2023年届山东省潍坊市高三上学期期末化学试卷

1010第页2023-2023学年山东省潍坊市高三〔上〕期末化学试卷一、单项选择题〔13小题〕化学与生活生产亲热相关。以下说法正确的选项是〔 〕“84”消毒液与洁厕灵〔主要成分HCl〕混合增加消毒效果汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火盐碱地〔含较多NaCO

〕不利于作物生长，可施加生石灰进展改进2 3H2S有剧毒工业废水中的Na2S应准时除去依据“绿色化学”理念以下物质能除去Na2S的〔 〕双氧水 B.浓硝酸 C.氢氧化钠 D.铁粉在pH=0～8.2条件下酚酞的构造简式如以下图，以下说法正确的选项是〔 〕分子中含有醚键能发生取代反响分子中全部碳原子共平面pH=7时，1mol4molNaOH反响为：S+2KNO反响为：S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑．以下说法正确的选项是〔〕3电负性N＞O3

CO

分子中C原子为sp杂化单质硫属于共价晶体

KNO

中化学键只有σ键2以下离子方程式书写不正确的选项是〔 〕2少量金属Na参与水中：2Na+2HO=2Na++2OH-+H↑2 2NaOH溶液反萃取法提取碘：3I+6OH-=5I-+IO

-+3HO向次氯酸钙溶液中通入足量CO

2：Ca2++2ClO-+CO

3 2+HO=CaCO

↓+2HClO2 2 2 3向小苏打溶液中滴加少量澄清石灰水：Ca2++2OH-+2HCO-=CaCO↓+CO2-+2HO3 3 3 2化学争论小组用如图装置测定锌〔含有少量铜〕的纯度，以下操作能到达试验目的的是〔 〕用装置甲量取确定体积的浓硫酸100mL3mo1•L-1的稀硫酸用装置丙称量确定质量的粗锌用装置丁测量金属锌与稀硫酸反响产生氢气的体积4工业上电解MnSO4

溶液制备MnMnO2

工作原理如以下图，以下说法不正确的选项是〔 〕阳极区得到HSO2 4阳极反响式为Mn2+-2e-+2HO=MnO+4H+2 2离子交换膜为阳离子交换膜2mole-55gMnWXYZW、X、Y、ZWXYZ4种元素氧化物中，只有W的氧化物能与NaO反响Y元素只能形成含氧酸HYO

2 2和HYO2 3 2 4Z元素单质具有强氧化性、漂白性简洁气态氢化物的稳定性：Y＜ZA.M中含离子键、共价键、配位键B.NH的电子式为33C12能与过量的NHA.M中含离子键、共价键、配位键B.NH的电子式为33C.Hσ键与π1：1

D.NH

和Cl2

都属于极性分子2氢化钙〔CaH〕是一种常用的储氢材料。某化学兴趣小组制取氢化钙的试验装置如图：资料：氢化钙要密封保存，在空气中简洁变质。以下说法不正确的选项是〔 〕2②和④中分别盛装碱石灰和浓硫酸反响完毕后，应先停顿加热，通气一段时间再关闭活塞K点燃酒精灯前，先用试管在⑤处收集气体并点燃，通过声音推断气体纯度装置①也可用于二氧化锰与浓盐酸反响制备氯气依据以下试验操作和现象所得出的结论正确的选项是〔 〕选选项试验操作”现象结论A20℃0.5mol•L-1CH3COONa60℃，用pH传感器测定溶液的pH溶液的pH渐渐增大B向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液浊液变清Kw转变与水解平衡移动共同作用的结果苯酚的酸性强于H2CO3的酸性CC向无色溶液中参与Ba〔NO3〕2溶液，再参与足量的有白色沉淀，参与盐原溶液中确定有SO2-盐酸4D 向ZnS的浊液中滴加适量的CuSO4溶液酸后仍有白色沉淀白色沉淀变黑色Ksp〔ZnS〕＜Ksp〔CuS〕12.常温下，HSO的电离常数：K=1.54×1012.常温下，HSO的电离常数：K=1.54×10-2，K=1×10-7．向m2 3a1a2mL0.1mo1•L-1H2SO30.1mol•L-1KOH溶液，混合溶液中水电离的cH与KOH溶液体积V〔水〕A.m=20c点对应的溶液中存在c〔K+〕=c〔HSO-〕+2c〔SO

