山東省濟寧市2021-2022學年高三上學期期末考試化學試題

山東省濟寧市2021-2022學年高三上學期期末考化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．化學與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是（）A．“凡鐵分生熟，出爐未炒則生，既炒則熟”中的“炒”為氧化除碳過程B．暖寶寶主要含有鐵粉、水、活性炭、食鹽等，其原理是利用鐵粉與水反應(yīng)放熱C．用CO2人工合成淀粉，有利于減少農(nóng)藥化肥污染和促進“碳中和”D．“化干戈為玉帛”中的“帛”主要成分是蛋白質(zhì)，一定條件下水解生成氨基酸2．下列物質(zhì)的俗稱與化學式對應(yīng)正確的是（）A．生石膏：2CaSO4?H2O B．生石灰：Ca(OH)2C．黃鐵礦：FeS2 D．小蘇打：Na2CO33．某化合物結(jié)構(gòu)如圖所示。其中X、Y、W、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的最外層電子數(shù)是Y的最外層電子數(shù)的2倍，Z和X同主族。下列說法錯誤的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞W(wǎng)＞XB．W與Z形成的化合物中可能既有離子鍵，又有共價鍵C．該化合物中除X原子外，其它原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D．Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物是一種弱酸4．下列實驗方案不能達到預(yù)期目的的是（）A．向淀粉KI溶液中滴加過量FeCl3溶液后變藍，說明該反應(yīng)為可逆反應(yīng)B．向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸液體至紅褐色，停止加熱可得Fe(OH)3膠體C．用品紅溶液鑒別SO2和CO2D．結(jié)晶時快速蒸發(fā)，得到較小的晶體顆粒5．以廢舊鋅錳電池中的黑錳粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]為原料制備MnCl2。其工藝流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．步驟①的試劑和操作為：水、過濾B．步驟②除炭黑和轉(zhuǎn)化MnO(OH)C．步驟③加藥品的順序為先加H2O2后加H2SO4D．步驟④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4雜質(zhì)6．有關(guān)滴定管的使用操作為：滴定管在使用前，首先檢查是否漏水，然后用蒸餾水洗滌、烘干，加入少量所要盛裝的滴定液，使液體潤濕全部滴定管內(nèi)壁，用洗耳球吹出潤洗液至預(yù)置的燒杯中，重復(fù)2~3次，裝入滴定液至零刻度以上，調(diào)整滴定液的液面至零刻度或零刻度以下某一刻度，靜置后記錄起始讀數(shù)。實驗中有幾處錯誤？（）A．2處 B．3處 C．4處 D．5處7．點蝕又稱為孔蝕，是一種集中于金屬表面很小的范圍并深入到金屬內(nèi)部的腐蝕形態(tài)。某鐵合金鈍化膜破損后的孔蝕如圖，下列說法錯誤的是（）A．為防止孔蝕發(fā)生可以將外接電源負極與金屬相連B．蝕孔外每吸收標準狀況下2.24LO2，可氧化0.2molFeC．孔蝕中Fe2+水解導致電解質(zhì)溶液酸性增強D．孔隙中可以發(fā)生析氫腐蝕8．肼(N2H4)又稱為聯(lián)氨，熔、沸點分別為1.4℃、113.5℃，可用如下方法制備肼：CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4+Cl-+CO32-+H2A．N2H4中只存在極性鍵B．CO32-C．CO(NH2)2中C，N，O三種元素第一電離能大小順序是：C<N<OD．肼的相對分子質(zhì)量與乙烯接近，但沸點遠高于乙烯的原因是能形成分子間氫鍵9．常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯誤的是（）A．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則Ksp(FeS)>Ksp(CuS)B．pH=6的氯化銨溶液中：c(C．pH=a的NaOH溶液稀釋100倍后，其pH=b，則b一定等于a-2D．pH=7的CH3COONH4溶液和pH=7的NaCl溶液中水的電離程度不相等10．一種可充放電的鋁離子電池工作原理如圖所示，電解質(zhì)為AlxCly離子液體，CuS在電池反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為Cu2S和Al2S3。下列說法錯誤的是（）A．若CuS從電極表面脫落，則電池單位質(zhì)量釋放電量減少B．放電時電池負極的電極反應(yīng)中，消耗1molAl的同時消耗7molAlCl4C．該電池充電時，陽極反應(yīng)為：3CD．為提高電池效率，可以向CuS@C電極附近加入適量AlCl3水溶液二、多選題11．下列實驗操作或?qū)嶒瀮x器使用正確的是（）A．如圖I表示向試管中加入適量NaOH溶液B．用圖II所示儀器可組裝簡易啟普發(fā)生器C．如圖III所示滴定管中剩余溶液的體積為38.20mLD．用圖IV裝置加熱硫酸銅晶體，測定晶體中結(jié)晶水的含量12．甲、乙、丙、丁、戊五種物質(zhì)是中學化學常見的物質(zhì)，其中甲、乙均為單質(zhì)，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(某些條件和部分產(chǎn)物已略去)。下列說法正確的是（）A．若甲可以與NaOH溶液反應(yīng)放出H2，則丙物質(zhì)可能是一種鹽B．若丙、丁混合產(chǎn)生大量白煙，則乙可能會使品紅溶液褪色C．若甲為短周期中最活潑的金屬，且戊為堿，則丙生成戊一定是氧化還原反應(yīng)D．若甲、丙、戊均含同種元素，則三種物質(zhì)中，該元素的化合價由低到高的順序不可能為甲＜戊＜丙13．