河北省衡水中學(xué)2025屆新高考化學(xué)上學(xué)期9月聯(lián)考試題含解析

PAGE24-河北省衡水中學(xué)2025屆新高考化學(xué)上學(xué)期9月聯(lián)考試題（含解析）本試卷共8頁，21題(含選考題)。全卷滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。留意事項：1．答題前，先將自己的姓名、考號等填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答；選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答；用簽字筆干脆寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡，上的非答題區(qū)域均無效。4．選考題的作答；先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi),寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域無效。5．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12O16F19Na23Mg24S32Cl35．5K39Fe56Co59Zn65As75Ag108第I卷一、選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.化學(xué)在生產(chǎn)、生活中有著廣泛應(yīng)用。下列對相關(guān)應(yīng)用的說明或說明正確的是選項應(yīng)用說明或說明A聚乙烯塑料用于水果包裝和封存聚乙烯能催熟水果B75%的酒精用于殺滅新型冠狀病毒病毒被乙醇氧化而變性C糖類用于人體的養(yǎng)分物質(zhì)糖類水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖D鋁熱反應(yīng)用于冶煉某些金屬鋁的還原性較強且轉(zhuǎn)化為Al2O3時放出大量的熱A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.乙烯能催熟水果，聚乙烯不能，故A錯誤；B.酒精的消毒原理是它使得新型冠狀病毒的核酸變性而達到滅活病毒的作用，不是病毒被乙醇氧化，故B錯誤；C.糖類水解的最終產(chǎn)物不肯定是葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故C錯誤；D.鋁的還原性較強且轉(zhuǎn)化為Al2O3時放出大量的熱，所以鋁熱反應(yīng)用于冶煉某些金屬，故D正確；故選D。2.下列說法錯誤的是A.海水的水資源和化學(xué)資源利用均具有廣袤前景B.太陽能、生物質(zhì)能、沼氣均屬于二次能源C.氫氣與氯氣反應(yīng)制備氯化氫符合“原子經(jīng)濟”理念D.廢棄油脂可用于制生物柴油【答案】B【解析】【詳解】A.海洋中有大量的資源，其水資源和化學(xué)資源利用均具有廣袤前景，A正確；B.干脆從自然界中獲得的為一次能源，太陽能、生物質(zhì)能是一次能源，B錯誤；C.氫氣與氯氣反應(yīng)制備氯化氫，原子利用率為100%，故符合“原子經(jīng)濟”理念，C正確；D.油脂燃燒放出大量熱量，故廢棄油脂可用于制生物柴油，D正確答案選B。

3.下列物質(zhì)屬于強電解質(zhì)的是A.KAl(SO4)2●12H2O B.HF C.漂白粉 D.液氨【答案】A【解析】【詳解】A.KAl(SO4)2●12H2O是鹽，鹽是強電解質(zhì)，故A正確；B.HF是弱酸，弱酸是弱電解質(zhì)，故B錯誤；C.漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，混合物不是電解質(zhì)，故C錯誤；D.液氨是氨氣的液態(tài)，是非電解質(zhì)，故D錯誤；故選：A。4.下列說法正確的是A.Fe(OH)3膠體帶正電，通電時陰極旁邊紅褐色加深B.外加電流的陰極愛護法的協(xié)助陽極相宜選用惰性電極C.裂化汽油和甲苯使溴水褪色原理相同D.工業(yè)上冶煉鈉和冶煉銀的能量轉(zhuǎn)化形式相同【答案】B【解析】【詳解】A.Fe(OH)3膠體不顯電性，膠粒帶正電，通電時陰極旁邊紅褐色加深，故A錯誤；B.外加電流的陰極愛護法的協(xié)助陽極相宜選用惰性電極，惰性電極作陽極不參加電極反應(yīng)，防止陽極損耗，故B正確；C.裂化汽油使溴水褪色發(fā)生了加成反應(yīng)，甲苯使溴水褪色發(fā)生了物理變更，是萃取原理，則原理不相同，故C錯誤；D.工業(yè)上冶煉鈉運用電解原理，是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，冶煉銀是加熱分解氧化銀，是熱能轉(zhuǎn)化化學(xué)能，能量轉(zhuǎn)化形式不相同，故D錯誤；故選：B。5.反應(yīng)CaC2+

