河北省衡水中學(xué)2025屆新高考化學(xué)上學(xué)期9月聯(lián)考試題含解析

PAGE24-河北省衡水中學(xué)2025屆新高考化學(xué)上學(xué)期9月聯(lián)考試題（含解析）本試卷共8頁(yè)，21題(含選考題)。全卷滿分100分?？荚囉脮r(shí)75分鐘。留意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、考號(hào)等填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答；選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答；用簽字筆干脆寫在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡，上的非答題區(qū)域均無效。4．選考題的作答；先把所選題目的題號(hào)在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案寫在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi),寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域無效。5．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12O16F19Na23Mg24S32Cl35．5K39Fe56Co59Zn65As75Ag108第I卷一、選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.化學(xué)在生產(chǎn)、生活中有著廣泛應(yīng)用。下列對(duì)相關(guān)應(yīng)用的說明或說明正確的是選項(xiàng)應(yīng)用說明或說明A聚乙烯塑料用于水果包裝和封存聚乙烯能催熟水果B75%的酒精用于殺滅新型冠狀病毒病毒被乙醇氧化而變性C糖類用于人體的養(yǎng)分物質(zhì)糖類水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖D鋁熱反應(yīng)用于冶煉某些金屬鋁的還原性較強(qiáng)且轉(zhuǎn)化為Al2O3時(shí)放出大量的熱A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.乙烯能催熟水果，聚乙烯不能，故A錯(cuò)誤；B.酒精的消毒原理是它使得新型冠狀病毒的核酸變性而達(dá)到滅活病毒的作用，不是病毒被乙醇氧化，故B錯(cuò)誤；C.糖類水解的最終產(chǎn)物不肯定是葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故C錯(cuò)誤；D.鋁的還原性較強(qiáng)且轉(zhuǎn)化為Al2O3時(shí)放出大量的熱，所以鋁熱反應(yīng)用于冶煉某些金屬，故D正確；故選D。2.下列說法錯(cuò)誤的是A.海水的水資源和化學(xué)資源利用均具有廣袤前景B.太陽(yáng)能、生物質(zhì)能、沼氣均屬于二次能源C.氫氣與氯氣反應(yīng)制備氯化氫符合“原子經(jīng)濟(jì)”理念D.廢棄油脂可用于制生物柴油【答案】B【解析】【詳解】A.海洋中有大量的資源，其水資源和化學(xué)資源利用均具有廣袤前景，A正確；B.干脆從自然界中獲得的為一次能源，太陽(yáng)能、生物質(zhì)能是一次能源，B錯(cuò)誤；C.氫氣與氯氣反應(yīng)制備氯化氫，原子利用率為100%，故符合“原子經(jīng)濟(jì)”理念，C正確；D.油脂燃燒放出大量熱量，故廢棄油脂可用于制生物柴油，D正確答案選B。

3.下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A.KAl(SO4)2●12H2O B.HF C.漂白粉 D.液氨【答案】A【解析】【詳解】A.KAl(SO4)2●12H2O是鹽，鹽是強(qiáng)電解質(zhì)，故A正確；B.HF是弱酸，弱酸是弱電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，混合物不是電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D.液氨是氨氣的液態(tài)，是非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選：A。4.下列說法正確的是A.Fe(OH)3膠體帶正電，通電時(shí)陰極旁邊紅褐色加深B.外加電流的陰極愛護(hù)法的協(xié)助陽(yáng)極相宜選用惰性電極C.裂化汽油和甲苯使溴水褪色原理相同D.工業(yè)上冶煉鈉和冶煉銀的能量轉(zhuǎn)化形式相同【答案】B【解析】【詳解】A.Fe(OH)3膠體不顯電性，膠粒帶正電，通電時(shí)陰極旁邊紅褐色加深，故A錯(cuò)誤；B.外加電流的陰極愛護(hù)法的協(xié)助陽(yáng)極相宜選用惰性電極，惰性電極作陽(yáng)極不參加電極反應(yīng)，防止陽(yáng)極損耗，故B正確；C.裂化汽油使溴水褪色發(fā)生了加成反應(yīng)，甲苯使溴水褪色發(fā)生了物理變更，是萃取原理，則原理不相同，故C錯(cuò)誤；D.工業(yè)上冶煉鈉運(yùn)用電解原理，是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，冶煉銀是加熱分解氧化銀，是熱能轉(zhuǎn)化化學(xué)能，能量轉(zhuǎn)化形式不相同，故D錯(cuò)誤；故選：B。5.反應(yīng)CaC2+

