广西贵港市2020年高考化学质检试题（含解析）

2020年广西贵港市高考化学质检试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法正确的是（）A硅胶可用作食品干燥剂和催化剂的载体B铝盐、铁盐净水原理与氯气净水原理相同C浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D电解熔融NaC1或A1C13制取Na或A12用NA表示阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A用铁做两电极电解饱和食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标准状况下）B标准状况下，2.24LHF中含有的原子数为0.2NAC78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAD在浓硫酸作用下，60g冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为NA3下列说法正确的是（）A1 mol蔗糖可以水解生成2mo1葡萄糖B食用花生油能发生水解反应CC2H4C12、C5H12均只有两种同分异构体D苯乙烯分子内共平面的碳原子数最多为7个4下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A装置甲收集SO2并验证其漂白性B装置乙验证氯气与水反应有盐酸生成C为河定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照D证明Fe3的氧化性大于2将KI溶液和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色5下列说法正确的是（）A向K2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原K2CO3的物质的量之比为1：2B为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解C向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以A1O2形式存在于溶液中D加入A1放出H2的溶液中可能大量存在Fe3十、K十、C1一、NO36Q、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大已知：Q 和X、W和Y分别位于同主族且W、Y质子数之和是Q、X质子数之和的2倍下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：WXYBW的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱CZ分别与Q、X形成的化合物中化学键类型相同DX的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强7常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（）Ab、c两点溶液的导电能力bcB用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积VbVcCc点溶液中c（H+）=c （OH）+c（CH3COOH）Da、b、c三点溶液中水的电离程度acb二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题一第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题一第12题为选考题，考生根据要求作答：8硝酸铜是一种重要的化工原料，实验室以含铁的铜屑为原料制备硝酸铜的过程如下，请按要求回答问题（I）以含铁的铜屑为原料制备Cu （ NO3 ） 23H2O的实验过程如下：铜屑（含铁）溶液溶液IICu（NO3）23H2O已知几种离子生物生成氢氧化物沉淀的pH如表开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Cu2+4.76.7（1）铜与稀HNO3反应的离子方程式为： （2）请补充完整由溶液I制备Cu （ NO3 ） 23H2O晶体的实验方案：往溶液I中加入物质x，调节溶液的pH，其中物质X的化学式为： ，调节溶液的pH范围为： ，若加入的物质X太少，溶液II中会含有较多的杂质离子，检验溶液II中含有较多该杂质离子的实验操作方法是： 溶液II经过 ，过滤，用冰水洗涤，干燥得到Cu （ NO3 ） 23H2O晶体（II）用Cu （ NO3 ） 23H2O晶体和SOC12制备无水Cu （ NO3 ） 2的实验装置（夹持及控提装置省略）如图所示，已知SOC12熔点为105，沸点为76，遇水剧烈水解生成两种酸性气体：（1）仪器c的名称是： 装置A中使用恒压滴液漏斗的优点是： （2）装置A中Cu （ NO3 ） 23H2O晶体和SOC12在加热条件下发生反应的化学方程式是： 9近年来，雾霾天气频繁出现，严重影响人们的生活和健康其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等因此，对PM2.5，SO2，NOx等进行研究具有重要意义请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表一：表一：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/molL1410661062105410531052105根据表一中数据计算试样的pH= （2）我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霆的主要来源之一经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧能够降低燃煤时NO的排放，主要反应如