2-〕3 3b、d两点溶液的pH=7SO

2-+HO⇌HSO-+OH-K=1×10-73 2 3 b〔紫色〕+2H+VO2+〔蓝色〕+V3+〔绿色〕〔紫色〕+2H+VO2+〔蓝色〕+V3+〔绿色〕+H2O．承受惰性电极实现化学能和电能相互转化的工2

黄色+2+作原理如图。以下说法正确的选项是〔 〕充电过程中，X端接外接电源的负极放电过程中，正极电极反响式为VO++HO+e-=VO2++2OH-2 2放电过程中，右罐溶液颜色渐渐由绿色变为紫色0.5mol，左罐溶液中n〔H+〕的变化量为0.5mol14. 化工生产中用〔次磷酸钠〕进展化学镀铜，反响的化学方程式为二、双选题〔28.014. 化工生产中用〔次磷酸钠〕进展化学镀铜，反响的化学方程式为CuS4+2NaPO+2NaOH=Cu+2NaPO+N2S4+2．以下说法正确的选项是〔 〕化学反响中，复原产物为CuHCuSO

2溶液中离子浓度的大小挨次为c〔SO

2-〕＞c〔Cu2+〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕4溶液中H

2PO

-的电离方程式为H

2PO

42-⇌H++HPO22-2NaHPO与过量NaOH反响生成NaHPO，推断HPO2

为二元酸2 3 2 3 3 3焦亚硫酸钠〔Na2S2O5〕在医药、橡胶、印染等方面应用广泛。利用SO2生产Na2S2O5的工艺如图：资料：Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，以下说法正确的选项是〔 〕NaSO是NaSOSO的混合物22 5 2 3 2pH=4.1时，I中主要反响的化学方程式为Na

