2026届吉林省白山市高三第二次调研化学试卷（含答案解析）

这是一份2026届吉林省白山市高三第二次调研化学试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、据最近报道，中科院院士在实验室中“种”出了钻石，其结构、性能与金刚石无异，使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是（ ）
A．种出的钻石是有机物B．该种钻石是原子晶体
C．甲烷是最简单的烷烃D．甲烷是可燃性的气体
2、某种化合物的结构如图所示，其中 X、Y、Z、Q、W 为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q 核外最外层电子数与 Y 核外电子总数相同，X 的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是
A．WX 的水溶液呈碱性
B．由 X、Y、Q、W 四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
C．元素非金属性的顺序为： Y>Z>Q
D．该化合物中与 Y 单键相连的 Q 不满足 8 电子稳定结构
3、化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．垃圾分类中可回收物标志：
B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮
C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染
D．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
4、铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是( )
A．分子中两个苯环处于同一平面
B．分子中有3个手性碳原子
C．能与浓溴水发生取代反应
D．1 ml铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 ml NaOH
5、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是
A．①②B．③⑤C．①⑥D．④⑥
6、NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物( )
A．所含共用电子对数目为(a/7+1) NAB．所含原子总数为aNA/14
C．燃烧时消耗的O2一定是33.6 a/14LD．所含碳氢键数目为aNA/7
7、用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2ml•L-1稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是
A．计算、量取：用 20 mL 量筒量取 19.6 mL 浓硫酸
B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯 ，再加入 80 mL 左右的蒸馏水 ，搅拌
C．转移、洗涤：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复2~3次
D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签
8、假定NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，46 g乙醇中含C-H键的数目为6NA
B．1 ml/L的K2SO4溶液中含K+的数目为2NA
C．标准状况下，22.4 L氦气中含质子的数目为4NA
D．1 ml HNO3被还原为NO转移电子的数目为3NA .
9、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是
A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>A
C．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
10、下列分子中，所有碳原子总是处于同一平面的是
A．B．C．D．
11、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．二氧化硫可用于食品增白
B．过氧化钠可用于呼吸面具
C．高纯度的单质硅可用于制光电池
D．用含有橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾
12、利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的SO2
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
13、下列化学用语正确的是
A．丙烯的结构简式：C3H6B．镁离子的结构示意图：
C．CO2的电子式：D．中子数为18的氯原子符号
14、PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4﹣，本身被还原为Pb2+，取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1ml/L MnSO4溶液。下列说法错误的是（ ）
A．上述实验中不能用盐酸代替硫酸
B．将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色
C．在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4﹣的氧化性强
D．若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01ml
15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 ml·L－1Na2CO3溶液中，含CO32-数目小于NA
B．标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NA
C．14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA
D．常温常压下，22.4 LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为NA
16、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．1 ml甲基(－CH3)所含的电子数为10NA
B．常温常压下，1 ml分子式为C2H6O的有机物中，含有C－O键的数目为NA
C．14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NA
D．标准状况下，22.4L四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA
17、已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA
