2023年河南省商丘市高考化學(xué)三模試卷(含答案解析)

1020頁2023一、單項選擇題〔742.0分〕以下有關(guān)物質(zhì)應(yīng)用的說法錯誤的選項是( )SO2可用作食品添加劑C.濃氨水可用來清洗試管壁的銀鏡

CCl4可用于鑒別溴水和碘水D.Na2S可除去污水中的Cu2+設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達(dá)正確的選項是( )所含共價鍵數(shù)均為0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物質(zhì)的量相等1molNa與O2反響，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA個電子1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為0.4NA25℃時，pH=13的氫氧化鈉溶液中約含有NA個氫氧根離子短周期主族元素A，B，C，D，E，F(xiàn)原子序數(shù)依次增大，A的某種核素沒有中子，B，C，D，E在周期表中位置如圖，且四種元素原子序數(shù)之和為37，以下說法不正確的選項是BBCDEB元素的化合物在自然界中種類最多A，C，D三元素可組成促進(jìn)水電離的化合物原子半徑由大到小挨次：E>F>C>A氫化物的穩(wěn)定性：D<E以下試驗合理的是( )定容時，因不慎使液面高于容量瓶的刻度線，應(yīng)重配制溶液直接用蒸餾的方法分別乙醇(沸點為78.3℃)和水(沸點為100℃)的混合物pH試紙測定NaClO溶液的pH8用淀粉?KI試紙鑒別碘水和FeCl3溶液(DMO)和氫氣反響獲得EG意圖如下。以下說法正確的選項是( )氫氣在該反響中作為催化劑DMO分子中只有碳氧單鍵發(fā)生了斷裂MG酸性水解的一種產(chǎn)物在確定條件下能形成高分子化合物6.如圖是元素周期表的一局部：數(shù)據(jù)編滴入NaOH6.如圖是元素周期表的一局部：數(shù)據(jù)編滴入NaOH溶液的溶液的pH號體積/mL12020.00HX3aHZ1b25℃時用濃度為0.1000mol?L?1的氫氧化鈉溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol?L?1的兩種酸HX、HZ(無視體積變化)，試驗數(shù)據(jù)如表2，以下推斷正確的選項是( )通過分析可得表格中a<7，b=7將上述的HZ100倍后pH比HX溶液的pH大Z元素的非金屬性比Y強(qiáng)，所以Z氫化物的酸性較強(qiáng)D.0.1000mol?L?1Na2Y的水溶液中：c(Y2?)+c(HY?)+c(H2Y)=0.1000mol?L?1工業(yè)上可通過電解Na2CO3溶液制取NaHCO3，工作原理如以下圖，以下說法錯誤的選項是( )陽極的電極反響式為2H2O?4e?=4H++O2↑，陰極區(qū)溶液pH減小陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為H2，陰極區(qū)溶液pH增大該法在通過電解制取NaHCO3時，還可以得到副產(chǎn)品NaOH當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時，會有0.25mol的O2生成二、流程題〔224.0分〕從茶葉中提取的茶多酚具有抗氧化、去除自由基，預(yù)防心血管疾病等多方面藥理功能，是一種型的無毒自然食品添加劑。茶多酚為淡黃至茶褐色粉狀固體，具澀味，易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，微溶于油脂，并能與某些金屬離子反響形成沉淀?？蒲泄ぷ髡咛崛〔瓒喾拥囊环N工藝如下：：①收率指投入單位數(shù)量原料獲得的實際產(chǎn)品產(chǎn)量與理論計算產(chǎn)品產(chǎn)量的比值。②0.159g高錳酸鉀能與2.91mg茶多酚反響完全。請答復(fù)：以下說法正確的選項是 。A.將茶葉樣品粉碎、把握溫度均是為了加快速率，提高茶多酚的浸出率B.12都是過濾，均需對濾渣進(jìn)展洗滌且合并洗滌液C.參與較高濃度的鹽酸，會造成茶多酚的收率降低D.4為真空枯燥，其原理與蒸餾相像熱水浸泡時間過長，溫度過高均造成茶多酚的收率降低，緣由是 。操作3為萃取分液，其試驗過程如下，合理的操作步驟為 。