2021-2022學(xué)年安徽省合肥市肥東縣綜合高中高二（下）期末化學(xué)試卷（附答案詳解）

2021-2022學(xué)年安徽省合肥市肥東縣綜合高中高二（下）期末化學(xué)試卷一、單選題（本大題共16小題，共48.0分）1.X、Y、Z、Q、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一電離能數(shù)值比丫大的元素有2種；Z元素原子的價(jià)層電子排布是ns/pzn；Q、W元素原子的最外層均只有1個(gè)電子，但Q元素原子中只有兩種形狀的電子云，W元素原子的次外層內(nèi)的所有軌道的電子均成對(duì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.電負(fù)性：X<Y<Z B.鍵角：YX3<X2ZQ2Z2的陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：1D.W元素位于元素周期表的d區(qū)2.我國(guó)科學(xué)家潘錦功發(fā)明了“硫化鎘薄膜太陽(yáng)能電池”，被科學(xué)家稱為“掛在墻壁上的油田”。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.周期表中碑和鎘都位于長(zhǎng)周期B.該電池將光能全部轉(zhuǎn)化成電能C.推廣使用該電池有利于“碳中和”D.保護(hù)層壓件的鋁合金屬于金屬材料.下列化學(xué)用語(yǔ)正確的是（）A.聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：—CH二一CH?七B.丙烷分子的比例模型：ClC.四氯化碳分子的電子式：CI：C：CIClD.中子數(shù)為18的氯原子：衿C1O.治療或預(yù)防肺部纖維化的有效藥物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為下列關(guān)于該藥物的有關(guān)說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A.該有機(jī)物屬于芳香族化合物，分子中有兩種官能團(tuán)B.該分子中所有原子一定共平面

C.分子中苯環(huán)上的一氯代物有3種Imol該分子最多能與4moi氫氣完全加成.設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)敘述不正確的是（）Imol甲基（一（：出）所含的電子總數(shù)為9必0.5moll,3-丁二烯分子中含有C=C雙鍵數(shù)為Na14g乙烯和丙烯的混合物中含有碳原子的數(shù)目為NaD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，224L庚烷所含有的分子數(shù)為Na.用下列圖示實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，說(shuō)法正確的是（）A.用如圖所示裝置灼燒碎海帶用如圖所示裝置制取并收集。2的C&=CH2高鉀A.用如圖所示裝置灼燒碎海帶用如圖所示裝置制取并收集。2的C&=CH2高鉀、性酸液酸話溶用如圖所示裝置檢驗(yàn)?zāi)彝榕cNaOH醇溶液共熱產(chǎn)生D.用如圖所示裝置收集SO2氣體.高鐵酸鈉（NazFeO,具有很強(qiáng)的氧化性，能有效地殺滅水中的細(xì)菌和病毒，同時(shí)被還原成Fe（OH）3能高效地除去水中的懸浮物，是一種新型高效水處理劑。其制備方法如下：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2Fe（）4+3NaCl+5H2。。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）NazFeOd中Fe元素顯+6價(jià)B.堿性條件下NaClO氧化性強(qiáng)于NazFeOdC.每生成ImolNazFeOd轉(zhuǎn)移6moi電子D.在水處理中，NazFeOd兼具消毒和凈水兩種功能.下列離子方程式與所述事實(shí)相符且正確的是()A.用硫氟化鉀溶液可以檢驗(yàn)溶液中的Fe3+：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3IB.用稀氫氧化鈉溶液吸收二氧化氮：20H-+2NO2=NOj+NOT+H20C,水楊酸與足量的Na2cO3溶液混合：＜?C0°H+2co1-OH OHo-D.向氯化銀懸濁液中滴加氨水：2NH3-H20+AgCl=Ag(NH3)2Cl+2H2O.對(duì)可逆反應(yīng)4NH3(g)+502(g)=4NO(g)+6H2O(g),下列關(guān)于平衡狀態(tài)敘述正確的是()A.達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，5V正(。2)=4V逆(NO)B.達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，若增加容器體積，則正逆反應(yīng)速率都減小C.若單位時(shí)間內(nèi)消耗5moi。2的同時(shí)生成4moiNO,則反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)D.達(dá)到平衡時(shí)，向體系內(nèi)充入4moiNH3，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率將增大.?；?COS)可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將lOmolCO和一定量的H2s混合加熱并達(dá)到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)K=0.1,平衡后CO物質(zhì)的量為8mol。下列說(shuō)法正確的是()A.起始時(shí)H2s的物質(zhì)的量為7moiCO、H2s的轉(zhuǎn)化率之比為1：1c.升高溫度，COS濃度減小，表明該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)D.恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S,COS,H2各lmoL平衡不移動(dòng)11.某小組設(shè)計(jì)如圖所示裝置(夾持裝置略去)模擬侯氏制堿工藝制備NaHC03.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.裝置①也可用于制取電B.③、⑤中可分別盛放飽和食鹽水和濃氨水C.應(yīng)先向③中通入足量NH3,再通入足量A.裝置①也可用于制取電B.③、⑤中可分別盛放飽和食鹽水和濃氨水C.應(yīng)先向③中通入足量NH3,再通入足量CO2D.實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的尾氣可以通過(guò)濃NaOH溶液處理12.