2025年粵教版拓展型課程化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教版拓展型課程化學(xué)上冊月考試卷339考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、FeCl3溶液與KSCN溶液混合，發(fā)生反應(yīng)：Fe3+(aq)+3SCN-(aq)Fe(SCN)3(aq)ΔH，其中Fe(SCN)3的濃度與溫度T的關(guān)系如圖所示；下列說法正確的是。

A.ΔH＞0B.當溶液處于D點時，v(逆)＞v(正)C.溶液中c(Fe3+)：A點＞B點＞C點D.T1、T2時相應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則＜12、按下述實驗方法制備氣體，合理又實用的是A.鋅粒與稀硝酸反應(yīng)制備H2B.加熱分解NH4Cl固體制備NH3C.亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)制備SO2D.大理石與濃硫酸反應(yīng)制備CO23、某學(xué)習小組設(shè)計實驗制備供氧劑氫化鈣(CaH2)；實驗裝置如下圖所示。

已知:①鈣能與H2O、HCl、O2等反應(yīng);②氫化鈣遇水劇烈反應(yīng)。下列說法正確的是A.相同條件下，粗鋅(含少量銅)比純鋅反應(yīng)速率慢B.酸R為濃鹽酸，裝置b中盛裝濃硫酸C.實驗時先點燃酒精燈，后打開活塞KD.裝置d的作用是防止水蒸氣進入硬質(zhì)玻璃管4、下列實驗?zāi)苓_到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

A.AB.BC.CD.D5、為探究Na2SO3溶液的性質(zhì)，在白色點滴板的a、b、c、d四個凹槽中滴入Na2SO3溶液；再分別滴加下圖所示的試劑：

對實驗現(xiàn)象的“解釋或結(jié)論”錯誤的是()

A.AB.BC.CD.D6、一同學(xué)設(shè)計了兩種由CuO→Cu的實驗方案：

方案一：ZnH2Cu；

方案二：CuOCuSO4Cu。

大家認為方案二優(yōu)于方案一，理由是：①節(jié)約能源；②Cu產(chǎn)率高；③產(chǎn)品純凈；④操作安全。其中，評價正確的是()A.①②③B.①②④C.①③④D.②③評卷人得分二、多選題(共3題，共6分)7、常溫下，用溶液分別滴定體積和濃度均相同的三種一元弱酸的滴定曲線如圖所示；圖中橫坐標a表示滴定百分數(shù)(滴定用量與滴定終點用量之比)。下列說法錯誤的是。

A.常溫下，酸性：B.當?shù)味ㄖ寥芤褐写嬖冢篊.滴定當時，溶液中D.初始濃度8、某同學(xué)按圖示裝置進行實驗；產(chǎn)生足量的氣體通入c中，最終出現(xiàn)渾濁。下列所選物質(zhì)組合符合要求的是。

a中試劑b中試劑c中溶液A濃硫酸濃鹽酸飽和食鹽水B濃硫酸Cu溶液C稀硫酸飽和溶液D濃氨水堿石灰溶液

A.AB.BC.CD.D9、“探究與創(chuàng)新能力”是化學(xué)的關(guān)鍵能力。下列各項中“操作或現(xiàn)象”能達到預(yù)期“實驗?zāi)康摹钡氖?。選項實驗?zāi)康牟僮骰颥F(xiàn)象A制作簡單原電池將鐵釘和銅絲連接插入食醋中即可形成原電池B驗證碳能與濃硝酸反應(yīng)向濃硝酸中插入紅熱的碳，產(chǎn)生紅棕色氣體C鑒別溴蒸氣和分別通入溶液中，產(chǎn)生淺黃色沉淀的是溴蒸氣D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量飽和氫氧化鈉溶液，充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)10、根據(jù)所學(xué)知識回答下列問題。

(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序為__。

(2)已知：常溫時，H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”；“中”或“堿”)性。

(3)實驗室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__，若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重；得到的物質(zhì)為___(填化學(xué)式)。

(4)25℃時，將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中，充分攪拌后，銀離子濃度由大到小的順序是___(填標號)；③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水11、油氣開采；石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫；需要回收處理并加以利用。

H2S熱分解反應(yīng)：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反應(yīng)條件下，對于n(H2S)：n(Ar)分別為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣，熱分解反應(yīng)過程中H2S轉(zhuǎn)化率隨時間的變化如下圖所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9對應(yīng)圖中曲線___________，計算其在0~0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為___________kPa·s-1。12、研究CO還原NOx對環(huán)境的治理有重要意義；相關(guān)的主要化學(xué)反應(yīng)有：

ⅠNO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH1

Ⅱ2NO2（g）+4CO（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH2＜0

Ⅲ2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）ΔH3＜0

（1）已知：每1mol下列物質(zhì)分解為氣態(tài)基態(tài)原子吸收的能量分別為。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根據(jù)上述信息計算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正確的是_______。

A在絕熱恒容密閉容器中只進行反應(yīng)Ⅰ；若壓強不變，能說明反應(yīng)Ⅰ達到平衡狀態(tài)。

B反應(yīng)ⅡΔH＜0；ΔS＜0；該反應(yīng)在低溫下自發(fā)進行。

C恒溫條件下；增大CO的濃度能使反應(yīng)Ⅲ的平衡向正向移動，平衡常數(shù)增大。

D上述反應(yīng)達到平衡后；升溫，三個反應(yīng)的逆反應(yīng)速率均一直增大直至達到新的平衡。

（2）在一個恒溫恒壓的密閉容器中，NO2和CO的起始物質(zhì)的量比為1∶2進行反應(yīng)，反應(yīng)在無分子篩膜時二氧化氮平衡轉(zhuǎn)化率和有分子篩膜時二氧化氮轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示，其中分子篩膜能選擇性分離出N2。

