河南省駐馬店市2022-2023學年高三上學期1月期末測試化學試題

河南省駐馬店市2022-2023學年高三上學期1月期末測試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．悠久的歷史孕育了豐富的民間藝術(shù)文化瑰寶。下列文物器具的材質(zhì)主要為合金的是選項ABCD文物器具名稱端石琴式硯館陶黑陶木雕羅漢像信宜銅盉A．A B．B C．C D．D2．青釉是瓷器最早的顏色釉?；瘜W家對商代的青釉器文物進行分析發(fā)現(xiàn)，青釉器中含有石英顆粒，還有一定量的莫來石(2Al2O3?xSiO2，1<x<2A．青釉器質(zhì)地均勻，硬度高，是純凈物B．由于青釉器中含有氧化鐵，因此其顏色為青色C．石英在自然界中比較穩(wěn)定，一般不與強酸發(fā)生反應D．青釉器的主要成分是各種氧化物，遇水，其中的氧化鈣會和水反應生成氫氧化鈣3．我國學者首先成功利用全反式維甲酸(ATRA)治療急性粒細胞性白血病，ATRA可由如下路線合成。下列說法錯誤的是A．化合物a和ATRA均含有兩種官能團B．化合物a能與NaOH溶液反應C．ATRA能發(fā)生加成反應、取代反應和氧化反應D．ATRA與互為同分異構(gòu)體4．下列裝置(固定裝置略去)組裝正確且能達到實驗目的的是A．利用圖甲檢查氣密性B．利用圖乙進行中和反應反應熱的測定C．圖丙為滴定結(jié)束時的刻度，讀數(shù)為12.20mLD．利用圖丁驗證鐵的析氫腐蝕5．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，18gH2O中含有共價鍵的數(shù)目為2NAB．標準狀況下，11.2LSO3的質(zhì)量為40gC．1mol·L-1KCl溶液中，K＋的數(shù)目為NAD．1mol熔融狀態(tài)下的AlCl3中含有Al3＋的數(shù)目為NA6．化學創(chuàng)造美好生活。下列生產(chǎn)活動中，沒有運用相應化學原理的是選項生產(chǎn)活動化學原理ASO2可用作食品添加劑SO2具有還原性，漂白性B要減少或禁止使用含磷洗滌劑含磷洗滌劑會造成水體污染﹐影響水質(zhì)C家用廢舊電池要集中回收處理廢舊電池中含有重金屬離子，會造成土壤污染，水體污染D家用鐵質(zhì)鍍銅自來水龍頭利用了犧牲陽極的陰極保護法，保護了鐵質(zhì)水龍頭A．A B．B C．C D．D7．X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素在元素周期表中的位置如圖所示，Z的最外層電子數(shù)比內(nèi)層電子數(shù)多3。以下說法錯誤的是A．非金屬性：W>Z>YB．最高價氧化物對應水化物的酸性：M>YC．通過電解熔融的X2W3可制得X單質(zhì)D．氣態(tài)Z2W4的體系為無色8．為確定某固體W的成分，進行如下實驗：實驗1：取少量W與燒堿溶液共熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。實驗2：取少量W，向其中加入濃鹽酸，產(chǎn)生紅色固體(經(jīng)檢驗該固體為單質(zhì))，溶液變藍并放出刺激性氣體，將該氣體通入品紅溶液，溶液褪色；加熱，褪色的溶液又變?yōu)榧t色。下列推斷錯誤的是A．實驗1中發(fā)生的是非氧化還原反應B．W可能是NH4CuSO4C．實驗2中產(chǎn)生的氣體是SO2D．實驗2中只有一種元素發(fā)生了化合價的變化9．科學家利用多晶銅高效催化電解COA．COB．若將鉑電極改成銅電極，則該電極的電極產(chǎn)物不變C．當電路中通過0.6mol電子時，理論上能產(chǎn)生1.12LCD．通電過程中，鉑電極發(fā)生的電極反應可能為4HC10．某種含二價銅微粒[CuA．催化機理中的五步反應均為氧化還原反應B．狀態(tài)⑤到狀態(tài)①的變化過程中有極性鍵和非極性鍵的形成C．狀態(tài)③到狀態(tài)④過程的ΔH最小，放熱最多，反應速率最快D．脫硝過程的本質(zhì)是4N11．化學是以實驗為基礎(chǔ)的科學。下列實驗操作或做法正確且能達到目的的是選項實驗操作或做法目的A取pH試紙于玻璃片上，用玻璃棒取少量溶液，點在試紙上觀察顏色檢測某新制氯水的pHB溴乙烷和NaOH乙醇溶液共熱，將產(chǎn)生的氣體直接通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色檢驗反應生成了乙烯C分別向盛有NaI、AgNO3、鑒別NaI、AgNO3、D分別向0.1mol?L?1的NaCl溶液和Na2Cr比較Ksp(AgCl)與Ksp(A．