2H2O→Ca(OH)2+C2H2

↑可用于試驗室制備乙炔氣體。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是A.中子數(shù)為8的碳原子： B.Ca2+的結(jié)構(gòu)示意圖：C.OH-的電子式： D.C2H2的結(jié)構(gòu)式：H-C≡C-H【答案】D【解析】【詳解】A.中子數(shù)為8的碳原子的質(zhì)量數(shù)為14，應(yīng)表示為：，故A錯誤；B.鈣原子核電荷數(shù)為20，則Ca2+的結(jié)構(gòu)示意圖：，故B錯誤；C.OH-的電子式為：，故C錯誤；D.乙炔中碳原子間以碳碳三鍵結(jié)合，則C2H2的結(jié)構(gòu)式：H-C≡C-H，故D正確；故選D。6.類比和推理是化學(xué)探討的重要方法。下列類比或推理正確的是A.鹵素單質(zhì)的熔點從F2到I2漸漸上升，則堿金屬單質(zhì)的熔點從Li到Cs漸漸上升B.碳素鋼在潮濕的空氣中簡潔被腐蝕，則不銹鋼在潮濕的空氣中簡潔被腐蝕C.合金的硬度一般大于組分金屬，則五角面值的銅合金長城幣的硬度大于純銅D.氮氣與氧氣不簡潔化合，則磷單質(zhì)與氧氣不簡潔化合【答案】C【解析】【詳解】A.鹵素單質(zhì)構(gòu)成的晶體都是分子晶體，從F2到I2，分子間作用力漸漸增大、熔點漸漸上升，堿金屬單質(zhì)的晶體是金屬晶體，從Li到Cs，金屬鍵漸漸減弱、熔點漸漸降低，A錯誤；B.碳素鋼在潮濕的空氣中簡潔發(fā)生電化學(xué)腐蝕，則不銹鋼變更了內(nèi)部結(jié)構(gòu)變更故具有抗腐蝕性能，B錯誤；C.合金的硬度一般大于組分金屬，則銅合金長城幣的硬度大于純銅，C正確；D.氮氣與氧氣不簡潔化合，則磷單質(zhì)與氧氣相對簡潔化合，例如白磷在空氣中簡潔自燃，D錯誤；答案選C。

7.下列說法正確的是A.用容量瓶配制溶液時，定容后反復(fù)搖勻，若液面低于刻度線需補加水B.量筒和滴定管洗凈后，放進烘箱中烘干可加快干燥速率C.長期盛放過氧化鈉或氯化鈣的試劑瓶均可用水洗滌干凈D.用潮濕的pH試紙測定氯水或鹽酸的pH均會使測定結(jié)果偏大【答案】C【解析】【詳解】A．用容量瓶配制溶液時，若定容搖勻后液面低于刻度線，補加水至與刻度線相平，會導(dǎo)致配制溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，故A錯誤；B．帶有精密刻度的儀器不能放入烘箱中烘干，熱脹冷縮，會導(dǎo)致儀器不精確，故B錯誤；C．過氧化鈉可與水反應(yīng)，氯化鈣溶于水，長期盛放過氧化鈉或氯化鈣的試劑瓶均可用水洗滌干凈，故C正確；D．氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測量氯水的pH，故D錯誤；故選C。8.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.11.2

L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CCl4中含有最外層電子的數(shù)目為1NB.8.4

