2021年河北省保定市一中高考一?；瘜W(xué)試卷（解析版）

1、PAGE PAGE 23頁(yè)河北省保定市一中2021年高考化學(xué)一模試卷一、單選題1化學(xué)無(wú)處不在，與人類生產(chǎn)、生活聯(lián)系密切。下列與化學(xué)有關(guān)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（） A王安石詩(shī)：雷蟠電掣云滔滔，夜半載雨輸亭皋，涉及反應(yīng)：N2+O2放電_ 2NOB北科大參與研發(fā)的“超級(jí)鋼”(含Mn10%、C47%、V0.7%等)是一種新型合金 C生活中制作油條的口訣是“一堿、二礬、三錢鹽”，其中的“堿”是純堿D中國(guó)古代常用竹簡(jiǎn)、絲帛記載文字，二者的主要成分均為蛋白質(zhì)2利托那韋可用于新冠肺炎的治療，如圖所示物質(zhì)為合成利托那韋的原料之一。下列有關(guān)該物質(zhì)的說(shuō)法正確的是（） A與苯甲酸甲酯( )互為同系物B分子式為C12H12O5

2、N2SC苯環(huán)上的二溴代物有4種(不含立體結(jié)構(gòu))D能發(fā)生加成反應(yīng)，不能發(fā)生取代反應(yīng)3實(shí)驗(yàn)室從碘的四氯化碳溶液中分離并得到單質(zhì)碘，主要步驟為：用濃NaOH溶液進(jìn)行反萃取(3I2+6OH-=5I-+IO 3- +3H2O)、分液、酸化(5I-+IO 3- +6H+=3I2+3H2O)、過(guò)濾及干燥等，甲、乙、丙、丁是部分操作裝置圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（） A用裝置甲反萃取時(shí)，先檢驗(yàn)儀器是否漏水B用裝置乙分液時(shí)，先放出有機(jī)相，關(guān)閉活塞，從上口倒出水相C用裝置丙從酸化后的體系中分離出單質(zhì)碘D用裝置丁對(duì)所得到的單質(zhì)碘進(jìn)行加熱干燥4下列反應(yīng)的離子方程式書(shū)寫錯(cuò)誤的是（） AFe(OH)3溶于HI溶液中：Fe(OH

3、)3+3H+=Fe3+3H2OB將石灰乳加入到MgCl2溶液中得到氫氧化鎂：Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+C泡沫滅火器反應(yīng)原理：3HCO 3- +Al3+=3CO2+Al(OH)3D在Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2+HCO 3- +OH-=CaCO3+H2O5硝酸廠的煙氣中含有大量的氮氧化物(NOx)，為保護(hù)環(huán)境，將煙氣與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3Ce中文名“鈰”的混合溶液中實(shí)現(xiàn)無(wú)害化處理，其轉(zhuǎn)化過(guò)程如圖。下列說(shuō)法正確的是（） A過(guò)程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H2+Ce4+=2H+Ce3+B處理一段時(shí)間后，混合溶液中Ce3+和C

4、e4+濃度不變C該轉(zhuǎn)化過(guò)程的實(shí)質(zhì)為NOx被H2還原Dx=1時(shí)，過(guò)程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：16現(xiàn)有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T化合物的水溶液呈堿性。五種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖。下列說(shuō)法正確的是（） A原子半徑和離子半徑均滿足：YTC最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：TKsp(CuS)D室溫下，用pH試紙分別測(cè)定濃度均為0.1molL-1的Na2SO3和NaHSO3兩種溶液的pHpH：Na2SO3NaHSO3HSO 3- 結(jié)合H+能力比SO 32- 的強(qiáng)AA BB CC D

5、D9中科院董紹俊課題組將二氧化錳和生物質(zhì)置于一個(gè)由濾紙制成的折紙通道內(nèi)，形成電池如圖，該電池可將可樂(lè)(pH=2.5)中的葡萄糖作為燃料獲得能量。下列說(shuō)法正確的是（） A該電池是將生物能轉(zhuǎn)化成電能的裝置B隨著反應(yīng)不斷進(jìn)行，負(fù)極區(qū)的pH不斷增大Cb極的電極反應(yīng)式為MnO2+2H2O+2e-=Mn2+4OH-D每消耗0.01mol葡萄糖，外電路中轉(zhuǎn)移0.02mole-10石墨烯是具有單層片狀結(jié)構(gòu)的新材料(如圖)，其厚度僅有一個(gè)原子直徑大小(約0.35nm)，可覆蓋于金屬表面，用于金屬防腐。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（） A所有金屬腐蝕都是金屬失去電子B一般環(huán)境中，金屬腐蝕的正極反應(yīng)式：O2+2H2O+4e-=

