黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高三上学期化学第10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·哈尔滨月考）化学与生活、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．CO2的大量排放会导致酸雨的形成
B．黄河三角洲的形成体现了胶体聚沉的性质
C．推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放
D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
2．（2019高三上·哈尔滨月考）下列说法错误的是（ ）
A．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体
B．红磷和白磷互为同素异形体
C．37Cl和35Cl 互为同位素
D．CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁烷
3．（2019高三上·哈尔滨月考）下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．环己烯( )分子中的所有碳原子共面
C．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
D．二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)
4．（2019高三上·哈尔滨月考）下列反应或过程吸收能量的是( )
A．苹果缓慢腐坏 B．弱酸电离
C．镁带燃烧 D．酸碱中和
5．（2019高三上·哈尔滨月考）下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）
A．淀粉、CuO、HClO、Cu
B．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3
C．KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH
D．普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖
6．（2019高三上·哈尔滨月考）常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-、K＋
B．Na＋、Al3+、OH－、NO3-
C．K＋、Na＋、NO3-、Cl－
D．pH=13的溶液：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-
7．（2019高三上·哈尔滨月考）朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是（ ）
A．空气中的小水滴颗粒大小约为
B．月光是一种胶体
C．雾是一种胶体
D．发生丁达尔效应
8．（2019高三上·哈尔滨月考）下列有关说法正确的是（ ）
A． 催化剂活性
B． ，在恒容绝热容器中投入一定量 和 ，正反应速率随时间变化
C． ，t时刻改变某一条件，则
D． 向等体积等pH的HCl和 中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况
9．（2019高三上·哈尔滨月考）一定温度下，10mL 0.40 mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min 0 2 3 6 8 10
V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
下列叙述错误的是（ ）（溶液体积变化忽略不计）
A．反应至6min时，H2O2分解了50％
B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20 mol·L-1
C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)
D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)
10．（2019高二上·大庆月考）Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g) 2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号 起始物质 t/min 0 20 40 60 80 100
Ⅰ 0.5mol I2、0.5mol H2 w(HI)/% 0 50 68 76 80 80
Ⅱ x mol HI w(HI)/% 100 91 84 81 80 80
研究发现上述反应中：v正=ka w(H2) w(I2)，v逆=kb w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法错误的是（ ）
A．温度为T时，该反应 =64
B．容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol L-1 min-1
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
11．（2019高三上·哈尔滨月考）温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，下列说法错误的是 （ ）
A．v(SO2)∶v(O2)=2∶1
B．10 s内，v(SO3)=0.05 mol·L-1·s-1
C．SO2的平衡转化率为25%
D．平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍
12．（2019高三上·哈尔滨月考）下列说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g
B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
C． 在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
D．常温下， 。欲使溶液中 ，需调节溶液的
13．（2019高三上·深圳月考）科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是（ ）
A．电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极
B．液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极
C．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
D．三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动
14．（2019高三上·哈尔滨月考）氢气可用于烟气的脱氮、脱硫，反应为4H2(g)+2NO(g)+SO2(g) N2(g)+S(l)+4H2O(g)，△H＜0下列有关该反应说法正确的是（ ）
A．氧化剂是NO，还原剂是H2
B．升高温度，正、逆反应速率均增大
C．当v(H2)＝v(H2O)时，反应达到平衡
D．使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率
15．（2019高二上·长春月考）如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）
A．电池内的O2—由电极甲移向电极乙
B．电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C．当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应
D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
16．（2019高三上·哈尔滨月考）某工厂采用电解法处理含铬废水，利用耐酸电解槽阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意如图，下列说法错误的是（ ）
A．a为电源正极
B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
C．若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况)时，有0.2 molCr2O72-被还原
D．阴极区附近溶液pH增大
17．（2019高三上·哈尔滨月考）(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是（ ）
A．Al、Ga均处于ⅢA族
B．Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
C．酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
D．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
18．（2019高三上·大庆开学考）2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：
饱和食盐水 NaClO3 NaClO4 NaClO4NH4ClO4
下列说法错误的是（ ）
A．NH4ClO4属于离子化合物
B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4
C．该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
D．高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
19．（2019高三上·哈尔滨月考）图甲是一种利用微生物将废水中的尿素CO(NH2)2]转化为环境友好物质的原电也装置示意图，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接
B．图甲中H+透过质子交护膜由右向左移动
C．图甲中M 电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e=CO2+2NO2+14H+
D．当图甲中M 电极消耗0.5mol尿素时，图乙中铁电极增重96g
20．（2019高三上·哈尔滨月考）下列根据实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 生成白色沉淀 该溶液中不一定含有SO42﹣
B 向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水 滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红 氧化性：Cl2＞Fe3+
C 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质
D 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
A．A B．B C．C D．D
21．（2019高三上·青铜峡月考）物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。
下列各组物质：①Cu和HNO3溶液 ②Cu和FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe和HCl
溶液由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）
A．③④ B．①③ C．①② D．①③④
22．（2019高三上·哈尔滨月考）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳 Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
B．Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO ＋OH－=BaCO3↓＋H2O
C．用氨水吸收少量二氧化硫 OH﹣+SO2=HSO3﹣
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓
23．（2019高三上·哈尔滨月考）能表示H2(g)+ I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志有几个（ ）
①c(H2)=c(I2)=c(HI)时②c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2时③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变④单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2 ⑥反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI) ⑦一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
A．3 B．4 C．5 D．6
24．（2019高三上·哈尔滨月考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中错误的是（ ）
A．14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NA
B．CH4与白磷(P4)都为正四面体结构，则1mol CH4与1molP4所含共价键的数目均为4NA
C．反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol，若放出热量4.62kJ，则转移电子的数目为0.3NA
D．常温下，含0.5molNH4NO3与xmolNH3·H2O的中性溶液中，含有NH4+的数目为0.5NA
25．（2019高三上·哈尔滨月考）1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）
A．P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ΔH＞0
B．以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等
C．白磷比红磷稳定
D．红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol
二、工业流程
26．（2019高三上·哈尔滨月考）利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；②沉淀I中只含有两种沉淀；③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为 。
（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为 。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是 ；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为 。