g

NaHCO3與MgCO3的固體混合物中含有CO32-的數(shù)目為0.1NAC.1

mol

Cl2

與足量鐵在加熱條件下完全反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NAD.0.5

mol

SO3充入密閉容器中分解所得產(chǎn)物分子數(shù)目為0.75NA【答案】C【解析】【詳解】A．標(biāo)準(zhǔn)化狀況下，CCl4是液體，有體積不能算出其物質(zhì)的量，故A錯誤；B.8.4gNaHCO3與MgCO3物質(zhì)的量為0.1mol，NaHCO3固體含有HCO3-沒有CO32-，故CO32-數(shù)目小于0.1NA，故B錯誤；C.1molCl2與足量的鐵發(fā)生化學(xué)反應(yīng)時，氯元素的化合價有0價降到-1價，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol×2×1NA=2NA，故C正確；D．0.5molSO3充入密閉容器中分解發(fā)生反應(yīng)是是可逆反應(yīng)，則所得產(chǎn)物分子的數(shù)目小于0.75NA，故D錯誤；故選：C。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其中只有一種金屬元素；W、X、Y三種原子的最外層電子數(shù)之比為2：3：1，Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為HnZO2n-2。下列說法正確的是A.W、X兩種元素可以形成至少兩種陰離子B.Y的簡潔離子半徑是同周期簡潔離子中最小的C.X、Z兩種元素形成的一種化合物可用于干燥氨氣D.W、X、Z的簡潔氫化物通常均為氣體【答案】A【解析】【分析】由短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為HnZO2n-2可知，Z為P元素；由W、X、Y、Z中只有一種金屬元素；W、X、Y三種原子的最外層電子數(shù)之比為2：3：1可知，W為C元素、X為O元素、Y為Mg元素?！驹斀狻緼.碳元素和氧元素可以形成碳酸根離子、草酸根離子，故A正確；B.同主族元素，從上到下離子半徑依次增大，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，隨核電荷數(shù)依次增大離子半徑依次減小，則第三周期中鋁離子半徑是同周期簡潔離子中最小的，故B錯誤；C.氧元素和磷元素形成的酸性氧化物五氧化二磷是常見的干燥劑，能與氨氣反應(yīng)，不能用于干燥氨氣，故C錯誤；D.碳原子數(shù)大于4的烴可能為液態(tài)或固態(tài)，水通常為液態(tài)，故D錯誤；故選A。10.化合物M()是合成藥物的中間體。下列關(guān)于M的說法正確的是A.與互為同系物B.一氯代物有5種(不考慮立體異構(gòu))C.能發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)D.全部碳原子可能處于同一平面【答案】C【解析】【詳解】A.含有酯基和羰基，含有羧基和羰基，官能團不同，不行能為同系物，A錯誤；B.分子內(nèi)有6種氫原子，故一氯代物有6種(不考慮立體異構(gòu))，B錯誤；C.能燃燒故可發(fā)生氧化反應(yīng)，因含酯基、能發(fā)生水解反應(yīng)(取代反應(yīng))，C正確；D.五元環(huán)上有個飽和碳原子、分別連接酯基、羰基和亞甲基，飽和碳原子四面體結(jié)構(gòu)，故全部碳原子不行能處于同一平面，D錯誤；答案選C。二、選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共24分。每小題只有一個選項符合題意。11.下列離子方程式中能正確表達反應(yīng)現(xiàn)象的是A.向偏鋁酸鈉溶液中加入小蘇打溶液，出現(xiàn)白色沉淀：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+COB.將酸性KMnO4溶液滴入雙氧水中，得到無色溶液：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2OC.將鐵棒和銅棒靠緊插入AgNO3溶液中，銅棒表面附著銀白色金屬：2Ag++Cu=2Ag+Cu2+D.向久置的濃硝酸中通入空氣，濃硝酸的黃色消逝：4NO+3O2+2H2O=4H++4NO【答案】A【解析】【詳解】A.偏鋁酸鈉與碳酸氫鈉發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)方程式為：NaAlO2+NaHCO3+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，離子方程式為：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，故A正確；B.將酸性KMnO4溶液滴入雙氧水中，得到無色溶液，離子方程式：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B錯誤；C.將鐵棒和銅棒靠緊插入AgNO3溶液中，銅棒表面附著銀白色金屬，離子方程式：2Ag++Fe═2Ag+Fe2+，故C錯誤；D.向久置的濃硝酸中通入空氣，濃硝酸的黃色消逝：4NO2+O2+2H2O═4H++4NO3-，故D錯誤；故選A。12.高氯酸鉀是一種強氧化劑和分析試劑，易溶于水。以氯化鈉為原料制備高氯酸鉀的一種流程如圖所示。下列說法錯誤的是A.“電解”過程中陰極生成氣體的主要成分為H2B.“高溫分解”反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1C.本試驗條件下，KClO4在水中的溶解度比NaClO4小D.“轉(zhuǎn)化”過程所得副產(chǎn)物也可在上述流程中循環(huán)利用【答案】B【解析】【分析】惰性電極電解氯化鈉溶液，結(jié)合流程，陽極是氯離子失電子生成，陰極是氫離子得到電子生成氫氣，NaClO3固體加熱高溫分解得到NaClO4，然后加入KCl溶液轉(zhuǎn)化得到KClO4，以此解答。【詳解】A.惰性電極電解氯化鈉溶液，結(jié)合流程，陽極是氯離子失電子生成，陰極是氫離子得到電子生成氫氣，故A正確；B.氯酸鈉受熱分解的化學(xué)方程式4NaClO33NaClO4+NaCl，該反應(yīng)是歧化反應(yīng)，從生成物推斷氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比，n（氧化劑）：n（還原劑）=n（還原產(chǎn)物）：n（氧化產(chǎn)物）=n（NaCl）：n（NaClO4）=1:3，故B錯誤；C.反應(yīng)NaClO4+KCl=KClO4（結(jié)晶）+NaCl能夠發(fā)生，即在NaClO4溶液中加入KCl，可得到KClO4晶體，依據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的條件可知：KClO4在水中的溶解度比NaClO4小，故C正確；D.“轉(zhuǎn)化”過程所得副產(chǎn)物中有NaCl，可在上述流程中循環(huán)利用，故D正確；故選B。13.向200

