江蘇省揚(yáng)州市高三上學(xué)期期中考試化學(xué)-1

江蘇省揚(yáng)州市2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試題一、單選題1．反應(yīng)2NaA．該反應(yīng)屬于置換反應(yīng) B．NaC．Na2O2作氧化劑，CO2．2NaCl+2HA．H2OB．Na+和C．NaOH中含離子鍵和共價(jià)鍵D．中子數(shù)為20的氯原子：173．為探究ClA．探究Cl2B．探究Cl2C．模擬工業(yè)制漂白粉D．Cl24．下列鈉的化合物的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A．NaCl易溶于水，可用于工業(yè)電解制備鈉B．NaClO有強(qiáng)氧化性，可用于消毒殺菌C．NaHSOD．NaHCO5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。元素X基態(tài)原子2p軌道上的電子為半滿狀態(tài)，Y、Z為金屬元素，其中元素Y是其所在周期中金屬性最強(qiáng)的元素，W與X處于同一主族。下列說法正確的是（）A．第一電離能：IB．電負(fù)性：W>XC．Y的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的堿性比Z的強(qiáng)D．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強(qiáng)6．近年來，由于有機(jī)合成工業(yè)的發(fā)展，HCl已成為一種重要的副產(chǎn)品，O2氧化HCl的反應(yīng)為4HCl(g)+O2(g)=2H2A．使用催化劑，可以改變該反應(yīng)的ΔH和活化能B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)可表示為K=C．保持其他條件不變，增大n(O2)D．升高溫度，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動(dòng)7．近年來，由于有機(jī)合成工業(yè)的發(fā)展，HCl已成為一種重要的副產(chǎn)品，O2氧化HCl的反應(yīng)為4HCl(g)+O2(gA．Cl2(g)C．HClO(aq)→光照C8．近年來，由于有機(jī)合成工業(yè)的發(fā)展，HCl已成為一種重要的副產(chǎn)品，O2氧化HCl的反應(yīng)為4HCl(g)+O2(gA．ClB．ClO2-與ClOC．冰的密度比水的小，與分子間氫鍵有關(guān)D．[Co(NH9．一種以苦鹵水(主要成分是MgCl2、NaCl)為原料制備無水下列說法正確的是（）A．濾液中大量存在Na+、MB．“煅燒”后的產(chǎn)物溶于稀鹽酸，將所得MgCl2C．1個(gè)干冰晶胞(見右圖)中含14個(gè)CD．“高溫氯化”時(shí)的反應(yīng)為2MgO+C+2C10．下列說法正確的是（）A．25℃，稀釋0.1mol?LB．配制0.C．25℃，向濃度均為0.1mol?L-1的BaCl2D．用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8，說明HN11．已知：25℃，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5為探究NaHCA．實(shí)驗(yàn)①說明該溶液中c(HB．實(shí)驗(yàn)②所得溶液中c(HC．實(shí)驗(yàn)③中發(fā)生反應(yīng)：3HD．實(shí)驗(yàn)④中反應(yīng)的離子方程式為2H12．電解制備鈷(Co)的工作原理如圖所示。下列關(guān)于該裝置工作時(shí)的說法錯(cuò)誤的是（）A．a(chǎn)為電源的正極B．鈷電極上的電極反應(yīng)為CC．Ⅱ室中HCl的濃度減小D．若不使用離子交換膜，石墨電極上會(huì)析出C13．25℃，向5mL0.1mol?L-1ZnSO4溶液中滴入2滴0.1mol?L-1A．0.1mol?B．滴入0.1mol?L-1CuSC．白色沉淀變?yōu)楹谏恋淼碾x子方程式為SD．向ZnSO4、CuSO414．丁烷催化脫氫制備丁烯的主反應(yīng)為C4H10(g)=C4H8(gA．435℃時(shí)C4B．