某種熔融碳酸鹽燃料電池以Li2c。3、K2c。3為電解質(zhì)，從一個(gè)電極通入甲烷，從另外一個(gè)電極通入空氣，該電池工作原理如圖所示。電池工作時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A.電池總反應(yīng)為：c*+2。2￥C°2+2H2。B.該電池只有在較高溫度下才能正常工作C.a為。2,b為CH”C為M，d為CO?D.正極電極反應(yīng)式為：。2+2HzO+4e-=40H-13.HCOOH在Pd催化劑表面脫氫的反應(yīng)原理、反應(yīng)歷程與能量的關(guān)系如圖所示:攔,二年下列說(shuō)法正確的是（）A.在歷程I?V中，生成V的反應(yīng)速率最快B.在Pd催化劑表面HCOOH脫氫反應(yīng)的AH>0C.在Pd催化劑表面離解C-H鍵比0-H鍵的活化能高D,用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得至ij的產(chǎn)物者B有HD和CO2.下列離子方程式書寫正確的是()A.向硫酸鋁溶液中滴加碳酸鈉溶液：2A13++3COj-=A12(CO3)3IB.向KI與稀硫酸的混合溶液中通入氧氣：4H++O2+6I-=3I2+2H2OC.已知還原性Fe2+>Br-,amolFeBr2溶液中通入amolCl?：2Fe2++2Br_+2C12=Br2+2Fe3++4C1~D.在澄清石灰水中加入過(guò)量的碳酸氫鈉溶液：Ca2++OH-+HCO3=CaCO3I+H20.酒石酸是葡萄酒中主要的有機(jī)酸之一，它的結(jié)構(gòu)式為HOOCCH(OH)CH(OH)COOH(簡(jiǎn)寫為H2R)。已知：25K時(shí)，H2R和H2c。3的電離平衡常數(shù)如下，下列說(shuō)法正確的是()化學(xué)式h2rH2cO3電離平衡常數(shù)Ki=9.1x10-4K2=4.3x10-5Ki=4.2xIO-K2=5.6xIO一11A.NaHR溶液呈酸性，且溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)B.在Na?R溶液中通入足量CO?生成的鹽是NaHR和NaHCC)3ImolHzR分別與足量的NaOH、Na2cO3、Na反應(yīng)消耗三者的物質(zhì)的量之比為1：1：125國(guó)時(shí)，將等物質(zhì)的量濃度的Na?R和NaHCOs溶液等體積混合，反應(yīng)的離子方程式為：R2-+HCO3=HR-+COl-16.已知常溫下，HCOOH比NH3?H2O電離常數(shù)大。向]0mL0.1mo]/LHC00H中滴力口同濃度的氨水，有關(guān)敘述正確的是()A.滴加過(guò)程中水的電離程度始終增大B.當(dāng)力□入10mL叫此0時(shí)，c(NH^)>c(HCOO~)C.當(dāng)兩者恰好中和時(shí)，溶液pH=7D.滴加過(guò)程中n(HCOOH)與n(HCO(r)之和保持不變二、流程題(本大題共1小題，共14.0分)

17.聚硅酸鐵是將鐵離子引入到活性硅酸而制得的復(fù)合型混凝劑。用廢鐵皮（主要成分Fe和FesOg少量碳）為原料制備的流程如下：8?91nolL廢鐵渣聚硅盛鐵8?91nolL廢鐵渣聚硅盛鐵（1）廢鐵渣進(jìn)行“粉碎”的目的是O（2）在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行過(guò)濾操作時(shí)，所用到玻璃儀器有o（3）“酸浸”需適宜的酸濃度、液固比、酸浸溫度、氧流量等條件，其中酸浸溫度對(duì)鐵浸取率的影響如表所示：溫度（國(guó)）406080100120鐵浸取率（%）5062799283已知：在一定溫度下，F(xiàn)e3+在pH=2開始沉淀，pH=3.7沉淀完全。①酸浸時(shí)應(yīng)控制溶液的pH其原因是.②酸浸時(shí)通入。2的目的是?③當(dāng)酸浸溫度超過(guò)100℃時(shí)，鐵浸取率反而減小，其原因是。（4）濾渣的主要成分為（填化學(xué)式）。（5）“Fe3+濃度檢測(cè)”是先用SnC"將Fe3+還原為Fe2+；在酸性條件下，再用嵯。2。7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+（Cr2。尸被還原為CN+）,該滴定反應(yīng)的離子方程式為；己知稱取2.60g聚硅酸鐵產(chǎn)品，加入硫酸，再加入足量SnCk，用0.2000mol/LKzCrzO;標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗KzCrzO7溶液的體積為20.00mL,則聚硅酸鐵產(chǎn)品中鐵元素的百分含量為（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。三、簡(jiǎn)答題（本大題共2小題，共28.0分）18.焦亞硫酸鈉（Na2s2O5）是一種常用的食品抗氧化劑（易被氧化）。實(shí)驗(yàn)室利用如圖所示裝置制取少量焦亞硫酸鈉，并探究SO?的性質(zhì)（夾持裝置已略去）。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(實(shí)驗(yàn)前已除去裝置中的空氣)(1)儀器a的名稱是o(2)關(guān)閉七、打開K],裝置B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為.(3)D、F裝置的作用是o(4)實(shí)驗(yàn)前，裝置E中所用蒸儲(chǔ)水需經(jīng)煮沸后迅速冷卻，目的是，關(guān)閉K_K3,打開占，一段時(shí)間后裝置E中有Na2s2O5晶體析出，裝置E中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為.(5)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證Na2s2O5晶體在空氣中已被氧化，所需試劑為。(6)測(cè)定KMn()4樣品的純度可用標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液進(jìn)行滴定，取0.474gKMn()4樣品溶解酸化后，用0.100mol/L標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液進(jìn)行滴定，標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液應(yīng)盛裝在(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。實(shí)驗(yàn)中，滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗Na2s2O3溶液12.00mL,則該樣品中KM11O4的物質(zhì)的量是。被氧化為SO/)19.