2024届高三化学二轮专题——综合题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮专题——综合题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-25 13:49:23 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮专题——综合题
1．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 (填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 。
A． B．
C．
D．
（2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是 。
（3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是： ；的熔点高于的原因是 。
（4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为 。
2．将煤炭转化为烯烃(乙烯、丙烯等)既可以减少CO2的排放，又可以制备重要的化工原料。该过程先转化为二甲醚CH3OCH3，再转化为烯烃。
（1）制备二甲醚的主要反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
①“反应Ⅰ”能自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
②某反应X的平衡常数表达式为，则反应X的热化学方程式为 。
（2）二甲醚制备烯烃的主要反应：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：
①该反应过程常用的催化剂有两种，ZSM-5以及SAPO-34，它们都是多孔笼状结构，ZSM-5笼状孔径约为0.55nm，SAPO-34约为0.4nm。相同条件下，催化剂SAPO-34反应(如图1)获得的产物中，n(C2H4)：n(C3H6)更大的原因是 。
②一定温度下，在体积为1L的密闭容器中投入2mol CH3OCH3发生“反应Ⅳ”和“反应Ⅴ”，初始总压为po，反应到达平衡时总压为1.2po，且n(C2H4)：n(C3H6)=1：1。则平衡时体系CH3OCH3转化率α(CH3OCH3)= 。“反应Ⅴ”的平衡常数Kp= 。
（3）用下图装置电解二氧化碳可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。a是电源的 极，阴极电极反应式为 。
3．的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
（1）Ⅰ．以、为原料合成
和在某催化剂表面上合成的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为 。
（2）已知相关化学键的键能数据如下：
化学键
436 414 464 326 803
结合表中数据及反应历程图，写出由和合成的热化学方程式 。
（3）在一容积可变的密闭容器中，充入与，发生上述反应，实验测得在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示：
①、、从高到低排序为 。
②请计算在温度下，该反应的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留三位有效数字)。
（4）Ⅱ．利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体
上述脱除工艺中可循环利用的物质是 ；某温度下，当吸收塔中溶液时，溶液中 (已知：该温度下的，)。
（5）用上述装置电解利用气体，制取燃料，铂电极上的电极反应式为 。当玻碳电极上生成标准状况下时，通过质子交换膜的离子的物质的量为 。
（6）Ⅲ．以表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸
在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，理由是 。
4．图示装置制取少量乙酸乙酯，请填空：
（1）为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是：
（2）写出a中反应的化学方程式，并注明反应类型 、
（3）试管b中装有饱和Na2CO3溶液，其作用是 、 、
（4）若要把试管b中制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是
5．
（1）Ⅰ.纯碱()和小苏打()都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。
若要在家中将它们区分开来，下列方法中可行的是 。
a．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度
b．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气灶的火焰上灼烧，观察火焰颜色
c．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀
d．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物
（2）溶液和溶液中都含有、、、、、、，写出一个用浓度表示这些微粒之间的电荷守恒的关系式。
（3）Ⅱ.某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。
（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应用化学方程式表示为 。根据图分析，滴定时c点可用 、d点可用 作指示剂指示滴定终点(选填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。
（5）NaClO也是生活中常见的钠的化合物。废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为，该反应的离子方程式为 。
6．卤族元素能形成多种物质，结构和性质之间充满联系。
（1）部分卤族元素的某种性质a随核电荷数的变化趋势如图所示，则a表示正确的是 。(填字母)
a.原子半径 b.氢化物的稳定性
c.单质的氧化性 d.元素的非金属性
（2）溴化碘(IBr)的化学性质类似于卤素单质，溴化碘和水反应所得产物中有一种为三原子分子，该分子的电子式为 ；溴原子核外电子能量最高的电子层符号是 。
（3）ClF3的熔、沸点比BrF3的 (填“高”或“低”)，理由是 。
ClO2气体可处理污水中的CN-，以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
（4）ClO2与CN- (C是+2价)反应产生2种无毒气体，反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。
（5）请评价上述哪一种方法制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒 。
7．已知：锂钴电池总反应：。过程如图：
（1）中，Co元素的化合价为 。锂电池发生火灾时，和氧气发生反应的主要物质是 （填“正”或“负”）极材料。充电时阳极的反应方程式是 。
（2）锂电池成本高昂，废弃后需回收其中的锂和钴元素。先将上述锂电池进行放电处理，拆卸后，再将正极材料涂覆在铝箔上，进行电解，浸出和。装置如图所示，该条件下副反应忽略不计。
①拆卸前，将锂电池放电处理有利于锂在正极的回收，其原因是 。
②石墨电极连接电源的 极（填“正”或“负”）。
③结合电极反应，指出阴极室的pH变化并解释原因： 。
（3）当前，三元正极材料——镍钴锰酸锂应用广泛，其化学式可写作。可用、、、与空气混合加热烧结制得。写出制备的化学方程式： （设的计量系数为1）。
8．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是 ，发生反应的离子方程式为 。
（2）“浸渣”的主要成分除残余外，还有 。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为 。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是 ，“沉铝”的最佳方案为 。
（4）“水浸”后得到的“滤液2”可返回 工序循环使用。
9．赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因 。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的 。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因 。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因 。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源 (填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式 。
10．我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
（1）已知CO2和H2在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的ΔH= kJ/mol(用含Ea1和Ea2的代数式表示)。
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中CO2的平衡转化率，可采取的措施为 (任写一项)。下列不能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．v(CO2)正=v(H2)逆
B．HCOOH的体积分数不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．c(CO2)：c(H2)：c(HCOOH)=1：1：1
（3）一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2此时容器的压强为48kPa，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用H2分压表示的化学反应速率为 kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数Kp= kPa(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
（4）除合成甲酸(HCOOH)外，有科学家以CO2、H2为原料合成CH3OH达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示：
压强p1、P2、P3由小到大的顺序是 。压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高的原因是 。
（5）近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示：
请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式 。
11．2022年11月30日，神舟十五号与神舟十四号乘组在“太空会师”。太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
（1）已知
写出与反应生成和的热化学方程式 。
（2）一定条件下，反应达到平衡状态。
①下列操作中，能提高比平衡转化率的是 。
a.加入催化剂||| b.降低反应温度
c.移除 d.恒温恒压下通入惰性气体
②某科研小组在一定温度下模拟该反应，向容积为5L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 。
（3）在相同条件下，与还会发生以下副反应：，该副反应的发生不利于氧循环，原因是 。
（4）已知反应，。为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组 反应模式 温度/℃ 的平衡转化率/% 的选择性/%
Ⅰ 普通催化反应器 3 260 21.9 67.3
Ⅱ 分子筛膜催化反应器 3 260 36.1 100
①双功能的分子筛膜催化反应器模式下，恒温恒容时发生反应，不能说明反应达到化学平衡状态的是 。
a.的浓度不变 b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.混合气密度不变 d.断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键
②由表中数据可知，双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的转化率明显提高，可能的原因是： 。
12．碳中和作为一种新型环保形式，目前已经被越来越多的大型活动和会议采用。回答下列有关问题：
（1）利用合成二甲醚有两种工艺。
工艺1：涉及以下主要反应：
Ⅰ．甲醇的合成：
Ⅱ．逆水汽变换：
Ⅲ．甲醇脱水：
工艺2：利用直接加氢合成（反应Ⅳ）
①反应Ⅳ的热化学方程式为 ，平衡常数 （用、表示）。
②恒温恒容情况下，下列说法能判断反应Ⅳ达到平衡的是 。
A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变
B．容器内压强不变
C．容器内气体密度不变
D．容器内浓度保持不变
（2）工艺1需先合成甲醇。在不同压强下，按照投料合成甲醇，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
①下列说法正确的是
A．图甲纵坐标表示的平衡产率
B．
C．为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压条件
D．一定温度压强下，提高的平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂
②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
（3）对于合成甲醇的反应： ，一定条件下，单位时间内不同温度下测定的转化率如图丙所示。温度高于710K时，随温度的升高转化率降低的原因可能是 。
13．钠是非常重要的一种元素，其化合物在生产、生活中有非常重要的用途。
（1）碳酸钠俗称苏打，又名纯碱，是一种重要的无机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。纯碱的生产历史悠久，先后经历了：路布兰制碱法、索尔维制碱法、侯德榜制碱法等历程。其中侯德榜制碱法又称联合制碱法，其关键反应步骤是：依次将 和 （都填名称）两种气体通入精制饱和食盐水得到中间产物，该步骤涉及的离子方程式为 。
（2）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。
①生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。
②Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 ，该样品中Na2S2O5的残留量为 g·L-1（以SO2计）。
（3）氯化钠是厨房最常见的调味品之一，而亚硝酸钠是一种重要的化工原料，有毒。由于亚硝酸钠外观与氯化钠类似且具有咸味，因此偶有发生误食而中毒的事件。工业上可以通过用NaOH溶液吸收NO和NO2的方法得到亚硝酸钠，已知该反应进行时两种氮氧化物消耗量相等且只生产一种盐，生成1mol亚硝酸钠时理论上转移电子的数目为 NA。
14．X、W、Y、Z、M、Q、R、L是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表：
元素 相关信息
X 原子核外有6种不同运动状态的电子
Y 基态原子中s电子总数与p电子总数相等
Z 原子半径在同周期元素中最大
M 逐级电离能(kJ mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376
Q 基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反
R 基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子
L 基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子
请用化学用语填空：
（1）X元素在元素周期表的位置： 。
（2）请写出Q元素基态原子核外电子排布式： 。
