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2021-2022学年黑龙江省八校高三（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年黑龙江省八校高三（上）期中化学试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年黑龙江省八校高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共17小题，每小题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，共51分）
1．（3分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．为推动生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代Fe3O4
C．“天和”号核心舱上使用了目前世界上最先进的三结砷化镓太阳能电池翼，砷化镓属于半导体材料
D．工业上通过将石灰石、石英、纯碱混合熔融主要通过发生氧化还原反应制备普通玻璃
2．（3分）下列表示正确的是（ ）
A．含8个中子的氧原子的核素符号：O
B．CH4分子的球棍模型：
C．K+离子的结构示意图：
D．二氧化碳的电子式：
3．（3分）下列各实验装置图的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①为放出萃取溴水后的苯层
B．装置②为喷泉实验
C．装置③不能用来吸收HCl气体
D．以NH4Cl为原料，装置④可用于制备少量NH3
4．（3分）对于下列描述的过程，能正确表示其反应离子方程式的是（ ）
A．泡沫灭火器的灭火原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
B．将混有空气的SO2 通入BaCl2 溶液中，出现白色浑浊：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+
C．将一小块铁片投入足量稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O
D．向NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
5．（3分）已知NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NA
B．0.5mol•L﹣1 KNO3溶液中含有N原子总数为0.5NA
C．1mol熔融NaHSO4电离出的阴、阳离子总数目为2NA
D．1molCH≡CH中含有共用电子对的数目为3NA
6．（3分）阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量是（ ）
A． B．
C． D．
7．（3分）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NO2），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce2+═2H++Ce3+
B．x＝l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少
D．该转化过程的实质为NOx被H2还原
8．（3分）下列判断不合理的一组是（ ）
①NO2是酸性氧化物
②根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
③不是所有物质都含有化学键
④根据反应条件是否需要加热将化学反应分为吸热反应和放热反应
⑤氯化氢溶于水的过程中发生了共价键的破坏，该过程属于化学变化
⑥CO2、PCl5分子中各原子都满足8电子稳定结构
A．①③④⑤ B．②④⑤⑥ C．①②④⑥ D．①②④⑤⑥
9．（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①铝土矿A1OA1（OH）3A12O3
②盐卤（含MgCl2） Mg（OH）2MgCl2溶液无水MgCl2
③NH3NONO2 HNO3
④S SO3H2SO4
⑤NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A．③⑥ B．③⑤⑥ C．①④⑤ D．①③⑥
10．（3分）某溶液中含有 Ba2+，Cu2+，Ag+，现用 NaOH 溶液、盐酸和 Na2SO4 溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．试剂 A 为 Na2SO4 溶液
B．沉淀3 的化学式可能是 BaSO4
C．生成沉淀1 的离子方程式为：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓
D．生成沉淀2 的离子方程式为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓
11．（3分）相同条件下，下列各组热化学方程式（溶液中的反应均是在稀溶液之间进行的）中，ΔH1＞ΔH2 的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） ΔH1；CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g） ΔH2
B．H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l） ΔH1；H+（aq）+NH3⋅H2O（aq）═NH4+（aq）+H2O（l） ΔH2
C．S（s）+O2（g）═SO2（g） ΔH1；S（g）+O2（g）═SO2（g） ΔH2
D．CO2（g）═CO（g）+O2（g） ΔH1；2CO2（g）═2CO（g）+O2（g） ΔH2
12．（3分）有机化合物M的结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素。只有Y、Z、W为同周期相邻元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的稳定性顺序为Y＞Z＞W
B．最高价含氧酸的酸性强弱顺序为Q＞Y＞Z
C．简单离子的半径由小到大的顺序为W＜Z＜Q
D．元素X、Z、W只能形成共价化合物
13．（3分）在反应器中充入二氧化硫V1L和硫化氢V2L（标况），充分反应后测知所得氧化产物比还原产物多3.2g，以下推断错误的是（ ）
A．若V1≥2.24，则V2＝4.48 B．V1+V2≥6.72
C．若V1＝2.24，则V2≥4.48 D．V1＞2.24，V2＞4.48
14．（3分）在100mL某混合溶液中，c（HNO3）＝0.4mol/L，c（H2SO4）＝0.2mol/L，向其中加入2.56g铜粉，微热，溶液体积变化忽略，充分反应后溶液中c（Cu2+）为（ ）
A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L
15．（3分）向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
B．通入CO2的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaOH）：n（Na2CO3）＝1：3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaHCO3）：n（Na2CO3）＝1：1
16．（3分）已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1；HCl（aq）与NaOH（aq）中和反应的△H＝﹣55.6kJ•mol﹣1．则HCN在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+43.5kJ•mol﹣1 B．﹣43.5kJ•mol﹣1
C．﹣67.7kJ•mol﹣1 D．+67.7kJ•mol﹣1
17．（3分）三甲胺N（CH3）3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N﹣二甲基甲酰胺[（CH3）2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示（*表示物质吸附在铜催化剂上），下列说法正确的是（ ）
A．该历程中决速步骤为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
B．该历程中的最大能垒（活化能）为2.16eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D．若1mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量
二、非选择题（共4小题，共49分。）
18．（11分）现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大。A与C形成的化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D是地壳中含量最多的元素；D、F原子的最外层电子数相等；E的焰色反应呈黄色；B元素的一种同位素在考古时可用于测定一些文物的年代。请回答下列问题：（注意回答问题时均用元素符号表示）
（1）元素B在周期表中的位置： 。
（2）元素A与C组成的10电子的阳离子的电子式： 。元素A与D组成的18电子分子的结构式： 。
（3）D和E形成的一种化合物与A2D发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向与数目： 。
（4）D和F的简单气态氢化物沸点比较高的是： （写分子式），原因： 。
（5）D、E、F、G的简单离子半径由小到大的顺序为 （用离子符号表示）。
（6）用电子式表示化合物E2D的形成过程： 。
19．（13分）不同的化学反应具有不同的反应热，人们可以通过多种方法获得反应热的数据，通常用实验进行测定，也可以进行理论推算。
Ⅰ.在科学研究中，科学家常用量热计来测量反应热。我校某化学兴趣小组的同学欲测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热，则：
（1）测定中和热的装置如图1所示。
①从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是 。
②做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用 次。
③现用50mL0.5mol/L的稀盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液反应测定，以下操作可能会导致测得的中和热数值偏大的是 。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取稀盐酸的体积时仰视读数
C．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
D.用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验
（2）在25mL1.00mol/LHCl溶液中逐滴加入未知浓度NaOH溶液VmL，将溶液搅拌均匀后，在保温隔热的条件下测量并记录混合溶液的温度，实验结果如图2所示。
①做该实验时环境温度 22℃（填“＜”、“＞”或“＝”）。
②NaOH溶液的物质的量浓度约为 （保留小数点后两位）。
Ⅱ.并不是所有反应的反应热均可通过实验直接测定。
（3）已知：由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。部分化学键键能数据如下表：
化学键
H﹣H
N﹣H
N≡N
键能（kJ/mol）
436
391
945
反应N2（g）+3H2（g）⇋2NH3（g）ΔH＝akJ/mol，根据所列键能数据计算a＝ kJ/mol。
（4）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+akJ/mol
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）ΔH＝﹣bkJ/mol
又知③H2O（g）═H2O（l）ΔH＝﹣ckJ/mol
则甲醇蒸气燃烧的热化学方程式： （ΔH用a、b、c表示）。
20．（12分）“消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，消毒原理与“84消毒液”相似，但更稳定，易保存。某“消洗灵”产品化学组成可以表示为Na10P3O13Cl•5H2O，实验室制备装置和过程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，制备NaClO碱性溶液。
（1）A中盛装高锰酸钾的仪器名称是 。
（2）X试剂的名称为 。
（3）C中采用多孔球泡的目的是 。
（4）D装置的作用是 。
Ⅱ.关闭A中分液漏斗活塞，打开C中分液漏斗活塞，一段时间后C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品。
（5）产品中氯元素的化合价为 。
（6）已知25℃时，NaHPO4溶液的pH＞7，原因是 （用离子方程式表示）。
Ⅲ.产品纯度测定（Na10P3O13Cl•5H2O的摩尔质量为Mg/mol）。
①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL溶液；
②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol/L稀硫酸、25mL0.1mol/L碘化钾溶液（过量），此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。
已知：2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣
（7）产品的纯度为 （用含a、M的代数式表示）。
21．（13分）工业利用含镍废料（以镍铁钙合金为主）制取NiC2O4（草酸镍），再经过高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图1所示
已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的pH约为3.2。
（1）“酸溶”时加快溶解速率的方法 （写一种即可）。
（2）加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为 。
（3）加入Na2CO3溶液调节pH至4.0～5.0，其目的为 。
（4）加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25℃时Ksp（CaF2）＝1.6×10﹣10，要使溶液中Ca2+沉淀完全[c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1]，则“除钙”时需控制NH4F的浓度至少为 mol•L﹣1。
（5）隔绝空气高温煅烧NiC2O4可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为 。
（6）Ni2O3还可用于制备合成氨的催化剂ConNi（1﹣n）Fe2O4。在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线如图2：
由图可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
2021-2022学年黑龙江省八校高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共17小题，每小题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，共51分）
1．（3分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．为推动生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代Fe3O4
C．“天和”号核心舱上使用了目前世界上最先进的三结砷化镓太阳能电池翼，砷化镓属于半导体材料
D．工业上通过将石灰石、石英、纯碱混合熔融主要通过发生氧化还原反应制备普通玻璃
【分析】A．从自然界中直接获取的能源为一次能源；
B．CuO不具有磁性；