（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2-3， 、 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%,其原因可能是 （回答一条原因即可）。
三、综合题
27．（2019高三上·哈尔滨月考）以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
（1）N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是__________。
A．N2O分解反应中：分解速率与是否含碘蒸气有关
B．第三步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步小
D．IO为反应的催化剂
（2）汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如，
反应I：2CO +2NO → N2+2CO2
△H1； 反应II：4CO +2NO2 → N2+4CO2 △H2<0。
针对反应I：①已知：反应N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol 1，若CO的燃烧热为-283.5kJ·mol l 则反应I的△H1= kJ·mol 1。
②若在恒容的密闭容器中，充入2molCO和1molNO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
A．CO和NO的物质的量之比不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变 D.2v（N2）正=v（CO）逆
（3）根据原电池原理和电解原理进行如图回答。请回答： 用如图所示装置进行实验(K闭合)．
①Zn极为 极；实验过程中，SO42- (填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动。
②y极的电极反应现象为 ；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法 。
④有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，请写出该电池的正极反应式 。
四、实验题
28．（2019高三上·哈尔滨月考）磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体
PH3(沸点－89.7℃，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.0500 mg/kg时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品 中残留磷化物的质量以判断是否合格。
在C中加入100g原粮，E中加入20.00 mL 2.50×10-4 mol/ L KMnO4溶液(H2SO4酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。回答下列问题：
（1）PH3的电子式为 。仪器C的名称是 。
（2）A中酸性高锰酸钾溶液的作用是 通入空气的作用是 。
（3）PH3也可被NaClO氧化可用于制备NaH2PO2，制得的NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍， 同时生成磷酸和氯化物，请写出化学镀镍的化学方程式为 。
（4）装置E中PH3被氧化成磷酸，充分反应后的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10－5mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液 20.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：SO32－+MnO4－+H+→SO42－+Mn2++H2O(未配平)，则滴定终点的现象为 。
该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为 mg/kg。（保留三位有效数字）。
五、填空题
29．（2019高三上·哈尔滨月考）铁、钴、镍及其化合物有许多用途。回答下列问题：
（1）基态铁原子核外共有 种不同空间运动状态的电子，铁、钴、镍基态原子核外未成对电子数最少的价层电子的电子排布图（轨道表达式）为 。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是 （填“1”“2”“3”或“4”），分子中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为 （用相应的元素符号表示），分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，该晶体固态下不导电，熔融状态、水溶液均能导电，该晶体属于 （填晶体类型）。配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为16，则x= 。
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和74pm，则熔点NiO FeO（填“＞”“＜”或“=”），原因是 。
（5）Ni、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为 g·cm-3.。
六、推断题
30．（2019高三上·哈尔滨月考）有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：
已知：①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F的结构简式为：
③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
④
请回答下列问题：
（1）A的名称为 (系统命名法)；Z中所含官能团的名称是 。
（2）反应Ⅰ的反应条件是 ；反应Ⅲ的反应类型为 。
（3）E的结构简式为 。
（4）写出反应Ⅴ的化学方程式 。
（5）写出反应IV中 的化学方程式 。
（6）W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，则W的同分异构体中满足下列条件：
①能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基，③不能水解，遇FeCl3溶液不显色的结构共有 种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关，SO2的大量排放会导致酸雨的形成，CO2的大量排放会导致温室效应，故A符合题意；
B. 黄河三角洲的形成，为土壤胶体在海水中电解质作用下发生聚沉，体现胶体聚沉的性质，故B不符合题意；
C. 燃料电池可减少颗粒物、CO等有害物质的排放，则推广使用燃料电池汽车，减少化石能源的使用，故C不符合题意；
D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅可与强碱反应，导致光导纤维溶解“断路”，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. CO2不会导致酸雨的形成；
B. 黄河三角洲的形成是因为胶体发生了聚沉；
C. 化石燃料的使用会排放CO、氮氧化物等物质，造成环境污染；
D. SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
2．【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同一种物质，故A符合题意。
B. 红磷和白磷互为同素异形体，B不符合题意。
C. 37Cl和35Cl 互为同位素，C不符合题意。
D. CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁烷，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】此题考查四同，根据四同的定义进行判断，注意同分异构体的判断，结构简式不同，即名称不一样。
3．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A不符合题意；
B.己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B不符合题意；
C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3，所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C符合题意；
D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D不符合题意；
故合理选项是C。
【分析】A.同系物中结构相似指含的官能团及官能团的个数都一样；
B.环己烯分子中含有亚甲基结构，所有原子不可能共平面；
C.4个碳原子以内的醇有1-丁醇、2-丁醇、2-甲基-1-丙醇、2-甲基-2-丙醇、1-丙醇、2-丙醇、乙醇、甲醇共8种，4个碳原子以内的羧酸有丁酸、异丁酸、丙酸、乙酸、甲酸共5种，分子中的碳原子加起来为5的醇与羧酸对应，所以分子式为C5H10O2的酯共有9种；
D、 二环己烷中有两类氢原子 ，当一个氯原子定到1号位，二氯代物有3种，当一个氯原子定到2号位，二氯代物有4种 。
4．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A不符合题意；
B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意；
C、镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意；
D、酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氧化反应为放热反应；
B、电离需要吸收能量；
C、燃烧属于放热反应；
D、酸碱中和放热反应。
5．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项不符合题意；
B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O CaO 6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项不符合题意；
C. KAl(SO4)2 12H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3 H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项不符合题意；
D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。
6．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. Fe2＋为浅绿色，不符合限定条件，A项不符合题意；
B. Al3+与OH－会反应生成氢氧化铝沉淀而不共存，B项不符合题意；
C. K＋、Na＋、NO3-、Cl－不反应，可大量共存，C项符合题意；
D. pH=13的溶液为碱性溶液，HCO3-与OH-可反应生成碳酸根离子和水而不共存，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 无色溶液不能存在有颜色的离子；
B.离子能 生成沉淀、气体、弱电解质的不能共存；
C. 钠盐、钾盐以及硝酸盐都可溶；
D. HCO3-与OH-及H+都不能共存；
7．【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 雾是一种气溶胶，本质特征是分散质粒子的直径在1~100nm之间，故选A；
B. 雾是一种气溶胶，光不是胶体，故不选B；
C. 雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故不选C；
D. 雾是一种气溶胶，能发生丁达尔效应，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故不选D。
【分析】A. 烟、云、雾都是胶体；
B. 光不是胶体，胶体分散质粒子的直径在1~100nm之间；
C. 分散质粒子的直径的大小是根本原因；
D. 形成丁达尔效应的根本原因是分散质的粒子直径大小不同。
8．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. 使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性c
C.该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：a
故答案为：C。
【分析】A. 活化能越低，催化剂活性越强；
B.可逆反应，当达到反应限度时，V正=V逆，且不等于0；
C.增大压强，平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大；
D.醋酸存在电离平衡，随着和Zn的反应，平衡右移，则c(H+)大于HCl。
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A.0～6min时间内，生成氧气为 =0.001mol，由2H2O2 2H2O+O2，可知△c(H2O2)= =0.2mol/L，则H2O2分解率为 ×100%=50%，故A不符合题意；
B．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B不符合题意；
C.0～6min时间内，生成氧气为 =0.001mol，由2H2O2 2H2O+O2，可知△c(H2O2)= =0.2mol/L，所以v(H2O2)= ≈0.033mol/(L min)，故C不符合题意；
D．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据方程式可知，当O2生成0.001mol时，H2O2消耗了0.002mol；
B．由题意知，c(H2O2)===0.2mol/L；
C．由方程式知，v(H2O2)= = ≈0.033mol/(L min)；
D．由表可知，反应速率：0～3 min>3～6min，因此，4～6 min的v(H2O2)<3.3×10-2mol/(L·min)。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．温度为T时
H2(g) + I2(g) 2HI(g)
起始（mol/L） 0.5 0.5 0
转化（mol/L） n n 2n
平衡（mol/L） 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%= ×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K= =64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka w(H2) w(I2)=v正=v逆=kb w2(HI)，则 = =K=64，故A不符合题意；