（3）X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
（4）R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是 。
（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式： ；M、Z晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)，M的熔点(930K)比Z的熔点(371K)高，原因是 ；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
（6）硒(Se)是人体必需的微量元素，与Y为同一主族元素，Se原子比Y原子多两个电子层，则Se的原子序数为 ，其最高价氧化物对应的水化物化学式为 。
（7）X射线衍射法可以测定某些分子结构，NH3分子结构为 ；其电子式为 ，中心原子的杂化类型
（8）L的基态原子价电子轨道表示式为 ；在周期表中该原子排在 区
（9）水在液态时，几个水分子可以形成缔合水分子(H2O)n的原因是水分子之间存在 。
（10）三氟乙酸乙酯是制备某种抗新冠病毒药物的原料，合成该分子所需的原料三氟乙酸的酸性 乙酸的酸性(填“大于”或“小于”），请理论解释原因
15．配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
（1）的配体为和，写出的电子式： 。
（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子的轨道表示式为 ，属于 区元素。
②生成物中a、b示的作用力类型分别是 。
③在中，配体与铂(II)的结合能力： (填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
顺铂 反铂
结构
25℃时溶解度/g 0.2577 0.0366
①推测中的杂化轨道类型不是，依据是 。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是 。
（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积 (阿伏加德罗常数为)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因： 。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。
16．锌在工业中有重要作用，也是人体必须的微量元素。人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。碳酸酐酶的部分结构如图所示：
回答下列问题：
（1）Zn基态原子核外电子排布式 。
（2）碳酸酐酶的部分结构中与Zn2+配位的原子是 (填元素符号) ；该物质中碳原子的轨道杂化类型是 ；与H2O互为等电子体的一 种微粒为 (填化学式)。
（3）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成，第一电离能I1(Zn) I1(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（4）Zn(NO3)2 中除了含有离子键以外还含有____。
A．氢键 B．σ键
C．π键 D．非极性共价键
（5）立方硫化锌晶胞如图所示，该晶体中Zn2+的配位数为 ； 设晶胞中S离子与其最近的Zn离子的距离为d nm，其密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数NA为 (用含d、ρ的式子表示)。
17．化工原料异丁烯（i﹣C4H8）可由异丁烷（i﹣C4H10）直接催化脱氢制备，相关反应如下：
主反应：ⅰ﹣C4H10（g） i﹣C4H8（g）+H2（g） ΔH1
副反应：ⅰ﹣C4H10（g） C3H6（g）+CH4（g） ΔH2＞0
（1）已知i﹣C4H10（g）、i﹣C4H8（g）、H2（g）的燃烧热分别为ΔH3、ΔH4、ΔH5，则ΔH1＝ （用ΔH3、ΔH4、ΔH5表示）。
（2）实验室模拟异丁烷脱氢反应，改变温度、压强对异丁烷平衡转化率的影响如图所示：ΔH1 0（填“＞”或“＜”），p1 p2（填“＞”或“＜”）。
（3）一定温度和压强下，向异丁烷中充入惰性气体并发生脱氢反应，随着，异丁烷的平衡转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）一定条件下，在2L密闭容器中充入1mol异丁烷，tmin后达到平衡状态，其中异丁烯的选择性为80%，则生成异丁烯的速率v（i﹣C4H8）＝ 。脱氢反应的平衡常数K＝ 。（异丁烯的选择性＝×100%）
（5）为提高脱氢反应的选择性，可采取的措施是 。
18．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此CO2的综合利用是研究热点之一。
（1）以CO2为原料可制取甲醇。
已知：
①H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1
②CH3OH(l) CH3OH(g) ΔH=+38kJ·mol-1
③H2O(l) H2O(g) ΔH=+44kJ·mol-1
则反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(g)的ΔH1= kJ·mol-1。
（2）利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O ΔH2=+41kJ·mol-1
一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应，在不同催化剂(catl，cat2)下经相同反应时间，CO2转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择=×100%]随温度变化如图甲所示：
①由图可知，催化效果catl cat2(填“>”“＜”或“=”)。
②在210℃-270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因为 。
③某条件下，达到平衡时CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为80%，则H2的平衡转化率为 ；反应II的平衡常数Kp= (列出算式即可)。
（3）利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)。该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式，如图乙中曲线a所示，已知Arthenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，则反应的活化能 kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图乙中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 ；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的 (填“越多”或“越少”)。
19．金属锑可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、 MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺流程图如下：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的浓度及溶液的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀时的pH c=0.01mol ·L-1 2.2 3.7 7.5 9.6
完全沉淀时的pH c=1.0× 10-5mol·L-1 3.2 4.7 9.0 11.1
试回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分有S、 。“溶浸”时Sb2S3发生反应的化学方程式为 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 还原(填离子符号)。
（3）“水解” 时需控制溶液pH=2.5。
①Sb3+发生水解反应的离子方程式为 。
②下列能促进该水解反应的措施有 ( 填编号)。
A．升高温度 B．增大c(H+)
C．增大c(Cl-) D．加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe(OH)3， Fe3+的浓度应小于 mol·L-1。
（4）“酸溶2”后的溶液可返回 上工序循环使用。
（5）Sb可由电解制得，阴极的电极反应式为 。
20．工厂的含砷废水必须经过一定的处理。 某厂用某含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi2+ )提取三氧化二砷(俗称砒霜，分子式：As2O3)的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8 ×10-3920 ，Ksp[Cu(OH)2]=2.2 ×10-22，Ksp [Bi(OH)3]=4.4 ×10-31。
回答下列问题：
（1）滤渣a的成分是 (写化学式)。
（2）“沉淀”时，CuSO4溶液必须过量的原因是 。
（3）写出“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2发生反应的化学方程式： 。
（4）红色还原渣(不溶于水)“氧化”时反应的离子方程式为 。
（5）“沉砷”后废水中残留的砷可用PFS(聚铁)进一步去除，用石灰乳调节废水的pH值，通入空气，PFS用量[以表示]、终点pH值与砷去除率的关系如图所示。PFS除砷的最佳条件是 。
（6） 当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，制得475.2 gAs2O3，则As元的素回收率为 。
（7）砷化镓(GaAs)为第三代半导体，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体密度为 g· cm-3。
答案解析部分
1．【答案】（1）A；CD
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF
（3）C；为离子晶体、而为分子晶体
（4）混合型晶体；
【解析】【解答】（1）硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：CD；
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解；
（3）中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
（4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则；
【分析】（1）电子处于半充满或者全充满时，失去电子吸收的能量最多；
（2）键能越大物质越稳定；
（3）镍离子结合的是碳原子；离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）阿伏加德罗常数可以结合密度、体积、摩尔质量判断。
2．【答案】（1）高温；△H=-878.3kJ mol-1
（2）SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附；50%；1
（3）正；
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
① “反应Ⅰ”中，ΔS＞0，△H＞0，则能自发进行的条件是高温。
②某反应X的平衡常数表达式为，则反应X为，利用盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ×2+Ⅲ，得热化学方程式为△H=(+131.3 kJ mol-1)+(-547.4 kJ mol-1)×2+ (+85.2 kJ mol-1)=-878.3kJ mol-1。故答案为：高温；△H=-878.3kJ mol-1；
（2）①在CH3OH的转化反应中，生成物C2H4、C3H6由分子筛的孔隙流出，体积小的分子更容易从分子筛的孔隙中流出，则相同条件下，催化剂SAPO-34反应获得的产物中，n(C2H4)：n(C3H6)更大的原因是：SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附。
②一定温度下，在体积为1L的密闭容器中投入2mol CH3OCH3发生“反应Ⅳ”和“反应Ⅴ”，初始总压为po，反应到达平衡时总压为1.2po，且n(C2H4)：n(C3H6)=1：1。设反应Ⅳ中生成C2H4的物质的量为x，反应Ⅴ中生成C3H6的物质的量为y，则可建立如下两个三段式：
则(x-y)：y=1：1、，从而求出x=0.4mol、y=0.2mol。平衡时体系CH3OCH3转化率α(CH3OCH3)==50%。“反应Ⅴ”的平衡常数Kp==1。故答案为：SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附；50%；1；
（3）CO2中C显+4价，CH3OH中C显-2价，则CO2得电子，多晶铜为阴极，b是电源的负极，a是电源的正极；在阴极，CO2得电子产物与电解质反应，生成CH3OH等，电极反应式为。故答案为：正；。
【分析】（1）①反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
②平衡常数是指平衡时生成物浓度（或压强）的幂之积与反应物浓度（或压强）的幂之积的比，结合盖斯定律进行分析。
（2）①体积小的分子更容易从分子筛的孔隙中流出。
②通过化学平衡三段式进行分析，平衡常数是指平衡时生成物的浓度（或压强）的幂之积与反应物浓度（或压强）的幂之积的比。
（3）该装置为电解池，根据CO2→CH3OH，碳元素化合价降低，所以CO2得电子发生还原反应，则多晶铜电极为阴极，b为负极，结合电荷守恒、原子守恒进行分析。
3．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）；
（5）；4mol
（6）当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大
【解析】【解答】（1）由图可知，该过程中能垒最小的步骤为：；
（2）由图可知，和合成的化学方程式为：，根据，根据键能，，所以热化学方程式为：；
（3）①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，的转化率越小，所以、、从高到低排序为；
②平衡常数只与温度有关，时，压强为50atm，的转化率为50％，根据三段式：，
，；
（4）根据图示，用溶液吸收，生成，分解生成，可以循环使用；的电离常数，，，；
（5）由图可知，玻碳电极产生，为阳极，铂电极为阴极，发生反应的电极反应式为：，阳极的电极反应式为：，生成标准状况下，有4mol质子通过质子交换膜；
（6）250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大。
【分析】（1）活化能最小的步骤，即能量上升距离最短的步骤；
（2）热化学方程式的书写要注意，化学计量数即为反应的物质的量，根据题干提供的数据，如物质的量、质量以及给出的反应热进行对应，根据给出的物质的量和热量可以列出关系式，且要注意，热化学方程式的书写中，化学计量数即反应的物质的量，要注意，物质的量之比等于反应热之比；
（3） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
（4）循环利用的物质即在某个过程中产生，又在某个过程中作为反应物消耗；
（5）二氧化碳得到电子，和氢离子反应生成甲醇和水；
（6）催化剂的活性受温度影响，温度过高时，催化剂失去活性。
4．【答案】（1）加碎瓷片
（2）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应(取代反应)
（3）中和乙酸；吸收乙醇；降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出
（4）分液
【解析】【解答】（1）为防止a中的液体暴沸，可在加热前加入碎瓷片或沸石。
（2）试管a中CH3COOH与C2H5OH发生酯化反应，生成CH3COOCH2CH3和H2O，该反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O。该反应的反应类型为取代反应（或酯化反应）。
（3）试管b中饱和Na2CO3溶液用于中和乙酸、溶解乙醇和降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯分层析出。
