【完整版】河北省衡水中學2016屆高考化學一模試卷

/2016年河北省衡水中學高考化學一模試卷一、選擇題〔共7小題,每題3分,總分值21分〕1．對二甲苯〔PX〕是消費礦泉水瓶〔聚對苯二甲酸乙二酯,簡稱PET〕的必要原料,消費涉及的反響之一如下：以下有關(guān)說法錯誤的選項是〔〕A．PTA是該反響的氧化產(chǎn)物B．PTA與乙二醇通過加聚反響即可消費PET塑料C．PX分子含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有3種D．該反響消耗1molPX,共轉(zhuǎn)移10mol電子2．為到達相應(yīng)的實驗?zāi)康?以下實驗的設(shè)計或操作最合理的是〔〕A．往裝有鐵釘?shù)脑嚬苤袇⒓?mL水、3滴稀醋酸和1滴K3[Fe〔CN〕6]溶液,可以觀察到鐵釘外表粘附氣泡,同時周圍出現(xiàn)藍色沉淀B．在一個集氣瓶中搜集滿CO2氣體,取一小段除去外表氧化膜的Mg條用坩堝鉗夾持點燃后迅速投入上述集氣瓶中,取出坩堝鉗,蓋上玻璃片,觀察Mg條在集氣瓶底部燃燒C．為比擬Cl與S元素非金屬性強弱,一樣條件下測定一樣濃度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D．給盛有銅與濃硫酸的試管加熱,發(fā)現(xiàn)試管底部出現(xiàn)灰白色固體,為檢驗其中的白色固體為無水硫酸銅,可直接向試管中參加適量水3．以下圖示與對應(yīng)的表達相符合的是〔〕A．N2〔g〕+3H2?2NH3〔g〕△H＜0 B．FeCl3+3KSCN?Fe〔SCN〕3+3KClC．向稀醋酸中參加醋酸鈉溶液 D．稀釋蘇打溶液4．科學家開發(fā)出一種新型電池,其能量密度極高,效率達90%以上,電池中添加碘化鋰〔LiI〕和微量水,工作原理如下圖,總反響為：O2+4LiI+2H2O2I2+4LiOH,對于該電池的以下說法不正確的選項是〔〕A．充電時Li+從陽極區(qū)移向陰極區(qū)B．充電時陰極反響為LiOH+e﹣═Li+OH﹣C．放電時負極上I﹣被氧化D．放電時正極反響為O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH5．亞硫酸鹽是一種常見的食品添加劑．用如圖實驗可檢驗?zāi)呈称分衼喠蛩猁}含量〔含量通常以1kg樣品中含SO2的質(zhì)量計；所加試劑均足量〕,以下說法不正確的選項是〔〕A．亞硫酸鹽作為食品添加劑作用是防腐、抗氧化B．反響①中通入N2的作用是將生成的氣體全部趕出C．測定樣品質(zhì)量及③中耗堿量,可測定樣品中亞硫酸鹽含量D．假設(shè)僅將②中的氧化劑“H2O2溶液〞交換為碘水,對測定結(jié)果無影響6．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大,且只有一種金屬元素．其中X與W處于同一主族,Z元素原子半徑在短周期中最大〔稀有氣體除外〕．W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等,五種元素原子最外層電子數(shù)之和為21,以下說法正確的選項是〔〕A．Y的簡單氣態(tài)氫化物在一定條件下可被Q單質(zhì)氧化B．Y的簡單離子半徑小于Z的簡單離子半徑C．Q可分別與X、Y、Z、W形成化學鍵類型一樣的化合物D．Z最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別與X、Y最高價氧化物對應(yīng)的水化物反響生成1mol水時所放出的熱量一樣7．實驗室使用pH傳感器來測定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．稱取1.59g樣品,溶于水配成250.00mL溶液,取出該溶液25.00mL用0.1mol?L﹣1鹽酸進展滴定,得到如下曲線．以下說法正確的選項是〔〕A．上一計量點前發(fā)生反響的離子方程式為HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一個計量點溶液中存在大量的陰離子是Cl﹣、HCO3﹣C．此樣品n〔NaHCO3〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3molD．使用該方法測定Na2CO3和NaOH混合物中氫氧化鈉含量,將會得到1個計量點二、解答題〔共3小題,總分值43分〕8．氨氧化法是工業(yè)消費中制取硝酸的主要途徑,某同學用該原理在實驗室探究硝酸的制備和性質(zhì),設(shè)計了如下圖的裝置．〔1〕假設(shè)分液漏斗中氨水的濃度為9.0mol?L﹣1,配制該濃度的氨水100mL,用到的玻璃儀器有100mL容量瓶、燒杯、量筒、玻璃棒、〔2〕甲裝置不需要加熱即能同時產(chǎn)生氨氣和氧氣,燒瓶內(nèi)固體X為．〔3〕乙裝置的作用是；寫出受熱時丙裝置發(fā)生反響的化學方程式為．〔4〕當戊中觀察到現(xiàn)象,那么說明已制得硝酸．某同學按上圖組裝儀器并檢驗氣密性后進展實驗,沒有觀察到此現(xiàn)象,請分析實驗失敗的可能原因．如何改良裝置．〔5〕改良后待反響完畢,將丁裝置倒立在盛水的水槽中,會觀察到的現(xiàn)象是．9．一種含鋁、鋰、鈷的新型電子材料,消費中產(chǎn)生的廢料數(shù)量可觀,廢料中的鋁以金屬鋁箔的形式存在；鈷以Co2O3?CoO的形式存在,吸附在鋁箔的單面或雙面,鋰混雜于其中,從廢料中回收氧化鈷〔CoO〕的工藝流程如圖：〔1〕過程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出廢料中的Al,反響的離子方程式為．〔2〕過程Ⅱ中參加稀H2SO4酸化后,再參加Na2S2O3溶液浸出鈷．那么浸出鈷的化學反響方程式為〔產(chǎn)物中只有一種酸根〕．在實驗室模擬工業(yè)消費時,也可用鹽酸浸出鈷,但實際工業(yè)消費中不用鹽酸,請從反響原理分析不用鹽酸浸出鈷的主要原因．〔3〕過程Ⅲ得到鋰鋁渣的主要成分是LiF和Al〔OH〕3,碳酸鈉溶液在產(chǎn)生Al〔OH〕3時起重要作用,請寫出該反響的離子方程式．〔4〕碳酸鈉溶液在過程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同,請寫出在過程Ⅳ中起的作用是．〔5〕在Na2CO3溶液中存在多種粒子,以下各粒子濃度關(guān)系正確的選項是〔填序號〕．A、c〔Na+〕=2c〔CO32﹣〕B、c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔HCO3﹣〕C、c〔HCO3﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕D、c〔OH﹣〕﹣c〔H+〕═c〔HCO3﹣〕+2c〔H2CO3〕〔6〕CoO溶于鹽酸可得粉紅色的CoCl2溶液．