B．1L0.1ml•L－1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NA
C．0.1mlH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NA
D．2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA
18、2012年，国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)宣布第116号元素命名为鉝(Livermrium)，元素符号是Lv，以纪念劳伦斯利弗莫尔国家实验室(LLNL)对元素发现作出的贡献。下列有关叙述中不正确的是
①Lv的非金属性比S强 ②Lv元素原子的内层电子共有110个 ③Lv是过渡金属元素 ④Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为强酸 ⑤Lv元素的最高价氧化物的化学式为LvO3
A．①③④B．①②④C．③⑤D．②⑤
19、2019年诺贝尔化学奖授予在锂电池发展上做出贡献的三位科学家。某可连续工作的液流锂离子储能电池放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，储罐中发生反应：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-
B．放电时，Li电极发生了还原反应
C．放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe2+－e−=Fe3+
D．Li+选择性透过膜可以通过Li+和H2O
20、下图为光电催化能源化利用CO2制备太阳能燃料的示意图。下列说法不正确的是
A．阳极反应式为2H2O−4e−4H++O2↑
B．CO2还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等
C．阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大
D．若太阳能燃料为甲醇，则阴极电极反应式为：CO2+6H++6e−CH3OH+H2O
21、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是
A．原子半径：Y>Z>R>X
B．Y3X2是含两种化学键的离子化合物
C．X的氧化物对应的水化物是强酸
D．X和Z的气态氢化物能够发生化合反应
22、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增重的是
A．H2还原三氧化钨(W03)B．铝与氧化铁发生铝热反应
C．锌粒投入硫酸铜溶液中D．过氧化钠吸收二氧化碳
二、非选择题(共84分)
23、（14分）Q、W、X、Y、Z 是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。
①W 的氢化物与 W 最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。
②X、Y、Z 的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。
③常温下，Q 的最高价气态氧化物与化合物 X2O2 发生反应生成盐乙。
请回答下列各题:
(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。
(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。
(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4+ + H2O(M 为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测 Z 在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。
(4)Y 形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成 NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。
24、（12分）化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
请回答下列问题：
（1）R的名称是_______________；N中含有的官能团数目是______。
（2）M→N反应过程中K2CO3的作用是____________________________________。
（3）H→G的反应类型是______________。
（4）H的分子式________________。
（5）写出Q→H的化学方程式：___________________________________。
（6）T与R组成元素种类相同，符合下列条件T的同分异构体有_____种。
①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14
其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有___________。
（7）以1，5-戊二醇() 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_________________________________________。
25、（12分）某铁磁粉Fe3O4（可能含有Fe2O3或FeO杂质），为确定其纯度，称取23.28g该样品利用图1装置进行实验探究。
已知：Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4，再生成FeO（黑色），最后生成Fe。
请回答：
（1）上述实验装置存在一个明显缺陷是___。
（2）利用仪器测定并绘制出反应过程中a装置中玻璃管内的固体质量随温度的变化曲线（图2），样品中含有的杂质成分是___（填化学式）。
（3）上述实验过程中，CO除作为反应物外，还起到的作用是___。
A．实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸
B．防止b中的溶液倒吸入a中
C．停止加热后，继续通CO气体，防止生成物被氧化
D．将产生的CO2全部赶入装置b中，以提高实验的精确度
26、（10分）为了检验在氢气和二氧化碳的混合气体中是否混入了一氧化碳，用如下的装置进行实验。请回答：
(1)写出标有番号的仪器名称：①___________，②_____________，③_____________。
(2)装置B中用的试剂是 _______________，目的是为了_______________________。
(3)当观察到E装置中出现____________现象时，说明混合气体中一定含有一氧化碳。
(4)如果混合气体中含有一氧化碳，为了保护环境，应在E装置右边的排气管口采取的措施是_____。
(5)A装置的作用是___________，反应的化学方程式是___________________。
