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数均未标定)。①从整个反应机理来看,总反应中起还原作用的物质是________(填化学式)。②在上述反应机理图中,CeO的化学式为_________。mn(3)将3%NO、6%NH、21%O和70%N的混合气体(N为平衡气)以一定流速通过装3222有Cu基催化剂的反应器,NO去除率随反应温度的变化曲线如图4所示。:..①在150~225°C范围内,NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是____________________________________________________________________________________________。②燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体,它会造成NO去除率下降,其原因可能是___________________________________________________________________________________________。:..全解全析**********【解析】A项,青铜是铜、锡合金,正确;B项,O和O是氧元素形成的不同23单质,互为同素异形体,正确;C项,该反应中CuS中Cu元素化合价降低,S元素化合价2升高,所以既是氧化剂又是还原剂,错误;D项,该反应中一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物,属于置换反应,正确。【解析】A项,Na+与HCO-之间是离子键、HCO-中C与O及H与O之间为共33价键,正确;B项,根据在原子表示中,元素符号左下角为质子数,左上角为质量数,可知该原子应表示为15N,错误;C项,Cl基态原子的价层电子排布式为3s23p5,错误;D项,7NHCl的电子式应为,错误。【解析】A项,装置甲中粗溴苯中的溴在通入氨气后反应生成溴化铵,溴化铵溶液与溴苯不互溶分层后分液可得较纯的溴苯,正确;B项,用装置乙可将甲中实验后分层的混合液分离得到溴苯,正确;C项,NHBr受热易分解,用装置丙蒸干溶液得不到NHBr44晶体,错误;D项,利用溴苯和苯的沸点不同,用装置丁蒸馏分离溴苯与苯,正确。【解析】A项,铵盐可用作化肥是由于NH+含有N元素,且易被植物吸收利用,4与其都能与碱发生反应无关,不符合题意;B项,AlO可用于电解冶炼铝是由于其含有铝23元素且熔融状态能够导电,与其具有***无关,不符合题意;C项,稀硫酸可用于除去铁锈,就是利用其酸性,符合题意;D项,次***酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂是由于其具有强氧化性而将棉、麻和纸张漂白,与其见光易分解无关,不符合题意。【解析】W、X、Y、Z原子序数依次增大,X、Y、Z位于第二周期,Y的气态氢化物的水溶性显碱性,得Y为N元素,X能形成4个共价键,X为C元素,W形成1个共价键,W为H元素,Z形成2个共价键,Z为O元素。A项,N的2p能级处于半充满状态,第一电离能比O大,第一电离能:C<O<N,正确;B项,CO晶体属于分子晶体,错误;C项,W与Z可按原子个数比2∶1和1∶1形成2OCHNNH两种化合物HO、HO,正确;D项,该药物在碱性溶液中加热,在虚线222OCCOCHH处断键,可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠,正确。【解析】A项,ClO属于共价化合物,正确;B项,ClO-中Cl和O以极性共价22:..7+1-3×2项,ClO-中心原子Cl有3个σ键,孤电子对数为=1,空间构327+1-2×2型为三角锥形,错误;D项,ClO-中心原子Cl的孤电子对数为=2,ClO-中心223原子Cl的孤电子对数为1,孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间斥力>成键电子对之间斥力,因此键角:ClO->ClO-,错误。