2025全國高考二輪化學(xué)考前排查答案

2025全國高考二輪化學(xué)考前排查考前抓分卷答案與解析第一篇限時(shí)微模擬(30min)“8＋1”模擬練(一)1.A2.C【解析】乙烯分子中碳碳雙鍵兩端的碳原子上均連有2個(gè)H原子，故不存在順反異構(gòu)體，A錯(cuò)誤；對苯二甲酸中含有氧元素，不屬于烴，也不屬于芳香烴，B錯(cuò)誤；H2O為分子晶體，通常條件下，冰的晶胞是六方晶胞，容易成六棱柱的結(jié)構(gòu)，導(dǎo)致雪花一般呈六角形，C正確；氫鍵不屬于化學(xué)鍵，D錯(cuò)誤。3.A【解析】NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，可用于除銹，A錯(cuò)誤。4.D【解析】NH3電子式為，A錯(cuò)誤；Cl－的結(jié)構(gòu)示意圖為，B錯(cuò)誤；H2O分子中心原子價(jià)層電子對數(shù)為2＋eq\f(1,2)×(6－2×1)＝4，VSEPR模型為四面體形，C錯(cuò)誤。5.A【解析】用食醋處理水垢碳酸鈣，反應(yīng)的離子方程式為2CH3COOH＋CaCO3=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，A錯(cuò)誤。6.B【解析】海水呈弱堿性，輪船鋼板在海水中易發(fā)生吸氧腐蝕，B錯(cuò)誤。7．C【解析】由圖可知，曲線①的反應(yīng)速率最快，說明溫度高，即曲線①對應(yīng)溫度為348K，曲線②對應(yīng)溫度為338K。溫度越高，反應(yīng)速率越快，k正值越大，則曲線①對應(yīng)的k正更大，A正確；溫度越高，乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率越高，反應(yīng)正向進(jìn)行程度變大，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故升高溫度，該醇解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，B正確；k正、k逆是溫度的函數(shù)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，k正受溫度的影響較大，因此升高溫度，k正增大程度大于k逆，即k正與k逆的差值最大的是曲線①，a點(diǎn)反應(yīng)向正方向進(jìn)行，c點(diǎn)為平衡點(diǎn)，隨著反應(yīng)進(jìn)行，v正逐漸減小，v逆逐漸增大，因此四個(gè)點(diǎn)中，v正與v逆差值最大的是a點(diǎn)，C錯(cuò)誤；338K時(shí)，設(shè)乙酸甲酯初始的物質(zhì)的量為1mol，C6H13OH的物質(zhì)的量也為1mol，則達(dá)到平衡時(shí)，消耗乙酸甲酯、C6H13OH的物質(zhì)的量均為1mol×50%＝0.5mol，則生成CH3COOC6H13和甲醇的物質(zhì)的量為0.5mol，K＝eq\f(0.5×0.5,0.5×0.5)＝1，D正確。8．B【解析】由圖可知，甲電極發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳，為負(fù)極，則乙為正極；丙極發(fā)生氧化反應(yīng)生成[Fe(CN)6]3－，為陽極，則丁為陰極。a中氫離子向正極(右側(cè))遷移，b中氫離子向陰極(右側(cè))遷移，A正確；a裝置中甲電極上乙酸根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳，電極反應(yīng)式為CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋7H＋，B錯(cuò)誤；圖b裝置中丙電極為陽極、丁電極為陰極，則丙電極的電勢比丁電極高，C正確；圖b裝置中丁電極二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲醇，電子轉(zhuǎn)移情況為CO2～6e－，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下每消耗22.4LCO2，即1molCO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為6×6.02×1023＝3.612×1024，D正確。9.(1)還原反應(yīng)(2)B分子間存在氫鍵(3)(4)(5)【解析】(3)根據(jù)B、C的結(jié)構(gòu)可知，B→C中，醇羥基被溴原子取代，當(dāng)副產(chǎn)物分子式為C7H7OBr時(shí)，可推知該過程中B分子中的羥基被溴原子取代的同時(shí)，分子中的—CH(CH3)2被H取代，故X的結(jié)構(gòu)簡式為。(4)由D的結(jié)構(gòu)簡式可知，除了苯環(huán)外還含有2個(gè)不飽和度，結(jié)合條件②可知，該同分異構(gòu)體分子中含有2個(gè)酚酯基，結(jié)合條件①可知，這2個(gè)酚酯基處于對位，另外8個(gè)碳原子組成兩個(gè)—C(CH3)3基團(tuán)分別與酚酯基相連，符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式見答案。“8＋1”模擬練(二)1.A【解析】2.8gN2的物質(zhì)的量為0.1mol，含有的電子數(shù)目為1.4NA，B錯(cuò)誤；根據(jù)尿素的結(jié)構(gòu)簡式，尿素分子中含有7個(gè)σ鍵，則1mol尿素中所含有的σ鍵的數(shù)目為7NA，C錯(cuò)誤；由于HCOeq\o\al(－,3)在水溶液中發(fā)生水解、電離被消耗，故體積為1L的1mol/L的KHCO3溶液中，HCOeq\o\al(－,3)數(shù)目小于NA，D錯(cuò)誤。2.D【解析】氧化鈣不是塊狀固體，且溶于水，不能用于啟普發(fā)生器，A錯(cuò)誤；氯化鈣會(huì)與氨氣反應(yīng)，不能干燥氨氣，B錯(cuò)誤；氨氣的密度比空氣小，導(dǎo)管應(yīng)短進(jìn)長出，C錯(cuò)誤。3．A【解析】W、X、Y、Z依次為C、O、Na、S。簡單離子半徑：S2－>O2－>Na＋，A正確；沸點(diǎn)：H2O>H2S，B錯(cuò)誤；O元素和Na元素形成的Na2O2，既有離子鍵，又有共價(jià)鍵，C錯(cuò)誤；化合物甲為Na2CO3，能與苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和NaHCO3，D錯(cuò)誤。4.C【解析】a為NH3、b為N2H4、c為N2、d為NO2、e為HNO3。c→a的轉(zhuǎn)化，即N2轉(zhuǎn)化為NH3，屬于氮的固定，A正確；N2H4中氮元素的化合價(jià)為－2，處于中間價(jià)態(tài)，故N2H4既有氧化性又有還原性，B正確；NO2與水反應(yīng)，不能用排水法收集，C錯(cuò)誤；NH3中N元素為最低價(jià)，有還原性，NO2中N元素為＋4價(jià)，具有氧化性，一定條件下二者可發(fā)生歸中反應(yīng)生成N2，D正確。5.D【解析】該實(shí)驗(yàn)為探究溫度對平衡的影響，A錯(cuò)誤；飽和食鹽水中含有水蒸氣，故應(yīng)先通過飽和食鹽水除HCl，再通過濃硫酸除去水分，B錯(cuò)誤；制備Fe(OH)3膠體需要將飽和的氯化鐵溶液滴入沸水中，C錯(cuò)誤；將鈉單質(zhì)分別加入盛有無水乙醇和水的燒杯中，水中生成氫氣的速率大于無水乙醇，說明水分子中的氫更活潑，D正確。6.C【解析】鋅為活潑金屬，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，Zn是負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn－2e－＋2OH－=ZnO＋H2O，Mo為正極，A錯(cuò)誤，C正確；電子由Zn經(jīng)外電路流向Mo，B錯(cuò)誤；由負(fù)極反應(yīng)式可知，每消耗1.3gZn(即0.02mol)，理論上轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.04NA，D錯(cuò)誤。7.A【解析】CO2通入苯酚鈉溶液中，發(fā)生反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為，A錯(cuò)誤。8.B【解析】向CH3COONH4溶液中滴加幾滴石蕊溶液，溶液不變色是因?yàn)榇姿岣x子和銨根離子的水解程度相同，溶液顯中性，A錯(cuò)誤；CuSO4溶液會(huì)先與氨水反應(yīng)生成藍(lán)色氫氧化銅沉淀，氫氧化銅沉淀再與過量氨水反應(yīng)生成可溶性配合物，不能說明氫氧化銅是兩性氫氧化物，C錯(cuò)誤；向酸性KMnO4溶液滴加幾滴乙醇，溶液紫紅色變淺，乙醇被氧化生成乙酸，D錯(cuò)誤。9．(1)V、Fe(或釩、鐵)Na2CO3＋V2O3＋O2eq\o(=,\s\up7(焙燒),\s\do5(800℃))2NaVO3＋CO2(2)Fe2O3(3)[Al(OH)]eq\o\al(－,4)＋4H＋=Al3＋＋4H2O(4)光導(dǎo)纖維或制單質(zhì)硅或干燥劑等(5)溶液中存在NH4VO3(s)NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋VOeq\o\al(－,3)(aq)，加入過量(NH4)2CO3，增大NHeq\o\al(＋,4)濃度，有利于促進(jìn)NH4VO3晶體析出，提高產(chǎn)率(6)Na2CO3【解析】(6)“沉釩”時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2NaVO3＋(NH4)2CO3=2NH4VO3↓＋Na2CO3，則在該流程中，Na2CO3先消耗后生成，可循環(huán)利用?！?＋1”模擬練(三)1.B【解析】白糖的主要成分是蔗糖，屬于有機(jī)物，A不選；食鹽的主要成分是氯化鈉，屬于無機(jī)物，B選；辣椒的主要成分是纖維素、維生素C、辣椒素等，屬于有機(jī)物，C不選；大蒜的主要成分是纖維素、多糖、含硫有機(jī)化合物等，屬于有機(jī)物，D不選。2.B【解析】89Y和90Y質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，二者互為同位素，A錯(cuò)誤；四氧化三鐵屬于氧化物，該晶體不是金屬晶體，C錯(cuò)誤；甲醇結(jié)構(gòu)簡式為CH3OH，含有碳元素，D錯(cuò)誤。3.A【解析】N2中存在1個(gè)p－pσ鍵和2個(gè)p－pπ鍵，B錯(cuò)誤；基態(tài)Cr原子的價(jià)層電子軌道表示式為，C錯(cuò)誤；BF3中B原子上沒有孤電子對，價(jià)層電子對互斥模型應(yīng)為平面三角形，D錯(cuò)誤。4．B【解析】硫酸酸化的高錳酸鉀溶液中含有硫酸根離子，能和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，故該實(shí)驗(yàn)不能夠測定二氧化硫的量，A錯(cuò)誤；溴化鈉和氯氣反應(yīng)生成氯化鈉和溴單質(zhì)，溴溶解在苯中，顯橙紅色，說明溴離子的還原性強(qiáng)于氯離子，B正確；膠體也能通過濾紙，C錯(cuò)誤；醋酸鉛能和硫化氫反應(yīng)生成硫化鉛沉淀和醋酸，是因?yàn)榱蚧U是難溶物質(zhì)，無法判斷硫化氫和醋酸酸性強(qiáng)弱，D錯(cuò)誤。