（新高考）高考化学考前冲刺卷（三）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

高考考前冲刺卷
化 学（三）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5

一、选择题：每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法不正确的是
A．用石英砂与焦炭在高温条件下反应直接制得高纯硅
B．高炉炼铁、生产水泥和制造玻璃都要用到石灰石
C．海水提取粗食盐后的母液，可作为提取镁的原料
D．铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂
2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L四氯化碳含共价键总数为0.4NA
B．由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为2NA
C．由NO2与N2O4组成的4.6g混合气体含氮原子数为0.5NA
D．标准状况下，溶有6.72L SO2的水中HSO与SO的微粒数目之和为0.3NA
3．中国古代成语中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．“滴水石穿”包含了化学变化
B．“火树银花”利用了金属元素的焰色反应
C．“百炼成钢”中的“钢”比纯铁的熔点高
D．“陶犬瓦鸡”中的“陶”“瓦”均为硅酸盐材料
4．下列实验能够达到目的的是

A．装置甲可以制取少量氧气 B．装置乙用来检验NH
C．装置丙用来验证碳酸氢钠受热分解 D．装置丁制备无水氯化镁
5．北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示：

下列说法正确的是
A．该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色
B．1mol该双环烯酯能与3mol H2发生加成反应
C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面
D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种
6．在指定溶液中下列离子能大量共存的是
A．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO、Cl−
B．透明澄清的溶液：NH、Fe3+、SO、NO
C．c(ClO−)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO、S2−
D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH、HCO、NO
7．氯气是常用的化工原料，可用作消毒剂和漂白剂；实验室用MnO2和盐酸反应可制取氯气。氯气有毒，泄漏时需要妥善处理。自来水厂一种预防和处理Cl2泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正确的是

A．Cl2和水反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl−+HClO+H+
B．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2
C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl−+2Fe3+
D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO−、Cl−
8．对下列实验事实的解释不合理的是
选项
实验事实
解释
A
KMnO4室温下能氧化浓盐酸生成Cl2；二氧化锰加热时才能氧化浓盐酸生成Cl2
氧化性：KMnO4>MnO2
B
将1mL 2mol·L−1的KI溶液与10mL 1mol·L−1 Fe(NO3)3溶液混合充分反应后滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
KI与Fe(NO3)3反应有可逆性
C
电解CuCl2溶液，阴极得到铜；电解NaCl溶液，阴极得不到Na
得电子能力：Cu2+>Na+>H+
D
钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈
羟基中氢的活泼性：CH3CH2OH 9．溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：

下列说法错误的是
A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH，步骤II加入的试剂a是石灰水
B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀过量Ca2+
C．试剂b是氢溴酸，步骤IV的目的是除去过量的氢氧化钙
D．步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩，冷却结晶
10．一种新型锂盐可作为锂电池的电解液，其结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是

A．X与W能够形成具有极性键的非极性分子
B．W、X、Y、Z的原子半径大小关系：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)
C．简单气态氢化物的还原性：W＞Y
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于Z
11．常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数数值分别为1.7×10−5、1.8×10−4，以下关于0.1mol/L CH3COOH溶液、0.1mol/L HCOOH溶液的说法正确的是
A．c(H+)：CH3COOH＞HCOOH
B．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH＞CH3COOH
C．HCOOH可能与NaOH发生反应：H++OH−=H2O
D．将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，保持不变
12．反应CH4(g)+CO2(g)=CH3COOH(g)在一定条件下可发生，该反应历程示意图如图所示。有人提出利用电化学处理，可提高能量的利用率，下列说法不正确的是

A．若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极
B．使用催化剂，可降低活化能和焓变，加快反应速率
C．由图象可知①→②放出能量并形成了碳碳单键
D．若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极反应为：2CO2+8e−+8H+=CH3COOH+2H2O
13．可利用如下反应将二氧化碳转化为甲烷：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g) ΔH=+802kJ·mol−1，如图为在恒温、光照、不同初始浓度和不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，体积为2L的密闭容器中，n(CH4)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是

