高中化学人教版化学反应原理本册总复习总复习（市一等奖）

2023学年河北省保定市定州中学高二（下）月考化学试卷（6月份）一、本卷共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1．在一密闭容器中有如下反应：aX（g）+bY（g）⇌nW（g），某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如下曲线图：其中，ω（W）表示W在反应混合物中的体积分数，t表示反应时间．当其它条件不变时，下列分析正确的是（）A．图I可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1，a+b＞nB．图I可能是不同温度对反应的影响，且T2＞T1，△H＞0C．图II可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2，n=a+bD．图Ⅲ可能是不同温度对反应影响，且T1＞T2，△H＜02．常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（如图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，已知0﹣t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生．下列说法不正确的是（）A．0﹣t1时，正极的电极反应式为：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1时，溶液中的H+向Cu电极移动C．t1时，负极的电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应3．雾霾严重影响人们的生活与健康．某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：己知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（）A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4C．试样中可能存在Na+、Cl﹣D．试样中一定不含Al3+4．分子式为C9H12O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，其可能的结构有（）A．9种 B．12种 C．15种 D．16种5．为减小CO2对环境的影响，在倡导“低碳”的同时，还需加强对CO2创新利用的研究．已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣mol．T1℃时，向体积为1L的恒容密闭容器中充入lmolCO2和3molH2测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化的曲线如图所示，且平衡时体系压强为p1．下列叙述中不正确的是（）A．0～3min内，v（CO2）正=v（CH3OH）正B．在T1℃时，若起始时向容器中充人2moICO2和6molH2，测得平衡时容器内压强为p2，则p2＜2p1C．其他条件不变，若向平衡后的体系中充人1mol氦气，体系压强增大，平衡将向正反应方向移动D．T2℃时，上述反应平衡常数为，则T2＞T16．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生固体7．向含有的溶液中加入amolBr2．下列叙述不正确的是（）A．当a=时，发生的反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．当a=时，发生的反应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．当溶液中I﹣有一半被氧化是，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．当＜a＜时，溶液中个离子浓度的关系为2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）8．组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体结构）（）A．16种 B．28种 C．48种 D．60种9．一定温度下的可逆反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0．现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态（如图1所示，隔板K不能移动）．下列说法正确的是（）A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲中B的体积分数增大，乙中B的体积分数减小C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示（t1前的反应速率变化已省略）10．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和如图表示：下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积LLL温度/℃T1T2T2反应物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolBA．10min内甲容器中反应的平均速率v（A）=mol•L﹣1•min﹣1B．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应C．若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动D．T1℃，起始时甲容器中充入molA、molB，平衡时A的转化率为25%11．分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2．则该有机物的同分异构体有（）种（不考虑立体异构）A．10 B．11 C．12 D．1312．分子式C4H8O2和C5H10O2的两种一元羧酸与乙二醇（HOCH2CH2OH）发生酯化反应，生成分子式为C11H20O4的酯最多有（不考虑立体异构）（）A．6种 B．8种 C．10种 D．12种13．如图甲所示，纯电动公交车逐渐成为杭州街头常见的身影，磷酸铁锂电池是杭州市纯电动公交车所用的电池，现要从废旧磷酸铁锂电池中回收Fe、Al、Li等物质，采用图乙所示方法．已知：磷酸铁锂电池溶解在H2SO4中含有Fe3+、Al3+、Li+、SO42﹣、PO43﹣等离子及少量不溶物，滤液c中含有大量Li+离子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水．下列说法不正确的是（）A．向滤液a中加入适量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B．滤液b中加入氨水的目的是使Fe3+沉淀，滤渣c为红褐色C．要将Li从溶液中析出，可在滤液c中加入足量Na2CO3溶液，加热浓缩，冷却结晶D．图中的氨水可以用适量NaOH溶液代替14．“当好东道主，喜迎G20”，目前杭州为迎接即将到来的G20峰会，大量引进新能源公交车，如图所示即为一辆正在充电的电动公交车．已知钒电池是一种常用于纯电动公交车的电池，其原理是利用钒的不同价态之间的转化，例如某种电池的充电原理可表示为2H++V2++VO2+═2V3++H2O，则下列说法不正确的是（）A．阴极反应可表示为2H++VO2++e﹣═V3++H2OB．阳极反应可表示为V2+﹣e﹣═V3+C．若阴极电解液体积为1L，电解前pH=1，当测得V3+的物质的量浓度为L时，pH变为2（不考虑反应过程中体积变化）D．放电过程种负极反应可表示为V3++2OH﹣﹣e﹣═VO2++H2O15．胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到（）A．从B到C的反应是消去反应B．D分子中所有碳原子一定共面C．等物质的量的B分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生的气体的物质的量前者大于后者D．若A是由2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯酸（CH2=CHCOOH）加热得到的，则该反应的类型属于加成反应16．某溶液中含如下离子组中的几种K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：Ⅰ．用铂丝醮取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成Ⅲ．