C．砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间；
D．石灰石、石英、纯碱混合熔融制备普通玻璃，反应中没有元素化合价的变化。
【解答】解：A．电能是经过人为加工获得的，属于二次能源，故A错误；
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，CuO不具有磁性，不能替代Fe3O4，故B错误；
C．砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制造太阳能电池翼，则砷化镓属于半导体材料，故C正确；
D．石灰石、石英、纯碱混合熔融制备普通玻璃，主要反应为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，Ca、Na、C、O和Si元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意理解化学在生产、生活和科技领域的应用，题目难度不大。
2．（3分）下列表示正确的是（ ）
A．含8个中子的氧原子的核素符号：O
B．CH4分子的球棍模型：
C．K+离子的结构示意图：
D．二氧化碳的电子式：
【分析】A.表示原子时，将质子数标示在元素符号左下方，质量数表示在左上方；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；
C.钾离子的核内有19个质子，核外有18个电子；
D.二氧化碳分子中C原子和O原子之间以双键结合。
【解答】解：A.表示原子时，将质子数标示在元素符号左下方，质量数表示在左上方，而质量数＝质子数+中子数，故中子数为8的氧原子的质量数为16，表示为O，故A正确；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，甲烷的球棍模型为，故B错误；
C.钾离子的核内有19个质子，核外有18个电子，结构示意图为，故C错误；
D.二氧化碳分子中C原子和O原子之间以双键结合，其电子式为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的正误判断，涉及电子式、离子结构示意图、比例模型及球棍模型等概念及正确表示方法，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于培养学生规范答题的能力，题目难度不大。
3．（3分）下列各实验装置图的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①为放出萃取溴水后的苯层
B．装置②为喷泉实验
C．装置③不能用来吸收HCl气体
D．以NH4Cl为原料，装置④可用于制备少量NH3
【分析】A．苯层在上层，应从上口倒出；
B．气体与碱反应，导致气体减少，可形成喷泉；
C．四氯化碳的密度比水大，可隔绝水与气体；
D．氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵．
【解答】解：A．苯层在上层，应从上口倒出，图中操作不合理，故A错误
B．气体与碱反应，导致气体减少，可形成喷泉，挤压胶头滴管中的胶头即可引发喷泉实验，故B正确；
C．四氯化碳的密度比水大，可隔绝水与气体，则图中装置可防止倒吸，故C错误；
D．氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵，不能利用此法制取氨气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及萃取、喷泉实验、防止倒吸装置、氨气的制取等，为高频考点，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验方案的操作性、合理性分析，题目难度不大．
4．（3分）对于下列描述的过程，能正确表示其反应离子方程式的是（ ）
A．泡沫灭火器的灭火原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
B．将混有空气的SO2 通入BaCl2 溶液中，出现白色浑浊：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+
C．将一小块铁片投入足量稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O
D．向NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
【分析】A.泡沫灭火器的药品为硫酸铝和碳酸氢钠，灭火时铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
B.亚硫酸钡能够溶于强酸，反应生成的白色沉淀应该为硫酸钡；
C.稀硝酸足量，反应生成铁离子；
D.碳酸氢根离子不能拆开。
【解答】解：A.泡沫灭火器中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故A正确；
B.将混有空气的SO2通入BaCl2溶液中，出现白色浑浊，生成的沉淀为硫酸钡，正确的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，故B错误；
C.将一小块铁片投入足量稀硝酸中，反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，正确的离子方程式为：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故C错误；
D.向NaHCO3溶液中加入稀盐酸，反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
5．（3分）已知NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NA
B．0.5mol•L﹣1 KNO3溶液中含有N原子总数为0.5NA
C．1mol熔融NaHSO4电离出的阴、阳离子总数目为2NA
D．1molCH≡CH中含有共用电子对的数目为3NA
【分析】A.NO与O2发生反应2NO+O2＝2NO2，但存在平衡2NO2⇌N2O4；
B.题目未给溶液体积；
C.熔融NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子；
D.1个CH≡CH分子中含有5对共用电子对。
【解答】解：A.22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到22.4LNO2，但存在平衡2NO2⇌N2O4，气体分子数小于NA，故A错误；
B.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故B错误；
C.1mol熔融NaHSO4电离出的阴、阳离子总数目为1mol×2×NA/mol＝2NA，故C正确；
D.1molCH≡CH中含有共用电子对的数目为1mol×5×NA/mol＝5NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
6．（3分）阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据质量数＝质子数+中子数，计算X的质子数．由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，根据n＝计算氢化物HnX的物质的量，结合化学式计算含有的质子的物质的量．
【解答】解：阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，所以X的质子数为A﹣N，
由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，所以1个HnX分子中含有的质子数为A﹣N+n，
氢化物HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，
mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量×（A﹣N+n）＝（A﹣N+n）mol。
故选：C。
【点评】本题考查学生利用原子构成的计算，明确氢化物的分子式是解题关键，注意质量数近似等于相对原子质量．
7．（3分）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NO2），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce2+═2H++Ce3+
B．x＝l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少
D．该转化过程的实质为NOx被H2还原
【分析】反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，每个Ce4+离子得到1个电子生成Ce3+离子，反应Ⅱ中Ce3+离子是还原剂，每个Ce3+离子失去1个电子生成Ce4+离子，NOx是氧化剂，据此分析。
【解答】解：A．反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，发生反应的离子方程式：H2+2Ce3+═2H++2Ce2+，故A错误；
B．x＝1时，反应方程式：2NO+4Ce2++4H+＝N2+4Ce3++H2O，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．处理过程中，实质为NOx被H2还原，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数不变，故C错误；
D．总反应可以看作烟气与H2反应，则该转化过程的实质为NOx被H2还原，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了氮元素化合物的性质、氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。
8．（3分）下列判断不合理的一组是（ ）
①NO2是酸性氧化物
②根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
③不是所有物质都含有化学键
④根据反应条件是否需要加热将化学反应分为吸热反应和放热反应
⑤氯化氢溶于水的过程中发生了共价键的破坏，该过程属于化学变化
⑥CO2、PCl5分子中各原子都满足8电子稳定结构
A．①③④⑤ B．②④⑤⑥ C．①②④⑥ D．①②④⑤⑥
【分析】①和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
②不同分散系本质区别为：分散质粒子直径大小；
③稀有气体中不含化学键；
④化学反应一定伴随着能量变化，根据反应物与生成物的总能量大小可分为吸热反应和放热反应；
⑤氯化氢溶解过程有化学键断裂但无新化学键形成，是物理变化；
⑥PCl5中P的化合价为+5，P原子最外层电子数＝5+5＝10。
【解答】解：①NO2与H2O反应生成HNO3和NO，发生的是氧化还原反应，所以NO2 不是酸性氧化物，故错误；
②根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；
③稀有气体是单原子分子，各原子满足稳定结构，所以分子中不存在化学键，只存在分子间作用力，故正确；
④化学反应一定伴随着能量变化，根据反应物与生成物的总能量大小可分为吸热反应和放热反应，与反应条件无关，故错误；
⑤有化学键断裂的过程不一定是化学变化，氯化氢溶解过程有化学键断裂但无新化学键形成，是物理变化，故错误；
⑥PCl5中，P原子最外层电子数＝5+5＝10，不满足最外层为8电子结构，故错误；
故选：D。
【点评】本题综合考查了酸性氧化物的概念、化学反应能量变化的实质、分散系的分类依据、化学键、化学变化的判断方法等内容，难度不大。
9．（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①铝土矿A1OA1（OH）3A12O3
②盐卤（含MgCl2） Mg（OH）2MgCl2溶液无水MgCl2
③NH3NONO2 HNO3
④S SO3H2SO4
⑤NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A．③⑥ B．③⑤⑥ C．①④⑤ D．①③⑥
【分析】①A1（OH）3能与HCl反应生成A1Cl3；
②加热时MgCl2发生水解生成Mg（OH）2；
③NH3催化氧化生成NO，NO易与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3；
④S在O2中燃烧只能生成SO2；
⑤加热条件下，Fe与Cl2反应生成FeCl3；
⑥SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，碳酸酸性强于硅酸，CO2能与Na2SiO3反应生成H2SiO3。
【解答】解：①铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故①错误；
②盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，加热时蒸发HCl挥发，平衡向右移动，则得不到无水MgCl2，故②错误；
③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；
④硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故④错误；
⑤电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气与铁反应生成FeCl3，不是FeCl2，故⑤错误；
⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故⑥正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）某溶液中含有 Ba2+，Cu2+，Ag+，现用 NaOH 溶液、盐酸和 Na2SO4 溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．试剂 A 为 Na2SO4 溶液
B．沉淀3 的化学式可能是 BaSO4
C．生成沉淀1 的离子方程式为：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓
D．生成沉淀2 的离子方程式为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓
【分析】Cu2+、Ag+均与NaOH反应生成沉淀，Ba2+、Ag+均与Na2SO4反应生成沉淀，而盐酸与Ag+反应生成沉淀，则这三种离子逐一沉淀分离时，A为盐酸，沉淀1为AgCl，B为NaOH或Na2SO4，C为Na2SO4或NaOH，以此来解答．
【解答】解：Cu2+、Ag+均与NaOH反应生成沉淀，Ba2+、Ag+均与Na2SO4反应生成沉淀，而盐酸与Ag+反应生成沉淀，则这三种离子逐一沉淀分离时，A为盐酸，沉淀1为AgCl，B为NaOH或Na2SO4，C为Na2SO4或NaOH，
A．由上述分析可知，A是稀盐酸，故A错误；
B．若B为NaOH，C为Na2SO4，沉淀3是BaSO4，故B正确；
C．生成沉淀1的离子方程式为Ag++Cl﹣＝AgCl↓，故C错误；
D．生成沉淀2的离子方程式为Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓或Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯的实验设计，为高频考点，把握离子之间的反应、习题中的信息为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意逐一沉淀分离的限制条件，题目难度不大．
11．（3分）相同条件下，下列各组热化学方程式（溶液中的反应均是在稀溶液之间进行的）中，ΔH1＞ΔH2 的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） ΔH1；CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g） ΔH2
B．H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l） ΔH1；H+（aq）+NH3⋅H2O（aq）═NH4+（aq）+H2O（l） ΔH2
C．S（s）+O2（g）═SO2（g） ΔH1；S（g）+O2（g）═SO2（g） ΔH2
