遼寧省2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）3

遼寧省2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法正確的是A．“嫦娥五號”使用的太陽能電池陣和鋰離子電池組，均需要發(fā)生氧化還原反應(yīng)B．在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，可防止食物受潮、氧化變質(zhì)C．納米鐵粉通過物理吸附去除污水中Hg2+、D．月球表面的“土壤”中所含的Fe、Au、Ag、Cu、Zn等元素均可以利用焰色試驗進行判斷2．下列化學(xué)用語表示正確的是A．S2?的結(jié)構(gòu)示意圖： B．乙烯的實驗式：CC．質(zhì)子數(shù)為27、中子數(shù)為33的Co原子：2760Co 3．設(shè)NAA．常溫常壓下，4.6gNB．11.8gNa[AlC．7.8gNa2D．用惰性電極電解CuSO4溶液后，如果加入04．咖啡鞣酸具有較廣泛的抗菌作用，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于咖啡鞣酸的敘述錯誤的是A．分子式為CB．分子中含有4個手性碳原子C．1mol咖啡鞣酸與濃溴水反應(yīng)時最多可消耗6molBD．在一定條件下可以發(fā)生取代反應(yīng)、加聚反應(yīng)和縮聚反應(yīng)5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。K、L、M均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、Y的單質(zhì)，甲是常見的固體，乙是常見的氣體。K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一。0.1mol/L丙溶液的pH<1，上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．丙不能由無單質(zhì)參加的化合反應(yīng)制得B．K、L、M中鍵角大小為：K>L>MC．元素的非金屬性：Z>Y>XD．W、X、Y、Z可形成四種常見的具有漂白性的單質(zhì)或化合物，包含了三種漂白原理6．已知反應(yīng)：aFeSO4+bNA．NaB．NaC．3a=bD．每生成1molNa7．冰晶石NaA．甲圖中大立方體的體心處小三角“△”所代表的應(yīng)該是“小白球”B．Al晶胞中Al原子的配位數(shù)為12C．若已知Al的原子半徑為dcm，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，Al的相對原子質(zhì)量為M，Al晶體的密度為D．Na8．有機化學(xué)試劑氨基氰（）常用于制備磺胺類藥物，抗癌藥等。下列有關(guān)氨基氰說法正確的是A．分子中所有原子共面 B．氨基氰的水溶性較差C．σ鍵和π鍵數(shù)分別為4和2 D．碳為sp雜化，氨基氮為sp2雜化9．中國科學(xué)院成功開發(fā)出一種新型鋁-石墨雙離子電池，大幅提升了電池的能量密度。該電池放電時的總反應(yīng)為：AlLi+CA．該電池中鋁未參與電極反應(yīng)B．充電時，鋁電極質(zhì)量減少C．放電時，正極反應(yīng)式為：Al+LD．該電池可用LiPF10．CO與N2O在鐵催化劑表面進行如下兩步反應(yīng)，其相對能量與反應(yīng)歷程如圖所示。第一步：Fe*+N2O=FeO※+N2 第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2下列敘述錯誤的是（）A．第一步反應(yīng)比第二步反應(yīng)快 B．上述兩步反應(yīng)的△H均小于0C．Fe*是反應(yīng)的催化劑 D．總反應(yīng)為CO+N2O=N2+CO211．已知異氰酸(H?N=C=O)與醇(ROH)混合得到的產(chǎn)物是氨基甲酸酯(H2A．可以通過增大化合物1濃度、降低光氣濃度的方式提高主反應(yīng)選擇性B．副產(chǎn)物4和5互為同分異構(gòu)體C．反應(yīng)②為消去反應(yīng)，反應(yīng)④為加成反應(yīng)D．若3中R為H，則可以用苯甲醇與異氰酸脫水制備異氰酸酯12．氨氣去除NO的反應(yīng)原理為：4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(g)ΔH<0，反應(yīng)速率與濃度之間存在如下關(guān)系：v正=A．用NH3B．350℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為0.5C．其他條件不變，往反應(yīng)后的容器中再通入0.45molNHD．當(dāng)溫度改變?yōu)門℃時，若k正=13．利用廢蝕刻液(含F(xiàn)eCl2、CuCl2及FeCl3)制備堿性蝕刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液]和FeCl3·6H2O的主要步驟：用H2O2氧化廢蝕刻液、制備氨氣、制備堿性蝕刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分離，用鹽酸溶解沉淀并制備FeCl3·6H2O。下列有關(guān)實驗說法錯誤的是A．用裝置甲制備氨氣B．用裝置丁由FeCl3溶液制備FeCl3·6H2O需要經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌等步驟C．用裝置丙可以分離Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3D．用裝置乙可以制備Cu(NH3)4Cl2并沉鐵14．某混合物漿液含有Al(OH)3、MnO2和少量A．用惰性電極電解時，CrO42?B．