2024届高三化学二轮复习基础夯实练——化学反应原理（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮复习基础夯实练——化学反应原理（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-07 17:27:27 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮复习基础夯实练——化学反应原理
一、单选题
1．我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《淮南万毕术》中提到“曾青得铁则化为铜”，其反应的化学方程式是 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应不属于（ ）
A．复分解反应 B．置换反应
C．离子反应 D．氧化还原反应
2．下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）
A．灼热的碳与CO2反应 B．Ba(OH)2·8H2O 与NH4Cl反应
C．铁与稀硫酸反应 D．甲烷在氧气中燃烧
3．化学处处呈现美。下列说法正确的是（ ）
A．杜甫诗中“迟日江山丽，春风花草香”，体现了分子是运动的
B．春节绚丽多彩的烟花，是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来
C．将铜片和锌片放入稀盐酸中，用导线连接铜片→氖灯→锌片，氖灯发出美丽的亮光，稀盐酸是电解质
D．氯化铵固体受热神奇消失，该过程是升华现象
4．已知浓硫酸和硫化氢可以发生反应：H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O下列说法正确的是（ ）
A．S为还原产物，SO2为氧化产物
B．水既不是氧化产物也不是还原产物
C．该反应既是氧化还原反应，也是置换反应
D．每一分子硫化氢被氧化转移4e-
5．下列说法正确的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98 g
B．核素的质量数为411
C．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
D．小苏打可用于治疗胃酸过多
6．工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，T℃时，在1L的恒容密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，发生 ，以下说法一定能判断该反应达到平衡状态的是：①；②容器内气体的密度不再发生改变；③氨气的体积分数不再发生改变；④气体的平均摩尔质量不再发生变化；⑤密闭容器中；⑥二氧化碳的物质的量浓度不再发生变化（ ）
A．①②③⑥ B．②③④⑥ C．②③⑥ D．②⑥
7．历史上被称为“世界八大公害”和“20世纪十大环境公害”之一的洛杉机光化学烟雾事件使人们深刻认识到汽车尾气的危害性。汽车尾气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．丙烯(CH2=CHCH3)中所有原子共平面
B．O2和O3是氧的两种同素异形体
C．反应Ⅰ属于氧化还原反应
D．NO2不是酸性氧化物
8．现有HA、HB和H2C三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH-)=3×10-13mol·L-1
B．b点对应溶液中：c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH-)
D．已知H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B-+H2C=HB+HC-
9．工业合成三氧化硫的反应为 ，反应过程可用如图模拟(代表分子，代表分子，代表催化剂)下列说法错误的是（ ）
A．以上四步过程中，由过程II和过程III决定了整个反应进行的程度
B．过程II为放热反应，过程III为吸热反应
C．1mol和1mol反应，放出的热量小于99kJ
D．催化剂可降低整个反应的活化能，从而使活化分子百分数增大，化学反应速率加快
10．电池实现了对的高效利用，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应
B．电极反应式为：
C．a为，b为
D．当外电路通过时，双极膜中离解水的物质的量为
11．(CN)2、(OCN)2、(SCN)2等气体通称为拟卤素，它们的性质与Cl2相似，氧化性强弱顺序是F2>(OCN)2>Cl2>(CN)2>(SCN)2>I2。下列方程式书写错误的是（ ）
A．2NaSCN+MnO2+2H2SO4Na2SO4+(SCN)2↑+MnSO4+2H2O
B．(CN)2+2KI=2KCN+I2
C．(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O
D．Cl2+2NaOCN=(OCN)2+2NaCl
12．全固态锂电池能量密度大，安全性高，拓宽了电池工作温度范围和应用领域。一种全固态锂—空气电池设计如图，电池总反应为：O2+2Li=Li2O2。下列说法正确的是（ ）
(注：复合电极包含石墨、催化剂及放电时生成的Li2O2)
A．放电时，外电路电流的方向是由Li电极流向复合电极
B．充电时，Li电极应与电源的正极相连
C．充电时，阳极的电极反应为：Li2O2-2e-=O2+2Li+
D．放电时，如果电路中转移1mol电子，理论上复合电极净增重7g
13．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．100mL的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成的速率不变
B．用铁片和稀硫酸反应制取时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生的速率
C．二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．大理石与盐酸反应制取二氧化碳时，将块状大理石改为粉末状大理石，反应速率加快
14．下图是实验室从海藻里提取碘的部分流程。
下列判断不正确的是（ ）
A．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取
B．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否有碘单质生成
C．步骤③中加入的有机溶剂可能是乙醇
D．步骤②发生了氧化还原反应
15．某科研机构研发的NO—空气燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是
A．a电极为电池负极
B．电池工作时透过质子交换膜从右向左移动
C．b电极的电极反应：
D．当外电路中通过电子时，a电极处消耗
16．在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的，利用酶为催化剂转变成它们的皮鞘(可以用来表示其中的铁)，后来便沉下来形成铁矿：该反应的另一种反应物是，反应后转变成有机物(有机物用表示)。下列说法不正确的是（ ）
A．有机物中，C元素的化合价可看成0价
B．上述反应中，为还原剂，被还原
C．上述反应中，产物与的物质的量之比为2∶1
D．上述反应中，若转移的电子为1 mol，则参加反应的为5.6 L(标准状况下)
17．下列属于物理变化的是（ ）
A．活性炭吸附色素 B．金属的冶炼
C．海带中提取碘 D．木炭的燃烧
18．25℃时，向溶液中滴入溶液，忽略温度变化，所得曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若X点，则醋酸的电离度约为1%
B．若Y点，则
C．Z点溶液中离子浓度：
D．若W点，则溶液中由水电离出的
19．800℃时，A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化如图所示。则以下说法错误的是（ ）
A．发生的反应可表示为
B．前，A的分解速率为
C．时，A，B，C的浓度之比为2∶3∶1
D．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度
20．下列说法中正确的是（ ）
A．某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中出现浑浊，则原溶液一定含有CO
B．用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，不含K+
C．用砂纸充分打磨过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落，说明铝在空气中能很快形成氧化铝，且氧化铝的熔点比铝高
D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不消失，说明原溶液中一定存在SO
二、综合题
21．碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。回答下列问题：
（1）“大象牙膏”实验中，将、KI和洗洁精混合后，短时间内产生大量的泡沫。其反应过程分为两步：
第一步： 慢反应
第二步： 快反应
①该反应的催化剂为 ，总反应方程式为 ；
②在答题卡的图中画出有KI参与的两步反应的能量历程图。
（2）已知：25℃下，
(i)
(ii)
(iii)
其中，反应ⅱ的随温度的变化如如图：
烧杯甲：将mg加入20mL水中(含沉淀)；
烧杯乙：将mg加入20mLKI溶液(含沉淀)。
①甲中存在平衡i，乙中存在平衡i和ⅱ，不考虑碘与水的反应以及其它反应，下列说法正确的是 。
A．烧杯乙中剩余的沉淀质量比甲的沉淀质量小
B．室温下，甲中加水稀释，溶液中浓度一定减小
C．乙中浓度与甲中浓度相等
D．升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640
②为了探究乙中溶液含碘微粒的存在形式，进行实验：恒温25℃向10mL一定浓度的溶液中加入10mLKI溶液，反应结束后碘元素的微粒主要存在平衡ii，相关微粒浓度如下：
微粒
浓度/(mol/L) a b c
其中ab= (用含c的代数式表示)，若，说明平衡体系中 。
③计算25℃下的平衡常数K= (取整数)；已知用有机溶剂从水溶液中萃取时，萃取效率=×100%，用等体积的一次性萃取碘水［用配制］，萃取效率为 %(保留1位小数)，若将等分成2份，分两次萃取该碘水，萃取总效率 一次性萃取的效率(填“大于”、“等于”、“小于”)。
22．Ⅰ．铂是贵金属之一，俗称白金，其单质和化合物均有重要的应用。
（1）顺铂即顺式一二氯二氨合铂（Ⅱ），反铂即反式一二氯二氨合铂（Ⅱ），结构如图所示。
①与能形成配位键的原因是 ．
②由以上事实可判断中心原子杂化方式肯定不是杂化，判断理由是 ．
③铂可溶于王水，王水中含有亚硝酰氯（）。下列说法正确的是 ．
A．均为强电解质
B．分子中键和键的个数比为
C．是极性分子
D．为直线形分子
（2）Ⅱ．时，将的醋酸钠溶液与盐酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，表示醋酸的电离平衡常数 （用含的代数式表示）。
（3）Ⅲ．溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关溶液的说法正确的有 ．
A．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
B．加入少量硫酸，溶液的pH不变
C．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
D．加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
②时，溶液中随的变化关系如图。
