本試卷滿分100分，考試用時(shí)75分鐘。注意事項(xiàng)：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。4．本試卷主要考試內(nèi)容：高考全部?jī)?nèi)容。5．可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Ni-59Zn-65Ga-70Nb-93一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.熱播節(jié)目《中國(guó)詩(shī)詞大會(huì)》深受觀眾青睞。下列古詩(shī)詞只涉及物理變化的是A.爐火照天地，紅星亂紫煙 B.忽如一夜春風(fēng)來(lái)，千樹(shù)萬(wàn)樹(shù)梨花開(kāi)C.千錘萬(wàn)鑿出深山，烈火焚燒若等閑 D.綠蟻新醅酒，紅泥小火爐【答案】B【解析】【詳解】A．燃燒的過(guò)程中發(fā)生了燃料的燃燒，有新物質(zhì)二氧化碳等生成，屬于化學(xué)變化，A不符合題意；B．“忽如一夜春風(fēng)來(lái)，千樹(shù)萬(wàn)樹(shù)梨花開(kāi)”，描寫(xiě)的是一幅美麗的雪景，形成的過(guò)程中沒(méi)有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，B符合題意；C．烈火焚燒若等閑的過(guò)程中發(fā)生了石灰石的主要成分碳酸鈣高溫下分解生成氧化鈣和二氧化碳的反應(yīng)，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，C不符合題意；D．醅酒即釀酒，小火爐涉及燃燒，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，D不符合題意；故選B。2.下列有關(guān)敘述正確的是A.為非極性分子B.的VSEPR模型名稱和空間結(jié)構(gòu)名稱相同C.、中心原子的雜化類型相同D.所含元素中電負(fù)性最大的是硫【答案】B【解析】【詳解】A．中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=3，且含有1個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為V形，是極性分子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=2，沒(méi)有孤電子對(duì)，VSEPR模型名稱和空間結(jié)構(gòu)名稱相同都是直線形，B項(xiàng)正確；C．中Al采用雜化，而中Al采用雜化，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．氧的電負(fù)性大于硫，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。3.實(shí)驗(yàn)室合成金屬有機(jī)骨架化合物ZIF-8的步驟：稱取0.5380g、0.6480g2-甲基咪唑和0.2680g于反應(yīng)器中，加入50mL甲醇使其溶解，然后將反應(yīng)器放在85℃水浴中加熱24h，冷卻至室溫后，得到晶體ZIF-8。下列儀器在合成過(guò)程中不需選用的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題中給出的配制步驟需要，從而選擇所需要的儀器，以此解題?！驹斀狻緼．稱量固體時(shí)需精確至0.0001g，需要使用電子天平，不需要選用托盤天平，A錯(cuò)誤；B．該配制過(guò)程需要加熱，需要酒精燈，B正確；C．該配制過(guò)程需要一定體積的甲醇，需要量筒，C正確；D．該配制過(guò)程需要在85℃水浴中加熱24h，需要溫度計(jì)，D正確；故選A。4.靛玉紅可用于治療慢性粒細(xì)胞白血病，結(jié)構(gòu)如圖所示下列敘述錯(cuò)誤的是A.靛玉紅能使的溶液褪色 B.靛玉紅能發(fā)生加成、取代反應(yīng)C.1mol靛玉紅最多能與9mol發(fā)生反應(yīng) D.靛玉紅的分子式為【答案】C【解析】【詳解】A．靛玉紅結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵可以和發(fā)生加成反應(yīng)，即能使的溶液褪色，A正確；B．由結(jié)構(gòu)圖可知結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵、羰基等可以發(fā)生加成反應(yīng)；含有肽鍵、苯環(huán)可以發(fā)生取代反應(yīng)，B正確；C．