(6)假设混合气体中的CO与CuO完全反应，当通入的气体为mg， D增重ng，E瓶增重pg。则混合气体中CO的质量百分数为：_________%；如果去掉D装置，这里计算的CO的质量百分数准确吗？为什么？___________________________________________。
27、（12分） (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g/ml)又称摩尔盐，简称FAS，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑进行下列实验。请按要求回答下列问题：
Ⅰ. FAS的制取。流程如下：
(1)步骤①加热的目的是_________________________。
(2)步骤②必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)： ______________。
Ⅱ.NH4+含量的测定。装置如图所示：
实验步骤：①称取FAS样品a g，加水溶解后，将溶液注入Y中
②量取b mL c1 ml/LH2SO4溶液于Z中
③向Y加入足量NaOH浓溶液，充分反应后通入气体N2，加热(假设氨完全蒸出)，蒸氨结束后取下Z。
④用c2ml/LNaOH标准溶液滴定Z中过量的硫酸，滴定终点时消耗d mLNaOH标准溶液。
(3)仪器X的名称______________；N2的电子式为______________。
(4)步骤③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行处理的操作是__________________；NH4+质量百分含量为(用代数式表示)__________________。
Ⅲ. FAS纯度的测定。称取FAS m g样品配制成500 mL待测溶液。分别取20.00mL待测溶液，进行如下方案实验：
(5)方案一：用0.01000ml/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定过程中需用到的仪器中(填图中序号)_________。滴定中反应的离子方程式为____________________。

① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
(6)方案二： 待测液 固体n g ；则FAS的质量百分含量为(用代数式表示)_____________________________。
(7)方案一、二实验操作均正确，却发现方案一测定结果总是小于方案二的，其可能的原因是_______________；为验证该猜测正确，设计后续实验操作为_________________，现象为______________。
28、（14分）合成气(CO、H2)是一种重要的化工原料气。合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然气部分氧化等。回答下列问题：
I.合成气的制取
（1）煤的气化制取合成气。
已知：①H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ/ml；
②部分物质的燃烧热：
则反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的△H=___kJ/ml。
（2）天然气部分氧化制取合成气。
如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为1︰2，则原混合物中H2O(g)与CO2(g)的物质的量之比为__。
Ⅱ.利用合成气合成乙醇
在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2mlCO和4mlH2，发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。
（1）写出该反应的平衡常数表达式__。
（2）下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是__(填序号)。
A．压强不再变化 B．平均摩尔质量不再变化 C．密度不再变化
（3）反应起始压强记为p1、平衡后记为p2，平衡时H2的转化率为__。(用含p1、p2的代数式表示)
Ⅲ.合成乙醇的条件选择
为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研究，实验数据如图。CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。
（1）结合图像从低温区、高温区分析温度对CO吸附强度的影响__；以及催化剂对CO吸附强度的影响__。
（2）用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是__。
29、（10分）（12分）人体必需的元素包括常量元素与微量元素，常量元素包括碳、氢、氧、氮、钙、镁等，微量元素包括铁、铜、锌、氟、碘等，这些元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。
（1）锌、铜、铁、钙四种元素与少儿生长发育息息相关，请写出Fe2+的核外电子排布式__________。
（2）1个Cu2+与2个H2N—CH2—COO−形成含两个五元环结构的内配盐（化合物），其结构简式为_______________（用→标出配位键），在H2N—CH2—COO−中，属于第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是__________（用元素符号表示），N、C原子存在的相同杂化方式是_________杂化。
（3）碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同，查阅文献资料可知，离子半径r(Mg2+)=66 pm，r(Ca2+)=99 pm，r(Sr2+)=112 pm，r(Ba2+)=135 pm；碳酸盐分解温度T(MgCO3)=402℃，T(CaCO3)=825℃，T(SrCO3)=1172℃，T(BaCO3)=1360℃。分析数据得出的规律是_____________，解释出现此规律的原因是____________________________________。
（4）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其结构如下：
①两个最近的F−之间的距离是___________pm（用含m的代数式表示）。
②CaF2晶胞体积与8个F−形成的立方体的体积比为___________。
③CaF2晶胞的密度是___________g·cm−3（化简至带根号的最简式，NA表示阿伏加德罗常数的值）。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、A
【解析】
A．由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石均是碳的单质，由C原子构成，不是有机物，故A错误；
B．种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B正确；
C．甲烷是最简单的有机物，1个分子中只含有4个C-H键，并且符合烷烃通式为CnH2n+2，即甲烷是最简单的烷烃，故C正确；