6、4OH-C石墨烯防腐的原理是形成了性質(zhì)穩(wěn)定的合金D石墨烯防腐的缺點(diǎn)是一旦破損就會(huì)加速金屬的腐蝕二、多選題11工業(yè)上用鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)制備納米Fe3O4的流程圖如圖： 下列敘述正確的是（）A為提高步驟的反應(yīng)速率，所加稀鹽酸的量越多越好B步驟中，主要反應(yīng)的離子方程式為2Fe3+Fe=3Fe2+C步驟中，反應(yīng)完成后剩余的H2O2無(wú)需除去D步驟中，“分離”包含的操作有過(guò)濾、洗滌1225，一元弱堿甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb4.010-4，1g50.7，電解質(zhì)溶液的電導(dǎo)率與離子濃度有關(guān)，電導(dǎo)率越大，溶液的導(dǎo)電能力越強(qiáng)。25時(shí)，用0.02molL-1鹽酸滴定20.00m

7、L濃度為0.02molL-1的CH3NH2溶液，利用傳感器測(cè)得滴定過(guò)程中溶液的電導(dǎo)率隨加入鹽酸的體積變化如圖。下列說(shuō)法正確的是（） A25，M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中水電離的c(H+)水c(OH-)水=1.010-14B溶液中始終存在c(CH3NH 3+ )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)C25，M點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的pH6.3DN點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(Cl-)c(H+)c(CH3NH 3+ )c(OH-)13HCOOH在Pd催化劑表面脫氫的反應(yīng)機(jī)理、反應(yīng)歷程與能量的關(guān)系如圖所示： 下列說(shuō)法正確的是（）A在Pd催化劑表面HCOOH脫氫反應(yīng)的 H 0B在Pd催化劑表面離解OH鍵比CH鍵的活化能低C在歷程中，

8、生成的反應(yīng)速率最慢D用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的產(chǎn)物都有HD和CO2三、非選擇題14SO2具有抗氧化、保鮮、防腐、脫色等功用，合理利用二氧化硫可服務(wù)于人們更好的生活。但空氣中過(guò)量的二氧化硫會(huì)形成酸雨、易引起呼吸道疾病等問(wèn)題，因此，二氧化硫的污染治理是化學(xué)研究的重要課題。（1）“鈣基固硫”的原理是燃煤時(shí)加入CaCO3或CaO以減少二氧化硫的排放，涉及的反應(yīng)有：CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)H1=+178.2kJmol-1CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)H2=-402.0kJmol-12CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)H3=-2314.8

9、kJmol-1則2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)H= 。（2）石灰石石膏法是一種常見(jiàn)的“鈣基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率與脫硫效果有著密切的關(guān)系。根據(jù)雙模理論，可將催化條件下CaCO3吸收SO2宏觀反應(yīng)分為三步：i.本征反應(yīng)，即在催化劑作用下，溶解的SO2和Ca2+發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，且反應(yīng)在液相中進(jìn)行，反應(yīng)速率為RA；ii.CaCO3由固相溶解進(jìn)入液相，溶解速率為RB；iii.SO2由氣相擴(kuò)散進(jìn)入液相，擴(kuò)散速率為RC。溫度變化對(duì)總反應(yīng)速率的影響如圖，溫度在2545時(shí)，總反應(yīng)速率受 (填“RA”、“RB”或“RC”)控制。4555曲線呈下降趨勢(shì)的

10、原因：一是CaCO3溶解度隨溫度的升高而降低；二是 。（3）硝化法既能生產(chǎn)硫酸，也能處理二氧化硫，主要反應(yīng)為：NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g)H ”、“ ”或“”，下同)；最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)：X Y。（3）Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中酸根離子的空間構(gòu)型是 (用文字描述)。（4）Z3+基態(tài)核外電子排布式為 ，用硫氰化鉀溶液檢驗(yàn)Z3+的離子方程式為 ，1molSCN-中含有 mol鍵， mol鍵，與其互為等電子體的分子是 (寫兩種分子式)。（5）與W晶體的金屬堆積相同的是_。 ANaBZnCAgDMg（6）Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素，三種元素二價(jià)氧化物的晶胞類型相

