2016年广东省汕头市潮南区高三化学考前模拟试卷 含解析

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1、2016年广东省汕头市潮南区高考化学考前模拟试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1本草纲目拾遗中在药物名“鼻冲水”条目下写到：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅；在“刀创水”条目下写到：治金创，以此水涂伤口，即敛合如故这里所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是（）A氢氟酸、食盐水B氨水、碘酒C石灰水、硝酸D稀硫酸、食醋2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1molCH5+中含有的电子数目为11NAB0.1mol/L AlCl3溶液中含有的Al3+数目一定小于0.1NAC78gNa2O2和

2、Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NAD常温下，1L PH=1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NA3下列解释实验事实的离子方程式正确的是（）A硫酸亚铁在空气中被氧化：4Fe2+3O2+6H2O4Fe（OH）3B向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：CH2BrCOOH+OHCH2BrCOO+H2OCFeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+D碳酸钠溶液滴入酚酞变红：CO32+2H2OH2CO3+2OH4a、b、c、d均为短周期元素，它们原子的最外层电子数分别为1、3、6、7a、d的简单离子的电子层结构相同，b

3、、c原子的次外层电子数均为8下列说法正确的是（）A氢化物的沸点：cdBa、b、d的最高价氧化物对应的水化物两两皆能反应Ca、b、c的简单离子都会破坏水的电离平衡D简单离子的半径：cdab5某中性有机物（分子式为C10H20O2）在稀硫酸作用下加热得M和N两种有机物，且M在酸性KMnO4溶液作用下可直接得到N下列说法正确的是（）AM的分子式为C5H10OB上述过程发生的所有反应与油脂皂化反应类型相同C该中性有机物有4种（不考虑立体异构）DM和N都可以发生取代反应、都能与Na反应生成H2，因此具有相同的官能团625时，用浓度为0.1000molL1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1

4、000molL1的盐酸和醋酸溶液的滴定曲线如图所示（混合溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是（）A根据滴定曲线，可得Ka（CH3COOH）105BpH=7时，滴定醋酸溶液消耗的V（NaOH溶液）20mLCC点溶液：c（HX）c（X）c（Na+）c（H+）c（OH）D当V（NaOH溶液）=20mL时，A点水电离出c（H+）大于B点水电离出的c（H+）7如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（H2NCONH2，氮元素显3价）的化学能直接转化为电能，并生成对环境无害物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是（）AH十透过质子交换膜由左向右移动B铜电极应与Y相连接CM电极反应式

5、：H2NCONH2+H2O6eCO2+N2+6H+D当N电极消耗0.25 mol气体时，则铁电极增重16g三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答8氯化亚铁具有独有的脱色能力，适用于染料、染料中间体、印染、造纸行业的污水处理某课题小组设计如下方案制备氯化亚铁并探究氯化亚铁（Fe2+）的还原性某同学选择下列装置用氯化铁制备少量氯化亚铁（装置不可以重复使用）查阅资料知，氯化铁遇水剧烈水解，在加热条件下氢气还原氯化铁生成FeCl2和HCl（1）实验开始前应先检查装置的气密性，请叙述装置A气密性检验的方法：（2）气

6、流从左至右，装置接口连接顺序是a（3）装置C中干燥管中所盛试剂的名称是：，作用是：（4）装置C中酒精灯的作用是：（5）为了测定氯化亚铁的质量分数，某同学进行了如下实验：称取实验制备的氯化亚铁样品5.435g，配成溶液，用1.00molL1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点（已知还原性Fe2+Cl）滴定结果如表所示：滴定次数标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL11.0425.0321.9825.9933.2025.24写出滴定过程中所发生的2个离子方程式：样品中氯化亚铁的质量分数为9锂离子电池是一种二次电池，它主要依靠锂离子在两极之间移动来工作某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）

7、、铝箔和有机物导电剂等现利用以下流程回收正极材料中的某些资源请回答下列问题：（1）用硫酸和过氧化氢酸浸时，一般在90下进行，写出该步骤中LiCoO2参与的化学反应方程式当有1mol LiCoO2参加反应时，得到氧化产物的质量为（2）常温条件下调pH时，若使Al3+完全沉淀所需最小的pH为（保留整数）（已知：离子浓度等于或小于1106时，认为其完全沉淀； Al（OH）3的Ksp=1.131033）（3）操作1的名称是（4）从平衡角度进行解释生成CoCO3固体的原因（5）钴元素与铁元素都属于第 VIII族，它们的化合物有相似的性质Co（OH）2在空气中加热时，钴元素在固体残留物中的百分含量有如右图

