高三化学高考前拓展思维精华版习题一
一、单选题
1．直接从自然界取得的能源称为一次能源，以下不属于一次能源的是（ ）
A．风力 B．天然气 C．电力 D．水力
2．下列物质属于酸性氧化物的是（ ）
A．KMnO4 B．Fe2O3 C．SO3 D．CO
3．下列物质中是电解质且能导电的是（ ）
A．盐酸 B．铜 C．氨气 D．熔融KCl
4．常温常压下，乙烯氯化反应合成1，2-二氯乙烷电化学装置如图所示，其中A、B为多孔铂电极。下列有关说法错误的是（ ）
A．电极B是电池的正极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电路中通过1电子，两极溶液质量相差71g
D．电极A的电极反应式为
5．化合物X结构如图，下列说法错误的是
A．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗
B．所有C原子可能共平面
C．分子中含4种含氧官能团
D．在酸性条件下水解的产物均可使酸性溶液褪色
6．在海水资源的开发利用中，下列关于各工业体系的操作的叙述中错误的是（ ）
选项 工业体系 操作
A 镁工业：制备单质镁 高温条件下，用氢气还原氧化镁
B 溴工业：制备单质溴 用氯气氧化海水中的溴离子
C 淡水工业：制备蒸馏水 用太阳能将海水蒸发再液化得到初步的淡水
D 氯碱工业：制备含氯消毒剂 用得到的和石灰乳反应制漂白粉
A．A B．B C．C D．D
7．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是
已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。
电离平衡常数
A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解
B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液
C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥
D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤
8．随着老百姓生活水平的提高，汽车进入寻常百姓家，在发生剧烈的汽车碰撞时，汽车安全气囊会发生反应10NaN3+2KNO3 K2O+5Na2O+16N2↑，有关该反应说法正确的是（ ）
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1
B．N2既是氧化产物也是还原产物
C．NaN3是氧化剂
D．KNO3发生氧化反应
9．探究的性质，根据实验方案和现象，下列结论错误的是
实验方案 现象 结论
A 测定均为离子化合物的和 的熔点更高 中离子键强于中离子键
B 常温下，测定溶液的 发生了水解
C 向溶液中滴加1滴酸性溶液 紫色褪去，溶液澄清 将氧化为
D 向溶液中加入 产生淡黄色沉淀 将氧化为
A．A B．B C．C D．D
10．类推思维是化学解题中常用的种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是（ ）
已知 类推
A 将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性： 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
C 铁和氯气反应2Fe+3Cl2 2FeCl3 铁和碘单质反应2Fe+3I2 2FeI3
D 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO 向溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
11．硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．
已知：重晶石（BaSO4）高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：
BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2kJ mol﹣1
BaS（s）=Ba（s）+S（s）△H=+460kJ mol﹣1
已知：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ mol﹣1
则：Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）△H= ．
12．现有下列几种物质：①H2O ②空气 ③铝 ④CaO ⑤H2SO4 ⑥Ca（OH）2 ⑦CuSO4 5H2O ⑧碘酒 ⑨C2H5OH ⑩NaHCO3 （11）碳酸钡 （12）氨气
（13）甲烷 （14）稀硝酸，用序号填空：
属于混合物的是 ；属于氧化物的是 ；属于酸的是 ；属于碱的是 ；属于盐的是 ；属于有机物的是 ；可以导电的有
13．将两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物M（化学式为xK2SO4·yCr2(SO4)3），若将2.83g化合物M中的Cr3+全部氧化为Cr2O72-后，溶液中的Cr2O72-可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr2O72-+3I2+7H2O，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀。
由此推断出化合物M中x：y为 。写出简要计算过程： 。
三、解答题
14．常温下，将20.0g质量分数为14.0%的KNO3溶液与30.0g质量分数为24.0%的KNO3溶液混合，得到的密度为1.15g/cm3的混合溶液．计算：
（1）混合后溶液的质量分数．
（2）混合后溶液的物质的量浓度．
（3）在1 000g水中需溶解多少摩尔KNO3才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等？
15．氯化钠与氯化镁的混合物中，氯离子的物质的量之比为1：2，求混合物中两种物质的质量之比。
16．红矶钠是重要的化工原料，工业上以铬铁矿(，含少量、)为主要原料制备红矾钠的工艺流程如下：
已知：i. ii.