（4）试管b中的乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，因此可采用分液的方法进行分离。
【分析】此题是对乙酸乙酯制备的考查，结合该实验过程进行分析即可。
5．【答案】（1）a
（2）
（3）乙；通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(合理即可)；丁；因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)
（4）；酚酞；甲基橙
（5）
【解析】【解答】（1）a．碳酸氢钠和相同的酸反应较碳酸钠要剧烈，故在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度，可以鉴别，a可行；
b．两者均含有钠元素，焰色反应均为黄色，不能鉴别，b不可行；
c．两者均可以和石灰水生成白色沉淀，不能鉴别，c不可行；
d．碳酸氢钠加热生成碳酸钠、碳酸钠受热不分解，分别放在炒锅中加热，均有残留物，不能鉴别，d不可行；
故答案为：a；
（2）溶液中正负电荷总数相等，则溶液中存在电荷守恒，；
（3）碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳；碳酸氢钠中滴加盐酸立刻生成氯化钠、水、二氧化碳；与中溶质的物质的量相同，碳酸钠消耗盐酸更多；比较图像可知，甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是乙，理由是通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(或题中碳酸氢钠消耗盐酸的量较小而碳酸钠消耗的盐酸量较多等，合理即可)；丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是丁，理由是因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)；
（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠：；根据图分析，c点为碱性、d点为酸性，则滴定时c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点；
（5）次氯酸钠具有强氧化性，和铵根离子发生氧化还原反应生成氮气和水、氯离子，反应为。
【分析】（1）依据物质的性质和现象的不同分析；
（2）溶液中正负电荷总数相等；
（3）依据碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳分析；
（4）碳酸钠和盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠；根据图分析中溶液的pH选择指示剂；
（5）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
6．【答案】（1）bcd
（2）；N
（3）低；ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3
（4）1：1
（5）方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染，所以方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒
【解析】【解答】（1）a．Cl、Br、I三种元素的原子半径逐渐增大，a不正确；
b．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性HCl>HBr>HI，b正确；
c．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性Cl2>Br2>I2，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性Cl>Br>I，d正确；
故答案为：bcd。
（2）IBr与水反应的化学方程式为IBr+H2OHBr+HIO，HIO的电子式为，溴原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，能量最高的电子层符号是N。
（3）ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3，因此ClF3的熔沸点比BrF3低。
（4）ClO2与CN-反应生成二氧化碳和氮气，离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-，该反应ClO2中Cl得电子化合价降低，CN-中C失电子化合价升高，N失电子化合价升高，氧化剂为ClO2，还原剂为CN-，两者的物质的量之比为1：1。
（5）方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染，所以方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒。
【分析】（1）a.电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
b.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
c.元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；
d.同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱；
（2）IBr与水发生反应IBr+H2OHBr+HIO；Br原子的能量最高的电子层为N；
（3）ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3，则ClF3的熔、沸点比BrF3的低；
（4）ClO2与CN-发生反应2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；
（5）方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染。
7．【答案】（1）；负；
（2）从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中；正；pH升高，，每消耗氢离子，只会有氢离子透过交换膜进入阴极室
（3）
【解析】【解答】（1） 中，O为-2价，Li为+1价，则Co为+3价；锂电池发生火灾时，和氧气发生反应的主要物质，应该是与氧气发生氧化反应，则是负极材料；充电时，阳极发生氧化反应，根据总反应可知，阳极反应式为 ；
故答案为：+3；负；；
（2）①从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中，因此拆卸前，将锂电池放电处理有利于锂在正极的回收；
故答案为： 从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中 ；
②由分析可知，涂覆 的铝箔为阴极，石墨为阳极，则石墨与电源正极连接；
故答案为：正；
③阴极室的电极反应为， 每消耗氢离子，只会有氢离子透过交换膜进入阴极室 ，则阴极室的pH升高；
故答案为：pH升高，， 每消耗氢离子，只会有氢离子透过交换膜进入阴极室 ；
（3） 用、、、与空气混合加热烧结制得 ，则制备的化学方程式为 ，故答案为： 。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；充电时阳极发生氧化反应；
（2）①从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中 ；
②电解，浸出和 ，Co元素的化合价降低，则涂覆 的铝箔为阴极，石墨为阳极；
③阴极室的电极反应为 ；
（3）根据题干信息书写化学方程式。
8．【答案】（1）提高浸出率(或提高浸出速率)；
（2）和；84%
（3）使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶
（4）沉铝
【解析】【解答】（1）浸出时温度升高可以提高速率；氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝和水，即可写出离子方程式为： ；
（2）二氧化硅不与硫酸反应，而氧化钙与硫酸反应得到硫酸钙微溶物；浸出的氧化铝质量为5x30%-3x8%=1.26g.因此其浸出率为1.26/1.5x100%=84%；
（3）沉铝主要形成晶体，加入硫酸钾的目的是为了更多的晶体析出，保证晶体的纯度；根据溶解趋势与温度的关系，可以采用高温加热再降温的方式结晶；
（4）沉铝后的溶液主要是硫酸钾溶液，可以再沉铝工序重复使用；
【分析】（1）升温一般是提高浸出率，结合反应物和生成物即可写出方程式；
（2）根据与酸不反应或生成沉淀物质判断，结合原有铝的量和剩余的量计算出浸出率；
（3）根据图示，主要是以晶体析出，加入硫酸钾是为了析出晶体使晶体更纯，结合图示选择高温后降温结晶；
（4）根据反应剩余的溶液即可判断工序。
9．【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
10．【答案】（1）Ea1-Ea2
（2）增大H2的用量(或移出HCOOH)；CD
（3）2；12
（4）P1（5）CO2+2H++2e-= HCOOH
【解析】【解答】（1）根据如图所示， ；
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中 的平衡转化率，要使平衡正向移动，可采取的措施为：增大的用量(或及时移出)；A．，可以判断反应达平衡状态；
B．当的体积分数不再变化，反应达平衡状态；
C．根据，不变，不变，不变，所以混合气体的密度不再变化，反应不一定达平衡；
故答案为：C；
（3）根据三段式：
恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以，解方程，，用的分压表示的反应速率为： ，逆反应的平衡常数为： ；
（4）根据反应I，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应II压强不影响平衡，综合上述，压强越大，转化率越大，所以；反应I正反应方向放热，反应II正反应方向吸热，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率主要由反应II决定，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，所以压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高；
（5）Cu电极上由产生和，反应产生的电极反应式为：。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能=生成物总内能-反应物总内能；
（2）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（3）分压平衡常数的计算要结合总压强和总物质的量判断；
（4）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
（5）二氧化碳得到电子，结合氢离子生成甲酸。
11．【答案】（1）
（2）bc；625
（3）甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用
（4）cd；双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
【解析】【解答】（1）①
②
③
则与反应生成和的方程式为：④，根据盖斯定律可知，得，该反应的，其热化学方程式为： ；
（2）①a.加入催化剂只能改变反应速率，平衡不移动，不能改变转化率，a不正确；
b.该反应为放热反应，降低反应温度平衡正向移动，可以提高平衡转化率，b正确；
c.移除，则水蒸气的浓度减小，平衡正向移动，转化率增大，c正确；
d.恒温恒压下通入惰性气体，容器体积增大，平衡逆向移动，转化率减小，d不正确；
故答案为：bc；
②根据提给信息可得三段式如下，，则平衡常数；
（3）甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用，不利用氧循环；
（4）①a.的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，a正确；
b.该反应前后气体的计量系数不同，且反应都是气体，则混合气体的平均相对分子质量是一个变量，当其不变的时候可以正面反应达到平衡，b正确；
c.容器的体积不变，且反应物和产物都是气体，总质量不变，则混合气密度不是变量，其不变的时候，不能证明反应达到平衡，c不正确；
d.水中和甲醇中都含有O—H，则断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键不能证明正逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡，d不正确；
故答案为：cd；
②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①根据影响化学平衡移动的因素分析；
②根据提给信息，利用三段式计算；
（3）依据元素组成分析；
（4）①依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②根据影响化学平衡移动的因素分析。
12．【答案】（1） ；；BD
（2）ABC；该温度时，以反应Ⅱ为主，压强对平衡移动无影响
（3）710K之前反应没有达到平衡，随着温度上升，反应速率增加，因此的转化率上升；该反应是放热反应，710K之后平衡逆向移动，的转化率下降
【解析】【解答】（1）①Ⅰ．甲醇的合成： ①Ⅱ．逆水汽变换： ②， Ⅲ．甲醇脱水： ③，2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g),④，④=2x①+③， ； 平衡常数 ；
②A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变，不能作为帕努单平衡依据，故A不符合题意；
B．前后系数之和不等，容器内压强不变，故B符合题意；
C．体积不变，气体质量不变，容器内气体密度始终不变，故C不符合题意；
D．容器内浓度保持不变，可判断平衡；故D符合题意；
（2）①A.温度升高，平衡逆向移动，导致甲醇的产率下降，故A符合题意；
B.压强越大，甲醇的转化率越高，因此 ，故B符合题意；
C. 为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压条件 ，故C符合题意；
D.催化剂改变速率不能改变转化率，故D不符合题意；
②当温度达到某一温度下，反应以II为主，压强不会对平衡产生影响；
（3）根据图示可知，温度低于710K时，反应未达到平衡，温度升高，正向移动，速率增大，达到平衡后，温度升高，平衡逆向亿欧东，转化率降低；
【分析】（1）①利用盖斯定律即可计算
②A.碳和氧元素质量始终不变不能说平衡
B.前后系数不同，压强不变可说明平衡
C.体积不变，质量不变，密度始终不变不能说平衡
D.根据浓度不变可说明其平衡
（2）①A.正反应为放热，温度升高转化率降低
B.根据体积减小反应，增大压强可提高转化率
C.根据正反应是放热，系数减小，可选择高压低温
D.催化剂改变速率不改变转化率
②根据温度过高后反应以II为主，压强不影响其平衡
（3）根据图示，正反应为放热，温度低于710K时未达到平衡，转化率增大，达到平衡后，温度升高逆向移动
13．【答案】（1）氨气；二氧化碳；Na+ + NH3 + CO2 + H2O = NaHCO3↓ + NH4+
（2）2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；0.128
（3）0.5
【解析】【解答】（1）由分析可知，向精制饱和食盐水中先通氨气形成饱和氨盐水，然后在加压的条件下通入二氧化碳，制得碳酸氢钠，反应的离子方程式为 Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH；
故答案为：氨气；二氧化碳；Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH；
（2）①由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，所以发生反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
②Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I-，则发生滴定反应的离子方程式为S2O+2I2+3H2O＝2SO+4I－+6H＋； 取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，n(S2O)=×0.01000 mol·L-1×10.00×10-3 L=5×10-5 mol，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算，为5×10-5mol×2×64 g·mol-1×=0.128g·L-1；
故答案为：S2O+2I2+3H2O＝2SO+4I－+6H＋；0.128；
（3） 用NaOH溶液吸收NO和NO2的方法得到亚硝酸钠 ，反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，反应中只有N元素化合价发生变化，且NO中N元素化合价为+2、NO2中N元素化合价为+4，NaNO2中N元素化合价为+3价，生成1mol亚硝酸钠时理论上转移电子的数目为0.5NA；
故答案为：0.5。
【分析】（1）侯德榜制碱法：向精制饱和食盐水中先通氨气形成饱和氨盐水，然后在加压的条件下通入二氧化碳，制得碳酸氢钠，煅烧碳酸氢钠生成纯碱；
（2） ①由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，据此写出反应方程式 ；
②滴定时， Na2S2O5与碘发生氧化还原反应；
（3）用NaOH溶液吸收NO和NO2时发生反应 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。
14．【答案】（1）第二周期第IVA族
（2）[Ne]3s23p5
（3）O（4）Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定
（5）Be(OH)2+2NaOH=Na2【Be(OH)4】；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物
（6）34；H2SeO4
（7）三角锥形；略；电子式
（8）价电子轨道表示式；ds
（9）氢键
（10）大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
15．【答案】（1）
（2）；ds；配位键、氢键；<
（3）若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象；顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
（4）；在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强
【解析】【解答】（1）是共价化合物，电子式为：。
（2）①Cu是29号元素，基态原子价层电子的轨道表示式为，属于ds区元素；
②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；
③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：<。
（3）①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象，所以中的杂化轨道类型不是；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
（4）①铂晶胞中Pt的个数为8+6=4，n(Pt)= mol，晶胞的体积为a3×10-27m3，=；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强，所以在溶液中使用会产生而略有损耗。
【分析】（1）NH3中N原子和每个H原子共用一对电子，且N原子还有一个孤电子对；
（2）①基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1；Cu属于ds区元素；
②生成物中a为分子内共价键，N原子提供孤电子对、Pt提供空轨道；b为分子间之间的作用力；
③配原子和中心原子之间存在配位键，增强原子之间的结合力；
（3）①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象；
②根据相似相溶原理分析；
（4）①根据均摊法和计算；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强。
16．【答案】（1）[Ar]3d104s2
（2）O、N；sp3、 sp2；H2S、NH
（3）大于；Zn价电子排布3d104s2为全满稳定结构，较难失电子
（4）B；C
（5）4；
【解析】【解答】（1）锌元素的原子序数为30，基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，故答案为：[Ar]3d104s2；
（2）由碳酸酐酶的部分结构可知，中心离子锌离子与具有孤对电子的氮原子和氧原子形成配位键；该物质中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化；H2S、NH与水分子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，故答案为：N、O；sp3、 sp2；H2S、NH；
（3）基态锌原子的价电子排布式为全满稳定结构的3d104s2，较难失电子，而基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，易失电子形成稳定的全充满结构3d10，所以锌元素的第一电离能大于铜元素，故答案为：大于；Zn价电子排布3d104s2为全满稳定结构，较难失电子；
（4）硝酸根离子是含有非羟基氧的含氧酸根离子，则硝酸锌是含有离子键、σ键和π键的离子化合物，故答案为：BC；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的硫离子与位于体对角线的锌离子的距离最近，则硫离子的配位数为4，由硫化锌的化学式可知，锌离子的配位数也为4，晶胞中位于体内的锌离子个数为4，则晶胞中硫化锌的个数为4，设晶胞的参数为anm，由晶胞中位于顶点的硫离子与位于体对角线处的离子的距离为d nm，则a=，由晶胞的质量公式可得：=(×10—7)3ρ，解得NA=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）氮原子和氧原子含有孤电子对，能与 Zn2+配位 ；双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；等电子体具有相同的原子数和价电子总数；
（3）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
（4） Zn(NO3)2 中含有离子键，σ键、π键；
（5）晶胞中位于顶点的硫离子与位于体对角线的锌离子的距离最近；根据计算。
17．【答案】（1）ΔH6﹣ΔH4﹣ΔH5
（2）＞；＜
（3）增大
（4）；1.6
（5）寻找合适的催化剂
【解析】【解答】（1） 已知i﹣C4H10（g）、i﹣C4H8（g）、H2（g）的燃烧热分别为ΔH3、ΔH4、ΔH5 ，可以得出热化学方程式：
①i-C4H10(g)+13/2(g)→4CO2(g)+5H20(l) △ H3
②i-C4H8(g)+6O2(g)→4CO2(g)+4H20(l) △ H4
③H2(g)+1/2O2(g)→H2O(l)△ H5
根据盖斯定律：①-②-③得： ⅰ﹣C4H10（g） i﹣C4H8（g）+H2（g） ΔH1 ：则 ΔH1＝ΔH6﹣ΔH4﹣ΔH5 ；
（2）图象中曲线变化分析可知，随温度升高异丁烷的转化率增大，升温平衡向正反应方向进行，反应为吸热反应，△H1>0，反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行，异丁烷的转化率减小，则压强p1（3）一定温度和压强下，向异丁烷中充入惰性气体并发生脱氢反应，为保持恒压，体积增大，压强减
小，平衡正向进行，随着n(惰性气体)/n（异丁烷）的增大，异丁烷的平衡转化率增大；
（4）列出三段式：
i-C4H10(g) = I-C4H8(g) + H2(g)
起始量（mol） 1 0 0
转化量（mol） 1×80% 1×80% 1×80%
平衡量（mol） 0.2 0.8 0.8
则生成异丁烯的速率=0.8mol/2L×tmin=0.4/tmol；
K=；
（5）为提高脱氢反应的选择性，可采取的措施是：寻找合适的催化剂.
【分析】（1）根据盖斯定律得出目标方程式与三个物质燃烧热热化学方程式之间的关系，可以计算出目标方程式的 △ H；
（2）吸热反应，升高温度时，平衡正向移动；反之对于放热反应，升高温度，平衡逆移；
对于气体计量数之和减少的反应，加压会使平衡正移，反之，如果是气体计量数和增大的反应，加压会使平衡逆移；
（3）条件是恒压，所以在不断通入惰性气体时，体系的体积会增大，压强减小所以，平衡正向进行，随着n(惰性气体)/n（异丁烷）的增大，异丁烷的平衡转化率增大；
（4）根据三段式可以计算出异丁烯的物质的量，再根据速率公式计算出其速率；该反应的化学平衡常数等于：K=
（5）增大脱氢的选择性，可以考虑加快化学反应速率，可以采取选择活性更好的催化剂的方法。
18．【答案】（1）-48.9
（2）>；因为反应I的ΔH1<0，而反应II的 ΔH2>0，故升高温度反应I左移，而反应II右移，故CH3OH的选择性降低；13%；
（3）31 kJ/mol；加催化剂；越多
【解析】【解答】（1）写出H2和CH3OH的燃烧方程式： ① H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH 1=-285.8kJ·mol-1；
② CH3OH(l) +3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）ΔH2= -726.5kJ·mol-1 ；
③ CH3OH(l) CH3OH(g) ΔH3=+38kJ·mol-1 ；
④ H2O(l) H2O(g) ΔH4=+44kJ·mol-1 ；
根据盖斯定律可知：① ×3-② +③+④ 得 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(g) ，所以 ΔH = 3ΔH1 - ΔH 2+ ΔH3+ ΔH4= -48.9 kJ·mol-1 ；
（2） ① 由图可知，相同温度时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性Cat1均高于Cat.2，则催化效果Cat1强于Cat.2，故答案为：>；
② 在210℃-270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因 是催化剂得催化效率降低了；
③ 设起始时物质的量为a，平衡时得一氧化碳得物质的量为b，甲醇得物质的量为c，由甲醇得选择性为80%知b/b+c×100%=80%，解得c=4b，由反应方程式可知，反应消耗得二氧化碳和氢气的物质的量分别为（4b+b)、(12b+b)，由二氧化碳的转化率为15%可得5b/a×100%=15%，J解得a=33b，则氢气的转化率13b/3a×100%=13b/3×33a×100%≈13%；
平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水的物质的量分别是：（33b-5b）、（99b-13b）、4b、吧、和5b，设平衡时压强为p，则二氧化碳、氢气、一氧化碳和水的平衡分压分别为28p/124、86P/124、P/124、和5P/124，反应的平衡分压为：Kp=p（CO）×p（H2O）/ p（CO2）×p（H2）= ；
（3）根据图像，将交点坐标代入公式：9.2=-3，2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2E+C，1.0=-3.6E+c，联立方程，解得E=2，活化能减小，则实验可能改变的外界条生是更换了更高效的催化剂；此经验公式说明对干<个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。
【分析】（1）燃烧热指的是1mol纯物质充分燃烧生成稳定物质时释放的热量；
（2）催化剂可以降低化学反应中的活化能，可以加快化学反应速率；但是催化剂有一定适应的温度，催化剂的活性最高；
（3）根据图像，将交点坐标代入公式：9.2=-3，2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2E+C，1.0=-3.6E+c，联立方程，解得E=2，活化能减小，则实验可能改变的外界条生是更换了更高效的催化剂：此经验公式说明对干<个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。
19．【答案】（1）SiO2；Sb2S3 + 6FeCl3 = 2SbCl3 + 6FeCl2+ 3S
（2）Fe3+
（3）Sb3++ H2O+ Cl-= SbOCl↓+ 2H+；ACD；10-2.9
（4）溶浸
（5）SbCl+ 3e-=Sb + 4Cl-
【解析】【解答】（1）“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；由分析可知，“浸出渣”的主要成分有S、SiO2；
（2）“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；
（3）①Sb3+发生水解生成SbOCl和氢离子，离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A选；
B．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B不选；
C．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(Cl-) 即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C选；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D选；
故答案为：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；
（5）Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。
【分析】辉锑矿中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应而形成浸出渣，加入Sb，Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解生成SbOCl，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb；“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用。
20．【答案】（1）Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3
（2）为了使砷完全沉淀
（3）3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4
（4）2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O
（5）终点pH值为8，PFS用量为4或
（6）96%
（7）
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣a的成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3。
（2）“沉淀”时，为了使砷完全沉淀，CuSO4溶液必须过量。
（3）“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2反应生成Cu3(SO3)22H2O、HAsO2和H2SO4，化学方程式为3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4。
（4）Cu3(SO3)22H2O (不溶于水)“氧化”时和O2、H2SO4溶液反应得到CuSO4溶液，O元素由0价下降到-2价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O。
（5）PFS除砷时，去除率最高时的条件是终点pH值为8，PFS用量为4或。
（6）当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，根据As守恒，理论上生成As2O3的质量为495g，As元素的回收率为 =96%。
（7）由晶胞结构可知，每个晶胞含有8=4个Ga和4个As，则砷化镓晶体密度为。