1mol靛玉紅含有2mol苯環(huán)、1mol碳碳雙鍵、1mol羰基，所以最多能與8mol發(fā)生反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．由結(jié)構(gòu)式可知，靛玉紅的分子式為，D正確；故選C。5.已知：。下列有關(guān)該反應(yīng)的敘述正確的是A.氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2 B.全部是還原產(chǎn)物C.生成1mol轉(zhuǎn)移4mol電子 D.常溫下，氣體產(chǎn)物不能大量共存【答案】C【解析】【詳解】A．S元素化合價(jià)降低，雙氧水中部分氧元素化合價(jià)降低，氧化劑是H2SO4、H2O2，O、Ag元素化合價(jià)升高，H2O2、Ag是還原劑，氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)生成的4個(gè)水分子中，有2個(gè)水分子中的氧原子來(lái)自硫酸，所以只有部分是還原產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C．氧化產(chǎn)物為、O2，生成1mol轉(zhuǎn)移4mol電子，故C正確；D．和O?在常溫下幾乎不反應(yīng)，氣體產(chǎn)物能大量共存，故D錯(cuò)誤；答案選C。6.硫及其化合物的“價(jià)一類”關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A.a和d都能使酸性溶液褪色 B.c作抗氧劑的原因是c不與反應(yīng)C.d溶液可能呈酸性也可能呈堿性 D.e的濃溶液和a反應(yīng)可能生成b和c【答案】B【解析】【分析】根據(jù)硫及其化合物的“價(jià)-類”二維圖a為H2S、b為S、c為SO2、d為Na2SO3或NaHSO3、e為H2SO4?！驹斀狻緼．H2S、Na2SO3或NaHSO3都具有還原性，都能使酸性溶液褪色，A正確；B．c為SO2，SO2作抗氧劑的原因是SO2與反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．d為Na2SO3或NaHSO3，Na2SO3溶液呈堿性，NaHSO3溶液呈酸性，C正確；D．濃硫酸和硫化氫之間的反應(yīng)是一種氧化還原反應(yīng)，其具體產(chǎn)物取決于哪種物質(zhì)過(guò)量，當(dāng)濃硫酸過(guò)量時(shí)，反應(yīng)生成SO2，化學(xué)反應(yīng)方程式為H2S+3H2SO4=4SO2↑+4H2O，當(dāng)硫化氫過(guò)量時(shí)，反應(yīng)生成硫單質(zhì)S，化學(xué)反應(yīng)方程式為3H2S+H2SO4=4H2O+3S↓，D正確；故選B。7.下列離子方程式書(shū)寫(xiě)錯(cuò)誤的是A.“中和法”中，向含硫酸的廢水中加入熟石灰：B.“沉淀法”中，向含廢水中加入難溶的FeS粉末：C.“混凝法”中，向pH為9左右的NaOH溶液中加入，攪拌后靜置：（膠體）D.“混凝法”中，明礬凈水原理是（膠體）【答案】A【解析】【詳解】A．向含硫酸的廢水中加入熟石灰：，A錯(cuò)誤；B．向含的廢水中加入難溶的FeS粉末，生成硫化汞，即，B正確；C．向pH為9左右的NaOH溶液中加入，攪拌過(guò)程中氧氣作氧化劑，將鐵元素由二價(jià)氧化到三價(jià)，即（膠體），C正確；D．明礬凈水原理是鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，即（膠體），D正確；故選A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z和W位于同主族，X、Y的原子序數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)，化合物是一種凈水劑，且、的VSEPR模型均為正四面體形。下列敘述正確的是A.原子半徑：W>X>Z B.簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：Z>YC.第一電離能：W>Y D.分子是極性分子【答案】B【解析】【分析】根據(jù)凈水劑的組成，以及、的VSEPR模型均為正四面體形可知，X為H，Y為N，Z為O，W為S；【詳解】A．S、O、H原子半徑依次減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．