2020年河北省唐山市高考化学一模试卷 (含解析）

这是一份2020年河北省唐山市高考化学一模试卷 (含解析），共20页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，NO2和H2O等内容，欢迎下载使用。

试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
1. 化学与中华古文化密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A.汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为粘土
B.雾霾天气会危害人类的健康，“雾”和“霾”的分散质微粒不同
C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA
B.标准状况下，22.4L已烷中含有的共价键的数目为19NA
C.标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NA
D.标准状况下，7.1gCl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA
3. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.由于丁和戊化学键相同，所以它们都是平面结构
B.简单氢化物的沸点：X＞Z
C.简单离子半径大小：X＜Y
D.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
4. 毒番石榴是自然界中最毒的树木之一，人若在树下避雨它的汁液会通过雨水渗进皮肤使人中毒。毒番石榴汁液的主要成分佛波醇分子结构如图，下列说法正确的是（ ）
A.该分子不能使稀高锰酸钾溶液褪色B.佛波醇不能溶于水及甲苯
C.该分子中所有原子共平面D.佛波醇可以发生加聚反应
5. 利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A.该分解过程是：2NON2+O2
B.实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C.过程②释放能量，过程③吸收能量
D.标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02×1023
6. 下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）
A.AB.BC.CD.D
7. 已知：pKa=-lgKa，25℃时，弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19．常温下，用0.1m/LNaOH溶液滴定20mL0.1ml/LH2A溶液的曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A.D点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19
B.C点所得溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-）
C.B点所得溶液中：c（A2-）＞c（H2A）
D.A点所得溶液中：溶质是NaHA和H2A
8. 碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。
已知：FeCO3是白色固体，难溶于水。
Ⅰ．研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3，铁矾渣主要含有K2Fe6（SO4）4（OH）12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、SiO2等。
（1）试剂1是过量的______，滤渣2的成分是______。（写化学式）
（2）“沉铁”发生反应的离子方程式是______
（3）沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、洗涤、干燥”得到皓矾（ZnSO4•7H2O），“操作a“是______，取28.70g皓矾（ZnSO4•7H2O）加热，剩余固体的质量变化如图，100°C时所得固体的化学式______。
Ⅱ．研究小组又采用如下装置制取FeCO3（C后及夹持装置略）。操作的关键是向Na2CO3溶液（pH=12.11）通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀。
（1）画出装置B并标明所用试剂。
（2）先向1ml/LNa2CO3溶液中通入CO2的目的是______。
（3）FeCO3溶于乳酸[CH3CH（OH）COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是______（不考虑操作不当引起的误差）。
9. 铋（Bi）的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含杂质SiO2等，Bi2S3不溶于水和硫酸）制备Bi2O3的工艺如图。
回答下列问题：
（1）试剂a最好选用的试剂是______（填选项字母）
A．HCl溶液B．浓H2SO4C．H2O2溶液D．FeCl3和HCl混合液
（2）辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出浸出过程生成S渣的离子方程式______。“滤液b“中通入气体X后可循环利用，气体X是______。（写化学式）
（3）“抽滤“用如图装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序
（洗涤操作只做一次）：开抽气泵→a→b→d→______→c→关抽气泵。
a．转移固液混合物 b．关活塞A c．开活塞A d．确认抽干 e．加洗涤剂洗涤
（4）写出“煅烧”碱式碳酸铋[（BiO）2CO3]制备Bi2O3的化学方程式______。
（5）硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸铋，碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，上述工艺中却转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是______。
（6）从“母液”中回收可用做炸药的物质是______。（写物质名称）
10. 燃煤烟气中含有大量NOx和SO2，可经处理消除。
（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
CH4（g）+4NO2（g）⇌4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H1=574.0kJ•ml-1
CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H2=160.0kJ•ml-1
①反应CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H3=______