mL

Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中漸漸加入Fe粉，生成氣體的物質(zhì)的量(n)與加入Fe粉質(zhì)量(m)的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A.原溶液中c(SO)=0.65

mol/L B.原溶液的pH=1C.M點對應(yīng)加入鐵粉的質(zhì)量為2.8

g D.將M點溶液干脆加熱蒸干可得到純凈的FeSO4【答案】D【解析】【分析】向200

mL

Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中漸漸加入Fe粉，由圖像可知，F(xiàn)e先和Fe2(SO4)3發(fā)生反應(yīng)：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，接著Fe再和H2SO4發(fā)生反應(yīng)：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，以此解答。【詳解】A.由圖像可知，F(xiàn)e先和Fe2(SO4)3發(fā)生反應(yīng)：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，參加反應(yīng)的n（Fe）==0.04mol，接著Fe再和H2SO4發(fā)生反應(yīng)：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，n（SO）=n（H2）=0.01mol，原溶液中硫酸根的總物質(zhì)的量n=0.01mol+0.04mol3=0.13mol，原溶液中c(SO)==0.65mol/L，故A正確；B.產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量n（H2）=0.01mol，原溶液中氫離子的物質(zhì)的量n（H+）==0.1mol/L，pH=-lgc（H+）=1，故B正確；C.由A可知M點對應(yīng)加入鐵粉的質(zhì)量為m（Fe）=56g/mol（0.04mol+0.01mol）=2.8g，故C正確；D.M點的溶液時硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液中含有肯定量的硫酸，在加熱過程中，空氣中的氧氣會將專+2價的鐵氧化成+3價，而+3價的鐵會水屬解，但是硫酸的沸點相當(dāng)高，因此水解不徹底，蒸干后得到硫酸鐵，故D錯誤；故選D。14.以Ag/AgCl作參比電極的原電池裝置可用于測定空氣中氯氣的含量，其工作原理示意圖如圖所示。下列說法錯誤的是A.采納多孔鉑電極可增大電極與電解質(zhì)溶液和氣體的接觸面積B.正極的電極反應(yīng)式為Cl2+2e-=2C1-C.外電路中通過0.02