5．C【解析】用酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸生成二氧化碳和錳離子，離子方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，草酸是弱電解質(zhì)不能拆，C錯(cuò)誤。6.C【解析】熟石灰可以用來改良酸性土壤，熟石灰是Ca(OH)2，而不是CaO，C錯(cuò)誤。7.B【解析】X是H、Y是C、Z是N、Q是O、W是Na。N原子2p能級電子處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，故第一電離能大于O原子，A錯(cuò)誤；核外電子排布相同，原子序數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑：O2－>Na＋，C錯(cuò)誤；鍵角：CH4＞H2O，D錯(cuò)誤。8.C【解析】由坐標(biāo)為(1.7,5)可得Ag2CrO4的溶度積Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrOeq\o\al(2－,4))＝(1×10－5)2×1×10－1.7＝10－11.7，由坐標(biāo)為(4.8,5)可得AgCl的溶度積Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8。由圖可知，縱坐標(biāo)從下到上，c(Ag＋)濃度不斷減小，橫坐標(biāo)從左到右，c(Cl－)和c(CrOeq\o\al(2－,4))濃度也不斷減小，則在曲線右上方區(qū)域：Qc＜Ksp，即a點(diǎn)條件下，二者不會(huì)生成沉淀，A錯(cuò)誤；Ksp只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，二者的溶度積不相同，B錯(cuò)誤；該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝eq\f(cCrO\o\al(2－,4),c2Cl－)＝eq\f(cCrO\o\al(2－,4)·c2Ag＋,c2Cl－·c2Ag＋)＝eq\f(KspAg2CrO4,K\o\al(2,sp)AgCl)＝eq\f(1×10－11.7,1×10－9.82)＝1×107.9，C正確；向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol/L混合溶液中滴加AgNO3，開始沉淀時(shí)所需要的c(Ag＋)分別為10－8.8mol/L和10－5.35mol/L，說明此時(shí)沉淀Cl－需要的銀離子濃度更低，在這種情況下，先沉淀的是AgCl，D錯(cuò)誤。9．(1)氨水Ba(NO3)2AgNO3(2)屏蔽Fe3＋，防止Fe3＋對滴定過程產(chǎn)生干擾偏大2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I(xiàn)280%【解析】(1)膽礬晶體中可能含有Fe2(SO4)3、FeCl3雜質(zhì)，將晶體溶于水后檢驗(yàn)其含有硫酸根離子和氯離子即可，故晶體溶解后加入稀氨水，硫酸銅和過量氨水反應(yīng)生成四氨合銅離子，而鐵離子會(huì)轉(zhuǎn)化紅褐色氫氧化鐵沉淀，過濾，濾渣為紅褐色的Fe(OH)3。氯離子用硝酸銀檢驗(yàn)，但硫酸根離子有干擾，故過濾后的濾液中先加入過量的硝酸鋇沉淀硫酸根離子，然后取上層清液加入硝酸銀，無明顯現(xiàn)象，說明不含氯化鐵，故實(shí)驗(yàn)結(jié)論為晶體中含有硫酸鐵不含氯化鐵。(2)溶液中Cu2＋、Fe3＋均能氧化碘離子，故先用氟離子屏蔽鐵離子，防止其對滴定產(chǎn)生干擾。如果不加氟化鈉，則鐵離子也能氧化碘離子，生成碘單質(zhì)變多，進(jìn)而消耗硫代硫酸鈉的量增多，導(dǎo)致最終的測量值偏大。加入碘化鈉時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成碘化亞銅沉淀，離子方程式為2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I(xiàn)2。根據(jù)反應(yīng)得關(guān)系式為2CuSO4·5H2O～I(xiàn)2～2Na2S2O3，硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×0.01L＝0.001mol，則膽礬的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.001mol×\f(100mL,25mL)×250g/mol,1.250g)×100%＝80%?！?＋1”模擬練(四)1.B【解析】司南的主要成分為磁性氧化鐵，不屬于高分子材料，A錯(cuò)誤；樹皮紙的主要成分為纖維素，屬于有機(jī)高分子，B正確；瓷蒺藜火球?yàn)橐源芍谱?，外施漿釉，內(nèi)裝火藥，不屬于高分子材料，C錯(cuò)誤；銅活字屬于銅合金，不屬于高分子材料，D錯(cuò)誤。2.A【解析】太陽能電池板材料的主要成分為Si，B錯(cuò)誤；耐高溫酚醛樹脂膠黏劑屬于有機(jī)高分子材料，C錯(cuò)誤；超高強(qiáng)度鋼屬于合金，其熔點(diǎn)低于純鐵，D錯(cuò)誤。3.D【解析】苯酚可用于消毒是因?yàn)槠淇墒沟鞍踪|(zhì)變性，苯酚無強(qiáng)氧化性，A錯(cuò)誤；用醋酸去除熱水壺中的水垢是因?yàn)榇姿崮苋芙馓妓徕}，B錯(cuò)誤；NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，可用于除銹跡，C錯(cuò)誤。4.B【解析】制備乙烯時(shí)產(chǎn)生的雜質(zhì)氣體主要為CO2、SO2和水，所以無水硫酸銅的作用是檢驗(yàn)水，A錯(cuò)誤；二氧化硫具有漂白性，品紅褪色可以說明有二氧化硫，B正確；酸性高錳酸鉀與乙烯反應(yīng)生成CO2，對CO2的檢驗(yàn)造成干擾，因此試劑X不能是酸性高錳酸鉀，C錯(cuò)誤；不能確定二氧化硫是否完全被吸收，石灰水變渾濁有可能是過量的二氧化硫與氫氧化鈣反應(yīng)，D錯(cuò)誤。5．B【解析】箭頭b所示C—H斷裂和苯炔發(fā)生了加成反應(yīng)，說明箭頭b所示C—H比箭頭a所示C—H活潑，A正確；苯炔分子中含有碳碳三鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，B錯(cuò)誤；有機(jī)物X：(標(biāo)“*”碳原子為手性碳原子，下同)，有機(jī)物Y：，均含有1個(gè)手性碳原子，C正確；酮羰基、苯環(huán)都能和氫氣加成，則1molY與H2加成時(shí)，最多消耗4molH2，分子數(shù)目約為2.408×1024，D正確。6．D【解析】X、Y、Z、W、M依次為H、C、N、O、Ni。同周期從左到右，主族元素的第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p能級軌道半充滿比較穩(wěn)定，其第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能：C<O<N，A錯(cuò)誤；C元素的氫化物為烴，其沸點(diǎn)隨碳原子數(shù)增多而增大，因此Y的氫化物的沸點(diǎn)不一定比W、Z的氫化物低，B錯(cuò)誤；該化合物中H原子為2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C錯(cuò)誤；基態(tài)Ni原子電子排布式為[Ar]3d84s2，則其電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為球形，D正確。7.B【解析】該原電池工作時(shí)堿金屬片為負(fù)極，玻碳電極為正極，電子流動(dòng)方向?yàn)閴A金屬片→外電路→玻碳電極，A正確；電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多則得到的電能越多，失去相同電子所需鈉的質(zhì)量大于鋰，所以Na－CO2電池比Li－CO2電池的理論比能量低，B錯(cuò)誤；CO2在正極發(fā)生得電子的反應(yīng)生成M2CO3和C，則正極反應(yīng)式為3CO2＋4M＋＋4e－=2M2CO3＋C，C正確；原電池工作時(shí)堿金屬片為負(fù)極，玻碳電極為正極，充電時(shí)原電池正、負(fù)極分別與電源正、負(fù)極相接，即玻碳電極接電源正極，D正確。8．B【解析】Cu(OH)2可溶于濃氨水形成[Cu(NH3)4]2＋，而Mg(OH)2不溶，經(jīng)過濾、洗滌、干燥得到固體，A能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模欢弑谎趸謩e產(chǎn)生Fe3＋和I2，而Fe3＋和I2在溶液中均呈棕黃色，則無法確定誰先被氧化，B不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模籆Oeq\o\al(2－,3)的水解平衡為COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，加入的Ba2＋與COeq\o\al(2－,3)作用生成BaCO3沉淀，平衡左移，則OH－濃度減小，溶液的堿性減弱，酚酞變淺，C能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；滴加少量碘水，淀粉若部分水解，溶液變藍(lán)，若完全水解，溶液無明顯現(xiàn)象，D能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹?.(1)BC(2)①KSCN②FeCl3＋3H2OFe(OH)3↓＋3HCl或4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(3)①銅粉過量②CuCl2＋Cu=2CuCl③Fe3＋氧化性強(qiáng)于Cu2＋，F(xiàn)e3＋過量時(shí)，Cu不與Cu2＋反應(yīng)(4)析出的銅單質(zhì)、石墨和氯化銅溶液形成原電池，銅作負(fù)極被氧化溶解(5)①②提供配體，促使平衡Cu2＋＋Cu＋4Cl－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuCl2))－正向移動(dòng)(6)過氧化氫用于殺菌消毒(或其他合理答案)“8＋1”模擬練(五)1.C【解析】金漆的主要成分是金，A不選；木雕木頭的主要成分為纖維素，B不選；蠔殼的主要成分是碳酸鈣，D不選。2.B【解析】同位素是指質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的同一種元素的不同原子，W與Os不是同種元素，二者不互為同位素，A錯(cuò)誤；鍍金鉬絲屬于金屬材料，C錯(cuò)誤；聚苯乙烯屬于合成高分子，不屬于天然高分子材料，D錯(cuò)誤。