【分析】 加入氢氧化钠中和至pH=6，Fe3+、Cu2+、Bi2+均沉淀，则滤渣a为 Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3，加过量硫酸铜沉砷得到Cu3(AsO3)2沉淀，通入二氧化硫和水发生反应Cu3(AsO3)2+6H2O+3SO2=2H3AsO3+H2SO4+Cu3(SO3)2 2H2O，Cu3(SO3)2 2H2O氧化生成A为CuSO4，可循环使用，H3AsO3溶液蒸发浓缩、冷却结晶、干燥得到As2O3。
1．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 (填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 。
A． B．
C．
D．
（2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是 。
（3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是： ；的熔点高于的原因是 。
（4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为 。
2．将煤炭转化为烯烃(乙烯、丙烯等)既可以减少CO2的排放，又可以制备重要的化工原料。该过程先转化为二甲醚CH3OCH3，再转化为烯烃。
（1）制备二甲醚的主要反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
①“反应Ⅰ”能自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
②某反应X的平衡常数表达式为，则反应X的热化学方程式为 。
（2）二甲醚制备烯烃的主要反应：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：
①该反应过程常用的催化剂有两种，ZSM-5以及SAPO-34，它们都是多孔笼状结构，ZSM-5笼状孔径约为0.55nm，SAPO-34约为0.4nm。相同条件下，催化剂SAPO-34反应(如图1)获得的产物中，n(C2H4)：n(C3H6)更大的原因是 。
②一定温度下，在体积为1L的密闭容器中投入2mol CH3OCH3发生“反应Ⅳ”和“反应Ⅴ”，初始总压为po，反应到达平衡时总压为1.2po，且n(C2H4)：n(C3H6)=1：1。则平衡时体系CH3OCH3转化率α(CH3OCH3)= 。“反应Ⅴ”的平衡常数Kp= 。
（3）用下图装置电解二氧化碳可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。a是电源的 极，阴极电极反应式为 。
3．的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
（1）Ⅰ．以、为原料合成
和在某催化剂表面上合成的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为 。
（2）已知相关化学键的键能数据如下：
化学键
436 414 464 326 803
结合表中数据及反应历程图，写出由和合成的热化学方程式 。
（3）在一容积可变的密闭容器中，充入与，发生上述反应，实验测得在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示：
①、、从高到低排序为 。
②请计算在温度下，该反应的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留三位有效数字)。
（4）Ⅱ．利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体
上述脱除工艺中可循环利用的物质是 ；某温度下，当吸收塔中溶液时，溶液中 (已知：该温度下的，)。
（5）用上述装置电解利用气体，制取燃料，铂电极上的电极反应式为 。当玻碳电极上生成标准状况下时，通过质子交换膜的离子的物质的量为 。
（6）Ⅲ．以表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸
在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，理由是 。
4．图示装置制取少量乙酸乙酯，请填空：
（1）为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是：
（2）写出a中反应的化学方程式，并注明反应类型 、
（3）试管b中装有饱和Na2CO3溶液，其作用是 、 、
（4）若要把试管b中制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是
5．
（1）Ⅰ.纯碱()和小苏打()都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。
若要在家中将它们区分开来，下列方法中可行的是 。
a．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度
b．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气灶的火焰上灼烧，观察火焰颜色
c．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀
d．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物
（2）溶液和溶液中都含有、、、、、、，写出一个用浓度表示这些微粒之间的电荷守恒的关系式。
（3）Ⅱ.某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是 ，理由是 。
（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应用化学方程式表示为 。根据图分析，滴定时c点可用 、d点可用 作指示剂指示滴定终点(选填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。
（5）NaClO也是生活中常见的钠的化合物。废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为，该反应的离子方程式为 。
6．卤族元素能形成多种物质，结构和性质之间充满联系。
（1）部分卤族元素的某种性质a随核电荷数的变化趋势如图所示，则a表示正确的是 。(填字母)
a.原子半径 b.氢化物的稳定性
c.单质的氧化性 d.元素的非金属性
（2）溴化碘(IBr)的化学性质类似于卤素单质，溴化碘和水反应所得产物中有一种为三原子分子，该分子的电子式为 ；溴原子核外电子能量最高的电子层符号是 。
（3）ClF3的熔、沸点比BrF3的 (填“高”或“低”)，理由是 。
ClO2气体可处理污水中的CN-，以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
（4）ClO2与CN- (C是+2价)反应产生2种无毒气体，反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。
（5）请评价上述哪一种方法制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒 。
7．已知：锂钴电池总反应：。过程如图：
（1）中，Co元素的化合价为 。锂电池发生火灾时，和氧气发生反应的主要物质是 （填“正”或“负”）极材料。充电时阳极的反应方程式是 。
（2）锂电池成本高昂，废弃后需回收其中的锂和钴元素。先将上述锂电池进行放电处理，拆卸后，再将正极材料涂覆在铝箔上，进行电解，浸出和。装置如图所示，该条件下副反应忽略不计。
①拆卸前，将锂电池放电处理有利于锂在正极的回收，其原因是 。
②石墨电极连接电源的 极（填“正”或“负”）。
③结合电极反应，指出阴极室的pH变化并解释原因： 。
（3）当前，三元正极材料——镍钴锰酸锂应用广泛，其化学式可写作。可用、、、与空气混合加热烧结制得。写出制备的化学方程式： （设的计量系数为1）。
8．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是 ，发生反应的离子方程式为 。
（2）“浸渣”的主要成分除残余外，还有 。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为 。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是 ，“沉铝”的最佳方案为 。
（4）“水浸”后得到的“滤液2”可返回 工序循环使用。
9．赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因 。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的 。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因 。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因 。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源 (填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式 。
10．我国力争实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
（1）已知CO2和H2在一定条件下能发生反应，反应物与生成物的能量与活化能的关系如图所示，该反应的ΔH= kJ/mol(用含Ea1和Ea2的代数式表示)。
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中CO2的平衡转化率，可采取的措施为 (任写一项)。下列不能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．v(CO2)正=v(H2)逆
B．HCOOH的体积分数不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．c(CO2)：c(H2)：c(HCOOH)=1：1：1
（3）一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2此时容器的压强为48kPa，发生反应，6min时达到平衡，此时容器压强为36kPa，则0~6min内用H2分压表示的化学反应速率为 kPa/min。相同温度下，该反应的逆反应平衡常数Kp= kPa(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
（4）除合成甲酸(HCOOH)外，有科学家以CO2、H2为原料合成CH3OH达到有效降低空气中二氧化碳含量的目的，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示：
压强p1、P2、P3由小到大的顺序是 。压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高的原因是 。
（5）近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示：
请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式 。
11．2022年11月30日，神舟十五号与神舟十四号乘组在“太空会师”。太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
（1）已知
写出与反应生成和的热化学方程式 。
（2）一定条件下，反应达到平衡状态。
①下列操作中，能提高比平衡转化率的是 。
a.加入催化剂||| b.降低反应温度
c.移除 d.恒温恒压下通入惰性气体
②某科研小组在一定温度下模拟该反应，向容积为5L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 。
（3）在相同条件下，与还会发生以下副反应：，该副反应的发生不利于氧循环，原因是 。
（4）已知反应，。为了提高甲醇的选择性，某科研团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，原理如图所示。
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组 反应模式 温度/℃ 的平衡转化率/% 的选择性/%
Ⅰ 普通催化反应器 3 260 21.9 67.3
Ⅱ 分子筛膜催化反应器 3 260 36.1 100
①双功能的分子筛膜催化反应器模式下，恒温恒容时发生反应，不能说明反应达到化学平衡状态的是 。
a.的浓度不变 b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.混合气密度不变 d.断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键
②由表中数据可知，双功能的分子筛膜催化反应器模式下，的转化率明显提高，可能的原因是： 。
12．碳中和作为一种新型环保形式，目前已经被越来越多的大型活动和会议采用。回答下列有关问题：
（1）利用合成二甲醚有两种工艺。
工艺1：涉及以下主要反应：
Ⅰ．甲醇的合成：
Ⅱ．逆水汽变换：
Ⅲ．甲醇脱水：
工艺2：利用直接加氢合成（反应Ⅳ）
①反应Ⅳ的热化学方程式为 ，平衡常数 （用、表示）。
②恒温恒容情况下，下列说法能判断反应Ⅳ达到平衡的是 。
A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变
B．容器内压强不变
C．容器内气体密度不变
D．容器内浓度保持不变
（2）工艺1需先合成甲醇。在不同压强下，按照投料合成甲醇，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
①下列说法正确的是
A．图甲纵坐标表示的平衡产率
B．
C．为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压条件
D．一定温度压强下，提高的平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂
②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
（3）对于合成甲醇的反应： ，一定条件下，单位时间内不同温度下测定的转化率如图丙所示。温度高于710K时，随温度的升高转化率降低的原因可能是 。
13．钠是非常重要的一种元素，其化合物在生产、生活中有非常重要的用途。
（1）碳酸钠俗称苏打，又名纯碱，是一种重要的无机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。纯碱的生产历史悠久，先后经历了：路布兰制碱法、索尔维制碱法、侯德榜制碱法等历程。其中侯德榜制碱法又称联合制碱法，其关键反应步骤是：依次将 和 （都填名称）两种气体通入精制饱和食盐水得到中间产物，该步骤涉及的离子方程式为 。
（2）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。
①生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。
②Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 ，该样品中Na2S2O5的残留量为 g·L-1（以SO2计）。
（3）氯化钠是厨房最常见的调味品之一，而亚硝酸钠是一种重要的化工原料，有毒。由于亚硝酸钠外观与氯化钠类似且具有咸味，因此偶有发生误食而中毒的事件。工业上可以通过用NaOH溶液吸收NO和NO2的方法得到亚硝酸钠，已知该反应进行时两种氮氧化物消耗量相等且只生产一种盐，生成1mol亚硝酸钠时理论上转移电子的数目为 NA。
14．X、W、Y、Z、M、Q、R、L是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表：
元素 相关信息
X 原子核外有6种不同运动状态的电子
Y 基态原子中s电子总数与p电子总数相等
Z 原子半径在同周期元素中最大
M 逐级电离能(kJ mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376
Q 基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反
R 基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子
L 基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子
请用化学用语填空：
（1）X元素在元素周期表的位置： 。
（2）请写出Q元素基态原子核外电子排布式： 。
（3）X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
