【完整版】河北省衡水中学2016届高考化学一模试卷

/2016年河北省衡水中学高考化学一模试卷一、选择题〔共7小题,每题3分,总分值21分〕1．对二甲苯〔PX〕是消费矿泉水瓶〔聚对苯二甲酸乙二酯,简称PET〕的必要原料,消费涉及的反响之一如下：以下有关说法错误的选项是〔〕A．PTA是该反响的氧化产物B．PTA与乙二醇通过加聚反响即可消费PET塑料C．PX分子含有苯环的同分异构体还有3种D．该反响消耗1molPX,共转移10mol电子2．为到达相应的实验目的,以下实验的设计或操作最合理的是〔〕A．往装有铁钉的试管中参加2mL水、3滴稀醋酸和1滴K3[Fe〔CN〕6]溶液,可以观察到铁钉外表粘附气泡,同时周围出现蓝色沉淀B．在一个集气瓶中搜集满CO2气体,取一小段除去外表氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶中,取出坩埚钳,盖上玻璃片,观察Mg条在集气瓶底部燃烧C．为比拟Cl与S元素非金属性强弱,一样条件下测定一样浓度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D．给盛有铜与浓硫酸的试管加热,发现试管底部出现灰白色固体,为检验其中的白色固体为无水硫酸铜,可直接向试管中参加适量水3．以下图示与对应的表达相符合的是〔〕A．N2〔g〕+3H2⇌2NH3〔g〕△H＜0 B．FeCl3+3KSCN⇌Fe〔SCN〕3+3KClC．向稀醋酸中参加醋酸钠溶液 D．稀释苏打溶液4．科学家开发出一种新型电池,其能量密度极高,效率达90%以上,电池中添加碘化锂〔LiI〕和微量水,工作原理如下图,总反响为：O2+4LiI+2H2O2I2+4LiOH,对于该电池的以下说法不正确的选项是〔〕A．充电时Li+从阳极区移向阴极区B．充电时阴极反响为LiOH+e﹣═Li+OH﹣C．放电时负极上I﹣被氧化D．放电时正极反响为O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH5．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂．用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量〔含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量〕,以下说法不正确的选项是〔〕A．亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐、抗氧化B．反响①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出C．测定样品质量及③中耗碱量,可测定样品中亚硫酸盐含量D．假设仅将②中的氧化剂“H2O2溶液〞交换为碘水,对测定结果无影响6．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,且只有一种金属元素．其中X与W处于同一主族,Z元素原子半径在短周期中最大〔稀有气体除外〕．W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等,五种元素原子最外层电子数之和为21,以下说法正确的选项是〔〕A．Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化B．Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径C．Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型一样的化合物D．Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反响生成1mol水时所放出的热量一样7．实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．称取1.59g样品,溶于水配成250.00mL溶液,取出该溶液25.00mL用0.1mol•L﹣1盐酸进展滴定,得到如下曲线．以下说法正确的选项是〔〕A．上一计量点前发生反响的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl﹣、HCO3﹣C．此样品n〔NaHCO3〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3molD．使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合物中氢氧化钠含量,将会得到1个计量点二、解答题〔共3小题,总分值43分〕8．氨氧化法是工业消费中制取硝酸的主要途径,某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质,设计了如下图的装置．〔1〕假设分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1,配制该浓度的氨水100mL,用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、〔2〕甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气,烧瓶内固体X为．〔3〕乙装置的作用是；写出受热时丙装置发生反响的化学方程式为．〔4〕当戊中观察到现象,那么说明已制得硝酸．某同学按上图组装仪器并检验气密性后进展实验,没有观察到此现象,请分析实验失败的可能原因．如何改良装置．〔5〕改良后待反响完毕,将丁装置倒立在盛水的水槽中,会观察到的现象是．9．一种含铝、锂、钴的新型电子材料,消费中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面,锂混杂于其中,从废料中回收氧化钴〔CoO〕的工艺流程如图：〔1〕过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反响的离子方程式为．〔2〕过程Ⅱ中参加稀H2SO4酸化后,再参加Na2S2O3溶液浸出钴．那么浸出钴的化学反响方程式为〔产物中只有一种酸根〕．在实验室模拟工业消费时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业消费中不用盐酸,请从反响原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因．〔3〕过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al〔OH〕3,碳酸钠溶液在产生Al〔OH〕3时起重要作用,请写出该反响的离子方程式．