1、2017年山西省吕梁市孝义市高考化学考前热身试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A煤的干馏和煤的液化均是物理变化B天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素C海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同2新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为（）ACuSO45H2OBFeSO47H2OCKAl（SO4）212H2ODFe2（SO4）39H2O3下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表
2、示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJmol1B图2表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠D图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH4如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）A甲池中负极反应为：N2H44eN2+4H+B甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原
3、浓度D甲池中消耗2.24L O2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体5分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A10种B9种C8种D7种6下列说法不正确的是（）A常温下，在0.1molL1的HNO3溶液中，由水电离出的c（H+）B浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）c（CO32）C25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同D冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小7在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图I表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图
4、表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04molL1min1B图所知反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2C若在图所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v（正）v（逆）D200时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A 的体积分数小于50%二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流
5、程如图1：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式 （2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式 ；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式 （
6、3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的两种沉淀的化学式为 （4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是 （5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2向“滤液”中加入萃取剂的目的是 ；其使用的最佳pH范围是 A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是 （答一条即可）9（14分）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设 该
7、反应的气体产物是CO2该反应的气体产物是CO该反应的气体产物是 （2）设计方案 如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比（3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式： （4）实验步骤按如图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入10.38g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至
8、室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为53.02g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为1g步骤、中都分别通入N2，其作用分别为 （5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式： （6）实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是 从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案： 10（14分）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，严重污染空气对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJmol1N2（g）+2O2（g
9、）2NO2（g）H=+133kJmol1H2O（g）H2O（l）H=44kJmol1催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为： 脱碳：（1）向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）该反应自发进行的条件是 （填“低温”、“高温”或“任意温度”）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 （填字母）a混合气体的平均式量保持不变 bCO2和H2的体积分数保持不变cCO2和H2的转化率相等 d混合气体的密度保持不变e.1molCO2生成的同时有3mol HH键断裂CO2的浓度随时间（
10、0t2）变化如图1所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2t6CO2浓度随时间的变化（2）改变温度，使反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0中的所有物质都为气态起始温度、体积相同（T1、2L密闭容器）反应过程中部分数据见表：反应时间CO2（mol）H2（mol）CH3OH（mol）H2O（mol）反应：恒温恒容0min260010min4.520min130min1反应：绝热恒容0min0022达到平衡时，反应、对比：平衡常数K（I） K（II）（填“”“”或“=”下同）；平衡时CH3OH的浓度c（I） c（II）对
11、反应，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）= 在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1 T2（填“”、“”或“=”）若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡 移动（填“正向”“逆向”或“不”）（3）利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，装置如图所示：电极2的电极反应式是 ；在标准状况下，当电极2室有11.2L CO2反应 理论上电极1室液体质量 （填“增加”或“减少” g化学一选修3：物质结构与性质11（15分）第四周期中的18中元素具有重要的用