D．甲烷分子式为CH4，具有可燃性，是可燃性气体，故D正确；
故选：A。
2、A
【解析】
由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为 O，则Z为N，据此解答。
【详解】
由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为 O，则Z为N，
A. WX为NaH，其与水反应生成NaOH和氢气，溶液显碱性，故A正确；
B. 由 X、Y、Q、W 四种元素形成的化合物，如NaHC2O4，由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则其水溶液呈酸性，故B错误；
C. 同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强，则元素的非金属性Q＞Z＞Y，故C错误；
D. 该化合物中与Y单键相连的Q，与Y共用一对电子，并得到了W失去的一个电子，满足8电子稳定结构，故D错误；
故选A。
3、C
【解析】
A. 垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；
B. 空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；
C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；
D. 煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；
答案选C。
4、A
【解析】
A. 分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；
B. 图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；
C. 酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；
D. 1 ml铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 ml NaOH，分别是酯基消耗1ml，2个酚羟基各消耗1ml，故D正确；
故选A。
5、A
【解析】
①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；
②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；
③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O ═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；
④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；
⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；
⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；
故选A。
本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。
6、D
【解析】
C2H4和C3H6的最简式为CH2，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14ml；
【详解】
A.环丙烷、丙烯和乙烯的最简式均为CH2，每个C有4个价电子、每个H有1个价电子，平均每个CH2中形成3个共用电子对，所以总共含有共用电子对，故A错误；
B.C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含原子总数，故B错误；
C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C错误；
D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1个C-H键，C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含碳氢键数目，故D正确。
本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H4和C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。
7、C
【解析】
A．用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2ml•L-1稀硫酸，由于实验室没有180mL的容量瓶，所以应配制250mL的溶液，VmL×1.84g•mL-1×98%=0.250L× 2ml•L-1×98g·ml－1，V=27.2mL，计算、量取：用 20 mL 量筒量取27.2 mL 浓硫酸，故A错误；
B．稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞贱，造成实验室安全事故，故B错误；
C．将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯，洗涤液也应转入容量瓶，使溶质全部转移至容量瓶，故C正确；
D．容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误；
故选C。
8、D
【解析】
A．一个乙醇分子中含有5个C-H键，常温下，46 g乙醇为1ml，含C-H键的数目为5NA，故A错误；
B．1 ml/L的K2SO4溶液的体积未知，含K+的物质的量不能确定，则K+数目也无法确定，故B错误；
C．氦气为稀有气体，是单原子分子，一个氦气分子中含有2个质子，标准状况下，22.4 L氦气为1ml，含质子的数目为2NA，故C错误；
D． HNO3中氮元素的化合价由+5价变为+2价，转移3个电子，则1ml HNO3被还原为NO，转移电子的数目为1ml×3×NA/ml= 3NA，故D正确； .
答案选D。
计算转移的电子数目时，需判断出元素化合价的变化，熟练应用关于物质的量及其相关公式。
9、C
【解析】
短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。
【详解】
根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。
A. O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；
B. H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；
C. Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；
D. H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；
故合理选项是C。
本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。
10、D