〔4〕碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同,请写出在过程Ⅳ中起的作用是．〔5〕在Na2CO3溶液中存在多种粒子,以下各粒子浓度关系正确的选项是〔填序号〕．A、c〔Na+〕=2c〔CO32﹣〕B、c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔HCO3﹣〕C、c〔HCO3﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕D、c〔OH﹣〕﹣c〔H+〕═c〔HCO3﹣〕+2c〔H2CO3〕〔6〕CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色,利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时,剩余固体质量随温度变化的曲线,A物质的化学式是．10．雾霾天气是一种大气污染状态,雾霾的源头多种多样,比方汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾燃烧,甚至火山喷发等．〔1〕汽车尾气中的NO〔g〕和CO〔g〕在一定温度和催化剂的条件下可净化．反响的化学方程式为2NO〔g〕+2CO〔g〕⇌N2〔g〕+2CO2〔g〕．①局部化学键的键能如下：分子式/构造式NO/N≡OCO/C≡OCO2/O=C=ON2/N≡N化学键N≡OC≡OC=ON≡N键能〔KJ/mol〕6321072750946请计算上述反响的△H=kJ/mol②假设上述反响在恒温、恒容的密闭体系中进展,并在t．时刻到达平衡状态,那么以下示意图不符合题意的是〔填选项字母〕．〔以下图中V正、K、n、P总分别表示正反响速率、平衡常数、物质的量和总压强〕③在T℃下,向体积为10L的恒容密闭容器中通人NO和CO,测得了不同时间时NO和CO的物质的量如下表：时间/s012345n〔NO〕/×10﹣2mol10.04.502.501.501.001.00n〔CO〕/×10﹣1mol3.603.052.852.752.702.70T℃时该反响的平衡常数K=,既能增大反响速率又能使平衡正向挪动的措施是〔写出一种即可〕．〔2〕是硫酸工业释放出的主要尾气,为减少对环境造成的影响,采用以下方法将其资源化利用,重新获得重要工业产品硫化钙．①写出反响的化学方程式．②反响中每生成1mol硫化钙理论上转移电子数为．③为充分利用副产品CO,设计电解CO制备CH4和W,工作原理如下图,生成物W是,其原理用电解总离子方程式解释是．[化学-选修2：化学与技术]11．生态工业园区的建立,不仅仅是表达环保理念,重要根据循环经济理论和充分考虑经济的可持续开展,如图是某企业设计的硫酸﹣磷铵﹣水泥联产,海水﹣淡水多用,盐﹣热﹣电联产生三大生态产业链流程图．根据上述产业流程答复以下问题：〔1〕从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在A西部山区B沿海地区C兴旺城市D东北内陆〔2〕该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送,请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①、②、③、④、⑤．〔3〕沸腾炉发生反响的化学方程式：；磷肥厂的主要产品是普钙,其主要成分是〔填化学式〕．〔4〕热电厂的冷却水是,该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有〔写出一种即可〕．〔5〕根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．,〔写出两点即可〕．[化学-选修3：物质构造与性质]12．人类文明的开展历程,也是化学物质的认识和发现的历程,其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子〞改变过人类的世界．〔1〕Fe单质为体心立方晶体,晶胞中铁原子的配位数为,基态铁原子有个未成对电子,Fe3+的电子排布式为．〔2〕硝酸钾中NO3﹣的空间构型为,写出与NO3﹣互为等电子体的一种非极性分子化学式．〔3〕6﹣氨基青霉烷酸的构造如图1所示,其中采用sp3杂化的原子有．〔4〕以下说法正确的有〔填字母序号〕．a．乙醇分子间可形成氢键,导致其沸点比氯乙烷高b．钨的配合物离子[W〔CO〕5OH]﹣能催化固定CO2,该配离子中钨显﹣1价c．聚乙烯〔〕分子中有5n个σ键d．由下表中数据可确定在反响Si〔s〕+O2〔g〕═SiO2〔s〕中,每生成60gSiO2放出的能量为〔2c﹣a﹣b〕kJ化学键Si﹣SiO═OSi﹣O键能〔kJ•mol﹣1〕abc〔5〕铁和氨气在640℃可发生置换反响,产物之一的晶胞构造如图2所示,写出该反响的化学方程式,假设两个最近的Fe原子间的间隔为scm,那么该晶体的密度是g•cm﹣3．[化学-选修5：有机化学根底]13．某吸水材料与聚酯纤维都是重要化工原料,它们的合成道路如图：：①有机物A能与Na反响,相对分子质量为32．②③RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH〔R、R、R,代表烃基〕〔1〕A的构造简式是,B中含氧官能团的名称是．〔2〕C的构造简式是,D→E的反响类型是．〔3〕F+A→G的化学方程式是．〔4〕CH3COOH+CH≡CH→B的化学方程式是．〔5〕G→聚酯纤维的化学方程式是．〔6〕G的同分异构体有多种,满足以下条件的共有种．其中核磁共振氢谱显示3组峰的是〔写构造简式〕①苯环上只有两个取代基②1mol与足量的NaHCO3溶液反响生成2molCO2气体．

2016年河北省衡水中学高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题〔共7小题,每题3分,总分值21分〕1．对二甲苯〔PX〕是消费矿泉水瓶〔聚对苯二甲酸乙二酯,简称PET〕的必要原料,消费涉及的反响之一如下：以下有关说法错误的选项是〔〕A．PTA是该反响的氧化产物B．PTA与乙二醇通过加聚反响即可消费PET塑料C．PX分子含有苯环的同分异构体还有3种D．该反响消耗1molPX,共转移10mol电子【考点】有机物的构造和性质．【分析】A．该反响中高锰酸根离子是氧化剂、对二甲苯是复原剂,氧化剂对应的产物是复原产物、复原剂对应的产物是氧化产物；B．PTA含有两个羧基,可与乙二醇发生缩聚反响；C．取代基可以是甲基或乙基；D．根据Mn元素的化合价判断．【解答】解：A．反响中Mn元素的化合价降低,作氧化剂,那么PX作复原剂,所以PTA是该反响的氧化产物,故A正确；B．PTA含有两个羧基,可与乙二醇发生缩聚反响,故B错误；C．取代基可以是甲基或乙基,二甲苯有邻间对三种,乙苯有一种,含有苯环的同分异构体还有3种,故C正确；D．