①將分液漏斗放置于鐵架臺上，靜置②從上口倒出乙酸乙酯層③將溶液D和乙酸乙酯分別參與到分液漏斗中④檢查分液漏斗是否漏水⑤充分振蕩并放氣⑥從下口放出下層溶液(4)爭論覺察，用AlCl3+ZnCl2的復(fù)合沉淀劑效果更抱負(fù)。向溶液A中參與復(fù)合沉淀劑，常溫下進(jìn)展茶多酚沉淀，用0.1mol·L?1的Na2CO3pH。其他條件一樣，不同pH時，測得茶多酚的沉淀率如圖，請結(jié)合圖，解釋選擇pH=6進(jìn)展茶多酚沉淀的可能緣由： 。將溶液A定容0m每次0m用9g·m1的高錳酸鉀進(jìn)展滴定數(shù)據(jù)如表，則該次試驗，測得茶葉中茶多酚的含量為 mg·g?1。序號滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL10.1020.1522.2025.3031.3021.25含+6價鉻的廢水毒性強(qiáng)，對環(huán)境污染嚴(yán)峻?；S常用SO2處理含鉻廢水，其工藝流程如以下圖：：Cr2O2?+H2O?2CrO2?+2H+7 47(1)1molCr2O2?與SO2反響的熱化學(xué)方程式補(bǔ)全。7pH246Cr(+6)99.99%99.95%99.5%7Cr2O2?(aq) + SO2(g)+ = + + △H=?1145pH246Cr(+6)99.99%99.95%99.5%7最大去除率最大去除率達(dá)排放標(biāo)準(zhǔn)達(dá)排放標(biāo)準(zhǔn)未達(dá)排放標(biāo)準(zhǔn)時間30min35min45min①由上述數(shù)據(jù)獲得的結(jié)論有 。②實際工業(yè)生產(chǎn)把握pH=4左右的緣由是 。③以下說法不合理的是 。4該酸性含鉻廢水中確定含有CrO2?，pH越大其含量越高43其他條件不變，增大壓強(qiáng)，吸取塔中反響的K增大，有利于除去Cr(+6)c.理論上看，SO2?、Fe2+等也可以用于除去Cr(+6)3其他條件不變，爭論溫度對Cr(+6)去除率的影響(1所示)。30min前一樣時間內(nèi)，80℃的Cr(+6)去除率比40℃高，30min后80℃的Cr(+6)去除率低，緣由分別是 ， 。2為Cr(+3)pH的變化關(guān)系示意圖，中和池中應(yīng)把握pH范圍為 。廢水中Cr(+6)總濃度為a×10?3mol/L，處理1000L廢水，去除率要求到達(dá)99.95%，理論上需要SO2物質(zhì)的量為 mol(寫計算式)。三、試驗題〔115.0分〕某化學(xué)小組探究酸性條件下NO?、SO2?、Fe3+(夾持儀器3 4已略去；裝置的氣密性已檢驗；無視氧氣對反響的影響)：試驗記錄如下：試驗序號試驗操作試驗序號試驗操作試驗現(xiàn)象Ⅰ向A裝置中通入段時間的SO2氣體A為淺綠色取出少量AKSCN參與KSCN溶液后溶液不變色，再參與ⅡⅢ溶液，再參與BaCl2溶液翻開活塞a，將過量稀HNO3參與裝置A中，關(guān)閉活塞aBaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀A中淺綠色溶液最終變?yōu)辄S色取出少量A裝置中的溶液，參與KSCNⅣ溶液；向A裝置中注入空氣體生成請答復(fù)以下問題：試驗室制取SO2的化學(xué)方程式為 。配制FeCl3溶液時， ，再加水稀釋到所需濃度。6(3)資料說明，F(xiàn)e3+能與SO2結(jié)合形成深紅棕色物質(zhì)Fe(SO2)3+，反響方程式為：Fe3++6SO2?6Fe(SO2

)3+。請用化學(xué)平衡移動原理解釋試驗Ⅰ中溶液顏色變化的緣由 。 試驗Ⅱ中發(fā)生反響的離子方程式是 。試驗Ⅲ中，淺綠色溶液變?yōu)辄S色的緣由是 (用離子方程式表示)。試驗Ⅳ中液面上方有少量紅棕色氣體生成，發(fā)生反響的化學(xué)方程式是 。綜合上述試驗得出的結(jié)論是在酸性條件下氧化性強(qiáng)弱是?>+>? ，3 4說明氧化性Fe3+>SO2?(填試驗序號，下同)； ，說明氧化性NO?>Fe3+。4 3四、簡答題〔324.0分〕碳?xì)浠衔镉卸喾N，它們在工業(yè)生產(chǎn)、生活中有重要用途。3工業(yè)上可由丁烯(C4H8)來制備丙烯(C3H6)和乙烯(C2H4)，其主要反響原理：反響Ⅰ：C4H8(g)?4C3H6(g) ΔH13反響Ⅱ：C4H8(g)?2C2H4(g)ΔH2①烴的裂解是吸熱反響，則ΔH1 (填“>”“=”或“<”)ΔH2。