2022年全国中学生化学奥林匹克竞赛模拟试题

2022年全国中学生化学竞赛预测题能)。下列有关叙述正确的是A.两步反应均为吸热反应B.加入催化剂会改变反应的焓变C.三种化合物中C最稳定D.A→C反应中△HE₁-E₂A.NaHCO₃受热易分解，可用于制胃酸中B.SiO₂熔点高硬度大，可用于制光导纤和剂维C.Al₂O₃是两性氧化物，可用作耐高温材料D.Ca0能与水反应，可用作食品干燥剂4.取0.1mol·L⁻¹的NaA和NaB两种盐溶液各1L,分别通入0.02molCO₂,发生反溶液和HB溶液分别加水稀释至溶液体积为VL时对应的线是A.X对应的是HA、Z对应的是HBB.Y对应的是HA、Z对应的是HBC.Z对应的是HA、X对应的是HBD.Z对应的是HA、Y对应的是HB第2页，共22页5/7A.O₂和O₃互为同位素C.基态Fe²+的价电子排布式为3d⁵B.甲基的电子式为D.基态碳原子价层电子的轨道表示式为下列叙述不正确的是WXYZB.Y的最高价氧化物是制造光导纤维的主要原料C.化合物WZ₂中含有极性共价键和非极性共价键7.已知298K时，Ks(NiS)=1.c(s²)或-1gc(CO3)。在含物质的量浓度相同的Na₂S和Na₂CO₃的混合溶液中滴加Ni(NO₃)₂A.滴加过程中先产生NiCO₃沉淀B.无法判断常温下NiCO₃和NiS的溶解度大小D.对于曲线I表示的物质，b点对应的Ksp等于c点对应的Ks为V,下列说法正确的是(已知K[Cu(OH)2]=2.2×10²⁰;当c(Cu²)≤完全沉淀)基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)A.放电时，电子由石墨电极沿导线流向铝电极B.放电时，正极反应式为Al+Li+e⁻—AlLiC.充电时，铝电极质量增加D.充电时，PF₆向阴极移动10.甲、乙两组同学利用如下两反应(K为25℃时的平衡常数)设计成原电池(装置如图)。左池溶液都相同(KI-I₂溶液),右池溶液不同：甲组为Na₃As04和Na₃As0₃的混合溶液，乙组为FeCl₃和FeCl2的混合溶液。当电流表指针指向零点后再改变右池的条件，改变的条件及电流表指针偏转情况记录如下：操作电流表指针偏转情况甲组乙组不偏转若滴加浓FeCl₃溶液则下列叙述错误的是B.与反应②比较，反应①平衡常数小，可逆程度大C.左池中滴加淀粉溶液变蓝色，再加入足量FeCl₂固体，蓝色会褪去D.甲组在右池加入浓NaOH溶液，此时石墨Ⅱ为负极，AsO³被氧化11.中科院深圳研究院研究员成功研发出一种基于二硫化钼/碳纳米复合材料的钠型双离子电池，可充放电。其放电时工作原理如图所示。下列说法错误的是第3页，共22页5/7第4页，共22页5/7A.石墨为该电池的正极材料C.充电时Na向MoS₂-C方向移动D.充电时石墨端铝箔连接外接电源的负极12.锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。VS₂/Zn扣式可充电电池组成示意图如图所是负载负载三氟甲磺酸锌水溶液的不锈钢箔锌片应D.充电时电池正极上的反应为：C.充电时锌片与电源的负极相连Zn.VS₂+2xe+xZn²+—VSA.线Y表示-1g与-1的变化关系第5页，共22页5/7A.反应①是人们获取H₂的途径之一B.反应②、③都是化学能转化为热能C.反应H₂O₂(1)—H₂O(g)+1/20₂(gD.反应2H₂(g)+2NO(g)N₂(g)+2H₂0(1)的△IH-752.1kJ·mol⁻¹乙、丙、丁的0.1mol·L⁻¹水溶液的pH如下表，丙、丁为二元化合物。甲溶液甲乙丙丁51A.W和Q形成的化合物只含有离子键B.Y和Z的氢化物沸点：Y<Z16.利用反应6NaBH₄+2FeCl₃+18H₂0=2Fe+6NaCl+6H₃BO₃+21H₂↑可制得纳米铁，下列说法正B.该反应中每生成1molFe,转移的电子数目为3NC.H₂既是氧化产物又是还原产物D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:117.中学化学中常见物质a、b、c、d之间的转化关系如图甲所示(部分产物略去),其中a为第6页，共22页5/7素C.b、c两种物质中相同元素的化合价相D.c溶液在空气中久置发生非氧化还原18.一定条件下，在水溶液中1molCIOx(x=0、1、2、3、4)的相对能量如图所示。下列有关说法错误的是氯元素的化合价A.上述离子中结合H能力最强的是E点代表的离子B.上述离子中最稳定的是A点代表的离子C.反应C点代表的离子→B点代表的离子+D点代表的离子的热化学方程式为2CIO₂(aq)D.B点代表的离子→A点代表的离子+D点代表的离子的反应物的键能之和小于生成物的键能之和甲乙丙容积V温度下列说法正确的是A.