重庆市2021-2022学年高三诊断性检测化学试题.docx

1、重庆市2021-2022学年高三诊断性检测化学试题一、单选题12021年4月22日，习近平主席在领导人气候峰会上强调：我国坚持走生态优先，绿色低碳的发展道路，力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。“碳中和”是指一定时间内CO2排放和吸收的总量保持平衡。下列有关“碳中和”的说法，错误的是（）A将煤转化为水煤气再燃烧，可以从根本上杜绝碳排放B努力开发太阳能、氢能等多种形式能源，降低化石燃料需求量，控制CO2排放量C植树造林、节能减排有利于实现碳中和D碳中和能有效维持碳循环的相对稳定，控制日趋严重的温室效应2自2011年福岛核电站泄漏以来，日本核污水即将蓄满，日本政府最近打算将

2、其排放入海，引起了全世界人民的恐慌。据悉，福岛核电站受损以来，一直在对核污水进行处理，其中氚很难被清除，此次拟排放的废水中主要污染物为氚，下列与氚有关说法中正确的是（）A氚是核反应产生的一种新元素B氚与氕、氘互为同位素C超重水T216O分子中的中子总数为22D1H2、2H2、3H2互为同分异构体3下列说法错误的是（）A可用新制的 Cu(OH)2 检验牙膏中甘油的存在B可用 AgNO3 溶液和稀硝酸鉴别 NaCl 和 NaNO2C食醋总酸含量测定的滴定实验中，用酚酞作指示剂D用纸层析法分离 Fe3+和 Cu2+，将滤纸上的试样点完全浸入展开剂4相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，c(NH4+)

3、值最小的是（）ANH4ClBNH4HCO3CNH4HSO4D(NH4)2SO45下列设计的实验装置或方案不能达到相应实验目的的是（）A利用图1装置探究乙醇的还原性B利用图2装置比较Fe3+的催化效果好于Cu2+C利用图3装置从NaCl溶液中提取NaCl晶体D利用图4装置量取10.00mL0.10molL1的稀盐酸6NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（） A常温下，pH=9的 CH3COONa 溶液中，水电离出的H+数目为10-5NAB1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数目为6NAC常温下2.24LN2中共用电子对数目为0.3NAD1L0.1molL-1NH4Cl溶液中，

4、NH 4+ 的数目为0.1NA7四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25 ，沸点为136.4。某实验小组设计如图装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法错误的是（）A中应盛装饱和食盐水B冷凝管有冷凝、回流和导气的作用C反应结束时，应先停止处的加热，后停止处的加热D该设计存在不足，如、之间缺少防止水蒸气进入的装置8二氧化氮通入水中，发生下列反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO该反应中，有关下列说法正确的是（）AH2O作还原剂B被氧化与披还原的物质的个数之比为21CHNO3是氧化剂DHNO3是还原产物9

5、Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示(R、R表示烃基)。下列说法正确的是（）ARZnCl是该反应的催化剂B反应过程中只生成一种偶联有机产物C反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成D存在反应 +RZnCl= +ZnCl210鉴别苯酚、己烷、己烯、乙酸、乙醇时可选用的最佳试剂组合是（）A溴水、氢氧化铜悬浊液BFeCl3溶液、金属Na、石蕊试液C石蕊、溴水D酸性KMnO4溶液、石蕊试液11X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。说法错误的是（）AQ位于第三周期IA族BX，Y，Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C简单离子半径：M-

6、Q+R2+DZ与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸12反应A+BC分两步进行：反应A+BX，反应XC。反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是（） A该反应为放热反应，H=a-dB催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率C升高温度，a、b、c、d的数值均会发生改变D该反应速率的快慢主要由反应决定13某铜锌原电池的结构如图所示，下列说法正确的是（）AZn电极为该原电池的正极B若盐桥中电解质为KCl，则电池工作时K+向右侧移动C电池工作时，电子由Zn电极流出，经溶液和盐桥流入Cu电极DCu电极上的电极反应式为Cu - 2e = Cu2+14已知：BaMoO4，BaSO4均难溶于水，lg20.3