【解析】
A.乙烯为平面结构，和双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故A错误；
B.与苯环相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故B错误；
C.与双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定处于一个平面，故C错误；
D.苯为平面结构，苯甲醇中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故D正确；
故答案为：D。
11、A
【解析】
A.SO2具有漂白性，可以使品红溶液等褪色，但由于SO2对人体会产生危害，因此不可用于食品漂白，A错误；
B.过氧化钠与人呼出的气体中的CO2、H2O蒸气反应会产生O2，可帮助人呼吸，因此可用于呼吸面具，B正确；
C.高纯度的单质硅是用于制光电池的材料，C正确；
D.橙色酸性重铬酸钾溶液具有强的氧化性，能将乙醇氧化，而其本身被还原为+3价的Cr3+，因此可根据反应前后颜色变化情况判断是否饮酒，故可用于检验司机是否酒驾，D正确；
故合理选项是A。
12、B
【解析】
A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；
B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；
C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；
D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；
答案选B。
除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。
13、B
【解析】
A．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，故A错误；
B．镁离子核外有10个电子，结构示意图，故B正确；
C．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故C错误；
D．从符号的意义可知A表示质量数，由质子数(Z)+中子数(N)=质量数(A)得：A=17+18=35，原子符号：，故D错误；
故答案为B。
解化学用语类题型需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
14、D
【解析】
加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1ml/L MnSO4溶液发生反应的离子方程式为：5PbO2+4H++2Mn2+=2MnO4−+5Pb2++2H2O；
A. 用盐酸代替硫酸，氯离子会被PbO2氧化，4H++2Cl−+PbO2═Cl2↑+Pb2++2H2O，故A正确；
B. 充分振荡后静置，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子，溶液颜色变为紫色，故B正确；
C. 反应中，氧化剂PbO2的氧化性大于氧化产物MnO4−的氧化性，故C正确；
D. 2mL 1ml/L MnSO4溶液中的锰离子物质的量为0.002ml，根据反应离子方程式可知消耗PbO2的物质的量为0.005ml，故D错误；
答案选D。
15、C
【解析】
A.缺少溶液的体积，不能计算溶液中含CO32-数目，A错误；
B.标准状况下，11.2 L气体的物质的量是0.5ml，若0.5ml气体完全是O2，则其中含有的O原子数目是NA，若气体完全是O3，其中含有的O原子数目为1.5NA，故标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于NA，B错误；
C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则14g该混合物中含有1mlCH2，1mlCH2中含有2mlC-H键，因此14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA，C正确；
D. 在常温常压下，22.4 LCO2的物质的量小于1ml，因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于NA，D错误；
故合理选项是C。
16、C
【解析】
A.1个甲基中含有9个电子，则1 ml甲基(－CH3)所含的电子数为9NA，A错误；
B.分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1个乙醇分子中含1个C—O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1个二甲醚分子中含2个C—O键），故不能确定其中含有的C－O键的数目，B错误；
C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1个最简式中含有3个原子，14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1ml，因此含有的原子总数为3NA，C正确；
D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D错误；
故答案是C。
17、A
【解析】
A. 假设3g由CO2和SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg,有CO2含有的质子的物质的量为，SO2含有的质子的物质的量为，电子的总物质的量为，因此3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA，A项正确；
B. 由于SiO32-会水解，因此1L0.1ml•L－1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目小于0.1NA，B项错误；
C. 1ml过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1ml，因此0.1mlH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C项错误；
D. 聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D项错误。
故答案选A。
溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题：溶液的体积是否已知；溶质能否水解或电离；水本身是否存在指定的元素等。
18、A
【解析】
①第116号元素命名为鉝，元素符号是Lv，根据命名得出Lv是金属，故①错误；
②第116号元素命名为鉝，是第VIA元素，最外层有6个电子，因此Lv元素原子的内层电子共有110个，故②正确；
③Lv是第VIA元素，不是过渡金属元素，故③错误；
④Lv是金属，Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为碱，故④错误；
⑤Lv元素是第VIA元素，最高价为+6价，其最高价氧化物的化学式为LvO3，故⑤正确；根据前面分析得出A符合题意。
