湖北省宜昌市远安一高2016届高考化学八模试卷(解析版)

2016年湖北省宜昌市远安一高高考化学八模试卷（2）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．《神农本草经》说：“水银…镕化（加热）还复为丹．”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的．这里的“丹”是指（）A．氯化物B．合金 C．硫化物D．氧化物2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2N A B．256g S8分子中含S﹣S键为7N A个C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为N A个D．1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为N A个3．分子式为C5H10O2的酸和分子式为C5H12O的醇在酸性条件下形成的酯共有（）A．16种B．20种C．32种D．40种3＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=CO32﹣+2HClO C．向0.1 mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，此时溶液的pH=5D．向浓度均为1.0×10﹣3 mol•L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加1.0×10﹣3 mol•L﹣1的AgNO3溶液，CrO42﹣先形成沉淀6．下列表述正确的是（）A．含有大量AlO2﹣的溶液中：K+、Al3+、Br﹣、HCO3﹣可共存B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2 CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ/mol C．将SO2通入Ca（ClO）2溶液中：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2 HClOD．在某钠盐溶液中含有等物质的量的Cl﹣、I﹣、SO32﹣、CO32﹣、NO3﹣、SiO32﹣中的一种或多种，当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深但仍澄清，阴离子种数减少3种，则原溶液中一定有CO32﹣7．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和C3H8O．下列说法错误的是（）A．该装置将光能和电能转化为化学能B．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C．每还原44 g CO2，理论上可生成33.6L O2D．b电极的反应为：3CO2+18H++18e﹣═C3H8O+5H2O二、解答题（共3小题，满分43分）8．工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O），其过程为：pH22晶体在100℃时失去全部结晶水．（1）操作①中碳酸锶与盐酸反应的离子方程式．（2）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至；宜用的试剂为．A．1.5 B．3.7 C．9.7D氨水E氢氧化锶粉末F碳酸钠晶体（3）操作②中加入H2O2发生反应的离子方程式是．（4）操作③中所得滤渣的主要成分是（填化学式）．（5）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是．A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上（6）步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是．9．碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关．（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），△H＜0；利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍．下列说法正确的是（填字母编号）．A．增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B．缩小容器容积，平衡右移，△H减小C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D．当4V正[Ni（CO）4]=V正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒．为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO 氧化，二氧化硫转化为单质硫．已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣Q1 kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣Q2 kJ•mol﹣1则SO2（g）+2CO（g）═S（s）+2CO2（g）△H=；（3）对于反应：2NO（g）+O2═2NO2（g），向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线（如图1）．①比较P1、P2的大小关系；②700℃时，在压强为P2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为（最简分数形式）；（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图2所示．该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为；若该燃料电池使用一段时间后，共收集到20mol Y，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为L．10．科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42﹣和N4H44+两种离子形式存在，植物的根系易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收．请回答下列问题：（1）N4和N2的关系正确的是（填序号）．A．同种单质B．同位素C．同分异构体D．同素异形体（2）N4H4（SO4）2（填“能”或“不能”）和草木灰混合施用．（3）已知断裂1molN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN N放出942kJ．写出N4气体转变为N2的热化学方程式：．（4）已知白磷、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为，白磷（P4）的结构式为，请画出N4H44+的结构式．（5）已知液氨中存在着平衡2NH3⇌NH4++NH2﹣．科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子和另一种单质气体，请写出液氨与氢氧化铯反应的化学方程式：．三、化学--选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11．某废水中含有CN﹣和Cr2O72﹣等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理拟采用下列流程进行处理：回答下列问题：（1）步骤②中，CN﹣被ClO﹣氧化为CNO﹣的离子方程式为．（2）步骤③的反应的离子方程式为S2O32﹣+Cr2O72﹣+H+→SO42﹣+Cr3++H2O（未配平），每消耗0.4mol Cr2O72﹣时，反应中S2O32﹣失去mo1电子．（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是．（4）在25℃下，将amol•L﹣1的NaCN溶液与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液pH=7，用含a的代数式表示CN﹣的水解常数K h=mol•L﹣1．