1、2016年山西省阳泉市高考化学模拟试卷一、选择题：本题共7题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求的1有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是（）A大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理C通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料D安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率2短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示下列说法正确的是（）A元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B原子半径的大小顺序为：rXrYrZrWrQC离子Y2和Z3+的核外电子数和电子层数都不相
2、同D元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强3下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图表示常温下，0.100 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 molL1 HCl溶液所得到的滴定曲线C图表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：cabD图表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2转化率cba4可逆反应2A（g）+B（g）2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是（）压强A转化
3、率温度p1（MPa）p2（MPa）40099.699.750096.997.8ABCD5室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mlpH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4，关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是（）A溶液的体积：V乙10V甲B若分别与5mlpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲乙C若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D水电离出的OH浓度：10c（OH）甲c（OH）乙6下列说法不正确的是（）A 的分子式为C17H24O3B结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物，其单体是乙炔C有机硅聚醚（）可由单体和缩聚而成D等质量的甲醇、甲醛
4、、甲醚完全燃烧时的耗氧量依次递增7还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72和CrO42）工业废水的常用方法，过程如下：CrOCr2OCr（OH）3已知转化过程中的反应为2CrO（aq）+2H+（aq）Cr2O（aq）+H2O（l）转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L，CrO42有转化为Cr2O72，下列说法不正确的是（）A溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B若用绿矾（FeSO47H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4 gC常温下转化反应的平衡常数K=l04，则转化后所得溶液的pH=1D常温下KspCr（OH）3=11032，要使处理后废水中的c（Cr3
5、+ ）降至1105mol/L，应调溶液的pH=5二、非选择题8碱式碳酸钴Cox（OH）y（CO3）z常用作电子材料、磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图1所示的装置进行实验（1）请完成下列实验步骤：称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中（填实验现象），停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；计算（2）步骤中缓缓通人空气数分钟的目的是（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用图2装置中的（填字母）连接在
6、（填装置连接位置）（4）若按正确装置进行实验，测得如表数据乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钴的化学式为（5）含有Co（AlO2）2 的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为（6）CoCl26H2O常用作多彩水泥的添加剂以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取 CoCl26H2O的一种工艺如图3：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀（pH）2.37.57.63.4完全沉淀（pH）4.19.79.25.2净化除杂时，加入 H2O2发生反应的离子方程式为加入CoCO3 调pH为5.2
7、7.6，则操作1获得的滤渣成分为加盐酸调整pH为23的目的为操作过程为蒸发浓缩、（填操作名称）、过滤9研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1，C（s）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1，则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）写出该电池的负极反应式：（3）CO2和H2充人一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H
8、2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1曲线I、对应的平衡常数大小关系为K1K2（填“”或“=”或“”）一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡容器甲乙反应物投入量1mol CO2、3mol H2a mol CO2、b mol H2、cmol CH3OH（g）、cmol H2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2紫外光照射时，在不同催化剂（I、，）作用下，CH4产
9、量随光照时间的变化见图2在015小时内，CH4的平均生成速率I、和从大到小的顺序为（填序号）（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：10LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为2Li+FeS+2eLi2S+Fe，则该电池的总反应式为11LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为2Li+FeS+2eLi2S+Fe，则该电池的总反应式为锂一黄铁矿高容量电
10、池，由于其污染小、成本低、电容量大、黄铁矿储备丰富而有望取代目前市场的碱性电池制取高纯度黄铁矿的工艺流程如图：（1）已知：Ksp（FeS=1.591019，KspFe（OH）2=4.871017，为得到较纯的FeS沉淀，最好在FeCl2 溶液中加入的试剂为（填序号）A（NH4）2S BCuS CH2S DNa2S（2）关于白铁矿与黄铁矿下列判断错误的是（填序号）A属于同素异形体B因为晶体结构不同而导致性质有差别C黄铁矿比白铁矿更稳定（3）反应制取 S22时，溶液必须保持为碱性，除了S2 与酸反应外，还有更重要的原因是（用离子方程式表示）（4）室温下，Li/FeS2 二次电池所用的电解质是非水液
11、体电解质，放电行为与温度有关该电池电解质为非水液体电解质，原因是温度低时，锂与FeS2反应只生成A物质，产生第一次放电行为；温度升高，锂与A继续反应（产物之一为Fe），产生第二次放电行为若二次行为均进行完全且放电量恰好相等请写出化学反应方程式：第一次放电：；第二次放电：（5）制取高纯度黄铁矿的另一种方法是：以LiClKC1低共熔点混合物为电解质，FeS为阳极，Al为阴极，在适当的电压下电解写出阳极反应式三、化学-化学与技术12往有机聚合物中添加阻燃剂，可增加聚合物的使用安全性，扩大其应用范围Mg（OH）2是一种常用的阻燃剂，生产工艺如图1：完成下列填空：（1）精制卤水中MgCl2的与适量石灰乳
