1025頁2023一、單項選擇題〔1228.0分〕化學與生活、技術、社會、環境親熱相關。以下有關說法中不正確的選項是( )屬元素焰色反響所呈現出來的顏色離技術上具有突出奉獻，因此獲得了2023年度國家最高科學技術獎品因被氧化而變質，常在包裝袋中放入生石灰和潛水艇中作為氧氣的來源以下有關氯元素及其化合物的表示正確的選項是( )172020ClB.B.氯離子(Cl?)的構造示意圖：C.氯氣分子的電子式：D.氯乙烯分子的構造簡式：H3CCHC.氯氣分子的電子式：以下說法正確的選項是( )氧氣和臭氧是同素異形體，因氧原子的個數和成鍵方式不同，造成了二者性質差異氕、氘、氚是三種不同的元素，且互為同位素CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是不同種物質C3H8的一氯取代物只有一種環保部門利用Na2S2O3處理含氰化鈉廢水，其反響原理為NaCN+Na2S2O3=NaSCN+Na2SO3(NaSCN中S的化合價為?2價)，以下有關說法正確的選項是( )NaCN中C的化合價為+4價C.Na2SO3是氧化產物Na2S2O3只作復原劑D.該方法處理酸性廢水效果更好短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，WY、XZ位于同一主族，W與X可形成共價化合物WX2，Y原子的內層電子總數是其最外層電子數的2.5倍。以下表達中不正確的選項是( )WX28電子構造WX2、ZX2的化學鍵類型一樣非金屬性：X>Z原子半徑大小挨次為X<W<Y<Z常溫下，以下各組離子在指定溶液中，確定可以大量共存的是( )4 由水電離出的c(H+)=1×10?12mol/L溶液中K+、NH+、SO2?、ClO4 c(Fe3+)=0.1mol·L?1的溶液中：K+、H+、I?、SCN?4含MnO?的溶液中H+、K+、C24

IO2??4IB.分別碘并回收苯C.海帶灼燒成灰4 在能使石蕊變紅的溶液中：Mg2+、NH+、B.分別碘并回收苯C.海帶灼燒成灰4 A.放出碘的苯溶液A.放出碘的苯溶液D.過濾得到含D.過濾得到含I?的溶液在淀粉?KI溶液中參與稀硫酸酸化，再通入ClO2氣體，溶液變藍：2ClO2+10I?+4H2O=5I2+2Cl?+8OH?3次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫氣體：2ClO?+SO2+H2O=2HClO+SO2?33100mL4mol?L?1NaOH溶液完全吸取6.72L(標準狀態下)CO2：3CO2+4OH?=CO2?+322HCO?+2HO2344422溶液以體積比2l++O?+422Ba2++4OH?=2BaSO4↓+AlO?+2H2O2以下各組物質不能實現直接轉化的是( )S→SO2→H2SO4→MgSO4Cu→CuCl2→Cu(NO3)2→Cu(OH)2Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2Na→Na2O→Na2CO3→NaCl10. 說法中，正確的選項是( )外電路電子從B極移向A極溶液中H+B極區移向A極區電池工作一段時間后10. 說法中，正確的選項是( )外電路電子從B極移向A極溶液中H+B極區移向A極區電池工作一段時間后B極區溶液的pH減小以下說法正確的選項是( )反響CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)在確定條件下能自發進展，該反響確定為放熱反響可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法延緩鋼鐵水閘的腐蝕Na2O2與水反響產生1molO2，理論上轉移的電子數目約為4×6.02×1023保持溫度不變，向稀氨水中緩慢通入CO

，溶液中

c(OH?)

的值增大2 c(NH3·H2O)CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，測得CH4的平衡轉化率與溫度及壓強的關系如以下圖，以下有關在恒容密閉容器中通入濃度均為0.1mol/LCH4(g)2CO(g)+2H2(g)，測得CH4的平衡轉化率與溫度及壓強的關系如以下圖，以下有關說法正確的選項是( )上述反響的ΔH>0壓強p1>p2>p3>p41100℃64p4壓強為時，在Y點：v <p4正 逆二、雙選題〔312.0分〕2023年我國藥物化學家屠吆吆因制造抗瘧疾藥青蒿素和雙氫青蒿素被授予諾貝爾生理學或醫學獎．以異胡薄荷醇為起始原料是人工合成青蒿素的途徑之一(如圖).以下說法正確的選項是( )異胡薄荷醇遇FeCl3溶液顯紫色異胡薄荷醇可發生消去反響、加成反響7個手性碳原子青蒿素在熱的酸、堿溶液中均可穩定存在鹽A與酸B反響，可放出有氣味的氣體C，C與NaOH反響生成A；C最終可氧化生成D；D溶于水生成B，則A、B分別是( )Na2SHClC.Na2SO3HCl

