2023年高三一模化学试题及答案

2023年高三化学一模试题及答案.化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是（ ）A.汽车尾气催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”“天和”号核心舱使用了目前世界上最先进的三结神化像太阳能电池翼，碑化钱属于半导体材料“神舟十二号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐D.淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物，均能在人体内发生水解.下列化学用语描述正确的是（ ）CCL的球棍模型：的名称：3-乙基-1,3-丁二烯C.氨-3的符号：D.次氯酸的结构式：H-C1-0.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A.通入大量二氧化碳的溶液：K+、Ca2+、、NOB.能溶解的溶液中：NH、K?、SO、NOC.含有硝酸钠的溶液：H+、Mg2+、1-、SOD.的溶液：K+、FA、SO,.用下列装置和试剂制取相应气体，能达到相应实验目的的是（ ）选项实验目的试剂A试剂BA制CL浓盐酸FezChB制NH3浓氨水CaCl2C制Nth稀硝酸CuD制SO2浓硫酸Na2sO3A.A B.B C.C D.D.Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（1LO.lmol/L乙醇溶液中O—H键的键数为O.INa2gD2i6O中含有的质子数、中子数、电子数、质量数均为Na10mL18mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数等于0.36Na1L1mol/LFe2（SO4）3溶液中含有阳离子数目大于2Na7.磷酸（H3Po4）、亚磷酸（H3Po3）和次磷酸（H3Po2）都是重要的化工产品。已知：Imol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、Imol。下列推断正确的是（ ）A.磷酸与氢氧化钠反应能生成2种盐NaH2Po八NaHzPCh、NaH2PO2都是酸式盐H3Po4、H3Po3、H3PO2都是含氧酸H3PCh是三元酸，又是还原性酸8.在酸性条件下，黄铁矿（FeSz）催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是（ ）A.反应I的离子方程式为4Fe（NO）2++Ch+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB.反应II的氧化剂是Fe3+C.反应HI是氧化还原反应D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂9.最近我国科学家研制一种具有潜力的纳米电子学材料一一石墨烘，图中丁为它的结构片段。下列有关说法中，错误的是（ ）

A.甲分子中的6个溟原子位于同一平面上B.丙的二氯代物有2种C.甲在一定条件下能与NaOH溶液反应，且Imol甲最多消耗NaOH12molD.石墨焕和C60是碳的同素异形体.Mg-LizFePO,是一种新型二次电池，其装置的示意图如下（Li，透过膜只允许Li+通过）。下列说法正确的是（ ）含MgSO,、耳50,的溶液LizSO,水溶液A.断开Ki、闭合K2,右室的电极为阳极，Li+发生还原反应B.断开K2、闭合Ki，右室的电极反应式：LiirFePO4+xLi++xe=LiFePO4C.断开K2、闭合K”外电路中通过amol电子时，左室溶液质量增加12agD.该二次电池的总反应为xMg+xLi2so4+2LiiFePO4xMgSO4+2LiFePO4.下列实验操作能达到相应实验目的的是（ ）选项实验操作实验目的A向酸性高锌酸钾溶液中滴加乙二醇，紫红色褪去验证乙二醇最终被氧化成乙二酸B某温度下向等体积的饱和AgCl、Agl溶液中分别滴加足量溶液，所得沉淀物质的量：n（AgCl）＞n（AgI）验证该温度下：Ksp（AgCl）＞Ksp（Agl）C将50mL0.55moi/L的NaOH溶液缓慢倒入盛有50mL0.50mol/L的HC1溶液的烧杯中测定中和热D苯和澳水中加入铁粉，将产生的气体先通入，再通入溶液探究苯和溟的反应是取代反应A.A B.B C.C D.D12.（俗称海波）是常用的一种定影剂。工业使用的海波中常混有少量和杂质，为测定一种海波晶体样品的成分，某同学称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的稀硫酸20mL,充分反应后测得有关实验数据如下（标准状况）。第一份第二份第三份样品的质量/g12.6018.0028.00二氧化硫的体积/L1.121.682.24硫的质量/g1.281.922.56下列说法错误的是（ ）A.第一份、第二份样品均完全反应，第三份样品过量B.样品中C.样品中除了含有、，还含有D.