12、反应合成碱式氯化镁Mg（OH）2xClxmH2O，反应的化学方程式为（2）合成反应后，继续在393K523K下水热处理8h，发生反应：Mg（OH）2xClxmH2O（1）Mg（OH）2+MgCl2+mH2O，水热处理后，进行过滤、水洗水洗的目的是（3）阻燃型 Mg（OH）2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点上述工艺流程中与此有关的步骤是（4）已知热化学方程式：Mg（OH）2（s）MgO（s）+H2O（g）H=+81.5kJmol1Al（OH）3（s）Al2O3（s）+H2O（g）H=+87.7kJmol1Mg（OH）2和Al（OH）3起阻燃作用的主要原因是等质量 Mg（OH）2和A
13、l（OH）3 相比，阻燃效果较好的是，原因是（5）该工业生产的原料还可以用来提取金属镁请在图2中设计提取金属镁的工艺流程（框内写产物名称，箭头上标明转化条件）：四、化学-物质结构与性质13由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途（1）基态 Cu+的最外层核外电子排布式为（2）研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种 N5+N3，若N5+ 离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N5+ 推测正确的是AN5+有24个电子B N5+离子中存在三对未成键的电子对C N5+阳离子中存在两个氮氮三键（3）化合物 A（H3BNH3）3是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物 （HB=NH）3通
14、过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3 制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是（填标号）A反应前后碳原子的轨道杂化类型不变BCH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C第一电离能：NOCBD化合物A中存在配位键1个（HB=NH）3分子中有个键（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为（5）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为acm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为（用含有a的代数式表示）在一定温度
15、下，Ni0晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图c），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（氧离子的半径为1.401010m，l.732）五、化学-有机化学基础14工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的吸收A浓H2SO4 B稀HNO3 CNaOH溶液 D氨水（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是（注明试剂现象）（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为（4）以CuSO4溶液为电
16、解质溶液进行粗铜（含AlZnAgPtAu等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是A电能全部转化为化学能 B粗铜接电源正极，发生氧化反应C溶液中Cu2+向阳极移动 D利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属（5）利用反应可制备CuSO4，若将该反应2Cu2+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O设计为原电池，其正极电极反应式为2016年山西省阳泉市高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求的1有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是（）A大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于
17、海洋生态环境的治理C通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料D安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率【考点】化学的主要特点与意义【分析】A从农产品的农药残留和对土壤的长期影响考虑；B过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境；C某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧分析；D安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放【解答】解：A使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故B错误；C通过有机物的合成可
18、以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故C正确；D安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故D错误；故选：C2短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示下列说法正确的是（）A元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B原子半径的大小顺序为：rXrYrZrWrQC离子Y2和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】根据元素所在周期表中的位置判断元素的种类，结合元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：由元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为A
19、l元素，W为S元素，Q为Cl元素A、X为N元素，最高正价为+5价，Z为Al元素，最高正价为+3价，则元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8，故A正确；B、原子核外电子层数越多，半径越大，同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则有：rZrWrQrXrY，故B错误；C、离子Y2和Z3+的核外电子数都为10，离子核外有2个电子层，电子层数相同，故C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D错误故选A3下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图表示常温下，0.100 molL1 Na
20、OH溶液滴定20.00 mL 0.100 molL1 HCl溶液所得到的滴定曲线C图表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：cabD图表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2转化率cba【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量；虚线表示的活化能降低，为使用催化剂；B0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100m
21、ol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧化钠过量时pH小于13；C冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小；D增大反应物量会增大另一种物质的转化率【解答】解：A由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应放热反应；虚线表示的活化能降低，为使用催化剂，表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化，故A错误；B0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧化钠过量时，溶液显碱性
22、，但是pH不可能等于或大于13，所以与图象不相符合，故B错误；C冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能力bac，a、b、c三点醋酸的电离程度：abc，故C错误；D反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H0，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，二氧化氮转化率增大，NO2的转化率cba，故D正确，故选：D4可逆反应2A（g）+B（g）2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是（）压强A转化率温度p1（MPa）p2（MPa）40099.699.750096.997.
