2022-2023学年甘肃省兰州市等5地高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年甘肃省兰州市等5地高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列化合物属于强电解质的是( )
A. CH3COOHB. NH3C. H2OD. NaOH
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )
A. 46g乙醇分子中所含C−H键的数目为6NA
B. 将标准状况下NA个H2O的体积约为22.4L
C. 23gNa与足量的Cl2反应转移的电子数目为NA
D. 60g二氧化硅晶体中含有的Si−O键数目为2NA
3.如图所示为双液锌铜原电池。下列有关叙述正确的是( )
A. 盐桥的作用是传导电子
B. 在该电池的外电路中，电流由铜片流向锌片
C. 锌片上发生还原反应：Zn−2e−=Zn2+
D. 铜片做正极，电极反应是：Cu=Cu2++2e−
4.下列化学用语表示正确的是( )
A. N2分子内σ键和π键个数之比为1：3
B. 中子数为9的氮原子： 79N
C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键：
D. 氨基苯甲酸的结构简式：
5.下列事实与相应的物质的化学键键能大小无关的是( )
A. 熔点：H2O>HFB. 活泼性：N2C. 热稳定性：CH4>SiH4D. 硬度：金刚石>晶体硅
6.下列有关离子方程式的书写正确的是( )
A. 用纯铜电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl−Cu+Cl2↑
B. 用FeCl3溶液腐蚀铜板2Fe3++3Cu=2Fe2++3Cu2+
C. 向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液；2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. 向H2O中投入Na2O2固体：H2O+Na2O2=2Na++2OH−+O2↑
7.短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a为第二周期且原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，b为第三周期且原子核外没有未成对电子，c的单质晶体是芯片的主要材料，d与a位于同一主族。下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径a的比b的小B. b的第一电离能大于同周期相邻的两种元素
C. c的常见氧化物是一种离子晶体D. d的简单氢化物的空间结构为直线形
8.青霉胺可以用于医学上误食铜盐的解毒，解毒原理：Cu2+形成环状配合物，其结构如图所示。该配合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是( )
A. 共价键键角的大小关系为H2OB. 电负性大小关系为O>N>H>Cu
C. 该配合物易济于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键
D. 与铜离子形成配位键强弱的大小关系为H2O>NH3
9.病毒核酸采样管中的红色液体是一种样本保护液，其中含有胍盐，作用于病毒核酸保存。已知胍是有机一元碱，碱性与氢氧化钠相近；胍盐易水解为氨和尿素。以下说法错误的是( )
A. 核酸和蛋白质都是生物大分子
B. 核酸水解最终产物中含有磷酸、六碳糖和碱基
C. 胍保存不当时易吸收空气中的CO2而变质
D. 合理使用尿素可以促进农作物的生长，提高粮食产量
10.下列反应属于氧化还原反应且能量变化符合图象的是( )
A. C(s)+CO2(g)=2CO(g)
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)
C. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)
D. Ba(OH)2⋅8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(aq)+2NH3(g)+10H2O(l)
11.常压下利用可逆反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)精炼镍。已知230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5(L/ml)3，Ni(CO)4的沸点为42.2℃，粗镍中固体杂质不参与反应。下列说法错误的是( )
A. 恒容体系下，增加c[Ni(CO)4]，体系压强增大，平衡常数增大
B. 50℃时将粗镍与CO反应，可以获得相应的气态产物便于与粗镍杂质分离
