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北京市工业大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份北京市工业大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题（Word版附解析），文件包含北京工业大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题Word版含解析docx、北京工业大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是
A. 的原子核内有21个中子
B. 的半衰期长，说明难以失去电子
C. 衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间
D. 从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确；
B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；
C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变半所需的时间，C错误；
D．从原子束流中直接俘获原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；
本题选A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 基态S原子的最外层电子轨道表示式：
B. 基态2９Cu原子的电子排布式：
C. H2O的VSEPR模型：
D. Cl2分子中σ键的形成：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态S原子的最外层电子轨道表示式：，故A正确；
B．基态2９Cu原子的电子排布式：，故B错误；
C．H2O的VSEPR模型：，故C正确；
D．Cl2分子中σ键的形成：，故D正确；
答案选B。
3. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A. 用石灰乳脱除烟气中的SO2
B. 用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水
C. 用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)
D. 用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
答案选D。
4. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 制备84消毒液(主要成分是)：
B. 食醋去除水垢中的：
C. 利用覆铜板制作印刷电路板：
D. 去除废水中的：
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；
B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B项错误；
C．FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；
D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确；
故选B。
5. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2
B. 1.8g重水中所含质子数为
C. 电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32g Cu转化为
D. 溶液中，、数目之和为0.1
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，故28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为，A正确；
B．1.8g重水中所含质子数为，B错误；
C．电解粗铜精炼铜，阳极发生反应除了Cu-2e-=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为时，阳极溶解的铜小于32g，C错误；
D．溶液中，、数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误；
故选A。
6. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。
已知：
下列说法不正确的是
A. 氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能
B. 的过程中，，
C. kJ·ml
D. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；
B．由盖斯定律可知，的过程中，，气体变液体的过程，该反应是熵减的反应，，B正确；
C．由盖斯定律可知，C错误；
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故选C。
7. 下列实验的对应操作中，不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故A正确；
B．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿着烧杯内壁注入烧杯，并用玻璃棒不断搅拌，故B正确；
C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体，在蒸发皿中进行蒸发结晶操作，并用玻璃棒搅拌，故C正确；
D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液，当液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容，故D错误；
故答案为：D。
8. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A. 1 ml平衡混合气体中含1 ml N原子
B. 断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 ml平衡混合气体中所含N原子大于1 ml 小于2ml ，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
9. 离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A. 中均有非极性共价键
B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C. 中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
10. 小组同学用如下方法制作简单的燃料电池。
下列说法不正确的是
A. ①中Cl-比OH-容易失去电子，在石墨(Ⅰ)发生氧化反应
B. ①中还可观察到石墨(Ⅱ)电极附近的溶液变红
C. ②导线中电子流动方向：从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(Ⅰ)电极
D. ②中石墨(Ⅱ)发生的电极反应式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．①为外接电源的电解池，石墨(Ⅰ)连接电源的正极作阳极发生失电子的氧化反应，Cl-比OH-容易失去电子，2Cl--2e-=Cl2，A正确；
B．石墨(Ⅱ)电极连接电源的负极作阴极，水中的氢元素得电子化合价降低生成氢气和氢氧化钠，滴酚酞的溶液变红，B正确；
C．②为原电池，石墨(Ⅱ)电极是负极，发生失电子的氧化反应，故电子从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(Ⅰ)电极，C正确；
D．由上述分析知②中石墨(Ⅱ)周围有氢氧化钠显碱性，故发生的电极反应式为：，D错误；
故选D。
11. 一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应()原理如下。
已知“甲烷重整”反应在不同温度下的化学平衡常数：
下列说法不正确的是
A. 物质a可能是Fe3O4
B. 若增大的值，则CH4的平衡转化率降低
C.
