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新疆乌鲁木齐2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份新疆乌鲁木齐2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共33页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，实验题，结构与性质，有机推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
新疆乌鲁木齐2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、原理综合题
1．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）氯及其化合物常被用作消毒剂。请回答下列问题：
(1)图为氯及其化合物的“价—类”二维图。缺失的类别为___________、物质为__________(填化学式)。
(2)氯气是最早用于饮用水消毒的物质。氯水中起消毒作用的物质是，写出的电离方程式________。向氯水中加入可增强其消毒能力，用化学平衡移动原理解释原因：______。
(3)“84消毒液”是一种以为主的高效消毒剂。用石墨作电极电解饱和食盐水可制取消毒液，简易装置如图所示。
①电源中，电极的名称是_________。
②写出阳极发生的电极反应____________。
(4)是一种广谱、高效、安全的消毒剂。某自来水厂用对饮用水进行消毒。现用碘量法检测已消毒的水样中的浓度。
①取水样，加入足量的碘化钾，调溶液至中性，滴加少许淀粉溶液，溶液变蓝(已知在中性溶液中，被还原为)。写出该反应的离子方程式________。
②已知：，向①所得溶液中滴加的溶液时，溶液蓝色恰好褪去，该水样中的浓度是__________。
2．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知室温下浓度均为的各溶液如下表所示：
溶液
5.1
4.0
11.0
9.7
11.6
(1)①氯化铵溶液显酸性的原因是____________(用离子方程式说明)。
②侯氏制碱法中，使从母液中析出的措施不包括___________(填序号)。
A．冷却 B．加入食盐细颗粒 C．通入 D．通入
③时，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中：，试用含的代数式表示的电离常数_________。
(2)①上述5种溶液中，水的电离程度最小的是_____________(填化学式)。
②的溶液中(填“”、“”或“”)。(3)①、、结合质子的能力由大到小的顺序是____________。向溶液中加入过量的溶液，写出反应的离子方程式____________。
②在一定温度下，的溶液加水稀释至过程中，下列数值变小的是___________(填序号)。
A． B． C． D．
③已知氢氰酸()的电离平衡常数，同浓度同体积的与的混合溶液中粒子浓度大小关系为____________。
3．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）碳、氮、硫三种元素的氧化物都会引起环境问题，越来越引起人们的重视。
(1)
①已知一氧化碳和固体硫的燃烧热分别为和。_________。
②在恒容容器中进行上述反应，下列说法能说明反应达到平衡的是____________(填序号)。
A． 混合气体的压强保持不变 B．
C． D． 混合气体的密度保持不变
(2)汽车尾气中的和在一定条件下可发生反应生成无毒的和： 。某研究小组在三种不同实验条件下、在三个容积为的恒容密闭容器中，分别充入和进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示：
①温度：T1________T2 (填“”、“”或“”)。
②的平衡转化率：I_________II_________III(填“”、“”或“”)。
③反应速率：III中的________中的(填“”、“”或“”)。
④时的平衡常数________。
(3)研究发现利用可消除制硝酸尾气中的污染，反应后产物无污染。
①消除污染过程中，参加反应的与物质的量之比为_______。
②与的物质的量之比分别为、、时，脱除率随温度变化的曲线如图所示。曲线Ⅲ对应的与的物质的量之比是_______，其理由是__________。
4．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）世界多国相继规划了碳达峰碳中和时间节点，我国提出在2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。目前，研究比较多的是利用CO2合成甲醇、甲酸和乙酸。
I．CO2催化加氢合成甲醇：
(1)反应方程式为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g)
已知反应中相关化学键键能数据如下：
化学键
H-H
C=O
C-H
C-O
O-H
kJ·mol-1
436
803
414
326
465
①该反应的∆H=___________。
在密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2，在不同条件下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) ，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
②M、N两点的化学反应速率：v( N)___________ v(M)，判断理由是___________。
③为提高CO2的转化率，除改变温度和压强外，还可以采取的措施是___________。
④若506K时，在10L密闭容器中反应，达平衡时恰好处于图中M点，则N点对应的平衡常数K=___________ ( 保留两位小数)。
II． CO2催化加氢合成甲酸：
(2)利用CO2在新型钌配合物催化剂下加氢合成甲酸，反应机理如图1所示，图中含Ru配合物的某段结构用M表示。该反应的中间体为___________，研究表明，极性溶剂有助于促进CO2插入M—H 键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，原因是___________。
III．我国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图2所示：
(3)①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式___________。
②根据图示，写出总反应的化学方程式： ___________。
5．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）《自然》杂志报道，科学家设计出了“空气燃料实验系统”，其过程分三步：
第一步，利用太阳能收集空气中的和；
第二步，在太阳能作用下将和转化成合成气(CO、)；
第三步，利用合成气合成液态烃和甲醇。
Ⅰ模拟制备合成气的装置如图1所示。
回答下列问题：
(1)交换膜是_______(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜。b极是_______(填“正极”或“负极”)。
Ⅱ利用合成气合成甲醇：
已知： ，表示的摩尔生成焓，其余类推。
(2)时，、、的摩尔生成焓分别为、0、，则上述反应的_______。
(3)某温度、催化剂作用下，该反应的速率方程为(k为速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)。测得速率与CO、的浓度关系如下表所示：
实验
速率
Ⅰ
0.10
0.10
v
Ⅱ
0.20
0.10
2v
Ⅲ
0.20
0.20
8v
Ⅳ
0.40
x
36v
计算x=_______。
(4)某温度下，向容积为的密闭容器中加入和，发生上述反应，CO转化率随时间的变化如图2所示：
该温度下反应的平衡常数为_______；若起始压强为，则时容器中的压强为_______MPa；若保持其他条件不变，起始时加入和，达到平衡，相应的点可能是图中A、B、C、D中的_______。
(5)若只改变反应的一个条件，能使平衡体系中增大的措施有_______(答出一点即可)。
(6)若投料时CO与的物质的量之比恒定，温度、压强对CO平衡转化率的影响如图3所示，图中X点的v(逆)_______ Y点的v(正)(填“>”“<”或“=”)，理由是_______。
二、工业流程题
6．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）硼酸()在食品、医药领域应用广泛，以硼铁矿(含、及少量、)为原料生产硼酸的工艺流程如下：
已知：在、、、时的溶解度依次为、、、。、、和以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、4.7、9.0和12.4。
(1)写出与硫酸反应的化学方程式____________。“浸取”后，采用“热过滤”的目的是__________。
(2)滤渣1的主要成分是____________。为检验浸出液中是否含有，可选用的化学试剂是_________。
(3)“除杂”时先向浸出液中加入适量，然后调节溶液的约为5。的作用是____________(用离子方程式表示)，“除杂”除去的杂质离子是__________。
(4)根据在水溶液中的电离反应：，写出硼酸与过量溶液反应的离子方程式___________。
(5)“粗硼酸晶体”中的主要杂质是_________。
(6)以硼酸为原料可以制得，其电子式为__________。
7．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）溴酸镉[Cd( BrO3)2]常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(主要成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2 )为原料制备[ Cd( BrO3)2]的工艺流程如下：
已知Cd(SO)2溶于水，回答下列问题：
(1)滤渣1为___________为提高镉的浸取率， 酸浸时可采取的措施有___________(任写两种即可)。
(2)还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为___________。
(3)加入H2O2溶液的目的是___________(用离子方程式表示)。
(4)滤渣2的主要成分为___________ (填化学式) ；检验滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的试剂是___________。
(5)实际工业生产中，用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量，其原理是：Cd2+ +2NaR=2Na+ +CdR2 ，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(PH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.0552g·L-1，则该条件下Cd(OH)2的Ksp为___________(mol3 ●L-3)。
(6)已知镉铁矿中CdO2的含量为72%，整个流程中镉元素的损耗率为10% ，则1t该镉铁矿可制得Cd( BrO3)2质量为___________kg。
8．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料等高科技领域。从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含、、、S、、)中提取铟的工艺如图所示。已知：为强电解质；为磷酸二异辛酯。
回答下列问题：
(1)写出元素周期表前20号元素中，与铟化学性质相似的金属元素的符号_______。
(2)“硫酸化焙烧”后金属元素均以硫酸盐的形式存在。在其他条件一定时，测得焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示，则适宜的焙烧温度是_______℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因可能是_______。
(3)“水浸”时，浸渣除了外，还含有_______。
(4)“还原铁”时反应的离子方程式为_______。
(5)“萃取除铁”时，用30%的作萃取剂时，发现当溶液后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是_______。
(6)“置换铟”时，发现会有少量的气体生成，的电子式为_______，生成的离子方程式为_______。
(7)整个工艺流程中，可循环利用的溶液是_______。
三、实验题
9．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。实验室模拟工业生产中制备葡萄糖酸钙的流程如下：
已知：
I．实验中涉及主要反应如下：
II． 相关物质的溶解性见表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
回答下列问题：
(1)仪器的名称是___________。最适合步骤Ⅰ的实验装置是____________(填序号)。
(2)加入过量碳酸钙除了使反应充分进行，还考虑到副反应___________消耗碳酸钙(用离子方程式表示)。步骤Ⅱ中使用碳酸钙而不使用氯化钙的原因是____________。
(3)步骤Ⅲ中需要使用的玻璃仪器有__________。
(4)步骤Ⅳ中加入乙醇的作用是__________。
(5)步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂最合适的是___________(填序号)，理由是____________。
A． 冷水B． 热水C． 乙醇D． 乙醇—水混合溶液
(6)该实验中葡萄糖酸钙的产率为___________(保留3位有效数字)。
10．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。
已知：①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化。②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。③抽滤：用抽气泵使抽滤瓶中压强降低，达到固液分离的目的。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。