2CO3+SO2=Na2SO3+CO2参与NaCO固体的目的是调整pHSO

的再吸取2 3 2“结晶脱水”过程中反响的化学方程式为2NaHSO=Na

SO+HO三、简答题〔447.0分〕

3 22 5 2〔以ETBE表示〔以IB表示〕在催化剂HZSM-5催化下合成ETBC2HO+IgETB〔以下问题：反响物被催化剂HZSM-5吸附的挨次与反响历程的关系如图1所示，该反响的△H= kJ•mol-1．反响历程的最优途径是 〔填C1、C2或C3〕。在刚性容器中按物质的量之比1：1充入乙醇和异丁烯，在378K388K时异丁烯的转化率随时2所示。①378K时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为 〔填L1或L2〕。②388K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数K= 。〔物质的量分数为某组分的物质的量与总物质的量的比〕2 ③反响速率v=v -v =k x〔CHOH〕•x〔IB〕-k x〔ETBE〕，其中秒正为正反响速率，v 2 逆反响速率，k 逆反响速率，k 、k 为速率常数，x为各组分的物质的量分数，计算M点正逆= 〔保存到小数点1位〕。C+4FePC+4FeP+2L2CO3 4LiFeP4+3C．答复以下问题：Fe失去电子变成为阳离子时首先失去 轨道的电子。C、O、Li原子的第一电离能由大到小的挨次是 ；PO43-的空间构型为 。〔3C与Si同主族CO2在高温高压下所形成的晶体构造与Si2相像该晶体的熔点比Si2晶 〔填“高”或“低”〕。硅酸盐和SiO2一样，都是以硅氧四周体作为根本构造单元，以以下图表示一种含n个硅原子的单链式多硅酸根的构造〔投影如图1所示〕，Si原子的杂化类型为 ，其化学式可表示为 。〔4〔4〕2表示普鲁士蓝的晶体构造〔K+未标出，每隔一个立方体在立方体体心有一个钾离①普鲁士蓝晶体中每个Fe3+四周最近且等距离的Fe2+数目为 个。②晶体中该立方体的边长为anm，设阿伏加德罗常数为NA，其晶体密度为 g•cm-3。2 4 2 2 3 2 3 钼酸钠〔NaMoO〕是一种重要的化工原料。用废加氢催化剂〔含有MoSAlO、FeO、SiO2 4 2 2 3 2 3 为原料制取钼酸钠，工艺流程如以下图：：MoO3、A12O3在高温下能跟Na2CO3发生反响。答复以下问题：Na2MoO4中Mo元素的化合价 。废加氢催化剂焙烧目的是脱除外表油脂硫等。请依据表中试验数据分析废加氢催化剂预处理温度应选择 ℃。废催化剂在不同温度下的烧残〔时间：2h〕/℃300350400500600/g50.0050.0050.0050.0050.00/g48.0947.4847.1946.5546.52%96.295.094.493.193.0焙烧时生成MoO3的化学方程式为 ，当生成1molMoO3转移电子数为 NA。加碳酸钠碱性焙烧时主要反响的化学方程式为 。用50t含Mo2为8030.9tN2Mo4Na2Mo4的产率为 。沙利度胺是一种重要的合成药物，具有冷静、抗炎症等作用。有机物H是合成它的一种中间体，合成路线如图〔局部反响条件和产物未列出〕。答复以下问题：〔1〕A的化学名称为 ，E→F的反响类型为 ，H中官能团的名称为 。推断化合物F中有 个手性碳原子。D→E的反响方程式为 。写出符合以下条件的B的同分异构体 〔写出一种即可，不考虑立体异构〕①能与FeC13溶液发生显色反响②1mol4mol[Ag〔NH3〕2]OH反响4种不同化学环境的氢的合成路线〔其他试剂任选〕 。结合上述流程中的信息，写出以1，的合成路线〔其他试剂任选〕 。四、试验题〔113.0分〕化学小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液的反响产物，利用图装置进展如下试验：Ⅰ0.1mol•L-1FeCl30.1mol•L-1Na2S溶液，搅拌，能闻到臭鸡蛋气味，产生沉淀A。Ⅱ0.1mol•L-1Na2S0.1mol•L-1FeCl3溶液，搅拌，产生沉淀B。：①〕FeS2为黑色固体，且不溶于水和盐酸。②Ksp〔Fe2S3〕=1×10-88，Ksp〔FeS2〕=6.3×10-31，Ksp[Fe〔OH〕3]=1×10-38，Ksp〔FeS〕=4×10-19答复以下问题：NaOH溶液的作用是 。小组同学猜测，沉淀A、B可能为S、硫化物或它们的混合物。他们设计如下试验进展探究：试验一、探究A的成分取沉淀A于小烧杯中，进展如下试验：试剂X是 。由此推断A的成分是 〔填化学式〕。试验二、探究B的成分取沉淀B于小烧杯中，进展如下试验：向试管a中参与试剂Y，观看到明显现象，证明溶液中存在Fe2+．试剂Y是 ，明显现象是 。由此推断B的成分是 〔填化学式〕。请分析Ⅱ中试验未得到Fe〔OH〕3的缘由是 。【答案】B

