2019-2020年高三化学二诊试卷 含解析.doc

2019-2020年高三化学二诊试卷 含解析一、选择题1我国清代本草纲目拾遗中记载药物“鼻冲水”，写道：“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，非有病不可嗅虚弱者忌之宜外用，勿服”这里的“鼻冲水”是指（）A氨水B硝酸C醋D卤水2下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）选项微粒组加人试剂发生反应的离子方程式ANa+、Fe3+、I、ClNaOH溶液Fe3+30HFe（0H）3BK+、NH3H20、CO32通人少量CO220H+C02CO32+H20CH+，Fe2+、SO42、ClBa（NO3）2溶液SO42+Ba2+BaSO4DNa+、Al3+、Cl、NO3少量澄淸石灰水Al3+30HAl（OH）3AABBCCDD3短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，也是C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和下列说法正确的是（）A元素A所形成的氢化物常温下一定为气态B非金属性：AEC元素C、D、E在自然界中均不能以游离态存在D元素B的氧化物对应的水化物一定为强酸4下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是（）Aa图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸Bb图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好Cc图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NODd图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S5分子式为C5H8O2的有机物，能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件同分异构体（不考虑立体异构）有（）A8种B10种C11种D12种6锂铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是（）A放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e4OHC通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD整个反应过程中，氧化剂为O27已知：pKa=lgKa，25时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19用0.1molL1 NaOH溶液滴定20mL0.1molL1H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）下列说法不正确的是（）Aa点所得溶液中；2n（H2A）+n（A2）=0.002molBb点所得溶液中：c（H2A）+c（H+）=c（A2）+e（OH）CC点所得溶液中：c（Na+）3c（HA）Dd点所得溶液中：c（Na+）c（A2）c（HA）二、解答题（共3小题，满分43分）8钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资自然界中钨主要存在于黑钨矿中，其主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4），还含少量Si、P、As的化合物由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如图2：已知：滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2上述流程中，只有最后一步钨的化合价改变常温下钨酸难溶于水回答下列问题：（1）钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为，请写出MnWO4在熔融条件下发生碱分解反应的化学方程式（2）上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸调pH=10后，溶液中的杂质阴离子含有SiO32、HAsO32、HAsO42、HPO42等，则“净化”过程中，加入H2O2时发生反应的离子方程式为，滤渣II的主要成分是 （3）已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小图2为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线，则：T1T2（填“”或“”）；T1时Ksp（CaWO4）=molL1将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为，T2时该反应的平衡常数为molL19碳酸亚铁（FeCO3）是菱铁矿的主要成分，将其在空气中高温煅烧能生成Fe2O3再将Fe2O3在一定条件下还原可得“纳米级”的金属铁，而“纳米级”的金属铁则可用于制造固体催化剂（1）已知25，101kPa时：CO2（g）=C（s）+O2（g）H=+393kJmol1铁及其化合物反应的焓变示意图如图1：请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式（2）一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁其反应为：Fe2O3（s）+3CH4（g）=2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）H该反应的平衡常数K的表达式为该反应在3L的密闭容器中进行，2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g，则该段时间内用H2表示该反应的平均反应速率为在容积均为VL的、三个相同密闭容器中加入足量Fe2O3，然后分别充入a mol CH4，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图2所示，此时、三个容器中一定处于化学平衡状态的是；上述反应的H0（填“大于”或“小于”）（3）还原的铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用图表示：吸附后，能量状态最低的是（填字母序号）由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是；c0后速率降低的原因可能是10水合肼（N2H4H2O）又名水合联氨，是无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒 E胶头滴管（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是（3）设计实验方案：用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度（实验提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10molL1盐酸、酚酞试液）：（不必描述操作过程的细节）实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）（4）装置A的名称为，反应过程中需控制反应温度，同时将分液漏斗中溶液缓慢滴入A中，如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，写出该过程的化学反应方程式：，故分液漏斗中的溶液是（填标号）ACO（NH2）2溶液 