河北省唐山市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

河北省唐山市22024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与生活息息相关，下列说法中错误的是A．某专业足球由20片纹理聚氨酯(PU)热粘合而成，聚氨酯(PU)是有机高分子材料B．月球新矿物“嫦娥石”是一种磷酸盐矿物(含镁和铁)，它不易溶于水C．TCL公司的12CMiniLED智屏由3840颗微米级芯片组成，芯片的主要成分为D．新型冠状病毒主要由RNA和蛋白质组成，可采用高温、紫外线、75%的乙醇等有效灭活2．下列化学用语中正确的是A．次氯酸的电子式：B．Fe2+C．基态Cr的电子排布式：1D．PCl33．NAA．28g晶体Si中Si−Si键数目为4B．100g质量分数为17%的H2OC．一定条件下，32gSO2与足量OD．18g重水(D2O4．α粒子轰击ZAX原子的核反应为ZAX+A．原子半径：X>Y B．H3YC．简单氢化物的沸点：Y>X D．X与Y能形成多种二元化合物5．用绿矾(FeSO4⋅7下列说法正确的是A．溶解过程中H3POB．可用酸性KMnO4溶液检验反应1中C．洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶26．地西泮是一种抑制中枢神经的药物，其结构如图所示：下列有关该药物的说法中，错误的是A．地西泮中无手性碳原子B．地西泮的化学式为CC．地西泮的一氯取代产物为8种D．地西泮能发生加成、取代、氧化和还原等反应7．通过下列实验操作和实验现象，能得到正确结论的是选项实验操作实验现象结论A用pH试纸测溶液pHNaHCO3显蓝色，H2COB向钾盐溶液中滴加浓盐酸产生的无色气体使品红溶液褪色该钾盐一定是K2SC分别取CuSO4、CuSO4溶液呈淡蓝色、CuD在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒火焰出现黄色不能确定溶液中含有Na元素A．A B．B C．C D．D8．某多孔储氢材料结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，下列说法错误的是A．基态原子的第一电离能Y>ZB．该物质中有离子键、极性共价键，还存在配位键C．M、Y、Z形成的化合物只能抑制水的电离D．最高价含氧酸的酸性：Y>X>W9．金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示，下列说法正确的是A．反应过程中钯的化合价没有变化B．反应过程中断裂和形成最多的键是Pd−H键C．整个反应过程的化学方程式为：CD．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最小的为6010．2022年诺贝尔化学奖授予了研究“点击化学和生物正交化学”的三位科学家。已知“点击化学”中的一个经典反应如下：下列说法中错误的是A．该反应为加成反应B．上述反应物和产物中，C的杂化方式只有sp和spC．上述反应所涉及的物质中，所有基态原子的第一电离能最大的是ND．生成物分子中所有原子不可能在同一平面11．锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是A．该负极材料的摩尔质量为79 B．碳原子的杂化方式为spC．Li的配位数为8 D．晶胞中Li与C原子个数比为1：612．室温下，气体M、N、P、Q之间存在如下转化关系：①M⇌N+P；②M⇌N+Q，反应①的速率可表示为v1=k1c(M)，反应②的速率可表示为v