②假設(shè)某溫度下反響到達(dá)平衡時C4H8、C3H6、C2H4的體積分?jǐn)?shù)分別為20%、70%、10%，平衡時總壓強(qiáng)為請計算該溫度下反響Ⅱ的平衡常數(shù)Kp= (Kp為用氣體的分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=氣體的體積分?jǐn)?shù)×體系總壓)。石油危機(jī)日漸嚴(yán)峻，甲烷的轉(zhuǎn)化和利用在自然氣化工行業(yè)有格外重要的作用。甲烷重整技術(shù)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH>0CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)①圖甲是反響壓強(qiáng)為0.3MPa，投料比CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)以下說法正確的選項是 。A.在一樣條件下，三種催化劑Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的挨次是Ⅰ>Ⅱ>ⅢB.b點CH4abaCH4的轉(zhuǎn)化率較大C.c點確定未到達(dá)平衡狀態(tài)D.850℃時，不同催化劑(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下達(dá)平衡時CH4的轉(zhuǎn)化率一樣②催化劑Ⅰ也可以催化甲烷?二氧化碳重整。在催化劑Ⅰ催化下，反響溫度850℃，n(H2O)/n(CH4)為1的體系中，參與CO2。在圖乙中畫出反響到達(dá)平衡時n(H2)/n(CO)隨進(jìn)料時n(CO2)/n(CH4)的變化曲線。(：甲烷?二氧化碳重整的平衡常數(shù)?甲烷?水蒸氣重整反響的平衡常數(shù))。(圖中“HA”表示乳酸分子，A?表示乳酸根離子)。①陽極的電極反響式為 。②電解過程中，實行確定的措施可把握陽極室的pH約為6～8，此時進(jìn)入濃縮室的OH?可無視不計。400mL10g/L乳酸溶液通電一段時間后，濃度上升為145g/L(溶液體積變化無視不計)，則陰極上產(chǎn)生的H2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為 L(乳酸的摩爾質(zhì)量為90g/mol)。(1)GaAs是型半導(dǎo)體材料第一電離能As Ga(填“>”或“<”)，GaCl3與AsCl3的中心原子的雜化方式分別為 、 ，分別寫出一個與它們互為等電子體的分子 、 。TiO2離子晶體的其中一種晶胞如圖1所示，則Ti、O配位數(shù)之比為 ；影響離子晶體構(gòu)造類型的因素有 、 、鍵性因素?；鶓B(tài)銅原子的電子排布式是 ?；鶓B(tài)銅原子價電子層排布依據(jù)的原理，可用于解釋以下事實的是 (填標(biāo)號)。Fe2+易被氧化為Fe3+銅絲灼燒時焰色呈綠色C.N的第一電離能大于O的第一電離能D.NaCl的熔點比KCl的高銅的積存方式(如圖2)和晶胞構(gòu)造(如圖3)A與積存方式中的A球相對應(yīng)，則晶胞中x、y、z三點與積存方式中C球相對應(yīng)的點是 。銅原子的半徑為rcm、摩爾質(zhì)量為Mg/mol、晶體的密度為 g/cm3(阿伏伽德羅常數(shù)取NA)莽草酸(E)(Tamiflu)的主要原料之一。其合成路線如下：答復(fù)以下問題：A的化學(xué)名稱是 。D的分子式為 。莽草酸(E)中含氧官能團(tuán)的名稱是 。①的化學(xué)反響類型為 。C與足量NaOH稀溶液反響的化學(xué)方程式為 。(4)設(shè)計步驟②、⑨的目的是 。(6)有機(jī)材料G(屬降冰片烯酸類，構(gòu)造簡式：()用作醫(yī)藥中間體，依據(jù)題(5)F是B的一種同分異構(gòu)體，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響且核磁共振氫譜只有兩組峰，(6)有機(jī)材料G(屬降冰片烯酸類，構(gòu)造簡式：()用作醫(yī)藥中間體，依據(jù)題中合成路線設(shè)計以A(CH2中合成路線設(shè)計以A(CH2=CH?COOH)和為起始原料制備G的合成路線(無機(jī) 答案與解析 答案：C解析：解：A.