2024届高考化学二轮复习限时训练：化学反应原理（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高考化学二轮复习限时训练：化学反应原理（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 959.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-12 11:11:36 | ||
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文档简介
2024届高考化学二轮复习限时训练：化学反应原理
一、单选题
1．铁合金是用途最为广泛的合金材料。下列说法错误的是（ ）
A．生铁比纯铁更容易生锈
B．海水呈弱碱性，轮船钢板在海水中易发生析氢腐蚀
C．钢闸门连接直流电源负极，是采用了外加电流保护法
D．人行道铁栏杆喷漆可以延缓钢铁腐蚀的速率
2．下列说法正确的是（ ）
A．二氧化硫溶于水能导电，二氧化硫是电解质
B．的催化氧化制NO属于氮的固定
C．常温下硅的性质很稳定，自然界中存在游离态的硅
D．可用丁达尔效应区分溶液和胶体
3．下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：Na > O
B．气态氢化物的稳定性：H2O > H2S
C．向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生
D．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg >Al
4．走进美丽广东，体会文化魅力。下列有关说法不正确的是（ ）
A．粤绣所用“金银线”中含有的醋酸纤维素，属于有机高分子材料
B．加热牛奶和蛋清混合物制作双皮奶，该过程涉及蛋白质的变性
C．岭南古建筑采用青砖黛瓦风格，青砖中青色来自氧化铁
D．航海船舶的外壳安装锌块，利用了牺牲阳极法的防腐原理
5．2022年冬奥会火炬体现了艺术设计与科技创新的完美融合。火炬选用碳纤维与树脂的复合材料制成，降低了材料用量，燃料使用氢燃料，使火炬燃烧时的碳排放为“零”，体现出“绿色”办奥理念和科技冬奥成果。下列有关说法正确的是（ ）
A．树脂属于无机非金属材料
B．氢能是清洁的可再生能源
C．碳纤维与金刚石互为同素异形体
D．氢气燃烧时能量变化只有化学能到热能的转化
6．锂离子电池及其迭代产品依然是目前世界上主流手机电池。近期研发的一种可充电电池的原理示意图如下，电池反应为，下列说法错误的是
A．充电时，脱嵌并移向钙电极
B．放电时，正极反应为
C．锂离子导体膜作用是允许和水分子通过，同时保证定向移动以形成电流
D．充电时，当转移0.2电子时，理论上阴极室中电解质的质量减轻2.6g
7．NaHCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是（ ）
A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：HB．NaHCO3中既含离子键又含共价键
C．向NaHCO3溶液中加入足量氢氧化钙溶液：Ca2++2HCO +2OH-=CaCO3↓+CO +2H2O
D．除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体应采用加热的方法
8．一种高压可充电Zn PbO2电池工作原理如图所示，通过复合膜ab与复合膜ba反向放置，分隔两室电解液，复合膜间是少量H2O，复合膜ab与ba交界处离子不能通过，复合膜中a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜。下列说法错误的是
A．放电时，K+穿过a膜移向复合膜ab间
B．放电时，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－的变化
C．充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+
D．充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+4OH－ 2e－=PbO2+ +2H2O
9．短周期主族元素 X、Y、Z、R、T原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z元素原子在同周期原子中半径最小，Y与R能形成 R2Y、R2Y2型常见离子化合物，R与T形成的化合物 R2T 能促进水的电离。下列说法错误的是（ ）
A．最高价氧化物对应水化物的酸性 X＜T
B．Z的单质能与Y的简单氢化物反应
C．原子半径和简单离子半径均满足R＞T＞Y
D．由X、Y、R三种元素组成的常见化合物的水溶液呈碱性
10．碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品。电化学法合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．石墨I与直流电源正极相连
B．H＋由石墨II通过质子交换膜向石墨I移动
C．石墨I上发生的电极反应为2CH3OH＋CO－2e－＝(CH3O)2CO＋2H＋
D．电解过程中，阴极和阳极消耗气体的物质的量之比为1：2
11．直接在分子尺度上对分子进行光控制是化学工作者极大关注的领域之一、如图所示(图中Me代表甲基)，分子Ⅰ吸收蓝光(波长435nm)转变为分子Ⅱ；分子Ⅱ吸收绿光(波长530nm)则恢复为分子Ⅰ。已知光的波长越短，光的能量就越高。下列说法正确的是（ ）
A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变是可逆反应
B．分子Ⅰ中的所有碳原子都是sp2杂化
C．利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置
D．分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量高
12．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪结构简图如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．呼出气体的流速越快检测结果越准确
B．内电路中电流方向：Pt2→质子交换膜→Pt1
C．电路中流过2mol电子时，有11.2LO2被氧化
D．负极的电极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+
13．下列事实与解释或结论不相符的是
选项 事实 解释或结论
A 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强
B 是极性分子 中只含有极性键
C 键角： 水分子中O的孤电子对数比氨分子中N的多
D 取2mL 0.5 溶液于试管中，进行加热，发现溶液颜色变为黄绿色；后将试管置于冷水中，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色 溶液中存在以下平衡： ，在其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
14．向一个的绝热刚性容器中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如下，下列结论正确的是
A．升高温度，该反应的平衡常数将增大
B．从反应开始到达到平衡，逆反应速率先增大后减小
C．体系压强不再变化，说明反应达到平衡
D．从容器中分离出少量后，增加，减小，平衡正向移动
15．某溶液中可能含有Fe3+、Mg2+、Na+、Ba2+、Cl-、OH-、SO 中的若干种，下列说法中正确的是（ ）
A．溶液中最多有4种离子 B．若溶液有颜色，则一定没有OH-
C．若溶液呈碱性，则一定含有Na+ D．该溶液不可能溶解单质铜
16．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、NH、Cl-、NO
B．0.1mol/LNaHCO3溶液：K+、AlO、Cl-、SO
C．使甲基橙变红的溶液：Mg2+、Na+、NO、SO
D．pH=12的溶液：K+、S2-、ClO-、CH3COO-
17．某科研人员研究得出，HCHO可在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成 和 ，其历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法错误的是（ ）
A．HAP不能提高HCHO与 的平衡转化率
B．HCHO在反应过程中，有 键发生断裂
C．根据图示信息， 分子中的氧原子全部来自
D．该过程的总反应是
18．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、、Cl-
B．能使甲基橙显红色的溶液中：Zn2+、H+、ClO-、I-
C．含0.1mol·L-1 NaHSO4的溶液：K+、Al3+、、
D． =1.0×10-12的溶液： 、Na+、HCO、
19．柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：
已知： 、 ；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中
B．可用KSCN溶液检验步骤③中柠檬酸亚铁是否反应完全
C．步骤③控制温度50℃~60℃既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解
D．步骤⑤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
20．用NA表示阿伏加德罗常数的值。溴蒸气与氨气相遇产生“白烟"，化学方程式为8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。下列说法正确的是（ ）
A．生成14gN2时，反应中还原剂的分子数目为4NA
B．标准状况下，11.2LBr2参与反应时转移的电子数为NA
C．0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目为0.5NA
D．当生成29.4gNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA
二、综合题
21．丙烯是三大合成材料的基本原料之一，可用于生产多种重要有机化工原料。由丙烷制丙烯的两种方法如下：
Ⅰ．丙烷氧化脱氢法：
Ⅱ．丙烷无氧脱氢法：
请回答下列问题：
（1）已知 ，由此计算 。
（2）在催化剂作用下， 氧化脱氢除生成 外，还生成CO、 等物质。 的转化率和 的产率随温度变化关系如图所示。
①图中 的转化率随温度升高而上升的原因是 。
②在550℃时， 的选择性为 。(保留1位小数)( 的选择性 )。
③ 的选择性：550℃ 575℃(填“大于”或“小于”)。
（3）某温度下，在刚性密闭容器中充入 发生无氧脱氢制备丙烯。
①下列能说明该反应达到平衡状态的是 。
a．
b．容器内气体的密度不再发生变化
c．容器内气体平均相对分子质量不再变化
d．容器内的压强不再发生变化
②若起始时容器内压强为 ，反应达平衡后总压为 ，则 的平衡转化率为 ，该反应的压强平衡常数 (保留1位小数)。