（4）R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是 。
（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式： ；M、Z晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)，M的熔点(930K)比Z的熔点(371K)高，原因是 ；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
（6）硒(Se)是人体必需的微量元素，与Y为同一主族元素，Se原子比Y原子多两个电子层，则Se的原子序数为 ，其最高价氧化物对应的水化物化学式为 。
（7）X射线衍射法可以测定某些分子结构，NH3分子结构为 ；其电子式为 ，中心原子的杂化类型
（8）L的基态原子价电子轨道表示式为 ；在周期表中该原子排在 区
（9）水在液态时，几个水分子可以形成缔合水分子(H2O)n的原因是水分子之间存在 。
（10）三氟乙酸乙酯是制备某种抗新冠病毒药物的原料，合成该分子所需的原料三氟乙酸的酸性 乙酸的酸性(填“大于”或“小于”），请理论解释原因
15．配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
（1）的配体为和，写出的电子式： 。
（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子的轨道表示式为 ，属于 区元素。
②生成物中a、b示的作用力类型分别是 。
③在中，配体与铂(II)的结合能力： (填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
顺铂 反铂
结构
25℃时溶解度/g 0.2577 0.0366
①推测中的杂化轨道类型不是，依据是 。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是 。
（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积 (阿伏加德罗常数为)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因： 。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。
16．锌在工业中有重要作用，也是人体必须的微量元素。人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。碳酸酐酶的部分结构如图所示：
回答下列问题：
（1）Zn基态原子核外电子排布式 。
（2）碳酸酐酶的部分结构中与Zn2+配位的原子是 (填元素符号) ；该物质中碳原子的轨道杂化类型是 ；与H2O互为等电子体的一 种微粒为 (填化学式)。
（3）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成，第一电离能I1(Zn) I1(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（4）Zn(NO3)2 中除了含有离子键以外还含有____。
A．氢键 B．σ键
C．π键 D．非极性共价键
（5）立方硫化锌晶胞如图所示，该晶体中Zn2+的配位数为 ； 设晶胞中S离子与其最近的Zn离子的距离为d nm，其密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数NA为 (用含d、ρ的式子表示)。
17．化工原料异丁烯（i﹣C4H8）可由异丁烷（i﹣C4H10）直接催化脱氢制备，相关反应如下：
主反应：ⅰ﹣C4H10（g） i﹣C4H8（g）+H2（g） ΔH1
副反应：ⅰ﹣C4H10（g） C3H6（g）+CH4（g） ΔH2＞0
（1）已知i﹣C4H10（g）、i﹣C4H8（g）、H2（g）的燃烧热分别为ΔH3、ΔH4、ΔH5，则ΔH1＝ （用ΔH3、ΔH4、ΔH5表示）。
（2）实验室模拟异丁烷脱氢反应，改变温度、压强对异丁烷平衡转化率的影响如图所示：ΔH1 0（填“＞”或“＜”），p1 p2（填“＞”或“＜”）。
（3）一定温度和压强下，向异丁烷中充入惰性气体并发生脱氢反应，随着，异丁烷的平衡转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）一定条件下，在2L密闭容器中充入1mol异丁烷，tmin后达到平衡状态，其中异丁烯的选择性为80%，则生成异丁烯的速率v（i﹣C4H8）＝ 。脱氢反应的平衡常数K＝ 。（异丁烯的选择性＝×100%）
（5）为提高脱氢反应的选择性，可采取的措施是 。
18．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此CO2的综合利用是研究热点之一。
（1）以CO2为原料可制取甲醇。
已知：
①H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1
②CH3OH(l) CH3OH(g) ΔH=+38kJ·mol-1
③H2O(l) H2O(g) ΔH=+44kJ·mol-1
则反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(g)的ΔH1= kJ·mol-1。
（2）利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O ΔH2=+41kJ·mol-1
一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应，在不同催化剂(catl，cat2)下经相同反应时间，CO2转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择=×100%]随温度变化如图甲所示：
①由图可知，催化效果catl cat2(填“>”“＜”或“=”)。
②在210℃-270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因为 。
③某条件下，达到平衡时CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为80%，则H2的平衡转化率为 ；反应II的平衡常数Kp= (列出算式即可)。
（3）利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)。该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式，如图乙中曲线a所示，已知Arthenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，则反应的活化能 kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图乙中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 ；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的 (填“越多”或“越少”)。
19．金属锑可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、 MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺流程图如下：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的浓度及溶液的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀时的pH c=0.01mol ·L-1 2.2 3.7 7.5 9.6
完全沉淀时的pH c=1.0× 10-5mol·L-1 3.2 4.7 9.0 11.1
试回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分有S、 。“溶浸”时Sb2S3发生反应的化学方程式为 。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 还原(填离子符号)。
（3）“水解” 时需控制溶液pH=2.5。
①Sb3+发生水解反应的离子方程式为 。
②下列能促进该水解反应的措施有 ( 填编号)。
A．升高温度 B．增大c(H+)
C．增大c(Cl-) D．加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe(OH)3， Fe3+的浓度应小于 mol·L-1。
（4）“酸溶2”后的溶液可返回 上工序循环使用。
（5）Sb可由电解制得，阴极的电极反应式为 。
20．工厂的含砷废水必须经过一定的处理。 某厂用某含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi2+ )提取三氧化二砷(俗称砒霜，分子式：As2O3)的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8 ×10-3920 ，Ksp[Cu(OH)2]=2.2 ×10-22，Ksp [Bi(OH)3]=4.4 ×10-31。
回答下列问题：
（1）滤渣a的成分是 (写化学式)。
（2）“沉淀”时，CuSO4溶液必须过量的原因是 。
（3）写出“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2发生反应的化学方程式： 。
（4）红色还原渣(不溶于水)“氧化”时反应的离子方程式为 。
（5）“沉砷”后废水中残留的砷可用PFS(聚铁)进一步去除，用石灰乳调节废水的pH值，通入空气，PFS用量[以表示]、终点pH值与砷去除率的关系如图所示。PFS除砷的最佳条件是 。
（6） 当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，制得475.2 gAs2O3，则As元的素回收率为 。
（7）砷化镓(GaAs)为第三代半导体，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体密度为 g· cm-3。
答案解析部分
1．【答案】（1）A；CD
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF
（3）C；为离子晶体、而为分子晶体
（4）混合型晶体；
【解析】【解答】（1）硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：CD；
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解；
（3）中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
（4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则；
【分析】（1）电子处于半充满或者全充满时，失去电子吸收的能量最多；
（2）键能越大物质越稳定；
（3）镍离子结合的是碳原子；离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）阿伏加德罗常数可以结合密度、体积、摩尔质量判断。
2．【答案】（1）高温；△H=-878.3kJ mol-1
（2）SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附；50%；1
（3）正；
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
① “反应Ⅰ”中，ΔS＞0，△H＞0，则能自发进行的条件是高温。
②某反应X的平衡常数表达式为，则反应X为，利用盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ×2+Ⅲ，得热化学方程式为△H=(+131.3 kJ mol-1)+(-547.4 kJ mol-1)×2+ (+85.2 kJ mol-1)=-878.3kJ mol-1。故答案为：高温；△H=-878.3kJ mol-1；
（2）①在CH3OH的转化反应中，生成物C2H4、C3H6由分子筛的孔隙流出，体积小的分子更容易从分子筛的孔隙中流出，则相同条件下，催化剂SAPO-34反应获得的产物中，n(C2H4)：n(C3H6)更大的原因是：SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附。
②一定温度下，在体积为1L的密闭容器中投入2mol CH3OCH3发生“反应Ⅳ”和“反应Ⅴ”，初始总压为po，反应到达平衡时总压为1.2po，且n(C2H4)：n(C3H6)=1：1。设反应Ⅳ中生成C2H4的物质的量为x，反应Ⅴ中生成C3H6的物质的量为y，则可建立如下两个三段式：
则(x-y)：y=1：1、，从而求出x=0.4mol、y=0.2mol。平衡时体系CH3OCH3转化率α(CH3OCH3)==50%。“反应Ⅴ”的平衡常数Kp==1。故答案为：SAPO-34孔径较小，体积较小的乙烯更易在其表面吸附、脱吸附；50%；1；
（3）CO2中C显+4价，CH3OH中C显-2价，则CO2得电子，多晶铜为阴极，b是电源的负极，a是电源的正极；在阴极，CO2得电子产物与电解质反应，生成CH3OH等，电极反应式为。故答案为：正；。
【分析】（1）①反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
②平衡常数是指平衡时生成物浓度（或压强）的幂之积与反应物浓度（或压强）的幂之积的比，结合盖斯定律进行分析。
（2）①体积小的分子更容易从分子筛的孔隙中流出。
②通过化学平衡三段式进行分析，平衡常数是指平衡时生成物的浓度（或压强）的幂之积与反应物浓度（或压强）的幂之积的比。
（3）该装置为电解池，根据CO2→CH3OH，碳元素化合价降低，所以CO2得电子发生还原反应，则多晶铜电极为阴极，b为负极，结合电荷守恒、原子守恒进行分析。
3．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）；
（5）；4mol
（6）当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大
【解析】【解答】（1）由图可知，该过程中能垒最小的步骤为：；
（2）由图可知，和合成的化学方程式为：，根据，根据键能，，所以热化学方程式为：；
（3）①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，的转化率越小，所以、、从高到低排序为；
②平衡常数只与温度有关，时，压强为50atm，的转化率为50％，根据三段式：，
，；
（4）根据图示，用溶液吸收，生成，分解生成，可以循环使用；的电离常数，，，；
（5）由图可知，玻碳电极产生，为阳极，铂电极为阴极，发生反应的电极反应式为：，阳极的电极反应式为：，生成标准状况下，有4mol质子通过质子交换膜；
（6）250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大。
【分析】（1）活化能最小的步骤，即能量上升距离最短的步骤；
（2）热化学方程式的书写要注意，化学计量数即为反应的物质的量，根据题干提供的数据，如物质的量、质量以及给出的反应热进行对应，根据给出的物质的量和热量可以列出关系式，且要注意，热化学方程式的书写中，化学计量数即反应的物质的量，要注意，物质的量之比等于反应热之比；
（3） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
（4）循环利用的物质即在某个过程中产生，又在某个过程中作为反应物消耗；
（5）二氧化碳得到电子，和氢离子反应生成甲醇和水；
（6）催化剂的活性受温度影响，温度过高时，催化剂失去活性。
4．【答案】（1）加碎瓷片
（2）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应(取代反应)
（3）中和乙酸；吸收乙醇；降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出
（4）分液
【解析】【解答】（1）为防止a中的液体暴沸，可在加热前加入碎瓷片或沸石。
（2）试管a中CH3COOH与C2H5OH发生酯化反应，生成CH3COOCH2CH3和H2O，该反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O。该反应的反应类型为取代反应（或酯化反应）。
（3）试管b中饱和Na2CO3溶液用于中和乙酸、溶解乙醇和降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯分层析出。
（4）试管b中的乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，因此可采用分液的方法进行分离。