CoCl2含結(jié)晶水數(shù)目不同而呈現(xiàn)不同顏色,利用藍色的無水CoCl2吸水變色這一性質(zhì)可制成變色水泥和顯隱墨水．如圖是粉紅色的CoCl2?6H2O晶體受熱分解時,剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線,A物質(zhì)的化學式是．10．霧霾天氣是一種大氣污染狀態(tài),霧霾的源頭多種多樣,比方汽車尾氣、工業(yè)排放、建筑揚塵、垃圾燃燒,甚至火山噴發(fā)等．〔1〕汽車尾氣中的NO〔g〕和CO〔g〕在一定溫度和催化劑的條件下可凈化．反響的化學方程式為2NO〔g〕+2CO〔g〕?N2〔g〕+2CO2〔g〕．①局部化學鍵的鍵能如下：分子式/構(gòu)造式NO/N≡O(shè)CO/C≡O(shè)CO2/O=C=ON2/N≡N化學鍵N≡O(shè)C≡O(shè)C=ON≡N鍵能〔KJ/mol〕6321072750946請計算上述反響的△H=kJ/mol②假設(shè)上述反響在恒溫、恒容的密閉體系中進展,并在t．時刻到達平衡狀態(tài),那么以下示意圖不符合題意的是〔填選項字母〕．〔以下圖中V正、K、n、P總分別表示正反響速率、平衡常數(shù)、物質(zhì)的量和總壓強〕③在T℃下,向體積為10L的恒容密閉容器中通人NO和CO,測得了不同時間時NO和CO的物質(zhì)的量如下表：時間/s012345n〔NO〕/×10﹣2mol10.04.502.501.501.001.00n〔CO〕/×10﹣1mol3.603.052.852.752.702.70T℃時該反響的平衡常數(shù)K=,既能增大反響速率又能使平衡正向挪動的措施是〔寫出一種即可〕．〔2〕是硫酸工業(yè)釋放出的主要尾氣,為減少對環(huán)境造成的影響,采用以下方法將其資源化利用,重新獲得重要工業(yè)產(chǎn)品硫化鈣．①寫出反響的化學方程式．②反響中每生成1mol硫化鈣理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為．③為充分利用副產(chǎn)品CO,設(shè)計電解CO制備CH4和W,工作原理如下圖,生成物W是,其原理用電解總離子方程式解釋是．[化學-選修2：化學與技術(shù)]11．生態(tài)工業(yè)園區(qū)的建立,不僅僅是表達環(huán)保理念,重要根據(jù)循環(huán)經(jīng)濟理論和充分考慮經(jīng)濟的可持續(xù)開展,如圖是某企業(yè)設(shè)計的硫酸﹣磷銨﹣水泥聯(lián)產(chǎn),海水﹣淡水多用,鹽﹣熱﹣電聯(lián)產(chǎn)生三大生態(tài)產(chǎn)業(yè)鏈流程圖．根據(jù)上述產(chǎn)業(yè)流程答復(fù)以下問題：〔1〕從原料、能源、交通角度考慮該企業(yè)應(yīng)建在A西部山區(qū)B沿海地區(qū)C興旺城市D東北內(nèi)陸〔2〕該流程①、②、③、④、⑤為能量或物質(zhì)的輸送,請分別寫出輸送的主要物質(zhì)的化學式或能量形式：①、②、③、④、⑤．〔3〕沸騰爐發(fā)生反響的化學方程式：；磷肥廠的主要產(chǎn)品是普鈣,其主要成分是〔填化學式〕．〔4〕熱電廠的冷卻水是,該流程中濃縮鹽水除提取鹽以外還可提取的物質(zhì)有〔寫出一種即可〕．〔5〕根據(jù)現(xiàn)代化工廠沒計理念請?zhí)岢龈郀t煉鐵廠廢氣、廢渣及多余熱能的利用設(shè)想．,〔寫出兩點即可〕．[化學-選修3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]12．人類文明的開展歷程,也是化學物質(zhì)的認識和發(fā)現(xiàn)的歷程,其中鐵、硝酸鉀、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17種“分子〞改變過人類的世界．〔1〕Fe單質(zhì)為體心立方晶體,晶胞中鐵原子的配位數(shù)為,基態(tài)鐵原子有個未成對電子,Fe3+的電子排布式為．〔2〕硝酸鉀中NO3﹣的空間構(gòu)型為,寫出與NO3﹣互為等電子體的一種非極性分子化學式．〔3〕6﹣氨基青霉烷酸的構(gòu)造如圖1所示,其中采用sp3雜化的原子有．〔4〕以下說法正確的有〔填字母序號〕．a(chǎn)．乙醇分子間可形成氫鍵,導(dǎo)致其沸點比氯乙烷高b．鎢的配合物離子[W〔CO〕5OH]﹣能催化固定CO2,該配離子中鎢顯﹣1價c．聚乙烯〔〕分子中有5n個σ鍵d．由下表中數(shù)據(jù)可確定在反響Si〔s〕+O2〔g〕═SiO2〔s〕中,每生成60gSiO2放出的能量為〔2c﹣a﹣b〕kJ化學鍵Si﹣SiO═OSi﹣O鍵能〔kJ?mol﹣1〕abc〔5〕鐵和氨氣在640℃可發(fā)生置換反響,產(chǎn)物之一的晶胞構(gòu)造如圖2所示,寫出該反響的化學方程式,假設(shè)兩個最近的Fe原子間的間隔為scm,那么該晶體的密度是g?cm﹣3．[化學-選修5：有機化學根底]13．某吸水材料與聚酯纖維都是重要化工原料,它們的合成道路如圖：：①有機物A能與Na反響,相對分子質(zhì)量為32．②③RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH〔R、R、R,代表烴基〕〔1〕A的構(gòu)造簡式是,B中含氧官能團的名稱是．〔2〕C的構(gòu)造簡式是,D→E的反響類型是．〔3〕F+A→G的化學方程式是．〔4〕CH3COOH+CH≡CH→B的化學方程式是．〔5〕G→聚酯纖維的化學方程式是．〔6〕G的同分異構(gòu)體有多種,滿足以下條件的共有種．其中核磁共振氫譜顯示3組峰的是〔寫構(gòu)造簡式〕①苯環(huán)上只有兩個取代基②1mol與足量的NaHCO3溶液反響生成2molCO2氣體．