若25℃时将浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，溶液呈碱性，则关于该溶液的说法不正确的是（填代号）．a．此溶液一定有c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（CN﹣）b．此溶液一定有c（Na+）═c（HCN）+c（CN﹣）c．混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度d．此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸，溶液的pH变化不大（5）利用Cr2O72﹣测定某SnCl2的纯度（杂质不参与反应，溶液中Sn4+较为稳定）：将a g SnCl2样品制成溶液的操作为，向得到的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用bmol•L﹣1 K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72﹣可被还原为Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液xmL．则样品中SnCl2的质量分数是．（SnCl2的摩尔质量为M g•mol﹣1，用含a、b、x、M的代数式表示）四、化学--选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）12．利用周期表中同族元素的相似性，可预测元素的性质．（1）P元素的基态原子有个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图1所示．科学家目前合成了N4分子，N 原子的杂化轨道类型是，N﹣N 键的键角为；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途为．（2）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为．（3）立方氮化硼晶体的结构如图2所示：该晶体中，B原子填充在N原子的空隙，且占据此类空隙的比例为（填百分数）．（4）N与As是同族元素，B与Ga是同族元素，立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，两种晶体中熔点较高的是；立方砷化镓晶体的晶胞边长为a pm，则其密度为g•cm﹣3 （用含a的式子表示，设N A为阿伏加德罗常数的值）．五、化学--选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13．高分子材料E和含扑热息痛高分子药物的合成流程如图所示：已知：I．含扑热息痛高分子药物的结构为：．II．RCOOHIII．RCOONa+R′﹣NH2试回答下列问题：（1）①的反应类型为，G的分子式为．（2）若1mol可转化为1mol A和1mol B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，写出A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式．（3）反应②为加成反应，则B的结构简式为；扑热息痛的结构简式为．（4）写出含扑热息痛高分子药物与足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式．（5）D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%．D有多种同分异构体，其中属于链状酯类，且能发生银镜反应的同分异构体有种（考虑顺反异构）．2016年湖北省宜昌市远安一高高考化学八模试卷（2）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．《神农本草经》说：“水银…镕化（加热）还复为丹．”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的．这里的“丹”是指（）A．氯化物B．合金 C．硫化物D．氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答．【解答】解：在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D．2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2N A B．256g S8分子中含S﹣S键为7N A个C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为N A个D．1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为N A个【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．二氧化硫和氧气反应是可逆反应不能进行完全；B．一个S8分子中含8个S﹣S键，据此计算出256g晶体中含有的S﹣S的数目；C．溶液为中性，氢离子与氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知，钠离子与醋酸根离子浓度相等；D．钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子．【解答】解：A．二氧化硫和氧气反应是可逆反应，用极端假设法，若SO2转化率为0，混合气体分子数为3N A，若二氧化硫转化率100%，则混合气体分子数为2N A，反应是可逆反应，所以平衡后的混合气体分子数大于2N A小于3N A，故A正确；B．56g S8晶体含有S8的物质的量为1mol，1molS8中含有8mol S﹣S键，含有的S﹣S键为8N A个，故B错误；C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知，钠离子与醋酸根离子浓度相等，则醋酸根离子与钠离子的物质的量相同，都是1mol，溶液中CH3COO﹣数目为N A个，故C正确；D．1 molNa与O2完全反应，无论生成Na2O还是Na2O2，1mol钠完全反应失去1mol电子，转移电子总数为N A个，故D正确；故选B．3．分子式为C5H10O2的酸和分子式为C5H12O的醇在酸性条件下形成的酯共有（）A．16种B．20种C．32种D．40种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】根据分子式为C5H10O2的酸的种类取决于﹣C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C4H9异构体有4种：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，然后确定酯的种类．【解答】解：分子式为C5H10O2的酸的种类取决于﹣C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C4H9的种类，﹣C4H9异构体有4种：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，即分子式为C5H10O2的酸有4种，分子式为C5H12O的醇有8种，所以形成的酯共有4×8=32种，故选：C．．．．．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．过量的Fe粉与稀HNO3反应生成Fe2+；B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小；C．铝溶于稀硝酸；D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性．【解答】解：A．过量的Fe粉与稀HNO3反应生成Fe2+，所以过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液不变红色，故A错误；B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，所以会析出NaHCO3，故B错误；C．铝与浓硝酸发生钝化反应，但溶于稀硝酸，故C错误；D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，故D正确．