B．前20 min，
H2(g) + I2(g) 2HI(g)
起始（mol/L） 0.5 0.5 0
转化（mol/L） m m 2m
平衡（mol/L） 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%= ×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)= =0.025mol L-1 min-1，故B不符合题意；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc= =1＜K=64，反应正向进行，故C符合题意；
D．H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据表中数据进行求解；
B、根据平均速率的表达式进行求解；
C、根据勒夏特列原理进行作答；
D、注意此反应反应物的气体系数之和等于生成物的气体系数之和。
11．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，故A不符合题意；
B. 10 s内，v(SO3)= =0.05 mol·L-1·s-1，故B不符合题意；
C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为 ×100%=25%，故C不符合题意；
D. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的 倍，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 任何时刻，速率比等于化学计量系数之比；
B. 10 s内，v(SO3)== =0.05 mol·L-1·s-1；
C.根据方程式可知， 当c(SO3)=0.5 mol·L-1时，n( SO2 )=1mol；
D.根据方程式可知，反应前为SO2和O2一共为4+2=6mol，平衡时SO2、O2和SO3一共为3+1.5+1=5.5mol
12．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A不符合题意；
B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B不符合题意；
C． ，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T△S＜0，则△H＜0，为放热反应，故C不符合题意；
D．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6 mol L-1，c(OH-)≥ =10-9 mol L-1，即调节溶液的pH≥5，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。
13．【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A符合题意；
B.图中，铝电极是Si4+得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B不符合题意；
C.由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si， C不符合题意；
D.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.由图可知，液态铝得到电子，液态Cu-Si合金失去电子；
B.液态铝为阴极，与电源的负极相连；
C.由图可知，Si在阳极失电子转化为Si4+，Si4+在阴极得电子转化为Si；
D.电子不能通过电解质；
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A.中氧化剂是NO和SO2，氢气是还原剂，A项不符合题意；
B.升高温度正、逆反应速率同时增大，B项符合题意；
C.用H2、H2O表示的速率没有标明正、逆方向，C项不符合题意；
D.催化剂不能改变平衡转化率，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当正反应速率与逆反应速率相等时，可以判断反应到达平衡状态。注意所谓的速率相等，可以是同一种物质的不同反应方向，若用不同的物质表示速率，其速率之比需要满足反应中的化学计量数之比。
15．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2 由电极乙移向电极甲，A项不符合题意；
B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项不符合题意；
C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项符合题意；
D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原电池中阴离子向负极方向移动；
B.NO是有毒气体，产物应为氮气；
C.根据电极方程式进行计算；
D.原电池中电子流向是负极流向正极。
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故a为电源正极，A项不符合题意；
B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，B项不符合题意；
C.13.44 L氢气的物质的量为 =0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）= =0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为0.6mol× =0.1mol，C项符合题意；
D. 阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．电源正极和阳极相连，负极和阴极相连；
B．活泼电极做阳极时，电极放电；
C．根据电子守恒可以求出；
D. 阴极H+生成H2，C（H+）降低，则pH增大；
17．【答案】C
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项不符合题意；
B. Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，B项不符合题意；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，C项符合题意；
D. Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项是学生们的易错点，学生们对于在NaAlO2溶液中通入过量的CO2所发生的反应NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理，在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的Al(OH)3，此时Al(OH)3相当于弱酸，NaGaO2类似于NaAlO2，在NaGaO2、NaAlO2混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是因为Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜H2CO3
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、NH4ClO4 是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，A不符合题意；
B、根据NaClO4 NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，B不符合题意；
C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，C符合题意；
D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)×4=0，则x=+7，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．NH4ClO4含离子键、共价键；
B． NaClO4NH4ClO4 可知，利用溶解度差异分离出高氯酸铵；
C．由上述流程可知，氯化铵参加反应，没有生成；
D．高氯酸铵中Cl为最高正价。
19．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】根据图甲，N电极氧气发生还原反应生成水，所以N是正极、M是负极，图乙在铁上镀铜，铁作阴极，所以图乙中Fe电极应与图甲中X相连接，故A不符合题意；N是正极，图甲中H+透过质子交护膜由左向右移动，故B不符合题意；尿素CO(NH2)2]转化为环境友好物质，所以尿素在负极失电子生成CO2和N2，电极反应式是 ，故C不符合题意；根据C项可知，M 电极消耗0.5mol尿素时转移3mol电子，图乙中铁电极生成1.5mol铜，增重96g，故D符合题意。
【分析】原电池工作时，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；阳离子移向正极，阴离子移向负极。
20．【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验；镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42 ，A项不符合题意；
B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项不符合题意；
C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项符合题意；
D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项不符合题意；
故答案为：C.
【分析】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。
21．【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】①Cu与稀硝酸反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，硝酸的浓度不同，发生的氧化还原反应不同，①符合题意；
②Cu与FeCl3溶液只发生反应Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，反应不随溶液浓度的变化而变化，②不符合题意；
③Zn与浓硫酸反应生成SO2，与稀硫酸反应生成H2，硫酸的浓度不同，发生的氧化还原反应不同，③符合题意；
④铁与盐酸只发生反应Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，反应不随盐酸浓度的变化而变化，④不符合题意；
综上，由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的为①③，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据不同浓度下物质所发生的反应进行分析。
22．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙和HClO，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故A不符合题意；
B．Ba(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B符合题意；
C．用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3 H2O+SO2=SO32-+2NH4++H2O，故C不符合题意；
D．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】可拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐。
A．过量二氧化碳生成碳酸氢盐；
B．方程式：Ba(HCO3)2+NaOH=BaCO3↓+H2O+NaHCO3；
C．方程式：2NH3 H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O；
D．H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O。
23．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①平衡时c(H2)、c(I2)、c(HI)三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故不符合题意；②平衡时浓度c(H2)：c(I2)：c(HI)可能为1：1：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故不符合题意；③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故符合题意；④单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故符合题意；⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2，都体现逆反应方向，故不符合题意；⑥只要反应发生，就符合反应速率v(H2)=v(I2)= v(HI)，故不符合题意；⑦一个H H键断裂等效于两个H I键形成同时有两个H I键断裂，正逆反应速率相等，故符合题意；⑧该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和体积一定时，容器内压强一直不再变化，故不符合题意；⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故符合题意；⑩该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故不符合题意； 该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故不符合题意；
故答案为：B。
【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
24．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．N2和13C2H2的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均含中子为14个，故0.5mol混合物中含中子为7NA个，故A不符合题意；
B．甲烷中含4条共价键，而白磷中含6条，故1 mol CH4与1molP4所含共价键的数目为4NA和6NA个，故B符合题意；
C．反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，放热92.4KJ时，转移电子数6mol，故当放热4.62KJ时，则转移电子为0.3NA个，故C不符合题意；
