1、2017年江苏省南通市高考化学全真模拟试卷（三）一、单项选择题（本起包括10小题，每小题2分，共计20分，毎小题只有一个选项符合题意）12015年科学家首次利用X射线现测到化学反应过渡态的形成在固体催化剂表面“抓取”CO分子和O原子，并“配对”生 成CO2分子，下列有关说法正确的是（）ACO与CO2均为酸性氧化物B大量CO2的排放可导致酸雨的形成CCO与O形成化学键过程中有电子转移D固体催化剂的使用会降低该反应的焓变2在二氯化铂的HCl溶液中，通入乙烯气体，再加入KCl可得KPt（C2H4）Cl3H2O（蔡氏盐），相关表示正确的是（）A中子数为117，质子数为78的铂原子： PtB氯离子的结构
2、示意图：C乙烯的结构简式：CH2CH2DKCl的电子式：3下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有还原性，可用于漂白纸浆B碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品的膨松剂C四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2DMgO、Al2O3的熔点都很高，都可用作耐火材料4短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）BY元素在元素周期表中的位置是第2周期第V族C元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离
3、子化合物，也可能是共价化合物5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用白醋除铁锈：Fe2O3xH2O+6H+（3+x）H2O+2Fe3+B用惰性电极电解 MgCl2溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的 NaOH溶液：Al3+4OHAlO2+2H2OD向含NH3的污水中加入NaClO将其转化为N2：3ClO+2NH33Cl+N2+3H2O6实验室用粗铜制取NO2并冋收硝酸铜晶体Cu（NO3）23H2O，下列装置能达到实验目的是（）A用装置中制备NO2B用装置乙收集NO2C用装置丙过滤除去固体杂质D装置丁蒸发至干得纯净硝酸铜晶体7下列说法正确的是（）
4、A因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差B在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液，一定先产生淡黄色沉淀C11.2 g Fe在高温下与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.36.021023D室温下，体积、pH均相同的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性HBHA82SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能下列有关叙述正确的是（）A该反应为吸热反应BE1E2=HC升高温度，不会提高活化分子的百分数D使用催化剂使该反应的化学平衡常数发生改变9下列物质的每步转化在给定条
5、件下能一步实现且较合理的是（）ACu2（OH）2CO3CuSO4（aq）CuB饱和食盐水NaHCO3Na2CO3C海水Mg（OH）2MgOMgDNH3N2HNO310下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示向氨水中通入HC1气体，溶液的导电能力变化B图2所示反应：X（g）+2Y（g）3Z（g），b曲线表示的一定是增大压强C图3可表示pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程的pH变化，其中曲线a对应氨水D图4可表示用0.100 0 mol/L，醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol/L NaOH溶液得到的滴定曲线二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分毎小题只有一个或两个
6、选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选-个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11合成可降解聚合物G的某流程的最后一步如图，下列有关说法不正确的是（）A已知该步转化过程中的原子利用率为100%，则X为CO2B有机物F属于芳香族化合物，但不属于芳香烃C（C9H8O3）n既是高分子G的化学式也是其链节的化学式D已知经水解生成乙二醇，则F、G在一定条件下水解，可得相同的产物12室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Fe2+、Br、SO42B1.0 mol/L KMn
7、O4的溶液中：H+、Na+、Cl、SO42C能与铝反应放出H2的溶液中：K+、Mg2+、SO42、NO3D水电离的c（H+）和C（OH）之积为ll020mol2L2的溶液中：Na+、K+、CO32、Cl13根据下列实验操作与现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作与现象结论A向蛋白质溶液中滴加Pb（NO3）2溶液，产生白色沉淀，加水沉淀不消失蛋白质发生了变性B测定浓度为 0.1molL1CH3COONa与HCOONa 溶液的pH，CH3COONa溶液的pH较大酸性：CH3COOHHCOOHC向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42D向浓度均为0.
8、1molL1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量0l molL1AgNO3溶液，出现黄色沉淀Ksp（AgI）Ksp（AgCl）AABBCCDD14常温下，向20.00mL 0.1000molL1CH3COONa 溶液中逐滴加入 0.100 0molL1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示（不考虑挥发）下列说法正确的是（）ACH3COONa溶液中：c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH）+c（Na+）B点所示溶液中：c（CH3COOH）=c（Cl）c（OH）=c（H+）C点所示溶液中：c（Cl）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）D点所示溶液中：c（Na+）=c（
9、Cl）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）15工业上一般在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1300时，在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如表：容器甲乙丙反应物投入量1 molCO、2 mol H21mol CH3OH2mol CH3OH衡时数据CH3OH的浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化a kJbkJckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率a1a2a3下列说法正确的是（）A2 c1c3B|a|+|b|=90.8C2 p2p3Da1+a31三、非选择
10、题16黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生产硝酸铜溶液的流程如图1：（1）写出酸浸时Fe2O3和稀硫酸反应的离子方程式： （2）反应I中所加Zn不能过量的原因是 （3）滤液II中含有的金属阳离子主要有 （4）写出反应II的离子方程式： 反应II应控制温度不能过高也不能过低的原因是 （5）已知Cu（NO3）26H2O和Cu（NO3）23H2O的溶解度随温度的变化如图2所示则由A点对应的溶液获取Cu（NO3）23H2O的方法是 17阿塞那平（Asenapine）用于治疗精神分裂症，可通过以下方法合成（部分反应条件略去）：（1）化合物A中的含氧官能团为 和 （填官能