回答下列问题：
(1)装置B的作用是___________
(2)步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是___________。
(3)步骤II中采用抽滤法过滤的主要目的是：___________；用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是___________。
(4)化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的0.1 mol·L-1盐酸换为6 mol·L-1盐酸，通入SO2，最终未得到白色沉淀。
①对此现象有如下猜想：
猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应
小组同学对猜想一的原理进行深人研究，查阅资料知： CuCl+Cl-CuCl，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液___________(填操作) ，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。
②猜想二：___________。设计验证猜想二是否成立的实验方案：
III． CuCl纯度的测定，称取II制得的CuCl 10.00克，将其溶解于过量的稀硫酸中，过滤，洗涤，将洗涤液也并入滤液中，配成500 mL溶液，量取20.00 mL ，滴入几滴PAN指示剂，用H2Y2-溶液滴定，方程式为H2Y2- +Cu2+=CuH2Y ，达到滴定终点消耗0.05000 mol L-1H2Y2-溶液24. 00 mL。
(5)将洗涤液并入滤液中的目的是___________，CuCl的质量分数为___________。
11．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）环己烯常用于有机合成、油类萃取及用作溶剂。醇脱水是合成烯烃的常用方法，某实验小组以环己醇合成环己烯：+H2O ，其装置如图1：
实验方案如下，下表为可能用到的有关数据。
相对分子质量
密度/()
沸点/℃
溶解性
环己醇
100
0.9618
161
微溶于水
环己烯
82
0.8102
83
难溶于水
①在a中加入环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入浓硫酸。
②b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。
③反应后的粗产物倒入分液漏斗中，先用水洗，再分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯。
回答下列问题：
(1)环己醇沸点大于环己烯的主要原因是_______，加入碎瓷片的作用是_______。
(2)装置a的名称是_______，装置b进水口是_______(填“①”或“②”)。
(3)分液漏斗在使用前须清洗干净并_______；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的_______(填“上口倒出”或“下口放出”)。
(4)分离提纯过程中每次洗涤后的操作是_______(填操作名称)，加入无水氯化钙的目的是_______。
(5)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_______(填标号)。
A．圆底烧瓶 B．球形冷凝管 C．锥形瓶 D．温度计
(6)粗产品蒸馏提纯时，图2中可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是_______(填标号)。
(7)本实验所得到的环己烯产率是_______(填标号)。
A．41.3% B．50% C．60% D．71.4%
四、结构与性质
12．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用 KSCN 溶液或苯酚()检验。
①第一电离能：N_______O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为_______。
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为_______，配位原子为_______。
(5)如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。
(6)已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
五、有机推断题
13．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）H是一种中药的主要活性成分，其合成路线如下(部分条件和产物省略)：
已知：①M是一种不饱和烃，可作水果催熟剂；C的核磁共振氢谱中有一组吸收峰。
②+CO2↑
③R-HC=CH-R′
④CH3CHO+ +H2O(R为H或烃基)
回答下列问题：
(1)A的名称为___________；H中的含氧官能团为___________(写名称)。
(2)反应B→C的化学反应方程式为___________。
(3)D的结构简式为___________ ；D→E的反应类型是___________； G的结构简式为___________。
(4)写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式___________(不考虑立体异构)。
①苯环上的一取代物只有一种；
②遇FeCl3溶液显色；
③1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH。
(5)参照上述信息，设计由乙醇制备的合成路线(无机试剂任选)___________。
六、填空题
14．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）下图是氮在生态系统中的循环。细菌和电催化可促使含氮物质进行氧化还原反应。
(1)写出N在周期表中的位置_______。中N元素的化合价为_______。
(2)依据图中所示的氮循环，写出自然界中固氮的一种途径_______。
(3)氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一、实验室中检验可以用_______溶液，产生气体使湿润的_______色石蕊试纸变色。
(4)硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(5)铵态氮()与亚硝态氮()可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生氮气时，转移电子的物质的量为_______。
(6)由于过度的人为干预，水体中的硝酸盐水平正在增加。硝酸盐转化为无害氮的反硝化作用，可以通过电催化法来实现，写出在中性介质中硝酸盐转化为氮气的阴极电极反应式_______。
15．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）化学实验是研究物质及其变化的基本方法。
(1)某无色透明溶液中可能大量存在、、中的几种离子。
①不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_______。
②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是_______。
③取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是_______。
④原溶液可能大量存在的阴离子是下列A~D中的_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)某小组同学对比和的性质，并进行了如下实验：
①写出水解的离子方程式_______。
②向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下图所示。
a.图_______ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。
b.A′~B′的离子方程式为_______。写出A′溶液中各离子浓度由大到小的顺序_______。
c.A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为_______。
③向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生，且白色沉淀的成分只有一种。已知：
i.的溶液中，，
ii.25℃时，，
写出向溶液中滴加少量溶液发生的离子反应方程式_______。
参考答案：
1． 酸； Cl2O7； 氯水中,酸性,加入的和盐酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力； 阴极； 1.35mg/L。
【详解】(1)从物质性质和氯元素价态规律可知，A缺失的物质是酸，物质B是+7价的氧化物，是Cl2O7,故答案为：酸；Cl2O7；
(2)次氯酸是弱酸，所以电离方程式为：； 氯水中,酸性,所以加入的和盐酸反应，而不和次氯酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力，故答案为：；氯水中,酸性,加入的和盐酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力；
(3) ①从装置图可以看出a极连接的电极有向外排气的导管，应该排出氢气，所以a极为阴极；②阴极放出氢气，同时有生成，逸出的氯气会和反应，故阳极的电极反应式为：；故答案为：阴极；；
(4) ①取水样,滴加少许淀粉溶液，溶液变蓝,说明有碘单质生成，根据题意可写出离子方程式：；由和，可得,所以,则该水样中的浓度是;故答案为：；1.35mg/L。
【点睛】本题是元素化合物和化学反应原理的综合题，考查学生的分析问题和解决问题的能力，特别是读图能力和计算能力，需要认真仔细，难度一般。
2． +H2O⇌NH3•H2O+H+ C NaHSO3 >> HCN+=+ CD c(HCN)>c(Na+)> c CN-)> c(OH-)>c(H+)
【分析】(1)有晶体析出时，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌(aq)+Cl-(aq)，使平衡逆向移动，即可析出氯化铵，可采取的措施如：增大铵根离子、氯离子浓度，或者降低温度；
【详解】(1)①NH4Cl溶液显酸性的原因是：铵根离子水解，水解的离子方程式：+H2O⇌NH3•H2O+H+；
②母液中析出NH4Cl，则溶液达到饱和，体系中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，则：
A．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故A错误；
B．加入食盐细颗粒，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；
C．通入CO2后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故C正确；
D．通入NH3后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；
故答案为：C；
③常温下，混合溶液中c()=c(Cl-)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，二者等体积混合后溶液中氯离子浓度为原来的一半，则c()=c(Cl-)=0.005mol/L，c()=(0.5a-0.005)mol/L，NH3•H2O的电离常数；
(2)①上述5种溶液中，NaHSO3电离大于水解呈酸性、水的电离被抑制，其它都是促进电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；
②的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3) +c()+c()，两式相减得：；
(3)①盐溶液碱性越强，则弱酸根离子结合质子能力越强，则>>；由表中数据知，，则与过量的反应生成NaCN和碳酸氢钠，离子方程式：HCN+=+；
②A．，温度不变，KW不变，A不选；
B．，温度不变，Kh不变，B不选；
C．加水稀释，溶液碱性减小，减小，C选；
D．加水稀释，减小，减小，增大，，则减小，D选；
故选：CD。
③设与的浓度都为1mol/L，等体积混合后，c(Na+)=0.5mol/L，CN-的水解平衡常数，则水解平衡常数大于电离平衡常数，水解程度大于的电离程度、溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，c(HCN)>c(CN-)，Na+不水解，则溶液中各离子浓度大小关系：c(HCN)>c(Na+)> c CN-)> c(OH-)>c(H+)。
3． -275.5kJ/mol AD > < = > 17150 2:3 4:1 NH3含量越高，平衡右移，NO脱除率越高
【分析】（2）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，但升高温度，速率加快，达到平衡所需时间短。
【详解】（1）①i，
ii，2×i-ii得目标方程，-275.5kJ/mol；
②A．由于反应是气体分子数减小的反应，压强不变则平衡，A正确；
B．平衡时，CO和CO2的浓度不一定相等，B错误；
C．应为，C错误；
D．恒容密闭容器，体积不变，因有固体生成，气体的质量变化，当密度不变时，反应达平衡，D正确；
故选：AD。
（2）①该反应是放热反应，温度升高，平衡左移，压强增大，则T1> T2；
②平衡常数只与温度有关，升高温度，平衡常数变小，则I
④设N2转化的压强为x，列三段式
平衡时(160-2x)+ (160-2x)+x+2x=250，解得x=70，由pV=nRT，可得c(N2)=0.035mol/L，c(CO2)=0.07mol/L，c(NO)=0.01mol/L，c(CO)=0.01mol/L，平衡常数；
（3）①反应方程式：4NH3+6NO=5N2+6H2O，则参加反应的与物质的量之比为4:6=2:3；
②NH3含量越高，平衡右移，NO脱除率越高，则曲线Ⅲ对应的与的物质的量之比是4:1.
