河北省衡水中学2022届高三化学下学期第三次调研试卷含解析

河北省衡水中学2022-2022学年高三（下）第三次调研化学试卷　一、选择题（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．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C．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D．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　2．某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）．下列结论正确的是（　　）A．如果甲中含有S2﹣，则乙是硫磺沉淀B．如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C．丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D．甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价　3．下列说法或解释不正确的是（　　）A．等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al（SO4）2　②NH4Cl　③CH3COONH4④NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是①＞②＞③＞④B．室温下，向0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）C．向0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．物质的量浓度均为1mol•L﹣1的NaCl和MgCl2混合液1L中，含有Cl﹣的数目为3NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）　4．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）-35-A．图Ⅰ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Ⅱ表示常温下，0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线C．图Ⅲ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：c＜a＜bD．图Ⅳ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的转化率c＞b＞a　5．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）A．原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B．原溶液中一定含有SO42﹣和Na+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO4　6．还原沉淀法是处理含铬（含Cr2072﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrOCr2OCr3+Cr（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Cr2072﹣，下列说法不正确的是（　　）-35-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（FeS04•7H20）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gC．常温下转化反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D．常温下Ksp=1×10﹣32，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5　7．关于下列四个装置的说明符合实验要求的是（　　）A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置来分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥型瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物　　二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．必考题每个试题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答）（一）必考题8．（15分）碱式碳酸钴常用作电子材料、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．-35-（1）请完成下列实验步骤：①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；③加热甲中玻璃管，当乙装置中　　　　　　（填实验现象），停止加热；④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算．（2）步骤④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　　　　　　（填装置连接位置）．（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据．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）CoCl2•6H2O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CoCl2•6H2O的一种工艺如图3：已知：-35-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）4.19.79.25.2①净化除杂时，加入H2O2发生反应的离子方程式为　　　　　　．②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作1获得的滤渣成分为　　　　　　．③加盐酸调整pH为2～3的目的为　　　　　　．④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、　　　　　　（填操作名称）、过滤．　9．（14分）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=+489.0kJ•mol﹣1，C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1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充入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1．①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ　　　　　　KⅡ（填“＞”或“=”或“＜”）．②一定温度下，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1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）-35-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、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、Ⅱ和Ⅲ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3．①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是　　　　　　．②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：　　　　　　．　10．（14分）Ⅰ．Li﹣Al/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+2e﹣═Li2S+Fe，则该电池的总反应式为　　　　　　．Ⅱ．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=1.59×10﹣19，Ksp=4.87×10﹣17，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）2SB．CuSC．H2SD．Na2S（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Ⅲ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体电解质，放电行为与温度有关．①该电池电解质为非水液体电解质，原因是　　　　　　．②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：　　　　　　．-35-（5）制取高纯度黄铁矿的另一种方法是：以LiCl﹣KC1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、选考题：（共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分）11．（15分）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，反应的化学方程式为　　　　　　．（2）合成反应后，继续在393K～523K下水热处理8h，发生反应：Mg（OH）2﹣xClx•mH2O→（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=+81.5kJ•mol﹣1Al（OH）3（s）═Al2O3（s）+H2O（g）△H=+87.7kJ•mol﹣1Mg（OH）2和Al（OH）3起阻燃作用的主要原因是　　　　　　．-35-等质量Mg（OH）2和Al（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．请设计提取金属镁的工艺流程（图2）（框内写产物名称，箭头上标明转化条件）：　　四、（15分）12．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　　　　　　A．N5+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）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+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得．