通電后陰極電極反應(yīng)式為：2C．分離后含鉻元素的粒子是CrD．通電后，相同條件下陰陽兩極產(chǎn)生氣體體積之比為2：115．SO2易溶于水，光譜研究表明，其中K1、K2、K3為各步的平衡常數(shù)，且K1=下列說法正確的是A．SO2B．SO2C．若pH=6.2時，溶液中n(SO3D．當(dāng)SO2的平衡壓強為p時，測得c(S二、非選擇題16．采用廢鐵屑還原軟錳礦(軟錳礦主要成分是MnO已知：①Ksp(MnS)=2.8×10?10，Ksp離子FFMNM開始沉淀的pH7.52.78.17.78.3完全沉淀的pH9.73.79.48.49.8回答下列問題：（1）寫出基態(tài)Mn2+的價電子排布式，F(xiàn)e元素在元素周期表中的位置為（2）在“浸出液”中加入“MnO2”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；硫酸酸化的MnSO4可與NaBiO3(難溶于水)反應(yīng)生成（3）pH=5.5(室溫)時，溶液中殘余的Fe3+的濃度為mol?L（4）“沉錳”過程中溫度和pH對Mn2+和Mg2+沉淀率的影響如下圖所示。由圖可知，“沉錳”的合適條件是（5）若沉錳過程在pH為7.0條件下充分進行，反應(yīng)溫度對錳沉淀率的影響關(guān)系如圖所示。當(dāng)溫度超過30℃，沉錳反應(yīng)的錳沉淀率隨溫度升高而下降的原因是。17．CH4催化重整（1）CH4催化重整①已知相關(guān)反應(yīng)的能量變化如圖所示：過程Ⅰ的熱化學(xué)方程式為。②關(guān)于上述過程Ⅰ、Ⅱ的說法錯誤的是(填序號)。a.過程Ⅱ?qū)崿F(xiàn)了含碳物質(zhì)與含氫物質(zhì)的分離b.整個催化重整過程，消耗1molCOc.過程Ⅰ中，Ni降低了反應(yīng)的活化能d.Fe③在體積為3L的密閉容器中，加入甲烷和水蒸氣各4mol，在一定條件下反應(yīng)生成H2、CO，測得平衡時H2的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示。溫度為T4℃、壓強為P1MPa時，N點表示的體系狀態(tài)v正（2）在一剛性密閉容器中，CH4和CO2的分壓分別為20kPa、30kPa，加入①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.2×10?2?p(CH4)?p(CO2②達(dá)到平衡后測得體系壓強是起始時的1.6倍，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)為：Kp=（3）一定條件下Pd?Mg/SiO2催化劑可使CO18．鈦在醫(yī)療領(lǐng)域的應(yīng)用非常廣泛，如：制人造關(guān)節(jié)、主動心瓣等。TiCl4是制備金屬鈦的重要中間體，某小組同學(xué)利用如下裝置在實驗室制備資料表明：室溫下，TiCl4為無色液體，易揮發(fā)，高溫時能與物質(zhì)熔點/℃沸點/℃水溶性TiC-25136.4易水解成白色沉淀，能溶于有機溶劑CC-2376.8難溶于水請回答下列問題：（1）A中反應(yīng)的離子方程式為。（2）盛放KMnO4的儀器名稱為，裝置B中盛放的試劑是（3）加熱裝置C之前，先進行裝置A中的反應(yīng)，這樣操作的目的是。（4）裝置C中除生成TiCl4外，同時還生成一種有毒氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為（5）該實驗設(shè)計存在缺陷：一是無CO尾氣處理裝置；第二個缺陷的改進措施為。（6）利用如圖裝置測定所得TiCl4的純度：將2.0gTiCl4產(chǎn)品加入燒瓶，向安全漏斗中加入適量蒸餾水發(fā)生反應(yīng)，待①在滴定管中裝入AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液的前一步應(yīng)進行的操作為②已知常溫下，Ksp(AgCl)=1.8×10?10，KspA．KClB．K2③根據(jù)上述數(shù)據(jù)計算該產(chǎn)品的純度為%。19．有機物H在藥物合成中有重要應(yīng)用，由有機物A為原料制備H的一種合成路線如下圖。已知：Ⅰ.RCHO+RⅡ.R2CN→(2)H回答下列問題：（1）B的分子式為。（2）C中含氧官能團名稱為，C→D反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）F→G的反應(yīng)類型為。（4）用*標(biāo)出E中的手性碳(碳原子上連有4個不同的原子或基團)，E→F中碳原子的雜化方式由變?yōu)椤＃?）A的同分異構(gòu)體中，滿足下列條件的有種(不含立體異構(gòu))。①苯環(huán)上有2個取代基②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)③能與金屬鈉反應(yīng)④不能與氯化鐵溶液顯色其中核磁共振氫譜峰面積之比為3：2：2：1：1：1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為(任寫一種)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．太陽能電池陣轉(zhuǎn)化的是太陽能不需要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；B．硅膠可以防潮具有吸水性，鐵粉具有還原性可以防止氧化，B符合題意；C．納米鐵粉通過物理吸附去顆粒物，但不能通過吸附除去金屬離子，C不符合題意；D．Fe、Au、Ag焰色為無色，無法通過焰色試驗判斷，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、太陽能電池為光能轉(zhuǎn)化為電能，不需要發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；