2H2O→Ca(OH)2+C2H2

↑可用于試驗(yàn)室制備乙炔氣體。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語(yǔ)正確的是A.中子數(shù)為8的碳原子： B.Ca2+的結(jié)構(gòu)示意圖：C.OH-的電子式： D.C2H2的結(jié)構(gòu)式：H-C≡C-H【答案】D【解析】【詳解】A.中子數(shù)為8的碳原子的質(zhì)量數(shù)為14，應(yīng)表示為：，故A錯(cuò)誤；B.鈣原子核電荷數(shù)為20，則Ca2+的結(jié)構(gòu)示意圖：，故B錯(cuò)誤；C.OH-的電子式為：，故C錯(cuò)誤；D.乙炔中碳原子間以碳碳三鍵結(jié)合，則C2H2的結(jié)構(gòu)式：H-C≡C-H，故D正確；故選D。6.類比和推理是化學(xué)探討的重要方法。下列類比或推理正確的是A.鹵素單質(zhì)的熔點(diǎn)從F2到I2漸漸上升，則堿金屬單質(zhì)的熔點(diǎn)從Li到Cs漸漸上升B.碳素鋼在潮濕的空氣中簡(jiǎn)潔被腐蝕，則不銹鋼在潮濕的空氣中簡(jiǎn)潔被腐蝕C.合金的硬度一般大于組分金屬，則五角面值的銅合金長(zhǎng)城幣的硬度大于純銅D.氮?dú)馀c氧氣不簡(jiǎn)潔化合，則磷單質(zhì)與氧氣不簡(jiǎn)潔化合【答案】C【解析】【詳解】A.鹵素單質(zhì)構(gòu)成的晶體都是分子晶體，從F2到I2，分子間作用力漸漸增大、熔點(diǎn)漸漸上升，堿金屬單質(zhì)的晶體是金屬晶體，從Li到Cs，金屬鍵漸漸減弱、熔點(diǎn)漸漸降低，A錯(cuò)誤；B.碳素鋼在潮濕的空氣中簡(jiǎn)潔發(fā)生電化學(xué)腐蝕，則不銹鋼變更了內(nèi)部結(jié)構(gòu)變更故具有抗腐蝕性能，B錯(cuò)誤；C.合金的硬度一般大于組分金屬，則銅合金長(zhǎng)城幣的硬度大于純銅，C正確；D.氮?dú)馀c氧氣不簡(jiǎn)潔化合，則磷單質(zhì)與氧氣相對(duì)簡(jiǎn)潔化合，例如白磷在空氣中簡(jiǎn)潔自燃，D錯(cuò)誤；答案選C。

7.下列說法正確的是A.用容量瓶配制溶液時(shí)，定容后反復(fù)搖勻，若液面低于刻度線需補(bǔ)加水B.量筒和滴定管洗凈后，放進(jìn)烘箱中烘干可加快干燥速率C.長(zhǎng)期盛放過氧化鈉或氯化鈣的試劑瓶均可用水洗滌干凈D.用潮濕的pH試紙測(cè)定氯水或鹽酸的pH均會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏大【答案】C【解析】【詳解】A．用容量瓶配制溶液時(shí)，若定容搖勻后液面低于刻度線，補(bǔ)加水至與刻度線相平，會(huì)導(dǎo)致配制溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，故A錯(cuò)誤；B．帶有精密刻度的儀器不能放入烘箱中烘干，熱脹冷縮，會(huì)導(dǎo)致儀器不精確，故B錯(cuò)誤；C．過氧化鈉可與水反應(yīng)，氯化鈣溶于水，長(zhǎng)期盛放過氧化鈉或氯化鈣的試劑瓶均可用水洗滌干凈，故C正確；D．氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測(cè)量氯水的pH，故D錯(cuò)誤；故選C。8.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.11.2

L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CCl4中含有最外層電子的數(shù)目為1NB.8.4