01min2min3min4min5min6minM(mol)1.000.760.560.400.360.360.36P(mol)00.060.110.150.160.160.16下列说法正确的是A．0~3min时间段内，Q的平均反应速率为0B．反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变C．平衡时M生成Q的转化率为36%D．反应①的活化能比反应②的活化能低13．水系可逆Zn−CO2电池在工作时，复合膜(由a、b膜复合而成，a膜只允许H+通过，b膜只允许OH−通过)层间的H2O解离成HA．闭合K1时，右侧电极反应为B．闭合K1C．闭合K2时，OD．闭合K2时，每生成65gZn，同时一定生成C14．向0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2OA．向0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液中逐滴滴加等浓度的CaB．0.05mol⋅L−1C．向10mL0.1mol⋅L−1草酸钠溶液中加入等体积0D．图b中当溶液c(Ca2+二、非选择题15．Na2S回答下列问题：（1）仪器A的名称为。（2）下列关于装置B的作用叙述错误的是(填标号)。a.通过观察气泡可控制SOb.防止发生倒吸c.通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞（3）C中生成产品的化学反应方程式为。（4）为保证硫代硫酸钠的产率和纯度，实验中通入的SO2不能过量，原因是（5）为测定所得产品纯度，取mg所得产品溶于蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入2滴淀粉试剂，用cmol⋅L−1碘的标准溶液滴定，消耗标准液已知：2①滴定终点现象为；②产品纯度为(用m、c、V表示)。（6）下列装置和试剂不能代替E的是(填标号)。16．铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为Cr2O3，含少量回答下列问题：（1）“碱浸”步骤提高浸出率的方法有(任写出一条)，滤渣的成分为，该步骤Cr2O（2）已知Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于（3）“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为。（4）该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有。（5）立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：该晶体中B的配位数为，其晶胞参数为anm，则立方氮化硼晶体的密度为g⋅cm17．甲醇水蒸气重整制氢已经成为工业上制取氢气的重要工艺，甲醇水蒸气重整过程中可能出现以下反应：反应Ⅰ：CO(g)+H2反应Ⅱ：CH3反应Ⅲ：CH3回答下列问题：（1）ΔH2=kJ⋅mo（2）一定温度下，将1mol甲醇与3mol水蒸气投入密闭容器中发生反应，一段时间后达到平衡，测得甲醇的转化率为80%，水蒸气体积分数为37①该反应中水蒸气的转化率为。②反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=③若对体系增大压强，反应Ⅰ平衡(填“移动”或“不移动”)。（3）某科研团队对光催化还原CO①电极1的电势(填“高于”或“低于”)电极2的电势。②该光催化过程的总反应方程式为。18．α、β−不饱和醛、酮具有很好的反应性能，常作为有机合成中的前体化合物或关键中间体，是Micheal反应的良好受体，通过α、β−不饱和醛、酮，可以合成许多重要的药物和一些具有特殊结构的化合物。α、β−不饱和酮G()的合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称为，反应①所需试剂为。（2）反应②的化学方程式是。（3）D中所含官能团的名称为，D→E的反应类型为。（4）F的结构简式为。（5）H为G的同分异构体，满足下列条件的结构有种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：2：2：1：1的结构简式为。①芳香族化合物且苯环上有两个取代基；②氧化产物能发生银镜反应。（6）以和为原料，无机试剂任选，设计合成的路线。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．聚氨酯属于合成纤维，属于有机高分子材料，故A说法不符合题意；B．一般磷酸盐矿物(含镁和铁)不易溶于水，故B说法不符合题意；C．芯片的主要成分是晶体硅，故C说法符合题意；D．高温、紫外线、75%的乙醇能使蛋白质变性，使蛋白质失去活性，能杀菌消毒，故D说法不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、聚氨酯为聚合物，属于高分子材料；

B、磷酸盐多数不溶于水；

C、芯片的主要成分是硅；

D、高温、紫外线、医用酒精都可以杀菌消毒。2．【答案】A【解析】【解答】A．次氯酸的结构式为Cl-O-H，电子式为，故A符合题意；B．亚铁离子的核电荷数为26，核外3个电子层，最外层电子数为14，离子的结构示意图为，故B不符合题意；C．铬元素的原子序数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故C不符合题意；D．三氯化磷的空间构型为三角锥形，磷原子的原子半径大于氯原子的，空间填充模型为，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、次氯酸的电子式要注意，氧原子和氯原子周围满足8个电子；

B、最外层电子数不能超过8个；

C、铬为24号元素，当3d和4s两个能级的电子能够半充满或者全充满时更稳定，此时应该为3d54s1；

D、磷原子的半径大于氯原子的半径，且构型为三角锥形。3．【答案】D【解析】【解答】A．晶体硅中每个硅原子与周围的4个硅原子形成4根共价键，由均摊法可知，每个硅原子占有2根共价键，故28g晶体Si，即1mol晶体硅，含有Si−Si键数目为2NB.100g质量分数为17%的H2O2水溶液中H2O2的物质的量为100g×17%34g/molC．SO2与O2D．D2O的摩尔质量为20g/mol，一个D2O中含有质子数为10，18g重水(故答案为：D。

