北京市朝阳区2021届高三上学期期末考试化学试题

北京市朝阳区2021届高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．2020年12月17日，“嫦娥五号”返回器携带月壤成功返回，“可上九天揽月”成为现实。下列涉及火箭发射及“嫦娥五号”的系列材料中，主要成分均为非金属单质的是（）A．“长征五号”发动机推进剂——液氧和液氢B．制作月面展开的国旗材料之一——高强度芳纶纤维C．返回器减速伞材料——高强度锦纶纤维D．返回器表面所贴“暖宝宝”主要成分——铁粉、碳粉等A．A B．B C．C D．D2．油脂在人体内的变化过程如图所示。下列说法错误的是（）A．油脂不属于高分子B．甘油分子中含有羟基，沸点低于丙醇C．酶催化下1mol油脂完全水解的产物是1mol甘油和3mol高级脂肪酸D．反应②是人体内脂肪酸的氧化反应，为人体提供能量3．双碱法脱硫过程如图所示。下列说法错误的是（）A．过程Ⅰ中，SO2表现还原性B．过程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3C．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用D．总反应为2Ca4．用下列装置不能达到实验目的的是（）实验室制氨气海水蒸馏制淡水证明乙醇与浓硫酸共热生成乙烯用CuSO4溶液净化乙炔气体ABCDA．A B．B C．C D．D5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1mol-OH和1molOH-含有的电子数均为10NAB．室温下，1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中NH4C．标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LD．常温常压下，1.6gCH4中含有的共价键总数为0.4NA6．某同学用2%的AgNO3溶液和2%的稀氨水配制银氨溶液并进行乙醛的银镜反应实验，过程如图：下列解释事实的方程式错误的是（）A．氨水显碱性：NH3·H2O⇌NH4+B．①中产生沉淀：Ag++OH-=AgOH↓C．①中滴加氨水使沉淀消失：AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OD．③中出现银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH→ΔCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H27．由下列实验及相应事实推理所得的结论，不能用元素周期律解释的是（）