11、团的名称）（2）化合物X的分子式为C4H9NO2，则其结构简式为 （3）由D生成E的过程中先后发生加成反应和 反应（填写反应类型）（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式： 是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；分子中所有碳原子一定处于同一平面；能发生银镜反应，且分子中含有4种不同化学环境的氢（5）已知：（R为烃基）根据已有知识并结合相关信息，写出以ClCH2CH2CH2Cl和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如图所示：18实验室用铁粉制备摩尔盐的操作流程如下：（1）流程中“趁热”过滤的原因是 （2）反应1制得硫酸亚铁的物质的量理论上应小于 m
12、ol（3）为确定摩尔盐的化学式，进行如下实验：现称取4.704g新制摩尔盐，溶于水配制成100.0mL溶液，再将该溶液分成两等份向其中一份溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，并微热，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色，用足量稀盐酸处理沉淀物，充分反应后过滤、洗涤和干燥，得白色固体2.796g另一份溶液用0.050 0molL1 K2Cr2O7酸性溶液滴定，当Cr2O72恰好完全被还原为Cr3+时，消耗K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL25时，Ksp（BaSO4）=1.11010，若要使溶液中SO42离子沉淀完全（即该离子浓度须小于11
13、05 molL1），则此时c（Ba（OH）2 molL1确定该摩尔盐的化学式（写出计算过程）19用含钴废料（含CoCO3、少量NiCO3与铁屑）制备CoCl26H2O的工艺流程如图1：已知：除镍过程中溶液pH对Co的冋收率影响如图2所示；部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4Ni2+6.79.5（1）酸浸工艺中用“稀HCl”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，其优点为 （2）除镍时应调节pH= ；此步骤中Ni2+是否形成Ni（OH）2沉淀？ （3）除铁过程包括以下多个步骤： ； ；过
14、滤得CoCl2溶液 （可供选用的试剂：30% H2O2、l.0molL1KMnO4、NaOH固体、CoCO3固体）（4）除铁后加入盐酸调pH的作用是 （5）工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl26H2O，减压蒸干的目的是 20脱硝通常指将烟气中的氮氧化物（NOx）转化为无害的物质（1）选择性催化还原技术（SCR）是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂（如NH3）选择性地与NOx反应生成N2和H2O已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1完成该方法中主要反应的热化学方程式
15、：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H= 该方法应控制反应温度在315400之间，反应温度不宜过低也不宜过高的原因是 氨氮比会直接影响该方法的脱硝率350时，只改变氨气的投放量，反应物X的转化率与氨氮比的关系如图1所示，则X是 （填化学式）氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向 方向移动当1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是 （2）直接电解吸收也是脱硝的一种方法用6%的稀硝酸吸收NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸电解装置如图2所示图2中b应连接电源的 （填“正极”或“负极”）将石墨电极设置成颗粒状的目的是 阳极的电
16、极反应式为 【化学-选修题3：物质结构与性质】21某钙钛型复合氧化物（如图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化（巨磁电阻效应）（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式 在图中，与A原子配位的氧原子数目为 （2）基态Cr原子的核外电子排布式为 ，其中电子的运动状态有 种（3）某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为 （4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/9001172
17、1360阳离子半径/pm99112135请解释碳酸钙热分解温度最低的原因： （5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏伽德罗常数对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，金属钙的密度为 gcm3（用含a和NA的式子表示）【化学-选修题5：实验化学】22从某废触媒主要成分为活性炭、ZnO、FeO、（CH3COO）2Zn中制取醋酸锌晶体的实验步骤如图象：（1）浸取时，在三口烧瓶中加入废触媒及稀醋酸，给三口烧瓶加热并同时开动搅拌器的目的是 （2）若先将废触媒在马弗炉中通氧气500处理一段时间，浸出率会大大提高，其原因是 抽滤时用的硅酸盐质仪器有 和 （
18、3）流程图中加入H2O2的目的是 （4）所得晶体（CH3COO）2Zn2H2O热重分析（TG/%=固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量）（见图2），文献表明分解分三个阶段，在200C以下脱去两分子结晶水，形成的（CH3COO）2Zn在242C熔融，370C完全分解为ZnO同时生成CO2及一种含氧衍生物（核磁共振氢谱只有1组峰）（CH3COO）2Zn分解生成氧化锌的反应方程式为 2017年江苏省南通市高考化学全真模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、单项选择题（本起包括10小题，每小题2分，共计20分，毎小题只有一个选项符合题意）12015年科学家首次利用X射线现测到化学反应过渡态的形成在固体催
19、化剂表面“抓取”CO分子和O原子，并“配对”生 成CO2分子，下列有关说法正确的是（）ACO与CO2均为酸性氧化物B大量CO2的排放可导致酸雨的形成CCO与O形成化学键过程中有电子转移D固体催化剂的使用会降低该反应的焓变【考点】FE：三废处理与环境保护；91：化学键；BB：反应热和焓变【分析】ACO与碱不反应，酸性氧化物与碱反应生成盐和水；B溶解二氧化碳的雨水为正常雨水，N、S的氧化物可导致酸雨；CCO与O形成化学键，生成二氧化碳，C元素的化合价由+2价变为+4价；D催化剂不改变反应物、生成物的总能量【解答】解：ACO与碱不反应，酸性氧化物与碱反应生成盐和水，二者中只有CO2为酸性氧化物，故A
20、错误；B溶解二氧化碳的雨水为正常雨水，N、S的氧化物可导致酸雨，则SO2的排放可导致酸雨的形成，故B错误；CCO与O形成化学键，生成二氧化碳，C元素的化合价由+2价变为+4价，则有电子转移，故C正确；D催化剂不改变反应物、生成物的总能量，则固体催化剂的使用不改变该反应的焓变，故D错误；故选C2在二氯化铂的HCl溶液中，通入乙烯气体，再加入KCl可得KPt（C2H4）Cl3H2O（蔡氏盐），相关表示正确的是（）A中子数为117，质子数为78的铂原子： PtB氯离子的结构示意图：C乙烯的结构简式：CH2CH2DKCl的电子式：【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A、质量数A=