4．(1) ； ＜或小于； 该反应气体分子数减小，平衡时N点n(CH3OH)小于M点，则p2小于p1，v(N) ＜v(M)； 分离出甲醇（或水）或增大氢气的浓度； 1.04；
(2) ； 极性溶剂有利于分离出催化体系中的甲酸，使两步反应向正反应进行，促进CO2插入M—H 键，提高合成效率；
(3) ；
【详解】（1）；该反应气体分子数减小，平衡时N点n(CH3OH)小于M点，则p2小于p1，v(N) ＜v(M)；除改变温度和压强外，还可以分离出甲醇（或水）或增大氢气的浓度，都有利于平衡正移，CO2的转化率提高；根据图像和题意，M点该反应的三段式为，；
（2）根据甲酸是产物，则是催化剂，是中间体；极性溶剂有利于分离出催化体系中的甲酸，使两步反应向正反应进行，促进CO2插入M—H 键，提高合成效率；
（3），碳元素化合价变化为+4→-2价，酸性条件下，二氧化碳在阴极的电极反应式为；根据图示，甲醇、二氧化碳和氢气是反应物，乙酸和水是产物，总反应的化学方程式为。
【点睛】紧扣原理分析解决问题是关键。
5．(1) 阳离子 负极
(2)-90.75kJ/mol
(3)0.3
(4) 4 6.72 B
(5)增加CO的浓度(降低温度或增大压强)
(6) < Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率
【详解】（1）电解池右侧电极发生氧化反应生成氧气，右侧为阳极，阳极反应式为 ，左侧电极为阴极，阴极反应式为，阳离子由阳极向阴极移动，根据箭头方向，可知交换膜是阳离子交换膜。B与阴极相连，b极是负极。
（2） 。
（3）由Ⅰ、Ⅱ得，可知n=1；由Ⅱ、Ⅲ得，可知m=2；由Ⅲ、Ⅳ得，可知x=0.3。
（4）根据图示，反应达到平衡，CO的平衡转化率为0.5，
该温度下反应的平衡常数4；
根据图示，10min时CO的转化率为0.38，
同温同压，压强比等于物质的量比，若起始压强为，则时容器中的压强为；若保持其他条件不变，起始时加入和，增大CO的浓度，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，CO的平衡转化率降低，达到平衡，相应的点可能是图中的B。
（5）平衡体系中增大，平衡正向移动，措施有增加CO的浓度、降低温度、增大压强等。
（6）X、Y都是平衡点，正逆反应速率相等，Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率，所以X点的v(逆)
【分析】硼镁铁矿的成分、、、和稀硫酸反应，生成H3BO3，还有不反应，的溶解度随温度升高而增大，所以 “浸取”后，采用“热过滤”，目的是防止从溶液中析出；滤渣1就是；为了除去杂质离子，加入过氧化氢把氧化为，则调节溶液的约为5时，“除杂”除去的杂质离子是、、；再降温结晶所得粗硼酸晶体中就是硫酸镁和硼酸。
【详解】(1)结合流程可知与硫酸反应的化学方程式为；由题中数据可知的溶解度随温度升高而增大，所以 “浸取”后，采用“热过滤”，目的是防止从溶液中析出；故答案为：；防止从溶液中析出；
(2)硼铁矿中只有不与稀硫酸反应，故滤渣1的主要成分是；为检验浸出液中是否含有，可选用的化学试剂是溶液；故答案为：；溶液；
(3)“除杂”时先向浸出液中加入适量，是为了把氧化为，的作用是；过氧化氢把氧化为了，根据、 以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、4.7 ，则调节溶液的约为5时，“除杂”除去的杂质离子是、、；故答案为：；、、；
(4)由题意知硼酸是弱酸，硼酸与过量溶液反应的离子方程式，故答案为：；
(5)加入过氧化氢和调节溶液的约为5时，除去了、、，所以“粗硼酸晶体”中的主要杂质是硫酸镁；故答案为：硫酸镁；
(6)的电子式为；故答案为。
【点睛】本题是制备硼酸晶体为主线工业流程题，考查元素化合物知识和除杂等知识，一定要仔细阅读题干中的信息，包括硼酸的溶解度和温度的关系，金属离子沉淀的条件等信息，考查学生的分析问题和解决问题的能力，难度适中。
7．(1) SiO2 适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施
(2)3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+
(3)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+
(4) Al(OH)3、Fe(OH)3 硫氰化钾溶液
(5)1.2×10-19
(6)1656
【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿，其中SiO2不与硫酸和水反应，即滤渣1是SiO2，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH值，使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物（滤渣2），向含有硫酸镉的滤液中加入碳酸钾生成碳酸镉沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到Cd(BrO3)2，据此分析问题。
【详解】（1）根据以上分析可知，滤渣1是SiO2；为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施有适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施；故答案为： SiO2；适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施。
（2）加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体是二氧化碳，结合守恒法，可知发生的离子反应方程式为3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+，故答案为：3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+。
（3）加入H2O2溶液的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。
（4）由分析可知，滤渣2 的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是硫氰化钾溶液，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；硫氰化钾溶液。
（5）沉镉后的溶液pH=6，则氢氧根浓度是 mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.0552 g/L，即钠离子浓度增加了 ，根据Cd2++ 2NaR=2Na++ CdR2，可知溶液中Cd2+的浓度是0.0012mol/L，则该条件下Cd(OH)2的Ksp= =1.2×10-19，故答案为：1.2×10-19。
（6）1t该镉铁矿中CdO2的质量是1×106g×72 %=7.2×105g，其物质的量是 ，整个流程中镉元素的损耗率为10 %，根据原子守恒可知Cd(BrO3)2(摩尔质量为368 g/mol)质量为5×103×(1-10%)mol×368g/mol=1656kg。故答案为：1656。
8．(1)Al
(2) 450 温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解
(3)PbSO4、SiO2
(4)2Fe3++2S2O= 2Fe2++S4O
(5)当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降
(6) As2O3 +6Zn+12H+ =2AsH3↑+6Zn2+ +3H2O
(7)萃余液
【分析】从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含、、、S、、)中提取铟，加入H2SO4后焙烧，金属元素均以硫酸盐的形式存在，水浸过程中、PbSO4、SiO2不溶于水，过滤后存在于滤渣中，滤液中加入Na2S2O3还原Fe3+，再加入萃取除铁，萃取液中含有铟离子，加入硫酸溶液反萃取得到硫酸铟溶液，加入Zn置换铟离子得到粗铟，以此解答。
【详解】（1）铟位于第五周期第IIIA族，同一主族的金属元素化学性质相似，则与铟化学性质相似的金属元素的符号为：Al。
（2）水浸的目的是除去、PbSO4、SiO2，得到含有铟离子和铁离子的混合溶液，则需要铟和铁的浸出率最高，则适宜的焙烧温度是450℃，温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解会导致铟、铁浸出率降低。
（3）水浸过程中、PbSO4、SiO2不溶于水，过滤后存在于滤渣中，浸渣除了外，还含有PbSO4、SiO2。
（4）Na2S2O3还原Fe3+生成S4O和Fe2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe3++2S2O= 2Fe2++S4O。
（5）当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降。
（6）是共价化合物，电子式为：；As2O3和Zn发生氧化还原反应生成，As元素由+3价下降到-3价，Zn由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：As2O3 +6Zn+12H+ =2AsH3↑+6Zn2+ +3H2O。
（7）由分析可知，萃取除铁时消耗萃取液，反萃取时又得到萃取液，可循环利用的溶液是萃余液。
9． 三颈烧瓶 B 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀 烧杯、玻璃棒和漏斗 降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出 D 若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去 76.3%
【分析】葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，水浴加热，发生的反应，该反应中生成HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca(C6H11O7)2固体。
【详解】(1)仪器的名称是三颈烧瓶；反应在55℃条件下进行，需要水浴加热，要滴加溴水，所以还要有滴液漏斗，装置A不能控制添加溴水的速率，装置C无法控制反应温度，只有装置B符合，故答案为：三颈烧瓶；B；
(2)前一步反应生成HBr，而HBr会与碳酸钙反应，生成溴化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：；因盐酸的酸性比葡萄糖酸的酸性强，则氯化钙与葡萄糖酸难以反应，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀，且易引入杂质，不易分离，应用碳酸钙，故答案为：；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀；
(3)葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，即步骤Ⅲ为过滤，需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒和漏斗；
(4)由题表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免损失，降低葡萄糖酸钙溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出，故答案为：降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出；
(5)洗涤沉淀应避免沉淀溶解，且能将沉淀上的吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去，故答案为：D；若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去；
(6) 9.0gC6H12O6(葡萄糖)的物质的量为，根据化学方程式可知理论上得到葡萄糖酸钙的物质的量为0.025mol，其质量为0.025mol×430g/mol=10.75g，故葡萄糖酸钙的产率为，故答案为：76.3%。
【点睛】有机物的制备实验中通常要控制反应的温度，多采用水浴或油浴加热的方法，可以更好的控制温度同时使受热更均匀，同时要注意需要使用温度计实时观测温度。
10．(1)安全瓶或防倒吸
(2)SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+
(3) 快速过滤，防止氯化亚铜被氧化 降低氯化亚铜的溶解度，减少氯化亚铜的损失，同时加快固体的干燥
(4) 加水稀释 在酸性条件下，氯化亚铜发生自身氧化还原反应；取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立
(5) 洗液中也含有铜离子，会使测定更准确 59.7%