B.NaS和HSO2 2 D.Na2SO3和H2SO2 2 物質的量濃度一樣(0.2mol/L)的弱酸HX與NaX溶液等體積混合后，溶液中微粒濃度關系錯誤的選項是( )A.c(Na+)+c(H+)=c(X?)+c(OH?)c(HX)+c(X?)=c(Na+)假設混合液呈酸性，則c(X?)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH?)假設混合液呈酸性，則c(Na+)>c(HX)>c(X?)>c(OH?)>c(H+)三、流程題〔112.0分〕利用硫酸渣(主要含Fe2O3，雜質為Al2O3和SiO2等)生產鐵基顏料鐵黃(FeOOH)的制備流程如圖：4：FeS2難溶于水，不與H2SO4反響，在“復原”步驟中，Fe3+通過反響Ⅰ、Ⅱ被FeS2復原，其中反響Ⅰ為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO2?+16H+；反響Ⅱ中氧化產物為單質硫．(1)“酸溶”中硫酸要適當過量，目的是：①提高鐵的浸出率；② ．4寫出酸溶時硫酸渣中主要成分發生反響的一個化學方程式： ．參與FeS2“復原”時反響Ⅱ的離子方程式為 .濾渣的主要成分是FeS2S和 (填化學式)“氧化”時，生成FeOOH的離子方程式為 .氧化時，溫度不宜過高，否則會導致產品顏色偏紅，可能含有的雜質是 (填化學式)．濾液中溶質是Al2(SO4)3和 (填化學式)．四、試驗題〔115.0分〕氯化鈉(NaCN)是一種根本化工原料，同時也是一種毒物質。一旦泄漏需要準時處理，一般可以通過噴酒雙氧水或過硫酸鈉(Na2S2O8)溶液來處理，以削減對環境的污染。I.(1)NaCN用雙氧水處理后，產生一種酸式鹽和一種能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍的氣體，該反響的化學方程式是 。II.工業制備過硫酸鈉的反響原理如下所示422 8 22 8 3 主反響：(NH)SO +2NaOH55=°CNaS422 8 22 8 3 3 22 8 2 4 2 副反響：2NH +3NaSO +6NaOH90=°C6NaSO +N +3 22 8 2 4 2 某化學小組利用上述原理在試驗室制備過硫酸鈉，并用過硫酸鈉溶液處理含氰化鈉的廢水。試驗一：試驗室通過如以以下圖所示裝置制備Na2S2O8。裝置中盛放(NH4)2S2O8溶液的儀器的名稱是 。上述裝置中還需補充的試驗儀器或裝置有 (填字母代號)。A.溫度計 B水浴加熱裝置 C.洗氣瓶 D.環形玻璃攪拌棒試驗二：測定用過硫酸鈉溶液處理后的廢水中氰化鈉的含量。;①廢水中氰化鈉的最高排放標準為0.50mg/L。②Ag++2CN?=[Ag(CN)2]?，Ag++I?==AgI↓，AgI呈黃色，CN?優先與Ag+發生反響。試驗1L處理后的NaCN廢水，濃縮為10.00mLKI溶液作指示劑，用1.0×10?3mol/L的標準AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的體積為5.00mL滴定終點的現象是 。(5)處理后的廢水中氰化鈉的濃度為 mg/L．Ⅲ.(6)常溫下，含硫微粒的主要存在形式受pH的影響。利用電化學原理，用惰性電極電解飽和4NaHSO4溶液也可以制備過硫酸鈉。在放電的離子主要為HSO—，則陽極主要的反響式4為 。五、簡答題〔453.0分〕氯化兩面針堿(H)如下：化合物B中含氧官能團的名稱為 和 。化合物C的構造簡式為 ；由E→F的反響類型為 。(3)寫出同時滿足以下條件的A的一種同分異構體的構造簡式： 。