实验事实结论A将体积相同的Na和K分别投入冷水中K与H2O反应更剧烈金属性：K>NaB将足量硫酸与Na3PO4溶液混合生成H3PO4非金属性：S>PC分别加热HCl气体和HI气体HI气体更易分解稳定性：HCl>HID分别加热Na2CO3固体和NaHCO3固体NaHCO3固体更易分解热稳定性：Na2CO3>NaHCO3A．A B．B C．C D．D8．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应a可实现氯的循环利用：反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=-115.6kJ/mol已知：i.ii.H2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ·mol-1下列说法错误的是（）A．反应a中反应物的总能量高于生成物的总能量B．反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成C．4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-159.6kJ·mol-1D．断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为31.9kJ9．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：下列说法错误的是（）A．P和M通过加成反应形成聚脲B．一定条件下聚脲能发生水解反应C．M苯环上的一氯代物有2种D．M与互为同系物10．工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g)ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法错误的是（）A．ΔH＜0B．状态X时，v消耗(CO)=v生成(CO)C．相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率D．状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率11．一种三室微生物燃料电池污水净化系统的原理如图所示，图中含酚废水中的有机物可用C6H5OH表示。下列说法错误的是（）A．右室电极为该电池的正极B．右室电极附近溶液的pH增大C．左侧离子交换膜为阳离子交换膜D．左室电极反应式可表示为C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+12．常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法错误的是（）A．点①所示溶液中，CN－的水解程度大于HCN的电离程度B．点①和点②所示溶液中：c(CN－)>c(CH3COO－)C．点③所示溶液中：c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)D．点④所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)13．锂电池具有广泛应用。用废铝渣(含金属铝、锂盐等)获得电池级Li2CO3的一种工艺流程如下(部分物质已略去)：下列说法错误的是（）A．①中加热后有SO2生成B．②生成Al(OH)3的离子方程式：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3C．由③推测溶解度：CaCO3＞Li2CO3D．④中不宜通入过多CO2，否则会造成Li2CO3产率降低14．实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：序号实验5min25min实验I铁钉表面及周边未见明显变化铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成实验II铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化下列说法错误的是（）A．实验II中Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢B．实验II中正极的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-C．实验I的现象说明K3[Fe(CN)6]溶液与Fe反应生成了Fe2+D．若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色二、综合题15．用FeSO4·7H2O晶体配制FeSO4溶液，放置一天后发现产生黄色固体。实验小组同学研究固体成分及产生的原因。（1）①配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，需要称取gFeSO4·7H2O晶体。(已知：FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g·mol-1)②需要的主要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和。（2）小组同学推测放置一天后的FeSO4溶液中存在Fe3+。将产生Fe3+的离子方程式补充完整。Fe2++□H++□=□Fe3++□（3）分离出黄色固体，经多次洗涤后完成如下实验：证实黄色固体中含Fe3+和SO42-，试剂1和试剂2分别是、（4）实验测定FeSO4溶液放置过程中溶液的pH和黄色固体的量的变化，结果如下：1小时6小时24小时溶液的pH2.392.351.40黄色固体的量几乎没有少量大量分析黄色固体中除Fe3+、SO42-还可能含有（5）查阅资料：不同pH下Fe2+的氧化率随时间变化的关系如图。为避免Fe2+被氧化，配制FeSO4溶液时，需要添加。16．实验小组研究Ag2S的生成与转化。已知：i.AgCl(s)+3Cl-(aq)⇌AgCl43-ii.常温下一些盐在水中的溶解度及颜色如下表：盐AgClAg2SAg2SO3Ag2SO4CuS溶解度/g1.5×10-41.3×10-164.6×10-40.7961.08×10-17颜色白色黑色白色白色黑色（1）证明AgCl能够转化为Ag2S，实验如下：①AgNO3溶液是溶液(填“a”或“b”)，另一溶液是NaCl溶液。②现象a是。（2）研究CuCl2溶液能否使Ag2S转化为AgCl，实验如下：①白色固体含AgCl，结合平衡移动原理解释加水稀释产生白色固体的原因：。②小组同学对Ag2S转化为AgCl的原因提出假设：假设一：S2-可与Cu2+形成CuS，从而降低c(S2-)，加入Cu2+假设二：Ag+可与Cl-形成AgCl43-，从而降低c(Ag+……小组同学设计对比实验，证明假设二不合理，实验操作和现象是。（3）有文献表明，HNO3能使Ag2S转化为Ag2SO3，实验如下：①加入浓氨水，溶解白色固体a的目的是。②检验白色固体b中含有亚硫酸根的实验操作和现象是。（4）综合上述实验，溶解度较大的银盐转化为Ag2S较容易；而使Ag2S转化为溶解度较大的银盐，可采取的措施有。17．氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究SCR技术(NH3选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。（1）氮氧化物(以NO为主)直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，反应的化学方程式为。（2）NH3催化还原NO的化学方程式为。（3）铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程如下：①反应iv中消耗的NO2(NH4+)2与NO的物质的量之比为②适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因：。③向反应体系中添加NH4NO3可显著提高NO脱除率。原因如下：NO3-与NO发生反应NO3-+NO=NO2+NONO2与NH4+发生反应iii和反应iv转化为N2NO2-与NH4+发生反应(填离子方程式)转化为N（4）相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有的SO2会明显降低NO脱除率。①推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是。②持续通入含SO2的烟气。不同温度下，每隔1h测定NO脱除率，结果如下：相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，原因是。18．花椒毒素对血液中多种病毒有很好的灭活作用，还可用于治疗皮肤顽疾。花椒毒素的一种中间体L的合成路线如下：已知：i.+R-Br→DMF/K2ii.+R-CHO→(R代表烃基)（1）A属于芳香烃，其名称是。（2）D为顺式结构。B→D的化学方程式是。（3）下列关于E的说法正确的是(填序号)。a.E的酸性弱于Gb.E在水中的溶解度大于Ac.一定条件下，E能形成网状高分子化合物（4）G→J的反应类型是。（5）已知：J→K+2CH3CH2OH，且K分子含两个环状结构。①J中含有的官能团是醚键、和。②K的结构简式是。（6）F与K反应生成L的步骤如下：中间产物1和中间产物2的结构简式分别是、。19．研究人员将钛(Ti)掺杂进硅沸石中，得到催化剂TS-1，该催化剂能催化丙烯与过氧化氢合成环氧丙烷的反应。已知：i.H2O2在酸性溶液中比较稳定，在碱性溶液中易分解。ii.环氧丙烷中C—O键活性较强，易断键发生反应。（1）丙烯转化为环氧丙烷的反应类型是。（2）以甲醇为溶剂，有利于催化剂形成活性中心，可能的催化历程如下。①甲醇中羟基的氢原子与“Ti-OOH”中的氧原子能形成氢键，体现出氧的非金属性(填“强”或“弱”)。②研究催化历程常用同位素示踪法。用17O标记H2O2中的所有氧原子，上图所示历程中存在17O的物质除H2O2外，还有(填序号)。a.CH3OHb.c.③反应生成的环氧丙烷中含有，这可能是因为环氧丙烷和发生了副反应产生的。（3）溶液中适当添加某些碱性物质，能提高环氧丙烷选择性，但会使反应速率明显下降，原因可能有：i.碱性较强时，催化剂活性降低；ii.碱性较强时，。（4）用环氧丙烷生产具有较高反应活性的碳酸二甲酯，主要过程如下。①CO2的电子式为。②A的分子式为C4H6O3(含五元环)，其结构简式为。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．液氧和液氢为O2和H2，主要成分均为非金属单质，故A符合题意；B．高强度芳纶纤维属于有机高分子材料，不是单质，故B不符合题意；C．高强度锦纶纤维属于有机高分子材料，不是单质，故C不符合题意；D．铁粉属于金属单质，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】有一种非金属元素组成的纯净物为非金属单质，据此分析解答。2．【答案】B【解析】【解答】A．油脂为高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，故A不选；B.1mol甘油分子中含有3mol羟基，1mol丙醇分子中只含有1mol羟基，所以1mol甘油分子中所含有的氢键比1mol丙醇分子所含的氢键多，则甘油的沸点高于丙醇，故选B；C．油脂为高级脂肪酸甘油酯，在酶催化下1mol油脂完全水解的产物是1mol甘油和3mol高级脂肪酸，故C不选；D．高级脂肪酸在人体内与氧气发生氧化反应生成二氧化碳和水，以及释放大量的能量，故D不选。故答案为：B。