②若该反应中将NOx还原为N2，消耗标准状况下5.6LCH4，则反应过程中转移的电子物质的量为______。
（2）用CH4还原NO2的反应为CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），向两个容积均为2L温度分别为T1℃、T2℃的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1ml的CH4和2mlNO2，测得各容器中n（NO2）随反应时间t的变化如图所示：
①T1______T2（填“＞”或“＜”）。
②T1℃时，40～80min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2）=______，此温度下的化学平衡常数K=______。
③T1℃下，200min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O（g）各lml，化学平衡______移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。
（3）亚氯酸钠（NaClO2）和次氯酸钠（NaClO）碱性混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2，使其转化为NO3-、SO42-。
①写出NO与NaClO2反应的离子方程式：______
②图甲表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系。图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是______。（答出一点即可）
（4）用碱液脱硝是目前研究的课题之一。
①将NO、NO2控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液。请写出该反应的离子方程式______。
②将工业上氢氧化钠溶液脱硝得到的NaNO2、NaNO3的混合液和NaOH溶液分别加到图乙所示的电解槽中进行电解。写出A室NO2发生的电极反应：______。
11. 硼（B）钴（C）和锰（Mn）形成物质时比较复杂和变化多端。
（1）C基态原子核外电子排布式为______。第二周期元素第一电离能比B高的有______种。
（2）硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，Mn（NO3）2中的化学键除了σ键外，还存在______。
（3）NaBO2可用于织物漂白。BO2的空间构型为______写出两种与其互为等电子体的分子的化学式：______。
（4）图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为______。（以n表示硼原子的个数）图2表示的是一种五硼酸根离子，其中B原子的杂化方式为______。
（5）立方BN和立方AIN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AIN的原因为______。
（6）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为______g•cm-3．（用含a、NA的代数式表示）。
12. G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如图：
已知：（呈碱性，易氧化）
（1）C的官能团名称是______。
（2）反应①的反应类型为______；反应②的作用是______。
（3）下列对有机物G的性质推测不正确的是______。（填选项字母）。
A.1mlG与足量NaHCO3溶液反应放出2mlCO2
B．能发生取代反应和氧化反应
C．能加聚合成高分子化合物
D．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
（4）写出E→F的化学反应方程式______。
（5）同时符合下列条件的D的同分异构体有______种。
①含有苯环且能发生水解反应：②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。
（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：XYZ……目标产物______。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】D
【解析】解：A．瓷器由黏土烧制而成，所以烧制瓷器的主要原料为黏土，故A正确；
B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故B正确；
C．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．花生油是植物油，植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，故D错误；
故选：D。
A、瓷器由黏土烧制而成；
B、雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10-20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1-2微米左右；
C、Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极；
D、植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯。
本题主要考查的是元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
2. 【答案】C
【解析】解：A、4.6g钠的物质的量为0.2ml，和水反应生成0.1ml氢气，而钠和水反应后生成的NaOH能继续和铝反应生成氢气，故最终生成的氢气的物质的量大于0.1ml，即分子数多于0.1NA个，故A错误；
B、标况下己烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、标准状况下，11.2L12C18O的物质的量为n==0.5ml，而12C18O中含16个中子，故0.5ml此气体中含中子为8NA个，故C正确；
D、标况下7.1g氯气的物质的量为n==0.1ml，而氯气和碱的反应为歧化反应，氯元素由0价歧化为-1价和+1价，故0.1ml氯气转移电子为0.1NA个，故D错误。
故选：C。
A、求出钠的物质的量，然后根据钠和水反应后生成的NaOH能继续和铝反应来分析；
B、标况下己烷为液体；
C、求出标准状况下，11.2L12C18O的物质的量，然后根据12C18O中含16个中子来分析；
D、求出氯气的物质的量，然后根据氯气和碱的反应为歧化反应，氯元素由0价歧化为-1价和+1价。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3. 【答案】B
【解析】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素；甲为H2SO4，乙为Al2（SO4）3，丙为SO2，丁为H2O，戊为H2O2。