D. 1000℃，若容器中、，则反应处于平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应①可知，氢元素被还原，则铁元素被氧化，所以物质a可能是Fe3O4，故A正确；
B．若增大的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降低，故B正确；
C．升高温度，化学平衡常数增大，则正反应为吸热反应，故C正确；
D．1000℃，若容器中、，则，则此时反应未处于平衡状态，故D错误；
故选D。
12. 液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如下图。
下列说法不正确的是
A. 放电时，正极反应式为
B. 放电时，物质a为
C. 充电时，AQDS/储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室
D. 增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，右侧Br2+2e-=2Br-，作正极；左侧AQDSH2失电子生成AQDS和H+，作负极。则充电时，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极。
【详解】A．放电时，右侧电极为正极，Br2得电子生成Br-，正极反应式为，A正确；
B．由分析可知，放电时，AQDSH2失电子生成AQDS和H+，则物质a为，B正确；
C．充电时，AQDS+2e-+2H+=，H+被消耗，则AQDS/储液罐中的pH增大，H+从溴极室(右侧)通过质子交换膜到达碳极室(左侧)，C不正确；
D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D正确；
故选C。
13. 室温时，向20mL0.1ml⋅L两种酸HA、HB中分别滴加0.1ml⋅LNaOH溶液，其pH变化分别对应如图中的曲线Ⅰ、Ⅱ，下列说法不正确的是
A. 滴加NaOH溶液至时，两种溶液中
B. 向NaA溶液中滴加HB可产生HA
C. a点，溶液中微粒浓度：
D. 滴加20mLNaOH溶液时，Ⅰ中的电离程度大于Ⅱ中
【答案】A
【解析】
【分析】20 mL 0.1 ml⋅L−1的两种酸 HA、HB中，HB的pH=1，所以HB是强酸，HA对应的pH大于1，是弱酸。
【详解】A．滴加 NaOH溶液至 pH=7时，根据电荷守恒c(OH−)+c(A−)或c(B−)=c(H+)+c(Na+)，pH=7时，c(OH−)=c(H+)，两种溶液中 c(A−)或c(B−)=c(Na+)，但是两种溶液中滴加NaOH至pH=7消耗的NaOH溶液体积并不相等，故c(A−)、c(B−)并不相等，A 错误；
B．向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，遵循强酸制弱酸的原理，B正确；
C．20 mL 0.1 ml⋅L−1的酸 HA中滴加 0.1 ml⋅L−1 NaOH溶液10 mL，则HA酸会剩余，同时产生NaA，a点溶液显示酸性，则HA电离大于A水解，溶液中微粒浓度：c(A−)>c(Na+)>c(HA)，C正确；
D．滴加 20 mL NaOH 溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaB是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的NaA是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中，D正确；
故选A。
14. 一定温度下，和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，其中浓度的单位均为0.1。
下列说法正确的是
A. a点条件下能生成沉淀，也能生成沉淀
B. b点时，，
C. 向NaOH、均为的混合溶液中滴加溶液，优先产生沉淀
D. 的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，b点时，溶液中镁离子浓度为0.1ml/L时，溶液中氢氧根离子浓度和碳酸根离子浓度均为10—6ml/L，则氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]= 0.1×(10—6)2=10—13，碳酸镁的溶度积Ksp(MgCO3)= 0.1×0—6=10—7。
【详解】A．由图可知，a点条件下，溶液中氢氧化镁、碳酸镁的离子积均小于对应溶度积，不能生成碳酸镁沉淀，也不能生成氢氧化镁沉淀，故A错误；
B．由分析可知，氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]小于碳酸镁的溶度积Ksp(MgCO3)，故B错误；
C．由分析可知，向浓度均为0.1ml/L的氢氧化钠、碳酸钠的混合溶液中滴加氯化镁溶液时，形成氢氧化镁沉淀时Mg2+的浓度大于10-11ml/L，形成碳酸镁沉淀时Mg2+的浓度大于10-6ml/L，则先生成氢氧化镁沉淀，故C错误；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====106，故D正确；
故选D。
第二部分
二、本部分共5题，共58分。
15. 配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
（1）的配体为和，写出的电子式：_______。
（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子的轨道表示式为_______，属于_______区元素。
②生成物中a、b示的作用力类型分别是_______。
③在中，配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
①推测中的杂化轨道类型不是，依据是_______。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。
（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积_______(阿伏加德罗常数为)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因：_______。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。
【答案】（1） （2） ①. ②. ds ③. 配位键、氢键 ④. <
（3） ①. 若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象 ②. 顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
（4） ①. ②. 在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强
【解析】
【小问1详解】
是共价化合物，电子式为：。
【小问2详解】
①Cu是29号元素，基态原子价层电子的轨道表示式为，属于ds区元素；
②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；
③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：<。
【小问3详解】
①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象，所以中的杂化轨道类型不是；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
【小问4详解】
①铂晶胞中Pt的个数为8+6=4，n(Pt)= ml，晶胞的体积为a3×10-27m3，=；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强，所以在溶液中使用会产生而略有损耗。
16. 小组同学对比和的性质，进行了如下实验。
（1）向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下。
①图_______ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。
②A′-B′发生反应的离子方程式为_______。
③下列说法正确的是_______ (填序号)。
a.和溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：
c.水的电离程度：
（2）向1ml的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。
资料：
i.1ml的溶液中，，
ii.25℃时，，
①补全与反应的离子方程式：_______。
②通过计算说明与反应产生沉淀为而不是_______。
【答案】（1） ①. 乙 ②. H++= ③. ac
（2） ①. 2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O ②. 1ml⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9ml⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5ml⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)。
【解析】
【小问1详解】
①H2CO3的电离平衡常数Ka1＞Ka2，故相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即图乙是Na2CO3的滴定曲线；
②HCl和Na2CO3的反应分为两步：HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则A′-B′发生反应的离子方程式为H++=；
③a．Na2CO3和NaHCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、、、OH-、H2CO3和H2O，a正确；
b．图甲是NaHCO3的滴定曲线，B点表示NaHCO3和HCl恰好完全反应，此时溶液中已不含、、H2CO3，则仅A点满足c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，b错误；
c．图甲中，A点的溶质是NaHCO3，的水解能促进水的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，H+能抑制水的电离；故水的电离程度：A＞B＞C，c正确；
故选ac。
【小问2详解】
①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白色FeCO3沉淀，还生成气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
②1ml⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9ml⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5ml⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与FeCl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。
17. 将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。
（1）一种富集烟气中的方法示意图如下：
写出“解吸”过程产生的化学方程式：_______。
（2）性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_______(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使_______(填“提供”或“接受”)电子转化为
（3）与在催化剂作用下可转化为，体系中发生主要反应如下：
i.