7、，离子浓度105molL1时认为其沉淀完全。TK时，BaMoO4，BaSO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中p(Ba)=lgc(Ba2+)，p(X)=lgc(MoO42)或lgc(SO42)。下列叙述正确的是（）ATK时，Ksp(BaMoO4)的数量级为107BTK时，Z点对应为BaMoO4的饱和溶液CTK时，BaMoO4(s)+SO42(aq)BaSO4(s)+MoO42(aq)的平衡常数K=200DTK时，向浓度均为0.1molL1的Na2SO4和Na2MoO4的混合溶液中加入BaCl2溶液，当MoO42恰好完全沉淀时，溶液中c(SO42)2.5108molL1二、综合题15铋是一种稀有金

8、属，铋及其化合物在工业生产中用途广泛，如氯氧化铋常用于电子设备、汽车装饰材料、塑料助剂及生产干电池阴极。以下是一种用铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)制备 BiOCl的一种方法，其流程如图：已知： Fe(OH)3开始沉淀的 pH值为2.7，沉淀完全时的 pH值为3.7。 对浸出渣的处理，直至得到产品，都在封闭的管道内进行。 pH3，则 BiCl3极易水解生成不溶性的 BiOCl 沉淀。请回答以下问题：（1）铋精矿在浸取时会先进行粉碎，目的是 。（2）加压氧化氨浸过程中，已知 CuS2发生如下反应：2CuS2+16NH3H2O+7O2=Cu(NH)4(

9、OH)2+2(NH)2SO4+5H2O，Bi2S3生成Bi2O3，FeS2在此过程中也生成某氧化物，请写出发生反应的化学方程式 。（3）操作为： 。（4）根据流程分析，盐酸羟胺在反应中起到什么作用： 。（5）流程中生成 BiOCl 的离子方程式： 。（6）滤液 3 中含有的金属阳离子有： 。16Cu(NH)4SO4H2O常用作杀虫剂、媒染剂，某小组在实验室以铜为主要原料合成该物质的路线如图所示：已知：Cu(NH)4SO4H2O为绛蓝色晶体，在溶液中存在以下电离(解离)过程：Cu(NH)4SO4H2O=Cu(N)2+SO42+H2O、Cu(N)2+Cu2+4NH3。(NH)2SO4和Cu(NH)

10、4SO4H2O在水中均可溶，在乙醇中均难溶。若向Cu(NH)4SO4溶液中加入乙醇，会析出Cu(NH)4SO4H2O晶体。请回答下列问题：（1）实验室用下图装置制备合成Cu(NH)4SO4H2O所需的CuSO4溶液。仪器a的名称是 ；仪器d中发生反应的离子方程式是 。说明检验装置A气密性的方法： 。装置B的加热方法为水浴加热，其优点是 。（2）方案1的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。该方案存在一定缺陷，因为根据该方案得到的产物晶体中往往含有_(填化学式)杂质，其原因是_(从平衡移动的角度回答)。（3）方案2的实验步骤为：向Cu(NH)4SO4溶液中加入适量 (填试剂名称)，过

11、滤、洗涤、干燥。（4）方案1、2中步骤均有过滤、洗涤、干燥。过滤的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的固液混合物分离的操作有“倾析法”、“普通过滤法”和“减压过滤法”等，操作示意图如下：减压过滤法相对于普通过滤法的优点为 (填序号，下同)。A过滤速度相对较快 B能过滤胶体类混合物 C得到的固体物质相对比较干燥下列最适合在“洗涤”步骤中作为洗涤液的是 。A蒸馏水 B乙醇与水的混合液 C饱和(NH4)2SO4溶液17苯乙烯是一种重要的有机化工原料，可利用乙苯催化脱氢法制备，实际生产中常在体系中充入一定量的CO2，主要反应如下：IC8H10(g)=C8H8(g)+H2(g) H1=+11

12、7.6kJmol-1；IICO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H2=+41.2 kJmol-1。回答下列问题：（1）相比于乙苯直接脱氢制苯乙烯，工业实际生产中充入一定量CO2的优点为 (任写一点)；二氧化碳与乙苯气体反应生成苯乙烯气体、一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。（2）一定温度下，起始向10L盛放催化剂的恒容密闭容器中充入2 mol C8H10(g)和1 molCO2(g)发生反应I和反应II20min末达到平衡时，C8H8(g)、H2O(g)的体积分数分别为25%和5%。020 min内，用C8H10的物质的量浓度变化表示的平均反应速率v(C8H10)= 。反应II的