8、所示的变化已知钴的氢氧化物加热至290时已完全脱水，则A点时，剩余固体的成分为（填化学式）；在550600范围内，剩余固体的成分为（填化学式）10对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=a kJmol1I已知：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=b kJmol1；CO的燃烧热为c kJmol1写出消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与CO反应的热化学方程式II一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：时间/s012345c（N

9、O）/molL11.000.80.640.550.50.5c（CO）/molL13.503.303.143.053.003.00（1）在恒容密闭容器中充入CO、NO气体，下列图象如图1正确且能说明反应达到平衡状态的是（2）前2s内的平均反应速率（N2）=mol/（Ls）（保留两位小数，下同）；此温度下，该反应的平衡常数为（3）采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术，同时吸收SO2和NOx，获得（NH4）2SO4的稀溶液已知常温下，该溶液的PH=5，则=（已知该温度下NH3H2O的Kb=1.7105）若向此溶液中再加入少量 （NH4）2SO4固体，的值将（填“变大”、“不变”或“变小”）III如图2所示，

10、用无摩擦、无质量的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，在25和101kPa下达到平衡时，各部分体积分别为V甲、V乙此时若去掉活塞1，不引起活塞2的移动则x=，V甲：V乙=化学-选修2化学与技术11工业上制取硝酸的主要流程图如图1：（1）工业合成氨的原料是N2和H2装置A的名称是；其中N2可从空气中分离出来，方法是先将空气，然后即可得到；H2可以水和天然气为原料在催化剂作用下高温制取，其化学方程式为（2）在原料气制备过程中混有的CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）来实现已知1100K时该反应的平衡常数K=0.64，若要使C

11、O的转化率超过80%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于利用石灰乳来除去硝酸工业的尾气（含NO、NO2），既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO2）2，其部分工艺流程如图2已知NO和NO2按1：1通入碱液中生成亚硝酸盐（3）上述工艺中采用气液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋），其目的是；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是（填化学式）（4）该工艺需控制NO 和NO2 物质的量之比接近1：1若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致；若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致化学-选修3物质结构与性质12第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物（1）

12、H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为下列叙述不正确的是（填字母）a因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以HCHO易溶于水bHCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化cC6H6分子中含有6个键和1个大键，C2H2是非极性分子dCO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是六氰合亚铁离子Fe（CN）64中不存在A共价键 B非极性键 C

13、配位键 D键 E键写出一种与 CN互为等电子体的单质分子式（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于区（4）一种AlFe合金的立体晶胞如图所示请据此回答下列问题：确定该合金的化学式若晶体的密度= g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离 （用含的代数式表示，不必化简）为cm化学-选修5有机化学基础13工业上常以烃的含氧衍生物X为主要原料生产可降解塑料PCL及阻燃剂四溴双酚A合成线路如下：已知：X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，遇FeCl3溶液显紫色；C为RCOCH2RRCOOCH2R请回答下列问题：（1）X的分子式为；B的名称是（2）BC还需要的反

14、应试剂及条件是CD的反应类型是（3）写出XY的化学方程式：（4）0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗molNaOH（5）符合以下条件的D的同分异构体有种（不考虑空间异构）含有两个甲基和两种官能团 能使溴的CCl4溶液褪色 能发生银镜反应（6）已知由烯烃直接制备不饱和酯的新方法为：2CH3=CH2+2ROH+2CO+O22CH3=CHCOOR+2H2O利用乙烯为有机原料（无机物和反应条件自选）合成聚合物涂料，写出合成该涂料的反应流程图：2016年广东省汕头市潮南区高考化学考前模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，

15、只有一个选项符合题目要求）1本草纲目拾遗中在药物名“鼻冲水”条目下写到：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅；在“刀创水”条目下写到：治金创，以此水涂伤口，即敛合如故这里所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是（）A氢氟酸、食盐水B氨水、碘酒C石灰水、硝酸D稀硫酸、食醋【考点】氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】鼻冲水是指氨水的刺激性气味、“刀创水”用碘酒的杀菌消毒，由此分析解答【解答】解：鼻冲水是指氨水的刺激性气味、“刀创水”用碘酒的杀菌消毒，故选B2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1molCH5+中含有的电子数目为11NAB

16、0.1mol/L AlCl3溶液中含有的Al3+数目一定小于0.1NAC78gNa2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NAD常温下，1L PH=1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、碳正离子中含10个电子；B、溶液体积不明确；C、Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol；D、硫酸溶液中，氢离子绝大部分来自于水的电离【解答】解：A、碳正离子中含10个电子，故1mol碳正离子中含10NA个电子，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的铝离子的个数无法计算，故B错误；C、Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol，故78g两

