重慶市2023年高考化學(xué)一模試卷及答案

高考化學(xué)一模試卷一、單項(xiàng)選擇題1.?天工開物?是我國珍貴的科技文獻(xiàn)，以下記載中主要過程不涉及化學(xué)反響的是〔

〕A.凡石灰經(jīng)火焚煉為用

B.燒鐵器淬于膽礬水中，即成銅色也

C.凡墨燒煙凝質(zhì)而為之

D.水沙中所出，大者名狗頭金2.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，以下物質(zhì)用途錯誤的選項(xiàng)是〔

〕A.次氯酸鈉：漂白劑

B.碳酸氫鈉：候氏制堿法的初始原料

C.硅酸鈉：木材防火劑

D.過氧化鈉：呼吸面具的供氧劑3.用括號中注明的方法別離以下各組混合物，其中正確的選項(xiàng)是〔

〕A.碘的四氯化碳溶液(分液)

B.氫氧化鐵膠體和水(過濾)

C.和(溶解過濾，再蒸發(fā)結(jié)晶)

D.氮?dú)夂脱鯕?蒸餾)4.以下事實(shí)能用勒夏特列原理解釋的是〔

〕A.銅與濃硫酸反響需要加熱

B.加熱蒸干FeCl3溶液最終得到Fe(OH)3

C.使用催化劑提高合成氨的生產(chǎn)效率

D.鋼管與銅管堆放一處，鋼管更易腐蝕5.以下說法中正確的選項(xiàng)是〔

〕A.、、、的熔點(diǎn)逐漸升高

B.的揮發(fā)破壞了共價(jià)鍵

C.的結(jié)構(gòu)式為

D.比穩(wěn)定，是因?yàn)樗肿娱g能形成氫鍵6.以下各組離子在溶液中能大量共存的是〔

〕A.、、、

B.、、、

C.、、、

D.、、、7.轉(zhuǎn)化為和分步進(jìn)行：①，②，其反響過程能量變化如下列圖，以下說法錯誤的選項(xiàng)是〔

〕A.Ea1是反響①的活化能

B.的能量一定低于的能量

C.

D.反響②更容易發(fā)生，氣體很難大量累積8.以下用于解釋事實(shí)的化學(xué)用語書寫正確的選項(xiàng)是〔

〕A.氯氣溶于水：Cl2+H2O?2H++Cl-+ClO-

B.明礬[KAl(SO4)2?12H2O]作凈水劑：Al3++3H2O?Al(OH)3↓+3H+

C.銅作電極電解NaCl溶液初始階段：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑

D.飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓9.合成氨是催化界的經(jīng)典反響，數(shù)次諾貝爾獎的獲得，說明其從工業(yè)應(yīng)用到機(jī)理認(rèn)識都有著重要意義。當(dāng)前，利用電化學(xué)手段進(jìn)行氨的合成是人類化學(xué)控制合成的新目標(biāo)，一種電化學(xué)合成氨的裝置(惰性電極)示意圖如下列圖。以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.

電極連接電源的負(fù)極

B.

電極的電極反響式為：

C.

當(dāng)有生成時，理論上產(chǎn)生

D.

電流從極經(jīng)共熔物到極，再經(jīng)電源流回極10.因具有殺菌能力強(qiáng)，對人體、動物沒有危害以及對環(huán)境不造成二次污染等特點(diǎn)，備受人們的青睞。以下列圖是一種制的微觀示意圖。以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.

該反響中只有共價(jià)鍵的斷裂與形成

B.

該反響中，作氧化劑

C.

該條件下，氧化性：

D.

制取，有失去電子11.主族元素、、、的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。、原子序數(shù)之和是的一半；與同主族；的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為2；的單質(zhì)是我國古代四大創(chuàng)造之一黑火藥的一種成分。以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.

簡單離子半徑：

B.

c、d兩元素形成的化合物只含有離子鍵

C.

a與b形成的最簡單化合物的水溶液呈堿性

D.

b、c兩種元素的氧化物對應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸12.為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.中含有的電子數(shù)為

B.常溫下，鐵片與足量濃硫酸反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲烷和乙烯的混合氣體中所含碳?xì)滏I數(shù)目為

D.常溫下，的溶液中，水電離出的數(shù)目為13.以下各組實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所得結(jié)論正確的選項(xiàng)是〔

〕選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向和的混合溶液中滴入酸化的溶液，混合溶液變紅氧化性：B向盛某鹽溶液的試管中滴入濃氫氧化鈉溶液并加熱，試管口處濕潤的紅色石蕊試紙變藍(lán)該鹽中含有C將稀鹽酸滴入溶液中，溶液中出現(xiàn)凝膠非金屬性：D將紅熱的炭放入濃硫酸中，產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁碳被氧化成A.A

B.B

C.C

D.D14.用硫酸渣(主要含、，雜質(zhì)為和等)為原料制備氫氧化氧鐵()的流程如下：以下說法錯誤的選項(xiàng)是〔

〕A.