g

NaHCO3與MgCO3的固體混合物中含有CO32-的數(shù)目為0.1NAC.1

mol

Cl2

與足量鐵在加熱條件下完全反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NAD.0.5

mol

SO3充入密閉容器中分解所得產(chǎn)物分子數(shù)目為0.75NA【答案】C【解析】【詳解】A．標(biāo)準(zhǔn)化狀況下，CCl4是液體，有體積不能算出其物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；B.8.4gNaHCO3與MgCO3物質(zhì)的量為0.1mol，NaHCO3固體含有HCO3-沒有CO32-，故CO32-數(shù)目小于0.1NA，故B錯(cuò)誤；C.1molCl2與足量的鐵發(fā)生化學(xué)反應(yīng)時(shí)，氯元素的化合價(jià)有0價(jià)降到-1價(jià)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol×2×1NA=2NA，故C正確；D．0.5molSO3充入密閉容器中分解發(fā)生反應(yīng)是是可逆反應(yīng)，則所得產(chǎn)物分子的數(shù)目小于0.75NA，故D錯(cuò)誤；故選：C。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其中只有一種金屬元素；W、X、Y三種原子的最外層電子數(shù)之比為2：3：1，Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式為HnZO2n-2。下列說法正確的是A.W、X兩種元素可以形成至少兩種陰離子B.Y的簡(jiǎn)潔離子半徑是同周期簡(jiǎn)潔離子中最小的C.X、Z兩種元素形成的一種化合物可用于干燥氨氣D.W、X、Z的簡(jiǎn)潔氫化物通常均為氣體【答案】A【解析】【分析】由短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式為HnZO2n-2可知，Z為P元素；由W、X、Y、Z中只有一種金屬元素；W、X、Y三種原子的最外層電子數(shù)之比為2：3：1可知，W為C元素、X為O元素、Y為Mg元素?！驹斀狻緼.碳元素和氧元素可以形成碳酸根離子、草酸根離子，故A正確；B.同主族元素，從上到下離子半徑依次增大，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，隨核電荷數(shù)依次增大離子半徑依次減小，則第三周期中鋁離子半徑是同周期簡(jiǎn)潔離子中最小的，故B錯(cuò)誤；C.氧元素和磷元素形成的酸性氧化物五氧化二磷是常見的干燥劑，能與氨氣反應(yīng)，不能用于干燥氨氣，故C錯(cuò)誤；D.碳原子數(shù)大于4的烴可能為液態(tài)或固態(tài)，水通常為液態(tài)，故D錯(cuò)誤；故選A。10.化合物M()是合成藥物的中間體。下列關(guān)于M的說法正確的是A.與互為同系物B.一氯代物有5種(不考慮立體異構(gòu))C.能發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)D.全部碳原子可能處于同一平面【答案】C【解析】【詳解】A.含有酯基和羰基，含有羧基和羰基，官能團(tuán)不同，不行能為同系物，A錯(cuò)誤；B.分子內(nèi)有6種氫原子，故一氯代物有6種(不考慮立體異構(gòu))，B錯(cuò)誤；C.能燃燒故可發(fā)生氧化反應(yīng)，因含酯基、能發(fā)生水解反應(yīng)(取代反應(yīng))，C正確；D.五元環(huán)上有個(gè)飽和碳原子、分別連接酯基、羰基和亞甲基，飽和碳原子四面體結(jié)構(gòu)，故全部碳原子不行能處于同一平面，D錯(cuò)誤；答案選C。二、選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。11.下列離子方程式中能正確表達(dá)反應(yīng)現(xiàn)象的是A.向偏鋁酸鈉溶液中加入小蘇打溶液，出現(xiàn)白色沉淀：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+COB.將酸性KMnO4溶液滴入雙氧水中，得到無色溶液：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2OC.將鐵棒和銅棒靠緊插入AgNO3溶液中，銅棒表面附著銀白色金屬：2Ag++Cu=2Ag+Cu2+D.向久置的濃硝酸中通入空氣，濃硝酸的黃色消逝：4NO+3O2+2H2O=4H++4NO【答案】A【解析】【詳解】A.偏鋁酸鈉與碳酸氫鈉發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)方程式為：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，離子方程式為：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，故A正確；B.將酸性KMnO4溶液滴入雙氧水中，得到無色溶液，離子方程式：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B錯(cuò)誤；C.將鐵棒和銅棒靠緊插入AgNO3溶液中，銅棒表面附著銀白色金屬，離子方程式：2Ag++Fe═2Ag+Fe2+，故C錯(cuò)誤；D.向久置的濃硝酸中通入空氣，濃硝酸的黃色消逝：4NO2+O2+2H2O═4H++4NO3-，故D錯(cuò)誤；故選A。12.高氯酸鉀是一種強(qiáng)氧化劑和分析試劑，易溶于水。以氯化鈉為原料制備高氯酸鉀的一種流程如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.“電解”過程中陰極生成氣體的主要成分為H2B.“高溫分解”反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1C.本試驗(yàn)條件下，KClO4在水中的溶解度比NaClO4小D.“轉(zhuǎn)化”過程所得副產(chǎn)物也可在上述流程中循環(huán)利用【答案】B【解析】【分析】惰性電極電解氯化鈉溶液，結(jié)合流程，陽(yáng)極是氯離子失電子生成，陰極是氫離子得到電子生成氫氣，NaClO3固體加熱高溫分解得到NaClO4，然后加入KCl溶液轉(zhuǎn)化得到KClO4，以此解答?！驹斀狻緼.惰性電極電解氯化鈉溶液，結(jié)合流程，陽(yáng)極是氯離子失電子生成，陰極是氫離子得到電子生成氫氣，故A正確；B.氯酸鈉受熱分解的化學(xué)方程式4NaClO33NaClO4+NaCl，該反應(yīng)是歧化反應(yīng)，從生成物推斷氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比，n（氧化劑）：n（還原劑）=n（還原產(chǎn)物）：n（氧化產(chǎn)物）=n（NaCl）：n（NaClO4）=1:3，故B錯(cuò)誤；C.反應(yīng)NaClO4+KCl=KClO4（結(jié)晶）+NaCl能夠發(fā)生，即在NaClO4溶液中加入KCl，可得到KClO4晶體，依據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的條件可知：KClO4在水中的溶解度比NaClO4小，故C正確；D.“轉(zhuǎn)化”過程所得副產(chǎn)物中有NaCl，可在上述流程中循環(huán)利用，故D正確；故選B。13.向200