甲容器中，反应在前15min的平均速率v(H₂)=0.2mol·L¹·min¹基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)B.丙容器的体积K0.5LC.当温度为T₁℃时，反应的平衡常数K=2.25mol·L⁻¹20.过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO₂(g)+CO(g)CO₂(g)+NO(g)的反应历程如下：第一步：(慢反应)—0+0—C—0(快反应)下列有关说法正确的是A.第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞B.活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快C.第一步反应需要吸收能量D.该反应的反应速率主要取决于第二步反应第7页，共22页5/7基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第8页，共22页5/721.某化工厂用含Ni0的废料(杂质为Fe₂O₃、Ca0、Cu0等)制备羟基氧化镍(2Ni0OH·H₂O)的工艺流程如下：操作A-除铁沉钙NaOHNaCIO氧化2NiOOH·H₂0滤渣1H₂SO,溶液酸浸废料已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下。离子(1)①滤渣1的主要成分是②如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是℃,若酸浸时将温度控制在80℃左右，则滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)₂,其原因可能(2)操作A中生成S的反应的化学方程式为,试剂X是一种常见的绿色氧化剂，X参与的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为,试剂Y用于调节溶液的pH,则调控pH的范围是(3)写出氧化过程中反应的离子方程式,沉钙中c(F)=3.0×10⁻³mol·L¹时，通过计算确定溶液中Ca²是否沉淀完全22.X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数之比为3:8,X能与J形成离子化合物，且J的半径大于X的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一。请回答：(1)Q元素在周期表中的位置为(2)将这五种元素按原子半径从大到小排列，排在第三的元素是(填元素符号)。(3)元素的非金属性Z_(填“>”或“<”)Q。下列各项中，不能说明这一结论的依据有(填序号)。基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)A.Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊B.Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价(4)X与Y可形成分子YX₃,YX₃的水溶液显碱性，写出YX₃的电子式;X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数之比为1:1的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，写出该分子的结构式。液反应既有沉淀出现又有气体产生，写出M和N反应的化学方程23.I.工业上可用CO或CO₂来生产燃料甲醇。已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的平衡常数如表所示：常数温度/℃③3H₂(g)+CO₂(g)一CH₃OH(g)+H₂0(g)(1)据反应①与②可推导出K₁、K₂与K₃之间的关系，则K₃=(用K₁、K₂表示)。(2)500℃时测得反应③在某时刻，H₂(g)、CO₂(g)、CH₃OH(g)、H₂O(g)的浓度(单位：mol·L)分别为0.8、0.1、0.3、0.15,则此时v(正)v(逆)。(填“>”、“=”或“<”)COCO平衡转化率温度/℃Ⅱ.利用CO和H₂可以合成甲醇，反应原理为CO(g)+2H₂(g)CH₃OH(g)。一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入amolCO与2amolH₂合成甲醇，CO平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。