A B．B C．C D．D12．從粗銅精煉后的陽極泥(主要成分為Cu、Ag、C、Au等)中回收貴金屬Au與Ag的工藝流程如圖所示。已知絡(luò)合反應：AgA．“濾渣Ⅰ”通過灼燒可獲得較純凈的AuB．“酸浸氧化”時通入O2可提高HNC．“溶浸”時，該體系酸性越強，越利于反應進行D．“還原”時氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：413．常溫下，向10mL0.1mol·L-1Na2XO3溶液中滴加0.1mol·L-1鹽酸，溶液的pH與鹽酸體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A．0.1mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c(XO32?)>c(HXO3B．當溶液pH=7時，溶液中存在：c(Na＋)=c(HXO3?)＋c(XC．常溫下，H2XO3的Ka2小于1.0×10-7D．b點溶液中：c(Cl-)=c(H2XO3)＋c(HXO3?二、多選題14．T℃時，含等濃度的AgNO3與Fe(NO3)2的混合溶液中發(fā)生反應Fe2+(aq)+Ag已知：T℃時，該反應的化學平衡常數(shù)K=1。A．若t1B．若t2時刻反應達到平衡，則tC．若始終保持溫度不變，則平均反應速率：vt1>vt2(vt1表示0~t1D．0～t2s內(nèi)三、綜合題15．SO2雖是大氣污染物之一，但也是重要的工業(yè)原料。某同學在實驗室設(shè)計了如下實驗，對SO2的部分性質(zhì)進行了探究。（1）I.二氧化硫的水溶性SO2易溶于水，溶于水有H2SO3生成。向SO2飽和溶液中加入NaHSO3固體，有氣體冒出，原因是(結(jié)合有關(guān)平衡方程式簡要說明)。（2）II.驗證SO2能否與BaCl2溶液反應某同學設(shè)計了如圖裝置，且所配制的溶液均使用了無氧蒸餾水，檢驗SO2在無氧干擾時，是否與氯化鋇反應生成沉淀。加入碳酸鈉粉末的目的是。（3）當時，氯化鋇溶液中沒有沉淀出現(xiàn)，說明二氧化硫不與氯化鋇溶液反應，此時滴加雙氧水，出現(xiàn)了白色沉淀。（4）裝置中選用澄清石灰水而不用氫氧化鈉溶液的目的是。（5）III.二氧化硫的還原性已知SO2具有還原性，可以還原I2，也可以與Na2O2發(fā)生反應。將SO2通入裝有過氧化鈉的硬質(zhì)試管中，將帶火星的木條放在試管口處。①若木條不復燃，則說明SO2與Na2O2反應無O2生成，可能發(fā)生反應的化學方程式為。②若木條復燃，則說明SO2與Na2O2反應有O2生成，發(fā)生反應的化學方程式為2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2。（6）將SO2通入裝有碘水(含淀粉)的洗氣瓶中，若，說明還原性：SO2＞I-，寫出該反應的離子方程式：。16．高錳酸鉀生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生較多的廢錳渣，工業(yè)上將廢錳渣再利用，以它為原料來制備硫酸錳?；卮鹣铝袉栴}：已知：廢錳渣主要成分為MnO2、CaCO3、（1）基態(tài)錳原子的核外電子排布式為。（2）“酸處理”時，為提高浸取率可采取的措施為(填一條)?！盀V渣①”的主要成分為(填化學式)。（3）“浸取”過程中主要發(fā)生的化學方程式為?！敖　睍r，隨著反應的進行，反應物的濃度減小，化學反應速率應該減慢，但實際上浸取時化學反應速率加快，原因是。（4）“中和”時，碳酸鈣的作用是。（5）“系列操作”包括。（6）工業(yè)上可以以石墨為電極電解酸化的硫酸錳制取二氧化錳，該過程中陽極的電極反應式為。（7）某工廠用10t該廢錳渣(含34.8%MnO2)制備MnSO4，若整個流程中Mn的損耗率為25%，最終可以制得17．二氧化碳加氫合成甲醇是人工合成淀粉的首要步驟之一，同時也是實現(xiàn)碳中和的重要途徑。該過程總反應為CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)△H=-49.4kJ·mol-1。在特定催化劑條件下，其反應機理如下：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)△H1Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)?CH3OH(g)△H2=-90.3kJ·mol-1回答以下問題：（1）△H1=kJ·mol-1。