湖南省邵阳市高三上学期第一次联考试题化学-1

邵阳市2022届高三第一次联考化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。4.考试时间为75分钟，满分为100分。5.本试题卷共9页。如缺页，考生须声明，否则后果自负。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Cl-35.5K-39Fe-56I-127一、选择题(共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)1.突飞猛进的新科技改变着人类的生活，生产方式，下列说法正确的是A.我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氕、氘、氚互为同素异形体B.天眼用到的碳化硅是一种新型有机材料C.法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应D.北斗导航专用硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为【答案】C【解析】【详解】A．氕、氘、氚是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，A错误；B．碳化硅属于无机物，碳化硅硬度大，熔点高，是一种新型的无机非金属材料，B错误；C．捕获空气中的CO2可使空气中CO2的含量降低，能够减缓温室效应，C正确；D．芯片的主要成分为晶体Si，D错误；故选C。2.下列化学用语正确的是A.的结构式为B.二氧化硅分子式：C.甲醛的电子式D.含10个中子的氧原子表示为【答案】A【解析】【详解】A．结构式是指用一根“-”表示一对共用电子的式子，故的结构式为，A正确；B．二氧化硅是原子(或共价)晶体，故二氧化硅不存在分子式，其化学式为，B错误；C．甲醛分子中O最外层为8电子稳定结构，C错误；D．质量数等于质子数加中子数，故含10个中子的氧原子表示为，D错误；故答案为：A。3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.铁粉与足量硝酸加热充分反应后，产生H2的分子数为AB.35℃

1L

pH=5的NH4NO3溶液中，水电离出的H+数为10-5NAC.浓度为的Na2CO3溶液中，阴离子数小于0.05NAD.常温常压下，6g金刚石中含有C-C键的数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A．铁粉与硝酸加热反应生成氮氧化物，不会生成氢气，A错误；B．35℃

1L

pH=5的NH4NO3溶液中c(H+)=10-5mol/L，且氢离子全部由水电离，所以水电离出的H+数为10-5NA，B正确；C．浓度为的Na2CO3溶液中含有2CO3，可以电离出0.05NA个CO，但碳酸根会发生水解：CO+H2OHCO+OH-，且水会电离，会使阴离子数目增多，所以阴离子数大于0.05NA，C错误；D．6g金刚石中含有碳原子，金刚石中每个C原子形成4个C-C键，每个C-C键被两个C原子共用，所以每个C原子占据2个C-C键，6g金刚石中含有C-C键的数目为NA，D错误；综上所述答案为B。4.一种有机物结构简式为，下列有关该有机物的说法正确的是A.该有机物分子式为：B.分子中最多有9个碳原子共平面C.该有机物能发生酯化反应，消去反应，银镜反应D.该有机物分别与足量溶液，溶液完全反应，消耗、的物质的量分别为，【答案】D【解析】【详解】A．根据分子的结构简式可知，其分子式为C11H8O7，A错误；B．分子中含有苯环和碳碳三键结构，分子中最多有11个碳原子共平面，B错误；C．分子中含有羧基、羟基，可发生酯化反应，分子中含有酯基，为甲酸酯，含有醛基，可发生银镜反应，但无法发生消去反应，C错误；D．1mol分子中含有1mol羧基，能消耗的物质的量为1mol，分子中含有2mol酚羟基、1mol甲酸酚酯基，故可消耗5molNaOH，D正确；答案选D。5.物质A可用作抗氧化增效剂等，其结构式如图所示。物质A的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种单质是天然存在的最硬的物质。下列说法错误的是A.物质A与稀硫酸反应生成的有机物能发生缩聚反应B.X、Y、Z、Q四种元素原子半径的大小顺序为C.Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：D.Q、Z两种元素形成的化合物中可能存在共价键【答案】B【解析】【分析】Ａ的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种单质是天然存在的最硬的物质即金刚石，可知Y为C，结合M中X形成1个共价单键，且X的原子序数最小，可知X为H；Z形成2个共价键，Z为O；Q可形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Q为Na，据此分析可知。【详解】由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为Na，据此解题：A．物质M与稀硫酸反应生成的有机物为CH3CHOHCOOH，故能发生缩聚反应，A正确；B．同周期从左向右主族元素的原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则四种元素原子半径的大小顺序为Q>Y>Z>X，B错误；C．水分子间含氢键，则与Z分别形成的简单氢化物的沸点Z>Y，C正确；D．由分析可知，Q、Z两种元素分别为：Na、O形成的化合物Na2O2中存在共价键，D正确；故答案为：B。6.下列选项中所用仪器、相关操作及说法正确的是ABCD滴定管中还剩余的溶液实验室用NH3通入AlCl3溶液中制备Al(OH)3该装置可用于制备Fe(OH)2测量产生的Cl2的体积

