河北省石家莊市2022-2023學年高三上學期期末考試化學試題

河北省石家莊市2022-2023學年高三上學期期末考試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．《天工開物》中蘊含著豐富的化學史料，以下為其中記載海鹽性質及制鹽過程的片段：“凡鹽見水即化，見(濕)風即鹵，見火(冷卻后)愈堅?！薄胺布妍u未即凝結，將皂角椎碎，和粟米糠二味，鹵沸之時投入其中攪和，鹽即頃刻結成?！睋?jù)上述記載，推斷下列說法正確的是A．“見(濕)風即鹵”是說海鹽易風化B．“見水”、“見火”時，海鹽中的氯化鈉均發(fā)生了化學變化C．“煎鹵”的操作類似于蒸發(fā)濃縮D．“皂角結鹽”的原理是發(fā)生了膠體聚沉2．化學與生產(chǎn)、生活密切相關，下列說法正確的是A．紅薯中含有大量淀粉和纖維素，二者互為同分異構體B．從動物皮、骨中提取的明膠屬于油脂，可用作食品增稠劑C．對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，且形成的金屬氫化物很穩(wěn)定D．硅酸鹽材料化學性質穩(wěn)定、耐腐蝕，原因為Si和O構成了穩(wěn)定的四面體3．利用下圖裝置分別進行實驗，對丙中實驗現(xiàn)象描述錯誤的是試劑及現(xiàn)象選項甲乙丙丙中實驗現(xiàn)象A飽和食鹽水電石溴的四氯化碳溶液溶液逐漸褪色B濃氨水氫氧化鈉硫酸銅溶液先生成藍色沉淀，后沉淀消失C雙氧水二氧化錳酸化的KI淀粉溶液溶液變藍D稀硫酸碳酸鈉飽和碳酸鈉溶液先有沉淀生成，后沉淀消失A．A B．B C．C D．D4．下列說法正確的是A．原子光譜是由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生的B．與SO32?中，O?C?OC．某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為4sD．因為H2O分子間有氫鍵，所以H25．生活中處處有化學，下列說法正確的是A．煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸B．高鐵酸鈉溶液和硫酸鋁溶液均可用于飲用水的殺菌消毒C．含較多NaD．工業(yè)制硫酸和合成氨時，原料中的硫元素和氮元素均被氧化6．有機物Ⅰ和Ⅱ之間存在如圖所示轉化關系，下列說法錯誤的是A．Ⅰ的酸性比丙酸的酸性弱B．Ⅱ中所有碳原子一定不共面C．Ⅱ中有兩個手性碳原子D．Ⅱ的二氯代物有5種(不考慮立體異構)7．興趣小組用預處理后的廢棄油脂制作肥皂(高級脂肪酸鈉)并回收甘油，簡單流程如下圖所示。下列說法錯誤的是A．步驟①中加入乙醇的目的是助溶，提高反應速率B．步驟②中加入食鹽細粒的目的是降低肥皂的溶解度C．步驟③可借助裝置M完成(夾持裝置省略)D．步驟④中包含蒸餾操作8．如圖所示化合物為某新型電池的電解質，其中X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素。下列說法錯誤的是A．簡單氫化物的沸點：Z>Q>YB．簡單離子半徑：R<Z<QC．第一電離能：R<X<Y<Z<QD．X和Q形成最簡單化合物的空間結構為平面三角形9．實驗室模擬以磷石膏(含CaSO4?2H2O及雜質下列說法錯誤的是A．“浸取1”時，加快攪拌速率、不斷升高溫度均可提高CaSOB．“浸取1”時，應先通NH3再通CC．“浸取2”時，發(fā)生反應的離子方程式為CaO+2ND．“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為Al210．下列實驗事實能證明相應結論的是選項實驗事實相應結論A銅分別與濃硝酸、稀硝酸反應時，還原產(chǎn)物NO2比NO中氮元素的價態(tài)高濃硝酸得電子能力差，氧化性比稀硝酸弱B磷酸與Na2SO3固體在加熱條件下反應生成SO2磷酸的酸性比亞硫酸強C其他條件相同時，1mol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸導電能力弱電解質的電離不需要通電D濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣，氯氣不再逸出時，固體混合物中仍存在鹽酸和MnO2物質濃度影響其氧化性或還原性的強弱A．A B．B C．C D．D11．我國科學家研究發(fā)現(xiàn)，在MnO2/Mn2+氧化還原介質的輔助下，可將電解水分離為制氫和制氧兩個獨立的過程，從而實現(xiàn)低電壓下電解水，其電化學原理如圖所示。下列說法錯誤的是A．a(chǎn)、c為電源的負極B．K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應為MnC．產(chǎn)生等物質的量的H2和OD．K向右端閉合時，電解過程中NaOH的物質的量不變12．