（2）恒壓下，按n(CO2)：n(H2)=1：3進行合成甲醇的實驗，該過程在無分子篩和有分子篩時甲醇的平衡產(chǎn)率隨溫度的變化如圖1所示(分子篩能選擇性分離出H2O)。①根據(jù)圖中信息，壓強不變，采用有分子篩時的最佳反應溫度為℃，解釋其原因：。②采用分子篩的作用為。（3）如圖2所示，向甲(恒溫恒容)、乙(恒溫恒壓)兩個密閉容器中分別充入1molCO2和3molH2，發(fā)生反應CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)，起始溫度、體積相同(T1℃、2L密閉容器)。反應達到平衡時，乙的容器容積為1.5L，則該溫度下的平衡常數(shù)為，平衡時甲容器中CO2的物質(zhì)的量0.5mol(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若將甲改為絕熱恒容容器，其他條件不變，平衡時CH3OH的濃度將0.25mol·L-1。（4）如圖3，當起始n(CO2)：n(H2)=1：2時，維持壓強不變，將CO2和H2按一定流速通過反應器，催化劑活性受溫度影響變化不大，結(jié)合反應Ⅰ和反應Ⅱ，分析溫度大于235℃后甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因：。18．2022年諾貝爾物理學獎授予發(fā)現(xiàn)“光子糾纏”的科學家。他們開創(chuàng)了量子信息科學，利用鈣原子實驗發(fā)射糾纏光子證明了“測不準原理”，同時證明具有相同DNA的人體“氣”因量子糾纏相互影響，并完成“富勒烯”測定?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鈣原子核外有種運動狀態(tài)互不相同的電子，占據(jù)能量最高的能級符號是。（2）奧地利物理學家薛定諤提出了描述微觀粒子運動規(guī)律的波動方程——薛定諤方程。在結(jié)構(gòu)化學中，用四個量子數(shù)表示基態(tài)原子核外電子運動狀態(tài)，有關(guān)信息如下：名稱符號含義取值范圍主量子數(shù)n確定電子能級的主要量子數(shù)，表示能層序數(shù)n=1，2，3，4，…角量子數(shù)l確定原子軌道或電子云的形狀，表示亞層l=0，1，2，3，…磁量子數(shù)m確定原子軌道或電子云在空間的取向m=0，±1，±2…自旋量子數(shù)ms確定原子軌道中電子自旋方向ms=±1根據(jù)上述信息，基態(tài)Ca原子最外層電子的四個量子數(shù)表示合理的是____(填標號)。A．n=4，l=0，m=0，ms=＋12；n=4，l=0，m=0，ms=＋B．n=4，l=0，m=0，ms=＋12；n=4，l=0，m=0，ms=-C．n=4，l=0，m=1，ms=＋12；n=4，l=0，m=0，ms=-D．n=4，l=2，m=0，ms=＋12；n=4，l=0，m=1，ms=-（3）DNA水解的最終產(chǎn)物有磷酸、脫氧核糖，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：①磷酸易溶于水，其主要原因是。②脫氧核糖分子中碳原子的雜化類型是，脫氧核糖所含元素中電負性最大的是(填元素符號，下同)，第一電離能最大的是。（4）我國科學家利用富勒烯(C60)合成單層聚合C60(如圖所示)。

1mol富勒烯中含有molσ鍵。富勒烯的熔點(填“高于”、“低于”或“等于”)單層聚合C60。（5）鈣晶體有三種晶胞，如圖所示：

①甲、乙、丙中，鈣原子個數(shù)之比為。

②設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。已知丙中底面邊長為apm，高為bpm，則它的密度為g·cm-3。19．咖啡鞣酸是重要的中藥有效成分之一，具有廣泛抗菌作用，它的結(jié)構(gòu)如圖所示。H是合成咖啡鞣酸的中間體，一種合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）B的名稱是(用系統(tǒng)命名法命名)，咖啡鞣酸中所含官能團有羥基、酯基和(填名稱)。（2）E→F的反應類型是。（3）E分子中有個手性碳原子。提示：與四個互不相同的原子或取代基相連的碳原子叫手性碳原子。