mol

e-時，負極區(qū)溶液質(zhì)量削減0.71

gD.空氣中氯氣含量可通過肯定時間內(nèi)電流表讀數(shù)變更和空氣流速計算【答案】C【解析】【分析】由電池總反應(yīng)為2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失電子作負極失電子，氯氣在正極上得電子生成氯離子。【詳解】A.采納多孔鉑電極可增大電極與電解質(zhì)溶液和氣體的接觸面積，故A正確；B.正極上氯氣得電子生成氯離子,其電極反應(yīng)為：Cl2+2e?═2Cl?，故B正確；C.放電時，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.02mole?時，交換膜左側(cè)會有0.02mol氫離子通過陽離子交換膜向正極移動，同時會有0.02molAg失去0.02mol電子生成銀離子，銀離子會與氯離子反應(yīng)生成氯化銀沉淀，所以氯離子會削減0.04mol，則負極區(qū)溶液質(zhì)量削減0.04mol71g/mol=2.84g，故C錯誤；D.氯氣的量越多，電流越大，電流表讀數(shù)越大，可以通過肯定時間內(nèi)電流表讀數(shù)變更和空氣流速計算氯氣的含量，故D正確；故選C。15.我國科研工作者研發(fā)的一種在較低溫度下制備乙二醇的反應(yīng)歷程示意圖如圖所示。下列說法正確的是A.Cu納米籠簇能降低H2解離的活化能B.整個過程中只斷裂碳氧雙鍵C.中含有3種官能團D.等物質(zhì)的量的甲醇和乙二醇完全燃燒消耗O2的質(zhì)量相等【答案】A【解析】【詳解】A.依據(jù)示意圖，Cu納米籠簇作該反應(yīng)的催化劑，能降低H2解離的活化能，故A正確；B.由反應(yīng)歷程示意圖可知，整個過程中除了斷裂碳氧雙鍵外，還有碳氧單鍵斷裂，故B錯誤；C.中含有酯基和羥基2種官能團，故C錯誤；D.1mol甲醇完全燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量是1.5mol，1mol乙二醇完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量是2.5mol，則等物質(zhì)的量的甲醇和乙二醇完全燃燒消耗O2的質(zhì)量不相等，故D錯誤；故選：A。16.25℃時，0.1mol/LR2SO4溶液加水稀釋，混合溶液中與的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A.Kb(ROH)的數(shù)量級為10-6B.P、Q點對應(yīng)溶液中c(H+)的值：P＜QC.若將溶液無限稀釋,溶液中c(R+)≈2c(SO)D.相同條件下，若改為c(R2SO4)=0.2mol/L，P點移至W點【答案】D【解析】【分析】依據(jù)題目可知，R2SO4為強酸弱堿鹽，P點時，=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，而=-2.3，即=10-2.3?！驹斀狻緼．Kb(ROH)==10-2.3×10-8=10-5.7，即Kb(ROH)的數(shù)量級為10-6，A說法正確；B．的值越大，c(OH-)越大，則氫離子濃度越小，故P、Q點對應(yīng)溶液中c(H+)的值：P＜Q，B說法正確；C．若將溶液無限稀釋，R+水解程度減小，則溶液接近中性，故溶液中c(R+)≈2c(SO)，C說法正確；D．相同條件下，若改為c(R2SO4)=0.2mol/L，c(OH-)增大，減小，與P點移至W點的趨勢不符，D說法錯誤；答案為D。第II卷三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第17~19題為必考題，每個試題考生都必需作答。第20~21題為選考題，考生依據(jù)要求作答。(一)必考題：3小題，共42分。17.無水氯化鋅是白色固體，易吸水潮解，常用作有機合成的脫水劑、縮合劑和催化劑，還用作活性炭的活化劑。某?；瘜W(xué)課題小組的同學(xué)設(shè)計如下試驗方案制備無水ZnCl2，并進行純度測定，涉及的試驗裝置如圖所示：回答下列問題：(1)按氣流從左到右的方向，裝置合理的連接依次為h→_________(填儀器接口小寫字母，裝置不行重復(fù)運用)。裝置D中橡皮管的作用為___________。(2)寫出裝置D中反應(yīng)的離子方程式：____________。(3)若省略裝置B，經(jīng)檢驗產(chǎn)物中含有氧化鋅，利用所學(xué)學(xué)問說明緣由：____________。(4)裝置C中的藥品為____________，其作用為____________。(5)氯化鋅純度的測定：取a

g試樣配成100

mL溶液，取25.

00

mL，加入磷酸三鈉消退干擾離子后，滴入兩滴半二甲酚橙作指示劑，用b

mol/LEDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Zn2+，反應(yīng)的離子方程式為Zn2++H2Y2-=ZnY2-

+2H+

，達到滴定終點時，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為12.50

mL。①配制100

mL

ZnCl2溶液須要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、_______。②該氯化鋅試樣中氯化鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________(用含a、b的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).dcabe(f)(2).平衡燒瓶和分液漏斗中的壓強，便于濃鹽酸滴下(3).16H++2MnO+10Cl-

=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(4).氯化鋅發(fā)生水解生成Zn(OH)2，Zn(OH)2受熱分解生成ZnO(5).堿石灰(6).汲取多余的氯氣和