T℃時，向體積恒定為2L的密閉容器中充入Q(s)發(fā)生反應：Q(s)?Mt/min020406080n(Q)/mol1.000.800.650.550.50下列敘述錯誤的是A．0～20min內，用M(gB．其他條件不變，升高溫度，N(C．其他條件不變，加入催化劑，80min時Q(D．若起始時向該容器中加入2.00molQ13．25℃時，向20mL0.01mol/L的RCl2溶液中通入氨氣，測得溶液的pH與p(R2+)之間的變化曲線如圖所示[已知：Kb(NHA．Ksp[R(OHB．a(chǎn)點溶液中會產(chǎn)生R(C．b點溶液存在：c(ND．c點溶液存在：2c(二、綜合題14．莫爾鹽[(NH4（1）Ⅰ.莫爾鹽的制備凈化鐵屑：為去除廢鐵屑表面的油污，可采用的方法為。（2）制備FeSO“酸溶”過程中，為加快反應速率，可向其中加入少量固體單質X，則X可以為(填化學式，寫出一種即可)；“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進入漏斗引起堵塞，可將緊貼在燒杯外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物。（3）制備莫爾鹽：將所得FeSO4溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加入適量(N（4）測定純度稱取4.000g上述產(chǎn)品，配成100mL溶液，取出25.00mL置于錐形瓶中，用0.0500mol?L①將KMnO4標準溶液裝入滴定管后，排氣泡的正確操作為a.b.c.d.②經(jīng)計算，該產(chǎn)品的純度為%。（5）Ⅱ.熱分解產(chǎn)物的檢驗莫爾鹽自身受熱分解會產(chǎn)生NH3、N2、SO2、S裝置連接的合理順序為(填裝置編號)，裝置C中盛裝堿石灰的儀器名稱為。（6）D中加入的鹽酸需足量，否則可能會引發(fā)的后果為(用化學方程式表示)。15．工業(yè)上一種利用廢舊三元鋰離子電池正極材料(主要成分為LiCo（1）鈷位于元素周期表中區(qū)；基態(tài)錳原子的價電子排布圖為；鋰離子電池正極材料LiCo1-x-yMnxNi（2）“粉碎灼燒”時可除去的雜質為。（3）“堿浸”后濾液中大量存在的陰離子為和。（4）已知：Ksp(CoC2O4)=1×10?18，Ksp(MnC2O4)=1×10?13，Ksp(NiC2O4)=4×10?10（5）“沉錳”過程中加入K2S2（6）“沉鎳”過程中加入Na2C16．CO2(g)氫化制備化工原料CO(g)可有效緩解溫室效應，此過程主要發(fā)生如下反應：反應Ⅰ：CO2反應Ⅱ：Δ（1）CH4(（2）反應Ⅱ在化學熱力學上進行的趨勢很大，原因為，該反應易在(填“較高溫度”或“較低溫度”)下自發(fā)進行。（3）在某恒壓密閉容器中充入一定量CO2(g)和H2(g)，使用不同的催化劑反應相同的時間，測得CO2(g)轉化率、CH4(g)的選擇性(CH4(g)的選擇性=CH①圖1中，選用Ni-CeO2-IM800催化劑時，CO2(g)的轉化率在溫度高于600℃后迅速增大，解釋其原因為。②600℃時，為提高CO(g)的產(chǎn)率，適宜選擇的催化劑為(填“Ni-CeO2-IM800”或“Ni-CeO2-DP800”)，解釋其原因為。（4）在某剛性密閉容器中充入amolCO2(g)和2amolH2(g)，發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ，測得CO2(g)的平衡轉化率與壓強(0.1MPa、1MPa、10MPa)、溫度(T)的關系如圖3所示。①圖中表征壓強為0.1MPa的是(填“L1”“L2”或“L3”)。溫度升高，三條曲線逐漸靠近的主要原因為。②Q點時，測得CH4(g)的物質的量為bmol。則該溫度下，反應Ⅰ的平衡常數(shù)K=(用含a、b的代數(shù)式表示)。17．E和J均為生活中常用的高分子化合物，二者可由如下路線合成。（1）B的化學名稱為。（2）C的結構簡式為。（3）D→E的化學方程式為。（4）G中含有的官能團名稱為；I→J的反應類型為。（5）已知羥基直接與碳碳雙鍵相連的結構不穩(wěn)定，H的同分異構體中與其所含官能團類型完全相同的還有種(不考慮立體異構)；其中核磁共振氫譜峰面積為3：3：1：1：1：1的同分異構體的結構簡式為。（6）參照上述合成路線，以2-丙醇和乙炔為主要原料，設計合成的路線(無機試劑任選)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．“見(濕)風即鹵”是說海鹽易析出，溶解度較小，而不是風化，A不合題意；B．見水為溶解，見火為熔化時，則海鹽中的氯化鈉均未發(fā)生了化學變化，B不合題意；C．“煎鹵”即加熱蒸發(fā)，析出晶體，即該操作類似于蒸發(fā)濃縮，C符合題意；D．鹵水不是膠體，則“皂角結鹽”的原理不是發(fā)生了膠體聚沉，D不合題意；故答案為：C。