答案和解析【解析】解：A．将“84”消毒液与洁厕灵合用能够产生氯气，氯气有毒能污染环境，故A错误；B．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士，故B正确；C．泡沫灭火器中参与的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反响，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫出进展灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中确定含有水，形成电解质溶液，具有确定的导电力气，可能导致触电或电器短路，故C错误；D．生石灰遇水反响生成氢氧化钙，具有碱性，碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，所以盐碱地中参与生石灰不能改进土壤，通过施加适量石膏粉末〔主要含有CaSO4，微溶于水〕来降低土壤的碱性，故D错误；应选：B。A．盐酸与次氯酸根离子反响生成氯气；B．制造瓷器主要原料为黏土；C．泡沫灭火器中参与的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反响，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫出进展灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中确定含有水，形成电解质溶液，具有确定的导电力气；D．生石灰遇水反响生成氢氧化钙属于强碱。此题考察了元素化合物学问，主要考察物质的用途，生疏相关物质的性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关学问的积存。【答案】A【解析】解：A．Na2S具有复原性，可与双氧水发生氧化复原反响，且不生成有毒物质，故A选；B．浓硝酸作氧化剂时生成有毒气体二氧化氮，故B不选；C．NaOH与Na2S不反响，故C不选；D．Fe与Na2S不反响，故D不选；应选：A。Na2S具有复原性，可与双氧水发生氧化复原反响，且不生成有毒物质，以此来解答。此题考察混合物分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分别方法为解答的关键，侧重分析与实验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A．不含醚键，故A错误；含酚-OH、-COOC-，均可发生取代反响，故B正确；C.3个苯环之间的C为四周体构型，全部碳原子不行能共面，故C错误；D.2个酚-OH、1个-COOC-NaOH1mol3molNaOH，故D错误；应选：B。由构造可知，分子中含酚-OH、-COOC-，结合酚及酯的性质来解答。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意酚、酯的性质，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A．同周期自左而右元素电负性增大，故电负性：N＜O，故A错误；B．CO2分子为直线型对称构造，C原子为sp杂化，故B正确；C．单质硫属于分子晶体，故C错误；D．KNO3中既含离子键又含共价键，故D错误，应选：B。A．同周期自左而右元素电负性增大；B．CO2分子为直线型对称构造；C．单质硫属于分子晶体；D．KNO3中既含离子键又含共价键。此题考察电负性、晶体类型与杂化方式推断等，难度不大，留意根底学问的积存。【答案】C3 解：ANa2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑A正确；．用浓NaOH3+6OH=5+IO+3H，故B3 3向次氯酸钙溶液通过量CO2的离子反响为ClO-+H2O+CO2=HCO-+HClO，故C错误；33 3 2 NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的离子反响为2HCO-+Ca2++2OH-=CaCO↓+2HO+CO2-，故D3 3 2 应选：C。钠与水反响生成氢氧化钠和氢气；用浓NaOH溶液反萃取法提取碘生成碘化钠、碘酸钠和水；C．反响生成碳酸氢钙、HClO；D．石灰水完全反响，生成碳酸钙、碳酸钠和水。此题考察离子反响方程式书写的正误推断，为高频考点，把握发生的反响及离子反响的书写方法为解答的关键，侧重复分解反响、氧化复原反响的离子反响考察，题目难度不大。【答案】D【解析】解：A．图示为仰视量取浓硫酸，导致量取的浓硫酸体积偏小，量取时眼睛应当与浓硫酸凹液面相平，故A错误；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，图示操作方法不合理，故B错误；C．称量粗锌时应当将砝码放在右盘，且左右盘都应同时放1张大小一样的纸片，图示操作不合理，故C错误；D．锌与稀硫酸反响生成氢气，利用图示丁可测量金属锌与稀硫酸反响产生氢气的体积，故D正确；应选：D。A．量取浓硫酸时眼睛应当与溶液凹液面相平；B．稀释浓硫酸应当在烧杯中进展；C．使用托盘天寻常应当遵循“左物右码”；D．依据注射器的读数可测定生成氢气的体积。此题考察化学试验方案的评价，题目难度不大，明确试验目的、试验原理为解答关键，留意把握常见化学试验根本操作方法，试题侧重考察学生的分析力气及化学试验力气。【答案】C【解析】解：A．阳极上发生Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，则阳极区得到H2SO4，故A正确；B．