【分析】A.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物；

B.甘油分子中含3个-OH，分子间形成的氢键多于丙醇；

C.油脂是高级脂肪酸的甘油三酯；

D.高级脂肪酸在人体内被氧化，生成二氧化碳和水，且反应放热。

3．【答案】A【解析】【解答】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A符合题意；B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式O2∼2Na2SO3C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C不符合题意；D．根据图示可得总反应为2Ca(OH)故答案为：A。

【分析】过程I的反应方程式为SO2+2NaOH=NaSO3+H2O，过程Ⅱ的反应方程式为2Na2SO3+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+4NaOH，总反应为2Ca(OH)2+2S4．【答案】C【解析】【解答】A．由2NH4Cl＋Ca(OH)2＝△CaCl2＋2NH3↑＋2H2B．图中蒸馏装置可以用于海水蒸馏制淡水，故B不符合题意；C．乙醇、浓硫酸共热170℃发生消去反应生成乙烯，由于高温下乙醇挥发加剧，产生的乙烯气体中亦混有大量乙醇蒸汽，而乙醇和乙烯均能被酸性高锰酸钾氧化从而使溶液褪色，因而不能证明乙醇与浓硫酸共热生成了乙烯，故C符合题意；D．电石和水生成的乙炔中含有硫化氢等杂质，硫化氢和硫酸铜反应生成难溶性的CuS沉淀，乙炔和硫酸铜不反应，所以可以用硫酸铜除去乙炔中的杂质气体，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气密度小；