常溫下，水為液態(tài)，氨氣為氣體，簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：H2O>NH3，B項(xiàng)正確；C．第一電離能：N>S，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．SO?是平面三角形結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選B。9.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象，能得出正確結(jié)論的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論A向含、的溶液中滴加溶液，先產(chǎn)生磚紅色沉淀B向酸性溶液中滴加鄰甲基苯胺，溶液褪色鄰甲基苯胺中氨基表現(xiàn)還原性C向碳酸鈣中滴加濃硝酸，產(chǎn)生的氣體通入溶液，產(chǎn)生白色沉淀酸性：D將丁烷裂解產(chǎn)生的氣體通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色丁烷裂解產(chǎn)物中含不飽和鍵A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．溶液中離子起始濃度不一定相等，則不能通過(guò)該現(xiàn)象判斷兩者溶度積的大小，A錯(cuò)誤；B．甲基也能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，使其褪色，B錯(cuò)誤；C．濃硝酸易揮發(fā)，硝酸與四羥基合鋁酸鈉反應(yīng)也生成氫氧化鋁，C錯(cuò)誤；D．含不飽和鍵的物質(zhì)可以和溴加成，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，D正確；故選D。10.工業(yè)上，常用離子交換法軟化自來(lái)水，其原理是，。常溫下，向一定體積的自來(lái)水中加入離子交換樹(shù)脂（NaR），測(cè)得自來(lái)水中變化如圖所示。下列敘述正確的是A.反應(yīng)達(dá)到平衡后，加入少量NaCl，離子交換反應(yīng)的平衡常數(shù)減小B.6min時(shí)的逆反應(yīng)速率大于4min時(shí)的逆反應(yīng)速率C.其他條件不變時(shí)，10min時(shí)離子交換反應(yīng)已停止D.4~8min內(nèi)平均反應(yīng)速率：mol?L?min【答案】B【解析】【詳解】A．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，改變離子濃度，平衡常數(shù)不變，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．在達(dá)到平衡前，反應(yīng)正向發(fā)生，隨各物質(zhì)濃度變化，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小，6min時(shí)逆反應(yīng)速率大于4min時(shí)逆反應(yīng)速率，B項(xiàng)正確；C．化學(xué)平衡狀態(tài)為動(dòng)態(tài)平衡，反應(yīng)并未停止，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．如果只考慮鎂離子、鈣離子交換，根據(jù)電荷守恒，mol?L?min，鎂離子、鈣離子交換速率不確定，無(wú)法計(jì)算單一離子交換速率，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選B。11.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。砷化鎵（GaAs）是半導(dǎo)體材料，氣相生長(zhǎng)法制備GaAs的原理如下，已知鎵晶體與金剛石結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)與白磷相似，下列敘述正確的是①②③A.7.0g鎵（Ga）含化學(xué)鍵數(shù)目為B.0.1mol含σ鍵數(shù)目為C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.448L含中子的數(shù)目為D.反應(yīng)③中每生成1molGaAs轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為【答案】D【解析】【詳解】A．