某小組探究Na2S溶液與KMnO4溶液反應(yīng)，實驗過程如下：實驗序號III實驗過程滴加10滴(約0.3mL)0.1mol/LNa2S溶液滴加10滴(約0.3mL)0.01mol/L酸性KMnO4溶液(H2SO4酸化至pH=0)實驗現(xiàn)象紫色變淺(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2)溶液呈淡黃色(pH≈8)，生成淺粉色沉淀(MnS)資料：i.MnO4?在強酸性條件下被還原為Mn2+，在近中性條件下被還原為MnO2ii.單質(zhì)硫可溶于硫化鈉溶液，溶液呈淡黃色。下列說法正確的是（）A．取少量實驗I所得溶液進行實驗，檢測到有SO42?，說明S2-被MnO4?B．實驗I中生成棕褐色沉淀的原因：2C．實驗II中所有參加反應(yīng)的S2-均表現(xiàn)還原性D．實驗現(xiàn)象說明：物質(zhì)變化除與自身性質(zhì)有關(guān)，還與濃度、用量、溶液的酸堿性有關(guān)14．一定溫度下，萘()與濃硫酸發(fā)生取代反應(yīng)得到1－取代產(chǎn)物和2－取代產(chǎn)物，兩產(chǎn)物濃度之比與反應(yīng)時間無關(guān)，反應(yīng)進程中能量變化如圖所示。反應(yīng)一段時間，得到1－取代產(chǎn)物與2－取代產(chǎn)物的比例為96：4。下列說法正確的是（）A．1－取代產(chǎn)物比2－取代產(chǎn)物更穩(wěn)定B．萘與取代產(chǎn)物中碳原子雜化方式不同C．選擇合適的催化劑可以提高2－取代產(chǎn)物的比率D．適當提高反應(yīng)溫度，1－取代產(chǎn)物與2－取代產(chǎn)物的比例的比值減小15．常溫下，現(xiàn)有0.1mol/L的NH4HCO3溶液。已知含氮或含碳各微粒的分布分數(shù)δ(平衡時某種微粒的濃度占各種微粒濃度之和的分數(shù))與pH的關(guān)系如圖所示(不考慮溶液中的CO2和NH3分子)。下列說法正確的是（）A．常溫下KB．當溶液的pH=9時，溶液中存在下列關(guān)系：c(NC．HCO3D．往該溶液中逐滴滴加氫氧化鈉時NH4+三、綜合題16．2021年10月18日《自然?化學》發(fā)表我國科學家研究成果，發(fā)現(xiàn)AgCrS2(AMX2家族成員之一，A為一價金屬，M為三價金屬，X為氧族元素)在室溫下具有超離子行為?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)硫原子核外最多有個電子順時針旋轉(zhuǎn)?；鶓B(tài)鉻原子有種電子運動狀態(tài)。（2）氧族元素有氧、硫、硒、碲等元素。這四種元素中，電負性最大的是(填元素符號)?？茖W家用亞硒酸鹽和硫酸鹽跟蹤固氮酶，研究反應(yīng)機理。SeO32?中硒的雜化軌道類型是，TeO42?的空間結(jié)構(gòu)模型為。H2O、H2S、H2Se、H2Te的鍵角由大到小的順序為（3）配合物[Cr(OH)3(H2O)(en)](en為H2NCH2CH2NH2)的中心離子配位數(shù)為(Cr與O、N均形成了配位鍵)，1mol該配合物中含molσ鍵。（4）復(fù)合材料氧鉻酸鈣的立方晶胞如圖所示。已知A、B的原子坐標分別為(0，0，0)、(1，1，0)，則C的原子坐標為，1個鈣原子與個氧原子等距離且最近，已知鈣和氧的最近距離為apm，則該晶體的密度為g/cm3(列出計算式即可)17．鎳、鈷及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用。以含鎳廢料(主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備NixOy，和碳酸鈷(CoCO3)的工藝流程如圖。已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，請回答以下問題：（1）“濾渣I”主要成分是。（2）“氧化”時反應(yīng)的離子方程式是，為證明添加NaClO3已足量，可用（寫化學式）溶液進行檢驗。（3）“調(diào)pH”過程中生成黃鈉鐵釩沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為。（4）“萃取”和“反萃取”可簡單表示為：2HX+Ni2+?NiX2+2H+。在萃取過程中加入適量氨水，其作用是?！胺摧腿　毙枰袡C層中加（填試劑名稱）。（5）若起始時c(Co2+)=0.02mol?L-1，“沉鈷”過程中應(yīng)控制pH＜7.5的原因是。（6）資料顯示，硫酸鎳結(jié)晶水合物的形態(tài)與溫度有如表關(guān)系。溫度低于30.8℃30.8℃~53.8℃53.8℃~280℃高于280℃晶體形態(tài)NiSO4?7H2ONiSO4?6H2O多種結(jié)晶水合物NiSO4由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO4?6H2O晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、、過濾、洗滌、干燥。18．釩酸釔(YVO4)廣泛應(yīng)用于光纖通信領(lǐng)域，一種用廢釩催化劑(含V2O5、K2O、SiO2、少量Fe2O3)制取YVO4的工藝流程如下：已知：V2O2(OH)4既能與強酸反應(yīng)，又能與強堿反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）V元素在元素周期表中的位置為。（2）“還原酸浸”時，釩以VO2+浸出，“浸出液”中還含有的金屬離子是。V2O5被還原的離子方程式為。（3）常溫下，各種形態(tài)五價釩粒子總濃度的對數(shù)[lgc總(V)]與pH關(guān)系如圖甲。pH=4時增大釩粒子總濃度，粒子間轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為、5H（4）寫出“堿溶”時的化學方程式，結(jié)合“堿溶”和“沉釩”可知，ClO3?、VO3?（5）常溫下，NH4VO3的溶解度S=0.468g，則常溫下NH4VO3的Ksp=(設(shè)NH4VO3飽和溶液的密度為1g/mL)，某研究小組取234gNH4VO3探究“焙燒”過程中的變化，焙燒過程中減少的質(zhì)量(Δm)隨溫度變化的曲線如圖乙所示，則C點所得物質(zhì)的化學式為。19．三氯氧磷(POCl3)是一種重要的化工原料，工業(yè)上可以直接氧化PCl3制備POCl3，反應(yīng)原理為：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl已知：PCl3、POCl3的部分性質(zhì)如下：