21、质子数Z+中子数N；B、氯离子的核内带17个正电荷；C、乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略；D、KCl由钾离子和氯离子构成【解答】解：A、质量数A=质子数Z+中子数N，故铂原子的质量数为197，表示为19578Pt，故A错误；B、氯离子的核内有17个质子，带17个正电荷，核外有18个电子，故结构示意图为：，故B错误；C、乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，即乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；D、KCl由钾离子和氯离子构成，故电子式为：，故D正确故选D3下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有还原性，可用于漂白纸浆B碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品的膨松剂C四氯化碳密度比水大
22、，可用于萃取溴水中的Br2DMgO、Al2O3的熔点都很高，都可用作耐火材料【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A依据二氧化硫的漂白性解答；B依据碳酸氢钠的不稳定性解答；C四氯化碳不溶于水，溴不易溶于水，易溶于四氯化碳；D耐火材料应具有较高的熔点【解答】解：ASO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故A错误；B碳酸氢钠不稳定性，受热分解生成二氧化碳，所以可以做食品的膨松剂，故B错误；C四氯化碳不溶于水，溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则四氯化碳可萃取溴水中的溴，与密度无关，故C错误；DMgO、Al2O3的熔点都很高，都可用作耐火材料，故D正确；故选：D4短周期元素X、Y、Z、W的原子序数
23、依次增大，且原子最外层电子数之和为13X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）BY元素在元素周期表中的位置是第2周期第V族C元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，Z为O元素；X的原子半径比Y的小，X与W同主族，可知X为H，W为Na，且原子最外层电子数之和为13，Y的最外层电子数为13161=5，则Y为N元素，以此来解答【解
24、答】解：由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na，A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：r（W）r（Y）r（Z），故A错误；BY为N，在元素周期表中的位置是第2周期第VA族，故B错误；C非金属性ON，则元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C错误；D只含X、Y、Z三种元素的化合物，若为硝酸铵是离子化合物，若为硝酸是共价化合物，故D正确；故选D5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用白醋除铁锈：Fe2O3xH2O+6H+（3+x）H2O+2Fe3+B用惰性电极电解 MgCl2溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC向NH4Al（SO4）
25、2溶液中加入过量的 NaOH溶液：Al3+4OHAlO2+2H2OD向含NH3的污水中加入NaClO将其转化为N2：3ClO+2NH33Cl+N2+3H2O【考点】49：离子方程式的书写【分析】A醋酸为弱酸应保留化学式；B电解氯化镁溶得到氢气、氯气和氢氧化镁沉淀；C漏掉氨根离子与氢氧根离子的反应；D二者发生氧化还原反应生成氯化钠、氮气和水【解答】解：A用白醋除铁锈，离子方程式：Fe2O3xH2O+6CH3COOH（3+x）H2O+2Fe3+6CH3COO，故A错误；B用惰性电极电解 MgCl2溶液，离子方程式：Mg2+2Cl+2H2OCl2+H2+Mg（OH）2故B错误；C向NH4Al（SO4
26、）2溶液中加入过量的 NaOH溶液，离子方程式：NH4+Al3+5OHAlO2+2H2O+NH3H2O，故C错误；D向含NH3的污水中加入NaClO将其转化为N2，离子方程式：3ClO+2NH33Cl+N2+3H2O，故D正确；故选：D6实验室用粗铜制取NO2并冋收硝酸铜晶体Cu（NO3）23H2O，下列装置能达到实验目的是（）A用装置中制备NO2B用装置乙收集NO2C用装置丙过滤除去固体杂质D装置丁蒸发至干得纯净硝酸铜晶体【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A气体可从长颈漏斗逸出；B二氧化氮的密度比空气大；C可用过滤的方法除去固体杂质；D蒸发至干不能得到结晶水合物，且铜离子水解生成的硝酸
27、易挥发【解答】解：A气体可从长颈漏斗逸出，则不能图装置制备NO2，故A错误；B二氧化氮的密度比空气大，有毒，利用碱液尾气处理，图中集气瓶的进气管应插入底部，故B错误；C除去固体杂质，可用过滤的方法，故C正确；D蒸发至干不能得到结晶水合物，且铜离子水解生成的硝酸易挥发，则图中装置不能蒸发至干得纯净的Cu（NO3）23H2O，应选冷却结晶法，故D错误故选C7下列说法正确的是（）A因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差B在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液，一定先产生淡黄色沉淀C11.2 g Fe在高温下与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.36.021023D室
28、温下，体积、pH均相同的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性HBHA【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护【分析】A根据不同合金的材料和性能解答；B先达到离子积的先沉淀；CFe在高温下与足量水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，3mol铁生成4mol氢气；D等体积pH均相同HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则HA的浓度大【解答】解：A不是所有的合金耐腐蚀都很差，例如钛合金、铝合金等具有很好的抗腐蚀性能，故A错误； B先达到离子积的先沉淀，可能先生成白色沉淀，故B错误；CFe在高温下与足量水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，3mol铁生成4mol氢气，故11.2
29、g Fe在高温下与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为6.021023=6.021023，故C错误；D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则HA的浓度大，HA为弱酸，所以酸性HBHA，故D正确故选D82SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能下列有关叙述正确的是（）A该反应为吸热反应BE1E2=HC升高温度，不会提高活化分子的百分数D使用催化剂使该反应的化学平衡常数发生改变【考点】BB：反应热和焓变【分析】A由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；B焓变等于正逆反应活化能之差；C升高温度