17、者的混合物的物质的量为1mol，而过氧化钠和硫化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含NA个阴离子，故C正确；D、硫酸溶液中，氢离子绝大部分来自于水的电离，氢氧根全部来自于水的电离，故溶液中水电离出的氢离子的个数为1013NA个，故D错误故选C3下列解释实验事实的离子方程式正确的是（）A硫酸亚铁在空气中被氧化：4Fe2+3O2+6H2O4Fe（OH）3B向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：CH2BrCOOH+OHCH2BrCOO+H2OCFeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+D碳酸钠溶液滴入酚酞变红：CO3

18、2+2H2OH2CO3+2OH【考点】离子方程式的书写【分析】A电子、电荷不守恒；BBr发生水解反应；C发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主【解答】解：A硫酸亚铁在空气中被氧化的离子反应为4Fe2+2O2+4H+4Fe3+2H2O，故A错误；B向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH+2OHCH2OHCOO+Br+H2O，故B错误；CFeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去的离子反应为2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，故C正确；D碳酸钠溶液滴入酚酞变红的离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，

19、故D错误；故选C4a、b、c、d均为短周期元素，它们原子的最外层电子数分别为1、3、6、7a、d的简单离子的电子层结构相同，b、c原子的次外层电子数均为8下列说法正确的是（）A氢化物的沸点：cdBa、b、d的最高价氧化物对应的水化物两两皆能反应Ca、b、c的简单离子都会破坏水的电离平衡D简单离子的半径：cdab【考点】原子结构与元素的性质【分析】a、b、c、d均为短周期元素，它们原子的最外层电子数分别为1、3、6、7b、c原子的次外层电子数均为8，则b为Al、c为S，a、d的简单离子的电子层结构相同，则a为Na、d为FA、非金属性：SF，氟化氢分子间存在氢键；B、氟元素没有最高价氧化物对应的水

20、化物；C、a、b、c简单离子分别为Na+、Al3+、S2，Na+不水解，不破坏水的电离平衡；D、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大【解答】解：A、非金属性：SF，氟化氢分子间存在氢键，所以化物的沸点：cd，故A错误；B、氟元素没有最高价氧化物对应的水化物，故B错误；C、a、b、c简单离子分别为Na+、Al3+、S2，Al3+、S2均水解，破坏水的电离平衡，但Na+不水解，不破坏水的电离平衡，故C错误；D、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径c（S2）d（F）a（Na+）b（Al3+），故D正确；故选D5某

21、中性有机物（分子式为C10H20O2）在稀硫酸作用下加热得M和N两种有机物，且M在酸性KMnO4溶液作用下可直接得到N下列说法正确的是（）AM的分子式为C5H10OB上述过程发生的所有反应与油脂皂化反应类型相同C该中性有机物有4种（不考虑立体异构）DM和N都可以发生取代反应、都能与Na反应生成H2，因此具有相同的官能团【考点】有机物的结构和性质【分析】中性有机物分子式为C10H20O2，属于饱和一元酯基，在酸性条件下水解得到M、N，分别为羧酸、醇中的一种，且M被酸性KMnO4溶液作用可直接得到N，则M为醇、N为羧酸，M、N分子含有相同碳原子数目，可知M分子式为C5H12O、N的分子式为C5H1

22、0O2，且M中存在CH2OH，以此来解答【解答】解：中性有机物分子式为C10H20O2，属于饱和一元酯基，在酸性条件下水解得到M、N，分别为羧酸、醇中的一种，且M被酸性KMnO4溶液作用可直接得到N，则M为醇、N为羧酸，M、N分子含有相同碳原子数目，可知M分子式为C5H12O、N的分子式为C5H10O2，且M中存在CH2OHAM分子式为C5H12O，故A错误；B酯的水解反应与酯化反应都属于取代反应，但醇氧化生成羧酸属于氧化反应，但油脂皂化反应为水解反应，与M转化为N的反应类型不同，故B错误；C形成C10H20O2的酯的酸为C4H9COOH，醇为C4H9CH2OH，都含有C4H9烃基且相同，有四

23、种结构：CH2CH2CH2CH3，CH（CH3）CH2CH3，CH2C（CH3）2，C（CH3）3，则分子式为C10H20O2的酯有四种结构，故C正确；DM含有羟基，N含有羧基，M和N都可以发生取代反应、都能与Na反应生成H2，但官能团不同，故D错误故选C625时，用浓度为0.1000molL1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000molL1的盐酸和醋酸溶液的滴定曲线如图所示（混合溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是（）A根据滴定曲线，可得Ka（CH3COOH）105BpH=7时，滴定醋酸溶液消耗的V（NaOH溶液）20mLCC点溶液：c（HX）c（X）c（Na+）c（H