13、平衡常数Kc= 。起始投料量不变，在不同温度、压强下重复实验，测得H2的平衡体积分数与温度和压强的关系如图所示。由图可知，温度低于T0时，以反应 (填“I”或“II”)为主，理由为 ；T1时，三条曲线几乎相交的原因为 ，P1、P2、P3由大到小的顺序为 。（3）若乙苯催化脱氢过程中发生积碳反应(g)=8C(s)+4H2(g) H3=-126 kJmol-1.积碳反应可能导致的后果为 (任写一点)。18碘酸钾(KIO3)在化工、医药等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态I原子中，核外电子占据最高能层的符号是 ，能量最高的电子云轮廓图形状为 。（2）K和Cr同属第四周期元素，原子半径大小顺

14、序为 ，铬元素的价电子数目为 ，钾的金属键 (填“强于”或“弱于”)铬的金属键。（3）碘在水中的溶解度较小，是因为 。（4）K、I、O三种元素的电负性由大到小的顺序为 。（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞结构如图所示，边长为a nm，则KIO3晶体的密度可表示为 gcm3；晶胞中相邻O原子间的最近距离为 nm。19在新冠肺炎阻击战中，苷类化合物发挥了重要作用。苯丙素苷类化合物是一类天然糖苷，具有抗菌、抗炎、抗病毒、抗肿瘤等多种生物活性。化合物()是合成苯丙素苷的一种重要中间体，J的合成路线如图所示：已知：OAc的结构为（1）B的名称为 ；G中所含官能团名称为 。（2）BC的反应

15、类型为 反应。（3）F的分子式为 。（4）FG的反应方程式为 。（5）B写出满足下列条件的F的一种同分异构体 i.1mol该物质最多可与1mol NaHCO3反应，也可与4molNa反应ii.该物质不能发生水解反应iii.该物质的核磁共振氢谱中峰面积比为6：3：2：1（6）B参考上述流程，以溴苯()为主要原料合成聚苯乙烯() 。答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】A将煤转化为水煤气再燃烧，根据元素守恒可知，不能减少二氧化碳排放，故A符合题意；B努力开发太阳能、氢能等多种形式能源，降低化石燃料燃烧，可以降低CO2排放量，故B不符合题意；C植物光合作用吸收二氧化碳，植树造林、节能减排有利于实现

16、碳中和，故C不符合题意；D二氧化碳是一种温室气体，碳中和能有效维持碳循环的相对稳定，控制日趋严重的温室效应，故D不符合题意；故答案为：A。 【分析】绿色环保的要求：必须从根源上杜绝污染。而 “碳中和”则是从根源上减少CO2的排放量。2【答案】B【解析】【解答】A氚的质子数为1，是氢元素的同位素，不是新元素，A不符合题意；B氚与氕、氘是氢元素的不同原子，互为同位素，B符合题意； C超重水T216O分子中的中子总数=(31)2+(168)=12，C不符合题意； D1H2、2H2、3H2是氢气单质，为同种物质，D不符合题意； 故答案为：B。【分析】ZAX中Z为质子数，A为质量数，中子数=质量数-质子

17、数。3【答案】D【解析】【解答】A甘油为丙三醇，多羟基的醇和新制Cu(OH)2作用得到绛蓝色溶液，所以可用新制的 Cu(OH)2 检验牙膏中甘油的存在，A不符合题意； BAgNO3 溶液和稀硝酸可以和NaCl生成白色难溶于稀硝酸的沉淀，可以鉴别NaCl 和 NaNO2，B不符合题意；C用已知浓度的氢氧化钠溶液测定食醋总酸含量，滴定终点产物为醋酸钠，溶液呈碱性，可以用酚酞作指示剂，C不符合题意；D纸上层析法是利用试样中各种离子随展开剂在滤纸上展开的速率不同而形成不同位置的色斑，如果试样接触展开剂，样点里要分离的离子或者色素就会进入展开剂，导致实验失败，D符合题意；故答案为：D。【分析】酸碱中和滴

18、定实验中，指示剂的选择：强碱弱酸：酚酞，强酸弱碱：可用甲基橙，强酸强碱:可用酚酞、甲基橙等。4【答案】B【解析】【解答】铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，促进铵根离子水解会使铵根离子浓度减小，抑制铵根离子水解使铵根离子浓度增大，由化学式可知，相同温度下等物质的量浓度的硫酸铵溶液中铵根离子浓度最大；碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于氯化铵溶液，硫酸氢铵溶液中硫酸氢根离子电离出的氢离子浓度大于氯化铵溶液，则相同温度下等物质的量浓度的碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度最小，故答案为：B。【分析】铵根离子水解程度越大，则浓度越低，反之，则铵根离子浓度越小。5【答案】B【解析】【解

