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2021-2022学年河北省唐山市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）卷
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这是一份2021-2022学年河北省唐山市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）卷，共23页。试卷主要包含了02NA，4L的NO与11，0×10−8，Ka1=4，92g，48L，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法错误的是( )
A. 工业中可利用反应Na(l)+KCl(l)850℃ K(g)+NaCl(l)来制取金属K
B. 油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应
C. 水玻璃是建筑行业常用的粘合剂
D. 自来水杀菌消毒可使用明矾
下列物质名称或化学式错误的是( )
A. 胆矾：CuSO4⋅5H2OB. 漂白粉有效成分：Ca(ClO)2
C. 硬脂酸：C15H31COOHD. 酚醛树脂：
关于非金属元素及其化合物的性质，下列说法正确的是( )
A. SiO2既能与HF反应又能与NaOH溶液反应，因此为两性氧化物
B. 工业上可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏
C. S与足量的O2反应可生成SO3
D. 因为海水中氯的含量高，所以氯被称为“海洋元素”
NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78gNa2O2与足量CO2反应转移电子数为NA
B. pH=2的HCl溶液中，H+的数目为0.02NA
C. 18g2H2O分子中含有的电子数目为10NA
D. 标准状况下，将22.4L的NO与11.2L的O2混合可得NA个分子
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述正确的是( )
A. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物
B. 化合物A能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 化合物X2Y2Z4可以与乙醇在一定条件下发生缩聚反应
D. X与Z形成的原子数比为1：1型分子只具有氧化性
用绿矾制备电池电极材料LiFePO4的流程如图：
下列说法正确的是( )
A. 反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B. 可用KSCN溶液检验反应1中Fe2+是否剩余
C. 洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌
D. 反应2的化学方程式为：2FePO4+H2C2O4+2LiOH=2LiFePO4+2CO2↑+2H2O
下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
香豆素一3一羧酸的结构简式如图所示，下列说法错误的是( )
A. 分子式为C10H6O4
B. 1ml该有机物最多消耗3mlNaOH
C. 分子中含有官能团只有羧基、酯基
D. 该分子中所有原子可能共面
已知Ka(HClO)=3.0×10−8，Ka1(H2CO3)=4.3×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11，下列说法错误的是( )
A. 向0.1ml⋅L−1的NaClO溶液中加水稀释，c(H+)c(HClO)增大
B. 向NaClO溶液中通HCl气体至中性，c(Na+ )+c(H+)=c(OH−)+c(ClO−)
C. 等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强
D. 向氯水中加入稍过量的碳酸氢钠粉末，溶液漂白性增强
下列离子方程式正确的是( )
A. 将少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO−+H2O=2HClO+SO32−
B. AlCl3溶液中滴加过量的氨水：A13++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C. 向NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O
D. 向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2
向含xmlHNO3和ymlH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. x=0.2，y=0.1
B. a点之前的反应离子方程式为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. 向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92g
D. 反应至c点，可收集到气体4.48L(标准状况)
顺−1，2−二甲基环丙烷(g)和反−1，2−二甲基环丙烷(g)可发生如图转化。该反应的速率方程可表示为：v正=k正⋅c顺和v逆=k正⋅c反，k正和k逆在一定温度时为常数，分别为正、逆反应速率常数。T1温度下，k正=0.006，k逆=0.002。下列说法错误的是( )
A. T1温度下，反应的平衡常数K=3
B. 温度升高，k正和k逆均增大
C. 若该转化过程为吸热反应，则活化能Ea(正)>Ea(逆)
D. 在恒容的密闭容器中，若压强不再变化则达到平衡状态
一种新型Zn−PbO2电池结构示意图如下，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为KOH、K2SO4和H2SO4，不同区域由离子交换膜(a、b)隔开。关于该电池，下列说法正确的是( )
A. Zn为电池的负极，发生的电极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−
B. a、b隔膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
C. 电池中消耗6.5gZn，理论上PbO2电极应增重6.4g
D. Zn−PbO2电池与传统铅酸蓄电池相比较，输出电压更低
我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一，工业上以伴生钒的石煤(主要成分为V2O3，含少量P2O5、SiO2等杂质)为原料制备钒的主要流程如图：
已知：①NH4VO3难溶于水。
②Ksp(MgSiO3)=2.4×10−5，Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10−27。
请回答下列问题：
(1)焙烧：通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 ______。
(2)除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀。若沉淀后溶液中c(PO43−)=1.0×10−8ml/L，则c(SiO32−)=______。随着温度升高，除磷率会显著下降，原因一是温度升高，Mg3(PO4)2溶解度增大；二是 ______。
(3)“沉钒”该操作产生的滤液中，两种主要的溶质阴离子是 ______(写符号)；检验该滤液中两种阴离子方法是 ______。
(4)灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则0℃∼210℃，发生反应的化学方程式为 ______。
(5)还原。在高温真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可以生成钒单质，该反应的化学方程式为 ______。
氯化钴(CCl2)主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：C(III)的氧化性强于Cl2，CCl2易潮解。
(1)装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为 ______。
(2)装置B中盛放的试剂为 ______，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是 ______。
(3)E中物质的名称 ______，其作用是 ______。
(4)实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是 ______。
(5)小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能会有CCl3，你是否同意该论断并解释原因是 ______。
(6)氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CCl2固体，使用氯化亚砜(SOCl2)与CCl2⋅6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是 ______。
在碳达峰、碳中和的国家战略下，工业生产废气和汽车尾气中的NOx和CO的减排及有效处理，显得尤为重要。
(1)在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH；
已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=−144kJ⋅ml−1，
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=−566kJ⋅ml−1，
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH3=−66kJ⋅ml−1。
则ΔH=______，该反应在 ______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)用金作催化剂，CO(g)+H2O(g)⇋CO2(g)+H2(g)的反应历程如图1所示，其中吸附在金催化剂表面上的微粒用“⋅”标注。该历程中最大能垒E正=______eV，写出该步骤的化学方程式 ______。
(3)将相同量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的密闭容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)，经过相同时间内测量两容器中NO的含量，从而确定NO的转化率，结果如图2所示。图像中c点是否一定是平衡状态并说明理由 ______。
(4)在另一温度下，关闭K，向A容器中充入1mlNO和2mlCO，向B容器中充入1.5mlNO和3mlCO，两容器均发生反应2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)。如图3，已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，则容器A和B中NO的转化率A ______B(填“>”、“<”或“=”)。维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为 ______L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动话塞)。则该温度下，2NO(g)+2cO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)的浓度平衡常数K=______。
磷被首次发现存在于恒星爆炸后的宇宙残余物里。它是在深空发现的两大元素之一，可能给科学家提供有关生命在宇宙里的可能性的线索。磷至少有10种同素异形体，其中主要的是白磷、红磷和黑磷三种。回答下列问题：
(1)基态磷原子最外层成单电子数与成对电子数之比为 ______。
(2)白磷晶体是由P4分子()组成的分子晶体，P4分子中键角为 ______。白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是 ______，已知有关氮、磷的单键和叁键的键能(kJ⋅ml−1)如下表：
(3)白磷隔绝空气加热到533 K转化为红磷，它是一种暗红色粉末。红磷的结构为，磷原子的杂化方式为 ______，______溶于CS2(填“难”或“易”)。
(4)黑磷是磷的一种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构(如图1)，片状结构间通过 ______相结合。
(5)磷有多种含氧酸，磷酸是其中一种，磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
若4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则该多磷酸的分子式可写成 ______。