【分析】此题是对乙酸乙酯制备的考查，结合该实验过程进行分析即可。
5．【答案】（1）a
（2）
（3）乙；通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(合理即可)；丁；因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)
（4）；酚酞；甲基橙
（5）
【解析】【解答】（1）a．碳酸氢钠和相同的酸反应较碳酸钠要剧烈，故在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度，可以鉴别，a可行；
b．两者均含有钠元素，焰色反应均为黄色，不能鉴别，b不可行；
c．两者均可以和石灰水生成白色沉淀，不能鉴别，c不可行；
d．碳酸氢钠加热生成碳酸钠、碳酸钠受热不分解，分别放在炒锅中加热，均有残留物，不能鉴别，d不可行；
故答案为：a；
（2）溶液中正负电荷总数相等，则溶液中存在电荷守恒，；
（3）碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳；碳酸氢钠中滴加盐酸立刻生成氯化钠、水、二氧化碳；与中溶质的物质的量相同，碳酸钠消耗盐酸更多；比较图像可知，甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是乙，理由是通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(或题中碳酸氢钠消耗盐酸的量较小而碳酸钠消耗的盐酸量较多等，合理即可)；丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是丁，理由是因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)；
（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠：；根据图分析，c点为碱性、d点为酸性，则滴定时c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点；
（5）次氯酸钠具有强氧化性，和铵根离子发生氧化还原反应生成氮气和水、氯离子，反应为。
【分析】（1）依据物质的性质和现象的不同分析；
（2）溶液中正负电荷总数相等；
（3）依据碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳分析；
（4）碳酸钠和盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠；根据图分析中溶液的pH选择指示剂；
（5）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
6．【答案】（1）bcd
（2）；N
（3）低；ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3
（4）1：1
（5）方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染，所以方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒
【解析】【解答】（1）a．Cl、Br、I三种元素的原子半径逐渐增大，a不正确；
b．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性HCl>HBr>HI，b正确；
c．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性Cl2>Br2>I2，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性Cl>Br>I，d正确；
故答案为：bcd。
（2）IBr与水反应的化学方程式为IBr+H2OHBr+HIO，HIO的电子式为，溴原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，能量最高的电子层符号是N。
（3）ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3，因此ClF3的熔沸点比BrF3低。
（4）ClO2与CN-反应生成二氧化碳和氮气，离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-，该反应ClO2中Cl得电子化合价降低，CN-中C失电子化合价升高，N失电子化合价升高，氧化剂为ClO2，还原剂为CN-，两者的物质的量之比为1：1。
（5）方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染，所以方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒。
【分析】（1）a.电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
b.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
c.元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；
d.同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱；
（2）IBr与水发生反应IBr+H2OHBr+HIO；Br原子的能量最高的电子层为N；
（3）ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3，则ClF3的熔、沸点比BrF3的低；
（4）ClO2与CN-发生反应2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；
（5）方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染。
7．【答案】（1）；负；
（2）从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中；正；pH升高，，每消耗氢离子，只会有氢离子透过交换膜进入阴极室
（3）
【解析】【解答】（1） 中，O为-2价，Li为+1价，则Co为+3价；锂电池发生火灾时，和氧气发生反应的主要物质，应该是与氧气发生氧化反应，则是负极材料；充电时，阳极发生氧化反应，根据总反应可知，阳极反应式为 ；
故答案为：+3；负；；
（2）①从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中，因此拆卸前，将锂电池放电处理有利于锂在正极的回收；
故答案为： 从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中 ；
②由分析可知，涂覆 的铝箔为阴极，石墨为阳极，则石墨与电源正极连接；
故答案为：正；
③阴极室的电极反应为， 每消耗氢离子，只会有氢离子透过交换膜进入阴极室 ，则阴极室的pH升高；
故答案为：pH升高，， 每消耗氢离子，只会有氢离子透过交换膜进入阴极室 ；
（3） 用、、、与空气混合加热烧结制得 ，则制备的化学方程式为 ，故答案为： 。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；充电时阳极发生氧化反应；
（2）①从负极中脱出，经由隔膜向正极移动并进入正极材料中 ；
②电解，浸出和 ，Co元素的化合价降低，则涂覆 的铝箔为阴极，石墨为阳极；
③阴极室的电极反应为 ；
（3）根据题干信息书写化学方程式。
8．【答案】（1）提高浸出率(或提高浸出速率)；
（2）和；84%
（3）使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶
（4）沉铝
【解析】【解答】（1）浸出时温度升高可以提高速率；氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝和水，即可写出离子方程式为： ；
（2）二氧化硅不与硫酸反应，而氧化钙与硫酸反应得到硫酸钙微溶物；浸出的氧化铝质量为5x30%-3x8%=1.26g.因此其浸出率为1.26/1.5x100%=84%；
（3）沉铝主要形成晶体，加入硫酸钾的目的是为了更多的晶体析出，保证晶体的纯度；根据溶解趋势与温度的关系，可以采用高温加热再降温的方式结晶；
（4）沉铝后的溶液主要是硫酸钾溶液，可以再沉铝工序重复使用；
【分析】（1）升温一般是提高浸出率，结合反应物和生成物即可写出方程式；
（2）根据与酸不反应或生成沉淀物质判断，结合原有铝的量和剩余的量计算出浸出率；
（3）根据图示，主要是以晶体析出，加入硫酸钾是为了析出晶体使晶体更纯，结合图示选择高温后降温结晶；
（4）根据反应剩余的溶液即可判断工序。
9．【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
10．【答案】（1）Ea1-Ea2
（2）增大H2的用量(或移出HCOOH)；CD
（3）2；12
（4）P1
【解析】【解答】（1）根据如图所示， ；
（2）恒温恒容条件下，为了提高反应中 的平衡转化率，要使平衡正向移动，可采取的措施为：增大的用量(或及时移出)；A．，可以判断反应达平衡状态；
B．当的体积分数不再变化，反应达平衡状态；
C．根据，不变，不变，不变，所以混合气体的密度不再变化，反应不一定达平衡；
故答案为：C；
（3）根据三段式：
恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以，解方程，，用的分压表示的反应速率为： ，逆反应的平衡常数为： ；
（4）根据反应I，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应II压强不影响平衡，综合上述，压强越大，转化率越大，所以；反应I正反应方向放热，反应II正反应方向吸热，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率主要由反应II决定，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，所以压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而升高；
（5）Cu电极上由产生和，反应产生的电极反应式为：。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能=生成物总内能-反应物总内能；
（2）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（3）分压平衡常数的计算要结合总压强和总物质的量判断；
（4）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
（5）二氧化碳得到电子，结合氢离子生成甲酸。
11．【答案】（1）
（2）bc；625
（3）甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用
（4）cd；双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
【解析】【解答】（1）①
②
③
则与反应生成和的方程式为：④，根据盖斯定律可知，得，该反应的，其热化学方程式为： ；
（2）①a.加入催化剂只能改变反应速率，平衡不移动，不能改变转化率，a不正确；
b.该反应为放热反应，降低反应温度平衡正向移动，可以提高平衡转化率，b正确；
c.移除，则水蒸气的浓度减小，平衡正向移动，转化率增大，c正确；
d.恒温恒压下通入惰性气体，容器体积增大，平衡逆向移动，转化率减小，d不正确；
故答案为：bc；
②根据提给信息可得三段式如下，，则平衡常数；
（3）甲醇中含有氧元素，不利用氧的充分利用，不利用氧循环；
（4）①a.的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，a正确；
b.该反应前后气体的计量系数不同，且反应都是气体，则混合气体的平均相对分子质量是一个变量，当其不变的时候可以正面反应达到平衡，b正确；
c.容器的体积不变，且反应物和产物都是气体，总质量不变，则混合气密度不是变量，其不变的时候，不能证明反应达到平衡，c不正确；
d.水中和甲醇中都含有O—H，则断裂3mol H—H键的同时断裂2mol O—H键不能证明正逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡，d不正确；
故答案为：cd；
②由表中数据可知双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：双功能的分子筛膜催化反应器模式下，只发生第一个反应，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，平衡右移，二氧化碳产率增大。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①根据影响化学平衡移动的因素分析；
②根据提给信息，利用三段式计算；
（3）依据元素组成分析；
（4）①依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②根据影响化学平衡移动的因素分析。
12．【答案】（1） ；；BD
（2）ABC；该温度时，以反应Ⅱ为主，压强对平衡移动无影响
（3）710K之前反应没有达到平衡，随着温度上升，反应速率增加，因此的转化率上升；该反应是放热反应，710K之后平衡逆向移动，的转化率下降
【解析】【解答】（1）①Ⅰ．甲醇的合成： ①Ⅱ．逆水汽变换： ②， Ⅲ．甲醇脱水： ③，2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g),④，④=2x①+③， ； 平衡常数 ；
②A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变，不能作为帕努单平衡依据，故A不符合题意；
B．前后系数之和不等，容器内压强不变，故B符合题意；
C．体积不变，气体质量不变，容器内气体密度始终不变，故C不符合题意；
D．容器内浓度保持不变，可判断平衡；故D符合题意；
（2）①A.温度升高，平衡逆向移动，导致甲醇的产率下降，故A符合题意；
B.压强越大，甲醇的转化率越高，因此 ，故B符合题意；
C. 为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压条件 ，故C符合题意；
D.催化剂改变速率不能改变转化率，故D不符合题意；
②当温度达到某一温度下，反应以II为主，压强不会对平衡产生影响；
（3）根据图示可知，温度低于710K时，反应未达到平衡，温度升高，正向移动，速率增大，达到平衡后，温度升高，平衡逆向亿欧东，转化率降低；
【分析】（1）①利用盖斯定律即可计算
②A.碳和氧元素质量始终不变不能说平衡
B.前后系数不同，压强不变可说明平衡
C.体积不变，质量不变，密度始终不变不能说平衡
D.根据浓度不变可说明其平衡
（2）①A.正反应为放热，温度升高转化率降低
B.根据体积减小反应，增大压强可提高转化率
C.根据正反应是放热，系数减小，可选择高压低温
D.催化剂改变速率不改变转化率
②根据温度过高后反应以II为主，压强不影响其平衡
（3）根据图示，正反应为放热，温度低于710K时未达到平衡，转化率增大，达到平衡后，温度升高逆向移动
13．【答案】（1）氨气；二氧化碳；Na+ + NH3 + CO2 + H2O = NaHCO3↓ + NH4+
（2）2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；0.128
（3）0.5
【解析】【解答】（1）由分析可知，向精制饱和食盐水中先通氨气形成饱和氨盐水，然后在加压的条件下通入二氧化碳，制得碳酸氢钠，反应的离子方程式为 Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH；
故答案为：氨气；二氧化碳；Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH；
（2）①由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，所以发生反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
②Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I-，则发生滴定反应的离子方程式为S2O+2I2+3H2O＝2SO+4I－+6H＋； 取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，n(S2O)=×0.01000 mol·L-1×10.00×10-3 L=5×10-5 mol，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算，为5×10-5mol×2×64 g·mol-1×=0.128g·L-1；