少量SO2可用作食品添加劑，如紅酒中往往添加少量的SO2抗氧化，故A正確；B.CCl4可從溴水中提取Br2，Br2的CCl4溶液為橙紅色，CCl4可從碘水中提取I2，I2的CCl4溶液為紫紅色，故可用CCl4B正確；濃氨水不能溶解Ag，也不能和Ag反響，不能用濃氨水清洗試管壁的銀鏡，故C錯誤；D.S2?和Cu2+CuS沉淀，故Na2S可除去污水中的Cu2+D正確。應(yīng)選：C。少量SO2可用作食品添加劑，如紅酒中往往添加少量的SO2抗氧化，故A正確；B.CCl4可從溴水中提取Br2，Br2的CCl4溶液為橙紅色，CCl4可從碘水中提取I2，I2的CCl4溶液為紫紅色；C.濃氨水不能溶解Ag，也不能和Ag反響；D.S2?和Cu2+CuS沉淀。此題考察物質(zhì)的構(gòu)造和性質(zhì)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析力氣的考察，把握相關(guān)物質(zhì)的構(gòu)造和性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，題目難度不大，留意相關(guān)根底學(xué)問的積存。答案：B解析：解析：此題考察阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和推斷，題目難度中等。留意把握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系是解題關(guān)鍵，留意氣體摩爾體積使用對象。6個共價鍵，14個共價鍵，所以所含共價鍵數(shù)均為0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物質(zhì)的量不相等，故A錯誤；B.1molNa與O2反響，生成Na2O和Na2O21mol鈉離子，共失去NA個電子，故B正確；C.1mol2mol鈉離子和1mol過氧根離子，0.1molNa2O2固體中陰陽離子總數(shù)為0.3NA，故C錯誤；D.溶液體積未知，無法計算氫氧根微粒個數(shù)，故D錯誤；應(yīng)選：B。答案：D解析：此題考察基于元素周期律、元素周期表的推斷，包括元素的“位構(gòu)性”及其應(yīng)用，微粒半徑大小的變化規(guī)律以及元素非金屬性強(qiáng)弱的比較，題目難度不大。由題意可知，A的某種核素沒有中子，則A為H；設(shè)B元素的原子序數(shù)為a，則元素C的原子序數(shù)為(a+1)D的原子序數(shù)為(a+2)E的原子序數(shù)為(a+10)，由題意可知四種元素原子37，則a+(a+1)+(a+2)+(a+10)=37，a=6，元素B為C、元素C為N，元素D為O、元素ES、元素FCl，據(jù)此答復(fù)。A.含C元素的化合物在自然界中可形成多種有機(jī)物，種類最多，故A正確；4B.H、N、O可組成化合物NH4NO3，為強(qiáng)酸弱堿鹽，在水中NH+水解促進(jìn)水的電離，故B正確；C.電子層數(shù)越大，原子半徑越大，電子層數(shù)一樣，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，因此原子半徑大小關(guān)系為S>Cl>N>H，故C正確；4D.非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，因此氫化物穩(wěn)定性O(shè)>S，故D錯誤。應(yīng)選D。答案：A解析：此題考察化學(xué)試驗的相關(guān)學(xué)問，涉及了試紙的使用以及誤差分析等學(xué)問考察，綜合性較強(qiáng)，把握相關(guān)學(xué)問并靈敏應(yīng)用是關(guān)鍵。定容時，液面高于容量瓶刻度線，導(dǎo)致溶劑體積偏大，溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度偏小，應(yīng)重配制，A正確；水和酒精會形成共沸物，不能用蒸餾的方法分別二者，B錯誤；C.NaClO具有強(qiáng)氧化性，能使pH試紙褪色，C錯誤；D.+I?I23D錯誤。