A．丁为H2O，戊为H2O2，前者含极性键，后者含有极性键、非极性键，二者化学键类型不同，且都不是平面结构，故A错误；
B．X为O，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即简单氢化物的沸点：X＞Z，故B正确；
C．电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径大小：X＞Y，故C错误；
D．Al3+、S2-在水中发生水解反应生成Al（OH）3与H2S，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是元素Y的单质，常温下A遇甲的浓溶液钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，则甲为H2SO4、丙为SO2．丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2（SO4）3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素，据此解答。
本题考查无机物的推断，题目难度中等，根据钝化反应以及相关物质的性质进行分析判断，熟练掌握元素化合物知识、微粒半径比较、元素周期律应用等，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4. 【答案】D
【解析】解：A．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；
B．有机物大都可溶于有机溶剂，含有多个羟基，为亲水基，由题意可知，汁液会通过雨水渗进皮肤使人中毒，说明可溶于水，故B错误；
C．含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故C错误；
D．含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D正确。
故选：D。
有机物含有羟基、羰基和碳碳双键，结合醇、酮和烯烃的性质解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、醇的性质，题目难度不大。
5. 【答案】C
【解析】解：A．由图可知，NO分解生成N2和O2，化学方程式为2NON2+O2，故A正确；
B．实验室常用铜与稀硝酸反应制取NO，硝酸具有强氧化性，能和较不活泼的金属Cu反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．过程②是断裂化学键的过程，吸收能量；过程③是形成化学键的过程，释放能量，故C错误；
D．依据方程式：2NON2+O2，生成1ml氮气转移4ml电子，则生成5.6LN2转移电子数为×4×6.02×1023ml-1=6.02×1023，故D正确；
故选：C。
A．根据图中NO分解的起始状态和最终状态分析物质种类，写出反应的化学方程式；
B．Cu和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水；
C．形成化学键释放能量，断裂化学键吸收能量；
D．依据方程式：2NON2+O2计算解答。
本题考查化学反应中能量变化，把握化学键的变化与能量变化的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
6. 【答案】C
【解析】解：A．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将反应后混合物注入水中观察，故A错误；
B．生成氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，试纸选择不合理，故B错误；
C．浓度相同，Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp（Ag2S）＜Ksp（Ag2SO4），故C正确；
D．测定等浓度的盐溶液，碳酸钠溶液的pH大，可知水解程度大，则碳酸氢根离子的酸性小于亚硫酸氢根离子的酸性，不能比较非金属性，故D错误；
故选：C。
A．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B．生成氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C．浓度相同，Ksp小的先沉淀；
D．测定等浓度的盐溶液，碳酸钠溶液的pH大，可知水解程度大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、沉淀生成、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7. 【答案】A
【解析】解：A．D点酸碱恰好完全反应生成Na2A，Na2A的水解平衡常数Kh1===10-6.81，故A错误；
B．C点溶液pH等于pKa2，则该点溶液中c（A2-）=c（HA-），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），故B正确；
C．B点酸碱恰好完全反应生成NaHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，则c（A2-）＞c（H2A），故C正确；
D．A点溶液的pH等于pKa1，则该点溶液中c（H2A）=c（HA-），B点酸碱恰好完全反应生成NaHA，所以A点所得溶液中溶质为溶质是NaHA和H2A，故D正确；
故选：A。
A．D点酸碱恰好完全反应生成Na2A，Na2A的水解平衡常数Kh1=；
B．C点溶液pH等于pKa2，则该点溶液中c（A2-）=c（HA-），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．B点酸碱恰好完全反应生成NaHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度；
D．A点溶液的pH等于pKa1，则该点溶液中c（H2A）=c（HA-），B点酸碱恰好完全反应生成NaHA。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意结合电离平衡常数分析解答，题目难度不大。
二、 简答题
8. 【答案】硫酸（H2SO4）， 铁粉（Fe）、CaF2、MgF2 Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 ZnSO4•H2O 排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2 乳酸被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大
【解析】解：I．（1）根据分析，试剂1是过量的硫酸（H2SO4），滤渣2的成分是铁粉（Fe）、CaF2、MgF2，
故答案为：硫酸（H2SO4）；铁粉（Fe）、CaF2、MgF2；
（2）“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、洗涤、干燥”得到皓矾（ZnSO4•7H2O），结合分析，“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶，