D．含0.5 mol NH4NO3与xmol NH3 H2O的中性溶液中n(OH-)=n(H+)，根据电荷守恒故有：n(NO3-)=n(NH4+)=0.5mol，则铵根离子为0.5NA个，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
25．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A不符合题意；
B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B不符合题意；
C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C不符合题意；
D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．放热反应，ΔH＜0，吸热反应，ΔH>0；
B．能量不同，白磷和红磷的活化能也不同，红磷所需活化能更高；
C．能量越低越稳定；
D．放热反应，ΔH＜0。
26．【答案】（1）Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O
（2）ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O
（3）使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式: Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O。
答案为：Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O；(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为: ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O。
答案为： ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。
答案为：使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。
答案为：蒸发浓缩 ；冷却结晶(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
答案为：产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
【分析】在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀。过滤后得到滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，将Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀，加盐酸调节溶液pH值，加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入浓盐酸调整pH为2-3，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、减压烘干等过程，最终得到所制备的产品。
27．【答案】（1）A
（2）-747.0；B
（3）负；从右向左；有黄绿色气体生成；牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；N2+6e-+8H+= 2NH4+
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) A．由题干给与信息，碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，故A正确；
B．第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定性作用，故B不正确；
C．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大，故C不正确；
D．催化剂不参与化学反应，反应结束时，催化剂仍保持原来的性质，根据第二步和第三步的反应IO是中间产物，故D不正确；
故答案为：A。
(2) ①根据已知条件①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol 1，②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H4=-567kJ·mol l，根据盖斯定律，②-①得2CO(g) +2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H1=-747.0kJ·mol 1；
答案为：-747.0；
②A.当达到平衡时，体系内各组分的含量保持不变的状态，CO和NO的物质的量之比不变，即为 CO和NO的物质的量保持不变，故A正确；
B. 反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保持不变，恒容条件下，混合气体体积始终不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应达到平衡，故B不正确
C.反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保持不变，可以说明反应达到平衡，故C正确。
D.v（N2）正：v（CO）逆= 1：2，不同物质正逆反应速率之比等于计量系数之比，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：B。
(3) ①左端是原电池，金属锌是负极，铜是正极，电解质里的阴离子移向负极，即从右向左；
故答案为：负；从右向左；
②右端是电解池，y是阳极，发生氯离子失电子的氧化反应，有黄绿色气体氯气生成，铜电极是正极，发生还原反应：Cu2++2e =Cu，
故答案为：有黄绿色气体生成；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法：在铁闸门上镶嵌比铁活泼的金属，即牺牲阳极的阴极保护法或对铁闸门通电将铁闸门与电源负极项链，即外加电流的阴极保护法
故答案为：牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；④以N2、H2为电极反应物，以HCl NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+= 2NH4+，
故答案为：N2+6e-+8H+= 2NH4+。
【分析】(1) A．由题信息可知碘蒸气能提高N2O的分解速率；
B．反应慢的对总反应速率起决定性作用；
C．反应慢的活化能大于反应快的；
D．由方程式可知I2是催化剂；
(2) ① 由盖斯定律，方程式相减可以求出；
②A.物质的量保持不变则达到平衡；
B. 混合气体质量和体积始终不变，则密度一直保持不变；
C.反应前后气体体积不相等的体系，压强不变，则反应达到平衡。
D.v正=v逆时，反应达到平衡状态；
(3) ①原电池：能自发发生氧化还原反应，图中Zn可以置换出Cu，则左边的为原电池，活泼金属为负极，另一端为正极；
②阳极Cl-失电子变成Cl2；
③保护金属可以用的方法：牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；
④ 燃料为负极，则H2为负极，N2为正极，正极得电子生成 NH4+ 。
28．【答案】（1）；三颈烧瓶
（2）吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高；排出装置中空气；保证生成的pH3全部被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收
（3）2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl
（4）滴最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；0.383
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由于P、H两元素通过共价键结合形成化合物，H原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P原子最外层有5个电子，可结合3个H原子形成三对共用电子对，达到8电子的稳定结构，PH3的电子式是 ；由示意图可知仪器C的名称是三颈烧瓶；(2)由于空气中也含有还原性气体会干扰后续的实验，因此A中酸性高锰酸钾溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高；AlP与水发生反应产生Al(OH)3和PH3，PH3是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的pH3全部赶到E内，被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收，以减小实验误差；(3)NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍，同时生成磷酸和氯化物，反应中Ni元素化合价从+2价降低到0价，P元素化合价从+1价升高到+5价，所以根据电子得失守恒可知化学镀镍的化学方程式为2NiCl2+NaH2PO2+2H2O＝2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl。(4)由于酸性高锰酸钾溶液显紫色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；根据题意可知KMnO4得到电子的物质的量与PH3、Na2SO3失去的电子的物质的量相等，2n(Na2SO3)+8n(PH3)=5n(KMnO4)，代入数值：2×10×4.0×10－5mol/L×0.02L+8 n(PH3)=5×2.50×10－4mol/L×0.02L，解得n(PH3)=1.125×10-6mol，m(PH3)=1.125×10-6mol×34g/mol=3.825×10-5g=0.03825mg；则该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为0.03825mg÷0.1kg＝0.383mg/kg。
【分析】(1)根据P、H原子结构，分析书写出PH3的电子式；结合示意图辨析仪器；(2)根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性分析；根据PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；(3)根据电子得失守恒分析解答；(4)根据KMnO4溶液的颜色判断，根据氧化还原反应中电子守恒计算。
29．【答案】（1）15；
（2）2、4；N＞C＞H；sp2
（3）离子晶体；4
（4）＞；相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高
（5） ×1030
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】（1）铁为26号元素，基态铁原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其核外有 26种不同运动状态的电子，有1s、2s、 3s、 4s、 2p、 3p、 3d共15种不同空间运动状态的电子；铁、钴、镍的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、 3d84s2，基态原子核外未成对电子数最少的是Ni，价层电子的电子排布图为 ；
答案为：15； ；
（2）含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后有4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键， 1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N>C>H；根据分子结构简式，其中碳原子在苯环上或形成碳碳双键，因此碳原子为sp2杂化。答案为：2、4；N＞C＞H；sp2 ；
（3）离子晶体固体中离子不能自由移动而不能导电，而熔融状态下可以电离出自由移动的离子可以导电；由高铁酸钾晶体固体下不导电，熔融状态、水溶液均可导电可知，该晶体为离子晶体；配合物Fe(CO)的中心原子为Fe，其价电子数为8，每个配体是供的电子数为2 ，则可得等式8+2x=16，解得x=4；
答案为：离子晶体； 4；
（4）NiO、 FeO的晶体结构类型均与NaCl相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以熔点是NiO>FeO；
答案为：＞；相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高；
（5）根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为6× =3，Ni原子数为8× =1， Cr原子为1 ，则化学式为NiCrO3，晶胞变长为a pm，阿伏加德罗常数值为NA ，则有 ，则晶体的密度
答案为： ×1030；
【分析】（1）核外电子空间运动状态由能层、能级、原子轨道决定，铁、钴、镍基态原子核外未成对电子数最少的为Ni；
（2）形成配位键是由N提供孤电子对同时中心Co提供空轨道，此时N已经达到8电子结构，同周期主族元素随着原子序数增大，电负性增大，分子中C均形成双键，为平面型结构；
（3）晶体固态K2FeO4下不导电，熔融状态、水溶液均能导电，可判断为离子晶体，根据Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为16计算x，其中Fe提供8个电子，一个CO提供2个电子；
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，则NiO与FeO均为离子晶体，判断熔点根据晶格能大小比较；
（5）根据均摊法计算一个晶胞中含有的粒子数，再由密度公式ρ＝计算晶体密度。
30．【答案】（1）2－甲基－2－丙醇；酚羟基、醛基
（2）浓硫酸，加热；氧化反应
（3）(CH3)2CHCOOH
（4）
（5）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O