①能與FeCl3溶液發生顯色反響，②既能發生銀鏡反響又能發生水解反響；③分子中只含4種不同化學環境的氫。(4)請以為原料制備，寫出制備的合成路線流程圖(4)請以為原料制備，寫出制備的合成路線流程圖(無機試劑任某爭論性學習小組為了探究醋酸的電離狀況，進展了如下試驗。試驗一配制并標定醋酸溶液的濃度取冰醋酸配制250mL0.2mol/L醋酸溶液，用0.2mol/L的醋酸溶液稀釋成所需濃度的溶液，再NaOH標準溶液對所配醋酸溶液的濃度進展標定。試驗二探究濃度對醋酸電離程度的影響pH計測定25℃pH，結果如下：醋酸濃度(mol·L?1)0.0010.01000.02000.1000pH3.883.383.232.88為標定某醋酸溶液的準確濃度，用0.2023mol/LNaOH溶液對20.00mL醋酸溶液進展滴定(酚酞作指示劑)，幾次滴定消耗NaOH溶液的體積如下：試驗序號試驗序號1234消耗NaOH溶液的體積(mL)20.0520.0018.8019.95則該醋酸溶液的準確濃度為 mol/L。(保存小數點后四位)。推斷滴定終點的方法是 。(3)以下操作中可能使所測醋酸溶液的濃度數值偏低的是 (填字母序號)。堿式滴定管未用標準液潤洗就直接注入標準液滴定前盛放醋酸溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有枯燥C.堿式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消逝D.量取醋酸體積時，開頭俯視讀數，滴定完畢時仰視讀數(4)依據表中數據，可以得出醋酸是弱電解質的結論，你認為得出此結論的依據是 。空氣質量評價的主要污染物為PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3、CO等物質．爭論碳、氮、硫及其化合物的轉化，對于消退環境污染有重要意義．用CH4催化復原NOx可以消退氮氧化物的污染．：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=?890.3kJ/molN2(g)+2O2(g)?2NO2(g)ΔH=+67.0kJ/molH2O(g)=H2O(l)ΔH=?44.0kJ/mol寫出CH4催化復原NO2(g)生成N2和H2O(g)的熱化學方程式： ．體積可變(活塞與容器之間的摩擦力無視不計)4molNO和3molO22NO2(g)，測定不同條件、不同時間段內的NO的轉化率，得到如下數據：V2LAB2NO2(g)，測定不同條件、不同時間段內的NO的轉化率，得到如下數據：T(℃)T(℃)10min20min30min40min30％35％55％50％65％a165％a2①依據上表數據，請比較T1 T2(選填“>”、“<”或“=”)；T2℃下，第30min時，a1= ，該溫度下的化學平衡常數為 ．②T2℃下，第40min時，拔去鉚釘(容器密封性良好)后，活塞沒有發生移動，再向容器中通入3molNO和3molNO2，此時v(正) v(逆)(選填“>”、“<”或“=”)．③T2℃下，上述反響重到達平衡后，假設轉變反響的某個條件，以下變化能說明平衡確定向正反響方向移動的是 ．氣體顏色加深單位時間內消耗O2和NO2的物質的量之比大于1︰2C.NO的百分含量削減用NH3催化復原NOx也可以消退氮氧化物的污染．以以下圖承受NH3作復原劑，煙氣以確定的流(注：脫氮率即氮氧化物轉化率)，反響原理為：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)?2N2(g)+3H2O(g)．①該反響的ΔS 0，ΔH 0(填“>”、“=”或“<”)．