濾渣中一定含有

B.

“復(fù)原〞時可以用鐵粉代替

C.

“氧化〞的目的是將二價(jià)鐵氧化成三價(jià)鐵

D.

“……〞一系列操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶二、綜合題15.丙烯是三大合成材料的根本原料之一，可用于生產(chǎn)多種重要有機(jī)化工原料。由丙烷制丙烯的兩種方法如下：Ⅰ．丙烷氧化脫氫法：Ⅱ．丙烷無氧脫氫法：請答復(fù)以下問題：〔1〕，由此計(jì)算________?！?〕在催化劑作用下，氧化脫氫除生成外，還生成CO、等物質(zhì)。的轉(zhuǎn)化率和的產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如下列圖。①圖中的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是________。②在550℃時，的選擇性為________。(保存1位小數(shù))(的選擇性)。③的選擇性：550℃________575℃(填“大于〞或“小于〞)。〔3〕某溫度下，在剛性密閉容器中充入發(fā)生無氧脫氫制備丙烯。①以下能說明該反響到達(dá)平衡狀態(tài)的是________。a．b．容器內(nèi)氣體的密度不再發(fā)生變化c．容器內(nèi)氣體平均相對分子質(zhì)量不再變化d．容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化②假設(shè)起始時容器內(nèi)壓強(qiáng)為，反響達(dá)平衡后總壓為，那么的平衡轉(zhuǎn)化率為________，該反響的壓強(qiáng)平衡常數(shù)________(保存1位小數(shù))。16.近年來，長江流域總磷超標(biāo)的問題逐漸凸顯，“三磷〞(磷礦、磷肥和含磷農(nóng)藥制造等磷化工企業(yè)、磷石膏庫)導(dǎo)致的區(qū)域環(huán)境污染問題日益受到關(guān)注。、和是磷的三種含氧酸，請答復(fù)以下問題：〔1〕次磷酸不能與高鐵酸鉀混合使用，原因是二者會發(fā)生如下反響，請配平該反響________?！?〕某含磷廢水的主要成分為和，向廢水中參加適量漂白粉，再參加生石灰調(diào)節(jié)，將磷元素轉(zhuǎn)化為磷酸鈣沉淀回收。參加漂白粉的作用是________；假設(shè)測得處理后的廢水中，的含量為，那么________?！?〕25℃時，向一定體積的亞磷酸(，二元弱酸)溶液中滴加等物質(zhì)的量濃度的溶液，混合液中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液的關(guān)系如下列圖。①為________(填“正鹽〞或“酸式鹽〞)，其溶液顯堿性的離子方程式為________。②點(diǎn)時，溶液中水電離出的________。③所加溶液體積與亞磷酸溶液相同時，溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序?yàn)開_______。④將濃度均為的和的混合液加水稀釋10倍后，溶液中將________(填“增大〞、“減小〞或“不變〞)。17.在石墨材料性能提升的幫助下，鋰離子電池的性能也得到了大幅提升，華為公司曾開發(fā)出石墨烯鋰離子電池，其工作原理如圖1所示，該鋰離子電池正極鋁鈷膜主要含有、等，處理該正極廢料的一種流程如圖2所示：請答復(fù)以下問題：〔1〕.“堿浸〞時發(fā)生反響的離子方程式為

?！?〕.濾渣的主要成分的化學(xué)式為

?！?〕.“酸溶〞時的作用是

，“酸溶〞時溫度不宜過高的原因是

。鹽酸可以代替和的混合液，但工業(yè)上都不采用鹽酸，其原因是

。〔4〕.用圖1中鋰離子電池作電源電解制備的裝置如圖3所示，d與鋰離子電池的

極相連(填“a〞或“b〞)，電解池中發(fā)生的總反響離子方程式為

。當(dāng)鋰離子電池中有移向正極時，電解池中陰極區(qū)溶液質(zhì)量的變化量為

g。18.草酸可作復(fù)原劑、沉淀劑、金屬除銹劑、織物漂白劑等。實(shí)驗(yàn)室用電石(主要成分，少量雜質(zhì))為原料制取的裝置如下列圖。：。請答復(fù)以下問題：〔1〕.裝置B中的試劑名稱是