①二氧化氮平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低的原因為_______。

②P點二氧化氮轉(zhuǎn)化率高于T點的原因為_______。

（3）實驗測得，V正＝k正·c2（NO）·c2（CO），V逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆為速率常數(shù)；只與溫度有關(guān)）。

①一定溫度下，向體積為1L的密閉容器中充入一定量的NO和CO，只發(fā)生反應(yīng)Ⅲ，在tl時刻達到平衡狀態(tài)，此時n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且N2占平衡總體積的1/4則：=_______。

②在t2時刻，將容器迅速壓縮到原容積的1/2，在其它條件不變的情況下．t3時刻達到新的平衡狀態(tài)。請在圖中補充畫出t2-t3-t4時段，正反應(yīng)速率的變化曲線_______。

13、以下是合成乙酰水楊酸（阿司匹林）的實驗流程圖；請你回答有關(guān)問題：

已知：阿司匹林；水楊酸和乙酸酐的相對分子量分別為：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化學(xué)反應(yīng)方程式為_________________；反應(yīng)類型____________；

（2）水楊酸分子之間會發(fā)生縮合反應(yīng)生成聚合物，寫出用除去聚合物的有關(guān)離子方程式______________________________________________；

（3）抽濾裝置如圖所示，儀器A的名稱___________；該操作時在儀器A中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應(yīng)________（選擇下列正確操作的編號）；再轉(zhuǎn)移液體①微開水龍頭；②開大水龍頭；③微關(guān)水龍頭；④關(guān)閉水龍頭。

（4）下列有關(guān)抽濾的說法中正確的是________

A．抽濾是為了加快過濾速率；得到較大顆粒的晶體。

B.不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀。

C．當吸濾瓶內(nèi)液面高度快達到支管口時；應(yīng)拔掉鏈接支管口的橡皮管，從支管口倒出。

D．將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時；若有晶體附在燒杯內(nèi)壁，應(yīng)用蒸餾水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗滌沉淀時；應(yīng)使洗滌劑快速通過沉淀。

（5）用冷水洗滌晶體的目的_______________________；

（6）取2.000g水楊酸、5.400g乙酸酐反應(yīng)，最終得到產(chǎn)品1．566g。求實際產(chǎn)率_______；14、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，是白色砂狀或淡黃色粉末狀固體，易溶于水、不溶于醇，該物質(zhì)具有強還原性，在空氣中易被氧化為NaHSO4，75℃以上會分解產(chǎn)生SO2。是重要的有機合成原料和漂白劑。

制取Na2S2O4常用甲酸鈉法：控制溫度60～70℃，在甲酸鈉(HCOONa)的甲醇溶液中，邊攪拌邊滴加Na2CO3甲醇溶液，同時通入SO2，即可生成Na2S2O4。反應(yīng)原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如圖，要制備并收集干燥純凈的SO2氣體，接口連接的順序為：a接__，__接__，__接__。制備SO2的化學(xué)方程式為___。

（2）實驗室用圖裝置制備Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合價為___。

②儀器A的名稱是___。

③水浴加熱前要通一段時間N2，目的是___。

④為得到較純的連二亞硫酸鈉，需要對在過濾時得到的連二亞硫酸鈉進行洗滌，洗滌的方法是___。

⑤若實驗中所用Na2SO3的質(zhì)量為6.3g，充分反應(yīng)后，最終得到mg純凈的連二亞硫酸鈉，則連二亞硫酸鈉的產(chǎn)率為___(用含m的代數(shù)式表示)。15、根據(jù)所學(xué)知識回答下列問題。

(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序為__。

(2)已知：常溫時，H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”；“中”或“堿”)性。

(3)實驗室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__，若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重；得到的物質(zhì)為___(填化學(xué)式)。

(4)25℃時，將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中，充分攪拌后，銀離子濃度由大到小的順序是___(填標號)；③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共21分)16、工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為氧化鋁；含少量氧化鐵)制取鋁的過程如圖所示：

請回答：

（1）試劑1為_______(填化學(xué)式)，①~④轉(zhuǎn)化中屬于氧化還原反應(yīng)的是_______(填序號)；

（2）沉淀B的化學(xué)式為_______，寫出該物質(zhì)發(fā)生鋁熱反應(yīng)的化學(xué)方程式_______；（3）電解F，當轉(zhuǎn)移0.6mol電子時，可制得鋁_______g；

（4）沉淀D是藥物“胃舒平”的主要成分，可用于治療胃酸(稀鹽酸)過多，寫出該反應(yīng)的離子方程式_______；

（5）②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。17、某興趣小組設(shè)計了利用MnO(含少量鐵的氧化物和不溶性雜質(zhì))制備二氧化錳的兩種方案流程如下：