②以下說法正確的選項是 ．A.在一樣條件下第②種催化劑比第①種催化劑脫氮率高B.一樣條件下，轉變壓強對脫氮率沒有影響C.催化劑①、②分別適合于250℃和450℃左右脫氮三位分別來自瑞士、美國、英國的科學家因進展“冷凍電子顯微鏡技術對溶液中的生物分子進展高區分率構造測定”所做出的奉獻而獲得2023等金屬的硒化物具有離子交換、催化、吸附、半導體等性能，顯示出良好的應用前景。答復以下問題：鋅基態原子核外電子排布式為 。位于元素周期表五個分區中的 區。元素鍺與砷中，第一電離能較大的是 (填元素符號，下同)，基態原子核外未成對電子數較少的是 。元素砷與氮同主族，二者的氫化物中熔沸點較高的是 ，緣由是 。23分子中Se原子的雜化形式 2O4的酸性23強緣由 。氣態SeO3分子的立體構型為 _，與SeO3互為等電子體的一種離子為 (填離子符號)。硒化鋅是一種重要的半導體材料，其晶胞構造如以下圖，該晶胞中硒原子的配位數為 ，假設該晶胞密度為ρg/cm3，硒化鋅的摩爾質量為Mg/mol。用NA代表阿伏伽德羅常數的數值，則晶胞參數α為 nm。 答案與解析 答案：C解析：此題考察物質的性質及應用，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反響、性質與用途為解答的關鍵，側重分析與應用力氣的考察，留意元素化合物學問的應用，題目難度不大。某些金屬元素灼燒有焰色反響，則重大節日期間燃放的焰火的顏色是某些金屬元素焰色反響所呈現出來的顏色，故A正確；2023年度國家最高科學技術獎，為國家和民族做出了突出奉獻，故B正確；生石灰可作枯燥劑，無復原性，則為防止月餅等富脂食品因被氧化而變質，常在包裝袋中放入鐵粉，故C錯誤；過氧化鈉和二氧化碳、水反響都放出氧氣，故過氧化鈉可以為呼吸面具和潛水艇供給氧氣，故D正確。應選C。答案：C解析：此題主要是對常見化學用語的考察，涉及核素的表示方法、質量數與質子數和中子數的關系、電子式的書寫、構造簡式書寫等，難度不大。17A.20=17+20=37，故正確應為：37Cl，17B.Cl1B.Cl18個電子的Cl?，離子構造示意圖為：B錯誤；C.C.1對氯氯共用電子對，氯原子最外層到達8電子穩定構造，電子式為：，故CD.氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵，正確的構造簡式為：H2C=CHClD錯誤。應選C。答案：A解析：此題主要考察同素異形體、同位素的概念，把握概念的內涵和外延即可，屬于根底學問的考察，難度不大。A.氧氣和臭氧是同素異形體，因氧原子的個數和成鍵方式不同，造成了二者性質差異，故A正確；B.氕、氘、氚是三種不同的原子，但都屬于氫元素，故B錯誤；C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3都是乙酸乙酯，是同種物質，故C錯誤；D.C3H8的一氯取代物有兩種，故D錯誤。應選A。答案：C解析：此題考察了氧化復原反響的概念，分析元素化合價是關鍵。NaCN中C的化合價應為+2A錯誤；Na2S2O3中S化合價局部由+2上升至+4價，也有+2價降至?2價，因此既是氧化劑也是復原劑，故B錯誤；化合價由+2上升至+4價，Na2SO3C正確；D.Na2S2O3與酸反響，降低處理效果，故D錯誤。應選C。答案：D解析：此題考察原子構造與元素周期律的關系，題目難度中等，為高頻考點，側重于學生的分析力氣的考察，留意把握元素的原子構造特點，生疏元素及其化合物的性質即可解答。短周期元家W、X、Y、Z的原子序數依次增大，Y原子的內層電子總數是其最外層電子數的2.5倍，則Y3個電子層，最外層電子數為102.5