mL

Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中漸漸加入Fe粉，生成氣體的物質(zhì)的量(n)與加入Fe粉質(zhì)量(m)的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.原溶液中c(SO)=0.65

mol/L B.原溶液的pH=1C.M點(diǎn)對(duì)應(yīng)加入鐵粉的質(zhì)量為2.8

g D.將M點(diǎn)溶液干脆加熱蒸干可得到純凈的FeSO4【答案】D【解析】【分析】向200

mL

Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中漸漸加入Fe粉，由圖像可知，F(xiàn)e先和Fe2(SO4)3發(fā)生反應(yīng)：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，接著Fe再和H2SO4發(fā)生反應(yīng)：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，以此解答?！驹斀狻緼.由圖像可知，F(xiàn)e先和Fe2(SO4)3發(fā)生反應(yīng)：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，參加反應(yīng)的n（Fe）==0.04mol，接著Fe再和H2SO4發(fā)生反應(yīng)：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，n（SO）=n（H2）=0.01mol，原溶液中硫酸根的總物質(zhì)的量n=0.01mol+0.04mol3=0.13mol，原溶液中c(SO)==0.65mol/L，故A正確；B.產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量n（H2）=0.01mol，原溶液中氫離子的物質(zhì)的量n（H+）==0.1mol/L，pH=-lgc（H+）=1，故B正確；C.由A可知M點(diǎn)對(duì)應(yīng)加入鐵粉的質(zhì)量為m（Fe）=56g/mol（0.04mol+0.01mol）=2.8g，故C正確；D.M點(diǎn)的溶液時(shí)硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液中含有肯定量的硫酸，在加熱過程中，空氣中的氧氣會(huì)將專+2價(jià)的鐵氧化成+3價(jià)，而+3價(jià)的鐵會(huì)水屬解，但是硫酸的沸點(diǎn)相當(dāng)高，因此水解不徹底，蒸干后得到硫酸鐵，故D錯(cuò)誤；故選D。14.以Ag/AgCl作參比電極的原電池裝置可用于測(cè)定空氣中氯氣的含量，其工作原理示意圖如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.采納多孔鉑電極可增大電極與電解質(zhì)溶液和氣體的接觸面積B.正極的電極反應(yīng)式為Cl2+2e-=2C1-C.外電路中通過0.02