B、硅膠可以溪水，鐵粉可以抗氧化；

C、納米鐵粉不能吸附金屬離子；

D、鐵、金、銀的焰色試驗為無色。2．【答案】C【解析】【解答】A．硫離子的核電荷數(shù)為16，核外電子總數(shù)為18，最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，硫離子正確的結(jié)構(gòu)示意圖為：，故A不符合題意；B．乙烯的實驗式為CH2，故B不符合題意；C．質(zhì)子數(shù)為27、中子數(shù)為33的Co原子質(zhì)量數(shù)為27+33=60，表示為：2760D．氯化鈣的電子式：，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、硫離子的核電荷數(shù)為+16；

B、實驗式即最簡式；

C、質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；

D、氯化鈣的電子式中，氯離子不能合并。3．【答案】B【解析】【解答】A．常溫常壓下，4.6gNO2物質(zhì)的量為0.1mol，NO2存在2NOB．11.8gNa[Al(OH)C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，該反應(yīng)中生成的O2來源于Na2O2，7.8g過氧化鈉為0.1mol，生成氧氣0.05mol，1mol氧氣中含有中子數(shù)為16mol，則生成的氧氣含有的中子數(shù)為0.8mol，C不符合題意；D．用惰性電極電解CuSO4溶液，陰極反應(yīng)為2Cu2++4e-=2Cu，陽極反應(yīng)為2H2O-4e-=4H++O2↑，加入0.1molCu(OH)2可使溶液復(fù)原，說明反應(yīng)生成O20.1mol，轉(zhuǎn)移電子0.4mol，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、二氧化氮存在可逆反應(yīng)，分子數(shù)減??；

B、共價鍵部分即鋁離子和氫氧根的結(jié)合，以及氫氧根內(nèi)部氧原子和氫原子的結(jié)合；

C、過氧化鈉和水的反應(yīng)中，氧氣全部來自于過氧化鈉，結(jié)合過氧化鈉中氧原子的中子數(shù)判斷；

D、加入氫氧化銅復(fù)原，結(jié)合氧原子的物質(zhì)的量判斷電子數(shù)。4．【答案】C【解析】【解答】A．該化合物分子式為C16B．該分子的六元環(huán)（非苯環(huán)）上含有4個手性碳原子，Ｂ項不符合題意；C.1mol咖啡鞣酸與濃溴水反應(yīng)時最多可消耗4molBr2，即與碳碳雙鍵發(fā)生加成反應(yīng)消耗1mol，與苯環(huán)發(fā)生取代反應(yīng)消耗3mol；C項符合題意；D．該分子中有醇羥基、酚羥基、碳碳雙鍵、羧基等官能團，在一定條件下可以發(fā)生取代反應(yīng)、加聚反應(yīng)和縮聚反應(yīng)，D項不符合題意。故答案為：C。