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H1若N2（g）+O2（g）2NO（g）H2=+180.5kJmol1CO（g）C（s）+O2H3=+110.5kJmol1C（s）+O2（s）CO2（g）H4=393.5kJmol1则H1= kJmol1（3）活性炭可处理大气污染物NO在5L密闭容器中加入NO和活性炭（假设无杂质）一定条件下发生反应：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）H当温度分别在T1和T2时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol）如表二：表二：物质温度/活性炭NOCO2N2初始3.0000.1000T12.9600.0200.0400.040T22.9750.0500.0250.025列式计算上述反应T1时的平衡常数K1= ；若T1T2，则该反应的H= 0（填“”、“”或“=”）理由是： （4）利用如图所示的电解装置可将雾霆中的SO2、NO转化为（NH4）2SO4则物质A是 （填名称），阴极的电极反应式是： 电解方程式为： 10碳酸镁晶体（MgC03nH2O，n=15的整数）广泛应用于冶金、耐火材料及化工产品等领域，工业上以石棉尾矿（主要含有Mg3 （ Si2O5） （ OH ）4和少量的Fe2O3、AI2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3nH2O）的工艺流程如图1：已知“焙烧”过程中的主反应为：Mg3（SiO5）（OH）4+5（NH4）2SO43MgSO4+10NH3+2SiO2+7H2O+2SO3（1）Mg3（Si2O5）（OH）4（OH）a用氧化物的形式表示为： （2）用电子式表示氨气的形成过程： （3）“浸渣”的主要成分为： （4）“除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，适宜作调节剂的是： （填字母代号）aNaOH bMg（OH） 2 cNH3H2O（5）“沉钱”过程中反应的离子方程式为： （6）为精确测定n的值，称取13.8gMgCO2nH2O进行热重分析，并绘制出如图2所示的热重曲线示意图查阅资料：碳酸镁晶体高温可完全分解生成3种氧化物t2C时，剩余圆固体为： （填化学式）最终剩余的4.0g物质是： （填化学式MgCO3nH2O完全分解的化学方程式为： 【化学-选修3：物质结构与性质】11A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大元素周期表中原子半径最小的是A，B原子最外层有两个未成对电子，化合物CD2为红棕色气体，E的单质易与水反应且只作氧化剂，元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满请回答下列问题：（1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为： （用元素符号表示）（2）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是： （3）E的单质与水反应的化学方程式： （4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构，则该化合物的化学式为： 乙醇在D的氢化物（H2D）中的溶解度大于H2Y在D的氢化物（H2D）中的溶解度，其原因是： X的氯化物与氨水反应可形成配合物X（NH3）4CI2该配合物中含有o键的数目为： （5）F与G所形成化合物晶体的晶胞如图所示在元素周期表中，元素G位于 区在1个晶胞中，该化合物的化学式为： 已知该晶体的密度为pgcm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中F原子和G原子之间的最短距离为： cm（只写计算式）（F原子位于体对角线上）【化学-选修5：有机化学基础】12某烃X中氢的质量分数为8.7%，它的质谱图如图所示某研究小组以X和乙醇为主要原料，合成一种医药中间体乙酰基扁桃酰氯具体合成路线如图：已知：RCHO；RCNRCOOH；RCOOHRCOClRCOOR请回答下列问题：（1）lmol乙酞基扁桃酰氯在一定条件下与足量的氢气反应，最多消耗 mol氢气（2）XA的反应类型是： ，（3）B的官能团名称： C的名称： （4）D的结构简式： （5）AB的化学方程式是： （6）E+FG的化学方程式是： （7）D的同分异构体有多种，写出一种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式： 含有CN（氰基）和OH 含有苯环，且苯环上的一卤代物有两种（8）设计以1丙醇为原料制备CH3CH2COCl的合成路线（无机试剂任选）合成路线的表示方式为：AB目标产物 2020年广西贵港市高考化学质检试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法正确的是（）A硅胶可用作食品干燥剂和催化剂的载体B铝盐、铁盐净水原理与氯气净水原理相同C浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D电解熔融NaC1或A1C13制取Na或A1【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A硅胶具有吸水性；B依据盐类水解的应用解答；C乙烯具有催熟效力，能够被高锰酸钾氧化；D熔融氯化铝不导电【解答】解：A硅胶具有吸水性，且无毒，所以可以做干燥剂，故A正确；B铝盐、铁盐净水是因为二者水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体、氢化氧化铁胶体，能够吸附水中固体杂质颗粒而净水，氯气与水反应生成具有强氧化性次氯酸，具有杀菌消毒作用，故B错误；C浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了氧化生成的具有催熟效力的乙烯，故C错误；D熔融氯化铝不导电，工业