【分析】A.“見(濕)風即鹵”說明海鹽溶解度較小；

B.有新物質生成的變化為化學變化；

D.鹵水不是膠體。2．【答案】D【解析】【解答】A．淀粉和纖維素雖然分子通式均為(C6H10O5)n，但由于n值不同，二者的分子式不同，故二者不互為同分異構體，A不符合題意；B．從動物皮、骨中提取的明膠屬于蛋白質，可用作食品增稠劑，B不符合題意；C．對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，被吸收的H2還要能夠釋放出來，故形成的金屬氫化物不能很穩(wěn)定，C不符合題意；D．硅酸鹽材料中Si和O構成了穩(wěn)定的四面體，導致其化學性質穩(wěn)定、耐腐蝕，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體，淀粉和纖維素的聚合度n值不同，二者分子式不同；

B.從動物皮、骨中提取的明膠屬于蛋白質；

C.儲氫合金既能吸收氫氣，也能釋放氫氣。3．【答案】D【解析】【解答】A．電石主要成分是CaC2，還含有CaS等雜質，向其中滴加飽和食鹽水，CaC2與水發(fā)生反應產(chǎn)生C2H2氣體，CaS會反應產(chǎn)生H2S氣體，C2H2、H2S會與溴單質反應而使溶液褪色，A不符合題意；B．濃氨水滴入氫氧化鈉中，反應產(chǎn)生NH3，NH3溶解在溶液中反應產(chǎn)生NH3·H2O，NH3·H2O與硫酸銅溶液首先反應產(chǎn)生Cu(OH)2藍色沉淀，當氨水過量時，反應產(chǎn)生可溶性[Cu(NH3)4](OH)2，使溶液變?yōu)樯钏{色，B不符合題意；C．雙氧水滴入盛有二氧化錳固體的錐形瓶中，在二氧化錳催化下雙氧水分解產(chǎn)生O2，能夠將酸性KI氧化為I2，I2與溶液中的淀粉作用，使溶液變?yōu)樗{色，C不符合題意；D．稀硫酸加入Na2CO3固體中，反應產(chǎn)生CO2氣體，CO2與飽和Na2CO3溶液發(fā)生反應產(chǎn)生溶解度小的NaHCO3，因此產(chǎn)生沉淀，但CO2過量時沉淀也不會消失，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.電石和飽和食鹽水反應生成的雜質氣體H2S也能與溴反應；