2016年河北省衡水中學高考化學一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔共7小題,每題3分,總分值21分〕1．對二甲苯〔PX〕是消費礦泉水瓶〔聚對苯二甲酸乙二酯,簡稱PET〕的必要原料,消費涉及的反響之一如下：以下有關(guān)說法錯誤的選項是〔〕A．PTA是該反響的氧化產(chǎn)物B．PTA與乙二醇通過加聚反響即可消費PET塑料C．PX分子含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有3種D．該反響消耗1molPX,共轉(zhuǎn)移10mol電子【考點】有機物的構(gòu)造和性質(zhì)．【分析】A．該反響中高錳酸根離子是氧化劑、對二甲苯是復(fù)原劑,氧化劑對應(yīng)的產(chǎn)物是復(fù)原產(chǎn)物、復(fù)原劑對應(yīng)的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物；B．PTA含有兩個羧基,可與乙二醇發(fā)生縮聚反響；C．取代基可以是甲基或乙基；D．根據(jù)Mn元素的化合價判斷．【解答】解：A．反響中Mn元素的化合價降低,作氧化劑,那么PX作復(fù)原劑,所以PTA是該反響的氧化產(chǎn)物,故A正確；B．PTA含有兩個羧基,可與乙二醇發(fā)生縮聚反響,故B錯誤；C．取代基可以是甲基或乙基,二甲苯有鄰間對三種,乙苯有一種,含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有3種,故C正確；D．反響中,Mn元素的化合價從+7價降低到+2價,轉(zhuǎn)移5個電子,那么1molPX反響消耗molMnO4﹣,共轉(zhuǎn)移12NA個電子,故D錯誤；應(yīng)選BD．2．為到達相應(yīng)的實驗?zāi)康?以下實驗的設(shè)計或操作最合理的是〔〕A．往裝有鐵釘?shù)脑嚬苤袇⒓?mL水、3滴稀醋酸和1滴K3[Fe〔CN〕6]溶液,可以觀察到鐵釘外表粘附氣泡,同時周圍出現(xiàn)藍色沉淀B．在一個集氣瓶中搜集滿CO2氣體,取一小段除去外表氧化膜的Mg條用坩堝鉗夾持點燃后迅速投入上述集氣瓶中,取出坩堝鉗,蓋上玻璃片,觀察Mg條在集氣瓶底部燃燒C．為比擬Cl與S元素非金屬性強弱,一樣條件下測定一樣濃度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D．給盛有銅與濃硫酸的試管加熱,發(fā)現(xiàn)試管底部出現(xiàn)灰白色固體,為檢驗其中的白色固體為無水硫酸銅,可直接向試管中參加適量水【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．Fe與醋酸反響生成亞鐵離子,亞鐵離子與K3[Fe〔CN〕6]反響生成藍色沉淀；B．應(yīng)用坩堝鉗夾持燃燒,不能投入上述集氣瓶底部；C．比擬非金屬性強弱,應(yīng)用最高價含氧酸的酸性進展比擬；D．不能直接向試管中參加適量水,濃硫酸剩余時加水放出大量的熱可導(dǎo)致液滴飛濺．【解答】解：A．Fe與醋酸反響生成亞鐵離子,亞鐵離子與K3[Fe〔CN〕6]反響生成藍色沉淀,那么觀察到鐵釘外表粘附氣泡,同時周圍出現(xiàn)藍色沉淀,故A正確；B．在一個集氣瓶中搜集滿CO2氣體,取一小段除去外表氧化膜的Mg條用坩堝鉗夾持在中低部燃燒,不能投入上述集氣瓶底部,否那么易導(dǎo)致集氣瓶底部受高溫炸裂,故B錯誤；C．測定一樣濃度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH值,可比擬鹽酸與氫硫酸的酸性,但不能比擬Cl、S的非金屬性,故C錯誤；D．不能直接向試管中參加適量水,濃硫酸剩余時加水放出大量的熱可導(dǎo)致液滴飛濺,那么取反響后的白色固體在燒杯中加水溶解觀察是否變?yōu)樗{色,故D錯誤；應(yīng)選A．3．以下圖示與對應(yīng)的表達相符合的是〔〕A．N2〔g〕+3H2?2NH3〔g〕△H＜0 B．FeCl3+3KSCN?Fe〔SCN〕3+3KClC．向稀醋酸中參加醋酸鈉溶液 D．稀釋蘇打溶液【考點】化學平衡的影響因素；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；影響鹽類水解程度的主要因素．【分析】A、根據(jù)先拐先平溫度高,到達平衡時間短分析；B、氯化鐵和硫氰酸鉀反響生成硫氰酸鐵紅色溶液,氯化鉀對平衡無影響；C、稀醋酸是弱酸存在電離平衡,參加醋酸鈉是強電解質(zhì)完全電離,導(dǎo)電才能增強；D、碳酸鈉溶液中存在碳酸根離子水解平衡,加水稀釋促進水解,但離子濃度減小,根據(jù)水的離子積分析溶液中氫氧根離子濃度減小,氫離子濃度增大．【解答】解：A、根據(jù)先拐先平溫度高,到達平衡時間短可知,圖象中溫度高,到達平衡所需時間短,故A錯誤；B、氯化鐵和硫氰酸鉀反響生成硫氰酸鐵紅色溶液,存在化學平衡Fe3++3SCCN﹣=Fe〔SCN〕3,參加氯化鉀對平衡無影響,溶液顏色不變,故B錯誤；C、稀醋酸是弱酸存在電離平衡,參加醋酸鈉是強電解質(zhì)完全電離,導(dǎo)電才能增強,圖象不符合,故C錯誤；D、碳酸鈉溶液中存在碳酸根離子水解平衡,加水稀釋促進水解,但平衡狀態(tài)中離子濃度減小,根據(jù)水的離子積分析溶液中氫氧根離子濃度減小,氫離子濃度增大,圖象變化符合,故D正確；應(yīng)選D．4．科學家開發(fā)出一種新型電池,其能量密度極高,效率達90%以上,電池中添加碘化鋰〔LiI〕和微量水,工作原理如下圖,總反響為：O2+4LiI+2H2O2I2+4LiOH,對于該電池的以下說法不正確的選項是〔〕A．充電時Li+從陽極區(qū)移向陰極區(qū)B．充電時陰極反響為LiOH+e﹣═Li+OH﹣C．放電時負極上I﹣被氧化D．放電時正極反響為O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】A．充電時,電解質(zhì)里的陽離子移向陰極,陰離子移向陽極；B．充電時陰極發(fā)生得電子的復(fù)原反響；C．放電時,負極上發(fā)生失電子的氧化反響,元素的化合價升高；D．放電時,正極上發(fā)生得電子的復(fù)原反響,據(jù)此書寫電極反響式．【解答】解：A．充電時,電解質(zhì)里的陽離子移向陰極,故A正確；B．充電時陰極發(fā)生得電子的復(fù)原反響,應(yīng)該是碘單質(zhì)得電子的復(fù)原反響,故B錯誤；C．放電時,負極上發(fā)生失電子的氧化反響,元素的化合價升高,I﹣被氧化成I2,故C正確；D．放電時,正極上發(fā)生得電子的復(fù)原反響,正極反響為O2+2H2O+4Li++4e﹣═4LiOH,故D正確；應(yīng)選：B．5．亞硫酸鹽是一種常見的食品添加劑．用如圖實驗可檢驗?zāi)呈称分衼喠蛩猁}含量〔含量通常以1kg樣品中含SO2的質(zhì)量計；所加試劑均足量〕,以下說法不正確的選項是〔〕A．亞硫酸鹽作為食品添加劑作用是防腐、抗氧化B．反響①中通入N2的作用是將生成的氣體全部趕出C．測定樣品質(zhì)量及③中耗堿量,可測定樣品中亞硫酸鹽含量D．假設(shè)僅將②中的氧化劑“H2O2溶液〞交換為碘水,對測定結(jié)果無影響【考點】化學實驗方案的評價；亞硝酸鹽．【分析】樣品中加稀硫酸生成二氧化硫,通氮氣將生成的二氧化硫從溶液中全部趕出,得到氣體A為氮氣和二氧化硫的混合氣體,通入雙氧水中,二氧化硫被氧化成硫酸,再用氫氧化鈉中和得中和液含有硫酸鈉,A．亞硫酸鹽有復(fù)原性,可以防止食品被空氣中氧氣氧化；B．根據(jù)上面的分析可知,反響①中通入N2的作用是將生成的氣體全部趕出；C．