故选D．3＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=CO32﹣+2HClOC．向0.1 mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，此时溶液的pH=5D．向浓度均为1.0×10﹣3 mol•L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加1.0×10﹣3 mol•L﹣1的AgNO3溶液，CrO42﹣先形成沉淀【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．弱电解质的电离平衡常数越小，说明该弱电解质的电离程度越小，则其相应离子的水解程度越大；B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C．缓冲溶液中pH=pKa+lg；D．混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）=，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）=，需要的银离子浓度小的物质先沉淀．【解答】解：A．次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c（CH3COO﹣）＞c（ClO ﹣），故A错误；B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO，故B错误；C．缓冲溶液中pH=pKa+lg=4.8+lg=5.055≈5，故C正确；D．混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）===1.8×10﹣7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）==mol/L=3×10﹣4.5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D错误；故选C．6．下列表述正确的是（）A．含有大量AlO2﹣的溶液中：K+、Al3+、Br﹣、HCO3﹣可共存B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2 CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ/mol C．将SO2通入Ca（ClO）2溶液中：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2 HClOD．在某钠盐溶液中含有等物质的量的Cl﹣、I﹣、SO32﹣、CO32﹣、NO3﹣、SiO32﹣中的一种或多种，当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深但仍澄清，阴离子种数减少3种，则原溶液中一定有CO32﹣【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；有关反应热的计算．【分析】A．AlO2﹣水解呈碱性；B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2 CO（g）+O2（g）为吸热反应；C．发生氧化还原反应生成硫酸钙；D．当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深但仍澄清，说明不含SiO32﹣，应含有I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，可生成NO，不一定为二氧化碳气体．【解答】解：A．AlO2﹣水解呈碱性，Al3+、HCO3﹣不能大量共存，故A错误；B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2 CO（g）+O2（g）为吸热反应，△H=+566.0kJ/mol，故B正确；C．发生氧化还原反应生成硫酸钙，离子方程式为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl﹣，故C错误；D．当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深但仍澄清，说明不含SiO32﹣，应含有I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，可生成NO，阴离子种数减少3种，可能含有SO32﹣，不一定有CO32﹣，故D错误．故选B．7．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和C3H8O．下列说法错误的是（）A．该装置将光能和电能转化为化学能B．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C．每还原44 g CO2，理论上可生成33.6L O2D．b电极的反应为：3CO2+18H++18e﹣═C3H8O+5H2O【考点】化学电源新型电池；原电池和电解池的工作原理．【分析】A、该装置是电解装置，据此判断能量转化形式；B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源正极相连，所以a是阳极，而电解池中氢离子向阴极移动；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；D、与电源负极相连的是阴极，发生还原反应．【解答】解：A、该电解装置是将光能和电能转化为化学能的装置，故A正确；B、a与电源正极相连，所以a是阳极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极a极区向阴极b极区迁移，故B正确；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，每还原44g即1molCO2，理论上可生成O2是1，5mol，标况下的体积是33.6L，故C错误；D、b与电源的负极相接，b是阴极，所以发生还原反应3CO2+18H++18e﹣═C3H8O+5H2O，故D正确；故选C．二、解答题（共3小题，满分43分）8．工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O），其过程为：pH22晶体在100℃时失去全部结晶水．（1）操作①中碳酸锶与盐酸反应的离子方程式SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O．（2）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至B；宜用的试剂为E．A．1.5 B．3.7 C．9.7D氨水E氢氧化锶粉末F碳酸钠晶体（3）操作②中加入H2O2发生反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（4）操作③中所得滤渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4（填化学式）．（5）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是A．A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上（6）步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是饱和氯化锶溶液．【考点】制备实验方案的设计．【分析】以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，同时调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O．（1）根据反应方程式改写成离子方程式；（2）根据Fe3+开始沉淀pH与沉淀完全pH调节溶液的pH范围，调节溶液pH使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质；（3）操作②加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+；（4）SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀；（5）根据六水氯化锶晶体开始失去结晶水的温度选择热风吹干时适宜的温度；（6）根据溶解平衡且不能引入新杂质分析解答．