答案：C解析：此題考察有機(jī)物的構(gòu)造與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機(jī)物的構(gòu)造、化學(xué)鍵的斷裂、有機(jī)反響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，留意EG為乙二醇，題目難度不大。A.由圖可知，Cu納米顆粒作催化劑將氫氣轉(zhuǎn)化為氫原子，則Cu納米顆粒在該反響中作為催化劑，故A錯誤；B.DMO為草酸二甲酯，由圖可知，EG為乙二醇，則反響過程為DMO→MG→EGDMO分子斷裂了碳氧單鍵和碳氧雙鍵中的一根鍵，故B錯誤；C.MG酸性水解生成HOOCCH2OH，確定條件下該物質(zhì)發(fā)生縮聚反響，能形成高分子化合物，故C正確；D.EG與甲醇中—OH數(shù)目不同，二者不互為同系物，故D錯誤。應(yīng)選C。答案：D解析：解：A.HX為弱酸，HZ為強(qiáng)酸，參與等體積、等濃度的氫氧化鈉溶液，a>7，b=7A錯誤；B.HZ完全電離，而HX100倍后，HXpH較大，故B錯誤；C.F的非金屬性比Cl強(qiáng)，但HF的酸性比HCl弱，Cl的非金屬性比S強(qiáng)，但HCl的酸性比H2S弱，可知氫化物的酸性與非金屬性不存在規(guī)律性的變化，故C錯誤；D.0.1000mol?L?1Na2Yc(Y2?)+c(HY?)+c(H2Y)=0.1000mol?L?1，故D正確。應(yīng)選：D。由元素在周期表中的位置可知XF元素，Y為S元素，Z為Cl元素，由表中數(shù)據(jù)可知HX不能完全電離，為弱酸，HZ為強(qiáng)酸，參與等濃度的NaOH20.00mLNaX溶液呈堿性，NaZ的鹽溶液呈中性，結(jié)合物料守恒解答該題．此題考察酸堿混合的定性推斷及溶液pH的計算，為高頻考點，正確推斷HX是弱電解質(zhì)、HY是強(qiáng)pH目難度中等．答案：A解析：此題主要考察電解池的工作原理，留意結(jié)合電解池工作示意圖，準(zhǔn)確分析兩電極物質(zhì)變化，得出兩極電極反響，再結(jié)合電解池工作原理進(jìn)展解答。2O?e?=O2↑H+H+與碳酸根離H2O+e?=2↑+2OH?，OH?與移動過來的鈉離子結(jié)合為氫氧化鈉，據(jù)此解答。A.2O?e?=H++O2↑2O+e?=2↑H?，陰極區(qū)溶液pH增大，故A錯誤；B.陰極的電極反響為：2H2O+2e?=H2↑+2OH?A的化學(xué)式為H2，陰極區(qū)溶液pH增大，故B正確；C.該法在通過電解制取NaHCO3NaOH，故C正確；D.2O?e?=O2↑H+1mol的O2生成，故D正確。應(yīng)選A。答案：(1)AD(2)茶多酚為一類多酚類化合物，易被氧氣氧化，熱水浸泡時間過長，相應(yīng)的增加了茶多酚氧化，溫度過高氧化速度加快(3)④③⑤①⑥②(4)pH過低，沉淀不完全，pH過高茶多酚更易被氧化(5)145.5解析：嫻熟把握化學(xué)試驗根本操作是解題的關(guān)鍵。A項，粉碎可以增加茶葉與浸出液的接觸面積進(jìn)而加快反響速率，把握溫度可以加快速率，二者都有益于茶多酚的浸出，正確；B2過濾后需要的是濾渣，不要求合并洗滌液，錯誤；C項，較高濃度的HCl不利于金屬沉淀物的溶解，錯誤；D項，為防止茶多酚被氧化，操作4為真空枯燥，原理和蒸餾相像，正確。因茶多酚易被空氣中的氧氣氧化，熱水浸泡時間長，促使茶多酚被氧化，溫度過高，氧化速率加快。由萃取試驗過程可知，合理的操作步驟是④③⑤①⑥②。pH過低，沉淀不完全；pH過高，茶多酚更簡潔被氧化。分析表中數(shù)據(jù)，第220.00mL。根據(jù)題目給出信息可得此茶葉中茶多酚含量為2.91×20×52.00

=145.5mg/g。49.答案：(1)3 2H+(aq) 2Cr3+(aq) 3SO2?(aq) H2O(l)4(2)①pH越大反響越慢，鉻離子的最大去除率減小；②pH<4，反響速率快，二氧化硫?qū)淼眉胺错?，逸出污染空氣，pH>4，反響速率減慢，鉻離子去除率減小，不能到達(dá)排放標(biāo)準(zhǔn)；③b(3)30min前反響正向進(jìn)展，溫度高反響速率快反響物的轉(zhuǎn)化率大，80℃的Cr(+6)去除率比40℃高；30min后反響到達(dá)平衡狀態(tài)，反響為放熱反響，升溫平衡逆向進(jìn)展，80℃的Cr(+6)去除率低(4)7.5～101(5)2×3×a×10?3×1000×99.95%解析：解：(1)酸性廢水中用SO2+6價降低為+3價，硫元素化合價+4價上升為+6價，依據(jù)電子守恒、原子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：Cr2O2?(aq) +3SO(g)+2H+(aq)=2Cr3+(aq)+3SO2?(aq)+H