当时，设与的平衡浓度分别为，则之间的关系式为 ；计算溶液中的平衡浓度 （结果保留两位有效数字）。
23．中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石：4
Na+3CO2 2Na2CO3+C(金刚石)，以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：
钠 Na2CO3 金刚石 石墨
熔点（℃） 97.8 851 3550 3850
沸点（℃） 882.9 1850（分解产生CO2） ---- 4250
（1）若反应在常压、890℃下进行，写出该反应的平衡常数表达式 ，若3v正(Na)=4v逆(CO2)，则 （选填序号）。
a.反应肯定达到平衡
b.反应可能达到平衡
c.反应肯定未达平衡
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6
g，该时间段内v(CO2)= ，若反应温度由890℃升高到1860℃，则容器内气体的平均相对分子质量将 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）反应中还有石墨生成，已知：C(石墨) C(金刚石)，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，则该反应的正反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，请用离子方程式解释原因： ，继续滴加盐酸，反应至B点，B点溶液中溶质的化学式是 。
24．甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种元案组成，其中四种是短周期元素。甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子。A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族。用甲进行如下实验：
①取少量甲的品体溶于蒸馏水配成溶液：
②取少量甲溶液于试管中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色；
③取少量甲溶液于试管中加入适量NaOH溶液，加热：
④取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
回答下列问题：
（1）C的元素符号是 ，D在周期表中的位置 。
（2）用离子方程式表示实验②中现象的原因： 。
（3）实验③中出现的现象是 。
（4）经测定甲晶体（结晶水合物）的摩尔质量为392g/mol，其中阳离子与阴离子物质的量之比为3：2，则甲晶体的化学式为 。
25．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3 5H2O)又名大苏打、海波，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中较稳定，酸性溶液中产生浑浊，广泛应用于日常生产生活中。某小组设计了如下实验装置制备Na2S2O3(夹持仪器略)，总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2.回答下列问题：
（1）烧瓶B中制备SO2的化学方程式为 。
（2）当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO2的原因
(用离子方程式表示)，具体操作是 。
（3）准确称取1.4 g产品，加入20 mL刚煮沸并冷却过的蒸馏水，使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol L-1标准碘的水溶液滴定。
已知：2S2O +I2(aq)=S4O (无色)+2I-(aq)。
①第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则第一次消耗标准碘的水溶液的体积为 mL。
②重复上述操作三次，记录另两次数据如下表，则产品中Na2S2O3 5H2O的质量分数为 ％(保留1位小数)。
滴定次数 滴定前刻度/mL 滴定前刻度/mL
第二次 1.56 30.30
第三次 0.22 26.34
（4）工业上电解MnSO4溶液制备Mn、MnO2和硫酸溶液，工作原理如图所示，离子交换膜允许阴离子通过，右侧的电极反应式为 ，当电路中有2
mol e-转移时，左侧溶液质量减轻 g。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A、复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，因此该反应不是复分解反应，A选；
B、根据反应方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu可知该反应属于一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此是置换反应，B不选；
C、反应中铁和铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不选；
D、反应在溶液中进行有离子参加和生成，因此属于离子反应，D不选；
故答案为：A。
【分析】根据四大基本反应类型与氧化还原反应和离子反应的关系进行判断即可。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、碳与二氧化碳反应，有化合价的变化属于氧化还原反应；同时其吸收的热量高于放出的热量，属于吸热反应；故A正确；
B、 Ba(OH)2·8H2O 与NH4Cl反应属于复分解反应，不是氧化还原反应；故B错误；
C、铁与稀硫酸反应属于放热反应；故C错误；
D、甲烷在氧气中燃烧属于放热反应；故D错误；
故答案为：A。
【分析】氧化还原反应中有化合价的变化，而吸热反应是反应物吸收的热量高于形成生成物放出的热量。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、分子总在不断运动，香气分子不断运动到空气中使人能闻到香味，故A正确；
B、电子由基态跃迁到激发态时吸收能量，故B错误；
C、稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，该过程发生的是化学变化，不是升华现象，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、分子总在不断运动；
B、电子从基态跃迁到激发态吸收能量；
C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中-2价S化合升高为0价，+6价S化合价降为+4价，则SO2为还原产物，S为氧化产物，A不符合题意；
B．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中H、O元素的化合价未发生改变，则水既不是氧化产物也不是还原产物，B符合题意；
C．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中存在元素化合价的变化，是氧化还原反应，但不是置换反应，C不符合题意；
D．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中-2价S化合升高为0价，即每一分子硫化氢被氧化转移2e-，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氧化还原反应的产物中，化合价降低的为还原产物，化合价升高的为氧化产物；
B．化合价不发生变化的不参加氧化还原反应；
C．一种单质和一种化合物反应生成一种单质和一种化合物的反应为置换反应；
D．硫化氢生成了硫单质，每分子硫化氢失去2个电子。
5．【答案】D
【解析】【解答】A． H2SO4的摩尔质量是98 g/mol，A不符合题意；
B． 核素的质量数为294，B不符合题意；
C． 氯气的水溶液可以导电，氯气是单质，氯气既不是电解质又不是非电解质，C不符合题意；
D． 小苏打有微弱碱性、能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；
B、左上角的数值表示质量数；
C、电解质的前提是化合物；
D、小苏打即碳酸氢钠，碳酸氢钠可以和氯化氢反应，中和胃酸。
6．【答案】D
【解析】【解答】①根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，，故当时，，不能说明反应达到平衡状态，①不合题意；
②由于CO(NH2)2是固体，反应过程中容器内气体的质量一直在变，即容器内气体的密度一直在变，现在容器内气体的密度不再发生改变，说明反应达到平衡了，②符合题意；
③由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2：1时，则反应过程中氨气的体积分数保持不变，故氨气的体积分数不再发生改变不一定能说明反应达到平衡了，③不合题意；
④由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2：1时，反应过程中气体的平均摩尔质量一直保持不变啊，故气体的平均摩尔质量不再发生变化不一定能说明反应达到平衡了，④不合题意；
⑤由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2：1时，则密闭容器中一直为2：1，故密闭容器中不一定能说明反应达到平衡了，⑤不合题意；
⑥化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故二氧化碳的物质的量浓度不再发生变化说明反应达到平衡了，⑥符合题意；
综上所述只有②⑥能说明反应一定达到化学平衡状态；
故答案为D。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
7．【答案】A
【解析】【解答】A：丙烯分子含有甲基，甲基为空间四面体结构，不可能所以原子共平面，故A符合题意；
B：O2和O3是氧组成的不同单质，是氧的两种同素异形体 ，故B不符合题意；
C：反应 Ⅰ 为2NO+O2=2NO2，N和O的化合价都发生了变化，则反应为氧化还原反应，故C不符合题意；
D：与水反应生成对应酸的氧化物，属于酸性氧化物， NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】甲基为空间四面体结构，不可能所以原子共平面。
判断一个反应是否为氧化还原反应的标准是元素的化合价在反应前后是否发生变化。
同素异形体是同种元素组成的不同单质。
酸性氧化物是与水反应生成对应酸的氧化物，其化合价不能发生改变。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为=mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=3×10-13mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)，故B不符合题意；
C．由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH-)，故C不符合题意；
D．由H2C的一级电离方程式可知，H2C在溶液中第一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B-+H+=HB，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.a点溶液中OH-均是由水电离产生；
B.b点为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度；
C.c点NaB溶液，根据质子守恒分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．过程Ⅱ：发生SO2、O2中共价键的断裂，过程Ⅲ：形成SO3中的共价键，过程Ⅱ、Ⅲ决定了整个反应进行的程度，A不符合题意；