12、途，在现代工业中备受青睐（1）铬是一种硬二脆，抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为 ，该能层上具有的原子轨道数为 ，电子数为 ，（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？ （填“是”或“否”），原因是 （如果前一问填“是”，此问可以不答）（3）镓与第VA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓（GaAs）就是其中一种，其晶体结构如下图所示（白色球代表As原子）在GaAs晶体中，每个Ga原子与 个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为 ；（4）与As同主族
13、的短周期元素是N、PAsH3中心原子杂化的类型 ；一定压强下将AsH3和NH3PH3的混合气体降温是首先液化的是 ，理由是 ；（5）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁石期中一种，某氮化铁的井胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为 ；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 gcm3（用含a和NA的式子表示）化学-选修5：有机化学基础123对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：+COBE已知：HCHO+CH3CHOCH2CHCHO+H2O（1）A中官能团的名称为 ，A分子中核磁共振氢谱各峰值比为 （2）物质B的结构简式为 ，生成E的反应类型为 （3）试
14、剂C可选用下列中的 a溴水 b银氨溶液 c酸性KMnO4溶液 d新制Cu（OH）2悬浊液（4）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为 （5）遇FeCl3溶液呈紫色，且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有 种，E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为 2017年山西省吕梁市孝义市高考化学考前热身试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A煤的干馏和煤的液化均是物理变化B天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素C海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同【
15、考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系【分析】A煤的干馏和煤的液化都是化学变化；B蚕丝是天然纤维；C海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），其方法较多；D活性炭脱色是利用其吸附性【解答】解：A煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，煤液化生成甲醇，属于化学变化，故A错误； B蚕丝是天然纤维，成分为蛋白质，合成纤维的成分是化学纤维，如聚乙烯，故B错误；C海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备；离子交换法是用阳离子交换树脂（HR）和水中的金
16、属离子Mn+进行交换的一种方法，通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水，不是历史最久、技术和工艺较完善的主要方法；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，故C正确；D活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D错误故选C【点评】本题考查化学与生活、环境的关系，为高考常见考题，为理综中化学选择题首先出现的习题，涉及知识面较广，侧重分析与应用、化学与生活、环境等综合知识的考查，题目难度中等2新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾
17、”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为（）ACuSO45H2OBFeSO47H2OCKAl（SO4）212H2ODFe2（SO4）39H2O【考点】GN：铁的氧化物和氢氧化物【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色；【解答】解：“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色，A为蓝色晶体，B为FeSO47H2O是绿色晶体，C为KAl（SO4）
18、212H2O是无色晶体，D为Fe2（SO4）39H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO47H2O，故选B【点评】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键，题目较简单3下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJmol1B图2表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠D图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下Na
19、A溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH【考点】CI：体积百分含量随温度、压强变化曲线；BB：反应热和焓变；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；GG：碱金属的性质【分析】A燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；B增大压强，加快化学反应速率，平衡向着气体体积减小的方向移动；C金属性：钾钠；钾的摩尔质量大于钠；D酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大【解答】解：A图象中1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B.2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s），增大压强，平衡正向移动，故B错误；C金属性：钾钠，故钾与水反应的速
20、率快于钠与水反应的速率；钾的摩尔质量大于钠，故等质量的钾、钠分别与足量水反应，钠放出的氢气多，与图象相符，故C正确；D稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HAHB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaANaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误；故选C【点评】本题考查图象的分析判断，涉及的知识点较多，题目较为综合，题目难度中等理解图象含义和变化趋势是解题的关键4如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）A甲池中负极反应为：N2H44eN2+4H+B甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C反应一
21、段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D甲池中消耗2.24L O2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体【考点】BL：化学电源新型电池【分析】A甲池中为原电池反应，N2H4失电子生成氮气；B根据电池的总反应判断PH的变化；C乙池发生的是电解池反应两极析出的分别是Cu和O2，因而加CuO后溶液能够复原；D选项中没说明气体的体积是否是标准状况下【解答】解：A甲池中为原电池反应，对应的电极反应式是：正极O2+4e+2H2O=4OH，负极N2H44e+4OH=N2+4H2O，故A错误；B甲池中因反应生成了水会使溶液的pH值减小，乙池中因反应生成了酸也会使溶液的pH值减小