C. 测量某温度下反应体系中Ni(CO)4体积分数不变时，反应达到平衡
D. 230℃，Ni(CO)4平衡分解率较高
12.为实现碳中和，可通过电解法用CO2制备C2H4，电解装置如图，下列说法不正确的是( )
A. 玻碳电极为阳极，发生氧化反应
B. 铂电极的电极反应：2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O
C. 制得28gC2H4时，产生32gO2
D. 电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变
13.某著名运动员使用了可能有兴奋作用违禁药物事件闹得沸沸扬扬。该药物的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是( )
A. 该有机物的分子式为C19H26O2
B. 该物质所有的碳原子一定在同一个平面上
C. lml该化合物最多可与2mlH2发生反应
D. 该化合物有两种官能团
14.食品添加剂柠檬酸三钠，使用时必须符合国家标准。用标准的盐酸和电导率仪测得滴加盐酸体积与待测溶液(10mL)电导率的关系如图所示，溶液的浓度均为0.01ml/L。已知：柠檬酸(
分子式为C6H8O7)属于三元弱酸，25℃其电离平衡常数的pKa=−1gKa，pKa1=3.14，pKa2=4.77，pKa3=6.39。下列说法错误的是( )
A. a点代表正盐溶液，c(H+)的数量级为10−10
B. b点溶液显酸性
C. c点溶液满足：c(Cl−)>2[c(C6H5O73−)+c(C6H6O72−)+c(C6H7O7−)]
D. 电导率与离子浓度有关，与离子所带电荷无关
二、流程题：本大题共1小题，共14分。
15.实验室变色硅胶是在硅酸凝胶中添加了CCl2。一种从水钴矿(主要成分：C2O3，少量的Fe2O3、CaO、MgO、Al2O3、MnO))制取CCl2⋅6H2O工艺流程如图：
已知：阳离子的氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表：
(1)水钴矿在浸取前需要粉碎，目的是______。
(2)Na2SO3在浸取过程中作______剂，写出浸取时Na2SO3与Fe2O3反应的离子方程式______。
(3)写出NaClO3加入浸取后溶液的离子方程式______。
(4)加入碳酸钠调节pH为5.2步骤获得沉淀的成分为______。
(5)“萃取”时发生反应：C2++n(HA)2⇌CA2⋅(n−1)(HA)2+2H+，通过调节pH，设计萃取、反萃取。简述该步骤的原理和目的______。
(6)CCl2为蓝色，CC2⋅6H2O为粉红色。实验室变色硅胶是在硅酸凝胶中添加CCl2用于指示吸湿程度。请说明CCl2用于指示吸湿程度的原理______。
三、简答题：本大题共3小题，共44分。
16.勒夏特列通过深入研究高炉炼铁后发现了该过程的主要反应为可逆反应。某科研小组进行类似的研究，以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)+CO(g)⇌3FeO(s)+CO2(g)△H1=Q1(Q1>0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)△H2=Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。
回答下列问题：
(1)判断Q2的正、负值，并说明理由______。
(2)温度升高，反应器中CO体积分数降低，分析可能的原因为______。
(3)1040℃时，反应一段时间后，体系内2个反应均达成平衡，试计算各自的平衡常数Kp______ (写出解题过程)。
(4)炉温不变，扩大炼铁反应器的容积，通过分析说明等量的还原剂能否提升铁矿石的平衡转化率______，能否提升平衡前铁矿石的单位时间转化率______。
(5)将Fe2O3、铁粉和NaOH溶液置于反应器中，在温度大于100℃下搅拌反应半小时以上，反应产物经过一次过滤、水洗、二次过滤、干燥、研磨，可直接得到黑色的Fe3O4细末。试写出该过程的总反应方程式______。
17.2020年12月17日，我国“嫦娥五号”返回器携月壤成功着陆。根据已经发表的研究成果可知，月壤中存在天然的铁、金、银、铅、锌、铜、锑、铼等矿物颗粒。
(1)写出铜的基态原子的电子排布式______。
(2)Fe在周期表中位于第______周期第______族，属于______区。
(3)基态Fe原子有______个未成对电子，Fe3+的电子排布式为______。
(4)基态Al3+核外共有______种不同运动状态的电子。
(5)采取的月壤中未发现钒(V)元素，其价层电子的轨道表示式为______。钒(V)的某种氧化物的晶胞结构如图(1)所示。该晶体的化学式为______。
(6)金晶体的晶胞结构如图(2)所示。设金原子的直径为dcm，用NA表示阿伏加德罗常数，M表示金的摩尔质量，金的密度为______ g/cm3(用d、M、NA表示)。