阳极上发生Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正确；C．阳极上发生Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，溶液中硫酸根通过离子交换膜移向阳极，所以离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；D．阴极上发生Mn2++2e-=Mn2mole-1molMn55g，故D正确；应选：C。工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，由图可知，阴极上发生Mn2++2e-=Mn，阳极上发生2 Mn2+-2e-+2HO=MnO+4H+2 此题考察电解原理及应用，为高频考点，把握电极反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，题目难度不大。【答案】D2 【解析】解：依据分析可知，X为N元素，W为C元素，Y为S，ZCl元素。A．二氧化碳、二氧化硫都能够与NaO反响，故A2 2 3 2 4 22 B．S形成的含氧酸除了HSO和HSO，还可以形成HSO，故2 3 2 4 22 C．Z的单质为氯气，氯气具有强氧化性，但是氯气不具有漂白性，故C错误；D．非金属性S＜Cl，则简洁气态氢化物的稳定性：Y＜ZD正确；应选：D。W、X、Y、Z四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如以下图，X的气态氢化物可与其最高价含氧酸反响生成离子化合物，则X为N元素；结合图示可知，W为C元素，YS，ZS元素，据此解答。此题素周期律内容，试题侧重考察学生的分析力气及规律推理力气。【答案】A3 2 3 2 【解析】解：C12能与过量的NH反响生成氮气和氯化铵，方程式为：3C1+8NH=N+NHCl，则固体3 2 3 2 4 NHCl，单质H为N4 B．NH3个氮氢共价键，则NH的电子式为33，故B．NH3个氮氢共价键，则NH的电子式为33，故B错误；42C．H为N2，N2中N原子之间形成三对共用电子对，则σ键与π1：2，故C错误；D．Cl分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D错误；2应选：A。24 3 2 3 2 4 C12能与过量的NH反响生成氮气和氯化铵，方程式为：3C1+8NH=N+NHCl，则固体MNHCl，单质H为N2，其中NHCl中含离子键、共价键、配位键，N中N原子之间形成三对共用电子对，则σ键与π1：2，Cl24 3 2 3 2 4 此题考察了电子式、作用力、极性分子的推断等，题目难度中等，留意把握常见的化学用语的概念及正确的表示方法是解题关键。【答案】D【解析】解：A．②用于盛装固体，可用碱石灰，④用于盛装液体，可用浓硫酸，故A正确；B．反响完毕后，应先停顿加热，连续通入氢气，至固体冷却后再关闭活塞K，避开固体被氧化，故B正确；C．由于氢气参与反响，且在加热条件下进展，应避开不纯的氢气在加热时爆炸，则点燃酒精灯前，先用试管在⑤处收集气体并点燃，通过声音推断气体纯度，故C正确；D．装置①在加热条件下进展，而二氧化锰和浓盐酸在加热条件下进展，则装置①不能用于二氧化锰与浓盐酸反响制备氯气，故D错误。应选：D。①中稀硫酸与锌反响生成氢气，②可用枯燥氢气，可用碱石灰等，③中加热条件下氢气和钙反响生成氢化钙，④可用浓硫酸，避开空气中的水进入③而导致氢化钙变质，以此解答该题。此题考察物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、试验力气的考察，解答此题留意把握物质的性质以及题给信息，把握反响的流程，同时要具有扎实的试验根底学问，难度不大。【答案】A【解析】解：A．上升温度促进水解，醋酸钠溶液的碱性增加，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，故A正确；3B．苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则苯酚的酸性弱于H2CO3的酸性，故B错误；C．酸性条件下亚硫酸钡可被硝酸根离子氧化生成硫酸钡，则原溶液中可能有SO2-，故C错误；3D．Qc〔CuS〕＞Ksp〔CuS〕时生成黑色沉淀，发生沉淀转化时，则Ksp〔ZnS〕＞Ksp〔CuS〕，故D错误；应选：A。A．上升温度促进水解，醋酸钠溶液的碱性增加；B．苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠；C．酸性条件下亚硫酸钡可被硝酸根离子氧化生成硫酸钡；D．Qc〔CuS〕＞Ksp〔CuS〕时生成黑色沉淀。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、水解平衡、沉淀生成、离子检验、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】D【解析】解：A．mmL0.1mol/LH2S0.1mol/LKOH20mLK2S，溶液显碱性，消耗H2S体积m=10mL，故A错误；3B．c点时水的电离程度最大，K2S水解促进水的电离，c点恰好反响生成K2S，此时溶液为碱性，溶液中存在电荷守恒：c〔K+〕+c〔H+〕=c〔HSO3-〕+2c〔SO2-〕+c〔OH-〕，由于c〔H+〕＜c〔OH-〕，则c33 〔K+〕＞c〔HSO-〕+2c〔SO2-〕，故B3 D．常温下，C2O2-+H2O=HC2O-+OH-Kb=44==1×10-7，故D正确，CD．常温下，C2O2-+H2O=HC2O-+OH-Kb=44==1×10-7，故D正确，应选：D。