所加硫酸溶液的物质的量浓度为O.5mol/L.无色溶液中可能含有Na+、K+、、Ca2+、CM+、、、ChBr\中的若干种，离子的物质的量浓度都为0.1mol/L。往该溶液中加入过量的BaCL和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如图所示实验，则下列关于原溶液的判断正确的是（）a.无法确定原溶液中是否存在crB.肯定存在的离子是、Br,是否存在Na+、K?需要通过焰色反应来确定C.肯定不存在的离子是Ca2+、CM+、、，是否含另需实验验证D.若步骤中Ba（NCh）2和HNCh的混合溶液改用BaCb和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响.常温下，向lL1.0mol/L的NaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2的物质的量关系如图所示（忽略溶液体积的变化和NaClO、HC1O的分解）。下列说法正确的是（ ）0.0 0.2 204 0・6 0.8 1.23 n(SO2)A.常温下，HC1O电离平衡常数的数量级为IO：a点溶液中存在b点溶液中存在c点溶液中.物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为地壳含量最高的金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如下图所示：回答下列问题:Y-13-yXXx\l/Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，丫在周期表中的位置是,写出YX的电子式 。(2)比较X、Y、Z简单离子的半径由大到小的顺序(用对应离子符号表示) «(3)在YZCh与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式..亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备(A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性氧化成)。(1)仪器a的名称是oA中实验现象为o(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是―(填字母序号)。A.NaOH固体 B.无水 C.碱石灰 D.浓硫酸E中发生反应的离子方程式为=(5)从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进？o(6)已知：；，为测定得到产品中的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为0.80g的样品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的0.800mol/LKI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用溶液滴定至终点。重复以上操作3次，所消耗溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL。滴定终点时的实验现象为,该样品中纯度为«工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥［主要含硒化亚铜(CwSe)和硫化亚铜(CsTe)］为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下：Na2cO3己知：①是两性氧化物，微溶于水。②25'C时，亚硅酸0的，。(1)"烧结''时的固体产物主要为、和，该过程中反应的化学方程式为O

(2)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用oa.b.c.浓硫酸(3)常温下，溶液的pH7(填“V”、“>"或，三")。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5〜5.0,pH过大或过小都将导致础的回收率偏低，其原因是 。(4)在盐酸溶液中，被还原得到单质碎。研究表明，在此反应中，离子浓度为O.lmol/L时的活化能比离子浓度为0.3mol/L时的活化能大，说明较高浓度的作用是。(5)还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分进行转化，写出“还原”时反应的离子方程O(6)所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入溶液可以将残留的等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25c时，要使溶液中沉淀完全口，则需控制溶液中mol/LoGaN凭借其出色的功率性能、频率性能以及散热性能，在光电领域和高频微波器件应用等方面有广阔的前景。Johnson等人首次在1100C下用钱与氨气制得氮化钱，该可逆反应每生成放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是 (已知金属钱的熔点是29.8C,沸点是2403℃；氮化银的熔点为1700C)(2)在恒容密闭容器中，加入一定量的液态像与氨气发生上述反应，测得反应平衡体系中的体积分数与压强(p)、温度(T)的关系如图所示(已知图中Ti和T2的温度均小于1700C)。①下列说法正确的是(填标号)。a.相同条件下，的碱性比强