(1)pi(填“>”、“<”或“=”)p₂,理由第9页，共22页5/7基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第10页，共22页5/7(3)该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是a(CO)a(H₂)。(填“>”、“<”或“=”)(4)下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率的是__(填字母)。A.使用高效催化剂B.降低反应温度C.增大体系压强D.不断将CH₃OH从反应混合物中分离出来Ⅲ.甲醇-空气燃料电池是一种高能效、低污染的新型电池，用途广泛。某甲醇-空气燃料电池以KOH溶液为电解液，该电池负极的电极反应式为IV.常温下0.1mol·L⁻¹的HCOONa溶液pH为10,则HCOOH的电离常数K=(填写最终计算结果)。24.NH₃作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。(1)催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：反应I(g)△I=-905.0kJ·mol¹写出NO分解生成N₂与O₂的热化学方程(2)在恒温恒容装置中充入一定量的NH₃和0₂,在某催化剂的作用下进行反应I,测得不同时时间/min05A.使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率B.若测得容器内4v正(NH₃)=6V逆(H₂0)时，说明反应已达平衡C.当容器时，说明反应已达平衡D.前10min内的平均反应速率v(NO)=0.088mol·L⁻¹·min¹(3)氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应I、Ⅱ。为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH₃和2molO₂,测得有关物质的量关系如图：基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第11页，共22页5/7①该催化剂在低温时选择反应(填“I”或“Ⅱ”)。②520℃时，4NH₃+30₂—2N₂+6H₂O的平衡常数K=(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。③C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因是(4)制备催化剂时常产生一定的废液，工业上常利用氢硫酸检测和除去废液中的Cu²⁺。已①在计算溶液中的离子浓度时，涉及弱酸的电离通常要进行近似处理。则0.1mol·L¹氢硫酸的pH≈(取近似整数)。②某同学通过近似计算发现0.1mol·L⁻¹氢硫酸与0.01mol·L⁻¹氢硫酸中的c(s²)相等，而且等于mol·L¹。会产生CuS沉淀。(计算结果保留两位有效数字)同一主族，D是短周期主族元素中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C与F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。请回答下列问题：(1)A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是_(用元素符号填写)。形成的简单气态氢化物中最不稳定的是_(填化学式)。(3)B、E、F、G的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是(用化学式填写)。(4)由A、C、D形成的化合物所含的化学键类型有。(5)化合物M和N都由A、C、D、F四种元素组成.它们在溶液中相互反应的离子方程式26.辉铜矿(主要成分是Cu₂S)在冶炼过程中会产生大量的SO₂,回收处理SO₂对环境保护具有重要意义。回答下列问题：基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第12页，共22页5/7(1)已知冶炼过程中有关反应的能量变化如图所示：反应过程能量能量则Cu₂S(s)与O₂反应生成Cu(s)与SO₂的热化学方程式(2)①回收处理SO₂的方法之一是用氨水将其转化为NH₄HSO₃。已知常温下K₅(NH₃·H₂O)=1.8×10⁻⁵,Ka(H₂SO₃)=1.6×10⁻²,Ka2(H₂SO₃)=1×10⁻⁷,若吸收过程中氨水与SO₂恰好反应完得到NH₄HSO₃溶液，则所得溶液在常温下的pH(填“>”“<”或“=”)7。