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2021-2022学年河北省邢台市名校联盟高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省邢台市名校联盟高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共21页。试卷主要包含了4g，则反应中转移的电子数为0，1kJ⋅ml−1，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021年6月10日，国务院公布的第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录，包含柳州螺蛳粉制作技艺、鲁山花瓷烧制技艺、楚简制作技艺、大名小磨香油制作技艺等，下列说法错误的是( )
A. 柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含淀粉
B. 鲁山花瓷烧制过程中包含复杂的物理变化和化学变化
C. 楚简属于竹制品，主要成分为纤维素
D. 大名小磨香油属于高分子化合物
化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中错误的是( )
A. 免洗洗手液能杀菌消毒，主要是因为其有效成分活性银离子能使蛋白质变性
B. 用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
C. 碳酸钠可用作制作糕点的膨松剂，是因为加热能分解出二氧化碳
D. 煤经过气化和液化两个化学变化可转化为清洁能源
常温下，氯气可溶于水且与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，下列化学用语表示错误的是( )
A. 35Cl与 37Cl互为同位素B. HClO的结构式为H−O−Cl
C. O2−的结构示意图：D. H2O的空间充填模型：
化学创造美好生活。下列生产活动中，没有发生化学反应的是( )
A. 用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾B. 用生石灰和水为自热米饭提供热源
C. 活性炭放冰箱除异味D. 多吃富含维生素C的食物减缓衰老
已知4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 0.1ml⋅L−1的K2SO4溶液中所含的离子总数为0.3NA
B. 1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为3NA
C. 100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数为4NA
D. 常温下，若该反应生成气体4.4g，则反应中转移的电子数为0.4NA
有机物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其结构简式如图。下列说法正确的是( )
A. 该有机物可以发生取代反应、加成反应和消去反应
B. 该有机物含有羧基、醛基、羟基和碳碳双键4种官能团
C. 1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：5
D. 该有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色
用如图实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是( )
A. 利用图甲验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
B. 利用图乙制备并收集干燥的氢气
C. 利用图丙制备并收集少量的NO2
D. 利用图丁制取碳酸氢钠
物质M可用作调味剂，其结构式如图所示。M的组成元素W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法正确的是( )
A. 物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有两种含氧官能团
B. W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W
C. R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：R>X>Y
D. 工业上常采用电解Z的盐溶液冶炼金属Z
科学家研究二甲醚(DME)在H−ZSM−5分子筛(用H+A−表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
B. 升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
C. 由于ΔEa>ΔEa1，DME水解反应更易以stepwise路径进行
D. 根据图示可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成(CH3)2OH+A−
水系可充电电池因其成本低高离子电导率、高安全性和环境友好性等优势而备受关注。一种新型无隔膜Zn/MnO2液流电池的工作原理如图所示。电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，下列说法正确的是( )
A. 放电时，当外电路转移1mle−时，两电极质量变化的差值为11g
B. 过程II为放电过程，石墨毡电极的电极反应为MnO2−2e−+4H+=Mn2++2H2O
C. 过程I为锌沉积过程，A连电源的正极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌
D. 放电时，沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量也减小
对废旧金属的回收利用具有社会、经济、生态等方面的效益，某研究小组设计以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)m(SO4)p]n的工艺流程如图，聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，处理污水能力比FeCl3高效，且腐蚀性小。下列说法错误的是( )
A. 废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好
B. 操作X中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
C. “酸浸氧化”时，可用过量的稀硝酸代替稀硫酸和H2O2溶液
D. 可用K3Fe(CN)6溶液检验“酸浸氧化”反应后的溶液中是否含有Fe2+
宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的离子方程式书写错误的是( )
A. 将KI溶液滴入稀硫酸酸化的KIO3溶液中：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O
B. 过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
C. 用酸性KMnO4溶液吸收含SO2尾气：5SO2+2MnO4−+2H2O=2Mn2++4H++5SO42−
D. 用碳酸钠溶液浸泡处理锅炉水垢(主要成分为CaSO4)：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)
H3PO3是二元弱酸，常温下向⋅L−1Na2HPO3溶液中滴入0.1000ml⋅L−1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知10−1.7≈2×10−2，下列说法正确的是( )
A. 常温下，NaH2PO3溶液中c(Na+)>c(H2PO3−)>c(H3PO3)>c(HPO32−)
B. 常温下，H3PO3的一级电离常数Ka1约为3×10−2
C. H3PO3与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为H3PO3+3NaOH=Na3PO3+3H2O
D. a点溶液中存在c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)
过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作为氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I.(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是 ______。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是 ______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是 ______。
II.(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为 ______ml。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42−)，写出该反应的离子方程式 ______。
III.标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1ml⋅L−1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为 ______，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为 ______ml⋅L−1。
市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4⋅7H2O)的工艺流程如图：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 ______(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括、______、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为 ______。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl−)，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为 ______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为 ______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是 ______。