30、，提供能量，增大活化分子百分数；DK与温度有关【解答】解：A由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，故A错误；B焓变等于正逆反应活化能之差，则E1E2=H，故B正确；C升高温度，提供能量，增大活化分子百分数，反应速率加快，故C错误；DK与温度有关，则使用催化剂使该反应的化学平衡常数不变，故D错误；故选B9下列物质的每步转化在给定条件下能一步实现且较合理的是（）ACu2（OH）2CO3CuSO4（aq）CuB饱和食盐水NaHCO3Na2CO3C海水Mg（OH）2MgOMgDNH3N2HNO3【考点】EB：氨的化学性质【分析】A碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜溶液，钠是活泼金属在
31、溶液中先和水反应生成氢氧化钠和氢气；B饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠；C海水中加入熟石灰沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钠分解生成氧化镁和水，氧化镁熔点高，工业上电极氯化镁得到金属镁；D氨气氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气混合通入水中生成硝酸【解答】解：A钠是活泼金属和盐溶液反应先与水分与生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不能在溶液中置换铜，故A错误；B向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，能一步实现，故B正确；C海水中含镁离子，加入熟石灰反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁
32、受热分解生成氧化镁，氧化镁熔点高不能电解氧化镁制备镁，应是电解熔融氯化镁得到镁，不能一步实现各步转化，故C错误；D氮气和氧气混合通入水中不能反应生成硝酸，应是氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气水中全部转化为硝酸，故D错误；故选B10下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示向氨水中通入HC1气体，溶液的导电能力变化B图2所示反应：X（g）+2Y（g）3Z（g），b曲线表示的一定是增大压强C图3可表示pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程的pH变化，其中曲线a对应氨水D图4可表示用0.100 0 mol/L，醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol/L NaOH溶液得到的滴定曲线【考
33、点】D4：电解质溶液的导电性【分析】A向氨水中通入HCl气体，溶液的导电能力增强；Bb曲线表示的反应比a反应速率快，平衡不移动；C一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，加水稀释两种溶液时，促进一水合氨电离，利用两溶液在稀释时强碱的变化程度大来分析解答；D，0.1mol/L氢氧化钠溶液pH=13，当醋酸的体积是40mL时，混合溶液中存在的溶质是醋酸钠，溶液显碱性【解答】解：A向氨水中通入HCl气体，生成氯化铵为强电解质，则溶液的导电能力增强，当氨水完全反应后，继续通HCl，溶液的导电增强，故A错误；B图2所示反应：X（g）+2Y（g）3Z（g），b曲线表示的可以是使用催化剂，故B错误；C一水合
34、氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，加水稀释溶液促进弱电解质电离，导致稀释溶液氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度变化较大，氨水中氢氧根离子浓度变化较小，pH变化较小，则a是氨水溶液，故C正确；D.0.100 0 mol/L NaOH溶液pH=13，用0.100 0 mol/L，醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol/L NaOH溶液，消耗草酸溶液体积40ml生成醋酸钠，溶液显碱性，图象起点错误，故D错误；故选C二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分毎小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选-个且正确的得2分，
35、选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11合成可降解聚合物G的某流程的最后一步如图，下列有关说法不正确的是（）A已知该步转化过程中的原子利用率为100%，则X为CO2B有机物F属于芳香族化合物，但不属于芳香烃C（C9H8O3）n既是高分子G的化学式也是其链节的化学式D已知经水解生成乙二醇，则F、G在一定条件下水解，可得相同的产物【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】A该步转化过程中的原子利用率为100%，应为加成反应；BF含有苯环、且含有醚键；C链接为高聚物的最小重复单位；DG水解生成二氧化碳以及F【解答】解：A该步转化过程中的原子利用率为100%，应为加成反应，由结构简式可
36、知X为CO2，故A正确；BF含有苯环、且含有醚键，则F属于芳香族化合物，但不属于芳香烃，故B正确；C链接为高聚物的最小重复单位，链接不带有n，故C错误；DG水解生成二氧化碳以及F，F、G进一步水解，可生成相同的物质，故D正确故选C12室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Fe2+、Br、SO42B1.0 mol/L KMnO4的溶液中：H+、Na+、Cl、SO42C能与铝反应放出H2的溶液中：K+、Mg2+、SO42、NO3D水电离的c（H+）和C（OH）之积为ll020mol2L2的溶液中：Na+、K+、CO32、Cl【考点】DP：离子共存
37、问题【分析】A离子之间不反应；B发生氧化还原反应；C能与铝反应放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D水电离的c（H+）和C（OH）之积为ll020mol2L2的溶，为酸或碱溶液【解答】解：A离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BH+、Cl、MnO4发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C能与铝反应放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2+，酸溶液中Al、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；D水电离的c（H+）和C（OH）之积为ll020mol2L2的溶，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32，故D错误；故选A13根据下列实验操作与现象所得到的结论正
38、确的是（）选项实验操作与现象结论A向蛋白质溶液中滴加Pb（NO3）2溶液，产生白色沉淀，加水沉淀不消失蛋白质发生了变性B测定浓度为 0.1molL1CH3COONa与HCOONa 溶液的pH，CH3COONa溶液的pH较大酸性：CH3COOHHCOOHC向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42D向浓度均为0.1molL1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量0l molL1AgNO3溶液，出现黄色沉淀Ksp（AgI）Ksp（AgCl）AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A蛋白质溶液中滴加Pb（NO3）2溶液，发生变性，为不可逆反应
39、；B盐溶液的pH越大，对应酸的酸性越弱；CX中可能含亚硫酸根离子；DKsp小的先沉淀【解答】解：A蛋白质溶液中滴加Pb（NO3）2溶液，发生变性，为不可逆反应，则加水沉淀不消失，故A错误；B盐溶液的pH越大，对应酸的酸性越弱，由CH3COONa溶液的pH较大，可知酸性：CH3COOHHCOOH，故B错误；CX中可能含亚硫酸根离子，可被硝酸氧化生成硫酸根离子，则溶液X中可能含有SO42或SO32，或二者均存在，故C错误；DKsp小的先沉淀，由出现黄色沉淀，可知Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故D正确；故选D14常温下，向20.00mL 0.1000molL1CH3COONa 溶液中逐滴加入