ii.
研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：_______。
（4）在催化剂作用下，将1ml、3ml投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如下。
已知：
①随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是_______。
②在240℃达到平衡时，体系_______(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ(除了反应ⅰ和ⅱ不考虑其他反应)。
【答案】（1）2KHCO3K2CO3+CO2+H2O
（2） ①. O ②. 接受
（3）CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)
（4） ①. 反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度 ②. 吸收 ③. 3.45
【解析】
【小问1详解】
“解吸”过程产生化学方程式为酸式盐碳酸氢钾的受热分解：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；
【小问2详解】
使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受O原子的孤电子对，破坏的结构使其活化；采用电化学、光化学等手段，使接受电子转化为；
【小问3详解】
由盖斯定律可知反应i-反应ii可得目标方程CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)；
【小问4详解】
随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度；根据图像可知二氧化碳的转化率为15%，甲醇的选择性是20%，故有1ml15%20%=0.03ml二氧化碳参与反应i，反应i放热490.03=1.47kJ；1ml15%80%=0.12ml二氧化碳参与反应ii，反应ii吸热410.12=4.92kJ。故在240℃达到平衡时，体系吸收的热量为4.92-1.47=3.45kJ。
18. 溴酸钾可用于测定水体中的砷含量。
（1）的一种制法如下。
①与KOH溶液反应时，若产生1ml，理论上需要_______ml。
②能提高溴的原子利用率。用离子方程式表示的作用：_______。
③已知：25℃时的溶度积()
设计由“含的溶液”到“较纯净的溶液”的流程：_______(按上图形式呈现，箭头上方注明试剂，下方注明操作，如)。
④
的溶解度随温度变化如下图所示。从“较纯净的溶液”中得到“固体”的主要操作是_______。
（2）测定水体中亚砷酸盐的含量：取amL水样，向其中加入一定量盐酸使转化为，再加入2滴甲基橙指示剂和一定量，用溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗溶液vmL。滴定过程中发生如下反应：
反应a：
反应b：
当反应完全后，甲基橙与生成的反应而褪色，即达到滴定终点。
①配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。
②水样中的含量为_______。【已知：】
③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，会使测定结果_______。(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1） ①. 3 ②. Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 ③. ④. 蒸发浓缩、冷却结晶
（2） ①. 容量瓶 ②. ③. 偏高
【解析】
【分析】计算物质的含量时，要根据方程式找到物质之间的比例关系，之后根据给出的数据按照比例计算。
【小问1详解】
①根据方程式3Br2+6KOH=KBrO3+5KBr+3H2O可知，与KOH溶液反应时，若产生1ml，理论上需要3mlBr2；②加入Cl2，能将Br-氧化为Br2，继续与KOH反应，提高溴的原子利用率，离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+2Br-；③由“含的溶液”到“较纯净的溶液”，可以先加入过量的氢氧化钡溶液，生成，过滤后除去溶液中的杂质，之后向固体中加入过量的碳酸钠，使生成更难溶的碳酸钡过滤除去，得到较纯净的溶液，流程为 ；④由曲线图可知，的溶解度受温度影响明显，故操作可以是蒸发浓缩、冷却结晶。
【小问2详解】
①制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；②反应a可知3，向amL水样滴入vmL的溶液，的物质的量为cv×10-3，所以的物质的量为3 cv×10-3，则1L水样中的含量为=g即gL-1；③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，致使滴入过量的，使测定结果偏高。
【点睛】物质的制备流程一般包括目标元素的提取、杂质的去除、核心转化、产品的分离与提纯，解题时要分析原料中的杂质有哪些，哪些会随同目标元素一起进入下一步骤，怎样去除这些杂质，核心转化反应的原理是什么，怎样分离产品以及怎样提纯等等。
19. 实验小组探究金属银与碘水的反应。
已知25℃时：i．碘水中、
ii．次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。
iii．；AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在。
将碘水I2溶于蒸馏水)加入盛有银粉的试管中，实验记录如下：
（1）碘水中I2与H2O反应的化学方程式为___________。
（2）针对实验Ⅰ现象a“棕黄色溶液迅速变为无色”的原因，实验小组提出如下假设：
假设1：银粉与氢碘酸发生反应___________(填化学方程式)生成碘化银，使碘单质减少；。
假设2：银粉与碘单质直接化合生成碘化银，使碘单质减少；
假设3：银粉与氢碘酸及O2共同作用生成碘化银，使碘单质减少
实验小组结合资料分析并设计实验验证假设：
①结合数据和实验现象判断假设l___________(填“是”或“不是”)主要原因。