b.当时，一定达到了化学平衡状态c.A点和C点化学平衡常数的关系是：d.温度一定时，达平衡后再充入氨气，的体积分数减小②气相平衡中用组分的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示平衡常数（记作Kp）,已知在TJC时体系的压强初始压强为aPa,则B点的Kp=Pa（用含a表示且保留2位有效数字）。（3）电解精炼法提纯钱是工业上常用的方法。具体原理如图所示：已知：钱化学性质与铝相似。粗Ga（含有Zn粗Ga（含有Zn、Fe、Cu杂质）NNaOH溶液①M为电源的极，电解过程中阳极产生的离子迁移到达阴极并在阴极析出高纯钱。请写出电解过程的阴极的电极反应 。②电解过程中需控制合适的电压，电压太高会导致阴极电解效率下降，其可能的原因是o若外电路通过0.25molu时，阴极得到3.5g的线。则该电解装置的电解效率 （生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数）Na30cl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：Ca小于Ti的是（填标号）。A.最外层电子数 B.未成对电子数C.原子半径 D.第三电离能（2）由0、C1元素可组成不同的单质和化合物，其中能破坏臭氧层。①。2。2的沸点比H2O2低，原因是O②03分子中心原子杂化类型为:03是极性分子，理由是oNa30cl可由以下两种方法制得:

方法INazO+NaCINa30cl方法H2Na+2NaOH+2NaC12Na30cl+H2t①NazO的电子式为。②在方法II的反应中，形成的化学键有（填标号）。A.金属键B.离子键C.配位键D.极性键E.非极性键NaaOCI晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右所示。已知：晶胞参数为anm,密度为dg为dg•cm-3o①NaQCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于位置，两个Na之间的最短距离为nm。②用a②用a、d表示阿伏加德罗常数的值Na=（列计算式）。丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物F的路线如下:丁香酚RhC13△①OH(838)20丁香酚RhC13△①OH(838)20[O]捻酸I④HO丫QH^LiAIH4O1HO丫QH^LiAIH4O1®OH-、试剂X△⑤OHR"已知:R"（1）丁香酚的分子式为（2）A中的含氧官能团是.（2）A中的含氧官能团是.（填名称），的反应类型为.（3）写出满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式.①含苯环旦环上只有两个取代基;②属于酯类化合物;③核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：lo(4)1molD最多可以与 molHi发生加成反应。(5)反应⑤中，试剂X的结构简式为o(6)设计用吠喃甲醛(0-CHO)和环己醇为原料制0'七二Q的合成路线(无机试剂任选).答案解析部分1.【答案】B【解析】【解答】A.汽车尾气中CO和氮氧化物经催化反应生成N2、CO2,并未减少CO2的排放，故A不符合题意；B.碑化铉最外层平均4个电子类似于硅，是优良的第三代半导体材料，故B符合题意：C.高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于传统的硅酸盐材料，故C不符合题意；D.高分子化合物的相对分子质量一般都在一万以上，油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.汽车尾气催化转化器是将一氧化碳转化为二氧化碳；C.高温结构陶瓷的主要成分是新型无机非金属材料：D.油脂不是高分子化合物。2.【答案】C【解析】【解答】A.球棍模型中用球代表原子，用棍代表化学键，所以CCk的球棍模型是:Q^故A不符合题意；B. 为键线式结构，表示主链含有4个碳原子的二烯烧，根据二烯煌的命名原则，其名称应为：2-乙基-1,3-丁二烯，故B不符合题意；C.氨-3表示质量数为3的氮原子，其符号为：，故C符合题意；D.次氯酸分子中存在H-0和O-C1键，其结构式为：H-O-C1,故D不符合题意；故答案为：Co【分析】A.球棍模型中用球代表原子，用棍代表化学键;B.H、主链有4个碳原子的二烯烧，2号碳上有1个乙基；C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；D.