23、8ABCD【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】由表中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，对比图象可解答该题【解答】解：由表中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则A升高温度，A的转化率降低，与表中数据吻合，故A正确；B升高温度，平衡向逆反应方向移动，C
24、的百分含量降低，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，与表中数据吻合，故B正确；C升高，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，与表中数据吻合，故C正确；D增大压强，反应速率增大，正反应速率大于逆反应速率平衡向正反应方向移动，图象与表中数据不吻合，故D错误故选D5室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mlpH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4，关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是（）A溶液的体积：V乙10V甲B若分别与5mlpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲乙C若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D水电离出的OH浓度：1
25、0c（OH）甲c（OH）乙【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A如果酸为强酸，则10V甲=V乙，如果酸为弱酸，则10V甲V乙；B如果酸是强酸，则恰好反应，溶液为中性；如果酸是弱酸，则酸过量，反应后的混合液显示酸性；C如果生成的盐不水解，则两溶液的pH相等，如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性大于乙烧杯溶液的碱性；D两溶液都是酸溶液，酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，根据水的离子积计算出水电离的氢氧根离子浓度【解答】解：A若酸为强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子浓度不变5ml103=V104，解得V=5Oml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢
26、离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲V乙，所以10V甲V乙，故A错误；B若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH值相等，若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲乙，故B正确；C稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲乙，若酸为强酸，则二者的pH相等，若酸为弱酸，则甲溶液的pH大于乙，即：甲乙，故C错误；D酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，则pH=3的酸中，水电离的氢氧根离子浓度为，c（OH）甲=1011
27、mol/L，pH=4的酸中，水电离的氢氧根离子浓度为，c（OH）乙=1010mol/L，则10c（OH）甲=c（OH）乙，故D错误；故选B6下列说法不正确的是（）A 的分子式为C17H24O3B结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物，其单体是乙炔C有机硅聚醚（）可由单体和缩聚而成D等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量依次递增【考点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；化学方程式的有关计算【分析】A、依据此有机物的结构简式确定分子式即可；B、高分子化合物CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH，其结构简式可以表示为，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的
28、主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为：CHCH；C、中含SiOSi的键结构；D、有机物燃烧反应为CxHyOz+（x+）O2xCO2+H2O，结合n=分析消耗的氧【解答】解：A、，由此结构简式可知，其分子中含有17个C、含有24个H，含有3个O，故分子式为：C17H24O3，故A正确；B、高分子化合物CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH，其结构简式可以表示为，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为CHCH，故B正确；C、中含SiOSi的键结构
29、，可知该有机物由单体 和缩聚而成，故C正确；D、有机物燃烧反应为CxHyOz+（x+）O2xCO2+H2O，等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量分别为（1+）=、（1+）=、（2+）=，可知甲醛消耗的氧气最少，故D错误；故选D7还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72和CrO42）工业废水的常用方法，过程如下：CrOCr2OCr（OH）3已知转化过程中的反应为2CrO（aq）+2H+（aq）Cr2O（aq）+H2O（l）转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L，CrO42有转化为Cr2O72，下列说法不正确的是（）A溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B若用绿矾（FeSO47H
30、2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4 gC常温下转化反应的平衡常数K=l04，则转化后所得溶液的pH=1D常温下KspCr（OH）3=11032，要使处理后废水中的c（Cr3+ ）降至1105mol/L，应调溶液的pH=5【考点】化学平衡的计算【分析】A溶液颜色保持不变，可知浓度不变；B铬元素的含量为28.6g/L，+6价Cr的物质的量为=0.55mol，结合电子守恒计算；C常温下转化反应的平衡常数K=l04，则=l04，解得c（H+）=0.1mol/L；D常温下KspCr（OH）3=11032，要使处理后废水中的c（Cr3+ ）降至1105mol/L，c（OH）=1