600℃以后，C4H8的產(chǎn)率下降原因可能是C．圖中表示C4D．提高丁烷脫氫制備丁烯轉(zhuǎn)化率的研究方向?yàn)閷ふ业蜏貢r(shí)具有較高活性的催化劑二、非選擇題15．高純硒可用于紅外光學(xué)材料的制造。實(shí)驗(yàn)室以含硒煤燃燒產(chǎn)生煙氣的吸附渣(主要成分為CaSeO3，還有少量含已知：①H2②Se難溶于水，熔點(diǎn)為220℃，沸點(diǎn)為685℃。③NaNO（1）基態(tài)Se原子的核外電子排布式為。（2）“還原1”所得產(chǎn)物為粗硒，寫出H2SeO3被還原為Se的離子方程式：（3）“還原2”時(shí)N2H4?H2O（4）“純化”在熔融狀態(tài)下進(jìn)行，用NaNO3氧化Se中的少量雜質(zhì)Te。反應(yīng)后熔融物分為兩層，上層為密度較小的Se。該過程需控制的溫度范圍是16．以廢舊鋰離子電池正極材料(主要成分為鎳鈷錳酸鋰，還有少量鋁箔和含鐵化合物)為原料，回收Ni2+、Co（1）“酸浸”時(shí)，三價(jià)鎳、三價(jià)鈷、四價(jià)錳轉(zhuǎn)化為Ni2+、Co2+、Mn2+進(jìn)入溶液。該過程中（2）“除鐵”生成黃鈉鐵礬沉淀時(shí)需控制溶液的pHNaOH溶液，其作用是。（3）物質(zhì)X可調(diào)節(jié)溶液的pH，X為____(填序號(hào))A．NH4Cl B．(N（4）回收液可用于合成鋰離子電池正極材料，合成前需測定其中Co測定原理：用過量標(biāo)準(zhǔn)K3[Fe(CN)6]反應(yīng)方程式為：Co測定過程：取預(yù)處理后的回收液樣品20.00mL，向其中加入20.00mL0.0510mol?L數(shù)據(jù)分析：計(jì)算預(yù)處理后的回收液樣品中Co2+的物質(zhì)的量濃度17．實(shí)驗(yàn)室以CuSO4?5已知：CuSO4（1）配制溶液。稱取一定質(zhì)量的CuSO①與燒杯相比，使用裝置A作為反應(yīng)器的優(yōu)點(diǎn)是。②滴加氨水時(shí)，有淺藍(lán)色沉淀Cu2(OH)2S（2）制備晶體。將A中溶液轉(zhuǎn)移至B中，析出[Cu(N①兩次轉(zhuǎn)移均需洗滌原容器，目的是。②減壓過濾時(shí)，抽氣泵處于工作狀態(tài)，活塞需關(guān)閉，使裝置內(nèi)產(chǎn)生負(fù)壓。但洗滌晶體時(shí)，要打開活塞后再加入乙醇，然后再關(guān)閉活塞，這樣操作的目的是。（3）廢液回收。從含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的廢液中回收乙醇并獲得（4）測定晶體中SO42-的含量。請補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：取一定質(zhì)量的[Cu(NH3)18．甲醇是重要的資源，通過甲醇的催化重整不僅可以獲得氫能，還可以獲得重要的化工原料。（1）在催化劑CeO2作用下，CH3OH和CO2表示原子間存在化學(xué)鍵，表示原子間有吸附作用①反應(yīng)開始時(shí)CH3OH在催化劑表面解離為CH3O?和H?，該過程首先是CH3②X的結(jié)構(gòu)簡式為。（2）CH3OH反應(yīng)ⅠC同時(shí)還發(fā)生副反應(yīng)：反應(yīng)ⅡH溫度在300℃以上，CH反應(yīng)ⅢC①ΔH3②向該體系中加入適量多孔CaO，會(huì)提高H2的產(chǎn)率，其原因是（3）CH3OH與H2O催化重整制氫氣的體系中，平衡時(shí)甲醇的轉(zhuǎn)化率、CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與反應(yīng)溫度(T)以及初始加入的水醇比(S/M)的關(guān)系如圖所示。例如：曲線M表示甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率均為80%時(shí)，所對應(yīng)的反應(yīng)溫度以及初始加入的水醇比(S/M)。①②氫能源汽車對氫氣中的CO有嚴(yán)格的要求，CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)必須小于0.5%。根據(jù)如圖所示，催化重整制氫氣用于汽車時(shí)，適宜控制的水醇比和溫度為。