=4，則Y為Si；W與Y位于同一主族，所以W為C；W與X可形成共價化合物WX2X為O；XZ位于同一主族，所以ZS，A.C4個電子，O6個電子，則CO2分子中全部原子最外層都為8電子構造，故A正確；B.CO2、SO2的構成微粒都是分子，只含有共價鍵，故B正確；C.同主族元素非金屬性從上到下減弱，故非金屬性O>S，故C正確；D.電子層越多，半徑越大，同周期從左向右原子半徑在減小，則原子半徑大小為：Y>Z>W>X，故D錯誤。應選D。答案：D解析：此題考察離子共存，為高頻考點，把握習題中的信息及離子之間的反響為解答的關鍵，側重分析與應用力氣的考察，留意復分解反響、氧化復原反響的推斷，題目難度不大。4Ac(H+)=1×10?12mol/L溶液中，水的電離受到抑制，溶液呈酸性或堿性，酸性溶液、ClO?不能共存，堿性溶液NH+A錯誤；4B.2Fe3+2I?=2Fe2+I2，不共存，故B錯誤；4C.MnO?、H+、C24

IO2?、?發生氧化復原反響，不能共存，故C錯誤；4ID.能使紫色石蕊試劑變紅的溶液，顯酸性，給出離子可以共存，故D正確。應選D。答案：B解析：此題主要考察化學試驗操作，側重于學生的分析、試驗力氣的考察，題目難度不大，物質的分別方法取決于物質的性質，依據物質的性質的異同選取分別方法．。苯的密度比水小，應從上口倒出，防止污染，故A錯誤；碘易升華，蒸餾時，冷凝管應從下端進水，上端出水，可起到分別、回收，故B正確；C.不能在燒杯中高溫灼燒固體，燒杯易炸裂，固體的灼燒應在坩堝中，故C錯誤；D.過濾應用玻璃棒引流，防止濁液外漏，故D錯誤。應選B。答案：C解析：解：A.在淀粉?KIClO2氣體，溶液變藍，離子方程式：2ClO2+10I?8H+=5I2+2Cl?+4H2OA錯誤；4B.少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中的離子反響為SO2+3ClO?+H2O=SO2?+2HClO+Cl?B4錯誤；CLO2O2+H?=CO2?+2HCO?+H2O，故C正確；3 3D.等濃度的NH4Al(SO4)2溶液與Ba(OH)21：2體積比混合消滅白色沉淀，反響的離子方程式為：NH++Al3++2SO2?+2Ba2++4OH?=Al(OH)3↓+NH3↑+H2O+2BaSO4↓，故D錯誤；4 4應選：C。酸性環境下不能生成氫氧根離子；次氯酸鈉具有強的氧化性，能氧化二氧化硫；NaOH的物質的量為0.4mol，二氧化碳的物質的量為0.3mol，反響產物為碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物；D.1molNH4Al(SO4)2與2molBa(OH)2反響的化學方程式為：NH4Al(SO4)2+2Ba(OH)2=Al(OH)3↓+NH3↑+H2O+2BaSO4↓。把握發生的反響及離子反響的書寫方法為解答的關鍵，反響物用量對反響的影響，題目難度中等。9.答案：C解析：此題考察了常見物質之間的轉化，嫻熟把握常見物質的性質與變化規律，是解答此類問題的根本的學問根底，題目難度不大。A.S與氧氣反響生成SO2，SO2與氯水反響生成H2SO4，H2SO4與Mg反響生成MgSO4，所以能實現直接轉化，故A不選；Cu在氯氣中燃燒生成CuCl2，CuCl2與硝酸銀反響生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2NaOH反響生成Cu(OH)2B不選；Al與氧氣反響生成氧化鋁，Al2O3不與水反響，所以不能直接生成Al(OH)3C選；Na在空氣中與氧氣反響生成Na2O，Na2O與二氧化碳反響生成Na2CO3，Na2CO3與HCl反響生成NaCl，所以能實現直接轉化，故D不選。應選C。答案：D解析：此題考察了原電池原理的應用，題目難度不大，留意把握原電池反響中元素化合價的變化以及電極的推斷和電極方程式的書寫，側重于考察學生的分析力氣。B電極上O元素化合價由0ABH3H?8e?+2H2O=2CO2↑+8H+，電解質溶液呈酸性，則正極反響式為O2+4e?+4H+=2H2O，據此答復。A.通過以上分析知，A是負極、B是正極，電子從A經導線流向B，故A錯誤；B.電池內電解質溶液中所含的H+A移向正極B，故B錯誤；C.B極為正極，正極反響式為O2+4e?+4H+=2H2OpH增大，故C錯誤；D.AAH3H?e?+2O=O2↑H，故D正確；應選D。答案：B解析：此題考察較綜合，涉及氧化復原反響、弱電解質的電離、金屬的腐蝕與防護等學問點，明確化學反響原理是解此題關鍵，留意C中氧化劑和復原劑都是過氧化鈉，D中分式靈敏變形即可解答，D為易錯點。假設該反響能自發進展，則△G=△H?T△S<0，該反響的△S>0，該反響在確定條件下能自發進展，則該反響不愿定是放熱反響，故A錯誤；作原電池負極或作電解池陽極的金屬材料加速被腐蝕，假設承受犧牲陽極的陰極保護法保護鋼閘時鋼閘作正極被保護，假設承受外加電流的陰極保護法保護鋼閘時鋼閘作陰極被保護，所以可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法延緩鋼鐵水閘的腐蝕，故B正確；× 4 =1mol×2×[0?(?1)]=2mol，所以轉移電子數為2×6.02×1023C錯誤；× 4 溫度不變電離平衡常數不變，溶液中