我国拥有众多非物质文化遗产，如建窑建盏烧制技艺、浦城剪纸、武夷岩茶(大红袍)制作技艺等。
I.建盏的魅力斑纹是由釉面里面由内至外呈现的，三维立体，栩栩如生，主要因建阳水吉附近的南方红壤土中蕴含大量的铁，通过高温烧制控制进入的氧气量，把坯体铁析晶和釉水铁析晶呈现出来，这些表现在建盏的釉色当中，该过程会形成不同形态的铁(如Fe2O3、FeO、，Fe3O4等)。以下是烧制过程中可能发生反应的热化学方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH1=akJ⋅ml−1
FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)ΔH2=bkJ⋅ml−1
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH3=ckJ⋅ml−1
(1)写出CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的热化学方程式：______。
(2)在太阳能的作用下，缺铁氧化物(如Fe0.9O)能催化分解CO2，其过程如图所示。过程①的化学方程式是 ______，过程②能量转化的主要形式为 ______。
II.一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH4=−49.1kJ⋅ml−1
反应ii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH5=+41.1kJ⋅ml−1
(3)往恒容密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为aml)充入反应物，在合适催化剂作用下，发生反应i、ii，CO2的平衡转化率和甲醉的选择率(转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比)如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为(列出计算式)______ml。随着温度的升高，CO2的平衡转化率升高但甲醇的选择率降低的原因是 ______。
(4)现向恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入1mlCO2、3mlH2和6mlHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，上述反应达平衡时，测得CO2的转化率为20%，则该反应的Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果精确到0.1)MPa−2。CO2制备CH3OH的过程中，往往伴随着反应ii，从而导致CH3OH的选择率下降，有研究表明，在原料气中掺入适量CO，能提高CH3OH的选择率，试说明其可能的原因：______。
VA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态砷原子处于最高能级的电子云轮廓图为 ______形。
(2)NH3、PH3、AsH3是同主族元素的氢化物，其中键角最小的是 ______。
(3)叠氮化钠(NaN3)用于汽车的安气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气。可与酸反应生成叠氮酸(HN3)，叠氮酸中3个氮原子的杂化类型分别为 ______(不分先后)。
(4)N原子之间可以形成π键，而As原子之间较难形成π键。从原子结构角度分析，其原因为 ______。
(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子[Cu(NH3)4]2+。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 ______。
(6)磷的含氧酸有很多种，其中有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等。
①已知NaH2PO2是次磷酸的正盐，则1mlH3PO2中含有的σ键的物质的量为 ______ml。
②磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如图：
如果有n个磷酸分子间脱水形成链状的多磷酸，则相应的酸根可写为 ______。
(7)HgCl2和不同浓度NH3−NH4Cl反应得到某种含汞化合物的晶胞结构(有四个等同的小立方体)如图所示。(部分微粒不在晶胞内，每个Hg原子均处于小立方体的面心)
写出该含汞化合物的化学式：______。则该晶体的密度ρ=______g⋅cm−3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示)。
化合物H是一种常用的解热镇痛药，一种以丙酸为基础原料合成化合物H的合成路线如图：
(1)有机物B中含有的官能团名称为 ______。
(2)E→F的反应类型为 ______。
(3)试剂b的分子式为C7H7O2SCl，写出试剂b的结构简式：______。
(4)在一定条件下，化合物G和试剂c反应时，除生成H外，还有HBr生成，写出反应G→H的化学方程式：______。
(5)K是G的同分异构体，符合下列条件的K有 ______种，其中核磁共振氢谱图中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：3：2：2的结构简式为 ______(任写一种)。
①分子中含有苯环且苯环上有4个取代基。
②在碱性溶液中可发生水解，水解产物酸化后得到有机物甲和有机物乙，甲能与FeCl3溶液发生显色反应，1ml乙最多能消耗2mlNa。
(6)请设计以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用)______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含糖类淀粉，故A正确；
B.鲁山花瓷烧制过程中有物质形状变化和生成新物质的变化，所以既有物理变化也有化学变化，故B正确；
C.竹制品的主要成分为纤维素，故C正确；
D.大名小磨香油中含有油脂，不属于高分子化合物，故D错误；
故选：D。
2.【答案】C
【解析】A.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故A正确；
B.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故B正确；
C.碳酸钠对热稳定、不分解，碳酸氢钠不稳定、受热分解生成二氧化碳，则碳酸氢钠可用于制作糕点的膨松剂，故C错误；
D.煤经过气化生成CO、氢气等，液化可生成甲醇等，可转化为清洁燃料，都是化学变化，故D正确；
故选：C。
3.【答案】C
【解析】A. 35Cl与 37Cl是氯元素的不同原子，它们质子数都是17，中子数分别为18、20，二者互为同位素，故A正确；
B.次氯酸的中心原子为O，含有O−Cl键、O−H键，结构式为H−O−Cl，故B正确；
C.O2−的质子数为8，核外电子数为10，最外层电子数为8，离子符号为，故C错误；
D.H2O是共价化合物，空间构型为V型，并且O原子半径大于H，则空间充填模型为，故D正确；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】解：A.用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾，是酸性重铬酸钾氧化乙醇的反应，为化学变化，故A错误；
B.用生石灰和水为自热米饭提供热源，是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，反应过程中放出热量，为化学变化，故B错误；
C.活性炭放冰箱除异味，利用活性炭具有较大表面积，吸附异味的物质，过程中无新物质生成，为物理变化，故C正确；
D.多吃富含维生素C的食物减缓衰老，是维生素C做还原剂和氧化性物质发生化学反应，为化学变化，故D错误；
故选：C。
物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，物质变化过程中无新物质生成的变化为物理变化。
本题考查了物质变化、物质性质分析判断，注意变化实质的理解，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】A.溶液体积未知，无法计算离子个数，故A错误；
B.1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为4NA，故B错误；
C.100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数大于4NA，故C错误；
D.依据方程式4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4分析，生成5ml二氧化碳转移20ml电子，则生成二氧化碳气体4.4g，物质的量为：4.4g44g/ml=0.1ml，转移电子数为0.4NA，故D正确；
故选：D。
6.【答案】A
【解析】A.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键，具有羧酸、烯烃、醇、醚的性质，羧基、醇羟基都能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，醇羟基都能发生消去反应，故A正确；
B.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键四种官能团，不含醛基，故B错误；
C.−OH、−COOH都能和钠以1：1反应，只有−COOH和NaOH以1：1反应，该分子中含有5个醇羟基、1个羧基，所以1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：1，故C错误；
D.该分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：A。
7.【答案】A
【解析】A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色、可被酸性高锰酸钾氧化，图中装置可验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故A正确；
B.氢气的密度比空气密度小，图中应短导管进气收集氢气，不能选图中向上排空气法，故B错误；
C.Cu与稀硝酸反应生成NO，且二氧化氮与水反应，不能制备二氧化氮，故C错误；