鎵晶體與金剛石結(jié)構(gòu)相似，每個(gè)鎵原子可形成4個(gè)化學(xué)鍵，但每個(gè)化學(xué)鍵由兩個(gè)鎵原子共有，鎵中n(Ga)∶n(化學(xué)鍵)=1∶2，則7.0gGa中含化學(xué)鍵物質(zhì)的量為=0.2mol，含化學(xué)鍵數(shù)為0.2NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．白磷分子是正四面體形結(jié)構(gòu)，1個(gè)P4中含6個(gè)P—Pσ鍵，As4結(jié)構(gòu)與P4相似，故1個(gè)As4分子含6個(gè)σ鍵，0.1molAs4中含σ鍵數(shù)目為0.6NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．1個(gè)75AsH3中含42個(gè)中子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.448L75AsH3(g)即0.02mol75AsH3含0.84mol中子，含中子數(shù)目為0.84NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．反應(yīng)③中H的化合價(jià)由0價(jià)升至+1價(jià)，Ga的化合價(jià)由+1價(jià)升至+3價(jià)，As的化合價(jià)由0價(jià)降至-3價(jià)，每生成4molGaAs轉(zhuǎn)移12mol電子，則每生成1molGaAs轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA，D項(xiàng)正確；答案選D。12.鋁電池具有高效耐用、可燃性低、成本低、充電快速等優(yōu)點(diǎn)，可成為常規(guī)電池的安全替代品，將納米級(jí)嵌入電極材料，能大大提高可充電鋁離子電池的容量。其中有機(jī)離子導(dǎo)體主要含，隔膜僅允許含鋁元素的微粒通過(guò)，工作原理如圖甲所示；圖乙為電解溶液裝置的一部分。下列說(shuō)法正確的是A.b極與鋁電極連接B.為了提高電導(dǎo)效率，左極室采用酸性水溶液C.放電時(shí)，正極反應(yīng)為：D.若b極材料為Pt，b極的電極反應(yīng)式始終為：【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖甲中電子流動(dòng)方向知，鋁電極為負(fù)極，反應(yīng)式：，正極反應(yīng)式：，根據(jù)圖乙離子移動(dòng)方向可知，b為陽(yáng)極，Cl-失電子能力大于水中OH-，優(yōu)先失電子?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，b為陽(yáng)極，應(yīng)與電源正極相連，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．把左極室的有機(jī)離子導(dǎo)體改成水溶液后，會(huì)使左極室溶液中的離子總濃度減小，導(dǎo)致電導(dǎo)效率下降，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．根據(jù)分析，原電池正極反應(yīng)為，C項(xiàng)正確；D．若b極材料為Pt，b極先發(fā)生的電極反應(yīng)為，當(dāng)放電完畢后，水發(fā)生放電反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選C。13.科學(xué)家新合成了鎳催化劑NiSCN，并將其應(yīng)用在光氧化還原/鎳催化的鹵代芳烴碳氮鍵和碳氧鍵偶聯(lián)反應(yīng)中，反應(yīng)機(jī)理如圖所示（Ar-為芳基），下列敘述正確的是A.SCN-Ni（Ⅱ）中N提供孤電子對(duì)與Ni（Ⅱ）提供的空軌道形成配位鍵B.上述總反應(yīng)屬于加成反應(yīng)，原子利用率為100%C.和中C原子雜化類型完全相同D.上述循環(huán)中，Ni的化合價(jià)保持不變【答案】A【解析】【詳解】A．SCN-中N、S都含有孤電子對(duì)，根據(jù)圖示SCN-Ni（Ⅱ）中N提供孤電子對(duì)與Ni（Ⅱ）提供的空軌道形成配位鍵，故A正確；B．上述反應(yīng)中，產(chǎn)物還含有HBr，屬于取代反應(yīng)，原子利用率小于100%，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．芳基中C原子為雜化，中C原子采用sp3雜化，故C錯(cuò)誤；D．