2022-2023學(xué)年山東省濟南市高二下學(xué)期開學(xué)學(xué)情檢測（期末考）化學(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE1高二年級學(xué)情檢測化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Co-59Cu-64Zn-65一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻(xiàn)巨大，下列對文獻(xiàn)記載內(nèi)容理解錯誤的是A.“酒是陳的香”是因為酒在長期存放過程中生成了酯類物質(zhì)B.“冰，水為之，而寒于水”說明相同質(zhì)量和溫度的水和冰，水的能量高C.“至于礬現(xiàn)五色之形，硫為群石之將，皆變化于烈火”，“礬”都是金屬硫化物D.“凡火藥，硫為純陽，硝為純陰”，“硫”指的是硫黃，“硝”指的是硝酸鉀〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．酒放置時間長，少量的乙醇被氧化為乙酸，乙酸與乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯類物質(zhì)具有香味，所以產(chǎn)生香味主要是因為美酒含有酯類物質(zhì)，A正確；B．冰轉(zhuǎn)化為水的過程吸熱，因此相同質(zhì)量和溫度的水和冰，水的能量高，B正確；C．礬是各種金屬(如銅、鐵、鋅)的硫酸鹽，不是金屬硫化物，C錯誤；D．火藥中“硫”為硫黃，“硝”為硝酸鉀，D正確；故本題選C。2.一定條件下，三個基元反應(yīng)的正反應(yīng)活化能〖Ea(正)〗和逆反應(yīng)活化能〖Ea(逆)〗如表：基元反應(yīng)Ea(正)(kJ?mol-1)Ea(逆)(kJ?mol-1)I3055II7021III1635正反應(yīng)為放熱反應(yīng)是A.I、II B.I、III C.II、III D.II〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗?H=Ea(正)?Ea(逆)，基元反應(yīng)I的?H=(30?55)kJ?mol-1=?25kJ?mol-1，基元反應(yīng)II的?H=(70?21)kJ?mol-1=+49kJ?mol-1，基元反應(yīng)III的?H=(16?35)kJ?mol-1=?19kJ?mol-1；?H<0，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則基元反應(yīng)I、III的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，〖答案〗選B。3.利用下列裝置(夾持裝置略)進(jìn)行實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿.用裝置甲滴定污水樣品中c(OH-) B.用裝置乙灼燒海帶C.用裝置丙制備無水MgCl2 D.用裝置丁在鐵上鍍銅〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．滴定污水樣品中c(OH-)，應(yīng)使用酸式滴定管，而不能用堿式滴定管，A錯誤；B．灼燒海帶應(yīng)使用坩堝，而不能用燒杯，B錯誤；C．由于鎂離子能發(fā)生水解反應(yīng)，為了抑制其水解，需在氯化氫的氣流中加熱晶體制備無水氯化鎂，C錯誤；D．在鐵上鍍銅，鍍層金屬銅作陽極，鍍件鐵作陰極。因此，鐵作陰極連接電源負(fù)極，能達(dá)到實驗?zāi)康?，D正確；故選D。4.關(guān)于CH3OH，N2H4和(CH3)2NNH2的結(jié)構(gòu)，下列說法錯誤的是A.1molCH3OH中含5molσ鍵B.N2H4分子中所有原子不可能處于同一平面C.三者孤電子對數(shù)相同D.三者中C、O、N雜化方式不相同〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．CH3OH的結(jié)構(gòu)簡式為：，1molCH3OH中含5molσ鍵，A正確；B．任何條件下這六個原子都不可能共面，N2H4中兩個N都是sp3雜化，周圍的空間構(gòu)型都是三角錐，整個分子就是兩個三角錐連起來的，N2H4分子中所有原子不可能處于同一平面，B正確；C．CH3OH中羥基氧上有2個孤電子對，N2H4有兩對孤電子對，2個N上分別有1個，(CH3)2NNH2中有兩對孤電子對，2個N上分別有1個，C正確；D．三者中C、O、N雜化方式相同均為sp3雜化，D錯誤；〖答案〗選D。5.下列說法錯誤的是A.不同狀態(tài)的鎂中失去最外層一個電子所需能量：〖Ne〗3s1＜〖Ne〗3s2B.SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)只能在高溫下自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0C.已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，粗鎳中含有Fe、Zn、Cu、Pt等雜質(zhì)，則電解精煉鎳時陽極泥中含有Cu和PtD.室溫下，0.1mol?L-1NH4CN溶液的pH=9.32，說明水解程度：CN-＞NH〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．鎂的第一電離能小于鎂的第二電離能，即鎂原子失去最外層一個電子所需能量低于Mg+失去最外層一個電子所需能量，〖Ne〗3s1>〖Ne〗3s2，A錯誤；B．SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，，該反應(yīng)只能在高溫下自發(fā)進(jìn)行。由知該反應(yīng)的△H＞0，B正確；C．已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，粗鎳中含有Fe、Zn、Cu、Pt等雜質(zhì)，則電解精煉鎳時，粗鎳中Fe、Zn失去電子變成對應(yīng)金屬陽離子進(jìn)入溶液，Cu和Pt進(jìn)入陽極泥中，C正確；D．鹽類水解規(guī)律是有弱就水解，誰強顯誰性，NH4CN溶液的pH=9.32，說明水解程度：CN-＞NH，D正確；故選A。6.某種藥品的結(jié)構(gòu)如圖所示，已知W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同處另一周期，基態(tài)M原子的價電子中，在不同形狀原子軌道運動的電子數(shù)之比為2：1。下列說法錯誤的是A.Z和M各自形成的簡單離子在水溶液中不能大量共存B.在同周期主族元素中，第一電離能大于W的只有1種C.簡單氫化物的穩(wěn)定性：X>W>ZD.簡單離子的半徑：Z>W>X>M〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗已知W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同處另一周期，基態(tài)M原子價電子中，在不同形狀原子軌道運動的電子數(shù)之比為2：1，即3s23p1，則M為13號鋁元素；Z可以形成6個共價鍵，為硫；W可以和硫形成2個鍵，為氧；Y可以形成4個鍵，為碳；X可以形成1個鍵為F?！荚斘觥紸．Z和M各自形成的簡單離子分別為：S2-、Al3+，在水溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，A正確；B．同一主族隨原子序數(shù)變大，原子半徑變大，第一電離能變??；同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能有變大趨勢，但N的2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故在W的同周期主族元素中，第一電離能比W大的元素有氮、氟2種，B錯誤；C．由分析可知X、W、Z的非金屬性為：F>O>S，其簡單氫化物穩(wěn)定性為：HF>H2O>H2S，C正確；D．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小。元素對應(yīng)簡單離子半徑大小關(guān)系為：Z>W>X>M，D正確；故選B。7.工業(yè)上制備硝酸過程中涉及反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-57kJ·mol-1。不同條件下反應(yīng)達(dá)平衡時NO2的體積分?jǐn)?shù)變化如圖所示(圖中X、Y分別代表溫度或壓強)。下列說法錯誤的是A.圖中X表示壓強，Y表示溫度 B.X1＞X2＞X3C.平衡常數(shù)：a<b=d<c D.X3、Y1條件下，e點：v逆＞v正〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．該反應(yīng)中溫度越高NO2的平衡體積分?jǐn)?shù)越低，壓強越大NO2的平衡體積分?jǐn)?shù)越大，由圖可知Y表示溫度，X表示壓強，A正確；B．壓強越大NO2的平衡體積分?jǐn)?shù)越大，所以X1＞X2＞X3，B正確；C．反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)越小，所以c<b=d<a，C錯誤；D．X3、Y1條件下，e點狀態(tài)NO2體積分?jǐn)?shù)高于平衡狀態(tài)，反應(yīng)逆向進(jìn)行，此時v逆＞v正，D正確；〖答案〗選C。8.在酸性條件下，黃鐵礦(FeS2)催化氧化反應(yīng)的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化如圖所示。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)過程中NO起催化作用B.反應(yīng)Ⅰ中1molFeS2被氧化，轉(zhuǎn)移14mol電子C.