【详解】（1）SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，用NaOH溶液处理尾气时容易引起倒吸，B装置可防止尾气处理时产生倒吸，B装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸；
（2）SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸，离子反应方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+；
（3）已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化，步骤II中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间，防止氯化亚铜被氧化；氯化亚铜微溶于水，不溶于酒精，且酒精具有挥发性，可快速带走固体表面的水分，则用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥，故答案为：快速过滤，防止氯化亚铜被氧化；降低氯化亚铜的溶解度，减少氯化亚铜的损失，同时加快固体的干燥；
（4）①Cl-浓度过大，与CuCl发生反应，减小Cl-的浓度观察是否有沉淀生成，则操作为将上述未得到沉淀的溶液加水稀释，若观察到有白色沉淀析出，说明猜想一Cl-浓度过大影响氯化亚铜的生成是正确的；
②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应，则猜想二为强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)，验证猜想的方法为：取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立；
（5）洗涤液中也含铜离子，根据反应原理可知，将洗涤液也并入滤液中是为了提高测量的准确度；根据反应原理知H2Y2- +Cu2+=CuH2Y，n(Cu2+)=n(H2Y2-)=，氯化亚铜溶于过量稀硫酸的离子反应方程式为：2CuCl=Cu+Cu2++2Cl-，所以CuCl的质量分数为=59.7%，故答案为：洗液中也含有铜离子，会使测定更准确；59.7%。
11．(1) 环己醇有分子间氢键，环己烯没有分子间氢键 防止暴沸
(2) 蒸馏烧瓶 ②
(3) 检漏 上口倒出
(4) 分液 干燥产物
(5)B
(6)C
(7)D
【分析】实验室用环己醇和浓硫酸加热反应生成环己烯，a中为环己醇和浓硫酸的混合液，通过c处的温度计控制馏出物的温度不超过90℃，b中通入冷却水起到冷凝作用，最后产物收集在锥形瓶中。
【详解】（1）环己醇能形成分子间氢键，故其沸点大于环己烯；加入碎瓷片，目的是防止暴沸；
（2）从图中可知，装置a的名称为蒸馏烧瓶；装置b进水口为②，以保证较好的冷凝效果；
（3）分液漏斗在使用前必须清洗干净并且检漏；实验分离过程中，环己烯密度比水小，在分液漏斗的上层，故产物从分液漏斗的上口倒出；
（4）分离提纯过程中每次洗涤后都需要进行分液；无水氯化钙可以吸收产物中的水分，起到干燥产物的作用；
（5）蒸馏过程中需要用到圆底烧瓶、温度计、锥形瓶（接收器）、牛角管、酒精灯等仪器，不需要用到球形冷凝管，故选B。
（6）粗产品蒸馏提纯时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，若温度计水银球放在支管口以下位置，测得蒸汽的温度偏低，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，测得蒸汽的温度过高，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以用C装置收集，导致收集到的产品中混有高沸点杂质，故选C。
（7）环己醇物质的量为0.21mol，环己烯物质的量为0.15mol，根据环己醇生成环己烯的方程式可知，0.21mol环己醇理论上可制得环己烯0.21mol，则环己烯的产率为0.15mol÷0.21mol71.4%，故选D。
12． 非极性 > sp2 6 N、Cl 7：2
【详解】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：个，所以有2个，有1个，其中正四面体空隙共8个，1个填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共个，一个和一个填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为，体积为，因此密度为。
13．(1) 1,2-二溴乙烷 羟基、醚键、羰基
(2)HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O
(3) OHCCOOH 加成反应
(4)、
(5)
【分析】由已知信息“①M是一种不饱和烃，可作水果催熟剂”可知，M为乙烯（CH2=CH2），乙烯与溴单质发生加成反应得到A，则A为BrCH2CH2Br，A在氢氧化钠水溶液共热条件下发生水解反应得到B，则B为HOCH2CH2OH，结合D→E的合成路线，采用逆合成分析法可知，E中虚线部分来自于D，结合C→D的反应条件和已知信息“C的核磁共振氢谱中有一组吸收峰”推知D中含羧基和醛基，即D为OHC-COOH（乙醛酸），C为OHCCHO（乙二醛）；F中含有，结合给定信息②可知，F在一定条件下可脱去二氧化碳生成G，推知G的结构简式为，再结合已知给定信息④及其H的分子式可知，H的结构简式为，据此分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知，A为BrCH2CH2Br，其名称为1,2-二溴乙烷；H的结构简式为：，分子中的含氧官能团为羟基、醚键、羰基；
（2）B为乙二醇，乙二醇催化氧化，得到乙二醛，反应的化学方程式为：HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O；
（3）根据分析可知，D的结构简式为OHCCOOH；D→E发生的是加成反应；根据分析可知，G的结构简式为；
（4）G的G的结构简式为，其同分异构体的结构简式满足：①苯环上的一取代物只有一种，说明苯环上的等效氢只有一种，具有高度对称性；②遇FeCl3溶液显色，说明含酚羟基；③1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH，则说明苯环上连有3个-OH，或1个-OH和1个-OOCCH3，但后者不满足条件①，综上满足上述条件的额同分异构体为： 、；
（5）采用逆合成分析法分析如下：，则具体的合成路线如下：。
14．(1) 第二周期第VA族 +3
(2)生物固氮(或闪电作用)
(3) 浓氢氧化钠 红
(4)氧化
(5)0.06
(6)2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-
【详解】（1）N是7号元素，在周期表中的位置是第二周期第VA族；设中N元素的化合价为x，x-2×2=-1，x=+3。
（2）自然界中固氮的途径主要为生物固氮或闪电作用；
（3）根据+OH-NH3↑+H2O，检验可以用浓氢氧化钠溶液，氨气是碱性气体，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
（4）硝化过程中，N元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。
（5）与反应生成氮气，中N元素化合价由-3升高为0、中N元素化合价由+3降低为0，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，生成1mol氮气转移3mol电子，当产生氮气时，转移电子的物质的量为0.06。
（6）在中性介质中在阴极得电子生成氮气，阴极电极反应式2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-。
15．(1) Cu2+ Ag+ Mg2+ B
(2) HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH- 乙 CO+ H+ = HCO c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+) A>B>C Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑
【详解】（1）①含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含Cu2+，所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；
②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，说明原溶液中肯定存在的离子是Ag+。
③ ②的滤液不含Ag+，取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，该沉淀一定是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+。
④A．Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，原溶液中一定不含，故不选A；
B．与Mg2+、Ag+不反应，能大量共存，故选B；
C．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选C；
D．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选D；
选B。
（2）①是强碱弱酸盐，发生水解，水解的离子方程式为HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-。
②a．同浓度的和溶液，溶液的pH大于，所以图乙是的滴定曲线。
B．A′~B′是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO+ H+ = HCO。A′是碳酸钠溶液，碳酸根离子发生水解CO＋H2O⇌ HCO＋OH-、HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-，各离子浓度由大到小的顺序c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)。
c．A为碳酸氢钠溶液，HCO水解促进水电离；B点为NaCl溶液，NaCl对水电离无影响；C点为氯化钠、盐酸的混合液，HCl抑制水电离，A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为A>B>C。
③的溶液中，，，25℃时，，开始生成FeCO3沉淀时c(Fe2+)=mol/L；，开始生成Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)=mol/L，所以向溶液中滴加少量溶液生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，发生的离子反应方程式Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑。
新疆乌鲁木齐2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、原理综合题
1．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）氯及其化合物常被用作消毒剂。请回答下列问题：
(1)图为氯及其化合物的“价—类”二维图。缺失的类别为___________、物质为__________(填化学式)。
(2)氯气是最早用于饮用水消毒的物质。氯水中起消毒作用的物质是，写出的电离方程式________。向氯水中加入可增强其消毒能力，用化学平衡移动原理解释原因：______。
(3)“84消毒液”是一种以为主的高效消毒剂。用石墨作电极电解饱和食盐水可制取消毒液，简易装置如图所示。
①电源中，电极的名称是_________。
②写出阳极发生的电极反应____________。
(4)是一种广谱、高效、安全的消毒剂。某自来水厂用对饮用水进行消毒。现用碘量法检测已消毒的水样中的浓度。
①取水样，加入足量的碘化钾，调溶液至中性，滴加少许淀粉溶液，溶液变蓝(已知在中性溶液中，被还原为)。写出该反应的离子方程式________。
②已知：，向①所得溶液中滴加的溶液时，溶液蓝色恰好褪去，该水样中的浓度是__________。
2．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知室温下浓度均为的各溶液如下表所示：
溶液
5.1
4.0
11.0
9.7
11.6
(1)①氯化铵溶液显酸性的原因是____________(用离子方程式说明)。
②侯氏制碱法中，使从母液中析出的措施不包括___________(填序号)。
A．冷却 B．加入食盐细颗粒 C．通入 D．通入
③时，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中：，试用含的代数式表示的电离常数_________。
(2)①上述5种溶液中，水的电离程度最小的是_____________(填化学式)。
②的溶液中(填“”、“”或“”)。(3)①、、结合质子的能力由大到小的顺序是____________。向溶液中加入过量的溶液，写出反应的离子方程式____________。