取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，第二支试管加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色．下列说法正确的是（）A．原溶液中肯定不含Fe2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣B．原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生D．为确定是否含有Cl﹣可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀二、解答题（共6小题，满分40分）17．硫酸亚铁是重要的亚铁盐，在农业上用作农药，主要治小麦黑穗病，还可以用作除草剂；在工业上用于染色、制造蓝黑墨水和木材防腐等．（1）新制的绿矾（FeSO4•7H2O）是浅绿色的，但在空气中极易变成黄色或铁锈色的碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]，写出该反应的化学方程式：．（2）已知FeSO4在不同条件下分解得到产物不同，可能是FeO和SO3，也可能是Fe2O3、SO3和SO2；SO3熔点是℃，沸点是℃．某研究性学习小组拟用下列装置进行实验探究“在加热条件下FeSO4的分解产物”．上述装置Ⅲ和Ⅳ用来检验气体产物．试回答下列问题：①Ⅱ装置烧杯中水的温度应控制在（选填“0℃、25℃、50℃”），装置Ⅱ的作用是．②装置Ⅲ中的试剂可以是（选填序号，下同），现象是，则证明气体产物中含有SO3；装置Ⅳ中的试剂可以是．A．2mol/LNa2CO3溶液B．品红溶液C．LBaCl2溶液D．LBa（NO3）2KMnO4溶液F．淀粉碘化钾溶液③装置V中试剂为NaOH溶液，发生反应的离子方程式为．④为了检验固体产物成分，取反应后的固体于试管中，加稀硫酸溶解，将所得溶液分成两份，进行如下实验：操作步骤预期实验现象预期实验结论向其中一份溶液中加入固体中含有Fe2O3向另一份溶液中滴加2滴黄色K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀⑤若用FeSO4固体做实验，完全分解后，得到固体，其中Fe2O3的质量分数=（精确到%）18．硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用．（1）将的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的体积分数为）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是．（2）向稀硝酸中加入L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度cm3）以下时，则失去吸水能力．50mLL的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水g．（3）在65%的HNO3（质量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（质量m2）后蒸馏，分别得到%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）．若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H2O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比=．（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO2、NaNO3和H2O．现有含氮氧化物的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收．已知反应后溶液含有．若将尾气NO和NO2的平均组成用NOx表示，则x=．19．H2还原CuO所得的红色固体可能是Cu与Cu2O的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2+和单质铜．现有8gCuO被H2还原后，得到红色固体．（1）上述混合物中含Cu与Cu2O的物质的量之比是；（2）若将上述混合物与足量的稀硫酸充分反应后过滤，可得到固体g；（3）若将上述混合物与一定量的浓硝酸充分反应，生成标准状况下的气体（不考虑NO2的溶解，也不考虑NO2与N2O4的转化），则该气体的成分及物质的量之比是．20．硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径．完成下列计算：（1）．合成氨时，假设100L的氮气与氢气（体积比为1：3）的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为90L，则氮气的转化率为．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示）（2）．标准状况下，将500L氨气溶于1L水中形成氨水，则此氨水质量分数为．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留1位小数）（3）．氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，NO也不与O2反应．若氨气与氧气物质的量之比为1：时，氨的转化率可达95%，计算反应后NO的体积分数．（设氧气在空气中的体积分数为20%，写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数）（4）．一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．为测定某18K金样品的组成，将样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84mLO2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收．（已知金不溶于浓硝酸）填写该18K金的成分表（写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数，若不含该金属则填0）．18K金成分AuAgCu含量（质量分数）75%21．用硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）制备莫尔盐的流程如下：已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，其中反应Ⅰ如下：2Fe3++FeS2═2S↓+3Fe2+（1）“还原”时，pH不宜过高的原因是，写出“还原”时反应Ⅱ的离子方程式：．（2）实验测得“还原”时反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比为2：7．计算“还原”后溶液Fe2+的浓度即可确定后面所加（NH4）2SO4的量（溶液体积变化忽略不计）离子离子浓度（mol•L﹣1）还原前还原后SO42﹣Fe2+（3）称取新制莫尔盐，溶于水配成溶液并分成两等份．一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀；另一份用LK2Cr2O7酸性溶液滴定，当Cr2O72﹣恰好完全被还原为Cr3+时，消耗溶液的体积为．试确定莫尔盐的化学式（请给出计算过程）．22．计算（1）在3L的密闭容器中充入2molA气体和2molB气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的倍，则A的转化率为．（2）某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体升，整个过程转移电子的物质的量为mol．（3）在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是L，L向该混合液中加入铜粉，加热待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是mol/L（假设溶液体积不变）．（4）在1L2mol/L的AlCl3溶液中，加入1mol/L的NaOH溶液，产生了39g沉淀，则加入NaOH溶液的体积为．（5）钠、镁、铝均为分别与mL浓度为1mol/L的HCl溶液反应，产生氢气量相等．（6）将32g铜与100mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2的混合气体标准状况下的体积为，气体全部逸出后，向溶液中加入VmLnmol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的物质的量浓度为mol/L．（结果须化简）（7）已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量akJ，且氧气中1molO═O键完全断裂时吸收热量bkJ，水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量ckJ，则氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为kJ．