B.氫氧化銅沉淀溶于過量氨水，生成深藍色的[Cu(NH3)4](OH)2；

C.雙氧水分解產(chǎn)生氧氣，氧氣能將碘離子氧化為單質碘。4．【答案】B【解析】【解答】A．原子光譜包括吸收光譜和發(fā)射光譜，由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生吸收光譜，由激發(fā)態(tài)原子釋放能量到基態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生發(fā)射光譜，A不符合題意；B．中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+12(4+2-3×2)=3，則為平面三角形，鍵角為120°，而SO32?中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+12(6+2-3×2)C．某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為4s2，可能是Ca，也可能是3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104sD．氫鍵不是化學鍵，是分子間作用力的一種，故氫鍵只影響物理性質，不能影響化學性質，H2O的穩(wěn)定性比H2故答案為：B?！痉治觥緼.原子光譜有吸收光譜和發(fā)射光譜兩種，由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生吸收光譜，由激發(fā)態(tài)原子釋放能量到基態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生發(fā)射光譜；

B.孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越?。?/p>

C.副族元素的最外層電子排布式也可能為4s2；

D.氫鍵與物質的穩(wěn)定性無關。5．【答案】A【解析】【解答】A．若模具不干燥，熾熱的鋼水會引發(fā)鐵和水蒸氣反應，產(chǎn)生H2，H2易燃易爆，從而引發(fā)鋼水爆炸性迸濺，故煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸，A符合題意；B．高鐵酸鈉溶液具有強氧化性，能夠用于飲用水的殺菌消毒，而硫酸鋁溶液沒有強氧化性不可用于飲用水的殺菌消毒，只能用于作凈水劑，B不符合題意；C．鹽堿地（含較多Na2CO3等）不利于作物生長，如施加熟石灰進行改良，生成CaCO3和NaOH，加重土壤的堿性和板結，該應用不合理，C不符合題意；D．工業(yè)制硫酸即將FeS2、S、CuFeS2等原料中的S最終轉化為H2SO4，化合價升高，硫元素被氧化，而合成氨反應方程式為：N2+3H2?催化劑高溫、高壓2NH故答案為：A?！痉治觥緽..硫酸鋁只能水解產(chǎn)生膠體，不具有殺菌消毒的作用；

C.碳酸鈉顯堿性，應用酸性物質進行改良；

D.化合價升高被氧化，化合價降低被還原。6．【答案】A【解析】【解答】A.2-羥基丙酸中-OH為吸電子基團，使得其中-COOH更容易電離出H+，故Ⅰ的酸性比丙酸的酸性強，A符合題意；B．由題干有機物結構簡式可知，分子中存在手性碳原子，如圖所示，則Ⅱ中所有碳原子一定不共同一平面，B不符合題意；C．手性碳原子是指同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子，由題干圖可知，Ⅱ中有兩個手性碳原子，如圖所示：，C不符合題意；D．由題干有機物結構簡式可知，Ⅱ的一氯代物有2種，二氯代物有5種，如圖所示：和，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】B.飽和碳原子具有甲烷的結構特征，所有原子不可能共面；

C.手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；

D.Ⅱ的二氯代物可以取代在同一個碳原子上，也可以取代在不同的碳原子上。7．【答案】C【解析】【解答】A．乙醇是常用的有機溶劑，而且能夠與水混溶，油脂難溶于水，步驟①中加入乙醇的目的是增加油脂在NaOH溶液中的溶解度，使反應物充分接觸發(fā)生反應。從而可提高反應速率，A不符合題意；B．向混合物中加入食鹽細粒，會降低高級脂肪酸鈉的溶解度而結晶析出，即發(fā)生鹽析現(xiàn)象，B不符合題意；C．操作③為過濾，用到的儀器為漏斗，而不是分液漏斗，C符合題意；D．甘油和水相互溶解，二者的沸點不同，用蒸餾操作分離甘油，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.油脂能溶于乙醇；

B.向混合物中加入食鹽細粒會發(fā)生鹽析；

D.甘油和水互溶，采用蒸餾的方法分離。8．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z、Q分別為C、O、F，由于H2O和HF能夠形成分子間氫鍵，導致沸點高于CH4，且H2O周圍形成的分子間氫鍵數(shù)目比HF多，故H2O的沸點最高，故簡單氫化物的沸點：H2O＞HF＞CH4即Z>Q>Y，A不符合題意；B．由分析可知，Z、Q、R分別為O、F、Na，三種形成的離子具有相同的電子排布，且核電荷數(shù)Na＞F＞O，故簡單離子半徑：Na+＜F-＜O2-即R<Q<Z，B符合題意；C．已知同一周期從左往右第一電離能呈增大趨勢，故F＞O＞C＞B，同一主族從上往下第一電離依次減小，則有B＞Li＞Na，故第一電離能：F＞O＞C＞B＞Na即R<X<Y<Z<Q，C不符合題意；D．由分析可知，X為B，Q為F，X和Q形成最簡單化合物即BF3，BF3中B周圍的價層電子對數(shù)為：3+12故答案為：B。