【分析】A、分子式要結(jié)合C、H、O三種元素的原子總數(shù)判斷；

B、手性碳原子指的是一個碳原子周圍連接四個完全不相同的結(jié)構(gòu)；

C、苯環(huán)上的羥基鄰位和對位可以被溴原子取代，碳碳雙鍵可以和溴發(fā)生加成反應(yīng)；

D、羥基、羧基、苯環(huán)都可以發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵可以發(fā)生加聚反應(yīng)，羧基和羥基可以發(fā)生縮聚反應(yīng)。5．【答案】D【解析】【解答】A．丙為硫酸，SO3和水反應(yīng)生成硫酸，故A不符合題意；B．K為SO2、L為H2O、M為CO2，CO2是中心原子是sp雜化，鍵角為180°，SO2中心原子價層電子對數(shù)為2+12(6?4)=3，中心原子是sp2雜化，H2O中心原子價層電子對數(shù)為2+12(6?2)=4，中心原子是sp3雜化，則三者鍵角關(guān)系為：CO2>SOC．由分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為S元素，非金屬性：O>S>C，故C不符合題意；D．W、X、Y、Z可形成四種常見的具有漂白性的單質(zhì)或化合物為H2O2、SO2、活性炭、O3，其中H2O2和O3具有強氧化性能使有色物質(zhì)褪色，活性炭利用吸附性使有色物質(zhì)褪色，SO2與某些特定化學(xué)物質(zhì)（如品紅）化合后可生成不穩(wěn)定化合物，達(dá)到褪色目的，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、三氧化硫和水反應(yīng)生成硫酸；

B、中心原子孤電子數(shù)=中心原子價電子數(shù)-配對原子穩(wěn)定時缺少的電子數(shù)×σ鍵2；雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp26．【答案】D【解析】【解答】A．Na2FeO4具有強氧化性，可以對水體進行殺菌消毒，發(fā)生反應(yīng)后，產(chǎn)生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體，可以吸附水中的小顆粒，并凝聚成大顆粒產(chǎn)生沉降，即Na2FeO4可以對水體進行殺菌消毒、凈化，A不符合題意；B．該反應(yīng)中，Na2O2中O的化合價既有升高，又有降低，故Na2O2既是氧化劑又是還原劑，B不符合題意；C．a(chǎn)=2，根據(jù)Fe和S守恒可知，c=2，d=2，再根據(jù)Na守恒可知，b=6，則3a=b，C不符合題意；D．由選項C可知，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，則每生成1molNa2FeO4，轉(zhuǎn)移5mol電子，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、強氧化性可殺菌消毒；

B、氧元素化合價有升有降，既是氧化劑，又是還原劑；

C、結(jié)合元素守恒判斷；

D、結(jié)合化合價變化判斷電子數(shù)。7．【答案】C【解析】【解答】A．由圖乙和丙可知，Al的堆積方式為面心立方堆積，對應(yīng)圖甲中的黑球，則甲圖體心處的小三角應(yīng)是小白球，A不符合題意；B．Al為面心立方堆積，配位數(shù)為12，B不符合題意；C．由圖丙可知，一個Al晶胞中含有4個Al原子，由圖丁可知晶胞參數(shù)與Al半徑的關(guān)系為2a=4d，則a=22dcm，晶胞質(zhì)量為4MNAD．Na故答案為：C。

【分析】A、結(jié)合堆積方式進行判斷；

B、配位數(shù)要結(jié)合周圍晶胞的原子判斷；

C、密度要結(jié)合阿伏加德羅常數(shù)、體積、摩爾質(zhì)量判斷；

D、銨根離子或金屬離子與非金屬離子或酸根離子的結(jié)合是離子鍵，鋁離子和氟離子的結(jié)合是共價鍵。8．【答案】C【解析】【解答】A.分子中含有N?C鍵，為δ鍵，可旋轉(zhuǎn)，分子不一定共平面，故A不符合題意；B.含有?N?H鍵，可形成氫鍵，且為極性分子，可溶于水和乙醇，故B符合題意；C.分子內(nèi)有σ鍵4個，三鍵中有2個π鍵，故C符合題意；D.碳氮三鍵是直線型結(jié)構(gòu)，則碳為sp雜化；根據(jù)價層電子對互斥理論對氨基氮計算：5+32=4，即sp3符合題意答案是C。

