【答案】D【解析】2.少量Na2O2與H2O反應生成H2O2和NaOH。下列說法正確的是A.Na2O2的電子式為B.H2O的空間構型為直線形【答案】C【解析】D．NaOH中O和H之間是共價鍵，3.工業上電解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlC.電離能大小：I1(O)<I1(Na)D.堿性強弱：NaOH<Al(OH)3【答案】A【解析】D．元素金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，故堿性強弱為NaOH＞Al(OH)3，故D錯4.實驗室制取少量SO2水溶液并探究其酸性，下列實驗裝置和操作不能達到實驗目的的是A.用裝置甲制取SO2氣體B.用裝置乙制取SO2水溶液C.用裝置丙吸收尾氣中的SO2D.用干燥pH試紙檢驗SO2水溶液的酸性【答案】C【解析】A.金剛石與石墨烯中的C-C-C夾角都為120oB.SiH4、SiCl4都是由極性鍵構成的非極性分子C.鍺原子(32Ge)基態核外電子排布式為4s24p2【答案】B【解析】B．SiH4的化學鍵為Si-H，為極性鍵，為正四面體，正負電荷中心重合，為非極性分子；SiCl4的化學鍵Si、Ge是重要的半導體材料，硅晶體表面SiO2能與氫氟酸(HF，弱酸)反應生成H2SiF6(H2SiF6在水中完全電離為H+和SiF-)；1885年德國化學家將硫化鍺(GeS2)與H2共熱制得了門捷列夫預言的類硅—鍺；A.SiO2與HF溶液反應：SiO2+6HF=2H++SiF-+2H2OB.高溫下H2還原GeS2：GeS2+H2=Ge+2H2SC.鉛蓄電池放電時的正極反應：Pb-2e-+SO-=PbSO4D.甲烷的燃燒：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=890.3kJ.mol-1【答案】A【解析】【詳解】A．由題意可知，二氧化硅與氫氟酸溶液反應生成2H2反應的總方程式為GeS2=Ge+2S，故B錯誤；生成硫酸鉛和水，電極反應式為正極反應PbO2+2e-+SO-+4H+=PbSO4+2H2O，故C錯誤；7.我國古代就掌握了青銅(銅-錫合金)的冶池的電極材料，不同鉛化合物一般具有不同顏色，歷史上曾廣泛用作顏料，下列物【答案】C【解析】A.自然固氮、人工固氮都是將N2轉化為NH3B.侯氏制堿法以H2O、NH3、CO2、NaCl為原料制備NaHCO3和NH4ClC.工業上通過NH3催化氧化等反應過程生產HNO3D.多種形態的氮及其化合物間的轉化形成了自然界的“氮循環”【答案】A【解析】ΔD．氮元素在自然界中既有游離態又有化合態，多種B.X能使溴的CCl4溶液褪色.【答案】D【解析】10.用尿素水解生成的NH3催化還原NO，是柴油機車輛尾氣凈化的主要方法。反應為C.上述反應中消耗1molNH3，轉移電子的數目為2×6.02×1023D.實際應用中，加入尿素的量越多，柴油機車輛排放的尾氣對空氣污染程度越小【答案】B【解析】選項AFe2+具有還原性B向盛有SO2水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，振蕩，加CBr2的氧化性比I2DCH3COOH是弱A.A【答案】D【解析】【詳解】A．向盛有FeSO4溶液的試管中滴加幾滴KSCN溶液，無現象溶液變為紅色，亞鐵離子被新制氯水氧化，說明Fe2+具有還原性，A正確；C．向盛有淀粉-KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，溶液變為藍色，說明Br2的氧化性比I2的強，CD．用pH計測量醋酸、鹽酸的pH用以證明CH3COOH是弱電解質時，一定要注明醋酸和鹽酸的物質的溶液體積變化和H2O揮發可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總B.KOH完全轉化為K2CO3時，C.KOH溶液吸收CO2，c總=0.1mol?L-1溶液中：c(H2CO3)＞cD.如圖所示的“吸收”“轉化”過程中，溶【答案】C【解析】【詳解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若為Na2c(H2CO3)＜c(HCO3-)，若為NaHCO3溶液，則HCO3-發生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)<B．KOH完全轉化為K2CO3時，依據電荷守恒，溶液中：c(K+)+據物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，則c13.乙醇-水催化重整可獲得H2。其C2H5OH(g)+3H2Og=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ.mol-1，時，若僅考慮上述反應，平衡時CO2和CO的選擇性及H2的產率隨A.圖中曲線①表示平衡時H2產率隨溫度的變化D.一定溫度下，加入CaO(s)或選用高效催化劑，均能提高平衡時H2產率【答案】D【解析】D．加入CaO(s)與水反應放熱，對反應①影響較大，可以增大H2產率，或者選用對反應①影響較大的高效催化劑，也可以增大H2產率，D正確；（1）納米FeS可去除水中微量六價鉻[Cr(VI)]。在pHCr(VI)主要以HCrO4-、Cr2O-、CrO-等形式存在，納米FeS去除水中Cr(VI)主要經過“吸附→反應→已知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17；H2S電離常數分別為Ka1=1.1×10-7、①在弱堿性溶液中，FeS與CrO-反應生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和單質S，其離子方程式為_______。③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是_______。（2）FeS2具有良好半導體性能。FeS2的一種晶體與NaCl晶體的結構相似，該FeS2晶體的一個晶胞中-的數目為，在FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe-S間距相等，如圖給出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞體心的S-(S-中的S-S鍵位于晶胞體對角線上，晶胞中的其他S-已省略)。