【解析】A项,***气具有强氧化性,无论***气是否过量,***气与铁反应都生成***化铁,错误;B项,二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl和***气,正确;C项,2HClO光照条件下生成HCl和氧气,错误;D项,根据题干中方程式信息可知,二氧化硫的还原性大于二氧化***,因此SO不能将NaClO氧化成ClO,错误。22(N)c2(CO)【解析】A项,反应的平衡常数应表示为=22,错误;B项,催c2(NO)?c2(CO)化剂能改变反应的活化能,但不改变反应的焓变,错误;C项,增大压强能加快反应速率,反应2CO(g)+2NO(g)N(g)+2CO(g)为气体分子数减小的反应,增大压强,平衡正向移22动,反应物的平衡转化率升高,正确;D项,反应的焓变为反应物键能之和减去生成物键能之和,用E表示键能之和,该反应ΔH=E(反应物)-E(生成物),错误。【解析】A项,离子方程式中铜离子得到1个电子,亚硫酸根离子失去2个电子,由电子守恒:2Cu2++SO2-+2Cl-→2CuCl↓+SO2-,再由电荷守恒:2Cu2++SO2-+2Cl-343→2CuCl↓+SO2-+2H+,最后据质量守恒得2Cu2++SO2-+2Cl-+HO=2CuCl↓+SO2-4324+2H+,正确;B项,因为CuCl为白色粉末,微溶于水,不溶于乙醇,故用乙醇洗涤沉淀可以快速干燥,且减少CuCl的溶解损耗,正确;C项,根据图示可知,随着c(Cl-)的增大,1CuCl的产率先增大后减小,错误;D项,由CuCl晶胞可知,Cl-在晶胞内部的数目为8×81+6×2=4个,正确。【解析】A项,X中有两个苯环,其中连有两个取代基的苯环的一***代物有4种,连一个取代基的苯环的一***代物有3种,所以共有7种一***代物,错误;B项,X→Y的反应少了2个H,X发生氧化反应,错误;C项,酯基、酚羟基都不能与NaHCO反应,3OOCHC25OH错误;D项,如图所示,、,X、Z分子中画“*”的碳原子和**左上角的苯环中的碳原子一定共面,故X、Z分子中,至少有9个碳原子共面,正确。【解析】A项,·L-1NHFe(SO)溶液中存在电荷守恒:c(NH+)+3c(Fe34424+)+c(H+)=2c(SO2-)+c(OH-),测得pH约为2,则c(H+)>c(OH-),则c(NH+)+3c(Fe3+)44<2c(SO2-),错误;B项,·L-1NHFe(SO)·L-1Ba(OH)44422溶液,反应生成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀,硫酸钡未体现,离子方程式错误;C项,·L-1NHFe(SO)·L-1NaS溶液,有黄色和黑色的混4422合沉淀物生成,可知铁离子和硫离子反应生成了硫单质,在NaS溶液中,根据物料守恒有:2c(Na+)=2[c(HS)+c(HS-)+c(S2-)],部分硫离子反应,则c(Na+)>2[c(HS)+c(HS-)+c(S222-)],正确;D项,上层清液中,不会再发生沉淀转化,则c(Mg2+)·c2(OH-)=K[Mg(OH)],sp2错误。:..D【解析】氧化性Fe3+>Cr3+,结合图可知,电池放电时,a电极上Fe3+被还原为Fe2+,为正极,b电极上Cr2+被氧化为Cr3+,为负极;则充电时,a电极为阳极,b为阴极。A项,根据分析,放电时a电极为正极,b电极为负极,正极电势高于负极,正确;B项,放电时a电极上Fe3+被还原为Fe2+,b电极上Cr2+被氧化为Cr3+,总反应为Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+,正确;C项,充电时b极为阴极,与电源负极相连,电极上Cr3+被还原为Cr2+,电极反应式为Cr3++e-=Cr2+,正确;D项,充电时左侧a电极为阳极,右侧b电极为阴极,阳离子由阳极向阴极迁移,所以H+由左侧电极室经交换膜移向右侧,错误。【解析】已知室温下(NiS)=×10?21,K(CuS)=×10?36,则NiS的溶解spsp度大于CuS。室温下,·L-1CuSO溶液浸泡NiS固体,发生沉淀转化:NiS+Cu24+Ni2++CuS,一段时间后过滤,向滤液中加入氨水,产生蓝色氢氧化铜沉淀。A项,室温下,·L-1CuSO溶液浸泡NiS固体,发生沉淀转化:NiS+Cu2+4Ni2++CuS,则NiS溶解,NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq)向右移动,过滤后所得溶液中存在:Q(NiS)=c(Ni2+)·c(S2?)