合成氨是人工固氮比較成熟的技術(shù)，在工業(yè)上有重要的用途。(1)已知化學(xué)鍵的鍵能如下表，則Nz(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=。化學(xué)鍵H-HN=NN-HN-N鍵能/kJ-mol-1435.9946.5391.1192.8(2)恒溫條件下，在體積固定的容器中發(fā)生合成氨的反應(yīng)，下列敘述表明反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)的是。①體系壓強(qiáng)保持不變②eg)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2③每消耗lmolNz，有6moiN-H鍵發(fā)生斷裂④混合氣體的密度保持不變⑤混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變⑥v正(阿)=0(3)合成氨反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度的對(duì)應(yīng)關(guān)系如下表：溫度(。025400450平衡常數(shù)5x1080.5070.152試解釋平衡常數(shù)隨溫度的升高而減小的原因 。工業(yè)上合成氨一般以a-鐵觸媒為催化劑，400?500。(：條件下反應(yīng)，選取該反應(yīng)溫度而非室溫或更高溫度的原因是。(4)在恒溫條件下實(shí)驗(yàn)室模擬合成氨反應(yīng)，甲、乙兩容器充入相同量的電與電后體積相同，甲容器保持體積不變，乙容器保持壓強(qiáng)不變，則反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，轉(zhuǎn)化率甲 乙（填“>”、或“="）。反應(yīng)達(dá)平衡后向甲容器中再充入一定量的NH3,則甲容器中電的轉(zhuǎn)化率（填“增大”、“減小”或“不變”）o（5）腓（N2HJ又稱聯(lián)氨可看成是氨氣中的氫原子被氨基取代后的產(chǎn)物，常用作火箭的液體燃料。腫燃料電池的原理如圖所示，則負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)式為。四、推斷題（本大題共1小題，共10.0分）20.X、Y、Z、W、M、R六種短周期元素，周期表中位置如圖。試回答下列問(wèn)題：（1）X、Z、W、R四種元素的原子半徑由大到小的排列順序是（用元素符號(hào)表示）。（2）由X、Z、W、R四種元素中的三種元素可組成一種強(qiáng)酸，該強(qiáng)酸的稀溶液能與銅反應(yīng)，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為（3）由X、W、M、R四種元素組成的一種離子化合物A,已知A既能與鹽酸反應(yīng)，又能與氯水反應(yīng)，寫出A與足量鹽酸反應(yīng)的離子方程式 o（4）分子式為X2Y2W4的化合物與含等物質(zhì)的量的KOH的溶液反應(yīng)后所得溶液呈酸性,其原因是（用方程式及必要的文字說(shuō)明）。O.lmol?該溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)?（5）由X、Z、W、R和Fe五種元素可組成類似明磯的化合物T（相對(duì)分子質(zhì)量為392）,ImolT中含有6mol結(jié)晶水。對(duì)化合物T進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：a.取T的溶液，加入過(guò)量的NaOH濃溶液并加熱，產(chǎn)生白色沉淀和無(wú)色有刺激性氣味的氣體。白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色b.另取T的溶液，加入過(guò)量的BaCk溶液產(chǎn)生白色沉淀，加鹽酸沉淀不溶解。則T的化學(xué)式為__答案和解析1.【答案】A【解析】解：根據(jù)分析可知，X為H元素，Y為N元素，Z為0元素，Q為Na元素，W為Cu元素，A.主族元素同一周期從左到右元素電負(fù)性逐漸增強(qiáng)，H元素的電負(fù)性需要N、0元素，則電負(fù)性：H<N<0,故A正確；B.氨氣和水分子的中心原子均采用sp3雜化，氨氣分子中含有1對(duì)未成健電子對(duì)，水分子中含有2對(duì)未成鍵電子對(duì)，未成鍵電子對(duì)越多鍵角越小，則NH3〉心。，故B錯(cuò)誤；C.NazOz由鈉離子和過(guò)氧根離子構(gòu)成，其陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：2,故C錯(cuò)誤；D.Cu在周期表位于第四周期IB族，屬于ds區(qū)，故D錯(cuò)誤：故選：A。X、Y、Z、Q、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，則X為H元素；Z元素原子的價(jià)層電子排布是nsnnp2n,n只能為2,則Z元素為0元素；由于Y的原子序數(shù)小于Z大于X,在同周期元素中，第一電離能數(shù)值比Y大的元素有2種，則Y為N元素：Q、W元素原子的最外層均只有1個(gè)電子，但Q元素原子中只有兩種形狀的電子云，貝IJQ為Na元素；W元素原子的次外層內(nèi)的所有軌道的電子均成對(duì)且原子序數(shù)大于Na元素，W應(yīng)該為第四周期的元素，又因?yàn)閃的最外層只有一個(gè)電子且次外層內(nèi)的所有軌道的電子均成對(duì)即3d軌道全充滿，4s軌道有一個(gè)電子，其核外電子排布式為ls22s22p63s23p63d104s1,則W為Cu元素，以此分析解答。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，結(jié)合原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)來(lái)推斷元素為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。2.【答案】B【解析】解：A.礎(chǔ)、鎘都位于周期表第五周期，屬于長(zhǎng)周期，故A正確；B.光能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能過(guò)程中部分能量損失，轉(zhuǎn)化率不可能達(dá)到100%,故B錯(cuò)誤；C.推廣使太陽(yáng)能電池，有利于減少化石能源的使用，降低碳排放，保護(hù)環(huán)境，故C正確；D.鋁合金屬于金屬材料，故D正確；故選：BoA.硫、鎘都位于周期表第五周期；B.光能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能過(guò)程中部分能量損失；C.推廣使太陽(yáng)能電池，有利于減少化石能源的使用，降低碳排放；D.鋁合金屬于金屬材料。本題考查了電化學(xué)原理，涉及到原電池的基本原理和應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握化學(xué)基本知識(shí)，難度較小。3.【答案】D【解析】解：A.聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：故A錯(cuò)誤；CH,是丙烷的球棍模型，故B錯(cuò)誤；c.氯原子未成鍵的孤對(duì)電子對(duì)未標(biāo)出，四氯化碳電子式為：d＜：K：:d＜:,故c錯(cuò)誤：????:Cl＜：