反响中,Mn元素的化合价从+7价降低到+2价,转移5个电子,那么1molPX反响消耗molMnO4﹣,共转移12NA个电子,故D错误；应选BD．2．为到达相应的实验目的,以下实验的设计或操作最合理的是〔〕A．往装有铁钉的试管中参加2mL水、3滴稀醋酸和1滴K3[Fe〔CN〕6]溶液,可以观察到铁钉外表粘附气泡,同时周围出现蓝色沉淀B．在一个集气瓶中搜集满CO2气体,取一小段除去外表氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶中,取出坩埚钳,盖上玻璃片,观察Mg条在集气瓶底部燃烧C．为比拟Cl与S元素非金属性强弱,一样条件下测定一样浓度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D．给盛有铜与浓硫酸的试管加热,发现试管底部出现灰白色固体,为检验其中的白色固体为无水硫酸铜,可直接向试管中参加适量水【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Fe与醋酸反响生成亚铁离子,亚铁离子与K3[Fe〔CN〕6]反响生成蓝色沉淀；B．应用坩埚钳夹持燃烧,不能投入上述集气瓶底部；C．比拟非金属性强弱,应用最高价含氧酸的酸性进展比拟；D．不能直接向试管中参加适量水,浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅．【解答】解：A．Fe与醋酸反响生成亚铁离子,亚铁离子与K3[Fe〔CN〕6]反响生成蓝色沉淀,那么观察到铁钉外表粘附气泡,同时周围出现蓝色沉淀,故A正确；B．在一个集气瓶中搜集满CO2气体,取一小段除去外表氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持在中低部燃烧,不能投入上述集气瓶底部,否那么易导致集气瓶底部受高温炸裂,故B错误；C．测定一样浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH值,可比拟盐酸与氢硫酸的酸性,但不能比拟Cl、S的非金属性,故C错误；D．不能直接向试管中参加适量水,浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅,那么取反响后的白色固体在烧杯中加水溶解观察是否变为蓝色,故D错误；应选A．3．以下图示与对应的表达相符合的是〔〕A．N2〔g〕+3H2⇌2NH3〔g〕△H＜0 B．FeCl3+3KSCN⇌Fe〔SCN〕3+3KClC．向稀醋酸中参加醋酸钠溶液 D．稀释苏打溶液【考点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素．【分析】A、根据先拐先平温度高,到达平衡时间短分析；B、氯化铁和硫氰酸钾反响生成硫氰酸铁红色溶液,氯化钾对平衡无影响；C、稀醋酸是弱酸存在电离平衡,参加醋酸钠是强电解质完全电离,导电才能增强；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡,加水稀释促进水解,但离子浓度减小,根据水的离子积分析溶液中氢氧根离子浓度减小,氢离子浓度增大．【解答】解：A、根据先拐先平温度高,到达平衡时间短可知,图象中温度高,到达平衡所需时间短,故A错误；B、氯化铁和硫氰酸钾反响生成硫氰酸铁红色溶液,存在化学平衡Fe3++3SCCN﹣=Fe〔SCN〕3,参加氯化钾对平衡无影响,溶液颜色不变,故B错误；C、稀醋酸是弱酸存在电离平衡,参加醋酸钠是强电解质完全电离,导电才能增强,图象不符合,故C错误；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡,加水稀释促进水解,但平衡状态中离子浓度减小,根据水的离子积分析溶液中氢氧根离子浓度减小,氢离子浓度增大,图象变化符合,故D正确；应选D．4．科学家开发出一种新型电池,其能量密度极高,效率达90%以上,电池中添加碘化锂〔LiI〕和微量水,工作原理如下图,总反响为：O2+4LiI+2H2O2I2+4LiOH,对于该电池的以下说法不正确的选项是〔〕A．充电时Li+从阳极区移向阴极区B．充电时阴极反响为LiOH+e﹣═Li+OH﹣C．放电时负极上I﹣被氧化D．放电时正极反响为O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．充电时,电解质里的阳离子移向阴极,阴离子移向阳极；B．充电时阴极发生得电子的复原反响；C．放电时,负极上发生失电子的氧化反响,元素的化合价升高；D．放电时,正极上发生得电子的复原反响,据此书写电极反响式．【解答】解：A．充电时,电解质里的阳离子移向阴极,故A正确；B．充电时阴极发生得电子的复原反响,应该是碘单质得电子的复原反响,故B错误；C．放电时,负极上发生失电子的氧化反响,元素的化合价升高,I﹣被氧化成I2,故C正确；D．放电时,正极上发生得电子的复原反响,正极反响为O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH,故D正确；应选：B．5．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂．用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量〔含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量〕,以下说法不正确的选项是〔〕A．亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐、抗氧化B．反响①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出C．测定样品质量及③中耗碱量,可测定样品中亚硫酸盐含量D．假设仅将②中的氧化剂“H2O2溶液〞交换为碘水,对测定结果无影响【考点】化学实验方案的评价；亚硝酸盐．【分析】样品中加稀硫酸生成二氧化硫,通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出,得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气体,通入双氧水中,二氧化硫被氧化成硫酸,再用氢氧化钠中和得中和液含有硫酸钠,A．亚硫酸盐有复原性,可以防止食品被空气中氧气氧化；B．根据上面的分析可知,反响①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出；C．根据③中耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量,利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量,结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量；D．