D.氨气极易溶于水，易发生倒吸，图中氨气、二氧化碳的进气位置应互换，故D错误；
故选：A。
8.【答案】B
【解析】短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由M的结构式可知，Z为带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Z为Na；W只能形成1个共价单键，且原子序数最小，W为H；由原子序数可知R、X、Y位于第二周期，R形成4个共价键，R为C，Y形成2个共价键，Y为O，X形成3个共价键，X为N，以此来解答。
由上述分析可知，W为H、R为C、X为N、Y为O、Z为Na，
A.物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有1种含氧官能团，为羧基，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从左向右原子半径增大，则W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W，故B正确；
C.水分子间比氨气分子间氢键多，则R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：Y>X>R，故C错误；
D.工业上常采用电解熔融NaCl冶炼金属，故D错误；
故选：B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能与反应速率关系、温度对可逆反应的影响为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度一般。
【解答】
A.根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应只存在一种反应途径，故A错误；
B.升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，但是平衡移动方向不同，对于转化率的影响也不同，故B错误；
C.ΔEa<ΔEa1，活化能越大，反应速率越慢，DME水解反应更易以cncerted路径进行，故C错误；
D.根据反应图示可知，DME首先与分子筛H+ A−结合形成(CH3)2OH+ A−，故D正确；
故选：D。
10.【答案】AD
【解析】解：A.放电负极反应为Zn−2e−=Zn2+，正极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，每当电路中通中1ml电子时，负极质量减少652g=32.5g，正极质量减少(55+32)g2=43.5g，两极质量差为11g，故A正确；
B.放电时，石墨毡电极为正极，得到电子，电极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，故B错误；
C.充电时A连接电源的负极，故C错误；
D.放电时，当沉积在石墨毡上的MnO2溶解完全时，负极锌箔上沉积的锌正好完全溶解，负极质量也减少，故D正确；
故选：AD。
过程I中Zn2+离子得电子生成锌沉积沉积在锌箔上，Mn2+离子失电子生成二氧化锰沉积在石墨上，故过程I为充电过程，过程II为放电过程，放电时，负极Zn失去电子，正极二氧化锰得到电子溶解，据此解答。
本题考查学生二次电池的工作原理知识，考查学生对原电池和电解池工作原理的掌握，注意知识的迁移应用是关键，题目难度不大
11.【答案】C
【解析】废铁屑用Na2CO3溶液浸取除去油污，在酸浸中加入酸，酸浸时加入的酸能腐蚀Fe且不能引进杂质，根据PFS成分知，酸为硫酸；然后过滤，向滤液中加入氧化剂，氧化剂能氧化亚铁离子且不能引进新的杂质，选取双氧水；然后向聚合釜中加入水和硫酸，最后得到PFS，据此分析回答问题。
A.温度越高，碳酸钠碱性越强，故废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好，故A正确；
B.操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故B正确；
C.酸浸槽中加入的酸液不能用稀硝酸代替稀硫酸，硝酸会与废铁屑生成污染性的气体，故C错误；
D.可用K3Fe(CN)6溶液与Fe2+产生蓝色沉淀，故D正确；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】A.将KI溶液滴入稀硫酸酸化的KIO3溶液中，离子方程式：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，故A正确；
B.过量铁粉与稀硝酸反应，离子方程式：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C.用酸性KMnO4溶液吸收含SO2尾气，离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O=2Mn2++4H++5SO42−，故C正确；
D.用碳酸钠溶液浸泡处理锅炉水垢(主要成分为CaSO4)，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，故D正确；
故选：B。
13.【答案】BD
【解析】解：A.当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图中信息可知溶液为酸性，H2PO3−的电离大于H2PO3−的水解，c(Na+)>c(H2PO3−)>c(HPO32−)>c(H3PO3)，故A错误；
B.当加入盐酸的V=40时溶质为H3PO3，溶液的pH=1.7，c(H+)=10−1.7ml/L，H3PO3⇌H++H2PO3−，电电离常数Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)=10−1.7×10−1.70.1×20×10−3(20+40)×10−3=3×10−2，故B正确；
C.H3PO3是二元弱酸，H3PO3与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为：H3PO3+2NaOH=NaH2PO3+2H2O，故C错误；
D.当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，根据物料守恒c(Na)c(P)=2，则有②c(Na+)=2c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+2c(H3PO3)，将①②联立，可得 c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)，故D正确；
故选：BD。
A.当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图中信息可知溶液为酸性，H2PO3−的电离大于H2PO3−的水解；
B.当加入盐酸的V=40时溶质为H3PO3，溶液的pH=1.7，c(H+)=10−1.7ml/L，H3PO3⇌H++H2PO3−，电电离常数Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)；
C.H3PO3是二元弱酸，H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO3；
D.当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，根据物料守恒c(Na)c(P)=2，则有②c(Na+)=2c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+2c(H3PO3)，据此分析。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，为高考常见题型，明确曲线上各点溶质成分及其性质为解答关键，注意掌握守恒关系式的应用和电离平衡常数的近似计算，试题培养了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
14.【答案】(1)分液漏斗
(2)防止产品因溶解造成损失
(3)温度过高，产品分解，造成产量损失
(4)0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+
(5)溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
【解析】装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为(NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，
(1)仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是防止产品因溶解造成损失，
故答案为：防止产品因溶解造成损失；
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是温度过高，产品分解，造成产量损失，
故答案为：温度过高，产品分解，造成产量损失；
(4)根据氧化还原反应中，Mn元素化合价升高值=S元素化合价降低值=转移电子数=10，所以S2O82−的系数是5，MnSO4前面的系数是2，根据原子守恒得出其他物质前的系数，离子反应为5S2O82−+2Mn2++8H2O=10SO42−+2MnO4−+16H+，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为0.4ml，过二硫酸铵常用于检验废水中Cr3+是否超标，若超标则溶液变为橙色，为Cr2O72−，还原产物为SO42−，反应为：2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+，
故答案为：0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；根据反应的方程式可知：
(NH4)2S2O8∼I2∼2Na2S2O3，
1ml 2ml
c××0.0184L
解得c=0.046ml/L，
故答案为：溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
15.【答案】(1)搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度(任写一条)
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4)4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1
(5)2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失
