2024年高考化学一轮复习第二部分阶段检测2含解析

PAGE1-阶段检测(二)一、选择题(每题3分，共48分)1．(2024·河南南阳高三期末)探讨表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列有关叙述错误的是()A．雾和霾的分散质不同，分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关答案C解析雾的分散质是细小的小水滴，分散剂是空气，霾的分散质是固体小颗粒，分散剂是空气，A正确；由图示可知大气中的HNO3和H2SO4分别与NH3反应生成的NH4NO3和(NH4)2SO4的固体颗粒物形成雾霾，B正确；NH3是形成无机颗粒物时消耗的反应物而不是催化剂，C错误；铵态氮肥在施用或保存过程中会产生NH3，雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。2．(2024·江西南康中学高三模拟)中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学探讨成果。下列常见古诗文对应的化学学问正确的是()选项古诗文化学学问A《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”利用焰色反应B《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”强水为氢氟酸C《诗经·大雅·绵》：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜味D《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高答案A解析钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”可推断该鉴别方法利用了焰色反应，故A正确；玻璃中的二氧化硅能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可推断，强水不行能是氢氟酸，故B错误；糖类不确定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味，故C错误；铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故D错误。3．(2024·广州高三调研测试)环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3.3]庚烷()是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是()A．与甲苯(C7H8)互为同分异构体B．1mol该化合物完全燃烧时消耗10molO2C．全部碳原子均处同一平面D．一氯代物共有3种(不含立体异构)答案B解析该有机物的分子式为C7H12，与甲苯(C7H8)不互为同分异构体，A错误；依据C7H12＋10O2eq\o(=,\s\up8(点燃))7CO2＋6H2O可知，1mol该化合物完全燃烧时消耗10molO2，B正确；该化合物中碳原子均为饱和碳原子，因此全部碳原子不行能处同一平面，C错误；该有机物为对称结构，其一氯代物有2种，D错误。4．(2024·福建三明高三期末)常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是()A．加酚酞呈浅红色的溶液中：Ba2＋、K＋、HCOeq\o\al(－,3)、NOeq\o\al(－,3)B．由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Ca2＋、Na＋、Cl－、HS－C．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Mg2＋、Fe3＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)D．无色透亮的溶液中：Al3＋、Cu2＋、SiOeq\o\al(2－,3)、CH3COO－答案A解析加酚酞呈浅红色的溶液呈弱碱性，Ba2＋、K＋、HCOeq\o\al(－,3)、NOeq\o\al(－,3)之间不反应，在弱碱性溶液中能够大量共存，A正确；由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HS－与H＋产生H2S气体，和OH－会发生反应产生S2－及水，在溶液中不能大量共存，B错误；加入铝粉能放出氢气的溶液可能呈酸性或强碱性，Mg2＋、Fe3＋与OH－反应，NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成H2，C错误；Cu2＋为有色离子，在无色溶液中不能大量存在，Al3＋、Cu2＋与SiOeq\o\al(2－,3)发生相互促进的水解反应，在溶液中也不能大量共存，D错误。5．(2024·广东揭阳高三期末)下列有关试验装置或试验现象，能达到预期目的的是()A．利用图1用于配制0.10mol·L－1NaOH溶液B．利用图2用于测定中和热C．利用图3所示装置收集HClD．利用图4所示装置制取少量NH3答案D解析容量瓶用于配制溶液，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故A错误；图2装置中缺少环形玻璃搅拌棒，故B错误；HCl密度比空气大，图3装置收集时应从长管通入，故C错误；图4装置为固液反应不加热装置，可用于试验室制取少量NH3，故D正确。6．(2024·河南滑县高三调研)CO可以消退N2O对大气的污染，发生反应为CO＋N2O=N2＋CO2，其反应经验两步反应：①N2O＋Fe＋=N2＋FeO＋(慢)；②FeO＋＋CO=CO2＋Fe＋(快)。已知：较慢的一步反应限制化学总反应的速率，下列说法正确的是()A．其他条件相同，CO的浓度越大，总反应速率越大B．Fe＋的作用是变更反应途径，FeO＋是中间产物C．