【分析】A、结合均摊法判断；

B、溶液中含有水，水也含有极性键；

C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，无法完全转化；

D、D为氢原子，质量数为2，此时的摩尔质量应该结合对应的相对原子质量判断。4．【答案】B【解析】【解答】A．N、O属于同一周期，同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径：N＞O，故A说法不符合题意；B．H3Y+化学式为H3O+，题中所给电子式，O少了一个孤电子对，正确的是，故B说法符合题意；C．O的简单氢化物是H2O，N的简单氢化物为NH3，H2O常温下为液体，NH3常温下为气体，因此H2O的沸点高于NH3，故C说法不符合题意；D．N和O可以形成NO、N2O、NO2、N2O4等多种二元化合物，故D说法不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、同周期元素从左到右原子半径碱性

B、氧原子周围要满足8电子；

C、水的沸点大于氨的沸点；

D、氮和氧可以形成多种氧化物。5．【答案】A【解析】【解答】A．Fe2+能发生水解：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，因此加入磷酸溶解过程，可以抑制Fe2+水解，故A符合题意；B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B不符合题意；C．洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，防止弄破滤纸，故C不符合题意；D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、氢离子可以抑制亚铁离子的水解；

B、氯离子和亚铁离子都可以被酸性高锰酸钾氧化；

C、洗涤时玻璃棒搅拌可能弄破滤纸；

D、结合化合价变化判断化学计量数，化学计量数之比等于物质的量之比。6．【答案】B【解析】【解答】A．由结构简式可知，地西泮中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故A不符合题意；B．由结构简式可知，地西泮C15H11ClN2O，故B符合题意；C．由结构简式可知，地西泮含有8类氢原子，一氯取代产物为8种，故C不符合题意；D．由结构简式可知，地西泮含有的苯环和碳氮双键能发生加成反应。酰胺基能发生水解反应、含有的碳氮双键能发生氧化反应和加氢还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；

B、化学式要结合C、H、O、Cl、N五种元素的原子总数判断；

C、一氯代物的种类即判断等效氢的种类；

D、苯环和碳氮双键可以发生加成反应，酰胺基和苯环、氯原子可以发生取代反应，谈单双脚可以发生氧化反应，加氢的反应为还原反应。7．【答案】D【解析】【解答】A．用pH试纸测得碳酸氢钠溶液为碱性说明碳酸氢钠水解大于电离，则碳酸是弱酸，亚硫酸氢钠溶液的pH试纸显红色说明亚硫酸氢钠溶液呈酸性，只能说明亚硫酸氢根会电离出氢离子，不能确定亚硫酸氢根是否会水解，因此不能说明亚硫酸是弱酸，故A不符合题意；B．次氯酸钾与浓盐酸反应生成的氯气也能使品红溶液褪色，则向钾盐溶液中滴加浓盐酸产生的无色气体使品红溶液褪色不能说明该钾盐一定是亚硫酸钾或亚硫酸氢钾，故B不符合题意；C．四水合铜离子在溶液中呈蓝色，所以硫酸铜溶液呈淡蓝色不能说明铜离子显淡蓝色，故C不符合题意；D．玻璃棒中含有硅酸钠的焰色为黄色，则在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色不能确定溶液中含有钠元素，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、亚硫酸氢钠为酸性，只能证明亚硫酸氢根电离出氢离子；

B、可以使品红溶液褪色的可能是二氧化硫或者氯气；

C、四水合铜离子在溶液中也是蓝色；

D、焰色试验不能用玻璃棒蘸取溶液。8．【答案】C【解析】【解答】由上述分析可知，M为H元素、W为B元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，则A．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，且N的2p电子半满为较稳定结构，则第一电离能：O＜N，故A不符合题意；B．含有阴阳离子，该物质中有离子键，碳氢等之间存在极性共价键，氮与氢氧和硼之间还存在配位键，故B不符合题意；C．M、Y、Z形成的化合物硝酸铵水解，促进水的电离，故C符合题意；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N＞C＞B，则最高价氧化物对应水化物的酸性硝酸＞碳酸＞硼酸，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，若原子的最外层能级为全充满或者半充满则反常；

