2022届福建省龙岩市高中毕业班第三次教学质量检测化学试题（解析版）

福建省龙岩市2022届高中毕业班第三次教学质量检测化学试题一、单选题1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣，，记载。有关说法错误的是（ ）A.薪柴之灰可做钾肥B.取碱浇衣存在水解反应C.碱浣衣与肥皂浣衣原理不同D.上述过程涉及溶解、过滤、蒸储操作.异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图：下列说法错误的是（ ）X能被KMnO4溶液氧化ImolY最多能与4moiNaOH反应Z中环上的氧原子的杂化方式为sp2X、Y、Z均能发生加成、取代反应.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）20gD2i6。含中子数目为8Na44gCCh和足量Na2O2反应，转移电子数为NaC.常温下，lLpH=l的H2SO4溶液中氧原子数为2NaD.标况下，22.4LCl2溶于水所得溶液中，Cl2、ChHC1O和CIO微粒总数为2Na.磷化氢（PH3）是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取:，NaH2，NaH2Po2赧反应下列说法错误的是（ ）A.NaH2PO2既能与酸反应又能与碱反应B.流程中有两处涉及氧化还原反应C.该过程需要在无氧条件下进行D.分解反应生成”32。4和PH3的物质的量之比为1：1.下列有关离子方程式的书写正确的是（ ）A.向Feb溶液滴入少量Bn：2Fe2++Br2=2Fe3++2BrB.泡沫灭火器的反应原理：Al3++3HCO3=Al（0H）3I+3CO2TZn溶于过量的浓硝酸：3Zn+8H++2N。］=3Zn2++2N。T+4H2。D.同浓度同体积的NH4HS04溶液与NaOH溶液混合：NH^+O/T=NH3-H20.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）A.A A.A B.B C.C D.D.某种锂盐的结构如图所示，其阴离子由W、X、Y、Z四种同周期主族元素构成，X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是（）

A.W位于第2A.W位于第2周期IVA族C.元素电负性：Y>Z>XB.原子半径：Z>X>YD.最高化合价：Y>Z>W.如图是某科研团队设计的光电催化反应器，可由C02制得异丙醇。其中A、B均是惰性电极，下列说法正确的是（ ）：ii,无：ii,无A.B为正极B.若A极产生2gH2,则B极产生16go2C.电子从B极通过合成蛋白质纤维膜到A极A极上CO2参与的反应为：3CO2+18H++18e=CH3CH（OH）CH3+5H2O.在Fe+催化下乙烷氧化的反应机理如图所示（图中 为副反应）。下列说法正确的是（

CH3cHO N2CH3cHO N2OXFeO\N2均为反应中间体X既含极性共价键也含非极性共价键C.该机理涉及的反应均为氧化还原反应D.每生成ImolCH3cH0,消耗的刈。大于2moi.常温下，向某浓度的H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中-lgc(x)(x为H2A、HA或A?)与溶液pH的变化关系如图所示。则下列说法正确的是( )A.c点溶液中c(Na+)>3c(A2)B.整个过程中［c(H2A)+c(HA)+c(A，］保持不变C.将等物质的量浓度的NaHA与H2A溶液等体积混合，所得溶液pH=0.8D.b点对应溶液的pH为3.05二、综合题1L下图是一种处理废锌锦干电池的流程，电池内除铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒外,还含有MnOOH、ZnCh,NH4CKC及有机物等糊状填充物。回答下列问题：(1)“溶解”过程中为了提高浸出效率，可以采取的措施有;(写一条即可)(2)将“滤渣1”灼烧有MnO2生成，产生MnO2的化学方程式为;“氧化”过程中，还原产物是；“滤渣2”的主要成分是；⑸“调pH”时，应控制溶液pH的范围是；(已知：“溶解”后的溶液中c(Zn2+)=0.10mol/L,忽略滴加H2O2、氨水后溶液的体积变化；KsP[Zn(OH)2]=10,7,Ksp[Fe(OH)2]=10-17,Ksp[Fe(OH)3]=10-383)(6)写出“沉锌”的离子方程式；(7)测定NH4cl晶体中的氮元素含量：准确称取样品0.100g放至锥形瓶中，加适量的水完全溶解，再加5mL中性甲醛溶液(足量)，摇匀，静置，用0.100mol/L的NaOH标准溶液平行滴定三次，消耗标准溶液的平均体积为18.50mL,则样品中氮元素的质量分数为。