答案解析部分1．【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】鈉的重要化合物；鈉的氧化物【解析】【解答】A．置換反應(yīng)是單質(zhì)與化合物反應(yīng)生成另外的單質(zhì)和化合物的化學(xué)反應(yīng)，題干中反應(yīng)不是，A不符合題意；B．碳酸鈉水溶液中碳酸根水解生成碳酸氫根和氫氧根，顯堿性，B符合題意；C．題干中反應(yīng)，過氧化鈉中氧元素化合價(jià)改變，二氧化碳中元素化合價(jià)不變，所以過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，C不符合題意；D．二氧化碳的排放引起溫室效應(yīng)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．置換反應(yīng)是單質(zhì)與化合物反應(yīng)生成另外的單質(zhì)和化合物的化學(xué)反應(yīng)；B．碳酸根水解生成碳酸氫根和氫氧根；C．過氧化鈉中氧元素化合價(jià)改變，二氧化碳中元素化合價(jià)不變；D．二氧化碳的排放引起溫室效應(yīng)。2．【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】化學(xué)鍵；元素、核素；電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合【解析】【解答】A．H2O為共價(jià)化合物，O原子與H原子之間為單鍵，其電子式為，故A不符合題意；B．Na+核外有10個(gè)電子，Cl-核外有18個(gè)電子，二者的核外電子層結(jié)構(gòu)不同，故B不符合題意；C．NaOH為Na+和OH-通過離子鍵形成的離子化合物，OH-是O原子和H原子是通過共價(jià)鍵連接形成的離子，因此NaOH中含離子鍵和共價(jià)鍵，故C符合題意；D．原子中的質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，氯原子中質(zhì)子數(shù)為17，因此中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)為37，該原子表示為1737故答案為：C?！痉治觥緼．O原子滿足8電子結(jié)構(gòu)；B．Na+核外有10個(gè)電子，Cl-核外有18個(gè)電子；C．Na+和OH-含有離子鍵，OH-是O原子和H原子通過共價(jià)鍵連接；D．左下角表示質(zhì)子數(shù)，左上角表示質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)=中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)；3．【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】A．KSCN溶液與Fe3+反應(yīng)生成易溶于水的(血)紅色物質(zhì)Fe(SCN)3，若Cl2有氧化性，則Cl2能將Fe2+氧化為Fe3+，溶液由淺綠色變?yōu)?血)紅色，能夠達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔄選；B．將Cl2通入淀粉-KI溶液中，Cl2與I-反應(yīng)過程中體現(xiàn)的是氧化性，故B不選；C．工業(yè)上制備漂白粉是將Cl2通入冷的消石灰[Ca(OH)2]中反應(yīng)，Cl2通入NaOH溶液中制備的是漂白液(有效成分為NaClO)，故C不選；D．Ca(OH)2雖能與Cl2反應(yīng)，但Ca(OH)2為微溶物，在水中溶解度不大，用作Cl2的尾氣處理溶液效果較差，一般用NaOH溶液，故D不選；綜上所述，答案為A。