BNaOH和NaClO充分反应后，加热蒸馏A内的溶液，收集108114馏分，即可得到水合肼的粗产品实验三：测定馏分中肼含量（5）称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.10mo1L1的I2溶液滴定滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右（已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O）滴定时，碘的标准溶液盛放在（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；本实验滴定终点的现象为实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为【化学-选修2：化学与技术】11工业生产玻璃会产生大量的窑炉气（含SO2和氮氧化物等）为减少环境污染，某工厂生产玻璃与处理窑炉气的工艺流程如图：（1）生产普通硅酸盐玻璃的主要原料是石英砂、和石灰石其中，石灰石参与的反应方程式是（2）窑炉气中的SO2一部分来源于原料中添加剂Na2SO4的热分解，该反应方程式为；氮氧化物主要源于空气中N2与O2的反应，该类气体在高温下基本无色，随温度的降低逐渐变为红棕色，原因是（3）“脱硫塔”中反应形成的灰分，除亚硫酸钠和氮的含氧酸盐外，主要还有；用于喷雾的火碱溶液应选用软化水配制，原因是（4）在“脱硝装置”中，催化剂设计成蜂窝而非平板状结构，原因是氨水在脱硝过程中的作用是（5）净化气的主要成分是【化学-选修3：物质结构与性质】12自然界存在的元素中，金属元素种类更多，非金属元素丰度更大I80%左右的非金属元素在现代技术包括能源、功能材料等领域占有极为重要的地位（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是，N2F2分子中N原子的杂化方式是，1mol N2F2含有个键（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中键角NSiNSiNSi（填“”“”或“=”），原因是II金属元素在现代工业中也占据极其重要的地位，如以古希腊神话中“泰坦”（Titan）的名字命名的钛（Titanium）元素，意指“地球的儿子”，象征此物力大无穷钛也被称为“未来的钢铁”，具有质轻，抗腐蚀，硬度大，是宇航、航海、化工设备等的理想材料，是一种重要的战略资源，越来越受到各国的重视（1）基态钛原子核外共有种运动状态不相同的电子金属钛晶胞如下图1所示，为堆积（填堆积方式）（2）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如下图2化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙中采取sp3杂化的原子的电负性由大到小的顺序为（3）钙钛矿晶体的结构如图3所示假设把氧离子看做硬球接触模型，钙离子和钛离子填充氧离子的空隙，氧离子形成正八面体，钛离子位于正八面体中心，则一个钛离子被个氧离子包围；钙离子位于立方晶胞的体心，一个钙离子被个氧离子包围钙钛矿晶体的化学式为若氧离子半径为a pm，则钙钛矿晶体中两个钛离子间最短距离为pm，钛离子与钙离子间最短距离为pm【化学-选修5：有机化学基础】13中国科学家屠呦呦因青蒿素的研究荣获了xx诺贝尔化学奖青蒿素是继乙氨嘧啶、氯喹、伯喹之后最有效的抗疟特效药，具有速效和低毒的特点，曾被世界卫生组织称做是“世界上唯一有效的疟疾治疗药物”由青蒿素合成系列衍生物（它们的名称和代号如图所示）的路线如图：回答下列问题：（1）青蒿素的分子式为；氢化青蒿素分子中官能团名称为（2）反应中，有机反应类型为；NaBH4的作用是A氧化剂 B还原剂 C催化剂 D、溶剂（3）有机物D是分子式为C4H4O3的五元环状化合物，请写出反应的化学反应方程式（4）青蒿唬酯能够发生的反应类型有A酯化反应 B水解反应 C还原反应 D加聚反应（5）以H2Q表示双氢青蒿素，写出反应的化学方程式（6）从双氢青蒿素（H2Q）出发，可通过多步反应合成出有机物E合成过程中，有机原料除H2Q、外，还需含苯环的二羟基化合物F，写如有机物F与NaOH溶液反应的离子反应方程式，有机物G是F的同分异构体，有机物G遇FeCl3溶液显紫色，且有4种不同类型的氢，其个数比为3：2：2：1，则符合条件的有机物G的同分异构体有种xx重庆市南开中学高考化学二诊试卷参考答案与试题解析一、选择题1我国清代本草纲目拾遗中记载药物“鼻冲水”，写道：“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，非有病不可嗅虚弱者忌之宜外用，勿服”这里的“鼻冲水”是指（）A氨水B硝酸C醋D卤水【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】鼻冲水是指具有刺激性气味、储存于玻璃瓶中易挥发、有毒的物质【解答】解：鼻冲水是指氨水，具有刺激性气味、储存于玻璃瓶中易挥发、有毒的物质，故选A2下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）选项微粒组加人试剂发生反应的离子方程式ANa+、Fe3+、I、ClNaOH溶液Fe3+30HFe（0H）3BK+、NH3H20、CO32通人少量CO220H+C02CO32+H20CH+，Fe2+、SO42、ClBa（NO3）2溶液SO42+Ba2+BaSO4DNa+、Al3+、Cl、NO3少量澄淸石灰水Al3+30HAl（OH）3AABBCCDD【考点】离子方程式的书写；离子共存问题【分析】AFe3+、I发生氧化还原反应；B通人少量CO2，先与NH3H20反应；C酸性条件下，NO3具有强氧化性；DAl3+与0H反应生成沉淀【解答】解：AFe3+、I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，故A错误；B通人少量CO2，NH3H20优先反应，正确的离子方程式为：2NH3H20+C02CO32+H20+2NH4+，故B错误；C加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，正确的离子方程式为：NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O、SO42+Ba2+BaSO4，故C错误；DAl3+与少量氢氧化钙反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+30HAl（OH）3，故D正确；故选D3短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，也是C