[己知：4NHt+6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O；(CH2)6N4H++3H++4OH=(CH2)6N4+4H2O]12.某化学实验小组探究SO2与FeCb溶液的反应。(1)实验一：用如图所示实验装置制备SO2,并将足量SO2通入FeCl3溶液中，溶液迅速变为血红色；停止通入气体，将血红色溶液密闭放置5小时后，溶液变为浅绿色。制备SO2的化学反应方程式为；(2)仪器a的名称为,按图示装好药品后，打开K之前的操作是o(3)某同学取适量酸性KMnO4于试管中，滴入几滴血红色溶液，溶液的紫色褪去，据此推断血红色溶液中含有Fe2+。此结论(填“正确”、“不正确”)，理由是 (4)实验二：探究血红色溶液产生的原因实验过程如下表：实验序号假设实验内容结论①与溶液中c(H+)有关取适量上述血红色溶液，滴入丫溶液，溶液又变为黄色假设不成立②与c(H2so3)或c(SO2)有关1溶液中，滴入Imol/LNaHSCh溶液，溶液呈血红色，再逐滴滴入HC1溶液，出现xxx现象假设不成立③与c(HSO3)或c(SO/)有关在FeCb溶液中加入Na2so3溶液，立即变为血红色。实验①中，丫是(填化学式)；实验②中现象是;实验③的结论是o(5)为了进一步探究血红色物质产生主要原因，又进行了以下实验：在0.5mLlmol/L的FeCb溶液中，加入浓度相同的Na2so3溶液VimL,NaHSCh溶液V2mL并混合均匀，改变Vi、V2的值并维持Vi+V2=4.0进行多组实验，测得混合溶液的吸光度与曲厂的关系如图所示。(已知吸光度越大，溶液颜色越深)。0.5r 1GJ0%20%40%60%80%100%①维持Vi+V2=4.0的目的是 ②该实验得出的结论13.CCh—CH_i催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，其主反应为：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)AH,反应体系还涉及以下副反应：i.CH"g)V(s)+2H2(g)△Hi=+75.0kJ/molii.CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)△H2=+41.0kJ/moliii.CO(g)+H2(g)#C(s)+H2O(g)△H3=-131.0kJ/mol(1)主反应的小H=kJ/molo(2)我国学者对催化重整的主反应进行理论研究，提出在Pt—Ni或Sn-Ni合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。不的甲*程与柏对他■的关M①该历程中最大能垒E(正)=eV/mol；②其它条件相同时，催化重整的主反应在不同催化剂下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示:5005S0600650700B是合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，A、B曲线到达W点后重合，请解释原因o(3)在恒容密闭容器中通入lmolH2及一定量CO,反应迨中CO的平衡转化率随n(CO)及温度变化如图。

B（0，50）p（B（0，50）p（1.75）13①A、B两点对应的CO正反应速率v1E(A).yMB)(填或“>"，下同)，B和C两点对应的反应温度TbTc.②已知反应速率丫正=1<仃((20双(比)，VMk逆x(H?O),k为反应速率常数，x为气体的体积分数,正在达到平衡状态为D点的反应过程(此过程为恒温)中，当某时刻CO的转化率刚好达到60%时，差逆=。(用含k上和k逆的式子表示)14.最近，妖“银”横行，价格飙涨。锲是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，在许多领域应用广泛。回答下列问题：(1)基态Ni原子核外电子的运动状态有种；Ni的熔点明显高于Ca,其原因是 。Ni—NTA—Nangold可用于检测或定位6x组氨酸(His)或Poly—His标记的重组蛋白。Ni(II)-NTA的结构简式如图所示。①与Ni2+配位的原子形成的空间构型为o②配体N(CH2COO)3中4种元素的Ii从大到小的顺序为(用元素符号表示)。③已知N……Ni存在大兀键，其结构中氮原子的杂化方式为。Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，部分Ni?+