上述循環(huán)中，鎳表現(xiàn)出+1、+2、+3價(jià)，故D錯(cuò)誤；故選A14.鐵和鈦是重要的金屬材料。Ti-Fe合金是優(yōu)良的儲(chǔ)氫合金。一種利用鈦鐵礦（主要成分為，還含有少量）制備鈦和綠礬的工藝流程如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是已知n≥2。A.為加快“浸出”速率，可將鈦鐵礦粉碎，并適當(dāng)增大硫酸的濃度B.加入適量鐵屑的目的是除去和過(guò)量的硫酸C.操作Ⅱ“加熱”時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為D.被還原為Ti的過(guò)程中需要在密閉容器中用Ar作保護(hù)氣【答案】C【解析】分析】“浸出”：加入硫酸，發(fā)生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，F(xiàn)eTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；“加入鐵屑”：加入適量鐵屑，發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；“操作Ⅰ”：根據(jù)流程，操作Ⅰ得到綠礬，操作是降溫結(jié)晶；“操作Ⅱ”：加熱，使TiO2+水解生成TiO2·nH2O；“操作Ⅲ”：根據(jù)流程，發(fā)生TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；“制備Ti”：發(fā)生置換反應(yīng)；據(jù)此分析；【詳解】A．為加快“浸出”速率，操作是粉碎鈦鐵礦、適當(dāng)升高溫度、攪拌、適當(dāng)增大硫酸的濃度，故A說(shuō)法正確；B．根據(jù)上述分析，加入適量鐵屑，發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，因此加入鐵屑目的是除去Fe3+和過(guò)量的硫酸，故B說(shuō)法正確；C．因?yàn)閚≥2，因此加熱促進(jìn)TiO2+水解生成TiO2·nH2O，其離子方程式為TiO2++(n-1)H2OTiO2·nH2O↓+2H+，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D．Mg為活潑金屬，能與氧氣、二氧化碳、氮?dú)夥磻?yīng)，因此TiCl4被還原為Ti的過(guò)程中需要在密閉容器中用Ar作保護(hù)氣，故D說(shuō)法正確；答案為C。15.常溫下，在，和氨水的濁液中滴加醋酸，混合物中pX[，、、或]或與pH的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是已知：。A.①代表與pH的關(guān)系B.0.1mol?L中性溶液中mol?LC.在和共同的濁液中：D.的平衡常數(shù)K為【答案】C【解析】【分析】由已知：、與pH的直線斜率相同，溶度積較大，故①代表與pH的關(guān)系，②代表與pH的關(guān)系，=Kb/c(OH-)，隨pH增大，比值減小，=Ka/c(H+)，隨pH增大，比值增大，因此④代表與pH的關(guān)系，③代表與pH的關(guān)系。【詳解】A．根據(jù)分析，曲線①代表與pH的關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．和均會(huì)水解，因此兩者的濃度均小于0.1mol?L，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由c、d點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算知，，，，C項(xiàng)正確；D．的平衡常數(shù)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.公元前200年左右中國(guó)就開(kāi)始使用鎳。鎳主要用于合金及用作催化劑，也可用來(lái)制造貨幣。以鎳廢渣（主要成分為Ni，還含有、NiO、FeO、CaO和）為原料制備純鎳的流程如圖，回答下列問(wèn)題：（1）“酸浸”得到的浸渣的主要成分是______（填化學(xué)式）。常溫下，“酸浸”中硫酸濃度與鎳浸出率的關(guān)系如圖所示。硫酸濃度大于后，鎳浸出率降低的可能原因是____________。（2）“氧化”時(shí)雙氧水的作用是____________（用離子方程式表示）。（3）“沉鋁”時(shí)NiO的作用是_______，“操作X”包括蒸發(fā)濃縮、______、過(guò)濾、洗滌。