31、109mol/L，则c（H+）=1105mol/L【解答】解：A溶液颜色保持不变，可知浓度不变，则上述可逆反应达到平衡状态，故A正确；B铬元素的含量为28.6g/L，+6价Cr的物质的量为=0.55mol，由电子守恒可知FeSO47H2O的质量为mol278g/mol=458.7g，故B错误；C常温下转化反应的平衡常数K=l04，则=l04，解得c（H+）=0.1mol/L，则转化后所得溶液的pH=1，故C正确；D常温下KspCr（OH）3=11032，要使处理后废水中的c（Cr3+ ）降至1105mol/L，c（OH）=1109mol/L，则c（H+）=1105mol/L，则应调溶液的pH=
32、5，故D正确；故选B二、非选择题8碱式碳酸钴Cox（OH）y（CO3）z常用作电子材料、磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图1所示的装置进行实验（1）请完成下列实验步骤：称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生（填实验现象），停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；计算（2）步骤中缓缓通人空气数分钟的目的是将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，
33、可选用图2装置中的D（填字母）连接在活塞a前（填装置连接位置）（4）若按正确装置进行实验，测得如表数据乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钴的化学式为Co3（OH）4（CO3）2（5）含有Co（AlO2）2 的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为蓝色（6）CoCl26H2O常用作多彩水泥的添加剂以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取 CoCl26H2O的一种工艺如图3：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀（pH）2.37.57.63.4完全沉淀（pH）4.19.79.25.2净
34、化除杂时，加入 H2O2发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O加入CoCO3 调pH为5.27.6，则操作1获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3加盐酸调整pH为23的目的为抑制CoCl2水解操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶（填操作名称）、过滤【考点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计【分析】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳（4）碱式碳酸钴样
35、品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到Co的质量和Co原子物质的量，根据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钴的化学式；（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe
36、3+2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl26H2O；双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；加入CoCO3调pH为5.27.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解答】解：（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕，故答案为：不再
37、有气泡产生；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果故答案为：将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中；（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳故答案为：D、活塞a前；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故Co
38、的质量为3.65g0.02mol217g/mol0.02mol60g/mol=1.77g，故Co原子物质的量为： =0.03mol，根据Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.03mol：0.02mol2：0.02mol=3：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co3（OH）4（CO3）2故答案为：Co3（OH）4（CO3）2（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰故答案为：蓝色；（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子
39、氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl26H2O；双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；加入CoCO3调pH为5.27.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案
40、为：Fe（OH）3、Al（OH）3；CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸的目的是抑制CoCl2水解，故答案为：抑制CoCl2水解；操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：冷却结晶9研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1，C（s）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1，则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJ
41、mol1（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）写出该电池的负极反应式：CO+4OH2e=CO32+2H2O（3）CO2和H2充人一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1曲线I、对应的平衡常数大小关系为K1K2（填“”或“=”或“”）一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡容器甲乙反应物投入量1mol CO2、3mol H2a mol CO2、b mol H2、cmol CH3OH（g）、cmol H2O（g）
42、若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为0.4n（c）1mol（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2紫外光照射时，在不同催化剂（I、，）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2在015小时内，CH4的平均生成速率I、和从大到小的顺序为IIIIII（填序号）（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是300400Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写
43、出有关的离子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；（2）CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，又因为电解质是KOH溶液，不会在电极上放出二氧化碳（3）比的甲醇的物质的量少，根据K=判断；根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围（4
44、）相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小由图2可知反应开始后的15小时内，在第种催化剂的作用下，收集的CH4最多，次之，最少（5）根据温度对催化剂活性的影响可知在300时失去活性，故得出乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围；先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性【解答】解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1依据盖斯定
45、律3得到热化学方程式为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1；故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1；（2）烷燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上是CO发生失电子的氧化反应，又因为电解质是KOH溶液，二氧化碳和氢氧化钾反应得到的是碳酸钾，即CO+4OH2e=CO32+2H2O，故答案为：CO+4OH2e=CO32+2H2O；（3）比的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=知，平衡常数越小，故KK，故答案为：；CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g
46、）初始：1 3 0 0平衡：1x 33x x x甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（42x）4=0.8 解得x=0.4mol依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4n（c）1mol，故答案为：0.4n（c）1mol；（4）由图2可知，在015h内，甲烷的物质的量变化量为n（）n（）n（），故在015h内，CH4的平均生成速率v（）v（）v（），故答案为：IIIIII；（5）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，在300时失去活性，故以后乙酸的生成速率
47、升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为300400，故答案为：300400；Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O10LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为2Li+FeS+2eLi2S+Fe，则该电池的总反应式为2Li+FeS=Li2S+Fe【考点】电极反应和电池反应方程式【分析】LiAl/FeS电池是一种二次电池，Li和Al都属于金属，合金
48、中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料LiAl/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Lie=Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e=Li2S+Fe，在得失电子相同的条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式【解答】解：LiAl/FeS电池是一种二次电池，Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料LiAl/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Lie=Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2e=Li2S+Fe，在得失电子相同的条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式2Li+FeS=Li2S+Fe
49、，故答案为：2Li+FeS=Li2S+Fe11LiAl/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为2Li+FeS+2eLi2S+Fe，则该电池的总反应式为2Li+FeSLi2S+Fe锂一黄铁矿高容量电池，由于其污染小、成本低、电容量大、黄铁矿储备丰富而有望取代目前市场的碱性电池制取高纯度黄铁矿的工艺流程如图：（1）已知：Ksp（FeS=1.591019，KspFe（OH）2=4.871017，为得到较纯的FeS沉淀，最好在FeCl2 溶液中加入的试剂为A（填序号）A（NH4）2S BCuS CH2S DNa2S（2）关于白铁矿与黄铁矿下列判断错误的是A（填序号）A属于同素异