22． 铁是一种非常重要的金属。
（1）中科院兰州化学物理研究所用催化加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。催化剂中添加助剂、、也起催化作用后可改变反应的选择性。
①下列说法正确的是 。填序号
A.第Ⅰ步反应的活化能低于第Ⅱ步
B.第Ⅰ步所发生的反应为：
C.使加氢合成低碳烯烃的减小
D.保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变
加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 。
（2）复合氧化物铁酸锰可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
则与、的关系表达式为 。
（3）纳米铁是重要的储氢材料，可用反应制得。在恒容密闭容器中加入足量铁粉和，在、不同温度下进行反应，测得与温度、时间的关系如图所示。
， 填“”或“”。
温度下，平衡时体系的总压强为。用某气体组分的平衡分压分压总压物质的量分数代替物质的量浓度也可表示平衡常数记作，则 用表示。
（4）高铁酸钾被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。电解法可制得，装置如图，阳极电极反应式为： ，若转移电子，则透过交换膜的离子数目为 。
23．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，一种反应机理如下图所示。
（1）NH3的电子式为 。
（2）[Cu(NH3)4]2+中，中心离子是 ，配位数是 。
（3）写出反应I的化学方程式，并用单线桥法表示电子转移的方向和数目： 。
24．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为 。
（2）在氮气保护下，在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液（pH =2.5）。反应过程中溶液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线（部分副反应产物曲线略去）如图3所示。请根据图3中信息写出 min前反应的离子方程式 。
（3）研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，发生反应C(s) +2NO(g) N2(g) +CO2(g) H<0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率 (NO)随温度的变化如图4所示：
①由图4可知，温度低于1 050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是 ；温度为1050 K时CO2的平衡体积分数为 。
②对于反应C(s) +2NO(g) N2(g)+CO2(g)的反应体系，标准平衡常数 ，其中 为标准压强（1×105Pa）， 、 和 为各组分的平衡分压，如 = · ， 为平衡总压， 为平衡系统中 NO的物质的量分数。若NO的起始物质的量为1 mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为 ，则 = （用含 的最简式表示）。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2 (g) N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在 s、 s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图5所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为 （填“ > ”“ < ”或“ =”） 。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
25．某课题组对含钴高炉渣(主要成分有、、、、、)资源化综合处理的流程如下：
回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为 ；物质是 (填化学式)。
（2）参与“酸浸”的化学方程式为 。滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。
（3）“中和沉淀”中，生成高效净水剂黄钠铁矾[]存在于滤渣Ⅱ中。该过程的离子方程式为 。在实验室中，向固体中加入等体积的溶液和 溶液，使其恰好完全反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到黄钠铁矾。
（4）滤液③中的铝元素恰好完全转化为沉淀的为 。{通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全；；}
（5）经充分焙烧质量减少，则获得的质量为 t。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、生铁为铁碳合金，在潮湿环境下形成原电池，加速腐蚀，则生铁比纯铁更容易生锈，故A不符合题意；
B、海水呈弱碱性，钢板在海水中发生吸氧腐蚀，故B符合题意；
C、阴极保护法是将被保护金属作为电解池阴极，故钢闸门连接直流电源负极，是采用了外加电流保护法，故C不符合题意；
D、人行道铁栏杆喷漆，可隔绝氧气和水，延缓钢铁腐蚀的速率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、生铁是铁和碳的混合物；
B、碱性环境下，钢铁发生吸氧腐蚀；
C、阴极保护法是将被保护金属作为电解池阴极；
D、喷漆可隔绝氧气和水。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．二氧化硫本身不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故A不符合题意；
B．氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程，则氨气的催化氧化制一氧化氮不属于氮的固定，故B不符合题意；
C．硅元素是亲氧元素，在自然界中不存在游离态的硅元素，故C不符合题意；
D．胶体能发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，则可用丁达尔效应区分溶液和胶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．二氧化硫本身不能电离出自由移动的离子；
B．氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程；
C．硅元素是亲氧元素；
D．丁达尔效应是胶体的特性。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，A不符合题意；
B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，B不符合题意；
C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，C符合题意；
D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．电子层越多、原子半径越大；
B．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
C．向Na2CO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；
D．金属性越强，与酸反应越剧烈。
4．【答案】C
【解析】【解答】A、醋酸纤维素属于有机高分子材料，故A正确；
B、牛奶和蛋清的主要成分为蛋白质，蛋白质在高温下发生变性，故B正确；
C、氧化铁为红棕色固体，故C错误；
D、航海船舶的外壳安装锌块，形成原电池反应，锌做负极失电子发生氧化反应，铁被保护，利用了牺牲阳极的阴极保护法的防腐原理，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、醋酸纤维素为有机高分子材料；
B、蛋白质在高温下变性；
C、氧化铁为红棕色；
D、航海船舶的外壳安装锌块，在海水中和铁形成原电池反应，锌做负极。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．树脂属于有机高分子材料，故A不符合题意；
B． 氢气燃烧生成水，且可通过电解水得到氢气，故氢能是清洁的可再生能源，故B符合题意；
C． 碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，还含有其他成分，属于混合物，故碳纤维与金刚石不互为同素异形体，故C不符合题意；
D． 氢气燃烧时能量变化除了有化学能到热能的转化，还包括化学能到光能的转化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.树脂是有机高分子材料；
C.碳纤维是混合物，金刚石是碳单质；
D.燃烧时化学能还转化为光能。
6．【答案】C
【解析】【解答】A.充电时，钙电极上Ca2＋发生得电子的还原反应，因此钙电极为阴极，故Li＋影响钙电极，A不符合题意；
B.放电时，Li1－xFePO4发生得电子的还原反应，生成LiFePO4，其电极反应式为：Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO4，B不符合题意；
C.锂离子导体膜可允许Li＋和水分子通过，电流是由电子的定向移动产生的，C符合题意；
D.充电时，阴极的电极反应式为：Ca2＋＋2e－=Ca，因此当转移0.2mol电子式时，消耗0.1molCa2＋，同时产生0.2molLi＋，故理论上阴极室中电解质的质量变化为减少m(Ca2＋)=0.1mol×40g·mol－1=4g，增加m(Li＋)=0.2mol×14g·mol－1=1.4g，则阴极室中电解质的质量减少4g－1.4g=2.6g，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、充电时为电解池装置，阳离子移向阴极；
B、放电时，Li1－xFePO4发生得电子的还原反应，生成LiFePO4；
C、电流是由电子的定向移动形成的；
D、充电时阴极上Ca2＋发生得电子的还原反应，结合电极反应式进行计算；
7．【答案】C
【解析】【解答】A．同周期原子序数越小、原子半径越大，同主族，原子序数越大、原子半径越大，则所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为H＜O＜C＜Na，A叙述不符合题意；
B．NaHCO3中钠离子与碳酸氢根离子间为离子键，碳酸氢根离子内含有共价键，则既含离子键又含共价键，B叙述不符合题意；
C．向NaHCO3溶液中加入足量氢氧化钙溶液反应的离子方程式为：Ca2++HCO +OH-=CaCO3↓+H2O，C叙述符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体应采用加热的方法，D叙述不符合题意；
答案为C。
【分析】A、同周期元素原子序数越大，原子半径越小，同主族元素，原子序数越大，原子半径越大；
B、NaHCO3中既有离子键，又有共价键；