H2O2溶液交换为碘水,假如碘过量,碘与氢氧化钠反响,所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量．【解答】解：样品中加稀硫酸生成二氧化硫,通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出,得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气体,通入双氧水中,二氧化硫被氧化成硫酸,再用氢氧化钠中和得中和液含有硫酸钠,A．亚硫酸盐有复原性,可以防止食品被空气中氧气氧化,起到了防腐、抗氧化作用,故A正确；B．根据上面的分析可知,反响①中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出,故B正确；C．根据③中耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量,利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量,结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量,故C正确；D．H2O2溶液交换为碘水,假如碘过量,碘与氢氧化钠反响,所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量,故D错误；应选D．6．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,且只有一种金属元素．其中X与W处于同一主族,Z元素原子半径在短周期中最大〔稀有气体除外〕．W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等,五种元素原子最外层电子数之和为21,以下说法正确的选项是〔〕A．Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化B．Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径C．Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型一样的化合物D．Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反响生成1mol水时所放出的热量一样【考点】原子构造与元素周期律的关系．【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,Z元素原子半径在短周期中最大〔稀有气体除外〕,那么Z为Na；Z、W、Q同周期,只有一种金属元素,故W、Q最外层电子数都大于3,W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等,那么W最外层电子数为4,Q最外层电子数为7,可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族,那么X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21,那么Y的最外层电子数=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5,原子序数小于Na,故Y为N元素,A．Y是N元素,Q是Cl元素,氨气具有复原性,能被强氧化剂氧化；B．Y是N元素、Z是Na元素,电子层构造一样的离子,离子半径随着原子序数增大而减小；C．Q是Cl元素,X、Y、Z、W分别是C、N、Na、Si元素,非金属元素之间易形成共价键、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成共价键；D．Z的最高价氧化物的水化物是NaOH,X、Y的最高价氧化物的水化物分别是碳酸和硝酸,碳酸是弱酸,在电离过程中吸收热量．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,Z元素原子半径在短周期中最大〔稀有气体除外〕,那么Z为Na；Z、W、Q同周期,只有一种金属元素,故W、Q最外层电子数都大于3,W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等,那么W最外层电子数为4,Q最外层电子数为7,可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族,那么X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21,那么Y的最外层电子数=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5,原子序数小于Na,故Y为N元素,A．Y是N元素,Q是Cl元素,氨气具有复原性,能被强氧化剂氯气氧化,故A正确；B．Y是N元素、Z是Na元素,电子层构造一样的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,所以离子半径Y＞Z,故B错误；C．Q是Cl元素,X、Y、Z、W分别是C、N、Na、Si元素,非金属元素之间易形成共价键、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成共价键,所以Q和X、Y、W形成的是共价键,而和Z形成的是离子键,故C错误；D．Z的最高价氧化物的水化物是NaOH,X、Y的最高价氧化物的水化物分别是碳酸和硝酸,碳酸是弱酸,在电离过程中吸收热量,所以和碳酸生成1mol水放出的热量小于和硝酸反响生成1mol水放出的热量,故D错误；应选A．7．实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．称取1.59g样品,溶于水配成250.00mL溶液,取出该溶液25.00mL用0.1mol•L﹣1盐酸进展滴定,得到如下曲线．以下说法正确的选项是〔〕A．上一计量点前发生反响的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl﹣、HCO3﹣C．此样品n〔NaHCO3〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3molD．使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合物中氢氧化钠含量,将会得到1个计量点【考点】离子方程式的有关计算．【分析】A．上一个计量点前溶液显示碱性,据此确定发生的离子反响；B．下一个计量点溶液pH=4,显示酸性,据此确定存在的离子；C．Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸,先是碳酸钠转化为碳酸氢钠,随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程,据此计算；D．Na2CO3和NaOH混合溶液中参加盐酸,显示和氢氧化钠中和,随后是和碳酸钠之间发生反响,据此答复．【解答】解：A．根据图示知道上一个计量点前溶液显示碱性,发生的离子反响：CO32﹣+H+═HCO3﹣,故A错误；B．下一个计量点溶液pH=4,显示酸性,不能存在HCO3﹣离子,故B错误；C．Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸,首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：CO32﹣+H+═HCO3﹣,此时消耗的盐酸的体积为11.9mL,随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程,HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑,由于CO32﹣+H+═HCO3﹣过程和HCO3﹣+H+═H2O+CO2过程消耗的盐酸体积应该是一样的,所以样品中碳酸钠消耗的盐酸为2×11.9mL,那么样品中碳酸氢钠消耗的盐酸n〔HCl〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3L×0.1mol•L﹣1=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣4mol,所以此样品n〔NaHCO3〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣4mol×10=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3mol,故C正确；D．Na2CO3和NaOH混合溶液中参加盐酸,先是和氢氧化钠中和,随后是和碳酸钠之间发生反响,生成碳酸氢钠,最后是生成氯化钠,不止得到1个计量点,是3个计量点,故D错误．应选C．二、解答题〔共3小题,总分值43分〕8．氨氧化法是工业消费中制取硝酸的主要途径,某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质,设计了如下图的装置．〔1〕假设分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1,配制该浓度的氨水100mL,用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管〔2〕甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气,烧瓶内固体X为过氧化钠．〔3〕乙装置的作用是枯燥氧气和氨气的混合气体；写出受热时丙装置发生反响的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．〔4〕当戊中观察到紫色石蕊试液变红现象,那么说明已制得硝酸．某同学按上图组装仪器并检验气密性后进展实验,没有观察到此现象,请分析实验失败的可能原因过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性．如何改良装置在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶．〔5〕改良后待反响完毕,将丁装置倒立在盛水的水槽中,会观察到的现象是试管丁内水面渐渐上升,上升到一定高度不再变化,试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色．【考点】氨的制取和性质．【分析】〔1〕根据配制溶液的操作步骤判断所用仪器；〔2〕甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气,说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气；〔3〕乙装置为枯燥管,作用是枯燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反响的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；〔4〕根据硝酸具有酸性,能使紫色石蕊试液变红判断；没有观察到现象说明溶液不呈酸性,那么生成的硝酸与碱发生了反响；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性；〔5〕改良后待反响完毕,将丁装置搜集的为二氧化氮,倒立在盛水的水槽中,二氧化氮与水反响生成一氧化氮和硝酸,据此分析观察到的现象．【解答】解：〔1〕量取浓氨水要用量筒,稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒,配制溶液要用100mL容量瓶,胶头滴管,故答案为：胶头滴管；〔2〕甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气,说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气,那么该固体为过氧化钠,故答案为：过氧化钠；〔3〕乙装置为枯燥管,作用是枯燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反响的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,故答案为：枯燥氧气和氨气的混合气体；4NH3+5O24NO+6H2O；〔4〕因为硝酸具有酸性,能使紫色石蕊试液变红,所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红,说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性,那么生成的硝酸与过量的氨气发生了反响；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性,故答案为：紫色石蕊试液变红；过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；〔5〕改良后待反响完毕,将丁装置搜集的为二氧化氮,倒立在盛水的水槽中,二氧化氮与水反响生成一氧化氮和硝酸,所以观察到的现象为试管内水面渐渐上升,上升到一定高度不再变化,试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色,故答案为：试管丁内水面渐渐上升,上升到一定高度不再变化,试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色．