已知：

①MnO+H2NCOONH4→+2H2OMnCO3↓+2NH3·H2O

②MnO易被空氣中氧化；難溶于水；受熱易分解；其他硝酸鹽相對難分解。

請回答：

(1)方案一中鐵元素以_______(填化學(xué)式)被除去。

(2)下列說法正確的是_______。A．步驟Ⅱ中，真空加熱主要是為了防止被氧化B．步驟Ⅲ中，氨基甲酸銨溶液的制備應(yīng)在水中先通氨氣至飽和，再通至飽和C．步驟Ⅳ和Ⅴ，步驟Ⅳ所得的濾液3和步驟Ⅴ生成的氣體可以循環(huán)利用D．方案二與方案一相比，方案二相對比較環(huán)保(3)過濾后，步驟Ⅴ，為了得到更多進行了以下操作。請選出合理的操作(操作不能重復(fù)使用)并排序：將帶有沉淀的濾紙折卷→_______。

a.將濾紙包放入坩堝后；在泥三角上如裝置1朝向擺放；

b.將濾紙包放入坩堝后；在泥三角上如裝置2朝向擺放；

c.加熱時；不斷轉(zhuǎn)動坩堝使濾紙完全灰化；

d.先加熱裝置3中a處，再加熱b處；

e.先加熱裝置3中b處；再加熱a處；

f.將沉淀轉(zhuǎn)移至在石英玻璃管中繼續(xù)灼燒氧化。

(4)步驟Ⅰ，硝酸的質(zhì)量分數(shù)選取50%，不能過大或者過小的理由是_______。

(5)由碳酸錳在空氣中灼燒獲得的結(jié)構(gòu)比較疏松，步驟Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合適濃度的氧化后，可得到結(jié)構(gòu)相對致密的重質(zhì)精品。寫出其中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式_______。18、將少量氯水加入到NaI溶液中”的學(xué)生實驗產(chǎn)生了大量含碘廢液。某研究小組用該含碘廢液制備NaI固體，實驗流程如下：

已知：反應(yīng)②2I?+2Cu2++SO32?+H2O=2CuI↓+SO42?+2H+

回答下列問題：

（1）產(chǎn)生含碘廢液的離子方程式為____________________________________。

（2）①中I2與Na2SO3溶液反應(yīng)的離子方程為_________________________________。

（3）③中CuI發(fā)生了_____（填“氧化”或“還原”）反應(yīng),當有95.5gCuI參與反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為_______________，若還原產(chǎn)物只有NO2，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______________。

（4）化合物B中含兩種元素，鐵元素與另一種元素物質(zhì)的量之比為3:8，則化合物B的化學(xué)式為____________。

（5）反應(yīng)⑤中生成黑色固體和無色無味能使澄清石灰水變渾濁的氣體，黑色固體的俗稱為磁性氧化鐵，則⑤的化學(xué)方程式為_____________________________________________。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共30分)19、乙烯可用于制備乙醇：向10L某恒容密閉容器中通入2mol和amol發(fā)生上述反應(yīng)，測得的平衡轉(zhuǎn)化率與投料比以及溫度的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)反應(yīng)從開始分別進行到A、B、C點時，_______(填“放出”或“吸收”)的熱量由大到小的順序為_______。

(2)_______(填“>”、“<”或“=”)已知該反應(yīng)的反應(yīng)速率表達式為其中為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)。若其他條件不變，則溫度從變化到的過程中，下列推斷合理的是_______(填標號)。

A.減小的倍數(shù)大于B.減小的倍數(shù)小于

C.增大的倍數(shù)大于D.增大的倍數(shù)小于

(3)若A點對應(yīng)的體系中，反應(yīng)從開始到達到平衡所用時間是2min，則0~2min內(nèi)的平均反應(yīng)速率_______。溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)_______。

(4)B點對應(yīng)的體系中，a=_______；A、B、C點對應(yīng)體系的氣體總壓強由大到小的順序為_______。(氣體均看作理想氣體)20、習近平總書記近日對制止餐飲浪費作出重要指示。氨的合成對解決糧食危機有著重要意義。目前該研究領(lǐng)域已經(jīng)催生了三位諾貝爾化學(xué)獎得主。

(1)德國化學(xué)家哈伯對研究“N2(g)+3H2(g)2NH3(g)”反應(yīng)貢獻巨大，1918年榮獲諾貝爾化學(xué)獎，已知該反應(yīng)在298K時，△H=－92.2kJ/mol，Kc=4.1×106(mol/L)-2，若從平衡常數(shù)角度分析，反應(yīng)限度已經(jīng)較大，但為何化工生產(chǎn)中還需要使用催化劑：_________。

(2)合成氨反應(yīng)在催化劑作用下的反應(yīng)歷程為(*表示吸附態(tài))：

第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反應(yīng))

第二步N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*；(快反應(yīng))

第三步NH3*NH3(g)(快反應(yīng))

比較第一步反應(yīng)的活化能E1與第二步反應(yīng)的活化能E2的大?。篍1__________E2(填“＞”、“＜”或“＝”)，判斷理由是_______________________。

(3)2007年，德國科學(xué)家埃特爾發(fā)現(xiàn)了合成氨催化機理，開創(chuàng)了表面動力學(xué)的研究。研究發(fā)現(xiàn)，常溫恒壓密閉容器中，N2在催化劑表面可以與水發(fā)生反應(yīng)：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)