【分析】A、共平面的判斷要注意一個原子周圍有3個或以上的單鍵連接時，最多兩個單鍵原子共平面；

B、氫鍵的存在可以增大水溶性；

C、σ鍵即配對原子個數(shù)，即每一個共價鍵中必定含有一個σ鍵；π鍵即不飽和鍵，即每一個共價鍵中除了σ鍵以外的就是π鍵；

D、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化。9．【答案】A【解析】【解答】A．該電池放電時的總反應(yīng)為：AlLi+CxPF6B．放電時AlLi被氧化，為原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為AlLi-e-=Al+Li+，則充電時鋁電極電極方程式為：Al+Li++e-=AlLi，鋁電極質(zhì)量增加，故B不符合題意；C．該電池放電時的總反應(yīng)為：AlLi+CxPF6=Al+xC+Li++PD．該電池放電過程中生成Li+和故答案為：A。

【分析】新型二次電池的判斷：

1、化合價升高的為負(fù)極，失去電子，化合價降低的為正極，得到電子；

2、電極反應(yīng)式的書寫要注意，負(fù)極反應(yīng)為負(fù)極材料失去電子化合價升高，正極反應(yīng)為正極材料得到電子化合價降低，且要根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應(yīng)式要滿足原子守恒；若是充電過程，則負(fù)極作為陰極，正極作為陽極，陰極電極反應(yīng)式為負(fù)極的逆反應(yīng)，陽極的電極反應(yīng)式為正極的逆反應(yīng)。10．【答案】A【解析】【解答】A．根據(jù)反應(yīng)歷程圖，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反應(yīng)速率越慢，則第一步反應(yīng)比第二步反應(yīng)慢，A敘述符合題意；B．根據(jù)反應(yīng)歷程圖，可知兩步反應(yīng)的生成物的總能量低于反應(yīng)總能量的反應(yīng)，則兩步反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，?H均小于0，B敘述不符合題意；C．由題意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，說明Fe*是反應(yīng)的催化劑，C敘述不符合題意；D．第一步反應(yīng)+第二步反應(yīng)=總反應(yīng)，則總反應(yīng)為CO+N2O=N2+CO2，D敘述不符合題意；故答案為A。

【分析】A.根據(jù)圖示找出步驟1和步驟2的活化能大小即可判斷速率大小

B.根據(jù)步驟1和步驟2的反應(yīng)物和生成物的能量高低即可判斷

C.根據(jù)反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變即可判斷

D.根據(jù)步驟1和步驟2進行變換即可寫出總的反應(yīng)方程式11．【答案】C【解析】【解答】A．由流程圖可知，副反應(yīng)有化合物1參與，不能通過增大化合物1濃度、降低光氣濃度的方式提高主反應(yīng)選擇性，故A不符合題意；B．同分異構(gòu)體是分子式相同、結(jié)構(gòu)不同的化合物；副產(chǎn)物4和5是同種物質(zhì)，不是同分異構(gòu)體，故B不符合題意；C．反應(yīng)②是化合物2分之內(nèi)脫掉HCl形成C=N雙鍵，為消去反應(yīng)；反應(yīng)④為3中碳氮雙鍵變?yōu)閱捂I的過程，為加成反應(yīng)，故C符合題意；D．異氰酸酯結(jié)構(gòu)為O=C=N-R，異氰酸(H-N=C=O)與醇(ROH)混合得到的產(chǎn)物是氨基甲酸酯(H2N-COO-R)，不能用苯甲醇與異氰酸脫水制備異氰酸酯，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、結(jié)合流程可以知道副反應(yīng)也有化合物1參與；

B、同分異構(gòu)體的特點是分子式相同，結(jié)構(gòu)不同；

C、單鍵形成雙鍵，為消去反應(yīng)，雙鍵形成單鍵，為加成反應(yīng)；

D、異氰酸(H-N=C=O)與醇(ROH)混合得到的產(chǎn)物是氨基甲酸酯。12．【答案】D【解析】【解答】A．由三段式數(shù)據(jù)可知，用氨氣表示的化學(xué)反應(yīng)速率為0.2mol2L5min=0.02mol·L-1B．由三段式數(shù)據(jù)可知，350℃時，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K=(0.25molC．其他條件不變，往反應(yīng)后的容器中再通入0.45mol氨氣和0.6mol一氧化氮，相當(dāng)于增大壓強，該反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強，平衡向逆反應(yīng)方向移動，一氧化氮的體積分?jǐn)?shù)增大，故C不符合題意；D．反應(yīng)達(dá)到平衡時，正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等，則反應(yīng)速率k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)·c6(H2O)，k正k逆=c5(故答案為：D。