制备铝用电解氧化铝方法，故D错误；故选：A2用NA表示阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A用铁做两电极电解饱和食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标准状况下）B标准状况下，2.24LHF中含有的原子数为0.2NAC78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAD在浓硫酸作用下，60g冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A铁做阳极为活性电极；B气体摩尔体积使用对象为气体；CNa2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成；D酯化反应为可逆反应【解答】解：A铁做阳极为活性电极，电极本身放电，得不到气体，故A错误；B标况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；CNa2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量均为1mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含NA个阴离子，故C正确；D酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以在浓硫酸作用下，60g冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数小于NA，故D错误；故选：C3下列说法正确的是（）A1 mol蔗糖可以水解生成2mo1葡萄糖B食用花生油能发生水解反应CC2H4C12、C5H12均只有两种同分异构体D苯乙烯分子内共平面的碳原子数最多为7个【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B花生油属于油脂，含有酯基；CC5H12有3种同分异构体；D苯乙烯含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构【解答】解：A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A错误；B花生油属于油脂，含有酯基，可发生水解反应，故B正确；CC5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，故C错误；D苯乙烯含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则苯乙烯分子内共平面的碳原子数最多为8个，故D错误故选B4下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A装置甲收集SO2并验证其漂白性B装置乙验证氯气与水反应有盐酸生成C为河定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照D证明Fe3的氧化性大于2将KI溶液和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；B生成的氯气与挥发的盐酸均与碳酸氢钠反应；C氯水中含HClO，具有漂白性；DKI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳萃取碘后在下层【解答】解：A二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，与其还原性有关，与漂白性无关，故A错误；B生成的氯气与挥发的盐酸均与碳酸氢钠反应，不能说明氯气与水反应生成盐酸，故B错误；C氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测定其pH，应选pH计，故C错误；DKI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳萃取碘后在下层，则下层溶液显紫红色，可Fe3的氧化性大于2，故D正确；故选D5下列说法正确的是（）A向K2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原K2CO3的物质的量之比为1：2B为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解C向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以A1O2形式存在于溶液中D加入A1放出H2的溶液中可能大量存在Fe3十、K十、C1一、NO3【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生HCl+K2CO3=KCl+KHCO3；B用饱和Na2CO3溶液浸泡，Qc（CaCO3）Ksp（CaCO3），则生成CaCO3，CaCO3溶于盐酸；C当硫酸根离子恰好沉淀完全时，KAl（SO4）2与Ba（OH）2以1：2反应；D加入A1放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液【解答】解：A逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生HCl+K2CO3=KCl+KHCO3，不生成CO2，故A错误；B用饱和Na2CO3溶液浸泡，Qc（CaCO3）Ksp（CaCO3），则生成CaCO3，CaCO3溶于盐酸，则可处理锅炉水垢中的CaSO4，故B正确；C当硫酸根离子恰好沉淀完全时，KAl（SO4）2与Ba（OH）2以1：2反应，铝元素以A1O2形式存在于溶液中，故C错误；D加入A1放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，强碱溶液中不能大量存在Fe3+，酸溶液中Al、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，故D错误；故选B6Q、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大已知：Q 