A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．图示滴定管的读数为，量程为50mL，但由于滴定管的尖嘴最虽没有刻度，但有液体，所以滴定管中还剩余液体体积大于，A错误；B．氨气极易溶于水，需要防倒吸，该装置确实防倒吸措施，B错误；C．该装置Fe为阴极，不能生成Fe2+，无法制取Fe(OH)2，C错误；D．氯气难溶于饱和食盐水，可以利用排饱和食盐水的方法测量产生的Cl2的体积，D正确；综上所述答案为D。7.科学家研究出一种新的催化剂能有效处理汽车尾气，其反应的化学方程式为：，若反应在恒容密闭容器中进行，由该反应相关图象作出的判断正确的是

A.甲图中改变的反应条件为升温B.乙图中温度，纵坐标可代表NO的百分含量C.丙图中压强，纵坐标可代表NO的体积分数D.丁图中a、b、c三点只有b点已经达到平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．升高温度正、逆反应速率都加快，化学平衡逆向移动，即逆反应速率增大的幅度大于正反应，故甲图中改变的反应条件为升温，A正确；B．由乙图所示信息可知，T2时反应速率更快，故温度，温度升高，平衡逆向移动，而纵坐标所示的数值越小，则纵坐标不可能代表NO的百分含量，B错误；C．由丙图信息可知，P2时的反应速率更大，故压强，增大压强上述平衡正向移动，而纵坐标所示的数值越大，故纵坐标不可能代表NO的体积分数，C错误；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，升高温度平衡逆向移动，正反应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大，D错误；故答案为：A。8.酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法不正确的是A.反应ⅱ的离子方程式为：NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2++2H2OB.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO的去除效果C.假设反应过程都能彻底进行，反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3:1D.amolNO完全转化为NH至少需要4amol的铁【答案】C【解析】【详解】A．据图可知反应ii中NO被Fe还原为NH，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2++2H2O，A正确；B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高NO的去除效果，B正确；C．反应i中NO中被Fe还原为NO，Fe被氧化为Fe2+，根据电子守恒可知1molNO氧化1molFe，同时生成1molNO，根据A选项可知，1molNO可以氧化3molFe，所以反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1:3，C错误；D．根据C选项分析可知，将amolNO完全转化为NH至少需要amol+3amol=4amol的铁，D正确；综上所述答案为C。9.下列离子方程式书写正确的是A.同浓度同体积的溶液与溶液混合：B.用惰性电极电解饱和溶液：C.将硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液显中性：D.向溶液中滴加溶液：【答案】A【解析】【详解】A．铵根离子和氢氧根离子与氢氧根离子均会反应，且二个反应存在竞争关系，氢氧根离子先与氢离子反应，故同浓度同体积的溶液与溶液混合的离子方程式为：，A正确；B．用惰性电极电解饱和溶液的离子方程式为：Mg2++，B错误；C．将硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液显中性的离子方程式为：，C错误；D．向溶液中滴加溶液的离子方程式为：，D错误；故答案为：A。10.某温度下，分别向和溶液中滴加溶液，滴加过程中(M为或)与溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是

A.曲线表示与的变化关系B.M点溶液中：C.该温度下，D.相同实验条件下，若改为的和溶液，则曲线中N点移到Q点【答案】D【解析】【详解】A．KCl和硝酸银反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是与V(AgNO3)的变化关系，故A正确；B．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知，生成硝酸钾和氯化银，剩余硝酸银，则c()＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以M点溶液中，离子浓度为：c()＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故B正确；C．N点纵坐标数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c()=10mol/L，c(Ag+)=2×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c()c2(Ag+)=10mol/L×(2×10-4mol/L)2=4.0×10-12，故C正确；