B.海水中水的沸点较低；

C.挥发的醇及生成的乙烯均使高锰酸钾溶液褪色；

D.乙炔中混有硫化氢，硫化氢与硫酸铜溶液反应。

5．【答案】D【解析】【解答】A．-OH中含有9个电子，OH-中含有10个电子，则1mol–OH中含有电子数为9NA，而1molOH-含有的电子数为10NA，A不符合题意；B．在1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=0.1mol/L×1L=0.1mol，在溶液中NH4+会发生水解反应而消耗，故溶液中含有NC．NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应产生NA个NO2分子，但NO2会有一部分发生反应产生N2O4，该反应为可逆反应，因此反应后容器内气体分子数小于NA个，则其在标准状况下所占体积小于22.4L，C不符合题意；D．CH4分子中含有4个C-H键，1.6gCH4的物质的量是0.1mol，其中含有的共价键的物质的量是0.4mol，因此其中含有的共价键总数为0.4NA，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.依据结合电子数分析；

B.考虑盐类的水解；

C.考虑NO2生成N2O4的反应；

D.依据和分析。6．【答案】B【解析】【解答】A．氨水显碱性，是因为一水合氨为弱碱，部分发生电离生成铵根离子和氢氧根离子，其离子方程式为：NH3·H2O⇌NH4+B．①中产生沉淀，是因为硝酸银与一水合氨反应生成氢氧化银和硝酸铵，一水合氨为弱碱，在离子方程式中需保留化学式，所以离子方程式为：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+C．①中滴加氨水使沉淀消失，形成氢氧化二氨合银络合物，反应的化学方程式为：AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，C不符合题意；D．③中乙醛与氢氧化二氨合银发生反应生成银镜，化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH→ΔCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2故答案为：B。【分析】A.一水合氨能部分电离出氢氧根和铵根离子；

B.NH3·H2O是弱碱，不能拆；

C.AgOH能够溶于过量的NH3·H2O，反应生成Ag(NH3)2OH和H2O；

D.CH3CHO能在碱性条件下被Ag(NH3)2OH氧化为CH3COONH4，Ag(NH3)2OH被还原为单质银。7．【答案】D【解析】【解答】A．将体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更剧烈，因同主族元素从上到到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则金属性：K>Na；故A不符合题意；B．将足量硫酸与Na3PO4溶液混合，生成H3PO4，说明硫酸可以制取H3PO4，则硫酸的酸性比磷酸的酸性强，根据最高价含氧酸的酸性强弱可以比较非金属性的强弱，则非金属性：S>P，故B不符合题意；C．分别加热HCl气体和HI气体，HI气体更易分解，根据同主族非金属元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属氢化物的稳定性逐渐减弱，则稳定性：HCl>HI，故C不符合题意；D．分别加热Na2CO3固体和NaHCO3固体，NaHCO3固体更易分解，因为Na2CO3属于正盐，而NaHCO3属于酸式盐，二者不属于同一类别，没有可比性，所以不能用元素周期律来解释，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.同一主族从上到下金属性逐渐增强，与水(或与酸)反应越剧烈；

B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；

C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；

D.Na2CO3为正盐，NaHCO3为酸式盐，和元素周期律无关。.

8．【答案】C【解析】【解答】A．由反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=-115.6kJ/mol，该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故A不选；B．由4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可知，反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，故B不选；C．根据盖斯定律可知，4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-203.6kJ·mol-1，故选C；D．设H-O的键能为E1，H-Cl的键能为E2，由题意有ΔH=E故答案为：C。