（4）寫出C→D的化學方程式：。（5）W是G的同分異構(gòu)體，W分子中不含環(huán)狀結(jié)構(gòu)，W能發(fā)生水解反應，完全水解后只生成羧酸X和醇Y兩種有機物，X、Y的核磁共振氫譜均只有2組峰，X的峰面積比為1：1，Y的峰面積比為2：1。W的結(jié)構(gòu)簡式為。（6）4-羥基-1-環(huán)己甲酸-△-內(nèi)酯()是一種有機合成中間體，設(shè)計以1，3-丁二烯和氯乙烯為起始原料合成4-羥基-1-環(huán)己甲酸-△-內(nèi)酯的路線(無機試劑任用)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】由兩種或兩種以上的金屬(或金屬與非金屬)熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)為合金，A．硯的成分為無機鹽，含碳酸鈣，不是合金，故A不選；B．館陶黑陶材料為陶瓷，成分為硅酸鹽，不是合金，故B不選；C．木雕羅漢像，木材成分為纖維素，不是合金，故C不選；D．信宜銅盉為銅合金，故D選；故答案為：D。

【分析】由兩種或兩種以上的金屬(或金屬與非金屬)熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)為合金。2．【答案】C【解析】【解答】A．青釉器的主要成分為硅酸鹽混合物，A項不符合題意；B．氧化鐵為紅色，B項不符合題意；C．石英的主要成分是二氧化硅二氧化硅只和氫氟酸反應，不和其他酸反應，C項符合題意；D．青釉器中的鈣元素主要以硅酸鈣的形式存在，D項不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．青釉器的主要成分為硅酸鹽混合物；B．氧化鐵為紅色；C．二氧化硅只和氫氟酸反應，不和其他酸反應。3．【答案】B【解析】【解答】A．化合物a含有官能團有：碳碳雙鍵、醛基，ATRA含有碳碳雙鍵、羧基，A不符合題意；B．化合物a不具有能與NaOH溶液反應的官能團，B符合題意；C．ATRA含有碳碳雙鍵，能與氫氣發(fā)生加成反應、能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，含有羧基，能與醇類發(fā)生取代反應，C不符合題意；D．兩者的分子式相同，而結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定官能團；B．根據(jù)官能團確定性質(zhì)；C．根據(jù)官能團的性質(zhì)確定反應類型；D．具有相同分子式而結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體。4．【答案】A【解析】【解答】A．裝置氣密性檢驗的原理是：通過氣體發(fā)生器與液體構(gòu)成封閉體系，依據(jù)改變體系內(nèi)壓強時產(chǎn)生的現(xiàn)象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞；向里推動活塞，長頸漏斗內(nèi)形成一段液柱說明不漏氣，A符合題意；B．溫度計應該放在燒杯內(nèi)測量溶液的溫度變化，B不符合題意；C．圖丙為滴定結(jié)束時的刻度，讀數(shù)為11.80mL，C不符合題意；D．中性環(huán)境中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼．裝置氣密性檢驗的原理是：通過氣體發(fā)生器與液體構(gòu)成封閉體系，依據(jù)改變體系內(nèi)壓強時產(chǎn)生的現(xiàn)象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性；B．應該測量燒杯內(nèi)溶液的溫度變化；C．滴定管的0刻度在上方，精確到0.01mL；D．中性或弱酸性條件下，金屬發(fā)生吸氧腐蝕，酸性環(huán)境下，金屬發(fā)生析氫腐蝕。5．【答案】A【解析】【解答】A.18gH2O的物質(zhì)的量為n=mM=18g18g/molB．標準狀況下，SO3不是氣體，則無法用氣體摩爾體積計算11.2LSO3的物質(zhì)的量，也無法計算其質(zhì)量，B不符合題意；C．未知KCl溶液的體積，無法計算物質(zhì)的量，K＋的數(shù)目不確定，C不符合題意；D．AlCl3是共價化合物，熔融狀態(tài)下AlCl3只有分子，沒有Al3＋，D不符合題意；故答案為：A.