11、同，其熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)?。CoO的面心立方晶胞如圖，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為 gcm-3。18某維生素的生理功能是維持上皮組織的完整性和細(xì)胞膜的通透性，維持正常視覺(jué)，促進(jìn)年幼動(dòng)物生長(zhǎng)等。以下是該維生素的合成路線的一部分。已知： RMgXH2O（1）A的化學(xué)名稱為 。（2）由A生成B的反應(yīng)類型為 。（3）寫出由C和M生成N的方程式 。（4）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。（5）醛F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。（6）B中具有 、OH且不與NaHCO3反應(yīng)的同分異構(gòu)體(不包括B，不考慮立體異構(gòu))共 種，其中核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為6：1：1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。在所有的同分異構(gòu)體(

12、不考慮立體異構(gòu))中，含有手性碳原子的異構(gòu)體有 種。 答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】A雷雨天氣，空氣中的氧氣和氮?dú)庠陂W電作用下發(fā)生反應(yīng)：N2+O2放電_ 2NO，故A不符合題意； B“超級(jí)鋼”的主要元素是鐵，還含有Mn、C、V等元素，是新型合金，故B不符合題意；C生活中制作油條的口訣是“一堿、二礬、三錢鹽”，其中的“堿”是純堿，和明礬中的Al3+發(fā)生雙水解反應(yīng)產(chǎn)生CO2，使油條疏松，故C不符合題意；D竹簡(jiǎn)的主要成分為纖維素，絲帛的主要成分為蛋白質(zhì)，故D符合題意；故答案為：D?！痉治觥抗糯闹窈?jiǎn)主要是竹子，主要成分是纖維素，不是蛋白質(zhì)，而絲帛的主要成分是蛋白質(zhì)，故其他選項(xiàng)均正確2【答案】

13、C【解析】【解答】A圖中分子的結(jié)構(gòu)與苯甲酸甲酯不相似，不屬于同系物，A不符合題意；B根據(jù)圖中分子結(jié)構(gòu)可知該有機(jī)物分子式為C12H10O5N2S，B不符合題意；C苯環(huán)上的二溴代物有： 、 、 、 四種，C符合題意；D分子中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應(yīng)，該有機(jī)物在一定條件下能發(fā)生鹵代、水解等取代反應(yīng)，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式即可寫出分子式，找出含有硝基、酯基、碳碳雙鍵等官能團(tuán)，可以發(fā)生加成和取代反應(yīng)，苯甲酸甲酯中不含氮元素和硫元素與有機(jī)物組成不同不互為同系物，此物質(zhì)中的苯環(huán)上的二溴代物有4種3【答案】D【解析】【解答】A裝置甲的儀器為分液漏斗，分液漏斗中有玻璃活塞，

14、在使用之前必須檢驗(yàn)是否漏水，故A不符合題意；B分液時(shí)避免上下層液體混合，由于CCl4溶液比水重，在下層，則分液時(shí)，先從下口放出有機(jī)相(四氯化碳層)，關(guān)閉活塞，從上口倒出水相，可避免上層液體被污染，故B不符合題意；C酸化后大量析出固體碘單質(zhì)，不溶于水，圖中過(guò)濾可分離，故C不符合題意；D由于碘易升華，不能用裝置丁對(duì)所得到的單質(zhì)碘進(jìn)行加熱干燥，故D符合題意；答案為D?！痉治觥緼.裝置甲是分液漏斗使用前需要進(jìn)行檢查是否漏水B.乙是分液裝置，此裝置進(jìn)行分液時(shí)有機(jī)相在下方，先將有機(jī)相流出再?gòu)纳峡诹鞒鰺o(wú)機(jī)相C.碘單質(zhì)不溶于酸和水因此可以用過(guò)濾D.碘單質(zhì)極易升華，干燥碘在干燥器中進(jìn)行4【答案】A【解析】【解答

15、】A三價(jià)鐵離子具有氧化性，離子方程式為：2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+6H2O+I2，A符合題意；B離子方程式為：Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，B不符合題意；C離子方程式為：3HCO 3- +Al3+=3CO2+Al(OH)3，C不符合題意；D在Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，化學(xué)方程式為：Ca(HCO3)2+NaOH= CaCO3+H2O+NaHCO3，離子方程式為：Ca2+HCO 3- +OH-=CaCO3+H2O，D不符合題意；故答案為：A。【分析】A.Fe(OH)3溶于HI溶液中，氧化性的鐵離子會(huì)將還原性的碘離子氧化B.石灰乳與MgCl2