【分析】A.若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；

B.反应a中有H-Cl键、O=O双键断裂和Cl-Cl键、H-O键的形成；

C.根据盖斯定律分析解答；

D.焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能。

9．【答案】D【解析】【解答】A．M中的两个氨基上的N-H断裂，与P中的C=N双键发生加成，所以P和M通过加成反应形成聚脲，A不符合题意；B．聚脲中存在酰胺基，一定条件下可以发生水解反应，B不符合题意；C．M是一个对称结构，两个苯环上氨基的邻位碳上的氢原子是等效的，两个苯环相连的氧原子的两个苯环上的邻位碳上的氢原子是等效的，则在M分子中只有两种不同的氢原子，M苯环上的一氯代物有2种，C不符合题意；D．M是含氧衍生物，而苯胺不是含氧衍生物，二者不是同一类物质，所以不是同系物，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．加成反应大多是破坏双键或三键，在该位置加上新的原子；B．有机物中的水解反应是水与该化合物反应，该化合物分为两部分，一部分与氢原子结合，一部分与羟基结合；C．根据对称结构找到等效氢；D．同系物的官能团相同，只是相差几个CH2；10．【答案】B【解析】【解答】A．结合分析可知正反应是放热反应，ΔH＜0，A不符合题意；B．由分析可知，X点反应未平衡，反应表现为正向进行，因此v消耗(CO)＞v生成(CO)，B符合题意；C．该反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可提高CO的转化率，C不符合题意；D．状态X时，反应未平衡，选择合适催化剂，反应速率增大，可以提高相同时间内CO的转化率，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．刚开始升温，反应速率加快，使CO转化率增大，后半段图像才是分析反应热的关键；B．X点转化率还在升高，不是平衡状态；C．根据化学计量数分析该反应是压强减小的反应，增大压强，平衡正向移动，能提高CO的转化率；D．注意题干说的是相同时间内的转化率，催化剂提高了反应速率也会提高转化率，但是反应整体的转化率不会改变；11．【答案】C【解析】【解答】A．根据图示可知：在上图中右室NO3−B．根据图示可知，在右室中正极上的电极反应式为：2NO3−+10e-+12H+=N2↑+6H2O，电解后溶液中c(H+C．电池放电时，电解质溶液中的阳离子Na+向正极右室移动，Cl-向负极左室移动，故左侧负极附近的离子交换膜为阴离子交换膜，C符合题意；D．左室装置为负极，负极上有机物失去电子，发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下反应生成CO2，电极反应式可表示为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．正极化合价降低，负极化合价升高；B．写出电极反应方程式，找对应离子浓度变化；C．原电池阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，阳离子交换膜只能让阳离子通过；D．找到电极反应物和产物，分析正负极即可写出答案；12．【答案】B【解析】【解答】A．点①所示的溶液为HCN和NaCN混合溶液，且c(HCN)＝c(NaCN)，而此时pH＞7，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，故A不符合题意。B．点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH－)+c(CN－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＞c(H＋)；点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH－)+c(CH3COO－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＜c(H＋)。二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，故B符合题意。C．点③中pH=7，则c(OH－)=c(H＋)，则点③中c(Na＋)=c(CH3COO－)＞c(H＋)=c(OH－)，故C不符合题意。D．点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO－水解使溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)；CH3COO－水解会消耗CH3COO－，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)；而盐类的水解相对于盐的电离是微弱的，因而盐电离产生的离子浓度大于盐水解产生的离子浓度，所以溶液中的离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D不符合题意。综上，故答案为：B。