②SO₂还可以用Na₂SO₃溶液吸收处理，处理后所得溶液中c(H)-c(OH)=(填表达式即可)。(3)回收处理SO₂还可先将其转化成SO₃,然后再转化为H₂SO4。在450℃时将2.0molSO₂和1.0molO₂置于2L的恒容密闭容器中发生反应2SO₂(g)+0₂(g)2SO₃(g),保持温度不变，SO₂的转化率(a)随着时间的变化关系如图所示：0①反应从开始至达到平衡时，v(O₂)=。450℃时，该反应的平衡常数②若维持其他条件不变，将温度变为T℃,SO₂的转化率随时间的变化关系如图所示，则此时的平衡常数K(T℃)(填“<”或“>”)K(450℃)。a.容器内气体的密度保持不变b.0₂、SO₃的消耗速率之比为1:2c.△n(SO₂):△n(O₂):△n(SO₃d.反应热(△H)不再发生变化(4)若将冶炼得到的单质铜制成纳米铜，则储存时要注意将纳米铜与空气隔绝开，可能的原因27.冰晶石(Na₃AlF₆)是工业冶炼铝的助熔剂。某小组以铝合金厂废料为原料(主要成分是A1,还含有少量Al₂O₃、Fe₂O₃、Mg0和SiO₂等杂质)制备冰晶石的流程如下：基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第13页，共22页5/7过滤请回答下列问题：(1)CO₂的电子式为。滤渣1的主要成分是(填化学式)。(2)滤液3可以循环利用，写出滤液2和滤液3混合后发生主要反应的离子方程(3)已知废料与不同浓度硫酸的接触面积、接触时间相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图所示。当硫酸浓度大于comol·L⁻¹时，浸出率降低的原因可能(4)在加热条件下，Al(OH)₃、Na₂CO₃和HF反应生成Na₃AlF₆。写出该反应的化学方程能在玻璃仪器中进行，主要原因是(用化学方程式表示)。(5)工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冰晶石能降低氧化铝的熔化温度，降低生产成本。该方法中阴极的电极反应式为(6)已知：某含铝废料中铝元素的质量分数为a%,有bkg废料经上述流程最终得到ckgNa₃A1F₆(摩尔质量为210g·mol⁻¹),则Na₃A1F₆的产率为(用含a、b和c的代数式表示)。(1)6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成P₂Os,反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为_上述燃烧产物溶于水可配成50.0mL磷酸(H₃PO₄)溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为(2)含0.300molH₃PO₄的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的悬浮液中，反应恰好完全，生成1种难溶盐和16.2gH₂0。该难溶盐的化学式可表示为_o基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)Ⅱ.分别称取2.39g(NH₄₂SO₄和NH₄Cl的固体混合物两份(注：M(NH₄)₂SO₄)=132g·mol⁻¹M(NH₄C1)=53.5g·mol¹M(BaSO₄)=233g·mol⁻)。(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH₄)₂SO4]:n(NH₄Cl)=o(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(C1)=_mol·L⁻¹(溶液体积变化忽略不计)。29.含有K₂Cr₂0₇的废水具有较强的毒性，工业上一般在酸性条件下用N₂H₄·H₂O(水合肼)、SO₂、FeSO₄来处理含Cr₂0的废水，也可通过电解处理含Cr₂0的废水。回答下列问题：(1)N₂H₄·H₂0与Cr₂O反应时，产物中含有N₂和Cr³。该反应的离子方程式为(填“氧化剂”或“还原剂”)。0.1molN₂H₄·H₂O参加反应时，转移的电子数为(用具体数值表示)。(2)用SO₂处理含Cr₂O²的废水，最后Cr₂O²-转化为Cr(OH)₃沉淀而被除去。处理流程如下：①当0.1molSO₂参与反应时，理论上能得到molNaHSO₃。②NaHSO₃与Cr₂O²·反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为(3)铁氧体法是用FeSO₄作还原剂，在酸性条件下将Cr₂O-还原为Cr³,然后调节pH并加热得到铁氧体(组成类似于Fe₃O₄,部分Fe³被Cr³替换)。