。〔2〕.裝置C中多孔球泡的作用是

，裝置D的作用是

?！?〕.裝置C中生成的化學(xué)方程式為

?！?〕.從裝置C中得到產(chǎn)品，需經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌及枯燥；其中洗滌的具體操作是

?！?〕.準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品于錐形瓶中，參加適量蒸餾水溶解，再參加少量稀硫酸，然后用酸性標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。(雜質(zhì)不參與反響)①盛裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管名稱是

，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是

。②產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

。19.“海南沉香，一片萬錢，冠絕天下。〞在?本草綱目?中，明代名醫(yī)李時珍曾這樣盛贊海南沉香。香料的使用，在我國具有悠久的歷史，如下是一種香料H(分子式為C13H14O2)的合成流程，請答復(fù)以下問題：：①RCHO+R′CH2ClRCH=CHR②③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH〔1〕A中官能團(tuán)名稱是________，D→E的反響類型是________。〔2〕B→C的化學(xué)方程式為________?！?〕D的名稱是________，G的結(jié)構(gòu)簡式為________。〔4〕H與足量NaOH溶液共熱的化學(xué)方程式為________。〔5〕有機(jī)物X為E的同分異構(gòu)體，滿足以下條件的X結(jié)構(gòu)簡式為________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響

②能發(fā)生銀鏡反響

③苯環(huán)上只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子〔6〕請?jiān)O(shè)計(jì)合理路線，以乙醇和苯為有機(jī)原料合成CH3CH=CHCH2OH，其他無機(jī)試劑任選________。

答案解析局部一、單項(xiàng)選擇題1.【答案】D【解析】【解答】A．凡石灰經(jīng)火焚煉為用，為石灰石高溫煅燒生成氧化鈣和二氧化碳，涉及化學(xué)反響，A與題意不符；B．燒鐵器淬于膽礬水中，即成銅色也，為鐵與硫酸銅反響生成硫酸亞鐵和銅，涉及化學(xué)反響，B與題意不符；C．凡墨燒煙凝質(zhì)而為之，墨是由煙(炭黑)和膠二者結(jié)合而成的，涉及化學(xué)反響，C與題意不符；D．水沙中所出，塊大的黃金為狗頭金，不涉及化學(xué)反響，D符合題意；故答案為：D。

【分析】化學(xué)反響是涉及新物質(zhì)的生成涉及到物質(zhì)的變化，根據(jù)給出的選項(xiàng)找出是否產(chǎn)生新物質(zhì)即可2.【答案】B【解析】【解答】A．次氯酸鈉具有氧化性，是家庭常用的漂白劑，故A不符合題意；B．侯氏制堿法的初始原料是、、和，反響先生成碳酸氫鈉，受熱分解后得到純堿碳酸鈉，故B符合題意；C．硅酸鈉不易燃，常用作木材防火劑，故C不符合題意；D．過氧化鈉與水、二氧化碳均能反響生成氧氣，可以作為呼吸面具的供氧劑，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】侯式制堿法的原料是飽和食鹽水、二氧化碳和氨氣，而碳酸氫鈉是制取純堿的原料。3.【答案】C【解析】【解答】A．碘與四氯化碳互溶，不能利用分液的方法進(jìn)行別離，故A不符合題意；B．膠粒和水能透過濾紙，無法用過濾的方法別離氫氧化鐵膠體和水，故B不符合題意；C．加水溶解，KCl溶于水，MnO2不溶于水，過濾出MnO2，濾液蒸發(fā)結(jié)晶，即可得KCl，故C符合題意；D．別離氮?dú)夂脱鯕猓荒苤苯诱麴s，要先液化再低溫蒸餾，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.應(yīng)該采取蒸操作