熔點/℃沸點/℃其它PCl3?11275.5遇水生成H3PO3和HClPOCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl某興趣小組模擬該工藝設(shè)計實驗裝置如圖(某些加持裝置、加熱裝置已略去)：（1）檢查裝置氣密性并加入純凈的白磷，先制取一種氣體，緩慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一種氣體。儀器a的名稱為，b中盛放的藥品是。（2）C中反應(yīng)溫度控制在60~65℃，不能過高或過低的原因是。（3）PCl3遇水生成H3PO3，常溫下，將NaOH溶液滴加到亞磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH與所有含磷粒子濃度變化的關(guān)系如圖所示。其中表示lgc(HPO32-)c(H2P（4）通過測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，可進一步計算產(chǎn)品的純度，實驗步驟如下：①取ag產(chǎn)品置于盛60.00mL蒸餾水的水解瓶中，搖動至完全水解，將水解液配成100.00mL溶液并預(yù)處理排除含磷粒子的影響。②取10.00mL溶液于錐形瓶中，向其中加入c1mol/L的AgNO3溶液V1mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振蕩，使沉淀表面被有機物覆蓋；然后加入幾滴Fe(NO3)3溶液作指示劑，用c2mol/LNH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積為V2mL。[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]則產(chǎn)品中POCl3的百分含量為20．做好碳達峰、碳中和工作，是中央經(jīng)濟工作會議確定的2021年八項重點任務(wù)之一、CO2的資源化可以推動經(jīng)濟高質(zhì)量發(fā)展和生態(tài)環(huán)境質(zhì)量的持續(xù)改善。（1）一定條件下，由CO2和H2制備甲醇的過程中含有下列反應(yīng)：反應(yīng)1：C反應(yīng)2：CO(g)+2反應(yīng)3：C其對應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2、K3，它們隨溫度變化的曲線如圖所示。則△H2△H3(填“大于”、“小于”或“等于”)。（2）①對于上述CO2加氫合成CH3OH的體系，下列說法錯誤的是(填標號)。A．增大H2濃度有利于提高CO2的轉(zhuǎn)化率B．當氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變時，說明反應(yīng)體系已達平衡C．體系達平衡后，若壓縮體積，則反應(yīng)1平衡不移動，反應(yīng)3平衡正向移動D．選用合適的催化劑可以提高CH3OH在單位時間內(nèi)的產(chǎn)量②已知對于反應(yīng)：aA(g)+bB(g)?cC(g)+dD(g)，其標準平衡常數(shù)：kθ=[p(C)]c×[p(D)]d[p(A)]a×[（3）電催化還原能將CO2轉(zhuǎn)化為多種碳產(chǎn)物。在銅電極上將CO2還原為CO的機理如圖所示：寫出該機理過程總的電極方程式：。（4）利用CO2為原料可以合成苯乙烯，涉及以下反應(yīng)：I．C6HII．H結(jié)合數(shù)據(jù)說明乙苯制苯乙烯過程中加氧氣的理由。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．生鐵是含碳量大于2%的鐵碳合金，為降低含碳量，可以通過“炒”制，將碳元素氧化除去，故A不符合題意；B．鐵粉、活性炭、水、食鹽等形成原電池，加快反應(yīng)速率，加速鐵粉的氧化，反應(yīng)放熱，故B符合題意；C．用CO2人工合成淀粉，可減少碳排放，增加糧食產(chǎn)量，因此有利于減少農(nóng)藥化肥污染和促進“碳中和”，故C不符合題意；D．“化干戈為玉帛”中的“帛”主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)是一種高分子化合物，一定條件下水解，最終生成氨基酸，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．“炒”制可以將碳元素氧化除去；