现有100L含Cr₂O浓度为2×10⁻⁴mol·L⁻¹的强酸性废水，向其中加入一定量的FeSO₄·7H₂0,搅拌，充分反应后再加入NaOH溶液调节pH并加热，使其恰好转化为(FeFexCry)04。则处理1FeSO₄·7H₂O的质量为(1)在一定条件下，CH₄可与NO,反应除去NO,已知：③H₂O(g)—H₂O(1)△第14页，共22页5/7基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第15页，共22页5/7则CH₄(g)+2NO₂(g)CO₂(g)+2H₂O(g)+N₂(g)△片kJ·mol¹;该反应在(填“高温”“低温”或“任何温度”)下可自发进行。(2)SO₂经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO₂发生催化氧化的反应为：2SO₂(g)+0₂(g)2SO₃(g)△IK0,在一定温度下的恒容容器中，能说明上述反应达到平衡状态的是-9A.混合气体的密度不再发生变化B.混合气体的平均摩尔质量不再发生变化D.混合气体的总物质的量不再发生变化(3)若在Ti℃下，往一恒容密闭容器中通入SO₂和O₂[其中n(SO₂):n(O₂)=2:1]发生反应2SO₂(g)+0₂(g)2SO₃(g),容器中总压强为0.1MPa,反应过程中测得容器内总压强与反应时间的关系如图所示。05101520253035404550①图中A点时，SO₂的转化率为_②在其他条件不变的情况下，测得T℃时压强的变化曲线如图所示，则C点的正反应速率vc(正)与A点的逆反应速率v(逆)的大小关系为vc(正)(填“>”“<”或“=”)vA(逆)。③图中B点的平衡常数K₀=。(K为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(4)为了清除NO、NO₂、N₂O₄对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理。现有由amolNO、bmolNO₂、cmolN₂O₄组成的混合气体，恰好被VL氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余),则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为_123456789DCDBBCCACCDDDCACCABCmol·L⁻¹<1.0×10⁻⁵mol·L⁻¹,ca²已沉淀完全【解析】(1)①由流程知滤渣1的主要成分是CaSO₄4。②由图知当温度在70℃左右时镍的浸写出相应的化学方程式。常见的绿色氧化剂X的作用是将Fe²+氧化为Fe³,则它是H₂O₂,反应欲沉淀Fe³,而Ni²不受影响，则应调控pH的范围是3.7≤pH<7.1。(3)该反应中Ni²被氧化为2Ni0OH·H₂0,C10被还原为C1,相应的离子方程式为C10+2Ni²+4H则Z为0;J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na的原子序数大于Na,故Q处于第三周期，则Q为S;X第16页，共22页5/7基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第17页，共22页5/7X的半径，可推知X为H;Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且Y的原子序数小于氧，则Y为N。(1)Q为S元素，硫原子核外有3个电子层，最外层电子数为6,所以S元素处于周期表中第三周期第VIA族。(2)原子半径：Na>S>N>0>H。(3)同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，故非金属性0>S;H₂S的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明氧气能氧化硫化氢生成硫，则氧气的氧化性大于S单质，说明0元素非金属性较强，A项正确；S与0形成的化合物中S元素表现正化合价，0元素表现负化合价，说明氧元素的非金属性较强，B项正确；物质状态属于物理性质，不能据此比较元素的非金属性强弱，C项错误；同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，故非金属性0>S,D项正确。(4)YX₃为NH₃,电子式为,X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数之比为1:1的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，分子式为H₂S₂,结构式为H—S—S—H。