A．反应开始后的30h内，催化剂Ⅰ的作用下，反应吸收的热量多
B．0～15h内，催化剂Ⅱ的催化效果比催化剂Ⅰ效果好
C．0～16h内，催化剂Ⅰ作用下，v(O2)=1.5mol·L−1·h−1
D．a点时，CO2的转化率相等
14．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是

A．m点对应的NaOH溶液体积小于10mL
B．Ka(HA)的数量级为10−5
C．l点所示溶液中：c(Na+)＜c(A−)+c(HA)
D．各点水的电离程度关系：n＞m＞l
15．科学家对具有广泛应用前景的新型Li−CO2电化学储能系统研究发现，用碳化钼(Mo2C)作Li极催化剂时CO2的放电产物为Li2C2O4，装置如图所示。若用Au和多孔碳作Li极催化剂，则产物为Li2CO3和C。下列说法正确的是

A．该电池最好选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液
B．用Mo2C作催化剂时，负极每消耗7g Li，正极消耗11.2L CO2
C．用Au作催化剂时CO2放电的电极反应式为4Li++4e−+3CO2=2Li2CO3+C
D．生成等物质的量Li2C2O4和Li2CO3消耗CO2的量相同，电路中转移电子数相同
二、 非选择题（共55分）
16．工业上用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分是CuFeS2)制备绿矾和胆矾，其主要工艺流程如下：

已知：①T.f细菌在1.0 ②几种离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：

Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.2
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是_______(填序号)。
A．粉碎、搅拌都可以提高堆浸速率
B．从物质分类角度看，“矾”属于硫酸盐
C．绿矾溶液加热、蒸干并灼烧可得到FeO固体
D．可用胆矾检验SO2气体中是否混有水蒸气
(2)生物堆浸包括两个过程：
①CuFeS2+4H++O2=Cu2++Fe2++2S+2H2O；
②_______(补充离子方程式)。
反应过程中的能量变化如图所示，该堆浸过程反应的活化能是_______(填能量图中符号)。生物堆浸过程中应控制溶液pH的范围为_______。

(3)检验滤液M中是否含硫酸铁的试剂为_______(填化学式)。在确定无Fe3+后，滤液M先加入少量稀硫酸，目的是_______，然后经过_______、过滤、洗涤、干燥制得绿矾。
(4)用滴定法测定所得产品中CuSO4·5H2O的含量，称取a g样品配成100mL溶液，取出20.00mL，用c mol·L−1滴定剂EDTA(H2Y2−)标准溶液滴定至终点(滴定剂不与杂质反应)，消耗滴定剂b mL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2−=CuY2−+2H+
①则CuSO4·5H2O质量分数为_______。
②滴定结束时俯视滴定管度数，则会导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
17．氮氧化物的处理是环境科学研究的热点课题。
(1)已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol−1
Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-221.0kJ·mol−1
Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH3=+180.5kJ·mol−1
利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)。
①该反应正反应的活化能为Ea kJ·mol−1，则逆反应的活化能为______kJ·mol−1。
②该反应在下能______自发进行(填“高温”或“低温”)。
③在2L恒容密闭容器中加入3mol CO和2mol NO，测得NO的转化率与温度(T)、时间(t)间的变化关系如图所示：则T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______；T1温度下，上述反应的平衡常数K=______L·mol−1；若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4mol N2和a mol NO，使平衡向右移动，则a的取值范围是______。

(2)有人利用反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g) ΔH=-34.0kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现向恒容密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应。
①若为绝热容器，下列表示该反应达到平衡状态的是______(填字母)。
A．混合气体的密度保持不变
B．混合气体的压强保持不变
C．NO和N2的消耗速率之比为1∶2
D．混合气体中c(NO)=c(N2)
②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，则A、B、C三点中______点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是______。