16、溶液反應(yīng)得到更難溶的氫氧化鎂C.泡沫滅火器是硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液雙水解生成二氧化碳?xì)怏w和氫氧化鋁沉淀D.加入少量的氫氧化鈉，以氫氧化鈉為基準(zhǔn)，1mol氫氧化鈉只能消耗1mol碳酸氫根離子5【答案】C【解析】【解答】A過(guò)程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H2+2Ce4+2H+2Ce3+，故A不符合題意；BCe3+和Ce4+是反應(yīng)的催化劑，參與反應(yīng)但是量不變，濃度在變化；故B不符合題意；C總反應(yīng)：2NOx+2xH2=2xH2O+N2，NOx的化合價(jià)降低被還原，該轉(zhuǎn)化過(guò)程的實(shí)質(zhì)為NOx被H2還原，故C符合題意；D總反應(yīng)：2NOx+2xH2=2xH2O+N2，x=1時(shí)，過(guò)程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1

17、：1，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.根據(jù)圖示I即可寫出離子方程式，此離子方程式電荷不守恒B.均是催化劑，但是隨著反應(yīng)的進(jìn)行溶液的體積在發(fā)生變化故濃度變化C.寫出總的反應(yīng)即可判斷D.寫出總的反應(yīng)即可判斷氧化劑與還原劑的比值6【答案】B【解析】【解答】A原子半徑Y(jié)Z+，不符題意；BY為氧元素、T為硫元素，其氣態(tài)氫化物分別是H2O和H2S，水分子間因可以形成氫鍵，所以H2O沸點(diǎn)大于H2S；作為同族元素，氧元素非金屬性強(qiáng)于硫元素，故H2O熱穩(wěn)定性大于H2S，符合題意；CT是硫元素、R是碳元素，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別是H2SO4和H2CO3，酸性是H2SO4H2CO3，不符題意；DX為

18、氫元素、R為碳元素、Y為氧元素，其組成的化合物可以是H2CO3，也可以是有機(jī)物乙醇(C2H5OH)、甲醇、乙醛等，這些化合物的水溶液不一定都顯酸性，不符題意；故答案為：B?！痉治觥慷讨芷谠?，每一周期原子半徑均是由IA族到VIIA族依次減小(0族原子半徑測(cè)量方案不同于普通原子，不考慮)，但隨著周期數(shù)增加，元素原子外電子層數(shù)也隨之增加，故原子半徑會(huì)出現(xiàn)同族元素隨周期數(shù)上升而增大。由題圖可看出，X元素占一周期，R、Y占一周期，Z、T占一周期。再有R元素最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，可以推得R是碳元素；故X是第一周期主族元素氫；Z是第三周期半徑最大元素，故是鈉元素；Z與Y能形成Z2Y、Z2Y2型離子

19、化合物，故Y是氧元素；最后，Z與T形成Z2T化合物，所以T是與Z同周期且能形成T2-離子的元素，硫元素，Na2S強(qiáng)堿弱酸鹽，溶于水溶液顯堿性。7【答案】D【解析】【解答】A生成氣體所處的狀態(tài)不明確，故氣體的物質(zhì)的量無(wú)法計(jì)算，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)無(wú)法計(jì)算，故A不符合題意；B4.6gNa的物質(zhì)的量為n(Na) mM 4.6g23g/mol 0.2mol，Na與水完全反應(yīng)生成NaOH和H2，即2Na+2H2O=2NaOH+H2，產(chǎn)物NaOH中OH存在一個(gè)共價(jià)鍵，H2中存在1個(gè)共價(jià)鍵，由于0.2molNa與水完全反應(yīng)生成0.2molNaOH和0.1molH2，所以生成0.2NA+0.1NA=0.3NA的共價(jià)

20、鍵，故B不符合題意；CAl(OH)3的酸式電離為Al(OH)3 H+ AlO2- +H2O，Al(OH)3為弱電解質(zhì)，部分電離，不能完全電離，H+數(shù)目小于NA，故C不符合題意；D7.8gC6H6的物質(zhì)的量為n(C6H6) mM 7.8g78g/mol 0.1mol，120時(shí)H2O為氣體，燃燒產(chǎn)物為CO2或CO一種或兩種及H2O，根據(jù)元素守恒，碳的氧化物為0.6mol，H2O為0.3mol，所得氣體分子數(shù)為0.6NA+0.3NA0.9NA，故D符合題意；答案為D。【分析】A.隨著反應(yīng)的進(jìn)行硝酸變稀，產(chǎn)物發(fā)生改變，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不易求出B.寫出鈉與水反應(yīng)的方程式，根據(jù)產(chǎn)物即可計(jì)算出共價(jià)鍵的數(shù)目C.考