【解析】分析流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4⋅7H2O，据此分析解题。
(1)对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，
故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
(2)“一系列操作”主要包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)置换镍时，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+，
故答案为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+；
(4)“浸出”的浸渣中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，反应中Ag(NH3)2Cl作氧化剂，N2H4作还原剂，故则还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1；
(5)由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2，由题干信息可知，除铁时若PH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀，故在PH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失。
16.【答案】CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1 10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C太阳能转化为化学能 0.25a×15%×78%升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度 33.3适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i
【解析】解：(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)的ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1，
故答案为：CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C，过程②中再太阳能条件下Fe3O4被分解为O2和Fe0.9O，所以能量转化的主要形式为：太阳能转化为化学能，
故答案为：10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C；太阳能转化为化学能；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇为0.25a×15%×78%ml；反应i焓变小于0为放热反应，反应ii焓变大于0为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度，所以CO2的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低，
故答案为：0.25a×15%×78%；升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)=148×0.1×148×0.1(148×0.1)3×112×0.1MPa−2=33.3MPa−2；CO为反应ii的生成物，适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i，提高CH3OH的选择率，
故答案为：33.3；适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i。
(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇的物质的量；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)。
本题考查化学平衡的计算，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，考查较为综合，整体难度中等。
17.【答案】哑铃形(或纺锤形)AsH3 sp、sp2 As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键 5(PO3)nn− Hg(NH3)2Cl2 611a3×NA×1030
【解析】解：(1)基态砷原子处于最高能级的电子为4p能级上的电子，其电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形)，
故答案为：哑铃形(或纺锤形)；
(2)NH3、PH3、AsH3结构相似，均为三角锥形，分子中均含有一对孤电子对，中心原子的电负性越大，则孤电子对越靠近中心原子，对成键电子的排斥作用也越大，导致键角越小，所以其中键角最小的是AsH3，
故答案为：AsH3；
(3)HN3的结构式可以写成H−N=N≡N，分子中存在大π键，其中靠近H原子的N原子为sp2杂化，另外两个N原子均为sp杂化，
故答案为：sp、sp2；
(4)N原子半径小，电子云重叠程度大，形成双键、三键牢固，而As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，
故答案为：As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
(5)F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键，
故答案为：F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键；
(6)①已知NaH2PO2是次磷酸的正盐，说明次磷酸中含有一个羟基氢，其结构式为，单键均为σ键，双键中有一个σ键，所以1mlH3PO2中含有的σ键的物质的量5ml，
故答案为：5；
②根据题干信息，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，则相应的酸根可写为(PO3)nn−，
故答案为：(PO3)nn−；
(7)根据均摊法，Hg的个数为1+2×12=2，Cl的个数为8×18+8×14+2×12=4，NH3的个数为4，所以该物质的化学式为Hg(NH3)2Cl2；晶胞的质量为4×35.5+2×200.5+4×17NAg，晶胞棱长为apm=a×10−10cm，所以晶胞体积为(a×10−10)3cm3，则晶胞的密度为ρ=mV=4×35.5+2200.5+4×17NAg(a×10−10)3cm3=611a3×NA×1030g⋅cm−3，
故答案为：Hg(NH3)2Cl2；611a3×NA×1030。
(1)基态砷原子处于最高能级的电子为4p能级上的电子；
(2)NH3、PH3、AsH3结构相似，均为三角锥形，分子中均含有一对孤电子对，中心原子的电负性越大，则孤电子对越靠近中心原子，对成键电子的排斥作用也越大，导致键角越小；
(3)HN3的结构式可以写成H−N=N≡N，分子中存在大π键，其中靠近H原子的N原子为sp2杂化，另外两个N原子均为sp杂化；
(4)N原子半径小，电子云重叠程度大，形成双键、三键牢固；
(5)F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F；
(6)①单键均为σ键，双键中有一个σ键；
②根据题干信息，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，据此分析解答；
(7)晶胞的质量为4×35.5+2×200.5+4×17NAg，晶胞棱长为apm=a×10−10cm，所以晶胞体积为(a×10−10)3cm3，则晶胞的密度为ρ=mV。
本题综合考查物质的结构与性质知识，涉及σ键和π键、轨道杂化和晶胞的结构与计算等知识，把握杂化类型的判断方法、能量高低与物质稳定性关系是解题关键，侧重基础知识掌握情况的考查，题目难度不大。
18.【答案】(1)溴原子、羧基
(2)取代反应
(3)
(4)+→一定条件+HBr
(5)22；、、、
(6)
【解析】A与Br2发生取代反应生成B，B中Br原子水解得到C，根据D的结构简式可知C与CH3OH发生酯化反应生成D，D中羟基上的H原子被取代生成E，试剂b的分子式为C7H7O2SCl，结合E的结构简式可知，试剂b为；E再发生取代反应生成F，F与Br2在光照条件下发生取代反应生成G，G和试剂c反应时，除生成H外，还有HBr生成，说明G中Br原子被取代，根据H的结构可知试剂c为，据此分析解答。
(1)根据B的结构简式可知其官能团为溴原子、羧基，
故答案为：溴原子、羧基；
(2)对比E和F的结构简式可知，该反应属于取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)D中羟基上的H原子被取代生成E，试剂b的分子式为C7H7O2SCl，结合E的结构简式可知，试剂b为，
故答案为：；
(4)根据分析可知试剂c为，该反应的化学方程式为+→一定条件+HBr；
(5)G中含有11个C原子、2个O原子、1个Br原子，不饱和度为5；其同分异构体K满足：分子中含有苯环且苯环上有4个取代基，在碱性溶液中可发生水解，水解产物酸化后得到有机物甲和有机物乙，即有两种有机产物，所以K中含有酯基，甲能与FeCl3溶液发生显色反应，说明甲中含有酚羟基，根据氧原子的数目可知，该酚羟基一定是酯基水解后产生的，所以乙中一定含有羧基，而1ml乙最多能消耗2mlNa，说明乙中含有Br原子水解得到羟基，则符合题意的4个取代基可以是3个−CH3、1个−OOCCH2Br，此时有6种不同组合，或1个−CH2CH3、2个−CH3、1个−OOCBr，此时有16种，所以同分异构体共有22种；峰面积之比为6：3：2：2，说明含有两个处于相同环境的甲基，所以可以是、、、，
故答案为：22；、、、；
(6)以、CH3OH为原料制备，发生催化氧化生成BrCH2CH2CH2COCH2CHO，BrCH2CH2CH2COCH2CHO发生氧化反应生成BrCH2CH2CH2COCH2COOH，BrCH2CH2CH2COCH2COOH和甲醇发生酯化反应生成BrCH2CH2CH2COCH2COOCH3，BrCH2CH2CH2COCH2COOCH3发生D生成E类型的反应，生成目标产物，故该合成路线为：。
2021年6月10日，国务院公布的第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录，包含柳州螺蛳粉制作技艺、鲁山花瓷烧制技艺、楚简制作技艺、大名小磨香油制作技艺等，下列说法错误的是( )