B.應(yīng)該使用半透膜進(jìn)行滲析

C.固液別離采用過濾，濾液中析出固體采用的是蒸發(fā)結(jié)晶

D.利用類似別離液態(tài)空氣的方法進(jìn)行利用熔沸點(diǎn)的不同進(jìn)行別離4.【答案】B【解析】【解答】A．銅與濃硫酸在加熱的條件下反響生成硫酸銅、二氧化硫和水，不涉及化學(xué)平衡，不能用勒夏特列原理解釋，A與題意不符；B．FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子水解生成Fe(OH)3和H+，反響是吸熱反響，加熱促進(jìn)水解，能用勒夏特列原理解釋，B符合題意；C．使用催化劑能加快反響速率，不能使化學(xué)平衡移動，能用勒夏特列原理解釋，C與題意不符；D．鋼管與銅管堆放一處，鐵、銅及金屬外表的水膜形成原電池，能加快鐵的腐蝕，那么鋼管更易腐蝕，屬于電化學(xué)腐蝕，能用勒夏特列原理解釋，D與題意不符；故答案為B。

【分析】勒夏特列原理是解釋可逆反響，而氯化鐵制取氫氧化鐵膠體就是利用鐵離子的水解得到，而水解是可逆反響符合題意即可判斷5.【答案】A【解析】【解答】A.鹵素單質(zhì)的結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，熔沸點(diǎn)升高，故A符合題意；B.單質(zhì)碘是分子晶體，揮發(fā)時只破壞分子間的作用力，不破壞共價(jià)鍵，故B不符合題意；C.由共價(jià)鍵的飽和性可知，的結(jié)構(gòu)簡式為，故C不符合題意；D.水分子比硫化氫分子穩(wěn)定是因?yàn)檠踉氐姆墙饘傩詮?qiáng)于硫元素，與氫是否形成鍵無關(guān)，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，熔點(diǎn)越高

B.物理變化，克服分子間作用力

C.次氯酸是氧原子分別與氫原子和氯原子形成共價(jià)鍵

D.氫鍵決定熔沸點(diǎn)，穩(wěn)定性與非金屬性有關(guān)6.【答案】D【解析】【解答】A．與反響生成水和二氧化碳，不能大量共存；B．與發(fā)生反響生成Fe(SCN)3，不能大量共存；C．與發(fā)生雙水解反響生成Al(OH)3沉淀，不能大量共存；D．四種離子不反響，能大量共存；故答案為：D。

【分析】離子不能共存，說明可以發(fā)生化學(xué)反響，主要是發(fā)生復(fù)分解反響、氧化復(fù)原反響、絡(luò)合反響等等

常見發(fā)生復(fù)分解反響不能共存的是：氫離子與氫氧根離子、以及可以形成弱電解質(zhì)的陰離子，氫氧根與氫離子、碳酸氫根、亞硫酸氫根、銅離子、鐵離子、鎂離子等不同共存，銀離子和氯離子，鋇離子和碳酸根、硫酸根、鈣離子和碳酸根

發(fā)生氧化復(fù)原反響不能共存的是：氫離子、硝酸根以及次氯酸根以及高錳酸根和亞鐵離子、硫離子等復(fù)原性離子

發(fā)生絡(luò)合不能共存的是：鐵離子和硫氰酸根、銅離子和氨水等等7.【答案】B【解析】【解答】A．從圖中可以看出，Ea1是活化分子所具有的平均能量與反響物分子平均能量的差值，所以Ea1是反響①的活化能，A不符合題意；B．從圖中可以看出，的能量低于和的能量之和，但不能確定的能量一定低于的能量，B符合題意；C．由圖中信息可以得出，Y(g)+2W(g)Z(g)+3W(g)△H=+(Ea3-Ea4)kJ?mol-1，所以Y(g)Z(g)+W(g)△H=(Ea3-Ea4)kJ?mol-1，C不符合題意；D．從圖中可以看出，反響②的活化能比反響①小，所以反響②更容易發(fā)生，反響①生成的Y(g)很容易發(fā)生轉(zhuǎn)化，所以氣體Y很難大量累積，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)圖示即可判斷其未分子活化能

B.無法比較X和Y的能量上下

C.根據(jù)圖示即可寫出熱化學(xué)方程式

D.②的活化能低速率快，Y作為中間產(chǎn)物消耗速率大于生成速率8.【答案】C【解析】【解答】A．正確的離子方程式為Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，A用語不符合題意；B．正確的離子方程式為Al3++3H2O?Al(OH)3(膠體)+3H+，B用語不符合題意；C．Cu作陽極，參與反響，失電子生成銅離子，陰極水得電子生成氫氣和氫氧根離子，銅離子與氫氧根離子反響生成氫氧化銅，總反響式Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，C用語符合題意；D．正確的離子方程式為CaSO4+CO=CaCO3+SO，D用語不符合題意；故答案為C。