【分析】A、化學(xué)反應(yīng)速率為濃度變化量和時間的比值；

B、化學(xué)平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積和反應(yīng)物濃度冪之積比值；

C、增大壓強，平衡朝氣體系數(shù)縮小的方向移動；

D、正逆反應(yīng)速率相等，即兩者的速率公式相等，結(jié)合化學(xué)平衡常數(shù)的計算公式判斷。13．【答案】B【解析】【解答】A．用H2O2氧化廢蝕刻液，使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，用甲裝置制備氨氣，生成的氨氣通入乙裝置，制備堿性蝕刻液[CuCB．由FeCl3溶液制備C．用裝置丙可以分離可溶性Cu(NH3D．氨氣易溶于水，注意防止倒吸，所以要選用乙裝置，氨氣與溶液反應(yīng)生成Cu(NH3故答案為：B。

【分析】A、氯化銨和氫氧化鈣加熱可以制備氨氣；

B、氯化鐵溶液蒸發(fā)時，鐵離子會發(fā)生水解；

C、固體和液體的分離可以用過濾法；

D、倒扣的漏斗可以防止倒吸。14．【答案】C【解析】【解答】A．用惰性電極電解時，在直流電場作用下，CrO42?B．陰極溶液為Na2SO4溶液，通電后陰極H2O得到電子生成H2，電極方程式為：C．由A可知，CrO42?通過陰離子交換膜向陽極室移動，陽極H2O失去電子生成O2和H+，CrO42?和H+發(fā)生反應(yīng)2CrO42?+2H+?Cr2D．陽極溶液為Na2SO4溶液，通電后陽極H2O失去電子生成O2，電極方程式為：故答案為：C。

【分析】電解池的題目要注意幾個問題：

1、連接外接電源正極的為陽極，若陽極為活性電極則陽極失去電子，若陽極為惰性電極，則溶液中的陰離子在陽極失去電子，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)；連接外接電源負(fù)極的為陰極，溶液中的陽離子在陰極得到電子，陰極發(fā)生還原反應(yīng)；

2、溶液中的離子放電順序：

陽離子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

陰離子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合原子守恒以及溶液形成判斷，酸性條件不出現(xiàn)氫氧根，堿性條件下不出現(xiàn)氫離子。15．【答案】D【解析】【解答】A．SO2易溶于水，可知SO2(g)?SO2(aq)能自發(fā)進行，該過程?S<0，可知焓變應(yīng)小于零才能自發(fā)進行，A項不符合題意；B．SO2在水中溶解后部分生成SO2?xH2O，其溶解度為c(SO2?xH2O)與c(SO2)的和，根據(jù)K1=c(SO2?xH2O)p(SO2)，c(SO2?xH2O)=K1C．若pH=6.2時，溶液中n(SO32?)n(HSD．由蓋斯定律可知反應(yīng)SO2(g)+H2O?2H++SO32-，可由上述三個過程加和得到，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=K1K2K3=c2(故答案為：D。

【分析】A、結(jié)合△G=△H-T△S<0判斷；

B、結(jié)合K1=c(SO216．【答案】（1）3d5；第四周期VIII族（2）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4?+5Na+（3）1×10（4）45℃，pH為7.5；Mg2+（5）溫度超過30℃，NH4HCO3水解程度增大，釋放出NH3和CO2，不利于“沉錳”【解析】【解答】（1）Mn為25號元素，其價層電子排布為3d54s2，失去最外層2個電子形成Mn2+，所以錳離子的價層電子排布式為3d5；Fe元素在元素周期表中的位置為第四周期VIII族。（2）“酸浸”后的濾液中含有Fe2+，向“浸出液”中添加適量MnO2的目的是將溶液中Fe2+全部氧化為Fe3+，該過程中Mn元素由+4價下降到+2價，F(xiàn)e元素由+2價上升到+3價，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；硫酸酸化的MnSO4可與NaBiO3(難溶于水)反應(yīng)生成Bi3+和MnO4?，此反應(yīng)的離子方程式為：5NaBiO3+2Mn2++14H+（3）有表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+完全沉淀時溶液的pH=3.7，溶液中c(OH-)=KWc(H+)=10?1410?3.7mol/L=1×10?10（4）沉錳”過程中錳離子沉淀率越高、鎂離子沉淀率越低對應(yīng)的溫度和pH就是“沉錳”的合適條件，由圖可知，“沉錳”的合適條件是溫度為45℃，pH為7.5；“沉錳除去的雜質(zhì)金屬離子是Mg2+。（5）溫度超過30℃，NH4HCO3水解程度增大，釋放出NH3和CO2，不利于“沉錳”。