2023学年河北省保定市定州中学高二（下）月考化学试卷（6月份）参考答案与试题解析一、本卷共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1．在一密闭容器中有如下反应：aX（g）+bY（g）⇌nW（g），某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如下曲线图：其中，ω（W）表示W在反应混合物中的体积分数，t表示反应时间．当其它条件不变时，下列分析正确的是（）A．图I可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1，a+b＞nB．图I可能是不同温度对反应的影响，且T2＞T1，△H＞0C．图II可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2，n=a+bD．图Ⅲ可能是不同温度对反应影响，且T1＞T2，△H＜0【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．如果图I是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，P2＞P1，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；B．如果图Ⅰ是温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T2＞T1，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；C．如果图II是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知P1＞P2，根据物质的含量判断气体计量数；D．如果图III是不同温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．【解答】解：A．如果图I是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，P2＞P1，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向逆反应方向移动，则a＜n，故A错误；B．如果图Ⅰ是温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T2＞T1，升高温度，若大正向为吸热反应，则w的分数会增大，与图象矛盾，故B错误；C．如果图II是不同压强对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知P1＞P2，增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体计量数之和不变，即a+b=n，故C正确；D．如果图III是不同温度对反应的影响，根据“先拐先平数值大”知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，则，△H＞0，故D错误．故选：C．2．常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（如图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，已知0﹣t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生．下列说法不正确的是（）A．0﹣t1时，正极的电极反应式为：2H++NO3﹣﹣e﹣═NO2+H2OB．0﹣t1时，溶液中的H+向Cu电极移动C．t1时，负极的电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．t1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】0﹣t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，应有水参加，根据电荷守恒可知，有氢离子生成，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应由氢离子参与反应，同时有水生成，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极．【解答】解：﹣t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生，为正极反应，正极电极反应式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，故A错误；﹣t1时，铜为正极，溶液中的H+向Cu电极移动，故B正确；C．t1时，铜做负极反应，Al为正极，负极发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，故C正确；D．随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，铜做负极反应，电流方向相反，故D正确．故选A．3．雾霾严重影响人们的生活与健康．某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：己知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8AlO2﹣，根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（）A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣B．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4C．试样中可能存在Na+、Cl﹣D．试样中一定不含Al3+【考点】无机物的推断．【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，发生反应：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8A1O2﹣，生成气体2，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，以此解答该题．【解答】解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，发生反应：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+2H2O3NH3+8A1O2﹣，生成气体2，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+．A．根据以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，故A正确；B．根据以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，则该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故B正确；C．根据实验无法确定是否含有Na+、Cl﹣，所以溶液中可能含有Na+、Cl﹣，故C正确；D．根据实验操作不能确定是否含有Al3+，即试样中可能含有Al3+，故D错误．故选D．4．分子式为C9H12O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，其可能的结构有（）A．9种 B．12种 C．15种 D．16种【考点】同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构．【分析】先根据取代基可能有羟基、正丙基，羟基、异丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2OH，甲基、﹣CH2OHCH3，乙基、﹣CH2OH共五种组合，然后根据两个取代基有邻、间、对三种同分异构体，据此解题．【解答】解：苯环上只有两个取代基，其中一个是羟基，取代基可能有羟基、正丙基，羟基、异丙基，甲基、﹣CH2﹣CH2OH，甲基、﹣CH2OHCH3，乙基、﹣CH2OH共五种，各有邻、间、对三种同分异构体，共15种．故选C．5．