1.“灌鋼法”是我國古代勞動人民對鋼鐵冶煉技術(shù)的重大貢獻(xiàn)，陶A.鋼是以鐵為主的含碳合金C.生鐵由于含碳量高，熔點(diǎn)比熟鐵高【答案】C【解析】【分析】A.蘆葦可用于制造黏膠纖維，其主要成分為B.聚氯乙烯通過加聚反應(yīng)制得，可用于制作不粘鍋的【答案】B【解析】【分析】【答案】A【解析】【分析】的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過程中選擇酚酞作指示劑，當(dāng)溶液由無色變?yōu)榈t色時(shí)，達(dá)到滴定終點(diǎn)，4.硫和氮及其化合物對人類生存和社會發(fā)展意義重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的環(huán)境問題也日益受到C.植物直接吸收利用空氣中的NO和NO2【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．NO2是紅棕色且有刺激性氣味的氣體，而SO2是無色有刺激性氣味的氣體，A錯誤；5.用中子轟擊X原子產(chǎn)生α粒子(即氮核He)的核反應(yīng)為：NZX+n→Y+He。已知元素Y在化合物中呈+1價(jià)。下列說法正確的是A.H3XO3可用于中和濺在皮膚上的Na【答案】A【詳解】A．H3BO3為硼酸，氫氧化鈉溶液具有腐蝕性，若不慎將NaOH溶液濺到皮膚上，則需用大量水沖洗，同時(shí)涂抹H3BO3，以中和堿液，A正確；6Li和7Li兩者的質(zhì)子數(shù)均為3，中子數(shù)不同，所以兩者互為同位素，D錯誤；【答案】D【解析】【分析】B．金屬鉍與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鉍會發(fā)生水解反應(yīng)生成BiONO3，水解的離子方程式為Bi3++NO3-+H2O?BiONO3+2H+，轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分C．氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3++Cl-+H2O?BiOCl+2H+，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根會結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，D．氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3++Cl-+H2O?BiOCl+2H+，水解工序中加入少量移，不利于生成BiOCl，且部分鉍離子與硝酸根、水也會發(fā)生反應(yīng)Bi3++NO3-+H2O?BiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，綜上所述，D錯誤；D.1L1mol?L-1溴化銨水溶液中NH與H+離子數(shù)之和大于NA【答案】C【解析】【分析】B．碘蒸氣與氫氣發(fā)生的反應(yīng)為：I2(g)+H2(g)?2HI(g)，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，有一定的限度，所以充分8.苯并降冰片烯是一種重要的藥物合成中間體，結(jié)構(gòu)簡式如圖。關(guān)于該化合物，下列說法正確的是A.是苯的同系物【答案】B【解析】【分析】【答案】D【解析】【分析】由圖可知，a電極為原電池的負(fù)極，單質(zhì)鉀片失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鉀離子，電極反應(yīng)式為【詳解】A．金屬性強(qiáng)的金屬鉀易與氧氣反應(yīng)，為防止鉀與氧氣反應(yīng)，電池所選擇隔膜應(yīng)允許K+通過，不電子，由得失電子數(shù)目守恒可知，耗3.9g鉀時(shí)，鉛酸蓄電池消耗水的質(zhì)量為故10.關(guān)于非金屬含氧酸及其鹽的性質(zhì)【答案】B【解析】【分析】B．NaClO在水溶液中會發(fā)生水解，離子方程式為：ClO-+H2O?HClO+OH-，pH減小，則酸性增強(qiáng)，C．HI的沸點(diǎn)低，易揮發(fā)加熱NaI與濃H3PO4混合物發(fā)生反應(yīng)生成HI利用的是高沸點(diǎn)酸制備低沸點(diǎn)酸的【答案】CD【解析】B．HX和HZ分別是HF和HCl，HF12.番木鱉酸具有一定的抗炎、抗菌活性，結(jié)構(gòu)簡式如圖A.1mol該物質(zhì)與足量飽和NaHCO3溶液反應(yīng)，可【答案】BC【解析】【分析】可與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，所以一定量的該物質(zhì)分別與足量Na和NaOH反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比13.室溫下，某溶液初始時(shí)僅溶有M和N且濃度相等，同時(shí)發(fā)生以下兩個(gè)反應(yīng)【答案】A【解析】【分析】變化量為0.5mol.L-1-0.300mol.L-1=0.200mol.L-1，其中轉(zhuǎn)化為Y的變化量為0.200mol.L-1-0.125B．由題中信息可知，反應(yīng)①和反應(yīng)@的速率之比為，Y和Z分別為反應(yīng)①和反應(yīng)@的產(chǎn)物，且兩者②向?yàn)V液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)過程。為使NH4Cl沉淀充分析出【答案】(1).aefbcgh(2).將玻璃塞上的凹槽對準(zhǔn)漏斗頸部的小孔二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率（或其他合理答案）(4).NH3.H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓【解析】NH3.H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓,得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會生成水，從而制備得到純堿；另一方面得到的母液主要溶質(zhì)為NH4Cl，再從加入氯化鈉粉末，存在反應(yīng)中除去二氧化碳中的HCl，后與飽和氨鹽水充分接觸來制備NaHCO3，其中過量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量NaHCO3，所以按氣流方向正確的連接順序應(yīng)為：(3)根據(jù)上述分析可知，生成NaHCO3的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3.H2O+NaCl+CO2=NH4Cl(4)①對固體NaHCO3充分加熱，產(chǎn)生二氧化↑+H2O將氣體先通過足量濃硫酸，吸收水蒸氣，再通過足量Na2O2，Na2O2與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根據(jù)方程式可知，根據(jù)差量法可知，當(dāng)增重0.14g（2CO的質(zhì)量）時(shí)，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為 