根據(jù)③中耗堿量可以計算出生成的硫酸的物質(zhì)的量,利用硫元素守恒可知二氧化硫的質(zhì)量,結(jié)合樣品的質(zhì)量可求得樣品中亞硫酸鹽含量；D．H2O2溶液交換為碘水,假如碘過量,碘與氫氧化鈉反響,所以無法根據(jù)氫氧化鈉的物質(zhì)的量確定生成的硫酸的物質(zhì)的量．【解答】解：樣品中加稀硫酸生成二氧化硫,通氮氣將生成的二氧化硫從溶液中全部趕出,得到氣體A為氮氣和二氧化硫的混合氣體,通入雙氧水中,二氧化硫被氧化成硫酸,再用氫氧化鈉中和得中和液含有硫酸鈉,A．亞硫酸鹽有復(fù)原性,可以防止食品被空氣中氧氣氧化,起到了防腐、抗氧化作用,故A正確；B．根據(jù)上面的分析可知,反響①中通入N2的作用是將生成的氣體全部趕出,故B正確；C．根據(jù)③中耗堿量可以計算出生成的硫酸的物質(zhì)的量,利用硫元素守恒可知二氧化硫的質(zhì)量,結(jié)合樣品的質(zhì)量可求得樣品中亞硫酸鹽含量,故C正確；D．H2O2溶液交換為碘水,假如碘過量,碘與氫氧化鈉反響,所以無法根據(jù)氫氧化鈉的物質(zhì)的量確定生成的硫酸的物質(zhì)的量,故D錯誤；應(yīng)選D．6．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大,且只有一種金屬元素．其中X與W處于同一主族,Z元素原子半徑在短周期中最大〔稀有氣體除外〕．W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等,五種元素原子最外層電子數(shù)之和為21,以下說法正確的選項是〔〕A．Y的簡單氣態(tài)氫化物在一定條件下可被Q單質(zhì)氧化B．Y的簡單離子半徑小于Z的簡單離子半徑C．Q可分別與X、Y、Z、W形成化學鍵類型一樣的化合物D．Z最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別與X、Y最高價氧化物對應(yīng)的水化物反響生成1mol水時所放出的熱量一樣【考點】原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系．【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大,Z元素原子半徑在短周期中最大〔稀有氣體除外〕,那么Z為Na；Z、W、Q同周期,只有一種金屬元素,故W、Q最外層電子數(shù)都大于3,W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等,那么W最外層電子數(shù)為4,Q最外層電子數(shù)為7,可推知W為Si、Q為Cl；X與W處于同一主族,那么X為C元素；五種元素原子最外層電子數(shù)之和為21,那么Y的最外層電子數(shù)=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5,原子序數(shù)小于Na,故Y為N元素,A．Y是N元素,Q是Cl元素,氨氣具有復(fù)原性,能被強氧化劑氧化；B．Y是N元素、Z是Na元素,電子層構(gòu)造一樣的離子,離子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；C．Q是Cl元素,X、Y、Z、W分別是C、N、Na、Si元素,非金屬元素之間易形成共價鍵、活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成共價鍵；D．Z的最高價氧化物的水化物是NaOH,X、Y的最高價氧化物的水化物分別是碳酸和硝酸,碳酸是弱酸,在電離過程中吸收熱量．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大,Z元素原子半徑在短周期中最大〔稀有氣體除外〕,那么Z為Na；Z、W、Q同周期,只有一種金屬元素,故W、Q最外層電子數(shù)都大于3,W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等,那么W最外層電子數(shù)為4,Q最外層電子數(shù)為7,可推知W為Si、Q為Cl；X與W處于同一主族,那么X為C元素；五種元素原子最外層電子數(shù)之和為21,那么Y的最外層電子數(shù)=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5,原子序數(shù)小于Na,故Y為N元素,A．Y是N元素,Q是Cl元素,氨氣具有復(fù)原性,能被強氧化劑氯氣氧化,故A正確；B．Y是N元素、Z是Na元素,電子層構(gòu)造一樣的離子,離子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小,所以離子半徑Y(jié)＞Z,故B錯誤；C．Q是Cl元素,X、Y、Z、W分別是C、N、Na、Si元素,非金屬元素之間易形成共價鍵、活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成共價鍵,所以Q和X、Y、W形成的是共價鍵,而和Z形成的是離子鍵,故C錯誤；D．Z的最高價氧化物的水化物是NaOH,X、Y的最高價氧化物的水化物分別是碳酸和硝酸,碳酸是弱酸,在電離過程中吸收熱量,所以和碳酸生成1mol水放出的熱量小于和硝酸反響生成1mol水放出的熱量,故D錯誤；應(yīng)選A．7．實驗室使用pH傳感器來測定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．稱取1.59g樣品,溶于水配成250.00mL溶液,取出該溶液25.00mL用0.1mol?L﹣1鹽酸進展滴定,得到如下曲線．以下說法正確的選項是〔〕A．上一計量點前發(fā)生反響的離子方程式為HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一個計量點溶液中存在大量的陰離子是Cl﹣、HCO3﹣C．此樣品n〔NaHCO3〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3molD．使用該方法測定Na2CO3和NaOH混合物中氫氧化鈉含量,將會得到1個計量點【考點】離子方程式的有關(guān)計算．【分析】A．上一個計量點前溶液顯示堿性,據(jù)此確定發(fā)生的離子反響；B．下一個計量點溶液pH=4,顯示酸性,據(jù)此確定存在的離子；C．Na2CO3和NaHCO3混合物加鹽酸,先是碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉,隨后是碳酸氫鈉轉(zhuǎn)化為氯化鈉的過程,據(jù)此計算；D．Na2CO3和NaOH混合溶液中參加鹽酸,顯示和氫氧化鈉中和,隨后是和碳酸鈉之間發(fā)生反響,據(jù)此答復(fù)．【解答】解：A．