和X、W和Y分别位于同主族且W、Y质子数之和是Q、X质子数之和的2倍下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：WXYBW的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱CZ分别与Q、X形成的化合物中化学键类型相同DX的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大由Q 和X、W和Y分别位于同主族且W、Y质子数之和是Q、X质子数之和的2倍，结合原子序数可知，Q为H，X为Na，W为O，Y为S，则符合（1+11）2=8+16，Z的原子序数最大，只能为Cl，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，Q为H，X为Na，W为O，Y为S，Z为Cl，A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：XYW，故A错误；B非金属性WY，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强，故B错误；CZ分别与Q、X形成的化合物分别为HCl、NaCl，分别含共价键、离子键，故C错误；D短周期中金属性Na的最强，则X的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强，故D正确；故选D7常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（）Ab、c两点溶液的导电能力bcB用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积VbVcCc点溶液中c（H+）=c （OH）+c（CH3COOH）Da、b、c三点溶液中水的电离程度acb【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH）：CH3COONaNaOH，所以pH变化大的是NaOH，则II为NaOH，变化小的是CH3COONa，即I为CH3COONa，A溶液导电能力与离子浓度成正比；BpH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比；C任何电解质溶液中都存在质子守恒；D酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH）：CH3COONaNaOH，所以pH变化大的是NaOH，则II为NaOH，变化小的是CH3COONa，即I为CH3COONa，A溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）c（NaOH），所以c点导电能力大于b，故A错误；BpH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积VbVc，故B错误；C任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH），故C错误；D氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进程度越大，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度acb，故D正确；故选D二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题一第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题一第12题为选考题，考生根据要求作答：8硝酸铜是一种重要的化工原料，实验室以含铁的铜屑为原料制备硝酸铜的过程如下，请按要求回答问题（I）以含铁的铜屑为原料制备Cu （ NO3 ） 23H2O的实验过程如下：铜屑（含铁）溶液溶液IICu（NO3）23H2O已知几种离子生物生成氢氧化物沉淀的pH如表开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Cu2+4.76.7（1）铜与稀HNO3反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（2）请补充完整由溶液I制备Cu （ NO3 ） 23H2O晶体的实验方案：往溶液I中加入物质x，调节溶液的pH，其中物质X的化学式为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，调节溶液的pH范围为：3.2pH4.7，若加入的物质X太少，溶液II中会含有较多的杂质离子，检验溶液II中含有较多该杂质离子的实验操作方法是：取少量溶液II于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明溶液II中含有较多杂质离子溶液II经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥得到Cu （ NO3 ） 23H2O晶体（II）用Cu （ NO3 ） 23H2O晶体和SOC12制备无水Cu （ NO3 ） 2的实验装置（夹持及控提装置省略）如图所示，已知SOC12熔点为105，沸点为76，遇水剧烈水解生成两种酸性气体：（1）仪器c的名称是：三颈烧瓶装置A中使用恒压滴液漏斗的优点是：维持滴液漏斗内部与三颈烧瓶中气体压强相等，便于溶液顺利滴下（2）装置A中Cu （ NO3 ） 