B．过程Ⅱ：发生SO2、O2中共价键的断裂，为吸热过程，过程Ⅲ：形成SO3中的共价键，为放热过程，B符合题意；
C.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为可逆反应，1molSO2和1molO2反应生成的SO3的物质的量小于1mol，放出的热量小于99kJ，C不符合题意；
D．催化剂可降低整个反应的活化能，从而使活化分子百分数增大，加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过程Ⅰ是反应物吸附过程，过程Ⅱ为旧键断裂，过程Ⅲ为新键形成，过程IV是生成物解吸过程；
B.断键吸收热量，成键释放热量；
C.该反应为可逆反应，不能完全进行；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应，A不符合题意；
B．电极锌失去电子生成，反应式为：，B不符合题意；
C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故b为，a为，C符合题意；
D．当外电路通过时，由电荷守恒可知，双极膜中离解水的物质的量为，产生1mol氢离子、1mol氢氧根离子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；
D．依据电荷守恒分析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应中，氧化性：MnO2＞(SCN)2，符合题干中氧化性顺序，A不符合题意；
B．该反应中，氧化性：(CN)2＞I2，符合题干中氧化性顺序，B不符合题意；
C．(CN)2的性质与Cl2相似，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，则（CN）2也与氢氧化钠反应生成NaCN和NaCNO，反应方程式为：(CN)2+2NaOH═NaCN+NaCNO+H2O，C不符合题意；
D．该反应中，氧化性：Cl2＞(OCN)2，不符合题干中氧化性顺序，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物。反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高，还原剂对应的产物为氧化产物。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．原电池中电流从正极沿外电路流向负极，Li电极为负极，复合电极为正极，则电流由复合电极流向Li电极，故A不符合题意；
B．充电时，Li电极应与电源的负极相连，故B不符合题意；
C．根据上述分析可知，充电时，阳极的电极反应为：Li2O2-2e-=O2+2Li+，故C符合题意；
D．放电时，如果电路中转移1mol电子，理论上复合电极有0.5mol生成，即净增重23g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原电池中电流从正极沿外电路流向负极；
B．充电时，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；
C．根据充电时，阳极失电子，发生氧化反应；
D．根据得失电子守恒计算。
13．【答案】D
【解析】【解答】A.加入氯化钠溶液，降低浓度，速率降低，故A不符合题意；
B. 用铁片和稀硫酸反应制取时，浓硫酸使铁片钝化，故B不符合题意；
C. 二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率加快，故C不符合题意；
D.粉碎大理石变为粉末，接触面积增大，反应速率加快，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.加入氯化钠溶液降低浓度速率下降；
B.浓硫酸使铁片钝化；
C.升高温度速率加快；
D.增大反应的接触面姐速率加快。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．步骤①的用于分离固体和液体、操作是过滤；③为提取水中的碘得到碘的有机溶液，操作为萃取-分液，A不符合题意；
B．取步骤②的产物少量，加淀粉溶液，观察是否变蓝，此法可用于检验反应②是否有碘单质生成， B不符合题意；
C． 乙醇与水互溶不能萃取水中的碘，步骤③中加入的有机溶剂不可能是乙醇、可以是四氯化碳等， C符合题意；
D． 步骤②氯气和碘离子发生了氧化还原反应得到碘单质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过滤用于分离固液不溶物，萃取用于分离互不相溶的液体混合物，据此分析。
B. 碘单质遇淀粉变蓝。
C.乙醇极易溶于水，结合萃取原理进行分析。
D.涉及反应是Cl2+2I-=I2+2Cl-。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，a电极为电池正极，A不符合题意；
B．原电池中氢离子向正极移动，故电池工作时透过质子交换膜从左向右移动，B不符合题意；
C．b电极上NO失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应：，C符合题意；
D．没有标况，不能计算氧气的体积，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该装置为原电池，根据NOHNO3，氮元素的化合价升高，说明NO失电子发生氧化反应，则b极为负极，其电极反应式为 ，a极为正极，其电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．根据化合价代数和等于0，有机物中，C元素的化合价可看成0价，故A不符合题意；
B．上述反应中，铁元素化合价升高，为还原剂，转变成有机物，C元素化合价降低，是氧化剂，被氧化，故B符合题意；
C．上述反应中，铁元素化合价由+2升高为+3、C元素化合价由+4降低为0，根据得失电子守恒，产物与的物质的量之比为2∶1，故C不符合题意；
D．上述反应中，C元素化合价由+4降低为0，若转移的电子为1 mol，则参加反应的为0.25mol，标准状况下的体积为5.6 L，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据元素化合价即可判断
B.根据化合价变化即可判断
C.根据反应物和生成物即可写出方程式判断物质的量
D.根据方程式即可计算
17．【答案】A
【解析】【解答】A．活性炭吸附色素利用活性炭的吸附性是物理变化，A符合题意；
B．金属的冶炼生成金属是化学变化，B不符合题意；
C．海带中提取碘，将化合态碘转化为碘单质是化学变化，C不符合题意；
D．木炭的燃烧是化学变化，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．活性炭的吸附性是物理变化；
B．金属冶炼是化学变化；
C．海带中提取碘是化学变化；
D．燃烧是化学变化。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．若X点，醋酸的电离度，故A不符合题意；
B．Y点溶质为醋酸和醋酸钠（1：1）的溶液中，、，根据电荷守恒有，根据物料守恒有，整理两式得到：，故B不符合题意；
C．Z点溶液呈中性，结合电荷守恒有，故C不符合题意；
D．W点为酸碱恰好反应点，溶质为醋酸钠，促进水电离，若W点，溶液中由水电离出的，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据醋酸的电离度计算；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.根据电荷守恒分析。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（A）：△c（B）：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，且B、C浓度增大为生成物，A浓度降低为反应物，则反应的化学方程式为，选项A不符合题意；
B．由图可知前2 minA的△c（A）=0.2mol/L，所以A的分解速率为v（A）==0.1 mol L-1 min-1，选项B符合题意；
C.2 min时，A、B、C的浓度分别为：0.2mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，A、B、C的浓度之比为0.2mol/L：0.3mol/L：0.1mol/L=2：3：1，选项C不符合题意；
D．通过调控反应条件，如减小压强，可以提高该反应进行的程度，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓度的变化之比等于化学计量数之比，据此计算确定各物质的系数；
B.根据计算；
C.A、B、C的浓度之比为0.2mol/L：0.3mol/L：0.1mol/L=2：3：1；
D.调控反应条件可提高该反应进行的程度。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．若溶液中含碳酸氢根或亚硫酸根、亚硫酸氢根，均能出现相同的现象，不能确定含碳酸根，A不符合题意；
B．焰色反应呈黄色，说明溶液中一定含钠离子，是否含钾离子需要透过蓝色钴玻璃观察，B不符合题意；
C．氧化铝的熔点比铝高，形成的氧化铝薄膜包裹住熔化的铝，从而不会滴落，C符合题意；
D．若溶液中存在银离子，也可能产生白色沉淀且难溶于稀盐酸，不能确定一定含硫酸根，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、可以使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或者二氧化硫；
B、钾离子的检验需要通过蓝色钴玻璃观察；
C、氧化铝的熔点高，可以保护熔化的铝；
D、硫酸根的检验需要先加稀盐酸，再加氯化钡溶液。
21．【答案】（1）KI；2H2O22H2O+O2↑；
（2）AC；；还含有I2；85；98.8；大于
【解析】【解答】（1）①由题给方程式可知，在碘化钾做催化剂条件下，过氧化氢发生分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：KI；2H2O22H2O+O2↑；
②由题给方程式可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，且第一步反应的活化能小于第二步反应，则有碘化钾参与的两步反应的能量历程图为，故答案为：；
（2）①A．由题给信息可知，碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度，则烧杯乙中剩余的碘沉淀质量比甲的碘沉淀质量小，故符合题意；
B．室温下，若向甲的悬浊液中加水稀释，溶液中I2(aq)浓度不变，故不符合题意；
C．碘在碘化钾溶液中于碘与碘化钾溶液反应碘三离子，使碘的溶解度大于水中溶解度，则乙中I2(aq)浓度小于甲中I2(aq)浓度，故不符合题意；
D．由图可知，升高温度，碘三离子的浓度减小说明平衡向逆反应方向移动，则升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640，故符合题意；
故答案为：AD；
②由反应ii 平衡常数可知，，则；由碘原子原子个数守恒可知，则说明平衡体系中还含有I2，故答案为：；还含有I2；
③由盖斯定律可知，iii—i可得，则平衡常数K=≈85；由题意可知水相中碘的浓度为0.00132mol/L，有机相中碘的浓度为0.112mol/L，则萃取效率为×100%≈98.8%，若将四氯化碳等分成2份，分两次萃取该碘水，有机相中碘的浓度增大幅度大于水相中碘的浓度增大幅度，则萃取总效率将大于一次性萃取的效率，故答案为：85；98.8%；大于。
【分析】1）①催化剂反应前参与反应，反应后又生成；利用盖斯定律书写；