D．CO2（g）═CO（g）+O2（g） ΔH1；2CO2（g）═2CO（g）+O2（g） ΔH2
【分析】A.燃烧是放热反应，ΔH1＜0，碳酸钙的分解是吸热反应，ΔH2＞0，判断焓变的大小；
B.强酸强碱中和反应放热，ΔH1＜0，强酸与弱碱反应放热，但弱碱电离吸热，放热减小，判断焓变的大小；
C.同种物质的气态比固态能量高，达到过渡态需要的能量少，反应放出的热量更多，判断焓变的大小；
D.对于物质相同的化学反应，参加反应的物质越多，吸放热越明显。
【解答】解：A.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）是氢气的燃烧，属于放热反应，ΔH1＜0，CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g） 是高温煅烧石灰石，是吸热反应，ΔH2＞0，所以ΔH2＞ΔH1，故A错误；
B.H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）是强酸与强碱的中和反应，断键吸热，成键放热，所以中和反应为放热反应，ΔH1＜0；H+（aq）+NH3⋅H2O（aq）═NH4+（aq）+H2O（l）是强酸和弱碱一水合氨的中和反应，也是发热反应，ΔH2＜0，但氨水电离吸热，所以强酸和强碱反应放出的热量更多，放热反应焓变为负值，放出的热量越多，焓变越小，ΔH1＜ΔH2，故B错误；
C.S（s）+O2（g）═SO2（g）是固态硫的燃烧，ΔH1＜0；S（g）+O2（g）═SO2（g）是气态硫的燃烧，ΔH2＜0，但气态硫单质的热量较高，燃烧时放出的热量更多，焓变更小，ΔH1＞ΔH2，故C正确；
D.表示二氧化碳的分解反应，是吸热反应，ΔH1＞0，参加反应的物质的量越多，吸收的热量越多，焓变越大，ΔH1＜ΔH2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查热化学方程式的能量变化及焓变值得大小判断，难度中等，ΔH大小比较规律有：放热的小于吸热的；放热多的小于放热少的；吸热多的大于吸热少的；生成物相同时，反应物的能量越高，放热越多，焓变越小；反应物相同时，生成物的能量越高，放热越少，焓变越大。
12．（3分）有机化合物M的结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素。只有Y、Z、W为同周期相邻元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的稳定性顺序为Y＞Z＞W
B．最高价含氧酸的酸性强弱顺序为Q＞Y＞Z
C．简单离子的半径由小到大的顺序为W＜Z＜Q
D．元素X、Z、W只能形成共价化合物
【分析】有机化合物M的结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同，Q形成1个共价键，结合原子序数可知Q位于ⅦA族，则Z为N元素，只有Y、Z、W为同周期相邻元素，则Y为C，W为O，Q为Cl元素；X形成1个共价键，其原子序数最小，则X为H，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，Q为Cl元素，
A.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞C，则简单氢化物的稳定性顺序为W＞Z＞Y，故A错误；
B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，则最高价含氧酸的酸性强弱顺序为Q＞Z＞Y，故B错误；
C.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径由小到大的顺序为W＜Z＜Q，故C正确；
D.元素X、Z、W形成的硝酸铵属于离子化合物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，D为易错点，题目难度不大。
13．（3分）在反应器中充入二氧化硫V1L和硫化氢V2L（标况），充分反应后测知所得氧化产物比还原产物多3.2g，以下推断错误的是（ ）
A．若V1≥2.24，则V2＝4.48 B．V1+V2≥6.72
C．若V1＝2.24，则V2≥4.48 D．V1＞2.24，V2＞4.48
【分析】发生反应为SO2+2H2S＝2H2O+3S，氧化产物和还原产物都是S，3.2gS的物质的量为：＝0.1mol；设参加反应的二氧化硫的物质的量为x，则同时消耗2x硫化氢，充分作用后测知所得氧化产物比还原产物多：2x﹣x＝x＝0.1mol，故参加反应的二氧化硫的物质的量为0.1mol，参加反应的硫化氢的物质的量为：0.1mol×2＝0.2mol，
若V1＞2.24、V2＞4.48，参加反应的二氧化硫的物质的量大于＝0.1mol；
若V1＝2.24、V2≥4.48或V1≥2.24、V2＝4.48时，参加反应消耗二氧化硫、硫化氢的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，满足条件，故Vl+V2≥4.48，据此进行判断。
【解答】解：A．若V1≥2.24，则V2＝4.48，参加反应的二氧化硫的物质的量大于＝0.1mol，满足条件，故A正确；
B．V1＝2.24、V2≥4.48或V1≥2.24、V2＝4.48时，参加反应消耗二氧化硫、硫化氢的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，满足条件，故Vl+V2≥6.72，故B正确；
C．根据B的分析可知，若Vl＝2.24，则V2≥4.48，故C正确；
D．根据B的分析可知，若V1＞2.24，则V2＝4.48，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。
14．（3分）在100mL某混合溶液中，c（HNO3）＝0.4mol/L，c（H2SO4）＝0.2mol/L，向其中加入2.56g铜粉，微热，溶液体积变化忽略，充分反应后溶液中c（Cu2+）为（ ）
A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L
【分析】n（Cu）＝＝0.04mol，混合溶液中n（H+）＝n（HNO3）+2n（H2SO4）＝0.4mol/L×0.1L+2×0.2mol/L×0.1L＝0.08mol，n（NO3﹣）＝n（HNO3）＝0.4mol/L×0.1L＝0.04mol，Cu和混合酸的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，根据离子方程式计算0.04mol硝酸根离子完全反应需要的H+、Cu的物质的量，所以Cu、H+都剩余，则Cu部分溶解，根据Cu原子守恒计算c（Cu2+）。
【解答】解：在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n（HNO3）＝0.1L×0.4mol/L＝0.04mol，硫酸的物质的量n（H2SO4）＝0.1L×0.2moL/L＝0.02moL，所以氢离子的物质的量n（H+）＝0.04moL+2×0.02moL＝0.08mol，铜粉的物质的量n（Cu）＝＝0.04mol，依据方程式3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO+4H2O可知氢离子不足，故根据H+计算，由方程式可知n（Cu2+）＝×0.08mol＝0.03mol，所以c（Cu2+）＝＝0.3mol/L，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应计算铜离子浓度时要先进行过量计算，为易错题。
15．（3分）向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
B．通入CO2的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaOH）：n（Na2CO3）＝1：3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaHCO3）：n（Na2CO3）＝1：1
【分析】A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；
B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V＝nVm计算二氧化碳的体积；
CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．
【解答】解：生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.1L×0.2mol/L＝0.02mol，所以c（NaOH）＝＝0.2mol/L，故A正确；
B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）＝n（HCl）＝（0.1L﹣0.025L）×0.2mol/L＝0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol＝0.3.6L＝336mL，故B错误；
C．Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL﹣25mL＝50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL＝1：2，故C错误；
D．由C中分析可知，Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL＝1：2，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键根据图中盐酸的体积确定NaOH溶液与CO2反应得到溶质．
16．（3分）已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1；HCl（aq）与NaOH（aq）中和反应的△H＝﹣55.6kJ•mol﹣1．则HCN在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+43.5kJ•mol﹣1 B．﹣43.5kJ•mol﹣1
C．﹣67.7kJ•mol﹣1 D．+67.7kJ•mol﹣1
【分析】利用盖斯定律进行计算，分别写出两个反应的热化学方程式，将两个热化学方程式相加（减）得到HCN在水溶液中电离的电离方程式，同时反应热也随之相加（减），可得HCN在水溶液中电离的反应热．
【解答】解：反应的热化学方程式分别为：
HCN（aq）+OH﹣（aq）═CN﹣（aq）+H2O（l）△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1…①
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝﹣55.6kJ•mol﹣1…②
HCN电离方程式为，HCNH++CN﹣，用①﹣②可得HCN电离的热化学方程式为：
HCN（aq）H+（aq）+CN﹣（aq）△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1﹣（﹣55.6kJ•mol﹣1）＝+43.5kJ•mol﹣1，
故选：A。
【点评】本题考查反应热的计算，本题难度不大，做题时注意盖斯定律的应用方法．
17．（3分）三甲胺N（CH3）3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N﹣二甲基甲酰胺[（CH3）2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示（*表示物质吸附在铜催化剂上），下列说法正确的是（ ）
A．该历程中决速步骤为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
B．该历程中的最大能垒（活化能）为2.16eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D．若1mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量
【分析】A．该历程中决速步骤为活化能最大的步骤；
B．由图可知，该历程中的最大能垒（活化能）为最后一步的活化能；
C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，1个DMF分子转化为三甲胺，会释放的能量为0eV﹣（﹣1.02）eV＝1.02eV。
【解答】解：A．该历程中决速步骤为活化能最大的步骤，由图可知，（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*，该步骤的活化能为0.22eV，该历程中的最大能垒（活化能）为最后一步的活化能，即为1.19eV，则最后一步是上述历程中的决速步骤，故A错误；
B．由A分析可知，该历程中的最大能垒（活化能）为1.19eV，故B错误；
C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度可以加快反应速率，但DMF的平衡转化率减小，故C错误；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，1个DMF分子转化为三甲胺，会释放的能量为0eV﹣（﹣1.02）eV＝1.02eV，则1mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应能量变化，从宏观理解化学反应能量变化的原因以及勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等。
二、非选择题（共4小题，共49分。）
18．（11分）现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大。A与C形成的化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D是地壳中含量最多的元素；D、F原子的最外层电子数相等；E的焰色反应呈黄色；B元素的一种同位素在考古时可用于测定一些文物的年代。请回答下列问题：（注意回答问题时均用元素符号表示）
（1）元素B在周期表中的位置： 第二周期ⅣA族 。
（2）元素A与C组成的10电子的阳离子的电子式： 。元素A与D组成的18电子分子的结构式： H﹣O﹣O﹣H 。
（3）D和E形成的一种化合物与A2D发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向与数目： 。
（4）D和F的简单气态氢化物沸点比较高的是： H2O （写分子式），原因： 水分子之间存在氢键 。
（5）D、E、F、G的简单离子半径由小到大的顺序为 Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣ （用离子符号表示）。
（6）用电子式表示化合物E2D的形成过程： 。
【分析】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；D、F原子的最外层电子数相等，二者同主族，故F为S元素；G的原子序数最大，故G为Cl；E的焰色反应呈黄色，则E为Na；A与C形成的化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该化合物为NH3，故A为H元素、C为N元素；B元素的一种同位素在考古时可用于测定一些文物的年代，可知B为C元素。
【解答】解：由分析可知，A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为S、G为Cl；
（1）B为碳元素，在周期表中处于第二周期ⅣA族，
故答案为：第二周期ⅣA族；
（2）元素H与N组成的10电子的阳离子为NH4+，其电子式为，元素H与O组成的18电子分子为H2O2，其结构式为H﹣O﹣O﹣H，
故答案为：；H﹣O﹣O﹣H；
（3）O和Na形成的一种化合物与H2O发生氧化还原反应，该反应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，用双线桥标出电子转移的方向与数目为，
故答案为：；
（4）水分子之间存现氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故水的沸点比硫化氢高，
故答案为：H2O；水分子之间存在氢键；
（5）D、E、F、G的简单离子分别为O2﹣、Na+、S2﹣、Cl﹣，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越多，故离子半径由小到大的顺序为Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣，
