NiO、Fe2O3和Fe3O4，还有少量其他不溶性物质)中加入稀硫酸，金属氧化物溶解、生成可溶性硫酸盐，经过滤得到的 “滤液①”中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+；由图、表知，需把亚铁离子氧化成三价铁离子、再加氢氧化钠溶液调pH，得氢氧化铁沉淀，过滤，得硫酸镍溶液、经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，再经过滤、洗涤、干燥即可得到产品，据此回答。
【详解】(1)NiO、Fe2O3和Fe3O4和硫酸反应生成硫酸镍、硫酸铁和硫酸亚铁，则“滤液①”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；加氢氧化钠溶液调pH，得氢氧化铁沉淀，则过滤所得滤渣②的成分为Fe(OH)3；
(2)操作a用于分离不溶性固体和液体的混合物，则为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3) 为了除去溶液中的铁元素，需把亚铁离子氧化成三价铁离子再转变为氢氧化铁沉淀。双氧水是绿色氧化剂、加H2O2的目的用离子方程式表示为： 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)从硫酸镍溶液中提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，采用结晶法，故要防止产生Ni(OH)2沉淀，由图知，滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L−1开始沉淀时的pH为7.2，则进行操作b时应控制pH范围为小于7.2。硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)属于结晶水合物，受热易失去结晶水，则操作b为蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)铁离子沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH=3.2， ，则常温下。
13. (1) 羧基 红
(2) 酯化(取代)反应
(3) 红变黑、又变红交替出现 、 反应放热，放出的热量足以维持反应继续进行
【分析】(体积分数)的Y溶液可杀菌消毒，Y为乙醇，G是一种具有香味的液体，G为酯。故X为乙烯，Y为乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，故Z为乙醛；乙醛氧化为乙酸，L为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应得到G乙酸乙酯；M为高分子化合物，故乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，M为聚乙烯。
（1）根据分析，反应①的化学方程式为：；L为乙酸，官能团为羧基；乙酸溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红；
（2）反应③为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：；反应类型为：酯化(取代)反应；M为聚乙烯，结构简式为：；
（3）①图示为乙醇和氧气在铜的催化作用下生成乙醛。集气瓶中混气，中间装置为乙醇的催化氧化反应，U型管中收集冷凝下来的乙醛。实验过程中铜丝与氧气生成氧化铜，颜色变化为红色变为黑色，乙醇与氧化铜反应生成铜和乙醛，黑色固体又变红，反应现象会持续交替出现，故实验现象为：红变黑、又变红交替出现；发生的反应为：、；②该反应为放热反应，实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反应也能继续进行，其原因为：反应放热，放出的热量足以维持反应继续进行。
14. (1) A 的半径比大，无法形成离子
(2) 极性 ＞
(3) BD 0.54
【解析】（1）D为铝原子，电离最外层一个电子所需的能量为第一电离能，所需能量最小；BC为失去1个电子后形成的离子，电离最外层一个电子所需的能量为第二电离能，所需能量较大；A为铝失去第3个电子所需的能量，为第三电离能，所需能量最大；故选A；碘离子半径远大于氟离子，故无法形成离子；
（2）与所有原子最外层均满足结构，中碳原子的价层电子对数为2+=2，C原子采用sp杂化；分子含有极性键且结构不对称，属于极性分子；、均为分子晶体且相对分子质量更大，故的沸点更高；
（3）硫酸铜为铜离子和硫酸根离子构成的离子晶体，存在离子键，且硫酸根离子中存在极性共价键；结合图示可知，晶体中还存在氢键，铜和氧之间形成的配位键；故选BD；由图可知，在胆矾晶体平均每个中存在1个通过氢键结合的水分子，故随温度升高会首先失去1分子的结晶水，故将胆矾缓缓加热，经历第一个过程充分反应后固体质量减轻；根据质量守恒可知，加热到，得到黑色固体为氧化铜；其中一种气体有漂白作用则为二氧化硫，其质量为；反应生成二氧化硫，硫元素化合价降低，则必有元素化合价升高，故生成三种气体中会生成氧气，另一种气体为三氧化硫；、CuO、SO2的物质的量分别为、、，则根据氢元素、硫元素、氧元素守恒可知生成H2O、SO3、O2的物质的量分别为0.15mol、0.03mol -0.02mol =0.01mol、(0.03mol×4 -0.03mol -0.02mol ×2-0.01mol×3)÷2 =0.01mol，故反应中、CuO、SO3、SO2 、O2、H2O的物质的量之比为3：3：1:2：1:15，故方程式为：。
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