【分析】A.根据此时的pH即可判断

B.根据电荷守恒以及此时pH即可判断

C.根据③的溶液结合电荷守恒即可判断

D.根据④的溶液结合电荷守恒和pH即可判断13．【答案】C【解析】【解答】A．①表示废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸，在280℃发生氧化还原反应，浓硫酸作氧化剂，化合价降低，得到的还原产物有SO2生成，故A不符合题意；B．滤液中含有硫酸铝、硫酸锂，硫酸铝和碳酸钠发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2，离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3C．由③可知，碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙，发生了沉淀的转化，既有溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，溶解度：Li2CO3＞CaCO3，故C符合题意；D．④表示氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂，不宜通入过多CO2，否则会生成碳酸氢锂，造成Li2CO3产率降低，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．结合浓硫酸的强氧化性及加热条件可以分析此处发生了氧化还原反应；B．根据流程图前后物质，可以写出离子方程式；C．溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，根据步骤三的反应得到两者大小关系；D．考察反应物用量对生成物成分的影响，此题可以类比二氧化碳与碳酸钠的反应原理；14．【答案】C【解析】【解答】A．实验II中Zn比Fe活泼，作原电池的负极，发生吸氧腐蚀，Fe作正极，被保护，铁的腐蚀速率比实验I慢，A不符合题意；B．实验II中Fe作正极，氧气发生得电子的还原反应，其电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，B不符合题意；C．实验I的现象说明25min时，Fe失去电子生成Fe2+，K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+发生反应生成特征蓝色沉淀，C符合题意；D．若将Zn片换成Cu片，因为Fe比Cu活泼，推测Cu片周边氧气发生得电子的还原反应生成氢氧根离子，酚酞溶液会出现红色，铁钉作原电池的负极，发生失电子的氧化反应生成亚铁离子，与K3[Fe(CN)6]溶液反应，使其周边会出现蓝色，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．是原电池反应原理；B．判断物质变化，写出电子得失过程即可C．K3[Fe(CN)6]溶液遇到Fe2+会生成蓝色沉淀，可以证明溶液中有二价铁离子存在；D．更换后，铁做负极，铜做正极；15．【答案】（1）2.8；100mL容量瓶（2）4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O（3）KSCN溶液；BaCl2溶液（4）H+（5）适量的稀硫酸和铁粉【解析】【解答】(1)①配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，n(FeSO4)=0.100mol/L×0.1L=0.010mol，n(FeSO4·7H2O)=n(FeSO4)=0.010mol，m(FeSO4·7H(2)放置一天后的FeSO4溶液中存在Fe3+，是因为亚铁离子被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O。(3)为了证实黄色固体中含Fe3+和SO42-，加入试剂1后溶液变红，所以试剂1是用来检验Fe3+的，用KSCN溶液；加入试剂2后得白色沉淀，所以试剂2是用来检验分别是SO42-的，是BaCl2溶液，故答案为：KSCN溶液；BaCl(4)实验测定FeSO4溶液放置过程中随着放置时间的增长，溶液的pH逐渐减小，黄色固体的量逐渐增加，所以黄色固体中除Fe3+、SO42-还可能含有H+，故答案为：H+(5)由题意知不同pH下Fe2+的氧化率不同，pH越大，氧化速率越快，所以为避免Fe2+被氧化，配制FeSO4溶液时，需要添加稀硫酸，而且稀硫酸的存在还可以抑制Fe2+的水解，另外铁粉可以还原Fe3+为Fe2+，故答案为：适量的稀硫酸和铁粉。