18．某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu(OH)2悬浊液反应的产物。

按图连接好装置(夹持装置省略)，打开磁搅拌器，先往CuCl2溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应，再通入过量的SO2，三颈烧瓶中生成大量白色沉淀X。
(1)制取SO2最适宜的试剂是___________。
A．Na2SO3固体与20%的硝酸 B．Na2SO3固体与20%的硫酸
C．Na2SO3固体与70%的硫酸 D．Na2SO3固体与18.4mol·L−1的硫酸
(2)根据选定的试剂，虚框中应选用___________(填“A”或“B”)装置；通入SO2过程中不断用磁搅拌器搅拌的目的是___________。
(3)甲同学推测X可能为CuSO3。他取出少量洗涤后的X加入足量稀硫酸进行实验验证，观察到___________，则甲同学推测错误。
(4)乙同学查阅资料：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸形成CuCl；与氨水反应生成Cu(NH3)，在空气中会立即被氧化成深蓝色Cu(NH3)溶液。据此推测X可能为CuCl。他取出少量洗涤后的白色沉淀X，加入浓盐酸，沉淀溶解，加水稀释，又出现白色沉淀，据此得出乙同学推测正确。
①从平衡角度解释加水稀释重新产生白色沉淀的原因___________。
②请再设计一种证明该白色沉淀为CuCl的方案：___________。
③三颈烧瓶中生成CuCl的离子方程式为：___________。
19．化合物F是一种复合材料的组成部分，其合成路线如图：

(1)C中含有的官能团为_______。
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)已知，则化合物X的结构简式为_______。
(4)E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结构简式：_______。
①在一定条件下能发生水解反应
②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢
(5)苯乙酮肟()常用作农药杀虫剂。设计以和NH2OH为原料制备苯乙酮肟的合成路线_____(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。