HCl，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進入裝置A(7).100

mL容量瓶、膠頭滴管(8).【解析】分析】通過濃鹽酸和高錳酸鉀之間的氧化還原反應(yīng)制得氯氣，經(jīng)過干燥后，氣體與Zn反應(yīng)生成氯化鋅，干燥管中堿石灰汲取尾氣、汲取空氣中的水分防止其進入裝置A；配制100mLZnCl2溶液須要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；要計算樣品中氯化鋅的含量，依據(jù)化學(xué)方程式、結(jié)合數(shù)據(jù)計算即可；【詳解】(1)裝置D制備氯氣，進入裝置A前，Cl2須要干燥，但Cl2中的HCl雜質(zhì)不須要除掉，裝置C用于處理尾氣，故裝置的連接依次為hdcabe(f)；裝置D中橡皮管的作用為平衡燒瓶和分液漏斗中的壓強，便于濃鹽酸滴下；

(2)裝置D中反應(yīng)的為濃鹽酸和高錳酸鉀之間的氧化還原反應(yīng)，有氯氣生成，故離子方程式為：16H++2MnO+10Cl-

=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)氣體中有水蒸氣雜質(zhì)時，會導(dǎo)致氯化鋅發(fā)生水解，生成Zn(OH)2，Zn(OH)2受熱分解生成ZnO；

(4)A用于制備無水氯化鋅，已知無水氯化鋅易吸水潮解，故A必需是干燥環(huán)境，則裝置C中的藥品為堿石灰，堿石灰不僅可以汲取多余的氯氣和HCl，防止污染空氣，同時還能防止空氣中的水蒸氣進入裝置A；

(5)①配制100mLZnCl2溶液須要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；②按：Zn2++H2Y2-=ZnY2-

+2H+

，ag試樣中，氯化鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，則答案為：。18.合成氨反應(yīng)[N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)]是人工固氮的主要手段，對人類生存、社會進步和經(jīng)濟發(fā)展都有著重大意義?；卮鹣铝袉栴}：(1)合成氨反應(yīng)的反應(yīng)歷程和能量變更如圖所示：①N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=____________。②對總反應(yīng)速率影響較小的步驟的能壘(活化能)為_______kJ/mol，該步驟的化學(xué)方程式為______________。(2)肯定溫度下，向10L恒容密閉容器中充入1molN2(g)和3molH2(g)，發(fā)生合成氨反應(yīng)。10min末達到平衡，測得NH3的體積分?jǐn)?shù)為60%。①N2的平衡體積分?jǐn)?shù)為___________。②0~10min內(nèi)，用H2的濃度變更表示的平均反應(yīng)速率v(H2)=_____________。(3)合成氨反應(yīng)中，正反應(yīng)速率v正=k正●c(N2)●c3(H2)，逆反應(yīng)速率v逆=k逆●c2(NH3)，k正、k逆為速率常數(shù)。正反應(yīng)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系如圖所示：①表示逆反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度變更關(guān)系的曲線為_____(填“L1”或“L2")②T0°C時，=_________________。【答案】(1).-92kJ/mol(2).124(3).●N2+3●H2=2●N+6●H(4).10%(5).0.0225

mol/(L●min)(6).L2(7).該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度平衡逆向移動，逆反應(yīng)的平衡常數(shù)增大(8).1【解析】【分析】(1)①依據(jù)反應(yīng)歷程圖可知，以2●N2+6●H的能量為基準(zhǔn)，推斷N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)中生成物總能量和反應(yīng)物總能量，結(jié)合△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量計算；②依據(jù)圖像，對總反應(yīng)速率影響較小的步驟為●N2+3●H2=2●N+6●H，據(jù)此分析解答；(2)依據(jù)三段式結(jié)合10

min末達到平衡，測得NH3的體積分?jǐn)?shù)為60%計算求出平衡時生成的NH3的物質(zhì)的量，據(jù)此分析解答；(3)①合成氨的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，依據(jù)溫度對平衡的影響，結(jié)合圖像分析推斷；②T0°C時正反應(yīng)的平衡常數(shù)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，即=，而平衡時v正=v逆，據(jù)此分析計算的值?！驹斀狻?1)①依據(jù)反應(yīng)歷程圖可知，以2●N2+6●H的能量為基準(zhǔn)，N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量=(100+308)-500=-92kJ?mol-1，故答案為：-92；②依據(jù)圖像，對總反應(yīng)速率影響較小的步驟為●N2+3●H2=2●N+6●H，該步驟的能壘為(90+34)kJ/mol=124kJ/mol，故答案為：124；●N2+3●H2=2●N+6●H；(2)假設(shè)達到平衡時生成的NH3的物質(zhì)的量為2xmol，10