被Ni3+取代，如图所示，其结果晶体仍呈电中性。贝Ijx1（填“>”“<”或“="）。（4）银掺杂的稀磁半导体DMS的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg/cn?,设M为阿伏加德罗常数的值，则Ni原子与Mg原子间的距离为cm（列出计算表达式）。15.以下是合成有机化合物X的一种路线（部分反应条件或试剂略去）。请回答下列问题：（1）B的名称是。（2）由A制备B所用试剂为»（3）若D—E是在碱性水溶液中进行，则B—D反应类型为oE中的官能团名称为«J在一定条件下自身分子间发生反应，生成化合物X、乙酸和水，生成物中乙酸和X的物质的量比是oG—J的化学方程式是.(7)写出同时符合下列条件的E同分异构体的结构简式(写2种)。①能使FeCb溶液显紫色②能发生水解③苯环上有三个取代基且只有两种不同化学环境的氢答案解析部分1.【答案】D【解析】【解答】A.薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾可做钾肥，故A不符合题意；B.薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，则取碱浣衣存在水解反应，故B不符合题意；C.碱浣衣是利用了碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，而肥皂浣衣的原理是在洗涤的过程中，污垢中的油脂跟肥皂接触后，高级脂肪酸钠分子的燃基就插入油滴内，而易溶于水的粉基部分伸在油滴外面，插入水中。这样油滴就被肥皂分子包围起来，再经磨擦、振动，大的油滴就分散成小的油珠，最后脱离纤维织品，达到洗涤的目的，两者浣衣原理不同，故C不符合题意；D.由题意可知，上述过程涉及溶解、过滤操作，不涉及蒸播操作，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.薪柴之灰为碳酸钾，含钾元素；B.碳酸钾是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，可用于去油污；C.碳酸钾溶液呈碱性，促进油脂水解生成可溶性盐，肥皂是利用乳化作用进行去污除油；D.该过程不涉及蒸僧。2.【答案】C【解析】【解答】A.由结构简式可知，X分子中的酚羟基能与高锦酸钾溶液发生氧化反应，被高锌酸钾溶液氧化，故A不符合题意；B.由结构简式可知，Y分子含有的酯基、酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，其中酚酯基消耗2moi氢氧化钠，则ImolY最多与4moi氢氧化钠反应，故B不符合题意；C.由结构简式可知，Z分子中环上的单键氧原子的杂化方式为sp3杂化，双键氧原子的杂化方式为sp2杂化，故C符合题意；D.由结构简式可知，X、Y、Z分子中均含有的苯环、填基都能发生加成反应，X分子中含有的酚羟基、Y分子中含有的酚羟基和酯基、Z分子中含有的酚羟基和竣基都能发生取代反应，故D不符合题故答案为：Co【分析】A.X中的酚羟基、醛基能被高镒酸钾氧化;B.Y中酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和粉基都能和NaOH以1：1反应；C.Z苯环上的氧原子，堞基氧原子价层电子对数是3、酸键中氧原子价层电子对数是4；D.X、Y、Z都含有苯环、酚羟基，苯环能加成，酚羟基邻位和对位能取代。3.【答案】B【解析】【解答】A.20gD23O的物质的量为Imol,含中子数IONa,A不符合题意；B.44gCCh与足量过氧化钠反应生成0.5molCh,转移电子数为Na,B符合题意：C.H2sCh溶液中还有水，无法计算氧原子数，C不符合题意；D.