热门试卷

      已知水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]，盐酸浸取——即碱性氧化物与酸反应生成盐和水，但是不是Co3+、Fe3+盐，而是Co2+、Fe2+（①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等）盐，显然，这是被Na2SO3还原的结果。故浸出过程中加入Na2SO3的目的是还原Co3+、Fe3+。

       制取NaClO3可以将氯气通入到热的浓氢氧化钠溶液——其反应物是氯气和浓氢氧化钠溶液，生成物有NaClO3，可知这是氯气的歧化反应，另一还原产物是氯化钠。则该反应的离子方程式为3Cl2+6OH－ClO3－+5Cl－+3H2O；

实验需要制取10.65 g NaClO3，……则同时生成的氢气的体积为____（标准状况）。

依据:    3Cl2       ～    NaClO3

3×22.4 L       106.5 g

V(Cl2)         10.65 g

V(Cl2)= 10.65 g×3×22.4 L÷106.5 g=6.72 L

①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，加NaClO3后Fe2+就被氧化为Fe3+，再加Na2CO3调节pH=5.2，就沉淀除去Fe3+和Al3+，滤液I中剩下的有Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+；再往滤液I中加NaF溶液，又沉淀除去Ca2+、Mg2+，滤液II中就剩下Co2+、Mn2+，因此，滤液Ⅱ中还需要除去的离子只有Mn2+，故往滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去Mn2+；

       依据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图，既要萃取除去Mn2+，又要留下Co2+，使用萃取剂适宜的pH是 B．接近3.0。A．接近2.0——此时Mn2+萃取不完全；C．接近5.0——此时Co2+也被大量萃取到萃取剂中而除掉。

已知Ksp(MgF2)＝7.35×10－11、Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/ c(Ca2+)＝Ksp(MgF2)/ Ksp(CaF2)= 7.35×10－11/1.05×10－10=0.7

用氨水吸收SO2。已知NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5mol·L－1 ，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.2×10－2mol·L－1 ，Ka2 ＝1.3×10－8mol·L－1。

①(NH4)2SO3溶液中，因为Ka2＜Kb，故SO32-的水解强于铵离子，且水解显碱性（谁强显谁性），离子浓度的大小关系为c(NH4+) >c(SO32－)>c(OH－)>c(HSO3－)>c(H+)。

②当恰好形成酸式盐时，加入少量NaOH溶液，因氢氧化钠量少，故只中和酸式盐中的氢离子，且Ka1＞Kb，NH4HSO3以电离为主——HSO3-的电离强于水解，溶液显酸性，因此反应的离子方程式为HSO3－+ OH－= SO32－+ H2O。

       制备气体，以及做气体性质实验时，所先要进行装置气密性的检验，气密性的检查可以通过排气法进行验证。亚硫酸钠与硫酸反应后生成SO2，检验它的漂白性，是将其通入品红溶液。通入碘水中发生反应SO2+I2+2H20=H2SO4+2HI改成离子方程式为I2+SO2+2H2O=2I-+4H++2SO42-。SO2与H2S的反应为SO2+2H2S=3S↓+2H2O体现的它的氧化性。

       2SO2+O2=2SO3，理论上2:1进行反应，实验过程中将氧气导管冒出的气泡与二氧化硫导管冒出的气泡速率相近即比值为1:1，目的是增加氧气的量，提高二氧化硫的转化率。装置C中收集的是SO3,d中得到的是硫酸钡沉淀，SO2→SO3  转化了的二氧化硫的物质的量为m/80 mol, SO2→BaSO4 未转化的二氧化硫的物质的量为n/233 mol,故二氧化硫的转化率为m/80÷（m/80+ n/233）×100%。

       选用装置b，因碱石灰除吸收二氧化硫外，还会吸收其它的酸性气体（如CO2）,引起结果偏大。选用a装置只要等酸性高锰酸钾褪色时测出通入的气体总体积，利用二氧化硫与高锰酸钾的反应，定量计算出二氧化硫的量，便可计算出二氧化硫的含量。