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和下列说法正确的是（）A元素A所形成的氢化物常温下一定为气态B非金属性：AEC元素C、D、E在自然界中均不能以游离态存在D元素B的氧化物对应的水化物一定为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，说明E元素最外层电子数为6，则C最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，说明B元素最外层电子数为1362=5，则B元素的核外电子数为2+5=7，为N元素，E的原子序数最大，应为S元素，则C应为Mg元素，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，即2+6=8，则D的最外层电子数为85=3，应为Al元素，A、B两元素相邻，则A应为C元素，结合元素对应单质化合物的性质以及元素周期律解答该题【解答】解：E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，说明E元素最外层电子数为6，则C最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，说明B元素最外层电子数为1362=5，则B元素的核外电子数为2+5=7，为N元素，E的原子序数最大，应为S元素，则C应为Mg元素，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，即2+6=8，则D的最外层电子数为85=3，应为Al元素，A、B两元素相邻，则A应为C元素，则A为C元素，B为N元素，C为Mg元素，D为Al元素，E为S元素，A元素C所形成的氢化物中，如C原子数大于4个，则为液态或固态，故A错误；B非金属性CS，如硫酸的酸性大于碳酸，可证明，故B正确；CS可存在于火山喷口附近，故C错误；D如为HNO2，则为弱酸，故D错误故选B4下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是（）Aa图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸Bb图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好Cc图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NODd图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙醇有还原性； B双氧水的浓度应相同；C要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰；D硝酸银过量，发生沉淀的生成【解答】解：A乙醇有还原性，能被重铬酸钾氧化为乙酸，不发生消去反应，故A错误； B双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，故B错误；C要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰，该装置中有氧气，NO易被氧化生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，故C错误；D硝酸银过量，发生沉淀的生成，不能比较AgCl、Ag2S溶解度大小，故D正确故选D5分子式为C5H8O2的有机物，能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件同分异构体（不考虑立体异构）有（）A8种B10种C11种D12种【考点】有机化合物的异构现象【分析】能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明此分子含有羧基，分子式为C5H8O2说明此分子含有碳碳双键，然后根据官能团的位置异构和碳链异构确定，还可能是环状结构【解答】解：由该有机物的化学性质和组成判断其含有碳碳双键和羧基，当没有支链时，其碳骨架有3中，CH2=CH2CH2CH2COOH，CH3CH=CHCH2COOH，CH3CH2CH=CHCOOH，有一个甲基做支链的结构有四种，CH2=CH（CH3）CH2COOH，CH2=CH2CH（CH3）COOH，CH3CH2=C（CH3）COOH，CH2=CHCH（CH3）COOH，CH2=C（CH2CH3）COOH，四个碳原子碳环接羧基一种，三个碳原子有3种，羧基和甲基可以在同一个碳上，可以在不同的碳上，可以是CH2COOH，总共12种故选D6锂铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是（）A放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e4OHC通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD整个反应过程中，氧化剂为O2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池反应式知，该反应中Li元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，所以负极上电极反应式为Lie=Li+、正极反应式为 Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，放电时电解质中阳离子向正极移动，以此解答该题【解答】解：A放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B根据电池反应式知，正极反应式为 Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，故B错误；C放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D正确；故选B7已知：pKa=lgKa，25时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19用0.1molL1 NaOH溶液滴定20mL0.1molL1H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）下列说法不正确的是（）Aa点所得溶液中；2n（H2A）+n（A2）=0.002molBb点所得溶液中：c（H2A）+c（H+）=c（A2）+e（OH）CC点所得溶液中：c（Na+）3c（HA）Dd点所得溶液中：c（Na+）c（A2）c（HA）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL1H2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，PH=1.85=Pa1，则c（H2A）=c（HA）依据物料守恒判断；B等物质的量恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；Cc点PH=7.19溶液显碱性，c（OH）c（H+），c（H+）=107.19mol/L，Ka2=107.19，所以c（HA）=c（A2），结合溶液中电荷守恒分析