40、0.100 0molL1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示（不考虑挥发）下列说法正确的是（）ACH3COONa溶液中：c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH）+c（Na+）B点所示溶液中：c（CH3COOH）=c（Cl）c（OH）=c（H+）C点所示溶液中：c（Cl）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）D点所示溶液中：c（Na+）=c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】常温下，向20.00mL 0.1000mol/LCH3COONa 溶液中逐滴加入 0.100 0mol/L盐酸，发生反应：
41、CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，滴定终点恰好生成CH3COOH，溶液为酸性，结合溶液中的守恒思想判断分析【解答】解：ACH3COONa溶液中，根据质子守恒，c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH），故A错误；B根据图象，点的溶液中，溶液的pH=7，显中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）+c（Cl），由于c（H+）=c（OH），则c（Na+）=c（CH3COO）+c（Cl），由物料守恒，c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），综合考虑则有c（Cl）=c（CH3COOH），因此点所示溶液中：c
42、（CH3COOH）=c（Cl）c（OH）=c（H+），故B正确；C点所示溶液中，根据图象，此时加入HCl的体积为10mL，则起始时，反应恰好生成c（CH3COOH）：c（CH3COONa）：c（NaCl）=1：1：1，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，因此平衡时，c（CH3COO）c（CH3COOH），根据物料守恒，2c（Cl）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），则c（CH3COO）c（Cl），故C错误；D点所示溶液中，加入HCl的体积为20mL，此时恰好为滴定终点，反应起始时恰好生成c（CH3COOH）=c（NaCl），根据物料守恒，c（Na+）=
43、c（Cl），c（Cl）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），则c（Cl）c（CH3COOH），溶液为酸性，则c（H+）c（OH），综上，点所示溶液中：c（Na+）=c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故D正确故选BD15工业上一般在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1300时，在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如表：容器甲乙丙反应物投入量1 molCO、2 mol H21mol CH3OH2mol CH3OH衡时数据CH3OH的浓度（molL1）c1
44、c2c3反应的能量变化a kJbkJckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率a1a2a3下列说法正确的是（）A2 c1c3B|a|+|b|=90.8C2 p2p3Da1+a31【考点】CP：化学平衡的计算【分析】A甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；B由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，平衡时相同物质的物质的量相等，设平衡时甲醇为nmol，计算反应热数值；C比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于
45、反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；D甲、乙处于相同的平衡状态，则1+2=1，结合23分析【解答】解：A甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，增大了压强，平衡CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）向生成甲醇的方向移动，则2c1c3，故A错误；B由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，设平衡时甲醇为nmol，对于甲容器：a=90.8n，对于乙容器：b=90.8（1n），故a+b=90.8，故B正确；C比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g
46、）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，则2p2p3，故C错误；D甲、乙处于相同的平衡状态，则1+2=1，由C可知23，则a1+a31，故D正确，故选BD三、非选择题16黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生产硝酸铜溶液的流程如图1：（1）写出酸浸时Fe2O3和稀硫酸反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O（2）反应I中所加Zn不能过量的原因是加入过量的Zn会使产品中含有杂质（3）滤液II中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Fe2+（4）写出反应II的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O反应II应控制温度不能
47、过高也不能过低的原因是温度过高，硝酸会挥发、分解，温度太低，反应速率太慢（5）已知Cu（NO3）26H2O和Cu（NO3）23H2O的溶解度随温度的变化如图2所示则由A点对应的溶液获取Cu（NO3）23H2O的方法是将溶液A蒸发浓缩，冷却到30以上，过滤【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应生成Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，铜将其中的少量的Fe3+反应为Fe2+，滤渣为铜，滤液主要含有Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入适量锌粉，
48、锌粉可与Cu2+、Fe3+、H+反应生成铜，滤液主要的金属离子就是Zn2+、Fe2+，过滤得到铜，向铜中加入稀硝酸发生反应硝酸铜溶液，据此分析解答【解答】解：黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）中加入稀硫酸，稀硫酸可Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应生成Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，铜将其中的少量的Fe3+反应为Fe2+，滤渣为铜，滤液主要含有Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入适量锌粉，锌粉可与Cu2+、Fe3+、H+反应生成铜，滤液主要的金属离子就是Zn2+、Fe2+，过滤得到铜，向铜中加入稀硝酸发生反应硝酸铜溶液，（1）Fe2O3和稀硫