O(l)△H=?1145kJ/mol，7 2 4 24故答案為：3；2H+(aq)；2Cr3+(aq)；3SO2?(aq)；H2O(l)；4①pH增大，鉻離子的最大去除率減小，反響所需時間越長，pH=6時不符合排放標(biāo)準(zhǔn)，由上述數(shù)據(jù)獲得的結(jié)論有：pH越大反響越慢，鉻離子的最大去除率減小，故答案為：pH越大反響越慢，鉻離子的最大去除率減??；②pH<4，反響速率快，二氧化硫?qū)淼眉胺错懀莩鑫廴究諝?，pH>4，反響速率減慢，鉻離子pH=4左右，故答案為：pH<4pH>4，反響速率減慢，鉻離子去除率減小，不能到達(dá)排放標(biāo)準(zhǔn)；③a.Cr

O2?+HO?2CrO2?+2H+，該酸性含鉻廢水中確定含有CrO2?，pH越大平衡正向進(jìn)展，2 7 2 4 4aCrO2?含量越高，故合理；a4b.其他條件不變，增大壓強(qiáng)，吸取塔中反響的K不變，故b不合理；3.O?+，3c合理；故答案為：b；30min80℃的Cr(+6)去除率比40℃高，30min后反響到達(dá)平衡狀態(tài)，反響為放熱反響，升溫平衡逆向進(jìn)展，80℃的Cr(+6)去除率低，故答案為：30min前反響正向進(jìn)展，溫度高反響速率快反響物的轉(zhuǎn)化率大，80℃的Cr(+6)去除率比40℃高；30min后反響到達(dá)平衡狀態(tài)，反響為放熱反響，升溫平衡逆向進(jìn)展，80℃的Cr(+6)去除率低；中和池中參與氫氧化鈉溶液沉淀鉻離子生成氫氧化鉻，到達(dá)沉淀量最大應(yīng)把握pH范圍為：7.5～10，故答案為：7.5～10；廢水中Cr(+6)總濃度為a×10?3mol/L，處理1000L廢水，去除率要求到達(dá)99.95%，參與反響的+6價Cr2O2?(aq)物質(zhì)的量=1×a×10?3mol/L×1000L×99.95%，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算，7 27Cr2O2?(aq) ～ 3SO2(g)71 31×a×10?3mol/L×1000L×99.95% n22理論上需要SO物質(zhì)的量=1×3×a×10?3×1000×99.95%mol，22故答案為：1×3×a×10?3×1000×99.95%。2此題以工藝流程為根底考察了物質(zhì)分別提純、物質(zhì)性質(zhì)、氧化復(fù)原反響、圖象的理解應(yīng)用、化學(xué)方程式定量關(guān)系的計算等學(xué)問點，把握根底是解題關(guān)鍵，題目難度中等。10.答案：(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2)將FeCl3固體參與較濃的鹽酸中(3)Fe3+和SO2生成紅棕色的：2Fe3++4SO2+2H2O=2Fe2++SO2?+4H(3)Fe3+和SO2生成紅棕色的：2Fe3++4降低，平衡逆向移動，紅棕色漸漸褪去，最終得到淺綠色溶液(4)Ba2++SO2?4

=BaSO4↓2(5)3Fe2++4H++NO?=3Fe3++NO↑+2HO23(6)2NO+O2=2NO2(7)試驗Ⅰ和Ⅱ；試驗Ⅲ和Ⅳ解析：此題考察物質(zhì)性質(zhì)的探究試驗，涉及離子檢驗、化學(xué)平衡、方程式書寫、氧化復(fù)原反響等，側(cè)重對原理的考察與分析，題目難度中等。(1)試驗室制取SO2通常用Na2SO3和較濃H2SO4反響，化學(xué)方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。(2)鐵離子簡潔水解：Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+FeCl3溶液時，將FeCl3固體參與較濃的鹽酸中，再加水稀釋到所需濃度。(3)Fe3+和SO2生成紅棕色的Fe(SO2)3+反響速率較快：Fe3++6SO2?Fe(SO2)3+；而反響2Fe3++6 64SO2+2H2O=2Fe2++SO2?+4H+c(Fe3+)降低，平衡逆向移動，紅棕色漸漸褪去，最終得到淺綠色溶液。