18.某α，β−不饱和烯醛是一种药物中间体，其合成路线如图：
(1)F中含氧官能团名称为______，检验该官能团可用的化学试剂为______。
(2)B→C的反应类型为______。
(3)A化学名称为______，NaIO4中IO4−的空间结构为______。
(4)每个D分子中手性碳原子的数目为______。
(5)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的一种结构简式______。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中只有5种不同化学环境的氢。
(6)结合题中信息写出
在NaIO4作用下所得产物的结构简式______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.CH3COOH属于弱酸，为弱电解质，故A错误；
B.NH3属于非电解质，故B错误；
C.H2O属于弱电解质，故C错误；
D.NaOH是强碱，属于强电解质，故D正确；
故选：D。
水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质。
本题考查了物质组成和分类的分析判断，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.46g乙醇物质的量=46g46g/ml=1ml，分子中所含C−H键的数目为5NA，故A错误；
B.将标准状况下NA个H2O的物质的量为1ml，水不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算，故B错误；
C.23gNa物质的量=23g23g/ml=1ml，与足量的Cl2反应转移的电子数目为NA，故C正确；
D.60g二氧化硅物质的量=60g60g/ml=1ml，晶体中含有的Si−O键数目为4NA，故D错误；
故选：C。
A.1个乙醇分子中含C−H键5个；
B.标准状况下水不是气体；
C.Na与足量的Cl2反应生成氯化钠，2Na+Cl22NaCl，2ml钠反应电子转移2ml；
D.二氧化硅晶体中每个硅原子形成4个Si−O键。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】B
【解析】解：A.电子不能进入电解质溶液中，盐桥的作用是传导离子，形成闭合回路，故A错误；
B.该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，外电路中电流由铜片流向锌片，故B正确；
C.Zn为负极，Zn发生氧化反应生成Zn2+，故C错误；
D.铜片做正极，正极反应式为Cu2++2e−=Cu，故D错误；
故选：B。
双液锌铜原电池中Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+、为负极，Cu为正极，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，正极上Cu2+发生得电子的还原反应生成Cu，正极反应式为Cu2++2e−=Cu，放电时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理，侧重于学生的分析能力和运用能力的考查，把握原电池的工作原理即可解答，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.N2分子结构式为N≡N，三键中含有1个σ键和2个π键，σ键和π键个数之比为1：2，故A错误；
B.中子数为9的氮原子： 716N，故B错误；
C.邻羟基苯甲醛中的−OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成分子内氢键，示意图为，故C正确；
D.氨基苯甲酸中含有氨基和羧基，中含有酰胺基，故D错误；
故选：C。
A.三键中含有1个σ键和2个π键；
B.质量数=中子数+质子数；
C.邻羟基苯甲醛中的−OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成氢键，结合氢键形成条件分析判断。
D.氨基苯甲酸中含有氨基和羧基；
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及化学键、原子表示、结构简式、氢键的表示方法等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.HF、H2O均为分子晶体，熔点：H2O>HF，与氢键有关，和键能大小无关，故A正确；
B.N2、P4均为分子晶体，影响其活泼性的是分子内的共价键的键能，由于N2中N原子之间为三键，且N原子半径小于P原子半径，故氮气中N≡N键的键能大于P4中P−P键的键能，则活泼性：N2C.CH4、SiH4均为分子晶体，由于C−H键的键长小于Si−H键，则键能：C−H键>Si−H键，则热稳定性：CH4>SiH4，和键能有关，故C错误；