A. 柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含淀粉
B. 鲁山花瓷烧制过程中包含复杂的物理变化和化学变化
C. 楚简属于竹制品，主要成分为纤维素
D. 大名小磨香油属于高分子化合物
化学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中错误的是( )
A. 免洗洗手液能杀菌消毒，主要是因为其有效成分活性银离子能使蛋白质变性
B. 用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
C. 碳酸钠可用作制作糕点的膨松剂，是因为加热能分解出二氧化碳
D. 煤经过气化和液化两个化学变化可转化为清洁能源
常温下，氯气可溶于水且与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，下列化学用语表示错误的是( )
A. 35Cl与 37Cl互为同位素B. HClO的结构式为H−O−Cl
C. O2−的结构示意图：D. H2O的空间充填模型：
化学创造美好生活。下列生产活动中，没有发生化学反应的是( )
A. 用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾B. 用生石灰和水为自热米饭提供热源
C. 活性炭放冰箱除异味D. 多吃富含维生素C的食物减缓衰老
已知4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 0.1ml⋅L−1的K2SO4溶液中所含的离子总数为0.3NA
B. 1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为3NA
C. 100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数为4NA
D. 常温下，若该反应生成气体4.4g，则反应中转移的电子数为0.4NA
有机物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其结构简式如图。下列说法正确的是( )
A. 该有机物可以发生取代反应、加成反应和消去反应
B. 该有机物含有羧基、醛基、羟基和碳碳双键4种官能团
C. 1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：5
D. 该有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色
用如图实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是( )
A. 利用图甲验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
B. 利用图乙制备并收集干燥的氢气
C. 利用图丙制备并收集少量的NO2
D. 利用图丁制取碳酸氢钠
物质M可用作调味剂，其结构式如图所示。M的组成元素W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法正确的是( )
A. 物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有两种含氧官能团
B. W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W
C. R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：R>X>Y
D. 工业上常采用电解Z的盐溶液冶炼金属Z
科学家研究二甲醚(DME)在H−ZSM−5分子筛(用H+A−表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
B. 升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
C. 由于ΔEa>ΔEa1，DME水解反应更易以stepwise路径进行
D. 根据图示可知，DME首先与分子筛H+A−结合形成(CH3)2OH+A−
水系可充电电池因其成本低高离子电导率、高安全性和环境友好性等优势而备受关注。一种新型无隔膜Zn/MnO2液流电池的工作原理如图所示。电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，下列说法正确的是( )
A. 放电时，当外电路转移1mle−时，两电极质量变化的差值为11g
B. 过程II为放电过程，石墨毡电极的电极反应为MnO2−2e−+4H+=Mn2++2H2O
C. 过程I为锌沉积过程，A连电源的正极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌
D. 放电时，沉积在石墨毡上的MnO2逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量也减小
对废旧金属的回收利用具有社会、经济、生态等方面的效益，某研究小组设计以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)m(SO4)p]n的工艺流程如图，聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，处理污水能力比FeCl3高效，且腐蚀性小。下列说法错误的是( )
A. 废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好
B. 操作X中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
C. “酸浸氧化”时，可用过量的稀硝酸代替稀硫酸和H2O2溶液
D. 可用K3Fe(CN)6溶液检验“酸浸氧化”反应后的溶液中是否含有Fe2+
宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的离子方程式书写错误的是( )
A. 将KI溶液滴入稀硫酸酸化的KIO3溶液中：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O
B. 过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
C. 用酸性KMnO4溶液吸收含SO2尾气：5SO2+2MnO4−+2H2O=2Mn2++4H++5SO42−
D. 用碳酸钠溶液浸泡处理锅炉水垢(主要成分为CaSO4)：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)
H3PO3是二元弱酸，常温下向⋅L−1Na2HPO3溶液中滴入0.1000ml⋅L−1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知10−1.7≈2×10−2，下列说法正确的是( )
A. 常温下，NaH2PO3溶液中c(Na+)>c(H2PO3−)>c(H3PO3)>c(HPO32−)
B. 常温下，H3PO3的一级电离常数Ka1约为3×10−2
C. H3PO3与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为H3PO3+3NaOH=Na3PO3+3H2O
D. a点溶液中存在c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)
过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作为氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I.(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是 ______。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是 ______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是 ______。
II.(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为 ______ml。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42−)，写出该反应的离子方程式 ______。
III.标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1ml⋅L−1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为 ______，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为 ______ml⋅L−1。
市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4⋅7H2O)的工艺流程如图：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 ______(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括、______、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为 ______。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl−)，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为 ______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为 ______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是 ______。
我国拥有众多非物质文化遗产，如建窑建盏烧制技艺、浦城剪纸、武夷岩茶(大红袍)制作技艺等。
I.建盏的魅力斑纹是由釉面里面由内至外呈现的，三维立体，栩栩如生，主要因建阳水吉附近的南方红壤土中蕴含大量的铁，通过高温烧制控制进入的氧气量，把坯体铁析晶和釉水铁析晶呈现出来，这些表现在建盏的釉色当中，该过程会形成不同形态的铁(如Fe2O3、FeO、，Fe3O4等)。以下是烧制过程中可能发生反应的热化学方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH1=akJ⋅ml−1
FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)ΔH2=bkJ⋅ml−1