故答案为：S2O+2I2+3H2O＝2SO+4I－+6H＋；0.128；
（3） 用NaOH溶液吸收NO和NO2的方法得到亚硝酸钠 ，反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，反应中只有N元素化合价发生变化，且NO中N元素化合价为+2、NO2中N元素化合价为+4，NaNO2中N元素化合价为+3价，生成1mol亚硝酸钠时理论上转移电子的数目为0.5NA；
故答案为：0.5。
【分析】（1）侯德榜制碱法：向精制饱和食盐水中先通氨气形成饱和氨盐水，然后在加压的条件下通入二氧化碳，制得碳酸氢钠，煅烧碳酸氢钠生成纯碱；
（2） ①由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，据此写出反应方程式 ；
②滴定时， Na2S2O5与碘发生氧化还原反应；
（3）用NaOH溶液吸收NO和NO2时发生反应 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。
14．【答案】（1）第二周期第IVA族
（2）[Ne]3s23p5
（3）O
（5）Be(OH)2+2NaOH=Na2【Be(OH)4】；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物
（6）34；H2SeO4
（7）三角锥形；略；电子式
（8）价电子轨道表示式；ds
（9）氢键
（10）大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
15．【答案】（1）
（2）；ds；配位键、氢键；<
（3）若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象；顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
（4）；在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强
【解析】【解答】（1）是共价化合物，电子式为：。
（2）①Cu是29号元素，基态原子价层电子的轨道表示式为，属于ds区元素；
②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；
③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：<。
（3）①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象，所以中的杂化轨道类型不是；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
（4）①铂晶胞中Pt的个数为8+6=4，n(Pt)= mol，晶胞的体积为a3×10-27m3，=；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强，所以在溶液中使用会产生而略有损耗。
【分析】（1）NH3中N原子和每个H原子共用一对电子，且N原子还有一个孤电子对；
（2）①基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1；Cu属于ds区元素；
②生成物中a为分子内共价键，N原子提供孤电子对、Pt提供空轨道；b为分子间之间的作用力；
③配原子和中心原子之间存在配位键，增强原子之间的结合力；
（3）①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象；
②根据相似相溶原理分析；
（4）①根据均摊法和计算；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强。
16．【答案】（1）[Ar]3d104s2
（2）O、N；sp3、 sp2；H2S、NH
（3）大于；Zn价电子排布3d104s2为全满稳定结构，较难失电子
（4）B；C
（5）4；
【解析】【解答】（1）锌元素的原子序数为30，基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，故答案为：[Ar]3d104s2；
（2）由碳酸酐酶的部分结构可知，中心离子锌离子与具有孤对电子的氮原子和氧原子形成配位键；该物质中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化；H2S、NH与水分子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，故答案为：N、O；sp3、 sp2；H2S、NH；
（3）基态锌原子的价电子排布式为全满稳定结构的3d104s2，较难失电子，而基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，易失电子形成稳定的全充满结构3d10，所以锌元素的第一电离能大于铜元素，故答案为：大于；Zn价电子排布3d104s2为全满稳定结构，较难失电子；
（4）硝酸根离子是含有非羟基氧的含氧酸根离子，则硝酸锌是含有离子键、σ键和π键的离子化合物，故答案为：BC；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的硫离子与位于体对角线的锌离子的距离最近，则硫离子的配位数为4，由硫化锌的化学式可知，锌离子的配位数也为4，晶胞中位于体内的锌离子个数为4，则晶胞中硫化锌的个数为4，设晶胞的参数为anm，由晶胞中位于顶点的硫离子与位于体对角线处的离子的距离为d nm，则a=，由晶胞的质量公式可得：=(×10—7)3ρ，解得NA=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）氮原子和氧原子含有孤电子对，能与 Zn2+配位 ；双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；等电子体具有相同的原子数和价电子总数；
（3）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
（4） Zn(NO3)2 中含有离子键，σ键、π键；
（5）晶胞中位于顶点的硫离子与位于体对角线的锌离子的距离最近；根据计算。
17．【答案】（1）ΔH6﹣ΔH4﹣ΔH5
（2）＞；＜
（3）增大
（4）；1.6
（5）寻找合适的催化剂
【解析】【解答】（1） 已知i﹣C4H10（g）、i﹣C4H8（g）、H2（g）的燃烧热分别为ΔH3、ΔH4、ΔH5 ，可以得出热化学方程式：
①i-C4H10(g)+13/2(g)→4CO2(g)+5H20(l) △ H3
②i-C4H8(g)+6O2(g)→4CO2(g)+4H20(l) △ H4
③H2(g)+1/2O2(g)→H2O(l)△ H5
根据盖斯定律：①-②-③得： ⅰ﹣C4H10（g） i﹣C4H8（g）+H2（g） ΔH1 ：则 ΔH1＝ΔH6﹣ΔH4﹣ΔH5 ；
（2）图象中曲线变化分析可知，随温度升高异丁烷的转化率增大，升温平衡向正反应方向进行，反应为吸热反应，△H1>0，反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行，异丁烷的转化率减小，则压强p1
小，平衡正向进行，随着n(惰性气体)/n（异丁烷）的增大，异丁烷的平衡转化率增大；
（4）列出三段式：
i-C4H10(g) = I-C4H8(g) + H2(g)
起始量（mol） 1 0 0
转化量（mol） 1×80% 1×80% 1×80%
平衡量（mol） 0.2 0.8 0.8
则生成异丁烯的速率=0.8mol/2L×tmin=0.4/tmol；
K=；
（5）为提高脱氢反应的选择性，可采取的措施是：寻找合适的催化剂.
【分析】（1）根据盖斯定律得出目标方程式与三个物质燃烧热热化学方程式之间的关系，可以计算出目标方程式的 △ H；
（2）吸热反应，升高温度时，平衡正向移动；反之对于放热反应，升高温度，平衡逆移；
对于气体计量数之和减少的反应，加压会使平衡正移，反之，如果是气体计量数和增大的反应，加压会使平衡逆移；
（3）条件是恒压，所以在不断通入惰性气体时，体系的体积会增大，压强减小所以，平衡正向进行，随着n(惰性气体)/n（异丁烷）的增大，异丁烷的平衡转化率增大；
（4）根据三段式可以计算出异丁烯的物质的量，再根据速率公式计算出其速率；该反应的化学平衡常数等于：K=
（5）增大脱氢的选择性，可以考虑加快化学反应速率，可以采取选择活性更好的催化剂的方法。
18．【答案】（1）-48.9
（2）>；因为反应I的ΔH1<0，而反应II的 ΔH2>0，故升高温度反应I左移，而反应II右移，故CH3OH的选择性降低；13%；
（3）31 kJ/mol；加催化剂；越多
【解析】【解答】（1）写出H2和CH3OH的燃烧方程式： ① H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH 1=-285.8kJ·mol-1；
② CH3OH(l) +3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）ΔH2= -726.5kJ·mol-1 ；
③ CH3OH(l) CH3OH(g) ΔH3=+38kJ·mol-1 ；
④ H2O(l) H2O(g) ΔH4=+44kJ·mol-1 ；
根据盖斯定律可知：① ×3-② +③+④ 得 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(g) ，所以 ΔH = 3ΔH1 - ΔH 2+ ΔH3+ ΔH4= -48.9 kJ·mol-1 ；
（2） ① 由图可知，相同温度时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性Cat1均高于Cat.2，则催化效果Cat1强于Cat.2，故答案为：>；
② 在210℃-270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因 是催化剂得催化效率降低了；
③ 设起始时物质的量为a，平衡时得一氧化碳得物质的量为b，甲醇得物质的量为c，由甲醇得选择性为80%知b/b+c×100%=80%，解得c=4b，由反应方程式可知，反应消耗得二氧化碳和氢气的物质的量分别为（4b+b)、(12b+b)，由二氧化碳的转化率为15%可得5b/a×100%=15%，J解得a=33b，则氢气的转化率13b/3a×100%=13b/3×33a×100%≈13%；
平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水的物质的量分别是：（33b-5b）、（99b-13b）、4b、吧、和5b，设平衡时压强为p，则二氧化碳、氢气、一氧化碳和水的平衡分压分别为28p/124、86P/124、P/124、和5P/124，反应的平衡分压为：Kp=p（CO）×p（H2O）/ p（CO2）×p（H2）= ；
（3）根据图像，将交点坐标代入公式：9.2=-3，2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2E+C，1.0=-3.6E+c，联立方程，解得E=2，活化能减小，则实验可能改变的外界条生是更换了更高效的催化剂；此经验公式说明对干<个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。
【分析】（1）燃烧热指的是1mol纯物质充分燃烧生成稳定物质时释放的热量；
（2）催化剂可以降低化学反应中的活化能，可以加快化学反应速率；但是催化剂有一定适应的温度，催化剂的活性最高；
（3）根据图像，将交点坐标代入公式：9.2=-3，2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2E+C，1.0=-3.6E+c，联立方程，解得E=2，活化能减小，则实验可能改变的外界条生是更换了更高效的催化剂：此经验公式说明对干<个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。
19．【答案】（1）SiO2；Sb2S3 + 6FeCl3 = 2SbCl3 + 6FeCl2+ 3S
（2）Fe3+
（3）Sb3++ H2O+ Cl-= SbOCl↓+ 2H+；ACD；10-2.9
（4）溶浸
（5）SbCl+ 3e-=Sb + 4Cl-
【解析】【解答】（1）“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；由分析可知，“浸出渣”的主要成分有S、SiO2；
（2）“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；
（3）①Sb3+发生水解生成SbOCl和氢离子，离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A选；
B．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B不选；
C．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(Cl-) 即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C选；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D选；
故答案为：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；
（5）Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。
【分析】辉锑矿中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应而形成浸出渣，加入Sb，Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解生成SbOCl，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb；“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用。
20．【答案】（1）Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3
（2）为了使砷完全沉淀
（3）3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4
（4）2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O
（5）终点pH值为8，PFS用量为4或
（6）96%
（7）
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣a的成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3。
（2）“沉淀”时，为了使砷完全沉淀，CuSO4溶液必须过量。
（3）“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2反应生成Cu3(SO3)22H2O、HAsO2和H2SO4，化学方程式为3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4。
（4）Cu3(SO3)22H2O (不溶于水)“氧化”时和O2、H2SO4溶液反应得到CuSO4溶液，O元素由0价下降到-2价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O。
（5）PFS除砷时，去除率最高时的条件是终点pH值为8，PFS用量为4或。
（6）当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，根据As守恒，理论上生成As2O3的质量为495g，As元素的回收率为 =96%。
（7）由晶胞结构可知，每个晶胞含有8=4个Ga和4个As，则砷化镓晶体密度为。
【分析】 加入氢氧化钠中和至pH=6，Fe3+、Cu2+、Bi2+均沉淀，则滤渣a为 Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3，加过量硫酸铜沉砷得到Cu3(AsO3)2沉淀，通入二氧化硫和水发生反应Cu3(AsO3)2+6H2O+3SO2=2H3AsO3+H2SO4+Cu3(SO3)2 2H2O，Cu3(SO3)2 2H2O氧化生成A为CuSO4，可循环使用，H3AsO3溶液蒸发浓缩、冷却结晶、干燥得到As2O3。
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