为减小CO2对环境的影响，在倡导“低碳”的同时，还需加强对CO2创新利用的研究．已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣mol．T1℃时，向体积为1L的恒容密闭容器中充入lmolCO2和3molH2测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化的曲线如图所示，且平衡时体系压强为p1．下列叙述中不正确的是（）A．0～3min内，v（CO2）正=v（CH3OH）正B．在T1℃时，若起始时向容器中充人2moICO2和6molH2，测得平衡时容器内压强为p2，则p2＜2p1C．其他条件不变，若向平衡后的体系中充人1mol氦气，体系压强增大，平衡将向正反应方向移动D．T2℃时，上述反应平衡常数为，则T2＞T1【考点】化学平衡建立的过程．【分析】A．根据任意状态同一方向各物质的速率之比等于系数比；B．该反应是一个反应后气体体积减小的可逆反应，增大反应气体的压强能使平衡向正反应方向移动，压强又减小；C．根据恒温恒容条件下，充入He（g），反应混合物中各物质的浓度不变，平衡不移动；D．根据温度和平衡常数的关系判断，计算可知T2℃比T1℃时平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，因为正反应放热，所以T2＞T1．【解答】解：A．已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）；因为方程式中已知：CO2和CH3OH的系数相等，故任意状态下满足v（CO2）正=v（CH3OH）正，故A正确；B．若起始时向容器中充入2molCO2和6molH2，压强变为原来的二倍，但该反应是一个反应后气体体积减小的可逆反应，增大反应气体的压强能使平衡向正反应方向移动，压强又减小，则P2＜2P1，故B正确；C．恒温恒容条件下，充入He（g），使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．T1℃时，各物质的平衡浓度分别为：c（CH3OH）=c（H2O）=L，c（CO2）=L，c（H2）=L，则T1℃时平衡常数K==＞，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，因为正反应放热，所以T2＞T1，故D正确；故选：C．6．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生固体【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答．【解答】解：A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（标准状况下）O2，则转移电子，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子，减小的氢离子是，氢氧根离子是，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是××58g/mol=固体，故D正确．故选D．7．向含有的溶液中加入amolBr2．下列叙述不正确的是（）A．当a=时，发生的反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．当a=时，发生的反应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．当溶液中I﹣有一半被氧化是，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．当＜a＜时，溶液中个离子浓度的关系为2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）【考点】氧化还原反应的计算．【分析】亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，据此进行解答．【解答】解：亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，A．a=时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣，故A正确；B．当a=时，的溶液中含有亚铁离子、碘离子，碘离子完全反应消耗溴单质，剩余的溴单质能够氧化亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2++8I﹣+5Br2═2Fe3++4I2+10Br﹣，故B错误；C．溶液中含有碘离子，当有碘离子被氧化时，消耗溴单质生成溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；D．当＜a＜时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选B．8．组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体结构）（）A．16种 B．28种 C．48种 D．60种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】先找出丁基的同分异构体，再找出﹣C4H8Cl的同分异构体，然后找出有机物的种类数．【解答】解：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH3CH（CH3）CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，故丁基（﹣C4H9）共有4种；﹣C4H8Cl的同分异构体有，当为﹣C﹣C﹣C﹣C，氯原子的位置有4种；当为﹣C（﹣C）﹣C﹣C，氯原子的位置有4种；当为﹣C﹣C（﹣C）2，氯原子的位置有3种；当为﹣C（﹣C）3，氯原子的位置有1种；故﹣C4H8Cl共有12种，所以该有机物共有：4×12=48种，故选C．9．一定温度下的可逆反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0．现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态（如图1所示，隔板K不能移动）．下列说法正确的是（）A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲中B的体积分数增大，乙中B的体积分数减小C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示（t1前的反应速率变化已省略）【考点】化学平衡的计算．【分析】开始加入4molC和2molD相当于起始加入2molA和4molB，即乙容器内的气体的物质的量为甲容器内的气体的物质的量的2倍，而乙容器的体积为甲容器的体积的2倍，在相同温度下达到相同平衡状态，平衡时同种物质的浓度相等．A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，则相当于在原来的基础上增大压强，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，甲中C的浓度小于原来的2倍；B．保持活塞位置不变，升高两个容器的温度，平衡向正反应方向移动；C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，则乙容器内的压强增大，平衡向逆反应方向移动；D．甲温度和体积不变，加入氦气后对平衡移动没有影响，保持温度和乙中的压强不变，加入氦气后乙体积增大，平衡应向正反应方向移动，正逆反应速率都减小．【解答】解：开始加入4molC和2molD相当于起始加入2molA和4molB，即乙容器内的气体的物质的量为甲容器内的气体的物质的量的2倍，而乙容器的体积为甲容器的体积的2倍，在相同温度下达到相同平衡状态，平衡时同种物质的浓度相等，A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，则相当于在原来的基础上增大压强，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，甲中C的浓度小于原来的2倍，即小于乙中C的浓度的2倍，故A错误；B．保持活塞位置不变，升高两个容器的温度，平衡向正反应方向移动，甲、乙中B的体积分数都减小，故B错误；C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小加的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，故C错误；D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，故D正确．故选D．10．