如圖中用“-”將其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接起來。（3）FeS2、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS2的質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800℃時，FeS2氧化成含有兩種元素的固體產物為_______(填化學式，寫出計算過程)。越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO-物質的量分數越大【解析】在弱堿性溶液中，FeS與CrO-反應生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和單質S的離子方程式為：中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO-物質的量分數越大；故答案為：FeS+CrO-+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-；5×10-5；c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO-物質的量分數越大。因為FeS2的晶體與NaCl晶體的結構相似，由NaCl晶體結構可知，一個NaCl晶胞含有4個Na和4個Cl，則該FeS2晶體的一個晶胞中S-的數目也為4；FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe-S間距相等，根據FeS2晶胞中的Fe2+和S-的位置(S-中的S-S鍵位于晶胞體對角線上)可知，每個S原子與S-S鍵所在體對角線上距離最近的頂點相鄰的三個面的三個面心位置的Fe2+緊鄰且間距相等，其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接圖如下：；故答案為：4；。有圖可知，800℃時，氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS2的質量的比值為66.7%，設FeS2氧化成含Fe2O3；設FeS2氧化成含有兩種元素的固體產物化學式為FeOx，M(FeS2)=120g/mo①分子中含有4種不同化學環境的氫原子；②堿性條件水解，酸化后（4）F的分子式為C12H17NO2，其結構簡式為_______。（5）已知：(R和R'表示烴基或氫，R''表示烴基)；【解析】種含氧官能團，2種產物均能被銀氨溶液氧化，說明該同分異構體為酯，且水解產產物中，有一種是甲酸，另外一種含有羥基和醛基，該同分異構體屬于甲酸酯；同中含有4種不同化學環境的氫原子，則該同分異構體的結構簡式為化為，根據。16.實驗室以二氧化鈰(CeO2)廢渣為原料制備Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分實驗過程如下：（1）“酸浸”時CeO2與H2O2反應生成Ce3+并放出O2，該反應的離子方程式為_______。式有關。得到含Cl-量較少的Ce2(CO3)3的加料方式為_______(填序號)。（3）通過中和、萃取、反萃取、沉淀等過程，可制備Cl-含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有機萃取①加氨水“中和”去除過量鹽酸，使溶液接近中性。去除過量鹽酸的目的②反萃取的目的是將有機層Ce3+轉移到水層。使Ce3+盡可能多地發生上述轉移，應選擇的實驗條件或采③與“反萃取”得到的水溶液比較，過濾Ce2(CO3)3溶液的濾液中，物質的量減小的離子有_______(填化學（4）實驗中需要測定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用準確濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點時溶液由Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。請補充完整實驗方案：①準確量取25.00mLCe3+溶液[c(Ce3+)約為濃度②.酸性條件，多次萃取③0.02000mol.L-1(NH4)2Fe(SO4)2來滴定，當滴入最【解析】【分析】首先用稀鹽酸和過氧化氫溶液酸浸二氧化鈰廢渣，得到三價鈰，加入氨水調取其中的三價鈰，增大三價鈰濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價鈰，再加入根據信息反應物為CeO2與H2O2，產物為Ce3+和O2，根據電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為：①增大碳酸根離子的濃度有助于生成產物，故答案為：降低溶液中氫離子的濃度，促②根據萃取原理可知，應選擇的實驗條件是酸性條件，為了使Ce3+盡可能多地發生上述轉移，可以采用多③“反萃取”得到的水溶液中含有濃度較大的Ce3+，過濾后溶液中Ce3+離子濃度較小，故答案為：Ce3+；應該用標準液滴定待測Ce4+溶液，用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，故答案為：從左側滴定管中放出一定體（1）“CuCl-H2O熱電循環制氫”經過溶解、電解、熱水解和熱分解4個①電解在質子交換膜電解池中進行。陽極區為酸性CuCl2-溶液，陰極區為鹽酸，電解過程中CuCl2-轉化為CuCl-。電解時陽極發生的主要電極反應為_______(用電極反應式表示)。@電解后，經熱水解和熱分解的物質可循環使用。在熱水解和熱分解過程中，發生化合價變化的元素有_______(填元素符號)。（2）“Fe-HCO3--H2O熱循環制氫和甲酸”的原理為：液反應，生成H2、HCOONa和Fe3O4；Fe3O4再經生物柴油副產品轉化為Fe。①實驗中發現，在300℃時，密閉容器中NaHCO3溶液與鐵粉反應，反應初期有FeCO3生成并放出H2，該反應的離子方程式為_______。@隨著反應進行，FeCO3迅速轉化為活性Fe3O4-x，活性Fe3O4-x是HCO3-轉化為HCOO-的催化劑，其可能反應機理如圖所示。根據元素電負性的變化規律。如圖所示的反應步驟Ⅰ可③在其他條件相同時，測得Fe的轉化率、HCOO-的產率隨C(HCO3-)變化如題圖所示。HCOO-的產率隨c(HCO3-)增加而增大的可能原因是_______。【答案】（1）①.CuCl2-+2Cl--e-=CuCl-（2）↓