回答下列问题：
（1）焙烧铬铁矿生成，并将和转化为可溶性钠盐。
①焙烧时为加快反应速率，可采取的措施是 。
②生成的化学方程式如下，将其补充完整： 。
□＋□□_＋□＋□
（2）滤液2中含有的溶质有：、 。
（3）中和时的理论范围为4.5～9.3，调控不过高也不能过低的理由 。
（4）酸化后所得溶液中主要含有和。
①结晶时，将混合溶液加热浓缩、 (填操作)、冷却结晶、过滤得到红矾钠晶体。
②滤液5最适宜返回上述流程 中，参与循环再利用。
（5）工业上还可用膜电解技术(装置如图所示)，以为主要原料制备，结合化学用语简述制备的原理： 。
（6） 可用于测定水体的COD(COD是指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水样中的还原性物质完全被氧化；再用的溶液滴定剩余的，消耗溶液，则该水样的为 。【被还原为；换算关系：】
四、实验探究题
17．铁在冷的浓硫酸中能发生钝化．某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体．实验室现有下列试剂：0.01mol/L 酸性KMnO4溶液、0.1mol/L KI溶液、3%H2O2溶液、淀粉溶液、蒸馏水．请你协助他们探究所得溶液和气体的成分．
（1）【提出猜想】
Ⅰ．所得溶液中的金属离子可能含有Fe2+和Fe3+中的一种或两种；
Ⅱ．所得气体中可能含有 中的一种或两种．
（2）【实验探究】
实验操作 预期现象 结 论
验证猜想Ⅰ 步骤①：取少量0.01mol/L 酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液
步骤②： 含有Fe3+
验证猜想Ⅱ 将所得气体通入如下装置 含有两种气体
（3）【问题讨论】
有同学提出，若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和H2O2两种溶液即可完成猜想Ⅰ的所有探究，请对该观点进行评价： ．
五、综合题
18．
（1）写出葡萄糖的分子式 乙醛的结构简式
（2）写出乙烯和溴水的反应方程式
19．二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用的热点研究领域。相关的主要化学反应有：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）将和按物质的量之比为1：3投入一密闭容器中反应。(只考虑反应Ⅰ)
①当通入的气体总物质的量一定时，在固定体积、不同温度下，产物乙烯的体积分数随时间的变化如图1所示。试结合图1判断该反应自发进行的条件并说明理由 。
②下列描述正确的是 。
A．升高温度使反应的平衡常数增大
B．加压有助于反应的平衡正向移动
C．恒压时，可以说明反应达到平衡
D．恒容时，再充入一定量，反应平衡体系中增大
（2）现将一定量的和置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应一段时间后测定生成物的浓度，得到图2和图3。
①结合图2和图3，该模拟工业生产制备乙烯的适宜条件为 。
②725K时，将和的混合气体(体积比为1：3，总物质的量为4mol)在VL的固定容积容器中反应，并在一定催化剂下只进行反应Ⅰ和Ⅲ．达到平衡时，测得容器中和的物质的量均为mol，则在该温度下反应Ⅲ的平衡常数K为 。
③在一定温度和压强条件下，为了提高反应物气体的转化率，采用了选择性膜技术，可选择性地让某气体通过而离开体系)。当选择性膜吸附乙烯气体时，可以降低副产物的选择性(选择性：生成消耗的的物质的量与总共转化了的的物质的量之比)，请结合具体反应说明原因 。
20．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯及其化合物既是重要化工原料，又是广泛使用的高效灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）用氯气制备漂白液的离子方程式是 。
（2）TCCA是一种高效含氯消毒漂白剂，贮运稳定，在水中释放有效氯时间长，应用于游泳池等公共场合，其分子结构如图所示：
已知：X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍。
①TCCA的分子式是 。
②X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是 (用氢化物的化学式表示)。
（3）ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂，将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2。
资料：NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇。NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
① 写出由ClO2制备NaClO2的离子方程式 。
② 从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：将溶液在减压和55 ℃条件下蒸发至大量晶体析出后， ， ，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体 (补全实验步骤)。
21．绿水青山就是金山银山。燃烧煤的烟气含有SO2和NOx，直接排放会造成环境污染，排放前需要进行处理。试回答下列问题：
（1）某实验小组设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·mol-l、283.0kJ·mol-l，试写出CO还原SO2生成CO2和S(s)的热化学方程式 。
（2）采用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol·L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为 。(已知25℃时：H2SO3的电离常数Kal=l.3×10-2，Ka2=6.2×10-8)