标况下，22.4LCU溶于水所得溶液中，Cl2+H2OHC10+HCI,可以看出一分子氯气生成两分子含氯微粒，HCIOWH++CICT,一分子次氯酸电离产生1分子次氯酸根，故Ch、ChHC1O和CIO-微粒总数为介于Na和2NA之间，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.1个D2I6O分子含10个中子:B.lmol二氧化碳与过氧化钠反应转移Imol电子；C.水中也含有氧原子；D.结合原子守恒分析。.【答案】A【解析】【解答】A.H3P0?为一元弱酸，NaH2PCh为正盐，只能与酸反应，A符合题意；B.白磷与氢氧化钠溶液反应、H3P02分解生成PH3和H3Po4,这两个反应中元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B不符合题意；PH,在空气中能自燃，整个过程中有PH3生成，故需要在无氧条件下进行，C不符合题意；H3P02中P元素为+1价.H3P和PH3中P元素分别为+5和-3价，根据得失电子守恒规律，反应生成H3Po4和PH3的物质的量之比为1：1,D不符合题意；故答案为：Ao【分析】白磷溶于过量的氢氧化钠溶液发生反应P4+3NaOH+3H?0=3NaH2PO2+PH3T，NaH2PO2和稀硫酸发生反应2NaH2P02+H2so4=H3PCh+Na2so4,H3PO2分解的方程式为2H3PC^HaPCh+PFh,据此解答。.【答案】B【解析】【解答】A.碘离子的还原性强于亚铁离子，碘化亚铁溶液与少量溟水反应时碘离子优先与澳反应生成澳离子和碘，反应的离子方程式为2r+Br2=h+2B「，故A不符合题意；B.泡沫灭火器的反应原理为碳酸氢钠溶液与硫酸铝溶液发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCOi=4（。，）3i+3CO2T,故B符合题意；C.锌与过量浓硝酸反应生成硝酸锌、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Zn+4H++2NO3=Zn2++2NO2T+2H2O,故C不符合题意：D.同浓度同体积的硫酸氢镂溶液与氢氧化钠溶液反应生成硫酸锈、硫酸钠和水，反应的离子方程式为H++OH=H9,故D不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.溟少量，只氧化碘离子；B.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；C.浓硝酸还原产物为二氧化氮；D.氢氧根离子先与氢离子反应。6.【答案】A【解析】【解答】A.硫酸与碳酸钠反应可以制备二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应可以制备硅酸，能比较非金属性S>C>Si,A符合题意；B.温度计应插在液面之下，B不符合题意；C.亚铁离子容易被氧化，不能通过蒸发结晶得到该晶体，C不符合题意；D.气体不能通过洗气瓶，故不能除杂，D不符合题意；故答案为：A«【分析】A.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，根据强酸制弱酸原理回答；B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计应测量反应液温度；C.亚铁离子易被氧化；D.除杂时导管应长进短出。7.【答案】B【解析】【解答】A.硼元素位于元素周期表第2周期IHA族，故A不符合题意；B.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为C>N>O,故B符合题意；C.同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性的大小顺序为F>O>N,故C不符合题意；D.氟元素的非金属性最强，无正化合价，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，W只能位于第二周期，X的最外层电子数为6,W形成3个单键和1个配位键，说明W最外层含有3个电子，则W为B元素；四种元素均位于第二周期，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构，X形成2个共价键，丫形成1个共价键，Z形成4个共价键，则X为O元素，丫为F元素，Z为C元素，据此解答。8.