②在一定温度下，的溶液加水稀释至过程中，下列数值变小的是___________(填序号)。
A． B． C． D．
③已知氢氰酸()的电离平衡常数，同浓度同体积的与的混合溶液中粒子浓度大小关系为____________。
3．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）碳、氮、硫三种元素的氧化物都会引起环境问题，越来越引起人们的重视。
(1)
①已知一氧化碳和固体硫的燃烧热分别为和。_________。
②在恒容容器中进行上述反应，下列说法能说明反应达到平衡的是____________(填序号)。
A． 混合气体的压强保持不变 B．
C． D． 混合气体的密度保持不变
(2)汽车尾气中的和在一定条件下可发生反应生成无毒的和： 。某研究小组在三种不同实验条件下、在三个容积为的恒容密闭容器中，分别充入和进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示：
①温度：T1________T2 (填“”、“”或“”)。
②的平衡转化率：I_________II_________III(填“”、“”或“”)。
③反应速率：III中的________中的(填“”、“”或“”)。
④时的平衡常数________。
(3)研究发现利用可消除制硝酸尾气中的污染，反应后产物无污染。
①消除污染过程中，参加反应的与物质的量之比为_______。
②与的物质的量之比分别为、、时，脱除率随温度变化的曲线如图所示。曲线Ⅲ对应的与的物质的量之比是_______，其理由是__________。
4．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）世界多国相继规划了碳达峰碳中和时间节点，我国提出在2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。目前，研究比较多的是利用CO2合成甲醇、甲酸和乙酸。
I．CO2催化加氢合成甲醇：
(1)反应方程式为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g)
已知反应中相关化学键键能数据如下：
化学键
H-H
C=O
C-H
C-O
O-H
kJ·mol-1
436
803
414
326
465
①该反应的∆H=___________。
在密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2，在不同条件下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) ，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
②M、N两点的化学反应速率：v( N)___________ v(M)，判断理由是___________。
③为提高CO2的转化率，除改变温度和压强外，还可以采取的措施是___________。
④若506K时，在10L密闭容器中反应，达平衡时恰好处于图中M点，则N点对应的平衡常数K=___________ ( 保留两位小数)。
II． CO2催化加氢合成甲酸：
(2)利用CO2在新型钌配合物催化剂下加氢合成甲酸，反应机理如图1所示，图中含Ru配合物的某段结构用M表示。该反应的中间体为___________，研究表明，极性溶剂有助于促进CO2插入M—H 键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，原因是___________。
III．我国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图2所示：
(3)①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式___________。
②根据图示，写出总反应的化学方程式： ___________。
5．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）《自然》杂志报道，科学家设计出了“空气燃料实验系统”，其过程分三步：
第一步，利用太阳能收集空气中的和；
第二步，在太阳能作用下将和转化成合成气(CO、)；
第三步，利用合成气合成液态烃和甲醇。
Ⅰ模拟制备合成气的装置如图1所示。
回答下列问题：
(1)交换膜是_______(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜。b极是_______(填“正极”或“负极”)。
Ⅱ利用合成气合成甲醇：
已知： ，表示的摩尔生成焓，其余类推。
(2)时，、、的摩尔生成焓分别为、0、，则上述反应的_______。
(3)某温度、催化剂作用下，该反应的速率方程为(k为速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)。测得速率与CO、的浓度关系如下表所示：
实验
速率
Ⅰ
0.10
0.10
v
Ⅱ
0.20
0.10
2v
Ⅲ
0.20
0.20
8v
Ⅳ
0.40
x
36v
计算x=_______。
(4)某温度下，向容积为的密闭容器中加入和，发生上述反应，CO转化率随时间的变化如图2所示：
该温度下反应的平衡常数为_______；若起始压强为，则时容器中的压强为_______MPa；若保持其他条件不变，起始时加入和，达到平衡，相应的点可能是图中A、B、C、D中的_______。
(5)若只改变反应的一个条件，能使平衡体系中增大的措施有_______(答出一点即可)。
(6)若投料时CO与的物质的量之比恒定，温度、压强对CO平衡转化率的影响如图3所示，图中X点的v(逆)_______ Y点的v(正)(填“>”“<”或“=”)，理由是_______。
二、工业流程题
6．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）硼酸()在食品、医药领域应用广泛，以硼铁矿(含、及少量、)为原料生产硼酸的工艺流程如下：
已知：在、、、时的溶解度依次为、、、。、、和以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、4.7、9.0和12.4。
(1)写出与硫酸反应的化学方程式____________。“浸取”后，采用“热过滤”的目的是__________。
(2)滤渣1的主要成分是____________。为检验浸出液中是否含有，可选用的化学试剂是_________。
(3)“除杂”时先向浸出液中加入适量，然后调节溶液的约为5。的作用是____________(用离子方程式表示)，“除杂”除去的杂质离子是__________。
(4)根据在水溶液中的电离反应：，写出硼酸与过量溶液反应的离子方程式___________。
(5)“粗硼酸晶体”中的主要杂质是_________。
(6)以硼酸为原料可以制得，其电子式为__________。
7．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）溴酸镉[Cd( BrO3)2]常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(主要成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2 )为原料制备[ Cd( BrO3)2]的工艺流程如下：
已知Cd(SO)2溶于水，回答下列问题：
(1)滤渣1为___________为提高镉的浸取率， 酸浸时可采取的措施有___________(任写两种即可)。
(2)还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为___________。
(3)加入H2O2溶液的目的是___________(用离子方程式表示)。
(4)滤渣2的主要成分为___________ (填化学式) ；检验滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的试剂是___________。
(5)实际工业生产中，用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量，其原理是：Cd2+ +2NaR=2Na+ +CdR2 ，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(PH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.0552g·L-1，则该条件下Cd(OH)2的Ksp为___________(mol3 ●L-3)。
(6)已知镉铁矿中CdO2的含量为72%，整个流程中镉元素的损耗率为10% ，则1t该镉铁矿可制得Cd( BrO3)2质量为___________kg。
8．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料等高科技领域。从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含、、、S、、)中提取铟的工艺如图所示。已知：为强电解质；为磷酸二异辛酯。
回答下列问题：
(1)写出元素周期表前20号元素中，与铟化学性质相似的金属元素的符号_______。
(2)“硫酸化焙烧”后金属元素均以硫酸盐的形式存在。在其他条件一定时，测得焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示，则适宜的焙烧温度是_______℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因可能是_______。
(3)“水浸”时，浸渣除了外，还含有_______。
(4)“还原铁”时反应的离子方程式为_______。
(5)“萃取除铁”时，用30%的作萃取剂时，发现当溶液后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是_______。
(6)“置换铟”时，发现会有少量的气体生成，的电子式为_______，生成的离子方程式为_______。
(7)整个工艺流程中，可循环利用的溶液是_______。
三、实验题
9．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。实验室模拟工业生产中制备葡萄糖酸钙的流程如下：
已知：
I．实验中涉及主要反应如下：
II． 相关物质的溶解性见表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
回答下列问题：
(1)仪器的名称是___________。最适合步骤Ⅰ的实验装置是____________(填序号)。
(2)加入过量碳酸钙除了使反应充分进行，还考虑到副反应___________消耗碳酸钙(用离子方程式表示)。步骤Ⅱ中使用碳酸钙而不使用氯化钙的原因是____________。
(3)步骤Ⅲ中需要使用的玻璃仪器有__________。
(4)步骤Ⅳ中加入乙醇的作用是__________。
(5)步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂最合适的是___________(填序号)，理由是____________。
A． 冷水B． 热水C． 乙醇D． 乙醇—水混合溶液
(6)该实验中葡萄糖酸钙的产率为___________(保留3位有效数字)。
10．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。
已知：①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化。②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。③抽滤：用抽气泵使抽滤瓶中压强降低，达到固液分离的目的。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。
回答下列问题：
(1)装置B的作用是___________
(2)步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是___________。
(3)步骤II中采用抽滤法过滤的主要目的是：___________；用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是___________。
(4)化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的0.1 mol·L-1盐酸换为6 mol·L-1盐酸，通入SO2，最终未得到白色沉淀。
①对此现象有如下猜想：
猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应
小组同学对猜想一的原理进行深人研究，查阅资料知： CuCl+Cl-CuCl，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液___________(填操作) ，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。