(6)磷的卤化物有PX3和PX5两种类型，其中PCl5是白色固体，在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体。晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的 ______离子，其晶胞结构最合理的是 ______(填序号)。
双环有机物I()是重要的有机合成过程的中间体，某种合成该有机物的过程如图所示，请回答下列问题：
已知：RBr→无水乙醚MgRMgBr(R、R1、R2为烷烃基)
(1)若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则有机物A的名称为 ______。
(2)F→⑥G转化的有机反应类型为 ______，H→⑧I转化的反应条件为 ______。
(3)写出D→④E的化学反应方程式 ______。
(4)双环有机物I中共平面的碳原子数最多为 ______，有机物I存在多种同分异构体，属于苯的同系物的同分异构体个数为 ______。
(5)参照合成路线中的相关信息，设计由及甲苯合的路线(无机试剂任选)______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.850℃时，钾气化为钾蒸气脱离反应体系，促进反应平衡正向移动从而制取金属钾，故A正确；
B.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，该反应又称为皂化反应，故B正确；
C.水玻璃具有黏性，可以用于建筑行业的粘合剂，故C正确；
D.明矾溶于水形成胶体，吸附水中悬浮杂质，不能杀菌消毒，故D错误，
故选：D。
A.850℃时，钾可以气化为钾蒸气脱离反应体系；
B.油脂在碱性条件下可以水解生成高级脂肪酸盐；
C.水玻璃硅酸钠具有黏性；
D.明矾用于净水。
本题主要考查物质的组成、结构和性质，难度不大，需要掌握常见物质的性质及主要用途。
2.【答案】C
【解析】解：A.五水合硫酸铜俗名为胆矾、蓝帆，化学式为CuSO4⋅5H2O，故A正确；
B.氯气和石灰浆反应制备漂白粉，其中次氯酸钙具有强氧化性，表现出漂白性，则漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，故B正确；
C.硬脂酸是含有18个C的饱和一元酸，结构简式为C17H35COOH，C15H31COOH是软脂酸的分子式，故C错误；
D.苯酚和甲醛的反应为nHCHO+n→一定条件+H2O，是酚醛树脂的主要成分，俗名电木，故D正确；
故选：C。
A.胆矾是五水合硫酸铜的俗名；
B.氯气和石灰浆反应生成氯化钙、次氯酸钙等，次氯酸钙具有漂白性；
C.C15H31COOH是软脂酸的分子式；
D.苯酚和甲醛发生缩聚反应生成高分子化合物酚醛树脂。
本题考查了物质组成、名称或俗称、化学式的分析判断，熟练掌握常见化学物质的名称、俗称、化学式是正确解答此类题的关键，注意基础知识积累，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.SiO2和HF反应生成SiF4和H2O，不是生成盐和水，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，所以SiO2属于酸性氧化物，故A错误；
B.氨气和氯气发生反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，产生白烟，有明显现象，氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，故B正确；
C.无论氧气是否过量，S和O2反应都生成SO2，SO2和O2在催化剂、加热条件下生成SO3，故C错误；
D.海水带有咸味，海水中氯化物的含量相当高，但溴被称为“海洋元素”，故D错误；
故选：B。
A.SiO2和HF反应生成SiF4和H2O，不是生成盐和水；
B.氨气和氯气发生反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，产生白烟；
C.无论氧气是否过量，S和O2反应都生成SO2；
D.溴被称为“海洋元素”。
本题考查元素化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，C为解答易错点。
4.【答案】A
【解析】解：A.78gNa2O2物质的量为78g78g/ml=1ml，与足量CO2反应转移电子数为NA，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故B错误；
C.18g2H2O分子中含有的电子数目为：18g20g/ml×10×NAml−1=9NA，故C错误；
D.标准状况下，22.4LNO和11.2L氧气的物质的量分别为1ml、0.5ml，由2NO+O2=2NO2，2NO2⇌N2O4，则气体的分子总数小于NA个，故D错误；
故选：A。
A.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气为歧化反应，消耗1ml过氧化钠转移1ml电子；
B.溶液体积未知；
C.1个 2H2O含有10个电子；
D.由2NO+O2=2NO2，2NO2⇌N2O4，利用气体的物质的量来分析分子总数。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意可逆反应2NO2⇌N2O4的存在。
5.【答案】B
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为C、Z为O、W为Na；
A.氧的氢化物(水)常温下为液体，而碳的氢化物属于烃类，有气体、液体、固体三种状态，固体的沸点比水的高，故A错误；
B.化合物中A硫元素为+3价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故B正确；
C.化合物X2Y2Z4是HOOC−COOH，与乙醇在一定条件下酯化反应，不能发生缩聚反应，故C错误；
D.X与Z形成的原子数比为1：1型分子为H2O2，其中氧元素为−1价，H2O2既具有氧化性又具有还原性，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中W的原子半径是短周期主族元素中最大，则W为Na；化合物A的结构中，Y形成4个共价键、Z形成2个共价键，而Y、Z的原子序数都小于W(钠)，可推知Y为C元素、Z为O元素；X与Z(氧)可以形成两种常见液态化合物，推知X为H元素。
本题考查原子结构与元素周期律，注意根据化合物A中价键结构推断元素，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重分析与应用能力的考查。
6.【答案】B
【解析】解：A.反应1为2Fe2++ClO−+2H3PO4+4OH−=2FePO4↓+Cl−+5H2O，Fe2+为还原剂，ClO−为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故A错误；
B.Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应溶液变红色，所以可用KSCN溶液检验反应1中Fe2+是否剩余，故B正确；
C.过滤、洗涤时不能搅拌，避免滤纸被损坏，故C错误；
D.反应2的化学方程式为：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O，故D错误；
故选：B。
用绿矾制备电池电极材料LiFePO4的流程：绿矾先用磷酸溶解，加入NaClO、NaOH发生反应2Fe2++ClO−+2H3PO4+4OH−=2FePO4↓+Cl−+5H2O，过滤洗涤得到FePO4，再加入草酸、LiOH发生反应：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O，过滤洗涤得到LiFePO4，以此分析解答。
本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握物质性质、反应实质、混合物分离与提纯方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.硝酸可氧化亚硫酸根离子，由操作和现象可知，溶液中可能存在SO32−，不能确定是否含SO42−，故A错误；
B.过氧化钠与水反应生成NaOH，且过氧化钠具有强氧化性，则溶液先变红，最终为无色，故B错误；
C.氢气与氯气反应生成HCl，极易结合空气中的水蒸气形成小液滴，则瓶口出现白雾，故C错误；
D.浓度均为0.1ml⋅L−1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，先出现黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D正确；
故选：D。
A.硝酸可氧化亚硫酸根离子；
B.过氧化钠与水反应生成NaOH，且过氧化钠具有强氧化性；
C.氢气与氯气反应生成HCl，极易结合空气中的水蒸气形成小液滴；
D.浓度均为0.1ml⋅L−1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀。
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、离子检验、难溶电解质、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。
8.【答案】C
【解析】解：A.该分子中含有10个碳原子、6个氢原子、4个氧原子，分子式为C10H6O4，故A正确；
B.−COOH、酯基水解生成的酚羟基和−COOH都能和NaOH以1：1反应，该分子水解生成1个酚羟基和1个羧基、该分子中含有1个羧基，所以1ml该有机物最多消耗3mlNaOH，故B正确；
C.分子中含有羧基、酯基和碳碳双键三种官能团，故C错误；
D.苯环、乙烯、−COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中可能所有原子共平面，故D正确；
故选：C。
A.该分子中含有10个碳原子、6个氢原子、4个氧原子；
B.−COOH、酯基水解生成的酚羟基和−COOH都能和NaOH以1：1反应；
C.分子中含有羧基、酯基和碳碳双键；
D.苯环、乙烯、−COOH中所有原子共平面，单键可以旋转。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查酯和羧酸的性质，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，注意：酯基水解生成的酚羟基能和NaOH反应。
9.【答案】B
【解析】解：A.c(H+)c(HClO)=Ka(HClO)c(ClO−)，加水稀释c(ClO−)减小，Ka(HClO)不变，所以该比值增大，故A正确；
B.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(ClO−)+c(Cl−)，故B错误；
C.Ka(HClO)D.氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，稍过量的碳酸氢钠粉末可以消耗HCl，使平衡正向一定，HClO增多，溶液漂白性增强，故D正确；
故选：B。
A.c(H+)c(HClO)=Ka(HClO)c(ClO−)，加水稀释c(ClO−)减小，Ka(HClO)不变；
B.溶液中存在电荷守恒，据此分析；
C.Ka(HClO)D.氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，稍过量的碳酸氢钠粉末可以消耗HCl，使平衡正向一定，HClO增多。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握图象分析、电离及水解、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】BD
【解析】解：A.将少量SO2通入NaClO溶液中，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO−=SO42−+Cl−+2HClO，故A错误；
B.AlCl3溶液中滴加过量的氨水，离子方程式为：A13++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；
C.向NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水，离子方程式为：2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O，故C错误；
D.向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2，设二者的物质的量均为1ml，1ml亚铁离子完全反应消耗0.5ml氯气，剩余的0.5ml氯气还能够氧化1ml溴离子，离子方程式为：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2，故D正确；
故选：BD。
A.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；
B.氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；
C.氢氧化钙少量，反应产物中存在碳酸根离子；