（4）在隔絕空氣條件下的熱失重曲線如下圖2所示。a→b過(guò)程中失去的物質(zhì)是______（填化學(xué)式，下同），c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的氧化物為_(kāi)_____。（5）Ni和Nb組成的一種合金材料，其晶胞如上圖3所示。已知：代表阿伏加德羅常數(shù)的值。該晶胞中Ni、Nb個(gè)數(shù)之比為_(kāi)___，該晶體的密度為_(kāi)__（填表達(dá)式）g·cm?！敬鸢浮浚?）①.、②.鎳被鈍化（或其他合理答案）（2）（3）①.消耗酸，促進(jìn)鋁離子水解生成②.降溫結(jié)晶（4）①.②.（5）①.3：1②.【解析】【分析】鎳廢料中加入一定濃度的硫酸，進(jìn)行酸浸，、NiO和FeO轉(zhuǎn)化為可溶性的硫酸鋁、NiSO4和硫酸亞鐵，CaO與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣為微溶物，二氧化硅不反應(yīng)，硫酸鈣和SiO2共同形成濾渣，濾液中加雙氧水氧化Fe2+成Fe3+，再加氨水調(diào)pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，過(guò)濾后往濾液中加入NiO沉鋁，形成Al(OH)3沉淀，再次過(guò)濾后所得濾液經(jīng)一系列操作，得NiSO4?7H2O，然后灼燒得氧化物，最后還原得Ni單質(zhì)。【小問(wèn)1詳解】由分析可知，“酸浸”得到濾渣1的主要成分是、；濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，硫酸濃度太大，可能會(huì)使Ni鈍化，從而降低鎳的浸出率，或因?yàn)榱蛩釢舛忍?、氫離子濃度降低，使鎳的浸出率降低，故硫酸濃度大于后，鎳浸出率降低的可能原因是：鎳被鈍化或H+濃度降低；【小問(wèn)2詳解】過(guò)氧化氫具有強(qiáng)氧化性，“氧化”時(shí)雙氧水的作用將亞鐵離子氧化為鐵離子，；【小問(wèn)3詳解】NiO為金屬氧化物，能和氫離子反應(yīng)，“沉鋁”是指將鋁元素轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促進(jìn)鋁離子水解生成Al(OH)3；“操作X”得到NiSO4?7H2O晶體，操作包括蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌；【小問(wèn)4詳解】NiSO4?7H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為281，起始時(shí)2.81gNiSO4?7H2O物質(zhì)的量為0.01mol，其中n(Ni)=0.01mol，m(Ni)=0.59g，m(H2O)=0.01mol×7×18g/mol=1.26g，2.81g-1.26=1.55g，所以b點(diǎn)為完全失去結(jié)晶水的產(chǎn)物，即a→b過(guò)程中失去的物質(zhì)是；Ni原子守恒，加熱至質(zhì)量不再變化時(shí)為氧化物，0.83g中m(Ni)=0.59g，m(O)=0.83g-0.59g=0.24g，所以n(O)==0.015mol，鎳、氧物質(zhì)的量之比為0.01mol：0.015mol=2:3，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的氧化物為；【小問(wèn)5詳解】據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)Nb、個(gè)Ni，則晶體密度為=g·cm。17.市售食用油中常添加叔丁基對(duì)苯二酚（TBHQ）作抗氧化劑。實(shí)驗(yàn)室制備TBHQ的原理：+(CH3)3COH+H2O實(shí)驗(yàn)步驟：①在下圖1裝置的三頸燒瓶中依次加入1.1g對(duì)苯二酚、8mL85%磷酸和10mL甲苯。②用熱水浴加熱使反應(yīng)瓶中混合物升溫至90℃，用滴管向反應(yīng)瓶中分批滴加1mL叔丁醇（密度為0.775g·cm），控制溫度在90~95℃攪拌20min，直至混合物中的固體全部溶解。③趁熱將反應(yīng)物轉(zhuǎn)入分液漏斗中，分出磷酸層，向有機(jī)層加入10mL水，進(jìn)行水蒸氣蒸餾，如下圖2。蒸餾完畢，將剩余物趁熱過(guò)濾，棄去不溶物，如下圖3所示。濾液轉(zhuǎn)入燒杯中，若剩余液體體積不足10mL，應(yīng)補(bǔ)加熱水，使產(chǎn)物被熱水所提取。④將濾液在冰浴中冷卻，析出白色晶體，抽濾，并用少量冷水洗滌兩次，在氮?dú)庵懈稍?。得?g產(chǎn)品。已知幾種物質(zhì)的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)如下表所示。物質(zhì)甲苯對(duì)苯二酚2—叔丁基對(duì)苯二酚磷酸甲苯—水共沸物熔點(diǎn)/℃-94175.512842.35