【分析】A.1molH2O含有2molH-O共價鍵；B．標準狀況下，SO3不是氣體；C．未知溶液的體積，無法計算；D．AlCl3是共價化合物。6．【答案】D【解析】【解答】A．SO2可用作食品添加劑如在葡萄酒中加入少量SO2是利用SO2的還原性，防止葡萄酒發(fā)生氧化反應，故A不符合題意；B．P元素為水中藻類植物的營養(yǎng)物質(zhì)，則大量使用含磷洗滌劑會造成水體富營養(yǎng)化，故B不符合題意；C．廢舊電池中含有重金屬，如果隨意丟棄會造成土壤、水資源污染，所以廢舊電池要集中處理，故C不符合題意；D．鐵的活潑性比銅強，鐵上鍍銅形成的原電池中鐵做負極，加快鐵的腐蝕，不能保護鐵質(zhì)水龍頭，故D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼．利用SO2的還原性；B．磷元素造成水體富營養(yǎng)化；C．含有重金屬，會造成污染；D．鐵的活潑性比銅強，鐵上鍍銅形成的原電池中鐵做負極，加快鐵的腐蝕。7．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，W為O，Z為N，Y為C元素，同周期元素從左到右非金屬性增強，則非金屬性：W>Z>Y，A不符合題意；B．M為S元素，Y為C元素，M、Y的最高價氧化物對應水化物分別為H2SO4、H2CO3，硫酸是強酸，碳酸是弱酸，則最高價氧化物對應水化物的酸性：M>Y，B不符合題意；C．X為Al，W為O元素，通過電解熔融的Al2O3可制得Al單質(zhì)，C不符合題意；D．Z為N，W為O元素，氣態(tài)N2O4的體系中存在平衡：N2O4(g)故答案為：D?！痉治觥緼．同周期元素從左到右非金屬性增強；B．元素非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性越強；C．通過電解熔融的Al2O3可制得Al單質(zhì)；D．體系中存在平衡：N2O4(g)8．【答案】B【解析】【解答】A．能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體是NH3，由銨根和氫氧根離子共熱產(chǎn)生氨氣，實驗1發(fā)生復分解反應，無元素化合價發(fā)生變化，是非氧化還原反應，A不符合題意；B．根據(jù)分析可知，W中含有銨根，含有Cu+，且S元素化合價為+4價，則W可能是NH4CuSO3，B符合題意；C．SO2具有漂白性，二氧化硫與品紅結(jié)合生成無色物質(zhì)，使品紅溶液褪色，加熱褪色的溶液又變?yōu)榧t色，該刺激性氣體為SO2，C不符合題意；D．實驗2中產(chǎn)生紅色固體是Cu，溶液變藍說明含有Cu2+，發(fā)生銅元素的歧化反應，只有銅這一種元素發(fā)生了化合價的變化，D不符合題意；故答案為：B。【分析】A．反應中無元素化合價發(fā)生變化；B．根據(jù)現(xiàn)象分析判斷；C．二氧化硫與品紅結(jié)合生成無色物質(zhì)，使品紅溶液褪色，加熱褪色的溶液又變?yōu)榧t色；D．根據(jù)溶液顏色變化分析判斷。9．【答案】D【解析】【解答】A．COB．銅不是惰性電極，若將鉑電極改成銅電極，則該電極上銅會失去電子反應氧化反應，故B不符合題意；C．不確定是否為標況，不能計算生成乙烯的體積，故C不符合題意；D．鉑電極為陽極，通電過程中，鉑電極中水放電生成氧氣和氫離子，氫離子和碳酸氫根離子生成二氧化碳，發(fā)生的電極反應可能為4HCO故答案為：D?！痉治觥緼．依據(jù)“去氧加氫”為還原反應；B．銅不是惰性電極，活性電極作陽極，電極本身失去電子，發(fā)生氧化反應；C．不確定是否為標況，不能計算；D．電解池中，陽極失電子，發(fā)生氧化反應。10．【答案】B【解析】【解答】A．狀態(tài)①到狀態(tài)②過程中無元素化合價發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應，故A不符合題意；B．狀態(tài)⑤到狀態(tài)①的變化過程中有H2O和N2生成，有極性鍵O-H和非極性鍵N≡N的形成，故B符合題意；C．