综上所述，答案为A。
同主族从上到下非金属性减弱，金属性增强；同周期从左到右非金属性增强，金属性减弱。
19、A
【解析】
A.储能电池中锂为负极，失去电子生成锂离子，钛电极为正极，溶液中的铁离子得到电子生成亚铁离子，储罐中亚铁离子与S2O82-反应，反应的离子方程式为：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-，故正确；
B.放电时锂失去电子发生氧化反应，故错误；
C. 放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe3++e−= Fe2+，故错误；
D. Li+选择性透过膜可以通过Li+不能通过水，故错误。
故选A。
掌握原电池的工作原理，注意锂离子选择性的透过膜只能通过锂离子，S2O82-为还原性离子，能被铁离子氧化。
20、C
【解析】
图中阳极是水失电子，生成O2和H+，电极反应式为：2H2O−4e−4H++O2↑，选项A正确；CO2被还原时，化合价降低，还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等，选项B正确；装置中阳极材料是光电催化材料，阴极是惰性电极Pt，二者不能互换，选项C错误；若太阳能燃料为甲醇，阴极反应物为CO2和H+，则电极反应式为：CO2+6H++6e−CH3OH+H2O，选项D正确。
21、D
【解析】
根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。
【详解】
依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。
A.原子半径：Mg>S>N>H，A错误；
B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；
C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；
D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。
故选D。
22、D
【解析】
A、H2还原三氧化钨(W03)，固体由WO3变成W，质量减少，故A错误；B、铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变，故B错误；C、锌粒投入硫酸铜溶液中生成铜和硫酸锌，相对原子质量锌为65，铜为64，由锌变成铜质量减小，故C错误；D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1mlNa2O2变成1mlNa2CO3质量增大，故D正确；故选D。
二、非选择题(共84分)
23、NH4++H2O NH3·H2O+H+ 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 第三周期第ⅦA 族 16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O
【解析】
根据题干可知 Q、W、X、Y、Z 分别为 C、N、O、Na、Cl 五种元素。
(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。
(3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族。
(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。
【详解】
(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2O NH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。
(3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族，故答案为：第三周期第ⅦA 族。
(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。
24、邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛) 4 消耗产生的HCl，提高有机物N的产率 取代反应 C15H18N2O3 +→2HCl+ 17 、
【解析】
R在一定条件下反应生成M，M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据R和M的分子式，R在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成M，则R的结构简式为，N在一定条件下反应生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q与反应生成H，根据H的结构简式和已知信息，则Q的结构简式为，P的结构简式为：；H在(Bc)2O作用下反应生成G，据此分析解答。
【详解】
(1)根据分析， R的结构简式为，名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据N的结构简式，其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基，共4种官能团；
(2)M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据结构变化，M到N发生取代反应生成N的同时还生成HCl，加入K2CO3可消耗产生的HCl，提高有机物N的产率；
(3)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q中氨基上的氢原子被取代，H→G的反应类型是取代反应；
(4)结构式中，未标注元素符号的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个键，不足键由氢原子补齐，H的分子式C15H18N2O3；
(5)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q→H的化学方程式：+→2HCl+；
(6) R的结构简式为，T与R组成元素种类相同，①与R具有相同官能团，说明T的结构中含有羟基和醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，即T比R中多一个-CH2-，若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CHO构成，则连接方式为；若T是由和-OH构成，则连接方式为；若T是由和-CH(OH)CHO构成，则连接方式为，符合下列条件T的同分异构体有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2，说明分子中含有5种不同环境的氢原子，结构简式有、；
(7)以1，5-戊二醇() 和苯为原料，依据流程图中Q→F的信息，需将以1，5-戊二醇转化为1，5-二氯戊烷，将本转化为硝基苯，再将硝基苯转化为苯胺，以便于合成目标有机物，设计合成路线：。
苯环上含有两个取代基时，位置有相邻，相间，相对三种情况，确定好分子式时，确定好官能团可能的情况，不要有遗漏，例如可能会漏写。