次氯酸中氧为中心原子。3.【答案】A【解析】【解答】A.K，、Ca2+、、NO之间不反应，通入二氧化碳后也不反应，能够大量共存，故A符合题意；B.能溶解的溶液为强酸或强碱溶液，若为强碱溶液，NH与OH生成NH3H20,不能大量共存，故B不符合题意；C.硝酸钠在酸性溶液中具有强氧化性，H+、「、NO之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；D.该溶液存在大量氢离子，Fe3+和在溶液中生成硫氟化铁，不能大量共存，故D不符合题意：故答案为：Ao【分析】离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钢离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锌酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子发生络合不能共存的是：铁离子和硫氟酸根、铜离子和氨水等等.【答案】D【解析】【解答】A.浓盐酸和FezCh发生复分解反应，不能制氯气，A项不符合题意；B.氯化钙能和氨气结合，B项不符合题意；C.稀硝酸和铜反应生成NO,C项不符合题意；D.根据强酸制弱酸的原理，浓硫酸与Na?SO3通过复分解反应能制取SO2,D项符合题意；故答案为：D。【分析】A.制取氯气用的是浓盐酸和具有强氧化性的物质B.氨水易挥发，而氯化钙显酸性，一般用生石灰C制取二氧化氮用的是浓硝酸D.利用酸和盐的反应制取气体.【答案】D【解析】【解答】A.除乙醇分子中含有H-O键外，溶剂H9分子之间也存在H-0键，因此该溶液中含有的O—H键的键数大于O.INa,A不符合题意；D2I6O的相对分子质量是20,其中含有10个质子、10个电子，2gDzi6O的物质的量是0.1mol,其中含有的质子数、中子数、电子数均为Na,质量数为2Na，B不符合题意；10mLl8moi/L的浓硫酸中含有H2sCh的物质的量是n(H2so。=18moi/L'O.OlL=0.18mol,开始时浓硫酸与Mg反应产生MgSCU、SO2、H20,后随着反应的进行，硫酸浓度变小，稀硫酸与Mg反应产生MgSCh和H2。若这些硫酸完全反应变为MgSCh，反应转移电子的物质的量为2X0.18mol=0.36mol,但由于有一部分转化为SO2气体，因此反应过程中转移电子的物质的量小于0.36mol,故转移的电子数目小于0.36Na,C不符合题意；1L1mol/LFe2(SO4)3溶液中含有溶质的物质的量为n[Fe2(SO4)3]=lmol/LxlL=1mol,其电离产生2moiFe3+,在溶液中Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3和H+,每有I个Fe?+水解，会产生3个HI故该溶液中含有阳离子的物质的量大于2moi，则含有的阳离子数目大于2Na,D符合题意；故答案为：D。【分析】A.考虑到溶液中的水也含有氢氧键B.根据质量计算出物质的量，再计算出质子数、中子数、电子数、质量数即可C.稀硫酸和浓硫酸与镁反应时转移的电子数不同D.考虑到铁离子水解.【答案】C【解析】【解答】根据三种酸最多消耗NaOH的量，推出磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸；A.磷酸和氢氧化钠发生反应，可能生成Na3Po八NaH2P。4、NazHPCU三种盐，A不符合题意；.前两者属于酸式盐，NaH2PCh属于正盐，B不符合题意；C.三种酸中都含有氧元素，因此都属于含氧酸，C符合题意：D.H3PCh属于二元酸，D不符合题意；故答案为：Co【分析】根据电消耗氢氧化钠的量即可判断出磷酸、亚磷酸、次磷酸是三元酸，二元酸，一元酸，根据是否含有氧元素可以判断为含氧酸结合选项即可判断8.【答案】C【解析】【解答】A.根据图示，反应1的反应物为Fe(NO)2+和02,生成物是Fe3+和NO,结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++Ch+4H+=4Fe3++4NO+2H2。，故A不符合题意；.根据图示，反应U的反应物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe?+和SOF,反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+,故B不符合题意；C.根据图示，反应HI的反应物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C符合题意；D.根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H*,反应过程中NO参与反应，最后还变成NO,NO作催化剂，故D不符合题意；故答案为：C«【分析】A.根据反应物和生成物即可写出离子方程式B.根据反应物中元素化合价变化判断C.根据反应HI的元素是否变化D.根据催化剂的定义即可判断.