3.A【解析】1molNaOH固體中含有1molNa＋和1molOH－，所以離子數(shù)目為2NA，A正確；ClO－會(huì)發(fā)生水解，則1L1mol/L的NaClO溶液中ClO－的數(shù)目小于NA，B錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L的H2和Cl2混合氣體為1mol，H2和Cl2都是雙原子分子，所含共價(jià)鍵數(shù)目為NA，但選項(xiàng)未說明是標(biāo)準(zhǔn)狀況，故無法計(jì)算，C錯(cuò)誤；Cl2與足量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O,1molCl2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，D錯(cuò)誤。4．D【解析】實(shí)驗(yàn)室制備NO，常用Cu和稀硝酸的反應(yīng)：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A錯(cuò)誤；CaSO3中S元素顯＋4價(jià)，具有還原性，HClO具有強(qiáng)氧化性，能將CaSO3氧化成CaSO4，B錯(cuò)誤；泡沫滅火器是用Al2(SO4)3和NaHCO3發(fā)生雙水解反應(yīng)，即Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，C錯(cuò)誤。5.A【解析】氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅和水，所以常用氫氟酸刻蝕玻璃器皿，A錯(cuò)誤。6.B【解析】氯化銨固體受熱分解生成氨氣和氯化氫，蒸干氯化銨飽和溶液不能制備氯化銨晶體，則裝置②無法達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珺選。7.D【解析】W、X、Y、Z分別為O、Na、Al、S。同周期主族元素從左向右第一電離能呈增大趨勢，即第一電離能：S＞Al＞Na，A錯(cuò)誤；水分子間存在氫鍵，則沸點(diǎn)：H2O＞H2S，B錯(cuò)誤；電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同時(shí)，原子序數(shù)越大半徑越小，則原子半徑：Na＞Al＞S＞O，C錯(cuò)誤。8.A【解析】Na2SiO3溶液中通入SO2，產(chǎn)生白色膠狀沉淀是生成了H2SiO3，說明H2SO3酸性比H2SiO3強(qiáng)，A正確；酸性KMnO4溶液能夠氧化SO2，導(dǎo)致溶液紫紅色褪去，SO2體現(xiàn)還原性，B錯(cuò)誤；SO2還原FeCl3生成FeCl2，F(xiàn)eCl3體現(xiàn)氧化性，SO2體現(xiàn)還原性，C錯(cuò)誤；Na2S溶液中通入SO2，出現(xiàn)黃色渾濁是因?yàn)樯闪薙，SO2體現(xiàn)氧化性，D錯(cuò)誤。9.(1)HI(2)①苯甲酸②AC③H2、催化劑，加熱(3)Ⅵ化合物Ⅵ中含有羧基與水分子更容易形成分子間氫鍵，增大了其溶解性(答案合理即可)(4)16或(5)①②防止苯環(huán)的兩個(gè)取代基處于間位(或確保苯環(huán)的兩個(gè)取代基處于鄰位等合理答案均可)【解析】(1)反應(yīng)①的反應(yīng)物是苯和CH3I發(fā)生取代反應(yīng)生成物化合物Ⅱ和HI。(2)①根據(jù)化合物Ⅵ的結(jié)構(gòu)，反應(yīng)②引入了羧基，則化合物Ⅲ為苯甲酸；②反應(yīng)④苯甲酸和丙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成化合物Ⅵ，羧基間位的C—H斷裂，然后苯環(huán)上羧基間位的碳原子與丙烯分子中2號位的碳原子發(fā)生加成反應(yīng)，C=C變?yōu)镃—C，A正確，D錯(cuò)誤；化合物Ⅴ是丙烯，丙烯中甲基上的碳原子采用sp3雜化，B錯(cuò)誤；化合物Ⅵ結(jié)構(gòu)不對稱，是極性分子，且不存在連有4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子，故該分子不存在手性碳原子，C正確；該反應(yīng)屬于加成反應(yīng)，D錯(cuò)誤。③苯環(huán)可以與H2在Ni、Pt等催化劑存在的情況下發(fā)生加成反應(yīng)。(3)化合物Ⅵ有羧基，羧基可以與水分子形成分子間氫鍵，故化合物Ⅵ在水中溶解度更大。(4)根據(jù)題意可知，該同分異構(gòu)體屬于芳香族化合物說明一定有苯環(huán)；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明有醛基；含有9個(gè)化學(xué)環(huán)境相同的氫原子說明有3個(gè)碳甲基連在同一個(gè)碳原子上，即—C(CH3)3結(jié)構(gòu)；則剩余1個(gè)氧原子，可能連醛基形成甲酸酯基，或與—C(CH3)3形成醚鍵，或也可能是酚羥基；若為甲酸酯基，則苯環(huán)上有—OOCH和—C(CH3)3兩個(gè)側(cè)鏈，有鄰、間、對3種結(jié)構(gòu)；若形成醚鍵，則苯環(huán)上有—CHO和—OC(CH3)3兩個(gè)側(cè)鏈，有鄰、間、對3種結(jié)構(gòu)；若是酚羥基，則苯環(huán)有—CHO、—OH和—C(CH3)3三個(gè)側(cè)鏈，有10種結(jié)構(gòu)，則一共有16種同分異構(gòu)體。核磁共振氫譜有4個(gè)吸收峰時(shí)，說明分子對稱，符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為、。(5)根據(jù)已知信息：苯環(huán)上的C—H斷鍵時(shí)，甲基的鄰位更容易斷裂，羧基的間位更容易斷裂，取代基要處于苯環(huán)鄰位，只能是甲基在氧化成羧基之前先發(fā)生類似反應(yīng)④的反應(yīng)。①下一步為甲基與丙烯在H2SO4催化作用下發(fā)生鄰位加成，其化學(xué)方程式見答案。②若甲苯先進(jìn)行反應(yīng)②氧化成羧基，引入的側(cè)鏈異丙基在間位上，得不到目標(biāo)產(chǎn)物?！?＋1”模擬練(六)1.A【解析】單質(zhì)硅廣泛用于航天器太陽能電池板，B錯(cuò)誤；甲烷屬于烴，C錯(cuò)誤；聚乙烯屬于合成纖維，D錯(cuò)誤。2.D【解析】乙酸乙酯能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，應(yīng)用飽和碳酸鈉溶液收集生成的乙酸乙酯，且導(dǎo)管口應(yīng)靠近液面不能伸入液面以下，A錯(cuò)誤；容量瓶不能用于溶解氯化鐵固體，B錯(cuò)誤；鈉燃燒時(shí)會(huì)放出大量的熱，會(huì)使玻璃表面皿炸裂，可以在坩堝中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，C錯(cuò)誤。3．A【解析】明礬處理廢水，利用其水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性，與Al(OH)3是兩性氫氧化物無關(guān)，A錯(cuò)誤。4.A【解析】稀硝酸是強(qiáng)氧化性酸，常溫下能與Cu反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，B錯(cuò)誤；缺角的氯化鈉晶體在飽和NaCl溶液中慢慢變?yōu)橥昝赖牧⒎襟w塊，體現(xiàn)了晶體的自范性，C錯(cuò)誤；用FeS除去廢水中的Hg2＋，說明HgS更難溶，則Ksp(FeS)>Ksp(HgS)，D錯(cuò)誤。5.C【解析】X、Q、Z、Y、W分別為H、C、N、O、Na。同周期從左到右主族元素第一電離能呈增大趨勢，ⅡA、ⅤA反常，故第一電離能：N＞O＞C，A正確；核外電子排布相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故簡單離子半徑：N3－＞O2－＞Na＋，B正確；Z元素的氧化物對應(yīng)水化物HNO3為強(qiáng)酸，HNO2為弱酸，C錯(cuò)誤；Y的簡單氫化物即H2O，H2O中心O原子的價(jià)層電子對數(shù)為4，其VSEPR模型為四面體形，D正確。6.C【解析】酸性條件下C6H12O6→C6H10O6，葡萄糖發(fā)生氧化反應(yīng)，即a電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為C6H12O6－2e－=2H＋＋C6H10O6，b電極為正極，電極反應(yīng)式為MnO2＋4H＋＋2e－=Mn2＋＋2H2O，A、B錯(cuò)誤；原電池中陽離子移向正極，故H＋由a極移向b極，C正確；由負(fù)極反應(yīng)式可知，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.1NA個(gè)電子時(shí)，生成0.05mol葡萄糖內(nèi)酯，D錯(cuò)誤。7.D【解析】由向深藍(lán)色溶液中加入乙醇，深藍(lán)色溶液變渾濁，靜置后有深藍(lán)色eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuNH34))SO4·H2O晶體析出，因此eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuNH34))SO4·H2O在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，C正確；向硫酸銅溶液中逐滴滴加濃氨水，先生成藍(lán)色沉淀，藍(lán)色沉淀逐漸溶解為深藍(lán)色溶液，則氨分子比水分子更容易與銅離子反應(yīng)形成配合物，D錯(cuò)誤。8.C【解析】0.5mol/LNa2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，A錯(cuò)誤；該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(cSO\o\al(2－,4)·cCa2＋,cCO\o\al(2－,3)·cCa2＋)＝eq\f(KspCaSO4,KspCaCO3)＝eq\f(5×10－5,3×10－9)＝eq\f(5,3)×104，當(dāng)Q＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＜K時(shí)，反應(yīng)正向進(jìn)行，B錯(cuò)誤；上層清液為碳酸鈣的飽和溶液，清液中滿足c(Ca2＋)＝eq\f(KspCaCO3,cCO\o\al(2－,3))，由于硫酸鈣沉淀轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀，故清液中c(Ca2＋)≤eq\f(KspCaSO4,cSO\o\al(2－,4))，C正確；醋酸為弱酸，不能拆成離子形式，D錯(cuò)誤。9.(1)BE(2)①H＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)②氯化鋇溶液或硝酸銀溶液生成白色沉淀(3)①Pb2＋(aq)＋2HA(s)PbA2(s)＋2H＋(aq)②用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定流出液，記錄消耗NaOH溶液的體積，或測定流出液的pH和總體積③eq\f(a,5×10－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2.5×10－2)))2④偏小【解析】(2)①陽離子交換樹脂只交換陽離子，對陰離子無影響，天然水通過陽離子交換樹脂，將金屬陽離子轉(zhuǎn)化成H＋，因此取i處流出液，含有的離子有H＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)。