C、Ca(OH)2足量，则参与反应的OH－和HCO3－的系数比为1：1；
D、NaHCO3不稳定，受热易分解成Na2CO3、H2O和CO2；
8．【答案】D
【解析】【解答】A．放电时，原电池“同性相吸”，则K+穿过阳离子交换膜即a膜移向复合膜ab间，故A不符合题意；
B．放电时，负极不断消耗氢氧根，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－，解离出的OH－穿过阴离子交换膜即b膜向负极移动，解离出的H+穿过阳离子交换膜即a膜向正极移动，故B不符合题意；
C．根据题中信息得到负极是锌失去电子变为，正极是二氧化铅得到电子变为硫酸铅，则充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+，故C不符合题意；
D．放电时正极反应式为： PbO2+ +4H++2e－= PbSO4+2H2O，则充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+2H2O 2e－=PbO2+ +4H+，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】放电时，该装置为原电池，Zn为负极，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=，正极的电极反应式为PbO2+ +4H++2e－= PbSO4+2H2O；充电时，为电解池，阳极的电极反应式为PbSO4+2H2O 2e－=PbO2+ +4H+。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．非金属性：X(C)＜T(S)，因此最高价氧化物对应水化物的酸性 X＜T，A不符合题意；
B．Z(F)的单质为F2，Y(C)的简单氢化物为H2O，2F2+2H2O=4HF+O2，B不符合题意；
C．R、T、Y分别为Na、S、O，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同，核电荷数越小的半径越大，因此原子半径：R＞T＞Y，离子半径： T＞Y＞R，C符合题意；
D．由X(C)、Y(O)、R(Na)三种元素组成的常见化合物为Na2CO3，Na2CO3水溶液因碳酸根离子水解呈碱性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、R、T原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C；Z元素原子在同周期原子中半径最小，则Z为F；Y与R能形成 R2Y、R2Y2型常见离子化合物，则R为Na，Y为O；R(Na)与T形成的化合物 R2T 能促进水的电离，则T为S，综上所述，X、Y、Z、R、T分别为C、O、F、Na、S。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．石墨I为阳极，与直流电源正极相连，故不A符合题意；
B．电解池工作时，阳离子向阴极移动，即H＋由石墨I通过质子交换膜向石墨II移动，故B符合题意；
C．石墨I为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故C不符合题意；
D．常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO～4e-～O2可知阴极消耗的氧气与阳极消耗的一氧化碳物质的量之比为1：2，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】该装置有外接电源，是电解池，由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，则电极石墨I为阳极，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-═(CH3O)2CO+2H+，电极石墨II为阴极，阳极产生的氢离子从质子交换通过移向阴极，氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，据此解答。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变条件不同，因此该转化过程不是可逆反应，故A不符合题意；
B．分子Ⅰ中甲基(Me)上的碳原子为sp3杂化，故B不符合题意；
C．分子Ⅰ和分子Ⅱ中联苯臂的相对位置不同，因此可通过蓝光和绿光转换实现操控分子中两个联苯臂的相对位置，故C符合题意；
D．分子Ⅰ转化为分子Ⅱ时吸收能量相对较高的蓝光，而分子Ⅱ转化为分子Ⅰ时吸收能量相对较低的绿光，由低能量分子转化为高能量分子需要吸收的能量较多，说明分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量低，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.注意可逆反应的条件：反应物和生成物同一条件同时存在；
B.甲基的碳原子sp3杂化；
C.两个联苯臂的相对位置会随着光的不同而不同；
D.波长越短，能量越大。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．呼出气体的流速过快，反应不能充分进行，检测结果不一定准确，A不符合题意；
B．检测仪工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，内电路中电流方向与阳离子移动方向相同，与阴离子移动方向相反，即内电路中电流方向：Pt1→质子交换膜→Pt2，B不符合题意；
C．由于O2的存在状况未知，则不能计算O2的体积，C不符合题意；
D．检测仪工作时，乙醇在负极发生失电子的氧化反应生成CH3COOH，负极反应为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据给出的物质，即可判断出左变乙醇是负极，右边氧气是正极，负极乙醇失去电子变为醋酸，正极是氧气得到电子结合氢离子变为水，结合选项即可判断
13．【答案】B
【解析】【解答】A．苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A不符合题意；
B．是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，故B符合题意；
C．H2O和NH3的中心原子O和N都是sp3杂化，杂化轨道都是正四面体构型，但孤电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，且孤电子对越多，斥力越大，键角被压缩得越小，而H2O有两对孤电子对，NH3有一对孤电子对，所以H2O的键角比NH3的键角
小，故C不符合题意；
D．溶液中存在以下平衡： ，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化为，溶液颜色变为黄绿色；降低温度，平衡逆向移动，转化为，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B中是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，其它选择均正确。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，该反应的平衡常数将减小，不符合题意；
B．在达到平衡之前，逆反应速率始终增大，不符合题意；
C．反应是气体体积不变的反应，反应过程中气体总物质的量不变，根据理想气体状态方程，可以看出，压强与温度成正比，只要反应还在向右进行，容器的温度就会持续升高，压强就会一直增大。因此，压强不变可以说明达到了平衡状态，符合题意；
D．从容器中分离出少量后，平衡正向移动，都减小，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响化学平衡的因素分析；利用“变者不变即平衡”判断。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．Fe3+、Mg2+均与OH-结合生成沉淀，Ba2+与SO 结合生成沉淀，则溶液中可能含Fe3+、Mg2+、Na+、Cl-、SO ，溶液中可能存在5种离子，故A不符合题意；
B．若溶液有颜色，则一定含Fe3+，可知一定没有OH-，故B符合题意；
C．若溶液呈碱性，溶液一定含OH-，可能含Na+，或Ba2+，故C不符合题意；
D．若含铁离子，则铁离子与铜反应，离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，则能溶解Cu，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
根据离子共存原理和溶液呈电中性，可以将各离子分成Fe3+、Mg2+、Na+、Cl-、SO42- ；以及 Ba2+、OH-；
A.溶液最多含5种离子；
B.有颜色的是铁离子，与氢氧根离子不共存；
C.碱性时，可能含有钠离子；
D.铁离子和铜单质可以发生氧化还原反应。
16．【答案】C
【解析】【解答】A． 与铝反应产生大量氢气的溶液可能呈酸性或碱性，碱性时NH不能大量共存，呈酸性时有NO与铝得不到氢气，故A不选；
B． 0.1mol/LNaHCO3溶液和AlO反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，故B不选；
C． 使甲基橙变红的溶液呈酸性，Mg2+、Na+、NO、SO不反应，故C选；
D． pH=12的溶液，S2-、ClO-发生氧化还原反应，故D不选；
故答案为：C。
【分析】A． 与NH反应，、NO与铝反应得不到氢气；
B． 和AlO反应；
C．酸性条件下Mg2+、Na+、NO、SO不反应；
D． S2-、ClO-反应。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂能改变化学反应速率，但不能改变化学平衡的移动方向，则HAP不能提高HCHO与 的平衡转化率，故A不符合题意；
B．由图可知，反应过程中，甲醛发生了C—H键断裂，故B不符合题意；
C．由图可知，二氧化碳分子中的氧原子来自于甲醛和氧气，故C符合题意；
D．由图可知，该过程发生的反应为甲醛和氧气在催化剂HAP的表面发生催化氧化生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂只是改变反应速率
B.根据反应流程即可判断键的断裂
C.根据反应流程即可判断二氧化碳中氧原子的来源
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
18．【答案】A
【解析】【解答】A. 在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、
、Cl-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A符合题意；
B. 能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+、ClO-、I-之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B不符合题意；
C. 含0.1mol·L-1 NaHSO4的溶液中H+与
反应生成沉淀而不能大量共存，选项C不符合题意；
D.