【答案】D【解析】【解答】A.由分析可知，B极为光电池的负极，故A不符合题意；.由分析可知，氢离子和二氧化碳都在正极放电，由得失电子数目守恒可知，若A极产生2g氢气,B极产生氧气的质量大于44洸0,x1x32g/mol=16g,故B不符合题意；C.电解质溶液不传递电子，则电子不可能通过合成蛋白质纤维膜，故C不符合题意；D.由分析可知，氢离子和二氧化碳都在正极放电，二氧化碳参与的电极反应式为3co2+18H++18e—=CH3cH(OH)CH3+5H2O,故D符合题意；故答案为：D。【分析】B极氧元素化合价升高失电子，故B极为负极，电极反应式为2H2O-4e=O2T+4H+,A极为正极，电极反应式为2H++2e=H2f,3CO2+18H++18e=CH3CH(OH)CH3+5H2Oo.【答案】D【解析】【解答】A.由分析可知，Fe0+为中间产物，氮气为生成物，故A不符合题意；B.由分析可知，X为水分子，水分子中只含有极性共价键，不含有非极性键，故B不符合题意；C.由图可知，FeO+发生的反应为C2H6+Fe0+-[(C2H5)Fe(OH)]+,反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D.由分析可知，总反应为C2H6+2N2O壮CH3cHO+N2+H2O,副反应为[(C2H5)Fe(OH)]+-Fe+,副反应中铁元素化合价降低，转化反应属于氧化还原反应，所以每生成ImolCHaCHO,消耗的N?0大于2moL故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.FeCV先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物;B.X为HzO,只含O-H键；C.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；D.该反应总反应方程式为C2H6+2N2OFeCH3CHO+N2+H2O,且发生副反应［(C2H5)Fe(0H)］+-Fe+。10.【答案】D【解析X解答】A.c点时，溶液的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH),此时c(HA)=c(A2),因此有c(Na+)+c(H+)=3c(A3)+c(OH),而此时溶液显酸性，则c(H+)>c(OH),所以c(Na+)<3c(A"),A项不符合题意；B.由于加入NaOH溶液，整个溶液体积变大，因此［c(H2A)+c(HA)+c(A2-)］的值逐渐减小，B项不符合题意：C.由于H2A的电离强于HA的电离和水解，等物质的量浓度等体积NaHA与H2A混合，溶液中c(HA)>(H2A),对应图中a点的右方，因此pH>0.8,C项不符合题意；D.H2A溶液中，KaixKa2=器靖1,b点时，c(42-)=c(H2A),则c("+)={Ka、xKa2=10-3%,pH为3.05,D项符合题意；故答案为：D。【分析】A.c点溶液呈酸性，结合电荷守恒解答；B根据物料守恒n(H2A)+n(HA)+n(A2-)不变，加入NaOH,溶液体积增大；C.H2A的电离程度大于HA-的电离和水解程度；D.b点时，c(i42-)=c(H2A),c(A/+)=yjKa^x/<a2°11.【答案】(1)搅拌或适当升温4MnOOH+O2向施4MnO2+2H2OH2OFe(OH)32.9<pH<6Zn2++H2S=ZnSl+2H+25.9%【解析】【解答】(1)搅拌、适当升温等措施能提高溶解过程的浸出效率，故答案为：搅拌或适当升温：(2)由题意可知，灼烧时，滤渣1中的碱式氧化锌与空气中的氧气高温条件下反应生成二氧化锦和水，反应的化学方程式为4MnOOH+O2/冷温4MnO2+2H2O,故答案为：4MnOOH+O24MnO2+2H2O;(3)由分析可知，氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子被过氧化氢还原为铁离子，所以铁离子为氧化产物，水为还原产物，故答案为：h2o；(4)由分析可知，滤渣2为氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3；(5)由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，由溶液中锌离子浓度为0.10mol/L可得溶液中氢氧根离子浓度为 