皓矾（ZnSO4•7H2O）受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSO4•H2O或ZnSO4或ZnO，产物不同；28.70g皓矾的物质的量为：n（（ZnSO4•7H2O）==0.1ml，不论分解产物是什么，根据锌元素守恒，物质的量为0.1ml，因此生成0.1mlZnSO4•H2O的质量=0.1ml×179g/ml=17.90g；生成0.1mlZnSO4的质量=0.1ml×161g/ml=16.10g；生成0.1mlZnO的质量=0.1ml×81g/ml=8.10g；根据上述分析：100°C时所得固体A的质量为17.90g，生成的固体为ZnSO4•H2O，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；ZnSO4•H2O；
II．（1）装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，通入C装置前应先进行洗气除杂，一般选用饱和碳酸氢钠，洗气时，气体应长进短出，装置图为，
故答案为：；
（2）装置中含有空气，空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子，CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c（OH-）大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1ml/LNa2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2，
故答案为：排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2；
（3）乳酸中含有醇羟基，具有醇的性质，能被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，
故答案为：乳酸被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大。
I．用过量的稀硫酸溶解铁矾渣（主要含有K2Fe6（SO4）4（OH）12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、SiO2等），SiO2不溶，过滤得到的滤渣I主要是SiO2，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，过滤，滤渣II含有过量的铁粉、CaF2、MgF2，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，再加入NH4HCO3沉淀Fe2+，生成FeCO3和CO2气体，得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、洗涤、干燥，得到皓矾（ZnSO4•7H2O），据此分析解答；
II．（1）装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，据此分析；
（2）碳酸钠溶液碱性强，溶液中c（OH-）大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；
（3）根据乳酸[CH3CH（OH）COOH]的结构简式，乳酸中醇羟基，具有醇的性质，可与高锰酸钾溶液反应，据此分析。
本题以物质制备为载体，考查学生对原理的分析理解、物质的分离提纯、氧化还原反应、实验方案设计、信息获取与迁移运用等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
9. 【答案】D Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S Cl2（或O2） c→e→b→d （BiO）2CO3Bi2O3+CO2↑ 没有污染性的气体产生 硝酸铵
【解析】解：（1）根据分析，浸出溶浸过程中，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，Bi3+，Fe3+易水解生成沉淀，加入盐酸可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，则试剂a最好选用的试剂是FeCl3和HCl混合液，故选D，
故答案为：D；
（2）辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，浸出过程加入氯化铁溶液，氯化铁氧化硫离子为硫单质，化学方程式为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S；滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+转化为Fe3+得到主要含有FeCl3的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，则气体X是Cl2（或O2），
故答案为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S；Cl2（或O2）；
（3）抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，
故答案为：c→e→b→d；
（4）根据分析，“煅烧”操作是将碱式碳酸铋煅烧分解生成Bi2O3和二氧化碳，化学方程式为（BiO）2CO3Bi2O3+CO2↑，
故答案为：（BiO）2CO3Bi2O3+CO2↑；
（5）碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，但同时产生氮氧化物，会污染大气。上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，可以改良产品性状，且没有污染性的气体产生，
故答案为：没有污染性的气体产生；
（6）根据分析，母液为硝酸铵，从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸铵，
故答案为：硝酸铵。
辉铋矿（主要成分是Bi2S3、含杂质SiO2等）制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Fe3+，滤液中加入铁粉过滤得到粗铋：2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+，滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+转化为Fe3+得到主要含有FeCl3的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，“粗铋”中含有的杂质主要是Fe，通过熔盐电解精炼除去Fe，得到精铋，加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋，与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋，母液为硝酸铵，将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3，据此分析作答。