=1.0×10-12的溶液呈碱性，
、HCO
与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
19．【答案】C
【解析】【解答】A ．因为 ， 所以制备 时，应该先加入 ，防止 浓度过大水解产生 ，A项不符合题意；
B．应用 检验 ， 检验 ，B项不符合题意；
C．柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，温度过低，不利于溶解，同时反应物活化分子百分数低，反应速率慢，温度过高， 会分解；C项符合题意；
D．步骤⑤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑碳酸根水解，结合碳酸亚铁和氢氧化亚铁的溶度积即可判断
B.KSCN溶液是检验铁离子
C.根据 柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水即可判断反应条件
D.冷却结晶之前需要进行加热浓缩
20．【答案】D
【解析】【解答】A.14gN2即0.5molN2，生成0.5molN2时，根据N元素守恒，被氧化的氨气的物质的量是1mol，反应中还原剂的分子数目为NA，故A不符合题意；
B．标准状况下，Br2是液体，11.2LBr2的物质的量不是0.5mol，故B不符合题意；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目，故C不符合题意；
D.29.4gNH4Br的物质的量是，当生成0.3molNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.还原剂是NH3，根据化学方程式，生成1molN2时，只有2mol NH3作为还原剂参与氧化反应，据此分析。
B.注意运用公式n=时，物质状态必须是气态。
C.溶液体积未知，无法计算。
D.根据n=可知n(NH4Br)，结合化学方程式中物质的化学计量系数进行解答。
21．【答案】（1）-118
（2）温度升高，反应速率加快；；大于
（3）cd；；2.7
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，把 和 相加，即得 =+124kJ·mol-1-242kJ·mol-1=-118kJ·mol-1。
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度的升高而增大，可能是升高温度，催化剂的活性增大，反应速率加快的缘故。
②由图可知，550℃时，C3H8的转化率为13%，C3H6的产率为8%，设参加反应的C3H8为100mol，则生成的C3H6为8mol，则C3H6的选择性为 ×100%=61.5%。
③550℃时，C3H6的选择性为61.5%，575℃时，C3H6的选择性为 =51.5%，因此550℃时C3H6的选择性大于575℃时C3H6的选择性。
(3)①在 反应中，
a． 均表示正反应速率，无法确定正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故a不选；
b．反应物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，而容器体积恒定，所以容器内气体密度是定值，当容器内气体的密度不再发生变化时，不能说明反应达到了平衡，故b不选；
c．反应物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，反应前后气体的物质的量发生改变，所以容器内气体的平均相对分子质量在未平衡前是变化的，当容器内气体平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到了平衡状态，故c选；
d．该反应前后气体系数之和不相等，所以平衡建立过程中，混合气的物质的量是变化的，在恒温恒容条件下，压强和气体的物质的量成正比，所以当容器内的压强不再发生变化时，反应达到了平衡状态，故d选；
故答案为：cd。
②恒温恒容条件下，气体的物质的量和压强成正比，起始时容器内压强为 ，反应达平衡后总压为 ，则压强变化了4kPa，根据化学方程式可知，各物质变化的分压均为4kPa，所以平衡时C3H8、C3H6、H2的分压分别为6kPa、4kPa、4kPa。则C3H8的转化率为 =40%，Kp= =2.7kPa。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变
（2）① 速率随着温度升高而升高
② 根据图示中的数据即可求出转换丙烯的选择性
③根据温度下的转化率和产率计算出选择性进行对比即可
（3）①根据 ，气体系数增大，且正反应为吸热反应，可根据判断浓度是否不变以及某物质的正逆速率是否相等以及平均相对分子质量是否不变以及压强是否不变即可判断是否达到平衡
②根据物质的量之比等于压强之比利用压强之比求出平衡时的各物质的物质的量即可求出转化率和平衡分压即可求出常数
22．【答案】（1）BD；降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率
（2）
（3）；；
（4）；
【解析】【解答】（1）①A.活化能越低，反应速率越快，第i步为慢反应，则第i步反应的活化能高于第ii步，不符合题意；
B.由图可知，第i步所发生的反应为 ，符合题意；
C.根据题干信息可知， 为催化剂，对焓变没有影响，不符合题意；
D.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，符合题意；
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率，从而提高了单位时间内乙烯产量。
（2）根据盖斯定律可知，反应③可由2/x×（①+②）得到，则 =×（ + ）。
（3）①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度为T1时反应先达到平衡，则温度为T1时反应速率快于T2，即T1＞T2；根据图示信息，升温利于平衡逆向移动，说明该反应 ＜0。
②根据题干信息可知，T2达到平衡时，n(CO)=0.04mol/L×1L=0.04mol，则n(五羰基合铁)==0.04mol，即CO与五羰基合铁的平衡分压相等，均为，则平衡常数Kp== 。
（4）该装置为电解池，由图可知，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
【分析】（1）①A.活化能越低，反应速率越快。
B.由图可知，第i步所发生的反应为 。
C.催化剂对焓变没有影响。
D.平衡常数只与温度有关。
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）①根据“先拐先平数值大”进行分析；升温利于平衡向吸热反应方向移动。
②根据题干信息可知，算出T2达到平衡时，n(CO)与n(五羰基合铁)，结合平衡常数Kp=进行分析。
（4）该装置为电解池，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
23．【答案】（1）
（2）Cu2+；4
（3）
【解析】【解答】（1）氨气中含有3个N-H键，N原子上有一个孤电子对，其电子式为 ，故答案为： ；
（2） [Cu(NH3)4]2+中， 中心离子为Cu2+，配体为NH3，则配位数为4，故答案为： Cu2+ ；4；
（3）反应Ⅰ的化学方程式为：，该反应中，Cu元素的化合价降低，N元素的化合价升高，则用单线桥法表示电子转移的方向和数目为 ，故答案为： 。
【分析】（1）氨气为共价化合物；
（2） [Cu(NH3)4]2+中 ，Cu2+为中心离子，配体为氨气；
（3）反应I为氧化铜和联氨反应生成氧化亚铜、氮气和水。
24．【答案】（1）NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g) △H=－41.8kJ·mol－1
（2）4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O
（3）温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；40%；
（4）>；H
【解析】【解答】(1)根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式①2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H1=－196.6kJ·mol－1，②2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) △H2=－113.0kJ·mol－1， (反应①－反应②)可得NO2氧化SO2的反应方程式，NO2(g)＋SO2(g)=NO(g)＋SO3(g) △H= (△H1－△H2)= [－196.6kJ·mol－1－(－113.0kJ·mol－1)]=－41.8kJ·mol－1，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)△H=－41.8kJ·mol－1；(2)根据图像，t1min前，溶液为酸性，反应后pH快速增大，NO3－的量在减小，而Fe2＋和NH4＋的量在增加，说明Fe和NO3－反应生成Fe2＋和NH4＋，离子方程式为4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；(3)①温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时，NO的转化为80%。假设通入NO的物质的量为xmol，利用三等式，有：
则CO2的体积分数为 ；
②若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α，根据三等式，有：
NO的物质的量分数为 ，同理N2和CO2的体积分数分别为0.5α、0.5α；则 ；(4)在针筒中，体积越小，压强越大，增大压强，平衡正向移动。
①体积越小，各物质的浓度越大，反应速率越大，B点的压强大，E点的压强小，那么B点各物质的浓度大，化学反应速率快，则有vB>vE；
②平均相对分子质量 ，根据质量守恒，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大。反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行得越多，平均相对分子质量越大；E点到F点的过程为压缩体积的过程，压强瞬时变大，F到H为压缩体积，平衡正向移动的过程，H达到平衡，则H点，物质的总物质的量n最小，平衡摩尔质量最大。
【分析】（1）考查盖斯定律的应用及图像的判断，根据图像可以写出两个热化学方程式，根据此方程式利用盖斯定律。
（2）考查图像的观察，根据图像判断反应物和生成物，通过反应物和生成物进行书写方程式，根据配平方法进行反应。
（3）考查图像的判断，根据温度条件对平衡的影响，推测在图像中的正常影响，推测其它条件的可能性。第二空利用平衡 的常用计算方法三段式，此处重点是已知量比较少，就一个，故需设定一个起始量。第三空利用压强之比等于物质的两之比进行计算平衡常数。
（4）第一空考查反应速率的影响因数根据图像进行判断，影响因素的不同。P，根据P的大小进行判断反应速率的大小。
第二课判断平均相对分子质量的大小，根据压强对平衡的影响。采用极限法，反应物和生成物的相对分子质量既是平均相对分子质量。
25．【答案】（1）减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率；