【分析】(1)①根据物质的量浓度公式计算②容量瓶需要说明对应的体积；(2)根据氧化还原反应配平方法完成；(3)根据对应反应的现象判断实际类型；(4)pH一直小于7，溶液为酸性，有氢离子存在；(5)氢离子的存在可以防止水解，铁粉做还原剂，防止二价铁离子被氧化；16．【答案】（1）b；白色沉淀变为黑色沉淀（2）加水稀释使平衡AgCl(s)+3Cl-(aq)⇌AgCl43-(aq)逆向移动，生成白色沉淀；用2mL4mol/LNaCl溶液浸泡Ag2（3）使白色沉淀a中的SO32-（4）加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；加入合适的氧化剂，将S2-氧化【解析】【解答】(1)证明AgCl能够转化为Ag2S，①由上图可知，应是向氯化钠溶液中滴加AgNO3溶液至白色沉淀不再生成，证明氯离子沉淀完全，然后再向白色沉淀的溶液中滴加硫化钠溶液，则溶液中白色沉淀转化成了黑色沉淀，证明有硫化银生成；b溶液应为AgNO3溶液，故答案为b白色沉淀变为黑色沉淀(2)研究CuCl2溶液能否使Ag2S转化为AgCl，①白色固体含AgCl，已知：i.AgCl(s)+3Cl-(aq)⇌AgCl43-(aq)，用2mL2mol/LCuCl2溶液来浸泡硫化银固体，因为氯离子浓度较大，会有一些硫化银转化为氯化银，而氯化银又继续和氯离子反应生成更稳定的AgCl43-(aq)离子，所以过滤后，上层清液里含有AgCl43-(aq)离子，加水稀释，使AgCl(s)+3Cl-(aq)⇌AgCl43-(aq)逆向移动，有氯化银白色沉淀生成。答案为加水稀释使平衡AgCl(s)+3Cl②小组同学对Ag2S转化为AgCl的原因提出假设：认为Ag+可与Cl-形成AgCl43-，从而降低c(Ag+故答案为：用2mL4mol/LNaCl溶液浸泡Ag2S沉淀，取上层清液，加水稀释，未见白色沉淀产生；(3)有文献表明，HNO3能使Ag2S转化为Ag2SO3，①用硝酸浸泡硫化银固体，因为硝酸具有强氧化性，所以可把硫化银氧化，生成亚硫酸银白色沉淀，加浓氨水后，亚硫酸银和氨水反应转化为银氨溶液，又向溶液中加入过量的硝酸钡溶液，会生成白色的亚硫酸钡沉淀，所以加入浓氨水，使白色沉淀a中的SO32-进入溶液中，以便后续检验，②若白色固体b中含有亚硫酸根，则向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，证明含有亚硫酸根离子；故答案为：①使白色沉淀a中的SO32-进入溶液中，以便后续检验(4)综合上述实验，可以得出以下结论：溶解度较大的银盐转化为Ag2S较容易；而使Ag2S转化为溶解度较大的银盐不容易，如果要使Ag2S转化为溶解度较大的银盐可采取加入加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；或者加入合适的氧化剂，将S2-氧化；故答案为加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；或者加入合适的氧化剂，将S2-氧化；

【分析】(1)①根据后面发生了沉淀转化可知，银离子全部转化为沉淀，所以量少的是硝酸银；②根据沉淀颜色写出反应现象；(2)①题干指出用平衡移动原理解释，此处用沉淀平衡原理解释；②此过程与检验沉淀是否洗净的过程一样；(3)注意分析题干给出的额外信息，HNO3能使Ag2S转化为Ag2SO3，加浓氨水，亚硫酸银和氨水反应转化为银氨溶液，所以分析得出目的，②若白色固体b亚硫酸钡，加入盐酸沉淀会溶解；(4)结合本题采用的方法可以总结出这一题目的答案；17．【答案】（1）2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）4NH3+6NO催化剂__5N2+6H（3）1：1；反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率，进而提高脱硝反应速率；NO2-+NH4+=N2+2H（4）MnO2+SO2=MnSO4；温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除速率降低的影响显著【解析】【解答】氮氧化物(以NO为主)直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，NO与空气中的O2反应生成NO2，反应方程式为2NO+O2=2NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，从而形成硝酸型酸雨，故答案为2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；NH3催化还原NO，氨气中的N由-3价升高到0价，NO中的N的化合价由+2价降到0价，化学方程式为4NH3+6NO催化剂__5N2+6H2O；故答案4NH3+6NO催化剂__5N(3)①反应ivNO2(NH4+)2中N的化合价有两种，一个+2价的N和两个-3价的N，而NO中的N的化合价为+2价，所以二者反应生成N2，只需要1：1就能恰好完全反应，所以二者的物质的量之比为1：1；②整个化学反应的快慢由最慢的反应过程来决定，由上图知反应速率由反应ⅱ来决定，所以适当增大催化剂用量可以明显加快反应ⅱ的反应速率，从而使脱硝速率明显加快；③中NO2-与NH4+发生反应转化为N2的离子方程式为NO2-+NH4+=N2+2H2O；故答案为1：1反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率，进而提高脱硝反应速率NO2-+NH4(4)①推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，因为二氧化锰把二氧化硫氧化生成硫酸根，二氧化锰中的锰由+4降到+2价，其化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，②由上图可知，相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，虽然升高温度能加快反应速率，但升高温度会使催化剂失效而使反应变慢，而催化剂对反应速率的影响超过温度对反应速率的影响，所以200℃时NO脱除率低于100℃。

【分析】（1）、书写酸雨形成过程的反应方程式，注意有两个；