22、，故B错误；C乙池发生的是电解池反应，其电解总反应的离子方程式为：2Cu2+2H2O2Cu+4H+O2，两极析出的分别是Cu和O2，因而加CuO后溶液能够复原，故C正确；D选项中没说明气体的体积是否是标准状况下，所以气体的物质的量无法计算，则乙中生成的固体的质量也无法计算，故D错误故选C【点评】本题考查了原电池、电解池工作的基本原理，以及原电池电极反应式的书写，题目难度中等，注意把握原电池和电解池中电极方程式的书写方法5分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A10种B9种C8种D7种【考点】I4：同分异构现象和同分异构体【分析】分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4C
23、l10中的两个Cl原子被两个H原子取代，两个H原子可以取代同一碳原子的2个Cl原子，也可以取代不同C原子上的Cl原子，据此书写解答【解答】解：分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4Cl10中的两个Cl原子被两个H原子取代，可以采取“定一议二”法确定：、，故C4H2Cl8共有9种，故选：B【点评】本题考查有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意掌握书写方法6下列说法不正确的是（）A常温下，在0.1molL1的HNO3溶液中，由水电离出的c（H+）B浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）c（CO32）C25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积
24、相同D冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；D6：水的电离；DD：盐类水解的应用；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离；B碳酸氢钠溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子水解程度大于电离程度；C溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变；D冰醋酸中逐滴加入水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，溶液导电性与离子浓度成正比，溶液中氢离子浓度越大pH越小【解答】解：A酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，硝酸是强酸，抑制水电离，所以水电离出的c（H+），故A正确；B碳酸氢钠溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子
25、水解程度大于电离程度，所以c（H2CO3）c（CO32），故B正确；C溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，与溶液浓度无关，故C正确；D冰醋酸中逐滴加入水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，随着水的加入，溶液中氢离子浓度先增大后减小，所以溶液导电能力先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，故D错误；故选D【点评】本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、盐类水解、水的电离、溶度积常数等知识点，知道水电离影响因素，易错选项是C，注意所有的平衡常数都只与温度有关，会分析D选项弱电解质稀释原理7在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图I表示200时容器中A、B、C物
26、质的量随时间的变化，图表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04molL1min1B图所知反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2C若在图所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v（正）v（逆）D200时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A 的体积分数小于50%【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；CL：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】A由图可知，200时平衡时，B的物质的量变化量为0.4mol0.2mol，根据v=计算v（B
27、）；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断反应热效应；在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图判断200时A、B的起始物质的量，据此计算a的值；C恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；D.200时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，根据图中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强平衡移动方向【解答】解：A由图可知，200时5min达到平衡，平衡时B的物质的
28、量变化量为0.4mol0.2mol=0.2mol，故v（B）=0.02 molL1min1，故A错误；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即H0，图可知，200时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，故B错误；C恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变
29、，平衡不移动，故v（正）=v（逆），故C错误；D由图可知，200时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y；z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A 的体积分数为=0.5，200时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的增大，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，故D正确；故选D【点评】本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意B选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响二、解答题（共
30、3小题，满分43分）8（15分）（2017孝义市模拟）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如图1：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去
31、结晶水生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的两种沉淀的化学式为Fe（OH）3、Al（OH）3（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2向“滤液”