根據(jù)圖示知道上一個計量點前溶液顯示堿性,發(fā)生的離子反響：CO32﹣+H+═HCO3﹣,故A錯誤；B．下一個計量點溶液pH=4,顯示酸性,不能存在HCO3﹣離子,故B錯誤；C．Na2CO3和NaHCO3混合物加鹽酸,首先是碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉：CO32﹣+H+═HCO3﹣,此時消耗的鹽酸的體積為11.9mL,隨后是碳酸氫鈉轉(zhuǎn)化為氯化鈉的過程,HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑,由于CO32﹣+H+═HCO3﹣過程和HCO3﹣+H+═H2O+CO2過程消耗的鹽酸體積應(yīng)該是一樣的,所以樣品中碳酸鈉消耗的鹽酸為2×11.9mL,那么樣品中碳酸氫鈉消耗的鹽酸n〔HCl〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3L×0.1mol?L﹣1=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣4mol,所以此樣品n〔NaHCO3〕=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣4mol×10=〔28.1﹣2×11.9〕×10﹣3mol,故C正確；D．Na2CO3和NaOH混合溶液中參加鹽酸,先是和氫氧化鈉中和,隨后是和碳酸鈉之間發(fā)生反響,生成碳酸氫鈉,最后是生成氯化鈉,不止得到1個計量點,是3個計量點,故D錯誤．應(yīng)選C．二、解答題〔共3小題,總分值43分〕8．氨氧化法是工業(yè)消費中制取硝酸的主要途徑,某同學用該原理在實驗室探究硝酸的制備和性質(zhì),設(shè)計了如下圖的裝置．〔1〕假設(shè)分液漏斗中氨水的濃度為9.0mol?L﹣1,配制該濃度的氨水100mL,用到的玻璃儀器有100mL容量瓶、燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管〔2〕甲裝置不需要加熱即能同時產(chǎn)生氨氣和氧氣,燒瓶內(nèi)固體X為過氧化鈉．〔3〕乙裝置的作用是枯燥氧氣和氨氣的混合氣體；寫出受熱時丙裝置發(fā)生反響的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O．〔4〕當戊中觀察到紫色石蕊試液變紅現(xiàn)象,那么說明已制得硝酸．某同學按上圖組裝儀器并檢驗氣密性后進展實驗,沒有觀察到此現(xiàn)象,請分析實驗失敗的可能原因過量的氨氣致使戊中溶液不一定呈酸性．如何改良裝置在丙和丁之間連接盛有無水氯化鈣的枯燥管或盛有濃硫酸的洗氣瓶．〔5〕改良后待反響完畢,將丁裝置倒立在盛水的水槽中,會觀察到的現(xiàn)象是試管丁內(nèi)水面漸漸上升,上升到一定高度不再變化,試管內(nèi)氣體顏色由紅棕色逐漸變淡至無色．【考點】氨的制取和性質(zhì)．【分析】〔1〕根據(jù)配制溶液的操作步驟判斷所用儀器；〔2〕甲裝置不需要加熱即能同時產(chǎn)生氨氣和氧氣,說明固體X溶于氨水即放熱又產(chǎn)生氧氣；〔3〕乙裝置為枯燥管,作用是枯燥氧氣和氨氣的混合氣體；丙裝置發(fā)生反響的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；〔4〕根據(jù)硝酸具有酸性,能使紫色石蕊試液變紅判斷；沒有觀察到現(xiàn)象說明溶液不呈酸性,那么生成的硝酸與堿發(fā)生了反響；在丙和丁之間連接盛有無水氯化鈣的枯燥管或盛有濃硫酸的洗氣瓶除去多余的氨氣確保戊溶液呈酸性；〔5〕改良后待反響完畢,將丁裝置搜集的為二氧化氮,倒立在盛水的水槽中,二氧化氮與水反響生成一氧化氮和硝酸,據(jù)此分析觀察到的現(xiàn)象．【解答】解：〔1〕量取濃氨水要用量筒,稀釋濃氨水要用燒杯、玻璃棒,配制溶液要用100mL容量瓶,膠頭滴管,故答案為：膠頭滴管；〔2〕甲裝置不需要加熱即能同時產(chǎn)生氨氣和氧氣,說明固體X溶于氨水即放熱又產(chǎn)生氧氣,那么該固體為過氧化鈉,故答案為：過氧化鈉；〔3〕乙裝置為枯燥管,作用是枯燥氧氣和氨氣的混合氣體；丙裝置發(fā)生反響的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O,故答案為：枯燥氧氣和氨氣的混合氣體；4NH3+5O24NO+6H2O；〔4〕因為硝酸具有酸性,能使紫色石蕊試液變紅,所以當戊中觀察到紫色石蕊試液變紅,說明已制得硝酸；沒有觀察到現(xiàn)象說明溶液不呈酸性,那么生成的硝酸與過量的氨氣發(fā)生了反響；在丙和丁之間連接盛有無水氯化鈣的枯燥管或盛有濃硫酸的洗氣瓶除去多余的氨氣確保戊溶液呈酸性,故答案為：紫色石蕊試液變紅；過量的氨氣致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之間連接盛有無水氯化鈣的枯燥管或盛有濃硫酸的洗氣瓶；〔5〕改良后待反響完畢,將丁裝置搜集的為二氧化氮,倒立在盛水的水槽中,二氧化氮與水反響生成一氧化氮和硝酸,所以觀察到的現(xiàn)象為試管內(nèi)水面漸漸上升,上升到一定高度不再變化,試管內(nèi)氣體顏色由紅棕色逐漸變淡至無色,故答案為：試管丁內(nèi)水面漸漸上升,上升到一定高度不再變化,試管內(nèi)氣體顏色由紅棕色逐漸變淡至無色．9．一種含鋁、鋰、鈷的新型電子材料,消費中產(chǎn)生的廢料數(shù)量可觀,廢料中的鋁以金屬鋁箔的形式存在；鈷以Co2O3?CoO的形式存在,吸附在鋁箔的單面或雙面,鋰混雜于其中,從廢料中回收氧化鈷〔CoO〕的工藝流程如圖：〔1〕過程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出廢料中的Al,反響的離子方程式為2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑．〔2〕過程Ⅱ中參加稀H2SO4酸化后,再參加Na2S2O3溶液浸出鈷．那么浸出鈷的化學反響方程式為〔產(chǎn)物中只有一種酸根〕4Co2O3?CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O．在實驗室模擬工業(yè)消費時,也可用鹽酸浸出鈷,但實際工業(yè)消費中不用鹽酸,請從反響原理分析不用鹽酸浸出鈷的主要原因Co2O3?CoO可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2,污染環(huán)境．〔3〕過程Ⅲ得到鋰鋁渣的主要成分是LiF和Al〔OH〕3,碳酸鈉溶液在產(chǎn)生Al〔OH〕3時起重要作用,請寫出該反響的離子方程式2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al〔OH〕3↓+3CO2↑．