10~17=108mol/L,溶液pH=6,由铁离子完全沉淀时JO.lmol/L3I1 38.3浓度为10Jmol/L可得溶液中氢氧根离子浓度为假 =10"'mol/L,溶液pH=2.9,则控制溶[10bmol/L液pH的范围是2.9WpH<6,故答案为：2.9WpHV6；(6)由分析可知，向滤液中通入硫化氢气体的目的是将锌离子转化为硫化锌沉淀，反应的离子方程式为Zn2++H2S=ZnSi+2H+,故答案为：Zn2++H2S=ZnS；+2H+；(7)由题给方程式可得：N~NHt~NaOH,滴定消耗18.50mL0.100mol/L的氢氧化钠标准溶液，则样品中氮元素的质量分数为dlOOmW]端?*100%=25.9%,故答案为：25.9%»【分析】废锌铺干电池拆解得到铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒等和含有碱式氧化镐、氯化核、氯化锌、碳及有机物等糊状填充物，糊状填充物加水溶解后，过滤得到含有碱式氧化镒、碳的滤渣1和含有氯化铉、氯化锌的滤液；向铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒中加入盐酸酸浸，锌和铁溶于盐酸得到氯化锌和氯化亚铁，过滤得到含有氯化锌和氯化亚铁的滤液；将滤液混合后加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氨水调节溶液pH,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣2和氯化镂、氯化锌的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，将锌离子转化为硫化锌沉淀，过滤得到硫化锌滤渣3和氯化铉溶液；氯化镀溶液经结晶得到氯化镂晶体。12.【答案】(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2T+H2O(2)球形干燥管；打开分液漏斗的上口活塞(3)不正确；溶液中的SO2,SO『、HSOg、cr都能使高锅酸钾褪色(4)HC1；变浅(或变黄)；假设成立(5)使Fe3+的浓度保持不变；Fe,+和SOj-形成络合物使溶液变成血红色(或红色物质为Fe3+和soj~作用的产物)【解析】【解答】实验一先用亚硫酸钠固体和70%的硫酸溶液反应制备二氧化硫气体，将二氧化硫通入氯化铁溶液中，探究变色原因。二氧化硫溶于水会生成亚硫酸，亚硫酸电离会产生氢离子、亚硫酸氢根、亚硫酸根，溶液中存在的微粒有氢离子、亚硫酸(或SO?)、亚硫酸氢根、亚硫酸根，故可能为这些微粒导致溶液变色，故实验二开始分别探究这些因素的影响。(1)实验室用亚硫酸钠固体和70%的硫酸溶液来制备二氧化硫气体，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO^-^-SO2T+H2O；(2)仪器a的名称为球形干燥管；打开K之前的操作是打开分液漏斗的上口活塞；(3)溶液中的SO2、S。仁、HSO］、CF都能使高镒酸钾褪色，所以结论不正确；(4)实验①假设：与溶液中的氢离子浓度有关，故在上述血红色溶液中加入含氢离子的物质，若血红色颜色变深，则与氢离子浓度有关，但实际现象是颜色变为黄色，故假设不成立，固定单一变量，改变的探究氢离子浓度的影响，则不能引入别的酸根离子，故加入的丫为HC1；实验②假设与c(H2so3)或c(S02)有关：向1溶液中，滴入Imol/LNaHSCh溶液，溶液呈血红色，再逐滴滴入HC1溶液，会产生亚硫酸或二氧化硫，出现与实验①相同的现象，假设不成立，故实验②的现象为颜色变浅(或变黄)；实验③假设与c(HS。1)或4S。，)有关，直接在FeCb溶液中加入Na2so3溶液，立即变为血红色，则假设成立，在实验中可能是FM+和SOj-发生反应，形成络合物使溶液变成血红色(或红色物质为Fe3+和S0l~作用的产物)；(5)实验过程中要固定单一实验变量，为了研究c(HSO［)或:(S。，)对实验的影响，应保持Vi+V2=4.0使Fe3+的浓度保持不变；根据实验③的假设和现象，实验过程中可能是Fe3+和soj~形成络合物使溶液变成血红色(或红色物质为Fe3+和S。打作用的产物)。