②猜想二：___________。设计验证猜想二是否成立的实验方案：
III． CuCl纯度的测定，称取II制得的CuCl 10.00克，将其溶解于过量的稀硫酸中，过滤，洗涤，将洗涤液也并入滤液中，配成500 mL溶液，量取20.00 mL ，滴入几滴PAN指示剂，用H2Y2-溶液滴定，方程式为H2Y2- +Cu2+=CuH2Y ，达到滴定终点消耗0.05000 mol L-1H2Y2-溶液24. 00 mL。
(5)将洗涤液并入滤液中的目的是___________，CuCl的质量分数为___________。
11．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）环己烯常用于有机合成、油类萃取及用作溶剂。醇脱水是合成烯烃的常用方法，某实验小组以环己醇合成环己烯：+H2O ，其装置如图1：
实验方案如下，下表为可能用到的有关数据。
相对分子质量
密度/()
沸点/℃
溶解性
环己醇
100
0.9618
161
微溶于水
环己烯
82
0.8102
83
难溶于水
①在a中加入环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入浓硫酸。
②b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。
③反应后的粗产物倒入分液漏斗中，先用水洗，再分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯。
回答下列问题：
(1)环己醇沸点大于环己烯的主要原因是_______，加入碎瓷片的作用是_______。
(2)装置a的名称是_______，装置b进水口是_______(填“①”或“②”)。
(3)分液漏斗在使用前须清洗干净并_______；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的_______(填“上口倒出”或“下口放出”)。
(4)分离提纯过程中每次洗涤后的操作是_______(填操作名称)，加入无水氯化钙的目的是_______。
(5)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_______(填标号)。
A．圆底烧瓶 B．球形冷凝管 C．锥形瓶 D．温度计
(6)粗产品蒸馏提纯时，图2中可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是_______(填标号)。
(7)本实验所得到的环己烯产率是_______(填标号)。
A．41.3% B．50% C．60% D．71.4%
四、结构与性质
12．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用 KSCN 溶液或苯酚()检验。
①第一电离能：N_______O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为_______。
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为_______，配位原子为_______。
(5)如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。
(6)已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
五、有机推断题
13．（2022·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考一模）H是一种中药的主要活性成分，其合成路线如下(部分条件和产物省略)：
已知：①M是一种不饱和烃，可作水果催熟剂；C的核磁共振氢谱中有一组吸收峰。
②+CO2↑
③R-HC=CH-R′
④CH3CHO+ +H2O(R为H或烃基)
回答下列问题：
(1)A的名称为___________；H中的含氧官能团为___________(写名称)。
(2)反应B→C的化学反应方程式为___________。
(3)D的结构简式为___________ ；D→E的反应类型是___________； G的结构简式为___________。
(4)写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式___________(不考虑立体异构)。
①苯环上的一取代物只有一种；
②遇FeCl3溶液显色；
③1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH。
(5)参照上述信息，设计由乙醇制备的合成路线(无机试剂任选)___________。
六、填空题
14．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）下图是氮在生态系统中的循环。细菌和电催化可促使含氮物质进行氧化还原反应。
(1)写出N在周期表中的位置_______。中N元素的化合价为_______。
(2)依据图中所示的氮循环，写出自然界中固氮的一种途径_______。
(3)氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一、实验室中检验可以用_______溶液，产生气体使湿润的_______色石蕊试纸变色。
(4)硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(5)铵态氮()与亚硝态氮()可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生氮气时，转移电子的物质的量为_______。
(6)由于过度的人为干预，水体中的硝酸盐水平正在增加。硝酸盐转化为无害氮的反硝化作用，可以通过电催化法来实现，写出在中性介质中硝酸盐转化为氮气的阴极电极反应式_______。
15．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）化学实验是研究物质及其变化的基本方法。
(1)某无色透明溶液中可能大量存在、、中的几种离子。
①不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_______。
②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是_______。
③取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是_______。
④原溶液可能大量存在的阴离子是下列A~D中的_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)某小组同学对比和的性质，并进行了如下实验：
①写出水解的离子方程式_______。
②向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下图所示。
a.图_______ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。
b.A′~B′的离子方程式为_______。写出A′溶液中各离子浓度由大到小的顺序_______。
c.A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为_______。
③向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生，且白色沉淀的成分只有一种。已知：
i.的溶液中，，
ii.25℃时，，
写出向溶液中滴加少量溶液发生的离子反应方程式_______。
参考答案：
1． 酸； Cl2O7； 氯水中,酸性,加入的和盐酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力； 阴极； 1.35mg/L。
【详解】(1)从物质性质和氯元素价态规律可知，A缺失的物质是酸，物质B是+7价的氧化物，是Cl2O7,故答案为：酸；Cl2O7；
(2)次氯酸是弱酸，所以电离方程式为：； 氯水中,酸性,所以加入的和盐酸反应，而不和次氯酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力，故答案为：；氯水中,酸性,加入的和盐酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力；
(3) ①从装置图可以看出a极连接的电极有向外排气的导管，应该排出氢气，所以a极为阴极；②阴极放出氢气，同时有生成，逸出的氯气会和反应，故阳极的电极反应式为：；故答案为：阴极；；
(4) ①取水样,滴加少许淀粉溶液，溶液变蓝,说明有碘单质生成，根据题意可写出离子方程式：；由和，可得,所以,则该水样中的浓度是;故答案为：；1.35mg/L。
【点睛】本题是元素化合物和化学反应原理的综合题，考查学生的分析问题和解决问题的能力，特别是读图能力和计算能力，需要认真仔细，难度一般。
2． +H2O⇌NH3•H2O+H+ C NaHSO3 >> HCN+=+ CD c(HCN)>c(Na+)> c CN-)> c(OH-)>c(H+)
【分析】(1)有晶体析出时，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌(aq)+Cl-(aq)，使平衡逆向移动，即可析出氯化铵，可采取的措施如：增大铵根离子、氯离子浓度，或者降低温度；
【详解】(1)①NH4Cl溶液显酸性的原因是：铵根离子水解，水解的离子方程式：+H2O⇌NH3•H2O+H+；
②母液中析出NH4Cl，则溶液达到饱和，体系中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，则：
A．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故A错误；
B．加入食盐细颗粒，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；
C．通入CO2后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故C正确；
D．通入NH3后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；
故答案为：C；
③常温下，混合溶液中c()=c(Cl-)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，二者等体积混合后溶液中氯离子浓度为原来的一半，则c()=c(Cl-)=0.005mol/L，c()=(0.5a-0.005)mol/L，NH3•H2O的电离常数；
(2)①上述5种溶液中，NaHSO3电离大于水解呈酸性、水的电离被抑制，其它都是促进电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；
②的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3) +c()+c()，两式相减得：；
(3)①盐溶液碱性越强，则弱酸根离子结合质子能力越强，则>>；由表中数据知，，则与过量的反应生成NaCN和碳酸氢钠，离子方程式：HCN+=+；
②A．，温度不变，KW不变，A不选；
B．，温度不变，Kh不变，B不选；
C．加水稀释，溶液碱性减小，减小，C选；
D．加水稀释，减小，减小，增大，，则减小，D选；
故选：CD。
③设与的浓度都为1mol/L，等体积混合后，c(Na+)=0.5mol/L，CN-的水解平衡常数，则水解平衡常数大于电离平衡常数，水解程度大于的电离程度、溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，c(HCN)>c(CN-)，Na+不水解，则溶液中各离子浓度大小关系：c(HCN)>c(Na+)> c CN-)> c(OH-)>c(H+)。
3． -275.5kJ/mol AD > < = > 17150 2:3 4:1 NH3含量越高，平衡右移，NO脱除率越高
【分析】（2）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，但升高温度，速率加快，达到平衡所需时间短。
【详解】（1）①i，
ii，2×i-ii得目标方程，-275.5kJ/mol；
②A．由于反应是气体分子数减小的反应，压强不变则平衡，A正确；
B．平衡时，CO和CO2的浓度不一定相等，B错误；
C．应为，C错误；
D．恒容密闭容器，体积不变，因有固体生成，气体的质量变化，当密度不变时，反应达平衡，D正确；
故选：AD。
（2）①该反应是放热反应，温度升高，平衡左移，压强增大，则T1> T2；
②平衡常数只与温度有关，升高温度，平衡常数变小，则I
④设N2转化的压强为x，列三段式
平衡时(160-2x)+ (160-2x)+x+2x=250，解得x=70，由pV=nRT，可得c(N2)=0.035mol/L，c(CO2)=0.07mol/L，c(NO)=0.01mol/L，c(CO)=0.01mol/L，平衡常数；
（3）①反应方程式：4NH3+6NO=5N2+6H2O，则参加反应的与物质的量之比为4:6=2:3；
②NH3含量越高，平衡右移，NO脱除率越高，则曲线Ⅲ对应的与的物质的量之比是4:1.