本题考查了物质的制备，为高考常见题型，题目涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、电解精炼金属的原理等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
10. 【答案】367kJ•ml-1 2ml ＜ 0.0025ml/（L•min） 0.25 正向 4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O SO2易溶于水，NO难溶于水，二氧化硫溶于吸收剂中的浓度明显比NO大（或二氧化硫的还原性强或脱硝反应活化能较高） NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O 2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+N2↑
【解析】解：（1）①Ⅰ、CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=574.0kJ•ml-1
Ⅱ、CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=160.0kJ•ml-1
根据盖斯定律计算（Ⅰ+Ⅱ）×得到CH4与NO2反应生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式：CH4 （g）+2NO2（g）=N2 （g）+CO2（g）+2H2O（g）
△H3=[（574.0kJ•ml-1）+（160.0kJ•ml-1）]×=367kJ•ml-1，
故答案为：367kJ•ml-1；
②还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，n（CH4）==0.25ml，CH4被氧化为CO2，碳元素化合从-4价升高为+4价，整个过程中转移的电子总数为0.25ml×8=2ml，
故答案为：2ml；
（2）①图象分析可知，T2先拐先平温度高，所以T1＜T2，
故答案为：＜；
②T1℃时，CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），40～80min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2）=v（NO2）===0.0025ml/（L•min），
向两个容积均为2L，T1℃此温度下反应达到平衡状态，二氧化氮物质的量为1ml，三行计算列式得到，
CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），
起始量（ml/L） 0.5 1
变化量（ml/L） 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
平衡量（ml/L） 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
平衡常数K==0.25，
故答案为：0.0025ml/（L•min）；0.25；
③T1℃下，200min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O（g）各lml，容积为2L，
CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），
起始量（ml/L） 0.25+0.5 0.5+0.5 0.25 0.25 0.5+0.5
Qc=≈0.083＜0.25，平衡正向移动，
故答案为：正向；
（3）①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、SO42-，则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，
故答案为：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；
②SO2易溶于水，而NO难溶于水，导致吸收剂中SO2浓度明显比NO大（或二氧化硫的还原性强或脱硝反应活化能较高），则SO2比NO脱除效率高，
故答案为：SO2易溶于水，NO难溶于水，二氧化硫溶于吸收剂中的浓度明显比NO大（或二氧化硫的还原性强或脱硝反应活化能较高）；
（4）①NO、NO2和氢氧化钠发生氮元素价态归中的氧化还原反应，反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，
故答案为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O；
②NO2-在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是中性溶液，故放电的方程式为：2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+N2↑，
故答案为：2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+N2↑。
（1）①Ⅰ、CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=574.0kJ•ml-1
Ⅱ、CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=160.0kJ•ml-1
盖斯定律计算（Ⅰ+Ⅱ）×得到CH4与NO2反应生成N2（g）和H2O（g）的热化学方程式；
②若反应中还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，CH4被氧化为CO2，碳元素化合从-4价升高为+4价，可结合甲烷的物质的量，可计算反应中转移电子数目；
（2）①先拐先平温度高，据此判断T1、T2大小；
②T1℃时，CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），40～80min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v（N2）=v（NO2）=；T1℃此温度下反应达到平衡状态，二氧化氮物质的量为1.0ml，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数；
③T1℃下，200min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O（g）各lml，温度不变，平衡常数不变，结合CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）列式计算，比较Qc、与K大小判断平衡进行的方向；
（3）①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、SO42-，据此写出反应的离子方程式；
②烟所中SO2和NO的水溶性存在明显差异，影响了复合剂对烟气中SO2、NO脱除效率；
（4）①将NO、NO2控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液生成亚硝酸钠和水，据此书写离子方程式；