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH3=ckJ⋅ml−1
(1)写出CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的热化学方程式：______。
(2)在太阳能的作用下，缺铁氧化物(如Fe0.9O)能催化分解CO2，其过程如图所示。过程①的化学方程式是 ______，过程②能量转化的主要形式为 ______。
II.一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH4=−49.1kJ⋅ml−1
反应ii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH5=+41.1kJ⋅ml−1
(3)往恒容密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为aml)充入反应物，在合适催化剂作用下，发生反应i、ii，CO2的平衡转化率和甲醉的选择率(转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比)如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为(列出计算式)______ml。随着温度的升高，CO2的平衡转化率升高但甲醇的选择率降低的原因是 ______。
(4)现向恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入1mlCO2、3mlH2和6mlHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，上述反应达平衡时，测得CO2的转化率为20%，则该反应的Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果精确到0.1)MPa−2。CO2制备CH3OH的过程中，往往伴随着反应ii，从而导致CH3OH的选择率下降，有研究表明，在原料气中掺入适量CO，能提高CH3OH的选择率，试说明其可能的原因：______。
VA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态砷原子处于最高能级的电子云轮廓图为 ______形。
(2)NH3、PH3、AsH3是同主族元素的氢化物，其中键角最小的是 ______。
(3)叠氮化钠(NaN3)用于汽车的安气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气。可与酸反应生成叠氮酸(HN3)，叠氮酸中3个氮原子的杂化类型分别为 ______(不分先后)。
(4)N原子之间可以形成π键，而As原子之间较难形成π键。从原子结构角度分析，其原因为 ______。
(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子[Cu(NH3)4]2+。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 ______。
(6)磷的含氧酸有很多种，其中有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等。
①已知NaH2PO2是次磷酸的正盐，则1mlH3PO2中含有的σ键的物质的量为 ______ml。
②磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如图：
如果有n个磷酸分子间脱水形成链状的多磷酸，则相应的酸根可写为 ______。
(7)HgCl2和不同浓度NH3−NH4Cl反应得到某种含汞化合物的晶胞结构(有四个等同的小立方体)如图所示。(部分微粒不在晶胞内，每个Hg原子均处于小立方体的面心)
写出该含汞化合物的化学式：______。则该晶体的密度ρ=______g⋅cm−3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示)。
化合物H是一种常用的解热镇痛药，一种以丙酸为基础原料合成化合物H的合成路线如图：
(1)有机物B中含有的官能团名称为 ______。
(2)E→F的反应类型为 ______。
(3)试剂b的分子式为C7H7O2SCl，写出试剂b的结构简式：______。
(4)在一定条件下，化合物G和试剂c反应时，除生成H外，还有HBr生成，写出反应G→H的化学方程式：______。
(5)K是G的同分异构体，符合下列条件的K有 ______种，其中核磁共振氢谱图中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：3：2：2的结构简式为 ______(任写一种)。
①分子中含有苯环且苯环上有4个取代基。
②在碱性溶液中可发生水解，水解产物酸化后得到有机物甲和有机物乙，甲能与FeCl3溶液发生显色反应，1ml乙最多能消耗2mlNa。
(6)请设计以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用)______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含糖类淀粉，故A正确；
B.鲁山花瓷烧制过程中有物质形状变化和生成新物质的变化，所以既有物理变化也有化学变化，故B正确；
C.竹制品的主要成分为纤维素，故C正确；
D.大名小磨香油中含有油脂，不属于高分子化合物，故D错误；
故选：D。
2.【答案】C
【解析】A.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故A正确；
B.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故B正确；
C.碳酸钠对热稳定、不分解，碳酸氢钠不稳定、受热分解生成二氧化碳，则碳酸氢钠可用于制作糕点的膨松剂，故C错误；
D.煤经过气化生成CO、氢气等，液化可生成甲醇等，可转化为清洁燃料，都是化学变化，故D正确；
故选：C。
3.【答案】C
【解析】A. 35Cl与 37Cl是氯元素的不同原子，它们质子数都是17，中子数分别为18、20，二者互为同位素，故A正确；
B.次氯酸的中心原子为O，含有O−Cl键、O−H键，结构式为H−O−Cl，故B正确；
C.O2−的质子数为8，核外电子数为10，最外层电子数为8，离子符号为，故C错误；
D.H2O是共价化合物，空间构型为V型，并且O原子半径大于H，则空间充填模型为，故D正确；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】解：A.用装有酸性重铬酸钾的检测仪查酒驾，是酸性重铬酸钾氧化乙醇的反应，为化学变化，故A错误；
B.用生石灰和水为自热米饭提供热源，是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，反应过程中放出热量，为化学变化，故B错误；
C.活性炭放冰箱除异味，利用活性炭具有较大表面积，吸附异味的物质，过程中无新物质生成，为物理变化，故C正确；
D.多吃富含维生素C的食物减缓衰老，是维生素C做还原剂和氧化性物质发生化学反应，为化学变化，故D错误；
故选：C。
物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，物质变化过程中无新物质生成的变化为物理变化。
本题考查了物质变化、物质性质分析判断，注意变化实质的理解，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】A.溶液体积未知，无法计算离子个数，故A错误；
B.1ml甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为4NA，故B错误；
C.100g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数大于4NA，故C错误；
D.依据方程式4KMnO4+6H2SO4+5HCHO=4MnSO4+5CO2↑+11H2O+2K2SO4分析，生成5ml二氧化碳转移20ml电子，则生成二氧化碳气体4.4g，物质的量为：4.4g44g/ml=0.1ml，转移电子数为0.4NA，故D正确；
故选：D。
6.【答案】A
【解析】A.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键，具有羧酸、烯烃、醇、醚的性质，羧基、醇羟基都能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，醇羟基都能发生消去反应，故A正确；
B.该有机物中含有羧基、碳碳双键、醇羟基、醚键四种官能团，不含醛基，故B错误；
C.−OH、−COOH都能和钠以1：1反应，只有−COOH和NaOH以1：1反应，该分子中含有5个醇羟基、1个羧基，所以1ml该有机物分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6：1，故C错误；
D.该分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：A。
7.【答案】A
【解析】A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色、可被酸性高锰酸钾氧化，图中装置可验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故A正确；
B.氢气的密度比空气密度小，图中应短导管进气收集氢气，不能选图中向上排空气法，故B错误；
C.Cu与稀硝酸反应生成NO，且二氧化氮与水反应，不能制备二氧化氮，故C错误；
D.氨气极易溶于水，易发生倒吸，图中氨气、二氧化碳的进气位置应互换，故D错误；
故选：A。
8.【答案】B
【解析】短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由M的结构式可知，Z为带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Z为Na；W只能形成1个共价单键，且原子序数最小，W为H；由原子序数可知R、X、Y位于第二周期，R形成4个共价键，R为C，Y形成2个共价键，Y为O，X形成3个共价键，X为N，以此来解答。
由上述分析可知，W为H、R为C、X为N、Y为O、Z为Na，
A.物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有1种含氧官能团，为羧基，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从左向右原子半径增大，则W、R、X、Y的原子半径大小顺序为R>X>Y>W，故B正确；
C.水分子间比氨气分子间氢键多，则R、X、Y分别形成的最简单氢化物的沸点：Y>X>R，故C错误；