min末達到平衡，測得NH3的體積分?jǐn)?shù)為60%，即×100%=60%，解得：x=0.75。①N2的平衡體積分?jǐn)?shù)為×100%=10%，故答案為：10%；②0~10

min內(nèi)，用H2的濃度變更表示的平均反應(yīng)速率v(H2)==0.0225

mol/(L●min)，故答案為：0.0225

mol/(L●min)；(3)①合成氨N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ?mol-1，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度，平衡逆向移動，逆反應(yīng)的平衡常數(shù)增大，因此表示逆反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度變更關(guān)系的曲線為L2，故答案為：L2；該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度平衡逆向移動，逆反應(yīng)的平衡常數(shù)增大；②依據(jù)圖像，T0°C時正反應(yīng)的平衡常數(shù)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，即=，因此c(N2)●c3(H2)=c2(NH3)，而平衡時v正=v逆，因此===1，故答案為：1?！军c睛】本題的易錯點和難點為(3)，要留意理解圖像的含義，圖像中曲線上每一點均為平衡點，即曲線上每一點均滿意v正=v逆。19.氧化鈷(CoO)是一種重要的過渡金屬氧化物,在材料科學(xué)和化工生產(chǎn)領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用。以電鍍鋅廢液(含Co2+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、SO)為原料制備CoO的一種工藝流程如圖所示：已知：相關(guān)體系的組成如下表所示：體系組成漿液、Zn2+和少量Fe2+、Mn2+、SO燒渣1Co3O4、CoO、ZnO、Fe2O3、MnO燒渣2Co2(SO4)3、CoSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4回答下列問題：(1)“轉(zhuǎn)化”過程中進行攪拌的目的為___________。(2)“轉(zhuǎn)化”過程中存在的部分轉(zhuǎn)化為NO+H++?+H2O、3+Co3+?↓+3H+。①結(jié)合上述流程和表中信息分析，加入NaNO2的作用為____________。②“調(diào)pH’’不能過高或過低的緣由為________________。(3)“煅燒”的主要目的是_________________。(4)“氧化”過程中MnSO4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________________。(5)“還原”的目的為_______________。(6)稱量mgCoC2O42H2O“高溫分解”，測得固體的失重率(×100%)與溫度的關(guān)系曲線如圖所示：加熱到160°C時所得固體的化學(xué)式為__________；“高溫分解”需限制的最低溫度為_________________?！敬鸢浮?1).加快“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分(2).將β-萘酚轉(zhuǎn)化為與Co3+反應(yīng)，將Fe2+氧化為Fe3+(3).“調(diào)pH"過高，生成的量少；“調(diào)pH"過低的產(chǎn)率低導(dǎo)致Co的回收率低(4).將原料中的金屬離子轉(zhuǎn)化犯難溶于水的金屬氧化物(5).Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+(6).將Co3+全部轉(zhuǎn)化為Co2+(7).CoC2O4(8).890℃【解析】【詳解】(1)“轉(zhuǎn)化”過程中攪拌可以使反應(yīng)物充分接觸，加快“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；故答案為：加快“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分。(2)①由信息，對比原料和漿液組成知，加入NaNO2的作用是將β-萘酚轉(zhuǎn)化為與Co3+反應(yīng)，并將Fe2+氧化為Fe3+；故答案為：將β-萘酚轉(zhuǎn)化為與Co3+反應(yīng)，將Fe2+氧化為Fe3+；②“調(diào)pH’’過高，NO+H++?+H2O的平衡逆向移動，生成的量少；“調(diào)pH’’過低，3+Co3+?↓+3H+的平衡逆向移動，的產(chǎn)率低，導(dǎo)致Co的回收率低；故答案為：“調(diào)pH"過高，生成的量少；“調(diào)pH"過低的產(chǎn)率低導(dǎo)致Co的回收率低；(3)由表中信息知，“煅燒”的主要目的是將原料中的金屬離子轉(zhuǎn)化犯難溶于水的金屬氧化物；故答案為：將原料中的金屬離子轉(zhuǎn)化犯難溶于水的金屬氧化物；(4)由流程圖中物質(zhì)轉(zhuǎn)化知，“氧化”過程中MnSO4被(NH4)2S2O8氧化為MnO2，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；故答案為：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；(5)由流程信息知，“還原’’的目的是將Co3+全部轉(zhuǎn)化為Co2+；故答案為：將Co3+全部轉(zhuǎn)化為Co2+；(6)CoC2O42H2O的相對分子質(zhì)量為183，設(shè)m=183，其中含CoC2O4、H2O的質(zhì)量依次為147g、36g,失重質(zhì)量為x，由失重率的含義可知，解得x≈36g，故加熱到160°C時失去了全部結(jié)晶水，所得固體的化學(xué)式為CoC2O4；“高溫分解”需生成CoO，失重率為。由圖可知，需限制的最低溫度為890℃；故答案為：CoC2O4；890℃。(二)選考題：共14分。從2道題中任選一題作答。20.KZnF3被認為是良好的光學(xué)基質(zhì)材料，可由K2CO3、ZnF2、NH4HF2制備?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)F原子的價電子軌道表達式為_________；基態(tài)Zn原子核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形態(tài)為____________。(2)K與Zn屬于同一周期，K的第一電離能_____(填“大于”或“小于”)Zn的第一電離能，緣由為______________。(3)K2CO3中陰離子的立體構(gòu)型為______。(4)NH4HF2的組成元素的電負性由大到小的依次為_______(用元素符號表示)；其中N原子的雜化方式為______；HF能形成分子締合體(HF)n的緣由為_____________。(5)ZnF2具有金紅石型四方結(jié)構(gòu)，KZnF3具有鈣鈦礦型立方結(jié)構(gòu)，兩種晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①ZnF2和KZnF3晶體(晶胞頂點為K+