49、酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）锌粉过量会使Fe2+还原为铁单质，产品不纯，含有杂质；故答案为：加入过量的Zn会使产品中含有杂质；（3）向Zn2+、Cu2+、Fe2+、H+，加入适量锌粉，锌粉与氢离子、铜离子反应生成锌离子、氢气、铜单质，滤液主要的金属离子就是Zn2+、Fe2+；故答案为：Zn2+、Fe2+；（4）反应II是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；温度过高，硝酸会挥发、分解，温度太低，反应速率太慢，所以反应
50、II应控制温度不能过高也不能过低；故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；温度过高，硝酸会挥发、分解，温度太低，反应速率太慢；（5）根据“Cu（NO3）26H2O和Cu（NO3）23H2O的溶解度随温度的变化图“可知，低于30时结晶出来的是Cu（NO3）26H2O而非Cu（NO3）23H2O，所以获取Cu（NO3）23H2O的方法是将溶液A蒸发浓缩，冷却到30以上，过滤；故答案为：将溶液A蒸发浓缩，冷却到30以上，过滤17阿塞那平（Asenapine）用于治疗精神分裂症，可通过以下方法合成（部分反应条件略去）：（1）化合物A中的含氧官能团为羧基和醚键（填官能团的名称）（2
51、）化合物X的分子式为C4H9NO2，则其结构简式为CH3NHCH2COOCH3（3）由D生成E的过程中先后发生加成反应和消去反应（填写反应类型）（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；分子中所有碳原子一定处于同一平面；能发生银镜反应，且分子中含有4种不同化学环境的氢（5）已知：（R为烃基）根据已有知识并结合相关信息，写出以ClCH2CH2CH2Cl和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）合成路线流程图示例如图所示：【考点】HC：有机物的合成【分析】（1）由A的结构简式，可知含有的含氧官能团有羧基、醚键；（2）对比B、C的结构可
52、知B发生取代反应生成C，结合X的分子式确定其结构简式；（3）D到E的转化中先是苯环与羰基发生加成反应，然后醇羟基发生消去反应形成碳碳双键；（4）时满足下列条件的B的一种同分异构体：是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上，分子中所有碳原子一定处于同一平面，碳原子均与苯环相连符合，能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合分子中含有4种不同化学环境的氢书写；（5）ClCH2CH2CH2Cl发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，再发生氧化反应生成OHCCH2CHO，进一步氧化生成HOOCCH2COOH，再与SOCl2反应生成，最后与对二甲苯反应得到【解答】解：（1）由A的结构简式可知含有的含氧官
53、能团有羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；（2）对比B、C的结构可知B发生取代反应生成C，X的分子式为C4H9NO2，则其结构简式为CH3NHCH2COOCH3，故答案为：CH3NHCH2COOCH3；（3）D到E的转化中先是苯环与羰基发生加成反应，然后醇羟基发生消去反应形成碳碳双键，故答案为：消去；（4）时满足下列条件的B的一种同分异构体：是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上，分子中所有碳原子一定处于同一平面，碳原子均与苯环相连符合，能发生银镜反应，说明含有醛基，且分子中含有4种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：，故答案为：；（5）ClCH2CH2CH2Cl发生水解反应得到HOC
54、H2CH2CH2OH，再发生氧化反应生成OHCCH2CHO，进一步氧化生成HOOCCH2COOH，再与SOCl2反应生成，最后与对二甲苯反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：18实验室用铁粉制备摩尔盐的操作流程如下：（1）流程中“趁热”过滤的原因是防止温度降低，硫酸亚铁晶体析出（2）反应1制得硫酸亚铁的物质的量理论上应小于0.075mol（3）为确定摩尔盐的化学式，进行如下实验：现称取4.704g新制摩尔盐，溶于水配制成100.0mL溶液，再将该溶液分成两等份向其中一份溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，并微热，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带
55、有红褐色，用足量稀盐酸处理沉淀物，充分反应后过滤、洗涤和干燥，得白色固体2.796g另一份溶液用0.050 0molL1 K2Cr2O7酸性溶液滴定，当Cr2O72恰好完全被还原为Cr3+时，消耗K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL25时，Ksp（BaSO4）=1.11010，若要使溶液中SO42离子沉淀完全（即该离子浓度须小于1105 molL1），则此时c（Ba（OH）21.1105molL1确定该摩尔盐的化学式（写出计算过程）【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，趁热过滤，然后想滤液中加入硫酸铵晶体，将溶液结晶、洗涤、晾干得到摩尔盐，（1）温度越高，硫
56、酸亚铁的溶解度越大；（2）n（Fe）=0.1mol，n（H2SO4）=3mol0.025L=0.075mol，二者反应方程式为Fe+H2SO4=H2+FeSO4，根据方程式知，Fe剩余，当硫酸浓度很稀时就不和Fe反应了；（3）25时，Ksp（BaSO4）=1.11010，若要使溶液中SO42离子沉淀完全（即该离子浓度须小于1105 molL1），则c（Ba2+）=，再根据Ba原子守恒计算c（Ba（OH）2；摩尔盐和氢氧化钡反应生成硫酸钡、氨气、氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，然后用足量稀盐酸溶解沉淀，最后得到的白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.012mol
57、，6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O6 1n 0.0500molL10.020Ln（Fe2+）=0.001 mol6=0.006mol根据电荷守恒得n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42），n（NH4+）=0.012mol，n（H2O）=0.036mol，根据各微粒的物质的量之比确定化学式【解答】解：Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，趁热过滤，然后想滤液中加入硫酸铵晶体，将溶液结晶、洗涤、晾干得到摩尔盐，（1）温度越高，硫酸亚铁的溶解度越大，为降低硫酸亚铁的溶解度，需要趁热过滤，故答案为：防止温度降低，硫酸亚铁晶体析出；（2）n（Fe）=0.1mol，n（H2
58、SO4）=3mol0.025L=0.075mol，二者反应方程式为Fe+H2SO4=H2+FeSO4，根据方程式知，Fe剩余，当硫酸浓度很稀时就不和Fe反应了，所以理论上得到的硫酸亚铁物质的量小于0.075mol，故答案为：0.075；（3）25时，Ksp（BaSO4）=1.11010，若要使溶液中SO42离子沉淀完全（即该离子浓度须小于1105 molL1），则c（Ba2+）=mol/L=1.1105molL1，再根据Ba原子守恒得c（Ba（OH）2=c（Ba2+）=1.1105molL1，故答案为：1.1105；摩尔盐和氢氧化钡反应生成硫酸钡、氨气、氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧化生成