②通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH-在B极放电，据此分析。
本题考查化学原理部分知识，包含化学平衡常数的理解与盖斯定律的简单应用，电化学知识，化学平衡计算等。题目涉及的知识点较多，较为综合，正确进行图象分析判断、熟练平衡移动原理的理解应用是解答关键，题目难度中等。
11. 【答案】[Ar]3d74s2 6 π键、离子键 直线形 CO2、CS2 （BO2）nn- sp2、sp3 B原子半径更小，B-N键键长更短，键能更大，熔点更高
【解析】解：（1）C是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；同周期主族元素，随着原子序数的增大，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以第一电离能比B大的有Be，C，N，O，F，Ne，共有6个元素；
故答案为：[Ar]3d74s2；6；
（2）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键，
故答案为：π键、离子键；
（3）BO2-的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与BO2-互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等，
故答案为：直线形；CO2、CS2；
（4）根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+=2，所以其化学式可表示为：（BO2）nn-，
根据杂化轨道理论，五硼酸根离子中，B原子部分形成3根共价键，为sp2杂化，部分形成4根共价键，为sp3杂化，
故答案为：（BO2）nn-；sp2、sp3；
（5）立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，B-N键键长更短，键能更大，熔点更高，
故答案为：B原子半径更小，B-N键键长更短，键能更大，熔点更高；
（6）晶胞中，Na+离子数目=4×+4×=3，Li+离子数目=2×=1，BH4-离子数目=1+4×+8×=4，故该物质的化学式为Na3Li（BH4）4，晶胞质量=g，晶体密度ρ==g/cm3=g/cm3；
故答案为：。
（1）C是27号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；同周期主族元素，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常；
（2）Mn（NO3）2为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有σ键和π键；
（3）BO2-的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；
（4）根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式，根据杂化轨道理论判断五硼酸根离子中B原子的杂化方式；
（5）原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；
（6）①均摊法计算晶胞中各离子数目，结合晶胞中各离子数目计算晶胞质量，晶体密度ρ=；
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式、熔沸点高低比较、化学键、晶胞计算等，（6）中关键是理解晶胞结构特点，注意均摊法的应用，侧重考查学生的分析计算能力。
12. 【答案】酯基 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化 AC 17
【解析】解：（1）C为，C的官能团名称是酯基，
故答案为：酯基；
（2）反应①的反应类型为取代反应；酚羟基易被氧化，所以反应②的作用是为防止酚羟基被氧化，
故答案为：取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；
（3）A．G中只有羧基能和碳酸氢钠反应且羧基和二氧化碳以1：1反应，所以1mlG与足量NaHCO3溶液反应放出1mlCO2，故错误；
B．氨基、羧基和酚羟基都能发生取代反应，酚羟基能发生氧化反应，所以能发生取代反应和氧化反应，故正确；
C．不含碳碳双键或碳碳三键，所以不能发生加聚反应，但可以发生缩聚反应合成高分子化合物，故错误；
D．氨基具有碱性、酚羟基和羧基具有酸性，所以G具有两性，既能与酸反应也能与碱反应，故正确；
故答案为：AC；
（4）E发生取代反应生成F，E→F的化学反应方程式为，
故答案为：；
（5）D的同分异构体符合下列条件：
①含有苯环且能发生水解反应，说明含有酯基：
②能发生银镜反应，说明含有醛基；
③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有羧基，
则含有醛基的酯基为HCOO-，
如果取代基为HCOO-、-COOH、-CH3，有10种；
如果取代基为HCOOCH2-、-COOH，有邻间对3种；
如果取代基为HCOO-、-CH2COOH，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOCH（COOH）-，有1种，
所以符合条件的同分异构体有17种，
故答案为：17；
（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，
故答案为：。
C发生氧化反应生成D，根据B、D结构简式知，C为，A和B发生酯化反应生成C，则A为CH3COOH，乙酰氯发生取代反应生成乙酸；D发生水解反应然后酸化得到E为，F发生还原反应生成G，结合信息知，F为，E发生取代反应生成F；
（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸。
本题考查有机物推断和合成，为高频考点，侧重考查学生分析判断、知识迁移及知识综合应用能力，明确物质结构和性质、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。题号
一
二
总分
得分
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
Cu片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中
溶液变蓝
证明反应生Cu2+
B
取少量某溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
蓝色石蕊试纸变红
溶液中含有NH4+
C
向20.00 mL浓度均为0.01ml/L的Na2SO4和Na2S的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液
只产生黑色沉淀Ag2S
Ksp（Ag2S）＜Ksp（Ag2SO4）
D
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1ml/L的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH
pH：Na2CO3
＞Na2SO3
非金属性：S＞C
评卷人
得分
二、 简答题（共5题）
图1
图2