〔4〕碳酸鈉溶液在過程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同,請寫出在過程Ⅳ中起的作用是調(diào)整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀為CoCO3．〔5〕在Na2CO3溶液中存在多種粒子,以下各粒子濃度關(guān)系正確的選項是BD〔填序號〕．A、c〔Na+〕=2c〔CO32﹣〕B、c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔HCO3﹣〕C、c〔HCO3﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕D、c〔OH﹣〕﹣c〔H+〕═c〔HCO3﹣〕+2c〔H2CO3〕〔6〕CoO溶于鹽酸可得粉紅色的CoCl2溶液．CoCl2含結(jié)晶水數(shù)目不同而呈現(xiàn)不同顏色,利用藍色的無水CoCl2吸水變色這一性質(zhì)可制成變色水泥和顯隱墨水．如圖是粉紅色的CoCl2?6H2O晶體受熱分解時,剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線,A物質(zhì)的化學式是CoCl2?2H2O．【考點】制備實驗方案的設(shè)計．【分析】操作Ⅰ利用了鋁能溶解在氫氧化鈉溶液的性質(zhì),將鋁從廢料中別離出來,過濾后得到含Co2O3?CoO的鈷渣,再用酸溶解過濾后得到含Co3+及Al3+、Li+的濾液,通過調(diào)整溶液的pH得到Al〔OH〕3和LiF沉淀,再過濾得到含Co3+的濾液,再滴加Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀,經(jīng)過濾、洗滌沉淀,最后將CoCO3進展加熱分解可得CoO粉末,〔1〕鋁和氫氧化鈉反響生成偏鋁酸鈉和氫氣,注意該反響中水是反響物；〔2〕Co3O4和Na2S2O3在酸性條件下發(fā)生氧化復(fù)原反響生成CoSO4、Na2SO4和H2O,鹽酸具有復(fù)原性,能被Co2O3?CoO氧化生成有毒的氯氣而污染環(huán)境；〔3〕根據(jù)鋁離子水解顯酸性,碳酸根離子水解顯堿性,二者在同溶液里會發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳；〔4〕碳酸鈉溶液在過程Ⅳ中調(diào)整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀為CoCO3；〔5〕A．根據(jù)電荷書恒判斷；B．根據(jù)碳酸根離子發(fā)生水解以及水的電離判斷出離子濃度的大??；C．根據(jù)碳酸根離子發(fā)生水解以及水的電離判斷出離子濃度的大小；D．根據(jù)質(zhì)子守恒判斷；〔6〕根據(jù)關(guān)系式CoCl2?6H2O～CoCl2求出CoCl2?6H2O的質(zhì)量,然后再根據(jù)差量法求出A物質(zhì)的化學式．【解答】解：〔1〕鋁和氫氧化鈉溶液反響生成偏鋁酸鈉和氫氣,反響的離子反響方程式為：2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑,故答案為：2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑；〔2〕Co3O4和Na2S2O3在酸性條件下發(fā)生氧化復(fù)原反響生成CoSO4、Na2SO4和H2O,反響方程式為：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O,所以參加Na2S2O3的作用是復(fù)原Co3+,鹽酸具有復(fù)原性,能被Co2O3?CoO氧化生成有毒的氯氣而污染環(huán)境,所以不能鹽酸,故答案為：4Co2O3?CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3?CoO可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2,污染環(huán)境；〔3〕鋁離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳,水解的離子方程式為：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al〔OH〕3↓+3CO2↑；故答案為：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al〔OH〕3↓+3CO2↑；〔4〕碳酸鈉溶液在過程Ⅳ中調(diào)整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀為CoCO3；故答案為：調(diào)整pH,提供CO32﹣,使Co2+沉淀為CoCO3；〔5〕A．Na2CO3溶液中電荷守恒：c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔HCO3﹣〕+c〔OH﹣〕+2c〔CO32﹣〕,故A錯誤；B．碳酸根離子發(fā)生水解以及水的電離,所以溶液中離子濃度：c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔HCO3﹣〕＞c〔H+〕,故B正確；C．碳酸根離子發(fā)生水解以及水的電離,所以溶液中離子濃度：c〔Na+〕＞c〔CO32﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔HCO3﹣〕＞c〔H+〕,故C錯誤；D．Na2CO3溶液中質(zhì)子守恒：c〔H+〕═c〔OH﹣〕+c〔HCO3﹣〕+2c〔H2CO3〕,故D正確；應(yīng)選：BD；〔6〕CoCl2?6H2O～CoCl2238130m65mg=解得：m=119mgA物質(zhì)的化學式為CoCl2?nH2O,那么有：CoCl2?6H2O～CoCl2?nH2O△m23818〔6﹣n〕119mg119mg﹣83mg=,解得：n=2,所以A物質(zhì)的化學式為：CoCl2?2H2O；故答案為：CoCl2?2H2O．10．霧霾天氣是一種大氣污染狀態(tài),霧霾的源頭多種多樣,比方汽車尾氣、工業(yè)排放、建筑揚塵、垃圾燃燒,甚至火山噴發(fā)等．〔1〕汽車尾氣中的NO〔g〕和CO〔g〕在一定溫度和催化劑的條件下可凈化．反響的化學方程式為2NO〔g〕+2CO〔g〕?N2〔g〕+2CO2〔g〕．