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和如图表示：下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积LLL温度/℃T1T2T2反应物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolBA．10min内甲容器中反应的平均速率v（A）=mol•L﹣1•min﹣1B．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应C．若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动D．T1℃，起始时甲容器中充入molA、molB，平衡时A的转化率为25%【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；C、若x=1，反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动；D、乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，根据三段式计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令T1℃，起始时甲容器中充入、，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，再利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算A的转化率．【解答】解：A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，v（C）==（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×（L•min）=（L•min），故A错误；B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故B错误；C、若x=1，反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动，故C正确；D、乙中平衡时A的转化率为A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，A（g）+B（g）⇌2C（g）．开始（mol/L）：310变化（mol/L）：平衡（mol/L）：故T1℃，该反应的平衡常数为k==4令T1℃，起始时甲容器中充入、，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）．开始（mol/L）：130变化（mol/L）：xx2x平衡（mol/L）：1﹣x3﹣x2x所以=4解得：x=故A的转化率=×100%=75%，故D错误；故选C．11．分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2．则该有机物的同分异构体有（）种（不考虑立体异构）A．10 B．11 C．12 D．13【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】有机物分子式为C5H10O3，等量的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个﹣COOH、1个﹣OH，该有机物可以看作，C4H10中2个H原子，分别被﹣COOH、﹣OH代替，结合C4H10的同分异构体判断．【解答】解：有机物分子式为C5H10O3，等量的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个﹣COOH、1个﹣OH，该有机物可以看作，C4H10中2个H原子，分别被﹣COOH、﹣OH代替，若C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2个H原子分别被﹣COOH、﹣OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原子的2个H原子，有6种，相应的同分异构体有8种；若C4H10为异丁烷：CH3CH（CH3）CH3，2个H原子分别被﹣COOH、﹣OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种，相应的同分异构体有4种；故该有机物的可能的结构有8+4=12种，故选C．12．分子式C4H8O2和C5H10O2的两种一元羧酸与乙二醇（HOCH2CH2OH）发生酯化反应，生成分子式为C11H20O4的酯最多有（不考虑立体异构）（）A．6种 B．8种 C．10种 D．12种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】分子式C4H8O2的酸有2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，C5H10O2中烷基为﹣C4H9，﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4．据此判断三者形成酯的种类．【解答】解：分子式C4H8O2的酸有2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，而C5H10O2中烷基为﹣C4H9，﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，所以C5H10O2的羧酸4种与乙二醇（HOCH2CH2OH）发生酯化反应，生成分子式为C11H20O4的酯最多有2×4=8，故选B．13．如图甲所示，纯电动公交车逐渐成为杭州街头常见的身影，磷酸铁锂电池是杭州市纯电动公交车所用的电池，现要从废旧磷酸铁锂电池中回收Fe、Al、Li等物质，采用图乙所示方法．已知：磷酸铁锂电池溶解在H2SO4中含有Fe3+、Al3+、Li+、SO42﹣、PO43﹣等离子及少量不溶物，滤液c中含有大量Li+离子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水．下列说法不正确的是（）A．向滤液a中加入适量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B．滤液b中加入氨水的目的是使Fe3+沉淀，滤渣c为红褐色C．要将Li从溶液中析出，可在滤液c中加入足量Na2CO3溶液，加热浓缩，冷却结晶D．图中的氨水可以用适量NaOH溶液代替【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】A．滤液a中含有偏铝酸钠，加入适量的H2SO4溶液，能生成氢氧化铝沉淀；B．滤液b是硫酸铁，所以加入氨水发生复分解反应生成氢氧化铁；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水，所以不能冷却，应采用热过滤的方法分离；D．氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以氨水可以用适量NaOH溶液代替．【解答】解：A．滤液a中含有偏铝酸钠，加入适量的H2SO4溶液，能生成氢氧化铝沉淀，所以向滤液a中加入适量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀，故A正确；B．滤液b是硫酸铁，所以加入氨水发生复分解反应生成氢氧化铁，所以滤渣c为红褐色氢氧化铁，故B正确；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于热水，所以不能冷却，应采用热过滤的方法分离，故C错误；D．氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以氨水可以用适量NaOH溶液代替，故D正确；故选C．14．“当好东道主，喜迎G20”，目前杭州为迎接即将到来的G20峰会，大量引进新能源公交车，如图所示即为一辆正在充电的电动公交车．已知钒电池是一种常用于纯电动公交车的电池，其原理是利用钒的不同价态之间的转化，例如某种电池的充电原理可表示为2H++V2++VO2+═2V3++H2O，则下列说法不正确的是（）A．阴极反应可表示为2H++VO2++e﹣═V3++H2OB．阳极反应可表示为V2+﹣e﹣═V3+C．若阴极电解液体积为1L，电解前pH=1，当测得V3+的物质的量浓度为L时，pH变为2（不考虑反应过程中体积变化）D．放电过程种负极反应可表示为V3++2OH﹣﹣e﹣═VO2++H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】由总反应可知，充电时，阳极发生氧化反应，V2+被氧化生成V3+，电极方程式为V2+﹣e﹣═V3+，阴极发生还原反应，VO2+被还原生成V3+，电极方程式为2H++VO2++e﹣═V3++H2O，以此解答该题．