D．由A选项可知曲线L1表示AgCl的溶解平衡曲线，温度不变，Ksp不变，减小KCl的浓度，再次平衡后，pCl=-lgc(Cl-)不变，但消耗的AgNO3体积减小，所以平衡点向左平动，故D错误；故选：D。二、选择题(共4个小题，每小题4分，共16分.每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分.)11.下列实验操作和实验现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向4mL

0.2mol/L

FeCl3溶液中加入5mL

0.1mol/L

KI溶液，充分反应后，用四氯化碳萃取数次后取上层溶液，滴加几滴KSCN溶液溶液变红Fe3+与I-之间的反应是可逆反应B向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液溶液变蓝Kw>Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)C向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水有白色沉淀产生苯环对羟基性质产生影响D分别测定饱和SO2溶液和饱和CO2溶液的pH饱和SO2溶液的pH小酸性：H2SO3>H2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．溶液混合后发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所给试剂中Fe3+过量，所以应检验是否含有碘离子来确定该反应是否为可逆反应，而不是检验Fe3+，A错误；B．滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，显碱性，可知碳酸氢根离子的水解大于电离，所以有>Ka2(H2CO3)，所以Kw>Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，B正确；C．向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，溴原子取代酚羟基邻对位的氢原子，生成三溴苯酚沉淀，体现的是羟基对苯环性质产生影响，C错误；D．饱和SO2溶液和饱和CO2溶液的浓度不同，则无法根据各溶液的pH比较酸性大小，D错误；综上所述答案为B。12.甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，其反应中相关物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是

A.无催化剂时，温度升高，生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度大B.无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小C.该条件下CO2比CO的稳定性强D.加入该催化剂可提高图中各反应速率，但不能改变反应的焓变【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，甲醇催化氧化制取甲醛是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，即生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，故A错误；B．由图可知，甲醇生成甲醛的峰值较大，生成CO的峰值较小，即无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小，故B正确；C．由图可知，CO2具有的能量比CO的低，则该条件下CO2比CO的稳定性强，故C正确；D．由图可知，该催化剂能增大甲醇生成CO的活化能，降低甲醇催化氧化生成甲醛的活化能，所以该催化剂降低了甲醇生成CO的反应速率，增大了甲醇催化氧化生成甲醛的反应速率，故D错误；故选AD。13.CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是

A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好是1:1B.生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②<③C.硫酸铜在1100℃分解反应的方程式可能为2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑D.Y为葡萄糖或甲酸甲酯，均可实现这一步的转化【答案】A【解析】【详解】A．途径①涉及反应3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，NO由硝酸提供，做氧化剂，H+由硝酸和硫酸共同提供，每个硝酸可以提供1个H+，所以还需要6个H+由硫酸提供，需要3个H2SO4，所以H2SO4与HNO3物质的量之比最好是3:1，A错误；B．途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径③涉及反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；若生成1mol硫酸铜，途径①消耗1mol硫酸，途径②消耗1mol硫酸，途经③消耗2mol硫酸，所以三个途径中，生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量:①=②<③，B正确；C．据图可知，CuSO4在1100℃分解产生Cu2O和混合气体X，Cu2O为化合价降低的产物，则混合气体X中一定有化合价升高的产物，则一定含有O2，根据原子守恒，CuSO4在1100℃分解的方程式可能为2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，C正确；D．葡萄糖或甲酸甲酯中均含有-CHO结构，可以还原新制氢氧化铜生成Cu2O，D正确；综上所述答案为A。14.2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1-xFexPO4+e-+Li+=LiM1-xFexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是