②如果陰離子交換樹脂失去交換能力，ii處流出液中含有NOeq\o\al(－,3)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)，需要檢驗(yàn)Cl－或SOeq\o\al(2－,4)，因此加入的試劑為氯化鋇溶液或硝酸銀溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則說明已失去交換能力。(3)③根據(jù)Pb2＋～2H＋，則飽和溶液中n(Pb2＋)＝eq\f(1,2)n(H＋)＝eq\f(a,2)mol，即n(I－)＝amol，故Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝eq\f(a,2×25×10－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,25×10－3)))2＝eq\f(a,5×10－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2.5×10－2)))2。④步驟Ⅲ是將清洗附著在陽離子交換樹脂上的H＋，與步驟Ⅱ中的流出液合并，降低對實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，如果省略步驟Ⅲ，H＋物質(zhì)的量減少，導(dǎo)致Pb2＋、I－物質(zhì)的量減少，測的PbI2溶度積偏小?！?＋1”模擬練(七)1.B【解析】碳酸鋇能與胃酸反應(yīng)生成可溶性鋇鹽，可溶性鋇鹽有毒，不能用作X射線檢查的內(nèi)服藥物，應(yīng)該用硫酸鋇，B錯(cuò)誤。2.D【解析】常用鐵罐車運(yùn)輸濃硫酸，是因?yàn)槌叵妈F遇到濃硫酸鈍化，A錯(cuò)誤；將小蘇打加入面粉中焙制糕點(diǎn)，是因?yàn)樾√K打能和酸反應(yīng)放出二氧化碳，使糕點(diǎn)蓬松，B錯(cuò)誤；用“84”消毒液對圖書館桌椅消毒，是因?yàn)镹aClO溶液有強(qiáng)氧化性，C錯(cuò)誤。3.D【解析】HCl是共價(jià)化合物，HCl氣體中沒有H＋，A錯(cuò)誤；ClO－水解，1L1mol/LNaClO溶液中含有ClO－的數(shù)目小于NA，B錯(cuò)誤；Heq\o\al(18,2)O與Deq\o\al(16,2)O的摩爾質(zhì)量均為20g/mol，分子中的中子數(shù)均為10,2gH218O與Deq\o\al(16,2)O的混合物中所含中子數(shù)目為eq\f(2g,20g/mol)×10NA＝NA，C錯(cuò)誤。4.A【解析】CO分子中含有14個(gè)中子，故2.8gCO(即0.1mol)中含有的中子數(shù)為1.4NA，A正確；未告知溶液的體積，故無法計(jì)算pH＝3的H2S溶液中H＋的數(shù)目，B錯(cuò)誤；COS的結(jié)構(gòu)式為S=C=O，故0.1molCOS中π鍵數(shù)目為0.2NA，C錯(cuò)誤；生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LH2(即0.1mol)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，D錯(cuò)誤。5.B【解析】用天平稱量藥品時(shí)應(yīng)“左物右碼”，A錯(cuò)誤；Na2CO3溶液呈堿性，能促進(jìn)油脂水解，從而去除物品表面的油污，B正確；濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下能使鐵表面發(fā)生鈍化，所以不能用裝置丙將廢鐵屑充分溶解，C錯(cuò)誤；(NH4)2Fe(SO4)2

瘙
簚6H2O晶體受熱易失去結(jié)晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，D錯(cuò)誤。6.C【解析】制備氫氧化鐵膠體應(yīng)向沸水中滴加少量飽和氯化鐵溶液，加熱至出現(xiàn)紅褐色液體，將NaOH溶液滴加到氯化鐵溶液中得到氫氧化鐵沉淀，A錯(cuò)誤；制備的乙烯中混有乙醇、二氧化硫等均能使高錳酸鉀溶液褪色，對乙烯的檢驗(yàn)產(chǎn)生干擾，B錯(cuò)誤；取少量溶液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若不出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則說明被完全氧化，C正確；常溫下鐵遇濃硝酸鈍化，該實(shí)驗(yàn)不能探究濃度對反應(yīng)速率的影響，D錯(cuò)誤。7.B【解析】X、Y、Z、M、Q分別為H、N、O、Na、S。水分子間存在氫鍵，則沸點(diǎn)：H2O＞H2S，A錯(cuò)誤；Na與S可形成化合物Na2S、Na2S2，B正確；化合物中兩元素電負(fù)性差值越大，離子鍵的百分?jǐn)?shù)就越大，電負(fù)性：O＞S，因此化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：Na2O＞Na2S，C錯(cuò)誤；NOeq\o\al(－,3)中心原子N的價(jià)層電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為0，其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，SOeq\o\al(2－,3)中心原子S的價(jià)層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為1，其空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，D錯(cuò)誤。8.D【解析】與直流電源正極相連的Pt電極為電解池的陽極，溴離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成溴，通入的乙烯與溴、水反應(yīng)生成HOCH2CH2Br，Ni電極為陰極，水分子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和OH－，鉀離子通過陽離子交換膜進(jìn)入陰極區(qū)，電解完成后，將陽極區(qū)和陰極區(qū)溶液混合，HOCH2CH2Br在堿性條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷。Pt電極為電解池的陽極，A錯(cuò)誤；生成1mol環(huán)氧乙烷需要消耗1mol溴，由得失電子數(shù)目守恒可知，陰極上生成氫氣的物質(zhì)的量為1mol，B錯(cuò)誤；Pt電極區(qū)發(fā)生的電極反應(yīng)式為2Br－－2e－=Br2，C錯(cuò)誤。9．(1)電子氣理論(2)①增大接觸面積，增大化學(xué)反應(yīng)速率，使焙燒充分，提高原料的利用率②8CaSO4(3)R3N·HReO4＋NH3=NHeq\o\al(＋,4)＋ReOeq\o\al(－,4)＋R3N(或R3N·HReO4＋NH3·H2O=NHeq\o\al(＋,4)＋ReOeq\o\al(－,4)＋R3N＋H2O)＞(4)晶體(5)3500℃時(shí)，鐵已氣化除去，固態(tài)碳和H2完全反應(yīng)，生成氣態(tài)物質(zhì)(6)八面體eq\f(\r(2),2)·eq\r(3,\f(M,ρNA))【解析】(3)“反萃取”時(shí)，R3N·HReO4與一水合氨反應(yīng)生成NH4ReO4和R3N，其離子方程式見答案；“反萃取”得到高錸酸銨溶液的pH＝9.0，則溶液中c(OH－)＝10－5mol/L，則eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(KbNH3·H2O,cOH－)＝100.3＞1，則c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(NH3·H2O)。(4)根據(jù)X射線衍射圖譜可知，圖像具有衍射峰，說明NH4ReO4屬于晶體。(6)由圖可知，頂角的Re原子周圍有6個(gè)距離最近且相等的O原子，這6個(gè)O原子構(gòu)成八面體，故Re原子填在O原子圍成的八面體空隙中；根據(jù)均攤法可計(jì)算出一個(gè)晶胞中Re和O的個(gè)數(shù)分別為1和3，即1個(gè)晶胞含有1個(gè)ReO3，設(shè)晶胞的棱長為a，則V＝a3＝eq\f(M,NAρ)cm3，a＝eq\r(3,\f(M,ρNA))cm，根據(jù)晶胞棱中心的是O原子，距離最近的O原子是兩條相交棱上的O原子，兩者的距離＝eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),2)·eq\r(3,\f(M,ρNA))cm。“8＋1”模擬練(八)1.C【解析】戰(zhàn)國青銅雙翼神龍，屬于金屬制品，A不選；西漢“直裾素紗衣”屬于絲制品，主要成分是蛋白質(zhì)，B不選；琺華彩蓮紋梅瓶屬于陶瓷制品，主要成分是硅酸鹽，C選；金漆木雕如意，屬于木制品雕塑，主要成分是纖維素，D不選。2.C【解析】T－碳與C60為碳元素組成的不同單質(zhì)，互為同素異形體，C錯(cuò)誤。3.B【解析】氯氣能使?jié)駶櫟募t布條褪色，是因?yàn)槁葰馀c水反應(yīng)生成HClO，HClO將紅色布條漂白，干燥的氯氣不具有漂白性，A錯(cuò)誤；b處溶液顯藍(lán)色，說明生成碘單質(zhì)，發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，則I－的還原性強(qiáng)于Cl－，B正確；c處紅色褪去，發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O，氯氣既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，C錯(cuò)誤；二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)需要加熱，題中所給裝置沒有加熱裝置，a處布條不褪色，D錯(cuò)誤。4．C【解析】由圖可知，X為二氧化硫、Y為三氧化硫、Z為硫酸、M為硫酸銅、N為硫化銅。1L1mol/L氫硫酸溶液中存在S原子守恒：N(H2S)＋N(HS－)＋N(S2－)＝1mol/L×1L×NAmol－1＝NA，A錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，三氧化硫?yàn)楣虘B(tài)，不能根據(jù)22.4L/mol計(jì)算22.4L三氧化硫的物質(zhì)的量，B錯(cuò)誤；由得失電子數(shù)目守恒可知，氯酸鈉溶液與二氧化硫反應(yīng)制備1mol二氧化氯時(shí)，反應(yīng)消耗二氧化硫的分子數(shù)為eq\f(1mol×1,2)×NAmol－1＝0.5NA，C正確；銅與硫共熱反應(yīng)生成硫化亞銅，D錯(cuò)誤。