【解答】解：A．阴极发生还原反应，VO2+被还原生成V3+，电极方程式为2H++VO2++e﹣═V3++H2O，故A正确；B．阳极发生氧化反应，V2+被氧化生成V3+，电极方程式为V2+﹣e﹣═V3+，故B正确；C．阴极发生2H++VO2++e﹣═V3++H2O，当测得V3+的物质的量浓度为L时，消耗+，则剩余c（H+）==L，pH=2，故C正确；D．电解质溶液呈酸性，放电过程种负极发生V3++H2O﹣e﹣=2H++VO2+，故D错误．故选D．15．胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到（）A．从B到C的反应是消去反应B．D分子中所有碳原子一定共面C．等物质的量的B分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生的气体的物质的量前者大于后者D．若A是由2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯酸（CH2=CHCOOH）加热得到的，则该反应的类型属于加成反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．从B到C的反应是酯化反应；B．有机物D中环状结构含3个亚甲基，为四面体结构；C．B含有羧基、羟基，都可与钠反应，只有羧基与碳酸氢钠反应；D．异戊二烯和丙烯酸发生加成反应生成有机物A．【解答】解：A．B含有羟基、羧基，C含有酯基，从B到C的反应是酯化反应，故A错误；B．有机物D中环状结构含3个亚甲基，为四面体结构，则所以碳原子不会共面，故B错误；C．B含有羧基、羟基，都可与钠反应，只有羧基与碳酸氢钠反应，等物质的量的B分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生的气体相等，故C错误；D．异戊二烯和丙烯酸发生类似的加成反应生成有机物A，故D正确．故选D．16．某溶液中含如下离子组中的几种K+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣、I﹣，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：Ⅰ．用铂丝醮取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成Ⅲ．取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，第二支试管加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色．下列说法正确的是（）A．原溶液中肯定不含Fe2+、NO3﹣、SiO32﹣、I﹣B．原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生D．为确定是否含有Cl﹣可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀【考点】无机物的推断．【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，证明含有NO3﹣、Fe2+，一定不含有SiO32﹣、CO32﹣；Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，证明含有SO42﹣，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，即出现了三价铁离子，是Ⅱ过程中亚铁离子被硝酸氧化的结果；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层无色，证明一定没有I﹣；Fe3+、Cl﹣是否存在无法确定，以此解答该题．【解答】解：Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，证明含有NO3﹣、Fe2+，一定不含有SiO32﹣、CO32﹣；Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，证明含有SO42﹣，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，即出现了三价铁离子，是Ⅱ过程中亚铁离子被硝酸氧化的结果；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层无色，证明一定没有I﹣；Fe3+、Cl﹣是否存在无法确定．A．原溶液中一定含有NO3﹣、Fe2+，故A错误；B．Fe3+是否存在无法确定，故B错误；C．根据分析可知，步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生，故C正确；D．原溶液中含有硫酸根离子，干扰了氯离子的检验，故D错误；故选C．二、解答题（共6小题，满分40分）17．硫酸亚铁是重要的亚铁盐，在农业上用作农药，主要治小麦黑穗病，还可以用作除草剂；在工业上用于染色、制造蓝黑墨水和木材防腐等．（1）新制的绿矾（FeSO4•7H2O）是浅绿色的，但在空气中极易变成黄色或铁锈色的碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]，写出该反应的化学方程式：4FeSO4•7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O．（2）已知FeSO4在不同条件下分解得到产物不同，可能是FeO和SO3，也可能是Fe2O3、SO3和SO2；SO3熔点是℃，沸点是℃．某研究性学习小组拟用下列装置进行实验探究“在加热条件下FeSO4的分解产物”．上述装置Ⅲ和Ⅳ用来检验气体产物．试回答下列问题：①Ⅱ装置烧杯中水的温度应控制在（选填“0℃、25℃、50℃”），装置Ⅱ的作用是防止产生倒吸．②装置Ⅲ中的试剂可以是（选填序号，下同），现象是，则证明气体产物中含有SO3；装置Ⅳ中的试剂可以是B、E．A．2mol/LNa2CO3溶液B．品红溶液C．LBaCl2溶液D．LBa（NO3）2KMnO4溶液F．淀粉碘化钾溶液③装置V中试剂为NaOH溶液，发生反应的离子方程式为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O．④为了检验固体产物成分，取反应后的固体于试管中，加稀硫酸溶解，将所得溶液分成两份，进行如下实验：操作步骤预期实验现象预期实验结论向其中一份溶液中加入KSCN溶液（或硫氰化钾溶液）溶液变成血红色固体中含有Fe2O3向另一份溶液中滴加2滴黄色K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀固体中含有FeO⑤若用FeSO4固体做实验，完全分解后，得到固体，其中Fe2O3的质量分数=%（精确到%）【考点】性质实验方案的设计．【分析】实验探究在加热条件下FeSO4的分解产物，Ⅱ装置烧杯中水的温度应控制在50℃，防止SO3液化或凝固，装置III是检验是否有三氧化硫，可以选用氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成说明有三氧化硫，装置IV是检验是否有二氧化硫，二氧化硫能使品红褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色，装置V中试剂为NaOH溶液吸收多余的二氧化硫气体防止污染空气，（1）亚铁离子易被氧化具有还原性；（2）①安全瓶的作用是可以防止倒吸；当温度高于°C时三氧化硫为气体状态；②装置III是检验是否有三氧化硫，装置IV是检验是否有二氧化硫，根据二者的性质选择试剂；③二氧化硫会污染空气，要用氢氧化钠溶液来处理尾气；④检验三价铁离子用硫氰化钾溶液；检验二价铁离子用K3[Fe（CN）6]溶液；⑤反应过程中FeSO4固体分解为二氧化硫、三氧化硫、FeO、Fe2O3，完全分解后得到固体为氧化铁和氧化亚铁，质量减少的为二氧化硫和三氧化硫的总质量，据此列方程组计算．