A.充电时，电路中每转移1mol电子，阴极质量减少7gB.充电时，Li+移向石墨电极C.放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li++6CD.电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C【答案】BC【解析】【分析】根据题目所给正极反应可知，放电时，磷酸铁锂电极为正极，石墨电极为负极，则充电时，磷酸铁锂电极为阳极，石墨电极为阴极。【详解】A．充电时，石墨电极为阴极，Li+转化为LiC6，所以每转移1mol电子，阴极质量增加7g，A错误；B．充电时为电解池，阳离子流向阴极，所以Li+移向石墨电极，B正确；C．放电时，石墨电极负极，LiC6被氧化生成Li+，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C，C正确；D．根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，D错误；综上所述答案为BC。三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第15～17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题：此题包括3小题，共39分。15.亚硝酰氯(，熔点：，沸点：)具有刺鼻恶臭味，易溶于浓硫酸，遇水剧烈水解，是有机合成中的重要试剂。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成，其制备装置如图所示(其中Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中均为浓硫酸)：

（1）图甲中装置用于制备纯净干燥的原料气，补充下表中装置Ⅱ的作用。装置Ⅰ装置Ⅱ的作用烧瓶中分液漏斗中制备纯净浓盐酸①_______制备纯净稀硝酸②_______（2）图乙对应装置用于制备。①装置连接顺序为_______(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、外，另一个作用：_______。③如果将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中，撤除装置Ⅳ，直接将NO、通入装置Ⅴ中，会造成的不良后果是_______。④有人认为装置Ⅷ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和。不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此，在装置Ⅷ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，能与NO反应产生黑色沉淀.该反应的离子方程式是_______.（3）制得的中可能含有少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取样品溶于溶液中，加入几滴溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的溶液滴定至终点，消耗溶液。①判断达到滴定终点的现象是_______(为砖红色沉淀)。②写出与溶液反应的化学方程式_______。③样品的纯度(质量分数)为_______%(计算结果保留1位小数)。【答案】（1）①.除去氯气中的气体②.除去气体中的气体（2）①.②.通过观察气泡冒出的速率从而调节两种气体的流速(或者通过观察气泡冒出的速率从而控制两种气体的量)③.与反应生成的易溶于浓硫酸，降低产率④.（3）①.滴入最后一滴标准液时，溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失②.③.【解析】【小问1详解】根据图甲中装置可知，若装置I用于制备纯净干燥的氯气，浓盐酸易挥发，则装置II为饱和食盐水；若装置I用于制备纯净干燥的NO，NO易与装置中的氧气反应生成二氧化氮，则装置II用于除去NO中的NO2气体。【小问2详解】①根据已知条件，NOCl熔沸点低，易溶于浓硫酸，遇水剧烈水解,故先用冰盐将NOCl液化，无水氯化钙用来防止装置中进入水蒸气，造成产物水解，氢氧化钠溶液用于除去尾气，故装置连接顺序为（按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、外，还可以通过观察气泡冒出的速率从而调节两种气体的流速(或者通过观察气泡冒出的速率从而控制两种气体的量)。③因为，NOCl熔沸点低，易溶于浓硫酸，故如果将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中，撤除装置Ⅳ，直接将NO、通入装置Ⅴ中，会造成的不良后果是与反应生成的易溶于浓硫酸，降低产率。④高锰酸根离子和一氧化氮发生氧化还原反应生成黑色固体二氧化锰和硝酸根离子，反应的离子方程式是。【小问3详解】①NOCl与氢氧化钠反应生成氯化钠，氯化钠与硝酸银先生成沉淀氯化银，当硝酸银过量时再与铬酸根离子反应生成铬酸银砖红色沉淀，故溶液作指示剂时，判断达到滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液时，溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。②与溶液反应生成氯化钠、亚硝酸钠和水，化学方程式为。③用足量硝酸酸化的溶液滴定至终点，消耗溶液，则与溶液反应生成氯化钠的物质的量为，根据反应，样品中的NOCl的物质的量为，样品的纯度(质量分数)为。16.三氯化六氨合钴(Ⅲ)()是合成其他含钻配合物的重要原料，其工业制备过程如下：步骤Ⅰ：工业利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、、、等)制取氯化钴晶体：步骤Ⅱ：在活性炭的催化作用下，通过氧化制得到流程如下：