由ΔH=生成物的總能量-反應物的總能量，狀態(tài)②到狀態(tài)③過程的ΔH最小，故C不符合題意；D．由圖2可知，該脫硝過程中參與反應的NH3、NO、O2的物質(zhì)的量之比為2：2：12，即4：4：1，所以脫硝總反應方程式為4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2故答案為：B?！痉治觥緼．利用氧化還原反應中有元素化合價發(fā)生變化判斷；B．同種原子之間的共價鍵為非極性鍵；不同種原子之間的共價鍵為極性鍵；C．由ΔH=生成物的總能量-反應物的總能量；D．依據(jù)圖中反應物和產(chǎn)物及其物質(zhì)的量的值判斷。11．【答案】C【解析】【解答】A．新制氯水中含有漂白性次氯酸能使有色物質(zhì)褪色，不能檢測某新制氯水的pH，故A不符合題意；B．揮發(fā)的乙醇也會使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾乙烯的檢驗，故B不符合題意；C．鹽酸和碘化鈉不反應、和硝酸銀生成氯化銀白色沉淀、和碳酸鈉生成二氧化碳氣體，能鑒別，故C符合題意；D．氯化銀、鉻酸銀兩者沉淀的形式不同，不能通過該實驗比較Ksp(AgCl)與Ksp(故答案為：C?！痉治觥緼．新制氯水中含有漂白性；B．揮發(fā)的乙醇有還原性；C．鹽酸和碘化鈉不反應、和硝酸銀生成氯化銀白色沉淀、和碳酸鈉生成二氧化碳氣體，現(xiàn)象不相同；D．沉淀的形式不同，不能比較Ksp的大小。12．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)分析，濾渣I為C和Au，經(jīng)過灼燒后C與O2生成CO2，只剩Au，A不符合題意；B．酸浸氧化通入氧氣擴大與氧氣接觸的面積，使能與酸反應的物質(zhì)充分反應，提高硝酸的利用率，同時氧氣在酸性環(huán)境下也能與銅反應生成銅離子，減少了污染性氣體的排放，B不符合題意；C．溶液的酸性越強，溶液中H+濃度就越大，H+會與D．還原時Ag元素由+1價變?yōu)?價，降低1價，絡(luò)合離子為氧化劑，Ag為氧化產(chǎn)物；N2H4中N元素由-2價變?yōu)?價，升高4價，N2H4為還原劑，N2為氧化產(chǎn)物，根據(jù)得失電子守恒，故氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：4，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．依據(jù)流程圖，利用反應物和產(chǎn)物的性質(zhì)判斷；B．改變反應途徑，通過比較產(chǎn)物判斷；C．H+會與SD．根據(jù)得失電子守恒。13．【答案】C【解析】【解答】A．由起點可知0.1mol·L-1Na2XO3溶液為堿性，說明Na2XO3為強堿弱酸鹽，XO32?存在兩步水解反應，且水也存在電離，則c(OH-)>c(HXO3?)，則0.1mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c(XOB．由電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(HXO3?)＋2c(XO32?)＋c(Cl-)＋c(OH-)，常溫下當溶液pH=7時，為中性即c(H＋)=c(OH-)，溶液中存在：c(Na＋)=c(C．當加入鹽酸的體積為10mL時，溶質(zhì)為NaHXO3和NaCl，溶液呈堿性，說明HXO3?的水解程度大于電離程度，則Kh1>Ka2，Kh1=c(HXOD．b點n(Cl-)是含X元素微粒的物質(zhì)的量的2倍，根據(jù)物料守恒，b點溶液中：c(Cl-)=2[c(H2XO3)＋c(HXO3?故答案為：C。

【分析】A．依據(jù)溶液中水解和水的電離分析；

B．根據(jù)電荷守恒；

C．依據(jù)酸式酸根離子水解和電離程度大小判斷；