（新高考）高考考前冲刺卷
化 学（三）答案
1. 【答案】A
【解析】A．用石英砂与焦炭在高温条件下反应直接制得粗硅，粗硅提纯可得高纯硅，故A错误；B．高炉炼铁需要用石灰石，它用作熔剂，助熔，造渣，生产水泥需要用黏土和石灰石为原料，制造玻璃需要用纯碱、石灰石和石英为原料，所以都要用到石灰石，故B正确；C．海水提取粗食盐后的母液中含有氯化镁，可作为提取镁的原料，故C正确；D．铜盐中的铜离子，能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂，故D正确；故答案为A。
2. 【答案】B
【解析】A．标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳中共价键的总数，A项错误；B．1mol H218O中含有中子数为(0×2+18-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，1mol D216O中含有中子数为(1×2+16-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，故4.0g混合物含中子数为，B项正确；C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式都是NO2，4.6g由NO2与N2O4组成的混合气体中含有氮原子数为，C项错误；D．标准状况下，6.72L SO2的物质的量为，其水溶液中还存在亚硫酸分子，根据物料守恒可知，HSO与SO的微粒数目之和小于0.3NA，D项错误；答案选B。
3. 【答案】C
【解析】A．石头大多由大理石即碳酸钙组成，其能与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，该物质是可溶性物质，随着水流走了，故该变化是化学变化，A项正确；B．很多金属或他们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，故“火树银花”指的是金属元素的焰色反应，B项正确；C．钢是铁的合金，合金的硬度低于成分金属，所以钢材的熔点低于成分金属，C项错误；D．瓦是用水泥制作的，水泥、陶瓷均为硅酸盐材料，D项正确；答案选C。
4. 【答案】D
【解析】A．过氧化钠是粉末，过氧化钠和水反应太剧烈，不容易控制，不能用该装置制取氧气，A项不选；B．湿润的蓝色试纸用于检验酸性气体，氨气是碱性气体，应用红色的石蕊试纸检验，B项不选；C．碳酸氢钠分解产物有水生成，试管口应该稍稍向下倾斜，避免试管炸裂，C项不选；D．HCl可抑制Mg2+水解，无水CaCl2可吸收水，用该装置可以制备氯化镁，D项选；答案选D。
5. 【答案】A
【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2mol H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH2—上有1种，共有9种，选项D不正确。
6. 【答案】B
【解析】A．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反应，不能大量共存，A不符题意；B．透明澄清的溶液中NH、Fe3+、SO、NO之间不反应，能大量共存，B符合题意；C．ClO−有强氧化性，能氧化S2−，不能大量共存，C不符题意；D．加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO，否则不产生氢气，氢离子与HCO反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH、HCO均能与OH−反应，不能大量共存，D不符题意；答案选B。
7. 【答案】D
【解析】Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强酸，次氯酸是弱酸，离子方程式为：H2O+Cl2Cl−+HClO+H+，故A正确；B．铁单质有还原性，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B正确；C．氯气有氧化性，亚铁离子有还原性，故吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl−+2Fe3+，故C正确；D．因为亚铁离子有还原性，次氯酸根离子有氧化性，二者会发生氧化还原反应，二者不能共存，所以铁屑耗尽时溶液中Fe2+、Fe3+、ClO−、Cl−不可能大量共存，故D错误；故答案为D。
8. 【答案】C
【解析】A．根据事实，后者反应条件更高，因此KMnO4氧化性强，A正确；B．1mL 2mol·L−1的KI溶液与10mL 1mol·L−1 Fe(NO3)3溶液混合，其中Fe(NO3)3过量，混合充分反应后滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，证明溶液中还存在碘离子，因此可证明KI与Fe(NO3)3反应进行不彻底，有可逆性，B正确；C．电解时分析阴极产物主要分析溶液中阳离子氧化能力，CuCl2溶液存在Cu2+、H+，NaCl溶液存在Na+、H+，根据产物可知氧化性为Cu2+>H+>Na+，C错误；D．钠与乙醇、水反应本质都是与羟基中氢反应，根据反应剧烈程度可判断氢的活泼性：CH3CH2OH 9. 【答案】B
【解析】大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂b为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体。A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH，步骤II加入的试剂a的目的是防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A正确；B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B错误；C．加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确；D．步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到CaBr2∙6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故D正确；答案选B。
10. 【答案】A
【解析】Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；根据结构示意图，X可形成3个σ键，1个配位键，所以X为B；Z可形成4条共价键，与Y同周期，为C；W形成1条共价键，为F。A．X与W形成BF3，平面三角形构型，结构对称，为含有极性键的非极性分子，故A正确；B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径大小关系：r(X)＞r(Z)＞r(Y)＞r(W)，故B错误；C．非金属性越强，形成的氢化物越稳定，氢化物的还原性就越弱，因此氢化物稳定性：HF＞H2O，但是还原性：HF 11. 【答案】D
【解析】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，所以溶液中的c(H+)：CH3COOH＜HCOOH，故A错误；B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH=CH3COOH，故B错误；C．HCOOH是弱酸，与NaOH发生反应：HCOOH+OH−=HCOO−+H2O，故C错误；D．=，将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，保持不变，故D正确；故选D。