【答案】B【解析】【解答】A.苯环为平面型结构，故甲中6个澳原子位于同一平面上，A项不符合题思；B.丙分子中只有6个碳碳三键端碳上有氢原子可被氯原子取代，且这6个氢等效，类比苯环上二氯代物有3种结构，可知丙的二氯代物有3种，故B符合题意；C.甲中的-Br原子和氢氧化钠先水解生成酚羟基，酚羟基在和氢氧化钠溶液中和，故在一定条件下能与NaOH溶液反应，且Imol甲最多消耗NaOHl2mol,C项不符合题意；D.石墨块和C6。均是碳元素构成的单质，故两者互为同素异形体，D项不符合题意。故答案为：Bo【分析】根据结构式，苯中所有的原子均共面，甲与氢氧化钠反应，得到的是酚，继续与氢氧化钠反应，丙中的所有的均在共面，二氯取代物共有三种，间，邻，对位，根据组成元素即可判断石墨焕是碳单质，与C60互为同素异形体，结合选项进行判断.【答案】B【解析】【解答】A.断开Ki、闭合K2,该装置为电解池，右室的电极与外接电源的正极相连作阳极，LiFePO"中的铁元素发生氧化反应，A项不符合题意：B.断开K?、闭合K”该装置为原电池，右室的电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为Lii“FePO4+xLi++xe=LiFePO4,B项符合题意；C.断开K2、闭合Ki，外电路中通过amol电子时，左室有0.5amolMg溶解，同时有amolLi*移向右室，因此左室溶液质量增加>C项不符合题意；D.该二次电池的总反应为xMg+xLi2so4+2Lii*FePO4xMgSO4+2LiFePO4,D项不符合题意；故答案为：Bo【分析】断开K”闭合K2时，是电解池，左侧是阴极，镁离子得到电子变为镁单质，右侧是阳极，LiFePO4失去电子发生氧化反应，断开K?,闭合Ki时，是原电池，左侧是负极，镁失去电子变为镁离子，右侧是正极是LiqFePCh得到电子发生还原反应，结合选项即可判断11.【答案】B【解析】【解答】A.酸性高镒酸钾具有强的氧化性，会把乙二醇氧化变成二氧化碳和水，A不符合题意；B.某温度下向等体积的饱和AgCI、Agl溶液中分别滴加足量AgNCh溶液，所得沉淀物质的量：n(AgCl)>n(AgI),说明沉淀溶解性AgCl>AgI,B符合题意；C.酸碱缓慢混合时会导致混合过程中反应放出的热量损失，所测中和热偏大，C不符合题忌；D.苯和溟的取代反应，应用苯和液滨在加铁粉催化下发生，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.紫色褪去，说明高钵酸钾被还原，乙二醇被氧化为二氧化碳B.验证难溶沉淀相互转化，加入的溶液量需要控制C.混合液体时需要快速D.苯和澳水不反应，应该是利用的是漠单质和铁作催化剂剂12.【答案】D【解析】【解答】A.第三份的28g样品完全反应可以生成硫的质量为1.28g=2.84g>2.56g,故第三份样品过量，故A不符合题意：B.以第一份计算判断：1.28g硫的物质的量为=0.04moL该反应生成的二氧化硫为0.04mol,反应得到二氧化硫总的物质的量为=0.05mol>0.04mol,故含由，反应生成二氧化硫为0.05mol-0.04moi=0.01mol.所以样品中,故B不符合题意；C.由B可知样品中含有,又因为硫代硫酸钠晶体和亚硫酸钠总质量为0.04mol248g/mol+0.01mol126g/mol=l1.18g<12.6g,故含有，即含有和三种成分，故C不符合题意；D.由分析可知，第三份硫酸不足，硫酸完全反应，由可知，硫酸的物质的量即为反应生成二氧化硫的物质的量，故n(H2so4)=n(SCh)==0.1mol,故该硫酸溶液的物质的量浓度为=5mol/L,故D符合题意；故答案为：D。【分析】根据氧化还原反应写出离子方程式，找出产生沉淀与气体以及酸之间的关系，结合三组实验的数据，计算出含有的成分，结合选项进行判断.【答案】D【解析】【解答】A.根据题目中浓度都相等，利用电荷守恒可以判断出是否有氯离子，A不符合题意；B.肯定存在的离子是、Br、、Na+、K+,B不符合题意；C.根据电荷守恒可以判断出溶液中有离子，c不符合题意；D.注意检验是否有,根据BaSC>4不溶于酸的特点进行判断，溶液中已含有Ch所以对溶液中C卜的判断无影响，D符合题意；故答案为：D。【分析】无色溶液，一定没有CM+,加入氯化钢和盐酸物沉淀，可以得出不存在S043,根据图示，加入氯水，无气体，说明无COF,加入CC14中得到橙色溶液，说明一定有Br,上层清液加入硝酸钢和稀硝酸，有沉淀为硫酸钢，说明上层清液中含有硫酸根离子，说明原溶液一定有SO32-,一定没有Ca2+,由于浓度相同因此溶液中一定存在、Br>、Na+、K+,结合选项进行判断.【答案】B【解析X解答】A.在b点处,pH=3.8,故c(H+)=10-38mol/L,根据反应①可知,n(HClO)=2n(SC)2)=mol,故c(HC10)=mol/L,由HC1OH++C1O-可知,c(C1O)=c(H+)=1O-3a点时通入(UmolSCh，n(NaCl)=n(Naa点时通入(UmolSCh，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=0.2mol,n(HC10)=2n(S02)=0.4mol,消耗的n(NaClO)=3n(SC>2尸0.6moL剩余的n(NaC10)=lmol-0.6moi=0.4mol,故n(HC10)+n(C10)=0.8mol,n(Cl)=0.2mol,同一溶液中体积相同，所以4c(C1)=c(HC1O)+c(C1O),B符合题意；C.