【分析】R形成+1價陽離子，且其原子序數(shù)最大，則R為Na元素，Z一個共價雙鍵，X形成4個共價單鍵，Q形成一個共價單鍵，Y形成1個雙鍵和2個單鍵，X為B元素，Y為C元素，Z為O元素，Q為F元素。9．【答案】A【解析】【解答】A．“浸取1”用到了氣體原料氨氣和二氧化碳，氣體在水中的溶解度隨溫度升高而減小，因此溫度過高不利于提高浸取率即CaSO4的轉化率，A符合題意；B．由于NH3極易溶于水，CO2難溶于水，易溶于氨化后的堿性溶液，故“浸取1”，應先通NH3再通CO2，發(fā)生的反應為：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故濾液1中主要溶質為(NH4)2SO4，濃度最大的陰離子為SOC．濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣發(fā)生反應，發(fā)生反應的離子方程式為：CaO+2NHD．“濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣反應，使其溶解，則“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為Al2O故答案為：A。

【分析】磷石膏漿料中通入氨氣和二氧化碳可生成碳酸鹽或碳酸氫鹽，過濾后濾液為硫酸銨、氨水，濾渣含有碳酸鈣、SiO2、Al2O3等，高溫煅燒生成硅酸鈣、偏鋁酸鈣等，加入氯化銨溶液充分浸取，可生成硅酸、氫氧化鋁、氯化鈣等，氯化鈣最終可生成碳酸鈣。10．【答案】D【解析】【解答】A．氧化性的強弱與得失電子的多少無關，而與得失電子的難易程度有關，故銅分別與濃硝酸、稀硝酸反應時，還原產(chǎn)物NO2比NO中氮元素的價態(tài)高，不能得出濃硝酸得電子能力差，氧化性比稀硝酸弱的結論，而事實上濃硝酸的氧化性強于稀硝酸，A不合題意；B．磷酸與Na2SO3固體在加熱條件下反應生成SO2，是利用“難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸”，不能判斷H3PO4強于H2SO3，B不合題意；C．其他條件相同時，1mol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸導電能力弱，說明1mol/L醋酸電離產(chǎn)生的離子濃度比0.5mol/L的小，不能得出電解質的電離不需要通電，C不合題意；D．剩余物中仍有鹽酸和MnO2，說明鹽酸濃度變小到一定程度時，不能與MnO2繼續(xù)反應，可得出結論，物質濃度影響其氧化性或還原性的強弱，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.氧化性的強弱與得失電子難易程度有關，與得失電子數(shù)目多少無關；

B.該反應利用的原理是“難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸”；

C.該實驗只能說明1mol/L醋酸電離產(chǎn)生的離子濃度比0.5mol/L的小。11．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，當K與b接觸時，M為陰極，即a為電源的負極，當K與c電極接觸時，N為陰極，故c為電源的負極，A不符合題意；B．由分析可知，K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應為Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，B符合題意；C．由分析可知，產(chǎn)生等物質的量的H2和O2時，設產(chǎn)生nmolH2和nmolO2，根據(jù)電子守恒可知，產(chǎn)生nmolH2轉移電子為2nmol，此時N即進行的反應Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，生成nmolMnO2，生成nmolO2轉移電子為4nmol，此時N極進行的反應MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，消耗2nmolMnOD．K向右端閉合時，L電極發(fā)生的電極反應為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，雖然消耗了OH-，但雙極膜中的OH-會轉移到L電極附近，補充OH-，根據(jù)電子守恒可知，電解過程中NaOH的物質的量不變，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】當K與b接觸時，N極發(fā)生反應：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，即N電極為陽極，M電極為陰極，當K為c接觸時，N電極發(fā)生反應MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，L電極發(fā)生反應4OH--4e-=O2↑+2H2O。12．【答案】D【解析】【解答】A．0～20min內，消耗Q為0.2mol，則用M(g)B．反應為吸熱反應，其他條件不變，升高溫度，反應速率增大且平衡正向移動，則導致N(C.80min時Q(s)反應0.5mol，則生成MN均為0.5mol；起始(mol/L)轉化(mol/L)平衡(mol/L)D．Q為固體，增加量不影響平衡移動，結合C分析可知，達到平衡時M濃度仍為0.故答案為：D。