9．一种含铝、锂、钴的新型电子材料,消费中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面,锂混杂于其中,从废料中回收氧化钴〔CoO〕的工艺流程如图：〔1〕过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反响的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑．〔2〕过程Ⅱ中参加稀H2SO4酸化后,再参加Na2S2O3溶液浸出钴．那么浸出钴的化学反响方程式为〔产物中只有一种酸根〕4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O．在实验室模拟工业消费时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业消费中不用盐酸,请从反响原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2,污染环境．〔3〕过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al〔OH〕3,碳酸钠溶液在产生Al〔OH〕3时起重要作用,请写出该反响的离子方程式2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al〔OH〕3↓+3CO2↑．〔4〕碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同,请写出在过程Ⅳ中起的作用是调整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀为CoCO3．〔5〕在Na2CO3溶液中存在多种粒子,以下各粒子浓度关系正确的选项是BD〔填序号〕．A、c〔Na+〕=2c〔CO32﹣〕B、c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔HCO3﹣〕C、c〔HCO3﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕D、c〔OH﹣〕﹣c〔H+〕═c〔HCO3﹣〕+2c〔H2CO3〕〔6〕CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色,利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时,剩余固体质量随温度变化的曲线,A物质的化学式是CoCl2•2H2O．【考点】制备实验方案的设计．【分析】操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质,将铝从废料中别离出来,过滤后得到含Co2O3•CoO的钴渣,再用酸溶解过滤后得到含Co3+及Al3+、Li+的滤液,通过调整溶液的pH得到Al〔OH〕3和LiF沉淀,再过滤得到含Co3+的滤液,再滴加Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀,经过滤、洗涤沉淀,最后将CoCO3进展加热分解可得CoO粉末,〔1〕铝和氢氧化钠反响生成偏铝酸钠和氢气,注意该反响中水是反响物；〔2〕Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化复原反响生成CoSO4、Na2SO4和H2O,盐酸具有复原性,能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境；〔3〕根据铝离子水解显酸性,碳酸根离子水解显碱性,二者在同溶液里会发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；〔4〕碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀为CoCO3；〔5〕A．根据电荷书恒判断；B．根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；C．根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；D．根据质子守恒判断；〔6〕根据关系式CoCl2•6H2O～CoCl2求出CoCl2•6H2O的质量,然后再根据差量法求出A物质的化学式．【解答】解：〔1〕铝和氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气,反响的离子反响方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑,故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑；〔2〕Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化复原反响生成CoSO4、Na2SO4和H2O,反响方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O,所以参加Na2S2O3的作用是复原Co3+,盐酸具有复原性,能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境,所以不能盐酸,故答案为：4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2,污染环境；〔3〕铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al〔OH〕3↓+3CO2↑；故答案为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al〔OH〕3↓+3CO2↑；〔4〕碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀为CoCO3；故答案为：调整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀为CoCO3；〔5〕A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔HCO3﹣〕+c〔OH﹣〕+2c〔CO32﹣〕,故A错误；B．碳酸根离子发生水解以及水的电离,所以溶液中离子浓度：c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔HCO3﹣〕＞c〔H+〕,故B正确；C．