??D.質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，中子數(shù)為18的氯原子：衿CL故D正確.故選D.A.結(jié)構(gòu)單元主鏈錯(cuò)誤，丙烯中C=C雙鍵中其中一個(gè)碳碳鍵斷裂，發(fā)生自身加成聚合生成聚丙烯；B.球棍模型突出的是原子之間的成鍵的情況及空間結(jié)構(gòu)；C.氯原子未成鍵的孤對(duì)電子對(duì)未畫出：D.質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù).本題考查常用化學(xué)用語(yǔ)、質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)關(guān)系等，難度不大，A為易錯(cuò)點(diǎn)，注意理解加聚反應(yīng)的原理，注意基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握.4.【答案】B【解析】解：A.該有機(jī)物含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，且含有兩個(gè)官能團(tuán)，分別為醛基和羥基，故A正確；B.與苯環(huán)相連的單鍵可以旋轉(zhuǎn)，則該有機(jī)物分子中所有原子不一定共平面，故B錯(cuò)誤；C.苯環(huán)上含有3種H原子，其一氯代物有3種，以C正確；D.該有機(jī)物含有1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)醛基，貝Ulmol該分子最多能與4moi氫氣完全加成，故D正確；故選：Bo結(jié)合圖示結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物分子中含有酚羥基和醛基，具有酚和醛的性質(zhì)，能夠發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、銀鏡反應(yīng)，以此分析解答。本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，明確官能團(tuán)類型、反應(yīng)原理為解答關(guān)鍵，注意掌握常見(jiàn)有機(jī)物組成、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力，題目難度不大。5.【答案】D【解析】解：A.lmol甲基(-CH3)所含的電子總數(shù)為lmolx9xNa/bioI=9Na，故A正確；B.0.5moll,3一丁二烯分子中含有C=C雙鍵數(shù)為0.5molx2xNA/mol=Na，故B正確;C.14g乙烯和丙烯的混合物中含有碳原子的數(shù)目為已嘉x1xNA/mol=町，故C正確；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，庚烷為液體，無(wú)法求算庚烷的物質(zhì)的量和分子數(shù)，故D錯(cuò)誤；故選：D.A.一個(gè)甲基(-CH3)中含有電子數(shù)為6+3=9；B.一個(gè)1,3一丁二烯分子中含有2個(gè)C=C雙鍵；C.乙烯和丙烯的最簡(jiǎn)式均為CH?:D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，庚烷為液體，不能使用Vm=22.4L/mol。本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，題目難度中等，注意掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，試題充分考查了學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力。.【答案】B【解析】解：A.灼燒在珀竭中進(jìn)行，不需要燒杯，故A錯(cuò)誤；B.二氧化鎰可催化過(guò)氧化氫分解，氧氣的密度比空氣密度大，則圖中裝置可制備并收集氧氣，故B正確；C.揮發(fā)的醇及生成的乙烯均使高錦酸鉀褪色，則高錦酸鉀褪色，不能檢驗(yàn)乙烯，故C錯(cuò)、口1天；D.二氧化硫的密度比空氣密度大，導(dǎo)管應(yīng)長(zhǎng)進(jìn)短出收集，故D錯(cuò)誤；故選：BoA.灼燒在用竭中進(jìn)行；B.二氧化錦可催化過(guò)氧化氫分解，氧氣的密度比空氣密度大：C.揮發(fā)的醇及生成的乙烯均使高鐳酸鉀褪色；D.二氧化硫的密度比空氣密度大。本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、氣體的制備及收集、氣

第12頁(yè)，共24頁(yè)

體的檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。.【答案】C【解析】解：A.Na2FeO4中，0為一2價(jià)，Na為+1價(jià)，則Fe元素顯+6價(jià)，故A正確；.NaClO是氧化劑，Na2FeO4是氧化產(chǎn)物，則堿性條件下NaClO氧化性強(qiáng)于NazFeCU，故B正確：C.Fe元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高到+6價(jià)，則每生成ImolNazFeOd轉(zhuǎn)移3moi電子，故C錯(cuò)誤；D.Na2Fe()4具有很強(qiáng)的氧化性，能有效地殺滅水中的細(xì)菌和病毒，同時(shí)被還原成Fe(0H)3能高效地除去水中的懸浮物，所以NazFeO,兼具消毒和凈水兩種功能，故D正確。故選：Co2Fe(OH)3+3NaC10+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2。反應(yīng)中，F(xiàn)e元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高到+6價(jià)，C1元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低到-1價(jià)，據(jù)此分析。本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握轉(zhuǎn)化過(guò)程中化合價(jià)的變化為解答的關(guān)鍵，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)和應(yīng)用，題目難度不大。