①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B．CH4、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：N＞O＞C＞BD．化合物A中存在配位键②1个（HB=NH）3分子中有　　　　　　个σ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　　　　　　．-35-（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1.40×10﹣10m，≈l.732）．　　五、（15分）13．华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，其合成路径如下（部分反应条件略去）．①②（1）A属于芳香烃，名称是　　　　　　（2）B→C的化学方程式是　　　　　　（3）D的含氧官能团名称是　　　　　　（4）E的结构简式是　　　　　　（5）F→K的化学方程式是　　　　　　（6）由E与N合成华法林的反应类型是　　　　　　（7）下列说法正确的是　　　　　　a．M与N互为同分异构体b．将L与足量的NaOH溶液反应，1molL消耗4molNaOHc．1molE最多可与5mol氢气加成d．B可以发生消去反应-35-（8）L→M的转化中，会产生少量链状高分子聚合物，该反应的化学方程式是　　　　　　．　　-35-河北省衡水中学2022-2022学年高三（下）第三次调研化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（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．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C．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D．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【考点】有机化学反应的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；生活中的有机化合物．【分析】A、从农产品的农药残留和对土壤的长期影响考虑；B、某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧分析；C、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；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境．【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、通过有机物的合成可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B正确；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误．故选B．【点评】本题考查合成材料、化肥和农药的使用、节能减排等，难度不大，注意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．　2．某研究小组鉴别甲的过程与现象如图所示（已知甲是一种盐）．下列结论正确的是（　　）-35-A．如果甲中含有S2﹣，则乙是硫磺沉淀B．如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C．丙中肯定含有Fe3+，所以甲是FeBr2D．甲中含有铁元素，可能显+2价或+3价【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，据此解答．【解答】解：甲与硝酸银酸性溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，则乙为AgBr，丙与KSCN溶液反应呈血红色，则丙中一定含有Fe3+，但甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，A．由上述分析可知，甲中含有Fe2+或Fe3+，硫化亚铁不溶，S2﹣与Fe3+发生氧化反应，不能共存，故A错误；B．AgCl是白色沉淀，乙不可能是AgCl，故B错误；C．丙中一定含有Fe3+，甲转化为乙和丙时的试剂书写酸性硝酸银溶液，具有强氧化性，则甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故C错误；D．甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子检验，元素化合物性质等，难度中等，注意掌握常见离子检验方法，注意酸性硝酸银溶液有强氧化性．　3．下列说法或解释不正确的是（　　）A．等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al（SO4）2　②NH4Cl　③CH3COONH4④NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是①＞②＞③＞④B．室温下，向0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）-35-C．向0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．物质的量浓度均为1mol•L﹣1的NaCl和MgCl2混合液1L中，含有Cl﹣的数目为3NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度最小；B．混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），如果二者以1：1反应，则溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氢氧化钠稍微过量；C．混合溶液中存在等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3，溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子；D．氯离子不水解，根据N=CVNA计算氯离子个数．【解答】解：A．醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度最小，所以等物质的量浓度的这几种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是①＞②＞③＞④，故A正确；B．混合溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），如果二者以1：1反应，则溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氢氧化钠稍微过量，根据物料守恒得c（Na+）＞c（SO42﹣），铵根离子水解、硫酸根离子不水解，溶液中水的电离程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故B正确；C．混合溶液中存在等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3，碳酸根离子和碳酸氢根离子都水解而使溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以溶液中c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），故C错误；D．氯离子不水解，溶液中氯离子的物质的量浓度是3mol/L，氯离子个数N=CVNA=3mol/L×1L×NA/mol=3NA，故D正确；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意B中钠离子和硫酸根离子浓度的比较方法，采用逆向思维分析即可，题目难度中等．　4．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）-35-A．图Ⅰ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Ⅱ表示常温下，0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线C．图Ⅲ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：c＜a＜bD．图Ⅳ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的转化率c＞b＞a【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】图像图表题．【分析】A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，加入催化剂会降低活化能；B、0.1000mol/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、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，与图不符，故A错误；B、0.1000mol/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，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b＞a＞c，a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C错误；-35-D、反应4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）△H＜0，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c＞b＞a，故D正确；故选D．【点评】本题考查了图象分析，反应能量变化，酸碱中和溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液中离子浓度变化分析，反应物转化率应用，题目难度中等．　5．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）A．原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B．原溶液中一定含有SO42﹣和Na+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO4【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】图像图表题；压轴题；离子反应专题．【分析】A、根据生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象来确定存在的离子；B、根据电荷守恒结合A选项的内容来确定存在的离子；C、根据消耗氢氧化钠的量和生成沉淀的量来确定离子的物质的量的多少；D、根据溶液中离子之间的反应来确定含有的溶质．