强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。④13.4 (3) AC
【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中Ag元素、N元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2价的氧元素化合价会升高，氧化产物是O2； （2）①已知：ⅰ.2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ.2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol； 根据盖斯定律可知ⅰ÷
N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，②根据方程式：生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又依阿伏加德罗定律知，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，2＝5.8kPa，则此时五所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：2.9kPa×
10－3×30＝6.0×10氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×
－2
min）（kPa·；
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2 始(kPa) 35.8 0 0 变(kPa) 5.8 5.8 2.9
－1
62min (kPa) 30 2.9
10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1） 解得，PN2O5=30kPa，v＝2.0×
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×
强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)
N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化
2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=18.82/26.4(kPa)。 氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2 始(kPa) 35.8 0 0 变(kPa) 35.8 17.9 17.9 ∞(kPa) 0 71.6 17.9
2NO2(g) 又： N2O4(g) 始(kPa) 0 71.6 变(kPa) x 2x
∞(kPa) x 71.6-2x
t=∞时，N2O5(g)完全分解，气体总压强为63.1，即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6-2x )+ 17.9=63.1，x =26.4，71.6-2x=71.6-2×26.4=18.8，Kp= c2(NO2)/ c(N2O4)= 18.82/26.4=13.4kPa （3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
6
B、根据第二步和第三步可知中间产物除有NO3外还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确； D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。 10. [2018全国卷Ⅰ-7]磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li C.沉淀反应的金属离子为“Fe3+” D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠 【答案】D
【解析】A.随意丢弃废旧电池中会污染环境，且废旧电池中有部分金属可以回收利用，故合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B.从流程图可知，正极片中有金属元素Al、Fe、Li，B正确； C. 含磷酸亚铁锂的滤渣，经硝酸处理后，亚铁会被氧化成Fe3+，C正确； D.硫酸锂溶于水，故上述流程中不可用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。 【考点】环境保护和资源再利用；原子守恒的理论；硝酸的强氧化性与亚铁的还原性；硫酸盐与碳酸盐的溶解性。
11.[2018全国卷Ⅱ-8]研究表明，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）。下列叙述错误的是
A. 雾和霾的分散剂相同
7
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】A.雾的分散质是水，霾的分散质是固体颗粒，雾和霾的分散剂均是空气，A正确；
B.依示意图知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确； C. 依示意图知NH3是生
成硫酸铵、硝酸铵的反应物，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误； D. 氮肥会释放出
氨气，而NH3参与形成雾霾中无机颗粒物，故雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。 【考点】依题中信息(转化关系示意图)明确雾霾的形成原理是解题的关键；催化剂的概念。
12.[2018全国卷Ⅱ-10]W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D. W的氧化物对应的水化物均为强酸 【答案】A
【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数
Z是Cl。A. X(O)与其他三种元素(N、Na、Cl)可形成(NO、NO2;Na2O、Na2O2;Cl2O、是7个，
Cl2O3、Cl2O5等二元化合物) ，A正确； B. Y(Na)与其他三种元素(N、O、Cl)形成的
3
化合物中Na2O2含有离子键与共价键，B错误； C. 四种元素的简单离子，N—、O2—、
Na+的电子层结构相同，而Cl—的电子层结构与它们不相同，C错误。 D. W(Cl)的氧化物(Cl2O、Cl2O3、Cl2O5)对应的水化物(HClO、HClO2、HClO4等) HClO为弱酸，D错误 【考点】元素周期表和元素周期律；NO2的物理性质 (红棕色) ；原子结构；化学键。 13.[2018江苏卷-6]下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色 B. KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体 C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3 D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2 【答案】A
A. NH4SCN用于检验Fe3+，【解析】向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，
3+
A错误； B.KAl(SO4) 2·12H2O溶于水电离出的Al水解形成Al(OH) 3胶体，离子方程式
3++
为Al+3H2OAl(OH) 3(胶体) +3H，B正确； C.实验室可用NH4Cl和Ca(OH) 2混合
C正确； u共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH) 2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；
3+
【考点】Fe的检验；盐类的水解；实验室制氨气的原理；Cu与FeCl3的反应。
8
14. [2018北京卷-7]下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是 ．． A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车 B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料 D．开采可燃冰，将其作为能源使用 【答案】B 【解析】A. “甲醇低温所制氢气”说明氢气是新生成的物质，而化学变化最主要的特点是有新物质生成，故A发生的是化学变化； B. “氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料”，“核聚变”是核反应，改变的是原子核，不属于化学变化； C. 偏二甲肼用作发射“天宫二号”
(CH3)2NNH2 +2N2O4=3N2+2CO2+4H2O, 属于化学变化； D. 的火箭燃料，发生的反应为：
可燃冰是甲烷的结构水合物，甲烷燃烧, 属于化学变化。
【考点】化学变化；核聚变；火箭燃料的燃烧反应；可燃冰。
15.[2018天津卷-9]烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。 （1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。 （2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。
a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D(装有碱液)相同，在
虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是 。 Ⅱ.NOx含量的测定
?