根据分析，b点恰好发生反应①，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=mol,n(HC10)=2n(S02)==1.5X10-76=1.5xl0n4xi0\数量级为IO%A不符合题意；mol,故n(Na)=lmol,n(SO)=n(Cl)=mol,HC1O可以电离出少量H+,c(H+)=10-3iimol/L,比0的电离受到抑制，电离出微量的OH,c(OH-)=10102,溶液体积为1L,离子浓度关系为c(Na+)>c(SO)=c(Cl)>c(H+)>c(OH),C不符合题意；D.c点时恰好发生反应②，n(H2so4)=n(SO2)=lmol,c(H+)==2mol/L,D不符合题意：故答案为：Bo【分析】A.根据b点数据计算出离子浓度，结合电离常数公式计算B.根据a点的数据，结合电荷守恒判断C.根据离子浓度结合三大守恒即可判断D.根据图示，即可计算出浓度is.【答案】⑴第三周期第1a族；Na［：£：］F>Na+>AP+NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3【解析】【解答】由分析知：X为F,丫为Na,Z为Cl元素：(1)丫为Na,原子序数为11,位于周期表中第三周期第IA族，NaF是离子化合物，其电子式为Na■匚(2)F、Na+和AP+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：F>Na+>AP+；(3)A为NajAlFe,在NaCKh与NaF的混合液中通入足量CO2是工业制取NasAlFf,该反应的化学方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O—Na3AlF6+4NaHCO3。(2)根据元素符号，结合结构相同，半径与质子数的关系进行判断(3)根据反应物和生成物即可写出方程式16.【答案】(1)三颈烧瓶(2)剧烈反应，产生大量红棕色气体A；C(5)在B装置中加入一定量的稀硫酸(6)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟不变色；86.25%【解析】【解答】(1)由仪器图形可知a为三颈烧瓶；(2)A中碳和浓硝酸发生,可观察到剧烈反应，产生大量红棕色气体；(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应除去二氧化碳、水等杂质，则C装置中盛放的试剂可能是烧碱、碱石灰，故答案为：A、C；(4)由信息可知，E装置的作用是利用高钵酸钾溶液的强氧化性氧化吸收有毒气体一氧化氮，避免污染空气，反应的离子方程式为：(5)B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO?全部转化为NO,提高氮原子利用率；(6)滴定终点，碘与完全反应，可观察到溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；3次所消耗Na2s2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL,第三次实验误差较大，可舍弃，则消耗Na2s2O3溶液的体积为=20,00(mL),消耗Na2s2O3的物质的量为0.500mol-L-'x20xl0-3L=0.01mol,根据题给方程式可知,则NaNCh的物质的量为O.OlmoL此NaNOz的纯度为【分析】(1)根据仪器图片即可找出名称(2)根据反应物和生成物即可找出(3)根据浓硝酸与碳反应，得到的二氧化碳和二氧化氮，需要将二氧化碳除去，利用的碱性物质(4)根据反应物结合性质即可写出离子方程式(5)硝酸生成量过少，可以加入酸增加氢离子达到消耗氮的目的(6)根据反应原理找出离子之间的关系，利用数据计算17.【答案】(1)2Cu2Se+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2SeO3+2CO2b＜；TeCh是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碎元素损失(4)催化剂2Fe2++SeO+2H+=2Fe3++SeO+H2O6.0X10-13【解析】【解答】(1)阳极泥主要含硒化亚铜CsSe和硫化亚铜CsTe,通过在氧气和Na2cCh固体中烧结，生成和，通过元素守恒和电子转移守恒，得到CsSe发生的化学方程式为：2CsSe+2Na2co3+3O22Cu2O+2Na2SeO3+2co2;(2)根据分析可知浸取后过滤，滤渣中加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，故加入双氧水，答案为：b；(3)根据的,可计算出水解平衡常数,故电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，pH<7；由题中信息可知是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致确元素损失。