A．在mmL0.1mol/LH2S0.1mol/LKOH20mL，恰好反响生成K2S，溶液显碱性；B．c点时水的电离程度最大，K2S水解促进水的电离，c点恰好反响生成K2S，此时溶液为碱性，依据电荷守恒分析；D．常温下，SO2-+HO⇌HSO-+OH-K=3D．常温下，SO2-+HO⇌HSO-+OH-K=323b。此题考察了盐类水解、弱电解质电离平衡、电解质溶液中电荷守恒分析、平衡常数计算推断，把握根底是解题关键，题目难度中等。【答案】DB．由VO2〔黄色〕+V〔紫色〕+2H+〔蓝色〕+V〔绿色〕+H2O可知，放电时正极上反响式：B．由VO2〔黄色〕+V〔紫色〕+2H+〔蓝色〕+V〔绿色〕+H2O可知，放电时正极上反响式：22 VO++2H++e-=VO2++HO，故B2 2C．放电过程中，右罐为负极，反响式：V2+-e-=V3+，则溶液颜色渐渐由紫色变为绿色，故C错误；D．充电时，左槽发生的反响为VO2++H2O-e-=VO++2H+0.5mol1mol，此时氢离子参与正极反响，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0.5mol电子，则左槽溶液中n〔H+〕1mol-0.5mol=0.5mol，故D正确；2由VO2由VO2〔黄色〕+V 〔紫色〕+2H+2++VO2+〔蓝色〕+V 〔绿色〕+H2O可知，放电时正极上反响式：3+VO2++2H++e-=VO2++H2O，负极上反响式：V2+-e-=V3+，所以充电时，左槽发生的反响为2VO2++H2O-e-=VO++2H+，则左槽为阳极，X端接外接电源的正极，右槽为阴极，发生得电子的复原反响，V3++e-=V2+，以此解答该题。2此题考察了化学电源型电池，为高频考点，依据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反响式的书写，要依据电解质溶液酸碱性书写，难度中等。【答案】AD、反响CuS4+2NaPO+2NaOH=Cu+2NaPO3+NS+HCuH元素化合价降低、发生复原反响，所以CuH2为复原产物，故A正确；4 4 ＞c〔H+〕，即c〔SO2-〕＞c〔Cu2+〕，所以CuSO溶液中离子浓度的大小挨次为c〔SO2-〕＞c〔Cu2+4 4 C、NaH2PO2-没有羟基，所以次磷酸钠为正盐，H2PO2-C、NaH2PO2-没有羟基，所以次磷酸钠为正盐，H2PO2-H+，但能水解，故C错误；D、NaH2PO3与过量NaOH反响生成Na2HPO3，则NaH2PO3为酸式盐、Na2HPO3是正盐，说明H3PO3分子中只有两个羟基，所以H3PO3为二元酸，故D正确；应选：AD。A、反响中，Cu、H元素化合价降低、发生复原反响，P元素化合价上升、发生氧化反响；B、CuSO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，结合电荷关系推断；2C、依据次磷酸钠的物质构造可知，H3PO2是一元酸，H2PO-不能电离；2D、NaH2PO3与过量NaOH反响生成Na2HPO3，则NaH2PO3为酸式盐、Na2HPO3是正盐。此题考察氧化复原反响、盐类的水解、物质构造的推断等学问，为高频考点，把握反响中元素的化合价变化、物质的构造为解答的关键，侧重分析力气、灵敏运用力气的考察，留意酸分子构造及其电离，题目难度不大。【答案】CD【解析】解：A．Na2S2O5为纯洁物，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，故A错误；B．Na2SO3溶液呈碱性，①Ⅰ中反响的化学方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，故B错误；C．工艺中参与Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是调整pH，促进ⅢSO2的再吸取，得到NaHSO3过饱和溶液，故C正确；D．由题给信息可知Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，则反响的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，故D正确。应选：CD。由流程可知，I中发生Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，参与Na2CO3固体，并再次充入SO2，可得到NaHSO3过饱和溶液，NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，以此解答该题。此题考察物质制备试验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。316.【答案】-4 C L 24 4.632【解析】解：〔1〕△H=〔1-5〕akJ/mol=-4akJ/mol，1的活化能为E1=6akJ/mol2的活化能为E2=6akJ/mol3的活化能为E3=4akJ/mol，3的活化能最低，反响相对简洁，则反响历程的最优途径是C3，故答案为：-4；C3；〔2〕①温度上升，化学反响速率增大，反响到达平衡的时间缩短，则378K时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为L2，故答案为：L2；所以平衡时x〔C2H5OH〕==，x〔IB〕=，x〔所以平衡时x〔C2H5OH〕==，x〔IB〕=，x〔ETBE〕=，起始〔mol〕nn0平衡〔mol〕0.2n0.2n0.8nK===24K===24，M点===24×=4.6，③发生的反响为：C2H5OH〔g〕+IB〔g〕⇌ETBE〔M点===24×=4.6，起始〔mol〕nn0M点〔mol〕0.4n0.4n0.6n故答案为：4.6。