5.D【解析】油脂屬于酯類，在堿性條件下能夠發(fā)生皂化反應(yīng)，汽油屬于烴類物質(zhì)，不能發(fā)生皂化反應(yīng)，A錯(cuò)誤；MnO2可作H2O2分解的催化劑，與氧化性無關(guān)，B錯(cuò)誤；濃硫酸具有吸水性，能作干燥劑，可以干燥氫氣和一氧化碳，與強(qiáng)氧化性無關(guān)，C錯(cuò)誤。6.C【解析】室內(nèi)噴灑次氯酸鈉溶液進(jìn)行消毒，利用次氯酸鈉的強(qiáng)氧化性，C錯(cuò)誤。7．A【解析】達(dá)到平衡時(shí)，c(SO2)＝0.3mol/L，c(H2)＝(10－2.7×3)mol/L＝1.9mol/L，c(H2S)＝2.7mol/L，c(H2O)＝5.4mol/L，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(2.7×5.42,1.93×0.3)，A正確；t1min時(shí)還未達(dá)到平衡，因此v正(SO2)>v逆(H2S)，B錯(cuò)誤；曲線a與SO2曲線變化相反，則說明a代表n(H2S)隨時(shí)間變化的曲線，C錯(cuò)誤；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，若該反應(yīng)在T2℃(T2<T1)時(shí)進(jìn)行，則平衡向放熱反應(yīng)方向移動(dòng)即正向移動(dòng)，則n(SO2)將減小，因此虛線b不能表示n(SO2)的變化，D錯(cuò)誤。8.C【解析】HCOOH中C原子的雜化方式為sp2，A錯(cuò)誤；反應(yīng)過程中存在CO2中的C=O發(fā)生斷裂，生成HCOOH時(shí)會(huì)形成C—H和O—H，因此存在極性鍵的斷裂和形成，B錯(cuò)誤；反應(yīng)消耗CO2的同時(shí)，又會(huì)生成CO2，因此不需要補(bǔ)充CO2，C正確；該催化機(jī)理總反應(yīng)為H2＋NaHCO3=HCOONa＋H2O，原子利用率未達(dá)到100%，D錯(cuò)誤。9．(1)3d64s2MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(2)吸收尾氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中(3)AsOeq\o\al(3－,3)(4)①3.0無②pH減小，氫離子濃度增大，抑制鐵離子水解，生成氫氧化鐵膠團(tuán)變少，凈水作用減弱③A4－B4的差值明顯比A3－B3的差值大(5)①吡咯能與水形成分子間氫鍵，而噻吩不能②eq\r(3,\f(480,ρNA))×107【解析】(2)氯氣會(huì)污染環(huán)境，氯化鐵遇空氣中的水蒸氣會(huì)水解，裝置中F具有吸收尾氣，和防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中的作用。(3)由于氫氧化鐵膠團(tuán)吸附層帶正電，在靜電吸附作用下，膠團(tuán)可以除去廢水中陰離子，則可除去AsOeq\o\al(3－,3)。(4)①通過1、2、3組實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)隨著pH增大，凈水效果依次增強(qiáng)，說明1、2、3組實(shí)驗(yàn)只能是pH發(fā)生變化，而其他不能改變，則添加的助凝劑均為無，再根據(jù)3、4組別是探究添加的助凝劑對凈水效果的影響，則pH應(yīng)該相等，則pH＝3.0。②pH減小，氫離子濃度增大，抑制鐵離子水解，凈水作用減弱。(5)②FeS2晶胞中鐵原子的個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Seq\o\al(2－,2)的個(gè)數(shù)為12×eq\f(1,4)＋1＝4，F(xiàn)eS2的晶體密度：ρg/cm3＝eq\f(\f(120g/mol,NAmol－1)×4,V)，則V＝eq\f(480,ρNA)cm3，則晶胞的邊長為eq\r(3,\f(480,ρNA))×107nm。“8＋1”模擬練(九)1.C【解析】錯(cuò)銀青銅牛燈、鎏金獸形銅盒硯、金鏨花八寶魚的主要材料均為金屬材料，故選C。2.B3.C【解析】氯水具有氧化性，能將溴化鈉中的溴離子和碘化鈉中的碘離子氧化，A錯(cuò)誤；FeCl3和NH4Cl均能與NaOH溶液反應(yīng)，B錯(cuò)誤；CO與灼熱的CuO粉末反應(yīng)生成銅和CO2，可將雜質(zhì)除去且不引入新雜質(zhì)，C正確；SiO2和Al2O3均能與NaOH溶液反應(yīng)，D錯(cuò)誤。4.B【解析】金屬鈉投入水中：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，A錯(cuò)誤；等體積等物質(zhì)的量濃度的NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，NaOH先與氫離子反應(yīng)：H＋＋OH－=H2O，C錯(cuò)誤；堿性KClO溶液與Fe(OH)3反應(yīng)制備高鐵酸鉀：3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O，D錯(cuò)誤。5.B【解析】H2O2常用于殺菌消毒是因?yàn)镠2O2有氧化性，與其受熱易分解的性質(zhì)無關(guān)，B選。6.C【解析】放電時(shí)，Zn→[Zn(OH)4]2－發(fā)生了氧化反應(yīng)，為電池的負(fù)極，充電時(shí)，Zn極為陰極；放電時(shí)，MnO2→Mn2＋發(fā)生了還原反應(yīng)，為正極，充電時(shí)，為陽極。充電時(shí)，若電解質(zhì)溶液2為鹽酸，則鹽酸中的Cl－也會(huì)失電子被氧化為Cl2，發(fā)生副反應(yīng)，電解質(zhì)溶液2不能為濃鹽酸，A錯(cuò)誤；放電時(shí)，正極反應(yīng)式為MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O，B錯(cuò)誤；充電時(shí)，陰極反應(yīng)式為[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－，陰極附近溶液pH增大，D錯(cuò)誤。7.C【解析】a是NH3，b是N2，c是NO，d是NO2，e是HNO3?！袄子臧l(fā)莊稼”中存在氮?dú)馀c空氣中氧氣在放電條件下生成一氧化氮，一氧化氮與氧氣生成二氧化氮，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，A正確；常溫下，氨氣和硝酸等物質(zhì)的量反應(yīng)生成硝酸銨，由于銨根離子水解，溶液呈酸性，所以溶液的pH<7，B正確；二氧化氮溶于水且能與水反應(yīng)，不能用排水法收集，C錯(cuò)誤；氮?dú)廪D(zhuǎn)化為氮的化合物的過程屬于氮的固定，D正確。8.D【解析】相同溫度時(shí)，p2到p1，N2的體積分?jǐn)?shù)增大，說明平衡正向移動(dòng)，說明改變的條件是減小壓強(qiáng)，所以p2>p1，A錯(cuò)誤；平衡時(shí)，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，3v正(NH3)＝2v逆(H2)，B錯(cuò)誤；a點(diǎn)時(shí)，假設(shè)反應(yīng)開始時(shí)NH3的物質(zhì)的量為1mol，消耗的NH3為2xmol，則有N2的體積分?jǐn)?shù)＝eq\f(x,1－2x＋x＋3x)＝0.1，解得x＝0.125，NH3的轉(zhuǎn)化率為eq\f(2x,1)×100%＝25%，C錯(cuò)誤；b、c兩點(diǎn)均為平衡態(tài)，且c點(diǎn)溫度高，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大，所以c點(diǎn)平衡常數(shù)大，D正確。9.(1)用熱的純堿溶液浸泡廢鐵屑(2)Fe/MnO2摩爾比為0.75、反應(yīng)溫度為50℃(3)①4MnO2＋3Fe＋16H＋=4Mn2＋＋Fe2＋＋2Fe3＋＋8H2O②會(huì)增大后續(xù)碳酸鈣的消耗(4)Fe3＋是過氧化氫分解的催化劑(5)4.7(6)MgF2、CaF2(7)趁熱過濾、洗滌、干燥【解析】(4)“氧化”時(shí)，由于Fe3＋是過氧化氫分解的催化劑，則部分過氧化氫會(huì)分解，故過氧化氫的實(shí)際消耗量大于理論消耗量。(5)“除鐵、鋁”加入碳酸鈣的目的是將Fe3＋和Al3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，則調(diào)節(jié)溶液的pH不小于Al3＋完全沉淀的pH，Al3＋完全沉淀時(shí)，溶液中c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[AlOH3],1.0×10－5))≈10－9.3mol/L，則pH＝4.7。(6)“除銅”時(shí)，Cu2＋轉(zhuǎn)化為CuS沉淀，“除雜”時(shí)加入的MnF2將Mg2＋和Ca2＋轉(zhuǎn)化為氟化物沉淀。(7)“除雜”所得濾液為硫酸錳溶液，在80～90℃之間蒸發(fā)結(jié)晶，趁熱過濾，得到MnSO4·H2O。“8＋1”模擬練(十)1.D【解析】太陽能電池板的主要成分是硅單質(zhì)，D錯(cuò)誤。2.C【解析】利用活性炭的吸附性除室內(nèi)的甲醛，與還原性無關(guān)，C選。3.C【解析】二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣需要加熱，A錯(cuò)誤；用飽和食鹽水除去Cl2中的HCl，導(dǎo)氣管應(yīng)該“長進(jìn)短出”，B錯(cuò)誤；應(yīng)該用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，D錯(cuò)誤。4.D【解析】a為NH3，b為N2，C為NO，d為NO2(或N2O4)，e為HNO3，f為NH3·H2O。NH3·H2O為弱電解質(zhì)，A錯(cuò)誤；檢驗(yàn)NH3應(yīng)使用濕潤的紅色石蕊試紙，B錯(cuò)誤；N2在常溫下不能轉(zhuǎn)化為NO，C錯(cuò)誤；氨氣和一氧化氮或二氧化氮在一定條件下均可反應(yīng)生成無污染的氮?dú)夂退士梢韵趸镂廴?，D正確。5.B【解析】1個(gè)H2O分子中含有8個(gè)中子，9gH2O(即0.5mol)含有的中子數(shù)目為4NA，A錯(cuò)誤；反應(yīng)中N元素化合價(jià)由0降低為－3，生成4molNH3轉(zhuǎn)移12NA電子，C錯(cuò)誤；沒有明確是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計(jì)算，D錯(cuò)誤。6.A【解析】NaClO溶液和CH3COONa溶液均水解顯堿性，根據(jù)“越弱越水解”，NaClO溶液的pH較大，則酸性：HClO＜CH3COOH，B錯(cuò)誤；新制氯水會(huì)將溶液中的Fe2＋氧化為Fe3＋，干擾Fe2＋的檢驗(yàn)，C錯(cuò)誤；分子中碳碳雙鍵也能和酸性高錳酸鉀反應(yīng)使溶液褪色，無法判斷該有機(jī)物中含有醛基，D錯(cuò)誤。