24、+）c（OH）D当V（NaOH溶液）=20mL时，A点水电离出c（H+）大于B点水电离出的c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】0.1000molL1的盐酸溶液PH值等于1，所以HX是醋酸，HY是盐酸，A、根据氢氧化钠滴到10mL时，c（HX）c（X），Ka（HX）c（H+）；B、HX为弱电解质，V（NaOH）=20mL时，HX与氢氧化钠恰好完全反应生成NaX，X水解溶液显示碱性；C、C点溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，以醋酸的电离为主；D、当V（NaOH溶液）=20mL时，A点的水溶液为醋酸钠，而B点的水溶液为氯化钠，醋酸钠是强碱弱酸盐水解对水的电离起促进作用，所

25、以A水电离出c（H+）大于B点水电离出的c（H+）【解答】解：0.1000molL1的盐酸溶液PH值等于1，所以HX是醋酸，HY是盐酸，A、当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c（HX）c（X），即Ka（HX）c（H+）=10pH，由于pH4，则Ka（CH3COOH）105，故A正确；B、HX为弱电解质，V（NaOH）=20mL时，HX与氢氧化钠恰好完全反应生成NaX，X水解溶液显示碱性，所以滴定醋酸溶液消耗的V（NaOH溶液）20mL，故B正确；C、C点溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，以醋酸的电离为主，所以离子浓度大小为：c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH），故C错误；D、

26、当V（NaOH溶液）=20mL时，A点的水溶液为醋酸钠，而B点的水溶液为氯化钠，醋酸钠是强碱弱酸盐水解对水的电离起促进作用，所以A水电离出c（H+）大于B点水电离出的c（H+），故D正确；故选C7如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（H2NCONH2，氮元素显3价）的化学能直接转化为电能，并生成对环境无害物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是（）AH十透过质子交换膜由左向右移动B铜电极应与Y相连接CM电极反应式：H2NCONH2+H2O6eCO2+N2+6H+D当N电极消耗0.25 mol气体时，则铁电极增重16g【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据题给信息知

27、，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题【解答】解：该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，AM是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，故A正确；B铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故B正确；CH2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水

28、，电极反应式为H2NCONH2+H2O6eCO2+N2+6H+，故C正确；D当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.254=1.0mol电子，所以铁电极增重mol64g/mol=32g，故D错误故选D三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答8氯化亚铁具有独有的脱色能力，适用于染料、染料中间体、印染、造纸行业的污水处理某课题小组设计如下方案制备氯化亚铁并探究氯化亚铁（Fe2+）的还原性某同学选择下列装置用氯化铁制备少量氯化亚铁（装置不可以重复使用）查阅资料知，氯化铁遇水剧烈水解，在加热条件下氢气还原氯化铁

29、生成FeCl2和HCl（1）实验开始前应先检查装置的气密性，请叙述装置A气密性检验的方法：关闭活塞，向长颈漏斗内注水至形成一段水柱且液面高度不变，说明装置气密性良好（2）气流从左至右，装置接口连接顺序是ab c e f d（3）装置C中干燥管中所盛试剂的名称是：碱石灰或生石灰，作用是：除去HCl、并防止空气中水的进入（4）装置C中酒精灯的作用是：燃烧H2，防止污染空气（5）为了测定氯化亚铁的质量分数，某同学进行了如下实验：称取实验制备的氯化亚铁样品5.435g，配成溶液，用1.00molL1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点（已知还原性Fe2+Cl）滴定结果如表所示：滴定次数标准溶液的体积滴定前

30、刻度/mL滴定后刻度/mL11.0425.0321.9825.9933.2025.24写出滴定过程中所发生的2个离子方程式：MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O样品中氯化亚铁的质量分数为70.1%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）装置气密性的检验，利用长颈漏斗检验使用注水法，加入水形成一段水柱且保持不变；（2）装置的连接顺序是利用装置A生成氢气通过浓硫酸干燥后通入装置D中的玻璃管中加热反应，在加热条件下氢气还原氯化铁生成FeCl2和HCl，剩余氢气通过装置C点燃处理；（3）装置C中碱石灰或生石灰吸收生