①下列各項能夠作為判斷該反應(yīng)一定達到平衡的依據(jù)是___________(填標號)。

A．容器中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的濃度之比為2：4：3

B．N2與NH3濃度之比恒定不變。

C．v(N2)正=2v(NH3)逆

D．混合氣體中氨氣的質(zhì)量分數(shù)不變。

E.壓強保持不變。

②平衡后若分別改變下列一個條件，可以使N2轉(zhuǎn)化率增大的是___________(填標號)

A．轉(zhuǎn)移掉部分O2B．轉(zhuǎn)移掉部分NH3

C．適當增加H2O(l)的量D．增加N2的量。

(4)向一個恒溫恒壓容器充入1molN2和3molH2模擬合成氨反應(yīng)；下圖為不同溫度下平衡時混合物中氨氣的體積分數(shù)與總壓強(p)的關(guān)系圖。

若體系在T1、60MPa下達到平衡。

①此時平衡常數(shù)Kp_______(MPa)-2(用平衡分壓代替平衡濃度計算；分壓＝總壓×物質(zhì)的量分數(shù)；計算結(jié)果保留3位小數(shù))。

②T1_____________T2(填“＞”、“＜”或“＝”)。21、研究二氧化硫；氮氧化物等大氣污染物的治理具有重要意義；請回答下列問題：

I．為減少SO2的排放；將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料。已知：

2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.4kJ·mol－1

(1)寫出焦炭與水蒸氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_________________________。

(2)洗滌含SO2的煙氣，含以下物質(zhì)的溶液可作洗滌劑的是____________________。

A．NaHSO3B．NaHCO3C．BaCl2D．FeCl3

II．NOx是汽車尾氣中的主要污染物之一。

(3)汽車尾氣中生成NO的反應(yīng)為：N2(g)＋O2(g)?2NO(g)ΔH＞0

①T℃時，2L密閉氣缸中充入4molN2和1molO2發(fā)生反應(yīng)，5min后達平衡，測得NO為1mol。計算該溫度下，N2的平均反應(yīng)速率v(N2)＝_______________，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____________。

②如圖曲線a表示該反應(yīng)在溫度T℃下N2的物質(zhì)的量隨時間的變化，曲線b表示該反應(yīng)在某一起始條件改變時N2的物質(zhì)的量隨時間的變化，則改變的條件可能是____________(寫出一條即可)III．汽車燃油不完全燃燒時會產(chǎn)生CO。

(4)有人設(shè)想按2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)反應(yīng)除去CO，但事實上該反應(yīng)在任何溫度下都不能實現(xiàn)，由此判斷該反應(yīng)的ΔH_______0。(填寫“＞”；“＜”或者“＝”)

(5)在汽車尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器可降低尾氣中污染物的排放，其反應(yīng)為：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。已知該反應(yīng)在570K時的平衡常數(shù)的數(shù)值為1×1059，但反應(yīng)速率極慢。為了提高尾氣的凈化效率在實際操作中最可行的措施是_____。

A．升高溫度B．增大壓強C．使用高效催化劑參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

圖象中曲線上的A、B、C三點為不同溫度下的平衡狀態(tài)，D在曲線上方，未處于平衡狀態(tài)，c[Fe(SCN)3]比平衡狀態(tài)大；反應(yīng)應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動。

【詳解】

A．隨著溫度的升高，溶液中c[Fe(SCN)3]逐漸減小，說明升高溫度平衡逆向移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0；A錯誤；

B．D點在曲線下方，未處于平衡狀態(tài)，由于c[Fe(SCN)3]比平衡狀態(tài)大，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，故v(逆)＞v(正)；B正確；

C．升高溫度，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動，c[Fe(SCN)3]減小，反應(yīng)溫度：A點＜B點＜C點。降低溫度，化學(xué)平衡正向移動，使c(Fe3+)減小，故溶液中c(Fe3+)：A點＜B點＜C點；C錯誤；

D．該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，使化學(xué)平衡K減小。由于溫度為：T1＜T2時，反應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＞K2，故＞1；D錯誤；

故合理選項是B。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．硝酸具有強氧化性，鋅粒與稀硝酸反應(yīng)不能放出H2；故不選A；

B．NH4Cl受熱分解為氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫遇冷又生成氯化銨，不能用加熱分解NH4Cl固體的方法制備NH3；故不選B；

C．亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉；二氧化硫、水；故選C；

D．大理石與濃硫酸反應(yīng)生成微溶于水的硫酸鈣，硫酸鈣附著于碳酸鈣表面，碳酸鈣和硫酸隔離，反應(yīng)不能持續(xù)進行，不能用碳酸鈣和硫酸反應(yīng)制備CO2；故不選D；

選C。3、D【分析】鋅、銅和鹽酸構(gòu)成原電池，反應(yīng)速率比純鋅與鹽酸反應(yīng)速率快，A錯誤；酸R為濃鹽酸，與鋅反應(yīng)生成氫氣中含有氯化氫、水蒸氣，因此裝置b中盛裝濃硫酸，只能吸收水蒸氣，不能除去氯化氫，導(dǎo)致鈣與氯化氫反應(yīng)生成氯化鈣，影響實驗，B錯誤；由于鈣能夠與氧氣反應(yīng)，所以先產(chǎn)生氫氣，排凈裝置內(nèi)的空氣，然后再點燃酒精燈，才能保證氫氣與鈣反應(yīng)，C錯誤；由于氫化鈣遇水劇烈反應(yīng)，所以裝置d的作用是防止水蒸氣進入硬質(zhì)玻璃管，影響實驗，D正確；正確選項D。4、D【分析】【詳解】

