河北省衡水中学2015届高三下学期第三次调研化学试卷Word版含解析

1、河北省衡水中学2014-2015学年高三（下）第三次调研化学试卷一、选择题（每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是（）A大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理2某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）下列结论正确的是（）A如果甲中含有S2，则乙是硫磺沉淀B如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D甲中含有

2、铁元素，可能显+2价或+3价3下列说法或解释不正确的是（）A等物质的量浓度的下列溶液中，NH4Al（SO4）2NH4ClCH3COONH4 NH3H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是B室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）C向0.2 molL1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1 NaOH溶液：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D物质的量浓度均为1 molL1的NaCl和MgCl2混合液1 L中，含有Cl的数目为3NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）4下列图示与对应的叙

3、述相符的是（）A图表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图表示常温下，0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线C图表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：cabD图表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率cba5某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量

4、随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO46还原沉淀法是处理含铬（含Cr2072和CrO42）工业废水的常用方法，过程如下：CrOCr2OCr 3+Cr（OH）3已知转化过程中的反应为：2CrO（aq）+2H+ （aq）Cr2O（aq）+H2O（l）转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L，CrO42有转化为Cr2072，下列说法不正确的是（）A溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达

5、到平衡状态B若用绿矾（FeS047H20）（M=278）作还原剂，处理1 L废水，至少需要917.4 gC常温下转化反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D常温下Ksp=1×1032，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×105mol/L，应调溶液的pH=57关于下列四个装置的说明符合实验要求的是（）A装置：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B装置：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C装置：实验室中可用此装置来分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥型瓶中可获得碘D装置：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物二、

6、非选择题（包括必考题和选考题两部分必考题每个试题考生都必须作答选考题考生根据要求作答）（一）必考题8（15分）碱式碳酸钴常用作电子材料、磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图1所示的装置进行实验（1）请完成下列实验步骤：称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中（填实验现象），停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；计算（2）步骤中缓缓通人空气数分钟的目的是（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用图2装置

7、中的（填字母）连接在（填装置连接位置）（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钴的化学式为（5）含有Co（AlO2）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为（6）CoCl26H2O常用作多彩水泥的添加剂以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl26H2O的一种工艺如图3：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀（pH）2.37.57.63.4完全沉淀（pH）4.19.79.25.2净化除杂时，加入 H2O2发生反应的离子方程式为加入CoCO3

8、 调pH为5.27.6，则操作1获得的滤渣成分为加盐酸调整pH为23的目的为操作过程为蒸发浓缩、（填操作名称）、过滤9（14分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1，C（s）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）写出该电池的负极反应式：（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g

9、）CH3OH（g）+H2O（g）测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1曲线I、对应的平衡常数大小关系为KK（填“”或“=”或“”）一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡容 器甲乙反应物投入量1mol CO2、3mol H2a mol CO2、b mol H2、c mol CH3OH（g）、c mol H2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2紫外光照射时，在不同催化剂（I

10、、）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2在015小时内，CH4的平均生成速率I、和从大到小的顺序为（填序号）（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：10（14分）LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为2Li+FeS+2eLi2S+Fe，则该电池的总反应式为锂一黄铁矿高容量电池，由于其污染小、成本低、电容量大、黄铁矿储备丰富而有望取代目前市场的碱性电池制取高纯度黄铁矿的工艺流

11、程如图：（1）已知：Ksp（FeS=1.59×1019，Ksp=4.87×1017，为得到较纯的FeS沉淀，最好在FeCl2 溶液中加入的试剂为（填序号）A（NH4）2S BCuS CH2S DNa2S（2）关于白铁矿与黄铁矿下列判断错误的是（填序号）A属于同素异形体B因为晶体结构不同而导致性质有差别C黄铁矿比白铁矿更稳定（3）反应制取 S22时，溶液必须保持为碱性，除了S2 与酸反应外，还有更重要的原因是（用离子方程式表示）（4）室温下，Li/FeS2 二次电池所用的电解质是非水液体电解质，放电行为与温度有关该电池电解质为非水液体电解质，原因是温度低时，锂与FeS2反应只