沸點(diǎn)/℃110.63286295213841回答下列問(wèn)題：（1）儀器B的名稱是______，三頸燒瓶宜選擇的規(guī)格是______（填標(biāo)號(hào)）。A．50mLB．100mLC．200mLD．500mL（2）本實(shí)驗(yàn)中甲苯的作用是______，步驟②中分批加入叔丁醇的目的是____________。（3）步驟③中用水蒸氣蒸餾的目的是____________，蒸餾終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________。（4）步驟③趁熱過(guò)濾的目的是____________。（5）如果上圖3錐形瓶?jī)?nèi)壁有白色晶體析出，需采取的措施是____。步驟④“在氮?dú)庵懈稍铩钡膬?yōu)點(diǎn)是____。（6）TBHQ的產(chǎn)率為_(kāi)_____（保留3位有效數(shù)字）%?！敬鸢浮浚?）①.恒壓滴液漏斗②.A（2）①.作溶劑②.避免反應(yīng)過(guò)快，產(chǎn)生副產(chǎn)物（3）①.除去甲苯②.圖2錐形瓶中油層不增厚（4）避免產(chǎn)品結(jié)晶析出，造成產(chǎn)品損失（5）①.微熱錐形瓶，使晶體熔化②.避免酚羥基被氧化等合理答案（6）60.2【解析】【分析】本實(shí)驗(yàn)?zāi)康臑槭宥』鶎?duì)苯二酚，第①步加入磷酸和甲苯為催化劑和溶劑，加熱后與叔丁醇反應(yīng)得到產(chǎn)物，利用反應(yīng)③④進(jìn)行分離提純，水蒸氣蒸餾除去甲苯，最終結(jié)晶得到產(chǎn)品。【小問(wèn)1詳解】?jī)x器B的名稱為恒壓分液漏斗；前兩步共加入8mL85%磷酸、10mL甲苯、1mL叔丁醇，一般加熱的三頸燒瓶體積在1/3-1/2之間，因此選擇50mL三頸燒瓶?！拘?wèn)2詳解】從方程式可知，甲苯并未參與反應(yīng)，用作溶劑；分批加入叔丁醇，可以控制反應(yīng)速率，減少可能得副反應(yīng)，提高原料利用率；【小問(wèn)3詳解】甲苯與水共沸物沸點(diǎn)為84.1℃，最先被蒸出，因此水蒸氣蒸餾可除去甲苯；甲苯除凈后，錐形瓶中油層不再增厚或餾出液表面無(wú)油珠；【小問(wèn)4詳解】趁熱過(guò)濾是為了除去不溶性物質(zhì)，如果溫度降低，產(chǎn)品可能提前析出，導(dǎo)致產(chǎn)率降低；【小問(wèn)5詳解】若晶體析出在瓶壁上，可加熱使之熔化后再收集；產(chǎn)品中含有酚羥基，易被空氣中氧氣氧化，因此氮?dú)庵懈稍锟梢詼p少產(chǎn)品被氧化；【小問(wèn)6詳解】1.1g對(duì)苯二酚物質(zhì)的量為0.01mol，1mL叔丁醇物質(zhì)的量經(jīng)計(jì)算大于0.01mol，因此需要根據(jù)對(duì)苯二酚計(jì)算理論產(chǎn)量，理論產(chǎn)量=0.01mol166g/mol=1.66g，產(chǎn)率=1/1.6660.2%。18.我國(guó)科學(xué)家根據(jù)在HZSM-5載體上的單層分散行為設(shè)計(jì)催化劑用于選擇性還原?；卮鹣铝袉?wèn)題：已知：①kJ?mol（）②kJ?mol（）（1）______kJ?mol。（2）向恒容密閉容器中充入0.4mol和0.6mol，只發(fā)生反應(yīng)①。下列敘述正確的是______（填標(biāo)號(hào)）。A.恒溫條件下，壓強(qiáng)不隨時(shí)間變化時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)B.平衡時(shí)溫度不變，再充入1mol時(shí)平衡常數(shù)減小C.反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)放出的熱量為0.1akJD.加入高效催化劑，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率增大（3）一定溫度下，起始投料不變，單位時(shí)間內(nèi)氮氧化物轉(zhuǎn)化率、表面活潑氧量比與催化劑組成類型的關(guān)系如下圖所示。