59、氢氧化铁红褐色沉淀，然后用足量稀盐酸溶解沉淀，最后得到的白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.012mol，6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O6 1n 0.0500molL10.020Ln（Fe2+）=0.001 mol6=0.006mol根据电荷守恒得n（NH4+）+2n（Fe2+）=2n（SO42），n（NH4+）=0.012mol，n（H2O）=0.036mol，n（SO42）：n（Fe2+）：n（NH4+）：n（H2O）=0 012 mol：0 006 mol：0 012mol：0036 mol=2：1：2：6，故莫尔盐的化学式为：（NH4）2Fe（S
60、O4）26H2O或（NH4）2SO4FeSO46H2O，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）26H2O或（NH4）2SO4FeSO46H2O19用含钴废料（含CoCO3、少量NiCO3与铁屑）制备CoCl26H2O的工艺流程如图1：已知：除镍过程中溶液pH对Co的冋收率影响如图2所示；部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4Ni2+6.79.5（1）酸浸工艺中用“稀HCl”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，其优点为减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐（或防止将Co2+氧化
61、）（2）除镍时应调节pH=10；此步骤中Ni2+是否形成Ni（OH）2沉淀？否（3）除铁过程包括以下多个步骤：向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH4lpH6.6，使Fe3+沉淀完全；过滤得CoCl2溶液 （可供选用的试剂：30% H2O2、l.0molL1KMnO4、NaOH固体、CoCO3固体）（4）除铁后加入盐酸调pH的作用是抑制Co2+水解（5）工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl26H2O，减压蒸干的目的是防止CoCl26H2O分解【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】含钴废料（含CoCO3、少量NiCO3与铁屑）加稀盐酸酸浸，得到Co2
62、+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化亚铁离子，向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH4lpH6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl26H2O，据此分析解答【解答】解：（1）硝酸酸浸时氧化Co2+产生氮氧化物，酸浸工艺中用“稀HCl”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐（或防止将Co2+氧化）；故答案为：减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐（或防止将Co2+氧化）；（2）由图2可知，pH
63、=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，流程中除镍，Co元素在滤渣中，Ni元素在滤液中，故未形成沉淀；故答案为：10；否；（3）除铁过程中，向将亚铁离子氧化为铁离子，调剂pH沉淀铁离子，不引入新杂质，故选择过氧化氢做氧化剂，用CoCO3调节pH，故除铁为：向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH4lpH6.6，使Fe3+沉淀完全；过滤得CoCl2溶液；故答案为：向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH4lpH6.6，使Fe3+沉淀完全；（4）Co2+水解，故加盐酸抑制Co2+水解；故答案为：抑制Co2+水解；（
64、5）工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl26H2O，减压蒸干的目的是防止CoCl26H2O分解；故答案为：防止CoCl26H2O分解20脱硝通常指将烟气中的氮氧化物（NOx）转化为无害的物质（1）选择性催化还原技术（SCR）是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂（如NH3）选择性地与NOx反应生成N2和H2O已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1完成该方法中主要反应的热化学方程式：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1625.5kJ
65、/mol该方法应控制反应温度在315400之间，反应温度不宜过低也不宜过高的原因是温度过低，反应速率小，温度过高，使脱硝的主要反应的平衡向逆方向移动，脱硝率降低氨氮比会直接影响该方法的脱硝率350时，只改变氨气的投放量，反应物X的转化率与氨氮比的关系如图1所示，则X是NH3（填化学式）氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向正反应方向移动当1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是过量氨气与氧气反应生成NO（2）直接电解吸收也是脱硝的一种方法用6%的稀硝酸吸收NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸电解装置如图2所示图2中b应连接电源的负极（填“正极”或“负极”
66、）将石墨电极设置成颗粒状的目的是增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率阳极的电极反应式为H2O+HNO22e=NO3+3H+【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素；DI：电解原理【分析】（1）已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1，根据盖斯定律4可得：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g），据此计算；根据温度对速率和化学平衡的影响分析；氨气的物质的量越大，氨气的转化率越小；氨氮比增大，即氨气的浓度增大，平衡正向移动；根据氨气与氧气的反应
67、分析；（2）a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，b电极上氢离子得电子生成氢气；电极的面积越大，与溶液的接触越充分，电解效率越高；阳极上亚硝酸失电子生成硝酸【解答】解：（1）已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.5kJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180kJmol1，根据盖斯定律4可得：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=（905.5kJmol1）（+180kJmol1）4=1625.5kJ/mol；故答案为：1625.5kJ/mol；该方法应控制反应温度在315400之间，反应温度不宜过低也不宜过高，温度越高反
68、应速率越快，温度过低，反应速率小，温度过高，使脱硝的主要反应的平衡向逆方向移动，脱硝率降低；故答案为：温度过低，反应速率小，温度过高，使脱硝的主要反应的平衡向逆方向移动，脱硝率降低；氨氮比越大，则氨气的物质的量越大，氨气的转化率越小，由图可知，随着氨气的浓度的增大，X的转化率减小，所以X为NH3；氨氮比增大，即氨气的浓度增大，平衡正向移动，所以氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向正反应方向移动；当1.0时，氨气与氧气的反应生成NO，所以烟气中NO浓度增大；故答案为：NH3；正反应；过量氨气与氧气反应生成NO；（2）a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，b电极上氢离子得电子生成氢气，所以