（6）6；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，A→B是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，D→E是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E、F的结构简式可知，X的结构简式为 ，在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为 ；Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为 ，Z→F是酯化反应，F的结构简式为： ；(1)结合以上分析可知，A的结构简式为：(CH3)3C(OH)，名称为2－甲基－2－丙醇；Z的结构简式为： ，所含官能团酚羟基、醛基；综上所述，本题答案是：2－甲基－2－丙醇；酚羟基、醛基。(2) A为(CH3)3C(OH)，B为(CH3)2C=CH2，A→B是消去反应，反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸加热；C是(CH3)2CHCH2OH， D是(CH3)2CHCHO，所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；综上所述，本题答案是：浓硫酸，加热；氧化反应。(3)结合以上分析可知，E的结构简式为(CH3)2CHCOOH；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCOOH。(4) 在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，生成 ，反应Ⅴ的化学方程式： ；综上所述，本题答案是： 。 (5) D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热，发生银镜反应，反应IV中 的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O。(6) Z的结构简式为 ，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，含有醛基；②苯环上有两个取代基，可以3种位置；③不能水解，遇FeCl3溶液不显色，没有酯基，酚羟基；满足条件下的结构有：苯环上分别连有-CHO和-CH2OH，结构有3种；苯环上分别连有-CHO和-OCH3，结构有3种；共计有6种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为： ；综上所述，本题答案是：6， 。
【分析】A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，A→B是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，D→E是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为 ；在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为 ，Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为 ，Z→F是酯化反应，F的结构简式为： ；据以上分析解答。
黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高三上学期化学第10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·哈尔滨月考）化学与生活、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是（ ）
A．CO2的大量排放会导致酸雨的形成
B．黄河三角洲的形成体现了胶体聚沉的性质
C．推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放
D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关，SO2的大量排放会导致酸雨的形成，CO2的大量排放会导致温室效应，故A符合题意；
B. 黄河三角洲的形成，为土壤胶体在海水中电解质作用下发生聚沉，体现胶体聚沉的性质，故B不符合题意；
C. 燃料电池可减少颗粒物、CO等有害物质的排放，则推广使用燃料电池汽车，减少化石能源的使用，故C不符合题意；
D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅可与强碱反应，导致光导纤维溶解“断路”，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. CO2不会导致酸雨的形成；
B. 黄河三角洲的形成是因为胶体发生了聚沉；
C. 化石燃料的使用会排放CO、氮氧化物等物质，造成环境污染；
D. SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
2．（2019高三上·哈尔滨月考）下列说法错误的是（ ）
A．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体
B．红磷和白磷互为同素异形体
C．37Cl和35Cl 互为同位素
D．CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁烷
【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同一种物质，故A符合题意。
B. 红磷和白磷互为同素异形体，B不符合题意。
C. 37Cl和35Cl 互为同位素，C不符合题意。
D. CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁烷，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】此题考查四同，根据四同的定义进行判断，注意同分异构体的判断，结构简式不同，即名称不一样。
3．（2019高三上·哈尔滨月考）下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．环己烯( )分子中的所有碳原子共面
C．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
D．二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A不符合题意；
B.己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B不符合题意；
C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3，所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C符合题意；
D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D不符合题意；
故合理选项是C。
【分析】A.同系物中结构相似指含的官能团及官能团的个数都一样；
B.环己烯分子中含有亚甲基结构，所有原子不可能共平面；
C.4个碳原子以内的醇有1-丁醇、2-丁醇、2-甲基-1-丙醇、2-甲基-2-丙醇、1-丙醇、2-丙醇、乙醇、甲醇共8种，4个碳原子以内的羧酸有丁酸、异丁酸、丙酸、乙酸、甲酸共5种，分子中的碳原子加起来为5的醇与羧酸对应，所以分子式为C5H10O2的酯共有9种；
D、 二环己烷中有两类氢原子 ，当一个氯原子定到1号位，二氯代物有3种，当一个氯原子定到2号位，二氯代物有4种 。
4．（2019高三上·哈尔滨月考）下列反应或过程吸收能量的是( )
A．苹果缓慢腐坏 B．弱酸电离
C．镁带燃烧 D．酸碱中和
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A不符合题意；
B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意；
C、镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意；
D、酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氧化反应为放热反应；
B、电离需要吸收能量；
C、燃烧属于放热反应；
D、酸碱中和放热反应。
5．（2019高三上·哈尔滨月考）下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）
A．淀粉、CuO、HClO、Cu
B．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3
C．KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH
D．普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项不符合题意；
B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O CaO 6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项不符合题意；
C. KAl(SO4)2 12H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3 H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项不符合题意；
D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。
6．（2019高三上·哈尔滨月考）常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-、K＋
B．Na＋、Al3+、OH－、NO3-
C．K＋、Na＋、NO3-、Cl－
D．pH=13的溶液：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. Fe2＋为浅绿色，不符合限定条件，A项不符合题意；
B. Al3+与OH－会反应生成氢氧化铝沉淀而不共存，B项不符合题意；
C. K＋、Na＋、NO3-、Cl－不反应，可大量共存，C项符合题意；
D. pH=13的溶液为碱性溶液，HCO3-与OH-可反应生成碳酸根离子和水而不共存，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 无色溶液不能存在有颜色的离子；
B.离子能 生成沉淀、气体、弱电解质的不能共存；
C. 钠盐、钾盐以及硝酸盐都可溶；
D. HCO3-与OH-及H+都不能共存；
7．（2019高三上·哈尔滨月考）朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是（ ）
A．空气中的小水滴颗粒大小约为
B．月光是一种胶体
C．雾是一种胶体
D．发生丁达尔效应
【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 雾是一种气溶胶，本质特征是分散质粒子的直径在1~100nm之间，故选A；
B. 雾是一种气溶胶，光不是胶体，故不选B；
C. 雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故不选C；
D. 雾是一种气溶胶，能发生丁达尔效应，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故不选D。
【分析】A. 烟、云、雾都是胶体；
B. 光不是胶体，胶体分散质粒子的直径在1~100nm之间；
C. 分散质粒子的直径的大小是根本原因；
D. 形成丁达尔效应的根本原因是分散质的粒子直径大小不同。
8．（2019高三上·哈尔滨月考）下列有关说法正确的是（ ）
A． 催化剂活性
B． ，在恒容绝热容器中投入一定量 和 ，正反应速率随时间变化
C． ，t时刻改变某一条件，则
D． 向等体积等pH的HCl和 中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. 使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性c
C.该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：a
故答案为：C。
【分析】A. 活化能越低，催化剂活性越强；
B.可逆反应，当达到反应限度时，V正=V逆，且不等于0；
C.增大压强，平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大；
D.醋酸存在电离平衡，随着和Zn的反应，平衡右移，则c(H+)大于HCl。
9．（2019高三上·哈尔滨月考）一定温度下，10mL 0.40 mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min 0 2 3 6 8 10
V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
下列叙述错误的是（ ）（溶液体积变化忽略不计）
A．反应至6min时，H2O2分解了50％
B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20 mol·L-1
C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)
D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)
【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A.0～6min时间内，生成氧气为 =0.001mol，由2H2O2 2H2O+O2，可知△c(H2O2)= =0.2mol/L，则H2O2分解率为 ×100%=50%，故A不符合题意；
B．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B不符合题意；
C.0～6min时间内，生成氧气为 =0.001mol，由2H2O2 2H2O+O2，可知△c(H2O2)= =0.2mol/L，所以v(H2O2)= ≈0.033mol/(L min)，故C不符合题意；
D．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据方程式可知，当O2生成0.001mol时，H2O2消耗了0.002mol；
B．由题意知，c(H2O2)===0.2mol/L；
C．由方程式知，v(H2O2)= = ≈0.033mol/(L min)；
D．由表可知，反应速率：0～3 min>3～6min，因此，4～6 min的v(H2O2)<3.3×10-2mol/(L·min)。
10．（2019高二上·大庆月考）Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g) 2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号 起始物质 t/min 0 20 40 60 80 100
Ⅰ 0.5mol I2、0.5mol H2 w(HI)/% 0 50 68 76 80 80
Ⅱ x mol HI w(HI)/% 100 91 84 81 80 80
研究发现上述反应中：v正=ka w(H2) w(I2)，v逆=kb w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法错误的是（ ）
A．温度为T时，该反应 =64
B．容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol L-1 min-1
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．温度为T时
H2(g) + I2(g) 2HI(g)
起始（mol/L） 0.5 0.5 0
转化（mol/L） n n 2n