②根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
（2）①A．由题给信息可知，碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度；
B．室温下，悬浊液中加水稀释，浓度不变；
C．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度；
D．依据化学平衡移动原理分析；
②利用平衡常数公式的计算；依据原子个数守恒分析；
③利用盖斯定律计算；利用题目信息计算。
22．【答案】（1）中心原子Pt能提供空轨道，而配位体的N原子能提供孤电子对；若以杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象；ABC
（2）
（3）AC；；
【解析】【解答】①Pt原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以二者可以形成配位键；
②因为分子存在顺反异构，可见该分子处在同一平面上，所以不会是sp3杂化；
③ A. 均为强电解质 ，A选项是正确的；
B. 分子中键 有2个， 键 有1个，B选项是正确的；
C.NOCl的正负电中心不重合，属于极性分子，C选项是正确的；
D.NOCl分子中存在N=O键和N-Cl键，还有一对孤电子对，因此分子是V形，D选项是错误的。
故答案为：ABC。
（2）25°C时，将mmol/L的醋酸钠溶液与nmol/L盐酸溶液等体积混合，混合溶液体积增大一倍，
c(Na+)、c(Cl-)降为原来的一半，反应后溶液恰好显中性，混合溶液中c(H+) = c(OH-)=10-7mol/L，溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(Na+) = c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Na+) =c(CH3COO ) +c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+) =c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；
所以c(CH3COOH) = c(Cl-) = 0.5mmol/L, c(CH3COO-)=0.5(m-n)mol/L，该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka= =；
（3）①A. 加入少量水稀释， 平衡会正向移动，溶液离子总数增大，A选项是正确的；
B.加入少量H2SO4，pH值会减小，B选项是错误的；
C. 平衡时 二者的比值是Ki， 不会受浓度的影响，C选项是正确的；
D. 加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡正向向移动，D选项是错误的。
故答案为：AC；
②由溶液中Cr的物质的量浓度为0.2mol·L-1可确定等式:x+0.5y+0.5z=0.1；
pH=9.00 时，c(H+)=1.0X10-9mol L-1，由图可知≈104.2
由，得z=330y，代入xyz之间的关系式得：（2×330×10-4.2+1+330）y=0.20，解得y=6.0×10-4mol/L。
【分析】（1） ① 形成配位键的两个原子，一个提供空轨道，一个提供孤电子对；
②如果中心原子是SP3杂化的话，那么与它相邻的其他原子与它会形成四面体形；
③A.强酸强碱和绝大多数盐都是强电解质；
B.NOCl分子中存在N=O键和N-Cl键，还有一对孤电子对；
C.NOCl的正负电中心不重合，属于极性分子；
（2）先根据三大守恒关系计算出Ka表达式中三个组分的浓度，代入表达式就可以计算出Ka值；
（3）①A. 加入少量水稀释， 平衡会正向移动，溶液离子总数增大；
B.外变大于内移，所以加入硫酸会使pH值减小；
C.Ki值只受温度的影响，不受反应物浓度的影响；
D. 加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡正向向移动，因为HCrO4-会与OH-离子反应；
②由溶液中Cr的物质的量浓度为0.2mol·L-1可确定等式:x+0.5y+0.5z=0.1；
pH=9.00 时，c(H+)=1.0X10-9mol L-1，由图可知≈104.2
由，得z=330y，代入xyz之间的关系式得：（2×330×10-4.2+1+330）y=0.20，解得y=6.0×10-4mol/L。
23．【答案】（1）K=1/[Na]4[CO2]3；a
（2）0.03 mol/(L·min)；增大
（3）吸热
（4）CO32—+H+→HCO3—；NaHCO3、NaCl
【解析】【解答】（1）根据表中一些物质的熔沸点数据，可知在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则该反应的平衡常数表达式K= ，若3v正(Na)=4v逆(CO2)，符合一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡，
故答案为：a；
（2）金刚石的质量增加6克，其物质的量为 =0.5mol，由方程式可知参加反应二氧化碳的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，故v(CO2)= = =0.03mol/(L min)；若温度由890℃升高到1860℃，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大；
（3）已知：C(石墨) C(金刚石)，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，说明平衡正向移动，即该反应的正反应是吸热反应；
（4）在碳酸钠溶液中滴加盐酸，先发生CO32-+H+→HCO3-，此时无CO2气体生成，即A点生成碳酸氢钠，继续滴加盐酸，碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2气体和NaCl，则B点溶液中溶质的化学式是NaCl和NaHCO3。
【分析】（1）根据化学平常数的定义书写表达式；根据反应速率与化学计量数之间的关系判断是否达到平衡状态；
（2）根据化学反应速率的定义式计算二氧化碳的反应速率；根据相对分子质量的概念进行分析；
（3）升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应；
（4）盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不会产生气体。
24．【答案】（1）Fe；第三周期第VIA族
（2）2Fe2++Cl2=2Cl+2Fe3+
（3）有白色状沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，加热有大量刺激性气味气体生成
（4）（NH4）2Fe（SO4)26H2O
【解析】【解答】（1）由分析可知，C为Fe、D为S；硫位于元素周期表中第三周期第VIA族；
（2）实验②中滴加KSCN溶液无现象，说明溶液中不含有Fe3+，滴加氯水后，溶液显红色，说明加入氯水后，产生了Fe3+，由此可说明原溶液中含有Fe2+，被氯水氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为： 2Fe2++Cl2=2Cl+2Fe3+；
（3）实验③中加入NaOH溶液后，溶液中Fe2+与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2白色絮状沉淀，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，固体由白色变为灰绿色，最后变为红褐色；同时溶液中的NH4+也能与OH-反应，在加热的条件下，产生大量的刺激性气体；
（4）甲中阳离子为Fe2+和NH4+，阴离子为SO42-，其阳离子与阴离子的物质的量之比为3：2，结合离子所带电荷数可知，其化学式为(NH4)2Fe(SO4)2，其摩尔质量为284g/mol，而晶体甲的摩尔质量为392g/mol，因此其所含结晶水的个数为：，故可得该晶体甲的化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
【分析】由实验②可知，甲中含有Fe2+；由实验④可知，甲中含有SO42-；“ A、B形成的10电子阳离子 ”该阳离子可能为NH4+或H3O+；由于甲中含有五种元素，且四种为短周期元素，故该阳离子应为NH4+；因此甲中所含的五种元素为：H、N、O、S、Fe。由D、E处于同主族，且A的原子核内质子数比E少1，则A为N、E为O，B为H、D为S，C为Fe；
25．【答案】（1）H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）S2O +2H+=S↓+SO2↑+H2O；关闭K1、K2，打开K3
（3）26.10；92.5
（4）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；151
【解析】【解答】(1)在烧瓶B中硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；
(2)在加热条件下SO2和Na2S、Na2SO3反应生成Na2S2O3，当溶液pH=7.0时停止通入SO2气体，防止SO2过量使溶液显酸性时Na2S2O3发生歧化反应，反应产生S、SO2、H2O，反应的离子方程式为：S2O +2H+=S↓+SO2↑+H2O.具体操作是：关闭K1、K2，打开K3，使反应产生的SO2气体被烧杯中的碱液吸收，防止造成大气污染；
(3)①由图可知：滴定前读数为0.00 mL，滴定结束时读数为26.10 mL，第一次消耗碘水标准溶液的体积为26.10 mL；
②由表中数据可以计算出第二次消耗碘水标准溶液30.30 mL-1.56 mL=28.74 mL，第三次消耗碘水标准溶液26.34 mL-0.22 mL=26.12 mL。由于第二次数据误差较大，应该舍去，则平均消耗碘标准溶液体积为V= =26.11 mL。根据反应知2[Na2S2O3 5H2O]~I2，故n (Na2S2O3 5H2O)=2n (I2)=2×0.1000 mol/L×26.11×10-3 L=5.22×10-3 mol，则产品中Na2S2O3 5H2O的质量分数为 ；
(4)在工业上电解MnSO4溶液制备Mn、MnO2，在右侧阳极上Mn2+失去电子，与H2O结合形成MnO2，同时产生H+，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；在左侧阴极上，Mn2+得到电子变为Mn单质，电极反应式为：Mn2++2e-=Mn。在同一闭合回路中电子转移数目相等，由于离子交换膜只允许阴离子通过，则转移2 mol电子时，左侧电极上1 mol Mn2+得到电子变为Mn单质附着在不锈钢电极上，同时左侧溶液中有1 mol 通过交换膜进入到右侧溶液中，故左侧溶液的质量减轻质量为1 mol MnSO4的质量，质量数值m(MnSO4)=1 mol×151 g/mol=151 g。
【分析】在烧瓶B中硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，在加热条件下SO2和Na2S、Na2SO3反应生成Na2S2O3。当通入SO2气体使溶液pH=7.0时停止通入SO2气体，防止SO2过量，溶液显酸性时，Na2S2O3与酸发生歧化反应产生S单质等，具体操作是关闭K1、K2，打开K3。然后以淀粉为指示剂，用0.1000 mol L-1标准碘水溶液滴定，发生反应：2S2O +I2(aq)=S4O (无色)+2I-(aq)，当恰好反应完全时，溶液由无色变为蓝色，半分钟内不褪色，就证明达到滴定终点，此时停止滴加标准溶液，根据多次实验平均值计算平均消耗I2溶液的体积，利用二者反应关系计算出1.4 g样品中所含Na2S2O3的质量，进而可得其质量分数。在电解方法制取物质时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，利用同一闭合回路中电子转移数目相等计算物质质量变化。