（2）；、
（3）；0.75
（4）8.38
（5）2.41
【解析】【解答】（1）研磨使颗粒物减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率；具有磁性，磁选时被分离出来，故填减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率、；
（2）在酸性条件下与反应的化学方程式为，加入硫酸后不反应，与硫酸生成，故填、、；
（3）根据题意，加入碳酸氢钠，生成高效净水剂黄钠铁矾[]的反应为；根据反应方程式，设体积为1L，则1L溶液含的物质的量为，恰好反应消耗物质的量为，浓度为，故填，0.75；
（4）根据反应，，当时恰好沉淀，则，pH=8.38，故填8.38；
（5）焙烧时发生反应，质量减少2t，设生成的质量为xt，则
可得，解得，故填2.41。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；具有磁性；
（2）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒书写；依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒书写；根据反应方程式计算；
（4）根据溶度积常数计算；
（5）利用差量法计算。
一、单选题
1．铁合金是用途最为广泛的合金材料。下列说法错误的是（ ）
A．生铁比纯铁更容易生锈
B．海水呈弱碱性，轮船钢板在海水中易发生析氢腐蚀
C．钢闸门连接直流电源负极，是采用了外加电流保护法
D．人行道铁栏杆喷漆可以延缓钢铁腐蚀的速率
2．下列说法正确的是（ ）
A．二氧化硫溶于水能导电，二氧化硫是电解质
B．的催化氧化制NO属于氮的固定
C．常温下硅的性质很稳定，自然界中存在游离态的硅
D．可用丁达尔效应区分溶液和胶体
3．下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：Na > O
B．气态氢化物的稳定性：H2O > H2S
C．向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生
D．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg >Al
4．走进美丽广东，体会文化魅力。下列有关说法不正确的是（ ）
A．粤绣所用“金银线”中含有的醋酸纤维素，属于有机高分子材料
B．加热牛奶和蛋清混合物制作双皮奶，该过程涉及蛋白质的变性
C．岭南古建筑采用青砖黛瓦风格，青砖中青色来自氧化铁
D．航海船舶的外壳安装锌块，利用了牺牲阳极法的防腐原理
5．2022年冬奥会火炬体现了艺术设计与科技创新的完美融合。火炬选用碳纤维与树脂的复合材料制成，降低了材料用量，燃料使用氢燃料，使火炬燃烧时的碳排放为“零”，体现出“绿色”办奥理念和科技冬奥成果。下列有关说法正确的是（ ）
A．树脂属于无机非金属材料
B．氢能是清洁的可再生能源
C．碳纤维与金刚石互为同素异形体
D．氢气燃烧时能量变化只有化学能到热能的转化
6．锂离子电池及其迭代产品依然是目前世界上主流手机电池。近期研发的一种可充电电池的原理示意图如下，电池反应为，下列说法错误的是
A．充电时，脱嵌并移向钙电极
B．放电时，正极反应为
C．锂离子导体膜作用是允许和水分子通过，同时保证定向移动以形成电流
D．充电时，当转移0.2电子时，理论上阴极室中电解质的质量减轻2.6g
7．NaHCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是（ ）
A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H
C．向NaHCO3溶液中加入足量氢氧化钙溶液：Ca2++2HCO +2OH-=CaCO3↓+CO +2H2O
D．除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体应采用加热的方法
8．一种高压可充电Zn PbO2电池工作原理如图所示，通过复合膜ab与复合膜ba反向放置，分隔两室电解液，复合膜间是少量H2O，复合膜ab与ba交界处离子不能通过，复合膜中a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜。下列说法错误的是
A．放电时，K+穿过a膜移向复合膜ab间
B．放电时，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－的变化
C．充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+
D．充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+4OH－ 2e－=PbO2+ +2H2O
9．短周期主族元素 X、Y、Z、R、T原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z元素原子在同周期原子中半径最小，Y与R能形成 R2Y、R2Y2型常见离子化合物，R与T形成的化合物 R2T 能促进水的电离。下列说法错误的是（ ）
A．最高价氧化物对应水化物的酸性 X＜T
B．Z的单质能与Y的简单氢化物反应
C．原子半径和简单离子半径均满足R＞T＞Y
D．由X、Y、R三种元素组成的常见化合物的水溶液呈碱性
10．碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品。电化学法合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．石墨I与直流电源正极相连
B．H＋由石墨II通过质子交换膜向石墨I移动
C．石墨I上发生的电极反应为2CH3OH＋CO－2e－＝(CH3O)2CO＋2H＋
D．电解过程中，阴极和阳极消耗气体的物质的量之比为1：2
11．直接在分子尺度上对分子进行光控制是化学工作者极大关注的领域之一、如图所示(图中Me代表甲基)，分子Ⅰ吸收蓝光(波长435nm)转变为分子Ⅱ；分子Ⅱ吸收绿光(波长530nm)则恢复为分子Ⅰ。已知光的波长越短，光的能量就越高。下列说法正确的是（ ）
A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变是可逆反应
B．分子Ⅰ中的所有碳原子都是sp2杂化
C．利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置
D．分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量高
12．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪结构简图如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．呼出气体的流速越快检测结果越准确
B．内电路中电流方向：Pt2→质子交换膜→Pt1
C．电路中流过2mol电子时，有11.2LO2被氧化
D．负极的电极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+
13．下列事实与解释或结论不相符的是
选项 事实 解释或结论
A 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强
B 是极性分子 中只含有极性键
C 键角： 水分子中O的孤电子对数比氨分子中N的多
D 取2mL 0.5 溶液于试管中，进行加热，发现溶液颜色变为黄绿色；后将试管置于冷水中，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色 溶液中存在以下平衡： ，在其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
14．向一个的绝热刚性容器中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如下，下列结论正确的是
A．升高温度，该反应的平衡常数将增大
B．从反应开始到达到平衡，逆反应速率先增大后减小
C．体系压强不再变化，说明反应达到平衡
D．从容器中分离出少量后，增加，减小，平衡正向移动
15．某溶液中可能含有Fe3+、Mg2+、Na+、Ba2+、Cl-、OH-、SO 中的若干种，下列说法中正确的是（ ）
A．溶液中最多有4种离子 B．若溶液有颜色，则一定没有OH-
C．若溶液呈碱性，则一定含有Na+ D．该溶液不可能溶解单质铜
16．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、NH、Cl-、NO
B．0.1mol/LNaHCO3溶液：K+、AlO、Cl-、SO
C．使甲基橙变红的溶液：Mg2+、Na+、NO、SO
D．pH=12的溶液：K+、S2-、ClO-、CH3COO-
17．某科研人员研究得出，HCHO可在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成 和 ，其历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法错误的是（ ）
A．HAP不能提高HCHO与 的平衡转化率
B．HCHO在反应过程中，有 键发生断裂
C．根据图示信息， 分子中的氧原子全部来自
D．该过程的总反应是
18．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、、Cl-
B．能使甲基橙显红色的溶液中：Zn2+、H+、ClO-、I-
C．含0.1mol·L-1 NaHSO4的溶液：K+、Al3+、、
D． =1.0×10-12的溶液： 、Na+、HCO、
19．柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：
已知： 、 ；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中
B．可用KSCN溶液检验步骤③中柠檬酸亚铁是否反应完全
C．步骤③控制温度50℃~60℃既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解
D．步骤⑤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
20．用NA表示阿伏加德罗常数的值。溴蒸气与氨气相遇产生“白烟"，化学方程式为8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。下列说法正确的是（ ）
A．生成14gN2时，反应中还原剂的分子数目为4NA
B．标准状况下，11.2LBr2参与反应时转移的电子数为NA
C．0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目为0.5NA
D．当生成29.4gNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA
二、综合题
21．丙烯是三大合成材料的基本原料之一，可用于生产多种重要有机化工原料。由丙烷制丙烯的两种方法如下：
Ⅰ．丙烷氧化脱氢法：
Ⅱ．丙烷无氧脱氢法：
请回答下列问题：
（1）已知 ，由此计算 。
（2）在催化剂作用下， 氧化脱氢除生成 外，还生成CO、 等物质。 的转化率和 的产率随温度变化关系如图所示。
①图中 的转化率随温度升高而上升的原因是 。
②在550℃时， 的选择性为 。(保留1位小数)( 的选择性 )。
③ 的选择性：550℃ 575℃(填“大于”或“小于”)。