mol

e-時(shí)，負(fù)極區(qū)溶液質(zhì)量削減0.71

gD.空氣中氯氣含量可通過肯定時(shí)間內(nèi)電流表讀數(shù)變更和空氣流速計(jì)算【答案】C【解析】【分析】由電池總反應(yīng)為2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失電子作負(fù)極失電子，氯氣在正極上得電子生成氯離子?！驹斀狻緼.采納多孔鉑電極可增大電極與電解質(zhì)溶液和氣體的接觸面積，故A正確；B.正極上氯氣得電子生成氯離子,其電極反應(yīng)為：Cl2+2e?═2Cl?，故B正確；C.放電時(shí)，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.02mole?時(shí)，交換膜左側(cè)會(huì)有0.02mol氫離子通過陽(yáng)離子交換膜向正極移動(dòng)，同時(shí)會(huì)有0.02molAg失去0.02mol電子生成銀離子，銀離子會(huì)與氯離子反應(yīng)生成氯化銀沉淀，所以氯離子會(huì)削減0.04mol，則負(fù)極區(qū)溶液質(zhì)量削減0.04mol71g/mol=2.84g，故C錯(cuò)誤；D.氯氣的量越多，電流越大，電流表讀數(shù)越大，可以通過肯定時(shí)間內(nèi)電流表讀數(shù)變更和空氣流速計(jì)算氯氣的含量，故D正確；故選C。15.我國(guó)科研工作者研發(fā)的一種在較低溫度下制備乙二醇的反應(yīng)歷程示意圖如圖所示。下列說法正確的是A.Cu納米籠簇能降低H2解離的活化能B.整個(gè)過程中只斷裂碳氧雙鍵C.中含有3種官能團(tuán)D.等物質(zhì)的量的甲醇和乙二醇完全燃燒消耗O2的質(zhì)量相等【答案】A【解析】【詳解】A.依據(jù)示意圖，Cu納米籠簇作該反應(yīng)的催化劑，能降低H2解離的活化能，故A正確；B.由反應(yīng)歷程示意圖可知，整個(gè)過程中除了斷裂碳氧雙鍵外，還有碳氧單鍵斷裂，故B錯(cuò)誤；C.中含有酯基和羥基2種官能團(tuán)，故C錯(cuò)誤；D.1mol甲醇完全燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量是1.5mol，1mol乙二醇完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量是2.5mol，則等物質(zhì)的量的甲醇和乙二醇完全燃燒消耗O2的質(zhì)量不相等，故D錯(cuò)誤；故選：A。16.25℃時(shí)，0.1mol/LR2SO4溶液加水稀釋，混合溶液中與的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.Kb(ROH)的數(shù)量級(jí)為10-6B.P、Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中c(H+)的值：P＜QC.若將溶液無限稀釋,溶液中c(R+)≈2c(SO)D.相同條件下，若改為c(R2SO4)=0.2mol/L，P點(diǎn)移至W點(diǎn)【答案】D【解析】【分析】依據(jù)題目可知，R2SO4為強(qiáng)酸弱堿鹽，P點(diǎn)時(shí)，=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，而=-2.3，即=10-2.3。【詳解】A．Kb(ROH)==10-2.3×10-8=10-5.7，即Kb(ROH)的數(shù)量級(jí)為10-6，A說法正確；B．的值越大，c(OH-)越大，則氫離子濃度越小，故P、Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中c(H+)的值：P＜Q，B說法正確；C．若將溶液無限稀釋，R+水解程度減小，則溶液接近中性，故溶液中c(R+)≈2c(SO)，C說法正確；D．相同條件下，若改為c(R2SO4)=0.2mol/L，c(OH-)增大，減小，與P點(diǎn)移至W點(diǎn)的趨勢(shì)不符，D說法錯(cuò)誤；答案為D。第II卷三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第17~19題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答。第20~21題為選考題，考生依據(jù)要求作答。(一)必考題：3小題，共42分。17.無水氯化鋅是白色固體，易吸水潮解，常用作有機(jī)合成的脫水劑、縮合劑和催化劑，還用作活性炭的活化劑。某?；瘜W(xué)課題小組的同學(xué)設(shè)計(jì)如下試驗(yàn)方案制備無水ZnCl2，并進(jìn)行純度測(cè)定，涉及的試驗(yàn)裝置如圖所示：回答下列問題：(1)按氣流從左到右的方向，裝置合理的連接依次為h→_________(填儀器接口小寫字母，裝置不行重復(fù)運(yùn)用)。裝置D中橡皮管的作用為___________。(2)寫出裝置D中反應(yīng)的離子方程式：____________。(3)若省略裝置B，經(jīng)檢驗(yàn)產(chǎn)物中含有氧化鋅，利用所學(xué)學(xué)問說明緣由：____________。(4)裝置C中的藥品為____________，其作用為____________。(5)氯化鋅純度的測(cè)定：取a

g試樣配成100

mL溶液，取25.

00

mL，加入磷酸三鈉消退干擾離子后，滴入兩滴半二甲酚橙作指示劑，用b

mol/LEDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Zn2+，反應(yīng)的離子方程式為Zn2++H2Y2-=ZnY2-

+2H+

，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為12.50

mL。①配制100

mL

ZnCl2溶液須要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、_______。②該氯化鋅試樣中氯化鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________(用含a、b的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).dcabe(f)(2).平衡燒瓶和分液漏斗中的壓強(qiáng)，便于濃鹽酸滴下(3).16H++2MnO+10Cl-

=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(4).氯化鋅發(fā)生水解生成Zn(OH)2，Zn(OH)2受熱分解生成ZnO(5).堿石灰(6).汲取多余的氯氣和