50、形体B因为晶体结构不同而导致性质有差别C黄铁矿比白铁矿更稳定（3）反应制取 S22时，溶液必须保持为碱性，除了S2 与酸反应外，还有更重要的原因是（用离子方程式表示）S22+2H+=S+H2S（4）室温下，Li/FeS2 二次电池所用的电解质是非水液体电解质，放电行为与温度有关该电池电解质为非水液体电解质，原因是锂会和水反应产生自放电现象温度低时，锂与FeS2反应只生成A物质，产生第一次放电行为；温度升高，锂与A继续反应（产物之一为Fe），产生第二次放电行为若二次行为均进行完全且放电量恰好相等请写出化学反应方程式：第一次放电：2Li+FeS2=Li2FeS2；第二次放电：2Li+Li2FeS2
51、=2Li2S+Fe（5）制取高纯度黄铁矿的另一种方法是：以LiClKC1低共熔点混合物为电解质，FeS为阳极，Al为阴极，在适当的电压下电解写出阳极反应式2FeS2e=FeS2+Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】LiAl/FeS电池是一种二次电池，原电池工作时，较为活泼的单质锂作负极，正负极反应相加可得反应的电池总反应；（1）根据Ksp的意义，越是Ksp小的物质越容易生成，注意不能引进杂质离子，据此回答；（2）A同素异形体是同种元素组成的单质；B黄铁矿和白铁矿的分子式是一样的性质有差别；C黄铁矿是白铁矿加热下的产物（3）S22在酸性环境下可以
52、发生自身氧化还原反应；（4）金属锂可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气；根据信息：第一次放电行为的反应是温度低时，锂与FeS2反应只生成A物质；第二次放电行为的反应是：温度升高，锂与A继续反应（产物之一为Fe），据此回答；（5）FeS为阳极，Al为阴极，阳极上会发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应【解答】解：该电池中正极的电极反应式为：2Li+FeS+2eLi2S+Fe；负极的电极反应式为：LieLi+正负极反应相加可得反应的电池总反应为2Li+FeSLi2S+Fe，故答案为：2Li+FeSLi2S+Fe；（1）越是Ksp小的物质越容易生成，CuS、H2S都和氯化亚铁之间不反应，硫化铵可以和氯
53、化亚铁之间反应得到硫化亚铁沉淀，但是硫化钠的溶液碱性较强，不可避免的会产生氢氧化亚铁杂质，所以A更适宜故选A；（2）A同素异形体是同种元素组成的单质，但是黄铁矿和白铁矿是化合物，故A错误；B黄铁矿和白铁矿的分子式是一样的，因为晶体结构不同而导致性质有差别，故B正确；C黄铁矿是白铁矿加热下的产物，由此可见黄铁矿比白铁矿更稳定，故C正确；故选A；（3）S22在酸性环境下可以发生自身氧化还原反应，即S22+2H+=S+H2S，故答案为：S22+2H+=S+H2S；（4）金属锂可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气；根据信息：第一次放电行为的反应是温度低时，锂与FeS2反应只生成A物质，即2Li+FeS2
54、=Li2FeS2，第二次放电行为的反应是：温度升高，锂与A继续反应（产物之一为Fe），发生的反应为：2Li+Li2FeS2=2Li2S+Fe，故答案为：2Li+FeS2=Li2FeS2；2Li+Li2FeS2=2Li2S+Fe；（5）FeS为阳极，Al为阴极，阳极上会发生失电子的氧化反应，发生的电极反应为：2FeS2e=FeS2+Fe2+，故答案为：2FeS2e=FeS2+Fe2+三、化学-化学与技术12往有机聚合物中添加阻燃剂，可增加聚合物的使用安全性，扩大其应用范围Mg（OH）2是一种常用的阻燃剂，生产工艺如图1：完成下列填空：（1）精制卤水中MgCl2的与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁Mg
55、（OH）2xClxmH2O，反应的化学方程式为2MgCl2+（2x）Ca（OH）2+2mH2O=2Mg（OH）2xClxmH2O+（2x）CaCl2（2）合成反应后，继续在393K523K下水热处理8h，发生反应：Mg（OH）2xClxmH2O（1）Mg（OH）2+MgCl2+mH2O，水热处理后，进行过滤、水洗水洗的目的是除去附着在Mg（OH）2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca（OH）2等（3）阻燃型 Mg（OH）2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点上述工艺流程中与此有关的步骤是水热处理、表面处理（4）已知热化学方程式：Mg（OH）2（s）MgO（s）+H2O（g）H
56、=+81.5kJmol1Al（OH）3（s）Al2O3（s）+H2O（g）H=+87.7kJmol1Mg（OH）2和Al（OH）3起阻燃作用的主要原因是Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降，同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳等质量 Mg（OH）2和Al（OH）3 相比，阻燃效果较好的是Mg（OH）2，原因是Mg（OH）2的吸热效率为81.5kJmol158gmol1=1.41 kJg1，Al（OH）3的吸热效率为87.7kJmol178gmol1=1.12 kJg1，等质量的Mg（OH）2比Al（OH）3吸热多（5）该工
57、业生产的原料还可以用来提取金属镁请在图2中设计提取金属镁的工艺流程（框内写产物名称，箭头上标明转化条件）：【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）石灰乳是氢氧化钙，根据题干信息以及元素守恒书写化学反应方程式即可；（2）碱式氯化镁表面会附着氯化镁、氯化钙、氢氧化钙等杂质；（3）根据氢氧化镁的流程步骤分析即可；（4）Mg（OH）2和Al（OH）3分解吸热，生成高熔点的氧化镁、氧化铝；根据等质量的氢氧化物分解时吸收的热量相对大小分析；（5）提取镁的流程中，先加入熟石灰，熟石灰与精制卤水中的氯化镁反应得到氢氧化镁白色沉淀，过滤后再加入盐酸，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，蒸发得到氯化镁，氯化镁在通电