25、缺少尾气处理装置 Fe2O3 ABCD
【解析】
（1）剩余的气体不能处理，缺少尾气处理装置；
（2）由图3质量的变化来解答，Fe2O3～Fe3O4～FeO～Fe质量变化3次；
（3）实验开始时，排尽装置中的空气，停止加热后，导管中还有残留的二氧化碳，继续通入CO，可以将其赶到B装置中，减小实验误差，能防止倒吸等；
【详解】
（1）一氧化碳有毒不能排放，应收集或吸收，上述实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置；
（2）Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4，再生成FeO（黑色），最后生成Fe，由图可以看出，管内的固体质量变化了3次，如果只有Fe3O4，只会Fe3O4～FeO～Fe变化2次，而如果是Fe2O3则Fe2O3～Fe3O4～FeO～Fe变化3次，故含有杂质为Fe2O3；
（3）CO除作为反应物外，
A．利用一氧化碳气体可以在实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故A正确；
B．一氧化碳不溶于水，可以防止b中的溶液倒吸入a中，故B正确；
C．停止加热后，继续通CO气体，在一氧化碳气体中铁不易被氧化，可防止生成物被氧化，故C正确；
D．将产生的CO2全部赶入装置b中，减小实验误差，以提高实验的精确度，故D正确；
故选ABCD；
难点：在于掌握通入CO后，铁的氧化物的转化流程，找准质量变化的几个点是解答此题的突破口。
26、集气瓶 铁架台 酒精灯 澄清石灰水 检验混合气体中的二氧化碳是否被完全吸收 白色浑浊（或白色沉淀） 验纯后点燃（或套接气球或塑料袋） 除去空气中的CO2 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 不准确，因为E瓶增重的pg包含了水蒸汽的质量
【解析】
(1)结合装置图书写装置名称；
(2)根据检验一氧化碳是将一氧化碳转化为二氧化碳检验，从排除干扰方面分析；
(3)根据一氧化碳和氧化铜生成铜和二氧化碳、二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊分析；
(4)根据一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳，二氧化碳无毒分析；
(5)根据二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水分析；
(6) 根据E中质量的增加量是生成的二氧化碳的质量，再根据二氧化碳的质量计算出一氧化碳的质量，再用一氧化碳的质量除以气体的总质量即可。
【详解】
(1)根据图示：①为集气瓶，②为铁架台，③为酒精灯；
(2)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳，然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳．但该混合气体中原来就有二氧化碳，为了避免引起干扰，所以应该先把二氧化碳吸收完，A装置目的就是吸收二氧化碳，B装置用来检验混合气体中二氧化碳是否吸收完全，所以应该用澄清石灰水；
(3) 氢气和一氧化碳都会与氧化铜反应，氢气与氧化铜反应生成水，而一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，二氧化碳可以使E中出现混浊现象。即只要E中变浑浊就证明混合气体中有一氧化碳；
(4) E中出来的气体中有一氧化碳，一氧化碳有毒，不能直接排放到空气中，一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳，二氧化碳无毒，为了保护环境，应在E装置右边的排气管口点燃气体；
(5)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳，然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳，但该混合气体中原来就有二氧化碳，为了避免引起干扰，所以应该先把二氧化碳吸收完全，A装置目的就是吸收二氧化碳，，反应方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；
(6)E瓶增重pg．说明生成二氧化碳质量为pg，设生成pg二氧化碳需要一氧化碳的质量为x，则：
根据：=，解得x=g，所以混合气体中CO的质量百分数为：×100%=%，如果去掉D装置，氢气与氧化铜反应生成的水也进入E装置内，误认为是生成的二氧化碳的质量，所以计算出的一氧化碳质量偏大。
本题易错点为(2)中对B装置作用的判断，会误认为B中盛装浓硫酸来吸收混合气体中的水蒸气，该实验的目的在于检验混合气体中含有一氧化碳，水蒸气对检验一氧化碳基本无影响，二氧化碳的存在是干扰一氧化碳检验的重点。
27、加快并促进Na2CO3水解，有利于除去油污 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 分液漏斗 用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中 ×100% ①④⑤⑥ MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ×100% 部分Fe2+被氧气氧化 取少量待测溶液于试管中，加入少量KSCN溶液 溶液变红色
【解析】
废铁屑用热的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe与H2SO4反应产生硫酸亚铁溶液，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐FAS，以此分析解答。
【详解】
Ⅰ．(1)步骤①是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而可加快油污的除去速率；
(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的Fe3+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)根据图示可知：仪器X的名称为分液漏斗；N原子最外层有5个电子，两个N原子之间共用3对电子形成N2，使每个N原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为；
(4)蒸出的氨气中含有水蒸气，使少量的氨水残留在冷凝管中，为减小实验误差，用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中；
根据反应方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物质之间的物质的量关系为：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)= b×10-3L×c1 ml/L=bc1×10-3ml，