32、中加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；其使用的最佳pH范围是BA2.02.5 B3.03.5 C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（答一条即可）【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】含钴废料中加入盐酸、Na2SO3，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，发生氧化还原反应可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH
33、至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干（1）酸性条件下，Co2O3和SO32发生氧化还原反应生成Co2+、SO42；（2）酸性条件下，氯酸根离子能氧化亚铁离子生成铁离子，自身被还原生成氯离子；酸性条件下ClO3和Cl发生氧化还原反应生成Cl2；（3）“加Na2CO3调pH至a”，目的是除去铁离子、铝离子，所以需要将铁离子、铝离子转化为沉淀；（4）CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴；（5）滤液中加入萃取剂的作用是
34、除去锰离子，由表中数据可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（6）根据CoCl26H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水【解答】解：含钴废料中加入盐酸、Na2SO3，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，发生氧化还原反应可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干（1）酸性条件下，Co2O3和SO32发生氧化还原反应生成
35、Co2+、SO42，反应离子方程式为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O；（2）酸性条件下，氯酸根离子能氧化亚铁离子生成铁离子，自身被还原生成氯离子，反应离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O，酸性条件下ClO3和Cl发生氧化还原反应生成Cl2，反应离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（3）“加Na2CO3调pH至a”，目的是除去铁离子、铝离
36、子，将铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤除去，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴，减压烘干目的是：降低烘干温度，防止产品分解故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B； （6）造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：粗产品含有可
37、溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【点评】本题属于化学工艺流程题目，涉及物质分离和提纯、对操作与药品的分析评价、元素化合物知识、含量测定误差分析、信息获取与迁移运用等，关键是理解工艺流程，题目难度中等9（14分）（2017孝义市模拟）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设 该反应的气体产物是CO2该反应的气体产物是CO该反应的气体产物是CO2和CO的混合物（2）设计方案 如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比
38、（3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式：NH4+NO2N2+2H2O（4）实验步骤按如图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入10.38g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为53.02g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为1g步骤、中都分别通入N2，其作用分别为步骤中是为了排尽空气，
39、步骤是为了赶出所有的二氧化碳，确保被完全吸收（5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：5C+2Fe2O34Fe+4CO+CO2（6）实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全，碳酸钡的相对原子质量大于碳酸钙的，称量时相对误差小从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案：在尾气口处加一点燃的酒精灯【考点】PF：常见气体的检验【分析】（1）根据假设可以得出假设的内容；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）
40、根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；（6）根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理【解答】解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：CO、CO2、CO2、CO的混合物，故答案为：CO2、CO的混合物；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为NH4+NO2N2+2H2O，故答案为：NH4+NO2N2+2H2O；
41、（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的CO2，故答案为：步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收；（5）3.20g氧化铁的物质的量为=0.02mol，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成，则n（CO2）=n（CaCO3）=0.02mol，m（CO2）=0.02mol44g/mol=0.88g，反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，则生成其气体为CO2、CO的混合物，混合气体中含有CO0.08mol，所以CO、CO2的混合气体物质的量比为4：1，所以
42、方程式为5C+2Fe2O34Fe+4CO+CO2，故答案为：5C+2Fe2O34Fe+4CO+CO2；（6）将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，故答案为：氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全，碳酸钡的相对原子质量大于碳酸钙的，称量时相对误差小；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理，故答案为：在尾气口处加一点燃的酒精灯【点评】本题是一道综合型的实验知识题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大10（14分）（2017孝义市模拟）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，严重污染空
43、气对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJmol1N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+133kJmol1H2O（g）H2O（l）H=44kJmol1催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）H=1100.2kJmol1脱碳：（1）向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）该反应自发进行的条件是低温（填“低温”、“高温”或“任意温度”）下列叙述能说明此反应达