12、生成A物质，产生第一次放电行为；温度升高，锂与A继续反应（产物之一为Fe），产生第二次放电行为若二次行为均进行完全且放电量恰好相等请写出化学反应方程式：第一次放电：；第二次放电：（5）制取高纯度黄铁矿的另一种方法是：以LiClKC1低共熔点混合物为电解质，FeS为阳极，Al为阴极，在适当的电压下电解写出阳极反应式三、选考题：（共45分请考生从给出的3道化学题中任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分）11（15分）往有机聚合物中添加阻燃剂，可增加聚合物的使用安全性，扩大其应用范围Mg（OH）2是一种常用的阻燃剂，生产工艺如图1：完成下列填空：（1）精制卤水中MgCl2的与适量石灰乳反应

13、合成碱式氯化镁，反应的化学方程式为（2）合成反应后，继续在393K523K下水热处理8h，发生反应：Mg（OH）2xClxmH2O（1）Mg（OH）2+MgCl2+mH2O，水热处理后，进行过滤、水洗水洗的目的是（3）阻燃型 Mg（OH）2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点上述工艺流程中与此有关的步骤是（4）已知热化学方程式：Mg（OH）2（s）MgO（s）+H2O（g）H=+81.5kJmol1Al（OH）3（s）Al2O3（s）+H2O（g）H=+87.7kJmol1Mg（OH）2和Al（OH）3起阻燃作用的主要原因是等质量 Mg（OH）2和Al（OH）3 相比，阻燃效果较好的

14、是，原因是（5）该工业生产的原料还可以用来提取金属镁请设计提取金属镁的工艺流程（图2）（框内写产物名称，箭头上标明转化条件）：四、（15分）12由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途（1）基态 Cu+的最外层核外电子排布式为（2）研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种 N5+N3，若N5+ 离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N5+ 推测正确的是AN5+有24个电子B N5+离子中存在三对未成键的电子对C N5+阳离子中存在两个氮氮三键（3）化合物A（H3BNH3）是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+

15、6H3BNH3制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是（填标号）A反应前后碳原子的轨道杂化类型不变BCH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C第一电离能：NOCBD化合物A中存在配位键1个（HB=NH）3分子中有个键（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为（5）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为acm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为（用含有a的代数式表示）在一定温度下，Ni0晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图

16、（c），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（氧离子的半径为1.40×1010m，l.732）五、（15分）13华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，其合成路径如下（部分反应条件略去）（1）A属于芳香烃，名称是（2）BC的化学方程式是（3）D的含氧官能团名称是（4）E的结构简式是（5）FK的化学方程式是（6）由E与N合成华法林的反应类型是（7）下列说法正确的是aM与N互为同分异构体b将L与足量的NaOH溶液反应，1 mol L消耗4 mol NaOHc1molE最多可与5 mol氢气加成dB可以发生消去反应（8）LM的转化中，会产

17、生少量链状高分子聚合物，该反应的化学方程式是河北省衡水中学2014-2015学年高三（下）第三次调研化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是（）A大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理【考点】有机化学反应的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；生活中的有机化合物【分析】A、从农产品的农药残留和对土壤的长期影响考虑；B、某些新

18、型高分子材料的性能比钢铁更强韧分析；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境【解答】解：A、使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B、通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故B正确；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误故选B【点评】本题考查合成材料、化肥和农药的使用、节能减排等，难度

19、不大，注意使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成2某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）下列结论正确的是（）A如果甲中含有S2，则乙是硫磺沉淀B如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂

20、书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，据此解答【解答】解：甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，A由上述分析可知，甲中含有Fe2+或Fe3+，硫化亚铁不溶，S2与Fe3+发生氧化反应，不能共存，故A错误；BAgCl是白色沉淀，乙不可能是AgCl，故B错误；C丙中一定含有Fe3+，甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故C错误；D甲可能是