②通过实验证实银粉表面生成了AgI：取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液，振荡，静置，取上层清液，加蒸馏水稀释，出现黄色浑浊。用化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因：___________。
③资料表明假设2成立。
④实验小组针对假设3，在实验Ⅰ的基础上设计了实验Ⅱ和实验Ⅲ：
实验Ⅱ：取一定量碘水，加入CCl4，充分振荡后分液，取上层清液，加入淀粉溶液，未见明显变化；加入稀硫酸后溶液变蓝。
实验Ⅲ：向实验Ⅰ最后所得溶液中加入___________(填试剂)，溶液立即变蓝。
综合实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ，可以证实假设3.分析实验Ⅱ的作用是___________。
（3）反思：实验小组认为，本实验Ag与碘水反应的过程中，AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行。进行电化学实验证实。补全下图所示电化学装置中的试剂__________、__________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 不是 ③. AgI与浓KI溶液中的可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀 ④. 稀KI溶液 ⑤. 实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致
（3） ①. KNO3溶液 ②. KI
【解析】
【分析】根据将碘水加入盛有银粉的试管中的实验实验现象提出假设，结合的数值可知AgI难溶于水，若有AgI生成，溶液中有浑浊出现，假设1不是主要原因。实验证实银粉表面生成了AgI，根据 AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在，从平衡的角度分析AgI的生成。实验Ⅱ的现象说明证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的。Ag与碘水反应的过程中，证明AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行，要进行对比实验，若没有碘化银生成，指针无明显偏转。若加入碘化钾溶液后生成碘化银，指针明显偏转即可证明。所以先加硝酸钾溶液，再加碘化钾。
【小问1详解】
根据迁移到水生成次碘酸和氢碘酸。写出对应的化学方程式：，答案为；
【小问2详解】
从所给信息可知银粉与HI反应生成和对应的化学方程式: 。结合数据的数值可知难溶于水，若有生成，溶液中应有浑浊出现，判断假设l不是主要原因。证实银粉表面生成了：AgI取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液时， 与浓KI溶液中的I-可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出沉淀。碘水中生成的次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。所以碘水中存在的、、多种微粒。向实验Ⅰ最后所得溶液中加入稀KI溶液，有利于的生成，使得溶液立即变蓝。说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是被消耗过多所致。结合以上分析可知实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；答案为： ；不是；AgI与浓KI溶液中的I-可发生反应，加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀；稀KI溶液；实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；
【小问3详解】
Ag与碘水进行原电池设计时Ag作负极，失电子生成的。石墨作正极。先加KNO3溶液，构成闭合回路，但指针无明显偏转。几乎没有电流通过。再加KI溶液，指针明显偏转。银负极失电子生成的和生成的促进了体系中氧化还原反应的进行。答案为KNO3溶液；KI。
【点睛】探究实验时提出多种假设，进行实验方案的设计，要结合现象进行理论分析，最终得出结论。A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液
B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体
D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液
步骤
装置
操作
现象
①
打开，闭合
两极均产生气体……
②
打开，闭合
电流计指针发生偏转
温度/℃
850
1000
1200
1400
K
0.5
2
275
1772
顺铂
反铂
结构
25℃时溶解度/g
0.2577
0.0366
实验Ⅰ
现象
现象a：棕黄色溶液(pH≈5.9)迅速变为无色，Ag粉表面略变暗，未见其他明显现象，溶液pH≈6.2。
现象b：滴加淀粉溶液，未见明显变化；继续滴加稀H2SO4，溶液仍未见明显变化。
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是
A. 的原子核内有21个中子
B. 的半衰期长，说明难以失去电子
C. 衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间
D. 从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确；
B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；
C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变半所需的时间，C错误；
D．从原子束流中直接俘获原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；
本题选A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 基态S原子的最外层电子轨道表示式：
B. 基态2９Cu原子的电子排布式：
C. H2O的VSEPR模型：
D. Cl2分子中σ键的形成：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态S原子的最外层电子轨道表示式：，故A正确；
B．基态2９Cu原子的电子排布式：，故B错误；