(4)催化剂可以降低反应的活化能，说明较高浓度的作用是催化剂；(5)根据流程烧结是产生的少量被FeS04还原为除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2++SeO+2H+=2Fe3++SeO+H2O；(6)已知25°C时,则恰好完全沉淀时，故溶液中【分析】(1)根据反应物和生成物即可写出方程式(2)考虑到不引入杂质和易除杂结合选项进行判断(3)充分考虑物质的性质进行判断(4)结合物质的量浓度结合活化能大小即可判断出作用(5)根据物质的性质即可写出离子方程式(6)根据Ksp结合浓度即可计算出离子浓度18.【答案】(1)(2)acd；1.7a(3)负极；GaO+2H2O+3e=Ga+4OH；氢离子在阴极得到电子转化成氢气导致电解效率降低；60%【解析】【解答］(1)钱与氨气在1100C下反应生成氮化钱和氢气，反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g),生成1molH?放出10.3kJ热量，故生成3molHz放出30.9kJ热量，该反应的热化学方程式为(2)①a.钱与铝位于同一主族，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故相同条件下，Ga(0H)3的碱性比A1(OH)3强，a项正确；b.当反应物浓度或生成物浓度随着时间的改变而不变，反应达到平衡，当c(NH3)=c(H2)时，反应不一定达到了化学平衡状态，b项不正确；c.,该反应为放热反应，温度越高，平衡时氨气的体积分数越大，并且温度越高，化学平衡常数越小，结合图像可知，T|>T2，则Ka<Kc，c项正确；d.温度一定时，达平衡后再充入氨气，压强增大，平衡逆向移动，的体积分数减小，d项正确：故答案为：acd；②2Ga⑴+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g),令反应开始前向容器中充入xmol氨气，达到平衡时氨气的转化率为b,故平衡时氨气的物质的量为x(l-b)mol,氢气的物质的量为1.5bxmol,B点时，氨气的体积分数为04,即=0.4,b=0.5,平衡时氨气的物质的量为0.5xmoL氢气的物质的量为0.75xmol,恒温恒容的容器中，容器中总压强之比等于物质的量之比，平衡后的压强为p,x：(0.5x+0.75x)=a：p,p=1.25aPa,平衡时氨气的分压为0.4X1.25aPa=0.5aPa,氢气的分压为0.6X1.25aPa=0.75aPa,则Kp==1.7aPa；(3)①电解精炼法提纯钱，粗钱作阳极，高纯钱作阴极，则M为负极，N为正极；电解过程中阳极产生的离子迁移到达阴极并在阴极析出高纯钱，阴极的电极反应式为GaO+2H2O+3e=Ga+4OH-；②电压太高，氢离子在阴极得到电子转化成氢气，导致电解效率降低；阴极得到3.5g的钱，n(Ga)==0.05mol,阴极的电极反应式为GaO+2H2O+3e=Ga+4OH-,由阴极电极反应式可知，阴极得到3.5g的钱，得到的电子的物质的量为3X0.05mol=0.15moL所以该电解装置的电解效率n==60%o【分析】（1）根据反应物写出方程式再计算出能量即可写出热化学方程式（2）①a.根据同主族元素进行判断b.根据方程式即可判断c.根据数据计算出常数d.加入反应平衡向右移动，题解分数减小②根据数据，利用方程式计算（3）①根据题意即可判断出正极以及电极式②结合图示，以及氢离子性质即可判断，结合质量即可计算出效率19.【答案】（1）BH2O2分子间存在氢键；sp2；O3分子为V形结构（或“03分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案）Na*［：O：F-Na*.BE（4）面心；；【解析】【解答】（1）基态Ca原子核外电子排布为Is22s22P63s23P64s2,未成对电子数为0,基态Ti原子核外电子排布为Is22s22P63s23P63d24s2,未成对电子数为2。A.最外层电子数相等,不正确；B.Ca的未成对电子数小于Ti,正确；C.同一周期元素，原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，不正确；D.Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大，不正确，故答案为B；(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高，故答案为H2O2分子间存在氢键；②根据价层电子对互斥理论，。3分子的中心0原子的价层电子对为2+(6-2x2)=3,杂化形式为sp2,Ch分子为V形