已知：①氧化性：②沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ中都只含有两种沉淀.③以氢氧化物形式沉淀时溶液的见表：沉淀物开始沉淀完全沉淀（1）加入的主要作用：_______。（2）向“浸出液”中加入适量的，反应的离子方程式是_______，加入调节溶液范围为：_______；萃取剂层含锰元素，则加入的作用是：_______。（3）制备时需要将晶体研细，研磨时用到的主要仪器是_______。（4）在步骤Ⅱ中“氧化”过程，需水浴控温在，温度不能过高，原因是：_______。“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是：_______。（5）结束后废水中的，人们常用沉淀剂来处理，原理是_______(用离子方程式表示)。【答案】（1）作还原剂，将(Ⅲ)还原成(Ⅱ)（2）①.②.≤③.沉淀(或除去)和（3）研钵、研杵（4）①.温度过高，大量分解，降低产率②.向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次（5）【解析】【分析】水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，Co3＋具有强氧化性，能将Na2SO3氧化，浸出液中Co元素以Co2＋形式存在，Fe3＋具有强氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，浸出液中铁元素以Fe2＋形式存在，Al2O3、MnO、CaO、MgO与盐酸反应生成Al3＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋，SiO2为酸性氧化物，不与盐酸反应，也不与Na2SO3反应，因为NaClO3具有强氧化性，且Co3＋的氧化锌强于ClO，浸取液中加入NaClO3，利用ClO氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，加入碳酸钠，调节pH，沉淀I只含有两种沉淀，根据信息③可知，加入碳酸钠，使Fe3＋、Al3＋全部以氢氧化物形式沉淀，根据问题(2)中萃取剂层含锰元素，因此加入NaF溶液的目的是除去Ca2＋和Mg2＋，水层经过蒸发浓度、冷却结晶得到目标产物，据此分析；【小问1详解】根据上述分析以及流程可知，加入Na2SO3溶液，利用Na2SO3的还原性，将Co(Ⅲ)还原成Co(Ⅱ)，故答案为作还原剂，将Co(Ⅲ)还原成Co(Ⅱ)；【小问2详解】根据上述分析，加入NaClO3的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成Cl－，根据化合价升降法进行配平，其离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；加入碳酸钠溶液，调节pH，使Fe3＋、Al3＋以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀，但Co2＋不能沉淀，因此需要调节pH的范围是≤；加入NaF，利用CaF2、MgF2难溶于水，其作用是除去Ca2＋、Mg2＋；故答案为ClO＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；≤；除去Ca2＋、Mg2＋；【小问3详解】研磨固体需要的主要仪器是研钵和研杵；故答案为研钵和研杵；【小问4详解】“氧化”过程用H2O2作氧化剂，H2O2受热易分解，如果温度过高，导致H2O2大量分解，降低产率；洗涤产品的操作是向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次；故答案为温度过高，H2O2大量分解，降低产率；向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次；【小问5详解】含Co2＋的废水中加入FeS，利用CoS比FeS更难溶的性质，即反应原理是Co2＋＋FeS=CoS＋Fe2＋；故答案为Co2＋＋FeS=CoS＋Fe2＋。17.多种短周期非金属元素的气态氧化物常会造成一些环境污染问题，化学工作者设计出将工业废气中污染物再利用的方案，以消除这些不利影响。（1）以、为原料生产重要的高效氮肥——尿素，两步反应的能量变化示意图如下：的_______(用、、、表示)。已知，则两步反应中_______反应(填“第一步”或“第二步”)，决定了生产尿素的反应速率。（2）向体积为的恒温恒容容器中通入和，此时容器内压强为P，发生反应。若反应进行到时达到平衡，测得的体积分数为，则前的平均反应速率_______，该温度下反应的化学平衡常数_______(用含P的代数式表示).（3）利用“亚硫酸盐法吸收工业废气中的。室温条件下，将工业废气通入溶液中，测得溶液与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点溶液中_______。（4）利用电解烧碱和食盐的混合溶液，使工业废气脱氮，原理如图。①在以上装置中，工业废气中被阳极产生的氧化性物质氧化为，反应的离子方程式：_______。