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应D．若转移1mol电子，则处理11.2LN2O答案B解析化学总反应速率由反应①确定，上述总反应速率与CO浓度无关，A错误；Fe＋参与反应，最终又生成了Fe＋，它是催化剂，FeO＋是反应①的产物，是反应②的反应物，它属于中间产物，B正确；反应②是氧化还原反应，C错误；没有指明“标准状况”，不能用22.4L·mol－1求气体体积，D错误。7．(2024·A10联盟高三段考)下列指定反应的离子方程式正确的是()A．CaCl2溶液中通入CO2：Ca2＋＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2H＋B．氧化亚铁溶于稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2OC．NH3通入NaClO溶液中被氧化成N2：3ClO－＋2NH3=N2＋3Cl－＋3H2OD．NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O答案C解析CO2与CaCl2溶液不反应，A错误；氧化亚铁是金属氧化物不能拆，B错误；NaClO氧化NH3生成N2、氯化钠和水，反应的离子方程式为3ClO－＋2NH3=N2＋3Cl－＋3H2O，C项正确；碳酸氢钠溶液中加少量Ba(OH)2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为2HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)，D错误。8．(2024·湖南邵东创新试验学校高三月考)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．反应CH4＋H2Oeq\o(=,\s\up8(催化剂),\s\do8(△))3H2＋CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－=2H2OC．电池工作时，COeq\o\al(2－,3)向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)答案D解析1molCH4→CO，碳元素化合价由－4→＋2上升6价，1molCH4参与反应共转移6mol电子，故A错误；电极A上H2参与的反应式应为：H2＋COeq\o\al(2－,3)－2e－=CO2＋H2O，故B错误；依据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；O2在B极得电子，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)，故D正确。9．(2024·合肥市高三期末)下列叙述或书写正确的是()A．H2(g)＋F2(g)=2HF(g)ΔH＝－270kJ·mol－1，则相同条件下，2molHF气体的能量大于1mol氢气和1mol氟气的能量之和B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热大于241.8kJ·mol－1C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该中和反应的热化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2OΔH＝－57.4kJ·mol－1D．500℃、30MPa时，发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1，在此条件下将1.5molH2和过量N2充分反应，放出热量19.3kJ答案B解析从热化学方程式H2(g)＋F2(g)=2HF(g)ΔH＝－270kJ·mol－1可知，反应放热，即1mol氢气和1mol氟气的总能量大于2molHF气体的总能量，故A错误；2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，水由气体变为液体要放出热量，即氢气的燃烧热大于241.8kJ·mol－1，故B正确；热化学方程式没有标明物质的聚集状态，故C错误；由于该反应为可逆反应，氢气不行能完全转化为氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D错误。10．(2024·山东济宁高三期末)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)与SOeq\o\al(2－,3)粒子的物质的量之和为NAB．0.2molNO和0.1molO2充分反应后，混合物的分子数为0.2NAC．64g铜丝加热下在硫黄蒸气里完全反应后，失去的电子数为NAD．1L1mol·L－1Ca(ClO)2溶液中含ClO－的数目为2NA答案C解析1molSO2溶于足量水，发生反应：SO2＋H2OH2SO3，亚硫酸属于弱电解质，在水溶液中分步电离，依据物料守恒有SO2、H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)与SOeq\o\al(2－,3)粒子的物质的量之和为1mol，其数目之和为NA，故A错误；0.2molNO和0.1molO2充分反应后，由于化学平衡2NO2N2O4的存在，所以混合物的分子数小于0.2NA，故B错误；64g铜的物质的量为1mol，而铜和硫反应2Cu＋Seq\o(=,\s\up8(△))Cu2S后Cu由0价变为＋1价，故1mol铜失去NA个电子，故C正确；因ClO－部分水解生成HClO，故溶液中含ClO－的数目小于2NA，故D错误。11.(2024·湖南长沙高三模拟)乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中错误的是()A．分子式为C12H22O2B．能使酸性KMnO4溶液褪色，能发生加成反应和取代反应C．1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOHD．1mol该有机物在确定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol答案A解析乙酸橙花酯的分子式为C12H20O2，故A错误；由于乙酸橙花酯分子含有碳碳双键，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，能发生加成反应，含有酯基能发生取代反应，故B正确；1mol该有机物含有1mol酯基，所以1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故C正确；1mol该有机物含有2mol碳碳双键，所以1mol该有机物在确定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故D正确。12．(2024·百师联盟高三调研)第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010mol·L－1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是()A．简洁离子半径：X>Y>Z>WB．Y元素形成的单质存在同素异形体C．气态氢化物的稳定性：Z>W>YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性答案B解析四种溶液的物质的量浓度为0.010mol·L－1，依据图像，W对应溶液的pH＝2，说明W对应最高价氧化物的水化物为一元强酸，元素位于第三周期，即W为Cl；X对应溶液的pH＝12，则X对应最高价氧化物的水化物为一元强碱，即X为Na；Z对应水溶液的pH<2，即Z对应的最高价含氧酸为二元强酸，即Z为S；Y对应的水溶液为酸性，由于H2SiO3难溶于水，故Y只能为P。离子半径大小依次是P3－>S2－>Cl－>Na＋，故A错误；Y为P，P单质有红磷、白磷等，红磷和白磷互为同素异形体，故B正确；非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>S>P，即气态氢化物稳定性依次是HCl>H2S>PH3，故C错误；反应后生成Na3PO4，Na3PO4属于强碱弱酸盐，POeq\o\al(3－,4)发生水解反应，溶液显碱性，故D错误。13．(2024·山东临沂高三期末)依据下列试验内容得出的结论正确的是()选项试验内容结论A将某氧化物溶于水中，所得水溶液能使红色石蕊试纸变蓝该氧化物确定属于碱性氧化物B将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中，烧瓶内气体颜色变深NO2生成N2O4的反应的ΔH>0C向浓度均为0.1mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Cu(OH)2]D向某溶液中滴加NaHSO4溶液，先产生白色沉淀，后沉淀完全溶解该溶液中确定不含Ba2＋，可能含有AlOeq\o\al(－,2)答案D解析水溶液能使红色石蕊试纸变蓝，该溶液为碱性，该氧化物可能为Na2O2，Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；发生2NO2N2O4，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，放入热水中，颜色加深，平衡向逆反应方向进行，即正反应方向为放热反应，ΔH<0，故B错误；加入氨水，出现蓝色沉淀，先生成Cu(OH)2，说明Cu(OH)2比Mg(OH)2更难溶，推出Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，故C错误；因为沉淀完全溶解，即原溶液中不含Ba2＋，假如为AlOeq\o\al(－,2)，则发生AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，接着滴加，发生Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，符合试验现象，原溶液中可能含有AlOeq\o\al(－,2)，故D正确。14．(2024·江西师大附中高三期末)下列图示与对应的叙述不相符的是()A．图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液B．图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的状况下反应过程中的能量变更C．图3表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1醋酸溶液得到的滴定曲线D．图4表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，随着Ba(OH)2溶液体积V的变更，沉淀总物质的量n的变更答案C解析由图1可知A正确；运用催化剂可降低反应的活化能，B正确；若原溶液为0.1000mol·L－1的醋酸，则起点的pH不为1，C错误；设溶液中含NH4Al(SO4)2为1mol，随着Ba(OH)2溶液的加入，依次发生下列反应(化学方程式中的系数为实际参与反应或生成的物质的量)：NH4Al(SO4)2＋1.5Ba(OH)2=1.5BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋0.5(NH4)2SO4、0.5(NH4)2SO4＋0.5Ba(OH)2=0.5BaSO4↓＋NH3↑＋H2O、Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，即a、b点为BaSO4和Al(OH)3的混合物，但b点的BaSO4多些，c点为BaSO4，D正确。15．(2024·天津市高三模拟)有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa②NH4Cl与HCl③NH4Cl与NaCl④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)下列各项排序正确的是()A．