C．H2O的VSEPR模型：，故C正确；
D．Cl2分子中σ键的形成：，故D正确；
答案选B。
3. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A. 用石灰乳脱除烟气中的SO2
B. 用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水
C. 用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)
D. 用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
答案选D。
4. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 制备84消毒液(主要成分是)：
B. 食醋去除水垢中的：
C. 利用覆铜板制作印刷电路板：
D. 去除废水中的：
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；
B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B项错误；
C．FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；
D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确；
故选B。
5. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2
B. 1.8g重水中所含质子数为
C. 电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32g Cu转化为
D. 溶液中，、数目之和为0.1
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，故28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为，A正确；
B．1.8g重水中所含质子数为，B错误；
C．电解粗铜精炼铜，阳极发生反应除了Cu-2e-=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为时，阳极溶解的铜小于32g，C错误；
D．溶液中，、数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误；
故选A。
6. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。
已知：
下列说法不正确的是
A. 氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能
B. 的过程中，，
C. kJ·ml
D. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；
B．由盖斯定律可知，的过程中，，气体变液体的过程，该反应是熵减的反应，，B正确；
C．由盖斯定律可知，C错误；
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故选C。
7. 下列实验的对应操作中，不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故A正确；
B．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿着烧杯内壁注入烧杯，并用玻璃棒不断搅拌，故B正确；
C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体，在蒸发皿中进行蒸发结晶操作，并用玻璃棒搅拌，故C正确；
D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液，当液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容，故D错误；
故答案为：D。
8. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A. 1 ml平衡混合气体中含1 ml N原子
B. 断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 ml平衡混合气体中所含N原子大于1 ml 小于2ml ，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
9. 离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A. 中均有非极性共价键
B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C. 中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
10. 小组同学用如下方法制作简单的燃料电池。
下列说法不正确的是
A. ①中Cl-比OH-容易失去电子，在石墨(Ⅰ)发生氧化反应
B. ①中还可观察到石墨(Ⅱ)电极附近的溶液变红
C. ②导线中电子流动方向：从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(Ⅰ)电极
D. ②中石墨(Ⅱ)发生的电极反应式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．①为外接电源的电解池，石墨(Ⅰ)连接电源的正极作阳极发生失电子的氧化反应，Cl-比OH-容易失去电子，2Cl--2e-=Cl2，A正确；
B．石墨(Ⅱ)电极连接电源的负极作阴极，水中的氢元素得电子化合价降低生成氢气和氢氧化钠，滴酚酞的溶液变红，B正确；
C．②为原电池，石墨(Ⅱ)电极是负极，发生失电子的氧化反应，故电子从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(Ⅰ)电极，C正确；
D．由上述分析知②中石墨(Ⅱ)周围有氢氧化钠显碱性，故发生的电极反应式为：，D错误；
故选D。
11. 一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应()原理如下。
已知“甲烷重整”反应在不同温度下的化学平衡常数：
下列说法不正确的是
A. 物质a可能是Fe3O4
B. 若增大的值，则CH4的平衡转化率降低
C.