D.亚铁离子的还原性较强，氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气再氧化溴离子。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.第一阶段NO3−完全反应，生成0.1mlFe3+，根据Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，可知n(NO3−)=n(Fe3+)=0.1ml，即为HNO3物质的量为0.1ml，则x=0.1，c点溶液中溶质为FeSO4，溶液中Fe2+为0.2ml，即FeSO4为0.2ml，根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.2m，故y=0.2，故A错误；
B.a点之前，Fe被氧化为Fe3+，反应离子方程式为Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，故B错误；
C.b点Fe3+和Fe2+的物质的量相同，设溶液中Fe3+为nml，由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，(0.1−n)ml×32=nml，解得n=0.06，根据Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+可得，溶解Cu的物质的量为0.06ml×12=0.03ml，故溶解Cu的质量为0.03ml×64g/ml=1.92g，故C正确；
D.第一阶段生成NO、0.1mlFe3+，根据Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1ml，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，最终生成0.2mlFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe2+)，故3×0.1ml+2n(H2)=2×0.2ml，解得n(H2)=0.05ml，故收集到气体总体积为(0.1ml+0.05ml)×22.4L/ml=3.36L，故D错误；
故选：C。
先发生反应Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，a点时NO3−(或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量继续增大，说明第一阶段H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
A.第一阶段NO3−完全反应，生成0.1mlFe3+，结合Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O计算NO3−的物质的量，即为HNO3物质的量，c点溶液中溶质为FeSO4，溶液中Fe2+为0.2ml，根据硫酸根离子守恒计算H2SO4的物质的量；
B.a点之前，Fe被氧化为Fe3+；
C.b点Fe3+和Fe2+的物质的量相同，结合Fe+2Fe3+=3Fe2+计算b点溶液中Fe3+的物质的量，再根据Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+计算；
D.第一阶段生成NO、0.1mlFe3+，根据Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O计算生成NO的物质的量，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，根据电子转移守恒计算生成氢气的物质的量，进而计算气体的体积。
本题以图象为载体，考查了混合物计算、化学方程式的计算，关键是明确图象中各阶段发生的反应，试题培养了学生读图获取信息的能力、分析计算能力、灵活运用知识的能力。
12.【答案】D
【解析】解：A.T1温度下，平衡时v正=v逆，反应的平衡常数K=c(反)c(顺)=v(逆)k(逆)v(正)k(正)=k(正)k(逆)=，故A正确；
B.温度升高，正逆反应速率均增大，k正和k逆均增大，故B正确；
C.若该转化过程为吸热反应，即>0，Ea(正)−Ea(逆)>0，则活化能Ea(正)>Ea(逆)，故C正确；
D.该反应气体分子数始终不变，在恒容的密闭容器中，压强始终不变，故不能以压强不再变化判断是否达到平衡状态，故D错误；
故选：D。
A.T1温度下，平衡时v正=v逆，反应的平衡常数K=c(反)c(顺)=v(逆)k(逆)v(正)k(正)=k(正)k(逆)；B.温度升高，正逆反应速率均增大；
C.若该转化过程为吸热反应，即>0，Ea(正)−Ea(逆)>0；
D.该反应气体分子数始终不变，在恒容的密闭容器中，压强始终不变。
本题考查化学平衡的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握化学平衡特征，解答时注意体会图象的涵义，题目难度不大。
13.【答案】AC
【解析】解：A.放电时，Zn为负极，被氧化生成Zn(OH)42−，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，故A正确；
B.Zn为负极，PbO2为正极，正极反应为PbO2+SO42−+2e−+4H+=PbSO4+2H2O，消耗H+的物质的量为SO42−的4倍，则SO42−离子向负极移动，即b是阴离子交换膜，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，消耗OH−的物质的量为Zn(OH)42−的2倍，则K+移向正极，即a是阳离子交换膜，故B错误；
的物质的量为6.5g65g/ml=0.1ml，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，则电路中转移电子0.2ml，正极反应为PbO2+SO42−+2e−+4H+=PbSO4+2H2O，PbO2电极生成PbSO4，增加的量相当于SO2的质量，转移0.2ml电子生成0.1mlPbSO4，则PbO2电极增加的质量为0.1ml×64g/ml=6.4g，故C正确；
D.Zn比Pb活泼，正极材料都为PbO2，则Zn−PbO2比Pb−PbO2的电势差大，输出电压更高，故D错误；
故选：AC。
由图可知，原电池工作时，Zn为负极，被氧化生成Zn(OH)42−，PbO2为正极，发生还原反应，电解质溶液M为KOH，R为K2SO4，N为H2SO4，原电池工作时，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，则消耗OH−，钾离子向正极移动，正极电极反应式为PbO2+SO42−+2e−+4H+=PbSO4+2H2O，正极消耗氢离子，阴离子向负极移动，则a是阳离子交换膜，b是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应的方程式，以此解答该题。
本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握原电池的工作原理、电极方程式的书写以及离子交换膜的判断为解题关键，注意把握相关计算方法，题目难度中等。
14.【答案】(1)V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2
(2)0.08；温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁
(3)SO42−、Cl− ；取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有SO42−；继续加入Ba(NO3)2溶液至则不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl−
(4)NH4VO3NH3↑+HVO3
(5)5C+V2O52V+5CO↑
【解析】
【分析】
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
【解答】
根据流程：石煤(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3(PO4)2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵(NH4VO3)，灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒；
(1)焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应为：V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2，
故答案为：V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；
(2)根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43−)=2.7×10−27，若沉淀后溶液中c(PO43−)=1.0×10−8ml⋅L−1，则c(Mg2+)=3Ksp[Mg3(PO4)2]c2(PO43−)=32.7×10−27(1.0×10−8)2ml/L=3×10−4ml/L，则c(SiO32−)=Ksp[MgSiO3]c(Mg2+)
=2.4×10−53×10−4ml/L=0.08ml/L，由图2可知，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3(PO4)2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁，
故答案为：0.08；温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；
(3)除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42−未参加反应，沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl−未参加反应，因此滤液中主要阴离子为SO42−、Cl−；检验方法为：取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有SO42−；继续加入Ba(NO3)2溶液至则不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl−，
故答案为：SO42−、Cl−；取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有SO42−；继续加入Ba(NO3)2溶液至则不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl−；
(4)NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为100117×100%=85.47%，A点固体为HVO3，则0℃∼210℃，发生反应的化学方程式为NH4VO3NH3↑+HVO3，
故答案为：NH4VO3NH3↑+HVO3；
(5)在高温真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可以生成钒单质，焦炭被氧化为CO，V2O5被还原为V，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知反应方程式为5C+V2O52V+5CO↑，
故答案为：5C+V2O52V+5CO↑。
15.【答案】2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl饱和食盐水 防止固体粉末堵塞导管 碱石灰 吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D 排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气 不同意，CCl3为氧化产物，由于C(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CCl3 SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CCl2⋅6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CCl2水解
【解析】解：(1)84消毒液的主要成分是次氯酸钠，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的方程式为：2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl，
故答案为：2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl；
(2)装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，所以采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管，
故答案为：饱和食盐水；防止固体粉末堵塞导管；
(3)装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，
故答案为：碱石灰；吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；
(4)实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气，
故答案为：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气；