c(OH?)

= c(OH?)

c(NH+)

Kb ，通入二氧化碳時，c(NH3?H2O)

c(NH3?H2O)

c(NH+)

c(NH+)44二氧化碳和水反響生成的碳酸和氫氧根離子結合生成水而促進一水合氨電離，導致銨根離子濃度增44大，所以

c(OH?)

的值減小，故D錯誤；c(NH3?H2O)應選：B。答案：A解析：原則分析解答。由圖可知，壓強確定時，溫度越高甲烷的轉化率越大，上升溫度平衡向正反響進展，故正反響為吸熱反響，即△H>0，故A正確；α(p1)>α(p2)>α(p3)>α(p4)，該反響正反響是氣體體積增大的反響，增大壓強平衡向逆反響進展，甲烷的轉化率降低，故壓強p4>p3>p2>p1，故B錯誤；CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，由圖可知，壓強為CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，開頭(mol/L)：0.10.100變化(mol/L)：0.080.080.160.16平衡(mol/L)：0.020.020.160.16故該溫度下平衡常數k0.162×0.1620.02×0.02

=1.64C錯誤；由圖可知，壓強為p4、1100℃X點時甲烷的轉化率為80%，Y點甲烷的轉化率小于80%Y點：v(正)>v(逆)D錯誤；應選：A。答案：BC解析：解：A.異胡薄荷醇遇含有醇羥基和碳碳雙鍵，具有醇和烯烴性質，沒有酚羥基，所以不能發生顯色反響，故A錯誤；C.手性碳原子連接4個不同的原子或原子團，手性碳原子標識如圖：7C.手性碳原子連接4個不同的原子或原子團，手性碳原子標識如圖：7個，故C正確；D.青蒿素含有酯基，可發生水解反響，可與酸、堿發生反響，故D錯誤。應選：BC。異胡薄荷醇遇含有醇羥基和碳碳雙鍵，具有醇和烯烴性質；異胡薄荷醇遇含有醇羥基和碳碳雙鍵，且連接醇羥基鄰位上含有氫原子，所以能發生消去反響，碳碳雙鍵能發生加成反響；依據手性碳原子的定義推斷；青蒿素含有酯基，可發生水解反響．此題考察有機物的構造和性質，為高頻考點，側重于學生的分析力氣的考察，此類題目留意把握物質的構造和官能團的性質，易錯點為C，留意手性碳原子的推斷．答案：BD解析：解：選項中可生成的氣體為SO2、H2S，對應的鹽可分別為Na2SO3、Na2S，SO2、H2S具有還原性，最終被氧化生成SO3，B應為H2SO4AC錯誤；BD正確，應選BD．C與NaOH溶液反響生成A，可說明A為鈉鹽，C最終氧化成D，可說明C具有復原性，選項中符合的氣體為SO2、H2S，最終被氧化生成SO3，B應為H2SO4．此題考察物質的檢驗和推斷，為高頻考點，側重學生的分析力氣的考察，留意把握二氧化硫和硫化氫的性質，難度不大．答案：BD解析：解：A.依據電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(X?)+c(OH?)A正確；B.依據物料守恒可得：c(HX)+c(X?)=2c(Na+)B錯誤；C.混合液為酸性，說明HX的電離程度大于X?的水解程度，則c(H+)>c(OH?)、c(X?)>c(Na+)>c(HX)，溶液中離子濃度大小為：c(X?)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH?)C正確；D.依據C可知，溶液假設呈酸性，則c(X?)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH?)D錯誤；應選BD．A.依據溶液中的電荷守恒推斷；B.依據溶液中的物料守恒推斷；C.混合液呈酸性，說明HX的電離程度大于X?的水解程度，則c(H+)>c(OH?)、c(X?)>c(Na+)>c(HX)；D.依據C的分析可知c(X?)>c(Na+)>c(HX)．此題考察了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理為解答關鍵，試題側重考察學生的分析、理解力氣及靈敏應用力氣．答案：(1)抑制Fe3+水解；(2)Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；(3)2Fe3++FeS2=3Fe2++2S；SiO2；4(4)4Fe2++8NH3?H2O+O2=4FeOOH↓+8NH++2H2O；Fe2O3；4(5)(NH4)2SO4解析：解：(1)“酸溶”中硫酸要適當過量，目的是：①提高鐵的浸出率；②抑制Fe3+水解；故答案為：抑制Fe3+水解；(2)Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，故答案為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；e++2=++FeS2S，故濾渣的主要成分是S和SiO2，還有過量的FeS2；故答案為：2Fe3++FeS2=3Fe2++2S；SiO2；4FeOOH，離子方程式為4Fe2++8NH3?H2O+O2=4FeOOH↓+8NH++2H2O，溫度過高，FeOOH分解生成Fe2O3而導致產品顏色偏紅；44故答案為：4Fe2++8NH3?H2O+O2=4FeOOH↓+8NH++2H2O；Fe2O3；4過濾I的濾液中加氨水調整pH，會生成硫酸銨，所以濾液中溶質是Al2(SO4)3和(NH4)2SO4；故答案為：(NH4)2SO4．此題以鐵黃(FeOOH)的制備流程為學問背景，考察鐵的化合物的性質、離子方程式的書寫、物質的分別提純等，難度中等，清楚工藝流程原理是解題的關鍵，是對學問遷移的綜合運用．答案：?(2)三頸燒瓶