7.C【解析】W、X、Y、Z分別為F、O、C、S。HF能形成分子間氫鍵，故沸點(diǎn)：CH4<HF，A錯(cuò)誤；同周期主族元素從左到右電負(fù)性逐漸增大，同主族元素從上到下電負(fù)性逐漸減小，故電負(fù)性：F>O，B錯(cuò)誤；CO2是直線形分子，正、負(fù)電荷中心重合，是含有極性鍵的非極性分子，D錯(cuò)誤。8.D【解析】由圖可知，通入H2的一極，氫氣分子得到電子生成H－，則是電解池的陰極，接電源的負(fù)極A，即B是電源的正極，A錯(cuò)誤；陽極粗硅失電子，若換成石英SiO2，SiO2中Si元素已經(jīng)是最高價(jià)＋4價(jià)，無法再失電子，B錯(cuò)誤；電解時(shí)，熔融鹽中Li＋向陰極移動(dòng)，C錯(cuò)誤；陽極粗硅生成SiH4，電極反應(yīng)式為Si＋4H－－4e－=SiH4↑，D正確。9.(1)615(2)①－121kJ/mol②Ⅰ.大于Ⅱ.小于(3)①33.3%②1.67×105③Ⅰ.M1>M2>M3Ⅱ.C＋H2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))CO＋H2【解析】(1)反應(yīng)熱＝反應(yīng)物中的化學(xué)鍵鍵能總和－生成物中的化學(xué)鍵鍵能總和，則根據(jù)反應(yīng)ⅰ有－54kJ/mol＝xkJ/mol＋432kJ/mol－(412＋341＋348)kJ/mol，解得x＝615。(2)①根據(jù)蓋斯定律分析，有?。ⅲ５媚繕?biāo)熱化學(xué)方程式，則ΔH4＝(－54－185＋118)kJ/mol＝－121kJ/mol。②該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以隨著溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率降低，則T1<T2，則平衡常數(shù)減小，故K(A)大于K(B)；B點(diǎn)溫度高，壓強(qiáng)大，所以反應(yīng)速率大于A。(3)①根據(jù)催化脫氫的反應(yīng)，設(shè)轉(zhuǎn)化的乙苯為xmol，則苯乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)＝eq\f(x,a＋x)＝25%，解得x＝eq\f(a,3)mol，乙苯的轉(zhuǎn)化率約為33.3%。②平衡常數(shù)用平衡分壓表示，平衡分壓＝總壓強(qiáng)×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，平衡時(shí)總壓強(qiáng)為106×eq\f(4,3)Pa，平衡常數(shù)Kp＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(106×\f(4,3)×\f(1,4)))2,106×\f(4,3)×\f(1,2))≈1.67×105。③Ⅰ.乙苯加入量越大，轉(zhuǎn)化率越小，則有M1>M2>M3。Ⅱ.因?yàn)樘己退魵饪梢苑磻?yīng)，所以水蒸氣能有助于恢復(fù)催化劑的活性?！?＋1”模擬練(十一)1.D【解析】“零碳甲醇”是指甲醇的生產(chǎn)和使用實(shí)現(xiàn)二氧化碳凈排放為零，A錯(cuò)誤；太陽能電池的主要材料是單質(zhì)硅，B錯(cuò)誤；Fe元素位于周期表中的d區(qū)，C錯(cuò)誤。2.D【解析】石灰乳在離子方程式中不可拆，A錯(cuò)誤；利用覆銅板制作印刷電路板，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，B錯(cuò)誤；HClO的電子式是Heq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(Cl,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)，C錯(cuò)誤；HCl分子中H原子和Cl原子通過“頭碰頭”形成s－pσ鍵，D正確。3．C【解析】NaHCO3受熱分解產(chǎn)生CO2氣體，可作發(fā)泡劑烘焙面包，與NaHCO3溶液顯堿性無關(guān)，C選。4．C【解析】該溶液與過氧化氫溶液混合產(chǎn)生O2，正確的離子方程式：ClO－＋H2O2=Cl－＋O2↑＋H2O，C錯(cuò)誤。5．B【解析】該裝置放電時(shí)為原電池，充電時(shí)為電解池。放電時(shí)Na＋向M極方向移動(dòng)，則M極為正極，充電時(shí)作陽極與外接電源正極相連，即M極接電源正極，N極接電源負(fù)極，A正確；放電時(shí)，原電池的正極反應(yīng)式為NaFePO4F＋Na＋＋e－=Na2FePO4F，M極質(zhì)量會(huì)增重，導(dǎo)線中每通過1mol電子，理論上M極質(zhì)量增重23g，B錯(cuò)誤；放電時(shí)負(fù)極N上的電極反應(yīng)式為Na3Ti2(PO4)3－2e－=NaTi2(PO4)3＋2Na＋，C正確；NaFePO4F、Na2FePO4F、Na3Ti2(PO4)3、NaTi2(PO4)3均附著在電極材料上，充、放電時(shí)兩極反應(yīng)的Na＋生成與消耗的量相等，理論上溶液中的鈉離子濃度不變，D正確。6.A【解析】裝置A中酸性KMnO4溶液褪色，體現(xiàn)了SO2的還原性，A錯(cuò)誤。7．C【解析】用銅絲插入濃硫酸中制備SO2時(shí)，需要加熱才反應(yīng)，A錯(cuò)誤；應(yīng)確?；旌舷∪芤褐蠳aCl、NaI的濃度一樣，若起始濃度大，二者有可能產(chǎn)生沉淀，B錯(cuò)誤；取少量試液于試管中，加入NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，說明該氣體為氨氣，故溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)，C正確；向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，得到藍(lán)色Cu(OH)2沉淀，繼續(xù)滴加至藍(lán)色沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色，再繼續(xù)加入乙醇，可以得到配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O，D錯(cuò)誤。8．A【解析】X、Y、Z、M、N依次為H、C、O、S、K?；鶓B(tài)C原子的軌道表示式應(yīng)為，A錯(cuò)誤；離子半徑：r(S2－)＞r(K＋)，B正確；非金屬性：O＞S，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O＞H2S，C正確；CS2分子結(jié)構(gòu)為S=C=S，分子中含有2個(gè)σ鍵，2個(gè)π鍵，D正確。9.(1)變黑(2)①H2S能與CH3COOCu(NH3)2反應(yīng)，平衡逆向移動(dòng)，從而降低了CO的吸收②加熱(或減壓)(3)Na2SO3(4)4NaHCO3＋2NaHS＋4SO2=3Na2S2O3＋4CO2＋3H2O(5)NaOH(6)①滴入最后半滴樣品溶液后，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色②80.0%【解析】(1)H2S和(CH3COO)2Pb反應(yīng)生成黑色的PbS，當(dāng)潤濕的(CH3COO)2Pb試紙變黑，說明H2S過量，關(guān)閉K3，停止通入高爐煤氣。(6)②根據(jù)反應(yīng)可知：n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝2×3n(K2Cr2O7)＝6×0.01mol/L×20.00×10－3L＝1.2×10－3mol，故樣品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(1.2×10－3mol×\f(100mL,18.60mL)×248g/mol,2.000g)×100%＝80.0%。“8＋1”模擬練(十二)1.B【解析】砷化鎵太陽能電池的工作原理是通過太陽能將光子轉(zhuǎn)換為電子，進(jìn)而產(chǎn)生電流，砷化鎵沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤。2.B【解析】Cu與濃硫酸反應(yīng)制備SO2需要加熱，A不選；通入氨氣時(shí)應(yīng)注意防倒吸，C不選；NH4HSO3受熱易分解，蒸發(fā)無法獲得NH4HSO3晶體，D不選。3.C【解析】明礬水解生成Al(OH)3膠體，能聚沉水中的懸浮物，起到凈水作用，但不能殺菌消毒，C選。4.B【解析】應(yīng)用飽和碳酸氫鈉溶液除去CO2中的HCl，B錯(cuò)誤。5．C【解析】鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化，無法探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，A錯(cuò)誤；pH試紙不能測NaClO的pH，所以無法比較HClO和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱，B錯(cuò)誤；將反應(yīng)產(chǎn)生的氣體先通過四氯化碳(除去溴蒸氣，防止其與水反應(yīng)生成Br－)，再通入硝酸銀溶液，若產(chǎn)生淺黃色沉淀，說明發(fā)生的是取代反應(yīng)，D錯(cuò)誤。6．D【解析】X為O、Y為Mg、Z為Cl、W為N。簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>NH3，A錯(cuò)誤；NO為共價(jià)化合物，MgCl2為離子化合物，化學(xué)鍵的類型不同，B錯(cuò)誤；HNO3、HClO4都是強(qiáng)酸，C錯(cuò)誤；離子半徑：Mg2＋<O2－，D正確。7．C【解析】壓強(qiáng)不變時(shí)，升高溫度，φ(B)減小，平衡逆向移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH<0，溫度不變時(shí)，增大壓強(qiáng)，φ(B)減小，平衡逆向移動(dòng)，故a<b＋c，則ΔS>0，A錯(cuò)誤；M、N點(diǎn)的溫度相同，平衡常數(shù)相同，B錯(cuò)誤；P、M點(diǎn)的壓強(qiáng)相同，降低溫度，φ(B)增大，平衡正向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率增大，C正確；恒溫恒容條件下，P點(diǎn)時(shí)向容器中再充入少量A，相當(dāng)于對體系加壓，結(jié)合題圖可知，達(dá)到新平衡時(shí)，φ(B)減小，D錯(cuò)誤。8．