n(NaOH)=c2ml/L×d×10-3L=c2d×10-3ml，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3ml- c2d×10-3ml=(2bc1-dc2)×10-3ml；根据N元素守恒可知该摩尔盐中含有的NH4+的物质的量为n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3ml，故NH4+质量百分含量为×100%；
(5)用0.01000ml/L的酸性溶液滴定溶液中的Fe2+离子，酸性溶液盛装在酸式滴定管中，盛装待测液需要使用④锥形瓶，滴定管需要固定，用到⑤铁架台及⑥铁夹。故滴定过程中需用到的仪器是①④⑤⑥；KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，同时产生了水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得滴定中反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
(6)根据元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O～2SO42-～2BaSO4，
n(BaSO4)=ml，则n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=n(BaSO4)=×ml=ml，则500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为ml×，则mg样品中FAS的质量百分含量为×100%=；
(7)已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是Fe2+被空气中的氧气部分氧化，设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为：取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明Fe2+已被空气部分氧化。
本题考查物质制备实验方案的设计的知识，涉及物质的净化除杂、物质电子式的书写、滴定实验过程中仪器的使用、分析应用、氧化还原反应方程式的书写与计算、物质含量的测定与计算等，该题综合性较强，要注意结合题给信息和装置特点及物质的性质分析，题目难度中等。
28、+131.3 2：1 AB ×100% 在低温区，温度升高，不同催化剂对CO的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小 相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大 550℃
【解析】
I.(1)书写出C、CO、H2燃烧的热化学反应方程式，然后根据盖斯定律得到结果；
(2)分别书写出CH4与O2、CH4与H2O、CH4与CO2反应的方程式，根据反应方程式的特点，进行分析判断；
II.(1)根据化学平衡常数的定义进行分析；
(2)根据化学平衡状态的定义进行分析；
【详解】
I.(1)C(s)＋O2(g)＋CO2(g) △H=－393.5kJ·ml－1 ①，
CO(g)＋O2(g)=CO2(g) △H=－283.0kJ·ml－1 ②,
H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·ml－1 ③，
H2O(g)=H2O(l) △H=－44kJ·ml－1 ④，根据盖斯定律，①＋④－③－②，得出△H=＋131.3kJ·ml－1；
(2)分别发生的方程式为CH4＋O2=CO＋2H2、CH4＋CO2=2CO＋2H2、CH4＋H2O=CO＋3H2，要求合成气中CO和H2的物质的量之比为1：2，O2可以是任意值，只需让CO2、H2O反应后CO的物质的量、H2的物质的量之比为1：2即可，令CO2为aml，则生成n(CO)=2aml，n(H2)=2aml，令H2O为bml，则生成n(CO)=bml，n(H2)=3bml，有(2a＋b)：(2a＋3b)=1：2，解得a：b=1：2；
II.(1）根据化学平衡常数的定义，K=;
(2)A. 因为反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B. 组分都是气体，气体质量保持不变，该反应为气体物质的量减少的反应，根据摩尔质量的定义，因此当摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C. 气体的总质量保持不变，容器为恒容，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
(3)相同条件下，压强之比等于物质的量，即达到平衡后气体总物质的量为ml，，解得n(H2)= ml，则H2的转化率为=×100%；
III.(1)根据图像，在低温区，温度升高，不同催化剂对CO的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小；相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大；
(2)根据图像，最适宜温度为550℃。
II.（3）计算氢气的转化率，一般采用三段式法进行计算，我们也可以采用其他方法进行计算，该反应为物质的量减少的反应，因此可以采用差量法进行，先根据相同条件下，压强之比等于物质的量之比，求出达到平衡后，气体总物质的量，起始前气体总物质的量减去该值，即反应过程中减少的量，这种方法比三段式法要简单一些，因此平时化学反应原理计算过程中，应多总结一些计算方法。
29、 [Ar]3d6（或1s22s22p63s23p63d6 N>O>C sp3 随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高 金属离子半径越小，其与碳酸根离子中氧的作用力越强，与碳的作用力则减弱，对应的碳酸盐就越容易分解（或其他合理答案） 8∶1
【解析】
（1）Fe的核电荷数为26，核外电子排布式[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。
（2）1个Cu2+与2个H2N—CH2—COO−形成的盐，因为含两个五元环结构，所以结构为；在H2N—CH2—COO−中，属于第二周期元素的是C、N、O，第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，在H2N—CH2—COO−中，N的杂化方式为sp3、C的杂化方式为sp3和sp2，相同的是sp3杂化。
（3）随着金属离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高；一般认为，含氧酸盐热分解的本质是金属离子争夺含氧酸根中的氧元素，金属离子的半径越小，夺取含氧酸根中的氧的能力越强，含氧酸盐的热分解温度越低，越易分解。
（4）①根据侧面图可看出，2m pm为面对角线的长度，边长为pm，两个最近的F−之间的距离为立方体边长的一半，所以两个最近的F−之间的距离为 pm。
②观察晶胞，可看出8个F−形成的小立方体的边长为CaF2晶胞边长的，所以CaF2晶胞体积与8个F−形成的立方体的体积比为(2∶1)3=8∶1。
③根据图示可知CaF2晶胞中含4个Ca2+和8个F−，它的边长为pm=×10−10 cm，利用ρVNA =4M得出ρ= g·cm−3= g·cm−3。