(1)NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3(3)AB(4)滴入最終一滴標準硝酸銀溶液，錐形瓶的溶液中恰好產生黃色沉淀，且半分鐘內沉淀不消逝(5)0.49(6)2HSO??2e?=S2O2?+2H+4 8解析：此題考察了物質制備流程和方案的分析推斷，物質性質的應用，滴定反響，電解池原理，題干信息題目難度較大。NaCN用雙氧水處理后，生成的酸式鹽為碳酸氫鈉，使潮濕的紅色石蕊試紙變藍的氣體為氨氣，反響方程式為NaCNH2O2H2O=NH3↑+NaHCO3；故答案為：NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3；由圖可知，盛放(NH4)2S2O8溶液的儀器的名稱是三頸燒瓶；故答案為：三頸燒瓶；由題可知，主反響的溫度為55℃，故裝置中還需要溫度計，為維持溫度，承受水浴加熱，需要水浴加熱裝置；故答案為：AB；KI為指示劑，用標準AgNO3溶液滴定，Ag+CN?反響完全后與I?結合為AgI黃色沉淀，故終點現象為：滴入最終一滴標準硝酸銀溶液，錐形瓶中溶液恰好產生黃色沉淀，且半分鐘沉淀不消逝；(5)依據Ag+～2NaCN消耗1.0×10?3mol/L的標準AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的體積為5.00mL，則m(NaCN)=n(NaCN)×M(NaCN)=2n(AgNO3)×M(NaCN)=2×1.0×10?3mol/L×5.00×10?3L×49g/mol=49×10?5g，廢水中氰化鈉的濃度為49×10?5×103mg1L