【分析】A．Cl2能將Fe2+氧化為Fe3+，KSCN溶液與Fe3+反應(yīng)生成易溶于水的(血)紅色物質(zhì)；B．碘遇淀粉變藍(lán)；C．工業(yè)上制備漂白粉是將Cl2通入冷的消石灰[Ca(OH)2]反應(yīng)；D．但Ca(OH)2為微溶物，在水中溶解度不大，效果較差。4．【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；鈉的重要化合物【解析】【解答】A．工業(yè)電解熔融NaCl制備鈉是因?yàn)镹aCl為離子化合物，在熔融狀態(tài)下能夠完全電離出Na+，與NaCl的溶解度無關(guān)，故A不選；B．NaClO有強(qiáng)氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性，導(dǎo)致細(xì)菌或病毒細(xì)胞失活，可用于消毒殺菌，故B選；C．造紙工業(yè)中常用Cl2漂白紙漿，漂白后的紙漿用NaHSO3除去殘留的Cl2，該過程中NaHSO3表現(xiàn)出還原性，但NaHSO3不具有漂白性，故C不選；D．NaHCO故答案為B。

【分析】A．工業(yè)電解熔融NaCl制備鈉是因?yàn)槿廴跔顟B(tài)下能夠完全電離出Na+；B．NaClO有強(qiáng)氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性；C．NaHSO3不具有漂白性；D．NaHCO5．【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)【解析】【解答】分析知X、Y、Z、W分別為：N、Na、Mg或Al、P；A．同周期從左到右第一電離能增大，則I1B．元素的非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，同主族從上到下非金屬性減弱，則電負(fù)性：W<X，B不符合題意；C．同周期從左到右金屬性減弱，則最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的堿性也減弱，即Y>Z，C符合題意；D．同主族從上到下非金屬性減弱，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性也減弱，則W<X，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．同一周期的主族元素中，從左至右，元素的第一電離能呈“鋸齒狀”增大，其中IIA族和VA族的第一電離能高于相鄰的元素。B．元素的非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，同主族從上到下非金屬性減弱；C．同周期從左到右金屬性減弱，則最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的堿性也減弱；D．同主族從上到下非金屬性減弱，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性也減弱。6．【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)；化學(xué)平衡的影響因素【解析】【解答】A．催化劑能降低或增加反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)的焓變，反應(yīng)的焓變只與始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，故A不符合題意；B．平衡常數(shù)是可逆化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，生成物與反應(yīng)物的濃度(方程式系數(shù)冪次方)乘積比或反應(yīng)產(chǎn)物與反應(yīng)底物的濃度(方程式系數(shù)冪次方)乘積比，固體和純液體的濃度視為“1”，因此該反應(yīng)的平衡常數(shù)可表示為K=cC．保持其他條件不變，增大n(O2)D．升高溫度，體系內(nèi)能量增大，有更多參加反應(yīng)的微粒處于活化狀態(tài)，因此正逆反應(yīng)速率都增大，該反應(yīng)正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，即平衡逆向移動(dòng)，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．催化劑改變反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)的焓變；B．平衡常數(shù)是可逆化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，生成物與反應(yīng)物的濃度(方程式系數(shù)冪次方)乘積比，固體和純液體的濃度視為“1”；C．依據(jù)勒夏特列原理，改變影響平衡的一個(gè)因素，平衡將向減弱這種改變的方向移動(dòng)分析。D．依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析；7．【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】氯氣的化學(xué)性質(zhì)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用【解析】【解答】A．氯氣與KOH反應(yīng)生成KCl、KClO和水，A可實(shí)現(xiàn)；B．氯氣和Fe點(diǎn)燃生成FeCl3，不生成FeCl2，B不可實(shí)現(xiàn)；C．HClO光照分解為HClO和O2，C不可實(shí)現(xiàn)；D．KClO3中的Cl為+5價(jià)，KClO2中的Cl為+3價(jià)，Cl2O中的Cl為+1價(jià)，KClO3和KClO2反應(yīng)只能得到含+4價(jià)Cl的化合物，不能得到Cl2O，D不可實(shí)現(xiàn)；故答案為：A。