21、慮的是氫氧化鋁是弱電解質(zhì)不能完全電離D.根據(jù)101KPa，以及120，生成物均是氣體根據(jù)質(zhì)量計(jì)算出即可8【答案】B【解析】【解答】A氯化銀也是不溶于稀鹽酸的白色沉淀，則向某溶液中先加入氯化鋇溶液，再滴入鹽酸生成白色沉淀可能為氯化銀或硫酸鋇，故A不符合題意；B升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，將充滿NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中，紅棕色變深，說(shuō)明反應(yīng)2NO2(g) N2O4(g)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，H0，故B符合題意；C在0.1molL-1K2S溶液中滴加少量等濃度的ZnSO4溶液，再加入少量等濃度的CuSO4溶液時(shí)，過(guò)量的K2S溶液與CuSO4溶液反應(yīng)生成CuS黑色沉淀，不存在

22、沉淀的轉(zhuǎn)化，無(wú)法判斷和比較ZnS與CuS的溶度積大小，故C不符合題意；D0.1molL-1的Na2SO3和NaHSO3兩種溶液中Na2SO3的pH大于NaHSO3，說(shuō)明SO 32- 結(jié)合H+能力比HSO 3- 的強(qiáng)，故D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.證明含有硫酸根離子應(yīng)該是先加入鹽酸再加入氯化鋇溶液B.二氧化氮是紅棕色，加入后顏色加深說(shuō)明正反應(yīng)放熱C.證明溶度積的大小是應(yīng)該保證硫化鉀的量極少D.得出結(jié)論不對(duì)9【答案】D【解析】【解答】A該電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能的裝置，A項(xiàng)不符合題意；B.負(fù)極區(qū)電極反應(yīng)式為 C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+ ，負(fù)極溶液中c(H+)增大，則

23、溶液的pH減小，B項(xiàng)不符合題意；C.b電極上二氧化錳得電子和氫離子反應(yīng)生成水和錳離子，電極反應(yīng)式為 MnO2+4H+2e-=Mn2+2H2O ，C項(xiàng)不符合題意；D根據(jù) C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+ 可知，消耗1mol葡萄糖，外電路中轉(zhuǎn)移2mol e-，則消耗0.01mol葡萄糖，外電路中轉(zhuǎn)移0.02 mole-，D項(xiàng)符合題意；故答案為：D。【分析】根據(jù)此裝置圖即可判斷是原電池，是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，葡萄糖在負(fù)極失去電子變?yōu)槠咸烟莾?nèi)脂和氫離子，酸性增強(qiáng)，而二氧化錳做正極，得到電子形成錳離子和水，根據(jù)正負(fù)極的電極式即可寫出總的電池反應(yīng)，即可計(jì)算出消耗一定質(zhì)量的葡萄糖轉(zhuǎn)移的電

24、子數(shù)10【答案】C【解析】【解答】A金屬元素沒(méi)有負(fù)價(jià)，故金屬單質(zhì)只能失電子而被腐蝕，故A不符合題意；B金屬腐蝕在強(qiáng)酸溶液中為析氫腐蝕、弱酸或中性溶液中為吸氧腐蝕，一般環(huán)境中以弱酸或中性溶液為主，故主要發(fā)生吸氧腐蝕，正極反應(yīng)式：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B不符合題意；C合金定義為：一種金屬與另一種或幾種金屬或非金屬經(jīng)過(guò)混合熔化，冷卻凝固后得到的具有金屬性質(zhì)的固體，而由題意知石墨烯是覆蓋于金屬表面，未形成合金，故C符合題意；D石墨烯層破損后，與金屬形成原電池，金屬為負(fù)極、石墨為正極，加快金屬的腐蝕速率，故D不符合題意；故答案為：C。【分析】A.金屬還原性很強(qiáng)易失去電子變?yōu)殛?yáng)離子B.金屬腐