反應(yīng)Ⅲ中消耗1molO2時，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下89.6LNO氣體D.總反應(yīng)離子方程式為2FeS2+7O2+2H2O=2Fe3++4SO+4H+〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由轉(zhuǎn)化圖可知，過程Ⅱ中NO為反應(yīng)物，反應(yīng)Ⅲ中又生成，符合催化劑的特征，故反應(yīng)過程中NO起催化作用，A正確；B．反應(yīng)Ⅰ中1molFeS2被氧化S的化合價由-1→+6，轉(zhuǎn)移2×7mol=14mol電子，B正確；C．反應(yīng)Ⅲ中Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，消耗1molO2時，生成4molNO，標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L×4=89.6L，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，有部分Fe2+生成，應(yīng)當(dāng)是Fe(NO)2+釋放出NO后轉(zhuǎn)化為Fe2+，與氧氣無關(guān)，故當(dāng)消耗1molO2時，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下大于89.6LNO氣體，C錯誤；D．根據(jù)轉(zhuǎn)化圖可知酸性條件下，反應(yīng)物有FeS2、O2，生成物有Fe3+、SO，總反應(yīng)離子方程式為2FeS2+7O2+2H2O=2Fe3++4SO+4H+，D正確；〖答案〗選C。9.鈷(Co)的合金材料廣泛應(yīng)用于航空航天、機械制造等領(lǐng)域。如圖為水溶液中電解制備金屬鈷的裝置。下列說法正確的是A.電勢：Co電極>石墨電極B.外電路每通過1mol電子，Ⅲ室溶液質(zhì)量理論上減少65gC.移除陽離子交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反應(yīng)不變D.電解過程中，Ⅱ室鹽酸濃度變小〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由圖可知，該裝置為電解池，石墨電極為陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中陽離子電荷數(shù)大于陰離子電荷數(shù)，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，鈷電極為陰極，鈷離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鈷，電極反應(yīng)式為Co2++2e-=Co，Ⅲ室中陰離子電荷數(shù)大于陽離子電荷數(shù)，氯離子通過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，電解的總反應(yīng)的離子方程式為2Co2++2H2O2Co+O2+4H+?！荚斘觥紸．電解池的陽極電勢高于電解池的陰極，即陽極的石墨電極電勢高于鈷電極（陰極），A錯誤；B．由分析知，Ⅲ室中Co2++2e-=Co，氯離子通過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，當(dāng)外電路每通過1mol電子時，有0.5molCo2+和1molCl-脫離Ⅲ室，故Ⅲ室溶液質(zhì)量理論上減少，B正確；C．移除陽離子交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反應(yīng)變成氯離子失電子生成氯氣，C錯誤；D．Ⅰ室中陽離子電荷數(shù)大于陰離子電荷數(shù)，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，氯離子通過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，故電解過程中，Ⅱ室鹽酸濃度變大，D錯誤；故選B。10.25℃時，CH3COOH、HCN、H2CO3的電離平衡常數(shù)見表?；瘜W(xué)式CH3COOHHCNH2CO3Ka1.75×10-54.9×10-10Ka1=4.4×10-7Ka1=5.6×10-11下列說法正確的是A.稀釋0.1mol·L-1NaCN溶液，水的電離程度變大B.向NaHCO3溶液中加入足量的CH3COOH溶液或HCN溶液，均產(chǎn)生CO2C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+c(H2CO3)D.相同溫度下，濃度均為0.1mol·L-1的Na2CO3、NaCN、CH3COONa三種溶液pH依次減小〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由平衡常數(shù)判斷：題中弱酸酸性強弱為：CH3COOH>H2CO3>HCN>；其對應(yīng)酸根離子水解程度為：CH3COO-＜＜CN-＜?！荚斘觥紸．稀釋0.1mol·L-1NaCN溶液，NaCN溶液堿性減弱，c(OH-)減小，水電離程度減小，A錯誤；B．根據(jù)題中酸性強弱比較：CH3COOH>H2CO3>HCN，那么向NaHCO3溶液中加入足量的HCN溶液時不能生成CO2，B錯誤；C．根據(jù)0.1mol·L-1Na2CO3溶液中的質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故c(OH-)-c(H+)>c(HCO)+c(H2CO3)，C錯誤；D．等濃度的Na2CO3、NaCN、CH3COONa三種溶液水解程度為：>CN->CH3COO-，產(chǎn)生的c(OH-)依次減小，pH依次減小，D正確；故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列說法正確的是A.SCl2屬于極性分子B.XeF4中心原子的價層電子對數(shù)為4C.H—O—H的鍵角：H3O+＜H2OD.NOVSEPR模型、空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形〖答案〗AD〖解析〗〖詳析〗A．SCl2的中心原子的價層電子對數(shù)為2+(6-2)=4，其中有2個孤電子對，其空間構(gòu)型為V形，屬于極性分子，故A正確；B．XeF4中心原子的價層電子對數(shù)為4+(8-4)=6，故B錯誤；C．H3O+價層電子對模型為四面體，氧原子采取sp3雜化，H2O中O原子有兩對孤對電子，H3O+中O原子有一對孤對電子，因為孤電子對間的排斥力＞孤電子對與成鍵電子對間的排斥力＞成鍵電子對間的排斥力，導(dǎo)致H3O+中H-O-H鍵角比H2O中H-O-H鍵角大，故C錯誤；D．NO中心原子的價層電子對數(shù)為3+(5-6+1)=3，沒有孤電子對，VSEPR模型、空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形，故D正確；故選AD。12.利用鋅灰(主要成分為ZnO，含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等雜質(zhì))制備高純ZnO的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是A.濾渣1的成分只有SiO2B.加入的試劑a可為Zn，目的是除去Cu2+C.步驟1中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO+3Fe3++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+D.若取步驟3后的干燥濾餅11.2g煅燒，得到產(chǎn)品8.1g，則x=2〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗鋅灰的主要成分為ZnO，含有CuO、PbO、、FeO、等雜質(zhì)，加稀硫酸溶解，產(chǎn)生ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和PbSO4，過濾除去PbSO4和SiO2，濾液中含有ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3；調(diào)節(jié)濾液的pH為5，并加入KMnO4溶液，產(chǎn)生為Fe(OH)3和MnO2；為除去CuSO4可采用置換反應(yīng)，試劑a為Zn，Zn粉發(fā)生置換反應(yīng)：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，濾渣2為Cu與過量的Zn粉，過濾，濾液為ZnSO4；再向加入NH4HCO3生成ZnCO3?xZn(OH)2，再煅燒得到ZnO?！荚斘觥紸．不與稀硫酸反應(yīng)，鋅灰中PbO加稀硫酸溶解得到的PbSO4也不溶于水，過濾除去PbSO4和SiO2，濾渣1為PbSO4、，A錯誤；B．為除去CuSO4可采用置換反應(yīng)，試劑a為Zn，Zn粉發(fā)生置換反應(yīng)：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，目的是除去，B正確；C．步驟1中，向溶液中加入KMnO4溶液，產(chǎn)生為Fe(OH)3和MnO2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：，C正確；D．設(shè)ZnCO3?xZn(OH)2的物質(zhì)的量為ymol，ZnCO3?xZn(OH)2煅燒得到ZnO，則固體質(zhì)量減少的質(zhì)量為二氧化碳、水的質(zhì)量，，根據(jù)固體質(zhì)量減少的質(zhì)量、ZnO的物質(zhì)的量列方程組為，解得x=1，y=0.05，D錯誤；故選AD。13.處理含甲醇的廢水并進(jìn)行粗銅精煉的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A.