（3）采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在脱硫、脱硝过程中，反应器中一直维持下列条件：温度为298K，pH=12，NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。通入含有SO2和NO的烟气，则反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子 Cl-
c/(mol·L-1) 8.35×10-4 6.87×10-6 1.5×10-4 l.2×10-5 3.4×10-3
在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。
①写出NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式 。脱硫、脱硝反应的△H 0(填“＜”“＞”或“=”)。
②已知脱硝主要反应为；4NO+3+4OH-=4+3Cl-+2H2O。由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是 (写出其中一个原因)。欲提高烟气中NO的脱硝反应速率，可以采用的措施是 (写出其中一条措施)。
③脱硝主要反应的平衡表达式为：，其中pe(NO)为平衡分压。结合题目信息，计算298K时脱硫过程主要反应的化学平衡常数：K= (只列算式代入数据，不作运算)
（4）如果采用Ca(ClO2)2替代NaClO2，能得到更好的烟气脱硫效果，其原因是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．可以从自然界中直接获得的能源，为一次能源，风力可以直接获得，A不符合题意；
B．可以从自然界中直接获得的能源，为一次能源，天然气可以直接获得，B不符合题意；
C．电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能转化来得，为二次能源，故C符合题意；
D．可以从自然界中直接获得的能源，为一次能源，水力可以直接获得，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】一次能源：从自然界直接获取的能源，又称天然能源，包括化石燃料，如原煤，原油，天然气等，核燃料，生物能，水能，风能，太阳能，地热能，海洋能，潮汐能等；二次能源无法从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源，如电能等。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．KMnO4是由金属阳离子和酸根阴离子组成的化合物属于盐，而不属于氧化物，A不符合题意；
B．Fe2O3与酸反应产生盐和水，因此属于碱性氧化物，B不符合题意；
C．SO3与碱反应产生盐和水，因此属于酸性氧化物，C符合题意；
D．CO不是酸性氧化物，而是不成盐氧化物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据酸性氧化物指的是能与碱起反应生成盐和水的氧化物判断；A项中KMnO4是由金属阳离子和酸根阴离子组成的化合物属于盐，而不属于氧化物。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.盐酸是混合物，不属于电解质，故不选A；
B.铜是单质，不属于电解质，故不选B；
C.氨气溶于水能导电，其原因是氨气与水反应生成的一水合氨电离出氢氧根离子和铵根离子，不是氨气本身电离所导致，所以氨气属于非电解质，故不选C；
D.KCl在熔融条件下能电离出K+、Cl-，能导电，所以熔融KCl属于电解质，故选D；
故答案为：D。
【分析】依据在熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，是电解质；一般包括酸、碱，活泼金属氧化物和大多数盐。金属能导电，电解质在水中或者熔融状态下可导电分析。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．根据上述分析，B电极为正极，故A说法不符合题意；
B．A电极反应式为CH2=CH2＋2Cl－－2e－=CH2ClCH2Cl，B电极反应式为Cl2＋2e－=2Cl－，Cl－由正极移向负极，因此离子交换膜为阴离子交换膜，故B说法不符合题意；
C．A电极反应式为CH2=CH2＋2Cl－－2e－=CH2ClCH2Cl，通过1mol电子，有0.5mol乙烯参与反应，同时右侧移向左侧1molCl－，即左侧溶液增加质量为(0.5mol×28g·mol－1＋35.5g)=49.5g，B电极反应式为Cl2＋2e－=2Cl－，右侧有1molCl－生成，同时有1molCl－移向左侧，即右侧溶液质量不变，即两极溶液质量相差49.5g，故C说法符合题意；
D．根据上述分析，A电极反应式为CH2=CH2＋2Cl－－2e－=CH2ClCH2Cl，故D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】思路分析：首先根据物质化合价变化判断正负极，乙烯变成 1，2-二氯乙烷C的化合价升高，为负极，氯气变成氯离子，化合价降低，为正极，在书写电极反应时，注意电解质溶液环境。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知该物质中只有酚羟基邻位氢可消耗溴单质，1mol该物质含2mol酚羟基邻位氢可消耗，故A不符合题意；
B．苯环、碳氧双键均为平面结构，乙基中两个碳原子一定共面，各平面通过单键相连，单键可旋转，各平面可能重合，因此所有碳原子可能共面，故B不符合题意；
C．该物质中含有羰基、羟基、酯基三种含氧官能团，故C符合题意；