B、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；

C、盐的水解可以促进水的电离；

D、最高价含氧酸的酸性即比较非金属性。9．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知，催化剂钯参与反应，反应过程中钯的化合价发生变化，故A不符合题意；B．由图可知，反应过程中存在钯氧键和钯氢键的断裂和形成，断裂和形成最多的键是钯氢键，故B符合题意；C．由图可知，整个反应过程发生的反应为钯做催化剂条件下，乙醇与氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CHD．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连碳上没有氢，相对分子质量最小的为2-甲基-2-丙醇，相对分子质量为74，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、钯的化合价可以结合其他元素的化合价判断；

B、结合图示可知断键和成键最多的是钯氢键；

C、结合箭头的起始和终止判断反应物和生成物；

D、与羟基相连碳上没有氢，即其相对分子质量为2-甲基-2-丙醇。10．【答案】B【解析】【解答】A．由方程式可知，该反应为催化剂和水作用下与HC≡CCH3发生加成反应生成，故A不符合题意；B．由结构简式可知，上述反应物和产物中，苯环碳原子、双键碳原子为sp2杂化，三键碳原子为sp杂化，单键碳原子为sp3杂化，故B符合题意；C．反应所涉及的物质中，金属元素铜元素的第一电离能最小，非金属元素中氢元素的第一电离能最小，碳、氮、氧三种同周期元素，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，则第一电离能最大的是氮元素，故C不符合题意；，D．由结构简式可知，分子中含有空间构型为三角锥形的饱和氮原子和四面体形的碳原子，所以生成物分子中所有原子不可能在同一平面，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、该反应中，氮氮双键和碳碳三键断开，产物只有一种，为加成反应；

B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

C、同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，若最外层能级电子为全充满或者半充满则反常；

D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。11．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79g/mol，A不符合题意；B．由图可知，1个碳和其他3个碳形成3个单键，故其杂化方式为spC．根据图示1，2，3三个C原子之间的夹角为120°，则这三个碳距离4号锂之间的距离是相等的，根据该负极材料的结构可知，Li的配位数为12，C不符合题意；D．由图一知，C中除中心2个C处于体心，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面心的C总共8个，所以一个晶胞中的碳数C=2+8×12=6，而Li+处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li+数为4×故答案为：D。

【分析】A、摩尔质量数值上等于相对分子质量；

B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

C、Li的配位数要结合周围晶胞进行判断；

D、结合均摊法判断。12．【答案】B【解析】【解答】A．由表格数据可知，0~3min时，M的物质的量变化量为0.60mol、P的物质的量变化量为0.15mol，则反应生成的Q的物质的量为0.60mol—0.15mol=0.45mol，则Q的平均反应速率为0.B．由化学反应速率定义可知，反应开始后，体系中P和Q的浓度变化量之比△c(P)：△c(Q)=tv1：tv2=k1c(M)：k2c(M)=k1：k2，k1、k2为定值，所以反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变，故B符合题意；C．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，M生成Q的转化率为0.48mol1molD．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，则反应①的反应速率慢于反应②，反应速率越快，活化能越小，则反应①的活化能比反应②的活化能高，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、化学反应速率为浓度变化量和时间变化量的比值；

B、结合速率常数判断；

C、转化率为变化量和起始量的比值；

D、速率越慢，活化能越大。13．【答案】A【解析】【解答】A．由图可知，闭合K1时，右侧的物质转化为CO2B．由A分析知，闭合K1时，右侧电极反应为CO2+2H++2e−=HCOOH，左侧电极反应为Zn+4OHC．闭合K2时，该装置为电解池，左侧为阴极，右侧为阳极，OD．没有标明为标准状况，无法计算CO故答案为：A。