44、到平衡状态的是de（填字母）a混合气体的平均式量保持不变 bCO2和H2的体积分数保持不变cCO2和H2的转化率相等 d混合气体的密度保持不变e.1molCO2生成的同时有3mol HH键断裂CO2的浓度随时间（0t2）变化如图1所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2t6CO2浓度随时间的变化（2）改变温度，使反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0中的所有物质都为气态起始温度、体积相同（T1、2L密闭容器）反应过程中部分数据见表：反应时间CO2（mol）H2（mol）CH3OH（mol）H2O（mol）反应：恒温恒
45、容0min260010min4.520min130min1反应：绝热恒容0min0022达到平衡时，反应、对比：平衡常数K（I） K（II）（填“”“”或“=”下同）；平衡时CH3OH的浓度c（I） c（II）对反应，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）=0.025mol/（Lmin）在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1T2（填“”、“”或“=”）若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡不移动（填“正向”“逆向”或“不”）（3）利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2+2H
46、2O2HCOOH+O2，装置如图所示：电极2的电极反应式是CO2+2H+2e=HCOOH；在标准状况下，当电极2室有11.2L CO2反应 理论上电极1室液体质量减少（填“增加”或“减少”9g【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】H2的燃烧热为285.8kJmol1，则 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1，N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+133kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=44kJmol1根据盖斯定律，24可得：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），反应热也进行相应的计算；（1）自发进行的判断依据是HT
47、S0，结合反应特征分析判断需要的条件；可能反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；t2时CO2浓度为0.5mol/L，则氢气浓度变化量为（1mol/L0.5mol/L）3=1.5mol/L，氢气平衡浓度为1.5mol/L=1.5mol/L，则该温度下平衡常数K=，在t2时将容器容积缩小一倍，瞬间CO2浓度变为1mol/L，压强增大，平衡向正反应方向移动，t3时达到平衡时，等效为开始体积缩小一倍到达的平衡，设此时CO2浓度为xmol/L，则： CO2（g）+3H2（g）CH
48、3OH（l）+H2O（l）开始（mol/L）：2 6 转化（mol/L）：2x 63x平衡（mol/L）：x 3x则=，解得x=0.5，t3时达到平衡时CO2浓度为0.5mol/L，t4时降低温度，瞬间CO2浓度不变，正反应为放热反应，而后平衡向正反应移动，CO2浓度减小；（2）I为恒温，为绝热容器，反应向逆反应进行，逆反应为吸热反应，平衡时温度比I中低，升高温度平衡向逆反应方向移动，由此判断平衡常数及平衡时CH3OH的浓度大小；根据v=计算v（H2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（CH3OH）；20min时，转化的CO2为2mol1mol=1mol，则生成的CH3OH为1mol，而
49、30min时CH3OH为1mol，故20min时到达平衡，计算平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式K=计算；平衡时氢气为6mol1mol3=3mol，氢气平衡浓度为=1.5mol/L，在其它条件不变，只改变温度T2，此时H2的物质的量为3.2mol，说明温度改变，平衡逆向移动，此反应正方向为放热反应，由此判断是升温还是降温；计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断平衡是否移动；（3）2是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH；1电极是负极，水失电子生成氢离子和氧气【解答】解：H2的燃烧热为285.8kJmol1，则 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1，N
50、2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+133kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=44kJmol1根据盖斯定律，24可得：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），则：H=2（571.6kJmol1）133kJmol14（44kJmol1）=1100.2kJmol1，故反应热化学方程式为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）H=1100.2kJmol1，故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）H=1100.2kJmol1；（1）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l），熵变S0，则反应焓变H0，低温下满足H
51、TS0故答案为：低温；a甲醇、水为液体，CO2、H2的起始物质的量之比为1：3，反应按物质的量1：3反应，故混合气体中CO2、H2的起始物质的量之比为1：3，平均摩尔质量数值或平均相对分子质量始终保持不变，无法判断是平衡状态，故a错误；b由a中分析，可知CO2和H2的体积分数数值始终保持不变，无法判断是平衡状态，故b错误；c由a中分析，可知CO2和H2的转化率始终相等，无法判断是平衡状态，故c错误； d容器容积不变，混合气体质量减小，随反应进行混合气体密度减小，当混合气体的密度不变，反应到达平衡，故d正确；e.1molCO2生成的同时有3molHH键断裂，而1molCO2生成的同时生成3mol
52、HH键，氢气的生成速率与消耗速率相等，反应到达平衡，故e正确，故选：de；t2时CO2浓度为0.5mol/L，则氢气浓度变化量为（1mol/L0.5mol/L）3=1.5mol/L，氢气平衡浓度为1.5mol/L=1.5mol/L，则该温度下平衡常数K=，在t2时将容器容积缩小一倍，瞬间CO2浓度变为1mol/L，压强增大，平衡向正反应方向移动，t3时达到平衡时，等效为开始体积缩小一倍到达的平衡，设此时CO2浓度为xmol/L，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）开始（mol/L）：2 6 转化（mol/L）：2x 63x平衡（mol/L）：x 3x则=，解得x=0.
53、5，t3时达到平衡时CO2浓度为0.5mol/L，t4时降低温度，瞬间CO2浓度不变，正反应为放热反应，而后平衡向正反应移动，CO2浓度减小，画出t2t6CO2的浓度随时间的变化如图：故答案为：；（2）I为恒温，为绝热容器，反应向逆反应进行，逆反应为吸热反应，平衡时温度比I中低，升高温度平衡向逆反应方向移动，降温时平衡正向移动，则平衡常数K（）K（），平衡时CH3OH的浓度c（I）c（），故答案为：；v（H2）=0.075mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，v（CH3OH）=v（H2）=0.025mol/（Lmin）；20min时，转化的CO2为2mol1mol=1mol，则生成