21、溴化亚铁，也可能是溴化铁，故D正确；故选D【点评】本题考查离子检验，元素化合物性质等，难度中等，注意掌握常见离子检验方法，注意酸性硝酸银溶液有强氧化性3下列说法或解释不正确的是（）A等物质的量浓度的下列溶液中，NH4Al（SO4）2NH4ClCH3COONH4 NH3H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是B室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）C向0.2 molL1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1 NaOH溶液：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D物质的量浓度均为1

22、 molL1的NaCl和MgCl2混合液1 L中，含有Cl的数目为3NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度最小；B混合溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），如果二者以1：1反应，则溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氢氧化钠稍微过量；C混合溶液中存在等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3，溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子；D氯离子不水解，根据N=CVNA计算氯离子个数【解答】解：A醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵

23、根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度最小，所以等物质的量浓度的这几种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是，故A正确；B混合溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），如果二者以1：1反应，则溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氢氧化钠稍微过量，根据物料守恒得c（Na+）c（SO42），铵根离子水解、硫酸根离子不水解，溶液中水的电离程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故B正确；C混合溶液中存在等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3，碳酸根离子和碳酸氢根离子都水解而使溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以溶液中c（C

24、O32）c（HCO3），故C错误；D氯离子不水解，溶液中氯离子的物质的量浓度是3mol/L，氯离子个数N=CVNA=3mol/L×1L×NA/mol=3NA，故D正确；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意B中钠离子和硫酸根离子浓度的比较方法，采用逆向思维分析即可，题目难度中等4下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图表示常温下，0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线C图表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋

25、酸溶液电离程度：cabD图表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率cba【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】图像图表题【分析】A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，加入催化剂会降低活化能；B、0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧化钠过量时pH小于13；C、冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大

26、，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小；D、增大反应物量会增大另一种物质的转化率【解答】解：A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，与图不符，故A错误；B、0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧化钠过量时，溶液显碱性，但是pH不可能等于或大于13，所以与图象不相符合，故B错误；C、冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能

27、力bac，a、b、c三点醋酸的电离程度：abc，故C错误；D、反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H0，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，二氧化氮转化率增大，NO2的转化率cba，故D正确；故选D【点评】本题考查了图象分析，反应能量变化，酸碱中和溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液中离子浓度变化分析，反应物转化率应用，题目难度中等5某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液

28、中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO4【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】图像图表题；压轴题；离子反应专题【分析】A、根据生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象来确定存在的离子；B、根据电荷守恒结合A选项的内容来确定存在的离子；C、根据消耗氢氧化钠的量和生成沉淀的量来确定离子的物质的量的多少；D、根据溶液中离子之间的反应来确定含有的溶质【解答】解：A、根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应

29、的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故A错误；B、根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根

30、离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42，不能确定钠离子是否存在，故B错误；C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D、加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，最后溶液中含有的溶质为Na2SO4和偏铝酸钠，故D错误故选C【点评】本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大6还原沉淀法是处理含铬（含Cr2072和CrO42）工业废水的常用方法，过程如下：

31、 CrOCr2OCr 3+Cr（OH）3已知转化过程中的反应为：2CrO（aq）+2H+ （aq）Cr2O（aq）+H2O（l）转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L，CrO42有转化为Cr2072，下列说法不正确的是（）A溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B若用绿矾（FeS047H20）（M=278）作还原剂，处理1 L废水，至少需要917.4 gC常温下转化反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D常温下Ksp=1×1032，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×105mol/L，应调溶液的pH=5【考点】难溶电解质的溶解