甲電極應(yīng)為粗銅B.理論上每產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LCO2，甲電極增重9.6gC.裝置工作一段時間后，I室中溶液的pH變小D.原電池負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+〖答案〗AC〖解析〗〖詳析〗A．I室中得電子生成Fe(OH)3，則I室中碳棒為正極，因此乙電極為電解池的陽極，甲電極為電解池的陰極，則甲電極為精銅，A錯誤；B．理論上每產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LCO2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：=0.3mol，則甲電極增重的質(zhì)量為：=9.6g，B正確；C．I室中發(fā)生的電極方程式為：+3e-+5H+=Fe(OH)3+H2O，則裝置工作一段時間后，I室中溶液的pH變大，C錯誤；D．Ⅱ室中的碳棒是原電池的負(fù)極，發(fā)生的電解方程式為：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，D正確；故選AC。14.草酸二甲酯〖(COOCH3)2〗催化加氫制乙二醇的反應(yīng)體系中，發(fā)生的反應(yīng)如下：反應(yīng)I(COOCH3)2(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)△H1＜0反應(yīng)II(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H2＜0在壓強一定的條件下，將(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通過裝有催化劑的反應(yīng)管，測得(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的選擇性={×100%}與溫度的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.曲線B為HOCH2CH2OH的選擇性與溫度的關(guān)系B.190～198℃范圍內(nèi)，溫度降低，(COOCH3)2的平衡轉(zhuǎn)化率減小C.由圖知190~198℃范圍內(nèi)，溫度升高，逐漸增大D.192℃時，其他條件一定，降低氣體的流速可以提高(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由曲線A上CH3OOCCH2OH選擇性為50%時，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性恰好為50%，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化。〖詳析〗A．根據(jù)分析，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化，A錯誤；B．兩反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，溫度降低，平衡正向移動，因此190~198°C范圍內(nèi)，溫度降低，(COOCH3)2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，B錯誤；C．190~198°C范圍內(nèi)，溫度升高，反應(yīng)II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH2＜0的選擇性增大，升高溫度，對于放熱反應(yīng)，平衡逆向移動，每減少2molCH3OH，只減少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH減小的幅度小于CH3OH，逐漸減小，C錯誤；D．192°C時，其他條件一定，降低氣體的流速，可以使反應(yīng)物更充分地接觸，反應(yīng)物(COOCH3)2轉(zhuǎn)化率升高，D正確；故選D。15.常溫下，向10mL0.1mol?L-1的草酸(H2C2O4)溶液中逐滴滴入等濃度的NaOH溶液至過量，滴定過程中溶液的pH變化如圖所示。下列說法正確的是A.0.1mol?L-1H2C2O4溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+c(C2O)B.圖中①點所示溶液中：c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O)C.圖中②點所示的溶液中：2c(Na+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)D.在①②之間的任意一點，均存在：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．H2C2O4是二元弱酸，0.1mol?L-1H2C2O4溶液中存在電荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)，故A錯誤；B．圖中①點加入10mLNaOH溶液，得到NaHC2O4溶液，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)和物料守恒：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)，則c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O)，故B正確；C．圖中②點加入20mLNaOH溶液，得到Na2C2O4溶液，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)，故C錯誤；D．在①②之間的溶液為NaHC2O4和Na2C2O4的混合溶液，若該混合溶液中Na2C2O4的物質(zhì)的量大于NaHC2O4的物質(zhì)的量，則存在：c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)，故D錯誤；故選B。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子核外電子占據(jù)3個軌道，基態(tài)Y原子核外電子占據(jù)3個能級且每個能級上電子數(shù)相等，基態(tài)Z原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1，基態(tài)W原子和基態(tài)Q原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍。回答下列問題：（1）基態(tài)Q原子核外電子占據(jù)能量最高的能級符號為______，基態(tài)W原子核外電子的空間運動狀態(tài)有_____種。（2）元素X、Y、Z的電負(fù)性由大到小的順序為______(填元素符號，下同)，元素Y、Z、W中第一電離能最大的是______。（3）XCl3、ZCl3中，中心原子采用sp2雜化的是______(填分子式)。（4）下列物質(zhì)中具有旋光性的是______(填標(biāo)號)。A.乙醇(C2H5OH) B.1，2－二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)C.乙酸(CH3COOH) D.乳酸(CH3CHOHCOOH)〖答案〗（1）①.4s②.5（2）①.N>C>B②.N（3）BCl3（4）BD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題干對基態(tài)Y原子的描述可知Y是C，而基態(tài)X原子核外占據(jù)三個軌道，原子序數(shù)小于碳，因此只能是B基態(tài)Z原子核外電子排布為1s22s22p3，Z為N，未成對電子數(shù)是2，成對電子數(shù)是6，1s22s22p4，w為O符合要求。未成對電子數(shù)是4，成對電子數(shù)是12，硫元素不符合。未成對電子數(shù)是6，成對電子數(shù)是18，1s22s22p33s23p63d54s1符合要求，Q為Cr，X為B，Y為C，Z為N，W為O，Q為Cr，據(jù)此分析解題。〖小問1詳析〗基態(tài)Cr原子核外電子排布式為1s22s22p33s23p63d54s1能量最高的能級是4s，基態(tài)O原子核外電子排布式為ls22s22p4，空間運動狀態(tài)種數(shù)即有電子的軌道數(shù)量，有1+1+3=5種；〖小問2詳析〗X、Y、Z為B、C、N，同屬第二周期，自左向右電負(fù)性增大，N>C>B。Y、Z、W為C、N、O，N的2p能級有三個電子為半滿，更穩(wěn)定，第一電離能大于O，O大于C，因此第一電離能最大的是N；〖小問3詳析〗BCl3:3+(3-3×1)÷2=3，為sp2雜化，NCl3:3+(5-3×1)÷2=4，為sp3雜化；〖小問4詳析〗手性碳原子連接四個不同原子或基團的碳原子，稱為手性碳原子，含有一個手性碳原子的化合物都是手性分子，具有旋光性。A、C都沒有手性碳，B中CH2ClCHClCH3的2號C為手性碳原子，D中CH3CHOHCOOH的2號C為手性碳原子，是手性分子，具有旋光性，綜上所述故選BD。17.SO2是一種大氣污染物。某工廠廢氣中含有大量的SO2，可用如圖所示裝置(均為惰性電極)吸收，同時可獲得俗稱“工業(yè)鹽”的NaNO2?；卮鹣铝袉栴}：（1）a極為直流電源的_____(填“正”或“負(fù)”)極，電解時陽極的電極反應(yīng)式為_____。（2）該裝置工作一段時間后，II室中出口溶液相對于入口溶液的pH將_____(填“增大”“減小”或“不變”)，原因是______(用離子方程式表示)。（3）取一定體積的II室出口溶液，其中含有amolNaNO2，加入bLcmol?L-1的NaNO2溶液后，混合溶液呈中性(溫度始終保持25℃)，則加入NaNO2溶液過程中水的電離平衡_____(填“正向”或“逆向”)移動，25℃時，Ka(NaNO2)=_____(用含a、b、c的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）①.