平衡（mol/L） 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%= ×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K= =64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka w(H2) w(I2)=v正=v逆=kb w2(HI)，则 = =K=64，故A不符合题意；
B．前20 min，
H2(g) + I2(g) 2HI(g)
起始（mol/L） 0.5 0.5 0
转化（mol/L） m m 2m
平衡（mol/L） 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%= ×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)= =0.025mol L-1 min-1，故B不符合题意；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc= =1＜K=64，反应正向进行，故C符合题意；
D．H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据表中数据进行求解；
B、根据平均速率的表达式进行求解；
C、根据勒夏特列原理进行作答；
D、注意此反应反应物的气体系数之和等于生成物的气体系数之和。
11．（2019高三上·哈尔滨月考）温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，下列说法错误的是 （ ）
A．v(SO2)∶v(O2)=2∶1
B．10 s内，v(SO3)=0.05 mol·L-1·s-1
C．SO2的平衡转化率为25%
D．平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，故A不符合题意；
B. 10 s内，v(SO3)= =0.05 mol·L-1·s-1，故B不符合题意；
C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为 ×100%=25%，故C不符合题意；
D. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的 倍，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 任何时刻，速率比等于化学计量系数之比；
B. 10 s内，v(SO3)== =0.05 mol·L-1·s-1；
C.根据方程式可知， 当c(SO3)=0.5 mol·L-1时，n( SO2 )=1mol；
D.根据方程式可知，反应前为SO2和O2一共为4+2=6mol，平衡时SO2、O2和SO3一共为3+1.5+1=5.5mol
12．（2019高三上·哈尔滨月考）下列说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g
B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
C． 在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
D．常温下， 。欲使溶液中 ，需调节溶液的
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A不符合题意；
B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B不符合题意；
C． ，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T△S＜0，则△H＜0，为放热反应，故C不符合题意；
D．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6 mol L-1，c(OH-)≥ =10-9 mol L-1，即调节溶液的pH≥5，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。
13．（2019高三上·深圳月考）科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是（ ）
A．电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极
B．液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极
C．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
D．三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动
【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A符合题意；
B.图中，铝电极是Si4+得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B不符合题意；
C.由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si， C不符合题意；
D.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.由图可知，液态铝得到电子，液态Cu-Si合金失去电子；
B.液态铝为阴极，与电源的负极相连；
C.由图可知，Si在阳极失电子转化为Si4+，Si4+在阴极得电子转化为Si；
D.电子不能通过电解质；
14．（2019高三上·哈尔滨月考）氢气可用于烟气的脱氮、脱硫，反应为4H2(g)+2NO(g)+SO2(g) N2(g)+S(l)+4H2O(g)，△H＜0下列有关该反应说法正确的是（ ）
A．氧化剂是NO，还原剂是H2
B．升高温度，正、逆反应速率均增大
C．当v(H2)＝v(H2O)时，反应达到平衡
D．使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A.中氧化剂是NO和SO2，氢气是还原剂，A项不符合题意；
B.升高温度正、逆反应速率同时增大，B项符合题意；
C.用H2、H2O表示的速率没有标明正、逆方向，C项不符合题意；
D.催化剂不能改变平衡转化率，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当正反应速率与逆反应速率相等时，可以判断反应到达平衡状态。注意所谓的速率相等，可以是同一种物质的不同反应方向，若用不同的物质表示速率，其速率之比需要满足反应中的化学计量数之比。
15．（2019高二上·长春月考）如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）
A．电池内的O2—由电极甲移向电极乙
B．电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C．当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应
D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2 由电极乙移向电极甲，A项不符合题意；
B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项不符合题意；
C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项符合题意；
D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原电池中阴离子向负极方向移动；
B.NO是有毒气体，产物应为氮气；
C.根据电极方程式进行计算；
D.原电池中电子流向是负极流向正极。
16．（2019高三上·哈尔滨月考）某工厂采用电解法处理含铬废水，利用耐酸电解槽阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意如图，下列说法错误的是（ ）
A．a为电源正极
B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
C．若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况)时，有0.2 molCr2O72-被还原
D．阴极区附近溶液pH增大
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故a为电源正极，A项不符合题意；
B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，B项不符合题意；
C.13.44 L氢气的物质的量为 =0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）= =0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为0.6mol× =0.1mol，C项符合题意；
D. 阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．电源正极和阳极相连，负极和阴极相连；
B．活泼电极做阳极时，电极放电；
C．根据电子守恒可以求出；
D. 阴极H+生成H2，C（H+）降低，则pH增大；
17．（2019高三上·哈尔滨月考）(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是（ ）
A．Al、Ga均处于ⅢA族
B．Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
C．酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
D．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】C
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项不符合题意；
B. Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，B项不符合题意；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，C项符合题意；
D. Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项是学生们的易错点，学生们对于在NaAlO2溶液中通入过量的CO2所发生的反应NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理，在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的Al(OH)3，此时Al(OH)3相当于弱酸，NaGaO2类似于NaAlO2，在NaGaO2、NaAlO2混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是因为Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜H2CO3
饱和食盐水 NaClO3 NaClO4 NaClO4NH4ClO4
下列说法错误的是（ ）
A．NH4ClO4属于离子化合物
B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4
C．该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
D．高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、NH4ClO4 是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，A不符合题意；
B、根据NaClO4 NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，B不符合题意；
C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，C符合题意；
D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)×4=0，则x=+7，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．NH4ClO4含离子键、共价键；
B． NaClO4NH4ClO4 可知，利用溶解度差异分离出高氯酸铵；
C．由上述流程可知，氯化铵参加反应，没有生成；
D．高氯酸铵中Cl为最高正价。
19．（2019高三上·哈尔滨月考）图甲是一种利用微生物将废水中的尿素CO(NH2)2]转化为环境友好物质的原电也装置示意图，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接
B．图甲中H+透过质子交护膜由右向左移动
C．图甲中M 电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e=CO2+2NO2+14H+
D．当图甲中M 电极消耗0.5mol尿素时，图乙中铁电极增重96g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】根据图甲，N电极氧气发生还原反应生成水，所以N是正极、M是负极，图乙在铁上镀铜，铁作阴极，所以图乙中Fe电极应与图甲中X相连接，故A不符合题意；N是正极，图甲中H+透过质子交护膜由左向右移动，故B不符合题意；尿素CO(NH2)2]转化为环境友好物质，所以尿素在负极失电子生成CO2和N2，电极反应式是 ，故C不符合题意；根据C项可知，M 电极消耗0.5mol尿素时转移3mol电子，图乙中铁电极生成1.5mol铜，增重96g，故D符合题意。
【分析】原电池工作时，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；阳离子移向正极，阴离子移向负极。
20．（2019高三上·哈尔滨月考）下列根据实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 生成白色沉淀 该溶液中不一定含有SO42﹣
B 向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水 滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红 氧化性：Cl2＞Fe3+
C 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质
D 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验；镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42 ，A项不符合题意；
B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项不符合题意；
C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项符合题意；
D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项不符合题意；
故答案为：C.