23H2O晶体和SOC12在加热条件下发生反应的化学方程式是：Cu（NO3）23H2O+3SOC12Cu（NO3）2+3SO2+6HCl【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】以含铁的铜屑为原料制备硝酸铜：向含铁的铜屑中加入过量的稀硝酸，发生的反应为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O、Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，溶液为硝酸铁、硝酸铜的溶液，向其中加入CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3调节溶液的pH3.24.7，沉淀铁离子与铜离子分离，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用冰水洗涤，干燥得Cu （ NO3 ） 23H2O晶体，将Cu （ NO3 ） 23H2O晶体和SOC12在加热条件下于A装置中发生反应：Cu （ NO3 ） 23H2O+3SOC12Cu （ NO3 ） 2+3SO2+6HCl，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析解答【解答】解：（1）铜与稀HNO3反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；（2）溶液为硝酸铁、硝酸铜的溶液，向其中加入CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3调节溶液的pH，目的是沉淀全部铁离子而铜离子不沉淀与之分离，故pH范围为3.2pH4.7，若加入的CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3太少，溶液II中会含有较多的杂质离子铁离子，检验溶液II中含有较多铁离子的方法为：取少量溶液II于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明溶液II中含有较多杂质离子；故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；3.2pH4.7；取少量溶液II于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明溶液II中含有较多杂质离子；溶液II为硝酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用冰水洗涤，干燥得Cu （ NO3 ） 23H2O晶体；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（1）根据仪器构造可知仪器c为三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；恒压滴液漏斗可维持滴液漏斗内部与三颈烧瓶中气体压强相等，便于溶液顺利滴下；故答案为：维持滴液漏斗内部与三颈烧瓶中气体压强相等，便于溶液顺利滴下；（2）SOC12遇水剧烈水解生成两种酸性气体，可带走Cu （ NO3 ） 23H2O晶体中的水分，故Cu （ NO3 ） 23H2O和SOC12在加热条件下生成无水Cu （ NO3 ） 2，化学反应方程式为：Cu （ NO3 ） 23H2O+3SOC12Cu （ NO3 ） 2+3SO2+6HCl；故答案为：Cu （ NO3 ） 23H2O+3SOC12Cu （ NO3 ） 2+3SO2+6HCl9近年来，雾霾天气频繁出现，严重影响人们的生活和健康其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等因此，对PM2.5，SO2，NOx等进行研究具有重要意义请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表一：表一：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/molL1410661062105410531052105根据表一中数据计算试样的pH=4（2）我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霆的主要来源之一经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧能够降低燃煤时NO的排放，主要反应如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H1若N2（g）+O2（g）2NO（g）H2=+180.5kJmol1CO（g）C（s）+O2H3=+110.5kJmol1C（s）+O2（s）CO2（g）H4=393.5kJmol1则H1=746.5kJmol1（3）活性炭可处理大气污染物NO在5L密闭容器中加入NO和活性炭（假设无杂质）一定条件下发生反应：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）H当温度分别在T1和T2时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol）如表二：表二：物质温度/活性炭NOCO2N2初始3.0000.1000T12.9600.0200.0400.040T22.9750.0500.0250.025列式计算上述反应T1时的平衡常数K1=4；若T1T2，则该反应的H=0（填“”、“”或“=”）理由是：从T1到T2，NO的浓度增大，说明升高温度，平衡逆向移动，由于升高温度平衡向吸热方向移动，所以该反应的逆反应为吸热反应，则H0（4）利用如图所示的电解装置可将雾霆中的SO2、NO转化为（NH4）2SO4则物质A是硫酸（填名称），阴极的电极反应式是：NO+5e+6H+=NH4+H2O电解方程式为：5SO2+2NO+8H2O=（NH4）2SO4+4H2SO4【考点】CP：化学平衡的计算【分析】（1）溶液是电中性的，可根据电荷守恒式计算溶液中H+浓度，再计算pH；（2）根据盖斯定律，由=2+2得到2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），据此计算反应的焓变；（3）计算各气体的