19、答】ACu与氧气反应生成CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛，观察固体颜色的变化可探究乙醇的还原性，A不符合题意；B过氧化氢的浓度不同，且催化剂不同，两个变量，不能比较Fe3+的催化效果好于Cu2+，B不符合题意； CNaCl为可溶性固体，且不水解，图中蒸发可从NaCl溶液中提取NaCl晶体，C不符合题意； D滴定管的感量为0.01mL，图中酸式滴定管可量取10.00mL0.10molL1的稀盐酸，D不符合题意； 故答案为：B。【分析】ACu：红色固体，CuO：黑色固体；B研究外界条件对化学反应速率的影响时，注意控制单一变量； C利用蒸发结晶方法可以得到NaCl晶体； D滴定管的精确度为0.01。6

20、【答案】B【解析】【解答】A溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，A不符合题意；BK2Cr2O7被还原为Cr3+时，2个+6价的Cr转化为+3价，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，B符合题意；C常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算N2的物质的量，则共用电子对数目不是0.3NA，C不符合题意；DNH 4+ 是弱碱阳离子，发生水解：NH 4+ H2O NH3H2OH，因此NH 4+ 数量小于0.1NA，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.根据n=cv计算，但是体积未知B.根据化合价变化即可计算C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件D.应

21、该考虑铵根离子的水解7【答案】A【解析】【解答】A因四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以中应盛装浓硫酸，A项符合题意；BTiCl4的熔沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，B项不符合题意；C反应结束时，先停止处加热，后停止处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，C项不符合题意；D因四氯化钛（TiCl4）极易水解，所以应在装置和之间加一个防止水蒸汽进入的装置，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】 信息中给出；四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空

22、气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。 因此实验的注意事项：注意防止TiCl4和水接触。8【答案】B【解析】【解答】AH2O的组成元素在反应前后化合价没有发生变化，所以H2O既不作还原剂，也不作氧化剂，A不符合题意；B在该反应中NO2中的+4价的N一部分升高至HNO3中+5价，被氧化；一部分降低至NO中的+2价，被还原。根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知有2个被氧化为HNO3，有1个被还原为NO，故被氧化与披还原的物质的个数之比为21，B符合题意；CHNO3是NO2失去电子被氧化产生的物质，属于氧化产物，而不是氧化剂，C不符合题意；DHNO3是NO2失去电子被氧化产生的物质，属

23、于氧化产物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】氧化还原反应中，化合价升高的物质做还原剂，失电子，发生氧化反应，被氧化。化合价降低的物质做氧化剂，得电子，发生还原反应，被还原。9【答案】C【解析】【解答】A由图中转化关系知，RZnCl是反应物，A不符合题意；B 反应过程中生成R-R和R-R两种偶联有机产物，B不符合题意；C 反应过程中涉及C-Cl极性键的断裂和C-C非极性键的形成，C符合题意；D存在与RZnCl的反应，配平的化学方程式为： +2RZnCl= +2ZnCl2，D不符合题意；故答案为：C。【分析】极性共价键存在于不同种原子之间，非极性共价键存在于同种原子之间。10【答案】C【解析】

24、【解答】A溴水与苯酚反应产生白色沉淀；溴水与己烷不反应，但己烷萃取溴水中的溴，液体分层；己烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色；乙酸能溶解氢氧化铜；乙醇与氢氧化铜不反应，能用溴水、氢氧化铜悬浊液鉴别苯酚、己烷、己烯、乙酸、乙醇，但氢氧化铜需要新制，故不选A；B用石蕊试液可鉴别出乙酸溶液，用FeCl3溶液可鉴别出苯酚溶液；己烷、己烯与金属钠不反应，而乙醇与钠反应放出气体，不能用FeCl3溶液、金属Na、石蕊试液鉴别苯酚、己烷、己烯、乙酸、乙醇，故不选B；C用石蕊试液可鉴别出乙酸溶液；再在余下的4种溶液中分别加入溴水振荡，产生白色沉淀的是苯酚，使溴水褪色的是己烯，发生萃取现象的是己烷，和溴水互溶的是乙