pH：②＜①＜③＜④B．c(NHeq\o\al(＋,4))：①＜③＜②＜④C．溶液中c(H＋)：①＜③＜②＜④D．c(NH3·H2O)：①＜③＜④＜②答案B解析①中NH4Cl和CH3COONa浓度相等，NHeq\o\al(＋,4)和CH3COO－水解相互促进，程度相同，溶液呈中性；②中HCl抑制NH4Cl水解，溶液呈强酸性；③中NH4Cl与NaCl混合，为单水解呈酸性；④中NH4Cl与NH3·H2O的混合液呈碱性，说明NH3·H2O的电离大于NHeq\o\al(＋,4)的水解。所以由分析可知pH：②<③<①<④，A错误；c(NHeq\o\al(＋,4))：①<③<②<④，B正确；溶液中c(H＋)：④<①<③<②，C错误；c(NH3·H2O)：②<③<①<④，D错误。16．(2024·安徽舒城中学高三统考)有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、HCOeq\o\al(－,3)、MnOeq\o\al(－,4)离子中的几种。为确定其成分，做如下试验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是()A．确定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NHeq\o\al(＋,4)B．确定有Al3＋、Mg2＋、HCOeq\o\al(－,3)，确定没有MnOeq\o\al(－,4)C．确定有K＋、Al3＋、MnOeq\o\al(－,4)，可能有HCOeq\o\al(－,3)D．确定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋答案D解析无色溶液说明不含MnOeq\o\al(－,4)，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，说明不含NHeq\o\al(＋,4)，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，说明含有A13＋和Mg2＋，则无HCOeq\o\al(－,3)，因为HCOeq\o\al(－,3)与Al3＋发生双水解，不共存，②的现象说明溶液中无SOeq\o\al(2－,4)，依据溶液电中性原则，则确定含有Cl－，K＋无法确定，故选D。二、非选择题(共52分)(一)必考题17．(2024·广东汕头高三期末)(12分)化学是一门以试验为基础的学科，试验探究能激发学生学习化学的爱好。某化学爱好小组设计如图试验装置(夹持设备已略)制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是________。(2)A装置中发生的化学反应方程式为______________________________。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3gCl2时转移的电子数目为________NA。(3)装置B可用于监测试验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可视察到______________________________________________________。(4)装置C的试验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入__________(填选项a或b或c)。选项ⅠⅡⅢa干燥的有色布条浓硫酸潮湿的有色布条b潮湿的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c潮湿的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可视察到无色溶液渐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，视察到的现象是______________________________，该现象________(填“能”或“不能”)说明溴的非金属性强于碘，缘由是______________________________。答案(1)长颈漏斗(2)Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O0.5(3)液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱(4)b(5)溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色不能过量的Cl2也可将I－氧化为I2解析(2)若将漂白粉换为KClO3，依据得失电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，21.3gCl2的物质的量是0.3mol，所以反应转移了0.5mol电子，转移电子数目为0.5NA。(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作平安瓶，监测试验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞B中的气体压强增大。(4)装置C的试验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在潮湿的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a.Ⅰ为干燥的有色布条不褪色，Ⅱ中浓硫酸只汲取水分，再通入潮湿的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，错误；b.Ⅰ处是潮湿的有色布条褪色，Ⅱ是干燥剂无水氯化钙不能汲取氯气，只汲取水蒸气，Ⅲ中干燥的有色布条不褪色，可以证明，正确；c.