32、平衡及沉淀转化的本质；化学平衡的影响因素【分析】A、存在平衡：2Cr O42（黄色）+2H+Cr2O42（橙色）+H2O，如颜色不变，则达到平衡状态；B、若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：2Cr2CrO42Cr2O722Cr3+6e6FeSO47H2O计算；C、酸化时发生的反应为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，CrO42有转化为Cr2O72，说明铬元素有转化为Cr2O72，计算平衡浓度，结合平衡常数计算；D、根据溶度积常数列式计算【解答】解：A、平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，故A

33、正确；B、若用绿矾（FeSO47H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO47H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（63）=x×（32），x=1.65，m（FeSO47H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故B错误；C、1L废水中n（Cr）=0.55mol，CrO42有转化为Cr2O72，则酸化后c（CrO42）=0.55mol/L×（1）=0.05mol/L，c（Cr2O72）=0.55mol/L××=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1&#

34、215;1014，则=1×1014，c（H+）=1×106mol/L，所以pH=6，故C正确；D、常温下Ksp=1×1032，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×105mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH）=1×1032，c（OH）=1×109mol/L，pH=5，故D正确故选B【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度中等7关于下列四个装置的说明符合实验要求的是（）A装置：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B装置：实验室中可用此装置来制

35、备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C装置：实验室中可用此装置来分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥型瓶中可获得碘D装置：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管；B制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应；C分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来；D制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物【解答】解：A电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生

36、副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以装置可分离，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及乙炔的制备、硝基苯的制备、乙酸乙酯的制备及混合物分离提纯等，把握有机物性质、反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析及实验装置图的作用，题目难度不大二、非选择题（包括必考题和选考题两部分必考题每个试题考生都必须作答选考题考生根据要求作答）（一）必考题8（15分）碱式

37、碳酸钴常用作电子材料、磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图1所示的装置进行实验（1）请完成下列实验步骤：称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生（填实验现象），停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；计算（2）步骤中缓缓通人空气数分钟的目的是将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用图2装置中的D（填字母）连接在活塞a前（填装置连接位置）（4

38、）若按正确装置进行实验，测得如下数据乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钴的化学式为Co2（OH）4（CO3）2（5）含有Co（AlO2）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为蓝色（6）CoCl26H2O常用作多彩水泥的添加剂以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl26H2O的一种工艺如图3：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀（pH）2.37.57.63.4完全沉淀（pH）4.19.79.25.2净化除杂时，加入 H2O2发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H

39、+=2Fe3+2H2O加入CoCO3 调pH为5.27.6，则操作1获得的滤渣成分为Fe（OH）3和Al（OH）3加盐酸调整pH为23的目的为抑制CoCl2的水解操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶（填操作名称）、过滤【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，

40、故生成水的质量为80.36g80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.88g，生成二氧化碳的质量为62.88g62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故Co的质量为3.65g0.02mol×2×17g/mol0.02mol×60g/mol=1.77g，故Co原子物质的量为：=0.03mol，根据Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.03mol：0.02mol×2：0.02mol=3：4：2，得到化学式；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻

41、璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）钴废料含少量Fe、Al等杂质，含钴废料加入盐酸加热酸浸，得到溶液中含有氯化亚铁，氯化铝氯化钴等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钴调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，过滤得到滤液中加入盐酸调节溶液PH值通过23，抑制钴离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化钴晶体；三价铁离子易转化为沉淀，所以要把二价铁离子氧化为三价铁离子；调节溶液的pH值，使溶液中铁离子和铝离子生成沉淀，而钴离子存在溶液中，从而将铁离子、铝离子和钴离子分开；加盐酸调整pH为23的目的是抑制氯化钴的水解；分析可知操作过程为的溶质晶体的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到【解答

42、】解：（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕，故答案为：不再有气泡产生；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果，故答案为：将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，故答案为：D；活塞a前（或装置甲前）；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量

43、为62.88g，生成二氧化碳的质量为62.88g62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故Co的质量为3.65g0.02mol×2×17g/mol0.02mol×60g/mol=1.77g，故Co原子物质的量为：=0.03mol，根据Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.03mol：0.02mol×2：0.02mol=3：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co3（OH）4（CO3）2；故答案为：Co3（OH）4（CO3）2；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰，故答案为：蓝色；