故答案为：Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣；
（6）用电子式表示化合物Na2O的形成过程为，
故答案为：。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意氢键对物质性质的影响，会用电子式表示化学键或物质的形成过程，（3）中电子转移数目与方向为易错点，注意NaOH不是还原产物。
19．（13分）不同的化学反应具有不同的反应热，人们可以通过多种方法获得反应热的数据，通常用实验进行测定，也可以进行理论推算。
Ⅰ.在科学研究中，科学家常用量热计来测量反应热。我校某化学兴趣小组的同学欲测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热，则：
（1）测定中和热的装置如图1所示。
①从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是 环形玻璃搅拌棒； 。
②做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用 3 次。
③现用50mL0.5mol/L的稀盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液反应测定，以下操作可能会导致测得的中和热数值偏大的是 。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取稀盐酸的体积时仰视读数
C．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
D.用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验
（2）在25mL1.00mol/LHCl溶液中逐滴加入未知浓度NaOH溶液VmL，将溶液搅拌均匀后，在保温隔热的条件下测量并记录混合溶液的温度，实验结果如图2所示。
①做该实验时环境温度 ＜ 22℃（填“＜”、“＞”或“＝”）。
②NaOH溶液的物质的量浓度约为 0.83mol/L （保留小数点后两位）。
Ⅱ.并不是所有反应的反应热均可通过实验直接测定。
（3）已知：由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。部分化学键键能数据如下表：
化学键
H﹣H
N﹣H
N≡N
键能（kJ/mol）
436
391
945
反应N2（g）+3H2（g）⇋2NH3（g）ΔH＝akJ/mol，根据所列键能数据计算a＝ ﹣93 kJ/mol。
（4）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+akJ/mol
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）ΔH＝﹣bkJ/mol
又知③H2O（g）═H2O（l）ΔH＝﹣ckJ/mol
则甲醇蒸气燃烧的热化学方程式： CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H═﹣（3b+2a+c）kJ/mol （ΔH用a、b、c表示）。
【分析】（1）①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
②中和热的测定需测定反应前酸、碱的温度以及反应后的最高温度；
③根据实验成功的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低，根据实验中用到的试剂以及实验操作知识来判断；
（2）实验时环境的温度应为酸碱未混合之前的温度；
（3）依据反应过程中反应焓变＝反应物键能总和﹣生成物键能总和计算；
（4）根据盖斯定律进行解答。
【解答】解：（1）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，
故答案为：环形玻璃棒搅拌；
②中和热的测定需测定反应前酸、碱的温度以及反应后的最高温度，完成一次实验，需要测定该数据的次数为3次，
故答案为：3；
③A．实验装置保温、隔热效果差，散失的热量会增多，所以导致实验测得中和热的数值偏小，故A错误；
B．在量取盐酸时仰视读数，则量取的液体偏多，放出的热量会增加，所以导致实验测得中和热的数值偏大，故B正确；
C．测定中和热时，为减小热量损失，把氢氧化钠溶液一次倒入盛有硫酸的小烧杯中，所以分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致实验测得中和热的数值偏小，故C错误，
故答案为：B；
（2）①温度为22℃时是指已经加5mL氢氧化钠时候的温度，此时已经放出热量，则环境温度应该比未加氢氧化钠时候低，
故答案为：＜；
②由图可知，加入30mLNaOH溶液时溶液温度最高，则HCl完全被中和，n（HCl）＝n（NaOH），即25×10﹣3L×1.00mol/L＝30×10﹣3L×c（NaOH），解得c（NaOH）＝0.83mol/L，
故答案为：0.83mol/L；
（3）N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g）△H＝a kJ•mol﹣1，反应焓变＝反应物键能总和﹣生成物键能总和，akJ•mol﹣1＝945kJ•mol﹣1+3×436kJ•mol﹣1﹣6×391kJ•mol﹣1＝﹣93kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣93；
（4）甲醇燃烧生成液态水的化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l），
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H＝+akJ•mol﹣1
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H＝﹣bkJ•mol﹣1
③H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1
根据盖斯定律：②×3﹣①×2+③×2计算反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的△H＝（﹣bkJ•mol﹣1）×3﹣（+akJ•mol﹣1）×2+（﹣ckJ•mol﹣1）×2＝﹣（3b+2a+c）kJ/mol，
故答案为：CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H═﹣（3b+2a+c）kJ/mol。
【点评】本题考查了测中和热的实验、热化学方程式的书写、盖斯定律的计算应用，为高频考点，侧重考查学生分析能力和计算能力，正确分析图象中各物理量的关系及反应热的计算方法是解题关键，注意反应热的计算，题目难度中等。
20．（12分）“消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，消毒原理与“84消毒液”相似，但更稳定，易保存。某“消洗灵”产品化学组成可以表示为Na10P3O13Cl•5H2O，实验室制备装置和过程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，制备NaClO碱性溶液。
（1）A中盛装高锰酸钾的仪器名称是 圆底烧瓶 。
（2）X试剂的名称为 饱和食盐水 。
（3）C中采用多孔球泡的目的是 增大反应物的接触面积，加快反应速率 。
（4）D装置的作用是 吸收尾气，防止污染大气 。
Ⅱ.关闭A中分液漏斗活塞，打开C中分液漏斗活塞，一段时间后C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品。
（5）产品中氯元素的化合价为 +1价 。
（6）已知25℃时，NaHPO4溶液的pH＞7，原因是 HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣ （用离子方程式表示）。
Ⅲ.产品纯度测定（Na10P3O13Cl•5H2O的摩尔质量为Mg/mol）。
①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL溶液；
②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol/L稀硫酸、25mL0.1mol/L碘化钾溶液（过量），此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。
已知：2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣
（7）产品的纯度为 （用含a、M的代数式表示）。
【分析】（1）根据仪器构造可判断；
（2）浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要除去；
（3）C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积；
（4）氯气有毒，需要尾气处理；
（5）Na10P3O13Cl•5H2O中Na、P、O、H的化合价分别是+1、+5、﹣2、+1价，根据化合价代数原则判断；
（6）已知25℃时，溶液的pH＞7，说明HPO42﹣的水解程度大于电离程度；
（7）Na10P3O13Cl•5H2O能把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到﹣1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl•5H2O～I2，又因为2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，则Na10P3O13Cl•5H2O～2S2O32﹣，据此计算产品纯度。
【解答】解：（1）根据仪器构造可判断，装置A中盛装高锰酸钾的仪器名称是圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（2）浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要除去，则X试剂的名称为饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
（3）C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（4）氯气有毒，需要尾气处理，D装置的作用是吸收尾气，防止污染大气，
故答案为：吸收尾气，防止污染大气；
（5）Na10P3O13Cl•5H2O中Na、P、O、H的化合价分别是+1、+5、﹣2、+1价，根据化合价代数和为0可知C氯元素的化合价是+（13×2﹣1×10﹣5×3）＝+1价，
故答案为：+1价；
（6）已知25℃时，溶液的pH＞7，说明HPO42﹣的水解程度大于电离程度，水解方程式为HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，
故答案为：HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣；
（7）Na10P3O13Cl•5H2O能把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到﹣1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl•5H2O～I2，又因为2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，则Na10P3O13Cl•5H2O～2S2O32﹣，所以产品的纯度为×100%＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
21．（13分）工业利用含镍废料（以镍铁钙合金为主）制取NiC2O4（草酸镍），再经过高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图1所示
已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的pH约为3.2。
（1）“酸溶”时加快溶解速率的方法 将含镍废料粉碎或适当增大稀硫酸的浓度或适当升温或搅拌等 （写一种即可）。
（2）加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 。
（3）加入Na2CO3溶液调节pH至4.0～5.0，其目的为 促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全 。
（4）加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25℃时Ksp（CaF2）＝1.6×10﹣10，要使溶液中Ca2+沉淀完全[c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1]，则“除钙”时需控制NH4F的浓度至少为 0.004 mol•L﹣1。
（5）隔绝空气高温煅烧NiC2O4可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为 2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑ 。
（6）Ni2O3还可用于制备合成氨的催化剂ConNi（1﹣n）Fe2O4。在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线如图2：
由图可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 Co2+ 。
【分析】由流程可知，含镍废料（以镍铁钙合金为主）加入酸溶解，加入过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后，滤液中加入NH4F沉淀钙离子，过滤得到溶液含有Ni2+的溶液，加入草酸生成草酸镍，蒸发浓缩、结晶析出NiC2O4晶体，煅烧可生成Ni2O3，据此分析解题。
【解答】解：（1）“酸浸”时为了提高酸浸的效率，可以将含镍废料粉碎、适当增大稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法，
故答案为：将含镍废料粉碎或适当增大稀硫酸的浓度或适当升温或搅拌等；
（2）由分析可知，加入H2O2将Fe2+转化为Fe3+便以后面调节pH沉淀分离除杂，故离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（3）由分析可知，加入碳酸钠溶液调pH至4.0～5.0，其目的是促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全，
故答案为：促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全；
（4）加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25℃时Ksp（CaF2）＝1.6×10﹣10，要使溶液中Ca2+沉淀完全[c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1]，c（F﹣）≥＝mol/L＝0.004mol/L，则“除钙”时需控制NH4F的浓度至少为0.004mol•L﹣1，
故答案为：0.004；
（5）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，再利用化合价升降相等，Ni：升高2×（3﹣2），C：升高1×（4﹣3），C：降低：3×（3﹣2），根据质量守恒可知，将生成另一种气体CO2，即分解生成Ni2O3、CO、CO2，配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑，
故答案为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
（6）由题干曲线可知，合成氨的相对初始速率随n值增大而加快，n值越大说明催化剂中Co2+离子的含量越高，即Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是Co2+，
故答案为：Co2+。
【点评】本题考查物质的制备的综合实验设计，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，本题注意把握制备流程和基本实验操作方法，侧重流程分析及除杂反应等知识点考查，题目难度中等。