=0.49mg/L；故答案為：0.49；(6)HSO?失電子被氧化為S

O???e?=S

O2?+2H+；4 2 8故答案為：2HSO??2e?=S2O2?+2H+。

4 2 84 8(2)取代答案：(1)(2)取代(4)(3)(4)(3)解析：此題考察有機推斷與合成，涉及多官能團有機物性質及同分異構體的書寫，難點是設計合成路線以原料合成目標產物，綜合性較強，對學生根底性學問要求較高，中等難度。知，B發生加成反響生成C，C為，D發生取代反響生成E，E發生取代比較A、知，B發生加成反響生成C，C為，D發生取代反響生成E，E發生取代反響生成F，F發生消去反響生成G，G發生一系列反響生成H，據此分析。知，B發生加成反響生成C，C為，D發生取代反響生成E，E發生取代比較A、知，B發生加成反響生成C，C為，D發生取代反響生成E，E發生取代(1)B的構造簡式可知分子構造中含有的含氧官能團為羰基和醚鍵，反響生成F，F發生消去反響生成G，(1)B的構造簡式可知分子構造中含有的含氧官能團為羰基和醚鍵，(2)(2)C的構造簡式為，由E發生取代反響生成F，故答案為：；(4)以故答案為：；(4)以為原料制備的合成流程為：；故答案為：比較強，符合上述條件的A的同分異構體可能是，故答案為：；取代；(3)①能與FeCl3溶液發生顯色反響，說明含有苯環和酚羥基；②既能發生銀鏡反響又能發生水解反響，說明含有醛基和酯基，可能是甲酸酯；比較強，符合上述條件的A的同分異構體可能是，故答案為：；取代；。19.答案：(1)0.2023。(2)滴入最終一滴標準溶液，溶液無色變淺紅色，且半分鐘不褪色(3)D(4)0.0100mol?L?1pH210倍時，pH1解析：此題考察了弱電解質電離、中和滴定操作、誤差分析等，明確弱電解質電離特點是解此題關鍵，難度不大。(1)由于試驗③消耗的氫氧化鈉的體積與其他差異較大，所以要舍去，V(NaOH)=5mL=H3)=

=0.2023mol/L×20mL

3故答案為：0.2023；

20mL推斷滴定終點的方法是滴入最終一滴標準溶液，溶液無色變淺紅色，且半分鐘不褪色；故答案為：滴入最終一滴標準溶液，溶液無色變淺紅色，且半分鐘不褪色；A.堿式滴定管未用標準液潤洗就直接注入標準液，標準液的濃度偏小，導致標準液的體積偏大，依據C(待測)=C(標準)×V(標準)分析，可知C(待測)AV(待測)B.滴定前盛放醋酸溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有枯燥，待測液的物質的量不變，導致標準液的體積不變，依據依據C(待測)=C(標準)×V(標準)分析，可知C(待測)B錯誤；V(待測)C.C(待測)=C(標準)×V(標準)分析，可知C(待測)CV(待測)D.量取醋酸體積時，開頭俯視讀數，滴定完畢時仰視讀數，待測液的物質的量偏大，導致標準液的體積偏大，依據依據C(待測)=C(標準)×V(標準)分析，可知C(待測)D正確；V(待測)應選D；H+?1?1及?1pH變化值小于故答案為：0.0100mol?L?1醋酸的pH210倍時，pH1。20.答案：(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=?869.3kJ/mol；(2)①<；50％；1；②<；③B；(3)①>；<；②C解析：此題考察了蓋斯定律的應用，熱化學方程式的書寫，化學平衡常數的計算，化學平衡的移動等學問點，難度較小。用H4x4)+O2)=O2)+2)△H=?890.3kJ/mol；②N2(g)+2O2(g)?2NO2(g)△H=+67.0kJ/mol；③H2O(g)=H2O(l)△H=?44.0kJ/mol；依據蓋斯定律①?②?③x2得出CH4催化復原NO2(g)生成N2和H2O(g)的熱化學方程式為：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=?869.3kJ/mol；故答案為：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=?869.3kJ/mol；(2)①依據上表數據，T2比T1反響速率快，所以T1<T2；T2比T1反響速率快，T2會先到達平衡，且到達平衡前，T2溫度下的轉化率應當大于T1，依據表中數0mi1溫度下NO2溫度下NO2已經到達平衡，故第30min時，a1=50%；2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)n初始：430n轉化：212n平衡：222則該溫度下的化學平衡常數為K=

c2(NO2)

(2)2=2=

=1；故答案為：<；50%；1；

c2(NO)·c(O2)

(2)2×(2)2 2②T2℃40min時，拔去鉚釘(容器密封性良好)后，活塞沒有發生移動，此時氣體總物質的量6mol，容器體積為2L，再向容器中通入3molNO和3molNO2，此時氣體總物質的量為12mol，容4L，則Qc故答案為：<；③T2℃下，

(5)2=4=(5)2×(2)4 4

=2>1v(正)<v(逆)；氣體顏色加深，有可能是增大生成物濃度，平衡逆向移動，故A錯誤；單位時間內消耗O2和NO2的物質的量之比大于1∶2，則正反響速率大于逆反響速率，平衡確定向正反響方向移動，故B正確；C.NO的百分含量削減，有可能是削減NO濃度，平衡逆向移動，故