B．根據(jù)原電池原理分析；

C．消耗CO2有利于碳中和；

D．帛是蠶絲制品，屬于蛋白質(zhì)。2．【答案】C【解析】【解答】A．生石膏為CaSO4·2H2O，故A不符合題意；B．生石灰為CaO，故B不符合題意；C．黃鐵礦為FeS2，故C符合題意；D．小蘇打為NaHCO3，故D不符合題意；故答案為：C

【分析】A．2CaSO4?H2O是熟石膏；

B．Ca(OH)2是熟石灰；

C．黃鐵礦為FeS2；

D．Na2CO3是蘇打。3．【答案】C【解析】【解答】A．一般而言，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，原子半徑：Z>Y>W>X，故A不符合題意；B．W為O元素，Z為Na元素，可以形成Na2O2，既有離子鍵，又有共價鍵，故B不符合題意；C．X為H元素，Y為B素，化合物中有兩個B原子為6電子結(jié)構(gòu)，另外兩個B原子滿足8電子結(jié)構(gòu)，故C符合題意；D．Y為B素，Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物是H3BO3，是一種弱酸，故D不符合題意；故答案為C

【分析】X、Y、W、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，根據(jù)該化合物的結(jié)構(gòu)示意圖，X為H元素；Z為+1價陽離子，Z和X同主族，則Z為Na元素；W形成2個共價鍵，則W為VIA元素，為O元素；W的最外層電子數(shù)是Y的最外層電子數(shù)的2倍，則Y為B元素，根據(jù)上述分析，X為H元素，Y為B素，W為O元素，Z為Na元素。4．【答案】A【解析】【解答】A．向淀粉KI溶液中滴加過量FeCl3溶液后，反應(yīng)反應(yīng)：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由于反應(yīng)產(chǎn)生了I2，I2遇淀粉溶液變藍色，因此不能確定反應(yīng)是否是可逆反應(yīng)，A符合題意；B．符合Fe(OH)3制取操作要求，能夠達到預(yù)期目的，B不符合題意；C．SO2能夠使品紅溶液褪色，而CO2不能使品紅溶液褪色，因此可以使用品紅溶液鑒別SO2和CO2，C不符合題意；D．結(jié)晶時得到晶體顆粒大小與結(jié)晶速率有關(guān)，若快速蒸發(fā)，得到較小的晶體顆粒；若是緩慢結(jié)晶，得到的是較大的晶體顆粒，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．無論可不可逆都會生成I2；