4．(1) ； ＜或小于； 该反应气体分子数减小，平衡时N点n(CH3OH)小于M点，则p2小于p1，v(N) ＜v(M)； 分离出甲醇（或水）或增大氢气的浓度； 1.04；
(2) ； 极性溶剂有利于分离出催化体系中的甲酸，使两步反应向正反应进行，促进CO2插入M—H 键，提高合成效率；
(3) ；
【详解】（1）；该反应气体分子数减小，平衡时N点n(CH3OH)小于M点，则p2小于p1，v(N) ＜v(M)；除改变温度和压强外，还可以分离出甲醇（或水）或增大氢气的浓度，都有利于平衡正移，CO2的转化率提高；根据图像和题意，M点该反应的三段式为，；
（2）根据甲酸是产物，则是催化剂，是中间体；极性溶剂有利于分离出催化体系中的甲酸，使两步反应向正反应进行，促进CO2插入M—H 键，提高合成效率；
（3），碳元素化合价变化为+4→-2价，酸性条件下，二氧化碳在阴极的电极反应式为；根据图示，甲醇、二氧化碳和氢气是反应物，乙酸和水是产物，总反应的化学方程式为。
【点睛】紧扣原理分析解决问题是关键。
5．(1) 阳离子 负极
(2)-90.75kJ/mol
(3)0.3
(4) 4 6.72 B
(5)增加CO的浓度(降低温度或增大压强)
(6) < Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率
【详解】（1）电解池右侧电极发生氧化反应生成氧气，右侧为阳极，阳极反应式为 ，左侧电极为阴极，阴极反应式为，阳离子由阳极向阴极移动，根据箭头方向，可知交换膜是阳离子交换膜。B与阴极相连，b极是负极。
（2） 。
（3）由Ⅰ、Ⅱ得，可知n=1；由Ⅱ、Ⅲ得，可知m=2；由Ⅲ、Ⅳ得，可知x=0.3。
（4）根据图示，反应达到平衡，CO的平衡转化率为0.5，
该温度下反应的平衡常数4；
根据图示，10min时CO的转化率为0.38，
同温同压，压强比等于物质的量比，若起始压强为，则时容器中的压强为；若保持其他条件不变，起始时加入和，增大CO的浓度，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，CO的平衡转化率降低，达到平衡，相应的点可能是图中的B。
（5）平衡体系中增大，平衡正向移动，措施有增加CO的浓度、降低温度、增大压强等。
（6）X、Y都是平衡点，正逆反应速率相等，Y点对应的温度和压强都比X点高，温度升高或压强增大都会加快反应速率，所以X点的v(逆)
【分析】硼镁铁矿的成分、、、和稀硫酸反应，生成H3BO3，还有不反应，的溶解度随温度升高而增大，所以 “浸取”后，采用“热过滤”，目的是防止从溶液中析出；滤渣1就是；为了除去杂质离子，加入过氧化氢把氧化为，则调节溶液的约为5时，“除杂”除去的杂质离子是、、；再降温结晶所得粗硼酸晶体中就是硫酸镁和硼酸。
【详解】(1)结合流程可知与硫酸反应的化学方程式为；由题中数据可知的溶解度随温度升高而增大，所以 “浸取”后，采用“热过滤”，目的是防止从溶液中析出；故答案为：；防止从溶液中析出；
(2)硼铁矿中只有不与稀硫酸反应，故滤渣1的主要成分是；为检验浸出液中是否含有，可选用的化学试剂是溶液；故答案为：；溶液；
(3)“除杂”时先向浸出液中加入适量，是为了把氧化为，的作用是；过氧化氢把氧化为了，根据、 以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、4.7 ，则调节溶液的约为5时，“除杂”除去的杂质离子是、、；故答案为：；、、；
(4)由题意知硼酸是弱酸，硼酸与过量溶液反应的离子方程式，故答案为：；
(5)加入过氧化氢和调节溶液的约为5时，除去了、、，所以“粗硼酸晶体”中的主要杂质是硫酸镁；故答案为：硫酸镁；
(6)的电子式为；故答案为。
【点睛】本题是制备硼酸晶体为主线工业流程题，考查元素化合物知识和除杂等知识，一定要仔细阅读题干中的信息，包括硼酸的溶解度和温度的关系，金属离子沉淀的条件等信息，考查学生的分析问题和解决问题的能力，难度适中。
7．(1) SiO2 适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施
(2)3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+
(3)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+
(4) Al(OH)3、Fe(OH)3 硫氰化钾溶液
(5)1.2×10-19
(6)1656
【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿，其中SiO2不与硫酸和水反应，即滤渣1是SiO2，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH值，使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物（滤渣2），向含有硫酸镉的滤液中加入碳酸钾生成碳酸镉沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到Cd(BrO3)2，据此分析问题。
【详解】（1）根据以上分析可知，滤渣1是SiO2；为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施有适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施；故答案为： SiO2；适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施。
（2）加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体是二氧化碳，结合守恒法，可知发生的离子反应方程式为3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+，故答案为：3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+。
（3）加入H2O2溶液的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。
（4）由分析可知，滤渣2 的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是硫氰化钾溶液，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；硫氰化钾溶液。
（5）沉镉后的溶液pH=6，则氢氧根浓度是 mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.0552 g/L，即钠离子浓度增加了 ，根据Cd2++ 2NaR=2Na++ CdR2，可知溶液中Cd2+的浓度是0.0012mol/L，则该条件下Cd(OH)2的Ksp= =1.2×10-19，故答案为：1.2×10-19。
（6）1t该镉铁矿中CdO2的质量是1×106g×72 %=7.2×105g，其物质的量是 ，整个流程中镉元素的损耗率为10 %，根据原子守恒可知Cd(BrO3)2(摩尔质量为368 g/mol)质量为5×103×(1-10%)mol×368g/mol=1656kg。故答案为：1656。
8．(1)Al
(2) 450 温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解
(3)PbSO4、SiO2
(4)2Fe3++2S2O= 2Fe2++S4O
(5)当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降
(6) As2O3 +6Zn+12H+ =2AsH3↑+6Zn2+ +3H2O
(7)萃余液
【分析】从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含、、、S、、)中提取铟，加入H2SO4后焙烧，金属元素均以硫酸盐的形式存在，水浸过程中、PbSO4、SiO2不溶于水，过滤后存在于滤渣中，滤液中加入Na2S2O3还原Fe3+，再加入萃取除铁，萃取液中含有铟离子，加入硫酸溶液反萃取得到硫酸铟溶液，加入Zn置换铟离子得到粗铟，以此解答。
【详解】（1）铟位于第五周期第IIIA族，同一主族的金属元素化学性质相似，则与铟化学性质相似的金属元素的符号为：Al。
（2）水浸的目的是除去、PbSO4、SiO2，得到含有铟离子和铁离子的混合溶液，则需要铟和铁的浸出率最高，则适宜的焙烧温度是450℃，温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解会导致铟、铁浸出率降低。
（3）水浸过程中、PbSO4、SiO2不溶于水，过滤后存在于滤渣中，浸渣除了外，还含有PbSO4、SiO2。
（4）Na2S2O3还原Fe3+生成S4O和Fe2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe3++2S2O= 2Fe2++S4O。
（5）当溶液pH>1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降。
（6）是共价化合物，电子式为：；As2O3和Zn发生氧化还原反应生成，As元素由+3价下降到-3价，Zn由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：As2O3 +6Zn+12H+ =2AsH3↑+6Zn2+ +3H2O。
（7）由分析可知，萃取除铁时消耗萃取液，反萃取时又得到萃取液，可循环利用的溶液是萃余液。
9． 三颈烧瓶 B 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀 烧杯、玻璃棒和漏斗 降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出 D 若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去 76.3%
【分析】葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，水浴加热，发生的反应，该反应中生成HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca(C6H11O7)2固体。
【详解】(1)仪器的名称是三颈烧瓶；反应在55℃条件下进行，需要水浴加热，要滴加溴水，所以还要有滴液漏斗，装置A不能控制添加溴水的速率，装置C无法控制反应温度，只有装置B符合，故答案为：三颈烧瓶；B；
(2)前一步反应生成HBr，而HBr会与碳酸钙反应，生成溴化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：；因盐酸的酸性比葡萄糖酸的酸性强，则氯化钙与葡萄糖酸难以反应，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀，且易引入杂质，不易分离，应用碳酸钙，故答案为：；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀；
(3)葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，即步骤Ⅲ为过滤，需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒和漏斗；
(4)由题表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免损失，降低葡萄糖酸钙溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出，故答案为：降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出；
(5)洗涤沉淀应避免沉淀溶解，且能将沉淀上的吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去，故答案为：D；若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去；