【分析】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。
21．（2019高三上·青铜峡月考）物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。
下列各组物质：①Cu和HNO3溶液 ②Cu和FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe和HCl
溶液由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）
A．③④ B．①③ C．①② D．①③④
【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】①Cu与稀硝酸反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，硝酸的浓度不同，发生的氧化还原反应不同，①符合题意；
②Cu与FeCl3溶液只发生反应Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，反应不随溶液浓度的变化而变化，②不符合题意；
③Zn与浓硫酸反应生成SO2，与稀硫酸反应生成H2，硫酸的浓度不同，发生的氧化还原反应不同，③符合题意；
④铁与盐酸只发生反应Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，反应不随盐酸浓度的变化而变化，④不符合题意；
综上，由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的为①③，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据不同浓度下物质所发生的反应进行分析。
22．（2019高三上·哈尔滨月考）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳 Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
B．Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO ＋OH－=BaCO3↓＋H2O
C．用氨水吸收少量二氧化硫 OH﹣+SO2=HSO3﹣
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙和HClO，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故A不符合题意；
B．Ba(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B符合题意；
C．用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3 H2O+SO2=SO32-+2NH4++H2O，故C不符合题意；
D．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】可拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐。
A．过量二氧化碳生成碳酸氢盐；
B．方程式：Ba(HCO3)2+NaOH=BaCO3↓+H2O+NaHCO3；
C．方程式：2NH3 H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O；
D．H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O。
23．（2019高三上·哈尔滨月考）能表示H2(g)+ I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志有几个（ ）
①c(H2)=c(I2)=c(HI)时②c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2时③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变④单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2 ⑥反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI) ⑦一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①平衡时c(H2)、c(I2)、c(HI)三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故不符合题意；②平衡时浓度c(H2)：c(I2)：c(HI)可能为1：1：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故不符合题意；③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故符合题意；④单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故符合题意；⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2，都体现逆反应方向，故不符合题意；⑥只要反应发生，就符合反应速率v(H2)=v(I2)= v(HI)，故不符合题意；⑦一个H H键断裂等效于两个H I键形成同时有两个H I键断裂，正逆反应速率相等，故符合题意；⑧该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和体积一定时，容器内压强一直不再变化，故不符合题意；⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故符合题意；⑩该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故不符合题意； 该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故不符合题意；
故答案为：B。
【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
24．（2019高三上·哈尔滨月考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中错误的是（ ）
A．14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NA
B．CH4与白磷(P4)都为正四面体结构，则1mol CH4与1molP4所含共价键的数目均为4NA
C．反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol，若放出热量4.62kJ，则转移电子的数目为0.3NA
D．常温下，含0.5molNH4NO3与xmolNH3·H2O的中性溶液中，含有NH4+的数目为0.5NA
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．N2和13C2H2的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均含中子为14个，故0.5mol混合物中含中子为7NA个，故A不符合题意；
B．甲烷中含4条共价键，而白磷中含6条，故1 mol CH4与1molP4所含共价键的数目为4NA和6NA个，故B符合题意；
C．反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，放热92.4KJ时，转移电子数6mol，故当放热4.62KJ时，则转移电子为0.3NA个，故C不符合题意；
D．含0.5 mol NH4NO3与xmol NH3 H2O的中性溶液中n(OH-)=n(H+)，根据电荷守恒故有：n(NO3-)=n(NH4+)=0.5mol，则铵根离子为0.5NA个，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
25．（2019高三上·哈尔滨月考）1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）
A．P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ΔH＞0
B．以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等
C．白磷比红磷稳定
D．红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A不符合题意；
B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B不符合题意；
C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C不符合题意；
D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．放热反应，ΔH＜0，吸热反应，ΔH>0；
B．能量不同，白磷和红磷的活化能也不同，红磷所需活化能更高；
C．能量越低越稳定；
D．放热反应，ΔH＜0。
二、工业流程
26．（2019高三上·哈尔滨月考）利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；②沉淀I中只含有两种沉淀；③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为 。
（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为 。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是 ；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为 。
（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2-3， 、 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%,其原因可能是 （回答一条原因即可）。
【答案】（1）Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O
（2）ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O
（3）使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式: Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O。
答案为：Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O；(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为: ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O。
答案为： ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。
答案为：使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。
答案为：蒸发浓缩 ；冷却结晶(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
答案为：产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
【分析】在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀。过滤后得到滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，将Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀，加盐酸调节溶液pH值，加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入浓盐酸调整pH为2-3，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、减压烘干等过程，最终得到所制备的产品。
三、综合题
27．（2019高三上·哈尔滨月考）以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
（1）N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是__________。
A．N2O分解反应中：分解速率与是否含碘蒸气有关
B．第三步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步小
D．IO为反应的催化剂
（2）汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如，
反应I：2CO +2NO → N2+2CO2
△H1； 反应II：4CO +2NO2 → N2+4CO2 △H2<0。
针对反应I：①已知：反应N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol 1，若CO的燃烧热为-283.5kJ·mol l 则反应I的△H1= kJ·mol 1。
②若在恒容的密闭容器中，充入2molCO和1molNO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
A．CO和NO的物质的量之比不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变 D.2v（N2）正=v（CO）逆
（3）根据原电池原理和电解原理进行如图回答。请回答： 用如图所示装置进行实验(K闭合)．
①Zn极为 极；实验过程中，SO42- (填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动。
②y极的电极反应现象为 ；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法 。
④有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，请写出该电池的正极反应式 。
【答案】（1）A
（2）-747.0；B
（3）负；从右向左；有黄绿色气体生成；牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；N2+6e-+8H+= 2NH4+
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) A．由题干给与信息，碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，故A正确；
B．第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定性作用，故B不正确；
C．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大，故C不正确；
D．催化剂不参与化学反应，反应结束时，催化剂仍保持原来的性质，根据第二步和第三步的反应IO是中间产物，故D不正确；
故答案为：A。
(2) ①根据已知条件①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol 1，②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H4=-567kJ·mol l，根据盖斯定律，②-①得2CO(g) +2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H1=-747.0kJ·mol 1；
答案为：-747.0；
②A.当达到平衡时，体系内各组分的含量保持不变的状态，CO和NO的物质的量之比不变，即为 CO和NO的物质的量保持不变，故A正确；
B. 反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保持不变，恒容条件下，混合气体体积始终不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应达到平衡，故B不正确
C.反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保持不变，可以说明反应达到平衡，故C正确。