Ⅰ为潮湿的有色布条褪色，Ⅱ为干燥剂碱石灰，碱石灰能够汲取水蒸气和Cl2，进入到Ⅲ中无氯气，不会发生任何变更，不能验证，错误；故合理选项是b。(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾反应生成碘单质，碘单质更易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。18．(2024·湖南名校联考)(12分)平板液晶显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，某试验小组以此粉末为原料回收铈，设计流程如图所示。已知：CeO2具有强氧化性，一般不与常见的无机酸反应。(1)步骤①加入过量盐酸后，滤液A中的阳离子有________。(2)步骤②中H2O2的作用与下列反应中H2O2的作用完全相同的是________(填序号)。A．H2O2与MnO2混合制O2B．H2O2与Ca(OH)2混合制CaO2C．用H2O2处理含K2Cr2O7的酸性废水D．用稀硫酸和H2O2溶解金属Cu(3)为了使步骤③所得悬浊液中的Ce3＋浓度小于1×10－6mol·L－1，则加入NaOH调整溶液的pH应大于________。[已知：25℃时，Ce(OH)3的Ksp＝8.0×10－21，lg2＝0.3](4)将NH4Cl固体与CeCl3·6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其中加入NH4Cl的作用是________________________________________。(5)第④步反应的化学方程式是______________________________。(6)对CeCl3样品纯度进行测定的方法：精确称取样品40.0g配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液将Ce3＋氧化为Ce4＋，然后用萃取剂萃取Ce4＋，再用0.5mol·L－1FeSO4标准溶液滴定至终点(Ce4＋被还原为Ce3＋)，重复2～3次，平均消耗20.00mL标准溶液。①若选用某萃取剂[用(HT)2表示]时，存在反应：Ce4＋＋n(HT)2Ce(H2n－4T2n)＋4H＋，则为提高滴定的精确率，应使溶液呈________(填“酸”“中”或“碱”)性。②经计算，CeCl3样品的纯度为__________。[M(CeCl3)＝246.5g·mol－1]答案(1)Fe3＋、H＋(2)C(3)9.3(4)NH4Cl固体受热分解生成的HCl可抑制Ce3＋水解(5)2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O=2Ce(OH)4＋NaCl(6)①酸②24.65%解析(1)废玻璃粉末中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，步骤①加入过量盐酸时，CeO2、SiO2不溶于盐酸，Fe2O3溶解，故滤液A中的阳离子有Fe3＋、H＋。(2)步骤②中加入稀硫酸和H2O2，反应后得到Ce3＋，则H2O2作还原剂。A项，H2O2既作氧化剂又作还原剂，B项为复分解反应，H2O2既不作氧化剂也不作还原剂，C项，H2O2作还原剂，D项，H2O2作氧化剂。(3)当悬浊液中c(Ce3＋)<1×10－6mol·L－1时，结合溶度积常数可计算c(OH－)>eq\r(3,\f(Ksp,cCe3＋))＝eq\r(3,\f(8.0×10－21,1×10－6))mol·L－1＝2×10－5mol·L－1，则pOH<5－lg2＝4.7，溶液的pH>9.3。(5)结合流程图知，第④步反应中Ce(OH)3被NaClO氧化生成Ce(OH)4，NaClO被还原生成NaCl。(6)①“萃取”时存在反应Ce4＋＋n(HT)2Ce(H2n－4T2n)＋4H＋，若要提高滴定的精确率，则须要平衡逆向进行，因此应使溶液呈酸性。②依据得失电子守恒可知，25.00mL溶液中Ce3＋的物质的量等于亚铁离子的物质的量，则100mL溶液中n(CeCl3)＝0.04mol，CeCl3样品的纯度＝eq\f(0.04×246.5,40.0)×100%＝24.65%。19．(2024·陕西西安中学高三质检)(13分)NOx是造成大气污染的主要物质，现在工业上脱硝有多种方法。试回答下列问题。Ⅰ.采纳NaClO2溶液作为汲取剂可进行脱硝。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表：离子NOeq\o\al(－,3)NOeq\o\al(－,2)Cl－c/(mol·L－1)1.5×10－41.2×10－63.4×10－3写出NaClO2溶液和NO在碱性条件下脱硝过程中主要反应的离子方程式：______________________________________。Ⅱ.用焦炭还原法将其转化为无污染的物质也可进行脱硝。已知：①2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH1＝－221.0kJ·mol－1②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2＝＋180.5kJ·mol－1③2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH3＝－746.0kJ·mol－1回答下列问题：(1)用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为_________________。(2)在确定温度下，向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入确定量的NO和足量的焦炭，反应过程中测得各容器中c(NO)(mol·L－1)随时间(s)的变更如下表：(已知：三个容器的反应温度分别为T甲＝400℃、T乙＝400℃、T丙＝a℃)时间0s10s20s30s40s甲2.001.501.100.800.80乙1.000.800.650.530.45丙2.001.451.001.001.00甲容器中，该反应的平衡常数K＝________，丙容器的反应温度a________400℃(填“>”“<”或“＝”)，理由是____________________________，用NH3催化还原NOx，也可以消退氮氧化物的污染。