【分析】A.根據(jù)v=ΔcΔt可知，v(M)=0.213．【答案】C【解析】【解答】A．由題干圖示信息點(2，8.3)可知，Ksp[R(OH)2]=c(R2+)c2(OH-)=10-2×()2=10-13.4，故Ksp[R(OH)2]的數(shù)量級是10-14，A不符合題意；B．由題干圖示信息可知，a點對應的溶解平衡點為b點或者c點，則可知a點對應的c(R2+)c2(OH-)小于其Ksp[R(OH)2]，故a點溶液中不會產(chǎn)生R(C．由A項分析可知，Ksp[R(OH)2]=10-13.4，則有b點時c(R2+)=Ksp[R(OH)2]c2(OH-)=10-13.4(10-5)2=10-3.4mol/L，根據(jù)Kb(ND．c點溶液中電荷守恒式為：2c(R2+)+c(NH4+)故答案為：C。

【分析】A.根據(jù)Ksp[R(OH)2]=c(R2+)c2(OH-)計算；

B.當Qc≥Ksp[R(OH)2]時，產(chǎn)生沉淀；

D.結合電荷守恒分析。14．【答案】（1）加熱的Na2CO3溶液浸泡（2）Cu、Ag或石墨等；Fe3O4（3）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（4）b；98.0（5）AEDBC；球形干燥管（6）2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl【解析】【解答】（1）已知Na2CO3溶液呈堿性，熱的Na2CO3溶液堿性更強，堿性條件下能夠促進油脂水解，故為去除廢鐵屑表面的油污，可采用的方法為加熱的Na2CO3溶液浸泡，故答案為：加熱的Na2CO3溶液浸泡；（2）已知形成原電池反應可以加快反應速率，故“酸溶”過程中，為加快反應速率，可向其中加入少量固體單質X，X做正極即可與Fe、稀硫酸形成原電池反應而加快反應速率，則X可以為Cu、Ag、石墨等；已知磁鐵可以吸引鐵屑，故“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進入漏斗引起堵塞，可將Fe3O4緊貼在燒杯外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物，故答案為：Cu、Ag或石墨等；Fe3O4；（3）制備莫爾鹽：將所得FeSO4溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加入適量（4）①由于酸性高錳酸鉀溶液能夠腐蝕堿式滴定管下端的橡膠管，應將KMnO4標準溶液裝入酸式滴定管后，排氣泡的正確操作為b，故答案為：b；②根據(jù)反應方程式：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，100mL中Fe2+的物質的量為：n(Fe2+)=5n(MnO4（5）SO3易溶于水且與水反應生成H2SO4能與BaCl2溶液反應生成BaSO4白色沉淀，所以用裝置D先檢驗SO3，再將剩余氣體通入裝置B中檢驗SO2，可觀察到品紅溶液褪色，SO3、SO2均為酸性氧化物，可用堿石灰進行尾氣吸收，且由于SO2、SO3均易溶于水，則D之前需接一個安全瓶即裝置E以防止倒吸，由此確定合理通氣順序為AEDBC，由題干實驗裝置圖可知，裝置C儀器名稱為球形干燥管，故答案為：AEDBC；球形干燥管；（6）D中鹽酸的作用是吸收NH3，若鹽酸不足，則會發(fā)生反應：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，將影響SO3的檢驗，故答案為：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl。

【分析】（1）油脂在堿性條件下水解，因此可用熱的碳酸鈉除去廢鐵屑表面的油污；

（2）形成原電池可加快反應速率，加入的X與Fe、稀硫酸形成原電池反應即可；為防止大量鐵屑進入漏斗引起堵塞，可將Fe3O4緊貼在燒杯外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物；

（3）將所得FeSO4溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加入適量(NH4)2SO4固體充分溶解，再經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得產(chǎn)品；