58、的条件下生成镁和氯气【解答】解：（1）石灰乳是氢氧化钙，MgCl2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁Mg（OH）2xClxmH2O，依据元素守恒，化学反应方程式为：2MgCl2+（2x）Ca（OH）2+2mH2O=2Mg（OH）2xClxmH2O+（2x）CaCl2；故答案为：2MgCl2+（2x）Ca（OH）2+2mH2O=2Mg（OH）2xClxmH2O+（2x）CaCl2；（2）此反应除生产氢氧化镁外，还生成MgCl2、CaCl2，另外还可能剩余氢氧化钙，所以水洗的目的是除去附着在Mg（OH）2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca（OH）2等；故答案为：除去附着在Mg（OH）2表面的
59、可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca（OH）2等；（3）阻燃型Mg（OH）2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点，上述工艺流程中与此有关的步骤是水热处理和表面处理，故答案为：水热处理、表面处理；（4）Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降，使环境稳定达到着火点以下，阻止了燃料的燃烧，且同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，使阻燃效果更佳，Mg（OH）2的吸热效率为： =1.41 kJg1；Al（OH）3的吸热效率为： =1.12 kJg1，质量的Mg（OH）2比Al（OH）3吸热多，所以阻燃效果较好的是Mg（OH）2；故答案为
60、：Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降，同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳；Mg（OH）2；Mg（OH）2的吸热效率为81.5kJmol158gmol1=1.41 kJg1，Al（OH）3的吸热效率为87.7kJmol178gmol1=1.12 kJg1，等质量的Mg（OH）2比Al（OH）3吸热多；（5）提取镁的流程中，先加入熟石灰，熟石灰与精制卤水中的氯化镁反应得到氢氧化镁白色沉淀，过滤后再加入盐酸，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，蒸发得到氯化镁，氯化镁在通电的条件下生成镁和氯气，故此流程如下：；故答案为：四、化学
61、-物质结构与性质13由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途（1）基态 Cu+的最外层核外电子排布式为3s23p63d10（2）研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种 N5+N3，若N5+ 离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N5+ 推测正确的是CAN5+有24个电子B N5+离子中存在三对未成键的电子对C N5+阳离子中存在两个氮氮三键（3）化合物 A（H3BNH3）3是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物 （HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3 制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是A（填标号）A反应前后碳原子的轨道杂化类
62、型不变BCH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C第一电离能：NOCBD化合物A中存在配位键1个（HB=NH）3分子中有12个键（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为BO2nn（或BO2）图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为sp2、sp3（5）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为acm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为a（用含有a的代数式表示）在一定温度下，Ni0晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图c），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中
63、，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为1.83103g（氧离子的半径为1.401010m，l.732）【考点】原子结构与元素周期律的关系；晶胞的计算【分析】（1）Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10；（2）A阳离子核外电子数=质子总数电荷数；BN5+ 离子中每个氮原子均满足8电子且呈对称结构，N5+离子的结构为，中间N原子有2对孤对电子；C根据B中结构式分析判断；（3）A由方程式可知：碳元素由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp；BCH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形；C同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，A
64、族、A族元素第一电离能共有同周期相邻元素；D一般是形成3个键，（H3BNH3）由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键；1个（HB=NH）3分子中硼原子与氮原子间以键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大键，BH键有3个，NH键有3个，BN有键有6个；（4）1个B原子连接3个O原子，其中2个氧原子分别为2个B原子共有，利用均摊法计算每个B原子连接O原子数目，进而确定多硼酸根离子符号；硼砂晶体中存在形成2个键、3个键的B原子，B原子最外层电子数全部处于成键；（5）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，
65、距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（21.401010m）（21.401010msin60），每个氧化镍的质量=g，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量【解答】解：（1）Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10，基态 Cu+的最外层电子排布式为：3s23p63d10，故答案为：3s23p63d10；（2）A1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故A错误；BN5+ 离子中每个氮原子均满