根据2ClO3-＋SO2＝2ClO2↑＋SO42-  判定反应也需要SO2，故该反应原料也是产生SO2，该原料硫与浓硫酸发生归中反应生成SO2；

吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠（NaClO2），Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高;过氧化氢受热易分解；吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠（NaClO2），Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高，所以产物在还有氧气生成，根据元素守恒可知产物中有水生成，所以化学方程式是2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑;过氧化氢受热易分解，所以吸收塔的温度不能超过15℃；

从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4；

加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，发生BaSO4（s）+CO32- （aq）=BaCO3（s）+SO42- （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），

电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，

基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为N，该能层上具有的原子轨道数为16，电子数为1。

30Zn与31Ga的第一电离能不符合第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的规律，原因是30Zn的4s能级处于全充满状态，4p能级处于全空状态，较稳定，故第一电离能大于31Ga的。

镓与第ⅤA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓(GaAs)就是其中一种，其晶体结构如右图所示(白色球代表As原子)。在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体形。

与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型sp3；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化，首先液化的是NH3。

铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，Fe：8×＋6×＝4，N：1，所以氮化铁的化学式是Fe4N。；设晶胞边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，a3·ρ·NA＝M(Fe4N)，。

该晶体的密度为ρ＝ g·cm－3(用含a和NA的式子表示)。

A为CH3C=CH2，名称是： 1-丙烯；

结合G、D分子式可知F分子式为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，F为芳香族化合物，

C6H5-CH=CH-CHO＋2Cu(OH)2＋NaOH C6H5-CH=CH-COONa＋Cu2O↓＋3H2O

有机物C可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡试管边逐滴滴入氨水，直到生成的白色沉淀恰好溶解为止；

F为C6H5-CH2-CH2-CH2-OH，符合：①为芳香族化合物；②与F是同分异构体；③能被催化氧化成醛的化合物有：若苯环上只有1个取代基，取代基为—CH(CH3)—CH2OH，只有1种；若苯环上有2个取代基，可能是甲基和—CH2CH2OH，邻间对3种，也可以是—CH2CH3和—CH2OH，邻间对3种；若苯环上有3个取代基，只能是两个—CH3和一个—CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种。

x的结构简式为CH3CHBrCH3，步骤Ⅱ的反应条件为NaOH的水溶液，加热;步骤Ⅳ的反应类型为消去反

沸腾炉内FeS2与O2在高温条件下生成Fe2O3和SO2，故答案为：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2；

为测定混合肥料K2SO4、(NH4)2SO4中钾的含量，应该根据下列步骤进行相关实验：①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量氯化钡溶液，产生白色沉淀；②再过滤、洗涤、干燥；③冷却、称重，④计算。

A．矿石加入沸腾炉之前先粉碎，目的是为了增大黄铁矿与空气的接触面，加快4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 反应速率，而不是从2SO2+O22SO3 反应中化学平衡角度考虑，故A不正确；

B．使用V2O5作催化剂，催化2SO2+O22SO3 反应，只能加快该反应的速率，不能使平衡移动，故B不正确；

C．接触室中催化转化器使用适宜的温度，目的是使催化剂活性最强，使反应速率最快，而实际上升高温度，会促使2SO2+O22SO3 平衡向吸热方向移动，即逆向移动，不利于提高SO2的转化率，故C不正确；

D．从沸腾炉中出来的气体成分为SO2、O2、N2，经过净化后，进入接触室，炉气中要有过量的空气，即增大O2浓度，会促使2SO2+O22SO3 平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率，故D正确；

E．接触室中：2SO2+O22SO3，增大压强促使平衡正向移动（即气体总体积减小的方向），减小压强促使平衡逆向移动（即气体总体积增大的方向）．在常压下，不利于平衡正向移动，不利于提高SO2的转化率．对于该化学平衡，压强的增大，促使平衡正向移动，效果并不明显，所以工业上直接采用常压条件，而不采用高压条件，故E不正确；