25、蝕時(shí)一般是吸氧腐蝕或析氫腐蝕，金屬做負(fù)極，但是正極需要考慮電解質(zhì)的酸堿性C.合金的抗腐蝕性能強(qiáng)于純金屬D.主要破損后形成原電池加入金屬的腐蝕11【答案】B,D【解析】【解答】A稀鹽酸的量越多不能使反應(yīng)速率加快，應(yīng)攪拌、適當(dāng)升高溫度可提高鐵泥與鹽酸的反應(yīng)速率，A不符合題意；B濾液A的溶質(zhì)為氯化鐵、氯化亞鐵、過(guò)量的稀鹽酸，加入鐵粉還原Fe3+，即主要的離子反應(yīng)為：2Fe3+Fe=3Fe2+，B符合題意；C步驟中，濁液C中的氫氧化亞鐵被過(guò)氧化氫氧化成濁液D，為了提高Fe3O4的產(chǎn)率需要控制濁液D與濾液B中Fe2+的比例，為防止濾液B中Fe2+在步驟中被H2O2氧化，步驟中反應(yīng)完成后需再加熱一段時(shí)間除

26、去剩余H2O2，C不符合題意；D步驟為濁液D與濾液B加熱攪拌發(fā)生反應(yīng)制得Fe3O4，步驟中，使Fe3O4分離出來(lái)需經(jīng)過(guò)過(guò)濾、洗滌、干燥，D符合題意；故答案為：BD?！痉治觥胯F泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)與稀鹽酸反應(yīng)得到的濾液A溶質(zhì)為氯化鐵、氯化亞鐵、過(guò)量的稀鹽酸，加入鐵粉還原鐵離子：2Fe3+Fe=3Fe2+，過(guò)濾過(guò)量的鐵，濾液B的溶質(zhì)為氯化亞鐵，加入氫氧化鈉溶液，生成Fe(OH)2渾濁液，向渾濁液中加入雙氧水，雙氧水將Fe(OH)2濁液氧化成濁液D，反應(yīng)完成后需再加熱一段時(shí)間除去剩余H2O2，濁液D與濾液B加熱攪拌發(fā)生反應(yīng)制得Fe3O4，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥得產(chǎn)品Fe3O4，據(jù)

27、此分析解答。12【答案】B,C【解析】【解答】A 25，M點(diǎn)溶質(zhì)為CH3NH3Cl，是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解促進(jìn)水電離，c(H+)水=c(OH-)水1.010-7，M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中水電離的c(H+)水c(OH-)水1.010-14，故A不符合題意；B 根據(jù)電荷守恒，滴定開(kāi)始后，溶液中始終存在c(CH3NH 3+ )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故B符合題意；C 一元弱堿甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb4.010-4，M點(diǎn)酸堿恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為CH3NH3Cl，濃度為0.01mol/L，Kh= 10-14410-4 =2.510-11，則c(H+)= 0.012.510-11 mol/

28、L=510-7mol/L，25，M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液的pH=7-lg56.3，故C符合題意；D N點(diǎn)時(shí)鹽酸過(guò)量，為CH3NH3Cl、HCl的混合物，則N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(Cl-)c(CH3NH3+)c(H+)c(OH-)，故D不符合題意；故答案為：BC。【分析】結(jié)合方程式和滴定曲線可知M點(diǎn)酸堿恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為CH3NH3Cl，結(jié)合物料守恒、電荷守恒分析。N點(diǎn)時(shí)鹽酸過(guò)量，為CH3NH3Cl、HCl的混合物，c(CH3NH3+)c(H+)。13【答案】C,D【解析】【解答】A由圖可知，在Pd催化劑表面HCOOH脫氫反應(yīng)為放熱反應(yīng)， H 小于0，故A不符合題意；B由圖可知，在Pd催化劑表面離解OH鍵

29、的活化能較高，解離CH鍵的活化能低，故B不符合題意；C在歷程中，生成的活化能最高，反應(yīng)速率最慢，故C符合題意；D由圖可知，HCOOH脫氫是生成氫氣和二氧化碳，所以用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的產(chǎn)物都有HD和CO2，故D符合題意；故答案為：CD?！痉治觥緼.根據(jù)起始物的能量和最終物的能量進(jìn)行判斷即可B.I到II是進(jìn)行離解O-H鍵，而III到IV是離解C-H鍵，根據(jù)圖示離解O-H鍵活化能高C.IV到V的活化能最高速率最慢D.根據(jù)反應(yīng)原理即可判斷14【答案】（1）-2762.4 kJmol-1（2）RA；二氧化硫溶解度隨溫度升高而降低（3）9；（4）溫度升高，反應(yīng)速率增大；1.5；0