【分析】A．氯氣與KOH反應(yīng)生成KCl、KClO和水；B．氯氣和Fe點(diǎn)燃生成FeCl3；C．HClO光照分解為HClO和O2；D．KClO3中的Cl為+5價(jià)，KClO2中的Cl為+3價(jià)，Cl2O中的Cl為+1價(jià)，KClO3和KClO2反應(yīng)只能得到含+4價(jià)Cl的化合物，不能得到Cl2O。8．【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；含有氫鍵的物質(zhì)【解析】【解答】A．ClB．ClO2-與ClO3C．冰的密度比水的小，是因?yàn)楸蟹肿娱g氫鍵增多，故C不符合題意；D．[Co(N故答案為：D。

【分析】A．依據(jù)價(jià)層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，由價(jià)層電子對數(shù)確定VSEPR模型，再確定空間立體構(gòu)型；B．依據(jù)價(jià)層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，由價(jià)層電子對數(shù)確定雜化類型；C．分子間氫鍵增多，密度變??；D．依據(jù)配合物的構(gòu)造分析。9．【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】分子晶體；鎂、鋁的重要化合物【解析】【解答】A．由分析知，加入CaO后溶液呈堿性，溶液中Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀，濾液中含有Na+、Ca2+、B．煅燒后產(chǎn)物是MgO，溶于稀鹽酸得MgCl2溶液，但加熱蒸干促進(jìn)鎂離子水解，得到產(chǎn)物是Mg(OH)2，不是無水C．干冰晶胞是面心立方結(jié)構(gòu)，CO2分子處于立方體的八個(gè)頂點(diǎn)和六個(gè)面心，根據(jù)均攤法，晶胞中含有COD．氯化過程加入C和Cl2反應(yīng)生成MgCl2和CO，發(fā)生反應(yīng)為2MgO+C+2Cl故答案為：D。

【分析】A．Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀，濾液中含有Na+、Ca2+、B．考慮MgCl2水解，得到Mg(OH)C．根據(jù)均攤法計(jì)算；D．氧化鎂與C和Cl2反應(yīng)生成MgCl2和CO。10．【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【解析】【解答】A．加水稀釋，雖然促進(jìn)電離，但溶液濃度減小，導(dǎo)電能力減小，故A不符合題意；B．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，會(huì)導(dǎo)致加入的蒸餾水體積偏小，配制的溶液體積減小，所以溶液的濃度偏大，故B符合題意；C．硫酸鋇、硫酸鈣均為白色沉淀，由沉淀生成，不能比較Ksp，故C不符合題意；D．兩種鈉鹽溶液的濃度未知，則無法判斷哪種鈉鹽水解程度大，所以無法判斷酸根離子對應(yīng)的酸的酸性強(qiáng)弱，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．加水稀釋促進(jìn)電離，但溶液離子濃度減小，導(dǎo)電能力減??；B．定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，會(huì)導(dǎo)致體積偏小，依據(jù)c=C．硫酸鋇、硫酸鈣均為白色沉淀，由沉淀生成，不能比較Ksp；D．兩種鈉鹽溶液的濃度未知，無法判斷。11．【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】A．①測量某NaHC2O4溶液的pH=5.0，可得c(H+)=1.0×10-5mol·L-1，根據(jù)Ka1(H2C2O4)=c(H+)c(HC2O4B．向10.00mL0.01mol·L-1NaHC2O4溶液中加入5.00mL0.01mol·L-1NaOH溶液，生成等物質(zhì)的量的HC2O4-、C2O42-，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，則Kh1=KwKa2=10-145.4×10-5≈1.85×10C．向酸性KMnO4溶液中滴加過量0.1mol·L-1NaHC2O4溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成錳離子、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為5HC2O4-+2MnO4-+11H+=10CO2↑+2MnD．實(shí)驗(yàn)④中反應(yīng)的離子方程式為HC2O4-+Ba2++OH-=BaC2O4↓+H故答案為：A。