A.常溫下鋁與濃硝酸會發(fā)生鈍化反應(yīng)；銅與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，作負極，不能說明鋁比銅活潑，故A錯誤；

B.制備溴苯要苯和液溴反應(yīng)；故B錯誤；

C.二氧化碳與過氧化鈉反應(yīng)生成氧氣；故無法提純CO氣體，故C錯誤；

D.Fe2+容易被空氣中氧氣氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+可以與SCN-反應(yīng)生成紅色物質(zhì)Fe(SCN)3,故D正確；

故答案選:D。

【點睛】

常溫下鋁與濃硝酸會發(fā)生鈍化反應(yīng)，銅與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，作負極。5、D【分析】【詳解】

A.a中反應(yīng)為I2＋SO＋H2O===SO＋2H＋＋2I－，還原性SO>I－；A正確；

B.b中反應(yīng)為2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O；B正確；

C.Na2SO3溶液使酚酞溶液變紅，是因為SO32-水解生成OH-所致，加入BaCl2溶液后，生成BaSO3沉淀，從而使溶液中c(OH-)不斷減小；C正確；

D.即使不變質(zhì)，在酸性條件下，NO也把SO氧化成SO生成BaSO4沉淀；D錯誤。

故選D。6、B【分析】【分析】

方案一：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，H2+CuO=Cu+H2O，反應(yīng)需加熱，且H2還原CuO時需先通H2排出空氣，否則易爆炸，反應(yīng)結(jié)束后還需通入H2至生成的Cu冷卻；否則Cu又易被氧化；

方案二：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；耗原料少；操作安全，產(chǎn)率高，但Cu中易混有Zn，以此來解答。

【詳解】

方案一中發(fā)生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑、H2+CuO=Cu+H2O，反應(yīng)需加熱，且H2還原CuO時需先通H2排出空氣，否則易爆炸，反應(yīng)結(jié)束后還需通入H2至生成的Cu冷卻；否則Cu又易被氧化，而方案二消耗原料少，操作安全，產(chǎn)率高，則方案二優(yōu)于方案一，理由是：①節(jié)約能源；②Cu產(chǎn)率高、④操作安全；

故選：B。二、多選題(共3題，共6分)7、BD【分析】【詳解】

A．由起始點可以看出，酸性：A項正確；

B．當?shù)味ㄖ寥芤褐写嬖冢築項錯誤；

C．當時，溶液呈酸性，C項正確；

D．D項錯誤。

故選BD。8、AC【分析】【詳解】

A．濃硫酸加入濃鹽酸中，生成氣體，生成的氣體通入飽和食鹽水中，根據(jù)同離子效應(yīng)，析出晶體；A符合題意；

B．濃硫酸和銅在加熱條件下才能反應(yīng)生成不符合實驗要求，B不符合題意；

C．和稀硫酸反應(yīng)生成與飽和溶液反應(yīng)生成晶體；C符合題意；

D．濃氨水和堿石灰生成通入溶液中，先生成沉淀，繼續(xù)通入氨氣，溶解生成D不符合題意；

故選AC。9、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．將鐵釘和銅絲連接插入食醋中即可形成簡單鐵銅原電池；故A符合題意；

B．濃硝酸受熱分解能放出紅棕色二氧化氮氣體；所以向濃硝酸中插入紅熱的碳，產(chǎn)生紅棕色氣體，不能證明是碳與濃硝酸反應(yīng)，故B不符合題意；

C．因為溴蒸氣能和溶液反應(yīng)；產(chǎn)生淺黃色溴化銀沉淀，故C符合題意；

D．因為足量飽和氫氧化鈉溶液能和乙酸乙酯反應(yīng)；所以不能用足量飽和氫氧化鈉溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故D不符合題意；

故答案：AC。三、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離：NaHCO3=Na++電離產(chǎn)生是會發(fā)生電離作用：H++也會發(fā)生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會消耗離子導(dǎo)致c(Na+)＞c()；電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用，最終達到平衡時，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除會電離產(chǎn)生，還有H2O電離產(chǎn)生，而只有電離產(chǎn)生，故離子濃度：c(H+)＞c()，因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序為：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中，存在HR-的電離作用：HR-R2-+H+，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性，同時也存在著水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性，其平衡常數(shù)Kh=＜Ka2=5.60×10-8，說明HR-的電離作用大于水解作用；因此NaHR溶液顯酸性；

(3)AlCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中會發(fā)生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，導(dǎo)致溶液變渾濁，由于水解產(chǎn)生HCl，因此根據(jù)平衡移動原理，若用固體配制溶液時，將其溶解在一定量的濃鹽酸中，增加了H+的濃度，就可以抑制鹽的水解，然后再加水稀釋，就可以得到澄清溶液；若將AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向進行直至水解完全，HCl揮發(fā)逸出，得到的固體是Al(OH)3，然后將固體灼燒至恒重，Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O，最后得到的固體是Al2O3；

(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都會抑制物質(zhì)的溶解，溶液中Ag+、Cl-濃度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+；對氯化銀在水中溶解無抑制作用。

它們抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，該溶液中含有的c(Ag+)最大；則這四種液體物質(zhì)中銀離子濃度由大到小的順序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中，然后加水稀釋Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-1011、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，該反應(yīng)正方向為體積增大的反應(yīng)，降低壓強，平衡會向正反應(yīng)方向移動；則對于n(H2S)：n(Ar)為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣在圖中對應(yīng)的曲線分別是a、b；c、d、e。