30、.75【解析】【解答】(1) CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)H1=+178.2kJmol-1CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)H2=-402.0kJmol-12CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)H3=-2314.8kJmol-1，根據(jù)蓋斯定律，H=2+2+=2178.2-2402-2314.8=-2762.4 kJmol-1；(2)在較低溫度中升高溫度對(duì)反應(yīng)速率影響較大，故溫度在2545時(shí)，總反應(yīng)速率受RA控制；溫度繼續(xù)升高，會(huì)影響溶解度，則4555曲線呈下降趨勢(shì)的原因：一是CaCO3溶解度隨溫度的升高而降低；二是二氧化硫溶解度隨溫度升高而降低；(3)根據(jù)

31、已知條件列出三段式，設(shè)加入二氧化氮和二氧化硫?yàn)?，反應(yīng)消耗為x， NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)初始1100轉(zhuǎn)化xxxx平衡1-x1-xxx ，達(dá)到平衡時(shí)NO和NO2的濃度之比為3：1，即 x1-x=31 ，解得x=0.75，平衡常數(shù) K=0.750.750.250.25=9 ；Q=1111=1v逆；(4)v1=4-0.41048=0.0075molL-1h-1 ， v2=2-0.41016=0.01molL-1h-1 ，故 v1v2 ，由此得出結(jié)論，溫度升高，反應(yīng)速率增大；平衡常數(shù)受溫度影響，2、3組溫度一樣，反應(yīng)后C仍為0.4，為等效平衡，極值轉(zhuǎn)化后與第二組起始量相同，

32、第二組起始量為2，1，0，第三組為a，b，0.5，故a+0.5=2，b+0.25=1，即a=1.5，b=0.75；【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律即可計(jì)算出焓變（2）根據(jù)圖示可以判斷，溫度對(duì)速率影響較大，因此可以考慮是含有催化劑的反應(yīng)，溫度越高二氧化硫的溶解度降低導(dǎo)致速率下降（3） 根據(jù)平衡時(shí)的數(shù)據(jù)即可計(jì)算出平橫常數(shù)根據(jù)給出的物質(zhì)的量計(jì)算出濃度再計(jì)算出濃度商與平衡常數(shù)對(duì)比即可（4） 通過(guò)計(jì)算出速率進(jìn)行對(duì)比即可得出結(jié)論根據(jù)第2組和第3組溫度相同，故為等效平衡，即可計(jì)算出起始的物質(zhì)的量15【答案】（1）增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高酸浸時(shí)的浸出率（2）二氧化硅（3）FeTiO3+2H2SO4FeSO4

33、+TiOSO4+2H2O（4）在pH介于46之間時(shí)，鐵離子的基本水解完全；隨溫度的升高，溶液中亞鐵離子氧化生成鐵離子（5）H2TiO3；MnO 4- +5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O【解析】【解答】(1)磨礦的目的是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高酸浸時(shí)的浸出率。故答案為增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高酸浸時(shí)的浸出率；(2)二氧化硅不與酸和水反應(yīng)，濾渣的主要成分是二氧化硅。故答案為：二氧化硅；(3)酸解過(guò)程中，F(xiàn)eTiO3發(fā)生反應(yīng)生成FeSO4、TiOSO4、2H2O，化學(xué)方程式FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O。故答案為：FeTiO3+2H2SO4FeS

34、O4+TiOSO4+2H2O；(4)在其它條件不變的情況下，體系中Fe()含量隨pH變化如圖1，試分析在pH介于46之間時(shí)，F(xiàn)e()含量基本保持不變的原因：在pH介于46之間時(shí)，鐵離子的基本水解完全。故答案為：在pH介于46之間時(shí)，鐵離子的基本水解完全；如圖2，55后，F(xiàn)e()含量增大的原因是隨溫度的升高，溶液中亞鐵離子氧化生成鐵離子，溫度升高，氧化速度加快。故答案為：隨溫度的升高，溶液中亞鐵離子氧化生成鐵離子；(5)濾液中TiOSO4能發(fā)生水解反應(yīng)生成沉淀H2TiO3和濾液H2SO4，TiO2+2H2O=2H+H2TiO3，水解過(guò)程中得到沉淀的化學(xué)式為H2TiO3。故答案為：H2TiO3；一