一、单选题
1．我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《淮南万毕术》中提到“曾青得铁则化为铜”，其反应的化学方程式是 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应不属于（ ）
A．复分解反应 B．置换反应
C．离子反应 D．氧化还原反应
2．下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）
A．灼热的碳与CO2反应 B．Ba(OH)2·8H2O 与NH4Cl反应
C．铁与稀硫酸反应 D．甲烷在氧气中燃烧
3．化学处处呈现美。下列说法正确的是（ ）
A．杜甫诗中“迟日江山丽，春风花草香”，体现了分子是运动的
B．春节绚丽多彩的烟花，是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来
C．将铜片和锌片放入稀盐酸中，用导线连接铜片→氖灯→锌片，氖灯发出美丽的亮光，稀盐酸是电解质
D．氯化铵固体受热神奇消失，该过程是升华现象
4．已知浓硫酸和硫化氢可以发生反应：H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O下列说法正确的是（ ）
A．S为还原产物，SO2为氧化产物
B．水既不是氧化产物也不是还原产物
C．该反应既是氧化还原反应，也是置换反应
D．每一分子硫化氢被氧化转移4e-
5．下列说法正确的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98 g
B．核素的质量数为411
C．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
D．小苏打可用于治疗胃酸过多
6．工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，T℃时，在1L的恒容密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，发生 ，以下说法一定能判断该反应达到平衡状态的是：①；②容器内气体的密度不再发生改变；③氨气的体积分数不再发生改变；④气体的平均摩尔质量不再发生变化；⑤密闭容器中；⑥二氧化碳的物质的量浓度不再发生变化（ ）
A．①②③⑥ B．②③④⑥ C．②③⑥ D．②⑥
7．历史上被称为“世界八大公害”和“20世纪十大环境公害”之一的洛杉机光化学烟雾事件使人们深刻认识到汽车尾气的危害性。汽车尾气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．丙烯(CH2=CHCH3)中所有原子共平面
B．O2和O3是氧的两种同素异形体
C．反应Ⅰ属于氧化还原反应
D．NO2不是酸性氧化物
8．现有HA、HB和H2C三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH-)=3×10-13mol·L-1
B．b点对应溶液中：c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH-)
D．已知H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B-+H2C=HB+HC-
9．工业合成三氧化硫的反应为 ，反应过程可用如图模拟(代表分子，代表分子，代表催化剂)下列说法错误的是（ ）
A．以上四步过程中，由过程II和过程III决定了整个反应进行的程度
B．过程II为放热反应，过程III为吸热反应
C．1mol和1mol反应，放出的热量小于99kJ
D．催化剂可降低整个反应的活化能，从而使活化分子百分数增大，化学反应速率加快
10．电池实现了对的高效利用，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应
B．电极反应式为：
C．a为，b为
D．当外电路通过时，双极膜中离解水的物质的量为
11．(CN)2、(OCN)2、(SCN)2等气体通称为拟卤素，它们的性质与Cl2相似，氧化性强弱顺序是F2>(OCN)2>Cl2>(CN)2>(SCN)2>I2。下列方程式书写错误的是（ ）
A．2NaSCN+MnO2+2H2SO4Na2SO4+(SCN)2↑+MnSO4+2H2O
B．(CN)2+2KI=2KCN+I2
C．(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O
D．Cl2+2NaOCN=(OCN)2+2NaCl
12．全固态锂电池能量密度大，安全性高，拓宽了电池工作温度范围和应用领域。一种全固态锂—空气电池设计如图，电池总反应为：O2+2Li=Li2O2。下列说法正确的是（ ）
(注：复合电极包含石墨、催化剂及放电时生成的Li2O2)
A．放电时，外电路电流的方向是由Li电极流向复合电极
B．充电时，Li电极应与电源的正极相连
C．充电时，阳极的电极反应为：Li2O2-2e-=O2+2Li+
D．放电时，如果电路中转移1mol电子，理论上复合电极净增重7g
13．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．100mL的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成的速率不变
B．用铁片和稀硫酸反应制取时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生的速率
C．二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．大理石与盐酸反应制取二氧化碳时，将块状大理石改为粉末状大理石，反应速率加快
14．下图是实验室从海藻里提取碘的部分流程。
下列判断不正确的是（ ）
A．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取
B．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否有碘单质生成
C．步骤③中加入的有机溶剂可能是乙醇
D．步骤②发生了氧化还原反应
15．某科研机构研发的NO—空气燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是
A．a电极为电池负极
B．电池工作时透过质子交换膜从右向左移动
C．b电极的电极反应：
D．当外电路中通过电子时，a电极处消耗
16．在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的，利用酶为催化剂转变成它们的皮鞘(可以用来表示其中的铁)，后来便沉下来形成铁矿：该反应的另一种反应物是，反应后转变成有机物(有机物用表示)。下列说法不正确的是（ ）
A．有机物中，C元素的化合价可看成0价
B．上述反应中，为还原剂，被还原
C．上述反应中，产物与的物质的量之比为2∶1
D．上述反应中，若转移的电子为1 mol，则参加反应的为5.6 L(标准状况下)
17．下列属于物理变化的是（ ）
A．活性炭吸附色素 B．金属的冶炼
C．海带中提取碘 D．木炭的燃烧
18．25℃时，向溶液中滴入溶液，忽略温度变化，所得曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若X点，则醋酸的电离度约为1%
B．若Y点，则
C．Z点溶液中离子浓度：
D．若W点，则溶液中由水电离出的
19．800℃时，A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化如图所示。则以下说法错误的是（ ）
A．发生的反应可表示为
B．前，A的分解速率为
C．时，A，B，C的浓度之比为2∶3∶1
D．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度
20．下列说法中正确的是（ ）
A．某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中出现浑浊，则原溶液一定含有CO
B．用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，不含K+
C．用砂纸充分打磨过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落，说明铝在空气中能很快形成氧化铝，且氧化铝的熔点比铝高
D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不消失，说明原溶液中一定存在SO
二、综合题
21．碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。回答下列问题：
（1）“大象牙膏”实验中，将、KI和洗洁精混合后，短时间内产生大量的泡沫。其反应过程分为两步：
第一步： 慢反应
第二步： 快反应
①该反应的催化剂为 ，总反应方程式为 ；
②在答题卡的图中画出有KI参与的两步反应的能量历程图。
（2）已知：25℃下，
(i)
(ii)
(iii)
其中，反应ⅱ的随温度的变化如如图：
烧杯甲：将mg加入20mL水中(含沉淀)；
烧杯乙：将mg加入20mLKI溶液(含沉淀)。
①甲中存在平衡i，乙中存在平衡i和ⅱ，不考虑碘与水的反应以及其它反应，下列说法正确的是 。
A．烧杯乙中剩余的沉淀质量比甲的沉淀质量小
B．室温下，甲中加水稀释，溶液中浓度一定减小
C．乙中浓度与甲中浓度相等
D．升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640
②为了探究乙中溶液含碘微粒的存在形式，进行实验：恒温25℃向10mL一定浓度的溶液中加入10mLKI溶液，反应结束后碘元素的微粒主要存在平衡ii，相关微粒浓度如下：
微粒
浓度/(mol/L) a b c
其中ab= (用含c的代数式表示)，若，说明平衡体系中 。
③计算25℃下的平衡常数K= (取整数)；已知用有机溶剂从水溶液中萃取时，萃取效率=×100%，用等体积的一次性萃取碘水［用配制］，萃取效率为 %(保留1位小数)，若将等分成2份，分两次萃取该碘水，萃取总效率 一次性萃取的效率(填“大于”、“等于”、“小于”)。
22．Ⅰ．铂是贵金属之一，俗称白金，其单质和化合物均有重要的应用。
（1）顺铂即顺式一二氯二氨合铂（Ⅱ），反铂即反式一二氯二氨合铂（Ⅱ），结构如图所示。
①与能形成配位键的原因是 ．
②由以上事实可判断中心原子杂化方式肯定不是杂化，判断理由是 ．
③铂可溶于王水，王水中含有亚硝酰氯（）。下列说法正确的是 ．
A．均为强电解质
B．分子中键和键的个数比为
C．是极性分子
D．为直线形分子
（2）Ⅱ．时，将的醋酸钠溶液与盐酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，表示醋酸的电离平衡常数 （用含的代数式表示）。
（3）Ⅲ．溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关溶液的说法正确的有 ．
A．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
B．加入少量硫酸，溶液的pH不变
C．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
D．加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
②时，溶液中随的变化关系如图。
当时，设与的平衡浓度分别为，则之间的关系式为 ；计算溶液中的平衡浓度 （结果保留两位有效数字）。
23．中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石：4