【詳解】

（1）由于正反應(yīng)是體積增大的可逆反應(yīng)，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當于降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，因此H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9對應(yīng)的曲線是d；根據(jù)圖像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反應(yīng)進行到0.1s時H2S轉(zhuǎn)化率為0.24；假設(shè)在該條件下；硫化氫和氬的起始投料的物質(zhì)的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知：

此時H2S的壓強為≈7.51kPa，H2S的起始壓強為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為=24.9kPa·s-1?！窘馕觥?1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應(yīng)方向進行，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高。

(2)d24.912、略

【分析】【詳解】

(1)①ΔH1=E反應(yīng)物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反應(yīng)前后氣體系數(shù)不變；如果是恒溫恒容，無論平衡是否移動，容器中的壓強均不變，換為絕熱容器后，隨著反應(yīng)的正向進行，反應(yīng)放出熱量，體系溫度升高，等量氣體的壓強隨之增大，此時壓強是變量，可以作為平衡的依據(jù)，A項正確；

B.當ΔH-TΔS<0時；反應(yīng)自發(fā)進行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出該反應(yīng)低溫下自發(fā)進行，B項正確；

C.增大CO的濃度可以使反應(yīng)Ⅲ的平衡向正向移動；但是平衡常數(shù)只受到溫度的影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，C項錯誤；

D.溫度升高；反應(yīng)速率增大，三個反應(yīng)的逆反應(yīng)速率均增大，三個反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)向吸熱方向進行，則平衡逆向移動，所以平衡移動的初期為逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，為了達到新的平衡，逆反應(yīng)速率向正反應(yīng)速率靠近，逆反應(yīng)速率會減小，所以逆反應(yīng)速率的變化趨勢為先增大后減小，D項錯誤；

(2)①反應(yīng)為放熱反應(yīng)；溫度升高，平衡向逆反應(yīng)(吸熱)方向進行，二氧化氮轉(zhuǎn)化率降低；

②相同溫度下，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率在P點較高是因為使用了分子篩膜，將產(chǎn)物N2分離出來；降低了產(chǎn)物的濃度，使平衡正向進行，從而二氧化氮的轉(zhuǎn)化率提高；

(3)①列三段式求解：因為N2占平衡總體積的1/4，所以a=0.3mol，此時為平衡狀態(tài)，有v正=v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)；

②在t2時刻，將容器迅速壓縮到原容積的1/2，壓強瞬間增大為原來壓強的兩倍，正逆反應(yīng)速率均增大，但是壓強增大，平衡向正反應(yīng)(氣體系數(shù)減小)方向進行，則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，所以正反應(yīng)速率的總體趨勢為先突然增大，然后減小，直至平衡，其圖像為【解析】①.-227②.AB③.反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動（或平衡常數(shù)減?。?分子篩膜從反應(yīng)體系中不斷分離出N2，有利于反應(yīng)正向進行，二氧化氮轉(zhuǎn)化率升高⑤.270⑥.（起點的縱坐標為16，t3時刻達到平衡，t3-t4處于平衡狀態(tài)與已有線平齊）13、略

【分析】【詳解】

(1)水楊酸和乙酸酐在濃硫酸的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成乙酰水楊酸，方程式為：（2)在除去聚合物并提純阿司匹林的過程中；可以將阿司匹林與碳酸氫鈉反應(yīng)使羧基變?yōu)轸人徕c，且酯基不水解，這樣使阿司匹林溶于水，聚合物難溶于水，將聚合物除去，再將阿司匹林的鈉鹽鹽酸酸化可得阿司匹林，過程中涉及的離子方程式為：

.(3)該儀器的名稱為布氏漏斗。布氏漏斗中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應(yīng)先微開水龍頭，不能大開，避免濾紙破損。故選①。(4)A．抽濾能為了加快過濾速率，但不能使沉淀的顆粒變大，故錯誤；B.顆粒太小的沉淀不能用抽濾的原因是顆粒太小的容易在濾紙上形成一層密實的沉淀，不容易透過，故正確；C．當吸濾瓶內(nèi)液面高度快達到支管口時，應(yīng)拔掉吸濾瓶上的橡皮管，從吸濾瓶上口倒出溶液，而不能從吸濾瓶支管口倒出溶液，故錯誤；D．將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時，若有晶體附在燒杯內(nèi)壁，應(yīng)用濾液來淋洗布氏漏斗，因為濾液是飽和溶液，沖洗是不會使晶體溶解，同時又不會帶入雜質(zhì)，故錯誤；E.洗滌沉淀時，應(yīng)先關(guān)小水龍頭，然后蒸餾水緩緩淋洗，再打開水龍頭抽濾，不能使洗滌劑快速通過沉淀，故錯誤。故選B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度減小，所以用冷水洗滌晶體可以除去晶體表面附著的雜質(zhì)，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗。(6)根據(jù)方程式分析，乙酸酐過量，用水楊酸計算阿司匹林的質(zhì)量為g，實際產(chǎn)率為=60%?！窘馕觥咳〈磻?yīng)布氏漏斗①B除去晶體表面附著的雜質(zhì)，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗60%14、略