54、的CH3OH为1mol，而30min时CH3OH为1mol，故20min时到达平衡， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol/L）：2 6 0 0转化（mol/L）：1 3 1 1平衡（mol/L）：1 3 1 1故平衡常数K=；平衡时氢气为6mol1mol3=3mol，氢气平衡浓度为=1.5mol/L，在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2，此时H2的物质的量为3.2mol，平衡逆向移动，氢气浓度增大，由于正反应为放热反应，可以升高温度，即T1T2；对反应，若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），此时浓度商Qc=K
55、=，则平衡不移动；故答案为：0.025mol/（Lmin）；不；（3）2是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H+2e=HCOOH，故答案为：CO2+2H+2e=HCOOH；电极1式为负极，发生的电极反应式为2H2O4e=4H+O2，理论上随着当电极2室有11.2L CO2反应，二氧化碳的物质的量为=0.5mol，转移电子为0.5mol2=1mol，电极1室参加反应的水的质量为18g/mol=9g，即电极1室理论减小液体质量为9g，故答案为：减小；9【点评】本题考查化学平衡有关计算、平衡影响因素、化学平衡状态判断、平衡常数、热化学方程式书写、新型电池工作
56、原理及计算等，题目中作图为易错点，学生容易忽略体积压缩一倍后到达平衡时二氧化碳的具体浓度，难度中等化学一选修3：物质结构与性质11（15分）（2017孝义市模拟）第四周期中的18中元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐（1）铬是一种硬二脆，抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为N，该能层上具有的原子轨道数为16，电子数为1，（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？否（填“是”或“否”），原因是30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定（如果前一问填“是”，此问可以不答
57、）（3）镓与第VA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓（GaAs）就是其中一种，其晶体结构如下图所示（白色球代表As原子）在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体；（4）与As同主族的短周期元素是N、PAsH3中心原子杂化的类型sp3；一定压强下将AsH3和NH3PH3的混合气体降温是首先液化的是NH3，理由是NH3分子之间有氢键，沸点较高；（5）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁石期中一种，某氮化铁的井胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为Fe4N；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为gcm3（用含a和NA
58、的式子表示）【考点】9I：晶胞的计算；8B：元素电离能、电负性的含义及应用；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）根据铬的核外电子排布规律可知，铬在最外层是N层，有2个电子，据此答题；（2）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素；（3）根据晶胞结构图，砷化镓结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由四个As原子形成的四面体的体心，据此判断；（4）与As同主族的短周期元素是N、P，所经AsH3的结构应与NH3相似，NH3分子之间有氢键，沸点较高；（5）根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为=4，进而确定氮化
59、铁的化学式，根据计算密度；【解答】解：（1）铬的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以铬在最外层是N层，有1个电子，N层上原子轨道为spdf四种，共有轨道数为1+3+5+7=16，故答案为：N；16；1；（2）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素，30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定，所以30Zn与31Ga的第一电离能不符合逐渐增大的规律，故答案为：否；30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定；（3）根据晶胞结构图，砷化镓结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由四个As原子形成的四
60、面体的体心，所以每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4；正四面体；（4）氨分子中氮原子按sp3方式杂化，N与As同主族，所经AsH3的结构应与NH3相似，AsH3中心原子杂化的类型为sp3，NH3分子之间有氢键，沸点较高，所以一定压强下将AsH3和NH3PH3的混合气体降温是首先液化的是NH3，故答案为：sp3；NH3；NH3分子之间有氢键，沸点较高；（5）根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为=4，所以氮化铁的化学式Fe4N，晶胞的体积为a3cm3，所以=gcm3=gcm3，故答案为：Fe4N；【点评】本题考查较
61、为综合，原子结构、第一电离能、晶胞的结构及晶体计算、氢键等知识，题目难度中等，注意原子核外电子排布与物质性质的关系，当价层电子轨道处于全空、全充满、半充满时，较稳定化学-选修5：有机化学基础12（2017山西模拟）3对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：+COBE已知：HCHO+CH3CHOCH2CHCHO+H2O（1）A中官能团的名称为醛基，A分子中核磁共振氢谱各峰值比为1：2：2：3（2）物质B的结构简式为 ，生成E的反应类型为酯化反应或取代反应（3）试剂C可选用下列中的bda溴水 b银氨溶液 c酸性KMnO4溶液 d新制Cu（OH）2悬浊液（4）是E的一种
62、同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为（5）遇FeCl3溶液呈紫色，且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有3种，E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为【考点】HC：有机物的合成【分析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，中CHO被弱氧化剂氧化为COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到，再与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答【解答】解：（1）A含CHO，官能团的名称为醛基，A分子中含4种H，核磁共振氢谱各峰值比为1：2：2：3，故答案为：醛基；1：2：2：3；（2）物质B的结构简式为，生
63、成E的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：；酯化反应或取代反应；（3）试剂C可氧化CHO，不能氧化碳碳双键，只有 b银氨溶液、d新制Cu（OH）2悬浊液符合，故答案为：bd；（4）是E的一种同分异构体，E同分异构体中含COOC，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为，故答案为：； （5）遇FeCl3溶液显紫色，则含酚OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为邻、间、对乙烯基苯酚3种，E中含C=C，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：3；【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大