HCl，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置A(7).100

mL容量瓶、膠頭滴管(8).【解析】分析】通過濃鹽酸和高錳酸鉀之間的氧化還原反應(yīng)制得氯氣，經(jīng)過干燥后，氣體與Zn反應(yīng)生成氯化鋅，干燥管中堿石灰汲取尾氣、汲取空氣中的水分防止其進(jìn)入裝置A；配制100mLZnCl2溶液須要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；要計(jì)算樣品中氯化鋅的含量，依據(jù)化學(xué)方程式、結(jié)合數(shù)據(jù)計(jì)算即可；【詳解】(1)裝置D制備氯氣，進(jìn)入裝置A前，Cl2須要干燥，但Cl2中的HCl雜質(zhì)不須要除掉，裝置C用于處理尾氣，故裝置的連接依次為hdcabe(f)；裝置D中橡皮管的作用為平衡燒瓶和分液漏斗中的壓強(qiáng)，便于濃鹽酸滴下；

(2)裝置D中反應(yīng)的為濃鹽酸和高錳酸鉀之間的氧化還原反應(yīng)，有氯氣生成，故離子方程式為：16H++2MnO+10Cl-

=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)氣體中有水蒸氣雜質(zhì)時(shí)，會(huì)導(dǎo)致氯化鋅發(fā)生水解，生成Zn(OH)2，Zn(OH)2受熱分解生成ZnO；

(4)A用于制備無水氯化鋅，已知無水氯化鋅易吸水潮解，故A必需是干燥環(huán)境，則裝置C中的藥品為堿石灰，堿石灰不僅可以汲取多余的氯氣和HCl，防止污染空氣，同時(shí)還能防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置A；

(5)①配制100mLZnCl2溶液須要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；②按：Zn2++H2Y2-=ZnY2-

+2H+

，ag試樣中，氯化鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，則答案為：。18.合成氨反應(yīng)[N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)]是人工固氮的主要手段，對(duì)人類生存、社會(huì)進(jìn)步和經(jīng)濟(jì)發(fā)展都有著重大意義?；卮鹣铝袉栴}：(1)合成氨反應(yīng)的反應(yīng)歷程和能量變更如圖所示：①N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=____________。②對(duì)總反應(yīng)速率影響較小的步驟的能壘(活化能)為_______kJ/mol，該步驟的化學(xué)方程式為______________。(2)肯定溫度下，向10L恒容密閉容器中充入1molN2(g)和3molH2(g)，發(fā)生合成氨反應(yīng)。10min末達(dá)到平衡，測(cè)得NH3的體積分?jǐn)?shù)為60%。①N2的平衡體積分?jǐn)?shù)為___________。②0~10min內(nèi)，用H2的濃度變更表示的平均反應(yīng)速率v(H2)=_____________。(3)合成氨反應(yīng)中，正反應(yīng)速率v正=k正●c(N2)●c3(H2)，逆反應(yīng)速率v逆=k逆●c2(NH3)，k正、k逆為速率常數(shù)。正反應(yīng)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系如圖所示：①表示逆反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度變更關(guān)系的曲線為_____(填“L1”或“L2")②T0°C時(shí)，=_________________。【答案】(1).-92kJ/mol(2).124(3).●N2+3●H2=2●N+6●H(4).10%(5).0.0225

mol/(L●min)(6).L2(7).該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)的平衡常數(shù)增大(8).1【解析】【分析】(1)①依據(jù)反應(yīng)歷程圖可知，以2●N2+6●H的能量為基準(zhǔn)，推斷N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)中生成物總能量和反應(yīng)物總能量，結(jié)合△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量計(jì)算；②依據(jù)圖像，對(duì)總反應(yīng)速率影響較小的步驟為●N2+3●H2=2●N+6●H，據(jù)此分析解答；(2)依據(jù)三段式結(jié)合10

min末達(dá)到平衡，測(cè)得NH3的體積分?jǐn)?shù)為60%計(jì)算求出平衡時(shí)生成的NH3的物質(zhì)的量，據(jù)此分析解答；(3)①合成氨的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，依據(jù)溫度對(duì)平衡的影響，結(jié)合圖像分析推斷；②T0°C時(shí)正反應(yīng)的平衡常數(shù)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，即=，而平衡時(shí)v正=v逆，據(jù)此分析計(jì)算的值。【詳解】(1)①依據(jù)反應(yīng)歷程圖可知，以2●N2+6●H的能量為基準(zhǔn)，N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量=(100+308)-500=-92kJ?mol-1，故答案為：-92；②依據(jù)圖像，對(duì)總反應(yīng)速率影響較小的步驟為●N2+3●H2=2●N+6●H，該步驟的能壘為(90+34)kJ/mol=124kJ/mol，故答案為：124；●N2+3●H2=2●N+6●H；(2)假設(shè)達(dá)到平衡時(shí)生成的NH3的物質(zhì)的量為2xmol，10