25、醇，能用石蕊、溴水鉴别苯酚、己烷、己烯、乙酸、乙醇，且操作简单，故选C；D用石蕊试液可鉴别出乙酸溶液，苯酚、己烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不能用酸性KMnO4溶液、石蕊试液鉴别苯酚、己烷、己烯、乙酸、乙醇，故不选D；故答案为：C。【分析】乙醇易溶于水，苯酚可与溴水反应生成白色沉淀，已烯和已烷都不溶于水，二者密度都比水小，已烯能与酸性高锰酸钾溶液反应，能使溴水褪色，乙酸具有酸性，据此解答。11【答案】C【解析】【解答】X、Y、Z、M、Q、R都为前20号元素，且原子半径依次增大，结合各元素的主要化合价，可以推出X为H，Y为O，Z为N，M为Cl，Q为Na，R为Ca。AQ为Na，其位于周

26、期表中第三周期I A族，A不符合题意；BX为H，Y为O，Z为N，这三种元素组成的物质有NH4NO3、NH3H2O等，其中NH4NO3属于盐，NH3H2O属于盐，B不符合题意；CM为Cl，Q为Na，R为Ca，则简单离子半径大小为：Cl-Ca2+Na+，C符合题意；DZ为N，M为Cl，它们最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、HClO4，都是强酸，D不符合题意；故答案为：C。【分析】X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，根据原子半径与主要化合价的关系图，X有+1价，其原子半径最小，则X为H；Y只有-2价，则Y为O；M存在+7、-1价，则M为Cl；Z存在+5、-3价，其原子半径小于Cl，而大于O

27、，则Z为N元素；Q只有+1价，R只有+2价，且原子半径RQM(Cl)，则R为Ca，Q为Na元素，以此分析解答。12【答案】C【解析】【解答】A根据图示可知：反应物A和B的能量总和比生成物C的高，发生反应放出热量，故该反应为放热反应，H=(a+c)-(d+b)，A不符合题意；B催化剂通过改变反应途径，降低反应的活化能来加快化学反应速率，但该反应的焓变不变，B不符合题意；C升高温度，物质的内能发生改变，故a、b、c、d的数值均会发生改变，C符合题意；D化学反应速率的快慢由反应速率慢的决定。反应的活化能越大，反应需消耗的能量就越高，反应就越难发生。根据上述图示可知反应的活化能较大，故该反应速率的快慢

28、主要由反应决定，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量即可判断B.催化剂是降低活化能，焓变不变C.升高温度物质的内能均改变D.活化能越大，速率越慢13【答案】B【解析】【解答】A根据总反应，Zn失电子，故为该原电池的负极，故A不符合题意；B原电池中阳离子移向正极，故电池工作时K+向右侧移动，故B符合题意；C电池工作时，电子不能通过溶液和盐桥，故C不符合题意；DCu电极上发生得电子的反应，故电极反应式为Cu2+ +2e = Cu，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】原电池中发生总反应Zn+Cu2+= Zn2+Cu。14【答案】D【解析】【解答】ATK时，K

29、sp(BaMoO4)=c(Ba2+)c(MoO42)=103.7103.7=107.4，Ksp(BaMoO4)的数量级为108，A项不符合题意；BTK时，Z点位于曲线上方，Z点对应为BaMoO4的过饱和溶液，B项不符合题意；C由图可知，TK时，Ksp(BaSO4)=11010，BaMoO4(s)+SO42(aq)BaSO4(s)+MoO42(aq)的平衡常数K=Ksp(BaMoO4)Ksp(BaSO4)=1107.411010=1102.6，C项不符合题意；D当MoO42恰好完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42)=1107.41105=1102.4molL1，

30、c(SO42)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=110101102.42.5108molL1，D项符合题意；故答案为：D。【分析】本题中，B选项：Z点位于BaMoO4沉淀溶解平衡曲线的右上方，而p(Ba)、p(X)的值越大，表示离子浓度越小，所以Z点对应离子浓度小于饱和溶液中离子浓度，为BaMoO4的不饱和溶液。15【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分（2）4FeS2+16NH3H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）将 Fe3+还原成 Fe2+，以免在生成 BiOCl 的同时生成 Fe(OH)3 沉淀