【解答】解：以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，同时调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O．（1）碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O，故答案为：SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；（2）由表中数据可知，Fe3+在pH=1.5时开始沉淀，在pH=3.7时沉淀完全，故在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至3.7，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，可以选择氢氧化锶粉末，故答案为：B；E；（3）操作②加入过氧化氢，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（4）加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀，操作③中所得滤渣的主要成分是BaSO4、Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；（5）六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50～60℃，故答案为：A；（6）根据溶解平衡，增大铯离子、氯离子浓度，可以解答氯化铯的溶解，且不引入新杂质，步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是：饱和氯化锶溶液，故答案为：饱和氯化锶溶液．9．碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关．（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），△H＜0；利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍．下列说法正确的是C（填字母编号）．A．增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B．缩小容器容积，平衡右移，△H减小C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D．当4V正[Ni（CO）4]=V正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒．为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO 氧化，二氧化硫转化为单质硫．已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣Q1 kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣Q2 kJ•mol﹣1则SO2（g）+2CO（g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣（2Q1﹣Q2）kJ•mol﹣1；（3）对于反应：2NO（g）+O2═2NO2（g），向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线（如图1）．①比较P1、P2的大小关系2＞1；②700℃时，在压强为P2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为（最简分数形式）；（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图2所示．该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为NO2+NO3﹣﹣e﹣=N2O5；若该燃料电池使用一段时间后，共收集到20mol Y，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为224L．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【分析】（1）A．因Ni是固体，改变用量对反应物的转化率无影响；B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变；C．根据外界条件和该反应本身的特点进行分析；D．根据不同物质的速率关系判断可逆反应时，应当一正一逆，速率之比等于系数比；（2）分析目标反应和已知反应，运用盖斯定律即可求得目标反应的△H；（3）①相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NO的转化率增大；②700℃时，在压强为P2时，由图象知NO平衡转化率为20%，则反应消耗NO2mol，氧气为1mol，生成二氧化氮为2mol，根据平衡时浓度的幂次方之积之比计算K；（4）据题意，根据通入气体判断两极，电极反应式和电池反应式，根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，求出消耗O2的量．【解答】解：（1）A．Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，故A错误；B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，故B错误；C．因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，故C正确；D．速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，故D错误；故答案为：C；（2）根据已知：①CO （g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣Q1 kJ•mol﹣1②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣Q2 kJ•mol﹣1则运用盖斯定律，SO2（g）+2CO（g）═S（s）+2CO2（g）可由①×2﹣②得到，则△H=﹣（2Q1﹣Q2）kJ•mol﹣1，故答案为：﹣（2Q1﹣Q2）kJ•mol﹣1；（3）①相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NO的转化率增大，根据图象知，相同温度下，p2的转化率大于p1，所以p2＞p1，故答案为：p2＞p1；②700℃时，在压强为P2时，由图象知NO平衡转化率为20%，则反应消耗NO2mol，氧气为1mol，生成二氧化氮为2mol，平衡时NO为8mol，氧气为9mol，生成二氧化氮为2mol，则K==；故答案为：；（4）据题意，通O2一极为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e﹣=4NO3﹣；通NO2一极为负极，电极反应为：NO2+NO3﹣﹣e﹣=N2O5，根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，收集到20molN2O5需消耗O2为10mol，标准状况下体积为224L．故答案为：NO2+NO3﹣﹣e﹣=N2O5；224．10．科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42﹣和N4H44+两种离子形式存在，植物的根系易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收．请回答下列问题：（1）N4和N2的关系正确的是D（填序号）．A．同种单质B．同位素C．同分异构体D．同素异形体（2）N4H4（SO4）2不能（填“能”或“不能”）和草木灰混合施用．（3）已知断裂1molN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN N放出942kJ．写出N4气体转变为N2的热化学方程式：N4（g）⇌2N2（g）△H=﹣882KJ/mol．