2021-2022学年黑龙江省八校高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共17小题，每小题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，共51分）
1．（3分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．为推动生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代Fe3O4
C．“天和”号核心舱上使用了目前世界上最先进的三结砷化镓太阳能电池翼，砷化镓属于半导体材料
D．工业上通过将石灰石、石英、纯碱混合熔融主要通过发生氧化还原反应制备普通玻璃
2．（3分）下列表示正确的是（ ）
A．含8个中子的氧原子的核素符号：O
B．CH4分子的球棍模型：
C．K+离子的结构示意图：
D．二氧化碳的电子式：
3．（3分）下列各实验装置图的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①为放出萃取溴水后的苯层
B．装置②为喷泉实验
C．装置③不能用来吸收HCl气体
D．以NH4Cl为原料，装置④可用于制备少量NH3
4．（3分）对于下列描述的过程，能正确表示其反应离子方程式的是（ ）
A．泡沫灭火器的灭火原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
B．将混有空气的SO2 通入BaCl2 溶液中，出现白色浑浊：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+
C．将一小块铁片投入足量稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O
D．向NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
5．（3分）已知NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NA
B．0.5mol•L﹣1 KNO3溶液中含有N原子总数为0.5NA
C．1mol熔融NaHSO4电离出的阴、阳离子总数目为2NA
D．1molCH≡CH中含有共用电子对的数目为3NA
6．（3分）阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量是（ ）
A． B．
C． D．
7．（3分）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NO2），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce2+═2H++Ce3+
B．x＝l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少
D．该转化过程的实质为NOx被H2还原
8．（3分）下列判断不合理的一组是（ ）
①NO2是酸性氧化物
②根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
③不是所有物质都含有化学键
④根据反应条件是否需要加热将化学反应分为吸热反应和放热反应
⑤氯化氢溶于水的过程中发生了共价键的破坏，该过程属于化学变化
⑥CO2、PCl5分子中各原子都满足8电子稳定结构
A．①③④⑤ B．②④⑤⑥ C．①②④⑥ D．①②④⑤⑥
9．（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①铝土矿A1OA1（OH）3A12O3
②盐卤（含MgCl2） Mg（OH）2MgCl2溶液无水MgCl2
③NH3NONO2 HNO3
④S SO3H2SO4
⑤NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A．③⑥ B．③⑤⑥ C．①④⑤ D．①③⑥
10．（3分）某溶液中含有 Ba2+，Cu2+，Ag+，现用 NaOH 溶液、盐酸和 Na2SO4 溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．试剂 A 为 Na2SO4 溶液
B．沉淀3 的化学式可能是 BaSO4
C．生成沉淀1 的离子方程式为：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓
D．生成沉淀2 的离子方程式为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓
11．（3分）相同条件下，下列各组热化学方程式（溶液中的反应均是在稀溶液之间进行的）中，ΔH1＞ΔH2 的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） ΔH1；CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g） ΔH2
B．H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l） ΔH1；H+（aq）+NH3⋅H2O（aq）═NH4+（aq）+H2O（l） ΔH2
C．S（s）+O2（g）═SO2（g） ΔH1；S（g）+O2（g）═SO2（g） ΔH2
D．CO2（g）═CO（g）+O2（g） ΔH1；2CO2（g）═2CO（g）+O2（g） ΔH2
12．（3分）有机化合物M的结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素。只有Y、Z、W为同周期相邻元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的稳定性顺序为Y＞Z＞W
B．最高价含氧酸的酸性强弱顺序为Q＞Y＞Z
C．简单离子的半径由小到大的顺序为W＜Z＜Q
D．元素X、Z、W只能形成共价化合物
13．（3分）在反应器中充入二氧化硫V1L和硫化氢V2L（标况），充分反应后测知所得氧化产物比还原产物多3.2g，以下推断错误的是（ ）
A．若V1≥2.24，则V2＝4.48 B．V1+V2≥6.72
C．若V1＝2.24，则V2≥4.48 D．V1＞2.24，V2＞4.48
14．（3分）在100mL某混合溶液中，c（HNO3）＝0.4mol/L，c（H2SO4）＝0.2mol/L，向其中加入2.56g铜粉，微热，溶液体积变化忽略，充分反应后溶液中c（Cu2+）为（ ）
A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L
15．（3分）向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
B．通入CO2的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaOH）：n（Na2CO3）＝1：3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaHCO3）：n（Na2CO3）＝1：1
16．（3分）已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1；HCl（aq）与NaOH（aq）中和反应的△H＝﹣55.6kJ•mol﹣1．则HCN在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+43.5kJ•mol﹣1 B．﹣43.5kJ•mol﹣1
C．﹣67.7kJ•mol﹣1 D．+67.7kJ•mol﹣1
17．（3分）三甲胺N（CH3）3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N﹣二甲基甲酰胺[（CH3）2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示（*表示物质吸附在铜催化剂上），下列说法正确的是（ ）
A．该历程中决速步骤为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
B．该历程中的最大能垒（活化能）为2.16eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D．若1mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量
二、非选择题（共4小题，共49分。）
18．（11分）现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大。A与C形成的化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D是地壳中含量最多的元素；D、F原子的最外层电子数相等；E的焰色反应呈黄色；B元素的一种同位素在考古时可用于测定一些文物的年代。请回答下列问题：（注意回答问题时均用元素符号表示）
（1）元素B在周期表中的位置： 。
（2）元素A与C组成的10电子的阳离子的电子式： 。元素A与D组成的18电子分子的结构式： 。
（3）D和E形成的一种化合物与A2D发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向与数目： 。
（4）D和F的简单气态氢化物沸点比较高的是： （写分子式），原因： 。
（5）D、E、F、G的简单离子半径由小到大的顺序为 （用离子符号表示）。
（6）用电子式表示化合物E2D的形成过程： 。
19．（13分）不同的化学反应具有不同的反应热，人们可以通过多种方法获得反应热的数据，通常用实验进行测定，也可以进行理论推算。
Ⅰ.在科学研究中，科学家常用量热计来测量反应热。我校某化学兴趣小组的同学欲测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热，则：
（1）测定中和热的装置如图1所示。
①从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是 。
②做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用 次。
③现用50mL0.5mol/L的稀盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液反应测定，以下操作可能会导致测得的中和热数值偏大的是 。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取稀盐酸的体积时仰视读数
C．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
D.用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验
（2）在25mL1.00mol/LHCl溶液中逐滴加入未知浓度NaOH溶液VmL，将溶液搅拌均匀后，在保温隔热的条件下测量并记录混合溶液的温度，实验结果如图2所示。
①做该实验时环境温度 22℃（填“＜”、“＞”或“＝”）。
②NaOH溶液的物质的量浓度约为 （保留小数点后两位）。
Ⅱ.并不是所有反应的反应热均可通过实验直接测定。
（3）已知：由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。部分化学键键能数据如下表：
化学键
H﹣H
N﹣H
N≡N
键能（kJ/mol）
436
391
945
反应N2（g）+3H2（g）⇋2NH3（g）ΔH＝akJ/mol，根据所列键能数据计算a＝ kJ/mol。
（4）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+akJ/mol
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）ΔH＝﹣bkJ/mol
又知③H2O（g）═H2O（l）ΔH＝﹣ckJ/mol
则甲醇蒸气燃烧的热化学方程式： （ΔH用a、b、c表示）。
20．（12分）“消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，消毒原理与“84消毒液”相似，但更稳定，易保存。某“消洗灵”产品化学组成可以表示为Na10P3O13Cl•5H2O，实验室制备装置和过程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，制备NaClO碱性溶液。
（1）A中盛装高锰酸钾的仪器名称是 。
（2）X试剂的名称为 。
（3）C中采用多孔球泡的目的是 。
（4）D装置的作用是 。
Ⅱ.关闭A中分液漏斗活塞，打开C中分液漏斗活塞，一段时间后C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品。
（5）产品中氯元素的化合价为 。
（6）已知25℃时，NaHPO4溶液的pH＞7，原因是 （用离子方程式表示）。
Ⅲ.产品纯度测定（Na10P3O13Cl•5H2O的摩尔质量为Mg/mol）。
①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL溶液；
②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol/L稀硫酸、25mL0.1mol/L碘化钾溶液（过量），此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。
已知：2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣
（7）产品的纯度为 （用含a、M的代数式表示）。
21．（13分）工业利用含镍废料（以镍铁钙合金为主）制取NiC2O4（草酸镍），再经过高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图1所示
已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的pH约为3.2。
（1）“酸溶”时加快溶解速率的方法 （写一种即可）。
（2）加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为 。
（3）加入Na2CO3溶液调节pH至4.0～5.0，其目的为 。
（4）加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25℃时Ksp（CaF2）＝1.6×10﹣10，要使溶液中Ca2+沉淀完全[c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1]，则“除钙”时需控制NH4F的浓度至少为 mol•L﹣1。
（5）隔绝空气高温煅烧NiC2O4可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为 。
（6）Ni2O3还可用于制备合成氨的催化剂ConNi（1﹣n）Fe2O4。在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线如图2：
由图可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
2021-2022学年黑龙江省八校高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共17小题，每小题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，共51分）
1．（3分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．为推动生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代Fe3O4
C．“天和”号核心舱上使用了目前世界上最先进的三结砷化镓太阳能电池翼，砷化镓属于半导体材料
D．工业上通过将石灰石、石英、纯碱混合熔融主要通过发生氧化还原反应制备普通玻璃
【分析】A．从自然界中直接获取的能源为一次能源；
B．CuO不具有磁性；
C．砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间；
D．石灰石、石英、纯碱混合熔融制备普通玻璃，反应中没有元素化合价的变化。
【解答】解：A．电能是经过人为加工获得的，属于二次能源，故A错误；