D.金刚石和晶体硅均为共价晶体，由于键长：C−CSi−Si，则硬度：金刚石>晶体硅，和键能有关，故D错误；
故选：A。
A.HF、H2O均为分子晶体，影响其熔点的是分子间作用力；
B.N2、P4均为分子晶体，影响其活泼性的是分子内的共价键的键能；
C.CH4、SiH4均为分子晶体，影响其活泼性的是分子内的共价键的键能；
D.金刚石和晶体硅均为共价晶体，影响其硬度的是共价键的强弱。
本题考查了影响晶体性质的因素，应注意的是影响分子晶体熔沸点的因素是分子间作用力，而影响其稳定性的因素是共价键的强弱。
6.【答案】C
【解析】解：A.用纯铜电极电解CuCl2溶液时Cu作阳极，属于活泼电极，优先放电生成Cu2+，阴极Cu2++得电子生成Cu，电解反应为CuCu，故A错误；
B.FeCl3具有较强氧化性，溶解Cu生成CuCl2和FeCl2，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；
C.酸性高锰酸钾具有强氧化性，和醋酸根离子发生氧化还原反应生成CO2、Mn2+，离子方程式为2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；
D.H2O和Na2O2固体反应生成NaOH和O2，离子方程式为2H2O+2Na2O2=4Na++4OH−+O2↑，故D错误；
故选：C。
A.用纯铜作电极时Cu作阳极，属于活泼电极，优先放电；
B.FeCl3具有较强氧化性，能与Cu发生氧化还原反应生成可溶性的CuCl2；
C.酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成CO2，自身还原为Mn2+；
D.H2O和Na2O2固体反应生成NaOH和O2，结合电子守恒、电荷守恒分析判断。
本题考查离子方程式的书写及正误判断，侧重基础知识检测和运用能力，把握物质的性质、发生的反应是解题关键，注意掌握离子方程式的书写原则，选项A为易错点，题目难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，a为O元素，b为Mg元素，c为Si元素，d为S元素，
A.氧离子和镁离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径O2−>Mg2+，故A错误；
B.Mg位于ⅡA族，Mg原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，其第一电离能大于同周期相邻的两种元素，故B正确；
C.c的常见氧化物为二氧化硅，二氧化硅属于共价晶体，故C错误；
D.d的简单氢化物为硫化氢，硫化氢的中心原子S采用sp3杂化，含有2对未成键电子对，其构型为V形，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a为第二周期且原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，其核外电子排布式为1s22s22p4，则a为O元素；b为第三周期且原子核外没有未成对电子1s22s22p63s2，则b为Mg元素；c的单质晶体是芯片的主要材料，则c为Si元素；d与a位于同一主族，则d为S元素，
A.氧离子和镁离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；
B.Mg位于ⅡA族，Mg原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低；
C.二氧化硅属于共价晶体；
D.硫化氢的中心原子S采用sp3杂化，含有2对未成键电子对，以此判断其构型。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.孤电子对数越多，排斥作用越强，键角越小，H2O分子有2对孤电子对，NH3分子有1对孤电子对，则键角：H2OB.金属Cu的电负性小，非金属性：O>N>H，非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>N>H>Cu，故B正确；
C.由图可知，该环状配合物中含有N−H键和O−H键，并且N、O原子的电负性较大，与水分子形成分子间氢键，导致其溶解性增大，故C正确；
D.电负性：O>N，O吸引电子的能力强，不易提供孤电子对形成配位键，所以与铜离子形成配位键强弱：H2O故选：D。
A.H2O分子有2对孤电子对，NH3分子有1对孤电子对，孤电子对数越多，排斥作用越强；
B.金属的电负性较小，非金属的非金属性越强，其电负性越大；
C.分子间氢键的存在能使物质的溶解性增大；
D.电负性：O>N，O吸引电子的能力强，不易提供孤电子对形成配位键。
本题考查元素性质、配位键及配合物、氢键对物质性质的影响等知识，把握元素周期律、键角大小的判定方法、氢键形成条件、配合物及配位键强弱的影响因素是解题关键，注意基础知识积累，题目难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.核酸和蛋白质均是生物大分子，故A正确；