min末達(dá)到平衡，測(cè)得NH3的體積分?jǐn)?shù)為60%，即×100%=60%，解得：x=0.75。①N2的平衡體積分?jǐn)?shù)為×100%=10%，故答案為：10%；②0~10

min內(nèi)，用H2的濃度變更表示的平均反應(yīng)速率v(H2)==0.0225

mol/(L●min)，故答案為：0.0225

mol/(L●min)；(3)①合成氨N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ?mol-1，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)的平衡常數(shù)增大，因此表示逆反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度變更關(guān)系的曲線為L(zhǎng)2，故答案為：L2；該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)的平衡常數(shù)增大；②依據(jù)圖像，T0°C時(shí)正反應(yīng)的平衡常數(shù)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，即=，因此c(N2)●c3(H2)=c2(NH3)，而平衡時(shí)v正=v逆，因此===1，故答案為：1?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為(3)，要留意理解圖像的含義，圖像中曲線上每一點(diǎn)均為平衡點(diǎn)，即曲線上每一點(diǎn)均滿意v正=v逆。19.氧化鈷(CoO)是一種重要的過渡金屬氧化物,在材料科學(xué)和化工生產(chǎn)領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用。以電鍍鋅廢液(含Co2+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、SO)為原料制備CoO的一種工藝流程如圖所示：已知：相關(guān)體系的組成如下表所示：體系組成漿液、Zn2+和少量Fe2+、Mn2+、SO燒渣1Co3O4、CoO、ZnO、Fe2O3、MnO燒渣2Co2(SO4)3、CoSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4回答下列問題：(1)“轉(zhuǎn)化”過程中進(jìn)行攪拌的目的為___________。(2)“轉(zhuǎn)化”過程中存在的部分轉(zhuǎn)化為NO+H++?+H2O、3+Co3+?↓+3H+。①結(jié)合上述流程和表中信息分析，加入NaNO2的作用為____________。②“調(diào)pH’’不能過高或過低的緣由為________________。(3)“煅燒”的主要目的是_________________。(4)“氧化”過程中MnSO4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________________。(5)“還原”的目的為_______________。(6)稱量mgCoC2O42H2O“高溫分解”，測(cè)得固體的失重率(×100%)與溫度的關(guān)系曲線如圖所示：加熱到160°C時(shí)所得固體的化學(xué)式為__________；“高溫分解”需限制的最低溫度為_________________?！敬鸢浮?1).加快“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分(2).將β-萘酚轉(zhuǎn)化為與Co3+反應(yīng)，將Fe2+氧化為Fe3+(3).“調(diào)pH"過高，生成的量少；“調(diào)pH"過低的產(chǎn)率低導(dǎo)致Co的回收率低(4).將原料中的金屬離子轉(zhuǎn)化犯難溶于水的金屬氧化物(5).Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+(6).將Co3+全部轉(zhuǎn)化為Co2+(7).CoC2O4(8).890℃【解析】【詳解】(1)“轉(zhuǎn)化”過程中攪拌可以使反應(yīng)物充分接觸，加快“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；故答案為：加快“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分。(2)①由信息，對(duì)比原料和漿液組成知，加入NaNO2的作用是將β-萘酚轉(zhuǎn)化為與Co3+反應(yīng)，并將Fe2+氧化為Fe3+；故答案為：將β-萘酚轉(zhuǎn)化為與Co3+反應(yīng)，將Fe2+氧化為Fe3+；②“調(diào)pH’’過高，NO+H++?+H2O的平衡逆向移動(dòng)，生成的量少；“調(diào)pH’’過低，3+Co3+?↓+3H+的平衡逆向移動(dòng)，的產(chǎn)率低，導(dǎo)致Co的回收率低；故答案為：“調(diào)pH"過高，生成的量少；“調(diào)pH"過低的產(chǎn)率低導(dǎo)致Co的回收率低；(3)由表中信息知，“煅燒”的主要目的是將原料中的金屬離子轉(zhuǎn)化犯難溶于水的金屬氧化物；故答案為：將原料中的金屬離子轉(zhuǎn)化犯難溶于水的金屬氧化物；(4)由流程圖中物質(zhì)轉(zhuǎn)化知，“氧化”過程中MnSO4被(NH4)2S2O8氧化為MnO2，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；故答案為：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；(5)由流程信息知，“還原’’的目的是將Co3+全部轉(zhuǎn)化為Co2+；故答案為：將Co3+全部轉(zhuǎn)化為Co2+；(6)CoC2O42H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為183，設(shè)m=183，其中含CoC2O4、H2O的質(zhì)量依次為147g、36g,失重質(zhì)量為x，由失重率的含義可知，解得x≈36g，故加熱到160°C時(shí)失去了全部結(jié)晶水，所得固體的化學(xué)式為CoC2O4；“高溫分解”需生成CoO，失重率為。由圖可知，需限制的最低溫度為890℃；故答案為：CoC2O4；890℃。(二)選考題：共14分。從2道題中任選一題作答。20.KZnF3被認(rèn)為是良好的光學(xué)基質(zhì)材料，可由K2CO3、ZnF2、NH4HF2制備?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)F原子的價(jià)電子軌道表達(dá)式為_________；基態(tài)Zn原子核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形態(tài)為____________。(2)K與Zn屬于同一周期，K的第一電離能_____(填“大于”或“小于”)Zn的第一電離能，緣由為______________。(3)K2CO3中陰離子的立體構(gòu)型為______。(4)NH4HF2的組成元素的電負(fù)性由大到小的依次為_______(用元素符號(hào)表示)；其中N原子的雜化方式為______；HF能形成分子締合體(HF)n的緣由為_____________。(5)ZnF2具有金紅石型四方結(jié)構(gòu)，KZnF3具有鈣鈦礦型立方結(jié)構(gòu)，兩種晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①ZnF2和KZnF3晶體(晶胞頂點(diǎn)為K+