(5)不同意，装置D中所得固体不可能会有CCl3，CCl3为氧化产物，由于C(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CCl3，
故答案为：不同意，CCl3为氧化产物，由于C(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CCl3；
(6)SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CCl2⋅6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体，
故答案为：SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CCl2⋅6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CCl2水解。
84消毒液的有效成分是次氯酸钠，A中反应为2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl；装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；C中 Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，据此分析解题。
本题综合考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和应用能力，注意把握物质的性质，实验操作方法以及反应的转化关系，题目难度中等。
16.【答案】−644kJ/ml低温 2.02COOH*+H*+H2O*→COOH*+2H*+OH*或H2O*→H*+OH*否，因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡时NO的转化率高于c点NO的转化率 >0.5a81a392
【解析】解：(1)根据盖斯定律，将已知中的第一个反应和第二个反应相加，再减去第三个反应，得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，则该反应的ΔH=−144kJ/ml−566kJ/ml−(−66kJ/ml)=−644kJ/ml，该反应的反应物系数之和大于生成物系数之和，所以ΔS<0，该反应的ΔH也小于0，所以该反应在低温下能自发进行，
故答案为：−644kJ/ml；低温；
(2)最大能垒即从−0.16eV到1.86eV，E正=1.86eV−(−0.16eV)=2.02eV，该步骤是H2O*生成H*和OH*，可表示为H2O*=H*+OH*，或COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*，
故答案为：2.02；COOH*+H*+H2O*→COOH*+2H*+OH*或H2O*→H*+OH*；
(3)将相同量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的密闭容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)，经过相同时间内测量两容器中NO的含量，从而确定NO的转化率，结果如图2所示，c点不一定是平衡状态，因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡，
故答案为：否，因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡时NO的转化率高于c点NO的转化率；
(4)A容器体积不变，B容器体积可变，该反应是气体体积减小的反应，B容器相当于在A容器中达到平衡后增大压强，压强增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，所以容器A中NO的转化率大于容器B中NO的转化率。起始时B容器体积为aL，达到平衡后体积为0.9aL，若打开K一段时间后重新达到平衡，则相当于起始时K就是打开的状态，加入的反应物为2.5mlNO和5mlCO，是B容器起始物质的量的53倍，则相同温度和压强下达到平衡，体积为0.9aL×53=1.5aL，则B的体积为1.5aL−aL=0.5aL；对某一反应，化学平衡常数只与温度有关，用B容器计算反应的平衡常数。B容器起始加入的反应物为1.5mlNO和3mlCO，共4.5ml，平衡后体积是起始时体积的0.9倍，在相同的温度和压强下，体积之比等于物质的量之比，所以平衡时混合气的总物质的量为4.5ml×0.9=4.05ml，减小了4.5ml−4.05ml=0.45ml，依据三断法进行计算可知：
2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)Δn=1
开始(ml)2.53000
变化(ml)
平衡(ml)
平衡时容器体积为0.9aL，所以各气体的浓度为NO：，CO：，N2：，CO2：，则反应的平衡常数K=c(N2)c2(CO2)c(NO)c2(CO)=12a×(1a)223a×(73a)2=81a392，
故答案为：>；0.5a；81a392。
(1)根据盖斯定律，将已知中的第一个反应和第二个反应相加，再减去第三个反应，得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；
(2)最大能垒即从−0.16eV到1.86eV，E正=1.86eV−(−0.16eV)=2.02eV；
(3)c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快；
(4)A容器体积不变，B容器体积可变，该反应是气体体积减小的反应，B容器相当于在A容器中达到平衡后增大压强，压强增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，所以容器A中NO的转化率大于容器B中NO的转化率，起始时B容器体积为aL，达到平衡后体积为0.9aL，若打开K一段时间后重新达到平衡，则相当于起始时K就是打开的状态，加入的反应物为2.5mlNO和5mlCO，是B容器起始物质的量的53倍，则相同温度和压强下达到平衡，体积为0.9aL×53=1.5aL，则B的体积为1.5aL−aL=0.5aL；对某一反应，化学平衡常数只与温度有关，用B容器计算反应的平衡常数，B容器起始加入的反应物为1.5mlNO和3mlCO，共4.5ml，平衡后体积是起始时体积的0.9倍，在相同的温度和压强下，体积之比等于物质的量之比，所以平衡时混合气的总物质的量为4.5ml×0.9=4.05ml，减小了4.5ml−4.05ml=0.45ml，根据反应方程式，依据三断法进行计算可知：
2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)Δn=1
开始(ml)2.53000
变化(ml)
平衡(ml)
平衡时容器体积为0.9aL，所以各气体的浓度为NO：，CO：，N2：，CO2：，则反应的平衡常数K=c(N2)c2(CO2)c(NO)c2(CO)。
本题考查了化学平衡、化学反应热的计算、盖斯定律的计算应用等知识点，掌握基础是解题关键，军为高频考点，题目难度中等。
17.【答案】3：260∘N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大，键能越大越稳定 sp3 易 分子间作用力 H4P4O12 [PCl6]− A
【解析】解：(1)基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，最外层成单电子数与成对电子数之比为3：2，
故答案为：3：2；
(2)分析结构可知，分子四个面均为正三角形，键角为60∘，白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大，键能越大越稳定，
故答案为：60∘；N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大，键能越大越稳定；
(3)白磷隔绝空气加热到533 K转化为红磷，它是一 种暗红色粉末，分析结构式可知，磷原子的杂化方式为sp3，且为非极性分子，与CS2互溶，
故答案为：sp3；互溶；
(4)黑磷是磷的一 种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构，结合石墨性质可知，片状结构间通过分子间作用力结合，
故答案为：分子间作用力；
(5)4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，脱水数目为3，该多磷酸的分子式可写成H4P4O12，
故答案为：H4P4O12；
(6)在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体，结合电荷守恒和原子守恒可知，晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的[PCl6]−离子，故晶胞类型应该为面心立方，
故答案为：[PCl6]−；A。
(1)基态磷原子的价电子排布式为3s23p3；
(2)分析结构可知，分子四个面均为正三角形，键角为60∘，白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大；
(3)白磷隔绝空气加热到533 K转化为红磷，它是一 种暗红色粉末，分析结构式可知，磷原子的杂化方式为sp3，且为非极性分子；
(4)黑磷是磷的一 种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构，结合石墨性质判断即可；
(5)4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，脱水数目为3；
(6)在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体，结合电荷守恒和原子守恒可知，晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的[PCl6]−离子。
本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查对晶胞理论、基本公式的掌握和灵活运用，明确原子结构、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
18.【答案】环戊烷 消去反应 NaOH的醇溶液、加热 +CuO→△+Cu+H2O1022
【解析】解：(1)A为，有机物A的名称为环戊烷，
故答案为：环戊烷；
(2)F→⑥⑦转化的有机反应类型为消去反应，H→⑧I转化的反应条件为NaOH的醇溶液、加热，
故答案为：消去反应；NaOH的醇溶液、加热；
(3)D为，D发生氧化反应生成E为，D→④E的化学反应方程式+CuO→△+Cu+H2O，
故答案为：+CuO→△+Cu+H2O；
(4)碳碳双键是平面结构，和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，碳碳单键是四面体结构，单键碳原子及其相连的原子最多有3个原子共平面，所以双环有机物I中共平面的碳原子数最多为10个；I的不饱和度是4、苯环的不饱和度是4，有机物I存在多种同分异构体，属于苯的同系物的同分异构体中除了含有苯环外不含其它环或碳碳不饱和键，
如果苯环上的取代基为−C4H9时，丁基有4种，则含有1个取代基的同分异构体有4种；
如果苯环上的取代基为−CH3、−C3H7时，两个取代基有邻位、间位、对位3种结构，丙基有2种，则含有2个取代基的同分异构体种类=3×2=6；
如果苯环上的取代基为2个−CH2CH3，有邻位、间位、对位3种结构；
如果苯环上的取代基为3个取代基时，2个−CH3、1个−CH2CH3，有6种结构；
如果苯环上的取代基有4个−CH3，该分子中苯环上的氢原子排列和苯环上2个−CH2CH3排列相似，所以该分子中苯环上的氢原子有邻位、间位、对位3种结构，所以符合条件的同分异构体种类=4+6+3+6+3=22，
故答案为：10；22；
(5)由及甲苯合成，发生催化氧化反应生成，甲苯和溴发生取代反应生成，发生信息中的反应生成，和环己酮发生信息中反应生成，发生消去反应生成目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则A为，A和溴发生取代反应生成B为，B发生信息中的反应生成C为，B发生水解反应生成D为，D发生氧化反应生成E为，C、E发生信息中的反应生成F为，F发生消去反应生成G为，G和溴发生加成反应生成H为，H发生消去反应生成I；
(5)由及甲苯合成，发生催化氧化反应生成，甲苯和溴发生取代反应生成，发生信息中的反应生成，和环己酮发生信息中反应生成，发生消去反应生成目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确题给信息中反应原理结合流程图中分子式、反应条件正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是限制性条件下同分异构体种类判断，题目难度中等。
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加 Ba(NO3)2和HNO3混合溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42−
B
将过量的过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中