【解答】解：A、根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故A错误；-35-B、根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42﹣，不能确定钠离子是否存在，故B错误；C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D、加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，最后溶液中含有的溶质为Na2SO4和偏铝酸钠，故D错误．故选C．【点评】本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大．　6．还原沉淀法是处理含铬（含Cr2072﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrOCr2OCr3+Cr（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Cr2072﹣，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（FeS04•7H20）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gC．常温下转化反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D．常温下Ksp=1×10﹣32，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学平衡的影响因素．【分析】A、存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O42﹣（橙色）+H2O，如颜色不变，则达到平衡状态；B、若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：2Cr～2CrO42﹣～Cr2O72﹣～2Cr3+～6e﹣～6FeSO4•7H2O计算；C、酸化时发生的反应为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，说明铬元素有转化为Cr2O72﹣，计算平衡浓度，结合平衡常数计算；-35-D、根据溶度积常数列式计算．【解答】解：A、平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，故A正确；B、若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（6﹣3）=x×（3﹣2），x=1.65，m（FeSO4•7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故B错误；C、1L废水中n（Cr）==0.55mol，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，则酸化后c（CrO42﹣）=0.55mol/L×（1﹣）=0.05mol/L，c（Cr2O72﹣）=0.55mol/L××=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则=1×1014，c（H+）=1×10﹣6mol/L，所以pH=6，故C正确；D、常温下Ksp=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH﹣）=1×10﹣32，c（OH﹣）=1×10﹣9mol/L，pH=5，故D正确．故选B．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度中等．　7．关于下列四个装置的说明符合实验要求的是（　　）A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置来分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥型瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管；-35-B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物．【解答】解：A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以装置可分离，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及乙炔的制备、硝基苯的制备、乙酸乙酯的制备及混合物分离提纯等，把握有机物性质、反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析及实验装置图的作用，题目难度不大．　二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．必考题每个试题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答）（一）必考题8．（15分）碱式碳酸钴常用作电子材料、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．-35-（1）请完成下列实验步骤：①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；③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；④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算．（2）步骤④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，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，测得如下数据．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　Co2（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）CoCl2•6H2O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CoCl2•6H2O的一种工艺如图3：已知：-35-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）4.19.79.25.2①净化除杂时，加入H2O2发生反应的离子方程式为　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　．②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作1获得的滤渣成分为　Fe（OH）3和Al（OH）3　．③加盐酸调整pH为2～3的目的为　抑制CoCl2的水解　．④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、　冷却结晶　（填操作名称）、过滤．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）③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④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80.36g﹣80.00g=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62.88g，生成二氧化碳的质量为62.88g﹣62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故Co的质量为3.65g﹣0.02mol×2×17g/mol﹣0.02mol×60g/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：0.02mol×2：0.02mol=3：4：2，得到化学式；（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）钴废料含少量Fe、Al等杂质，含钴废料加入盐酸加热酸浸，得到溶液中含有氯化亚铁，氯化铝氯化钴等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钴调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，过滤得到滤液中加入盐酸调节溶液PH值通过2﹣3，抑制钴离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化钴晶体；①三价铁离子易转化为沉淀，所以要把二价铁离子氧化为三价铁离子；②调节溶液的pH值，使溶液中铁离子和铝离子生成沉淀，而钴离子存在溶液中，从而将铁离子、铝离子和钴离子分开；③加盐酸调整pH为2～3的目的是抑制氯化钴的水解；④分析可知操作Ⅱ过程为的溶质晶体的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到．-35-【解答】解：（1）③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：不再有气泡产生；（2）步骤④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（或装置甲前）；（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80.36g﹣80.00g=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62.88g，生成二氧化碳的质量为62.88g﹣62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故Co的质量为3.65g﹣0.02mol×2×17g/mol﹣0.02mol×60g/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：0.02mol×2：0.02mol=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）①三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②废料加入盐酸后生成氯化物，然后加入双氧水，二价铁离子被双氧水氧化生成三价铁离子，根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于5.2不大于7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3和Al（OH）3；故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；③加盐酸调整pH为2～3的目的为抑制CoCl2的水解，故答案为：抑制CoCl2的水解；④操作Ⅱ过程为的溶质晶体的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，故答案为：冷却结晶．