8.【答案】C【解析】解：A.硫氟化鉀溶液可以檢驗(yàn)溶液中的Fe3+,離子方程式為：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,故A錯(cuò)誤;B.用稀氫氧化鈉溶液吸收二氧化氮，離子方程式為：20H-+2NO2=NO3+NO2+H20,故B錯(cuò)誤;C.常溫下將水楊酸(袋)與過(guò)量的Na2c。3溶液混合的離子反應(yīng)為敏一°C.常溫下將水楊酸(袋+2HCO3,故C+2HCO3,故C正確;+2C0歹7D.氯化銀懸濁液滴入過(guò)量氨水溶液變澄清，氯化銀不能拆開，正確的離子方程式為:AgCl+2NH3-H20=Ag(NH3)^2H2O+C1->故D錯(cuò)誤；故選:CoA.Fe(SCN)3不是沉淀；.二氧化氮與氫氧化鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和亞硝酸鈉、水；C.發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，-COOH、酚-0H均與Na2c。3溶液反應(yīng);D.氯化銀為難溶物，離子方程式中Ag(NH3)2。應(yīng)拆成離子形式。本題考查了離子方程式的判斷，為中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，c、D為易錯(cuò)點(diǎn)，注意反應(yīng)物過(guò)量情況對(duì)生成物的影響。.【答案】B【解析】解：A.平衡時(shí)不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則平衡時(shí)存在4V正(。2)=5V逆(NO),故A錯(cuò)誤；B.達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，若增加容器體積，反應(yīng)物、生成物濃度均減小，則正逆反應(yīng)速率都減小，故B正確；C.單位時(shí)間內(nèi)消耗5moi。2的同時(shí)生成4moiNO,只體現(xiàn)正反應(yīng)速率關(guān)系，不能判定平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤：D.達(dá)到平衡時(shí)，向體系內(nèi)充入4moiNH3,可促進(jìn)氧氣的轉(zhuǎn)化，則氧氣的轉(zhuǎn)化率增大，而NH3的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故D錯(cuò)誤；故選：BoA.平衡時(shí)不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；B.達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，若增加容器體積，反應(yīng)物、生成物濃度均減小；C.單位時(shí)間內(nèi)消耗5moi。2的同時(shí)生成4moiNO,只體現(xiàn)正反應(yīng)速率關(guān)系：D.達(dá)到平衡時(shí)，向體系內(nèi)充入4moiNH3,可促進(jìn)氧氣的轉(zhuǎn)化。本題考查化學(xué)平衡狀態(tài)，為高頻考點(diǎn)，把握平衡狀態(tài)的特征、可逆反應(yīng)的特征、平衡判定為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。.【答案】A【解析】解：設(shè)開始加入的H2s的物質(zhì)的量為xmoL平衡后CO物質(zhì)的量為8moL則molCO(g)+H2s(g)=COS(g)■+M(g)開始10 x 00轉(zhuǎn)化2 2 22平衡8 x-2 22A.該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，體積不影響濃度幕之根的比，設(shè)體積為1L,由K=黯然=°,可知，肅方=0?1，解得x=7,起始時(shí)H2s的物質(zhì)的量為7mol，故A

正確；B.轉(zhuǎn)化率=黑"、100%,CO、H2s的轉(zhuǎn)化率之比為J：；=7：10,故B錯(cuò)誤；C.升高溫度，COS濃度減小，可知升高溫度平衡逆向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤：D.恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S,COS、出各lmol,Qc=儒愕發(fā)=照=：＞K=0.1,平衡逆向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤;故選：A.設(shè)開始加入的H2s的物質(zhì)的量為xmol,平衡后CO物質(zhì)的量為8mol,則molCO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)開始10x0 0轉(zhuǎn)化2222平衡8 x-2 2 2c(COS)?c(H2c(COS)?c(H2)c(CO)c(H2S)0.1可計(jì)算X;B.轉(zhuǎn)化率=轉(zhuǎn)化的量B.轉(zhuǎn)化率=轉(zhuǎn)化的量開始的量x100%；C.升高溫度，cos濃度減小，可知升高溫度平衡逆向移動(dòng);D.恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S.COS.H2各ImoLQc=篇與黑=蕓=K=0.1。本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，題目難度不大，明確化學(xué)平衡三段式、K及轉(zhuǎn)化率的計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)。.【答案】D【解析】解：裝置①是制備二氧化碳?xì)怏w，通過(guò)飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫氣體，裝置④是制備氨氣裝置，裝置③是想飽和氯化鈉溶液中依次通入氨氣、二氧化碳發(fā)生反應(yīng)得到碳酸氫鈉晶體，A.制備氫氣是利用鋅粒和稀鹽酸反應(yīng)生成，裝置①也可用于制電，故A正確；B.③中為飽和食鹽水，用來(lái)制備碳酸氫鈉，⑤中是濃氨水滴入堿石灰生成氨氣，故B正確；C.由于二氧化碳的溶解度較小，要先通氨氣，則先通入氨氣，再由通入二氧化碳，增大二氧化碳吸收，生成碳酸氫鈉，故C正確：D.實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的尾氣為二氧化碳、氨氣，通過(guò)濃NaOH溶液不能完全處理尾氣，故D錯(cuò)誤；故選：Do裝置①是制備二氧化碳?xì)怏w，通過(guò)飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫氣體，裝置④是制備氨氣裝置，裝置③是想飽和氯化鈉溶液中依次通入氨氣、二氧化碳發(fā)生反應(yīng)得到碳酸氫鈉晶體，A.