最终得红色溶液
过氧化钠与水反应生成碱性物质
C
将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧
集气瓶口上方有白烟生成
H2、Cl2化合生成HCl
D
向浓度均为0.1ml⋅L−1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
N−N
N≡N
P−P
P≡P
193
946
197
489
化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法错误的是( )
A. 工业中可利用反应Na(l)+KCl(l)850℃ K(g)+NaCl(l)来制取金属K
B. 油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应
C. 水玻璃是建筑行业常用的粘合剂
D. 自来水杀菌消毒可使用明矾
下列物质名称或化学式错误的是( )
A. 胆矾：CuSO4⋅5H2OB. 漂白粉有效成分：Ca(ClO)2
C. 硬脂酸：C15H31COOHD. 酚醛树脂：
关于非金属元素及其化合物的性质，下列说法正确的是( )
A. SiO2既能与HF反应又能与NaOH溶液反应，因此为两性氧化物
B. 工业上可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏
C. S与足量的O2反应可生成SO3
D. 因为海水中氯的含量高，所以氯被称为“海洋元素”
NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78gNa2O2与足量CO2反应转移电子数为NA
B. pH=2的HCl溶液中，H+的数目为0.02NA
C. 18g2H2O分子中含有的电子数目为10NA
D. 标准状况下，将22.4L的NO与11.2L的O2混合可得NA个分子
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述正确的是( )
A. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物
B. 化合物A能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 化合物X2Y2Z4可以与乙醇在一定条件下发生缩聚反应
D. X与Z形成的原子数比为1：1型分子只具有氧化性
用绿矾制备电池电极材料LiFePO4的流程如图：
下列说法正确的是( )
A. 反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B. 可用KSCN溶液检验反应1中Fe2+是否剩余
C. 洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌
D. 反应2的化学方程式为：2FePO4+H2C2O4+2LiOH=2LiFePO4+2CO2↑+2H2O
下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
香豆素一3一羧酸的结构简式如图所示，下列说法错误的是( )
A. 分子式为C10H6O4
B. 1ml该有机物最多消耗3mlNaOH
C. 分子中含有官能团只有羧基、酯基
D. 该分子中所有原子可能共面
已知Ka(HClO)=3.0×10−8，Ka1(H2CO3)=4.3×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11，下列说法错误的是( )
A. 向0.1ml⋅L−1的NaClO溶液中加水稀释，c(H+)c(HClO)增大
B. 向NaClO溶液中通HCl气体至中性，c(Na+ )+c(H+)=c(OH−)+c(ClO−)
C. 等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强
D. 向氯水中加入稍过量的碳酸氢钠粉末，溶液漂白性增强
下列离子方程式正确的是( )
A. 将少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO−+H2O=2HClO+SO32−
B. AlCl3溶液中滴加过量的氨水：A13++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C. 向NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O
D. 向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2
向含xmlHNO3和ymlH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. x=0.2，y=0.1
B. a点之前的反应离子方程式为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. 向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92g
D. 反应至c点，可收集到气体4.48L(标准状况)
顺−1，2−二甲基环丙烷(g)和反−1，2−二甲基环丙烷(g)可发生如图转化。该反应的速率方程可表示为：v正=k正⋅c顺和v逆=k正⋅c反，k正和k逆在一定温度时为常数，分别为正、逆反应速率常数。T1温度下，k正=0.006，k逆=0.002。下列说法错误的是( )
A. T1温度下，反应的平衡常数K=3
B. 温度升高，k正和k逆均增大
C. 若该转化过程为吸热反应，则活化能Ea(正)>Ea(逆)
D. 在恒容的密闭容器中，若压强不再变化则达到平衡状态
一种新型Zn−PbO2电池结构示意图如下，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为KOH、K2SO4和H2SO4，不同区域由离子交换膜(a、b)隔开。关于该电池，下列说法正确的是( )
A. Zn为电池的负极，发生的电极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−
B. a、b隔膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
C. 电池中消耗6.5gZn，理论上PbO2电极应增重6.4g
D. Zn−PbO2电池与传统铅酸蓄电池相比较，输出电压更低
我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一，工业上以伴生钒的石煤(主要成分为V2O3，含少量P2O5、SiO2等杂质)为原料制备钒的主要流程如图：
已知：①NH4VO3难溶于水。
②Ksp(MgSiO3)=2.4×10−5，Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10−27。
请回答下列问题：
(1)焙烧：通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 ______。
(2)除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀。若沉淀后溶液中c(PO43−)=1.0×10−8ml/L，则c(SiO32−)=______。随着温度升高，除磷率会显著下降，原因一是温度升高，Mg3(PO4)2溶解度增大；二是 ______。
(3)“沉钒”该操作产生的滤液中，两种主要的溶质阴离子是 ______(写符号)；检验该滤液中两种阴离子方法是 ______。
(4)灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则0℃∼210℃，发生反应的化学方程式为 ______。
(5)还原。在高温真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可以生成钒单质，该反应的化学方程式为 ______。
氯化钴(CCl2)主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：C(III)的氧化性强于Cl2，CCl2易潮解。
(1)装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为 ______。
(2)装置B中盛放的试剂为 ______，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是 ______。
(3)E中物质的名称 ______，其作用是 ______。
(4)实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是 ______。
(5)小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能会有CCl3，你是否同意该论断并解释原因是 ______。
(6)氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CCl2固体，使用氯化亚砜(SOCl2)与CCl2⋅6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是 ______。
在碳达峰、碳中和的国家战略下，工业生产废气和汽车尾气中的NOx和CO的减排及有效处理，显得尤为重要。
(1)在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH；
已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=−144kJ⋅ml−1，
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=−566kJ⋅ml−1，
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH3=−66kJ⋅ml−1。
则ΔH=______，该反应在 ______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)用金作催化剂，CO(g)+H2O(g)⇋CO2(g)+H2(g)的反应历程如图1所示，其中吸附在金催化剂表面上的微粒用“⋅”标注。该历程中最大能垒E正=______eV，写出该步骤的化学方程式 ______。
(3)将相同量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的密闭容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)，经过相同时间内测量两容器中NO的含量，从而确定NO的转化率，结果如图2所示。图像中c点是否一定是平衡状态并说明理由 ______。
(4)在另一温度下，关闭K，向A容器中充入1mlNO和2mlCO，向B容器中充入1.5mlNO和3mlCO，两容器均发生反应2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)。如图3，已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，则容器A和B中NO的转化率A ______B(填“>”、“<”或“=”)。维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为 ______L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动话塞)。则该温度下，2NO(g)+2cO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)的浓度平衡常数K=______。
磷被首次发现存在于恒星爆炸后的宇宙残余物里。它是在深空发现的两大元素之一，可能给科学家提供有关生命在宇宙里的可能性的线索。磷至少有10种同素异形体，其中主要的是白磷、红磷和黑磷三种。回答下列问题：
(1)基态磷原子最外层成单电子数与成对电子数之比为 ______。
(2)白磷晶体是由P4分子()组成的分子晶体，P4分子中键角为 ______。白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是 ______，已知有关氮、磷的单键和叁键的键能(kJ⋅ml−1)如下表：
(3)白磷隔绝空气加热到533 K转化为红磷，它是一种暗红色粉末。红磷的结构为，磷原子的杂化方式为 ______，______溶于CS2(填“难”或“易”)。
(4)黑磷是磷的一种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构(如图1)，片状结构间通过 ______相结合。
(5)磷有多种含氧酸，磷酸是其中一种，磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
若4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则该多磷酸的分子式可写成 ______。
(6)磷的卤化物有PX3和PX5两种类型，其中PCl5是白色固体，在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体。晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的 ______离子，其晶胞结构最合理的是 ______(填序号)。