正②.SO2+2H2O-2e-=SO+2H+（2）①.增大②.NO+H2OHNO2+OH-（3）①.逆向②.〖解析〗〖小問1詳析〗I室SO2被氧化，該電極為陽極，連接直流電源的正極，a為正極。陽極電極反應(yīng)式：SO2-2e-+2H2O=+4H+?！夹?詳析〗陰極反應(yīng)：+2e-+2H+=+H2O，反應(yīng)消耗H+，因此II室出口溶液pH大于入口溶液。〖小問3詳析〗加入HNO2抑制水的電離，水的電離平衡逆向移動。電荷守恒：c(OH-))+c()=c(H+)+c(Na+)，因為溶液為中性，則c(OH)=c(H+)=10-7mol·L-1，c()=c(Na+)=mol·L-1。物料守恒：(a+bc)c(Na+)=ac()+ac(HNO2)，整理得：c(HNO2)=cmol·L-1，則。18.磷酸鐵(FePO4)常用作電極材料.以硫鐵礦(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)為原料制備磷酸鐵的流程如圖：已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3開始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2回答下列問題：（1）為提高“酸浸”效率，可采取的措施有______(回答一條即可)。濾渣1的主要成分是_____。（2）“還原”過程中反應(yīng)的離子方程式為______。（3）“除鋁”時加入的試劑a可以為______(填標(biāo)號)。A.CO2B.FeOC.氨水（4）“沉鐵”時選用試劑(NH4)2HPO4而不用Na2HPO4，原因是_____。（5）某磷酸鐵鋰電池充放電時的反應(yīng)為LixC6+Li(1-x)FePO46C+LiFePO4，則充電時陽極的電極反應(yīng)式為_____。〖答案〗（1）①.適當(dāng)增大酸的濃度、升高溫度、研磨、攪拌等②.SiO2（2）2Fe3++FeS=3Fe2++S（3）BC（4）Na2HPO4堿性強，沉鐵時會生成Fe(OH)3而使產(chǎn)品不純（5）LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+Li+〖解析〗〖祥解〗硫鐵礦中含有的物質(zhì)是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙燒時FeS2轉(zhuǎn)化成Fe2O3，F(xiàn)e2O3為堿性氧化物，Al2O3為兩性氧化物，SiO2為酸性氧化物，能與稀硫酸反應(yīng)的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不與硫酸反應(yīng)，濾渣1為SiO2，濾液中陽離子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS將Fe3+還原成Fe2+，濾渣2為過量的FeS；加入試劑a調(diào)節(jié)pH，使Al3+轉(zhuǎn)化成Al(OH)3沉淀，除去Al3+，濾渣3為Al(OH)3；然后加入氧化劑，將Fe2+氧化成Fe3+，沉鐵后經(jīng)過一系列操作得到FePO4?！夹?詳析〗適當(dāng)增大酸的濃度、升高溫度、研磨、攪拌等都可提高“酸浸”效率，焙燒時FeS2轉(zhuǎn)化成Fe2O3，F(xiàn)e2O3為堿性氧化物，Al2O3為兩性氧化物，SiO2為酸性氧化物，能與稀硫酸反應(yīng)的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不與硫酸反應(yīng)，濾渣1為SiO2；〖小問2詳析〗加入FeS將Fe3+還原成Fe2+，離子方程式為2Fe3++FeS=3Fe2++S；〖小問3詳析〗加入試劑a調(diào)節(jié)pH，使Al3+轉(zhuǎn)化成Al(OH)3沉淀除去Al3+。A．二氧化碳是酸性氣體，該濾液需加堿性物質(zhì)中和氫離子使pH增大，A錯誤；B．氧化亞鐵是堿性氧化物且不引人新的雜質(zhì)，B正確；C．氨水是弱堿溶液，可以調(diào)節(jié)pH使鋁離子生成氫氧化鋁且不溶解，C正確；故選BC；〖小問4詳析〗Na2HPO4堿性強，沉鐵時會生成Fe(OH)3而使產(chǎn)品不純，故“沉鐵”時選用試劑(NH4)2HPO4而不用Na2HPO4；〖小問5詳析〗充電時陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，由總反應(yīng)式LixC6+Li(1-x)FePO46C+LiFePO4可知陽極的電極反應(yīng)式為LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+Li+。19.某工廠廢液中含有Cr3+、Cu2+、Mg2+、等離子.以該廢液為原料制備Na2CrO4和〖Cu(NH3)4SO4〗·H2O，并測定〖Cu(NH3)4SO4〗·H2O晶體的純度，其工藝流程如圖(部分操作和條件略)。已知：①常溫下，Ksp〖Mg(OH)2〗=5.6×10-12，Ksp〖Cr(OH)3〗=1.0×10-32，Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15；②CuI和CuSCN均為白色固體，CuI沉淀能強烈吸附I2；③2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2=2I-+。回答下列問題：（1）“高溫焙燒”發(fā)生的反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_____。（2）“調(diào)pH”時，水相中c(Mg2+)=5.6×10-2mol?L-1，應(yīng)控制pH的范圍為______(離子濃度小于1.0×10-5mol?L-1時認(rèn)為該離子完全沉淀)。（3）〖Cu(NH3)4SO4〗·H2O晶體純度測定取ag〖Cu(NH3)4SO4〗·H2O晶體，加入適量1mol?L-1稀硫酸，加熱，待溶液冷卻后配制成250mL溶液；取25.00mL溶液，加蒸餾水50mL，調(diào)節(jié)溶液至弱酸性(pH=3～4)，加入過量20%KI溶液，避光靜置幾分鐘；用bmol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈淡黃色，再加入淀粉溶液，繼續(xù)滴定至溶液變淺藍(lán)色，再加入一定量10%KSCN溶液，藍(lán)色變深，繼續(xù)滴定至藍(lán)色剛好消失，記錄消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積，平行滴定三次，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為VmL。①滴定時，Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)盛放在______(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。②測定晶體純度時，接近終點時加入一定量10%KSCN溶液，藍(lán)色變深的原因為______(用離子方程式及必要的文字說明)。③〖Cu(NH3)4SO4〗·H2O(M=246g·mol)晶體的純度為______%(用含a、b、V的代數(shù)式表示)。④下列關(guān)于滴定分析正確的是______(填標(biāo)號)。A.未用待測液潤洗滴定管，測定結(jié)果會偏高B.滴定終點時仰視讀數(shù)，測定結(jié)果會偏高C.滴定達(dá)終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則測定結(jié)果偏低〖答案〗（1）3∶4（2）5～9（3）①.堿式②.，，加入KSCN溶液能將難溶的轉(zhuǎn)化為更難溶的，將固體表面上的I2釋放出來，所以藍(lán)色變深③.④.B〖解析〗〖小問1詳析〗“高溫焙燒”發(fā)生的反應(yīng)，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為3∶4，〖答案〗為：3∶4；〖小問2詳析〗調(diào)節(jié)溶液酸堿性時應(yīng)該保證Cr3+完全沉淀，但Mg2+不沉淀，當(dāng)Cr3+完全沉，Mg2+恰好不沉淀時，可求出對應(yīng)溶液pH，所以“調(diào)pH”時，應(yīng)控制pH的范圍為5～9，〖答案〗為：5～9；小問3詳析〗①Na2S2O3是強堿弱酸鹽，溶液水解顯堿性所以應(yīng)用堿式滴定管盛放，〖答案〗為：堿式；②，，加入KSCN溶液能將難溶的轉(zhuǎn)化為更難溶的，將固體表面上的I2釋放出來，所以藍(lán)色變深；③根據(jù)方程式①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2=+2I-，可得關(guān)系式：2Cu2+～I(xiàn)2～2，根據(jù)實驗可知：25.00mL溶液滴定消耗bmol?L-1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則agCu(NH4)2SO4?H2O晶體反應(yīng)消耗Na2S2O3的物質(zhì)的量n(Na2S2O3)=bmol?L-1×V×10-3L×=bV×10-2mol，則n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=bV×10-2mol，根據(jù)Cu元素守恒可知其中含有Cu(NH4)2SO4?H2O晶體質(zhì)量m〖Cu(NH4)2SO4?H2O〗=bV×10-2mol×246g/mol=2.46bVg，故該晶體的純度為,〖答案〗為：，④A．未用待測液潤洗滴定管，會使待測液濃度減小，所以測定結(jié)果會偏低，A錯誤；B．滴定終點時仰視讀數(shù)，會使體積偏大，所以測定結(jié)果會偏高，B正確；C．