【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，易被氧气氧化，反应方程式为4FeSO4•7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O，故答案为：4FeSO4•7H2O+O2=4Fe（OH）SO4+26H2O；（2）①SO3的沸点是°C，当温度高于°C时三氧化硫为气体状态，把试管浸泡在50℃的热水浴中能防止SO3液化或凝固，产生的气体极易和溶液反应时，会产生倒吸，所以装置II的试管能防止溶液倒吸入装置Ⅰ中（或安全瓶），故答案为：50℃；防止产生倒吸：②装置III是检验是否有三氧化硫，可以选用氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成说明有三氧化硫；装置IV是检验是否有二氧化硫，二氧化硫能使品红褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以选用二者来检验二氧化硫；故答案为：C；产生白色沉淀；B、E；③二氧化硫会污染空气，所以要用氢氧化钠溶液来吸收剩余的二氧化硫，其反应的离子方程式为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；④检验三价铁离子用硫氰化钾溶液，溶液变红色，证明有三价铁离子，进而说明固体产物中含有氧化铁；检验二价铁离子用K3[Fe（CN）6]溶液，溶液中生成蓝色沉淀，说明有二价铁离子，即证明固体产物中含有FeO；故答案为：操作步骤预期实验现象预期实验结论KSCN溶液（或硫氰化钾溶液）溶液变成血红色固体中含有FeO；⑤反应过程中FeSO4固体分解为二氧化硫、三氧化硫、FeO、Fe2O3，完全分解后得到固体为氧化铁和氧化亚铁，质量减少的为二氧化硫和三氧化硫的总质量，设生成的二氧化硫为xmol，三氧化硫为ymol，根据硫元素守恒，则x+y==，64x+80y=﹣=，解得：x=，y=，FeSO4固体分解，每生成1mol二氧化硫时硫元素得到2mol电子，每生成1molFe2O3时铁元素失去2mol电子，所以生成的二氧化硫与氧化铁的物质的量相同，则Fe2O3的物质的量为，其质量为×160g/mol=，故质量分数为：×100%=%，故答案为：%．18．硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用．（1）将的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的体积分数为）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是＜n（HNO3）＜．（2）向稀硝酸中加入L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度cm3）以下时，则失去吸水能力．50mLL的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水g．（3）在65%的HNO3（质量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（质量m2）后蒸馏，分别得到%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）．若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H2O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比=．（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO2、NaNO3和H2O．现有含氮氧化物的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收．已知反应后溶液含有．若将尾气NO和NO2的平均组成用NOx表示，则x=．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】（1）计算NO物质的量，再计算NO2、N2O4总物质的量，气体全部为NO、NO2时，得到硝酸最少，气体为NO、N2O4时得到硝酸最多，结合N原子守恒计算；（2）根据c=计算98%浓硫酸密度、87%硫酸的物质的量浓度，再根据稀释定律计算吸水后硫酸体积，进而吸收水的质量；（3）根据蒸馏过程中硝酸、硝酸镁质量不变，表示出蒸馏后%的HNO3的质量、60%的Mg（NO3）2溶液质量，蒸馏后溶液质量之和=原溶液质量之和﹣损耗水的质量；（4）根据N原子守恒计算n（NaNO3），NO、NO2和NaOH溶液反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，结合方程式计算原混合气体中NO和NO2的物质的量，再根据氧原子守恒解答．【解答】解：（1）NO的物质的量为×=，则NO2、N2O4总物质的量为﹣=，气体全部为NO、NO2时，得到硝酸最少，根据N原子守恒，得到硝酸极小值为，气体为NO、N2O4时得到硝酸最多，根据N原子守恒，得到硝酸极大值为+×2=，则：＜n（HNO3）＜，故答案为：＜n（HNO3）＜；（2）98%浓硫酸密度为g/mL=mL，87%（密度cm3）的硫酸物质的量浓度为mol/L，根据稀释定律，50mL浓硫酸吸水失去吸水能力后溶液体积为：=，则吸收水的质量为：×mL﹣50mL×mL=故答案为：；（3）蒸馏后得到%的HNO3的质量为，得到60%的Mg（NO3）2溶液质量为，损耗水的总质量为（m1+m2）×5%，则：+=（m1+m2）﹣（m1+m2）×5%整理可得：=故答案为：；（4）根据N原子守恒得n（NaNO3）=n（NOx）﹣n（NaNO2）=﹣=，由2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，可知生成硝酸钠需要，同时生成亚硝酸钠，则反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O生成的亚硝酸钠为﹣=，则该反应中消耗、，所以原混合气体中NO、NO2的物质的量分别是、，尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，则x==，故答案为：．19．H2还原CuO所得的红色固体可能是Cu与Cu2O的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2+和单质铜．现有8gCuO被H2还原后，得到红色固体．（1）上述混合物中含Cu与Cu2O的物质的量之比是2：1；（2）若将上述混合物与足量的稀硫酸充分反应后过滤，可得到固体g；（3）若将上述混合物与一定量的浓硝酸充分反应，生成标准状况下的气体（不考虑NO2的溶解，也不考虑NO2与N2O4的转化），则该气体的成分及物质的量之比是4：3．【考点】氧化还原反应的计算．【分析】（1）氧化铜和氢气反应生成铜和氧化亚铜、水，所以固体减少的质量为氧元素的质量，根据剩余氧元素的质量计算氧化亚铜的物质的量，再根据元素守恒计算铜的物质的量；（2）根据铜的物质的量计算铜的质量，从而得出氧化亚铜的质量，再根据反应方程式计算氧化亚铜生成铜的质量，两部分铜的质量即为固体的质量；（3）采用极限法判断气体的成分，然后列方程式组求出一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比．【解答】解：（1）n（CuO）==，氧元素的物质的量=n（CuO）═铜元素的物质的量=，固体由CuO生成Cu和Cu2O，减少的质量为氧元素的质量，即8g﹣=，减少的氧元素的物质的量==，所以Cu2O中氧元素的物质的量=﹣=，所以n（Cu2O）=，根据铜元素守恒得n（Cu）=﹣2×=，所以单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是2：1，故答案为：2：1；（2）n（Cu）=﹣2×=，所以m（Cu）=×64g/mol=，氧化亚铜的质量=﹣=，氧化亚铜和稀硫酸反应，铜和稀硫酸不反应，设氧化亚铜和稀硫酸反应生成铜的质量为x，氧化亚铜和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O144g64gxx=，所以可得到固体的质量=+=，故答案为：；（3）①通过②分析知，克的铜和氧化亚铜的混合物与硝酸反应相当于克的铜与硝酸反应，设铜与硝酸反应全部生成二氧化氮，二氧化氮的体积为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O64g设铜与硝酸反应全部生成一氧化氮，一氧化氮的体积为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O192g＜＜，所以该气体是二氧化氮和一氧化氮的混合物，设生成一氧化氮的物质的量为ymol，生成二氧化氮的物质的量为zmol，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O192g2mol96ygymolCu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O64g2mol32zgzmol①（y+z）×mol=②96y+32z=解出y=，z=，所以一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为4：3，故答案为：4：3．20．硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径．完成下列计算：（1）．