②该电解装置的阴极电极反应方程式_______。【答案】（1）①.②.第二步（2）①.②.（3）1:3（4）①.②.【解析】【小问1详解】根据图示可知2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s)Ea1-Ea2；H2NCOONH4(s)=H2O(g)+CO(NH2)2Ea3-Ea4；则反应的。已知，反应活化能越大，反应速率越慢，则两步反应中第二步反应，决定了生产尿素的反应速率。【小问2详解】向体积为的恒温恒容容器中通入和，此时容器内压强为P，发生反应。，设达到平衡时二氧化碳的物质的量为2xmol，则平衡时CO的物质的量为(2-2x)mol，二氧化硫的物质的量为(2-x)mol，若反应进行到时达到平衡，测得的体积分数为0.5，则，解得，前的平均反应速率达到平衡时容器内压强为，则P(CO2)=，同理P(CO)=，P(SO2)=，该温度下反应的化学平衡常数。【小问3详解】b点溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，且c()=c()，根据电荷守恒可得n()=2n()+n()=3n()，可得1:3。【小问4详解】①该装置为电解装置，阳极发生氧化反应，氯离子失电子生成氯气，则工业废气中被阳极产生的氧化性物质氯气氧化为，反应的离子方程式为。②电解装置的阴极发生还原反应，水电离出的氢离子得电子生成氢气，其电极反应方程式。(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一道作答。如果多做，则按所做的第一题记分。18.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种净水剂，也可以作为中药，有抗菌、收敛、固脱、利胆的作用。硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]常用作分析试剂，测定卤素时作指示剂。KIO3是一种重要的无机化合物，可作食盐中的补碘剂。（1）基态硫原子的核外电子排布式为_______，Fe3+有_______个未成对电子。（2）氧元素比氮元素非金属性强但氧元素的第一电离能小于氮元素，原因是_______。（3）NH中_______(填“有”或“无”)配位键，SO的空间构型是_______。（4）氮的同周期元素硼能形成BF3，其分子中的硼原子杂化方式为_______，它是_______(填“极性”或“非极性”)分子。前四周期的氧族元素中的两种元素的氢化物分别为H2X、H2Y，其沸点的高低为H2X＜H2Y，稳定性强弱为H2X＞H2Y，则Y是_______(写元素符号)。（5）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，晶胞结构如下图所示，边长为，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置。与K紧邻的O的个数为_______。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则KIO3的密度为_______(列式表示)g·cm-3。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4②.5（2）氮原子的2p轨道处于较稳定的半充满状态（3）①.有②.正四面体（4）①.sp2②.非极性③.Se（5）①.12②.【解析】【小问1详解】硫为16号元素，基态硫原子核外有16个电子，排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；Fe3+的价电子排布为3d5，有5个未成对电子；【小问2详解】氮原子的2p轨道处于较稳定的半充满状态，失去电子所需的能量更多；【小问3详解】NH中有一个N原子提供孤电子对、H+提供空轨道形成的配位键；SO中心S原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以为正四面体形；【小问4详解】BF3中心B原子的价层电子对数为=3，所以为sp2杂化；中心原子不含孤电子对，所以空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子；前四周期的氧族元素分别为O、S、Se，氢化物的沸点：H2O>H2Se>H2S，稳定性：H2O>H2S>H2Se，所以符合题意的X为S、Y为Se；【小问5详解】据图可知与K紧邻的O位于K所在平面的面心，K位于顶点，被12个面共用，所以与K紧邻的O的个数为12；据图可知晶胞中含有一个O原子，结合化学式可知一个晶胞中含有一个KIO3单元，则晶胞的质量为g，晶胞边长为anm=a×10-7cm，则晶胞体积为(a×10-7)3cm3，所以密度为g·cm-3。19.靶向药治疗癌症有一定的效果，厄洛替尼是第一代的靶向药，主要针对的是肺癌的基因突变.厄洛替尼的合成路线如下图所示：请回答下列问题：（1）A的名称是_______，B中所含官能团的名称是_______。（2）、的反应类型依次是_______、_______。（3）由C生成D的化学方程式为______