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L?1 FeSO4标准溶液（过量），充分
9
L?1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。 反应后，用c2 mol·
?
（5）NO被H2O2氧化为NO3的离子方程式是 。 （6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。
2+?+3+
（7）滴定过程中发生下列反应：3Fe+NO3+4H=NO↑+3Fe+2H2O
Cr2O72? + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O
m?3。 则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。 【答案】 (1)除尘 (2) c (3)
(4)防止NOx溶于冷凝水 (5)
2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O (6)锥形瓶、104/3V (8)酸式滴定管 (7)23(c1V1-6c2V2)·偏低 偏高 【解析】（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。 （2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力不强，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。
（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱 （氢氧化钠）溶液，装置如右图。
（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。
+–
（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O。 （6）滴定中使用酸式滴定管和锥形瓶。 (7) 用c2 mol·L?1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL，此时加入的K2Cr2O
-32? 2++ 3+3+2+
7为c2×V2×10mol，依反应：Cr2O7+ 6Fe +14H=2Cr +6Fe+7H2O知，过量的Fe的
-3
物质的量为6c2×V2×10mol。
2+-3-3
与硝酸根离子反应的Fe的物质的量为(c1×V1×10—6c2×V2×10)mol, 依反应：3Fe2++NO3?+4H+= NO↑
+3Fe3++2H2O知，NO3—的物质的量为(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3,依氮原子守恒有，
-3
NO3—与NO2的物质的量相等。，NO2的物质的量为：(100/20)×(c1×V1×10—6c2×V2×10-3)mol/3 =5(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)mol/3, NO2的质量为：46×5(c1×V1×10-3—6c2×V2×10-3)g/3=230(c1×V1—6c2×V2)mg/3。所以
230(c1×V1—6c2×V2) /(3V) mg/L= 23(c1V1-6c2V2)·104/3V ，气样中NOx折合成NO2的含量为：
mg·m?3
（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX
2+
的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe被空气中的氧
2+
气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
【考点】干燥剂；洗气装置；给定条件下氧化还原反应与离子反应的书写；中和滴定操作与误差分析。
16. [2018北京卷-26]磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
10
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
0.5H2O 溶解度：Ca5(PO4)3(OH) （1）上述流程中能加快反应速率的措施有 。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同， 。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式： 。 H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，（4）同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因： 。 2? （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO4残留，原因是 ；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 。 L?1NaOH溶（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol· 液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。mol?1） （已知：H3PO4摩尔质量为98 g· 【答案】 (1)研磨、加热 (2)①＜②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S， 0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ (4) 非金属性P＜S (3) 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4· 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (5) CaSO4微溶； BaCO3+ SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2 H2PO4— (6)0.049bc/a。 【解析】（1）研磨能增大反应物的接触面积，能加快反应速率，加热，温度升高能加快反 应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 (2)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4＜H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S。 (3)根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5(PO4) 3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 (4)图示是 80℃前温度升高反应速率加快，相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率， 相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 (5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后 2-仍有SO4残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4—+H2O。 (6)根据题意关系式为： H3PO4~2NaOH~ Na2HPO4，由消耗的NaOH计算H3PO4， 2，n(H3PO4) =0.5n(NaOH) =0.5bmol/L×c×10-3L 消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1： =bc/2000mol，m(H3PO4) = bc/2000mol×98g/mol=49bc/1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为0.049bc/a。 11