-35-【点评】本题考查学生对实验原理理解、方案设计的评价、实验装置的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力　9．（14分）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=+489.0kJ•mol﹣1，C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为　Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ/mol　．（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+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O　（3）CO2和H2充入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1．①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ　＞　KⅡ（填“＞”或“=”或“＜”）．②一定温度下，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1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）、cmolH2O（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　0.4＜c≤1　．-35-（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、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为　II＞III＞I　（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3．①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是　300℃～400℃　．②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：　3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O　．【考点】热化学方程式；离子方程式的书写；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；等效平衡．【专题】基本概念与基本理论．【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）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=判断；②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）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Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多，Ⅲ次之，Ⅰ最少．（5）①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；②先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，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=+489.0kJ/mol①C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol②由①﹣②×3，得到热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ/mol，-35-（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+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O，故答案为：CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O．（3）①Ⅱ比Ⅰ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KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）初始：1300平衡：1﹣x3﹣3xxx甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（4﹣2x）÷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：0.4＜n（c）≤1mol，故答案为：0.4＜n（c）≤1mol．（4）由图2可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅲ）＜△n（Ⅱ），故在0～15h内，CH4的平均生成速率v（Ⅱ）＞v（Ⅲ）＞v（Ⅰ）；故答案为：II＞III＞I；（5）①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300℃～400℃，故答案为：300℃～400℃②Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，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↑+16H2O；【点评】本题主要考查了化学反应常数、化学平衡以及原电池原理的运用，难度不大，根据所学知识即可完成．　10．（14分）Ⅰ．Li﹣Al/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+2e﹣═Li2S+Fe，则该电池的总反应式为　2Li+FeS═Li2S+Fe　．Ⅱ．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：-35-（1）已知：Ksp（FeS=1.59×10﹣19，Ksp=4.87×10﹣17，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）2SB．CuSC．H2SD．Na2S（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Ⅲ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．①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　．②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=2Li2S+Fe　．（5）制取高纯度黄铁矿的另一种方法是：以LiCl﹣KC1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　2FeS﹣2e﹣=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】Ⅰ．Li﹣Al/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；Ⅱ．（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；-35-C．黄铁矿是白铁矿加热下的产物．（3）S22﹣在酸性环境下可以发生自身氧化还原反应；（4）①金属锂可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气；②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：Ⅰ．该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe；负极的电极反应式为：Li﹣e﹣═Li+．正负极反应相加可得反应的电池总反应为2Li+FeS═Li2S+Fe，故答案为：2Li+FeS═Li2S+Fe；Ⅱ．（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）①金属锂可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气；②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=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：2FeS﹣2e﹣=FeS2+Fe2+，故答案为：2FeS﹣2e﹣=FeS2+Fe2+．【点评】本题综合考查学生元素以及化合物的性质、电化学反应原理等基本知识，属于综合知识的考查，难度中等．　-35-三、选考题：（共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分）11．（15分）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，反应的化学方程式为　2MgCl2+（2﹣x）Ca（OH）2+2mH2O=2+（2﹣x）CaCl2　．（2）合成反应后，继续在393K～523K下水热处理8h，发生反应：Mg（OH）2﹣xClx•mH2O→（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=+81.5kJ•mol﹣1Al（OH）3（s）═Al2O3（s）+H2O（g）△H=+87.7kJ•mol﹣1Mg（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81.5kJ•mol﹣1/58g•mol﹣1=1.41kJ•g﹣1，Al（OH）3的吸热效率为87.7kJ•mol﹣1/78g•mol﹣1=1.12kJ•g﹣1，等质量的Mg（OH）2比Al（OH）3吸热多　．（5）该工业生产的原料还可以用来提取金属镁．