D．由结构可知酯基在酸性条件下水解生成乙醇、乙二酸和酚类结构的物质，三者均能被高锰酸钾氧化使其褪色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AD．根据官能团的性质判断；
B．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；
C．根据结构简式确定官能团。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.在金属活动性顺序表中，Mg位于H前，所以不能用H2还原氧化镁，A选项是错误的；
B.氯的非金属性比溴强，所以可以利用氯气置换海水中的溴离子生成溴单质，B选项是正确的；
C.海水蒸发可以析出大部分的氯化钠，实现初步的海水淡化，C选项是正确的；
D.2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.工业上冶炼镁的方法是电解熔融的氯化镁；
B.氯的非金属性比溴强，所以可以利用氯气置换海水中的溴离子生成溴单质；
C.海水蒸发可以析出大部分的氯化钠，实现初步的海水淡化；
D.氯气与氢氧化钴发生氧化还原反应可以制得漂白粉。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．过程①中加入去离子水，再加热，加快草酸溶解，温度不能太高，防止草酸分解，A不符合题意；
B．若加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液，和发生反应：，得到草酸氢钾溶液和碳酸氢钾溶液，B符合题意；
C．因为可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥，C不符合题意；
D．因为微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所以用酒精洗涤优于冷水洗涤，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】草酸晶体加水、微热，然后加入碳酸钾固体，可生成KHC2O4，KHC2O4与氧化铜混合在50℃水浴加热，趁热过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到K2[Cu(C2O4)2]·2H2O。
8．【答案】B
【解析】【解答】从反应方程式10NaN3+2KNO3 K2O+5Na2O+16N2↑中可以提取以下信息，NaN3中的N元素由- 价升高为0价，KNO3中的N元素由+5价降低到0价。A.氧化剂(KNO3)与还原剂(NaN3)的物质的量之比为2：10=1：5，A不符合题意；
B.N2既是氧化产物(由NaN3生成)也是还原产物(由KNO3生成)，B符合题意；
C.NaN3中的N元素化合价升高，失电子，做还原剂，C不符合题意；
D.KNO3中N元素化合价降低，得电子，发生还原反应，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 根据10NaN3+2KNO3 K2O+5Na2O+16N2↑分析得出， KNO3中的N元素化合价降低，被还原，作氧化剂；NaN3中的N元素化合价升高，被氧化，作还原剂；每生成16molN2消耗2molKNO3，10molNaN3以此来解答.
9．【答案】C
【解析】【解答】A．离子化合物的熔点和离子化合物的晶格能有关，钠离子半径比钾离子半径更小，硫化钠的晶格能更大，中离子键强于中离子键，故的熔点更高，A不符合题意；
B．硫离子水解导致溶液显碱性，pH大于7，B不符合题意；
C．硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，高锰酸钾不足，反应生成硫单质，生成的硫单质溶于硫化钠溶液而显黄色，C符合题意；
D．过氧化氢将硫离子氧化为硫单质，产生淡黄色沉淀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．离子晶体，电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大、晶体的熔点越高；
B．依据盐类水解规律分析；
C．硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，高锰酸钾不足，反应生成硫单质；
D．过氧化氢将硫离子氧化为硫单质。
10．【答案】B
【解析】【解答】A.Na的金属性强，加入盐溶液中，能直接与H2O反应，不与盐发生置换反应，A不符合题意；
B.二者反应至溶液显中性，则参与反应的H+和OH-的系数比应为2：2，该离子方程式正确，B符合题意；
C.I2的氧化性较弱，无法将Fe氧化成为Fe3+，该离子方程式错误，C不符合题意；
D.HClO具有氧化性，能将SO2氧化成SO42-，反应应生成CaSO4，该离子方程式错误，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.Na的金属性强，能直接与H2O反应；
B.二者反应至溶液显中性，则参与反应的H+和OH-的系数比应为2：2；
C.I2的氧化性较弱，无法将Fe氧化成为Fe3+；
D.HClO具有氧化性，能将SO2氧化成SO42-；
11．【答案】﹣1473.2KJ mol﹣1
【解析】【解答】解：已知①BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2kJ mol﹣1②BaS（s）=Ba（s）+S（s）△H=+460kJ mol﹣1③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ mol﹣1，根据盖斯定律：③×2﹣①﹣②得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）△H=（﹣221）×2﹣（+460）﹣（+571.2）=﹣1473.2KJ mol﹣1，故答案为：﹣1473.2KJ mol﹣1．