【分析】A.次氯酸是弱酸不能拆

B.明礬水解生成氫氧化鋁膠體，不是沉淀

C.利用銅做電子，因此是陽極銅失去電子即可寫出電池的總反響

D.CaSO4為微溶物，在離子方程式中也不能拆分9.【答案】B【解析】【解答】A.由分析可知，a電極為電解池的陽極，與電源的正極相連，故A不符合題意；B.由分析可知，b電極為陰極，氮?dú)庠陉帢O上得到電子發(fā)生復(fù)原反響生成氨氣，電極反響式為，故B符合題意；C.未注明標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計(jì)算1mol氨氣生成時生成氧氣的體積，故C不符合題意；D.由電解原理可知，電流從b極流向電源，再經(jīng)電源流回a極，故D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥坑蓤D可知，該裝置為電解池裝置，a電極為電解池的陽極，在共熔物作用下水蒸氣在陽極失去電子發(fā)生氧化反響生成氧氣，b電極為陰極，氮?dú)庠陉帢O上得到電子發(fā)生復(fù)原反響生成氨氣。10.【答案】C【解析】【解答】A.亞氯酸鈉和氯化鈉均為離子化合物，由圖可知，氯氣與亞氯酸鈉反響生成氯化鈉和二氧化氯時有離子鍵的破壞與形成，故A不符合題意；B.由分析可知，反響中亞氯酸鈉中氯元素的化合價(jià)升高，亞氯酸鈉是反響的復(fù)原劑，故B不符合題意；C.由分析可知，反響中亞氯酸鈉中氯元素的化合價(jià)升高，氯氣中氯元素的化合價(jià)降低，氯氣是反響的氧化劑，二氧化氯是氧化產(chǎn)物，由氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物可知氯氣的氧化性強(qiáng)于二氧化氯，故C符合題意；D.由分析可知，反響中氯氣是反響的氧化劑，亞氯酸鈉是反響的復(fù)原劑，135g二氧化氯的物質(zhì)的量為=2mol，由方程式可知有1mol氯氣得到電子，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥坑晌⒂^示意圖可知，制二氧化氯的反響為氯氣與亞氯酸鈉反響生成氯化鈉和二氧化氯，反響的化學(xué)方程式為Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2。11.【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題意推出、、、分別是、、、。A．核外電子排布相同時，核電荷越大半徑越小，那么半徑大于半徑，故A不符合題意；B．中K+與S間以離子鍵結(jié)合，S中S原子間通過非極性共價(jià)鍵結(jié)合，故B不符合題意；C．與形成的最簡單化合物為，氨氣與水反響生成一水合氨，溶液呈堿性，故C符合題意；D．、兩種元素的氧化物對應(yīng)的水化物有強(qiáng)酸，也有弱酸，如H2SO3，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥恐髯逶?、、、的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為2，那么b為N，的單質(zhì)是我國古代四大創(chuàng)造之一黑火藥的一種成分，那么c為S，、原子序數(shù)之和是的一半，那么a為H，與同主族，那么d為K，據(jù)此解答。12.【答案】C【解析】【解答】A．為9電子微粒，中含有的電子數(shù)為，選項(xiàng)A不符合題意；B．常溫下，鐵片與濃硫酸發(fā)生鈍化，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不能確定，選項(xiàng)B不符合題意；C．甲烷和乙烯分子中碳?xì)滏I的個數(shù)相同，都含有4個碳?xì)滏I，，選項(xiàng)C符合題意；D．沒有告訴溶液的體積，算不出水電離出的氫離子數(shù)目，選項(xiàng)D不符合題意。故答案為：C。