请设计提取金属镁的工艺流程（图2）（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）由化学反应原理以及方程式判断物质残留来解答；-35-（3）根据氢氧化镁的流程步骤分析即可；（4）根据Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解的反应热及其氧化物的熔点分析；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试画出氢氧化镁白色沉淀，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；【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，依据元素守恒，化学反应方程式为：2MgCl2+（2﹣x）Ca（OH）2+2mH2O=2+（2﹣x）CaCl2；故答案为：2MgCl2+（2﹣x）Ca（OH）2+2mH2O=2+（2﹣x）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，上述工艺流程中通过水热处理和表面处理可以使氢氧化镁晶体具有此特点；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：=1.41kJ•g﹣1；Al（OH）3的吸热效率为：=1.12kJ•g﹣1；等质量的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：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81.5kJ•mol﹣1/58g•mol﹣1=1.41kJ•g﹣1，Al（OH）3的吸热效率为87.7kJ•mol﹣1/78g•mol﹣1=1.12kJ•g﹣1，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试画出氢氧化镁白色沉淀，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：；-35-故答案为：．【点评】本题主要考查的是工业生产流程图，涉及知识点较多，培养了学生分析问题的能力，掌握各步反应原理是解决此类题目的关键，难度较大．　四、（15分）12．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　1s22s22p63s23p63d10或3d10　．（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　C　A．N5+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）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+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得．①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型不变B．CH4、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：N＞O＞C＞BD．化合物A中存在配位键②1个（HB=NH）3分子中有　12　个σ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　nn﹣（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　-35-（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，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为　1.83×10﹣3　g（氧离子的半径为1.40×10﹣10m，≈l.732）．【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）A．N5+是由N5分子失去1个电子得到的，1个N5分子是由5个氮原子构成的，据此进行分析解答．B．N5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，每个N原子形成3个共用电子对，还剩一对未成键电子；C．N5+离子的结构为；（3）①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；②根据无机苯中氮原子和硼原子都采取sp2杂化分析；（4）有1个O连着一个B，剩余的两个O分别连着2个B，说明有一个O完全属于B，剩下的两个O，B只占有O的；硼砂晶体中阴离子2﹣中一半sp3杂化形成BO4四面体；另一种是sp2杂化形成BO3平面三角形结构；（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，根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10﹣10m×1.40×10﹣10m×sin60°，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原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或3d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或3d10；（2）A．1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；-35-B．N5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，每个N原子形成3个共用电子对，还剩一对未成键电子，所以N5+离子中存在五对未成键的电子对，故B错误；C．N5+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）①3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3，A．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故A错误；B．CH4分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×（4﹣4×1）=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+×（6﹣2×1）=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=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构，故B正确；C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，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．B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+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故D正确；故答案为：A；②1个（HB=NH）3分子中硼原子与氮原子间以σ键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大π键．B﹣H键有3个，N﹣H键有3个，B﹣N有σ键有6个，故一共12个；故答案为：12；（4）图（a）是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个BO32﹣单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO32﹣单元共用，所以B：O=1：（1+2×）=1：2，化学式为：nn﹣（或BO2﹣），从图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，2﹣一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，-35-故答案为：nn﹣（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=，则每平方米含有的氧化镍个数=，每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=g×=1.83×10﹣3，故答案为：a；1.83×10﹣3．【点评】本题考查学生对物质结构与性质模块的掌握情况，重点考查结构知识，涉及电离能、电子排布式、原子半径、空间结构、杂化轨道、化学式、晶体的计算等，考查知识全面、覆盖广，难度适中，可以衡量学生对该模块主干知识的掌握情况．　五、（15分）13．华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，其合成路径如下（部分反应条件略去）．①②（1）A属于芳香烃，名称是　甲苯　（2）B→C的化学方程式是　　（3）D的含氧官能团名称是　醛基　-35-（4）E的结构简式是　　（5）F→K的化学方程式是　　（6）由E与N合成华法林的反应类型是　加成反应　（7）下列说法正确的是　ac　a．M与N互为同分异构体b．将L与足量的NaOH溶液反应，1molL消耗4molNaOHc．1molE最多可与5mol氢气加成d．B可以发生消去反应（8）L→M的转化中，会产生少量链状高分子聚合物，该反应的化学方程式是　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】D与丙酮发生信息①的反应生成E，N与E反应得到华法林，由N、华法林的结构简式，可推知E为，则D为，C为，B为，A为．F与甲醇发生酯化反应生成K为，K与乙酸酐发生取代反应生成L与乙酸，L发生信息②中的反应生成M与甲醇，M发生异构得到N，据此解答．【解答】解：D与丙酮发生信息①的反应生成E，N与E反应得到华法林，由N、华法林的结构简式，可推知E为，则D为，C为，B为，A为-35-．F与甲醇发生酯化反应生成K为，K与乙酸酐发生取代反应生成L与乙酸，L发生信息②中的反应生成M与甲醇，M发生异构得到N，（1）由上述分析可知，A为，名称是：甲苯，故答案为：甲苯；（2）B→C发生卤代烃的水解反应，反应化学方程式是：，故答案为：；（3）D为，含氧官能团名称是：醛基，故答案为：醛基；（4）E的结构简式是，故答案为：；（5）F→K发生酯化反应，化学方程式是，故答案为：；（6）由E与N合成华法林属于加成反应，故答案为：加成反应；（7）a．M与N分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故a正确；b．将L与足量的NaOH溶液反应，1molL水解得到2mol羧基、1mol酚羟基与氢氧化钠反应，1molL消耗3molNaOH，故b错误；c．E为，苯环、碳碳双键、羰基都能与氢气发生加成反应，1molE最多可与5mol氢气加成，故c正确；d．B为，不能发生消去反应，故d错误，故选：ac；（8）L→M的转化中，会产生少量链状高分子聚合物，该反应的化学方程式是，-35-故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成、官能团的结构与性质、有机方程式的书写，需要对给予的信息进行利用，较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力，题目难度中等．　-35-