B．向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸液體至紅褐色可制得Fe(OH)3膠體；

C．SO2能夠使品紅溶液褪色；

D．若快速蒸發(fā)，得到較小的晶體顆粒。5．【答案】C【解析】【解答】A．步驟①將黑錳粉分離為溶液和MnO2粗品，可知步驟①為水洗、過濾分離出NH4Cl、ZnCl2溶液和MnO2固體，A不符合題意；B．MnO2粗品中含有MnO2、MnO(OH)、Fe2O3及炭黑等，步驟②是將MnO2粗品在空氣中加熱，MnO(OH)、炭黑(主要成分為C單質(zhì))被O2氧化，C被氧化為CO2，MnO(OH)被氧化為MnO2，發(fā)生反應(yīng)為C+O2Δ_CO2、4MnO(OH)+O2Δ_4MnO2+2HC．步驟③若先加H2O2、后加H2SO4，MnO2會催化分解H2O2，使其利用率降低，C符合題意；D．步驟④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反應(yīng)生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，則所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4雜質(zhì)，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】黑錳粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等，步驟①將黑錳粉分離為溶液和MnO2粗品，可知步驟①為水洗、過濾分離出NH4Cl、ZnCl2溶液和MnO2固體；所得MnO2粗品中含有MnO2、MnO(OH)、Fe2O3及炭黑等，步驟②是將MnO2粗品在空氣中加熱，MnO(OH)、炭黑(主要成分為C單質(zhì))被O2氧化，C被氧化為CO2，MnO(OH)被氧化為MnO2，發(fā)生反應(yīng)為C+O2Δ_CO2、4MnO(OH)+O2Δ_4MnO2+2H2O，此時MnO2粗產(chǎn)品中含有MnO2、Fe2O3；步驟③是向MnO2租產(chǎn)品(含MnO2、Fe2O3)中加入稀H2SO4、H2O2溶液，并加熱得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步驟④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反應(yīng)生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再經(jīng)過濾操作得到MnCl6．【答案】B【解析】【解答】滴定管在使用前，首先檢查是否漏水，然后用蒸餾水洗滌，滴定管不能烘干；從滴定管上口加入少量待裝液，傾斜著轉(zhuǎn)動滴定管，使液體潤濕內(nèi)壁，潤洗液從下部放出，重復(fù)2~3次，裝入滴定液至零刻度以上，排氣泡，調(diào)整滴定液的液面至零刻度或零刻度以下某一刻度，靜置后記錄起始讀數(shù)，實驗中有3處錯誤，選B。

【分析】滴定管不能烘干，潤洗液不需要吹出，滴定前需排氣泡。7．【答案】B【解析】【解答】A．將外接電源負極與金屬相連，屬于外加電流陰極保護法，可以防止孔蝕發(fā)生，故A不符合題意；B．蝕孔外每吸收標準狀況下2.24LO2，轉(zhuǎn)移0.4mol電子，蝕孔中Fe、Ni等金屬都被氧化，所以被氧化的Fe小于0.2mol，故B符合題意；C．Fe2++2D．孔隙中電解液呈酸性，可以發(fā)生析氫腐蝕，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．將外接電源負極與金屬相連，屬于外加電流陰極保護法；

B．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算；

C．根據(jù)Fe2++28．【答案】D【解析】【解答】A．N2H4的結(jié)構(gòu)式為，含有極性共價鍵和非極性共價鍵，故A不符合題意；B．CO32?中中心原子C的價層電子對數(shù)為3+4+2?3×2C．同周期從左向右第一電離能增大趨勢，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此三種元素的第一電離能大小順序是N＞O＞C，故C不符合題意；D．肼和乙烯均屬于分子晶體，按照形成氫鍵的條件，肼分子間存在氫鍵，乙烯分子間不存在氫鍵，因此肼的沸點大于乙烯，故D符合題意；故答案為D。

【分析】A．同種非金屬直接形成非極性鍵；

B．根據(jù)價層電子對互斥理論計算；

C．N的2p軌道半滿，第一電離能較大；

D．分子間氫鍵可以增大熔沸點。9．【答案】C【解析】【解答】A．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，對于組成相似的物質(zhì)，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故A不符合題意；B．pH=6的氯化銨溶液中銨根水解，溶液顯酸性，根據(jù)質(zhì)子守恒可知溶液中c(HC．pH=a的NaOH溶液稀釋100倍后，其pH=b，如果a＝8，則b不等于a-2，因為常溫下氫氧化鈉溶液無論怎么稀釋都不可能顯酸性，故C符合題意；D．銨根和醋酸根均水解，促進水的電離，氯化鈉不水解，因此pH=7的CH3COONH4溶液和pH=7的NaCl溶液中水的電離程度不相等，故D不符合題意。故答案為：V。

【分析】A．組成相似的物質(zhì)，溶解性越大，Ksp越大；

B．根據(jù)質(zhì)子守恒計算；

C．稀釋后pH不能跨過7；

D．根據(jù)雙水解分析。10．【答案】D【解析】【解答】A．放電時，硫化銅所在的正極反應(yīng)為：6CuS+8Al2Cl7-+6e-═3Cu2S+Al2S3+14AlClB．由分析可知，放電時電池負極的電極反應(yīng)為2Al+14AlCl4--6e-=8AC．由分析可知，該電池充電時，陽極的電極反應(yīng)為：3CuD．由分析可知，正極反應(yīng)為：6CuS+8Al2Cl7-+6e-═3Cu2S+Al2S3+14AlCl4-，生成的Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2故答案為：D。