66、足8电子且呈对称结构，N5+离子的结构为，中间N原子有2对孤对电子，有4对未成键的电子对，故B错误；CN5+离子的结构为，则N5+阳离子中存在两个氮氮三键，故C正确故选：C；（3）A由方程式可知：碳元素由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，故A错误；BCH4分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+（441）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+（621）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO2分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（422）=2，所以二氧化碳
67、是直线型结构，故B正确；C同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，A族、A族元素第一电离能共有同周期相邻元素，故所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）I1（O）I1（C）I1（B），故C正确；D一般是形成3个键，（H3BNH3）由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故D正确，故选：A；1个（HB=NH）3分子中硼原子与氮原子间以键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大键，BH键有3个，NH键有3个，BN有键有6个，故一共12个，故答案为：12；（4）1个B原子连接3个O原子，其中2个氧原子分别为2个B原子共
68、有，则每个B原子实际结合O原子数目为1+2=2，代一个单位负电荷，故多硼酸根化学式为：BO2nn（或BO2），硼砂晶体中存在形成2个键、3个键的B原子，B原子最外层电子数全部处于成键，故B原子采取sp2、sp3杂化，故答案为：BO2nn（或BO2）；sp2、sp3；（5）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是 acm；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（21.401010m）（21.401010msin60）=41.4010101.401010sin60m2，则每平方米含有的氧化镍个数=，每个氧化镍
69、的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=g=1.83103，故答案为： a；1.83103五、化学-有机化学基础14工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的CD吸收A浓H2SO4 B稀HNO3 CNaOH溶液 D氨水（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去（注明试剂现象）（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu（4）以CuSO4溶液为电解质
70、溶液进行粗铜（含AlZnAgPtAu等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是BDA电能全部转化为化学能 B粗铜接电源正极，发生氧化反应C溶液中Cu2+向阳极移动 D利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属（5）利用反应可制备CuSO4，若将该反应2Cu2+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O设计为原电池，其正极电极反应式为4H+O2+4e=2H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、CuO，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A为二氧化硫，熔渣B为FeO等，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到
71、粗铜，电解可得到精铜，（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；（4）A、反应中有热能产生；B、精炼铜时，粗铜做阳极；C、溶液中Cu2+向阴极移动；D、Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落；（5）利用原电池原理，负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子
72、发生还原反应【解答】解：（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，A、浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故A错误；B、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故B错误；C、NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故C正确；D、氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故D正确；故选CD；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO
73、4溶液紫色褪去；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（4）A、反应中有热能产生，故A错误；B、精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故B正确；C、溶液中Cu2+向阴极移动，故C错误；D、Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故D正确；故选BD；（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，正极上是氧气得到电子发生还原反应，酸性溶液中生成的氢氧根离子以水的形式存在，其正极电极反应式为：4H+O2+4e=2H2O，故答案为：4H+O2+4e=2H2O2016年12月22日