固體和液體不加熱制備氣體的裝置分析；B.③中為飽和食鹽水，⑤中是濃氨水滴入堿石灰生成氨氣；C.由于二氧化碳的溶解度較小，要先通氨氣；D.實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的尾氣為二氧化碳、氨氣，通過(guò)濃NaOH溶液不能完全處理尾氣。本題考查了候氏制堿工藝的原理和物質(zhì)性質(zhì)分析判斷，純堿制備的條件應(yīng)用和產(chǎn)物的提純析出，反應(yīng)過(guò)程中反應(yīng)的原理分析和物質(zhì)來(lái)源是解題的關(guān)鍵，題目難度中等。12.【答案】B【解析】解：A.該燃料電池中，CH4和。2沒(méi)有直接接觸，沒(méi)有燃燒，則總反應(yīng)為CH4+2O2 C02+2H2O,故A錯(cuò)誤；B.熔融Li2c。3、K2c。3需要較高溫度，則該電池只有在較高溫度下才能正常工作，故B正確；C.由圖中電子流向可知，左側(cè)電極為負(fù)極，右側(cè)電極為正極，即a為CHgb為。2,c為CO2，d為電，故C錯(cuò)誤；D.Li2c。3、K2CO3為電解質(zhì)，則正極反應(yīng)為C)2+2CO2+4e-=2C0/,故D錯(cuò)誤；故選：Bo該原電池為甲烷燃料電池，通入燃料的電極為負(fù)極、通入氧氣的電極為正極，負(fù)極反應(yīng)^^CH4+4C01--8e-=5CO2+2H2O,正極反應(yīng)式為02+2C()2+4e-=2COg,總反應(yīng)為CH4+2O2TCO2+2H2O,根據(jù)圖中電子流向可知，a為CH4,b為。2,據(jù)此分析解答。本題考查了化學(xué)電源新型電池工作原理，把握電極的判斷、電極反應(yīng)、電子或離子流向即可解答，注意結(jié)合電解質(zhì)書寫電極反應(yīng)式，題目難度中等。.【答案】D【解析】解：A.由圖可知，生成V的過(guò)程活化能最高，則反應(yīng)速率最慢，故A錯(cuò)誤；B.由圖示知，甲酸在Pd催化劑表面脫氫反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量高于最終產(chǎn)物的總能量，為放熱反應(yīng)，即AH<0,故B錯(cuò)誤；C.由圖可知，第I步解離0-H,活化能為44.7kJ/mol,第HI步解離C-H,活化能為36.7kJ/mol-8.9kJ/mol=27.8kJ/moL故C錯(cuò)誤；D.由圖可知，HCOOH在Pd催化劑下，C-H、0-H鍵均發(fā)生斷裂，最終生成出和CO?,因此用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得到的產(chǎn)物都有HD和CO?，故D正確；故選：DoA.活化能越高，反應(yīng)速率越慢；B.反應(yīng)物的總能量高于最終產(chǎn)物的總能量的反應(yīng)為放熱反應(yīng)；C.由圖可知，第I步解離0—H,活化能為44.7kJ/moL第IH步解離C—H,活化能為36.7kJ/mol-8.9kJ/mol=27.8kJ/mol；D.由圖可知，HCOOH在Pd催化劑下，C-H、0-H鍵均發(fā)生斷裂，最終生成出和CO2，因此用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得到的產(chǎn)物都有HD和CO?。本題主要考查化學(xué)反應(yīng)中能量的變化，包括放熱反應(yīng)與吸熱反應(yīng)的判斷、活化能的計(jì)算等基礎(chǔ)知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，題目難度不大。.【答案】C【解析】解：A.A13+與CO歹發(fā)生徹底雙水解生成A1(OH)3沉淀、CO2氣體，離子方程式為2AF++3co歹+3H2。=2A1(OH)3I+3CO2T,故A錯(cuò)誤；B.離子方程式要電子轉(zhuǎn)移數(shù)目守恒，向KI與稀硫酸的混合溶液中通入氧氣，反應(yīng)的離子方程式為：4H++02+4r=2I2+2H2O,故B錯(cuò)誤；C.由于還原性Fe?+>BL,amolFeB*溶液中通入amolCl2,氯氣按照順序進(jìn)行，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++2Br-+2C12=Br2+2Fe3++4C1-,故C正確；D.過(guò)量碳酸氫鈉與澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣、碳酸鈉和水：Ca2++20H-+2HCO3=CaCO3I+2H2O+CO|~,故D錯(cuò)誤；故選：CoA.A13+與CO1發(fā)生徹底雙水解生成A1(OH)3沉淀、CO2氣體；B.離子方程式要滿足電荷守恒、質(zhì)量守恒和電子轉(zhuǎn)移數(shù)目守恒：C.亞鐵離子的還原性大于溟離子，亞鐵離子優(yōu)先反應(yīng)，剩余的氯氣再氧化澳離子；D.碳酸氫鈉過(guò)量，反應(yīng)生成碳酸鈣、碳酸鈉和水。本題考查了離子方程式的書寫判斷，題目難度中等，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等。.【答案】D【解析】解：A.HR-水解平衡常數(shù)&=S*yl.lxlOTi〈々(HzR)，說(shuō)明HR-電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，則c(H2R)<c(R2-),故A錯(cuò)誤；B.HR-酸性大于碳酸，在Na?R溶液中通入足量CO2不反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.電離平衡常數(shù)比較得到酸性強(qiáng)弱：H2R>HR->H2CO3>HCO],ImolHzR分別與足量的NaOH、Na2cO3、Na反應(yīng)消耗NaOH物質(zhì)的量2mol,消耗Na2cO3消耗物質(zhì)的量lmol,消耗Na物質(zhì)的量2mol,消耗三者的物質(zhì)的量之比為2：1：2,故C錯(cuò)誤；D.酸性：HR-酸性大于碳酸、碳酸氫根離子，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸原理知，發(fā)生反應(yīng)R2-+HCOJ=HR-+C0歹，故D正確；故選：DoA.HR-水解平衡常數(shù)q=9x1.1xlO-ii<K2(H2R),說(shuō)明HR-電離程度大于水解程度，但其電離和水解程度都較??；B.酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；C.H2R分別與足量的NaOH、Na2cO3、Na反應(yīng)，分別反應(yīng)生成的鹽溶液為：Na2R.NaHR和NaHC()3、Na2R；D.酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸。本題考查弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考查比較分析判斷及知識(shí)綜合應(yīng)用能力，明確弱酸電離平衡常數(shù)與酸性強(qiáng)弱關(guān)系、水解平衡常數(shù)的計(jì)算應(yīng)用、強(qiáng)酸制取弱酸原理是解本題關(guān)鍵,題目難度中等。.【答案】D【解析】解：A、HCOOH能夠抑制水的電離，滴加氨水過(guò)程中，水的電離程度增大，氨水過(guò)量時(shí)，抑制水的電離，所以滴加過(guò)程中水的電離程度先增大，恰好中和后再減小，故A錯(cuò)誤；B、力口入lOmLNG?電0時(shí)，恰好生成HCOONH4,HCOO-不如NH，K解程度大，溶液顯酸性，據(jù)電荷守恒可知c(NHj)<c(HCOO-),故B錯(cuò)誤；C、兩者恰好中和時(shí)生成HCOONH4,HCOO-不如NH：水解程度大，溶液顯酸性，故C錯(cuò)誤；D、由原子守恒可知滴加過(guò)程中n(HCOOH)與n(HCOCT)之和保持不變，故D正確；故選：D,常溫下，HCOOH比NH3T2O電離常數(shù)大，說(shuō)明相同濃度的HCOOH比NH3T2O電離程度大，HCOO-不如NH：水解程度大，據(jù)此分析。本題考查了弱電解質(zhì)的電離和鹽類水解的相關(guān)知識(shí)，題目難度不大。.【答案】(1)減小顆粒直徑，增大浸取時(shí)的反應(yīng)速率和提高鐵浸取率；(2)燒杯、漏斗、玻璃棒；(3)①<2；pH>2時(shí)將有部分Fe3+沉淀?yè)p失；②氧化Fe2+為Fe3+：③溫度超過(guò)100℃時(shí)，F(xiàn)e3+水解反應(yīng)速率明顯加快，導(dǎo)致Fe3+濃度降低；(4)C；(5)Cr2O^~+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20；52%?！窘馕觥拷猓簭U鐵皮(主要成分Fe和Fe3()4,少量碳)加入硫酸酸浸：Fe+2H+=Fe2++H20,Fe304+8H+=Fe2++2Fe3++4H20,通入氧氣，將Fe?+氧化為Fe3+,C不溶，過(guò)濾，濾渣為C,濾液主要含有Fe3+,檢驗(yàn)Fe3+,加入聚硅酸混凝得到產(chǎn)品，(1)鐵渣進(jìn)行“粉碎”可以減小顆粒直徑，增大浸取時(shí)的反應(yīng)速率和提高鐵浸取率；故答案為：減小顆粒直徑，增大浸取時(shí)的反應(yīng)速率和提高鐵浸取率；(2)過(guò)濾需要的玻璃儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒；故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；(3)①已知：在一定溫度下，F(xiàn)e3+在pH=2開始沉淀，故酸浸時(shí)應(yīng)控制溶液的pH<2,因?yàn)閜H>2時(shí)將有部分Fe3+沉淀?yè)p失：故答案為：<2：pH22時(shí)將有部分Fe3+沉淀?yè)p失；②通入氧氣的目的是氧化Fe?+為Fe3+；故答案為：氧化Fe2+為Fe3+；③溫度超過(guò)100℃時(shí)，F(xiàn)e3+水解反應(yīng)速率明顯加快，導(dǎo)致Fe3+濃度降低，鐵浸取率反而減?。还蚀鸢笧椋簻囟瘸^(guò)100久時(shí)，F(xiàn)e3+水解反應(yīng)速率明顯加快，導(dǎo)致Fe3+濃度降低；(4)根據(jù)流程可知，雜質(zhì)C不溶，過(guò)濾得濾渣為C；故答案為：C；(5)酸性條件下，口2。,與Fe?+反應(yīng)得到CN+和Fe3+,離子反應(yīng)為：Cr2O^~+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20；根據(jù)反應(yīng)可知n(Fe)=6n(K2Cr2O7),則聚硅酸鐵產(chǎn)品中鐵元素的百分含量為0.2000moI/Lx20xl0-3Lx6x56g/mol .nnn/rnn/ X1UU%=52%;26g故答案為：Cr2O^_+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；52%。本題考查了物質(zhì)的制備流程，涉及化學(xué)方程式的書寫、氧化還原反應(yīng)、純度計(jì)算等，明確實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)基本操作方法、試題側(cè)重于考查學(xué)生的分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，注意題目信息的與相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)聯(lián)合分析，題目難度中等。18.【答案】分液漏斗2Fe3++SOz+2H2O=2Fe2++SC)：-+4H+吸收SO2，防止污染空氣去除水中溶解的氧氣SO?+Na2s。3=Na2s2O5稀鹽酸、BaCl?溶液堿式0.00192mol【解析】解：(1)儀器a的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)關(guān)閉心、K3,打開Ki，A中產(chǎn)生二氧化硫進(jìn)入裝置B中，裝置B中發(fā)生的反應(yīng)是二氧化硫與氯化鐵溶液反應(yīng)生成硫酸亞鐵、氯化亞鐵和鹽酸，離子方程式為：2Fe3++S02+2H2。=2Fe2++SO歹+4H+,故答案為：2Fe3++S02+2H2。=2Fe2++S0/+4H+；(3)二氧化硫有毒不能直接排放到空氣中，可采用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫，因此裝置D和F的作用是吸收SO2,防止污染空氣，故答案為：吸收SO2,防止污染空氣；(4)裝置E為制備焦亞硫酸鈉(Na2s2O5),但水中溶解氧氣，具有氧化性，影響焦亞硫酸鈉(Na2s2O5)的制備，因此E中所用蒸儲(chǔ)水需經(jīng)煮沸后迅速冷卻，目的是去除水中溶解氧氣，制備焦亞硫酸鈉的化學(xué)反應(yīng)為：SO2+Na2SO3=Na2S2O5,故答案為：去除水中溶解的氧氣；SO2+Na2SO3=Na2S2O5；(5)Na2s2O5晶體在空氣中易被氧化為Na2sO4，用鹽酸、氯化鋼溶液檢驗(yàn)樣品中是否含有硫酸根即可，因此所需試劑為稀鹽酸、BaCk溶液，故答案為：稀鹽酸、Bad2溶液；(6)標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液是強(qiáng)堿弱酸鹽，顯堿性，應(yīng)盛裝在堿性滴定管中；用標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液滴定KMn()4時(shí)，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：8MnO；+5S2O|~+14H+=8Mn2++lOSOg+7H20,當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗NazS2()3的物質(zhì)的量為n(Na2s2O3)=c(Na2S2O3)V(Na2S2O3)=O.lmol/Lx0.012L=0.0012mol,參加反應(yīng)的各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則有黑察=2n(KMn04)=0.0012molx2=n(NazSzOa)5 