其物質(zhì)的量為，根據(jù)關(guān)系式2NaHCO3~CO2可知，消耗的NaHCO3的物質(zhì)的量為②根據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化銨的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分離，需采用蒸發(fā)濃縮(5)稱量前，若無水NaHCO3保存不當(dāng)，吸收了一定量水濃度時(shí)，消耗的碳酸氫鈉的體積V(標(biāo))會增大，根據(jù)c(測可知，最終會使c(測)偏高，A項(xiàng)鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是_____(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為__，可代替NaOH的【解析】【分析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應(yīng)為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應(yīng)；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向?yàn)V渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以【詳解】(1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元(4)工序③中發(fā)生的反應(yīng)為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫程式為2Na++2CrO-+2CO2+H2O=Cr2O-+2NaHCO3↓,故答案為：2Na++2CrO-+2CO2+H2O=Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為Al(OH)4-+H+?Al(OH)3+H2O，反應(yīng)的平衡(1)大氣中的二氧化碳主要來自于煤、石油及其他含碳化合物的燃燒。已25℃時(shí)，反應(yīng)②的平衡常數(shù)為K2。Δ????????Δ????????M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上2+2e-=C2O-Ⅱ.C2O-=CO2+CO-Ⅲ.__________Ⅳ.CO-+2Li+=Li2C2在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇(CH3CH2CH2OH)的電極反應(yīng)方程式為_________。【答案】(1).6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)nH=49.1kJ.mol-1(3).100.8(4).正極(5).2CO-+CO2=2CO-+C(6).12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO-(7).c、b、a【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)表格燃燒熱數(shù)據(jù)可知，存在反應(yīng)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)nH1=-393.5kJ.mol-1，nH3=-3267.5kJ.mol-1，根據(jù)蓋斯定律，[①×12+②×6]×-③得反應(yīng)：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)，nH=[(-393.5kJ.mol-1)×12+(-285.8kJ.mol-1)×6]×-(-3267.5kJ.mol-1)=49.1kJ.mol-1，故答案為：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)nH=49.1kJ.mol-1；(2)由題可知，①CO2(s)?CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)?H+(aq)+HCO3-(aq)又△(3)2MHCO3(s)?M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等溫等容條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，可用分壓表平衡時(shí)，平衡體系中CO2的分壓為x，則K=pH2O.pCO2=529kPa2，pCO2=kPa=105.8kPa，CO2的初始需要CO-參加反應(yīng)，所以步驟III的離子方程式為：2CO-+CO2=2CO-+C，故答案為：正極；2CO-+CO2=2CO-+C；12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO-，故答案為：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO-；(2)原子中運(yùn)動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用表示，與之相反的用表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù).對于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子自旋磁量如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸【答案】(1).K+和P3-(2).或(3).在原子數(shù)目相同的條件下，N2比N4具有更低的能【解析】【分析】其中核外電子排布相同的是K+和P3-。自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+或-。能量更多，故在N數(shù)目相同的條件下，N2具有更低的(4)含氧酸分子中只有羥基上的H可以電離；由KH2PO2是次磷酸的正鹽可知，H3PO2為一元酸，其分子均為apm、高為cpm，則晶胞的體積為10-3 -3AA33(2)D有多種同分異構(gòu)體，其中能同時(shí)滿足下列條件的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡【答案】(2).(3).(4).(5).NBP