碳酸根离子发生水解以及水的电离,所以溶液中离子浓度：c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔HCO3﹣〕＞c〔H+〕,故C错误；D．Na2CO3溶液中质子守恒：c〔H+〕═c〔OH﹣〕+c〔HCO3﹣〕+2c〔H2CO3〕,故D正确；应选：BD；〔6〕CoCl2•6H2O～CoCl2238130m65mg=解得：m=119mgA物质的化学式为CoCl2•nH2O,那么有：CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m23818〔6﹣n〕119mg119mg﹣83mg=,解得：n=2,所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O；故答案为：CoCl2•2H2O．10．雾霾天气是一种大气污染状态,雾霾的源头多种多样,比方汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾燃烧,甚至火山喷发等．〔1〕汽车尾气中的NO〔g〕和CO〔g〕在一定温度和催化剂的条件下可净化．反响的化学方程式为2NO〔g〕+2CO〔g〕⇌N2〔g〕+2CO2〔g〕．①局部化学键的键能如下：分子式/构造式NO/N≡OCO/C≡OCO2/O=C=ON2/N≡N化学键N≡OC≡OC=ON≡N键能〔KJ/mol〕6321072750946请计算上述反响的△H=﹣538kJ/mol②假设上述反响在恒温、恒容的密闭体系中进展,并在t．时刻到达平衡状态,那么以下示意图不符合题意的是ABC〔填选项字母〕．〔以下图中V正、K、n、P总分别表示正反响速率、平衡常数、物质的量和总压强〕③在T℃下,向体积为10L的恒容密闭容器中通人NO和CO,测得了不同时间时NO和CO的物质的量如下表：时间/s012345n〔NO〕/×10﹣2mol10.04.502.501.501.001.00n〔CO〕/×10﹣1mol3.603.052.852.752.702.70T℃时该反响的平衡常数K=500,既能增大反响速率又能使平衡正向挪动的措施是加压〔写出一种即可〕．〔2〕是硫酸工业释放出的主要尾气,为减少对环境造成的影响,采用以下方法将其资源化利用,重新获得重要工业产品硫化钙．①写出反响的化学方程式2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2．②反响中每生成1mol硫化钙理论上转移电子数为8NA．③为充分利用副产品CO,设计电解CO制备CH4和W,工作原理如下图,生成物W是NaHCO3,其原理用电解总离子方程式解释是4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4↑．【考点】物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【分析】〔1〕①化学反响的焓变等于反响物旧键断裂吸收的能量和产物中新键生成释放的能量之差,据此答复计算；②根据化学平衡状态的特征解答,当反响到达平衡状态时,正逆反响速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反响的进展发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反响到达平衡状态；③根据平衡常数概念是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反响物平衡浓度幂次方乘积,代入平衡浓度即可计算出平衡常数；根据影响反响速率和平衡挪动的因素来答复；〔2〕①由流程可知,I中发生2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2,硫酸钙中参加碳反响发生反响的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑；②根据化学方程式定量关系和氧化复原反响电子守恒计算转移电子数；③由此电解原理可知,阳极失去电子生成二氧化碳气体,参加碳酸钠,碳酸钠与二氧化碳反响生成碳酸氢钠,阴极CO得到电子生成甲烷气体,据此解答即可．【解答】解：〔1〕①化学反响的焓变等于反响物旧键断裂吸收的能量和产物中新键生成释放的能量之差,所以2NO〔g〕+2CO〔g〕⇌N2〔g〕+2CO2〔g〕的△H=〔2×632+1072×2〕﹣kJ/mol=﹣538kJ/mol,故答案为：﹣538；②A、t1时正反响速率仍然在变化,说明没有到达平衡状态,故A错误；B、平衡常数只受温度的影响,反响在恒温、恒容的密闭体系中进展,K始终不变,故B错误；C、t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化,说明正逆反响速率不相等,反响没有到达平衡状态,故C错误；D、反响前后气体的系数和变化,所以总压不变的状态到达了平衡状态,故D正确；应选ABC；③NO和CO反响生成CO2和N2,反响方程式为：2NO+2CO⇌2CO2+N2起始浓度：1×l0﹣23.6×l0﹣200转化浓度：0.9×l0﹣20.9×l0﹣20.9×l0﹣20.45×l0﹣2平衡浓度：0.1×l0﹣22.7×l0﹣20.9×l0﹣20.45×l0﹣2反响的平衡常数K==500,加压既能增大反响速率又能使平衡正向挪动,故答案为：500；加压；〔2〕①由流程可知,I中发生2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2,故答案为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；②硫酸钙中参加碳反响发生反响的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑,硫元素化合价+6价变化为﹣2价,电子转移总数8mol,所以反响中每生成1mol硫化钙理论上转移电子数为8mol,即为8NA,故答案为：8NA③由此电解原理可知,阳极失去电子生成二氧化碳气体,参加碳酸钠,碳酸钠与二氧化碳反响生成碳酸氢钠,阴极CO得到电子生成甲烷气体,据此离子反响方程式为：4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4↑,故答案为：NaHCO3；4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4；[化学-选修2：化学与技术]11．生态工业园区的建立,不仅仅是表达环保理念,重要根据循环经济理论和充分考虑经济的可持续开展,如图是某企业设计的硫酸﹣磷铵﹣水泥联产,海水﹣淡水多用,盐﹣热﹣电联产生三大生态产业链流程图．