【分析】新型电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；

电解池的题目要注意几个问题：

1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；

2、溶液中的离子放电顺序：

阳离子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

阴离子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。14．【答案】D【解析】【解答】A．向0.1mol⋅L−1的B．向0.1mol⋅L−1的H2C2O4C．向10mL0.1mol⋅L−1草酸钠溶液中加入等体积0.2mol⋅L−1CaCD．由图b可知，Ksp=c(Ca2+)c(C2O42−)=1.5×10-5故答案为：D。

【分析】A、电离平衡常数只受温度影响；

B、草酸氢钠溶液中草酸氢根浓度达到最大值，结合其最高点判断；

C、结合钙离子浓度和溶度积计算草酸根浓度；

D、结合图像以及电离平衡常数判断。15．【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）b（3）2Na2S+Na2CO3+4SO2Δ__3Na2S2O3（4）Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性（5）滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；316cV（6）bd【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）由分析可知，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，但不能起防倒吸的作用，故答案为：b；（3）C中生成产品的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2Δ__3Na2S2O3+CO2，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2Δ__3Na2S2O（4）硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，若二氧化硫过量，会与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性导致硫代硫酸在溶液中发生歧化反应，所以实验中通入的二氧化硫不能过量，故答案为：Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性；（5）①硫代硫酸钠溶液与碘溶液恰好反应时，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液会变为蓝色，且半分钟内不褪色，所以判断滴定终点的现象为滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；②由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L的碘标准溶液，则由方程式可知，mg产品纯度为cmol/L×10-3VL×2×10×158g/molmg×100%=（6）由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，则盛有碱石灰的干燥管和盛有氢氧化钠的U形管能代替E，而浓硫酸、氯化钙溶液不能与二氧化碳和二氧化硫反应，则盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有氯化钙溶液得试管不能代替E，故答案为：bd。

【分析】（1）蒸馏烧瓶的特点是含有支管；

（2）长颈漏斗在装置中可以防止控制气体速率和检查气密性；

（3）硫化钠和碳酸钠、二氧化硫加热生成硫代硫酸钠和二氧化碳；

（4）硫代硫酸钠可以和酸反应，二氧化硫溶于水呈酸性；

（5）①滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；

②纯度的计算要几盒化学计量数之比等于物质的量之比判断。16．【答案】（1）粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O（2）1.2×10-5（3）4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O（4）漏斗、烧杯、玻璃棒（5）4；1【解析】【解答】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为1.2×10−101.0×10−5（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：4×25NA=10-21a3d，解得d=

【分析】（1）提高浸出率的方法可以是升高温度、增大溶液浓度或者粉碎固体；

（2）结合溶度积和铬酸根离子的浓度判断；

（3）铬酸钡、乙醇和氢离子反应生成钡离子、铬离子、二氧化碳和水；

（4）过滤的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；

（5）B的配位数要结合周围晶胞判断。17．【答案】（1）91.9（或+91.9）；高温（2）20%；2.75；移动（3）高于；2CO2+4H2O光催化=2CH3OH+3O【解析】【解答】（1）反应Ⅲ-反应Ⅰ可得反应Ⅱ，根据盖斯定律，ΔH2=ΔH3−ΔH1=(+50（2）设转化的水蒸气的物质的量为x，列出有关反应的三段式：CCO(g)依据水蒸气体积分数为37，则有：3−x0.①该反应中水蒸气的转化率为0.②设反应Ⅰ达到平衡时总压为P，则CO、H2O、CO2、H2的分压分别为：p(CO)=0.25.6P、p(H2O)=2.45.6P、p(CO2)=③反应Ⅱ是气体体积增大的吸热反应，若对体系增大压强，反应Ⅱ平衡会向逆反应方向移动，则使体系温度发生改变，导致反应Ⅰ平衡发生移动，故答案为：移动。（3）①由图可知，电极1发生CO2转化为CH3OH的反应，CO2被还原，电极2发生H2O转化为O2的反应，H2O被氧化，则电极1为正极，电极2为负极，正极电势高于负极电势，则电极1的电势高于电极2的电势，故答案为：高于；②负极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，正极反应为：CO2+6H++6e-