D．根據(jù)物料守恒。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．因為混合溶液中AgNO3與Fe(NO3)2等濃度，因此Ag+與Fe2+濃度相等，根據(jù)反應式可知，Ag+、Fe2+B．該反應為放熱反應，升溫會導致平衡逆向移動，根據(jù)圖像可知，t1時刻改變條件后，平衡正向移動，因此tC．因為Ag+、Fe2+系數(shù)比為1：1，因此v(Fe2+)=v(Ag+)，且t2(t2=4t1)，根據(jù)圖像，vtD．根據(jù)圖像，0～t2s內(nèi)A故答案為：AC?！痉治觥緼．通過計算比較Qc與K的大小判斷；B．根據(jù)影響化學平衡移動的因素分析；C．根據(jù)圖像，及速率的計算公式分析；D．利用υ=Δc/Δt計算。15．【答案】（1）二氧化硫飽和溶液中存在平衡：SO2+H2O?H2SO3?H++HSO3?，往飽和溶液中加入NaHSO3固體，固體溶解后增大了溶液中的c(HS（2）與中等濃度硫酸反應產(chǎn)生二氧化碳氣體，排盡裝置內(nèi)的空氣，防止干擾實驗（3）品紅溶液2褪色（4）檢驗二氧化碳是否已排盡裝置內(nèi)的空氣（5）Na2O2+SO2=Na2SO4（6）溶液的藍色褪去；SO2+I2+2H2O=4H++2I-+S【解析】【解答】（1）SO2易溶于水，溶于水有H2SO3生成，向SO2飽和溶液中加入NaHSO3固體，有氣體冒出，則表明降低了SO2的溶解度，原因是：在二氧化硫飽和溶液中存在平衡：SO2+H2O?H2SO3?H++HSO3?，往飽和溶液中加入NaHSO3固體，固體溶解后增大了溶液中的c(HSO3?)，使平衡左移，降低了SO2的溶解度，從而看到有氣泡逸出。答案為：在二氧化硫飽和溶液中存在平衡：SO2+H2O?H2SO3?H++HSO（2）因為裝置內(nèi)存在空氣，會干擾SO2的性質(zhì)實驗，所以加入碳酸鈉粉末的目的是：與中等濃度硫酸反應產(chǎn)生二氧化碳氣體，排盡裝置內(nèi)的空氣，防止干擾實驗。答案為：與中等濃度硫酸反應產(chǎn)生二氧化碳氣體，排盡裝置內(nèi)的空氣，防止干擾實驗；（3）要證明二氧化硫不與氯化鋇反應，則需保證二氧化硫與氯化鋇充分接觸，所以當品紅溶液2褪色時，氯化鋇溶液中沒有沉淀出現(xiàn)，說明二氧化硫不與氯化鋇溶液反應，此時滴加雙氧水，出現(xiàn)了白色沉淀。答案為：品紅溶液2褪色；（4）要證明裝置內(nèi)空氣已被排盡，需要實驗現(xiàn)象加以佐證，所以裝置中選用澄清石灰水而不用氫氧化鈉溶液的目的是：檢驗二氧化碳是否已排盡裝置內(nèi)的空氣。答案為：檢驗二氧化碳是否已排盡裝置內(nèi)的空氣；（5）若木條不復燃，說明SO2與反應無O2生成，則生成Na2SO4，可能發(fā)生反應的化學方程式為：Na2O2+SO2=Na2SO4。答案為：Na2O2+SO2=Na2SO4；（6）將SO2通入裝有碘水(含淀粉)的洗氣瓶中，要比較還原性，必須證明反應已經(jīng)發(fā)生，所以若溶液的藍色褪去，說明還原性：SO2＞I-，該反應的離子方程式：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42?。答案為：溶液的藍色褪去；SO2+I2+2H2O=4H++2I-

【分析】（1）根據(jù)影響化學平衡移動的因素分析；（2）因為裝置內(nèi)存在空氣，會干擾SO2的性質(zhì)實驗；（3）依據(jù)二氧化硫的性質(zhì)分析；（4）要證明裝置內(nèi)空氣已被排盡，需要實驗現(xiàn)象加以佐證；（5）SO2與Na2O2反應生成Na2SO4；（6）SO2有還原性，依據(jù)強制弱分析。16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2（2）將廢錳渣研磨成粉末（或加熱、或適當提高硫酸濃度）；MnO2（3）2FeS+3MnO2+6（4）除去過量的硫酸(調(diào)節(jié)溶液pH)（5）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥（6）M（7）4.53【解析】【解答】（1）Mn是25號元素，其基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p54s2。