①局部化學鍵的鍵能如下：分子式/構(gòu)造式NO/N≡O(shè)CO/C≡O(shè)CO2/O=C=ON2/N≡N化學鍵N≡O(shè)C≡O(shè)C=ON≡N鍵能〔KJ/mol〕6321072750946請計算上述反響的△H=﹣538kJ/mol②假設(shè)上述反響在恒溫、恒容的密閉體系中進展,并在t．時刻到達平衡狀態(tài),那么以下示意圖不符合題意的是ABC〔填選項字母〕．〔以下圖中V正、K、n、P總分別表示正反響速率、平衡常數(shù)、物質(zhì)的量和總壓強〕③在T℃下,向體積為10L的恒容密閉容器中通人NO和CO,測得了不同時間時NO和CO的物質(zhì)的量如下表：時間/s012345n〔NO〕/×10﹣2mol10.04.502.501.501.001.00n〔CO〕/×10﹣1mol3.603.052.852.752.702.70T℃時該反響的平衡常數(shù)K=500,既能增大反響速率又能使平衡正向挪動的措施是加壓〔寫出一種即可〕．〔2〕是硫酸工業(yè)釋放出的主要尾氣,為減少對環(huán)境造成的影響,采用以下方法將其資源化利用,重新獲得重要工業(yè)產(chǎn)品硫化鈣．①寫出反響的化學方程式2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2．②反響中每生成1mol硫化鈣理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8NA．③為充分利用副產(chǎn)品CO,設(shè)計電解CO制備CH4和W,工作原理如下圖,生成物W是NaHCO3,其原理用電解總離子方程式解釋是4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4↑．【考點】物質(zhì)別離和提純的方法和根本操作綜合應(yīng)用；熱化學方程式；原電池和電解池的工作原理．【分析】〔1〕①化學反響的焓變等于反響物舊鍵斷裂吸收的能量和產(chǎn)物中新鍵生成釋放的能量之差,據(jù)此答復(fù)計算；②根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答,當反響到達平衡狀態(tài)時,正逆反響速率相等,各物質(zhì)的濃度、百分含量不變,以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化,解題時要注意,選擇判斷的物理量,隨著反響的進展發(fā)生變化,當該物理量由變化到定值時,說明可逆反響到達平衡狀態(tài)；③根據(jù)平衡常數(shù)概念是利用生成物平衡濃度的冪次方乘積除以反響物平衡濃度冪次方乘積,代入平衡濃度即可計算出平衡常數(shù)；根據(jù)影響反響速率和平衡挪動的因素來答復(fù)；〔2〕①由流程可知,I中發(fā)生2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2,硫酸鈣中參加碳反響發(fā)生反響的化學方程式為：CaSO4+4C=CaS+4CO↑；②根據(jù)化學方程式定量關(guān)系和氧化復(fù)原反響電子守恒計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；③由此電解原理可知,陽極失去電子生成二氧化碳氣體,參加碳酸鈉,碳酸鈉與二氧化碳反響生成碳酸氫鈉,陰極CO得到電子生成甲烷氣體,據(jù)此解答即可．【解答】解：〔1〕①化學反響的焓變等于反響物舊鍵斷裂吸收的能量和產(chǎn)物中新鍵生成釋放的能量之差,所以2NO〔g〕+2CO〔g〕?N2〔g〕+2CO2〔g〕的△H=〔2×632+1072×2〕﹣kJ/mol=﹣538kJ/mol,故答案為：﹣538；②A、t1時正反響速率仍然在變化,說明沒有到達平衡狀態(tài),故A錯誤；B、平衡常數(shù)只受溫度的影響,反響在恒溫、恒容的密閉體系中進展,K始終不變,故B錯誤；C、t1時二氧化碳和一氧化氮的物質(zhì)的量還在變化,說明正逆反響速率不相等,反響沒有到達平衡狀態(tài),故C錯誤；D、反響前后氣體的系數(shù)和變化,所以總壓不變的狀態(tài)到達了平衡狀態(tài),故D正確；應(yīng)選ABC；③NO和CO反響生成CO2和N2,反響方程式為：2NO+2CO?2CO2+N2起始濃度：1×l0﹣23.6×l0﹣200轉(zhuǎn)化濃度：0.9×l0﹣20.9×l0﹣20.9×l0﹣20.45×l0﹣2平衡濃度：0.1×l0﹣22.7×l0﹣20.9×l0﹣20.45×l0﹣2反響的平衡常數(shù)K==500,加壓既能增大反響速率又能使平衡正向挪動,故答案為：500；加壓；〔2〕①由流程可知,I中發(fā)生2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2,故答案為：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；②硫酸鈣中參加碳反響發(fā)生反響的化學方程式為：CaSO4+4C=CaS+4CO↑,硫元素化合價+6價變化為﹣2價,電子轉(zhuǎn)移總數(shù)8mol,所以反響中每生成1mol硫化鈣理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8mol,即為8NA,故答案為：8NA③由此電解原理可知,陽極失去電子生成二氧化碳氣體,參加碳酸鈉,碳酸鈉與二氧化碳反響生成碳酸氫鈉,陰極CO得到電子生成甲烷氣體,據(jù)此離子反響方程式為：4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4↑,故答案為：NaHCO3；4CO+3CO32﹣+5H2O=6HCO3﹣+CH4；[化學-選修2：化學與技術(shù)]11．生態(tài)工業(yè)園區(qū)的建立,不僅僅是表達環(huán)保理念,重要根據(jù)循環(huán)經(jīng)濟理論和充分考慮經(jīng)濟的可持續(xù)開展,如圖是某企業(yè)設(shè)計的硫酸﹣磷銨﹣水泥聯(lián)產(chǎn),海水﹣淡水多用,鹽﹣熱﹣電聯(lián)產(chǎn)生三大生態(tài)產(chǎn)業(yè)鏈流程圖．根據(jù)上述產(chǎn)業(yè)流程答復(fù)以下問題：〔1〕從原料、能源、交通角度考慮該企業(yè)應(yīng)建在BA西部山區(qū)B沿海地區(qū)C興旺城市D東北內(nèi)陸〔2〕該流程①、②、③、④、⑤為能量或物質(zhì)的輸送,請分別寫出輸送的主要物質(zhì)的化學式或能量形式：①Fe2O3、②電能、③熱能、④SO2、⑤硫酸．〔3〕沸騰爐發(fā)生反響的化學方程式：2SO2+O22SO3；磷肥廠的主要產(chǎn)品是普鈣,其主要成分是Ca〔H2PO4〕、CaSO4〔填化學式〕．〔4〕熱電廠的冷卻水是海水,該流程中濃縮鹽水除提取鹽以外還可提取的物質(zhì)有鎂或溴〔寫出一種即可〕．