滴定達(dá)終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，會使體積偏大，所以測定結(jié)果偏高，C錯誤；故選B。20.丙烯是重要的有機合成原料.由丙烷制備丙烯是近年來研究的熱點，主要涉及如下反應(yīng)：反應(yīng)甲2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)△H1=-225kJ?mol-1反應(yīng)乙2C3H8(g)+7O2(g)6CO(g)+8H2O(g)△H2=-2742kJ?mol-1回答下列問題：（1）反應(yīng)C3H6(g)+3O2(g)3CO(g)+3H2O(g)△H=_____kJ?mol-1。（2）在恒容絕熱密閉容器中發(fā)生反應(yīng)甲，下列能說明反應(yīng)甲已達(dá)到平衡狀態(tài)的有_____(填標(biāo)號)。A.容器內(nèi)溫度不再變化 B.v正(O2)=2v逆(C3H6)C.混合氣體的密度不再變化 D.容器內(nèi)壓強不再變化（3）在壓強恒定為200kPa條件下，按起始投料n(C3H6)：n(O2)=2：1充入裝有催化劑的反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)甲和反應(yīng)乙，不同溫度下，反應(yīng)相同時間丙烷和氧氣的轉(zhuǎn)化率如圖。①曲線_____(填“M”或“N”)表示O2的轉(zhuǎn)化率。②由圖知，當(dāng)溫度高于T2時，可判斷反應(yīng)_____(填“甲”或“乙”)不再發(fā)生，已知a點為平衡點，該點丙烷的分壓p(C3H8)=_____kPa(保留3位有效數(shù)字，下同)，發(fā)生的反應(yīng)在T3時的平衡常數(shù)Kp=_____kPa(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×體積分?jǐn)?shù))?！即鸢浮剑?）-1258.5（2）AD（3）①.M②.乙③.57.1④.114〖解析〗〖小問1詳析〗，反應(yīng)C3H6(g)+3O2(g)3CO(g)+3H2O(g)可以由×（反應(yīng)乙-反應(yīng)甲）得到，根據(jù)蓋斯定律，△H=×(-2742kJ/mol+225kJ/mol)=-1258.5kJ/mol；〖小問2詳析〗A．反應(yīng)甲為放熱反應(yīng)，絕熱容器溫度不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡，A符合題意；B．反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，因此2v正(O2)=v逆(C3H6)時反應(yīng)平衡，B不符合題意；C．混合氣體的密度ρ=，反應(yīng)物和生成物均為氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒，m是不變，恒容的容器V不變，因此ρ是定值，ρ不變時不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，C不符合題意；D．反應(yīng)甲前后的氣體系數(shù)之和不同，因此容器內(nèi)壓強不再變化可以說明達(dá)到平衡狀態(tài)，D符合題意；故選AD；〖小問3詳析〗①通過兩反應(yīng)方程式系數(shù)可知，丙烷轉(zhuǎn)化率低于氧氣，所以曲線M表示氧氣的轉(zhuǎn)化率；②當(dāng)溫度達(dá)到T2時，O2與丙烷的轉(zhuǎn)化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，可以判斷溫度達(dá)到T2后反應(yīng)乙不再發(fā)生，T2K時只發(fā)生反應(yīng)甲；設(shè)C3H8的起始量為2mol，O2的起始量為1mol，在T3K下，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知：對于反應(yīng)2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)，開始時n(C3H8)=2mol，n(O2)=1mol，由于a點時C3H8的轉(zhuǎn)化率為0.5，所以根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知平衡時n(C3H8)=1mol，n(O2)=0.5mol，n(C3H6)=n(H2O)=1mol，平衡時氣體總物質(zhì)的量為n(總)=1mol+0.5mol+1mol+1mol+3.5mol，此時總壓強為100kPa，故此時丙烷的分壓p(C3H6)=200kPa×=57.1kPa；T3時反應(yīng)甲的平衡常數(shù)Kp=≈114。PAGEPAGE1高二年級學(xué)情檢測化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Co-59Cu-64Zn-65一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻(xiàn)巨大，下列對文獻(xiàn)記載內(nèi)容理解錯誤的是A.“酒是陳的香”是因為酒在長期存放過程中生成了酯類物質(zhì)B.“冰，水為之，而寒于水”說明相同質(zhì)量和溫度的水和冰，水的能量高C.“至于礬現(xiàn)五色之形，硫為群石之將，皆變化于烈火”，“礬”都是金屬硫化物D.“凡火藥，硫為純陽，硝為純陰”，“硫”指的是硫黃，“硝”指的是硝酸鉀〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．酒放置時間長，少量的乙醇被氧化為乙酸，乙酸與乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯類物質(zhì)具有香味，所以產(chǎn)生香味主要是因為美酒含有酯類物質(zhì)，A正確；B．冰轉(zhuǎn)化為水的過程吸熱，因此相同質(zhì)量和溫度的水和冰，水的能量高，B正確；C．礬是各種金屬(如銅、鐵、鋅)的硫酸鹽，不是金屬硫化物，C錯誤；D．火藥中“硫”為硫黃，“硝”為硝酸鉀，D正確；故本題選C。2.一定條件下，三個基元反應(yīng)的正反應(yīng)活化能〖Ea(正)〗和逆反應(yīng)活化能〖Ea(逆)〗如表：基元反應(yīng)Ea(正)(kJ?mol-1)Ea(逆)(kJ?mol-1)I3055II7021III1635正反應(yīng)為放熱反應(yīng)是A.I、II B.I、III C.II、III D.II〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗?H=Ea(正)?Ea(逆)，基元反應(yīng)I的?H=(30?55)kJ?mol-1=?25kJ?mol-1，基元反應(yīng)II的?H=(70?21)kJ?mol-1=+49kJ?mol-1，基元反應(yīng)III的?H=(16?35)kJ?mol-1=?19kJ?mol-1；?H<0，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則基元反應(yīng)I、III的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，〖答案〗選B。3.利用下列裝置(夾持裝置略)進(jìn)行實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿.用裝置甲滴定污水樣品中c(OH-) B.用裝置乙灼燒海帶C.用裝置丙制備無水MgCl2 D.用裝置丁在鐵上鍍銅〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．滴定污水樣品中c(OH-)，應(yīng)使用酸式滴定管，而不能用堿式滴定管，A錯誤；B．灼燒海帶應(yīng)使用坩堝，而不能用燒杯，B錯誤；C．由于鎂離子能發(fā)生水解反應(yīng)，為了抑制其水解，需在氯化氫的氣流中加熱晶體制備無水氯化鎂，C錯誤；D．在鐵上鍍銅，鍍層金屬銅作陽極，鍍件鐵作陰極。因此，鐵作陰極連接電源負(fù)極，能達(dá)到實驗?zāi)康模珼正確；故選D。4.關(guān)于CH3OH，N2H4和(CH3)2NNH2的結(jié)構(gòu)，下列說法錯誤的是A.1molCH3OH中含5molσ鍵B.N2H4分子中所有原子不可能處于同一平面C.三者孤電子對數(shù)相同D.三者中C、O、N雜化方式不相同〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．CH3OH的結(jié)構(gòu)簡式為：，1molCH3OH中含5molσ鍵，A正確；B．任何條件下這六個原子都不可能共面，N2H4中兩個N都是sp3雜化，周圍的空間構(gòu)型都是三角錐，整個分子就是兩個三角錐連起來的，N2H4分子中所有原子不可能處于同一平面，B正確；C．CH3OH中羥基氧上有2個孤電子對，N2H4有兩對孤電子對，2個N上分別有1個，(CH3)2NNH2中有兩對孤電子對，2個N上分別有1個，C正確；D．三者中C、O、N雜化方式相同均為sp3雜化，D錯誤；〖答案〗選D。5.下列說法錯誤的是A.不同狀態(tài)的鎂中失去最外層一個電子所需能量：〖Ne〗3s1＜〖Ne〗3s2B.SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)只能在高溫下自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0C.已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，粗鎳中含有Fe、Zn、Cu、Pt等雜質(zhì)，則電解精煉鎳時陽極泥中含有Cu和PtD.室溫下，0.1mol?L-1NH4CN溶液的pH=9.32，說明水解程度：CN-＞NH〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．