12. 【答案】B
【解析】A．CH4中碳原子化合价-4，CO2中碳原子化合价+4，CH3COOH中碳原子平均化合价为0价，所以对于CH4来说，有反应物到生成物化合价升高，做还原剂，那么在原电池中还原剂进负极失电子被氧化，描述正确，不符题意；B．催化剂只能降低活化能，不可能改变焓变，描述错误，符合题意；C．由题图可知，反应物能量高，生成物能量低，且催化过程中，CH4碳氢键断裂，碳原子与CO2碳原子形成单键，描述正确，不符题意；D．CO2进正极，在酸性条件下被还原，生成CH3COOH，电极反应式正确，不符题意；综上，本题选B。
13.【解析】A．根据图像，反应开始后的30h，催化剂Ⅰ的作用下，产生甲烷的物质的量多，因此吸收的能量多，故A正确；B．起始浓度不同，因此无法确定催化剂的催化效果，故B错误；C．0～16h内，催化剂Ⅰ作用下，甲烷的物质的量为12mol，根据化学反应方程式，得出该段时间内生成氧气的物质的量为12mol×2=24mol，依据反应速率的数学表达式，v(O2)==0.75mol·L−1·h−1，故C错误；D．题中没给出起始浓度，无法比较转化率的大小，故D错误；答案为A。
14.【答案】D
【解析】A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A−的水解程度，所以c(A−)＞c(HA)，而m点p=0，说明c(A−)=c(HA)，则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，A正确；B．m点时c(A−)=c(HA)，Ka(HA)==10−4.76，所以Ka(HA)的数量级为10−5，B正确；C．l点溶液呈酸性，溶液中溶质HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c(Na+)＜c(A−)+c(HA)，C正确；D．l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越强，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：l＜m＜n，D错误；故合理选项是D。
15.【答案】C
【解析】A．由于2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故该电池不能选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液，A错误；B．用Mo2C作催化剂时，发生的总反应为：2Li+2CO2=Li2C2O4，故负极每消耗7g Li，消耗1molCO2，故正极消耗标准状况下1mol×22.4L/mol=22.4L CO2，且未告知气体是否在标准状况下，无法计算气体的体积，B错误；C．用Au作催化剂时，产物为Li2CO3和C，故CO2放电的电极反应式为4Li++4e−+3CO2=2Li2CO3+C，C正确；D．有反应方程式可知，2Li+2CO2=Li2C2O4，4Li+3CO2=2
Li2CO3+C可知，生成等物质的量Li2C2O4和Li2CO3消耗CO2的量不相同，电路中转移电子数相同，D错误；故答案为C。
16.【答案】（1）AB
（2）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O E2 1.0-1.9
（3） KSCN溶液 抑制Fe2+水解 蒸发浓缩、冷却结晶
（4） 偏低
【解析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4·5H2O)。(1)A．粉碎、搅拌都可以增大反应物的接触面积，提高堆浸速率，A正确；B．从物质分类角度看，明矾、胆矾、蓝矾和绿矾等“矾”属于硫酸盐，B正确；C．绿矾溶液加热、蒸干并灼烧，水解后生成氢氧化亚铁和硫酸，由于空气中的氧气能够氧化Fe2+，而后又与硫酸生成硫酸铁等物质，得不到FeO固体，C错误；D．可用无水硫酸铜检验SO2气体中是否混有水蒸气，D错误；故答案为：AB；(2)根据题意知Fe2+继续被O2氧化转变成Fe3+，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，根据反应过程中的能量变化示意图可知，E1表示过程①的活化能，E2表示该堆浸过程反应的活化能，生物堆浸过程中，pH不能超过1.9，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的pH在1.0-1.9范围内，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；E2；1.0-1.9；(3)检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若溶液立即变为血红色，说明含有Fe3+，在确定无Fe3+后，由于溶液中的Fe2+将发生水解生成氢氧化铜沉淀，故滤液M先加入少量稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得绿矾，故答案为：KSCN溶液；抑制Fe2+水解；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)①根据反应方程式Cu2++H2Y2−=CuY2−+2H+可知，n(CuSO4·5H2O)=n(Cu2+)=n(H2Y2−)=c mol·L−1×b×10−3L=bc×10−3mol，则CuSO4·5H2O质量分数为 ，故答案为：；②滴定结束时俯视滴定管度数，将使标准液的体积偏小，则会导致测定结果偏低，故答案为：偏低。
17.【答案】（1）Ea+746.5 低温 0.16mol·L−1·min−1 0.25 a＞2
（2）AB BC 催化剂活性降低导致速率变慢
【解析】(1)①已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol−1
Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-221.0kJ·mol−1　Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH3=+180.5kJ·mol−1根据盖斯定律，反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)由2Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ，故该反应的ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3=2×（-393.5kJ·mol−1）-（-221.0kJ·mol−1）-（+180.5kJ·mol−1）=-746.5kJ·mol−1＝-746.5kJ/mol，该反应正反应的活化能为Ea kJ·mol−1，故逆反应的活化能为(746.5+Ea)kJ·mol−1，故答案为：746.5+Ea；②该反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)正反应为气体体积减小的方向，即ΔS＜0，又知ΔH<0，故该反应在能低温下自发进行，故答案为：低温；③根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率(CO)=(NO)==0.16mol·L−1·min−1，根据三段式分析可知：