D. 1000℃，若容器中、，则反应处于平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应①可知，氢元素被还原，则铁元素被氧化，所以物质a可能是Fe3O4，故A正确；
B．若增大的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降低，故B正确；
C．升高温度，化学平衡常数增大，则正反应为吸热反应，故C正确；
D．1000℃，若容器中、，则，则此时反应未处于平衡状态，故D错误；
故选D。
12. 液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如下图。
下列说法不正确的是
A. 放电时，正极反应式为
B. 放电时，物质a为
C. 充电时，AQDS/储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室
D. 增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，右侧Br2+2e-=2Br-，作正极；左侧AQDSH2失电子生成AQDS和H+，作负极。则充电时，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极。
【详解】A．放电时，右侧电极为正极，Br2得电子生成Br-，正极反应式为，A正确；
B．由分析可知，放电时，AQDSH2失电子生成AQDS和H+，则物质a为，B正确；
C．充电时，AQDS+2e-+2H+=，H+被消耗，则AQDS/储液罐中的pH增大，H+从溴极室(右侧)通过质子交换膜到达碳极室(左侧)，C不正确；
D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D正确；
故选C。
13. 室温时，向20mL0.1ml⋅L两种酸HA、HB中分别滴加0.1ml⋅LNaOH溶液，其pH变化分别对应如图中的曲线Ⅰ、Ⅱ，下列说法不正确的是
A. 滴加NaOH溶液至时，两种溶液中
B. 向NaA溶液中滴加HB可产生HA
C. a点，溶液中微粒浓度：
D. 滴加20mLNaOH溶液时，Ⅰ中的电离程度大于Ⅱ中
【答案】A
【解析】
【分析】20 mL 0.1 ml⋅L−1的两种酸 HA、HB中，HB的pH=1，所以HB是强酸，HA对应的pH大于1，是弱酸。
【详解】A．滴加 NaOH溶液至 pH=7时，根据电荷守恒c(OH−)+c(A−)或c(B−)=c(H+)+c(Na+)，pH=7时，c(OH−)=c(H+)，两种溶液中 c(A−)或c(B−)=c(Na+)，但是两种溶液中滴加NaOH至pH=7消耗的NaOH溶液体积并不相等，故c(A−)、c(B−)并不相等，A 错误；
B．向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，遵循强酸制弱酸的原理，B正确；
C．20 mL 0.1 ml⋅L−1的酸 HA中滴加 0.1 ml⋅L−1 NaOH溶液10 mL，则HA酸会剩余，同时产生NaA，a点溶液显示酸性，则HA电离大于A水解，溶液中微粒浓度：c(A−)>c(Na+)>c(HA)，C正确；
D．滴加 20 mL NaOH 溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaB是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的NaA是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中，D正确；
故选A。
14. 一定温度下，和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，其中浓度的单位均为0.1。
下列说法正确的是
A. a点条件下能生成沉淀，也能生成沉淀
B. b点时，，
C. 向NaOH、均为的混合溶液中滴加溶液，优先产生沉淀
D. 的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，b点时，溶液中镁离子浓度为0.1ml/L时，溶液中氢氧根离子浓度和碳酸根离子浓度均为10—6ml/L，则氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]= 0.1×(10—6)2=10—13，碳酸镁的溶度积Ksp(MgCO3)= 0.1×0—6=10—7。
【详解】A．由图可知，a点条件下，溶液中氢氧化镁、碳酸镁的离子积均小于对应溶度积，不能生成碳酸镁沉淀，也不能生成氢氧化镁沉淀，故A错误；
B．由分析可知，氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]小于碳酸镁的溶度积Ksp(MgCO3)，故B错误；
C．由分析可知，向浓度均为0.1ml/L的氢氧化钠、碳酸钠的混合溶液中滴加氯化镁溶液时，形成氢氧化镁沉淀时Mg2+的浓度大于10-11ml/L，形成碳酸镁沉淀时Mg2+的浓度大于10-6ml/L，则先生成氢氧化镁沉淀，故C错误；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====106，故D正确；
故选D。
第二部分
二、本部分共5题，共58分。
15. 配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
（1）的配体为和，写出的电子式：_______。
（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子的轨道表示式为_______，属于_______区元素。
②生成物中a、b示的作用力类型分别是_______。
③在中，配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
①推测中的杂化轨道类型不是，依据是_______。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。
（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积_______(阿伏加德罗常数为)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因：_______。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。
【答案】（1） （2） ①. ②. ds ③. 配位键、氢键 ④. <
（3） ①. 若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象 ②. 顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
（4） ①. ②. 在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强
【解析】
【小问1详解】
是共价化合物，电子式为：。
【小问2详解】
①Cu是29号元素，基态原子价层电子的轨道表示式为，属于ds区元素；
②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；
③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：<。
【小问3详解】
①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象，所以中的杂化轨道类型不是；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
【小问4详解】
①铂晶胞中Pt的个数为8+6=4，n(Pt)= ml，晶胞的体积为a3×10-27m3，=；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强，所以在溶液中使用会产生而略有损耗。
16. 小组同学对比和的性质，进行了如下实验。
（1）向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下。
①图_______ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。
②A′-B′发生反应的离子方程式为_______。
③下列说法正确的是_______ (填序号)。
a.和溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：
c.水的电离程度：
（2）向1ml的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。
资料：
i.1ml的溶液中，，
ii.25℃时，，
①补全与反应的离子方程式：_______。
②通过计算说明与反应产生沉淀为而不是_______。
【答案】（1） ①. 乙 ②. H++= ③. ac
（2） ①. 2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O ②. 1ml⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9ml⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5ml⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)。
【解析】
【小问1详解】
①H2CO3的电离平衡常数Ka1＞Ka2，故相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即图乙是Na2CO3的滴定曲线；
②HCl和Na2CO3的反应分为两步：HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则A′-B′发生反应的离子方程式为H++=；
③a．Na2CO3和NaHCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、、、OH-、H2CO3和H2O，a正确；
b．图甲是NaHCO3的滴定曲线，B点表示NaHCO3和HCl恰好完全反应，此时溶液中已不含、、H2CO3，则仅A点满足c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，b错误；
c．图甲中，A点的溶质是NaHCO3，的水解能促进水的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，H+能抑制水的电离；故水的电离程度：A＞B＞C，c正确；
故选ac。
【小问2详解】
①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白色FeCO3沉淀，还生成气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
②1ml⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9ml⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5ml⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与FeCl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。
17. 将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。
（1）一种富集烟气中的方法示意图如下：
写出“解吸”过程产生的化学方程式：_______。
（2）性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_______(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使_______(填“提供”或“接受”)电子转化为
（3）与在催化剂作用下可转化为，体系中发生主要反应如下：
i.