鎂的第一電離能小于鎂的第二電離能，即鎂原子失去最外層一個電子所需能量低于Mg+失去最外層一個電子所需能量，〖Ne〗3s1>〖Ne〗3s2，A錯誤；B．SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，，該反應(yīng)只能在高溫下自發(fā)進(jìn)行。由知該反應(yīng)的△H＞0，B正確；C．已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，粗鎳中含有Fe、Zn、Cu、Pt等雜質(zhì)，則電解精煉鎳時，粗鎳中Fe、Zn失去電子變成對應(yīng)金屬陽離子進(jìn)入溶液，Cu和Pt進(jìn)入陽極泥中，C正確；D．鹽類水解規(guī)律是有弱就水解，誰強顯誰性，NH4CN溶液的pH=9.32，說明水解程度：CN-＞NH，D正確；故選A。6.某種藥品的結(jié)構(gòu)如圖所示，已知W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同處另一周期，基態(tài)M原子的價電子中，在不同形狀原子軌道運動的電子數(shù)之比為2：1。下列說法錯誤的是A.Z和M各自形成的簡單離子在水溶液中不能大量共存B.在同周期主族元素中，第一電離能大于W的只有1種C.簡單氫化物的穩(wěn)定性：X>W>ZD.簡單離子的半徑：Z>W>X>M〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗已知W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同處另一周期，基態(tài)M原子價電子中，在不同形狀原子軌道運動的電子數(shù)之比為2：1，即3s23p1，則M為13號鋁元素；Z可以形成6個共價鍵，為硫；W可以和硫形成2個鍵，為氧；Y可以形成4個鍵，為碳；X可以形成1個鍵為F。〖詳析〗A．Z和M各自形成的簡單離子分別為：S2-、Al3+，在水溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，A正確；B．同一主族隨原子序數(shù)變大，原子半徑變大，第一電離能變??；同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能有變大趨勢，但N的2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故在W的同周期主族元素中，第一電離能比W大的元素有氮、氟2種，B錯誤；C．由分析可知X、W、Z的非金屬性為：F>O>S，其簡單氫化物穩(wěn)定性為：HF>H2O>H2S，C正確；D．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小。元素對應(yīng)簡單離子半徑大小關(guān)系為：Z>W>X>M，D正確；故選B。7.工業(yè)上制備硝酸過程中涉及反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-57kJ·mol-1。不同條件下反應(yīng)達(dá)平衡時NO2的體積分?jǐn)?shù)變化如圖所示(圖中X、Y分別代表溫度或壓強)。下列說法錯誤的是A.圖中X表示壓強，Y表示溫度 B.X1＞X2＞X3C.平衡常數(shù)：a<b=d<c D.X3、Y1條件下，e點：v逆＞v正〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．該反應(yīng)中溫度越高NO2的平衡體積分?jǐn)?shù)越低，壓強越大NO2的平衡體積分?jǐn)?shù)越大，由圖可知Y表示溫度，X表示壓強，A正確；B．壓強越大NO2的平衡體積分?jǐn)?shù)越大，所以X1＞X2＞X3，B正確；C．反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)越小，所以c<b=d<a，C錯誤；D．X3、Y1條件下，e點狀態(tài)NO2體積分?jǐn)?shù)高于平衡狀態(tài)，反應(yīng)逆向進(jìn)行，此時v逆＞v正，D正確；〖答案〗選C。8.在酸性條件下，黃鐵礦(FeS2)催化氧化反應(yīng)的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化如圖所示。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)過程中NO起催化作用B.反應(yīng)Ⅰ中1molFeS2被氧化，轉(zhuǎn)移14mol電子C.反應(yīng)Ⅲ中消耗1molO2時，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下89.6LNO氣體D.總反應(yīng)離子方程式為2FeS2+7O2+2H2O=2Fe3++4SO+4H+〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由轉(zhuǎn)化圖可知，過程Ⅱ中NO為反應(yīng)物，反應(yīng)Ⅲ中又生成，符合催化劑的特征，故反應(yīng)過程中NO起催化作用，A正確；B．反應(yīng)Ⅰ中1molFeS2被氧化S的化合價由-1→+6，轉(zhuǎn)移2×7mol=14mol電子，B正確；C．反應(yīng)Ⅲ中Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，消耗1molO2時，生成4molNO，標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L×4=89.6L，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，有部分Fe2+生成，應(yīng)當(dāng)是Fe(NO)2+釋放出NO后轉(zhuǎn)化為Fe2+，與氧氣無關(guān)，故當(dāng)消耗1molO2時，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下大于89.6LNO氣體，C錯誤；D．根據(jù)轉(zhuǎn)化圖可知酸性條件下，反應(yīng)物有FeS2、O2，生成物有Fe3+、SO，總反應(yīng)離子方程式為2FeS2+7O2+2H2O=2Fe3++4SO+4H+，D正確；〖答案〗選C。9.鈷(Co)的合金材料廣泛應(yīng)用于航空航天、機械制造等領(lǐng)域。如圖為水溶液中電解制備金屬鈷的裝置。下列說法正確的是A.電勢：Co電極>石墨電極B.外電路每通過1mol電子，Ⅲ室溶液質(zhì)量理論上減少65gC.移除陽離子交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反應(yīng)不變D.電解過程中，Ⅱ室鹽酸濃度變小〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由圖可知，該裝置為電解池，石墨電極為陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中陽離子電荷數(shù)大于陰離子電荷數(shù)，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，鈷電極為陰極，鈷離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鈷，電極反應(yīng)式為Co2++2e-=Co，Ⅲ室中陰離子電荷數(shù)大于陽離子電荷數(shù)，氯離子通過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，電解的總反應(yīng)的離子方程式為2Co2++2H2O2Co+O2+4H+。〖詳析〗A．電解池的陽極電勢高于電解池的陰極，即陽極的石墨電極電勢高于鈷電極（陰極），A錯誤；B．由分析知，Ⅲ室中Co2++2e-=Co，氯離子通過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，當(dāng)外電路每通過1mol電子時，有0.5molCo2+和1molCl-脫離Ⅲ室，故Ⅲ室溶液質(zhì)量理論上減少，B正確；C．移除陽離子交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反應(yīng)變成氯離子失電子生成氯氣，C錯誤；D．Ⅰ室中陽離子電荷數(shù)大于陰離子電荷數(shù)，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，氯離子通過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，故電解過程中，Ⅱ室鹽酸濃度變大，D錯誤；故選B。10.25℃時，CH3COOH、HCN、H2CO3的電離平衡常數(shù)見表。化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3Ka1.75×10-54.9×10-10Ka1=4.4×10-7Ka1=5.6×10-11下列說法正確的是A.稀釋0.1mol·L-1NaCN溶液，水的電離程度變大B.向NaHCO3溶液中加入足量的CH3COOH溶液或HCN溶液，均產(chǎn)生CO2C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+c(H2CO3)D.相同溫度下，濃度均為0.1mol·L-1的Na2CO3、NaCN、CH3COONa三種溶液pH依次減小〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由平衡常數(shù)判斷：題中弱酸酸性強弱為：CH3COOH>H2CO3>HCN>；其對應(yīng)酸根離子水解程度為：CH3COO-＜＜CN-＜。〖詳析〗A．稀釋0.1mol·L-1NaCN溶液，NaCN溶液堿性減弱，c(OH-)減小，水電離程度減小，A錯誤；B．根據(jù)題中酸性強弱比較：CH3COOH>H2CO3>HCN，那么向NaHCO3溶液中加入足量的HCN溶液時不能生成CO2，B錯誤；C．