31、（5）Bi3+Cl+CO32=BiOCl+CO2（6）Fe2+、Na+【解析】【解答】(1)粉碎铋精矿可以增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；(2)根据 CuS2中S元素的变化，可知FeS2在此过程中也会被氧化得到硫酸根，Fe元素转化为Fe2O3，根据电子守恒可知FeS2和O2的系数比为4：15，再结合元素守恒可得化学方程式为4FeS2+16NH3H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O；(3)操作1可以从硫酸铜溶液中得到五水硫酸铜，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(4)Fe(OH)3在pH值为2.7时开始沉淀，而后续流程为了得到BiOCl，需要将pH调

32、制约为3，若Fe元素为+3价，则该过程中会产生Fe(OH)3沉淀，而稀盐酸、稀硫酸都不能还原Fe3+，所以盐酸羟胺在反应中的作用为将 Fe3+还原成 Fe2+，以免在生成 BiOCl 的同时生成 Fe(OH)3沉淀；(5)加入碳酸钠调节pH约为3，得到BiOCl，根据元素守恒可得离子方程式为Bi3+Cl+CO32=BiOCl+CO2；(6)根据分析可知滤液3中含有的金属阳离子为Fe2+、Na+。【分析】铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)，加入氨水、氧气加压浸取，根据题目所给信息可知，过滤后Cu、S元素进入浸出液，浸出渣主要含有Bi2O3、Fe2O3、

33、PbO2及不溶性杂质；浸出液经系列操作得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜；浸出渣加入稀盐酸、盐酸羟胺，Bi元素转化为BiCl3进入滤液1，Pb、Fe元素分别被还原成PbCl2、FeCl2进入滤液1，滤液中加入稀硫酸得到硫酸铅沉淀，此时滤液2中含有BiCl3、FeCl2，加入碳酸钠调节pH约为3，得到BiOCl，滤液3中此时还有FeCl2，以及加入碳酸钠后得到的NaCl。16【答案】（1）分液漏斗；2Cu+O2+4H+50C_2Cu2+2H2O；关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的

34、气密性良好；受热均匀，易于控制加热温度（2）Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4|蒸发浓缩过程中NH3挥发，使平衡Cu(N)2+Cu2+4NH3，向右移动，Cu2+发生水解生成Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4（3）乙醇（4）AC；B【解析】【解答】(1)仪器a为分液漏斗；仪器d中，铜单质在酸性条件下被O2氧化为Cu2+，相应的离子方程式为2Cu+O2+4H+50_2Cu2+2H2O；检验装置A气密性的方法为：关闭止水夹k，从分液漏斗向锥形瓶中加水至在漏斗颈内形成一段水柱，停止加水，静置一段时间，若水柱没有下降，说明装置A的气密性良好；由于水具有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较

35、为缓慢，所以水浴加热具有易于控制温度的优点，且能够使被加热物质均匀受热；(2)该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4杂质，因为在蒸发浓缩过程中NH3挥发，使平衡Cu(N)2+Cu2+4NH3，向右移动，Cu2+发生水解生成Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4；(3)根据题给信息可知，加入的试剂应为乙醇；(4)减压过滤可加快过滤速度，并使沉淀比较干燥，因为胶状沉淀易穿透滤纸，沉淀颗粒太小易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，A、C项正确；Cu(NH)4SO4H2O晶体易溶于水，难溶于乙醇等，所以

36、可选用乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸铵溶液洗涤，则会在Cu(NH)4SO4H2O晶体表面残留有硫酸铵杂质，达不到洗涤的目的。【分析】装置的气密性检测原理：使装置内与外界产生压强差，再通过页面的变化或有无气泡产生来判断装置的气密性。17【答案】（1）消耗氢气，有利于反应平衡正移，增大反应物转化率或产品产率；CO2(g)+ C8H10(g) = C8H8(g)+CO(g)+H2O(g) H= +158.8 kJmol-1（2）0.005molL1min1；0.0625；升高温度，温度低于T1时，氢气的平衡体积分数增大；T1时，以反应为主，该反应气体分子总数不变，压强改变对平衡不影响

37、，故氢气的平衡体积分数几乎不变；P3P2P1（3）生成的碳单质覆盖在催化剂的表面，缩短催化剂的使用寿命(或影响催化剂的活性或者消耗苯乙烯，生成氢气减小苯乙烯产率)【解析】【解答】(1)对比只发生反应，若同时发生反应，充入一定量的二氧化碳消耗氢气，有利于反应平衡正移，增大反应物转化率或产品产率。按盖斯定律，反应+得：二氧化碳与乙苯气体反应生成苯乙烯气体、一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：CO2(g)+ C8H10(g) = C8H8(g)+CO(g)+H2O(g) H=H1 + H2=+158.8 kJmol-1。(2)一定温度下，起始向10L盛放催化剂的恒容密闭容器中充入2 mol C8H10