B.核酸的水解产物中含有磷酸、五碳糖和碱基，故B错误；
C.根据已知胍是有机一元碱，碱性与氢氧化钠相近，保存不当会吸收空气中的二氧化碳，从而变质，故C正确；
D.化肥不可以过度使用，会破坏土壤环境，故D正确；
故选：B。
根据题目提取有用信息，胍是有机一元碱，碱性与氢氧化钠相近；胍盐易水解为氨和尿素，性质与氢氧化钠相近，会吸收二氧化碳，熟知蛋白质的结构与性质，以此做题。
本题主要考查有机物的结构与性质，总体难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图象，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原反应，故A正确；
B.甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故B错误；
C.酸碱中和反应为放热反应，故C错误；
D.该反应为吸热反应与图象符合，但该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；氧化还原反应是反应前后化合价发生变化的反应，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中能量变化、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意归纳常见的吸热反应，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.平衡常数与温度有关，与压强无关，则恒容体系下，增加c[Ni(CO)4]，体系压强增大，平衡常数不变，故A错误；
B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，50℃时为气体，则50℃时将粗镍与一氧化碳反应，可得到气态Ni(CO)4，故B正确；
C.某温度下反应体系中Ni(CO)4体积分数不变时，符合平衡特征“定”，反应达到平衡，故C正确；
D.230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5(L/ml)3，可知230℃，Ni(CO)4分解反应的平衡常数K′=12×10−5(ml/L)3=5×104(ml/L)3，可知平衡分解率较高，故D正确；
故选：A。
A.平衡常数与温度有关，与压强无关；
B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，50℃时为气体；
C.结合平衡的特征“等、定”判定；
D.230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5(L/ml)3，可知230℃，Ni(CO)4分解反应的平衡常数K′=12×10−5(ml/L)3=5×104(ml/L)3。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡常数、平衡移动、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度有关，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；
B.铂电极为阴极，CO2得电子得到C2H4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O，故B正确；
C.制得28gC2H4的物质的量为28g28g/ml=1ml，由电极方程式2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O可知，转移12ml电子，阳极电极方程式为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，则生成3mlO2，质量为3ml×32g/ml=96g，故C错误；
D.电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；
故选：C。
由图可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，以此解答。
本题考查电解原理，题目难度中等，本题中注意把握电极反应式的书写，正确判断两极的化学反应，在学习中注意电解质溶液的性质对电极反应的影响。
13.【答案】C
【解析】解：A.该分子中C、H、O原子个数依次是19、28、2，分子式为C19H28O2，故A错误；
B.分子中连接甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故B错误；
C.碳碳双键、羰基都能和H2以1：1发生加成反应，该分子中含有1个羰基和1个碳碳双键，所以1ml该物质最多消耗2ml氢气，故C正确；