催化效能最佳的催化劑組成是______（填具體催化劑名稱）。（4）向恒容密閉容器中充入1mol、2mol和4mol，在不同組成的催化劑作用下，單位時(shí)間內(nèi)氮氧化物的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如下圖所示。①最佳反應(yīng)溫度為_(kāi)_____。②a→b段氮氧化物轉(zhuǎn)化率變化的原因是____________。③M點(diǎn)反應(yīng)______（填“達(dá)到”或“未達(dá)到”）平衡狀態(tài)，判斷依據(jù)是______，M→N段氮氧化物轉(zhuǎn)化率變化的原因可能是____________。（5）一定溫度下，向體積為1L的恒容密閉容器中充入1mol和2mol，在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：①：②達(dá)到平衡時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率為70%，的選擇性為50%[的選擇性]該溫度下，反應(yīng)①的平衡常數(shù)______mol·L（列出計(jì)算式即可）。【答案】（1）（2）A（3）4%（4）①400℃②.其他條件不變，升溫，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)速率增大③.未達(dá)到④.相同溫度時(shí)，不同催化劑下氮氧化物轉(zhuǎn)化率還能增大⑤.催化劑活性降低（或其他合理答案）（5）【解析】【小問(wèn)1詳解】①kJ?mol②kJ?mol根據(jù)蓋斯定律(①+②)÷6得kJ?mol?！拘?wèn)2詳解】A．反應(yīng)前后氣體系數(shù)和不同，恒溫、恒容條件下，壓強(qiáng)是變量，壓強(qiáng)不隨時(shí)間變化時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，一定是平衡狀態(tài)，故A正確；B．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，平衡時(shí)溫度不變，再充入1mol時(shí)平衡常數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)可逆，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)生成氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量小于0.5mol，放出的熱量小于0.1akJ，故C錯(cuò)誤；D．催化劑不能使平衡移動(dòng)，加入高效催化劑，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率不變，故D錯(cuò)誤；選A?！拘?wèn)3詳解】根據(jù)圖示，使用催化劑4%，單位時(shí)間內(nèi)氮氧化物轉(zhuǎn)化率、表面活潑氧量比最大，所以催化效能最佳的催化劑組成是4%?！拘?wèn)4詳解】①溫度為400℃時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)氮氧化物的轉(zhuǎn)化率最大，所以最佳反應(yīng)溫度為400℃。②其他條件不變，升溫，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)速率增大,所以a→b段氮氧化物轉(zhuǎn)化率升高。③相同溫度時(shí)，M點(diǎn)氮氧化物的轉(zhuǎn)化率不是最大，不同催化劑下氮氧化物轉(zhuǎn)化率還能增大，所以M點(diǎn)反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)；溫度升高，催化劑活性降低，所以M→N段氮氧化物轉(zhuǎn)化率降低?！拘?wèn)5詳解】設(shè)參加反應(yīng)①的NO的物質(zhì)的量為amol、參加反應(yīng)②的NO的物質(zhì)的量為bmol，則反應(yīng)生成N2的物質(zhì)的量為、反應(yīng)生成N2O的物質(zhì)的量為，，解得a=0.6、b=0.8；參加反應(yīng)①的NH3的物質(zhì)的量為0.4mol、參加反應(yīng)②的NH3的物質(zhì)的量為0.2mol,反應(yīng)剩余氨氣的物質(zhì)的量為0.4mol、剩余NO的物質(zhì)的量為0.6mol；反應(yīng)①生成的水的物質(zhì)的量為0.6mol、反應(yīng)②生成的水