根據(jù)0.1mol·L-1Na2CO3溶液中的質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故c(OH-)-c(H+)>c(HCO)+c(H2CO3)，C錯誤；D．等濃度的Na2CO3、NaCN、CH3COONa三種溶液水解程度為：>CN->CH3COO-，產(chǎn)生的c(OH-)依次減小，pH依次減小，D正確；故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列說法正確的是A.SCl2屬于極性分子B.XeF4中心原子的價層電子對數(shù)為4C.H—O—H的鍵角：H3O+＜H2OD.NOVSEPR模型、空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形〖答案〗AD〖解析〗〖詳析〗A．SCl2的中心原子的價層電子對數(shù)為2+(6-2)=4，其中有2個孤電子對，其空間構(gòu)型為V形，屬于極性分子，故A正確；B．XeF4中心原子的價層電子對數(shù)為4+(8-4)=6，故B錯誤；C．H3O+價層電子對模型為四面體，氧原子采取sp3雜化，H2O中O原子有兩對孤對電子，H3O+中O原子有一對孤對電子，因為孤電子對間的排斥力＞孤電子對與成鍵電子對間的排斥力＞成鍵電子對間的排斥力，導(dǎo)致H3O+中H-O-H鍵角比H2O中H-O-H鍵角大，故C錯誤；D．NO中心原子的價層電子對數(shù)為3+(5-6+1)=3，沒有孤電子對，VSEPR模型、空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形，故D正確；故選AD。12.利用鋅灰(主要成分為ZnO，含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等雜質(zhì))制備高純ZnO的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是A.濾渣1的成分只有SiO2B.加入的試劑a可為Zn，目的是除去Cu2+C.步驟1中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO+3Fe3++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+D.若取步驟3后的干燥濾餅11.2g煅燒，得到產(chǎn)品8.1g，則x=2〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗鋅灰的主要成分為ZnO，含有CuO、PbO、、FeO、等雜質(zhì)，加稀硫酸溶解，產(chǎn)生ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和PbSO4，過濾除去PbSO4和SiO2，濾液中含有ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3；調(diào)節(jié)濾液的pH為5，并加入KMnO4溶液，產(chǎn)生為Fe(OH)3和MnO2；為除去CuSO4可采用置換反應(yīng)，試劑a為Zn，Zn粉發(fā)生置換反應(yīng)：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，濾渣2為Cu與過量的Zn粉，過濾，濾液為ZnSO4；再向加入NH4HCO3生成ZnCO3?xZn(OH)2，再煅燒得到ZnO?！荚斘觥紸．不與稀硫酸反應(yīng)，鋅灰中PbO加稀硫酸溶解得到的PbSO4也不溶于水，過濾除去PbSO4和SiO2，濾渣1為PbSO4、，A錯誤；B．為除去CuSO4可采用置換反應(yīng)，試劑a為Zn，Zn粉發(fā)生置換反應(yīng)：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，目的是除去，B正確；C．步驟1中，向溶液中加入KMnO4溶液，產(chǎn)生為Fe(OH)3和MnO2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：，C正確；D．設(shè)ZnCO3?xZn(OH)2的物質(zhì)的量為ymol，ZnCO3?xZn(OH)2煅燒得到ZnO，則固體質(zhì)量減少的質(zhì)量為二氧化碳、水的質(zhì)量，，根據(jù)固體質(zhì)量減少的質(zhì)量、ZnO的物質(zhì)的量列方程組為，解得x=1，y=0.05，D錯誤；故選AD。13.處理含甲醇的廢水并進(jìn)行粗銅精煉的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A.甲電極應(yīng)為粗銅B.理論上每產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LCO2，甲電極增重9.6gC.裝置工作一段時間后，I室中溶液的pH變小D.原電池負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+〖答案〗AC〖解析〗〖詳析〗A．I室中得電子生成Fe(OH)3，則I室中碳棒為正極，因此乙電極為電解池的陽極，甲電極為電解池的陰極，則甲電極為精銅，A錯誤；B．理論上每產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LCO2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：=0.3mol，則甲電極增重的質(zhì)量為：=9.6g，B正確；C．I室中發(fā)生的電極方程式為：+3e-+5H+=Fe(OH)3+H2O，則裝置工作一段時間后，I室中溶液的pH變大，C錯誤；D．Ⅱ室中的碳棒是原電池的負(fù)極，發(fā)生的電解方程式為：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，D正確；故選AC。14.草酸二甲酯〖(COOCH3)2〗催化加氫制乙二醇的反應(yīng)體系中，發(fā)生的反應(yīng)如下：反應(yīng)I(COOCH3)2(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)△H1＜0反應(yīng)II(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H2＜0在壓強一定的條件下，將(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通過裝有催化劑的反應(yīng)管，測得(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的選擇性={×100%}與溫度的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.曲線B為HOCH2CH2OH的選擇性與溫度的關(guān)系B.190～198℃范圍內(nèi)，溫度降低，(COOCH3)2的平衡轉(zhuǎn)化率減小C.由圖知190~198℃范圍內(nèi)，溫度升高，逐漸增大D.192℃時，其他條件一定，降低氣體的流速可以提高(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由曲線A上CH3OOCCH2OH選擇性為50%時，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性恰好為50%，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化?！荚斘觥紸．根據(jù)分析，曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化，A錯誤；B．兩反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，溫度降低，平衡正向移動，因此190~198°C范圍內(nèi)，溫度降低，(COOCH3)2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，B錯誤；C．190~198°C范圍內(nèi)，溫度升高，反應(yīng)II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH2＜0的選擇性增大，升高溫度，對于放熱反應(yīng)，平衡逆向移動，每減少2molCH3OH，只減少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH減小的幅度小于CH3OH，逐漸減小，C錯誤；D．192°C時，其他條件一定，降低氣體的流速，可以使反應(yīng)物更充分地接觸，反應(yīng)物(COOCH3)2轉(zhuǎn)化率升高，D正確；故選D。15.常溫下，向10mL0.1mol?L-1的草酸(H2C2O4)溶液中逐滴滴入等濃度的NaOH溶液至過量，滴定過程中溶液的pH變化如圖所示。下列說法正確的是A.0.1mol?L-1H2C2O4溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+c(C2O)B.圖中①點所示溶液中：c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O)C.圖中②點所示的溶液中：2c(Na+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)D.在①②之間的任意一點，均存在：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．H2C2O4是二元弱酸，0.1mol?L-1H2C2O4溶液中存在電荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)，故A錯誤；B．