38、(g)和1 molCO2(g)发生反应I和反应II反应I为气体分子总数增大的反应，反应II为气体分子总数不变的反应，则气体总物质的量增大值等于生成的苯乙烯的物质的量，设反应I生成的苯乙烯的物质的量为x，已知20min末达到平衡时，C8H8(g)的体积分数为25%，则xx+3mol100%=25%，得x=1mol，则反应消耗1molC8H10(g)、1molH2(g)。设反应生成H2O (g)的物质的量为y，已知20min末达到平衡时，H2O(g)的体积分数为5%，则y1+3mol100%=5%，得y=0.2mol，则反应消耗CO2(g)、H2(g)的物质的量均为0.2mol，综上，平衡时C8H

39、10(g)、C8H8(g)、H2(g)、CO2(g)、CO(g)和H2O(g)的物质的量分别为1mol、0.8mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol；则：020 min内，用C8H10的物质的量浓度变化表示的平均反应速率v(C8H10)=1mol10L20min=0.005molL1min1。反应II的平衡常数Kc=cH2O(g)cCO(g)cH2(g)cCO2(g)=0.2mol10L0.2mol10L0.8mol10L0.8mol10L=0.0625。氢气是反应的产物、反应中则消耗氢气，由图可知，温度低于T0时，以反应I为主，理由为：升高温度，氢气的平衡体积分数增大，若反应II

40、为主，升高温度，氢气的平衡体积分数减小；T1时，三条曲线几乎相交的原因为：T1时，以反应为主，该反应气体分子总数不变，压强改变对平衡不影响，故氢气的平衡体积分数几乎不变。压强增大，反应I中氢气的平衡体积分数减小、反应中氢气的平衡体积分数不变，则P1、P2、P3由大到小的顺序为P3P2P1。(3)若乙苯催化脱氢过程中发生积碳反应(g)=8C(s)+4H2(g) 则消耗苯乙烯，生成氢气减小苯乙烯产率、积碳反应还可能导致生成的碳单质覆盖在催化剂的表面，缩短催化剂的使用寿命或影响催化剂的活性或者。【分析】盖斯定律：一个化学反应，无论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。18【答案】（1

41、）O；哑铃形（2）r(K)r(Cr)；6；弱于（3）I2是非极性分子，而H2O是极性分子（4）OIK（5）214a3NA1021；22a【解析】【解答】（1）基态I原子核外电子排布为Kr5s25p5，有5个电子层，则核外电子占据最高能层的符号是O，能量最高的能级为5P，电子云轮廓图形状为哑铃形。（2）K和Cr同属第四周期元素，同周期从左到右原子半径依次减小，故原子半径大小顺序为r(K)r(Cr)，铬元素核外电子排布为Ar3d54s1，故其价电子数目为6；电子层数相同时，核电荷数越大金属键越强，故钾的金属键弱于铬的金属键。（3）因为I2是非极性分子，而H2O是极性分子，故碘在水中的溶解度较小（4

42、）原子的得电子能力越强，其电负性的数值越大，故K、I、O三种元素的电负性由大到小的顺序为OIK。（5）该晶胞中K的个数为818=1，I的个数为1，O的个数为612=3，则该晶胞的质量为39+127+163NA=214NAg，其体积为(a10-7)3cm-3，故KIO3晶体的密度可表示为214a3NA1021gcm3；晶胞中相邻O原子间的最近距离为(12a)2+(12a)2=22anm。【分析】（1）原子核外电子排布的轨道能量顺序：1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f。（2）微粒半径大小比较：先看电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数一样，则看质子数，质子数越小，半径越大，而当电子层数和质子数都一样时，电子数越多，半径越大。（3）根据相似相溶原理解释；（4）用电负性来衡量元素在化合物中吸引电子的能力；（5）一般长方体(或正方体)形晶胞中不同位置的粒子数的计算：处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有1/8属于该晶胞。处于棱上的粒子，同时为4个晶胞所共有，每个粒子有1/4属于该晶胞。处于面上的粒子，同时为2个晶胞所共有。每