【分析】A.找出一個-OH含有的電子數(shù)即可

B.外表形成氧化物薄膜，反響一段時間不能繼續(xù)反響無法確定

C.根據(jù)n=計(jì)算出物質(zhì)的量，再根據(jù)分子式找出含有的碳?xì)滏I數(shù)即可

D.根據(jù)n=cv計(jì)算出物質(zhì)的量，但是V未知13.【答案】B【解析】【解答】A.向氯化亞鐵和硫氰化鉀的混合溶液中，參加酸化的硝酸銀溶液，硝酸可氧化亞鐵離子，不能比較銀離子和鐵離子的氧化性強(qiáng)弱，故A不符合題意；B.向盛某鹽溶液的試管中滴入濃氫氧化鈉溶液并加熱，管口處濕潤的紅色石蕊試紙變藍(lán)，說明有堿性氣體氨氣生成，那么鹽溶液中一定有銨根離子，故B符合題意；C.非金屬元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，氯化氫不是氯元素的最高價(jià)氧化物的水化物，不能比較氯元素和硅元素的非金屬性強(qiáng)弱，故C不符合題意；D.紅熱的炭放入濃硫酸中發(fā)生的反響為碳與濃硫酸共熱反響生成二氧化硫、二氧化碳和水，反響生成的二氧化硫也能使澄清石灰水變渾濁，不能判斷是否有二氧化碳生成，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.硝酸根在酸性條件下具有很強(qiáng)的氧化性無法判斷是否為銀離子氧化

B.符合銨根離子的檢驗(yàn)方法

C.比較元素的非金屬性強(qiáng)弱應(yīng)該比較最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水合物的酸性

D.濃硫酸的復(fù)原產(chǎn)物二氧化硫也可以使石灰水變渾濁14.【答案】D【解析】【解答】A．因?yàn)椴蝗苡谒?，濾渣中一定含有，故A不符合題意；B．“復(fù)原〞時作復(fù)原劑，把三價(jià)鐵復(fù)原成二價(jià)鐵，故可以用鐵粉代替，故B不符合題意；C．“氧化〞的目的是將二價(jià)鐵氧化成三價(jià)鐵，最終以FeOOH沉淀出來，故C不符合題意；D．一系列操作為過濾、洗滌、枯燥，故D符合題意；故答案為：D。【分析】硫酸渣〔主要含F(xiàn)e2O3、FeO，雜質(zhì)為Al2O3和SiO2等〕加硫酸溶解，金屬氧化物轉(zhuǎn)化為金屬陽離子，二氧化硅不溶，再加FeS2把鐵離子復(fù)原為Fe2+，同時生成S沉淀，過濾，濾渣含有二氧化硅和S、FeS2，濾液中含有Fe2+和Al3+，濾液中通入空氣氧化，同時調(diào)節(jié)pH生成FeOOH沉淀，過濾、洗滌、烘干，得到純潔的FeOOH，以此解答該題。二、綜合題15.【答案】〔1〕-118

〔2〕溫度升高，反響速率加快；；大于

〔3〕cd；；2.7【解析】【解答】(1)根據(jù)蓋斯定律，把和相加，即得=+124kJ·mol-1-242kJ·mol-1=-118kJ·mol-1。

(2)①該反響為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，C3H8的轉(zhuǎn)化率應(yīng)該降低，但實(shí)際上C3H8的轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而增大，可能是升高溫度，催化劑的活性增大，反響速率加快的緣故。②由圖可知，550℃時，C3H8的轉(zhuǎn)化率為13%，C3H6的產(chǎn)率為8%，設(shè)參加反響的C3H8為100mol，那么生成的C3H6為8mol，那么C3H6的選擇性為×100%=61.5%。③550℃時，C3H6的選擇性為61.5%，575℃時，C3H6的選擇性為=51.5%，因此550℃時C3H6的選擇性大于575℃時C3H6的選擇性。(3)①在反響中，a．均表示正反響速率，無法確定正逆反響速率是否相等，無法判斷是否到達(dá)平衡狀態(tài)，故a不選；b．反響物和生成物都是氣體，容器內(nèi)混合氣的質(zhì)量是不變的，而容器體積恒定，所以容器內(nèi)氣體密度是定值，當(dāng)容器內(nèi)氣體的密度不再發(fā)生變化時，不能說明反響到達(dá)了平衡，故b不選；c．反響物和生成物都是氣體，容器內(nèi)混合氣的質(zhì)量是不變的，反響前后氣體的物質(zhì)的量發(fā)生改變，所以容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量在未平衡前是變化的，當(dāng)容器內(nèi)氣體平均相對分子質(zhì)量不再變化時，說明反響到達(dá)了平衡狀態(tài)，故c選；d．該反響前后氣體系數(shù)之和不相等，所以平衡建立過程中，混合氣的物質(zhì)的量是變化的，在恒溫恒容條件下，壓強(qiáng)和氣體的物質(zhì)的量成正比，所以當(dāng)容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化時，反響到達(dá)了平衡狀態(tài)，故d選；故答案為：cd。②恒溫恒容條件下，氣體的物質(zhì)的量和壓強(qiáng)成正比，起始時容器內(nèi)壓強(qiáng)為，反響達(dá)平衡后總壓為，那么壓強(qiáng)變化了4kPa，根據(jù)化學(xué)方程式可知，各物質(zhì)變化的分壓均為4kPa，所以平衡時C3H8、C3H6、H2的分壓分別為6kPa、4kPa、4kPa。那么C3H8的轉(zhuǎn)化率為=40%，Kp==2.7kPa?！痉治觥俊?〕根據(jù)蓋斯定律即可計(jì)算出焓變