(5)M和N均为上述五种元素中的三种元素组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N的溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，则M、N为Na₂S₂O₃、H₂SO4,反应的化学方程式为Na₂S₂O₃+H₂SO₄—Na₂SO₄+S↓+SO₂↑+H₂O。Ⅱ.(1)<甲醇的合成反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，CO的转化率增【解析】本题考查化学反应速率和化学平衡、电极反应式的书写、电离常数计算等。I.(1)由反应①+反应②,可得反应③,则K₃=K·K₂。(2)500℃时K₃应③的浓度商3,则此时该反应向正反应方向进反应方向移动，CO的平衡转化率增大，故pi<p₂。(2)A点时CO的平衡转化率为0.75,则平衡时CO为0.25amol,H₂为0.5amol,CH₃OH为0.75amol,平衡常数(3)起始时充入的CO、H₂的物质的量之比等于化学计量数之比，故二者的转化率始终相等。(4)使用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移出来，正反应速率瞬时不变，之后减小，逆反应速率减小，D项错失电子，发生氧化反应，电极反应式为CH₃OH-6e+80H—CO2+6H₂0。IVc(H)=10⁻¹⁰mol·L⁻¹,根据电荷守恒式：c(Na)+c(H)基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第18页，共22页5/724.(1)2NO(g)一N₂(g)+0₂(g)③该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动(4)①4②7.1×10⁻¹⁵③1.2×10⁻30【解析】本题考查盖斯定律、化学反应速率和化学平衡、弱电解质的电离及沉淀溶解平衡等知识。(1)根据盖斯定律，由(反应Ⅱ-反应I)可得：2NO(g)一N₂(g)+0₂(g)△I=(-1。(2)使用催化剂，能够降低反应的达平衡，B项错误；当容器时，可以求得c(NO)=c(NH₃)=0.5mol·L⁻¹,mol·L⁻¹·min⁻¹,D项正确。(3)①根据题图知，低温时N₂的物质的量较多，因此该催化剂在低温时选择反应Ⅱ。②520℃,反应达平衡时，n(N₂)=n(NO)=0.2mol,则mol,n(NH₃)=1mol-[2n(N₂)+n(NO)]=0.4mol,n(O₂)=25mol,容器体积为1L,则平衡常数③B点反应达平衡，反应I为放热反应，继续升高温度，平衡向左移动，因此NO的物质的量减少。(4)①K₁(H₂S)》K₂(H₂S),因此忽略H₂S的第二步电离，0.1mol·L⁻¹氢硫酸中c(H)=√K₁(H₂S)·c(H₂S)=√1.3×10-⁷×0.1mol·L¹≈1×10⁻⁴mol·L¹,故pH≈4。②适量的氢硫酸后废液中c(s²)=7.1×10⁻¹⁵mol·L¹,mol·L¹=1.2×10⁻³0mol·L¹时，产生CuS沉淀。当废液中(4)离子键、共价键(5)H+HSO₃—SO₂↑+H₂0SO₂+Cl₂+2H₂0—2HCl+H₂SO₄【解析】A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大。D是短周元素中原子半径最大的，则D为Na元素；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，二者处且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，可推知A为H元素、C为0元素、F基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第19页，共22页5/7为S元素；G的原子序数大于S,故G为Cl元素。(1)A、C、D、F形成的简单离子分别为H、o²-、Na、s²,离子的电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多，离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是s²>0²>Na>H⁺。(2)C、0、Si、S、Cl中碳元素形成的气态氢化物的数目最多，五种元素中Si的非金属性最弱，五种元素所形成的简单气态氢化物中最不稳定的是SiH₄。(3)B、E、F、G的最高价氧化物对应的水化物分别为H₂CO₃、H₂SiO₃、H₂SO4、HC104,元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，故酸性由强到弱的顺序是互反应的离子方程式是H+HSO₃—SO₂↑+H₂0;向氯气的水溶液中通入硫的氧化物，其反应的化学方程式为SO₂+Cl₂+2H₂0—2HCl+H₂SO₄。