（4）①酸性高錳酸鉀具有強氧化性，應盛裝在酸式滴定管中；

②根據(jù)5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O計算；

（5）SO3易溶于水且與水反應生成H2SO4，與BaCl2溶液反應生成BaSO4白色沉淀，所以用裝置D先檢驗SO3，再將剩余氣體通入裝置B中檢驗SO2，可觀察到品紅溶液褪色，SO3、SO2均為酸性氧化物，可用堿石灰進行尾氣吸收，且由于SO2、SO3均易溶于水，則D之前需接一個安全瓶即裝置E以防止倒吸，裝置C儀器名稱為球形干燥管；

（6）鹽酸不足，氨氣會與二氧化硫發(fā)生反應2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO315．【答案】（1）d；；13；1（2）炭黑、有機粘合劑（3）AlO2（4）12<p(C2O42-)<13；將（5）5（6）防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離【解析】【解答】（1）鈷的原子序數(shù)是27，位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d區(qū)；基態(tài)錳原子的價電子排布式為3d54s2，因此價電子排布圖為；此晶胞為六棱柱，Co2+、Ni2+、Mn2+在頂點，每個晶胞均攤2×16=（2）“粉碎灼燒”時可將炭黑、有機粘合劑徹底氧化，答案：炭黑、有機粘合劑；（3）堿浸時堿將鋁轉化成偏鋁酸鈉，所以濾液中大量存在的陰離子AlO2-和剩余的OH-（4）當Co2+完全沉淀(離子濃度小于1×10?5mol?L?1)，等于1×10?5mol?L?1時，c(C2O42-)=K答案：12<p(C2O42-)<13；將（5）“沉錳”過程中加入K2S2O8（6）因鋰離子與碳酸根離子結合生成碳酸鋰沉淀，所以防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離，答案：防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離。

【分析】（1）Co為27號元素，位于元素周期表的d區(qū)；基態(tài)錳原子的價電子排布式為3d54s2；根據(jù)晶胞圖可知，Co2+、Ni2+、Mn2+在頂點數(shù)目均為2×16=116．【答案】（1）+205（2）反應的正反應是放熱反應；低溫（3）在溫度高于600℃后催化劑Ni?CeO2?IM800達到最佳催化活性；Ni-CeO2-DP800；Ni-CeO2-DP800使CO2的轉化率較大，在600℃時CH4的選擇性又比較低（4）L1；溫度對吸熱反應影響更大，反應Ⅰ的正反應是氣體體積不變的吸熱反應，而反應Ⅱ正反應是氣體體積減小的放熱反應，在高溫時主要發(fā)生反應Ⅰ，而該反應反應前后氣體的物質的量不變，壓強改變不能使平衡發(fā)生移動，因此高溫條件下CO2的轉化率逐漸靠近；；0.5a+b【解析】【解答】（1）已知：反應Ⅰ：CO2反應Ⅱ：ΔH根據(jù)蓋斯定律，將反應Ⅰ-反應Ⅱ，整理可得熱化學方程式CH（2）反應Ⅱ在化學熱力學上進行的趨勢很大，這是由于該反應的正反應是放熱反應，隨著反應的進行，體系溫度升高，使化學反應速率加快；反應Ⅱ：ΔH2=?164kJ?mo（3）①任何催化劑的催化活性都有一定的溫度范圍。根據(jù)圖1可知，選用Ni-CeO2-IM800催化劑時，CO2(g)的轉化率在溫度高于600℃后迅速增大，這是因為在溫度高于600℃后達到其最佳催化活性；②根據(jù)圖1示可知：在600℃時CO2的轉化率：Ni-CeO2-DP800＞Ni-CeO2-IM800；而根據(jù)圖2所示溫度對Ni-CeO2-IM800的選擇性影響不大，Ni-CeO2-DP800的選擇題隨溫度的升高而增大，要在溫度為600℃下提高CO(g)的產(chǎn)率，應該使CH4的選擇性比較低，故應該使用的催化劑是Ni-CeO2-DP800；（4）①反應Ⅰ在反應前后氣體的物質的量不變，而反應Ⅱ正反應是氣體體積減小的反應。在溫度不變時，增大壓強，反應Ⅰ化學平衡互移動；反應Ⅱ的化學平衡正向移動，導致CO2的轉化率增大，故L1表示壓強為0.1MPa，L2表示壓強為1MPa，L3表示壓強為1.0MPa；溫度對吸熱反應影響更大，由于反應Ⅰ的正反應是吸熱反應，反應Ⅱ正反應是放熱