D.该物质中含有的官能团有羰基、碳碳双键、羟基，有3种官能团，故C错误；
故选：C。
A.该分子中C、H、O原子个数依次是19、28、2；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面；
C.碳碳双键、羰基都能和H2以1：1发生加成反应；
D.该物质中含有的官能团有羰基、碳碳双键、羟基。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.柠檬酸的pKa3=6.39，柠檬酸三钠的Kh1=Kw/Ka3=10−14/10−6.59=10−7.61，a点为柠檬酸三钠溶液，c(OH−)= Kh1×0.01≈10−4.8，c(H+)≈10−9.2，则溶液中c(H+)数量级为10−10，故A正确；
B.b点为C6H6O7Na2和NaCl的混合溶液，C6H6O72−的电离平衡常数Ka5=10−6.59，C6H6O72−的水解平衡常数Kh2=Kw/Ka2=10−1410−4.77=10−9.23，C6H6O72−的电离大于C6H6O72−的水解，溶液显酸性，故B正确；
C.c点为C6H6O7Na2和NaCl的的混合溶液，二者的物质的量之比为1：2，溶液满足：c(Na+)=3[c(C6H5O73−)+c(C6H6O72−)+c(C6H7O7−)+c(C6H8O7)]，又2c(Na+)=3c(Cl−)，则c(Cl−)>2[c(C6H5O73−)+c(C6H6O72−)+c(C6H7O7−],故C正确；
D.电导率与离子所带电荷有关，离子所带电荷数越大，在同等条件下，其电导率也就越大，故D错误，
故选：D。
A.根据水解常数计算出氢氧根浓度，再根据离子积计算氢离子；
B.根据电离常数和水解常数判断；
C.根据溶液中的溶质和物料守恒比较；
D.电导率与离子所带电荷有关。
本题考查离子浓度大小比较、盐类水解、电离平衡等，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确纵横坐标含义、电离平衡常数计算方法、电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度中等。
15.【答案】加快浸取速率和浸取率 还原 Fe2O3+4H++SO32−=2Fe2++SO42−+2H2O6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++3H2O+Cl− Fe(OH)3和Al(OH)3 反萃取时加酸，可使平衡逆向移动，从而将C2+和Mn2+分离，对C2+富集 随着结合的水分子个数的变化，化合物颜色随之发生变化
【解析】解：(1)水钴矿在浸取前需要粉碎，粉碎的目的是为了加快浸取速率和浸取率，
故答案为：加快浸取速率和浸取率；
(2)目标产物CCl2⋅6H2O中C化合价为+2价，而水钴矿成分C2O3中C化合价为+3价，所以Na2SO3在浸取过程中作还原剂，将C还原为+2价；浸取时Fe2O3被盐酸溶解生成Fe3+具有氧化性，Na2SO3中硫元素具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式：Fe2O3+4H++SO32−=2Fe2++SO42−+2H2O，
故答案为：还原；Fe2O3+4H++SO32−=2Fe2++SO42−+2H2O；
(3)NaClO3加入浸取后溶液的作用是为了将Fe2+氧化为Fe3+便于形成沉淀除去，离子方程式：6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++3H2O+Cl−，
故答案为：6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++3H2O+Cl−；
(4)加入碳酸钠调节pH为5.2，Fe3+和Al3+完全沉淀生成Fe(OH)3和Al(OH)3，
故答案为：Fe(OH)3和Al(OH)3；
(5)萃取发生反应：C2++n(HA)2⇌CA2⋅(n−1)(HA)2+2H+，反萃取时加酸，可使平衡逆向移动，从而将C2+和Mn2+分离，对C2+富集，
故答案为：反萃取时加酸，可使平衡逆向移动，从而将C2+和Mn2+分离，对C2+富集；
(6)CCl2用于指示吸湿程度的原理随着结合的水分子个数的变化，化合物颜色随之发生变化，
故答案为：随着结合的水分子个数的变化，化合物颜色随之发生变化。
从水钴矿(主要成分：C2O3，少量的Fe2O3、CaO、MgO、Al2O3、MnO))制取CCl2⋅6H2O，水钴矿进行酸溶的同时用Na2SO3将C还原，得到浸出液后用NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH使Fe3+和Al3+完全沉淀以除去，加入NaF将Ca2+和Mg2+形成沉淀除去，利用萃取和反萃取操作将C2+和Mn2+分离，对C2+富集最后经过系列操作获得粗品。
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。