【分析】【詳解】

（1）亞硫酸鈉和硫酸反應(yīng)生成二氧化硫,反應(yīng)的方程式為：Na2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸氣，可用濃硫酸干燥，用向上排空氣法收集，且用堿石灰吸收尾氣，避免污染環(huán)境，則連接順序為a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合價為+3；

②由裝置可知；儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗；

③實驗時應(yīng)避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可應(yīng)先通入二氧化硫，排凈系統(tǒng)中的空氣，防止加熱時Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段時間N2；排凈系統(tǒng)中的空氣；

④洗滌連二亞硫酸鈉時應(yīng)與空氣隔離；洗滌劑可用甲醇或乙醇，洗滌過程為：在無氧環(huán)境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復(fù)2-3次；

⑤設(shè)連二亞硫酸鈉理論產(chǎn)率為x；根據(jù)硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

則解得x=4.35g，產(chǎn)率為：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒壓滴液漏斗排凈系統(tǒng)中的空氣向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復(fù)2-3次15、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離：NaHCO3=Na++電離產(chǎn)生是會發(fā)生電離作用：H++也會發(fā)生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會消耗離子導(dǎo)致c(Na+)＞c()；電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用，最終達到平衡時，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除會電離產(chǎn)生，還有H2O電離產(chǎn)生，而只有電離產(chǎn)生，故離子濃度：c(H+)＞c()，因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序為：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中，存在HR-的電離作用：HR-R2-+H+，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性，同時也存在著水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性，其平衡常數(shù)Kh=＜Ka2=5.60×10-8，說明HR-的電離作用大于水解作用；因此NaHR溶液顯酸性；

(3)AlCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中會發(fā)生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，導(dǎo)致溶液變渾濁，由于水解產(chǎn)生HCl，因此根據(jù)平衡移動原理，若用固體配制溶液時，將其溶解在一定量的濃鹽酸中，增加了H+的濃度，就可以抑制鹽的水解，然后再加水稀釋，就可以得到澄清溶液；若將AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向進行直至水解完全，HCl揮發(fā)逸出，得到的固體是Al(OH)3，然后將固體灼燒至恒重，Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O，最后得到的固體是Al2O3；

(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都會抑制物質(zhì)的溶解，溶液中Ag+、Cl-濃度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+；對氯化銀在水中溶解無抑制作用。

它們抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，該溶液中含有的c(Ag+)最大；則這四種液體物質(zhì)中銀離子濃度由大到小的順序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L?！窘馕觥縞(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中，然后加水稀釋Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10四、工業(yè)流程題(共3題，共21分)16、略

【分析】鋁土礦的主要成分為氧化鋁，含少量氧化鐵，由流程可知，加入氫氧化鈉，氧化鐵不和堿反應(yīng)，氧化鋁可與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水；過濾后得到的沉淀B為Fe2O3；濾液A中含氫氧化鈉和偏鋁酸鈉；通入二氧化碳，二氧化碳和四羥基合鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，二氧化碳和氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，過濾得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉溶液；灼燒氫氧化鋁得到氧化鋁和水，電解氧化鋁得到鋁和氧氣；碳酸氫鈉溶液和氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣和氫氧化鈉，氫氧化鈉用來堿浸，以此來解答。

【詳解】

（1）由上述分析可知；試劑1為NaOH，氧化鐵不和堿反應(yīng)，氧化鋁可與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水；①~④轉(zhuǎn)化過程中只有④有化合價變化，即④為氧化還原反應(yīng)，故答案為：NaOH；④；

（2）由上述分析可知沉淀B為Fe2O3，三氧化二鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)的方程式為2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案為：Fe2O3；2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe；

（3）電解氧化鋁的方程式為2Al2O34A1+3O2↑；設(shè)得到鋁的質(zhì)量為m；

解得m==5.4g；故答案為：5.4；

（4）D是氫氧化鋁，是藥物胃舒平的主要成分，可與鹽酸反應(yīng)治療胃酸過多的離子反應(yīng)為：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案為：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（5）偏鋁酸鈉溶液通入過量的二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，②中離子方程式為CO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO故答案為：CO2+Al(OH)=Al(OH)3↓+HCO【解析】NaOH④Fe2O32Al+Fe2O3Al2O3+2Fe5.4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OCO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO17、略

【分析】【分析】

方案一利用MnO加入50%硝酸溶液浸取，調(diào)節(jié)pH、過濾后得到濾液1在真空加熱到250℃~300℃，洗滌后得到二氧化錳粗品，多步操作后得到二氧化錳精品；方案二在MnO和水中同時通入CO2和氨氣；浸取后得到濾液2，蒸發(fā)；過濾得到的濾渣灼燒得到二氧化錳粗品，多步操作得到精品。

【詳解】

（1）方案一中通過調(diào)節(jié)溶液的pH，使鐵離子水解產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀過濾而除去，故鐵元素以被除去；

（2）A.受熱易分解，其他硝酸鹽相對難分解，步驟Ⅱ中，真空加熱主要是為了使氧化生成二氧化錳；選項A錯誤；

B.步驟Ⅲ中，氨基甲酸銨溶液的制備應(yīng)在MnO和水中同時通氨氣和進行反應(yīng)；選項B錯誤；

C.步驟Ⅳ和Ⅴ，步驟Ⅳ所得的濾液3和步驟Ⅴ生成的氣體可以循環(huán)利用；選項C正確；

D.方案一有硝酸參與；產(chǎn)生氮的氧化物，故方案二與方案一相比，方案二相對比較環(huán)保，選項D正確；

答案選CD；

（3）過濾后，步驟Ⅴ，為了得到更多具體操作為b.將濾紙包放入坩堝后，在泥三角上如裝置2朝向擺放；d.先加熱裝置3中a處，再加熱b處；c.加熱時，不斷轉(zhuǎn)動坩堝使濾紙完全灰化；f.將沉淀轉(zhuǎn)移至在石英玻璃管中繼續(xù)灼燒氧化；答案為bdcf；