（3）某温度下，在刚性密闭容器中充入 发生无氧脱氢制备丙烯。
①下列能说明该反应达到平衡状态的是 。
a．
b．容器内气体的密度不再发生变化
c．容器内气体平均相对分子质量不再变化
d．容器内的压强不再发生变化
②若起始时容器内压强为 ，反应达平衡后总压为 ，则 的平衡转化率为 ，该反应的压强平衡常数 (保留1位小数)。
22． 铁是一种非常重要的金属。
（1）中科院兰州化学物理研究所用催化加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。催化剂中添加助剂、、也起催化作用后可改变反应的选择性。
①下列说法正确的是 。填序号
A.第Ⅰ步反应的活化能低于第Ⅱ步
B.第Ⅰ步所发生的反应为：
C.使加氢合成低碳烯烃的减小
D.保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变
加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 。
（2）复合氧化物铁酸锰可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
则与、的关系表达式为 。
（3）纳米铁是重要的储氢材料，可用反应制得。在恒容密闭容器中加入足量铁粉和，在、不同温度下进行反应，测得与温度、时间的关系如图所示。
， 填“”或“”。
温度下，平衡时体系的总压强为。用某气体组分的平衡分压分压总压物质的量分数代替物质的量浓度也可表示平衡常数记作，则 用表示。
（4）高铁酸钾被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。电解法可制得，装置如图，阳极电极反应式为： ，若转移电子，则透过交换膜的离子数目为 。
23．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，一种反应机理如下图所示。
（1）NH3的电子式为 。
（2）[Cu(NH3)4]2+中，中心离子是 ，配位数是 。
（3）写出反应I的化学方程式，并用单线桥法表示电子转移的方向和数目： 。
24．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为 。
（2）在氮气保护下，在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液（pH =2.5）。反应过程中溶液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线（部分副反应产物曲线略去）如图3所示。请根据图3中信息写出 min前反应的离子方程式 。
（3）研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，发生反应C(s) +2NO(g) N2(g) +CO2(g) H<0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率 (NO)随温度的变化如图4所示：
①由图4可知，温度低于1 050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是 ；温度为1050 K时CO2的平衡体积分数为 。
②对于反应C(s) +2NO(g) N2(g)+CO2(g)的反应体系，标准平衡常数 ，其中 为标准压强（1×105Pa）， 、 和 为各组分的平衡分压，如 = · ， 为平衡总压， 为平衡系统中 NO的物质的量分数。若NO的起始物质的量为1 mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为 ，则 = （用含 的最简式表示）。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2 (g) N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在 s、 s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图5所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为 （填“ > ”“ < ”或“ =”） 。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
25．某课题组对含钴高炉渣(主要成分有、、、、、)资源化综合处理的流程如下：
回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为 ；物质是 (填化学式)。
（2）参与“酸浸”的化学方程式为 。滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。
（3）“中和沉淀”中，生成高效净水剂黄钠铁矾[]存在于滤渣Ⅱ中。该过程的离子方程式为 。在实验室中，向固体中加入等体积的溶液和 溶液，使其恰好完全反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到黄钠铁矾。
（4）滤液③中的铝元素恰好完全转化为沉淀的为 。{通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全；；}
（5）经充分焙烧质量减少，则获得的质量为 t。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、生铁为铁碳合金，在潮湿环境下形成原电池，加速腐蚀，则生铁比纯铁更容易生锈，故A不符合题意；
B、海水呈弱碱性，钢板在海水中发生吸氧腐蚀，故B符合题意；
C、阴极保护法是将被保护金属作为电解池阴极，故钢闸门连接直流电源负极，是采用了外加电流保护法，故C不符合题意；
D、人行道铁栏杆喷漆，可隔绝氧气和水，延缓钢铁腐蚀的速率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、生铁是铁和碳的混合物；
B、碱性环境下，钢铁发生吸氧腐蚀；
C、阴极保护法是将被保护金属作为电解池阴极；
D、喷漆可隔绝氧气和水。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．二氧化硫本身不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故A不符合题意；
B．氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程，则氨气的催化氧化制一氧化氮不属于氮的固定，故B不符合题意；
C．硅元素是亲氧元素，在自然界中不存在游离态的硅元素，故C不符合题意；
D．胶体能发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，则可用丁达尔效应区分溶液和胶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．二氧化硫本身不能电离出自由移动的离子；
B．氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程；
C．硅元素是亲氧元素；
D．丁达尔效应是胶体的特性。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，A不符合题意；
B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，B不符合题意；
C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，C符合题意；
D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．电子层越多、原子半径越大；
B．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
C．向Na2CO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；
D．金属性越强，与酸反应越剧烈。
4．【答案】C
【解析】【解答】A、醋酸纤维素属于有机高分子材料，故A正确；
B、牛奶和蛋清的主要成分为蛋白质，蛋白质在高温下发生变性，故B正确；
C、氧化铁为红棕色固体，故C错误；
D、航海船舶的外壳安装锌块，形成原电池反应，锌做负极失电子发生氧化反应，铁被保护，利用了牺牲阳极的阴极保护法的防腐原理，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、醋酸纤维素为有机高分子材料；
B、蛋白质在高温下变性；
C、氧化铁为红棕色；
D、航海船舶的外壳安装锌块，在海水中和铁形成原电池反应，锌做负极。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．树脂属于有机高分子材料，故A不符合题意；
B． 氢气燃烧生成水，且可通过电解水得到氢气，故氢能是清洁的可再生能源，故B符合题意；
C． 碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，还含有其他成分，属于混合物，故碳纤维与金刚石不互为同素异形体，故C不符合题意；
D． 氢气燃烧时能量变化除了有化学能到热能的转化，还包括化学能到光能的转化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.树脂是有机高分子材料；
C.碳纤维是混合物，金刚石是碳单质；
D.燃烧时化学能还转化为光能。
6．【答案】C
【解析】【解答】A.充电时，钙电极上Ca2＋发生得电子的还原反应，因此钙电极为阴极，故Li＋影响钙电极，A不符合题意；
B.放电时，Li1－xFePO4发生得电子的还原反应，生成LiFePO4，其电极反应式为：Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO4，B不符合题意；
C.锂离子导体膜可允许Li＋和水分子通过，电流是由电子的定向移动产生的，C符合题意；
D.充电时，阴极的电极反应式为：Ca2＋＋2e－=Ca，因此当转移0.2mol电子式时，消耗0.1molCa2＋，同时产生0.2molLi＋，故理论上阴极室中电解质的质量变化为减少m(Ca2＋)=0.1mol×40g·mol－1=4g，增加m(Li＋)=0.2mol×14g·mol－1=1.4g，则阴极室中电解质的质量减少4g－1.4g=2.6g，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、充电时为电解池装置，阳离子移向阴极；
B、放电时，Li1－xFePO4发生得电子的还原反应，生成LiFePO4；
C、电流是由电子的定向移动形成的；
D、充电时阴极上Ca2＋发生得电子的还原反应，结合电极反应式进行计算；
7．【答案】C
【解析】【解答】A．同周期原子序数越小、原子半径越大，同主族，原子序数越大、原子半径越大，则所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为H＜O＜C＜Na，A叙述不符合题意；
B．NaHCO3中钠离子与碳酸氢根离子间为离子键，碳酸氢根离子内含有共价键，则既含离子键又含共价键，B叙述不符合题意；
C．向NaHCO3溶液中加入足量氢氧化钙溶液反应的离子方程式为：Ca2++HCO +OH-=CaCO3↓+H2O，C叙述符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体应采用加热的方法，D叙述不符合题意；