〔2〕①速率隨著溫度升高而升高

②根據(jù)圖示中的數(shù)據(jù)即可求出轉(zhuǎn)換丙烯的選擇性

③根據(jù)溫度下的轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)率計(jì)算出選擇性進(jìn)行比照即可

〔3〕①根據(jù)

，氣體系數(shù)增大，且正反響為吸熱反響，可根據(jù)判斷濃度是否不變以及某物質(zhì)的正逆速率是否相等以及平均相對分子質(zhì)量是否不變以及壓強(qiáng)是否不變即可判斷是否到達(dá)平衡

②根據(jù)物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比利用壓強(qiáng)之比求出平衡時的各物質(zhì)的物質(zhì)的量即可求出轉(zhuǎn)化率和平衡分壓即可求出常數(shù)

16.【答案】〔1〕3、4、1、3、1、8

〔2〕將氧化為；

〔3〕正鹽；；；；增大【解析】【解答】(1)根據(jù)反響可知，中P元素由+1價(jià)變?yōu)?5價(jià)，中Fe由+6價(jià)變?yōu)?3價(jià)，最小公倍數(shù)為12，的系數(shù)為3，的系數(shù)為4，根據(jù)P原子守恒，的系數(shù)為3，那么的系數(shù)為1，的系數(shù)為8，那么的系數(shù)為1，配平該反響為：

，答案為3、4、1、3、1、8；(2)漂白粉中次氯酸鈣具有強(qiáng)氧化性，參加漂白粉的作用是將氧化為；假設(shè)測得處理后的廢水中，的含量為，那么，；(3)①H3PO3是二元弱酸，那么Na2HPO3為正鹽，酸根離子在水溶液里水解導(dǎo)致溶液呈堿性，；②點(diǎn)時，pH=1.43，溶液呈酸性，酸過量抑制水的電離，溶液中水電離出的；③所加溶液體積與亞磷酸溶液相同時，生成，為強(qiáng)堿弱酸鹽，，根據(jù)圖中信息可知，電離大于水解，故溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序?yàn)椋虎軐舛染鶠榈暮偷幕旌弦杭铀♂?0倍后，溶液中減小，增大，因K=為常數(shù)，故減小，故將增大?！痉治觥俊?〕根據(jù)給出的反響物和生成物利用氧化復(fù)原反響原理即可進(jìn)行配平

〔2〕漂白粉有效成分是次氯酸鈣具有氧化性而

具有復(fù)原性，發(fā)生氧化復(fù)原反響將其氧化為磷酸，根據(jù)給出的數(shù)據(jù)即可計(jì)算出溶度積常數(shù)