【分析】放電時，鋁為負極，CuS@C為正極，鋁被氧化生成Al2Cl7-，電極反應(yīng)式為2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-，正極反應(yīng)為：6CuS+8Al2Cl7-+6e-═3Cu2S+Al2S311．【答案】A,D【解析】【解答】A．取少量液體時如題圖I所示，可以直接傾倒液體，A符合題意；B．簡易啟普發(fā)生器由長頸漏斗和試管及其余裝置組成，能達到隨開隨用，隨關(guān)隨停的目的，要想達到此目的需要用長頸漏斗，故B不符合題意；C．如圖III所示滴定管讀數(shù)為11.8，滴定管下部都有液體，所以剩余的液體體積大于38.20mL，故C不符合題意；D．用圖IV裝置加熱硫酸銅晶體，加熱至恒重，測定剩余固體的量，可以計算出失去的水的量，測定晶體中結(jié)晶水的含量，故D符合題意；故答案為：AD。

【分析】A．裝NaOH溶液的試劑瓶不能使用玻璃塞；

B．啟普發(fā)生器需用長頸漏斗；

C．滴定管下部都有液體，不能用減法計算剩余液體；

D．通過坩堝加熱稱重可計算含水量。12．【答案】A,B【解析】【解答】A．甲為單質(zhì)，若甲可以與NaOH溶液反應(yīng)放出H2，則甲為Al或Si，所以丙可能是一種鹽，例如氯化鋁等，故A符合題意；B．丙、丁混合產(chǎn)生白煙，則丙、丁可為HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均為單質(zhì)，則乙可能是氯氣、氫氣或氮氣，如果是氯氣，則會使品紅溶液褪色，故B符合題意；C．若甲為短周期中最活潑的金屬，且戊為堿，則甲為Na，乙為氧氣，所以丙可以為氧化鈉或過氧化鈉，當丙為氧化鈉時，丙生成戊不是氧化還原反應(yīng)，故C不符合題意；D．若甲、丙、戊含有同一種元素，例如當甲為鐵、乙為氯氣、丙為氯化鐵、丁為硫化氫等具有還原性的物質(zhì)、戊為氯化亞鐵時，則含F(xiàn)e元素的物質(zhì)中Fe的化合價由低到高的順序為甲＜戊＜丙，故D不符合題意。故答案為：AB。

【分析】根據(jù)甲和乙反應(yīng)生成丙，丙與丁反應(yīng)生成戊，結(jié)合甲、乙均為單質(zhì)分析。13．【答案】B,D【解析】【解答】A．取少量實驗I所得溶液進行實驗，檢測到有SO42?，因反應(yīng)中加硫酸酸化，不能說明S2-被MnO4?氧化為SOB．實驗I中生成棕褐色沉淀的原因是反應(yīng)中有二氧化錳產(chǎn)生：2HC．實驗II中生成淺粉色沉淀(MnS)，說明參加反應(yīng)的S2-有部分不顯還原性，故C不符合題意；D．兩實驗滴加順序不同，I滴加10滴(約0.3mL)0.1mol/LNa2S溶液，酸性KMnO4溶液過量，在酸性條件中反應(yīng)，II滴加10滴(約0.3mL)0.01mol/L酸性KMnO4溶液(H2SO4酸化至pH=0)，Na2S溶液溶液過量，在堿性條件下反應(yīng)，隨時間的變化，溶液中物質(zhì)的濃度發(fā)生變化，溶液的酸堿性也不同，實驗現(xiàn)象說明：物質(zhì)變化除與自身性質(zhì)有關(guān)，還與濃度、用量、溶液的酸堿性有關(guān)，故D符合題意；故答案為：BD。

【分析】A．由于加了硫酸因此無法判斷；

B．根據(jù)氧化還原的原理分析；

C．根據(jù)生成的MnS分析；

D．根據(jù)控制變量法分析。14．【答案】C,D【解析】【解答】A．根據(jù)圖像，2－取代產(chǎn)物的能量低于1－取代產(chǎn)物，能量越低，物質(zhì)越穩(wěn)定，因此2－取代產(chǎn)物比1－取代產(chǎn)物穩(wěn)定，故A不符合題意；B．萘與取代產(chǎn)物中碳原子全部為萘環(huán)上的碳，雜化方式全部為sp2，故B不符合題意；C．根據(jù)催化劑的選擇性，合適的催化劑可以加快主反應(yīng)的反應(yīng)速率，從而提高單位時間內(nèi)該反應(yīng)產(chǎn)物在總的生成物中的比率，故C符合題意；D.1－取代反應(yīng)和2－取代反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，1－取代反應(yīng)活化能低，在低溫時相對速率比2－取代反應(yīng)快，因此低溫時1－取代所占比率高，升高溫度后，活化能不再是制約1－取代、2－取代相對速率的關(guān)鍵因素，由于2－取代產(chǎn)物更穩(wěn)定，2－取代產(chǎn)物在總產(chǎn)物中的比率增加，1－取代產(chǎn)物與2－取代產(chǎn)物的比例的比值減小，故D符合題意；故答案為：CD【分析】A．根據(jù)能量越高越不穩(wěn)定分析；