44、（6）三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；废料加入盐酸后生成氯化物，然后加入双氧水，二价铁离子被双氧水氧化生成三价铁离子，根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于5.2不大于7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3和Al（OH）3；故答案为：Fe（OH）3和Al

45、（OH）3；加盐酸调整pH为23的目的为抑制CoCl2的水解，故答案为：抑制CoCl2的水解；操作过程为的溶质晶体的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，故答案为：冷却结晶【点评】本题考查学生对实验原理理解、方案设计的评价、实验装置的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力9（14分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1，C（s）+CO2（g）2CO（g）H2=+1

46、72.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5kJ/mol（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）写出该电池的负极反应式：CO+4OH2e=CO32+2H2O（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1曲线I、对应的平衡常数大小关系为KK（填“”或“=”或“”）一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡容 器甲乙

47、反应物投入量1mol CO2、3mol H2a mol CO2、b mol H2、c mol CH3OH（g）、c mol H2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为0.4c1（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2紫外光照射时，在不同催化剂（I、）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2在015小时内，CH4的平均生成速率I、和从大到小的顺序为IIIIII（填序号）（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂

48、的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是300400Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O【考点】热化学方程式；离子方程式的书写；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；等效平衡【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；（2）CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，又因为电解质是KOH溶液，不会在电极上放出二

49、氧化碳（3）比的甲醇的物质的量少，根据K=判断；根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围（4）相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小由图2可知反应开始后的15小时内，在第种催化剂的作用下，收集的CH4最多，次之，最少（5）根据温度对催化剂活性的影响可知在300时失去活性，故得出乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围；先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；【解

50、答】解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJ/mol C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJ/mol 由×3，得到热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5kJ/mol，（2）烷燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上是CO发生失电子的氧化反应，又因为电解质是KOH溶液，二氧化碳和氢氧化钾反应得到的是碳酸钾，即CO+4OH2e=CO32+2H2O，故答案为：CO+4OH2e

51、=CO32+2H2O（3）比的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K= 知，平衡常数越小，故KK，故答案为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）初始：1 3 0 0平衡：1x 33x x x甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（42x）÷4=0.8 解得x=0.4mol依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4n（c）1mol，故答案为：0.4n（c）1mol（4）由图2可知，在015h内，甲烷的物质的量变化

52、量为n（）n（）n（），故在015h内，CH4的平均生成速率v（）v（）v（）；故答案为：IIIIII；（5）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，在300时失去活性，故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为300400，故答案为：300400Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O；【点评】本题主要考查了化学反应常数、化学平衡以及原电池原理的运用，难度不大

53、，根据所学知识即可完成10（14分）LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为2Li+FeS+2eLi2S+Fe，则该电池的总反应式为2Li+FeSLi2S+Fe锂一黄铁矿高容量电池，由于其污染小、成本低、电容量大、黄铁矿储备丰富而有望取代目前市场的碱性电池制取高纯度黄铁矿的工艺流程如图：（1）已知：Ksp（FeS=1.59×1019，Ksp=4.87×1017，为得到较纯的FeS沉淀，最好在FeCl2 溶液中加入的试剂为A（填序号）A（NH4）2S BCuS CH2S DNa2S（2）关于白铁矿与黄铁矿下列判断错误的是A（填序号）A属于同素异形体B因为晶体结构不同而导致性质有差别C黄铁矿比白铁矿更稳定（3）反应制取 S22时，溶液必须保持为碱性，除了S2 与酸反应外，还有更重要的原因是（用离子方程式表示）S22+2H+=S+H2S（4）室温下，Li/FeS2 二次电池所用的电解质是非水液体电解质，放电行为与温度有关该电池电解质为非水液体电解质，原因是锂会和水反应产生自放电现象温度低时，锂与FeS2反应只生成A物质，产生第一次放电行为；温度升高，锂