31、成的氯化氢，故C中干燥管应盛放碱石灰作用除去HCl、并防止空气中水的进入；（4）先制备氢气，但有杂质水，选择除杂试剂（干燥），已知氢气还原氯化铁生成FeCl2和HCl，制备FeCl2，而氯化铁遇水剧烈水解，应注意前后都要防水进入，后考虑有尾气，进行尾气处理，尾气两种未反应完全的氢气与HCl，装置C中酒精灯的作用为燃烧H2，防止污染空气；（5）图表数据分析可知第三次滴定数值误差太大离子物质的量舍去，依据第一次和第二次滴定结果计算高锰酸钾溶液的平均体积，V=ml=24ml，结合氧化还原反应定量关系计算，MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5

32、Cl2+8H2O，设FeCl3与FeCl2物质的量分别为x、y，Fe2+为ymol，Cl为（3x+2y）mol+=1.00molL10.024L162.5x+127y=5.435解得x=0.1 y=0.3，计算得到氯化亚铁的质量分数【解答】解：（1）装置气密性的检验，利用长颈漏斗检验使用注水法，加入水形成一段水柱且保持不变，关闭活塞，向长颈漏斗内注水至形成一段水柱且液面高度不变，说明装置气密性良好，故答案为：关闭活塞，向长颈漏斗内注水至形成一段水柱且液面高度不变，说明装置气密性良好；（2）装置的连接顺序是利用装置A生成氢气通过浓硫酸干燥后通入装置D中的玻璃管中加热反应，在加热条件下氢气还原氯化

33、铁生成FeCl2和HCl，剩余氢气通过装置C点燃处理，气流从左至右，装置接口连接顺序是a b c e f d，故答案为：a b c e f d；（3）装置C中碱石灰或生石灰吸收生成的氯化氢，故C中干燥管应盛放碱石灰作用除去HCl、并防止空气中水的进入，故答案为：碱石灰或生石灰，除去HCl、并防止空气中水的进入；（4）装置A先制备氢气，但有杂质水，选择除杂试剂（干燥），已知氢气还原氯化铁生成FeCl2和HCl，制备FeCl2，而氯化铁遇水剧烈水解，应注意前后都要防水进入，后考虑有尾气，进行尾气处理，尾气两种未反应完全的氢气与HCl，装置C中酒精灯的作用为燃烧H2，防止污染空气，故答案为：燃烧H2

34、，防止污染空气；（5）图表数据分析可知第三次滴定数值误差太大离子物质的量舍去，依据第一次和第二次滴定结果计算高锰酸钾溶液的平均体积，V=ml=24ml，结合氧化还原反应定量关系计算，MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，设FeCl3与FeCl2物质的量分别为x、y，Fe2+为ymol，Cl为（3x+2y）mol+=1.00molL10.024L162.5x+127y=5.435解得x=0.01mol，y=0.03mol，计算得到氯化亚铁的质量分数=100%=70.1%，故答案为：70.1%9锂离子电池是一种二次电池，它

35、主要依靠锂离子在两极之间移动来工作某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、铝箔和有机物导电剂等现利用以下流程回收正极材料中的某些资源请回答下列问题：（1）用硫酸和过氧化氢酸浸时，一般在90下进行，写出该步骤中LiCoO2参与的化学反应方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O当有1mol LiCoO2参加反应时，得到氧化产物的质量为16g（2）常温条件下调pH时，若使Al3+完全沉淀所需最小的pH为5（保留整数）（已知：离子浓度等于或小于1106时，认为其完全沉淀； Al（OH）3的Ksp=1.131033）（3）操作1的名称是萃取分液（4）

36、从平衡角度进行解释生成CoCO3固体的原因HCO3存在电离平衡：HCO3H+CO32，当电离产生的CO32浓度与溶液中Co2+浓度的积（即浓度积）大于CoCO3的Ksp时，对于溶解平衡：CoCO3（S）Co2+（aq）+CO32（aq）而言，平衡将向生成沉淀的方向移动（5）钴元素与铁元素都属于第 VIII族，它们的化合物有相似的性质Co（OH）2在空气中加热时，钴元素在固体残留物中的百分含量有如右图所示的变化已知钴的氢氧化物加热至290时已完全脱水，则A点时，剩余固体的成分为Co2O3（填化学式）；在550600范围内，剩余固体的成分为CoO、Co3O4（填化学式）【考点】物质分离和提纯的方法

37、和基本操作综合应用【分析】正极材料酸浸，并且加入稀硫酸、双氧水，涉及的氧化还原反应有2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2、2H2OO2+2H2O；调节溶液的pH得到Al（OH）3沉淀，过滤得到滤液和Al（OH）3，通过操作1得到Li2SO4和有机相，操作1为萃取分液，然后反萃取得到有机相和CoSO4，向溶液中加入碳酸氢铵溶液，发生反应为CO32+Co2+=CoCO3，（1）在酸性条件下，LiCoO2和双氧水发生氧化还原反应，铝和硫酸发生氧化还原反应；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO

38、4+2CoSO4+O2+4H2O中氧化产物是氧气，根据LiCoO2和氧气之间的关系式计算；（2）根据溶度积常数计算氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算得到溶液中氢离子浓度，计算得到溶液pH；（3）操作是加入有机相萃取硫酸钴，该操作是萃取、分液；（4）浓度积大于溶度积时产生沉淀；（5）钴元素与铁元素都属于第 VIII族，它们的化合物有相似的性质，Co（OH）2在空气中加热时，根据FeFe的氧化物，则Co的氧化物可能为Co2O3、CoO、Co3O4，Co2O3中Co的含量=100%=71.1%、CoO中Co的含量=100%=78.7%、Co3O4中Co的含量=100%=73.4%，根据Co元素含量确

39、定固体成分【解答】解：（1）根据工艺流程中酸浸的过程中发生氧化还原反应有2LiCoO2+3 H2SO4+H2O2=Li2SO4+2 CoSO4+O2+4H2O，2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O中氧化产物是氧气，1molLiCoO2完全反应生成氧气0.5mol，其质量为16g，故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O；16g；（2）离子浓度等于或小于1.0106时，认为其完全沉淀；（OH）3=，c（OH）=109 molL1，c（H+）=mol/L=109 molL1，pH=5，故答案为：5；（

40、3）该操作是萃取、分液，操作1的名称是萃取分液，故答案为：萃取分液；（4）平衡移动原理，溶液中HCO3H+CO32 Co2+浓度与CO32 浓度积即为浓度积大于CoCO3的Ksp 向生成沉淀的方向移动，故答案为：HCO3存在电离平衡：HCO3H+CO32，当电离产生的CO32浓度与溶液中Co2+浓度的积（即浓度积）大于CoCO3的Ksp时，对于溶解平衡：CoCO3（S） Co2+（aq）+CO32（aq）而言，平衡将向生成沉淀的方向移动；（5）钴元素与铁元素都属于第 VIII族，它们的化合物有相似的性质，Co（OH）2在空气中加热时，根据FeFe的氧化物，则Co的氧化物可能为Co2O3、CoO

41、、Co3O4，Co2O3中Co的含量=100%=71.1%、CoO中Co的含量=100%=78.7%、Co3O4中Co的含量=100%=73.4%，所以A点成分为Co2O3，在550600范围内，剩余固体的成分为Co3O4和CoO，故答案为：Co2O3；CoO、Co3O410对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=a kJmol1I已知：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=b kJmol1；CO的燃烧热为c kJmol1写出消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与C

42、O反应的热化学方程式2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）H=ab+2c kJmol1II一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：时间/s012345c（NO）/molL11.000.80.640.550.50.5c（CO）/molL13.503.303.143.053.003.00（1）在恒容密闭容器中充入CO、NO气体，下列图象如图1正确且能说明反应达到平衡状态的是AD（2）前2s内的平均反应速率（N2）=0.09mol/（Ls）（保留两位小数，下同）；此温度下，该反应的平衡常数为0.03molL1（3）采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术

43、，同时吸收SO2和NOx，获得（NH4）2SO4的稀溶液已知常温下，该溶液的PH=5，则=1.7104（已知该温度下NH3H2O的Kb=1.7105）若向此溶液中再加入少量 （NH4）2SO4固体，的值将变大（填“变大”、“不变”或“变小”）III如图2所示，用无摩擦、无质量的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，在25和101kPa下达到平衡时，各部分体积分别为V甲、V乙此时若去掉活塞1，不引起活塞2的移动则x=1.5，V甲：V乙=3：1【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】、已知：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=a kJm

44、ol1，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=b kJmol1，CO（g）+0.5O2（g）=CO2（g）H=c kJmol1，根据盖斯定律+2可得2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）；、（1）化学平衡状态的特征（正逆反应速率相等，各组分含量保持不变）判定，C主要图象不符和题设要求，平均摩尔质量应为恒定量；（2）从表可知2s内NO浓度变化量为0.36molL1，则N2的浓度为0.18mol/L，再有v=计算；平衡后四种物质平衡浓度为0.5molL1、3molL1、0.25molL1、0.5molL1，根据化学平衡常数概念列式计算；（3）根据水解平衡常数Kh=计算；在（N