圖中①點加入10mLNaOH溶液，得到NaHC2O4溶液，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)和物料守恒：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)，則c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O)，故B正確；C．圖中②點加入20mLNaOH溶液，得到Na2C2O4溶液，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)，故C錯誤；D．在①②之間的溶液為NaHC2O4和Na2C2O4的混合溶液，若該混合溶液中Na2C2O4的物質(zhì)的量大于NaHC2O4的物質(zhì)的量，則存在：c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)，故D錯誤；故選B。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子核外電子占據(jù)3個軌道，基態(tài)Y原子核外電子占據(jù)3個能級且每個能級上電子數(shù)相等，基態(tài)Z原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1，基態(tài)W原子和基態(tài)Q原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Q原子核外電子占據(jù)能量最高的能級符號為______，基態(tài)W原子核外電子的空間運動狀態(tài)有_____種。（2）元素X、Y、Z的電負(fù)性由大到小的順序為______(填元素符號，下同)，元素Y、Z、W中第一電離能最大的是______。（3）XCl3、ZCl3中，中心原子采用sp2雜化的是______(填分子式)。（4）下列物質(zhì)中具有旋光性的是______(填標(biāo)號)。A.乙醇(C2H5OH) B.1，2－二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)C.乙酸(CH3COOH) D.乳酸(CH3CHOHCOOH)〖答案〗（1）①.4s②.5（2）①.N>C>B②.N（3）BCl3（4）BD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題干對基態(tài)Y原子的描述可知Y是C，而基態(tài)X原子核外占據(jù)三個軌道，原子序數(shù)小于碳，因此只能是B基態(tài)Z原子核外電子排布為1s22s22p3，Z為N，未成對電子數(shù)是2，成對電子數(shù)是6，1s22s22p4，w為O符合要求。未成對電子數(shù)是4，成對電子數(shù)是12，硫元素不符合。未成對電子數(shù)是6，成對電子數(shù)是18，1s22s22p33s23p63d54s1符合要求，Q為Cr，X為B，Y為C，Z為N，W為O，Q為Cr，據(jù)此分析解題?！夹?詳析〗基態(tài)Cr原子核外電子排布式為1s22s22p33s23p63d54s1能量最高的能級是4s，基態(tài)O原子核外電子排布式為ls22s22p4，空間運動狀態(tài)種數(shù)即有電子的軌道數(shù)量，有1+1+3=5種；〖小問2詳析〗X、Y、Z為B、C、N，同屬第二周期，自左向右電負(fù)性增大，N>C>B。Y、Z、W為C、N、O，N的2p能級有三個電子為半滿，更穩(wěn)定，第一電離能大于O，O大于C，因此第一電離能最大的是N；〖小問3詳析〗BCl3:3+(3-3×1)÷2=3，為sp2雜化，NCl3:3+(5-3×1)÷2=4，為sp3雜化；〖小問4詳析〗手性碳原子連接四個不同原子或基團的碳原子，稱為手性碳原子，含有一個手性碳原子的化合物都是手性分子，具有旋光性。A、C都沒有手性碳，B中CH2ClCHClCH3的2號C為手性碳原子，D中CH3CHOHCOOH的2號C為手性碳原子，是手性分子，具有旋光性，綜上所述故選BD。17.SO2是一種大氣污染物。某工廠廢氣中含有大量的SO2，可用如圖所示裝置(均為惰性電極)吸收，同時可獲得俗稱“工業(yè)鹽”的NaNO2?；卮鹣铝袉栴}：（1）a極為直流電源的_____(填“正”或“負(fù)”)極，電解時陽極的電極反應(yīng)式為_____。（2）該裝置工作一段時間后，II室中出口溶液相對于入口溶液的pH將_____(填“增大”“減小”或“不變”)，原因是______(用離子方程式表示)。（3）取一定體積的II室出口溶液，其中含有amolNaNO2，加入bLcmol?L-1的NaNO2溶液后，混合溶液呈中性(溫度始終保持25℃)，則加入NaNO2溶液過程中水的電離平衡_____(填“正向”或“逆向”)移動，25℃時，Ka(NaNO2)=_____(用含a、b、c的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）①.正②.SO2+2H2O-2e-=SO+2H+（2）①.增大②.NO+H2OHNO2+OH-（3）①.逆向②.〖解析〗〖小問1詳析〗I室SO2被氧化，該電極為陽極，連接直流電源的正極，a為正極。陽極電極反應(yīng)式：SO2-2e-+2H2O=+4H+?！夹?詳析〗陰極反應(yīng)：+2e-+2H+=+H2O，反應(yīng)消耗H+，因此II室出口溶液pH大于入口溶液?！夹?詳析〗加入HNO2抑制水的電離，水的電離平衡逆向移動。電荷守恒：c(OH-))+c()=c(H+)+c(Na+)，因為溶液為中性，則c(OH)=c(H+)=10-7mol·L-1，c()=c(Na+)=mol·L-1。物料守恒：(a+bc)c(Na+)=ac()+ac(HNO2)，整理得：c(HNO2)=cmol·L-1，則。18.磷酸鐵(FePO4)常用作電極材料.以硫鐵礦(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)為原料制備磷酸鐵的流程如圖：已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3開始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2回答下列問題：（1）為提高“酸浸”效率，可采取的措施有______(回答一條即可)。濾渣1的主要成分是_____。（2）“還原”過程中反應(yīng)的離子方程式為______。（3）“除鋁”時加入的試劑a可以為______(填標(biāo)號)。A.CO2B.FeOC.氨水（4）“沉鐵”時選用試劑(NH4)2HPO4而不用Na2HPO4，原因是_____。（5）某磷酸鐵鋰電池充放電時的反應(yīng)為LixC6+Li(1-x)FePO46C+LiFePO4，則充電時陽極的電極反應(yīng)式為_____。〖答案〗（1）①.適當(dāng)增大酸的濃度、升高溫度、研磨、攪拌等②.SiO2（2）2Fe3++FeS=3Fe2++S（3）BC（4）Na2HPO4堿性強，沉鐵時會生成Fe(OH)3而使產(chǎn)品不純（5）LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+Li+〖解析〗〖祥解〗硫鐵礦中含有的物質(zhì)是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙燒時FeS2轉(zhuǎn)化成Fe2O3，F(xiàn)e2O3為堿性氧化物，Al2O3為兩性氧化物，SiO2為酸性氧化物，能與稀硫酸反應(yīng)的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不與硫酸反應(yīng)，濾渣1為SiO2，濾液中陽離子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS將Fe3+還原成Fe2+，濾渣2為過量的FeS；加入試劑a調(diào)節(jié)pH，使Al3+轉(zhuǎn)化成Al(OH)3沉淀，除去Al3+，濾渣3為Al(OH)3；然后加入氧化劑，將Fe2+氧化成Fe3+，沉鐵后經(jīng)過一系列操作得到FePO4?！夹?詳析〗適當(dāng)增大酸的濃度、升高溫度、研磨、攪拌等都可提高“酸浸”效率，焙燒時FeS2轉(zhuǎn)化成Fe2O3，F(xiàn)e2O3為堿性氧化物，Al2O3為兩性氧化物，SiO2為酸性氧化物，能與稀硫酸反應(yīng)的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不與硫酸反應(yīng)，濾渣1為SiO2；〖小問2詳析〗加入FeS將Fe3+還原成Fe2+，離子方程式為2Fe3++FeS=3Fe2++S；〖小問3詳析〗加入試劑a調(diào)節(jié)pH，使Al3+轉(zhuǎn)化成Al(OH)3沉淀除去Al3+。A．二氧化碳是酸性氣體，該濾液需加堿性物質(zhì)中和氫離子使pH增大，A錯誤；B．氧化亞鐵是堿性氧化物且不引人新的雜質(zhì)，B正確；C．氨水是弱堿溶液，可以調(diào)節(jié)pH使鋁離子生成氫氧化鋁且不溶解，C正確；故選BC；〖小問4詳析〗Na2HPO4堿性強，沉鐵時會生成Fe(OH)3而使產(chǎn)品不純，故“沉鐵”時選用試劑(NH4)2HPO4而不用Na2HPO4；〖小問5詳析〗充電時陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，由總反應(yīng)式LixC6+Li(1-x)FePO46C+LiFePO4可知陽極的電極反應(yīng)式為LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+Li+。19.某工廠廢液中含有Cr3+、Cu2+、Mg2+、等離子.以該廢液為原料制備Na2CrO4和〖Cu(NH3)4SO4〗·H2O，并測定〖Cu(NH3)4SO4〗·H2O晶體的純度，其工藝流程如圖(部分操作和條件略)。已知：①常溫下，Ksp〖Mg(OH)2〗=5.6×10-12，Ksp〖Cr(OH)3〗=1.0×10-32，Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15；②CuI和CuSCN均為白色固體，CuI沉淀能強烈吸附I2；③2Cu2