A【解析】MA為弱酸弱堿鹽，M＋、A－水解而促進(jìn)水電離，A正確；M＋、MOH分布分?jǐn)?shù)相同時(shí)，c(M＋)＝c(MOH)，MOH電離常數(shù)Kb(MOH)＝eq\f(cM＋·cOH－,cMOH)＝c(OH－)＝eq\f(Kw,cH＋)＝eq\f(10－14,10－9.25)＝10－4.75，B錯(cuò)誤；A－、HA分布分?jǐn)?shù)相同時(shí)，pH＝4.75，c(A－)＝c(HA)，HA電離平衡常數(shù)Ka(HA)＝eq\f(cA－·cH＋,cHA)＝c(H＋)＝10－4.75mol/L，A－的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,KaHA)＝eq\f(10－14,10－4.75)＝10－9.25＜Ka(HA)，說明等物質(zhì)的量濃度的HA、NaA混合溶液中，HA電離程度大于A－的水解程度，所以溶液的pH＜7，C錯(cuò)誤；溫度不變電離平衡常數(shù)不變，pH＝7時(shí)溶液中c(H＋)一定，Ka(HA)＝eq\f(cA－·cH＋,cHA)，則eq\f(cA－,cHA)一定，所以兩種混合溶液中δ(HA)相同，D錯(cuò)誤。9.(1)(2)2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))4Na2CrO4＋4CO2(3)攪拌、適當(dāng)提高硫酸濃度(或?qū)⒈簾镔|(zhì)粉碎)H2SiO3(4)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3H2O2＋8H＋=2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O(5)Fe－2e－=Fe2＋(6)12eq\f(70,\r(2)a3NA)×1021【解析】(3)為提高“酸浸”時(shí)的浸取速率，可采取的措施為將焙燒物質(zhì)粉碎、攪拌、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)提高硫酸濃度等；“酸浸”時(shí)加入硫酸，與Na2SiO3反應(yīng)生成H2SiO3沉淀，則濾渣1的主要成分為H2SiO3。(5)電解還原法處理含Cr2Oeq\o\al(2－,7)的酸性廢水時(shí)，鐵作陽極，為活潑電極，則為Fe失電子生成Fe2＋，則陽極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋。(6)由圖可知，與鈣原子最近且等距離的氧原子位于面心上，故一共有3×eq\f(1,2)×8＝12個(gè)；晶胞邊長為eq\r(2)anm，晶胞的體積V＝(eq\r(2)a×10－7)3cm3＝2eq\r(2)a3×10－21cm3，晶胞中Ca原子的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＝1個(gè)，Cr原子的數(shù)目為1個(gè)，O原子的數(shù)目為6×eq\f(1,2)＝3個(gè)，則一個(gè)晶胞的質(zhì)量m＝eq\f(140,NA)g，晶胞的密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(140,NA),2\r(2)a3×10－21)g/cm3＝eq\f(70,\r(2)a3NA)×1021g/cm3。“8＋1”模擬練(十三)1.D【解析】毛筆含有動(dòng)物毛發(fā)，主要成分是蛋白質(zhì)，屬于天然有機(jī)高分子材料，A不選；墨汁成分主要成分為炭黑，不屬于硅酸鹽材料，B不選；宣紙畫卷主要成分是纖維素，屬于有機(jī)高分子材料，C不選。2．A【解析】基態(tài)Fe2＋的價(jià)層電子排布圖為，B錯(cuò)誤；S2－的結(jié)構(gòu)示意圖中最外層電子數(shù)應(yīng)該為8，C錯(cuò)誤；CS2中S原子的原子半徑大于C原子，所以該圖不能表示CS2的空間填充模型，D錯(cuò)誤。3.C【解析】在酸性條件下，Ⅳ中二氧化硫被硝酸根離子氧化為硫酸根離子，再和鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，C錯(cuò)誤。4．C【解析】分子中碳原子有sp2、sp3兩種雜化方式，A正確；甘氨酸分子中有羧基，可以和氫氧化鈉反應(yīng)生成鈉鹽，有氨基，可以和鹽酸反應(yīng)生成銨鹽，B正確；電負(fù)性：O>N>C>H，C錯(cuò)誤；甘氨酸分子中存在氨基、羧基，均可以與水分子形成氫鍵，故固態(tài)的甘氨酸易溶于水，D正確。5．C【解析】甲中鋅為負(fù)極，其失去電子變?yōu)殇\離子，而鐵片是正極，其被保護(hù)而不會(huì)被腐蝕，沒有亞鐵離子生成，則鐵片附近不會(huì)出現(xiàn)藍(lán)色，A、B錯(cuò)誤；乙中鐵作負(fù)極，銅作正極，銅附近氧氣得到電子變?yōu)镺H－而使溶液呈堿性，酚酞變?yōu)榧t色，銅片發(fā)生還原反應(yīng)，C正確、D錯(cuò)誤。6.B【解析】a為Fe，b為FeO，c為Fe2O3，d為Fe(OH)2，e為Fe(OH)3，f為亞鐵鹽，g為鐵鹽。亞鐵鹽加入NaOH轉(zhuǎn)化為Fe(OH)2，F(xiàn)e(OH)2可以被氧氣氧化為Fe(OH)3，A不選；高溫下Fe與H2O反應(yīng)得到的是Fe3O4，B選；KSCN溶液遇Fe3＋變紅，可用于鑒別Fe2＋和Fe3＋，C不選；Fe和鐵鹽反應(yīng)生成亞鐵鹽：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，D不選。7．D【解析】X、Y、Z、W依次為H、C、O、Al?；衔颩中，Al原子為sp2雜化，C原子、O原子均為sp3雜化，A錯(cuò)誤；H2為非極性分子，O元素形成的單質(zhì)有O2、O3，O2為非極性分子，O3為極性分子，B錯(cuò)誤；沸點(diǎn)：CH4<H2O，C錯(cuò)誤；[Fe(C2O4)3]3－中的配體C2Oeq\o\al(2－,4)中有2個(gè)配位O原子，所以[Fe(C2O4)3]3－中Fe3＋配位數(shù)為6，D正確。8.D【解析】Cl原子是歷程Ⅱ的催化劑，催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，則歷程Ⅰ、Ⅱ的焓變相等，即ΔH＝E6－E3＝E5－E2，A、B正確；歷程Ⅰ的活化能為E1－E3，C正確；催化劑不改變反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，即相同條件下O3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程Ⅱ＝歷程Ⅰ，D錯(cuò)誤。9.(1)cdabefgHSOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋SO2↑(2)①混合物中出現(xiàn)一條明亮的光路②eq\f(1×10－143,2.6×10－39×5.6×10－83)③C(3)①A②用100.0mL水溶解10.0g實(shí)驗(yàn)產(chǎn)品>【解析】(1)Na2SO3與鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫，通過飽和亞硫酸氫鈉溶液除去揮發(fā)的氯化氫，通過濃硫酸干燥，使用向上排空氣法收集二氧化硫，尾氣使用堿液吸收，防止污染；故裝置的接口連接順序?yàn)閏dabefg，其中飽和NaHSO3溶液HCl反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水、二氧化硫氣體，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋SO2↑。(2)②25℃時(shí)該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝eq\f(c3HSO\o\al(－,3),c3SO\o\al(2－,3)·cFe3＋)＝eq\f(c3HSO\o\al(－,3)·c3H＋·c3OH－,c3SO\o\al(2－,3)·cFe3＋·c3H＋·c3OH－)＝eq\f(K\o\al(3,w),Ksp[FeOH3]·K\o\al(3,a2)H2SO3)＝eq\f(10－14×3,2.6×10－39×5.6×10－83)。③KSCN只能檢驗(yàn)鐵離子，不能檢驗(yàn)亞鐵離子，A錯(cuò)誤；KMnO4和亞硫酸根離子、亞鐵離子都會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；亞鐵離子和K3[Fe(CN)6]溶液反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，C正確；Ba(OH)2和亞硫酸根離子、硫酸根離子均會(huì)生成沉淀，D錯(cuò)誤。(3)①由題干可知，碳酸酸性弱于亞硫酸，則25℃時(shí)質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同的兩種溶液，Na2CO3溶液的水解程度大于Na2SO3溶液，故Na2CO3溶液的堿性更強(qiáng)，pH更大，故選A。②假設(shè)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)品中Na2SO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于93%，步驟1測定Na2SO3合格品的pH，若Na2SO3含量高于93%，結(jié)合①分析可知，樣品的堿性應(yīng)該小于a，故步驟2需進(jìn)行對比實(shí)驗(yàn)：用100.0mL水溶解10.0g實(shí)驗(yàn)產(chǎn)品，測得pH＝b，若a>b，則Na2SO3含量高于93%，假設(shè)成立。“8＋1”模擬練(十四)1.C【解析】瑪瑙為非金屬材料，A不選；竹為天然植物材料，B不選；山水畫為宣紙、錦帛等不是金屬材料，D不選。2.D【解析】由圖可知，A電極上O2得電子生成O2－，則空氣側(cè)的鉑電極為正極，A正確；陰離子向負(fù)極移動(dòng)，O2－由電極A向電極B遷移，B正確；測量側(cè)的鉑電極B為負(fù)極，氧負(fù)離子在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，電極反應(yīng)式為2O2－－4e－=O2↑，C正確；結(jié)合得失電子守恒，理論上，電解質(zhì)中O2－的總物質(zhì)的量會(huì)不變，D錯(cuò)誤。3．D【解析】偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，N2O4作氧化劑，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：C2H8N2＋2N2O4=2CO2＋3N2＋4H2O，A錯(cuò)誤；碳原子半徑大于氧原子，二氧化碳的空間填充模型：，B錯(cuò)誤；偏二甲肼的結(jié)構(gòu)簡式：，C錯(cuò)誤。4.C【解析】NH3可用作制冷劑，與氨氣易液化、液氨汽化吸熱有關(guān)，A錯(cuò)誤；常溫下Al在濃硫酸中發(fā)生鈍化，因此可用鋁槽存放和運(yùn)載濃硫酸，B錯(cuò)誤；Na2O2與CO2反應(yīng)生成O2，可以用Na2O2作防毒面具供氧劑，Na2O2在反應(yīng)中既作氧化劑又作還原劑，D錯(cuò)誤。5．A【解析】KClO3與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣、KCl和水，HCl體現(xiàn)還原性和酸性，A錯(cuò)誤。