50.00192mol,(1)儀器a的名稱是分液漏斗；(2)關(guān)閉七、K3,打開％,A中產(chǎn)生二氧化硫進(jìn)入裝置B中，裝置B中發(fā)生的反應(yīng)是二氧化硫與氯化鐵溶液反應(yīng)生成硫酸亞鐵、氯化亞鐵和鹽酸；(3)二氧化硫有毒不能直接排放到空氣中；(4)裝置E為制備焦亞硫酸鈉(Na2s2O5)，但水中溶解氧氣，具有氧化性，影響焦亞硫酸鈉(Na2s2O5)的制備，因此E中所用蒸儲(chǔ)水需經(jīng)煮沸后迅速冷卻，目的是去除水中溶解氧氣，制備焦亞硫酸鈉的化學(xué)反應(yīng)為：S02+Na2SO3=Na2S2O5；(5)Na2s2O5晶體在空氣中易被氧化為Na2sO4,用鹽酸、氯化鋼溶液檢驗(yàn)樣品中是否含有硫酸根即可；(6)標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液是強(qiáng)堿弱酸鹽，顯堿性，應(yīng)盛裝在堿性滴定管中；用標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液滴定KMnCU時(shí)，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：8MnO；+5S2O|-+14H+=8Mn2++10S01-+7H20,根據(jù)參加反應(yīng)的各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比即可作答。本題主要考查無(wú)機(jī)物質(zhì)的制備，包括對(duì)氧化還原滴定、儀器的識(shí)別與使用、常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)等基礎(chǔ)知識(shí)的考查，題目難度一般。19.【答案】-92.4月?1110「1①③⑤反應(yīng)放熱，升溫后平衡逆向移動(dòng)，K減小催化劑活性最強(qiáng)<增大N2H4-4e-+40H-=N2T+4H2O【解析】解:⑴由表中數(shù)據(jù)可知Nz(g)+3H2(g)U2NH3(g%H=(946.5+435.9x3)kJ/mol—2x3x391.1kJ/mol=-92.4kJ-mol-1,故答案為：—92.4kJ-mol-1；(2)①為氣體體積減小的反應(yīng)，體系壓強(qiáng)先減小，平衡時(shí)保持不變，故正確；@c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2,與起始量、轉(zhuǎn)化率有關(guān)，不能判定是否平衡，故錯(cuò)誤：③每消耗Imol”，有6moiN-H鍵發(fā)生斷裂，可知不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，為平衡狀態(tài)，故正確；④混合氣體的密度始終保持不變，不能判定平衡，故錯(cuò)誤；⑤氣體的物質(zhì)的量為變量，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變，為平衡狀態(tài)，故正確；⑥為動(dòng)態(tài)平衡，v正(NH3)X0,故錯(cuò)誤;(3)由表中數(shù)據(jù)可知，平衡常數(shù)隨溫度的升高而減小的原因?yàn)榉磻?yīng)放熱，升溫后平衡逆向移動(dòng)，K減小；工業(yè)上合成氨一般以a—鐵觸媒為催化劑，400?50(TC條件下反應(yīng)，選取該反應(yīng)溫度而非室溫或更高溫度的原因是催化劑活性最強(qiáng)，故答案為：反應(yīng)放熱，升溫后平衡逆向移動(dòng)，K減小；催化劑活性最強(qiáng)；(4)甲、乙兩容器充入相同量的“與H2后體積相同，甲容器保持體積不變，乙容器保持壓強(qiáng)不變，乙中發(fā)生反應(yīng)導(dǎo)致氣體的物質(zhì)的量減小、體積減小，相當(dāng)于加壓，平衡正向移動(dòng)，則乙比甲正向進(jìn)行的程度大，則轉(zhuǎn)化率為甲(乙；反應(yīng)達(dá)平衡后向甲容器中再充入一定量的N&,因體積不變，可看成增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，則甲容器中電的轉(zhuǎn)化率增大，故答案為：<;增大；(5)由圖可知，負(fù)極上腫失去電子生成氮?dú)夂退?，?fù)極反應(yīng)為N2H4-4e-+40hT=N2T+4HzO,故答案為：N2H4-4e-+4OH-=N2T+4H2O.(1)始變等于斷裂化學(xué)鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量；(2)結(jié)合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定；(3)由表中數(shù)據(jù)可知，升高溫度K減小，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，催化劑在合適的溫度下催化作用最好；(4)甲、乙兩容器充入相同量的電與Hz后體積相同，甲容器保持體積不變，乙容器保持壓強(qiáng)不變，乙中發(fā)生反應(yīng)導(dǎo)致氣體的物質(zhì)的量減小、體積減小，相當(dāng)于加壓，平衡正向移動(dòng)，則乙比甲正向進(jìn)行的程度大；反應(yīng)達(dá)平衡后向甲容器中再充入一定量的N&,因體積不變，可看成增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)；(5)由圖可知，負(fù)極上腫失去電子生成氮?dú)夂退?。本題考查化學(xué)平衡，為高頻考點(diǎn)，把握焙變計(jì)算、平衡判定、化學(xué)平衡常數(shù)及平衡移動(dòng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意(4)為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。20.【答案】S>N>0>H3Cu+8HN()3(稀)=3Cu(NO3)2+2NOT+4H2OHSO3+H+=SO2T+H2O溶液中存在He2。1=C2Oj-+H+、HC2O