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；若T1T2，可根据温度升高时NO浓度的变化，判断平衡移动的方向，从而判断反应正向进行时是放热还是吸热；（4）电解时NO转化为（NH4）2SO4的过程发生还原反应，电解池工作时阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，并结合电解质溶液，写出电极反应式，再根据电子守恒写出总反应式，即可判断另一种产物【解答】解：（1）根据表格提供的离子可知，NH4+水解导致试样溶液呈酸性，根据电荷守恒可知，c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（Cl）+c（NO3），c（H+）=104mol/L，pH=4，故答案为：4；（2）由=2+2得到2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），反应的焓变H1=2（+110.5kJmol1）+2（393.5kJmol1）=746.5kJmol1，故答案为：746.5；（3）平衡时c（NO）=0.010mol/L，c（N2）=c（CO2）=0.020mol/L，故T1时该反应的平衡常数为K1=4，故答案为：4； 由于T1T2，从T1到T2，NO的浓度增大，说明升高温度，平衡逆向移动，由于升高温度平衡向吸热方向移动，所以该反应的逆反应为吸热反应，则H0，故答案为：；由于T1T2，从T1到T2，NO的浓度增大，说明升高温度，平衡逆向移动，由于升高温度平衡向吸热方向移动，所以该反应的逆反应为吸热反应，则H0；（4）二氧化硫中硫的元素化合价升高，在阳极发生反应，SO22e+2H2O=SO42+4H+，一氧化氮中的氮元素化合价降低，在阴极发生反应，一氧化氮得电子生成铵根离子，电极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O；根据电子守恒可知总反应为：5SO2+2NO+8H2O=（NH4）2SO4+4H2SO4，则生成硫酸铵外还有硫酸，故答案为：硫酸；NO+5e+6H+=NH4+H2O；5SO2+2NO+8H2O=（NH4）2SO4+4H2SO410碳酸镁晶体（MgC03nH2O，n=15的整数）广泛应用于冶金、耐火材料及化工产品等领域，工业上以石棉尾矿（主要含有Mg3 （ Si2O5） （ OH ）4和少量的Fe2O3、AI2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3nH2O）的工艺流程如图1：已知“焙烧”过程中的主反应为：Mg3（SiO5）（OH）4+5（NH4）2SO43MgSO4+10NH3+2SiO2+7H2O+2SO3（1）Mg3（Si2O5）（OH）4（OH）a用氧化物的形式表示为：3MgO2SiO22H2O（2）用电子式表示氨气的形成过程：3H+（3）“浸渣”的主要成分为：SiO2（4）“除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，适宜作调节剂的是：bc （填字母代号）aNaOH bMg（OH） 2 cNH3H2O（5）“沉钱”过程中反应的离子方程式为：Mg2+2HCO3+（n1）H2O=MgCO3nH2O+CO2（6）为精确测定n的值，称取13.8gMgCO2nH2O进行热重分析，并绘制出如图2所示的热重曲线示意图查阅资料：碳酸镁晶体高温可完全分解生成3种氧化物t2C时，剩余圆固体为：MgCO3H2O （填化学式）最终剩余的4.0g物质是：H2O （填化学式MgCO3nH2O完全分解的化学方程式为：MgCO33H2OMgO+CO2+3H2O【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】以石棉尾矿（主要含有Mg3 （ Si2O5） （ OH ）4和少量的Fe2O3、Al2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3nH2O）的工艺流程：加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，形成Mg2+、Fe3+、Al3+的溶液，SiO2不溶于水形成浸渣，加入Mg（OH） 2 或NH3H2O将pH调至8.0左右，将Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式过滤除去，向含有镁离子的滤液中加入碳酸氢铵发生反应：Mg2+2HCO3+（n1）H2O=MgCO3nH2O+CO2，洗涤晶体可得，据此分析解答【解答】解：（1）化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序来书写，Mg3（Si2O5）（OH）4用氧化物的形式表示为：3MgO2SiO22H2O；故答案为：3MgO2SiO22H2O；（2）氨气为共价化合物，其形成过程为3H+；故答案为：3H+；（3）石棉尾矿加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，SiO2不溶于水形成浸渣；故答案为：SiO2；（4）“除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，选择不引入新杂质的试剂，故可选用Mg（OH） 2 或NH3H2O；故答案为：bc；（5）“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2+2HCO3+（n1）H2O=MgCO3nH2O+CO2；故答案为：Mg2+2HCO3+（n1）H2O=MgCO3nH2O+CO2；（6）根据精确测定n的值，称取13.8gMgCO3nH2O进行热重分析，图2所示的热重曲线示意图，MgCO2nH2O受热分解生成MgO、CO2、H2O，最终剩余的固体为MgO4.0g，n（Mg）=4.0g40g/mol=0.1mol，则n（MgCO3）=n（Mg）=0.1mol，m（MgCO3）=8.4g，m（H2O）=13.8g8.4g=5.4g，n（H2O）=5.4g18g/mol=0.3mol，1：n=n（MgCO3）：n（H2O）=0.1：0.3，故n=3，则该晶体化学式为MgCO33H2O，t2C时，剩余圆固体化学式为MgCO3xH2O，此时分解的化学方程式为：MgCO33H2OMgCO3xH2O+（3x）H2O138 