6.D【解析】根據(jù)示意圖ZnO@石墨烯電極上CO2得電子轉(zhuǎn)化為CO，則ZnO@石墨烯電極為陰極，接光伏電池的負(fù)極；石墨烯電極為陽極，接光伏電池的正極，A、B正確，該轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)為CO2＋H2S=CO＋H2O＋S，金屬導(dǎo)線上每轉(zhuǎn)移1mol電子，CO2和H2S被去除的總物質(zhì)的量為1mol，總體積約22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，C正確、D錯(cuò)誤。7．D【解析】與苯環(huán)直接相連的原子與苯環(huán)共面、單鍵可以旋轉(zhuǎn)，故鄰苯二酚分子中所有原子可能共平面，A錯(cuò)誤；反應(yīng)中氧元素化合價(jià)由0變?yōu)椋?，根據(jù)得失電子守恒可知，鄰苯二酚發(fā)生氧化反應(yīng)生成2mol鄰苯二醌，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為4NA，B錯(cuò)誤；碳碳雙鍵能和氫氣加成，羰基也能和氫氣加成，則1mol鄰苯二醌最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，C錯(cuò)誤；鄰苯二醌化學(xué)式為C6H4O2,1mol鄰苯二醌完全燃燒需要消耗6molO2，D正確。8．C【解析】聯(lián)氨(N2H4)有弱堿性，與鹽酸反應(yīng)生成鹽(N2H5Cl、N2H6Cl2)，可知聯(lián)氨為二元弱堿。聯(lián)氨為二元弱堿，0.05mol/LN2H4的水溶液中c(OH－)＜0.1mol/L，則其pH≠13，A錯(cuò)誤；N2H4Cl2為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性，則0.05mol/LN2H4Cl2的水溶液加水稀釋，酸性變?nèi)?，pH升高，B錯(cuò)誤；N2H5Cl屬于鹽，水溶液中完全電離：N2H5Cl=N2Heq\o\al(＋,5)＋Cl－，C正確；N2H5Cl水溶液中電荷守恒為c(H＋)＋c(N2Heq\o\al(＋,5))＋2c(N2Heq\o\al(2＋,6))＝c(Cl－)＋c(OH－)，D錯(cuò)誤。9．(1)氧(2)分子中的氨基能和水分子間形成氫鍵(3)氧氣、銅—COO－、ROH取代反應(yīng)(或水解反應(yīng))(4)(5)13(6)【解析】分析流程，Ⅰ和Ⅱ生成Ⅲ，結(jié)合結(jié)構(gòu)簡式、化學(xué)式可知，Ⅰ為；Ⅲ和BrCH2COOC2H5發(fā)生取代反應(yīng)生成Ⅳ，結(jié)合Ⅳ化學(xué)式、Ⅴ結(jié)構(gòu)可知，Ⅳ為；Ⅳ轉(zhuǎn)化為Ⅴ，Ⅴ生成Ⅵ，Ⅵ中羥基發(fā)生取代反應(yīng)引入氯原子，且氨基和HCl反應(yīng)，Ⅵ轉(zhuǎn)化為Ⅶ，Ⅶ最終轉(zhuǎn)化為產(chǎn)品Ⅷ。(5)化合物的同分異構(gòu)體中，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)則含有醛基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)則含有酚羥基，若含有2個(gè)取代基：—OH、—CH2CHO，則存在鄰、間、對3種結(jié)構(gòu)；若含有3個(gè)取代基：—OH、—CH3、—CHO，苯環(huán)上3個(gè)不同取代基，存在10種結(jié)構(gòu)，共13種結(jié)構(gòu)；其中核磁共振氫譜有5組峰，且峰面積之比為1∶2∶2∶2∶1，則為結(jié)構(gòu)對稱的。“8＋1”模擬練(十五)1.A【解析】給樹苗施用磷酸氫二銨是因?yàn)榱姿釟涠@中含N、P元素，與磷酸氫二銨受熱易分解沒有關(guān)聯(lián)，A選。2.C【解析】一定量的濃硫酸與足量鋅反應(yīng)，反應(yīng)一段時(shí)間后，硫酸濃度變小，轉(zhuǎn)移電子數(shù)無法計(jì)算，A錯(cuò)誤；未給出溶液體積，無法計(jì)算，B錯(cuò)誤；Na2SO4和Na2HPO4相對分子質(zhì)量相等，142g固體混合物中含有離子總數(shù)為eq\f(142g,142g/mol)×3×NAmol﹣1＝3NA，C正確；1.7gH2O2的水溶液中氧原子數(shù)為0.1NA，溶劑水中也含有O，D錯(cuò)誤。3．D【解析】由圖可知a為銅、b氧化亞銅、c為氧化銅、d為亞銅鹽、e為銅鹽、f為氫氧化銅?？扇苄糟~鹽溶液與少量氨水反應(yīng)只能生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，不能生成深藍(lán)色的銅氨離子，D錯(cuò)誤。4．B【解析】氯化銨溶液可用于除銹是因?yàn)槁然@在溶液中水解生成的氫離子與鐵銹中的氧化鐵反應(yīng)，A錯(cuò)誤；過氧化氫常用于殺菌消毒是因?yàn)檫^氧化氫溶液具有強(qiáng)氧化性，C錯(cuò)誤；乙醇與濃硫酸共熱產(chǎn)生的氣體能使酸性高錳酸鉀溶液褪色可能是因?yàn)樵跐饬蛩嶙饔孟?，乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成了乙烯，也可能是乙醇揮發(fā)使其褪色，D錯(cuò)誤。5.A【解析】W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素。非金屬性：F＞N＞P，B錯(cuò)誤；非金屬性越強(qiáng)，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，即氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HF＞PH3，C錯(cuò)誤；同周期主族元素原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，故原子半徑：Li＞N＞F，D錯(cuò)誤。6.B【解析】濃硫酸使蔗糖脫水后，碳與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，由現(xiàn)象可知濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性，A錯(cuò)誤；由現(xiàn)象先變?yōu)榧t棕色可知SO2與Fe3＋反應(yīng)生成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeSO26))3＋的速率比發(fā)生氧化還原反應(yīng)的速率快，最后逐漸變?yōu)闇\綠色，說明氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子的平衡常數(shù)更大，B正確；該過程中稀硫酸體現(xiàn)的是酸性，C錯(cuò)誤；生成的CuS沉淀不溶于硫酸，不能證明H2S酸性比硫酸強(qiáng)，D錯(cuò)誤。7.B【解析】布洛芬的分子式為C13H18O2，A錯(cuò)誤；異丁苯分子中飽和碳原子為sp3雜化，苯環(huán)上碳原子為sp2雜化，分子中碳原子共有2種雜化方式，C錯(cuò)誤；1mol布洛芬最多能與3mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，D錯(cuò)誤。8.D【解析】向濃縮、酸化后的海水中通入氯氣，海水中的溴離子被氯氣氧化生成溴單質(zhì)，利用水蒸氣和熱空氣吹出溴，吹出的溴在吸收塔中與二氧化硫、水反應(yīng)生成硫酸和氫溴酸，蒸餾塔中發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，水作溶劑，即兩次通入的水蒸氣都未參與反應(yīng)，D錯(cuò)誤。9.(1)－252.9kJ/mol(2)①放熱m3>m2>m1②6∶1(3)①<②CD(4)6.4【解析】(1)根據(jù)H2和CH4的燃燒熱，可得如下熱化學(xué)方程式：①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH1＝－285.8kJ/mol；②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH2＝－890.3kJ/mol；根據(jù)蓋斯定律，①×4－②可得CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(l)，ΔH＝(－285.8kJ/mol)×4－(－890.3kJ/mol)＝－252.9kJ/mol。(2)①由圖像可知，在投料比eq\f(nH2,nCO2)一定時(shí)，溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動(dòng)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；溫度相同時(shí)，投料比eq\f(nH2,nCO2)越大，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，即m1、m2、m3的相對大小關(guān)系為m3>m2>m1。②H2首先在—O—Ga—O—Zn—表面解離成2個(gè)H*，隨后參與到CO2的還原過程，由該守恒關(guān)系可知：3H2～6H*～CH3OH～H2O，故反應(yīng)歷程中消耗的H*與生成的甲醇的物質(zhì)的量之比為6∶1。(3)①溫度越高化學(xué)反應(yīng)速率越大，圖中c點(diǎn)溫度比a點(diǎn)的溫度高，且c點(diǎn)為平衡狀態(tài)，正、逆反應(yīng)速率相等，a點(diǎn)還未達(dá)到平衡狀態(tài)，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，即使a點(diǎn)溫度下達(dá)到平衡狀態(tài)，a點(diǎn)的逆反應(yīng)速率也小于c點(diǎn)的逆反應(yīng)速率。②b點(diǎn)時(shí)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；該容器為恒容容器，氣體密度始終不變，B錯(cuò)誤；該反應(yīng)為氣體分子數(shù)改變的反應(yīng)，平均相對分子質(zhì)量不再改變時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；溫度高于T2后反應(yīng)已經(jīng)平衡，H2轉(zhuǎn)化率下降，說明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，D正確。(4)當(dāng)CO2轉(zhuǎn)化率為20%時(shí)：eq\a\vs4\ac\hs10\co5(,CO2g＋,H2g,,HCOOHg,起始mol,1,1,,0,轉(zhuǎn)化mol,0.2,0.2,,0.2)此時(shí)c(CO2)＝c(H2)＝0.8mol/L，c(HCOOH)＝0.2mol/L，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，v正＝v逆，即k正c(CO2)·c(H2)＝k逆c(HCOOH)，所以eq\f(k正,k逆)＝eq\f(cHCOOH,cCO