16.【答案】Q2<0，由图可知570℃以下时随温度升高CO的体积分数变大，两个反应应该向逆向移动，但是反应I为放热反应，平衡随温度升高正向移动，与结论相反，所以反应II逆向移动，使CO的体积分数增大，且在小于570℃时，以反应II为主，故反应II的△H<0温度升高时平衡正向移动，使CO的体积分数减小，反应II为放热反应，温度升高时向逆反应方向移动，会使CO的体积分数增大，所以温度升高时以反应I为主 由图可知CO的体积分数为20%，容器中只有CO和CO2，所以CO2的体积分数为80%，代入公式可得：KpⅠ=p(CO2)P(CO)=100%−20%20%=4，KpⅡ=P4(CO2)P4(CO)=(100%−20%)4(20%)4=256 反应I和反应II均为两侧化学计量数相等的反应，所以恒温条件下，扩大容器的体积平衡不移动，故不能提高铁矿石的平衡转化率 体积扩大时会使还原剂的浓度降低，故反应速率减慢，所以能减慢铁矿石的单位时间转化率，不能提升单位时间转化率 4Fe2O3+Fe3Fe3O4
【解析】解：(1)由图可知570℃以下时随温度升高CO的体积分数变大，两个反应应该向逆向移动，但是反应I为放热反应，平衡随温度升高正向移动，与结论相反，所以反应II逆向移动，使CO的体积分数增大，且在小于570℃时，以反应II为主，故反应II的△H<0，
故答案为：Q2<0，由图可知570℃以下时随温度升高CO的体积分数变大，两个反应应该向逆向移动，但是反应I为放热反应，平衡随温度升高正向移动，与结论相反，所以反应II逆向移动，使CO的体积分数增大，且在小于570℃时，以反应II为主，故反应II的△H<0；
(2)随着温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应I为吸热反应，故温度升高时平衡正向移动，使CO的体积分数减小，反应II为放热反应，温度升高时向逆反应方向移动，会使CO的体积分数增大，所以温度升高时以反应I 为主，
故答案为：温度升高时平衡正向移动，使CO的体积分数减小，反应II为放热反应，温度升高时向逆反应方向移动，会使CO的体积分数增大，所以温度升高时以反应I 为主；
(3)由图可知CO的体积分数为20%，容器中只有CO和CO2，所以CO2的体积分数为80%，代入公式可得：KpⅠ=p(CO2)P(CO)=100%−20%20%=4，KpⅡ=P4(CO2)P4(CO)=(100%−20%)4(20%)4=256，
故答案为：由图可知CO的体积分数为20%，容器中只有CO和CO2，所以CO2的体积分数为80%，代入公式可得：KpⅠ=p(CO2)P(CO)=100%−20%20%=4，KpⅡ=P4(CO2)P4(CO)=(100%−20%)4(20%)4=256；
(4)反应I和反应II均为两侧化学计量数相等的反应，所以恒温条件下，扩大容器的体积平衡不移动，故不能提高铁矿石的平衡转化率；体积扩大时会使还原剂的浓度降低，故反应速率减慢，所以能减慢铁矿石的单位时间转化率，不能提升单位时间转化率；
故答案为：反应I和反应II均为两侧化学计量数相等的反应，所以恒温条件下，扩大容器的体积平衡不移动，故不能提高铁矿石的平衡转化率；体积扩大时会使还原剂的浓度降低，故反应速率减慢，所以能减慢铁矿石的单位时间转化率，不能提升单位时间转化率；
(5)由题中信息可知反应是Fe2O3与Fe的反应，故反应方程式为：4Fe2O3+Fe3Fe3O4，
故答案为：4Fe2O3+Fe3Fe3O4。
(1)由图可知570℃以下时随温度升高CO的体积分数变大，两个反应应该向逆向移动，但是反应I为放热反应，平衡随温度升高正向移动，与结论相反，所以反应II逆向移动，使CO的体积分数增大，且在小于570℃时，以反应II为主，故反应II的△H<0；
(2)随着温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应I为吸热反应，故温度升高时平衡正向移动，使CO的体积分数减小，反应II为放热反应，温度升高时向逆反应方向移动，会使CO的体积分数增大，所以温度升高时以反应I 为主，
(3)由图可知CO的体积分数为20%，容器中只有CO和CO2，所以CO2的体积分数为80%，代入公式计算；
(4)反应I和反应II均为两侧化学计量数相等的反应，所以恒温条件下，扩大容器的体积平衡不移动，故不能提高铁矿石的平衡转化率；体积扩大时会使还原剂的浓度降低，故反应速率减慢，所以能减慢铁矿石的单位时间转化率，不能提升单位时间转化率；
(5)由题中信息可知反应是Fe2O3与Fe的反应，故反应方程式为：4Fe2O3+Fe3Fe3O4。
本题主要考查化学平衡，题目难度不大，掌握外界条件改变平衡的影响是解答的关键。
17.【答案】1s22s22p63s23p63d104s1 四 Ⅷd41s22s22p63s23p63d5 10 VO2 2Ma3NA
【解析】解：(1)铜为29号元素，铜的基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