Na+3CO2 2Na2CO3+C(金刚石)，以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：
钠 Na2CO3 金刚石 石墨
熔点（℃） 97.8 851 3550 3850
沸点（℃） 882.9 1850（分解产生CO2） ---- 4250
（1）若反应在常压、890℃下进行，写出该反应的平衡常数表达式 ，若3v正(Na)=4v逆(CO2)，则 （选填序号）。
a.反应肯定达到平衡
b.反应可能达到平衡
c.反应肯定未达平衡
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6
g，该时间段内v(CO2)= ，若反应温度由890℃升高到1860℃，则容器内气体的平均相对分子质量将 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）反应中还有石墨生成，已知：C(石墨) C(金刚石)，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，则该反应的正反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，请用离子方程式解释原因： ，继续滴加盐酸，反应至B点，B点溶液中溶质的化学式是 。
24．甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种元案组成，其中四种是短周期元素。甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子。A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族。用甲进行如下实验：
①取少量甲的品体溶于蒸馏水配成溶液：
②取少量甲溶液于试管中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色；
③取少量甲溶液于试管中加入适量NaOH溶液，加热：
④取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
回答下列问题：
（1）C的元素符号是 ，D在周期表中的位置 。
（2）用离子方程式表示实验②中现象的原因： 。
（3）实验③中出现的现象是 。
（4）经测定甲晶体（结晶水合物）的摩尔质量为392g/mol，其中阳离子与阴离子物质的量之比为3：2，则甲晶体的化学式为 。
25．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3 5H2O)又名大苏打、海波，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中较稳定，酸性溶液中产生浑浊，广泛应用于日常生产生活中。某小组设计了如下实验装置制备Na2S2O3(夹持仪器略)，总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2.回答下列问题：
（1）烧瓶B中制备SO2的化学方程式为 。
（2）当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO2的原因
(用离子方程式表示)，具体操作是 。
（3）准确称取1.4 g产品，加入20 mL刚煮沸并冷却过的蒸馏水，使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol L-1标准碘的水溶液滴定。
已知：2S2O +I2(aq)=S4O (无色)+2I-(aq)。
①第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则第一次消耗标准碘的水溶液的体积为 mL。
②重复上述操作三次，记录另两次数据如下表，则产品中Na2S2O3 5H2O的质量分数为 ％(保留1位小数)。
滴定次数 滴定前刻度/mL 滴定前刻度/mL
第二次 1.56 30.30
第三次 0.22 26.34
（4）工业上电解MnSO4溶液制备Mn、MnO2和硫酸溶液，工作原理如图所示，离子交换膜允许阴离子通过，右侧的电极反应式为 ，当电路中有2
mol e-转移时，左侧溶液质量减轻 g。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A、复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，因此该反应不是复分解反应，A选；
B、根据反应方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu可知该反应属于一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此是置换反应，B不选；
C、反应中铁和铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不选；
D、反应在溶液中进行有离子参加和生成，因此属于离子反应，D不选；
故答案为：A。
【分析】根据四大基本反应类型与氧化还原反应和离子反应的关系进行判断即可。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、碳与二氧化碳反应，有化合价的变化属于氧化还原反应；同时其吸收的热量高于放出的热量，属于吸热反应；故A正确；
B、 Ba(OH)2·8H2O 与NH4Cl反应属于复分解反应，不是氧化还原反应；故B错误；
C、铁与稀硫酸反应属于放热反应；故C错误；
D、甲烷在氧气中燃烧属于放热反应；故D错误；
故答案为：A。
【分析】氧化还原反应中有化合价的变化，而吸热反应是反应物吸收的热量高于形成生成物放出的热量。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、分子总在不断运动，香气分子不断运动到空气中使人能闻到香味，故A正确；
B、电子由基态跃迁到激发态时吸收能量，故B错误；
C、稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，该过程发生的是化学变化，不是升华现象，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、分子总在不断运动；
B、电子从基态跃迁到激发态吸收能量；
C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中-2价S化合升高为0价，+6价S化合价降为+4价，则SO2为还原产物，S为氧化产物，A不符合题意；
B．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中H、O元素的化合价未发生改变，则水既不是氧化产物也不是还原产物，B符合题意；
C．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中存在元素化合价的变化，是氧化还原反应，但不是置换反应，C不符合题意；
D．在H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O中-2价S化合升高为0价，即每一分子硫化氢被氧化转移2e-，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氧化还原反应的产物中，化合价降低的为还原产物，化合价升高的为氧化产物；
B．化合价不发生变化的不参加氧化还原反应；
C．一种单质和一种化合物反应生成一种单质和一种化合物的反应为置换反应；
D．硫化氢生成了硫单质，每分子硫化氢失去2个电子。
5．【答案】D
【解析】【解答】A． H2SO4的摩尔质量是98 g/mol，A不符合题意；
B． 核素的质量数为294，B不符合题意；
C． 氯气的水溶液可以导电，氯气是单质，氯气既不是电解质又不是非电解质，C不符合题意；
D． 小苏打有微弱碱性、能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；
B、左上角的数值表示质量数；
C、电解质的前提是化合物；
D、小苏打即碳酸氢钠，碳酸氢钠可以和氯化氢反应，中和胃酸。
6．【答案】D
【解析】【解答】①根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，，故当时，，不能说明反应达到平衡状态，①不合题意；
②由于CO(NH2)2是固体，反应过程中容器内气体的质量一直在变，即容器内气体的密度一直在变，现在容器内气体的密度不再发生改变，说明反应达到平衡了，②符合题意；
③由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2：1时，则反应过程中氨气的体积分数保持不变，故氨气的体积分数不再发生改变不一定能说明反应达到平衡了，③不合题意；
④由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2：1时，反应过程中气体的平均摩尔质量一直保持不变啊，故气体的平均摩尔质量不再发生变化不一定能说明反应达到平衡了，④不合题意；
⑤由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2：1时，则密闭容器中一直为2：1，故密闭容器中不一定能说明反应达到平衡了，⑤不合题意；
⑥化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故二氧化碳的物质的量浓度不再发生变化说明反应达到平衡了，⑥符合题意；
综上所述只有②⑥能说明反应一定达到化学平衡状态；
故答案为D。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
7．【答案】A
【解析】【解答】A：丙烯分子含有甲基，甲基为空间四面体结构，不可能所以原子共平面，故A符合题意；
B：O2和O3是氧组成的不同单质，是氧的两种同素异形体 ，故B不符合题意；
C：反应 Ⅰ 为2NO+O2=2NO2，N和O的化合价都发生了变化，则反应为氧化还原反应，故C不符合题意；
D：与水反应生成对应酸的氧化物，属于酸性氧化物， NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】甲基为空间四面体结构，不可能所以原子共平面。
判断一个反应是否为氧化还原反应的标准是元素的化合价在反应前后是否发生变化。
同素异形体是同种元素组成的不同单质。
酸性氧化物是与水反应生成对应酸的氧化物，其化合价不能发生改变。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为=mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=3×10-13mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)，故B不符合题意；
C．由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH-)，故C不符合题意；
D．由H2C的一级电离方程式可知，H2C在溶液中第一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B-+H+=HB，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.a点溶液中OH-均是由水电离产生；
B.b点为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度；
C.c点NaB溶液，根据质子守恒分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．过程Ⅱ：发生SO2、O2中共价键的断裂，过程Ⅲ：形成SO3中的共价键，过程Ⅱ、Ⅲ决定了整个反应进行的程度，A不符合题意；
B．过程Ⅱ：发生SO2、O2中共价键的断裂，为吸热过程，过程Ⅲ：形成SO3中的共价键，为放热过程，B符合题意；