〔3〕①根據(jù)亞磷酸(

，二元弱酸)即可判斷為正鹽，即可寫出水解的方程式

②根據(jù)此時的pH結(jié)合水的離子積常數(shù)即可計(jì)算

③先判斷此時的溶質(zhì)結(jié)合水解常數(shù)和電離常數(shù)的大小即可判斷離子濃度的大小

④根據(jù)平衡常數(shù)以及水的離子積常數(shù)結(jié)合稀釋氫氧根離子降低即可判斷

17.【答案】〔1〕

〔2〕

〔3〕復(fù)原劑，將三價(jià)鈷復(fù)原成二價(jià)鈷；溫度過高，會分解；生成的氯氣會造成污染，且鹽酸易揮發(fā)，浪費(fèi)很大

〔4〕b；；57【解析】【解答】(1)該鋰離子電池正極鋁鈷膜主要含有、等，處理該正極廢料第一步堿溶，氫氧化鈉和鋁反響生成偏鋁酸鈉，反響的離子方程式為故答案為；

(2)第三步加氨水調(diào)pH除鋰，硫酸鋰與氨水反響生成沉淀，濾渣的主要成分的化學(xué)式為，故答案為；(3)第二步酸溶，和硫酸和過氧化氫反響，過氧化氫把正三價(jià)的鈷復(fù)原為正二價(jià)的鈷，生成硫酸鈷，同時生成硫酸鋰，“酸溶〞時作復(fù)原劑，把正三價(jià)的鈷復(fù)原為正二價(jià)的鈷；過氧化氫不穩(wěn)定，受熱易分解，所以“酸溶〞時溫度不宜過高；鹽酸可以代和的混合液，但工業(yè)上都不采用鹽酸，是因?yàn)榘崖入x子氧化生成氯氣，氯氣有毒，易污染環(huán)境，且鹽酸易揮發(fā)，也會產(chǎn)生污染和浪費(fèi)。故答案為：復(fù)原劑，將三價(jià)鈷復(fù)原成二價(jià)鈷；溫度過高，會分解；生成的氯氣會造成污染，且鹽酸易揮發(fā)，浪費(fèi)很大；(4)圖1中的鋰離子電池，a是正極，b是負(fù)極，而圖3中的電解池中失去電子生成，那么所在電極為陽極，c應(yīng)與鋰電池的正極a極相連，d應(yīng)與鋰電池的負(fù)極b相連。電解池中陽極失去電子生成，陰極氫離子得到電子生成氫氣，總反響離子方程式為；當(dāng)電池中有移向正極時，在電解池中陽離子會向陰極移動，因?yàn)槭顷栯x子交換膜，所以電解池左側(cè)的鉀離子會透過陽離子交換膜進(jìn)入右側(cè)，那么陰極區(qū)溶液質(zhì)量會增加，的物質(zhì)的量為1.5mol，那么進(jìn)入右側(cè)的鉀離子也為1.5mol，那么鉀離子的質(zhì)量為1.5mol×39g/mol=58.5g，同時會有0.75mol的氫氣放出，那么氫氣的質(zhì)量為0.75mol×2g/mol=1.5g，那么陰極區(qū)的質(zhì)量變化量為58.5g-1.5g=57g，故答案為：b；；57g;【分析】該鋰離子電池正極鋁鈷膜主要含有、等，處理該正極廢料的一種流程如圖，第一步堿溶，氫氧化鈉和鋁反響生成偏鋁酸鈉，過濾后，第二步酸溶，和硫酸和過氧化氫反響，過氧化氫把正三價(jià)的鈷復(fù)原為正二價(jià)的鈷，生成硫酸鈷，同時生成硫酸鋰，第三步加氨水調(diào)pH除鋰，硫酸鋰與氨水反響生成沉淀，第四步加草酸銨沉鈷，草酸銨和硫酸鈷反響生成草酸鈷沉淀。在圖1鋰離子電池中，a極為鋰電池的正極，b極為鋰電池的負(fù)極。在圖3電解池中失去電子生成，那么所在電極為陽極，c應(yīng)與鋰電池的正極a極相連，d應(yīng)與鋰電池的負(fù)極b相連。

18.【答案】〔1〕氫氧化鈉溶液或硫酸銅溶液

〔2〕增大氣體和溶液的接觸面積，加快反響速率，使反響充分進(jìn)行；防止倒吸

〔3〕

〔4〕沿著玻璃棒向漏斗里注入蒸餾水至浸沒沉淀，讓水自然流下，重復(fù)操作2~3次

〔5〕酸式滴定管；當(dāng)參加最后一滴入標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色；【解析】【解答】〔1〕由分析可知，裝置B中盛有氫氧化鈉溶液或硫酸銅溶液用于吸收硫化氫氣體，用于防止具有強(qiáng)復(fù)原性的硫化氫干擾乙炔與濃硝酸的反響，故答案為：氫氧化鈉溶液或硫酸銅溶液；

〔2〕裝置C中多孔球泡可以增大乙炔氣體與濃硝酸的接觸面積，便于反響物充分接觸，加快反響速率，使反響充分進(jìn)行；裝置D為空載儀器，起平安瓶的作用，防止二氧化氮與氫氧化鈉溶液反響產(chǎn)生倒吸，故答案為：增大氣體和溶液的接觸面積，加快反響速率，使反響充分進(jìn)行；防止倒吸；〔3〕裝置C中發(fā)生的反響為在硫酸汞做催化劑作用下，與濃硝酸發(fā)生氧化復(fù)原反響生成草酸，反響的化學(xué)方程式為，故答案為：；〔4〕反響