<K(NiS),正确;B项,氨水是弱电解质,不能拆写为离子,错误;cspc(Ni2+)K(NiS)×10?212C项,反应NiS+Cu2+Ni2++CuS的平衡常数K==sp==×1015,c(Cu2+)K(CuS)×10?363spc(Ni2+)2欲使反应NiS+Cu2+Ni2++CuS向右进行,需满足Q<K,即<×1015,错误;cc(Cu2+)3D项,K(CuS)=×10?36,K(PbS)=9×10?29,则PbS的溶解度大于CuS,·L-spsp1CuSO溶液浸泡PbS固体,发生沉淀转化:PbS+Cu2+Pb2++CuS,能得到CuS固体,4错误。【解析】A项,由图可知,0~1min,一氧化碳物质的量增加2mol,则反应速2mol2L率v(CO)=1min=1mol·L-1·min-1;1~3min时,平衡不移动,反应速率之比等于化学计量数之比,则v(CO)=2v(CO),错误;B项,该反应反应前后质量发生变化,体积不变,正逆2m则其密度为变量,当容器内气体的密度不变时,说明反应达到平衡状态;根据ρ=V知,体积不变,反应达到平衡时,气体的质量增大,则平衡时气体的密度大于起始时气体的密度,ρ(平衡)则ρ>1,错误;C项,5min时再充入一定量的CO,CO的物质的量瞬间增大,平衡逆(起始)向移动,CO的物质的量又逐渐减小,5min时CO浓度不变,平衡逆向移动,CO的物质22的量逐渐增大,则b表示n(CO)的变化,c或d表示n(CO)的变化,错误;D项,由图可知,23min时升高温度,一氧化碳增多,说明反应是吸热反应,则Q>0;T温度平衡,一氧化碳12molc2(CO)(2L)22物质的量为2mol,二氧化碳物质的量为7mol;平衡常数K(T)=c(CO)=7mol=7,T1222Lc2(CO)温度平衡,一氧化碳物质的量为4mol,二氧化碳物质的量为6mol,平衡常数K(T)=c(CO)22:..4mol42L)24(T)326mol=3,则K(T)=2≈,正确。12L715.(14分)(1)粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度等(2分,1条1分)(2)2Fe3++Sn2++6Cl?=2Fe2++SnCl2-(2分)6(3)Fe2+(1分)作为“TiCl还原”过程的指示剂(1分)3(4)“KCrO氧化”是为了除去“TiCl还原”后溶液中的+5价钨和Ti3+,防止对后续滴2273定造成干扰(2分)(5)6Fe2++CrO2+14H+=6Fe3++2Cr3++7HO(2分)AC(2分)27242(6)×100%(2分)125m【解析】(1)粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度均可以提高“酸浸溶解”速率。(2)根据已知信息②Sn在溶液中的主要存在形式为Sn2+和SnCl2-,可知Sn2+还原Fe36+时,被氧化成SnCl2-,反应的离子方程式为2Fe3++Sn2++6Cl-=2Fe2++SnCl2-。66(3)Sn2+还原Fe3+,但溶液仍为浅黄色,说明仍含有部分Fe3+;加入TiCl和钨酸钠3后,溶液呈现蓝色,说明钨由+6价变为+5价,且氧化性顺序:CrO2->Fe3+>WO2-,说274明此时溶液中没有Fe3+,钨酸钠的作用即为指示Fe3+是否被还原完全。(4)“KCrO氧化”和“滴定”时均用KCrO,且均为氧化剂,说明定量滴定前,需氧227227化除去其他还原性离子。(5)“滴定”过程是酸性环境下,KCrO氧化Fe2+,反应方程式为6Fe2++CrO2-+14H22727+=6Fe3++2Cr3++7HO。A项,滴定终点读数时仰视滴定管刻度线,读数偏大,即测量值2偏大;B项,摇动锥形瓶时有液体溅出,溶质减少,测量值偏小;C项,未进行“KCrO227氧化”过程就开始滴定,“KCrO氧化”是为了除去“TiCl还原”后溶液中+5价钨和Ti3+,若2273此时直接滴定则会造成KCrO用量偏多,测量值偏大;D项,加入二苯***磺酸钠指示剂的227量过多,对指示滴定终点没有影响,即对测量值无影响。(6)根据6Fe2++CrO2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7HO,得n(Fe2+)=6n(CrO2-)=27227336cV