C.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为可逆反应，1molSO2和1molO2反应生成的SO3的物质的量小于1mol，放出的热量小于99kJ，C不符合题意；
D．催化剂可降低整个反应的活化能，从而使活化分子百分数增大，加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过程Ⅰ是反应物吸附过程，过程Ⅱ为旧键断裂，过程Ⅲ为新键形成，过程IV是生成物解吸过程；
B.断键吸收热量，成键释放热量；
C.该反应为可逆反应，不能完全进行；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应，A不符合题意；
B．电极锌失去电子生成，反应式为：，B不符合题意；
C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故b为，a为，C符合题意；
D．当外电路通过时，由电荷守恒可知，双极膜中离解水的物质的量为，产生1mol氢离子、1mol氢氧根离子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；
D．依据电荷守恒分析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应中，氧化性：MnO2＞(SCN)2，符合题干中氧化性顺序，A不符合题意；
B．该反应中，氧化性：(CN)2＞I2，符合题干中氧化性顺序，B不符合题意；
C．(CN)2的性质与Cl2相似，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，则（CN）2也与氢氧化钠反应生成NaCN和NaCNO，反应方程式为：(CN)2+2NaOH═NaCN+NaCNO+H2O，C不符合题意；
D．该反应中，氧化性：Cl2＞(OCN)2，不符合题干中氧化性顺序，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物。反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高，还原剂对应的产物为氧化产物。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．原电池中电流从正极沿外电路流向负极，Li电极为负极，复合电极为正极，则电流由复合电极流向Li电极，故A不符合题意；
B．充电时，Li电极应与电源的负极相连，故B不符合题意；
C．根据上述分析可知，充电时，阳极的电极反应为：Li2O2-2e-=O2+2Li+，故C符合题意；
D．放电时，如果电路中转移1mol电子，理论上复合电极有0.5mol生成，即净增重23g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原电池中电流从正极沿外电路流向负极；
B．充电时，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；
C．根据充电时，阳极失电子，发生氧化反应；
D．根据得失电子守恒计算。
13．【答案】D
【解析】【解答】A.加入氯化钠溶液，降低浓度，速率降低，故A不符合题意；
B. 用铁片和稀硫酸反应制取时，浓硫酸使铁片钝化，故B不符合题意；
C. 二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率加快，故C不符合题意；
D.粉碎大理石变为粉末，接触面积增大，反应速率加快，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.加入氯化钠溶液降低浓度速率下降；
B.浓硫酸使铁片钝化；
C.升高温度速率加快；
D.增大反应的接触面姐速率加快。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．步骤①的用于分离固体和液体、操作是过滤；③为提取水中的碘得到碘的有机溶液，操作为萃取-分液，A不符合题意；
B．取步骤②的产物少量，加淀粉溶液，观察是否变蓝，此法可用于检验反应②是否有碘单质生成， B不符合题意；
C． 乙醇与水互溶不能萃取水中的碘，步骤③中加入的有机溶剂不可能是乙醇、可以是四氯化碳等， C符合题意；
D． 步骤②氯气和碘离子发生了氧化还原反应得到碘单质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过滤用于分离固液不溶物，萃取用于分离互不相溶的液体混合物，据此分析。
B. 碘单质遇淀粉变蓝。
C.乙醇极易溶于水，结合萃取原理进行分析。
D.涉及反应是Cl2+2I-=I2+2Cl-。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，a电极为电池正极，A不符合题意；
B．原电池中氢离子向正极移动，故电池工作时透过质子交换膜从左向右移动，B不符合题意；
C．b电极上NO失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应：，C符合题意；
D．没有标况，不能计算氧气的体积，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该装置为原电池，根据NOHNO3，氮元素的化合价升高，说明NO失电子发生氧化反应，则b极为负极，其电极反应式为 ，a极为正极，其电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．根据化合价代数和等于0，有机物中，C元素的化合价可看成0价，故A不符合题意；
B．上述反应中，铁元素化合价升高，为还原剂，转变成有机物，C元素化合价降低，是氧化剂，被氧化，故B符合题意；
C．上述反应中，铁元素化合价由+2升高为+3、C元素化合价由+4降低为0，根据得失电子守恒，产物与的物质的量之比为2∶1，故C不符合题意；
D．上述反应中，C元素化合价由+4降低为0，若转移的电子为1 mol，则参加反应的为0.25mol，标准状况下的体积为5.6 L，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据元素化合价即可判断
B.根据化合价变化即可判断
C.根据反应物和生成物即可写出方程式判断物质的量
D.根据方程式即可计算
17．【答案】A
【解析】【解答】A．活性炭吸附色素利用活性炭的吸附性是物理变化，A符合题意；
B．金属的冶炼生成金属是化学变化，B不符合题意；
C．海带中提取碘，将化合态碘转化为碘单质是化学变化，C不符合题意；
D．木炭的燃烧是化学变化，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．活性炭的吸附性是物理变化；
B．金属冶炼是化学变化；
C．海带中提取碘是化学变化；
D．燃烧是化学变化。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．若X点，醋酸的电离度，故A不符合题意；
B．Y点溶质为醋酸和醋酸钠（1：1）的溶液中，、，根据电荷守恒有，根据物料守恒有，整理两式得到：，故B不符合题意；
C．Z点溶液呈中性，结合电荷守恒有，故C不符合题意；
D．W点为酸碱恰好反应点，溶质为醋酸钠，促进水电离，若W点，溶液中由水电离出的，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据醋酸的电离度计算；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.根据电荷守恒分析。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（A）：△c（B）：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，且B、C浓度增大为生成物，A浓度降低为反应物，则反应的化学方程式为，选项A不符合题意；
B．由图可知前2 minA的△c（A）=0.2mol/L，所以A的分解速率为v（A）==0.1 mol L-1 min-1，选项B符合题意；
C.2 min时，A、B、C的浓度分别为：0.2mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，A、B、C的浓度之比为0.2mol/L：0.3mol/L：0.1mol/L=2：3：1，选项C不符合题意；
D．通过调控反应条件，如减小压强，可以提高该反应进行的程度，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓度的变化之比等于化学计量数之比，据此计算确定各物质的系数；
B.根据计算；
C.A、B、C的浓度之比为0.2mol/L：0.3mol/L：0.1mol/L=2：3：1；
D.调控反应条件可提高该反应进行的程度。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．若溶液中含碳酸氢根或亚硫酸根、亚硫酸氢根，均能出现相同的现象，不能确定含碳酸根，A不符合题意；
B．焰色反应呈黄色，说明溶液中一定含钠离子，是否含钾离子需要透过蓝色钴玻璃观察，B不符合题意；
C．氧化铝的熔点比铝高，形成的氧化铝薄膜包裹住熔化的铝，从而不会滴落，C符合题意；
D．若溶液中存在银离子，也可能产生白色沉淀且难溶于稀盐酸，不能确定一定含硫酸根，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、可以使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或者二氧化硫；
B、钾离子的检验需要通过蓝色钴玻璃观察；
C、氧化铝的熔点高，可以保护熔化的铝；
D、硫酸根的检验需要先加稀盐酸，再加氯化钡溶液。
21．【答案】（1）KI；2H2O22H2O+O2↑；
（2）AC；；还含有I2；85；98.8；大于
【解析】【解答】（1）①由题给方程式可知，在碘化钾做催化剂条件下，过氧化氢发生分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：KI；2H2O22H2O+O2↑；
②由题给方程式可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，且第一步反应的活化能小于第二步反应，则有碘化钾参与的两步反应的能量历程图为，故答案为：；
（2）①A．由题给信息可知，碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度，则烧杯乙中剩余的碘沉淀质量比甲的碘沉淀质量小，故符合题意；
B．室温下，若向甲的悬浊液中加水稀释，溶液中I2(aq)浓度不变，故不符合题意；
C．碘在碘化钾溶液中于碘与碘化钾溶液反应碘三离子，使碘的溶解度大于水中溶解度，则乙中I2(aq)浓度小于甲中I2(aq)浓度，故不符合题意；
D．由图可知，升高温度，碘三离子的浓度减小说明平衡向逆反应方向移动，则升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640，故符合题意；
故答案为：AD；
②由反应ii 平衡常数可知，，则；由碘原子原子个数守恒可知，则说明平衡体系中还含有I2，故答案为：；还含有I2；
③由盖斯定律可知，iii—i可得，则平衡常数K=≈85；由题意可知水相中碘的浓度为0.00132mol/L，有机相中碘的浓度为0.112mol/L，则萃取效率为×100%≈98.8%，若将四氯化碳等分成2份，分两次萃取该碘水，有机相中碘的浓度增大幅度大于水相中碘的浓度增大幅度，则萃取总效率将大于一次性萃取的效率，故答案为：85；98.8%；大于。
【分析】1）①催化剂反应前参与反应，反应后又生成；利用盖斯定律书写；
②根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
（2）①A．由题给信息可知，碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度；
B．室温下，悬浊液中加水稀释，浓度不变；