D.工业上常采用电解熔融NaCl冶炼金属，故D错误；
故选：B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能与反应速率关系、温度对可逆反应的影响为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度一般。
【解答】
A.根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应只存在一种反应途径，故A错误；
B.升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，但是平衡移动方向不同，对于转化率的影响也不同，故B错误；
C.ΔEa<ΔEa1，活化能越大，反应速率越慢，DME水解反应更易以cncerted路径进行，故C错误；
D.根据反应图示可知，DME首先与分子筛H+ A−结合形成(CH3)2OH+ A−，故D正确；
故选：D。
10.【答案】AD
【解析】解：A.放电负极反应为Zn−2e−=Zn2+，正极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，每当电路中通中1ml电子时，负极质量减少652g=32.5g，正极质量减少(55+32)g2=43.5g，两极质量差为11g，故A正确；
B.放电时，石墨毡电极为正极，得到电子，电极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O，故B错误；
C.充电时A连接电源的负极，故C错误；
D.放电时，当沉积在石墨毡上的MnO2溶解完全时，负极锌箔上沉积的锌正好完全溶解，负极质量也减少，故D正确；
故选：AD。
过程I中Zn2+离子得电子生成锌沉积沉积在锌箔上，Mn2+离子失电子生成二氧化锰沉积在石墨上，故过程I为充电过程，过程II为放电过程，放电时，负极Zn失去电子，正极二氧化锰得到电子溶解，据此解答。
本题考查学生二次电池的工作原理知识，考查学生对原电池和电解池工作原理的掌握，注意知识的迁移应用是关键，题目难度不大
11.【答案】C
【解析】废铁屑用Na2CO3溶液浸取除去油污，在酸浸中加入酸，酸浸时加入的酸能腐蚀Fe且不能引进杂质，根据PFS成分知，酸为硫酸；然后过滤，向滤液中加入氧化剂，氧化剂能氧化亚铁离子且不能引进新的杂质，选取双氧水；然后向聚合釜中加入水和硫酸，最后得到PFS，据此分析回答问题。
A.温度越高，碳酸钠碱性越强，故废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好，故A正确；
B.操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故B正确；
C.酸浸槽中加入的酸液不能用稀硝酸代替稀硫酸，硝酸会与废铁屑生成污染性的气体，故C错误；
D.可用K3Fe(CN)6溶液与Fe2+产生蓝色沉淀，故D正确；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】A.将KI溶液滴入稀硫酸酸化的KIO3溶液中，离子方程式：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，故A正确；
B.过量铁粉与稀硝酸反应，离子方程式：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C.用酸性KMnO4溶液吸收含SO2尾气，离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O=2Mn2++4H++5SO42−，故C正确；
D.用碳酸钠溶液浸泡处理锅炉水垢(主要成分为CaSO4)，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，故D正确；
故选：B。
13.【答案】BD
【解析】解：A.当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图中信息可知溶液为酸性，H2PO3−的电离大于H2PO3−的水解，c(Na+)>c(H2PO3−)>c(HPO32−)>c(H3PO3)，故A错误；
B.当加入盐酸的V=40时溶质为H3PO3，溶液的pH=1.7，c(H+)=10−1.7ml/L，H3PO3⇌H++H2PO3−，电电离常数Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)=10−1.7×10−1.70.1×20×10−3(20+40)×10−3=3×10−2，故B正确；
C.H3PO3是二元弱酸，H3PO3与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为：H3PO3+2NaOH=NaH2PO3+2H2O，故C错误；
D.当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，根据物料守恒c(Na)c(P)=2，则有②c(Na+)=2c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+2c(H3PO3)，将①②联立，可得 c(H+)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)=c(Cl−)+c(OH−)，故D正确；
故选：BD。
A.当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图中信息可知溶液为酸性，H2PO3−的电离大于H2PO3−的水解；
B.当加入盐酸的V=40时溶质为H3PO3，溶液的pH=1.7，c(H+)=10−1.7ml/L，H3PO3⇌H++H2PO3−，电电离常数Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)；
C.H3PO3是二元弱酸，H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO3；
D.当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，根据物料守恒c(Na)c(P)=2，则有②c(Na+)=2c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+2c(H3PO3)，据此分析。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，为高考常见题型，明确曲线上各点溶质成分及其性质为解答关键，注意掌握守恒关系式的应用和电离平衡常数的近似计算，试题培养了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
14.【答案】(1)分液漏斗
(2)防止产品因溶解造成损失
(3)温度过高，产品分解，造成产量损失
(4)0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+
(5)溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
【解析】装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为(NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，
(1)仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是防止产品因溶解造成损失，
故答案为：防止产品因溶解造成损失；
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是温度过高，产品分解，造成产量损失，
故答案为：温度过高，产品分解，造成产量损失；
(4)根据氧化还原反应中，Mn元素化合价升高值=S元素化合价降低值=转移电子数=10，所以S2O82−的系数是5，MnSO4前面的系数是2，根据原子守恒得出其他物质前的系数，离子反应为5S2O82−+2Mn2++8H2O=10SO42−+2MnO4−+16H+，1mlS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为0.4ml，过二硫酸铵常用于检验废水中Cr3+是否超标，若超标则溶液变为橙色，为Cr2O72−，还原产物为SO42−，反应为：2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+，
故答案为：0.4；2Cr3++3S2O82−+7H2O=Cr2O72−+6SO42−+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；根据反应的方程式可知：
(NH4)2S2O8∼I2∼2Na2S2O3，
1ml 2ml
c××0.0184L
解得c=0.046ml/L，
故答案为：溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.046。
15.【答案】(1)搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度(任写一条)
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4)4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1
(5)2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失
【解析】分析流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4⋅7H2O，据此分析解题。
(1)对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，
故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
(2)“一系列操作”主要包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)置换镍时，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+，
故答案为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+；
(4)“浸出”的浸渣中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，反应中Ag(NH3)2Cl作氧化剂，N2H4作还原剂，故则还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4Ag(NH3)2++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1；