答案为C。
【分析】A、同周期元素原子序数越大，原子半径越小，同主族元素，原子序数越大，原子半径越大；
B、NaHCO3中既有离子键，又有共价键；
C、Ca(OH)2足量，则参与反应的OH－和HCO3－的系数比为1：1；
D、NaHCO3不稳定，受热易分解成Na2CO3、H2O和CO2；
8．【答案】D
【解析】【解答】A．放电时，原电池“同性相吸”，则K+穿过阳离子交换膜即a膜移向复合膜ab间，故A不符合题意；
B．放电时，负极不断消耗氢氧根，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－，解离出的OH－穿过阴离子交换膜即b膜向负极移动，解离出的H+穿过阳离子交换膜即a膜向正极移动，故B不符合题意；
C．根据题中信息得到负极是锌失去电子变为，正极是二氧化铅得到电子变为硫酸铅，则充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+，故C不符合题意；
D．放电时正极反应式为： PbO2+ +4H++2e－= PbSO4+2H2O，则充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+2H2O 2e－=PbO2+ +4H+，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】放电时，该装置为原电池，Zn为负极，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=，正极的电极反应式为PbO2+ +4H++2e－= PbSO4+2H2O；充电时，为电解池，阳极的电极反应式为PbSO4+2H2O 2e－=PbO2+ +4H+。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．非金属性：X(C)＜T(S)，因此最高价氧化物对应水化物的酸性 X＜T，A不符合题意；
B．Z(F)的单质为F2，Y(C)的简单氢化物为H2O，2F2+2H2O=4HF+O2，B不符合题意；
C．R、T、Y分别为Na、S、O，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同，核电荷数越小的半径越大，因此原子半径：R＞T＞Y，离子半径： T＞Y＞R，C符合题意；
D．由X(C)、Y(O)、R(Na)三种元素组成的常见化合物为Na2CO3，Na2CO3水溶液因碳酸根离子水解呈碱性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、R、T原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C；Z元素原子在同周期原子中半径最小，则Z为F；Y与R能形成 R2Y、R2Y2型常见离子化合物，则R为Na，Y为O；R(Na)与T形成的化合物 R2T 能促进水的电离，则T为S，综上所述，X、Y、Z、R、T分别为C、O、F、Na、S。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．石墨I为阳极，与直流电源正极相连，故不A符合题意；
B．电解池工作时，阳离子向阴极移动，即H＋由石墨I通过质子交换膜向石墨II移动，故B符合题意；
C．石墨I为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故C不符合题意；
D．常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO～4e-～O2可知阴极消耗的氧气与阳极消耗的一氧化碳物质的量之比为1：2，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】该装置有外接电源，是电解池，由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，则电极石墨I为阳极，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-═(CH3O)2CO+2H+，电极石墨II为阴极，阳极产生的氢离子从质子交换通过移向阴极，氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，据此解答。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变条件不同，因此该转化过程不是可逆反应，故A不符合题意；
B．分子Ⅰ中甲基(Me)上的碳原子为sp3杂化，故B不符合题意；
C．分子Ⅰ和分子Ⅱ中联苯臂的相对位置不同，因此可通过蓝光和绿光转换实现操控分子中两个联苯臂的相对位置，故C符合题意；
D．分子Ⅰ转化为分子Ⅱ时吸收能量相对较高的蓝光，而分子Ⅱ转化为分子Ⅰ时吸收能量相对较低的绿光，由低能量分子转化为高能量分子需要吸收的能量较多，说明分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量低，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.注意可逆反应的条件：反应物和生成物同一条件同时存在；
B.甲基的碳原子sp3杂化；
C.两个联苯臂的相对位置会随着光的不同而不同；
D.波长越短，能量越大。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．呼出气体的流速过快，反应不能充分进行，检测结果不一定准确，A不符合题意；
B．检测仪工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，内电路中电流方向与阳离子移动方向相同，与阴离子移动方向相反，即内电路中电流方向：Pt1→质子交换膜→Pt2，B不符合题意；
C．由于O2的存在状况未知，则不能计算O2的体积，C不符合题意；
D．检测仪工作时，乙醇在负极发生失电子的氧化反应生成CH3COOH，负极反应为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据给出的物质，即可判断出左变乙醇是负极，右边氧气是正极，负极乙醇失去电子变为醋酸，正极是氧气得到电子结合氢离子变为水，结合选项即可判断
13．【答案】B
【解析】【解答】A．苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A不符合题意；
B．是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，故B符合题意；
C．H2O和NH3的中心原子O和N都是sp3杂化，杂化轨道都是正四面体构型，但孤电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，且孤电子对越多，斥力越大，键角被压缩得越小，而H2O有两对孤电子对，NH3有一对孤电子对，所以H2O的键角比NH3的键角
小，故C不符合题意；
D．溶液中存在以下平衡： ，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化为，溶液颜色变为黄绿色；降低温度，平衡逆向移动，转化为，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B中是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，其它选择均正确。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，该反应的平衡常数将减小，不符合题意；
B．在达到平衡之前，逆反应速率始终增大，不符合题意；
C．反应是气体体积不变的反应，反应过程中气体总物质的量不变，根据理想气体状态方程，可以看出，压强与温度成正比，只要反应还在向右进行，容器的温度就会持续升高，压强就会一直增大。因此，压强不变可以说明达到了平衡状态，符合题意；
D．从容器中分离出少量后，平衡正向移动，都减小，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响化学平衡的因素分析；利用“变者不变即平衡”判断。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．Fe3+、Mg2+均与OH-结合生成沉淀，Ba2+与SO 结合生成沉淀，则溶液中可能含Fe3+、Mg2+、Na+、Cl-、SO ，溶液中可能存在5种离子，故A不符合题意；
B．若溶液有颜色，则一定含Fe3+，可知一定没有OH-，故B符合题意；
C．若溶液呈碱性，溶液一定含OH-，可能含Na+，或Ba2+，故C不符合题意；
D．若含铁离子，则铁离子与铜反应，离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，则能溶解Cu，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
根据离子共存原理和溶液呈电中性，可以将各离子分成Fe3+、Mg2+、Na+、Cl-、SO42- ；以及 Ba2+、OH-；
A.溶液最多含5种离子；
B.有颜色的是铁离子，与氢氧根离子不共存；
C.碱性时，可能含有钠离子；
D.铁离子和铜单质可以发生氧化还原反应。
16．【答案】C
【解析】【解答】A． 与铝反应产生大量氢气的溶液可能呈酸性或碱性，碱性时NH不能大量共存，呈酸性时有NO与铝得不到氢气，故A不选；
B． 0.1mol/LNaHCO3溶液和AlO反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，故B不选；
C． 使甲基橙变红的溶液呈酸性，Mg2+、Na+、NO、SO不反应，故C选；
D． pH=12的溶液，S2-、ClO-发生氧化还原反应，故D不选；
故答案为：C。
【分析】A． 与NH反应，、NO与铝反应得不到氢气；
B． 和AlO反应；
C．酸性条件下Mg2+、Na+、NO、SO不反应；
D． S2-、ClO-反应。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂能改变化学反应速率，但不能改变化学平衡的移动方向，则HAP不能提高HCHO与 的平衡转化率，故A不符合题意；
B．由图可知，反应过程中，甲醛发生了C—H键断裂，故B不符合题意；
C．由图可知，二氧化碳分子中的氧原子来自于甲醛和氧气，故C符合题意；
D．由图可知，该过程发生的反应为甲醛和氧气在催化剂HAP的表面发生催化氧化生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂只是改变反应速率
B.根据反应流程即可判断键的断裂
C.根据反应流程即可判断二氧化碳中氧原子的来源
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
18．【答案】A
【解析】【解答】A. 在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、
、Cl-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A符合题意；
B. 能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+、ClO-、I-之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B不符合题意；
C. 含0.1mol·L-1 NaHSO4的溶液中H+与
反应生成沉淀而不能大量共存，选项C不符合题意；
D.