【分析】已知①BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2kJ mol﹣1②BaS（s）=Ba（s）+S（s）△H=+460kJ mol﹣1③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ mol﹣1，根据盖斯定律：③×2﹣①﹣②得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）据此计算．
12．【答案】②⑧（14）；①④；⑤；⑥；⑦⑩（11）；⑨（13）；①③（14）
【解析】【解答】解：②空气、⑧碘酒（14）稀硝酸由两种或两种以上不同物质组成的物质组成，为混合物；⑤H2SO4电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸；⑥Ca（OH）2电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；①H2O、④CaO由两种元素组成且其中一种是氧元素，属于氧化物；⑦CuSO4 7H2O ⑩NaHCO3（11）碳酸钡在溶液中电离出的阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子，属于盐，⑨C2H5OH（13）甲烷是含碳化合物，属于有机物；①H2O（14）稀硝酸能电离出自由移动的阴阳离子，③铝中有自由电子，可以导电，
故答案为：②⑧（14）； ①④；⑤； ⑥；⑦⑩（11）； ⑨（13）；①③（14）．
【分析】根据混合物由两种或两种以上不同物质组成的物质；
酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；
碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；
氧化物是由两种元素组成的且有一种是氧元素的化合物；
盐是由金属离子和酸根离子组成的化合物；
有机物是绝大多数含碳化合物；
可以导电的物质有自由电子，或能电离出自由移动的离子，以此解答该题．
13．【答案】1:1；3.81gI2即物质的量 ，根据方程式得到Cr2O72 的物质的量n(Cr2O72 )= n(I2)= ×0.015mol =0.005mol，则n[Cr2(SO4)3] =0.005mol，Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42 ) = 0.015mol，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀即得到硫酸钡沉淀物质的量 ，则n(SO42 ) =0.02mol，说明K2SO4中硫酸根的物质的量为n(SO42 ) =0.02mol 0.015mol =0.005mol，则n(K2SO4) =0.005mol，因此M中x：y = 0.005mol：0.005mol =1:1；M的化学式为K2SO4·Cr2(SO4)3。
【解析】【解答】将2.83g化合物M中的Cr3+全部氧化为Cr2O72-后，溶液中的Cr2O72-可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2即物质的量 ，反应的离子方程式为：Cr2O72 +6I-+14H+=2Cr2O72 +3I2+7H2O，那反应得到n(Cr2O72 )= n(I2)= ×0.015mol =0.005mol，则n[Cr2(SO4)3] =0.005mol，Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42 ) = 0.015mol，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀即得到硫酸钡沉淀物质的量 ，则n(SO42 ) =0.02mol，说明K2SO4中硫酸根的物质的量为n(SO42 ) =0.02mol 0.015mol =0.005mol，则n(K2SO4) =0.005mol，因此M中x：y = 0.005mol：0.005mol =1:1；M的化学式为K2SO4 Cr2(SO4)3；故答案为：1:1；3.81gI2即物质的量 ，根据方程式得到Cr2O72 的物质的量n(Cr2O72 )= n(I2)= ×0.015mol =0.005mol，则n[Cr2(SO4)3] =0.005mol，Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42 ) = 0.015mol，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀即得到硫酸钡沉淀物质的量 ，则n(SO42 ) =0.02mol，说明K2SO4中硫酸根的物质的量为n(SO42 ) =0.02mol 0.015mol =0.005mol，则n(K2SO4) =0.005mol，因此M中x：y = 0.005mol：0.005mol =1:1；M的化学式为K2SO4·Cr2(SO4)3。
【分析】先计算I2的物质的量，根据离子方程式得到n(Cr2O72 )，根据原子守恒得到n[Cr2(SO4)3]和Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42 )，再计算硫酸钡的物质的量，根据守恒得到整个物质中的n(SO42 )，得出K2SO4中硫酸根的物质的量，再得n(K2SO4)，最后得到比例关系。
14．【答案】解：（1）混合后溶液中的质量为：20.0g+30.0g=50.0g，溶质硝酸钾的质量为：20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g，
混合后溶液的质量分数：×100%=20%，
答：混合后溶液的质量分数为20%；
（2）混合溶液的体积为：=43.48mL=0.04348L，溶液中溶质的物质的量为：=0.099mol，
混合后溶液的物质的量浓度为：=2.28mol/L，
答：混合后溶液的物质的量浓度为2.28mol/L；