(2)Fe为26号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，属于d区，
故答案为：四；Ⅷ；d
(3)基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子有4个未成对电子；铁原子失去3个电子形成铁离子，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，
故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；
(4)基态Al3+原子核外电子排布为1s22s22p6，不同的电子有不同的运动状态，所以基态Al3+核外共有10种不同运动状态的电子，
故答案为：10；
(5)基态V原子价电子排布为3d34s2，其价层电子的轨道表示式为；根据“均摊法”，晶胞中含8×18+1=2个V、4×12+2=4个O，则该晶体的化学式为VO2，
故答案为：；VO2；
(6)金原子的直径为dcm，其为面心立方堆积，则晶胞边长为 2dcm，根据“均摊法”，晶体中含8×18+6×12=4个Au，则晶体密度为4MNA( 2d)3g/cm3= 2Ma3NAg/cm3，
故答案为： 2Ma3NA。
铜为29号元素，铜的基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1；Fe为26号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，属于d区；基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子有4个未成对电子；铁原子失去3个电子形成铁离子，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；基态Al3+原子核外电子排布为1s22s22p6，不同的电子有不同的运动状态；基态V原子价电子排布为3d34s2；金原子的直径为dcm，其为面心立方堆积，则晶胞边长为 2dcm，根据“均摊法”，晶体中含8×18+6×12=4个Au，以此来解答。
本题主要考查了晶胞的计算，是高频考点，需要边分析，边思考，正确分析晶胞是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度不大。
18.【答案】醛基 银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)氧化反应 2−甲基−1，3−丁二烯 正四面体形 3 (或)、CH3CHO
【解析】解：(1)F中含氧官能团为−CHO，其名称为醛基，检验该官能团可用的化学试剂为银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，
故答案为：醛基；银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)；
(2)B组成上得氧转化为C，B→C的反应类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
(3)A的键线式为，A化学名称为2−甲基−1，3−丁二烯；IO4−中I原子孤电子对数=7+1−2×42=0，价层电子对数=0+4=4，则IO4−空间结构为正四面体形，
故答案为：2−甲基−1，3−丁二烯；正四面体形；
(4)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标“*”为手性碳原子：，D分子共有3个手性碳原子，
故答案为：3；
(5)F的结构简式为，F的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②分子中只有5种不同化学环境的氢，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为、，
故答案为：(或)；
(6)由D→E的转化可知，相邻的2个羟基连接的碳原子之间的碳碳单键断裂，羟基连接的碳原子含有氢原子被氧化生成醛基，没有氢原子被氧化生成羰基，则在NaIO4作用下所得产物为和CH3CHO，
故答案为：、CH3CHO。
2分子发生加成反应生成，发生氧化反应生成，发生水解反应生成，发生氧化反应生成，先发生加成反应生成，再发生消去反应生成。
本题考查有机物的合成，涉及官能团识别与检验、有机反应类型、有机物命名、空间构型、手性碳原子、限制条件同分异构体的书写、有机信息运用等，对比有机物结构变化，明确发生的反应，题目较好地考查了学生自学能力、分析能力、知识迁移运用能力。沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
C(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
4.0
7.6
7.6
7.7
完全沉淀
3.7
5.2
9.2
9.6
9.8