ii.
研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：_______。
（4）在催化剂作用下，将1ml、3ml投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如下。
已知：
①随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是_______。
②在240℃达到平衡时，体系_______(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ(除了反应ⅰ和ⅱ不考虑其他反应)。
【答案】（1）2KHCO3K2CO3+CO2+H2O
（2） ①. O ②. 接受
（3）CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)
（4） ①. 反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度 ②. 吸收 ③. 3.45
【解析】
【小问1详解】
“解吸”过程产生化学方程式为酸式盐碳酸氢钾的受热分解：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；
【小问2详解】
使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受O原子的孤电子对，破坏的结构使其活化；采用电化学、光化学等手段，使接受电子转化为；
【小问3详解】
由盖斯定律可知反应i-反应ii可得目标方程CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)；
【小问4详解】
随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度；根据图像可知二氧化碳的转化率为15%，甲醇的选择性是20%，故有1ml15%20%=0.03ml二氧化碳参与反应i，反应i放热490.03=1.47kJ；1ml15%80%=0.12ml二氧化碳参与反应ii，反应ii吸热410.12=4.92kJ。故在240℃达到平衡时，体系吸收的热量为4.92-1.47=3.45kJ。
18. 溴酸钾可用于测定水体中的砷含量。
（1）的一种制法如下。
①与KOH溶液反应时，若产生1ml，理论上需要_______ml。
②能提高溴的原子利用率。用离子方程式表示的作用：_______。
③已知：25℃时的溶度积()
设计由“含的溶液”到“较纯净的溶液”的流程：_______(按上图形式呈现，箭头上方注明试剂，下方注明操作，如)。
④
的溶解度随温度变化如下图所示。从“较纯净的溶液”中得到“固体”的主要操作是_______。
（2）测定水体中亚砷酸盐的含量：取amL水样，向其中加入一定量盐酸使转化为，再加入2滴甲基橙指示剂和一定量，用溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗溶液vmL。滴定过程中发生如下反应：
反应a：
反应b：
当反应完全后，甲基橙与生成的反应而褪色，即达到滴定终点。
①配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。
②水样中的含量为_______。【已知：】
③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，会使测定结果_______。(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1） ①. 3 ②. Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 ③. ④. 蒸发浓缩、冷却结晶
（2） ①. 容量瓶 ②. ③. 偏高
【解析】
【分析】计算物质的含量时，要根据方程式找到物质之间的比例关系，之后根据给出的数据按照比例计算。
【小问1详解】
①根据方程式3Br2+6KOH=KBrO3+5KBr+3H2O可知，与KOH溶液反应时，若产生1ml，理论上需要3mlBr2；②加入Cl2，能将Br-氧化为Br2，继续与KOH反应，提高溴的原子利用率，离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+2Br-；③由“含的溶液”到“较纯净的溶液”，可以先加入过量的氢氧化钡溶液，生成，过滤后除去溶液中的杂质，之后向固体中加入过量的碳酸钠，使生成更难溶的碳酸钡过滤除去，得到较纯净的溶液，流程为 ；④由曲线图可知，的溶解度受温度影响明显，故操作可以是蒸发浓缩、冷却结晶。
【小问2详解】
①制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；②反应a可知3，向amL水样滴入vmL的溶液，的物质的量为cv×10-3，所以的物质的量为3 cv×10-3，则1L水样中的含量为=g即gL-1；③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，致使滴入过量的，使测定结果偏高。
【点睛】物质的制备流程一般包括目标元素的提取、杂质的去除、核心转化、产品的分离与提纯，解题时要分析原料中的杂质有哪些，哪些会随同目标元素一起进入下一步骤，怎样去除这些杂质，核心转化反应的原理是什么，怎样分离产品以及怎样提纯等等。
19. 实验小组探究金属银与碘水的反应。
已知25℃时：i．碘水中、
ii．次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。
iii．；AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在。
将碘水I2溶于蒸馏水)加入盛有银粉的试管中，实验记录如下：
（1）碘水中I2与H2O反应的化学方程式为___________。