45、H4）2SO4溶液中存在水解反应，2NH4+H2ONH3H2O+H+，往（NH4）2SO4溶液中再加入少量 （NH4）2SO4固体，水解平衡向正方向进行，但铵根的水解率减小，可得；、如图2所示，无摩擦、无质量的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，说明为等压容器，对应2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）只要转化到一边成比例即等效，若去掉活塞1，不引起活塞2的移动，说明新平衡与原平衡等效，据此分析【解答】解：、已知2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）H=a kJmol12NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=b kJmol1；CO（g）+0.5O2（g）=CO

46、2（g）H=c kJmol1根据盖斯定律+2可得2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）H=ab+2c kJmol1；故答案为：2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）H=ab+2c kJmol1；、（1）A、随着反应的进行，氮气的百分量瞪大，平衡时不再变化，故A正确；B、H与反应的物质的量有关，故H改变，与图象不符，故B错误；C、混合我替的总质量不变，该反应的混合气体的总的物质的量变小，根据=，平均相对分子质量增大，平衡时不再改变，故C错误；D、CO作为反应物，随着反应的进行，浓度减小，平衡时保持不变，故D正确；故选AD；（2）从表可知2s内NO浓度变化量为0

47、.36molL1，则N2的浓度为0.18mol/L，故其速率为=0.09molL1min1；平衡后四种物质平衡浓度为0.5molL1、3molL1、0.25molL1、0.5molL1，故平衡常数K=0.03molL1；故答案为：0.09； 0.03molL1；（3）水解平衡常数Kh=，pH=5，c（H+）=1105，则=105=1.7104；在（NH4）2SO4溶液中存在水解反应，2NH4+H2ONH3H2O+H+，往（NH4）2SO4溶液中再加入少量 （NH4）2SO4固体，水解平衡向正方向进行，但铵根的水解率减小，所以的值将变大；故答案为：1.7104；变大；、如图2所示，无摩擦、无质量

48、的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，说明为等压容器，对应2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）只要转化到一边成比例即等效，所以有 2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）；甲起始（mol）：0.6 0 x 3转化（mol）：0.6+2x 2x 0 32x乙起始（mol）：1.2 1 0 0 若去掉活塞1，不引起活塞2的移动，说明新平衡与原平衡等效，则32x=0，解得x=1.5mol，则甲相等于3.6molCO和3molNO刚好是乙的3倍，所以V甲：V乙=3：1；故答案为：1.5；3：1化学-选修2化学与技术11工业上制取硝酸的主要流程图如图1：（1）工业合成氨的原料

49、是N2和H2装置A的名称是合成塔；其中N2可从空气中分离出来，方法是先将空气液化，然后蒸馏或控制N2的沸点加热蒸发即可得到；H2可以水和天然气为原料在催化剂作用下高温制取，其化学方程式为CH4+H2O（g）CO+3H2（2）在原料气制备过程中混有的CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）来实现已知1100K时该反应的平衡常数K=0.64，若要使CO的转化率超过80%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于5.8利用石灰乳来除去硝酸工业的尾气（含NO、NO2），既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO2）2，其部分工艺流程

50、如图2已知NO和NO2按1：1通入碱液中生成亚硝酸盐（3）上述工艺中采用气液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋），其目的是使尾气中的NO、NO2 被充分吸收；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是Ca（OH）2（填化学式）（4）该工艺需控制NO 和NO2 物质的量之比接近1：1若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致排放气体中NO 含量升高；若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致产品Ca（NO2）2 中Ca（NO3）2 含量升高【考点】工业制取硝酸【分析】（1）工业上采用氨氧化法制硝酸首先N2和H2在合成塔中合成NH3，然后在氧化炉中将NH3氧化为NO2，在吸收塔中NO2与

51、O2、H2O反应生成HNO3，最后稀HNO3在蒸馏塔中浓缩制得浓硫酸；（2）分离空气中氮气的方法：先液化空气，然后采用蒸馏或控制氮气的沸点加热蒸发分离出氮气；（3）工业制硝酸的尾气处理，主要采用碱性石灰乳吸收NO和NO2，滤渣中的石灰乳可回收利用，既经济合理，又绿色环保；（4）硝酸工业尾气NO、NO2用碱液吸收的主反应为NO+NO2+2OH=2NO2+H2O，副反应为2NO2+2OH=NO2+NO3+H2O要控制NO、NO2的比例为1：1，才能保证主反应完全反应若NO过量，NO不能得到充分的吸收；若NO2多了，副反应就会生成Ca（NO3）2【解答】解：（1）N2与H2合成氨是在合成塔中进行的其