B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，CuO不具有磁性，不能替代Fe3O4，故B错误；
C．砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制造太阳能电池翼，则砷化镓属于半导体材料，故C正确；
D．石灰石、石英、纯碱混合熔融制备普通玻璃，主要反应为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，Ca、Na、C、O和Si元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意理解化学在生产、生活和科技领域的应用，题目难度不大。
2．（3分）下列表示正确的是（ ）
A．含8个中子的氧原子的核素符号：O
B．CH4分子的球棍模型：
C．K+离子的结构示意图：
D．二氧化碳的电子式：
【分析】A.表示原子时，将质子数标示在元素符号左下方，质量数表示在左上方；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；
C.钾离子的核内有19个质子，核外有18个电子；
D.二氧化碳分子中C原子和O原子之间以双键结合。
【解答】解：A.表示原子时，将质子数标示在元素符号左下方，质量数表示在左上方，而质量数＝质子数+中子数，故中子数为8的氧原子的质量数为16，表示为O，故A正确；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，甲烷的球棍模型为，故B错误；
C.钾离子的核内有19个质子，核外有18个电子，结构示意图为，故C错误；
D.二氧化碳分子中C原子和O原子之间以双键结合，其电子式为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的正误判断，涉及电子式、离子结构示意图、比例模型及球棍模型等概念及正确表示方法，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于培养学生规范答题的能力，题目难度不大。
3．（3分）下列各实验装置图的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①为放出萃取溴水后的苯层
B．装置②为喷泉实验
C．装置③不能用来吸收HCl气体
D．以NH4Cl为原料，装置④可用于制备少量NH3
【分析】A．苯层在上层，应从上口倒出；
B．气体与碱反应，导致气体减少，可形成喷泉；
C．四氯化碳的密度比水大，可隔绝水与气体；
D．氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵．
【解答】解：A．苯层在上层，应从上口倒出，图中操作不合理，故A错误
B．气体与碱反应，导致气体减少，可形成喷泉，挤压胶头滴管中的胶头即可引发喷泉实验，故B正确；
C．四氯化碳的密度比水大，可隔绝水与气体，则图中装置可防止倒吸，故C错误；
D．氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵，不能利用此法制取氨气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及萃取、喷泉实验、防止倒吸装置、氨气的制取等，为高频考点，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验方案的操作性、合理性分析，题目难度不大．
4．（3分）对于下列描述的过程，能正确表示其反应离子方程式的是（ ）
A．泡沫灭火器的灭火原理：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑
B．将混有空气的SO2 通入BaCl2 溶液中，出现白色浑浊：Ba2++SO2+H2O═BaSO3↓+2H+
C．将一小块铁片投入足量稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O
D．向NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
【分析】A.泡沫灭火器的药品为硫酸铝和碳酸氢钠，灭火时铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
B.亚硫酸钡能够溶于强酸，反应生成的白色沉淀应该为硫酸钡；
C.稀硝酸足量，反应生成铁离子；
D.碳酸氢根离子不能拆开。
【解答】解：A.泡沫灭火器中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故A正确；
B.将混有空气的SO2通入BaCl2溶液中，出现白色浑浊，生成的沉淀为硫酸钡，正确的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，故B错误；
C.将一小块铁片投入足量稀硝酸中，反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，正确的离子方程式为：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故C错误；
D.向NaHCO3溶液中加入稀盐酸，反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
5．（3分）已知NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NA
B．0.5mol•L﹣1 KNO3溶液中含有N原子总数为0.5NA
C．1mol熔融NaHSO4电离出的阴、阳离子总数目为2NA
D．1molCH≡CH中含有共用电子对的数目为3NA
【分析】A.NO与O2发生反应2NO+O2＝2NO2，但存在平衡2NO2⇌N2O4；
B.题目未给溶液体积；
C.熔融NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子；
D.1个CH≡CH分子中含有5对共用电子对。
【解答】解：A.22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到22.4LNO2，但存在平衡2NO2⇌N2O4，气体分子数小于NA，故A错误；
B.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故B错误；
C.1mol熔融NaHSO4电离出的阴、阳离子总数目为1mol×2×NA/mol＝2NA，故C正确；
D.1molCH≡CH中含有共用电子对的数目为1mol×5×NA/mol＝5NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
6．（3分）阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据质量数＝质子数+中子数，计算X的质子数．由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，根据n＝计算氢化物HnX的物质的量，结合化学式计算含有的质子的物质的量．
【解答】解：阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，所以X的质子数为A﹣N，
由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，所以1个HnX分子中含有的质子数为A﹣N+n，
氢化物HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，
mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量×（A﹣N+n）＝（A﹣N+n）mol。
故选：C。
【点评】本题考查学生利用原子构成的计算，明确氢化物的分子式是解题关键，注意质量数近似等于相对原子质量．
7．（3分）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NO2），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce2+═2H++Ce3+
B．x＝l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少
D．该转化过程的实质为NOx被H2还原
【分析】反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，每个Ce4+离子得到1个电子生成Ce3+离子，反应Ⅱ中Ce3+离子是还原剂，每个Ce3+离子失去1个电子生成Ce4+离子，NOx是氧化剂，据此分析。
【解答】解：A．反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，发生反应的离子方程式：H2+2Ce3+═2H++2Ce2+，故A错误；
B．x＝1时，反应方程式：2NO+4Ce2++4H+＝N2+4Ce3++H2O，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．处理过程中，实质为NOx被H2还原，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数不变，故C错误；
D．总反应可以看作烟气与H2反应，则该转化过程的实质为NOx被H2还原，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了氮元素化合物的性质、氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。
8．（3分）下列判断不合理的一组是（ ）
①NO2是酸性氧化物
②根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
③不是所有物质都含有化学键
④根据反应条件是否需要加热将化学反应分为吸热反应和放热反应
⑤氯化氢溶于水的过程中发生了共价键的破坏，该过程属于化学变化
⑥CO2、PCl5分子中各原子都满足8电子稳定结构
A．①③④⑤ B．②④⑤⑥ C．①②④⑥ D．①②④⑤⑥
【分析】①和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
②不同分散系本质区别为：分散质粒子直径大小；
③稀有气体中不含化学键；
④化学反应一定伴随着能量变化，根据反应物与生成物的总能量大小可分为吸热反应和放热反应；
⑤氯化氢溶解过程有化学键断裂但无新化学键形成，是物理变化；
⑥PCl5中P的化合价为+5，P原子最外层电子数＝5+5＝10。
【解答】解：①NO2与H2O反应生成HNO3和NO，发生的是氧化还原反应，所以NO2 不是酸性氧化物，故错误；
②根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；
③稀有气体是单原子分子，各原子满足稳定结构，所以分子中不存在化学键，只存在分子间作用力，故正确；
④化学反应一定伴随着能量变化，根据反应物与生成物的总能量大小可分为吸热反应和放热反应，与反应条件无关，故错误；
⑤有化学键断裂的过程不一定是化学变化，氯化氢溶解过程有化学键断裂但无新化学键形成，是物理变化，故错误；
⑥PCl5中，P原子最外层电子数＝5+5＝10，不满足最外层为8电子结构，故错误；
故选：D。
【点评】本题综合考查了酸性氧化物的概念、化学反应能量变化的实质、分散系的分类依据、化学键、化学变化的判断方法等内容，难度不大。
9．（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①铝土矿A1OA1（OH）3A12O3
②盐卤（含MgCl2） Mg（OH）2MgCl2溶液无水MgCl2
③NH3NONO2 HNO3
④S SO3H2SO4
⑤NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A．③⑥ B．③⑤⑥ C．①④⑤ D．①③⑥
【分析】①A1（OH）3能与HCl反应生成A1Cl3；
②加热时MgCl2发生水解生成Mg（OH）2；
③NH3催化氧化生成NO，NO易与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3；
④S在O2中燃烧只能生成SO2；
⑤加热条件下，Fe与Cl2反应生成FeCl3；
⑥SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，碳酸酸性强于硅酸，CO2能与Na2SiO3反应生成H2SiO3。
【解答】解：①铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故①错误；
②盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，加热时蒸发HCl挥发，平衡向右移动，则得不到无水MgCl2，故②错误；
③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；
④硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故④错误；
⑤电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气与铁反应生成FeCl3，不是FeCl2，故⑤错误；
⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故⑥正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）某溶液中含有 Ba2+，Cu2+，Ag+，现用 NaOH 溶液、盐酸和 Na2SO4 溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．试剂 A 为 Na2SO4 溶液
B．沉淀3 的化学式可能是 BaSO4
C．生成沉淀1 的离子方程式为：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓
D．生成沉淀2 的离子方程式为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓
【分析】Cu2+、Ag+均与NaOH反应生成沉淀，Ba2+、Ag+均与Na2SO4反应生成沉淀，而盐酸与Ag+反应生成沉淀，则这三种离子逐一沉淀分离时，A为盐酸，沉淀1为AgCl，B为NaOH或Na2SO4，C为Na2SO4或NaOH，以此来解答．
【解答】解：Cu2+、Ag+均与NaOH反应生成沉淀，Ba2+、Ag+均与Na2SO4反应生成沉淀，而盐酸与Ag+反应生成沉淀，则这三种离子逐一沉淀分离时，A为盐酸，沉淀1为AgCl，B为NaOH或Na2SO4，C为Na2SO4或NaOH，
A．由上述分析可知，A是稀盐酸，故A错误；
B．若B为NaOH，C为Na2SO4，沉淀3是BaSO4，故B正确；
C．生成沉淀1的离子方程式为Ag++Cl﹣＝AgCl↓，故C错误；
D．生成沉淀2的离子方程式为Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓或Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯的实验设计，为高频考点，把握离子之间的反应、习题中的信息为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意逐一沉淀分离的限制条件，题目难度不大．
11．（3分）相同条件下，下列各组热化学方程式（溶液中的反应均是在稀溶液之间进行的）中，ΔH1＞ΔH2 的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） ΔH1；CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g） ΔH2
B．H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l） ΔH1；H+（aq）+NH3⋅H2O（aq）═NH4+（aq）+H2O（l） ΔH2
C．S（s）+O2（g）═SO2（g） ΔH1；S（g）+O2（g）═SO2（g） ΔH2
D．CO2（g）═CO（g）+O2（g） ΔH1；2CO2（g）═2CO（g）+O2（g） ΔH2
【分析】A.燃烧是放热反应，ΔH1＜0，碳酸钙的分解是吸热反应，ΔH2＞0，判断焓变的大小；
B.强酸强碱中和反应放热，ΔH1＜0，强酸与弱碱反应放热，但弱碱电离吸热，放热减小，判断焓变的大小；