合成氨时，假设100L的氮气与氢气（体积比为1：3）的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为90L，则氮气的转化率为20%．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示）（2）．标准状况下，将500L氨气溶于1L水中形成氨水，则此氨水质量分数为%．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留1位小数）（3）．氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，NO也不与O2反应．若氨气与氧气物质的量之比为1：时，氨的转化率可达95%，计算反应后NO的体积分数%．（设氧气在空气中的体积分数为20%，写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数）（4）．一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．为测定某18K金样品的组成，将样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84mLO2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收．（已知金不溶于浓硝酸）填写该18K金的成分表（写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数，若不含该金属则填0）．18K金成分AuAgCu含量（质量分数）75%%%【考点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算．【分析】（1）根据反应方程式N2+3H2⇌2NH3，根据体积的变化求反应的氮气的体积，然后根据转化率为=；（2）n=和m=nM，结合氨水质量分数为；（3）由反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O（g），设氧气的体积为，所以空气体积为：，氨气体积为1，氨的转化率可达95%，所以反应的氨气体积为，由反应方程式可知生成一氧化氮的体积为，增加的体积为：=，所以反应后NO的体积分数为：=%；（4）根据转移电子确定合金中的其它元素，再根据转移电子相等计算银的质量，从而确定银的质量分数，解银和铜的质量分数确定锌的质量分数．【解答】解：（1）根据反应方程式N2+3H2⇌2NH3△V，12V变100﹣90所以V变==5L，所以转化率为===20%，故答案为：20%；（2）n===，所以m=nM=×17g/mol=，所以氨水质量分数为：=%，故答案为：%；（3）由反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O（g），设氧气的体积为，所以空气体积为：，氨气体积为1，氨的转化率可达95%，所以反应的氨气体积为，由反应方程式可知生成一氧化氮的体积为，增加的体积为：=，所以反应后NO的体积分数为：=%，故答案为：%；（4）合金中其它金属的质量=×（1﹣75%）=，假设与硝酸反应的金属全部是银，则银的质量==＞，假设与硝酸反应的金属全部是铜，则铜的质量==＜，则合金中还有Cu和Ag，设银的质量为m，则铜的质量=﹣m，根据转移电子守恒得×2+=×4，m=，银的质量分数=×100%=%，则铜的质量分数=25%﹣%=%，故答案为：%；%．21．用硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）制备莫尔盐的流程如下：已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，其中反应Ⅰ如下：2Fe3++FeS2═2S↓+3Fe2+（1）“还原”时，pH不宜过高的原因是pH过高时铁元素将沉淀导致产率降低，写出“还原”时反应Ⅱ的离子方程式：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+．（2）实验测得“还原”时反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比为2：7．计算“还原”后溶液Fe2+的浓度即可确定后面所加（NH4）2SO4的量（溶液体积变化忽略不计）离子离子浓度（mol•L﹣1）还原前还原后SO42﹣Fe2+（3）称取新制莫尔盐，溶于水配成溶液并分成两等份．一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀；另一份用LK2Cr2O7酸性溶液滴定，当Cr2O72﹣恰好完全被还原为Cr3+时，消耗溶液的体积为．试确定莫尔盐的化学式（请给出计算过程）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）在空气中焙烧，得二氧化硫气体和氧化铁、二氧化硅等固体，加硫酸溶解，过滤除去二氧化硅，得硫酸铁溶液，硫酸铁溶液中再加入硫铁矿，FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成S沉淀，过滤，滤渣含有S、硫铁矿，滤液中主要含有硫酸亚铁的混合溶液，向混合溶液中加入硫酸铵，经过蒸发浓缩降温结晶，过滤，洗涤，干燥可得莫尔盐，（1）铁离子水解显酸性，pH过高促进水解；“还原”时反应Ⅱ生成亚铁离子、硫酸根离子；（2）由表中数据可知，反应后硫酸根的浓度比反应前增加了•L﹣1﹣•L﹣1=•L﹣1，根据反应FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+可知，反应中消耗Fe3+的物质的量为，生成的Fe2+物质的量为，由于Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比为2：7，Ⅰ中消耗的铁离子的物质的量为，再结合反应2Fe3++FeS2=2S↓+3Fe2+计算生成Fe2+物质的量；（3）称取新制莫尔盐，溶于水配成溶液并分成两等份，一份加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀硫酸钡的质量为，其物质的量为=，所以n（SO42﹣）=，另一份用•L﹣1K2Cr2O7酸性溶液滴定，当Cr2O72﹣恰好完全被还原为Cr3+时，消耗溶液的体积为，根据题意，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O61n（Fe2+）•L﹣1×，所以n（Fe2+）=mol×6=，根据电荷守恒：n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=，再计算n（H2O），由物质的量比确定化学式．【解答】解：（1）溶液里的Fe3+或Fe2+易水解，还原”时时，pH过高会促进Fe3+或Fe2+水解生成沉淀，故不易太高；“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，故答案为：pH过高时铁元素将沉淀导致产率降低；FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；（2）假设溶液体积为1L，根据表可知，反应Ⅱ中生成的硫酸根的物质的量为（mol•L﹣1﹣•L﹣1）×1L=，据反应FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+可知，反应Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量为，同时计算出生成的亚铁离子的物质的量为，反应Ⅰ、被还原的Fe3+的物质的量为，同时计算出生成的亚铁离子的物质的量为，溶液中增加的亚铁离子的物质的量浓度为=•L﹣1，则还原后Fe2+的物质的量浓度为•L﹣1+•L﹣1=•L﹣1，故答案为：；（3）根据题意，白色沉淀的物质的量为=（SO42﹣）=，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O61n（Fe2+）•L﹣1×，所以n（Fe2+）=mol×6=，根据电荷守恒：n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42﹣），n（NH4+）=，n（H2O）==mol，所以n（SO42﹣）：n（Fe2+）：n（NH4+）：n（H2O）=：：：=2：1：2：6，所以莫尔盐的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O[或（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]，答：莫尔盐的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2