=1.0×10-12的溶液呈碱性，
、HCO
与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
19．【答案】C
【解析】【解答】A ．因为 ， 所以制备 时，应该先加入 ，防止 浓度过大水解产生 ，A项不符合题意；
B．应用 检验 ， 检验 ，B项不符合题意；
C．柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，温度过低，不利于溶解，同时反应物活化分子百分数低，反应速率慢，温度过高， 会分解；C项符合题意；
D．步骤⑤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑碳酸根水解，结合碳酸亚铁和氢氧化亚铁的溶度积即可判断
B.KSCN溶液是检验铁离子
C.根据 柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水即可判断反应条件
D.冷却结晶之前需要进行加热浓缩
20．【答案】D
【解析】【解答】A.14gN2即0.5molN2，生成0.5molN2时，根据N元素守恒，被氧化的氨气的物质的量是1mol，反应中还原剂的分子数目为NA，故A不符合题意；
B．标准状况下，Br2是液体，11.2LBr2的物质的量不是0.5mol，故B不符合题意；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目，故C不符合题意；
D.29.4gNH4Br的物质的量是，当生成0.3molNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.还原剂是NH3，根据化学方程式，生成1molN2时，只有2mol NH3作为还原剂参与氧化反应，据此分析。
B.注意运用公式n=时，物质状态必须是气态。
C.溶液体积未知，无法计算。
D.根据n=可知n(NH4Br)，结合化学方程式中物质的化学计量系数进行解答。
21．【答案】（1）-118
（2）温度升高，反应速率加快；；大于
（3）cd；；2.7
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，把 和 相加，即得 =+124kJ·mol-1-242kJ·mol-1=-118kJ·mol-1。
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度的升高而增大，可能是升高温度，催化剂的活性增大，反应速率加快的缘故。
②由图可知，550℃时，C3H8的转化率为13%，C3H6的产率为8%，设参加反应的C3H8为100mol，则生成的C3H6为8mol，则C3H6的选择性为 ×100%=61.5%。
③550℃时，C3H6的选择性为61.5%，575℃时，C3H6的选择性为 =51.5%，因此550℃时C3H6的选择性大于575℃时C3H6的选择性。
(3)①在 反应中，
a． 均表示正反应速率，无法确定正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故a不选；
b．反应物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，而容器体积恒定，所以容器内气体密度是定值，当容器内气体的密度不再发生变化时，不能说明反应达到了平衡，故b不选；
c．反应物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，反应前后气体的物质的量发生改变，所以容器内气体的平均相对分子质量在未平衡前是变化的，当容器内气体平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到了平衡状态，故c选；
d．该反应前后气体系数之和不相等，所以平衡建立过程中，混合气的物质的量是变化的，在恒温恒容条件下，压强和气体的物质的量成正比，所以当容器内的压强不再发生变化时，反应达到了平衡状态，故d选；
故答案为：cd。
②恒温恒容条件下，气体的物质的量和压强成正比，起始时容器内压强为 ，反应达平衡后总压为 ，则压强变化了4kPa，根据化学方程式可知，各物质变化的分压均为4kPa，所以平衡时C3H8、C3H6、H2的分压分别为6kPa、4kPa、4kPa。则C3H8的转化率为 =40%，Kp= =2.7kPa。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变
（2）① 速率随着温度升高而升高
② 根据图示中的数据即可求出转换丙烯的选择性
③根据温度下的转化率和产率计算出选择性进行对比即可
（3）①根据 ，气体系数增大，且正反应为吸热反应，可根据判断浓度是否不变以及某物质的正逆速率是否相等以及平均相对分子质量是否不变以及压强是否不变即可判断是否达到平衡
②根据物质的量之比等于压强之比利用压强之比求出平衡时的各物质的物质的量即可求出转化率和平衡分压即可求出常数
22．【答案】（1）BD；降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率
（2）
（3）；；
（4）；
【解析】【解答】（1）①A.活化能越低，反应速率越快，第i步为慢反应，则第i步反应的活化能高于第ii步，不符合题意；
B.由图可知，第i步所发生的反应为 ，符合题意；
C.根据题干信息可知， 为催化剂，对焓变没有影响，不符合题意；
D.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，符合题意；
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率，从而提高了单位时间内乙烯产量。
（2）根据盖斯定律可知，反应③可由2/x×（①+②）得到，则 =×（ + ）。
（3）①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度为T1时反应先达到平衡，则温度为T1时反应速率快于T2，即T1＞T2；根据图示信息，升温利于平衡逆向移动，说明该反应 ＜0。
②根据题干信息可知，T2达到平衡时，n(CO)=0.04mol/L×1L=0.04mol，则n(五羰基合铁)==0.04mol，即CO与五羰基合铁的平衡分压相等，均为，则平衡常数Kp== 。
（4）该装置为电解池，由图可知，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
【分析】（1）①A.活化能越低，反应速率越快。
B.由图可知，第i步所发生的反应为 。
C.催化剂对焓变没有影响。
D.平衡常数只与温度有关。
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）①根据“先拐先平数值大”进行分析；升温利于平衡向吸热反应方向移动。
②根据题干信息可知，算出T2达到平衡时，n(CO)与n(五羰基合铁)，结合平衡常数Kp=进行分析。
（4）该装置为电解池，铁棒为阳极，其电极反应式为 ；若转移6mol电子，结合电荷守恒，则有6mol（即6NA）OH-透过离子交换膜。
23．【答案】（1）
（2）Cu2+；4
（3）
【解析】【解答】（1）氨气中含有3个N-H键，N原子上有一个孤电子对，其电子式为 ，故答案为： ；
（2） [Cu(NH3)4]2+中， 中心离子为Cu2+，配体为NH3，则配位数为4，故答案为： Cu2+ ；4；
（3）反应Ⅰ的化学方程式为：，该反应中，Cu元素的化合价降低，N元素的化合价升高，则用单线桥法表示电子转移的方向和数目为 ，故答案为： 。
【分析】（1）氨气为共价化合物；
（2） [Cu(NH3)4]2+中 ，Cu2+为中心离子，配体为氨气；
（3）反应I为氧化铜和联氨反应生成氧化亚铜、氮气和水。
24．【答案】（1）NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g) △H=－41.8kJ·mol－1
（2）4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O
（3）温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；40%；
（4）>；H
【解析】【解答】(1)根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式①2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H1=－196.6kJ·mol－1，②2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) △H2=－113.0kJ·mol－1， (反应①－反应②)可得NO2氧化SO2的反应方程式，NO2(g)＋SO2(g)=NO(g)＋SO3(g) △H= (△H1－△H2)= [－196.6kJ·mol－1－(－113.0kJ·mol－1)]=－41.8kJ·mol－1，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)△H=－41.8kJ·mol－1；(2)根据图像，t1min前，溶液为酸性，反应后pH快速增大，NO3－的量在减小，而Fe2＋和NH4＋的量在增加，说明Fe和NO3－反应生成Fe2＋和NH4＋，离子方程式为4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；(3)①温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时，NO的转化为80%。假设通入NO的物质的量为xmol，利用三等式，有：
则CO2的体积分数为 ；
②若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α，根据三等式，有：
NO的物质的量分数为 ，同理N2和CO2的体积分数分别为0.5α、0.5α；则 ；(4)在针筒中，体积越小，压强越大，增大压强，平衡正向移动。
①体积越小，各物质的浓度越大，反应速率越大，B点的压强大，E点的压强小，那么B点各物质的浓度大，化学反应速率快，则有vB>vE；
②平均相对分子质量 ，根据质量守恒，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大。反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行得越多，平均相对分子质量越大；E点到F点的过程为压缩体积的过程，压强瞬时变大，F到H为压缩体积，平衡正向移动的过程，H达到平衡，则H点，物质的总物质的量n最小，平衡摩尔质量最大。
【分析】（1）考查盖斯定律的应用及图像的判断，根据图像可以写出两个热化学方程式，根据此方程式利用盖斯定律。
（2）考查图像的观察，根据图像判断反应物和生成物，通过反应物和生成物进行书写方程式，根据配平方法进行反应。
（3）考查图像的判断，根据温度条件对平衡的影响，推测在图像中的正常影响，推测其它条件的可能性。第二空利用平衡 的常用计算方法三段式，此处重点是已知量比较少，就一个，故需设定一个起始量。第三空利用压强之比等于物质的两之比进行计算平衡常数。
（4）第一空考查反应速率的影响因数根据图像进行判断，影响因素的不同。P，根据P的大小进行判断反应速率的大小。
第二课判断平均相对分子质量的大小，根据压强对平衡的影响。采用极限法，反应物和生成物的相对分子质量既是平均相对分子质量。
25．【答案】（1）减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率；
（2）；、
（3）；0.75
（4）8.38
（5）2.41
【解析】【解答】（1）研磨使颗粒物减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率；具有磁性，磁选时被分离出来，故填减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率、；
（2）在酸性条件下与反应的化学方程式为，加入硫酸后不反应，与硫酸生成，故填、、；
（3）根据题意，加入碳酸氢钠，生成高效净水剂黄钠铁矾[]的反应为；根据反应方程式，设体积为1L，则1L溶液含的物质的量为，恰好反应消耗物质的量为，浓度为，故填，0.75；
（4）根据反应，，当时恰好沉淀，则，pH=8.38，故填8.38；
（5）焙烧时发生反应，质量减少2t，设生成的质量为xt，则
可得，解得，故填2.41。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；具有磁性；
（2）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒书写；依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒书写；根据反应方程式计算；
（4）根据溶度积常数计算；
（5）利用差量法计算。
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