84+18x13.8g 10.2g，解得x=1，故此时物质的化学式为：MgCO3H2O；故答案为：MgCO3H2O；MgCO2nH2O受热分解生成MgO、CO2、H2O，最终剩余的固体为MgO；故答案为：MgO；MgCO2nH2O完全分解的化学方程式为：MgCO33H2OMgO+CO2+3H2O；故答案为：MgCO33H2OMgO+CO2+3H2O【化学-选修3：物质结构与性质】11A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大元素周期表中原子半径最小的是A，B原子最外层有两个未成对电子，化合物CD2为红棕色气体，E的单质易与水反应且只作氧化剂，元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满请回答下列问题：（1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为：NOC（用元素符号表示）（2）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是：sp2（3）E的单质与水反应的化学方程式：2H2O+2F2=4HF+O2（4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构，则该化合物的化学式为：ZnS乙醇在D的氢化物（H2D）中的溶解度大于H2Y在D的氢化物（H2D）中的溶解度，其原因是：乙醇分子与水分子之间形成氢键而H2S分子与水分子之间不形成氢键X的氯化物与氨水反应可形成配合物X（NH3）4CI2该配合物中含有o键的数目为：16（5）F与G所形成化合物晶体的晶胞如图所示在元素周期表中，元素G位于ds区在1个晶胞中，该化合物的化学式为：CuCl已知该晶体的密度为pgcm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中F原子和G原子之间的最短距离为： cm（只写计算式）（F原子位于体对角线上）【考点】9I：晶胞的计算【分析】A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大元素周期表中原子半径最小的是A，则A为H元素；化合物CD2为红棕色气体，该气体为NO2，则C为N、D为O元素；B原子最外层有两个未成对电子，其原子序数小于N，则B为C元素；E的单质易与水反应且只作氧化剂，则E为F元素；元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，则F含有3个电子层，最外层含有7个电子，为Cl元素；G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满，核外电子数=2+8+18+1=29，则G为Cu元素；（4）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，据此进行解答（5）G为Cu，位于周期表中第四周期B族，为ds区；利用均摊法计算得出；计算出一个晶胞中微粒数，利用化合物的摩尔质量和密度计算出晶胞边长，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的【解答】解：A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大元素周期表中原子半径最小的是A，则A为H元素；化合物CD2为红棕色气体，该气体为NO2，则C为N、D为O元素；B原子最外层有两个未成对电子，其原子序数小于N，则B为C元素；E的单质易与水反应且只作氧化剂，则E为F元素；元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，则F含有3个电子层，最外层含有7个电子，为Cl元素；G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满，核外电子数=2+8+18+1=29，则G为Cu元素，（1）B、C、D分别为C、N、O，同周期，随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，失去第一个电子需要的能量较多，其第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的第一电离能数值从大到小的顺序为：NOC，故答案为：NOC；（2）H、C、O可形成分子式为H2CO，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp2，故答案为：sp2；（3）E的单质为F2，F2与水反应生成氟化氢和氧气，反应的化学方程式为：2H2O+2F2=4HF+O2，故答案为：2H2O+2F2=4HF+O2；（4）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，X、为Zn、Y为S，X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，则X的化合价为+2，Y达到8电子的稳定结构，该化合物为ZnS，故答案为：ZnS；D为O、Y为S，D的氢化物为H2O，H2Y为H2S，在乙醇的水溶液中，水分子和乙醇分子之间易形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，而H2S分子与水分子之间不形成氢键，故答案为：乙醇分子与水分子之间形成氢键而H2S分子与水分子之间不形成氢键；该配合物为Zn（NH3）4Cl2，高配合物的配离子中Zn原子和N原子、氨气分子中N原子和H原子之间都存在键，则一个该配离子中键个数=4+34=12，所以配合物Zn（NH3）4Cl2中含有键的数目为16，故答案为：16；（5）F为Cl、G