)中，Zn的配位數(shù)之比為_______②若NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則ZnF2晶體的密度為_____g/cm3(用含a、c、NA的代數(shù)式表示)。③KZnF3晶胞中原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0，0，0)；B為(1，0，0)；C為(0，1，0)，則D的原子坐標(biāo)參數(shù)為_________?！敬鸢浮?1).(2).球形(3).小于(4).Zn

原子半徑小，且價(jià)電子排布為全滿結(jié)構(gòu)，第一電離能更大(5).平面三角形(6).F＞N＞H(7).sp3(8).HF

分子間能形成氫鍵(9).1：1(10).(11).(0，，)【解析】【分析】(1)F元素處于其次周期第ⅦA族，價(jià)電子排布式為2s22p5，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價(jià)電子軌道表達(dá)式；Zn是30號(hào)元素，處于周期表中第四周期第ⅡB族，價(jià)電子排布式為3d104s2，最高能層電子占據(jù)4s；(2)K與Zn屬于同一周期，Zn的原子半徑小，價(jià)電子為3d104s2，是全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；(3)依據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)計(jì)算推斷CO的空間構(gòu)型；(4)元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大；N原子形成4個(gè)N-H鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4；HF分子之間能形成氫鍵；(5)①依據(jù)均攤法推斷ZnF2晶胞中白色球和黑色球的數(shù)目，在推斷其種類，結(jié)合結(jié)構(gòu)推斷Zn的配位數(shù)；KZnF3晶體(晶胞頂點(diǎn)為K+)中，則體心白色球?yàn)閆n，據(jù)此推斷Zn的配位數(shù)；②結(jié)合晶胞中Zn、F原子數(shù)目計(jì)算晶胞質(zhì)量，結(jié)合晶體密度ρ=計(jì)算；③D原子處于晶胞左側(cè)面面心位置，結(jié)合A、B、C的坐標(biāo)參數(shù)推斷D的坐標(biāo)?！驹斀狻?1)F為9號(hào)元素，F(xiàn)元素處于其次周期第ⅦA族，價(jià)電子排布式為2s22p5，價(jià)電子軌道表達(dá)式為；Zn是30號(hào)元素，處于周期表中第四周期第ⅡB族，價(jià)電子排布式為3d104s2，最高能層電子占據(jù)4s，電子云輪廓圖形態(tài)為球形，故答案為：；球形；(2)K與Zn屬于同一周期，Zn的原子半徑較小，且價(jià)電子為3d104s2，為全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故K的第一電離能小于Zn的第一電離能，故答案為：小于；K與Zn屬于同一周期，Zn的原子半徑小，且價(jià)電子為3d104s2，為全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能更大；(3)CO的中心原子C原子孤電子對(duì)數(shù)==0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+0=3，立體構(gòu)型與VSEPR模型相同為平面三角形，故答案為：平面三角形；(4)元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，故電負(fù)性：F＞N＞H；NH中N原子形成4個(gè)N-H鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，N原子實(shí)行sp3雜化；HF分子之間簡(jiǎn)潔形成氫鍵，形成分子締合體(HF)n，故答案為：F＞N＞H；sp3；H