C.同种物质的气态比固态能量高，达到过渡态需要的能量少，反应放出的热量更多，判断焓变的大小；
D.对于物质相同的化学反应，参加反应的物质越多，吸放热越明显。
【解答】解：A.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）是氢气的燃烧，属于放热反应，ΔH1＜0，CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g） 是高温煅烧石灰石，是吸热反应，ΔH2＞0，所以ΔH2＞ΔH1，故A错误；
B.H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）是强酸与强碱的中和反应，断键吸热，成键放热，所以中和反应为放热反应，ΔH1＜0；H+（aq）+NH3⋅H2O（aq）═NH4+（aq）+H2O（l）是强酸和弱碱一水合氨的中和反应，也是发热反应，ΔH2＜0，但氨水电离吸热，所以强酸和强碱反应放出的热量更多，放热反应焓变为负值，放出的热量越多，焓变越小，ΔH1＜ΔH2，故B错误；
C.S（s）+O2（g）═SO2（g）是固态硫的燃烧，ΔH1＜0；S（g）+O2（g）═SO2（g）是气态硫的燃烧，ΔH2＜0，但气态硫单质的热量较高，燃烧时放出的热量更多，焓变更小，ΔH1＞ΔH2，故C正确；
D.表示二氧化碳的分解反应，是吸热反应，ΔH1＞0，参加反应的物质的量越多，吸收的热量越多，焓变越大，ΔH1＜ΔH2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查热化学方程式的能量变化及焓变值得大小判断，难度中等，ΔH大小比较规律有：放热的小于吸热的；放热多的小于放热少的；吸热多的大于吸热少的；生成物相同时，反应物的能量越高，放热越多，焓变越小；反应物相同时，生成物的能量越高，放热越少，焓变越大。
12．（3分）有机化合物M的结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素。只有Y、Z、W为同周期相邻元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的稳定性顺序为Y＞Z＞W
B．最高价含氧酸的酸性强弱顺序为Q＞Y＞Z
C．简单离子的半径由小到大的顺序为W＜Z＜Q
D．元素X、Z、W只能形成共价化合物
【分析】有机化合物M的结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同，Q形成1个共价键，结合原子序数可知Q位于ⅦA族，则Z为N元素，只有Y、Z、W为同周期相邻元素，则Y为C，W为O，Q为Cl元素；X形成1个共价键，其原子序数最小，则X为H，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，Q为Cl元素，
A.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞C，则简单氢化物的稳定性顺序为W＞Z＞Y，故A错误；
B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，则最高价含氧酸的酸性强弱顺序为Q＞Z＞Y，故B错误；
C.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径由小到大的顺序为W＜Z＜Q，故C正确；
D.元素X、Z、W形成的硝酸铵属于离子化合物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，D为易错点，题目难度不大。
13．（3分）在反应器中充入二氧化硫V1L和硫化氢V2L（标况），充分反应后测知所得氧化产物比还原产物多3.2g，以下推断错误的是（ ）
A．若V1≥2.24，则V2＝4.48 B．V1+V2≥6.72
C．若V1＝2.24，则V2≥4.48 D．V1＞2.24，V2＞4.48
【分析】发生反应为SO2+2H2S＝2H2O+3S，氧化产物和还原产物都是S，3.2gS的物质的量为：＝0.1mol；设参加反应的二氧化硫的物质的量为x，则同时消耗2x硫化氢，充分作用后测知所得氧化产物比还原产物多：2x﹣x＝x＝0.1mol，故参加反应的二氧化硫的物质的量为0.1mol，参加反应的硫化氢的物质的量为：0.1mol×2＝0.2mol，
若V1＞2.24、V2＞4.48，参加反应的二氧化硫的物质的量大于＝0.1mol；
若V1＝2.24、V2≥4.48或V1≥2.24、V2＝4.48时，参加反应消耗二氧化硫、硫化氢的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，满足条件，故Vl+V2≥4.48，据此进行判断。
【解答】解：A．若V1≥2.24，则V2＝4.48，参加反应的二氧化硫的物质的量大于＝0.1mol，满足条件，故A正确；
B．V1＝2.24、V2≥4.48或V1≥2.24、V2＝4.48时，参加反应消耗二氧化硫、硫化氢的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，满足条件，故Vl+V2≥6.72，故B正确；
C．根据B的分析可知，若Vl＝2.24，则V2≥4.48，故C正确；
D．根据B的分析可知，若V1＞2.24，则V2＝4.48，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。
14．（3分）在100mL某混合溶液中，c（HNO3）＝0.4mol/L，c（H2SO4）＝0.2mol/L，向其中加入2.56g铜粉，微热，溶液体积变化忽略，充分反应后溶液中c（Cu2+）为（ ）
A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L
【分析】n（Cu）＝＝0.04mol，混合溶液中n（H+）＝n（HNO3）+2n（H2SO4）＝0.4mol/L×0.1L+2×0.2mol/L×0.1L＝0.08mol，n（NO3﹣）＝n（HNO3）＝0.4mol/L×0.1L＝0.04mol，Cu和混合酸的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，根据离子方程式计算0.04mol硝酸根离子完全反应需要的H+、Cu的物质的量，所以Cu、H+都剩余，则Cu部分溶解，根据Cu原子守恒计算c（Cu2+）。
【解答】解：在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n（HNO3）＝0.1L×0.4mol/L＝0.04mol，硫酸的物质的量n（H2SO4）＝0.1L×0.2moL/L＝0.02moL，所以氢离子的物质的量n（H+）＝0.04moL+2×0.02moL＝0.08mol，铜粉的物质的量n（Cu）＝＝0.04mol，依据方程式3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO+4H2O可知氢离子不足，故根据H+计算，由方程式可知n（Cu2+）＝×0.08mol＝0.03mol，所以c（Cu2+）＝＝0.3mol/L，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应计算铜离子浓度时要先进行过量计算，为易错题。
15．（3分）向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
B．通入CO2的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaOH）：n（Na2CO3）＝1：3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaHCO3）：n（Na2CO3）＝1：1
【分析】A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；
B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V＝nVm计算二氧化碳的体积；
CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．
【解答】解：生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.1L×0.2mol/L＝0.02mol，所以c（NaOH）＝＝0.2mol/L，故A正确；
B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）＝n（HCl）＝（0.1L﹣0.025L）×0.2mol/L＝0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol＝0.3.6L＝336mL，故B错误；
C．Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL﹣25mL＝50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL＝1：2，故C错误；
D．由C中分析可知，Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL＝1：2，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键根据图中盐酸的体积确定NaOH溶液与CO2反应得到溶质．
16．（3分）已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1；HCl（aq）与NaOH（aq）中和反应的△H＝﹣55.6kJ•mol﹣1．则HCN在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+43.5kJ•mol﹣1 B．﹣43.5kJ•mol﹣1
C．﹣67.7kJ•mol﹣1 D．+67.7kJ•mol﹣1
【分析】利用盖斯定律进行计算，分别写出两个反应的热化学方程式，将两个热化学方程式相加（减）得到HCN在水溶液中电离的电离方程式，同时反应热也随之相加（减），可得HCN在水溶液中电离的反应热．
【解答】解：反应的热化学方程式分别为：
HCN（aq）+OH﹣（aq）═CN﹣（aq）+H2O（l）△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1…①
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝﹣55.6kJ•mol﹣1…②
HCN电离方程式为，HCNH++CN﹣，用①﹣②可得HCN电离的热化学方程式为：
HCN（aq）H+（aq）+CN﹣（aq）△H＝﹣12.1kJ•mol﹣1﹣（﹣55.6kJ•mol﹣1）＝+43.5kJ•mol﹣1，
故选：A。
【点评】本题考查反应热的计算，本题难度不大，做题时注意盖斯定律的应用方法．
17．（3分）三甲胺N（CH3）3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N﹣二甲基甲酰胺[（CH3）2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N（CH3）3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示（*表示物质吸附在铜催化剂上），下列说法正确的是（ ）
A．该历程中决速步骤为（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*
B．该历程中的最大能垒（活化能）为2.16eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D．若1mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量
【分析】A．该历程中决速步骤为活化能最大的步骤；
B．由图可知，该历程中的最大能垒（活化能）为最后一步的活化能；
C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，1个DMF分子转化为三甲胺，会释放的能量为0eV﹣（﹣1.02）eV＝1.02eV。
【解答】解：A．该历程中决速步骤为活化能最大的步骤，由图可知，（CH3）2NCH2OH*═（CH3）2NCH2+OH*，该步骤的活化能为0.22eV，该历程中的最大能垒（活化能）为最后一步的活化能，即为1.19eV，则最后一步是上述历程中的决速步骤，故A错误；
B．由A分析可知，该历程中的最大能垒（活化能）为1.19eV，故B错误；
C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度可以加快反应速率，但DMF的平衡转化率减小，故C错误；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，1个DMF分子转化为三甲胺，会释放的能量为0eV﹣（﹣1.02）eV＝1.02eV，则1mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV•NA的能量，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应能量变化，从宏观理解化学反应能量变化的原因以及勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等。
二、非选择题（共4小题，共49分。）
18．（11分）现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大。A与C形成的化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D是地壳中含量最多的元素；D、F原子的最外层电子数相等；E的焰色反应呈黄色；B元素的一种同位素在考古时可用于测定一些文物的年代。请回答下列问题：（注意回答问题时均用元素符号表示）
（1）元素B在周期表中的位置： 第二周期ⅣA族 。
（2）元素A与C组成的10电子的阳离子的电子式： 。元素A与D组成的18电子分子的结构式： H﹣O﹣O﹣H 。
（3）D和E形成的一种化合物与A2D发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向与数目： 。
（4）D和F的简单气态氢化物沸点比较高的是： H2O （写分子式），原因： 水分子之间存在氢键 。
（5）D、E、F、G的简单离子半径由小到大的顺序为 Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣ （用离子符号表示）。
（6）用电子式表示化合物E2D的形成过程： 。
【分析】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；D、F原子的最外层电子数相等，二者同主族，故F为S元素；G的原子序数最大，故G为Cl；E的焰色反应呈黄色，则E为Na；A与C形成的化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该化合物为NH3，故A为H元素、C为N元素；B元素的一种同位素在考古时可用于测定一些文物的年代，可知B为C元素。
【解答】解：由分析可知，A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为S、G为Cl；
（1）B为碳元素，在周期表中处于第二周期ⅣA族，
故答案为：第二周期ⅣA族；
（2）元素H与N组成的10电子的阳离子为NH4+，其电子式为，元素H与O组成的18电子分子为H2O2，其结构式为H﹣O﹣O﹣H，
故答案为：；H﹣O﹣O﹣H；
（3）O和Na形成的一种化合物与H2O发生氧化还原反应，该反应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，用双线桥标出电子转移的方向与数目为，
故答案为：；
（4）水分子之间存现氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故水的沸点比硫化氢高，
故答案为：H2O；水分子之间存在氢键；
（5）D、E、F、G的简单离子分别为O2﹣、Na+、S2﹣、Cl﹣，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越多，故离子半径由小到大的顺序为Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣，
故答案为：Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣；