F．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，主要目的是防止产生酸雾，阻碍SO3的吸收，与化学平衡移动原理无关，故F不正确；

故选D；

设二氧化硫的初始浓度为a，则第一次转化掉的二氧化硫浓度为a×95%，剩余的二氧化硫浓度为a×（1-95%），进入第二次转化，则第二次转化掉的二氧化硫浓度为a×（1-95%）×95%，根据公式：转化率═转化浓度/初始浓度×100%，最终SO2的转化率═[a×95%+a×（1-95%）×95%]/a×100%═99.75%；

分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体

A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；

B、炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，故B正确；

C、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾，符合晶体析出步骤，故C正确；

D、用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比．氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故D错误；

故选D。

氧气分子是2个氧原子通过形成2个共用电子对形成的非极性分子，分子中含1个σ键和1个π键，σ键和π键的比值为1:1；基态Ti原子的电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2。

同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能F＞O。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为F>N>O；元素的非金属性越强，对应最简单氢化物得稳定性越强，三种元素分别形成的最简单氢化物的稳定性由强到弱顺序是HF>H2O>NH3。

SO2分子中心原子价电子对数=6/2=3，S原子的杂化轨道类型为sp2杂化，由于孤电子对的原因，空间构型为V形；

氮化碳是一种硬度可以和金刚石相媲美而在自然界中尚未发现的新的共价化合物，且原子间均以单键结合。

A．氮化碳是一种硬度可以和金刚石相媲美而在自然界中尚未发现的新的共价化合物，C3N4晶体是原子晶体，A错误；

B．C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，因为氮原子的电负性比碳大，使C-N键的极性比C-C键大，B错误；

C．C3N4晶体中每个C原子可以形成4个共价单键，连接4个N原子，而每个N原子可以形成3个共价单键，连接3个C原子，C正确；

D．C3N4晶体是原子晶体，晶体中微粒间通过共价键结合，D错误。

故选C。

钙钛矿型复合氧化物晶胞结构如图所示，每个晶胞中钙离子个数=8×1/8=1，钛离子个数=1，氧离子个数=6×1/2=3，因此钙钛矿型复合氧化物化学式为：CaTiO3，钙钛矿型复合氧化物由金属离子和酸根离子构成的化合物，晶体类型为离子晶体，每个Ti原子周围最近的O原子数目为6个，若晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，每个晶胞质量为(136/NA )g，晶胞体积为a3 cm3，则钙钛矿型复合氧化物的密度为g·cm-3。

由F的结构式可以看出，F的分子式为C15H16O2；

A的等效氢原子有6种，在核磁共振氢谱上有6种特征峰，B→C是醛基加氢变成羟基，反应类型是加成反应，由②C2H5OH+SOCl2C2H5Cl+SO2+HCl，可知C→D的反应类型是取代反应；

的同分异构体种类很多，符合①属于苯的衍生物、②在核磁共振氢谱上有4种特征峰条件的同分异构体共有2种，结构简式为

由②可知；与足量的SOCl2溶液共热充分反应的化学方程式：

苯硝化生成硝基苯，硝基苯加成生成苯胺，苯胺和环氧乙烷反应，再和二氯亚砜发生取代反应，即可得到化合物为原料制备该化合物的合成路线流程图如下：

该元素在第四电离能发生突变，该元素为正三价，为铝元素；N原子的电子排布图

[Zn(NH3)4]cl2中的化学键类型为：[Zn(NH3)4]2+ 与Cl-之间为离子键,所以含有共价键的只有Zn(NH3)4]2+内部了：1、Zn←N   4mol σ 配键   2、N-H  3* 4 = 12 mol σ 键   所以,每1mol的[Zn(NH3)4]2+中一共有 σ 键4+12 = 16mol(16NA)   其中配位键有4 mol(4NA)

K3[Fe(CN)6]可用来检验Fe2+，向硫酸亚铁溶液中加入几滴K3[Fe(CN)6]，观察到的现象是Fe 2+ 与K3[Fe(CN)6]溶液反应呈蓝色.，与CN－互为等电子体的的微粒有CO、N2

根据p＝m/v, 应根据均摊法计算出晶胞所含微粒数目.