（3）设需要硝酸钾的物质的量为xmol，硝酸钾的质量为101x，根据（1）可知，硝酸钾的质量分数为20%，则ω=20%==×100%，
解得：x≈2.48mol，
答：在1 000g水中需溶解2.48molKNO3才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等．
【解析】【分析】（1）根据w=×100%计算出混合后溶液的质量分数；
（2）根据c= 计算出混合后溶液的物质的量浓度；
（3）根据（1）中溶液中溶质的质量分数及w=计算出需要硝酸钾的质量，再根据n= 计算出需要硝酸钾的物质的量．
15．【答案】解：设氯化钠和氯化镁的物质的量分别是xmol、ymol，则根据氯离子的物质的量之比为1：2可知x：2y＝1：2，解得x＝y，所以混合物中两种物质的质量之比为58.5：95=117：190。
【解析】【分析】此题考查化合物中离子的关系比，根据总量列二元一次等式进行求解。实质考查物质中微粒关系。
16．【答案】（1）将气体和矿料逆流而行；
（2）
（3） 过低Al3+不能除尽， 过高硅酸溶解
（4）趁热过滤；滤液4
（5）
（6）480c1V1 — 80 c2V2
【解析】【解答】（1）①将气体和矿料逆流而行，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②根据化学反应中得失电子守恒， 。
（2）根据反应的方程式可知，生成物为 ，同时将 和 转化为可溶性钠盐 。
（3） 易与酸反应生成 沉淀， 过低Al3+不能除尽， 过高硅酸易溶解。
（4）①由图可知，温度升高硫酸钠的溶解度减小，先将混合溶液蒸发浓缩，硫酸钠晶体析出，趁热过滤，趁热过滤的目的是有利于硫酸钠结晶析出。
②滤液5中主要成分为Na2SO4、 ，最适宜返回上述流程滤液4，可以将原料充分利用。
（5）石墨电极电解Na2CrO4溶液，实现了Na2CrO4到Na2Cr2O7的转化，电解池中阳极是溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是 得到电子生成 ，总反应方程式为： 。
（6）样品100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化（ 还原为Cr3+）；再用c2mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的 ，结果消耗FeSO4溶液V2mL，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2+把多余的 反应：
则100mL废水中，与废水反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量-与Fe2+反应的K2Cr2O7的物质的量= ，
1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量= ，
利用2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量即COD，
【分析】铬铁矿加入O2、Na2CO3焙烧，发生反应：4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，同时Al2O3转化为偏铝酸钠、SiO2转化为Na2SiO3，加水溶解，过滤除去不溶的Fe2O3，滤渣1为Fe2O3，滤液2加入硫酸中和，偏铝酸盐、硅酸钠转化成氢氧化铝、硅酸沉淀除去，则滤渣3为Al(OH)3，过滤得到铬酸钠溶液，加入硫酸酸化，铬酸钠转化成重铬酸钠溶液，结晶得到红矶钠晶体。
17．【答案】（1）SO2、H2
（2）溶液紫红色褪去；含有Fe2+；另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液；溶液变为蓝色；甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体
（3）不正确，若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+
【解析】【解答】【提出猜想】浓硫酸和铁反应生成二氧化硫，稀硫酸和铁反应生成氢气，所以所得气体中可能含有SO2、H2，故答案为：SO2、H2；
【实验探究】
验证猜想Ⅰ、
酸性高锰酸钾有强氧化性，二价铁离子有还原性，所以酸性高锰酸钾能和二价铁离子发生氧化还原反应，如果步骤①溶液紫红色褪去，说明含有二价铁离子，否则没有．
碘化钾有还原性，三价铁离子有氧化性，碘离子和三价铁离子能发生氧化还原反应生成单质碘，碘遇淀粉变蓝色，所以步骤②另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液，如果溶液变为蓝色，说明含有三价铁离子，否则没有，故答案为：溶液紫红色褪去；含有Fe2+；另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液；溶液变为蓝色；
猜想Ⅱ、
二氧化硫有还原性，能和强氧化性的物质发生氧化还原反应，如能使酸性高锰酸钾溶液褪色，氢气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但氢气不易溶于水，所以如果甲中KMnO4溶液褪色，说明含有二氧化硫；乙中KMnO4溶液颜色不变，说明二氧化硫完全被吸收，如果试管中收集气体，只能是氢气，
故答案为：甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体；
【问题讨论】
双氧水具有氧化性，二价铁离子有还原性，双氧水和二价铁离子能发生氧化还原反应生成三价铁离子，KSCN只能检验三价铁离子不能检验二价铁离子，所以若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+，所以该观点不正确，故答案为：不正确，若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+．