；D加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1molL1HA溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA【解答】解：A用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL1H2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，PH=1.85=Pa1，则c（H2A）=c（HA），溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：n（H2A）+n（A2）+n（HA）=2n（H2A）+n（A2）=0.002mol，故A正确；Bb点是用0.1molL1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1molL1H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2），物料守恒c（Na+）=c（HA）+c（A2）+c（H2A），得到：c（H2A）+c（H+）=c（A2）+c（OH），故B正确；Cc点PH=7.19溶液显碱性，c（OH）c（H+），c（H+）=107.19mol/L，Ka2=107.19，所以c（HA）=c（A2），溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2），已知（HA）=c（A2），则c（Na+）+c（H+）=3c（HA）+c（OH），由于c（OH）c（H+），所以c（Na+）3c（HA），故C错误；D加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1molL1H2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中离子浓度c（Na+）c（A2）c（HA），故D正确；故选C二、解答题（共3小题，满分43分）8钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资自然界中钨主要存在于黑钨矿中，其主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4），还含少量Si、P、As的化合物由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如图2：已知：滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2上述流程中，只有最后一步钨的化合价改变常温下钨酸难溶于水回答下列问题：（1）钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为+6，请写出MnWO4在熔融条件下发生碱分解反应的化学方程式2MnWO4+O2+4NaOH2MnO2+2Na2WO4+2H2O（2）上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸调pH=10后，溶液中的杂质阴离子含有SiO32、HAsO32、HAsO42、HPO42等，则“净化”过程中，加入H2O2时发生反应的离子方程式为H2O2+HAsO32HAsO42+H2O，滤渣II的主要成分是MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4 （3）已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小图2为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线，则：T1T2（填“”或“”）；T1时Ksp（CaWO4）=11010molL1将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为WO42+Ca（OH）2=CaWO4+2OH，T2时该反应的平衡常数为1103molL1【考点】制备实验方案的设计【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，钨酸锰和氢氧化钠反应生成钨酸钠和氢氧化锰，水浸时，氧化铁和氢氧化锰不溶于水，钨酸钠溶于水，故过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2，钨酸钠和浓硫酸反应生成钨酸和硫酸钠；加入过氧化氢，氧化+5价的钨为+6价，加入氯化镁，生成难溶于水的MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4，过滤，滤液为钨酸钠，酸化，加热分解产生三氧化钨和水，用还原剂还原三氧化钨生成钨（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，确定钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价；根据流程图的提示锰的钨酸盐和氢氧化钠和氧气反应生成MnO2等物质；（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32氧化成HAsO42，据此书写离子反应方程式；（3）根据两者的溶解度均随温度升高而减小分析；T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）c（WO42），根据表中该温度下离子的浓度代入计算即可；将钨酸钠溶液加入石灰乳得到钨酸钙沉淀和氢氧根离子，据此书写离子反应式，反应平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，据此计算T2时该反应的平衡常数【解答】解：（1）钨酸盐FeWO4为钨酸亚铁，钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中铁、锰的化合价都为+2价，设钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为+x，因化合物中正负化合价代数和为零，则+2+x+（2）4=0，解得x=+6，黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，根据流程图的提示知，黑钨矿在空气中熔融生成WO42、MnO2，、Fe2O3等，其中转化中生成MnO2的化学反应方程式为2MnWO4+O2+4NaOH2MnO2+2Na2WO4+2H2O，故答案为：+6；2MnWO4+O2+4NaOH2MnO2+2Na2WO4+2H2O；（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32氧化成HAsO42，离子方程式为H2O2+HAsO32HAsO42+H2O，滤液I中存在SiO32、HAsO32、HAsO42、HPO42等离子，经过调解pH值后，加入氯化镁，Mg2+沉淀SiO32、HAsO32、HAsO42、HPO42等离子，滤渣的主要成分是MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4，故答案为：H2O2+HAsO32HAsO42+H2O；MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4；（3）根据图象可知，氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）在钙离子浓度相同时，T1温度下阴离子浓度大于T2，说明T1时的溶度积大于T2，溶度积越大，则溶解度越大，所以T1时溶解度较大，由于“已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小”，则T1T2，故答案为：；T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）c（WO42）=11051105=11010，将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为：WO42+Ca（OH）2=CaWO4+2OH，T2时，c（OH）=102mol/L，c（WO42）=107mol/L，平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K=1103，故答案为：11010；WO42+Ca（OH）2=CaWO4+2OH；11039碳酸亚铁（FeCO3）是菱铁矿的主要成分，将其在空气中高温煅烧能生成Fe2O3再将Fe2O3在一定条件下还原可得“纳米级”的金属铁，而“纳米级”的金属铁则可用于制造固体催化剂（1）已知25，101kPa时：CO2（g）=C（s）+O2（g）H=+393kJmol1铁及其化合物反应的焓变示意图如图1：请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJmol1（2）一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁其反应为：Fe2O3（s）+3CH4（g）=2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）H该反应的平衡常数K的表达式为该反应在3L的密闭容器中进行，2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g，则该段时间内用H2表示该反应的平均反应速率为0.03molL1min1在容积均为VL的、三个相同密闭容器中加入足量Fe2O3，然后分别充入a mol CH4，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图2所示，此时、三个容器中一定处于化学平衡状态的是III；上述反应的H小于0（填“大于”或“小于”）（3）还原的铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用图表示：吸附后，能量状态最低的是C（填字母序号）由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是随着气相NH3浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH3浓度增加，NH3的分解速率加快；c0后速率降低的原因可能是催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH3的分解速率降低【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】（1）图1分析书写热化学方程式，结合C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393kJmol1和盖斯定律计算得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式；（2）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g，依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率；2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）Fe2O3（s）+3CH4（g），根据图2中、图象，CO百分含量，由小到大，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，据此判断Fe2O3（s）+3CH4（g）2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）H大小；（3）化学键的断裂要吸收能量，且该反应放热；c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸【解答】解：（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393kJmol1铁及其化合物反应的焓变示意图如图1：写出热化学方程式为：2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）=2FeCO3（s）H=+1480KJ/mol，4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）H=1648KJ/mol盖斯定律计算4（2）得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260 kJmol1，故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260 kJmol1；（2）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，该反应化学平衡常数K=，故答案为：；Fe2O3（s）+3CH4（g）6H2（g）+2Fe（s）+3CO（g） 1mol 6mol n 1mol：6mol=：nn=0.18mol氢气表示的反应速率=0.03 molL1min1，故答案为：0.03 molL1min1； 在容积均为VL的、三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁，然后分别充入a molCO和2amol