双环有机物I()是重要的有机合成过程的中间体，某种合成该有机物的过程如图所示，请回答下列问题：
已知：RBr→无水乙醚MgRMgBr(R、R1、R2为烷烃基)
(1)若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则有机物A的名称为 ______。
(2)F→⑥G转化的有机反应类型为 ______，H→⑧I转化的反应条件为 ______。
(3)写出D→④E的化学反应方程式 ______。
(4)双环有机物I中共平面的碳原子数最多为 ______，有机物I存在多种同分异构体，属于苯的同系物的同分异构体个数为 ______。
(5)参照合成路线中的相关信息，设计由及甲苯合的路线(无机试剂任选)______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.850℃时，钾气化为钾蒸气脱离反应体系，促进反应平衡正向移动从而制取金属钾，故A正确；
B.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，该反应又称为皂化反应，故B正确；
C.水玻璃具有黏性，可以用于建筑行业的粘合剂，故C正确；
D.明矾溶于水形成胶体，吸附水中悬浮杂质，不能杀菌消毒，故D错误，
故选：D。
A.850℃时，钾可以气化为钾蒸气脱离反应体系；
B.油脂在碱性条件下可以水解生成高级脂肪酸盐；
C.水玻璃硅酸钠具有黏性；
D.明矾用于净水。
本题主要考查物质的组成、结构和性质，难度不大，需要掌握常见物质的性质及主要用途。
2.【答案】C
【解析】解：A.五水合硫酸铜俗名为胆矾、蓝帆，化学式为CuSO4⋅5H2O，故A正确；
B.氯气和石灰浆反应制备漂白粉，其中次氯酸钙具有强氧化性，表现出漂白性，则漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，故B正确；
C.硬脂酸是含有18个C的饱和一元酸，结构简式为C17H35COOH，C15H31COOH是软脂酸的分子式，故C错误；
D.苯酚和甲醛的反应为nHCHO+n→一定条件+H2O，是酚醛树脂的主要成分，俗名电木，故D正确；
故选：C。
A.胆矾是五水合硫酸铜的俗名；
B.氯气和石灰浆反应生成氯化钙、次氯酸钙等，次氯酸钙具有漂白性；
C.C15H31COOH是软脂酸的分子式；
D.苯酚和甲醛发生缩聚反应生成高分子化合物酚醛树脂。
本题考查了物质组成、名称或俗称、化学式的分析判断，熟练掌握常见化学物质的名称、俗称、化学式是正确解答此类题的关键，注意基础知识积累，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.SiO2和HF反应生成SiF4和H2O，不是生成盐和水，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，所以SiO2属于酸性氧化物，故A错误；
B.氨气和氯气发生反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，产生白烟，有明显现象，氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，故B正确；
C.无论氧气是否过量，S和O2反应都生成SO2，SO2和O2在催化剂、加热条件下生成SO3，故C错误；
D.海水带有咸味，海水中氯化物的含量相当高，但溴被称为“海洋元素”，故D错误；
故选：B。
A.SiO2和HF反应生成SiF4和H2O，不是生成盐和水；
B.氨气和氯气发生反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，产生白烟；
C.无论氧气是否过量，S和O2反应都生成SO2；
D.溴被称为“海洋元素”。
本题考查元素化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，C为解答易错点。
4.【答案】A
【解析】解：A.78gNa2O2物质的量为78g78g/ml=1ml，与足量CO2反应转移电子数为NA，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故B错误；
C.18g2H2O分子中含有的电子数目为：18g20g/ml×10×NAml−1=9NA，故C错误；
D.标准状况下，22.4LNO和11.2L氧气的物质的量分别为1ml、0.5ml，由2NO+O2=2NO2，2NO2⇌N2O4，则气体的分子总数小于NA个，故D错误；
故选：A。
A.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气为歧化反应，消耗1ml过氧化钠转移1ml电子；
B.溶液体积未知；
C.1个 2H2O含有10个电子；
D.由2NO+O2=2NO2，2NO2⇌N2O4，利用气体的物质的量来分析分子总数。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意可逆反应2NO2⇌N2O4的存在。
5.【答案】B
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为C、Z为O、W为Na；
A.氧的氢化物(水)常温下为液体，而碳的氢化物属于烃类，有气体、液体、固体三种状态，固体的沸点比水的高，故A错误；
B.化合物中A硫元素为+3价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故B正确；
C.化合物X2Y2Z4是HOOC−COOH，与乙醇在一定条件下酯化反应，不能发生缩聚反应，故C错误；
D.X与Z形成的原子数比为1：1型分子为H2O2，其中氧元素为−1价，H2O2既具有氧化性又具有还原性，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中W的原子半径是短周期主族元素中最大，则W为Na；化合物A的结构中，Y形成4个共价键、Z形成2个共价键，而Y、Z的原子序数都小于W(钠)，可推知Y为C元素、Z为O元素；X与Z(氧)可以形成两种常见液态化合物，推知X为H元素。
本题考查原子结构与元素周期律，注意根据化合物A中价键结构推断元素，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重分析与应用能力的考查。
6.【答案】B
【解析】解：A.反应1为2Fe2++ClO−+2H3PO4+4OH−=2FePO4↓+Cl−+5H2O，Fe2+为还原剂，ClO−为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故A错误；
B.Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应溶液变红色，所以可用KSCN溶液检验反应1中Fe2+是否剩余，故B正确；
C.过滤、洗涤时不能搅拌，避免滤纸被损坏，故C错误；
D.反应2的化学方程式为：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O，故D错误；
故选：B。
用绿矾制备电池电极材料LiFePO4的流程：绿矾先用磷酸溶解，加入NaClO、NaOH发生反应2Fe2++ClO−+2H3PO4+4OH−=2FePO4↓+Cl−+5H2O，过滤洗涤得到FePO4，再加入草酸、LiOH发生反应：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O，过滤洗涤得到LiFePO4，以此分析解答。
本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握物质性质、反应实质、混合物分离与提纯方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.硝酸可氧化亚硫酸根离子，由操作和现象可知，溶液中可能存在SO32−，不能确定是否含SO42−，故A错误；
B.过氧化钠与水反应生成NaOH，且过氧化钠具有强氧化性，则溶液先变红，最终为无色，故B错误；
C.氢气与氯气反应生成HCl，极易结合空气中的水蒸气形成小液滴，则瓶口出现白雾，故C错误；
D.浓度均为0.1ml⋅L−1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，先出现黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D正确；
故选：D。
A.硝酸可氧化亚硫酸根离子；
B.过氧化钠与水反应生成NaOH，且过氧化钠具有强氧化性；
C.氢气与氯气反应生成HCl，极易结合空气中的水蒸气形成小液滴；
D.浓度均为0.1ml⋅L−1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀。
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、离子检验、难溶电解质、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。
8.【答案】C
【解析】解：A.该分子中含有10个碳原子、6个氢原子、4个氧原子，分子式为C10H6O4，故A正确；
B.−COOH、酯基水解生成的酚羟基和−COOH都能和NaOH以1：1反应，该分子水解生成1个酚羟基和1个羧基、该分子中含有1个羧基，所以1ml该有机物最多消耗3mlNaOH，故B正确；
C.分子中含有羧基、酯基和碳碳双键三种官能团，故C错误；
D.苯环、乙烯、−COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中可能所有原子共平面，故D正确；
故选：C。
A.该分子中含有10个碳原子、6个氢原子、4个氧原子；
B.−COOH、酯基水解生成的酚羟基和−COOH都能和NaOH以1：1反应；
C.分子中含有羧基、酯基和碳碳双键；
D.苯环、乙烯、−COOH中所有原子共平面，单键可以旋转。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查酯和羧酸的性质，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，注意：酯基水解生成的酚羟基能和NaOH反应。
9.【答案】B
【解析】解：A.c(H+)c(HClO)=Ka(HClO)c(ClO−)，加水稀释c(ClO−)减小，Ka(HClO)不变，所以该比值增大，故A正确；
B.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(ClO−)+c(Cl−)，故B错误；
C.Ka(HClO)
故选：B。
A.c(H+)c(HClO)=Ka(HClO)c(ClO−)，加水稀释c(ClO−)减小，Ka(HClO)不变；
B.溶液中存在电荷守恒，据此分析；
C.Ka(HClO)
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握图象分析、电离及水解、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】BD
【解析】解：A.将少量SO2通入NaClO溶液中，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO−=SO42−+Cl−+2HClO，故A错误；
B.AlCl3溶液中滴加过量的氨水，离子方程式为：A13++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；
C.向NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水，离子方程式为：2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O，故C错误；
D.向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2，设二者的物质的量均为1ml，1ml亚铁离子完全反应消耗0.5ml氯气，剩余的0.5ml氯气还能够氧化1ml溴离子，离子方程式为：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2，故D正确；
故选：BD。
A.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；
B.氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；
C.氢氧化钙少量，反应产物中存在碳酸根离子；
D.亚铁离子的还原性较强，氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气再氧化溴离子。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.第一阶段NO3−完全反应，生成0.1mlFe3+，根据Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，可知n(NO3−)=n(Fe3+)=0.1ml，即为HNO3物质的量为0.1ml，则x=0.1，c点溶液中溶质为FeSO4，溶液中Fe2+为0.2ml，即FeSO4为0.2ml，根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.2m，故y=0.2，故A错误；