【分析】【提出猜想】浓硫酸和铁反应生成二氧化硫，稀硫酸和铁反应生成氢气，据此进行猜想；
【实验探究】
验证猜想Ⅰ、根据二价铁离子和三价铁离子的性质选择试剂，并根据反应物和生成物预测现象，由此得出结论；
验证猜想Ⅱ、根据氢气和二氧化硫的性质选择试剂，并预测现象，由现象得出结论；
【问题讨论】
根据双氧水和二价铁离子、三价铁离子的性质判断正误．
18．【答案】（1）C6H12O6；CH3CHO
（2）CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br
【解析】【解答】(1)葡萄糖是单糖，其分子式为C6H12O6，乙醛含有醛基，其结构简式为CH3CHO；
(2)乙烯含有碳碳双键，乙烯和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，则乙烯和溴水的反应方程式为CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br。
【分析】（1）注意乙醛分子中的醛基不要写错；
（2）乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应。
19．【答案】（1）由图可知温度，温度升高，减少，平衡逆向移动，可知△H<0，因△S<0，故在低温条件下有利于反应自发进行；BD
（2）温度590K，R=2.5左右；0.2或1/5；选择性膜吸附，促进反应Ⅰ平衡正向移动，反应物和的浓度降低，使得反应Ⅱ平衡逆向移动，生成的物质的量减少
【解析】【解答】(1)①反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，熵变小于零；由图可看出温度升高，减少，平衡逆向移动，可知△H<0，因△S<0，在低温条件下有利于反应自发进行；
②A．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，A不符合题意；
B．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，加压有助于反应的平衡正向移动，B符合题意；
C．反应速率比等于系数比，恒压时 ，正逆反应速率不相等，没有达到平衡，C不符合题意；
D．恒容时，再充入一定量 ，平衡正向移动，反应平衡体系中 增大，D符合题意；
故答案为：
第1空、由图可知温度，温度升高，减少，平衡逆向移动，可知△H<0，因△S<0，故在低温条件下有利于反应自发进行
第2空、BD
。
(2)①该模拟工业生产制备乙烯的适宜条件为温度590K，R=2.5左右，乙烯的浓度最大，利于生成乙烯；
②725K时， 和 混合气体在VL的固定容积容器中反应，二氧化碳、氢气投料为1mol、3mol；在一定催化剂下只进行反应Ⅰ和Ⅲ；达到平衡时，测得容器中 和 的物质的量均为 mol，三段式判断平衡时二氧化碳、水、甲烷、氧气分别为5/8mol、2/8mol，1/8mol，2/8mol，该温度下反应Ⅲ的平衡常数K为（2/8V）2 x 1/8V /（2/8V）2 x 5/8V =0.2。
③选择性膜吸附，促进反应Ⅰ平衡正向移动，反应物和的浓度降低，反应Ⅱ平衡逆向移动，生成的物质的量减少，可以降低副产物的选择性。
故答案为：
第1空、温度590K，R=2.5左右
第2空、0.2或1/5
第3空、选择性膜吸附，促进反应Ⅰ平衡正向移动，反应物和的浓度降低，使得反应Ⅱ平衡逆向移动，生成的物质的量减少；
【分析】(1)①反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，熵变小于零；温度升高，平衡逆向移动，△H<0；
②A．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小；
B．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，加压有助于反应的平衡正向移动；
C．正逆反应速率不相等，没有达到平衡；
D．恒容时，再充入一定量 ，平衡正向移动，反应平衡体系中 增大；
(2)①浓度大，利于生成乙烯；
②根据三段式求化学平衡常数的计算；
③选择性膜吸附，促进反应Ⅰ平衡正向移动，反应物和的浓度降低，反应Ⅱ平衡逆向移动，生成的物质的量减少，可以降低副产物的选择性。
20．【答案】（1）Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O
（2）C3N3O3Cl3；H2O
（3）2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO + O2+ 2H2O；趁热过滤(或高于38℃过滤)；乙醇洗涤
【解析】【解答】(1)用氯气制备漂白液是氯气通入到NaOH溶液中生成NaCl、NaClO和H2O，其离子方程式是Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O；故答案为：Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O。
(2)①根据图中结构和前面分析得到TCCA的分子式是C3N3O3Cl3；故答案为：C3N3O3Cl3。
②根据前面分析及同周期从左到右非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是H2O；故答案为：H2O。
(3)①将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2，因此ClO2制备NaClO2的离子方程式2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO + O2+ 2H2O；故答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO + O2+ 2H2O。