H2，2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）Fe2O3（s）+3CH4（g），根据图2中、图象，CO百分含量，由小到大依次为：，T1中的状态转变成T2中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是，2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）Fe2O3（s）+3CH4（g），该反应正反应为放热反应，上述反应Fe2O3（s）+3CH4（g）2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）的H0，故答案为：III；小于； （3）由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；故答案为：C；c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸，故反应速率减慢；故答案为：随着气相NH3浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH3浓度增加，NH3的分解速率加快；催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH3的分解速率降低10水合肼（N2H4H2O）又名水合联氨，是无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有BD（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒 E胶头滴管（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O（3）设计实验方案：用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度（实验提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10molL1盐酸、酚酞试液）：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用 0.10molL1盐酸滴定，重复上述操作23次（不必描述操作过程的细节）实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）（4）装置A的名称为三颈烧瓶，反应过程中需控制反应温度，同时将分液漏斗中溶液缓慢滴入A中，如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，写出该过程的化学反应方程式：N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl，故分液漏斗中的溶液是B（填标号）ACO（NH2）2溶液 BNaOH和NaClO充分反应后，加热蒸馏A内的溶液，收集108114馏分，即可得到水合肼的粗产品实验三：测定馏分中肼含量（5）称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.10mo1L1的I2溶液滴定滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右（已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O）滴定时，碘的标准溶液盛放在酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；本实验滴定终点的现象为溶液出现蓝色且半分钟内不消失实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为9%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；（2）锥形瓶中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水；（3）用过氧化氢除去溶液中NaClO，用酚酞作指示剂，用盐酸滴定，重复测定，减少误差；（4）根据A的构造判断其名称；N2H4H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化；（5）碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中；肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色；根据方程式N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O计算【解答】解：（1）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒，故答案为：BD，（2）锥形瓶中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故答案为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；（3）用过氧化氢除去溶液中NaClO，用酚酞作指示剂，用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用 0.10molL1盐酸滴定，重复上述操作23次，故答案为：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用 0.10molL1盐酸滴定，重复上述操作23次；（4）根据图示可知，仪器A为三颈烧瓶；N2H4H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，会发生反应：N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl，应将NaOH和NaClO混合溶液滴入CO（NH2）2溶液中，故分液漏斗中盛放的为NaOH和NaClO混合溶液，故答案为：三颈烧瓶；N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl；B；（5）碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中；肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，实验滴定终点的现象为：溶液出现蓝色且半分钟内不消失，故答案为：酸式；溶液出现蓝色且半分钟内不消失；设馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为a，则：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O50g 2mol5ga 0.018L0.1mol/L所以50g：5ga=2mol：0.018L0.1mol/L，解得：a=9%，故答案为：9%【化学-选修2：化学与技术】11工业生产玻璃会产生大量的窑炉气（含SO2和氮氧化物等）为减少环境污染，某工厂生产玻璃与处理窑炉气的工艺流程如图：（1）生产普通硅酸盐玻璃的主要原料是石英砂、纯碱和石灰石其中，石灰石参与的反应方程式是SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2（2）窑炉气中的SO2一部分来源于原料中添加剂Na2SO4的热分解，该反应方程式为2Na2SO42Na2O+2SO2+O2；氮氧化物主要源于空气中N2与O2的反应，该类气体在高温下基本无色，随温度的降低逐渐变为红棕色，原因是NO与O2反应生成红棕色NO2，且该反应为放热反应（3）“脱硫塔”中反应形成的灰分，除亚硫酸钠和氮的含氧酸盐外，主要还有Na2CO3和Na2SO4；用于喷雾的火碱溶液应选用软化水配制，原因是减少不溶或微溶盐的生成，避免堵塞喷头（4）在“脱硝装置”中，催化剂设计成蜂窝而非平板状结构，原因是增大催化剂的表面积，加快反应速率氨水在脱硝过程中的作用是作为还原剂使氮氧化物转变为氮气（5）净化气的主要成分是氮气和水蒸气【考点】三废处理与环境保护【分析】（1）普通硅酸盐玻璃的主要原料为石英砂、纯碱和石灰石；碳酸钙与