B.a点之前，Fe被氧化为Fe3+，反应离子方程式为Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，故B错误；
C.b点Fe3+和Fe2+的物质的量相同，设溶液中Fe3+为nml，由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，(0.1−n)ml×32=nml，解得n=0.06，根据Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+可得，溶解Cu的物质的量为0.06ml×12=0.03ml，故溶解Cu的质量为0.03ml×64g/ml=1.92g，故C正确；
D.第一阶段生成NO、0.1mlFe3+，根据Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1ml，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，最终生成0.2mlFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe2+)，故3×0.1ml+2n(H2)=2×0.2ml，解得n(H2)=0.05ml，故收集到气体总体积为(0.1ml+0.05ml)×22.4L/ml=3.36L，故D错误；
故选：C。
先发生反应Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，a点时NO3−(或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量继续增大，说明第一阶段H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
A.第一阶段NO3−完全反应，生成0.1mlFe3+，结合Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O计算NO3−的物质的量，即为HNO3物质的量，c点溶液中溶质为FeSO4，溶液中Fe2+为0.2ml，根据硫酸根离子守恒计算H2SO4的物质的量；
B.a点之前，Fe被氧化为Fe3+；
C.b点Fe3+和Fe2+的物质的量相同，结合Fe+2Fe3+=3Fe2+计算b点溶液中Fe3+的物质的量，再根据Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+计算；
D.第一阶段生成NO、0.1mlFe3+，根据Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O计算生成NO的物质的量，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，根据电子转移守恒计算生成氢气的物质的量，进而计算气体的体积。
本题以图象为载体，考查了混合物计算、化学方程式的计算，关键是明确图象中各阶段发生的反应，试题培养了学生读图获取信息的能力、分析计算能力、灵活运用知识的能力。
12.【答案】D
【解析】解：A.T1温度下，平衡时v正=v逆，反应的平衡常数K=c(反)c(顺)=v(逆)k(逆)v(正)k(正)=k(正)k(逆)=，故A正确；
B.温度升高，正逆反应速率均增大，k正和k逆均增大，故B正确；
C.若该转化过程为吸热反应，即>0，Ea(正)−Ea(逆)>0，则活化能Ea(正)>Ea(逆)，故C正确；
D.该反应气体分子数始终不变，在恒容的密闭容器中，压强始终不变，故不能以压强不再变化判断是否达到平衡状态，故D错误；
故选：D。
A.T1温度下，平衡时v正=v逆，反应的平衡常数K=c(反)c(顺)=v(逆)k(逆)v(正)k(正)=k(正)k(逆)；B.温度升高，正逆反应速率均增大；
C.若该转化过程为吸热反应，即>0，Ea(正)−Ea(逆)>0；
D.该反应气体分子数始终不变，在恒容的密闭容器中，压强始终不变。
本题考查化学平衡的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握化学平衡特征，解答时注意体会图象的涵义，题目难度不大。
13.【答案】AC
【解析】解：A.放电时，Zn为负极，被氧化生成Zn(OH)42−，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，故A正确；
B.Zn为负极，PbO2为正极，正极反应为PbO2+SO42−+2e−+4H+=PbSO4+2H2O，消耗H+的物质的量为SO42−的4倍，则SO42−离子向负极移动，即b是阴离子交换膜，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，消耗OH−的物质的量为Zn(OH)42−的2倍，则K+移向正极，即a是阳离子交换膜，故B错误；
的物质的量为6.5g65g/ml=0.1ml，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，则电路中转移电子0.2ml，正极反应为PbO2+SO42−+2e−+4H+=PbSO4+2H2O，PbO2电极生成PbSO4，增加的量相当于SO2的质量，转移0.2ml电子生成0.1mlPbSO4，则PbO2电极增加的质量为0.1ml×64g/ml=6.4g，故C正确；
D.Zn比Pb活泼，正极材料都为PbO2，则Zn−PbO2比Pb−PbO2的电势差大，输出电压更高，故D错误；
故选：AC。
由图可知，原电池工作时，Zn为负极，被氧化生成Zn(OH)42−，PbO2为正极，发生还原反应，电解质溶液M为KOH，R为K2SO4，N为H2SO4，原电池工作时，负极反应为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，则消耗OH−，钾离子向正极移动，正极电极反应式为PbO2+SO42−+2e−+4H+=PbSO4+2H2O，正极消耗氢离子，阴离子向负极移动，则a是阳离子交换膜，b是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应的方程式，以此解答该题。
本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握原电池的工作原理、电极方程式的书写以及离子交换膜的判断为解题关键，注意把握相关计算方法，题目难度中等。
14.【答案】(1)V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2
(2)0.08；温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁
(3)SO42−、Cl− ；取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有SO42−；继续加入Ba(NO3)2溶液至则不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl−
(4)NH4VO3NH3↑+HVO3
(5)5C+V2O52V+5CO↑
【解析】
【分析】
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
【解答】
根据流程：石煤(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3(PO4)2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵(NH4VO3)，灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒；
(1)焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应为：V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2，
故答案为：V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；
(2)根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43−)=2.7×10−27，若沉淀后溶液中c(PO43−)=1.0×10−8ml⋅L−1，则c(Mg2+)=3Ksp[Mg3(PO4)2]c2(PO43−)=32.7×10−27(1.0×10−8)2ml/L=3×10−4ml/L，则c(SiO32−)=Ksp[MgSiO3]c(Mg2+)
=2.4×10−53×10−4ml/L=0.08ml/L，由图2可知，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3(PO4)2溶解度增大，温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁，
故答案为：0.08；温度升高，镁离子的水解增大，使其生成氢氧化镁；
(3)除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42−未参加反应，沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl−未参加反应，因此滤液中主要阴离子为SO42−、Cl−；检验方法为：取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有SO42−；继续加入Ba(NO3)2溶液至则不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl−，
故答案为：SO42−、Cl−；取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有SO42−；继续加入Ba(NO3)2溶液至则不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl−；
(4)NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为100117×100%=85.47%，A点固体为HVO3，则0℃∼210℃，发生反应的化学方程式为NH4VO3NH3↑+HVO3，
故答案为：NH4VO3NH3↑+HVO3；
(5)在高温真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可以生成钒单质，焦炭被氧化为CO，V2O5被还原为V，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知反应方程式为5C+V2O52V+5CO↑，
故答案为：5C+V2O52V+5CO↑。
15.【答案】2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl饱和食盐水 防止固体粉末堵塞导管 碱石灰 吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D 排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气 不同意，CCl3为氧化产物，由于C(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CCl3 SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CCl2⋅6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CCl2水解
【解析】解：(1)84消毒液的主要成分是次氯酸钠，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的方程式为：2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl，
故答案为：2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl；
(2)装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，所以采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管，
故答案为：饱和食盐水；防止固体粉末堵塞导管；
(3)装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，
故答案为：碱石灰；吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；
(4)实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气，
故答案为：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气；
(5)不同意，装置D中所得固体不可能会有CCl3，CCl3为氧化产物，由于C(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CCl3，
故答案为：不同意，CCl3为氧化产物，由于C(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CCl3；
(6)SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CCl2⋅6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体，