【分析】(1)亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；(2)仪器a为球形干燥管；打开K之前应打开分液漏斗的上口活塞；(3)so2,soj~.HSO］、CF都能使高镒酸钾褪色；(4)控制变量法的关键在于控制变量单一；(5)实验过程中应保持变量单一。13.【答案】(1)+247kJ/mol(2)3.809；Pt-Ni；催化剂只改变反应历程，不影响平衡移动，最终CO的产率相同⑶<;<;-4k-正【解析】【解答】⑴由盖斯定律可得主反应=反应i+ii-iii,则411=+75.0++41.0-(-131.0尸+247口/11101；(2)①据图可知使用Sn-Ni催化剂时，由CH3*+H*到过渡态2的垒能最大，为5.496eV*mor,-1.687eV»mol_,=3.809eV*mor,；②据图可知使用Pt-Ni合金作催化剂时，整个过程中的每一步反应的活化能都较小，反应速率较快，催化效果更好，则B是Pt-Ni合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，A、B曲线到达W点后重合，原因是：催化剂只改变反应历程，不影响平衡移动，最终CO的产率相同；

(3)①A、B两点反应物的浓度相同，而A点CO的平衡转化率比B点的大，说明A点相比于B点平衡正向移动，由于反应iii是放热反应，降低温度平衡正向移动，则A点反应温度较低，反应速率较慢，则CO正反应速率v#(A)<vMB)；反应iii是放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，说明CO的平衡转化率越小温度越高，由C点CO的平衡转化率小于B点，则反应温度Tb<Tc;②平衡状态为D点，则通入Imolkh及ImolCO,当某时刻CO的转化率刚好达到60%时，列三段式：起始量Itnol

转化量［mol

某时刻量Imolx(CO)=起始量Itnol

转化量［mol

某时刻量Imolx(CO)=x(H2)=逆二k逆x(H2。)，TOC\o"1-5"\h\z1 1 0,恒温下气体的体积分数即物质的量分数,0.6 0.6 0.60.4 0.4 0.6O.4+ol+O.6=7,X(H2°)=0.4+04+0,6=7,己知反应速率丫小正x(CO)x(H»,v"正—k逆X： 21k逆1-kjEx(CO')-x(H2)=港=4k正°【分析】(1)根据盖斯定律计算；(2)催化剂只改变反应历程，不影响平衡移动；(3)①A、B两点反应物的浓度相同，A点CO的平衡转化率比B点大；反应iii是放热反应，降低温度平衡正向移动；②列出反应的三段式，结合反应达到平衡时，v正寸逆计算。14.【答案】(1)28；Ni与Ca同周期，Ni的原子半径比较小且价电子数多，形成的金属键比较强，熔沸点比较高(2)八面体；N>O>H>C；sp2(3)<⑷学展2JN4d【解析】【解答］(1)银元素的原子序数为28,核外电子数为28,由泡利不相容原理可知，同种原子的核外没有运动状态完全相同的电子，则基态原子核外电子的运动状态有28种；金属晶体的金属键越强，熔点越高，银和钙都是金属晶体，银元素与钙元素同周期，银原子半径比钙小且价电子数比钙多，形成的金属键比钙强，熔沸点比钙高，故答案为：28；Ni与Ca同周期，Ni的原子半径比较小且价电子数多，形成的金属键比较强，熔沸点比较高；(2)①由配合物的结构可知，银离子与具有空轨道的氮原子和氧原子形成配位键，配位数为6,空间构型为八面体形，故答案：八面体；

②配体4种元素中，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2P轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，H只有一个电子，位于1s轨道，离原子核的距离比C的最外层两个位于2s轨道上的电子要近得多。所以原子核对电子的束缚力更大，因此第一电离能也就更大H>C。则第一电离能由大到小的顺序为N>O>H>C,故答案为：N>O>H>C；③由N……Ni存在大兀键可知，结构中氮原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成大兀键，故答案为：sp2；(3)设晶胞中Ni2+离子的个数为a,由化合价代数和为0可得：2xa+3x(x—a)=lx2,解得x=竽，由a小于1可知，竽小于1,故答案为：V。(4)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的银原子