D.v（N2）正：v（CO）逆= 1：2，不同物质正逆反应速率之比等于计量系数之比，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：B。
(3) ①左端是原电池，金属锌是负极，铜是正极，电解质里的阴离子移向负极，即从右向左；
故答案为：负；从右向左；
②右端是电解池，y是阳极，发生氯离子失电子的氧化反应，有黄绿色气体氯气生成，铜电极是正极，发生还原反应：Cu2++2e =Cu，
故答案为：有黄绿色气体生成；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法：在铁闸门上镶嵌比铁活泼的金属，即牺牲阳极的阴极保护法或对铁闸门通电将铁闸门与电源负极项链，即外加电流的阴极保护法
故答案为：牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；④以N2、H2为电极反应物，以HCl NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+= 2NH4+，
故答案为：N2+6e-+8H+= 2NH4+。
【分析】(1) A．由题信息可知碘蒸气能提高N2O的分解速率；
B．反应慢的对总反应速率起决定性作用；
C．反应慢的活化能大于反应快的；
D．由方程式可知I2是催化剂；
(2) ① 由盖斯定律，方程式相减可以求出；
②A.物质的量保持不变则达到平衡；
B. 混合气体质量和体积始终不变，则密度一直保持不变；
C.反应前后气体体积不相等的体系，压强不变，则反应达到平衡。
D.v正=v逆时，反应达到平衡状态；
(3) ①原电池：能自发发生氧化还原反应，图中Zn可以置换出Cu，则左边的为原电池，活泼金属为负极，另一端为正极；
②阳极Cl-失电子变成Cl2；
③保护金属可以用的方法：牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；
④ 燃料为负极，则H2为负极，N2为正极，正极得电子生成 NH4+ 。
四、实验题
28．（2019高三上·哈尔滨月考）磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体
PH3(沸点－89.7℃，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.0500 mg/kg时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品 中残留磷化物的质量以判断是否合格。
在C中加入100g原粮，E中加入20.00 mL 2.50×10-4 mol/ L KMnO4溶液(H2SO4酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。回答下列问题：
（1）PH3的电子式为 。仪器C的名称是 。
（2）A中酸性高锰酸钾溶液的作用是 通入空气的作用是 。
（3）PH3也可被NaClO氧化可用于制备NaH2PO2，制得的NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍， 同时生成磷酸和氯化物，请写出化学镀镍的化学方程式为 。
（4）装置E中PH3被氧化成磷酸，充分反应后的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10－5mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液 20.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：SO32－+MnO4－+H+→SO42－+Mn2++H2O(未配平)，则滴定终点的现象为 。
该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为 mg/kg。（保留三位有效数字）。
【答案】（1）；三颈烧瓶
（2）吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高；排出装置中空气；保证生成的pH3全部被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收
（3）2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl
（4）滴最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；0.383
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由于P、H两元素通过共价键结合形成化合物，H原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P原子最外层有5个电子，可结合3个H原子形成三对共用电子对，达到8电子的稳定结构，PH3的电子式是 ；由示意图可知仪器C的名称是三颈烧瓶；(2)由于空气中也含有还原性气体会干扰后续的实验，因此A中酸性高锰酸钾溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高；AlP与水发生反应产生Al(OH)3和PH3，PH3是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的pH3全部赶到E内，被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收，以减小实验误差；(3)NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍，同时生成磷酸和氯化物，反应中Ni元素化合价从+2价降低到0价，P元素化合价从+1价升高到+5价，所以根据电子得失守恒可知化学镀镍的化学方程式为2NiCl2+NaH2PO2+2H2O＝2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl。(4)由于酸性高锰酸钾溶液显紫色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；根据题意可知KMnO4得到电子的物质的量与PH3、Na2SO3失去的电子的物质的量相等，2n(Na2SO3)+8n(PH3)=5n(KMnO4)，代入数值：2×10×4.0×10－5mol/L×0.02L+8 n(PH3)=5×2.50×10－4mol/L×0.02L，解得n(PH3)=1.125×10-6mol，m(PH3)=1.125×10-6mol×34g/mol=3.825×10-5g=0.03825mg；则该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为0.03825mg÷0.1kg＝0.383mg/kg。
【分析】(1)根据P、H原子结构，分析书写出PH3的电子式；结合示意图辨析仪器；(2)根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性分析；根据PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；(3)根据电子得失守恒分析解答；(4)根据KMnO4溶液的颜色判断，根据氧化还原反应中电子守恒计算。
五、填空题
29．（2019高三上·哈尔滨月考）铁、钴、镍及其化合物有许多用途。回答下列问题：
（1）基态铁原子核外共有 种不同空间运动状态的电子，铁、钴、镍基态原子核外未成对电子数最少的价层电子的电子排布图（轨道表达式）为 。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是 （填“1”“2”“3”或“4”），分子中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为 （用相应的元素符号表示），分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，该晶体固态下不导电，熔融状态、水溶液均能导电，该晶体属于 （填晶体类型）。配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为16，则x= 。
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和74pm，则熔点NiO FeO（填“＞”“＜”或“=”），原因是 。
（5）Ni、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为 g·cm-3.。
【答案】（1）15；
（2）2、4；N＞C＞H；sp2
（3）离子晶体；4
（4）＞；相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高
（5） ×1030
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】（1）铁为26号元素，基态铁原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其核外有 26种不同运动状态的电子，有1s、2s、 3s、 4s、 2p、 3p、 3d共15种不同空间运动状态的电子；铁、钴、镍的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、 3d84s2，基态原子核外未成对电子数最少的是Ni，价层电子的电子排布图为 ；
答案为：15； ；
（2）含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后有4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键， 1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N>C>H；根据分子结构简式，其中碳原子在苯环上或形成碳碳双键，因此碳原子为sp2杂化。答案为：2、4；N＞C＞H；sp2 ；
（3）离子晶体固体中离子不能自由移动而不能导电，而熔融状态下可以电离出自由移动的离子可以导电；由高铁酸钾晶体固体下不导电，熔融状态、水溶液均可导电可知，该晶体为离子晶体；配合物Fe(CO)的中心原子为Fe，其价电子数为8，每个配体是供的电子数为2 ，则可得等式8+2x=16，解得x=4；
答案为：离子晶体； 4；
（4）NiO、 FeO的晶体结构类型均与NaCl相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以熔点是NiO>FeO；
答案为：＞；相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高；
（5）根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为6× =3，Ni原子数为8× =1， Cr原子为1 ，则化学式为NiCrO3，晶胞变长为a pm，阿伏加德罗常数值为NA ，则有 ，则晶体的密度
答案为： ×1030；
【分析】（1）核外电子空间运动状态由能层、能级、原子轨道决定，铁、钴、镍基态原子核外未成对电子数最少的为Ni；
（2）形成配位键是由N提供孤电子对同时中心Co提供空轨道，此时N已经达到8电子结构，同周期主族元素随着原子序数增大，电负性增大，分子中C均形成双键，为平面型结构；
（3）晶体固态K2FeO4下不导电，熔融状态、水溶液均能导电，可判断为离子晶体，根据Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为16计算x，其中Fe提供8个电子，一个CO提供2个电子；
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，则NiO与FeO均为离子晶体，判断熔点根据晶格能大小比较；
（5）根据均摊法计算一个晶胞中含有的粒子数，再由密度公式ρ＝计算晶体密度。
六、推断题
30．（2019高三上·哈尔滨月考）有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：
已知：①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F的结构简式为：
③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
④
请回答下列问题：
（1）A的名称为 (系统命名法)；Z中所含官能团的名称是 。
（2）反应Ⅰ的反应条件是 ；反应Ⅲ的反应类型为 。
（3）E的结构简式为 。
（4）写出反应Ⅴ的化学方程式 。
（5）写出反应IV中 的化学方程式 。
（6）W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，则W的同分异构体中满足下列条件：
①能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基，③不能水解，遇FeCl3溶液不显色的结构共有 种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为 。
【答案】（1）2－甲基－2－丙醇；酚羟基、醛基
（2）浓硫酸，加热；氧化反应
（3）(CH3)2CHCOOH
（4）
（5）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O
（6）6；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，A→B是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，D→E是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E、F的结构简式可知，X的结构简式为 ，在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为 ；Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为 ，Z→F是酯化反应，F的结构简式为： ；(1)结合以上分析可知，A的结构简式为：(CH3)3C(OH)，名称为2－甲基－2－丙醇；Z的结构简式为： ，所含官能团酚羟基、醛基；综上所述，本题答案是：2－甲基－2－丙醇；酚羟基、醛基。(2) A为(CH3)3C(OH)，B为(CH3)2C=CH2，A→B是消去反应，反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸加热；C是(CH3)2CHCH2OH， D是(CH3)2CHCHO，所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；综上所述，本题答案是：浓硫酸，加热；氧化反应。(3)结合以上分析可知，E的结构简式为(CH3)2CHCOOH；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCOOH。(4) 在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，生成 ，反应Ⅴ的化学方程式： ；综上所述，本题答案是： 。 (5) D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热，发生银镜反应，反应IV中 的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2 (CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O。(6) Z的结构简式为 ，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，含有醛基；②苯环上有两个取代基，可以3种位置；③不能水解，遇FeCl3溶液不显色，没有酯基，酚羟基；满足条件下的结构有：苯环上分别连有-CHO和-CH2OH，结构有3种；苯环上分别连有-CHO和-OCH3，结构有3种；共计有6种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为： ；综上所述，本题答案是：6， 。
【分析】A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，A→B是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，D→E是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为 ；在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为 ，Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为 ，Z→F是酯化反应，F的结构简式为： ；据以上分析解答。