根据上述产业流程答复以下问题：〔1〕从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在BA西部山区B沿海地区C兴旺城市D东北内陆〔2〕该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送,请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①Fe2O3、②电能、③热能、④SO2、⑤硫酸．〔3〕沸腾炉发生反响的化学方程式：2SO2+O22SO3；磷肥厂的主要产品是普钙,其主要成分是Ca〔H2PO4〕、CaSO4〔填化学式〕．〔4〕热电厂的冷却水是海水,该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有镁或溴〔写出一种即可〕．〔5〕根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．废气〔主要是高炉煤气〕经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料,废渣〔主要成分是硅酸钙等〕,可用作水泥消费原料〔写出两点即可〕．【考点】制备实验方案的设计．【分析】〔1〕该产业链利用废热发电进展海水淡化、浓缩生成盐,而生成硫酸﹣磷肥﹣水泥联产的固体原料步运输,生成中需要大量的水,所以应建在沿海地区；〔2〕根据流程图可知,①中冶炼钢铁的原料是Fe2O3,②中热电厂中向外提供的能量为电能,③利用沸腾炉中FeS2与氧气反响放出大量的热发电,④制硫酸时二氧化硫的循环利用,⑤硫酸工业中生成的硫酸,可用于制磷肥；〔3〕沸炉中FeS2与氧气反响生成氧化铁和二氧化硫；普钙是磷酸二氢钙和硫酸钙,即硫酸与磷酸钙反响生成硫酸钙和磷酸二氢钙；〔4〕热电厂的冷却水是海水,浓缩盐水提取盐〔NaCl〕后,剩余的苦卤中含有丰富的Mg元素、溴元素等；〔5〕根据工厂的废气、废渣的成分分析并加以利用．【解答】解：〔1〕该产业链利用废热发电进展海水淡化、浓缩生成盐,而生成硫酸﹣磷肥﹣水泥联产的固体原料步运输,生成中需要大量的水,所以应建在沿海地区,故答案为：B；〔2〕①中冶炼钢铁的原料是Fe2O3,②中热电厂中向外提供的能量为电能,③利用沸腾炉中FeS2与氧气反响放出大量的热发电,④制硫酸时二氧化硫的循环利用,⑤硫酸工业中生成的硫酸,可用于制磷肥,故答案为：①Fe2O3；②电能；③热能；④SO2；⑤硫酸；〔3〕沸炉中FeS2与氧气反响生成氧化铁和二氧化硫,反响方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,普钙是磷酸二氢钙和硫酸钙,即硫酸与磷酸钙反响生成磷酸二氢钙和硫酸钙,其化学式为：Ca〔H2PO4〕、CaSO4,故答案为：2SO2+O22SO3；Ca〔H2PO4〕、CaSO4；〔4〕热电厂的冷却水是海水,海水浓缩盐水提取盐〔NaCl〕后,剩余的苦卤中含有丰富的Mg元素、溴元素等,可以制取Mg或溴,故答案为：海水；镁或溴；〔5〕废气〔主要是高炉煤气〕经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣〔主要成分是硅酸钙等〕,可用作水泥消费原料,故答案为：废气〔主要是高炉煤气〕经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣〔主要成分是硅酸钙等〕,可用作水泥消费原料．[化学-选修3：物质构造与性质]12．人类文明的开展历程,也是化学物质的认识和发现的历程,其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子〞改变过人类的世界．〔1〕Fe单质为体心立方晶体,晶胞中铁原子的配位数为8,基态铁原子有4个未成对电子,Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5．〔2〕硝酸钾中NO3﹣的空间构型为平面正三角形,写出与NO3﹣互为等电子体的一种非极性分子化学式SO3等．〔3〕6﹣氨基青霉烷酸的构造如图1所示,其中采用sp3杂化的原子有C、N、O、S．〔4〕以下说法正确的有a〔填字母序号〕．a．乙醇分子间可形成氢键,导致其沸点比氯乙烷高b．钨的配合物离子[W〔CO〕5OH]﹣能催化固定CO2,该配离子中钨显﹣1价c．聚乙烯〔〕分子中有5n个σ键d．由下表中数据可确定在反响Si〔s〕+O2〔g〕═SiO2〔s〕中,每生成60gSiO2放出的能量为〔2c﹣a﹣b〕kJ化学键Si﹣SiO═OSi﹣O键能〔kJ•mol﹣1〕abc〔5〕铁和氨气在640℃可发生置换反响,产物之一的晶胞构造如图2所示,写出该反响的化学方程式8Fe+2NH32Fe4N+3H2,假设两个最近的Fe原子间的间隔为scm,那么该晶体的密度是g•cm﹣3．【考点】晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】〔1〕Fe单质为体心立方晶体,体心的Fe原子与晶胞顶点8个Fe原子相邻；Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+；〔2〕NO3﹣中N原子孤电子对数==0,价层电子对数为3+0=3；原子数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体,分子中正负电荷正向重合的分子为非极性分子；〔3〕价层电子对数是4的原子采用sp3杂化；〔4〕a．分子间氢键导致物质熔沸点升高；b．钨的配合物离子[W〔CO〕5OH]﹣中W为0价；c．聚乙烯〔〕分子中有〔6n﹣1〕个σ键；d．二氧化硅晶体中Si原子与周围4个O原子形成Si﹣O四面体构造,1molSiO2含有4molSi﹣O,Si晶体中Si原子与周围4个Si原子形成Si﹣Si,每个键为2个Si原子共用,故1mol硅含有2molSi﹣Si键；〔5〕晶胞中Fe原子数目为8×+6×=4,N原子数目为1,故该产物化学式为Fe4N,还生成氢气；晶胞面对角线上3个Fe原子相邻,那么晶胞棱长为2scm×=scm,结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量,再根据ρ=计算晶体密度．【解答】解：〔1〕Fe单质为体心立方晶体,体心的Fe原子与晶胞顶点8个Fe原子相邻,故配位数为8；Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,3d能级中有4个电子单独占据1个轨道,含有4个单电子,失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+,Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,故答案为：8；4；1s22s22p63s23p63d5；〔2〕NO3﹣中N原子孤电子对数==0,价层电子对数为3+0=3,空间构型为平面正三角形,原子数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体,分子中正负电荷正向重合的