适的反响途径；①温度上升，化学反响速率增大，反响到达平衡的时间缩短；②388K80%，依据方程式计算；③依据图象，M60%，依据方程式计算。17.【答案】17.【答案】4s O＞C＞Li 正四周体高sp3〔SiO〕2n-3 n6【解析】解：〔1〕Fe的基态核外电子排布为：[Ar]3d64s2，失电子先从最外层失去，所以先失去4s2电子，故答案为：4s；对于PO4，依据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+3-=4，则其空间构型为正四周体，同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增加，所以C、对于PO4，依据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+3-=4，则其空间构型为正四周体，故答案为：O＞C＞Li；正四周体；CO2在高温高压下所形成的晶体构造与SiO2相像，C的半径小于Si，所以C-O之间的作用力比Si-O之间作用力强，熔点更高，依据均摊原理，一个根本单元中含有1Si，O2+2×=3个，一个根本单元所带电荷为2-，则其依据均摊原理，一个根本单元中含有1Si，O2+2×=3个，一个根本单元所带电荷为2-，则其化学式可表示为：〔SiO3〕n2n-，故答案为：高；sp3；〔SiO3〕n2n-；①依据晶体构造，Fe3+四周的Fe2+Fe3+Fe3+所在晶胞内有等距最近的Fe2+33个相当于分别存在三条坐标轴半轴上，则每个Fe3+四周最近且等距离的Fe2+2×3=6个，1mol晶胞，则1mol晶胞，则1mol晶胞质量为m=8×〔8××56+12××26〕+4×39g=1228g，1mol晶胞即有NA个晶胞，1个整晶胞体积为1个整晶胞体积为V=〔2a〕3×10-21cm3，所以晶体密度为=g/cm3=g/cm3，故答案为：。4同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增加，依据VSEPR理论推断PO3-的空间构型；4CO2在高温高压下所形成的晶体构造与SiO2相像，C的半径小于Si，[SiO4]Si的价层电子对数为4，依据均摊原理计算化学式；1个整晶胞的质量，再由密度公式计算晶体密度。①依据晶体构造，Fe3+1个整晶胞的质量，再由密度公式计算晶体密度。18.【答案】+6 500 2MoS18.【答案】+6 500 2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2 14 MoO3+Na2CO3 Na2MoO4+CO2↑60%【解析】解：〔1〕依据Na2MoO40，Mo元素的化合价为+〔2×4-1×2〕=+6价；故答案为：+6；〔3〕空气中焙烧废加氢催化剂，MoS2燃烧反响生成MoO3〔3〕空气中焙烧废加氢催化剂，MoS2燃烧反响生成MoO3的化学方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，反响中Mo元素化合价由+4价上升到+6，S元素化合价由-2上升到+4，则由方程式可知转移电子数为2×故答案为：2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2；14；〔6-4+2×6〕=28e故答案为：2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2；14；MoO3+Na2CO3 Na2MoO4+CO2↑；故答案为：MoO3+Na2CO3 Na2MoO4+CO2↑；故答案为：MoO3+Na2CO3 Na2MoO4+CO2↑；〔5〕〔5〕50tMoS280%的废加氢催化剂，则含Mo的物质的量为=2.5×105molMo原Na2MoO4的产率=×100%=60%，故答案为：60%。依据流程：空气中焙烧废加氢催化剂，MoS2燃烧反响方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，加Na2CO3碱依据流程：空气中焙烧废加氢催化剂，MoS2燃烧反响方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，加Na2CO3碱MoO3+Na2CO3 Na2MoO4+CO2↑，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到Na2MoO4•2H2O晶体，再分解得到Na2MoO4，据此分析作答。此题考察了物质制备流程和方案的分析推断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是此题的解题关键，需要学生有扎实的根底学问的同时，还要有处理信息应用的力气，留意对化学平衡常数的灵敏运用，综合性强，题目难度中等。基1：基1：HOCH2CH2CH2CH2OHHOOCCH2CH2COOH【解析】解：〔1〕A为，A【解析】解：〔1〕A为，A的化学名称为：邻二甲苯。比照E、F的构造可知，E中-COOC2H5即F中有1D→E的反响方程式为：，故答案为：1；；即F中有1D→E的反响方程式为：，故答案为：1；；明存在对称构造，符合条件的同分异构体构造简式为：，故答案为：；〔4〕1，4-丁二醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2CH2COOH，加热脱水生成，最后与氨气反响生成，和合成路线流程图为：：HOCH2CH2CH2CH2OHHOOCCH明存在对称构造，符合条件的同分异构体构造简