【分析】A．①根據(jù)Ka1(H2C2O4)=c(H+)c(HC2O4-)c(H2C2O4)12．【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】電解池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】A．由分析知，a為電源的正極，A不符合題意；B．鈷為陰極，電極反應(yīng)式為CoC．由I室中發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=4H++O2，電解池中陽離子移到正極，即I室溶液中H+移到II室，陰離子移到負(fù)極，III室中Cl-移到II室，則II室HCl的濃度增大，C符合題意；D．若I、II室之間不使用陽離子交換膜，II室中Cl-移到陽極先失電子，則石墨電極上會(huì)析出Cl故答案為：C。

【分析】A．陽極與電源的正極相連；B．陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)；C．電解池中陽離子移到正極，陰離子移到負(fù)極；D．依據(jù)放電順序，陰離子移到陽極先失電子。13．【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【解析】【解答】A．Na2S為易溶強(qiáng)堿弱酸鹽，在水中完全電離，原子的物質(zhì)的量之間滿足n(Na)=2n(S)，即根據(jù)物料守恒可知c(NaB．溶度積常數(shù)Ksp只與物質(zhì)本身和所處溫度有關(guān)，因此向ZnS懸濁液中加入CuSO4C．白色固體ZnS轉(zhuǎn)化為黑色沉淀CuS的過程是難溶物的轉(zhuǎn)化，反應(yīng)的離子方程式為ZnS+Cu2+=CuS+ZD．向ZnSO4、CuSO4混合溶液中加入過量綜上所述，說法正確的是D項(xiàng)，故答案為D。

【分析】A．根據(jù)物料守恒分析；B．溶度積常數(shù)KspC．白色固體ZnS轉(zhuǎn)化為黑色沉淀CuS的過程是難溶物的轉(zhuǎn)化；D．依據(jù)溶度積計(jì)算。14．【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線【解析】【解答】A．題干圖示為將C4H10與H2的混合氣體以定流速通過填充有催化劑的反應(yīng)器，C4B．根據(jù)主反應(yīng)C4H10(g)=C4H8(g)+C．由B項(xiàng)分析可知，圖中表示C4D．由于主反應(yīng)C4故答案為：D。

【分析】A．催化劑活性低，反應(yīng)速率慢；B．考慮發(fā)生副反應(yīng)；C．反應(yīng)不一定達(dá)到平衡狀態(tài)；D．溫度高時(shí)，將發(fā)生副反應(yīng)，故應(yīng)尋找高溫時(shí)具有較高活性和對主反應(yīng)具有良好選擇性的催化劑。15．【答案】（1）[（2）H2SeO3+2SO3（3）N（4）306.8℃～685℃【知識(shí)點(diǎn)】原子核外電子排布；無機(jī)物的推斷【解析】【解答】實(shí)驗(yàn)室以含硒煤燃燒產(chǎn)生煙氣的吸附渣(主要成分為CaSeO3，還有少量含Te化合物等)為原料制備高純硒的流程中，向吸附渣中加入鹽酸，已知H2SeO3是易溶于水的弱酸，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理可知反應(yīng)生成H2SeO3、CaCl2，過濾后濾液中主要成分為H2SeO（1）Se位于元素周期表中第四周期VIA族，根據(jù)構(gòu)造原理可知基態(tài)Se原子的核外電子排布式為[Ar（2）“還原1”的過程中H2SeO3被Na2SO3溶液還原生成Se，Se元素化合價(jià)由+4降低至0，因此S元素化合價(jià)由+4升高至+6，H2SeO3是易溶于水的弱酸，因此不能拆分，根據(jù)化合價(jià)升降守恒、原子守恒、電荷守恒可知反應(yīng)的離子方程式為H2SeO3+2SO32-=2S（3）“還原2”時(shí)N2H4?H2O與H2SeO3（4）“純化”在熔融狀態(tài)下進(jìn)行，用NaNO3氧化Se中的少量雜質(zhì)Te。反應(yīng)后熔融物分為兩層，上層為密度較小的Se，NaNO3的熔點(diǎn)為306.8℃，