（1）根据可逆反应方程式，已知C是气体，且x+y=z，加压时平衡如果发生移动，则说明该反应不是气体分子数相等的反应，尽管有x+y=z，但是必定A或B有一个不是气体，因此该反应是气体体积增加的反应，故加压平衡必向逆反应方向移动。

（2）若B、C是气体，其他条件不变时增加A的用量，平衡不移动，说明A没有浓度改变，则A的状态为固体或纯液体。

根据浓度的变化程度来判断，浓度的变化量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，浓度变化较快的为NO2，即曲线X表示NO2浓度随时间的变化。当体系中物质的量浓度不再发生变化时，即达到平衡，所以b、d点为平衡点。

①前10 min内，NO2 的浓度变化量为(0.6-0.2) mol/L =0.4 mol/L，用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=0.4 mol·L-1÷10 min =0.04 mol·L-1·min-1。

②0～15 min ，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数Kb=0.4 mol·L-1÷（0.6 mol·L-1×0.6 mol·L-1）=10/9 L·mol -1≈1.11 L·mol -1 。

③反应在25 min～35 min时，N2O4 浓度逐渐增大，NO2 的浓度迅速增大后又逐渐减小，所以一定是增大NO2 的浓度，没有改变温度，故反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数Kd=Kb。

根据图像可知25 min时X浓度突然增大，Y浓度不变，说明增大了NO2的浓度，根据方程式的特点可知，增加NO2浓度相当于增大体系压强，所以也可以采取缩小容器的体积，C项正确，增大N2O4 的浓度也相当于增大压强，平衡正向移动，D项正确；答案选B、D。

：将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O⇌CO2（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不改变反应焓变，此反应的△H不变，故答案为：不变；

：①图象读取甲醇生成浓度，结合反应速率概念计算甲醇的反应速率=

，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，V（H2）=3V（CH3OH（g）=3×

=0.25mol/L•min，故答案为：0.25mol/L•min；②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1，反应达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量浓度=1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，物质的量为0.75mol，反应放出热量=49KJ/mol×0.75mol=36.75KJ，反应焓变是指1mol二氧化碳和3mol氢气完全反应放出的热量为49KJ，反应是可逆反应，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应放热一定小于49KJ，在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，压强增大，平衡正向进行，反应放出热量会增多，大于36.75KJ，则36.75＜Q＜49，故答案为：c；

③CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1，反应是气体体积减小的放热反应，i．温度升高，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，所以X为温度，L为压强，故答案为：温度；ii．温度一定压强增大平衡正向进行二氧化碳转化率增大，所以L1＞L2，故答案为：L1＞L

：根据电解池工作原理，与电源负极相连是阴极，正极相连的是阳极，据图所示：阴极（a）CO2转化CH3OH，据元素守恒和电荷守恒即可写出其电极反应式：CO2 + 6e- + 6H+ ==CH2OH + H2O;阳极（b）在光照条件下H2O转化为O2；即2H2O －4e- ==O2 +4 H+  故答案为：CO2 + 6e- + 6H+ ==CH2OH + H2O

：（1）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H1=akJ•mol-1

反应Ⅱ：NH2COONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ•mol-1

总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=-86.98kJ•mol-1

依据盖斯定律计算反应Ⅰ+反应Ⅱ得到：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=△H1+72.49kJ•mol-1=-86.98kJ•mol-1；△H1=-159.47kJ•mol-1，故答案为： -159.47kJ•mol-1