②根据题意，由于NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇；因此需在温度高于38℃过滤，用乙醇洗涤，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体；故答案为：趁热过滤(或高于38℃过滤)；乙醇洗涤。
【分析】根据TCCA分子结构，X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，根据结构得到X为C，Y为N，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O，W为Cl
21．【答案】（1）2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s) ΔH=-270kJ·mol-1
（2）c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+)=c(OH-)
（3）4OH-＋＋2SO2 2＋Cl-＋2H2O；＜；脱硝反应活化能较高，或脱硫反应活化能较低，或SO2还原性更强，或SO2易溶于水而NO溶解度较低等；加入合适催化剂，或增大NaClO2溶液浓度，或通入适量氧气，或适当升高温度；
（4）2OH-+ClO-+SO2 +Cl-+H2O，Ca2+与形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【解析】【解答】（1） S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·mol-l、283.0kJ·mol-l ，则可得热化学反应方程式：
①S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH= -296.0kJ·mol-l
②CO(s)+O2(g)CO2(g) ΔH= -283.0kJ·mol-l，
根据盖斯定律 CO还原SO2生成CO2和S(s) 的热化学方程式 可由2②-①得到，则热化学方程式为 2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s) ΔH=-270kJ·mol-1
（2）溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c ()+2c( )+c(OH-)， pH=7 ，则 c(H+)=c(OH-) =10-7 mol·L-1 ，则c(Na+)=c ()+2c( )=2 mol·L-1 ，
Ka2=，则，即c ()＞( )，
故溶液中各离子浓度的大小关系为 c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+)=c(OH-) 。
（3）①根据表中的离子种类可知，SO2氧化为，还原为Cl-，则离子方程式为 4OH-＋＋2SO2 2＋Cl-＋2H2O 。
如图，随着温度的升高，SO2与NO的平衡分压的负对数减小，则随着温度的升高，SO2与NO的平衡分压增大，平衡向着正反应方向进行，则正反应方向为吸热反应，则 △H ＞0。
② 脱硝反应活化能较高，或脱硫反应活化能较低，或SO2还原性更强，或SO2易溶于水而NO溶解度较低等都可能影响脱硝速率。
增加反应物浓度、升高温度、加入催化剂等都可增大化学反应速率，另外NO还可以被氧气氧化为NO2，则措施有 加入合适催化剂，或增大NaClO2溶液浓度，或通入适量氧气，或适当升高温度 。
③参照脱硝主要反应的平衡表达式 ，可写出脱硫主要反应的平衡表达式 ： ， 已知 c()=5×10-3mol·L-1 ，pH=12，
则c(OH-)==10-2mol·L-1，表格中可查阅c()= 8.35×10-4 mol·L-1、 c(Cl-)= 3.4×10-3 mol·L-1，图表中可查阅SO2的平衡分压的负对数为43，则c(SO2)=10-43mol·L-1，将数值代入得 。
（4） 2OH-+ClO-+SO2 +Cl-+H2O，Ca2+与形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。
【分析】（1）利用 S和CO的燃烧热可写出对应的热化学反应方程式，再依据盖斯定律可将这两个方程式加和得到CO还原SO2生成CO2和S(s) 的热化学方程式，反应热液作同样的加和解答即可。
（2）因为pH=7，则 c(H+)=c(OH-) =10-7mol·L-1，溶液中存在电荷守恒、质子守恒、物料守恒。利用电荷守恒和pH，可得 c(Na+)＞c()，c(Na+)＞c()，利用 H2SO3 第二步电离常数，可得c()＞c()，最后可得排序 c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+)=c(OH-) 。
（3）①找出反应物和生成物，然后利用氧化反应方程式的书写步骤书写即可 。
解答曲线问题：1看图像—弄清横纵坐标的含义、起点、趋势、斜率等。2想规律—勒夏特列原理。3作判断。本题横坐标是温度，纵坐标为平衡分压的负对数，温度升高，平衡分压的负对数下降，则平衡分压升高，平衡正反应移动。
② 脱硝反应活化能较高，或脱硫反应活化能较低，或SO2还原性更强，或SO2易溶于水而NO溶解度较低等都可能影响脱硝速率。
增加反应物浓度、升高温度、加入催化剂等都可增大化学反应速率，另外NO还可以被氧气氧化为NO2，则措施有 加入合适催化剂，或增大NaClO2溶液浓度，或通入适量氧气，或适当升高温度 。
③参照脱硝主要反应的平衡表达式 ，可写出脱硫主要反应的平衡表达式 ： ， 已知 c()=5×10-3mol·L-1 ，pH=12，
则c(OH-)==10-2mol·L-1，表格中可查阅c()、 c(Cl-)，图表中可查阅SO2的平衡分压的负对数，进而求得c(SO2)，将数值代入得答案 。
（4） 2OH-+ClO-+SO2 +Cl-+H2O，Ca2+与形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。
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