52、中N2的制备，是将空气液化，然后进行蒸馏或者控制N2沸点加热蒸发制得；反应物和条件题干已经给出，只需写出生成物、配平反应方程式为CH4+H2O（g）CO+3H2，故答案为：合成塔；液化；蒸馏或控制N2的沸点加热蒸发；CH4+H2O（g）CO+3H2；（2）设c（H2O）：c（CO）为X假设初始c（H2O）为X，则c（CO）为由CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）可知，要使CO转化率达到0.8，则平衡时各物质的浓度为c（CO）=0.2； c（H2O）=X0.8；c（CO2）=0.8；c（H2）=0.8由平衡常数K=，可解得X=5.8，故答案为：5.8；（3）使用吸收塔的好处就在于，增

53、大尾气与吸收液之间接触的面积，从而提高尾气的吸收率滤渣中可回收利用的是过量的石灰乳，也就是Ca（OH）2 故答案为：使尾气中的NO、NO2 被充分吸收；Ca（OH）2；（4）硝酸工业尾气NO、NO2一般用碱液吸收，主反应为：NO+NO2+2OH=2NO2+H2O，副反应为：2NO2+2OH=NO2+NO3+H2O若n（NO）：n（NO2）1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮与石灰乳反应生成Ca（NO3）2，故答案为：排放气体中NO含量升高；产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高化学-选修3物质结构与性质12第四周期过

54、渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物（1）H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为HCNO下列叙述不正确的是bc（填字母）a因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以HCHO易溶于水bHCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化cC6H6分子中含有6个键和1个大键，C2H2是非极性分子dCO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式NCOH（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备

55、的结构特征是具有孤对电子六氰合亚铁离子Fe（CN）64中不存在BA共价键 B非极性键 C配位键 D键 E键写出一种与 CN互为等电子体的单质分子式N2（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于d区（4）一种AlFe合金的立体晶胞如图所示请据此回答下列问题：确定该合金的化学式Fe2Al若晶体的密度= g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离 （用含的代数式表示，不必化简）为cm【考点】晶胞的计算；元素周期律的作用；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况【分析】（1）根据元素周期表电负性的递变规律比较电负性强弱；分子中含有羟基，与水可以形成氢键，

56、二氧化碳为sp杂化，苯中碳碳键含有6个键，另外还有6个碳氢键；碳为四价，氮为三价，氧为两价，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故NCOH；（2）形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对；六氰合亚铁离子Fe（CN）64中Fe2+与CN形成配位键，CN中存在CN三键，三键中有1个键2个键；CN中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN等电子体的单质；（3）根据Ti原子核外电子排布式解答；（4）根据均摊法计算化学式；计算出晶胞边长，即可进一步求出最近的两个Fe原子之间的距离【解答】解：（1）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负

57、性CNO，H的电负性最小，电负性顺序为：HCNO，故答案为：HCNO；a甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故a正确；bHCHO分子中C原子采用sp2杂化，但二氧化碳分子中C原子为sp杂化，故b错误；cC2H2是直线型对称结构，为非极性分子，但苯中碳碳键含有6个键，每个碳氢键含有一个键，苯分子中一共含有12个，故c错误；d二氧化碳晶体是分子晶体，二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故d正确，故答案为：bc；氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四价，氮为三价，氧为两价，故NCOH，故答案为：NCOH；（2）形成配离子具备的

58、条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，故答案为：具有孤对电子；六氰合亚铁离子Fe（CN）64中Fe2+与CN形成配位键，CN中存在CN三键，为极性共价键，三键中有1个键2个键，所以CN中共价键、配位键、键、键；CN中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN等电子体的单质为N2，故答案为：B；N2；（3）Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第B族，属于d区，故答案为：d；（4）Fe位于顶点、面心、体心和棱心，数目为8+6+1+12=8，Al位于晶胞体心，数目为4，原子数目比值为2：1，化学式可写为：Fe2Al，故答案为：Fe2Al；晶胞质量

59、为：（562+27）g，设晶胞边长为a cm，则晶胞体积为a3cm3，由密度公式得：a3=（562+27），解得a=2，两个Fe原子之间的距离为边长的一半，则距离为：a cm=cm，故答案为：化学-选修5有机化学基础13工业上常以烃的含氧衍生物X为主要原料生产可降解塑料PCL及阻燃剂四溴双酚A合成线路如下：已知：X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，遇FeCl3溶液显紫色；C为RCOCH2RRCOOCH2R请回答下列问题：（1）X的分子式为C6H6O；B的名称是环己醇（2）BC还需要的反应试剂及条件是O2、Cu、加热CD的反应类型是氧化反应（3）写出XY的化学方程式：（4）0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，