〔5〕根據(jù)現(xiàn)代化工廠沒計理念請?zhí)岢龈郀t煉鐵廠廢氣、廢渣及多余熱能的利用設(shè)想．廢氣〔主要是高爐煤氣〕經(jīng)除塵后可作為熱風爐、加熱爐和鍋爐等燃料,廢渣〔主要成分是硅酸鈣等〕,可用作水泥消費原料〔寫出兩點即可〕．【考點】制備實驗方案的設(shè)計．【分析】〔1〕該產(chǎn)業(yè)鏈利用廢熱發(fā)電進展海水淡化、濃縮生成鹽,而生成硫酸﹣磷肥﹣水泥聯(lián)產(chǎn)的固體原料步運輸,生成中需要大量的水,所以應(yīng)建在沿海地區(qū)；〔2〕根據(jù)流程圖可知,①中冶煉鋼鐵的原料是Fe2O3,②中熱電廠中向外提供的能量為電能,③利用沸騰爐中FeS2與氧氣反響放出大量的熱發(fā)電,④制硫酸時二氧化硫的循環(huán)利用,⑤硫酸工業(yè)中生成的硫酸,可用于制磷肥；〔3〕沸爐中FeS2與氧氣反響生成氧化鐵和二氧化硫；普鈣是磷酸二氫鈣和硫酸鈣,即硫酸與磷酸鈣反響生成硫酸鈣和磷酸二氫鈣；〔4〕熱電廠的冷卻水是海水,濃縮鹽水提取鹽〔NaCl〕后,剩余的苦鹵中含有豐富的Mg元素、溴元素等；〔5〕根據(jù)工廠的廢氣、廢渣的成分分析并加以利用．【解答】解：〔1〕該產(chǎn)業(yè)鏈利用廢熱發(fā)電進展海水淡化、濃縮生成鹽,而生成硫酸﹣磷肥﹣水泥聯(lián)產(chǎn)的固體原料步運輸,生成中需要大量的水,所以應(yīng)建在沿海地區(qū),故答案為：B；〔2〕①中冶煉鋼鐵的原料是Fe2O3,②中熱電廠中向外提供的能量為電能,③利用沸騰爐中FeS2與氧氣反響放出大量的熱發(fā)電,④制硫酸時二氧化硫的循環(huán)利用,⑤硫酸工業(yè)中生成的硫酸,可用于制磷肥,故答案為：①Fe2O3；②電能；③熱能；④SO2；⑤硫酸；〔3〕沸爐中FeS2與氧氣反響生成氧化鐵和二氧化硫,反響方程式為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,普鈣是磷酸二氫鈣和硫酸鈣,即硫酸與磷酸鈣反響生成磷酸二氫鈣和硫酸鈣,其化學式為：Ca〔H2PO4〕、CaSO4,故答案為：2SO2+O22SO3；Ca〔H2PO4〕、CaSO4；〔4〕熱電廠的冷卻水是海水,海水濃縮鹽水提取鹽〔NaCl〕后,剩余的苦鹵中含有豐富的Mg元素、溴元素等,可以制取Mg或溴,故答案為：海水；鎂或溴；〔5〕廢氣〔主要是高爐煤氣〕經(jīng)除塵后可作為熱風爐、加熱爐和鍋爐等燃料；廢渣〔主要成分是硅酸鈣等〕,可用作水泥消費原料,故答案為：廢氣〔主要是高爐煤氣〕經(jīng)除塵后可作為熱風爐、加熱爐和鍋爐等燃料；廢渣〔主要成分是硅酸鈣等〕,可用作水泥消費原料．[化學-選修3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]12．人類文明的開展歷程,也是化學物質(zhì)的認識和發(fā)現(xiàn)的歷程,其中鐵、硝酸鉀、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17種“分子〞改變過人類的世界．〔1〕Fe單質(zhì)為體心立方晶體,晶胞中鐵原子的配位數(shù)為8,基態(tài)鐵原子有4個未成對電子,Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5．〔2〕硝酸鉀中NO3﹣的空間構(gòu)型為平面正三角形,寫出與NO3﹣互為等電子體的一種非極性分子化學式SO3等．〔3〕6﹣氨基青霉烷酸的構(gòu)造如圖1所示,其中采用sp3雜化的原子有C、N、O、S．〔4〕以下說法正確的有a〔填字母序號〕．a(chǎn)．乙醇分子間可形成氫鍵,導(dǎo)致其沸點比氯乙烷高b．鎢的配合物離子[W〔CO〕5OH]﹣能催化固定CO2,該配離子中鎢顯﹣1價c．聚乙烯〔〕分子中有5n個σ鍵d．由下表中數(shù)據(jù)可確定在反響Si〔s〕+O2〔g〕═SiO2〔s〕中,每生成60gSiO2放出的能量為〔2c﹣a﹣b〕kJ化學鍵Si﹣SiO═OSi﹣O鍵能〔kJ?mol﹣1〕abc〔5〕鐵和氨氣在640℃可發(fā)生置換反響,產(chǎn)物之一的晶胞構(gòu)造如圖2所示,寫出該反響的化學方程式8Fe+2NH32Fe4N+3H2,假設(shè)兩個最近的Fe原子間的間隔為scm,那么該晶體的密度是g?cm﹣3．【考點】晶胞的計算；判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【分析】〔1〕Fe單質(zhì)為體心立方晶體,體心的Fe原子與晶胞頂點8個Fe原子相鄰；Fe原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2,失去4s能級2個電子、3d能級1個電子形成Fe3+；〔2〕NO3﹣中N原子孤電子對數(shù)==0,價層電子對數(shù)為3+0=3；原子數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微?；榈入娮芋w,分子中正負電荷正向重合的分子為非極性分子；〔3〕價層電子對數(shù)是4的原子采用sp3雜化；〔4〕a．分子間氫鍵導(dǎo)致物質(zhì)熔沸點升高；b．鎢的配合物離子[W〔CO〕5OH]﹣中W為0價；c．聚乙烯〔〕分子中有〔6n﹣1〕個σ鍵；d．二氧化硅晶體中Si原子與周圍4個O原子形成Si﹣O四面體構(gòu)造,1molSiO2含有4molSi﹣O,Si晶體中Si原子與周圍4個Si原子形成Si﹣Si,每個鍵為2個Si原子共用,故1mol硅含有2molSi﹣Si鍵；〔5〕晶胞中Fe原子數(shù)目為8×+6×=4,N原子數(shù)目為1,故該產(chǎn)物化學式為Fe4N,還生成氫氣；晶胞面對角線上3個Fe原子相鄰,那么晶胞棱長為2scm×=scm,結(jié)合晶胞中原子數(shù)目表示出晶胞質(zhì)量,再根據(jù)ρ=計算晶體密度．【解答】解：〔1〕Fe單質(zhì)為體心立方晶體,體心的Fe原子與晶胞頂點8個Fe原子相鄰,故配位數(shù)為8；Fe原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2,3d能級中有4個電子單獨占據(jù)1個軌道,含有4個單電子,失去4s能級2個電子、3d能級1個電子形成Fe3+,Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5,故答案為：8；4；1s22s22p63s23p63d5；〔2〕NO3﹣中N原子孤電子對數(shù)==0,價層電子對數(shù)為3+0=3,空間構(gòu)型為平面正三角形,原子數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微?；榈入娮芋w,分子中正負電荷正向重合的