（2）“酸處理”時，為提高浸取率可采取的措施為將廢錳渣研磨成粉末（或加熱、或適當提高硫酸濃度）；“酸處理”后，其他成分均與硫酸反應，只有MnO2不反應，因此濾渣①為MnO2。（3）“浸取”過程主要是低價鐵元素將MnO2還原為MnSO4，因此反應為2FeS+3MnO2+6（4）“中和”時，碳酸鈣的作用是中和過量的硫酸，調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+能夠生成Fe(OH)3沉淀而除去。（5）由MnSO4溶液得到固體，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。（6）陽極發(fā)生的反應為Mn2+被氧化為MnO2，根據(jù)質(zhì)量守恒定律及溶液酸性環(huán)境，電極反應式為：Mn（7）根據(jù)MnO2與MnSO4的關(guān)系列式：

【分析】（1）依據(jù)原子構(gòu)造原理分析；（2）依據(jù)影響反應速率和化學平衡的因素分析；（3）根據(jù)反應物和產(chǎn)物的化學式，利用電子得失守恒、原子守恒書寫；考慮產(chǎn)物的催化作用；（4）加入試劑目的是調(diào)整pH但是不能引入雜質(zhì)；（5）從溶液中提取溶解度受溫度比較大的物質(zhì)包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等；（6）根據(jù)質(zhì)量守恒定律及溶液酸性環(huán)境，陽極發(fā)生氧化反應；（7）根據(jù)原子守恒列關(guān)系式計算。17．【答案】（1）+40.9（2）210；開始時溫度低，反應速率慢，生成物(H2O)還很少，分子篩的作用不明顯，隨著產(chǎn)物增多，分子篩作用明顯增強；210℃以后，溫度對平衡的影響超過分子篩的作用；分子篩從反應體系中不斷分離出H2O，減少了生成物，平衡正向移動，甲醇產(chǎn)率升高（3）13（4）反應I為吸熱反應，反應II為放熱反應，溫度大于235℃時，隨溫度升高，反應I向正反應方向進行，反應II向逆反應方向進行，故甲醇的選擇性隨溫度升高而降低【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定律可知，反應I=總反應-反應II，則△H1=△H-△H2=(-49.4)-(-90.3)=+40.9kJ·mol-1；（2）①由圖可知，壓強不變，采用有分子篩時在溫度210℃時甲醇的平衡產(chǎn)率最大，則最佳反應溫度為210℃；其原因是：開始時溫度低，反應速率慢，生成物(H2O)還很少，分子篩的作用不明顯，隨著產(chǎn)物增多，分子篩作用明顯增強；210℃以后，溫度對平衡的影響超過分子篩的作用；②采用分子篩的作用為：分子篩從反應體系中不斷分離出H2O，減少了生成物，平衡正向移動，甲醇產(chǎn)率升高；（3）恒溫恒壓時，體積之比等于物質(zhì)的量之比，即21+3=1.5n，由此計算可得，平衡后，乙容器中氣體的總物質(zhì)的量為3mol，據(jù)此列出三段式：CO2(g)+3（4）溫度大于235℃后甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因：反應I為吸熱反應，反應II為放熱反應，溫度大于235℃時，隨溫度升高，反應I向正反應方向進行，反應II向逆反應方向進行，故甲醇的選擇性隨溫度升高而降低。

【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律；（2）①依據(jù)影響反應速率和化學平衡的因素分析；②根據(jù)影響化學平衡移動的因素分析；（3）恒溫恒壓時，體積之比等于物質(zhì)的量之比，利用“三段式”法計算；（4）依據(jù)反應中能量變化和化學平衡移動原理分析。18．【答案】（1）20；4s（2）B（3）磷酸與水分子之間能形成氫鍵；sp3；O；O（4）90；低于（5）1：2：3；160【解析】【解答】（1）Ca的原子序數(shù)為20，核外20個電子，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，每個電子的運動狀態(tài)都不同，則有20種，占據(jù)能量最高