已知：8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(l)ΔH<0。相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间的变更如图所示：①在催化剂A的作用下0～4min的v(NO2)＝____________。②该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由小到大的依次是__________________，理由是____________________________________________________。③下列说法不正确的是________(填序号)。a．运用催化剂A达平衡时，ΔH值更大b．上升温度可使容器内气体颜色加深c．单位时间内形成N—H键与O—H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡答案Ⅰ.4NO＋3ClOeq\o\al(－,2)＋4OH－=4NOeq\o\al(－,3)＋2H2O＋3Cl－Ⅱ.(1)2NO(g)＋C(s)CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－573.75kJ·mol－1(2)eq\f(9,16)(或0.5625)＞反应放热，甲、丙容器容积相同，反应起始量相同，达平衡时，K(丙)<K(甲)(或丙达平衡的时间比甲短)①0.375mol·(L·min)－1②Ea(A)<Ea(B)<Ea(C)相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低③a解析Ⅰ.从题目表格中数据可以看出，产物中含有的离子主要是NOeq\o\al(－,3)、Cl－，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4NO＋3ClOeq\o\al(－,2)＋4OH－=4NOeq\o\al(－,3)＋2H2O＋3Cl－。Ⅱ.(1)由盖斯定律(①＋③－②)÷2得到反应的热化学方程式：2NO(g)＋C(s)CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－573.75kJ·mol－1。(2)甲容器中，30s时达到平衡，列三段式：2NO(g)＋C(s)CO2(g)＋N2(g)eq\a\vs4\al(起始浓度,mol·L－1)：2.0000eq\a\vs4\al(变更浓度,mol·L－1)：1.200.600.60eq\a\vs4\al(平衡浓度,mol·L－1)：0.800.600.60平衡常数K＝eq\f(cCO2·cN2,c2NO)＝eq\f(0.60×0.60,0.802)＝eq\f(9,16)。①由图像可知，在催化剂A的作用下4min时，n(N2)＝3.5mol，则v(N2)＝eq\f(\f(3.5mol,2L),4min)＝0.4375mol·(L·min)－1；由方程式8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(l)，依据速率之比等于化学计量数之比，则v(NO2)＝eq\f(6,7)v(N2)＝eq\f(6,7)×0.4375mol·(L·min)－1＝0.375mol·(L·min)－1。③ΔH值的大小与是否运用催化剂无关，故a错误；正反应为放热反应，上升温度，平衡逆向移动，NO2浓度增大，容器内气体颜色加深，故b正确；单位时间内形成N—H键与O—H键的数目相等时，即单位时间内生成8个NH3，同时生成12个H2O时，说明正、逆反应速率相等，反应已经达到平衡，故c正确；平衡常数只与温度有关，当平衡常数不变时，说明温度不变，对于绝热容器，说明反应已经达到平衡，故d正确。(二)选考题20．(2024·广西柳州市高三模拟)[化学——选修3：物质结构与性质](15分)第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。(1)钛原子的价电子排布式为________，TiCl4沸点136℃，熔点－25℃，晶体类型为________晶体。(2)铜的其次电离能(I2)却大于锌的其次电离能，其主要缘由是___________________________________________。(3)与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子轨道杂化的类型为________；确定压强下，将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时液化依次是________，理由是_____________________________________________。(4)铬是一种硬而脆抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。图1为铬的晶胞结构图，则铬晶胞属于________积累；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。(5)钴晶体的一种晶胞(如图2所示)的边长为anm，密度为ρg·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钴原子半径为________nm，钴的相对原子质量可表示为________。答案(1)3d24s2分子(2)气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu＋，此时3d轨道处于全满的稳定状态，所以Cu的其次电离能相对较大，而气态Zn失去一个电子变成结