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳气体；（2）硫酸钠分解生成二氧化硫，结合化合价变化判断反应产物，然后写出反应的化学方程式；根据NO与O2反应生成红棕色NO2，该反应为放热反应分析；（3）根据生成普通硅酸盐玻璃的主要原料分析；根据硬水会生成不溶物堵塞喷头分析；（4）根据催化剂表面积大小对反应速率的影响分析；氨水在脱硝过程中的作用是作为还原剂使氮氧化物转变为氮气；（5）氨水在脱硝过程中的作用是作为还原剂使氮氧化物转变为氮气和水，所以净化气的主要成分是氮气和水蒸气【解答】解：（1）生产玻璃的原料是纯碱、石英和石灰石，碳酸钙可以和二氧化硅之间发生反应生成硅酸钙和二氧化碳，反应方程式为：SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2，故答案为：纯碱；SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2；（2）窑炉气中的SO2一部分来源于原料中添加剂Na2SO4的热分解，根据化合价变化可知还会生成氧气和氧化钠，该反应方程式为：2Na2SO42Na2O+2SO2+O2；氮氧化物主要源于空气中N2与O2的反应，该类气体在高温下基本无色，随温度的降低逐渐偏向红棕色，生成的气体为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，且该反应为放热反应，故答案为：2Na2SO42Na2O+2SO2+O2；NO与O2反应生成红棕色NO2，且该反应为放热反应；（3）根据生成原理可知灰分中除亚硫酸钠和氮的含氧酸盐外，还含有Na2CO3和Na2SO4；减少不溶或微溶盐的生成，避免堵塞喷头，则用于喷雾的火碱溶液应选用软化水配制，故答案为：Na2CO3和Na2SO4；减少不溶或微溶盐的生成，避免堵塞喷头；（4）在“脱硝装置”中，催化剂设计成蜂窝而非平板状结构，可增大催化剂的表面积，加快反应速率，氨水在脱硝过程中的作用是作为还原剂使氮氧化物转变为氮气；故答案为：增大催化剂的表面积，加快反应速率；作为还原剂使氮氧化物转变为氮气；（5）氨水在脱硝过程中的作用是作为还原剂使氮氧化物转变为氮气和水，所以净化气的主要成分是氮气和水蒸气，故答案为：氮气和水蒸气【化学-选修3：物质结构与性质】12自然界存在的元素中，金属元素种类更多，非金属元素丰度更大I80%左右的非金属元素在现代技术包括能源、功能材料等领域占有极为重要的地位（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则，N2F2分子中N原子的杂化方式是sp2杂化，1mol N2F2含有3个键（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中键角NSiNSiNSi（填“”“”或“=”），原因是Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，NSiN键角为10928，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得SiNSi键角小于10928II金属元素在现代工业中也占据极其重要的地位，如以古希腊神话中“泰坦”（Titan）的名字命名的钛（Titanium）元素，意指“地球的儿子”，象征此物力大无穷钛也被称为“未来的钢铁”，具有质轻，抗腐蚀，硬度大，是宇航、航海、化工设备等的理想材料，是一种重要的战略资源，越来越受到各国的重视（1）基态钛原子核外共有22种运动状态不相同的电子金属钛晶胞如下图1所示，为六方最密堆积（填堆积方式）（2）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如下图2化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键化合物乙中采取sp3杂化的原子的电负性由大到小的顺序为ONC（3）钙钛矿晶体的结构如图3所示假设把氧离子看做硬球接触模型，钙离子和钛离子填充氧离子的空隙，氧离子形成正八面体，钛离子位于正八面体中心，则一个钛离子被8个氧离子包围；钙离子位于立方晶胞的体心，一个钙离子被12个氧离子包围钙钛矿晶体的化学式为CaTiO3若氧离子半径为a pm，则钙钛矿晶体中两个钛离子间最短距离为2apm，钛离子与钙离子间最短距离为apm【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】I（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则，N2F2分子中N原子之间形成N=N双键，N原子与F原子之间形成NF键，N原子含有1对孤对电子；（2）Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大；II（1）核外电子没有运动状态相同的电子；由金属钛晶胞结构可知，属于六方最密堆积；（2）化合物甲与化合物乙均为分子晶体，但化合物乙分子间可形成氢键；化合物乙中C、N、O三种原子的杂化轨道形成均为sp3，同周期自左而右电负性增大；（3）钛晶矿晶胞中钛离子与周围六个氧原子包围形成八面体，立方体晶胞共有12个边长，每条边长的中点是一个氧原子，共12个氧原子包围着中心的钙离子，根据均摊法计算图中立方体中各原子数目确定化学式；若氧离子半径为a pm，则正八面体的棱长为2a pm，则2个正四面体的连接面为正方形，该正方形棱长为2a pm，Ti位于正方形的中心，两个钛离子间最短距离等于正方形对角线长度，图中立方体中心钙离子与顶点上钛离子之间距离最短，为体对角线长度的【解答】解：（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则，N2F2分子结构式为FN=NF，分子中N原子含有1对孤对电子，N原子的杂化方式是sp2杂化，l mol N2F2含有3mol键，故答案为：洪特规则；sp2杂化；3；（2）Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，NSiN键角为10928，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得SiNSi键角小于10928，故答案为：；Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，NSiN键角为10928，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得SiNSi键角小于10928；（1）Ti原子核外电子数为22，核外共有22种运动状态不相同的电子；由金属钛晶胞结构可知，属于六方最密堆积；故答案为：22；六方最密；（2）化合物乙因分子间存在氢键，则化合物乙的沸点比化合物甲高，化合物乙中C、N、O三种原子的杂化轨道形成均为sp3，同周期自左而右电负性增大，故电负性：ONC，故答案为：化合物乙分子间形成氢键；ONC；（3）钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧原子数目为12=3，则晶胞的化学式为CaTiO3，若氧离子半径为a pm，则正八面体的棱长为2a pm，则2个正四面体的连接面为正方形，该正方形棱长为2a pm，Ti位于正方形的中心，两个钛离子间最短