【分析】（1）根據(jù)構(gòu)造原理。（2）H2SeO3是易溶于水的弱酸，因此不能拆分，根據(jù)化合價(jià)升降守恒、原子守恒、電荷守恒書寫；Na2SO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，能與H（3）根據(jù)化合價(jià)升降守恒根據(jù)得失電子守恒、原子守恒書寫。（4）依據(jù)已知信息確定控制的溫度范圍。16．【答案】（1）做還原劑；溫度低于60℃時(shí)，酸浸反應(yīng)速率較慢；溫度高于60℃時(shí)，H2（2）提供Na+以生成沉淀；消耗H+（3）C（4）0【知識(shí)點(diǎn)】無機(jī)物的推斷【解析】【解答】“酸浸”時(shí)，三價(jià)鎳、三價(jià)鈷、四價(jià)錳轉(zhuǎn)化為Ni2+、Co2+、Mn2+進(jìn)入溶液，則H2O2具有還原性，加入NaOH溶液可將鐵元素轉(zhuǎn)化為黃鈉鐵礬沉淀，加入X調(diào)節(jié)pH將氯元素轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，得到回收液含（1）“酸浸”時(shí)，三價(jià)鎳、三價(jià)鈷、四價(jià)錳轉(zhuǎn)化為Ni2+、Co2+、Mn2+，金屬元素的化合價(jià)降低，則H2O2做還原劑；由于高溫會(huì)加快H（2）“除鐵”過程中需不斷加入NaOH溶液生成黃鈉鐵礬沉淀，由沉淀的化學(xué)式可知，過量的NaOH的作用是提供Na+以生成沉淀；消耗H+（3）由于Al(OH)3具有兩性，若遇到強(qiáng)酸鋁離子會(huì)變成偏鋁酸根，加入NH4HC故答案為：C；（4）加入的K3[Fe(CN)6]總物質(zhì)的量：0.0510mol?L-1×20.

【分析】（1）依據(jù)金屬元素的化合價(jià)降低判斷；依據(jù)溫度對速率的影響及高溫會(huì)加快H2O2分解的性質(zhì)分析；（2）依據(jù)NaOH的組成，利用化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析；（3）考慮Al(OH)3具有兩性；（4）依據(jù)關(guān)系式法計(jì)算。17．【答案】（1）避免氨氣逸出造成空氣污染、便于振蕩；Cu2（2）減少[Cu(NH3（3）H2（4）向其中滴加0.1mol?L-1BaC【知識(shí)點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】（1）①裝置A為封閉體系，由題可知，反應(yīng)過程中需加入氨水，氨水中的一水合氨的穩(wěn)定性較差，反應(yīng)過程中需不斷加入氨水，若用燒杯作為反應(yīng)容器，則反應(yīng)過程中部分一水合氨發(fā)生分解生成的氨氣會(huì)逸出，增加成本的同時(shí)也會(huì)污染環(huán)境，另外錐形瓶可通過振蕩使反應(yīng)物混合均勻，相較于燒杯更方便，故答案為：避免氨氣逸出造成空氣污染、便于振蕩。②淺藍(lán)色沉淀Cu2(OH)2SO4（2）①轉(zhuǎn)移過程中，盛有溶液的容器的內(nèi)壁上會(huì)附著少量溶液，溶液中含有溶質(zhì)，為提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，因此需要洗滌原容器，故答案為：減少[Cu(NH3②減壓過濾的原理是利用抽氣泵使抽濾瓶中壓強(qiáng)降低，提高過濾效率，因此過濾過程中需要關(guān)閉活塞，使抽濾瓶中形成負(fù)壓(相較于大氣壓)，但是在加入洗滌劑洗滌晶體時(shí)，若關(guān)閉活塞，大部分洗滌液被快速抽走，會(huì)浪費(fèi)洗滌劑且洗滌效果不佳，因此加入洗滌劑洗滌過程中需要打開活塞，使抽濾瓶中壓強(qiáng)與大氣壓相同，故答案為：使