B．苯環(huán)的C均為sp2雜化；

C．根據(jù)催化劑的選擇性分析；

D．根據(jù)反應(yīng)的熱效應(yīng)分析。15．【答案】A,C【解析】【解答】A．根據(jù)分析可知KbB．由圖可知，當溶液的pH=9時，溶液中粒子濃度關(guān)系為c(HCOC．HCO3-+NHD．根據(jù)圖像可知往該溶液中逐滴滴加氫氧化鈉時NH4+轉(zhuǎn)化成N故答案為AC

【分析】根據(jù)如圖分析虛線是NH3·H2O，交點pH=9.3結(jié)合Kb的表達式可以求Kb，交點pH=6.4，pH=10.2結(jié)合Ka的表達式可以求Ka1和Ka2。16．【答案】（1）9；24（2）O；sp3；正四面體形；H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te（3）6；22（4）(12，1，12【解析】【解答】（1）基態(tài)硫原子的電子排布圖為，核外最多有9個電子順時針旋轉(zhuǎn)。鉻是24號元素，核外有24個電子，基態(tài)鉻原子有24種電子運動狀態(tài)；（2）元素非金屬性越強電負性越大，氧族元素有氧、硫、硒、碲等元素，這四種元素中，電負性最大的是O。SeO32?中硒原子雜化軌道數(shù)是6+22=4，雜化軌道類型是sp3，TeO42?中碲原子雜化軌道數(shù)是6+22=4，無孤電子對，空間結(jié)構(gòu)模型為正四面體形；O、S、Se、Te原子半徑依次增大，H2O、H2S、H2Se、H2Te中成鍵電子對的排斥作用減弱，所以鍵角由大到小的順序為H2O＞H（3）配合物[Cr(OH)3(H2O)(en)](en為H2NCH2CH2NH2)，H2NCH2CH2NH2中2個N和Cr3+配位，中心離子配位數(shù)為6，單鍵、配位鍵全是σ鍵，1mol該配合物中含22molσ鍵。（4）根據(jù)A、B的原子坐標分別為(0，0，0)、(1，1，0)，可知C的原子坐標為(12，1，12)；根據(jù)圖示，1個鈣原子與12個氧原子等距離且最近；1個晶胞含有Ca原子數(shù)8×18=1、O原子數(shù)6×12

【分析】(1)根據(jù)泡利不相容原理分析；根據(jù)Cr的電子個數(shù)分析；

(2)元素非金屬性越強電負性越大；根據(jù)價層電子對互斥理論分析雜化類型和空間構(gòu)型；半徑越大成鍵電子對的排斥作用減弱；

(3)乙二胺為二配位；單鍵、配位鍵均為σ鍵；

(4)根據(jù)A、B的坐標分析C的坐標；圖中為面心立方最密堆積，1個鈣原子與12個氧原子等距離且最近；根據(jù)ρ=mV17．【答案】（1）SiO2、BaSO4（2）6Fe2++6H++ClO3-＝6Fe3++Cl-+3H2O；K3[Fe(CN)6（3）3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO（4）促進平衡向正反應(yīng)方向移動，提高萃取率；稀硫酸（5）防止沉鈷時生成Co(OH)2（6）冷卻至30.8℃~53.8℃之間結(jié)晶【解析】【解答】（1）原料的主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不與稀硫酸反應(yīng)，所以會出現(xiàn)在濾渣中，BaO與稀硫酸反應(yīng)最終變成BaSO4沉淀，所以也會出現(xiàn)在濾渣中；答案為：SiO2、BaSO4；（2）氧化步驟的目的是將二價鐵轉(zhuǎn)變成三價鐵，便于在后續(xù)步驟中沉淀法除去，所以離子方程式為：6Fe2++6H++ClO3-＝6Fe3++Cl-+3H2O；為證明添加NaClO3已足量，可檢驗溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液進行檢驗。答案為：6Fe2++6H++ClO3-＝6Fe3++Cl-+3H2O；K3[Fe(CN)（3）根據(jù)黃鈉鐵釩渣的化學式以及調(diào)節(jié)pH時所加入的物質(zhì)，結(jié)合原子、電荷守恒等，可知“調(diào)pH”過程中生成黃鈉鐵釩沉淀的離子方程式為：3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；答案為：3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-＝NaFe3(SO4)2(OH)（4）結(jié)合題給信息，加入氨水，氨水可以和H+反應(yīng)，使反應(yīng)2HX+Ni2+?NiX2+2H+向右移動，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，應(yīng)使2HX+Ni2+?NiX2+2H+向左移動，可通過加入酸來實現(xiàn)。答案為：促進平衡向正反應(yīng)方向移動，提高萃取率；稀硫酸；（5）根據(jù)已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始時c(Co2+)=0.02mol?L-1，c(OH-)=2×10-150.02mol/L=10-6.5mol/L，c(H+（6）根據(jù)題給信息，由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO4?6H2O晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、冷卻至30.8℃~53.8℃之間結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到。答案為：冷卻至30.8℃~53.8℃之間結(jié)晶。