（4）已知白磷、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为，白磷（P4）的结构式为，请画出N4H44+的结构式．（5）已知液氨中存在着平衡2NH3⇌NH4++NH2﹣．科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子和另一种单质气体，请写出液氨与氢氧化铯反应的化学方程式：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O．【考点】含氮物质的综合应用．【分析】（1）同种元素组成的性质不同的单质之间互为同素异形体；（2）草木灰的成分是碳酸钾，碳酸根水解显示碱性，根据题意N4H44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子来回答；（3）根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，分别计算后进行比较；（4）N4H44+中每个N原子与另外3个N原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键；（5）根据题意N4H44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，2NH3⇌NH4++NH2﹣，知道液氨与氢氧化铯反应生成N4分子CsNH2和氢气、水．【解答】解：（1）N4和N2是氮元素的不同单质，属于同素异形体，故答案为：D；（2）草木灰的成分是碳酸钾，其中的碳酸根水解显示碱性，N4H44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，所以N4H44+和草木灰之间能反应，所以二者不能混施，故答案为：不能；（3）1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ﹣1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，N4气体转变为N2的热化学方程式为：N4（g）⇌2N2（g）△H=﹣882KJ/mol，故答案为：N4（g）⇌2N2（g）△H=﹣882KJ/mol；（4）由于NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为，据此推断得出：N4H44+的结构式为：，故答案为：；（5）液氨中存在着下列平衡：2NH3⇌NH4++NH2﹣，加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，即发生的反应为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O，故答案为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O．三、化学--选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11．某废水中含有CN﹣和Cr2O72﹣等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理拟采用下列流程进行处理：回答下列问题：（1）步骤②中，CN﹣被ClO﹣氧化为CNO﹣的离子方程式为CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣．（2）步骤③的反应的离子方程式为S2O32﹣+Cr2O72﹣+H+→SO42﹣+Cr3++H2O（未配平），每消耗0.4mol Cr2O72﹣时，反应中S2O32﹣失去 2.4mo1电子．（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去．（4）在25℃下，将amol•L﹣1的NaCN溶液与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液pH=7，用含a的代数式表示CN﹣的水解常数K h=mol•L﹣1．若25℃时将浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，溶液呈碱性，则关于该溶液的说法不正确的是b（填代号）．a．此溶液一定有c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（CN﹣）b．此溶液一定有c（Na+）═c（HCN）+c（CN﹣）c．混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度d．此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸，溶液的pH变化不大（5）利用Cr2O72﹣测定某SnCl2的纯度（杂质不参与反应，溶液中Sn4+较为稳定）：将a g SnCl2样品制成溶液的操作为将SnCl2样品溶于盐酸，然后用蒸馏水稀释至所需浓度，向得到的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用bmol•L K2Cr2O7滴定生成的Fe（已知酸性环境下，Cr2O72﹣可被还原为Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液xmL．则样品中SnCl2的质量分数是．（SnCl2的摩尔质量为M g•mol﹣1，用含a、b、x、M的代数式表示）【考点】"三废"处理与环境保护；离子浓度大小的比较；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）步骤②中，CN﹣被ClO﹣氧化为CNO﹣，因为是在碱性环境中，故ClO﹣只能被还原为Cl﹣，结合电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；（2）根据0.4 mol Cr2O72﹣等转化为Cr3+即可计算出转移电子的物质的量；（3）加入熟石灰进一步处理，调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；（4）反应后测得溶液pH=7，则可推知NaCN过量，根据电荷守恒和物料守恒即可计算出CN﹣和HCN的浓度，进而计算出K h；a．溶液中存在电荷守恒，阴阳离子电荷总数相同，电性相反；b．溶液中存在物料守恒，浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，溶液中钠离子物质的量的2倍等于HCN和CN﹣物质的量总和；c．混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol•L﹣1，c（NaCN）=0.05 mol•L﹣1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，水解促进水的电离；d．溶液混合后形成的是缓冲溶液，加入少量酸或碱，溶液酸碱性变化不大；（5）SnCl2易水解，根据电子转移守恒与方程式可得关系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此计算．【解答】解：（1）碱性条件下，CN﹣离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO﹣、Cl﹣离子，离子反应为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；故答案为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；（2）根据0.4 mol Cr2O72﹣等转化为Cr3+，铬元素化合价降低3价，0.4molCr2O72﹣共得到了0.4×（2×3）mol=2.4mol；故答案为：2.4；（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；故答案为：调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；（4）由于反应后测得溶液pH=7，当a=0.01时，恰好反应，生成了氰化氢溶液，溶液显示酸性，故氰化钠应该多些，故a＞0.01；根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CN﹣）+c（Cl﹣），PH=7，c（H+）=c（OH﹣），c（CN﹣）=c（Na+）﹣c（Cl﹣）=mol/L﹣mol/L；。