C．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度；
D．依据化学平衡移动原理分析；
②利用平衡常数公式的计算；依据原子个数守恒分析；
③利用盖斯定律计算；利用题目信息计算。
22．【答案】（1）中心原子Pt能提供空轨道，而配位体的N原子能提供孤电子对；若以杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象；ABC
（2）
（3）AC；；
【解析】【解答】①Pt原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以二者可以形成配位键；
②因为分子存在顺反异构，可见该分子处在同一平面上，所以不会是sp3杂化；
③ A. 均为强电解质 ，A选项是正确的；
B. 分子中键 有2个， 键 有1个，B选项是正确的；
C.NOCl的正负电中心不重合，属于极性分子，C选项是正确的；
D.NOCl分子中存在N=O键和N-Cl键，还有一对孤电子对，因此分子是V形，D选项是错误的。
故答案为：ABC。
（2）25°C时，将mmol/L的醋酸钠溶液与nmol/L盐酸溶液等体积混合，混合溶液体积增大一倍，
c(Na+)、c(Cl-)降为原来的一半，反应后溶液恰好显中性，混合溶液中c(H+) = c(OH-)=10-7mol/L，溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(Na+) = c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Na+) =c(CH3COO ) +c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+) =c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；
所以c(CH3COOH) = c(Cl-) = 0.5mmol/L, c(CH3COO-)=0.5(m-n)mol/L，该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka= =；
（3）①A. 加入少量水稀释， 平衡会正向移动，溶液离子总数增大，A选项是正确的；
B.加入少量H2SO4，pH值会减小，B选项是错误的；
C. 平衡时 二者的比值是Ki， 不会受浓度的影响，C选项是正确的；
D. 加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡正向向移动，D选项是错误的。
故答案为：AC；
②由溶液中Cr的物质的量浓度为0.2mol·L-1可确定等式:x+0.5y+0.5z=0.1；
pH=9.00 时，c(H+)=1.0X10-9mol L-1，由图可知≈104.2
由，得z=330y，代入xyz之间的关系式得：（2×330×10-4.2+1+330）y=0.20，解得y=6.0×10-4mol/L。
【分析】（1） ① 形成配位键的两个原子，一个提供空轨道，一个提供孤电子对；
②如果中心原子是SP3杂化的话，那么与它相邻的其他原子与它会形成四面体形；
③A.强酸强碱和绝大多数盐都是强电解质；
B.NOCl分子中存在N=O键和N-Cl键，还有一对孤电子对；
C.NOCl的正负电中心不重合，属于极性分子；
（2）先根据三大守恒关系计算出Ka表达式中三个组分的浓度，代入表达式就可以计算出Ka值；
（3）①A. 加入少量水稀释， 平衡会正向移动，溶液离子总数增大；
B.外变大于内移，所以加入硫酸会使pH值减小；
C.Ki值只受温度的影响，不受反应物浓度的影响；
D. 加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡正向向移动，因为HCrO4-会与OH-离子反应；
②由溶液中Cr的物质的量浓度为0.2mol·L-1可确定等式:x+0.5y+0.5z=0.1；
pH=9.00 时，c(H+)=1.0X10-9mol L-1，由图可知≈104.2
由，得z=330y，代入xyz之间的关系式得：（2×330×10-4.2+1+330）y=0.20，解得y=6.0×10-4mol/L。
23．【答案】（1）K=1/[Na]4[CO2]3；a
（2）0.03 mol/(L·min)；增大
（3）吸热
（4）CO32—+H+→HCO3—；NaHCO3、NaCl
【解析】【解答】（1）根据表中一些物质的熔沸点数据，可知在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则该反应的平衡常数表达式K= ，若3v正(Na)=4v逆(CO2)，符合一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡，
故答案为：a；
（2）金刚石的质量增加6克，其物质的量为 =0.5mol，由方程式可知参加反应二氧化碳的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，故v(CO2)= = =0.03mol/(L min)；若温度由890℃升高到1860℃，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大；
（3）已知：C(石墨) C(金刚石)，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，说明平衡正向移动，即该反应的正反应是吸热反应；
（4）在碳酸钠溶液中滴加盐酸，先发生CO32-+H+→HCO3-，此时无CO2气体生成，即A点生成碳酸氢钠，继续滴加盐酸，碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2气体和NaCl，则B点溶液中溶质的化学式是NaCl和NaHCO3。
【分析】（1）根据化学平常数的定义书写表达式；根据反应速率与化学计量数之间的关系判断是否达到平衡状态；
（2）根据化学反应速率的定义式计算二氧化碳的反应速率；根据相对分子质量的概念进行分析；
（3）升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应；
（4）盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不会产生气体。
24．【答案】（1）Fe；第三周期第VIA族
（2）2Fe2++Cl2=2Cl+2Fe3+
（3）有白色状沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，加热有大量刺激性气味气体生成
（4）（NH4）2Fe（SO4)26H2O
【解析】【解答】（1）由分析可知，C为Fe、D为S；硫位于元素周期表中第三周期第VIA族；
（2）实验②中滴加KSCN溶液无现象，说明溶液中不含有Fe3+，滴加氯水后，溶液显红色，说明加入氯水后，产生了Fe3+，由此可说明原溶液中含有Fe2+，被氯水氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为： 2Fe2++Cl2=2Cl+2Fe3+；
（3）实验③中加入NaOH溶液后，溶液中Fe2+与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2白色絮状沉淀，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，固体由白色变为灰绿色，最后变为红褐色；同时溶液中的NH4+也能与OH-反应，在加热的条件下，产生大量的刺激性气体；
（4）甲中阳离子为Fe2+和NH4+，阴离子为SO42-，其阳离子与阴离子的物质的量之比为3：2，结合离子所带电荷数可知，其化学式为(NH4)2Fe(SO4)2，其摩尔质量为284g/mol，而晶体甲的摩尔质量为392g/mol，因此其所含结晶水的个数为：，故可得该晶体甲的化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
【分析】由实验②可知，甲中含有Fe2+；由实验④可知，甲中含有SO42-；“ A、B形成的10电子阳离子 ”该阳离子可能为NH4+或H3O+；由于甲中含有五种元素，且四种为短周期元素，故该阳离子应为NH4+；因此甲中所含的五种元素为：H、N、O、S、Fe。由D、E处于同主族，且A的原子核内质子数比E少1，则A为N、E为O，B为H、D为S，C为Fe；
25．【答案】（1）H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）S2O +2H+=S↓+SO2↑+H2O；关闭K1、K2，打开K3
（3）26.10；92.5
（4）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；151
【解析】【解答】(1)在烧瓶B中硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；
(2)在加热条件下SO2和Na2S、Na2SO3反应生成Na2S2O3，当溶液pH=7.0时停止通入SO2气体，防止SO2过量使溶液显酸性时Na2S2O3发生歧化反应，反应产生S、SO2、H2O，反应的离子方程式为：S2O +2H+=S↓+SO2↑+H2O.具体操作是：关闭K1、K2，打开K3，使反应产生的SO2气体被烧杯中的碱液吸收，防止造成大气污染；
(3)①由图可知：滴定前读数为0.00 mL，滴定结束时读数为26.10 mL，第一次消耗碘水标准溶液的体积为26.10 mL；
②由表中数据可以计算出第二次消耗碘水标准溶液30.30 mL-1.56 mL=28.74 mL，第三次消耗碘水标准溶液26.34 mL-0.22 mL=26.12 mL。由于第二次数据误差较大，应该舍去，则平均消耗碘标准溶液体积为V= =26.11 mL。根据反应知2[Na2S2O3 5H2O]~I2，故n (Na2S2O3 5H2O)=2n (I2)=2×0.1000 mol/L×26.11×10-3 L=5.22×10-3 mol，则产品中Na2S2O3 5H2O的质量分数为 ；
(4)在工业上电解MnSO4溶液制备Mn、MnO2，在右侧阳极上Mn2+失去电子，与H2O结合形成MnO2，同时产生H+，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；在左侧阴极上，Mn2+得到电子变为Mn单质，电极反应式为：Mn2++2e-=Mn。在同一闭合回路中电子转移数目相等，由于离子交换膜只允许阴离子通过，则转移2 mol电子时，左侧电极上1 mol Mn2+得到电子变为Mn单质附着在不锈钢电极上，同时左侧溶液中有1 mol 通过交换膜进入到右侧溶液中，故左侧溶液的质量减轻质量为1 mol MnSO4的质量，质量数值m(MnSO4)=1 mol×151 g/mol=151 g。
【分析】在烧瓶B中硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，在加热条件下SO2和Na2S、Na2SO3反应生成Na2S2O3。当通入SO2气体使溶液pH=7.0时停止通入SO2气体，防止SO2过量，溶液显酸性时，Na2S2O3与酸发生歧化反应产生S单质等，具体操作是关闭K1、K2，打开K3。然后以淀粉为指示剂，用0.1000 mol L-1标准碘水溶液滴定，发生反应：2S2O +I2(aq)=S4O (无色)+2I-(aq)，当恰好反应完全时，溶液由无色变为蓝色，半分钟内不褪色，就证明达到滴定终点，此时停止滴加标准溶液，根据多次实验平均值计算平均消耗I2溶液的体积，利用二者反应关系计算出1.4 g样品中所含Na2S2O3的质量，进而可得其质量分数。在电解方法制取物质时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，利用同一闭合回路中电子转移数目相等计算物质质量变化。
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