35、定量Fe2+的存在有利于水解工藝的進(jìn)行，因此在水解之前，先要測(cè)定鈦液中Fe2+的含量。實(shí)驗(yàn)室常用酸性高錳酸鉀溶液進(jìn)行滴定，用離子方程式表示其原理MnO 4- +5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O。故答案為：MnO 4- +5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O。【分析】鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3（可表示為FeOTiO2），含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)，在加熱條件下鈦鐵礦和稀硫酸混合，發(fā)生的反應(yīng)有FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O等，浸取液中含有Fe3+、Mg2+、Ca2

36、+、Al3+，加入鐵粉，F(xiàn)e3+能和Fe反應(yīng)生成Fe2+，然后過(guò)濾，濾渣的主要成分是二氧化硅，濾液結(jié)晶過(guò)濾得到的晶體成分濾渣為硫酸亞鐵晶體，濾液中TiOSO4能發(fā)生水解反應(yīng)生成沉淀H2TiO3和濾液H2SO4，最后高溫煅燒沉淀得到TiO2。16【答案】（1）分液漏斗；吸收未反應(yīng)的二氧化硫，防止污染環(huán)境（2）S+ Na2SO3 _ Na2S2O3；Na2S2O3在酸性溶液中不穩(wěn)定，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：S2O 32- +2H+=S+SO2+H2O（3）趁熱過(guò)濾；乙醇（4）Na2S2O35H2O晶體于4045熔化，48分解（5）96.9%【解析】【解答】(1)根據(jù)儀器構(gòu)造特點(diǎn)可知，儀器a為分液漏斗，裝置丙的

37、作用是吸收未反應(yīng)的二氧化硫，防止污染環(huán)境。(2)制備Na2S2O35H2O，發(fā)生的反應(yīng)有：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S2H2S+SO2=3S+2H2O則第個(gè)反應(yīng)即生成的S和Na2SO3反應(yīng)生成Na2S2O3：S+ Na2SO3 _ Na2S2O3。Na2S2O3在酸性溶液中不穩(wěn)定，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：S2O 32- +2H+=S+SO2+H2O，所以需要控制溶液的pH不小于7。(3)從熱的反應(yīng)混合液中過(guò)濾除去活性炭，為提高產(chǎn)率，操作為趁熱過(guò)濾，以防溫度下降時(shí)Na2S2O35H2O晶體析出。Na2S2O35H2O不溶于乙醇，所以洗滌時(shí)用乙醇作洗

38、滌劑。(4) Na2S2O35H2O晶體于4045熔化，48分解，所以蒸發(fā)時(shí)要控制溫度不宜過(guò)高。(5) KMnO4的物質(zhì)的量為0.40molL-10.0200L=0.008mol，根據(jù)反應(yīng)方程式5S2O 32- +8MnO 4- +14H+=8Mn2+10SO 42- +7H2O，可知S2O 32- 的物質(zhì)的量為0.005mol，則1.28g樣品中Na2S2O35H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 0.005mol248g/mol1.28g 100%=96.9%。【分析】（1）根據(jù)裝置即可判斷名稱，過(guò)程中右二氧化硫逸出而是污染性氣體因此需要進(jìn)行尾氣處理（2）根據(jù)最終的產(chǎn)物即可寫出方程式，主要考慮Na2S2O3

39、在酸性溶液易發(fā)生歧化反應(yīng) （3）提高產(chǎn)率增加在水中的溶解量應(yīng)該需要趁熱過(guò)濾，洗滌時(shí)需要考慮硫代硫酸鈉的溶解性因此再乙醇中進(jìn)行洗滌 （4）根據(jù)題意可知，溫度過(guò)高易分解（5）根據(jù)方程式利用消耗的高錳酸鉀計(jì)算出硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量，即可計(jì)算出質(zhì)量從而計(jì)算出質(zhì)量分?jǐn)?shù)17【答案】（1）第二周期第A族（2）；（3）平面三角形（4）1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；2；2；CO2，N2O，OCN-，N3等（5）C（6）NiOCoOFeO；31023NAa3【解析】【解答】(1)X為碳元素，位于周期表的第二周期第A族；故答案為：第二周期第A族。(2)同一周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)的增大而增大，但第A大于A，第A大于A，所以C小于N元素的第一電離能；氨氣分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)比甲烷的更高，所以最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)：CH4NH3；故答案為：；。(3)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)推出空間結(jié)構(gòu)，N的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中酸根離子即 NO3- ， NO3- 的空間構(gòu)型：3+ (5+1-23)2 =3，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)數(shù)為0，所以是平面三角形；故答案為：平面三角形。(4)Fe基態(tài)核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2或