69、a为阳极，b为阴极，则b与电源的负极相连；故答案为：负极；电极的面积越大，与溶液的接触越充分，电解效率越高，所以将石墨电极设置成颗粒状的目的是增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率；故答案为：增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率；阳极上亚硝酸失电子生成硝酸，其电极方程式为：H2O+HNO22e=NO3+3H+；故答案为：H2O+HNO22e=NO3+3H+【化学-选修题3：物质结构与性质】21某钙钛型复合氧化物（如图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化（巨磁
70、电阻效应）（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式ABO3在图中，与A原子配位的氧原子数目为12（2）基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其中电子的运动状态有24种（3）某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为3：2（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/90011721360阳离子半径/pm99112135请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果钙离子由于半径小和氧
71、离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低（5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏伽德罗常数对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，金属钙的密度为gcm3（用含a和NA的式子表示）【考点】9I：晶胞的计算；99：配合物的成键情况【分析】（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，结合均摊法计算；晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心和定点，每个晶胞中有个O与A距离最近；（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、
72、2s22p4，以此判断未成对电子数；（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高；（5）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有Ca的数目为8+6=4，边长为a pm，则晶胞的体积为（a1010cm）3=a31030cm3，根据=计算密度；【解答】解：（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，则晶胞中A的个数为8=1，B的个数为1，O的个数为6=3，则化学式为ABO3，晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心和定点，每个晶胞中有个O与A距离最近，而A为8个晶胞共有，则与A原子配位的氧原子数目为8=12，故答案为：ABO3；12；（2）Cr元素为24
73、号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，每个电子的运动状态都不同，则有24种不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；24；（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，则未成对的电子数目比为3：2，故答案为：3：2；（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高，由于钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低，故答案为：碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果钙离子由于半径小和氧
74、离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低；（5）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有Ca的数目为8+6=4，边长为a pm，则晶胞的体积为（a1010cm）3=a31030cm3，根据=可知，=gcm3，故答案为：【化学-选修题5：实验化学】22从某废触媒主要成分为活性炭、ZnO、FeO、（CH3COO）2Zn中制取醋酸锌晶体的实验步骤如图象：（1）浸取时，在三口烧瓶中加入废触媒及稀醋酸，给三口烧瓶加热并同时开动搅拌器的目的是提高浸取速率和浸取率（2）若先将废触媒在马弗炉中通氧气500处理一段时间，浸出率会大大提高，其原因是将吸附在活性炭孔内的醋酸锌全部释放出来抽滤时用的硅酸
75、盐质仪器有吸滤瓶和布氏漏斗（3）流程图中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+（4）所得晶体（CH3COO）2Zn2H2O热重分析（TG/%=固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量）（见图2），文献表明分解分三个阶段，在200C以下脱去两分子结晶水，形成的（CH3COO）2Zn在242C熔融，370C完全分解为ZnO同时生成CO2及一种含氧衍生物（核磁共振氢谱只有1组峰）（CH3COO）2Zn分解生成氧化锌的反应方程式为CH3COO）2ZnCH3COCH3+CO2+ZnO【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】废触媒用醋酸浸取，ZnO、FeO与醋酸反应溶解，（CH3COO）2Zn也溶解，
76、活性炭不反应，抽滤除去活性炭等不溶性杂质，加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液结晶得到（CH3COO）2Zn（1）加热并同时开动搅拌器可以提高浸取速率和浸取率；（2）氧气能与碳反应，将吸附在活性炭孔内的醋酸锌全部释放出来；吸滤瓶、布氏漏斗；（3）双氧水具有氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+；（4）（CH3COO）2Zn在370C完全分解为ZnO同时生成CO2及一种含氧衍生物，根据质量守恒知，含氧衍生物的化学式为C3H6O，结合核磁共振氢谱只有1组峰，只能是丙酮（CH3COCH3）【解答】解：废触媒用醋酸浸取，ZnO、Fe
77、O与醋酸反应溶解，（CH3COO）2Zn也溶解，活性炭不反应，抽滤除去活性炭等不溶性杂质，加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液结晶得到（CH3COO）2Zn（1）加热并同时开动搅拌器的目的：提高浸取速率和浸取率，故答案为：提高浸取速率和浸取率；（2）氧气能与碳反应，将吸附在活性炭孔内的醋酸锌全部释放出来，浸出率会大大提高；抽滤时用的硅酸盐质仪器有：吸滤瓶、布氏漏斗，故答案为：将吸附在活性炭孔内的醋酸锌全部释放出来；吸滤瓶、布氏漏斗；（3）双氧水具有氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；（4）（CH3COO）2Zn在370C完全分解为ZnO同时生成CO2及一种含氧衍生物，根据质量守恒知，含氧衍生物的化学式为C3H6O，结合核磁共振氢谱只有1组峰，只能是丙酮（CH3COCH3），反应方程式为：CH3COO）2ZnCH3COCH3+CO2+ZnO，故答案为：CH3COO）2ZnCH3COCH3+CO2+ZnO