T1温度下，上述反应的平衡常数K==0.25L·mol−1，若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4mol N2和a mol NO，使平衡向右移动，即Qc=＜K，解得：a＞2，则a的取值范围是a＞2，故答案为：0.16mol·L−1·min−1；0.25；a＞2；(2)①A．混合气体的密度保持不变，说明容器中气体的质量不变，故说明反应达到平衡状态，A符合题意；B．混合气体的压强保持不变，反应过程中气体的物质的量保持不变，由于是绝热容器中，故温度一直在改变，容器压强也在改变，现在不变了，说明反应达到平衡了，B符合题意；C．NO的消耗速率表示正反应速率，N2的消耗速率表示逆反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比，故NO和N2的消耗速率之比为2∶1时反应达到平衡，C不合题意；D．平衡的标志是体系中各物质的浓度保持不变，而不是相等，故混合气体中c(NO)=c(N2)不能说明反应达到平衡，D不合题意；故答案为：AB；②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，故A、B、C三点中B、C点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是催化剂活性降低导致速率变慢，故答案为：BC；催化剂活性降低导致速率变慢。
18.【答案】（1）C
（2） B 增大接触面积，加快反应速率，使固体充分反应
（3） 无气泡产生或无明显现象
（4） 加水氯离子浓度减小，CuCl+2Cl−CuCl平衡逆向移动 取少量洗涤后的白色沉淀X，加入过量的氨水，固体溶解，露置于空气中迅速得到深蓝色溶液 Cu(OH)2+SO2+2Cl−=2CuCl+SO+2H2O
【解析】氢氧化钠与氯化铜生成氢氧化铜悬浊液，再与二氧化硫反应生成氯化亚铜，多余的二氧化硫被氢氧化钠吸收。(1)A．Na2SO3固体与20%的硝酸，生成一氧化氮和水，故A错误；B．Na2SO3固体与20%的硫酸生成的二氧化硫易溶于水，故B错误；C．Na2SO3固体与70%的硫酸，70%的硫酸中存在少量的水，硫酸电离与亚硫酸钠发生反应生成二氧化硫，故C正确；D．Na2SO3固体与18.4mol·L−1的硫酸，硫酸中存在极少的水，硫酸不电离不与亚硫酸钠发生反应不生成二氧化硫，故D错误；故选C。(2)根据选定的试剂，虚框中应选用B，A装置一般要求块状固体与水不溶解或者粉化，亚硫酸钠遇水溶解，通入SO2过程中不断用磁搅拌器搅拌的目的是：增大与二氧化硫接触面积，加快反应速率。(3)甲同学推测X可能为CuSO3他取出少量洗涤后的X加入足量稀硫酸进行实验验证，CuSO3与稀硫酸反应生成铜离子，二氧化硫和水，观察到无气泡产生或无明显现象，则甲同学推测错误。(4)①从平衡角度解释加水稀释重新产生白色沉淀的原因：加水氯离子浓度减小，CuCl+2Cl−CuCl平衡逆向移动。②证明该白色沉淀为CuCl的方案：取少量洗涤后的白色沉淀X，加入过量的氨水，固体溶解，露置于空气中迅速得到深蓝色溶液。③三颈烧瓶SO2与新制Cu(OH)2悬浊液反应中生成CuCl的离子方程式为Cu(OH)2+SO2+2Cl−=2CuCl+SO+2H2O。
19.【答案】（1）sp2
（2） 氧化反应
（3） C2H5NH2
（4）
（5）
【解析】在HOAc作用下与NH2OH发生反应生成，与NaBH4发生还原反应生成，被二氧化锰氧化生成，在碳酸钠作用下与乙酰氯发生取代反应生成，在HOAc作用下加热与X反应生成，根据E、F推知X为C2H5NH2。(1)根据C的结构式可知含有的官能团为羟基和氨基；(2)C→D是被二氧化锰氧化生成，反应类型为氧化反应；(3)已知，在HOAc作用下加热与X反应生成，根据E、F推知X的结构简式为C2H5NH2；(4)E的一种同分异构体，满足：①在一定条件下能发生水解反应，则含有酯基或肽键；②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢，则高度对称，根据N、O原子可知N在中间，两边为羰基形成的肽键，符合条件的同分异构体为；(5)苯乙酮肟()常用作农药杀虫剂。以和NH2OH为原料制备苯乙酮肟，首先在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯与水发生催化水化生成，被二氧化锰氧化生成，在HOAc作用下与NH2OH发生反应生成，合成路线如下：。