（6）用电子式表示化合物Na2O的形成过程为，
故答案为：。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意氢键对物质性质的影响，会用电子式表示化学键或物质的形成过程，（3）中电子转移数目与方向为易错点，注意NaOH不是还原产物。
19．（13分）不同的化学反应具有不同的反应热，人们可以通过多种方法获得反应热的数据，通常用实验进行测定，也可以进行理论推算。
Ⅰ.在科学研究中，科学家常用量热计来测量反应热。我校某化学兴趣小组的同学欲测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热，则：
（1）测定中和热的装置如图1所示。
①从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是 环形玻璃搅拌棒； 。
②做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用 3 次。
③现用50mL0.5mol/L的稀盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液反应测定，以下操作可能会导致测得的中和热数值偏大的是 。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取稀盐酸的体积时仰视读数
C．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
D.用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验
（2）在25mL1.00mol/LHCl溶液中逐滴加入未知浓度NaOH溶液VmL，将溶液搅拌均匀后，在保温隔热的条件下测量并记录混合溶液的温度，实验结果如图2所示。
①做该实验时环境温度 ＜ 22℃（填“＜”、“＞”或“＝”）。
②NaOH溶液的物质的量浓度约为 0.83mol/L （保留小数点后两位）。
Ⅱ.并不是所有反应的反应热均可通过实验直接测定。
（3）已知：由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。部分化学键键能数据如下表：
化学键
H﹣H
N﹣H
N≡N
键能（kJ/mol）
436
391
945
反应N2（g）+3H2（g）⇋2NH3（g）ΔH＝akJ/mol，根据所列键能数据计算a＝ ﹣93 kJ/mol。
（4）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+akJ/mol
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）ΔH＝﹣bkJ/mol
又知③H2O（g）═H2O（l）ΔH＝﹣ckJ/mol
则甲醇蒸气燃烧的热化学方程式： CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H═﹣（3b+2a+c）kJ/mol （ΔH用a、b、c表示）。
【分析】（1）①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
②中和热的测定需测定反应前酸、碱的温度以及反应后的最高温度；
③根据实验成功的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低，根据实验中用到的试剂以及实验操作知识来判断；
（2）实验时环境的温度应为酸碱未混合之前的温度；
（3）依据反应过程中反应焓变＝反应物键能总和﹣生成物键能总和计算；
（4）根据盖斯定律进行解答。
【解答】解：（1）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，
故答案为：环形玻璃棒搅拌；
②中和热的测定需测定反应前酸、碱的温度以及反应后的最高温度，完成一次实验，需要测定该数据的次数为3次，
故答案为：3；
③A．实验装置保温、隔热效果差，散失的热量会增多，所以导致实验测得中和热的数值偏小，故A错误；
B．在量取盐酸时仰视读数，则量取的液体偏多，放出的热量会增加，所以导致实验测得中和热的数值偏大，故B正确；
C．测定中和热时，为减小热量损失，把氢氧化钠溶液一次倒入盛有硫酸的小烧杯中，所以分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致实验测得中和热的数值偏小，故C错误，
故答案为：B；
（2）①温度为22℃时是指已经加5mL氢氧化钠时候的温度，此时已经放出热量，则环境温度应该比未加氢氧化钠时候低，
故答案为：＜；
②由图可知，加入30mLNaOH溶液时溶液温度最高，则HCl完全被中和，n（HCl）＝n（NaOH），即25×10﹣3L×1.00mol/L＝30×10﹣3L×c（NaOH），解得c（NaOH）＝0.83mol/L，
故答案为：0.83mol/L；
（3）N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g）△H＝a kJ•mol﹣1，反应焓变＝反应物键能总和﹣生成物键能总和，akJ•mol﹣1＝945kJ•mol﹣1+3×436kJ•mol﹣1﹣6×391kJ•mol﹣1＝﹣93kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣93；
（4）甲醇燃烧生成液态水的化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l），
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H＝+akJ•mol﹣1
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H＝﹣bkJ•mol﹣1
③H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1
根据盖斯定律：②×3﹣①×2+③×2计算反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的△H＝（﹣bkJ•mol﹣1）×3﹣（+akJ•mol﹣1）×2+（﹣ckJ•mol﹣1）×2＝﹣（3b+2a+c）kJ/mol，
故答案为：CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H═﹣（3b+2a+c）kJ/mol。
【点评】本题考查了测中和热的实验、热化学方程式的书写、盖斯定律的计算应用，为高频考点，侧重考查学生分析能力和计算能力，正确分析图象中各物理量的关系及反应热的计算方法是解题关键，注意反应热的计算，题目难度中等。
20．（12分）“消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，消毒原理与“84消毒液”相似，但更稳定，易保存。某“消洗灵”产品化学组成可以表示为Na10P3O13Cl•5H2O，实验室制备装置和过程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，制备NaClO碱性溶液。
（1）A中盛装高锰酸钾的仪器名称是 圆底烧瓶 。
（2）X试剂的名称为 饱和食盐水 。
（3）C中采用多孔球泡的目的是 增大反应物的接触面积，加快反应速率 。
（4）D装置的作用是 吸收尾气，防止污染大气 。
Ⅱ.关闭A中分液漏斗活塞，打开C中分液漏斗活塞，一段时间后C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品。
（5）产品中氯元素的化合价为 +1价 。
（6）已知25℃时，NaHPO4溶液的pH＞7，原因是 HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣ （用离子方程式表示）。
Ⅲ.产品纯度测定（Na10P3O13Cl•5H2O的摩尔质量为Mg/mol）。
①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL溶液；
②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol/L稀硫酸、25mL0.1mol/L碘化钾溶液（过量），此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。
已知：2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣
（7）产品的纯度为 （用含a、M的代数式表示）。
【分析】（1）根据仪器构造可判断；
（2）浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要除去；
（3）C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积；
（4）氯气有毒，需要尾气处理；
（5）Na10P3O13Cl•5H2O中Na、P、O、H的化合价分别是+1、+5、﹣2、+1价，根据化合价代数原则判断；
（6）已知25℃时，溶液的pH＞7，说明HPO42﹣的水解程度大于电离程度；
（7）Na10P3O13Cl•5H2O能把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到﹣1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl•5H2O～I2，又因为2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，则Na10P3O13Cl•5H2O～2S2O32﹣，据此计算产品纯度。
【解答】解：（1）根据仪器构造可判断，装置A中盛装高锰酸钾的仪器名称是圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（2）浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要除去，则X试剂的名称为饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
（3）C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（4）氯气有毒，需要尾气处理，D装置的作用是吸收尾气，防止污染大气，
故答案为：吸收尾气，防止污染大气；
（5）Na10P3O13Cl•5H2O中Na、P、O、H的化合价分别是+1、+5、﹣2、+1价，根据化合价代数和为0可知C氯元素的化合价是+（13×2﹣1×10﹣5×3）＝+1价，
故答案为：+1价；
（6）已知25℃时，溶液的pH＞7，说明HPO42﹣的水解程度大于电离程度，水解方程式为HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，
故答案为：HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣；
（7）Na10P3O13Cl•5H2O能把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到﹣1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl•5H2O～I2，又因为2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，则Na10P3O13Cl•5H2O～2S2O32﹣，所以产品的纯度为×100%＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
21．（13分）工业利用含镍废料（以镍铁钙合金为主）制取NiC2O4（草酸镍），再经过高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图1所示
已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的pH约为3.2。
（1）“酸溶”时加快溶解速率的方法 将含镍废料粉碎或适当增大稀硫酸的浓度或适当升温或搅拌等 （写一种即可）。
（2）加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 。
（3）加入Na2CO3溶液调节pH至4.0～5.0，其目的为 促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全 。
（4）加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25℃时Ksp（CaF2）＝1.6×10﹣10，要使溶液中Ca2+沉淀完全[c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1]，则“除钙”时需控制NH4F的浓度至少为 0.004 mol•L﹣1。
（5）隔绝空气高温煅烧NiC2O4可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为 2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑ 。
（6）Ni2O3还可用于制备合成氨的催化剂ConNi（1﹣n）Fe2O4。在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线如图2：
由图可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 Co2+ 。
【分析】由流程可知，含镍废料（以镍铁钙合金为主）加入酸溶解，加入过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后，滤液中加入NH4F沉淀钙离子，过滤得到溶液含有Ni2+的溶液，加入草酸生成草酸镍，蒸发浓缩、结晶析出NiC2O4晶体，煅烧可生成Ni2O3，据此分析解题。
【解答】解：（1）“酸浸”时为了提高酸浸的效率，可以将含镍废料粉碎、适当增大稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法，
故答案为：将含镍废料粉碎或适当增大稀硫酸的浓度或适当升温或搅拌等；
（2）由分析可知，加入H2O2将Fe2+转化为Fe3+便以后面调节pH沉淀分离除杂，故离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（3）由分析可知，加入碳酸钠溶液调pH至4.0～5.0，其目的是促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全，
故答案为：促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全；
（4）加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25℃时Ksp（CaF2）＝1.6×10﹣10，要使溶液中Ca2+沉淀完全[c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1]，c（F﹣）≥＝mol/L＝0.004mol/L，则“除钙”时需控制NH4F的浓度至少为0.004mol•L﹣1，
故答案为：0.004；
（5）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，再利用化合价升降相等，Ni：升高2×（3﹣2），C：升高1×（4﹣3），C：降低：3×（3﹣2），根据质量守恒可知，将生成另一种气体CO2，即分解生成Ni2O3、CO、CO2，配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑，
故答案为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
（6）由题干曲线可知，合成氨的相对初始速率随n值增大而加快，n值越大说明催化剂中Co2+离子的含量越高，即Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是Co2+，
故答案为：Co2+。
【点评】本题考查物质的制备的综合实验设计，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，本题注意把握制备流程和基本实验操作方法，侧重流程分析及除杂反应等知识点考查，题目难度中等。
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