（2）针对实验Ⅰ现象a“棕黄色溶液迅速变为无色”的原因，实验小组提出如下假设：
假设1：银粉与氢碘酸发生反应___________(填化学方程式)生成碘化银，使碘单质减少；。
假设2：银粉与碘单质直接化合生成碘化银，使碘单质减少；
假设3：银粉与氢碘酸及O2共同作用生成碘化银，使碘单质减少
实验小组结合资料分析并设计实验验证假设：
①结合数据和实验现象判断假设l___________(填“是”或“不是”)主要原因。
②通过实验证实银粉表面生成了AgI：取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液，振荡，静置，取上层清液，加蒸馏水稀释，出现黄色浑浊。用化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因：___________。
③资料表明假设2成立。
④实验小组针对假设3，在实验Ⅰ的基础上设计了实验Ⅱ和实验Ⅲ：
实验Ⅱ：取一定量碘水，加入CCl4，充分振荡后分液，取上层清液，加入淀粉溶液，未见明显变化；加入稀硫酸后溶液变蓝。
实验Ⅲ：向实验Ⅰ最后所得溶液中加入___________(填试剂)，溶液立即变蓝。
综合实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ，可以证实假设3.分析实验Ⅱ的作用是___________。
（3）反思：实验小组认为，本实验Ag与碘水反应的过程中，AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行。进行电化学实验证实。补全下图所示电化学装置中的试剂__________、__________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 不是 ③. AgI与浓KI溶液中的可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀 ④. 稀KI溶液 ⑤. 实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致
（3） ①. KNO3溶液 ②. KI
【解析】
【分析】根据将碘水加入盛有银粉的试管中的实验实验现象提出假设，结合的数值可知AgI难溶于水，若有AgI生成，溶液中有浑浊出现，假设1不是主要原因。实验证实银粉表面生成了AgI，根据 AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在，从平衡的角度分析AgI的生成。实验Ⅱ的现象说明证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的。Ag与碘水反应的过程中，证明AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行，要进行对比实验，若没有碘化银生成，指针无明显偏转。若加入碘化钾溶液后生成碘化银，指针明显偏转即可证明。所以先加硝酸钾溶液，再加碘化钾。
【小问1详解】
根据迁移到水生成次碘酸和氢碘酸。写出对应的化学方程式：，答案为；
【小问2详解】
从所给信息可知银粉与HI反应生成和对应的化学方程式: 。结合数据的数值可知难溶于水，若有生成，溶液中应有浑浊出现，判断假设l不是主要原因。证实银粉表面生成了：AgI取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液时， 与浓KI溶液中的I-可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出沉淀。碘水中生成的次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。所以碘水中存在的、、多种微粒。向实验Ⅰ最后所得溶液中加入稀KI溶液，有利于的生成，使得溶液立即变蓝。说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是被消耗过多所致。结合以上分析可知实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；答案为： ；不是；AgI与浓KI溶液中的I-可发生反应，加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀；稀KI溶液；实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；
【小问3详解】
Ag与碘水进行原电池设计时Ag作负极，失电子生成的。石墨作正极。先加KNO3溶液，构成闭合回路，但指针无明显偏转。几乎没有电流通过。再加KI溶液，指针明显偏转。银负极失电子生成的和生成的促进了体系中氧化还原反应的进行。答案为KNO3溶液；KI。
【点睛】探究实验时提出多种假设，进行实验方案的设计，要结合现象进行理论分析，最终得出结论。A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液
B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体
D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液
步骤
装置
操作
现象
①
打开，闭合
两极均产生气体……
②
打开，闭合
电流计指针发生偏转
温度/℃
850
1000
1200
1400
K
0.5
2
275
1772
顺铂
反铂
结构
25℃时溶解度/g
0.2577
0.0366
实验Ⅰ
现象
现象a：棕黄色溶液(pH≈5.9)迅速变为无色，Ag粉表面略变暗，未见其他明显现象，溶液pH≈6.2。
现象b：滴加淀粉溶液，未见明显变化；继续滴加稀H2SO4，溶液仍未见明显变化。
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