【分析】原料的主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，最終要制備兩種產(chǎn)物，一種是鎳的氧化物，一種是CoCO3，所以FeO，F(xiàn)e2O3，BaO和SiO2要在制備過程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，過濾分離出濾渣為SiO2和BaSO4。濾液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4以及過量H2SO4。加入氧化劑NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH使Fe2(SO4)3等轉(zhuǎn)化為黃鈉鐵礬渣，經(jīng)過濾除去。再加入萃取劑，鎮(zhèn)等、靜置、分液得到含NiSO4的有機層和含有CoSO4的水層溶液，再通過沉鈷步驟得到CoCO3。在含NiSO4的有機層反萃取得到NiSO4溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到NiSO4?6H2O晶體，煅燒后得到最終產(chǎn)品。以此來解答。18．【答案】（1）第四周期VB族（2）Fe2+、K+；4（3）2（4）3V2（5）1.6×10-3【解析】【解答】（1）V是23號元素，位于元素周期表第四周期第VB族；（2）根據(jù)上述分析可知：“還原酸浸”時，釩以VO2+浸出，“浸出液”中還含有的金屬離子是Fe2+、K+；V2O5在酸性條件下被Na2SO3還原為VO2+浸出，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，結(jié)合物質(zhì)存在形式，可得該反應(yīng)的離子方程式為：4H（3）根據(jù)圖示可知：pH=4時增大釩粒子總濃度，粒子間轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為：2H2V（4）根據(jù)已知信息：V2O2(OH)4既能與強酸反應(yīng)，又能與強堿反應(yīng)，堿溶時V2O2(OH)4與NaClO3、NaOH發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NaVO3、NaCl、H2O，該反應(yīng)的化學方程式為：3VNaClO3能夠?qū)2O2(OH)4氧化為NaVO3，由于在氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性比氧化產(chǎn)物的強，所以氧化性：ClO3?＞VO3?，即ClO（5）在常溫下，NH4VO3的溶解度S=0.468g，其物質(zhì)的量為n(NH4VO3)=0.468g117g/mol=0.004mol，則此時c(NH4VO3)=0.004mol0.1L=0.04mol/L，所以常溫下NH4VO3的Ksp=c(NH4+由圖可知：A→B時234gNH4VO3質(zhì)量減少34g，NH4VO3分解生成氨氣和HVO3；C→D時發(fā)生反應(yīng)：2HVO3Δ_V2O5+H2O，質(zhì)量不再變化，則C點所得物質(zhì)化學式為HVO3

【分析】酸浸時金屬氧化物與酸反應(yīng)變?yōu)榻饘訇栯x子，V2O5被K2SO3還原為VO2+浸出，F(xiàn)e2O3與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的Fe3+被Na2SO3還原為Fe2+進入溶液，酸性氧化物SiO2不能溶解，進入濾渣I中；然后向還原后的含VOSO4溶液中加入適量KOH溶液，形成V2O2(OH)4沉淀，K+留在濾液中，從而實現(xiàn)釩、鉀分離，得到濾餅中含V2O2(OH)4，V2O2(OH)4能夠與強堿反應(yīng)，并且該物質(zhì)具有還原性，向濾餅中加入NaClO3、NaOH溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，V2O2(OH)4元素轉(zhuǎn)化為VO3-，再向溶液中加熱NH4Cl，形成NH4VO3晶體，將其高溫煅燒，產(chǎn)生V2O5，將V2O5、Y2O319．【答案】（1）球形冷凝管；堿石灰（2）溫度太低，反應(yīng)速率變慢；溫度過高，PCl3易揮發(fā)，利用率降低（3）I；c(N（4）[300a-137.5(c1V1-【解析】【解答】（1）根據(jù)裝置圖儀器a結(jié)構(gòu)可知其名稱為球形冷凝管；裝置b為干燥管，其盛放的試劑可以吸收未反應(yīng)的Cl2，同時還可防止空氣中的水蒸氣進入裝置中，該固體試劑可以是堿石灰；（2）在裝置C中發(fā)生反應(yīng)：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+（3）由亞磷酸(H3PO3)的電離平衡常數(shù)可知Ka1=c(H+)?c(H2PO3-)c(H3PO3)；Ka2=c(H+)?c(HPO32-亞磷酸(H3PO3)為二元弱酸，則HPO32-不能再發(fā)生電離，只能水解，使溶液呈堿性，同時考慮到水也存在電離平衡，所以溶液中c(H2P（4）根據(jù)元素守恒可得關(guān)系式：POCl3～3Cl-～3Ag+。PCl3～3Cl-～3Ag+。與Cl-反應(yīng)的Ag+的物質(zhì)的量為n(Ag+)=(c1V1-c2V2)×10