(5)由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O，由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2，由题干信息可知，除铁时若PH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀，故在PH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH−=2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失。
16.【答案】CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1 10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C太阳能转化为化学能 0.25a×15%×78%升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度 33.3适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i
【解析】解：(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)的ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1，
故答案为：CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)ΔH=(3a−6b−2c)kJ⋅ml−1；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C，过程②中再太阳能条件下Fe3O4被分解为O2和Fe0.9O，所以能量转化的主要形式为：太阳能转化为化学能，
故答案为：10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C；太阳能转化为化学能；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇为0.25a×15%×78%ml；反应i焓变小于0为放热反应，反应ii焓变大于0为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度，所以CO2的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低，
故答案为：0.25a×15%×78%；升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)=148×0.1×148×0.1(148×0.1)3×112×0.1MPa−2=33.3MPa−2；CO为反应ii的生成物，适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i，提高CH3OH的选择率，
故答案为：33.3；适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i。
(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①−6×②−2×③可得；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式；
(3)根据题意可知投料为0.25amlCO2和0.75amlH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇的物质的量；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1ml×20%=0.2ml，剩余n(CO2)=0.8ml，结合方程式可知此时n(H2)=2.4ml、n(CH3OH)=0.2ml、n(H2O)=0.2ml，He不参与反应，仍为6ml，所以p(CO2)=0.80.8+2.4+0.2+0.2+6×0.1MPa=112×0.1MPa，同理可得p(H2)=14×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=148×0.1MPa，所以Kp=p(H2O)⋅p(CH3OH)p(CO2)⋅p3(H2)。
本题考查化学平衡的计算，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，考查较为综合，整体难度中等。
17.【答案】哑铃形(或纺锤形)AsH3 sp、sp2 As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键 5(PO3)nn− Hg(NH3)2Cl2 611a3×NA×1030
【解析】解：(1)基态砷原子处于最高能级的电子为4p能级上的电子，其电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形)，
故答案为：哑铃形(或纺锤形)；
(2)NH3、PH3、AsH3结构相似，均为三角锥形，分子中均含有一对孤电子对，中心原子的电负性越大，则孤电子对越靠近中心原子，对成键电子的排斥作用也越大，导致键角越小，所以其中键角最小的是AsH3，
故答案为：AsH3；
(3)HN3的结构式可以写成H−N=N≡N，分子中存在大π键，其中靠近H原子的N原子为sp2杂化，另外两个N原子均为sp杂化，
故答案为：sp、sp2；
(4)N原子半径小，电子云重叠程度大，形成双键、三键牢固，而As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，
故答案为：As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
(5)F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键，
故答案为：F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键；
(6)①已知NaH2PO2是次磷酸的正盐，说明次磷酸中含有一个羟基氢，其结构式为，单键均为σ键，双键中有一个σ键，所以1mlH3PO2中含有的σ键的物质的量5ml，
故答案为：5；
②根据题干信息，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，则相应的酸根可写为(PO3)nn−，
故答案为：(PO3)nn−；
(7)根据均摊法，Hg的个数为1+2×12=2，Cl的个数为8×18+8×14+2×12=4，NH3的个数为4，所以该物质的化学式为Hg(NH3)2Cl2；晶胞的质量为4×35.5+2×200.5+4×17NAg，晶胞棱长为apm=a×10−10cm，所以晶胞体积为(a×10−10)3cm3，则晶胞的密度为ρ=mV=4×35.5+2200.5+4×17NAg(a×10−10)3cm3=611a3×NA×1030g⋅cm−3，
故答案为：Hg(NH3)2Cl2；611a3×NA×1030。
(1)基态砷原子处于最高能级的电子为4p能级上的电子；
(2)NH3、PH3、AsH3结构相似，均为三角锥形，分子中均含有一对孤电子对，中心原子的电负性越大，则孤电子对越靠近中心原子，对成键电子的排斥作用也越大，导致键角越小；
(3)HN3的结构式可以写成H−N=N≡N，分子中存在大π键，其中靠近H原子的N原子为sp2杂化，另外两个N原子均为sp杂化；
(4)N原子半径小，电子云重叠程度大，形成双键、三键牢固；
(5)F的电负性比N大，N−F成键电子对偏向F；
(6)①单键均为σ键，双键中有一个σ键；
②根据题干信息，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，据此分析解答；
(7)晶胞的质量为4×35.5+2×200.5+4×17NAg，晶胞棱长为apm=a×10−10cm，所以晶胞体积为(a×10−10)3cm3，则晶胞的密度为ρ=mV。
本题综合考查物质的结构与性质知识，涉及σ键和π键、轨道杂化和晶胞的结构与计算等知识，把握杂化类型的判断方法、能量高低与物质稳定性关系是解题关键，侧重基础知识掌握情况的考查，题目难度不大。
18.【答案】(1)溴原子、羧基
(2)取代反应
(3)
(4)+→一定条件+HBr
(5)22；、、、
(6)
【解析】A与Br2发生取代反应生成B，B中Br原子水解得到C，根据D的结构简式可知C与CH3OH发生酯化反应生成D，D中羟基上的H原子被取代生成E，试剂b的分子式为C7H7O2SCl，结合E的结构简式可知，试剂b为；E再发生取代反应生成F，F与Br2在光照条件下发生取代反应生成G，G和试剂c反应时，除生成H外，还有HBr生成，说明G中Br原子被取代，根据H的结构可知试剂c为，据此分析解答。
(1)根据B的结构简式可知其官能团为溴原子、羧基，
故答案为：溴原子、羧基；
(2)对比E和F的结构简式可知，该反应属于取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)D中羟基上的H原子被取代生成E，试剂b的分子式为C7H7O2SCl，结合E的结构简式可知，试剂b为，
故答案为：；
(4)根据分析可知试剂c为，该反应的化学方程式为+→一定条件+HBr；
(5)G中含有11个C原子、2个O原子、1个Br原子，不饱和度为5；其同分异构体K满足：分子中含有苯环且苯环上有4个取代基，在碱性溶液中可发生水解，水解产物酸化后得到有机物甲和有机物乙，即有两种有机产物，所以K中含有酯基，甲能与FeCl3溶液发生显色反应，说明甲中含有酚羟基，根据氧原子的数目可知，该酚羟基一定是酯基水解后产生的，所以乙中一定含有羧基，而1ml乙最多能消耗2mlNa，说明乙中含有Br原子水解得到羟基，则符合题意的4个取代基可以是3个−CH3、1个−OOCCH2Br，此时有6种不同组合，或1个−CH2CH3、2个−CH3、1个−OOCBr，此时有16种，所以同分异构体共有22种；峰面积之比为6：3：2：2，说明含有两个处于相同环境的甲基，所以可以是、、、，
故答案为：22；、、、；
(6)以、CH3OH为原料制备，发生催化氧化生成BrCH2CH2CH2COCH2CHO，BrCH2CH2CH2COCH2CHO发生氧化反应生成BrCH2CH2CH2COCH2COOH，BrCH2CH2CH2COCH2COOH和甲醇发生酯化反应生成BrCH2CH2CH2COCH2COOCH3，BrCH2CH2CH2COCH2COOCH3发生D生成E类型的反应，生成目标产物，故该合成路线为：。
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