26.(1)Cu₂S(s)+0₂(g)—2Cu(s)+SO₂(g)△IF-217.4k(4)单位质量的纳米铜的表面积很大，很容易被空气中的氧气氧化【解析】本题主要考查化学反应原理知识，意在考查考生的综合应用能力和思维发散能力。(1)由题图可以写出①2Cu₂S(s)+30₂(g)—2Cu₂0(s)+2SO₂(g)△H-768.2kJ·mol⁻¹,②2Cu₂0(s)+Cu₂S(s)—6Cu(s)+SO₂(g)△H=+116kJ·mol¹,由(①+②÷3可以Ka₁(H₂SO₃)=1.6×10⁻²>K6(NH₃·H₂0)=1.8×10⁵,仅从水解的角度上看NH₄HSO₃溶液就应该显酸性，再考虑到HSO₃还能电离出H,所以溶液一定显酸性。②溶液呈电中性，故衡，SO₂的转化率为0.90,列三段式：反应达到平衡时，v(O₂)=0.9molmol·L¹·min⁻¹,K=0.9²÷(0.1²×0.05)=1620。②由T℃条件下平衡时SO₂的转化率较高，达到平衡时所需要的时间较长，可知TK450,该反应是放热反应，故温度越低该反应的平衡常数越大。③因容器容积、气体质量均不改变，故气体的密度是定值，a错误；反应达到平衡时，氧气与SO₃的消耗速率之比为1:2,b正确；△n(SO₂):△n(O₂):△n(SO₃)=2:1:2,反应不一定达到平衡状态，c错误；对于一个确定的反应小，导致单位质量的纳米铜的表面积很大，即与空气的接触面积很大，促使氧化速率加快。基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第20页，共22页5/7【备注】2SO₂(g)+0₂(g)一2SO₃(g)(2)AlOz+HCO₃+H₂0—A1(OH)₃↓+(3)当硫酸浓度大于comol·L⁻¹时，溶液为浓硫酸，铝遇浓硫酸发生钝化(其他合理答案均可)【解析】(1)铝、氧化铁、氧化铝、氧化镁都能与硫酸反应且生成物均溶于硫酸，二氧化硅不溶于硫酸，故滤渣1的主要成分是二氧化硅。(2)滤液2中含Al0z,滤液3中含HCO₃,Al0z和HCO₃反应生成Al(OH)₃和CO₃-。(3)铝遇浓硫酸发生钝化，铝表面生成致密的氧化铝保护膜，阻止铝与浓硫酸进一步反应，另外，浓硫酸中溶质多以H₂SO₄分子形式存在，H浓度小A1、Al₂O₃的反应速率减慢。(4)反应物是氢氧化铝、碳酸钠和HF,产物是六氟合铝酸钠、二氧化碳和水。根据原子守恒写出化学方程式：2A1(OH)₃+3Na仪器中进行。(5)熔融状态下氧化铝电离出铝离子和氧离子，阴极上铝离子被还原生成铝单质。(6)理论上得到Na₃AlF₆的质量为,产率等于实际产量与理论产量之比，则Na₃AlF₆的产率28..I.(1)5.604.00(2)Ca₅(PO₄)3(OH)Ⅱ.(1)1:2【解析】I.(1)6.20g白磷的物质的量5mol,设需要标准状况下氧气的体积,解得V=5.60;根据磷原子守恒，可知生成磷酸的物质的量为0.05mol×4=0.2mol,该磷酸溶液的物质的量浓度;(2)0.300molH₃PO₄提供0.9molH、0.3molPO4;0.500molCa(OH)₂提供1molOH、0.5molCa²⁴;生成0.9molH₂0,消耗了0.9molH、0.9molOH,生成盐中应该含有0.5molCa²、0.3molPO2、0.1molOH,则该盐的化学式是Ca₅(PO₄)₃(OH);基础(精讲)+冲刺(仿真)+督学(测评)+口诀(速记)+经典(资料)第21页，共22页5/7Ⅱ.(1)根据图像可知生成硫酸钡的质量是2.33g,物质的量是0.01mol;根据(NH₄)₂SO₄+Ba(OH)₂—BaSO₄↓+2NH₃·H₂0,可知2.39g(NH₄)₂SO₄和NH₄Cl的固体混合物中含有0.01mol(NH₄)₂SO₄,(NH₄)₂SO₄的质量为0.01mol×132g·mol⁻¹=1.32g;则NH₄C1的质量是2.39g-1.32g=1.07g,物质的量2mol;则混合物中n[(NH₄)₂SO₄]:n(NH₄C1)=0.01:0.02=1:2;(2)根据(1)中的图像，加入100mLBa(OH)2溶液生成硫酸钡的物质的量是0.01mol;消耗氢氧化钡的物质的量是0.01mol,所以Ba(OH)₂溶液的浓度是;根据(1)中(NH₄)₂SO₄和NH₄C1的物质的量可知固体混合物中含有n(NH₄)=0.01×2+0.02=0.04(mol)、n(C1)=0.02mol,根据2NH4~Ba(OH)2,可知消耗氢氧化钡的物质的量是0.02mol,消耗氢氧化钡溶液的体积,则29.(1)2Cr₂O2+3N₂H₄·H