（4）步驟Ⅰ，硝酸的質(zhì)量分數(shù)選取50%；因為濃度太小，反應(yīng)速率太小，濃度過大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后續(xù)過濾中被濾除；

（5）步驟Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合適濃度的氧化后，可得到結(jié)構(gòu)相對致密的重質(zhì)精品，高錳酸根離子與錳離子發(fā)生歸中反應(yīng)生成二氧化錳，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為【解析】(1)

(2)CD

(3)bdcf

(4)濃度太小，反應(yīng)速率太小，濃度過大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后續(xù)過濾中被濾除。

(5)18、略

【分析】【詳解】

根據(jù)流程中的反應(yīng)②發(fā)生反應(yīng)：2I-+2Cu2++SO32-+H2O═2CuI↓+SO42-+2H+；過濾則得到碘化亞銅沉淀，碘化亞銅可以被硝酸氧化為碘單質(zhì)，碘單質(zhì)中加入鐵和水，會得到化合物B，是一種含有鐵元素和碘元素的化合物，在向其中加入碳酸氫鈉溶液，過濾可以得到碘化鈉的溶液，從而制得碘化鈉固體．

（1）將少量氯水加入到NaI溶液中，氯氣能將碘單質(zhì)置換出來，發(fā)生的反應(yīng)為：Cl2+2I—═I2+2Cl—；

（2）碘單質(zhì)具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，I2與Na2SO3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，即I2+SO32—+H2O═SO42—+2I—+2H+；

（3）碘化亞銅可以被硝酸氧化為碘單質(zhì)，碘元素的化合價升高，所以CuI被氧化；95.5gCuI的物質(zhì)的量為0.5mol，每摩爾CuI被氧化為碘單質(zhì)和銅離子需要失去2mol電子，則95.5gCuI被氧化電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為NA，若硝酸還原產(chǎn)物只有NO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O。

（4）化合物B，是一種含有鐵元素和碘元素的化合物，鐵元素與碘元素物質(zhì)的量之比為3：8，則化合物B的化學(xué)式為Fe3I8；

（5）向碘化鐵的溶液中加入碳酸氫鈉溶液則生成黑色固體四氧化三鐵和二氧化碳無色氣體，發(fā)生的反應(yīng)為：Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O?！窘馕觥竣?Cl2+2I?=I2+2Cl?②.I2+SO32?+H2O=SO42?+2I?+2H+③.氧化④.NA⑤.2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O⑥.Fe3I8⑦.Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O五、原理綜合題(共3題，共30分)19、略

【分析】（1）

為放熱反應(yīng)，起始時通入的物質(zhì)的量相同，則乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率越大，反應(yīng)進行的限度越大，放出的熱量也越多，故

（2）

由圖中的B、C點分析，結(jié)合勒夏特列原理，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，故溫度從變化到的過程為升高溫度，正、逆反應(yīng)速率均會加快，且該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故逆反應(yīng)速率加快的幅度大于正反應(yīng)速率加快的幅度，即增大的倍數(shù)小于D項符合題意；

（3）

A點時，此時與的物質(zhì)的量相等，即據(jù)圖中信息列三段式：

容器體積為10L，反應(yīng)時間為2min，故

（4）

由A；B、C點可知；A、C點對應(yīng)的平衡常數(shù)相等，B、C點對應(yīng)體系起始通入的反應(yīng)物的物質(zhì)的量相等，故將C點對應(yīng)的體系列三段式：

則解得結(jié)合圖中A、B、C點的信息，可計算出，A、B、C點對應(yīng)的體系中氣體的總物質(zhì)的量分別為2.4mol、2.2mol、2.3mol，依據(jù)判斷，A、C點對應(yīng)的溫度相同，氣體的物質(zhì)的量越大，容器的壓強越大，即將數(shù)據(jù)代入公式得到因為所以即【解析】(1)放出

(2)<D

(3)

(4)1.820、略

【分析】【詳解】

(1)①盡管催化劑不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動；但使用催化劑可以加快化學(xué)反應(yīng)速率，縮短達到平衡所需要的時間，從而可以提高單位時間內(nèi)的產(chǎn)量。

(2)由題給信息知，第一步反應(yīng)慢，說明該步反應(yīng)的活化能較大，而第2步反應(yīng)快，而反應(yīng)越快，說明其活化能越小，故第一步反應(yīng)的活化能E1大于第2步反應(yīng)的活化能E2，即活化能：E1＞E2；

(3)①A．化學(xué)方程式中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的系數(shù)比就是2：4：3，所以N2(g)、NH3(g)、O2(g)的濃度之比為2：4：3時；反應(yīng)可能是處于平衡狀態(tài)，也可能未達到平衡狀態(tài)，不能作為判斷平衡的標志，A錯誤；

B．N2是反應(yīng)物，NH3是生成物；若二者濃度之比恒定不變