故答案为：SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CCl2⋅6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CCl2水解。
84消毒液的有效成分是次氯酸钠，A中反应为2HCl(浓)+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl；装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；C中 Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，据此分析解题。
本题综合考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和应用能力，注意把握物质的性质，实验操作方法以及反应的转化关系，题目难度中等。
16.【答案】−644kJ/ml低温 2.02COOH*+H*+H2O*→COOH*+2H*+OH*或H2O*→H*+OH*否，因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡时NO的转化率高于c点NO的转化率 >0.5a81a392
【解析】解：(1)根据盖斯定律，将已知中的第一个反应和第二个反应相加，再减去第三个反应，得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，则该反应的ΔH=−144kJ/ml−566kJ/ml−(−66kJ/ml)=−644kJ/ml，该反应的反应物系数之和大于生成物系数之和，所以ΔS<0，该反应的ΔH也小于0，所以该反应在低温下能自发进行，
故答案为：−644kJ/ml；低温；
(2)最大能垒即从−0.16eV到1.86eV，E正=1.86eV−(−0.16eV)=2.02eV，该步骤是H2O*生成H*和OH*，可表示为H2O*=H*+OH*，或COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*，
故答案为：2.02；COOH*+H*+H2O*→COOH*+2H*+OH*或H2O*→H*+OH*；
(3)将相同量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的密闭容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)，经过相同时间内测量两容器中NO的含量，从而确定NO的转化率，结果如图2所示，c点不一定是平衡状态，因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡，
故答案为：否，因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡时NO的转化率高于c点NO的转化率；
(4)A容器体积不变，B容器体积可变，该反应是气体体积减小的反应，B容器相当于在A容器中达到平衡后增大压强，压强增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，所以容器A中NO的转化率大于容器B中NO的转化率。起始时B容器体积为aL，达到平衡后体积为0.9aL，若打开K一段时间后重新达到平衡，则相当于起始时K就是打开的状态，加入的反应物为2.5mlNO和5mlCO，是B容器起始物质的量的53倍，则相同温度和压强下达到平衡，体积为0.9aL×53=1.5aL，则B的体积为1.5aL−aL=0.5aL；对某一反应，化学平衡常数只与温度有关，用B容器计算反应的平衡常数。B容器起始加入的反应物为1.5mlNO和3mlCO，共4.5ml，平衡后体积是起始时体积的0.9倍，在相同的温度和压强下，体积之比等于物质的量之比，所以平衡时混合气的总物质的量为4.5ml×0.9=4.05ml，减小了4.5ml−4.05ml=0.45ml，依据三断法进行计算可知：
2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)Δn=1
开始(ml)2.53000
变化(ml)
平衡(ml)
平衡时容器体积为0.9aL，所以各气体的浓度为NO：，CO：，N2：，CO2：，则反应的平衡常数K=c(N2)c2(CO2)c(NO)c2(CO)=12a×(1a)223a×(73a)2=81a392，
故答案为：>；0.5a；81a392。
(1)根据盖斯定律，将已知中的第一个反应和第二个反应相加，再减去第三个反应，得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；
(2)最大能垒即从−0.16eV到1.86eV，E正=1.86eV−(−0.16eV)=2.02eV；
(3)c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快；
(4)A容器体积不变，B容器体积可变，该反应是气体体积减小的反应，B容器相当于在A容器中达到平衡后增大压强，压强增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，所以容器A中NO的转化率大于容器B中NO的转化率，起始时B容器体积为aL，达到平衡后体积为0.9aL，若打开K一段时间后重新达到平衡，则相当于起始时K就是打开的状态，加入的反应物为2.5mlNO和5mlCO，是B容器起始物质的量的53倍，则相同温度和压强下达到平衡，体积为0.9aL×53=1.5aL，则B的体积为1.5aL−aL=0.5aL；对某一反应，化学平衡常数只与温度有关，用B容器计算反应的平衡常数，B容器起始加入的反应物为1.5mlNO和3mlCO，共4.5ml，平衡后体积是起始时体积的0.9倍，在相同的温度和压强下，体积之比等于物质的量之比，所以平衡时混合气的总物质的量为4.5ml×0.9=4.05ml，减小了4.5ml−4.05ml=0.45ml，根据反应方程式，依据三断法进行计算可知：
2NO(g)+2CO(g)⇋N2(g)+2CO2(g)Δn=1
开始(ml)2.53000
变化(ml)
平衡(ml)
平衡时容器体积为0.9aL，所以各气体的浓度为NO：，CO：，N2：，CO2：，则反应的平衡常数K=c(N2)c2(CO2)c(NO)c2(CO)。
本题考查了化学平衡、化学反应热的计算、盖斯定律的计算应用等知识点，掌握基础是解题关键，军为高频考点，题目难度中等。
17.【答案】3：260∘N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大，键能越大越稳定 sp3 易 分子间作用力 H4P4O12 [PCl6]− A
【解析】解：(1)基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，最外层成单电子数与成对电子数之比为3：2，
故答案为：3：2；
(2)分析结构可知，分子四个面均为正三角形，键角为60∘，白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大，键能越大越稳定，
故答案为：60∘；N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大，键能越大越稳定；
(3)白磷隔绝空气加热到533 K转化为红磷，它是一 种暗红色粉末，分析结构式可知，磷原子的杂化方式为sp3，且为非极性分子，与CS2互溶，
故答案为：sp3；互溶；
(4)黑磷是磷的一 种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构，结合石墨性质可知，片状结构间通过分子间作用力结合，
故答案为：分子间作用力；
(5)4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，脱水数目为3，该多磷酸的分子式可写成H4P4O12，
故答案为：H4P4O12；
(6)在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体，结合电荷守恒和原子守恒可知，晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的[PCl6]−离子，故晶胞类型应该为面心立方，
故答案为：[PCl6]−；A。
(1)基态磷原子的价电子排布式为3s23p3；
(2)分析结构可知，分子四个面均为正三角形，键角为60∘，白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是N≡N键能比N−N的大，P4分子中6个P−P的键能比P≡P大；
(3)白磷隔绝空气加热到533 K转化为红磷，它是一 种暗红色粉末，分析结构式可知，磷原子的杂化方式为sp3，且为非极性分子；
(4)黑磷是磷的一 种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构，结合石墨性质判断即可；
(5)4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，脱水数目为3；
(6)在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体，结合电荷守恒和原子守恒可知，晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的[PCl6]−离子。
本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查对晶胞理论、基本公式的掌握和灵活运用，明确原子结构、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
18.【答案】环戊烷 消去反应 NaOH的醇溶液、加热 +CuO→△+Cu+H2O1022
【解析】解：(1)A为，有机物A的名称为环戊烷，
故答案为：环戊烷；
(2)F→⑥⑦转化的有机反应类型为消去反应，H→⑧I转化的反应条件为NaOH的醇溶液、加热，
故答案为：消去反应；NaOH的醇溶液、加热；
(3)D为，D发生氧化反应生成E为，D→④E的化学反应方程式+CuO→△+Cu+H2O，
故答案为：+CuO→△+Cu+H2O；
(4)碳碳双键是平面结构，和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，碳碳单键是四面体结构，单键碳原子及其相连的原子最多有3个原子共平面，所以双环有机物I中共平面的碳原子数最多为10个；I的不饱和度是4、苯环的不饱和度是4，有机物I存在多种同分异构体，属于苯的同系物的同分异构体中除了含有苯环外不含其它环或碳碳不饱和键，
如果苯环上的取代基为−C4H9时，丁基有4种，则含有1个取代基的同分异构体有4种；
如果苯环上的取代基为−CH3、−C3H7时，两个取代基有邻位、间位、对位3种结构，丙基有2种，则含有2个取代基的同分异构体种类=3×2=6；
如果苯环上的取代基为2个−CH2CH3，有邻位、间位、对位3种结构；
如果苯环上的取代基为3个取代基时，2个−CH3、1个−CH2CH3，有6种结构；
如果苯环上的取代基有4个−CH3，该分子中苯环上的氢原子排列和苯环上2个−CH2CH3排列相似，所以该分子中苯环上的氢原子有邻位、间位、对位3种结构，所以符合条件的同分异构体种类=4+6+3+6+3=22，
故答案为：10；22；
(5)由及甲苯合成，发生催化氧化反应生成，甲苯和溴发生取代反应生成，发生信息中的反应生成，和环己酮发生信息中反应生成，发生消去反应生成目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则A为，A和溴发生取代反应生成B为，B发生信息中的反应生成C为，B发生水解反应生成D为，D发生氧化反应生成E为，C、E发生信息中的反应生成F为，F发生消去反应生成G为，G和溴发生加成反应生成H为，H发生消去反应生成I；
(5)由及甲苯合成，发生催化氧化反应生成，甲苯和溴发生取代反应生成，发生信息中的反应生成，和环己酮发生信息中反应生成，发生消去反应生成目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确题给信息中反应原理结合流程图中分子式、反应条件正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是限制性条件下同分异构体种类判断，题目难度中等。
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加 Ba(NO3)2和HNO3混合溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42−
B
将过量的过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中
最终得红色溶液
过氧化钠与水反应生成碱性物质
C
将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧
集气瓶口上方有白烟生成
H2、Cl2化合生成HCl
D
向浓度均为0.1ml⋅L−1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
N−N
N≡N
P−P
P≡P
193
946
197
489
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