44參與KSCN溶液后溶液不變色，說明鐵離子完全轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，再參與BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，氧化生成硫酸根與鋇離子結(jié)合為硫酸鋇，反響離子方程式為：Ba2++SO2?=BaSO4↓。423Fe2++4H++NO?=3Fe3++NO↑+2HO。23NO與氧氣反響生成二氧化氮，發(fā)生反響的方程式是：2NO+O2=2NO2。試驗Ⅰ中溶液最終變?yōu)闇\綠色、試驗Ⅱ中溶液中檢出SO2?，說明Fe3+氧化SO2生成SO2?，氧化性4 4Fe3+>SO2?；試驗Ⅲ中溶液變黃色、Ⅳ中檢出Fe3+NO生成，說明酸性條件下NO?氧化Fe2+，氧4化性NO?>Fe3+；所以，在酸性條件下，氧化性強(qiáng)弱是：NO?>Fe3+

3>SO2?。3 3 411.答案：(1)①< ②0.05p(2)①BD②[起點(0,3)；拐點：n(CO②[起點(0,3)；拐點：n(CO2)/n(CH4)=1時，n(H2)/n(CO)接近(3)①4OH??4e?=2H2O+O2↑(或2H2O?4e?=O2↑+4H+)②6.72解析：(1)①依據(jù)蓋斯定律，由反響Ⅱ(1)①依據(jù)蓋斯定律，由反響Ⅱ?反響Ⅰ整理得，ΔH=ΔH2?ΔH1，且烴的裂解是吸熱反響，即ΔH=ΔH2?ΔH1>0，所以ΔH1<ΔH2。②反響Ⅱ的平衡常數(shù)K

=p2(C2H4)=(0.1p)2

=0.05p。p p(C4H8) 0.2p>>Ⅰ高到低的挨次是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，錯誤；Bbba兩點均未到達(dá)平衡狀態(tài)，b點溫度高，反響速率較快，所以甲烷的轉(zhuǎn)化率較大，正確；C項，c點也可能到達(dá)平衡狀態(tài)，后續(xù)溫度上升，甲烷轉(zhuǎn)化率增大也可能是平衡向正反響方向移動所導(dǎo)致，錯誤；D項，催化劑不影響平衡移動，所以一樣溫度下，不同催化劑作用下到達(dá)平衡時甲烷的轉(zhuǎn)化率確定一樣，正確。②假設(shè)起始時沒有CO2，即n(CO2)/n(CH4)=0，此時只能建立甲烷?水蒸氣重整反響的平衡，所以n(H2)/n(CO)=3，隨著CO2的通入，n(CO2)/n(CH4)不斷增大，且甲烷?二氧化碳重整的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于甲烷?水蒸氣重整反響的平衡常數(shù)，即以甲烷?二氧化碳重整的平衡為主，所以n(H2)/n(CO)不斷減??；由甲烷轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系圖可知，當(dāng)n(CO2)/n(CH4)=1時，甲烷的轉(zhuǎn)化率已接近100%，此時n(H2)/n(CO)1，之后幾乎保持不變。①陽極發(fā)生氧化反響，OH?失去電子生成氧氣，結(jié)合守恒規(guī)章即可寫出陰極電極反響式。②10g/L上升到145g/LHA的物質(zhì)的量為(145?10)g/L×0.4L÷90g/mol=0.6mol，即電路中轉(zhuǎn)移的電子為0.6mol，所以陰極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2的體積為0.6mol÷2×22.4L/mol=6.72L。答案：> sp2 sp3 BF3 PCl3 2：1 幾何因素電荷因素1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 AC y√2M8r3NA解析：解：(1)As4p3，處于半布滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，所以第一電離能較大，而Ga的4p1，第一電離能較小，所以As>Ga；GaCl3與AsCl3的中心原子的價層電子對個數(shù)分別是3、4，依據(jù)價層電子對互斥理論推斷中心原子的雜化方式分別為sp2、sp3，等電子體的原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等，則GaCl3與AsCl3的等電子體BF3、PCl3，故答案為：>sp2；sp3；BF3；PCl3；依據(jù)