【分析】（1）錳原子丟失最外層2個電子后，其離子電子排布式為3d5；

（2）二氧化錳和亞鐵離子、氫離子反應(yīng)生成錳離子、鐵離子和水；

（3）結(jié)合氫氧化鐵的溶度積和氫氧根濃度計算鐵離子濃度；

（4）結(jié)合作圖可以知道最合適溫度為45℃，結(jié)合右圖，可以知道最合適pH為7.5；

（5）碳酸氫銨隨著溫度升高會分解出氨氣和二氧化碳。17．【答案】（1）CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ/mol；bd；<；66.7（2）20；2.4；10800（3）CO2+4H2催化劑_CH4+2H2O；MgOCH【解析】【解答】（1）①由相關(guān)反應(yīng)的能量變化圖可知：a.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1=240.1kJ/mol-33.9kJ/mol=+206.2kJ/mol；b.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H2=78.9kJ/mol-243.9kJ/mol=-165kJ/mol；過程I發(fā)生CH4+CO2=2CO+2H2反應(yīng)，根據(jù)蓋斯定律可知，a×2+b得：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=2△H1+△H2=2×206.2kJ/mol+(-165kJ/mol)=+247.4kJ/mol；②a．上述分析可知，兩步反應(yīng)實現(xiàn)了含碳物質(zhì)與含氫物質(zhì)的分離，故a正確；b．由圖可知，該過程的總方程式為：CH4+3CO2=2H2O+4CO，消耗1molCO2理論上生成c．過程Ⅰ中，Ni是催化劑，降低了反應(yīng)的活化能，故c正確；d．由上述分析可知，F(xiàn)e3O4、CaO參與了第一步反應(yīng)，且反應(yīng)前后物理性質(zhì)不變，則Fe3O4、CaO是催化劑，故d不正確；故答案為：bd；③溫度為T4℃、壓強為P1MPa時該反應(yīng)平衡點在N點下方，要使反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，則氫氣體積分?jǐn)?shù)應(yīng)該減小，則平衡逆向移動，所以v正<vC達(dá)到平衡狀態(tài)時氣體總物質(zhì)的量=(4-x+4-x+x+3x)mol=(8+2x)mol，氫氣的體積分?jǐn)?shù)=氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)=3xmol(8+2x)mol×100%=60%，解得x=83，C（2）①在一剛性密閉容器中，CH4和CO2的分壓分別為20kPa、30kPa，加入Ni/α-Al2O3催化劑并加熱至1123K使其發(fā)生反應(yīng)：某時刻測得p(CO)=20kPa，C則p(CO2)=20kPa，v(CO)=1.2×10-2?p(CH4)?p(CO2)mol?g-1?s-1=1.2×10-2×10×20=2.4mol?g-1?s-1；②達(dá)到平衡后測得體系壓強是起始時的1.6倍，設(shè)達(dá)到平衡狀態(tài)消耗甲烷分壓為x，C20-x+30-x+2x+2x=(20+30)×1.6，x=15，反應(yīng)的平衡常數(shù)的計算式為Kp=p2（3）由圖可知，反應(yīng)物為CO2和4H2，生成物為CH4和2H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2+4H2催化劑_CH4+2H2O，反應(yīng)過程中碳元素的化合價為-3價的中間體是MgOCH3

【分析】（1）①根據(jù)CH4催化重整CO2的催化轉(zhuǎn)化圖和反應(yīng)的能量變化圖，結(jié)合蓋斯定律分析可得，過程Ⅰ的熱化學(xué)方程式為CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.4kJ/mol；

②過程Ⅱ的反應(yīng)第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反應(yīng)：Fe+CaCO3+稀有氣體→稀有氣體+Fe3O4+CaO+CO；

③溫度為T4℃、壓強為P1MPa時該反應(yīng)平衡點在N點下方；列出反應(yīng)的三段式為：CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)起始(mol)4轉(zhuǎn)化(mol)x平衡(mol)4?x4x4?x0xx018．【答案】（1）2MnO4?+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2（2）