(6) 9.0gC6H12O6(葡萄糖)的物质的量为，根据化学方程式可知理论上得到葡萄糖酸钙的物质的量为0.025mol，其质量为0.025mol×430g/mol=10.75g，故葡萄糖酸钙的产率为，故答案为：76.3%。
【点睛】有机物的制备实验中通常要控制反应的温度，多采用水浴或油浴加热的方法，可以更好的控制温度同时使受热更均匀，同时要注意需要使用温度计实时观测温度。
10．(1)安全瓶或防倒吸
(2)SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+
(3) 快速过滤，防止氯化亚铜被氧化 降低氯化亚铜的溶解度，减少氯化亚铜的损失，同时加快固体的干燥
(4) 加水稀释 在酸性条件下，氯化亚铜发生自身氧化还原反应；取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立
(5) 洗液中也含有铜离子，会使测定更准确 59.7%
【详解】（1）SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，用NaOH溶液处理尾气时容易引起倒吸，B装置可防止尾气处理时产生倒吸，B装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸；
（2）SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸，离子反应方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+；
（3）已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化，步骤II中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间，防止氯化亚铜被氧化；氯化亚铜微溶于水，不溶于酒精，且酒精具有挥发性，可快速带走固体表面的水分，则用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥，故答案为：快速过滤，防止氯化亚铜被氧化；降低氯化亚铜的溶解度，减少氯化亚铜的损失，同时加快固体的干燥；
（4）①Cl-浓度过大，与CuCl发生反应，减小Cl-的浓度观察是否有沉淀生成，则操作为将上述未得到沉淀的溶液加水稀释，若观察到有白色沉淀析出，说明猜想一Cl-浓度过大影响氯化亚铜的生成是正确的；
②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应，则猜想二为强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)，验证猜想的方法为：取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立；
（5）洗涤液中也含铜离子，根据反应原理可知，将洗涤液也并入滤液中是为了提高测量的准确度；根据反应原理知H2Y2- +Cu2+=CuH2Y，n(Cu2+)=n(H2Y2-)=，氯化亚铜溶于过量稀硫酸的离子反应方程式为：2CuCl=Cu+Cu2++2Cl-，所以CuCl的质量分数为=59.7%，故答案为：洗液中也含有铜离子，会使测定更准确；59.7%。
11．(1) 环己醇有分子间氢键，环己烯没有分子间氢键 防止暴沸
(2) 蒸馏烧瓶 ②
(3) 检漏 上口倒出
(4) 分液 干燥产物
(5)B
(6)C
(7)D
【分析】实验室用环己醇和浓硫酸加热反应生成环己烯，a中为环己醇和浓硫酸的混合液，通过c处的温度计控制馏出物的温度不超过90℃，b中通入冷却水起到冷凝作用，最后产物收集在锥形瓶中。
【详解】（1）环己醇能形成分子间氢键，故其沸点大于环己烯；加入碎瓷片，目的是防止暴沸；
（2）从图中可知，装置a的名称为蒸馏烧瓶；装置b进水口为②，以保证较好的冷凝效果；
（3）分液漏斗在使用前必须清洗干净并且检漏；实验分离过程中，环己烯密度比水小，在分液漏斗的上层，故产物从分液漏斗的上口倒出；
（4）分离提纯过程中每次洗涤后都需要进行分液；无水氯化钙可以吸收产物中的水分，起到干燥产物的作用；
（5）蒸馏过程中需要用到圆底烧瓶、温度计、锥形瓶（接收器）、牛角管、酒精灯等仪器，不需要用到球形冷凝管，故选B。
（6）粗产品蒸馏提纯时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，若温度计水银球放在支管口以下位置，测得蒸汽的温度偏低，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，测得蒸汽的温度过高，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以用C装置收集，导致收集到的产品中混有高沸点杂质，故选C。
（7）环己醇物质的量为0.21mol，环己烯物质的量为0.15mol，根据环己醇生成环己烯的方程式可知，0.21mol环己醇理论上可制得环己烯0.21mol，则环己烯的产率为0.15mol÷0.21mol71.4%，故选D。
12． 非极性 > sp2 6 N、Cl 7：2
【详解】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：个，所以有2个，有1个，其中正四面体空隙共8个，1个填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共个，一个和一个填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为，体积为，因此密度为。
13．(1) 1,2-二溴乙烷 羟基、醚键、羰基
(2)HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O
(3) OHCCOOH 加成反应
(4)、
(5)
【分析】由已知信息“①M是一种不饱和烃，可作水果催熟剂”可知，M为乙烯（CH2=CH2），乙烯与溴单质发生加成反应得到A，则A为BrCH2CH2Br，A在氢氧化钠水溶液共热条件下发生水解反应得到B，则B为HOCH2CH2OH，结合D→E的合成路线，采用逆合成分析法可知，E中虚线部分来自于D，结合C→D的反应条件和已知信息“C的核磁共振氢谱中有一组吸收峰”推知D中含羧基和醛基，即D为OHC-COOH（乙醛酸），C为OHCCHO（乙二醛）；F中含有，结合给定信息②可知，F在一定条件下可脱去二氧化碳生成G，推知G的结构简式为，再结合已知给定信息④及其H的分子式可知，H的结构简式为，据此分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知，A为BrCH2CH2Br，其名称为1,2-二溴乙烷；H的结构简式为：，分子中的含氧官能团为羟基、醚键、羰基；
（2）B为乙二醇，乙二醇催化氧化，得到乙二醛，反应的化学方程式为：HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O；
（3）根据分析可知，D的结构简式为OHCCOOH；D→E发生的是加成反应；根据分析可知，G的结构简式为；
（4）G的G的结构简式为，其同分异构体的结构简式满足：①苯环上的一取代物只有一种，说明苯环上的等效氢只有一种，具有高度对称性；②遇FeCl3溶液显色，说明含酚羟基；③1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH，则说明苯环上连有3个-OH，或1个-OH和1个-OOCCH3，但后者不满足条件①，综上满足上述条件的额同分异构体为： 、；
（5）采用逆合成分析法分析如下：，则具体的合成路线如下：。
14．(1) 第二周期第VA族 +3
(2)生物固氮(或闪电作用)
(3) 浓氢氧化钠 红
(4)氧化
(5)0.06
(6)2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-
【详解】（1）N是7号元素，在周期表中的位置是第二周期第VA族；设中N元素的化合价为x，x-2×2=-1，x=+3。
（2）自然界中固氮的途径主要为生物固氮或闪电作用；
（3）根据+OH-NH3↑+H2O，检验可以用浓氢氧化钠溶液，氨气是碱性气体，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
（4）硝化过程中，N元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。
（5）与反应生成氮气，中N元素化合价由-3升高为0、中N元素化合价由+3降低为0，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，生成1mol氮气转移3mol电子，当产生氮气时，转移电子的物质的量为0.06。
（6）在中性介质中在阴极得电子生成氮气，阴极电极反应式2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-。
15．(1) Cu2+ Ag+ Mg2+ B
(2) HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH- 乙 CO+ H+ = HCO c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+) A>B>C Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑
【详解】（1）①含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含Cu2+，所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；
②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，说明原溶液中肯定存在的离子是Ag+。
③ ②的滤液不含Ag+，取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，该沉淀一定是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+。
④A．Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，原溶液中一定不含，故不选A；
B．与Mg2+、Ag+不反应，能大量共存，故选B；
C．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选C；
D．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选D；
选B。
（2）①是强碱弱酸盐，发生水解，水解的离子方程式为HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-。
②a．同浓度的和溶液，溶液的pH大于，所以图乙是的滴定曲线。
B．A′~B′是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO+ H+ = HCO。A′是碳酸钠溶液，碳酸根离子发生水解CO＋H2O⇌ HCO＋OH-、HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-，各离子浓度由大到小的顺序c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)。
c．A为碳酸氢钠溶液，HCO水解促进水电离；B点为NaCl溶液，NaCl对水电离无影响；C点为氯化钠、盐酸的混合液，HCl抑制水电离，A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为A>B>C。
③的溶液中，，，25℃时，，开始生成FeCO3沉淀时c(Fe2+)=mol/L；，开始生成Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)=mol/L，所以向溶液中滴加少量溶液生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，发生的离子反应方程式Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑。
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