)中，Zn的配位數(shù)之比為_______②若NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則ZnF2晶體的密度為_____g/cm3(用含a、c、NA的代數(shù)式表示)。③KZnF3晶胞中原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0，0，0)；B為(1，0，0)；C為(0，1，0)，則D的原子坐標(biāo)參數(shù)為_________?！敬鸢浮?1).(2).球形(3).小于(4).Zn

原子半徑小，且價電子排布為全滿結(jié)構(gòu)，第一電離能更大(5).平面三角形(6).F＞N＞H(7).sp3(8).HF

分子間能形成氫鍵(9).1：1(10).(11).(0，，)【解析】【分析】(1)F元素處于其次周期第ⅦA族，價電子排布式為2s22p5，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子軌道表達式；Zn是30號元素，處于周期表中第四周期第ⅡB族，價電子排布式為3d104s2，最高能層電子占據(jù)4s；(2)K與Zn屬于同一周期，Zn的原子半徑小，價電子為3d104s2，是全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；(3)依據(jù)價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)計算推斷CO的空間構(gòu)型；(4)元素的非金屬性越強，電負性越大；N原子形成4個N-H鍵，價層電子對數(shù)為4；HF分子之間能形成氫鍵；(5)①依據(jù)均攤法推斷ZnF2晶胞中白色球和黑色球的數(shù)目，在推斷其種類，結(jié)合結(jié)構(gòu)推斷Zn的配位數(shù)；KZnF3晶體(晶胞頂點為K+)中，則體心白色球為Zn，據(jù)此推斷Zn的配位數(shù)；②結(jié)合晶胞中Zn、F原子數(shù)目計算晶胞質(zhì)量，結(jié)合晶體密度ρ=計算；③D原子處于晶胞左側(cè)面面心位置，結(jié)合A、B、C的坐標(biāo)參數(shù)推斷D的坐標(biāo)?！驹斀狻?1)F為9號元素，F(xiàn)元素處于其次周期第ⅦA族，價電子排布式為2s22p5，價電子軌道表達式為；Zn是30號元素，處于周期表中第四周期第ⅡB族，價電子排布式為3d104s2，最高能層電子占據(jù)4s，電子云輪廓圖形態(tài)為球形，故答案為：；球形；(2)K與Zn屬于同一周期，Zn的原子半徑較小，且價電子為3d104s2，為全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故K的第一電離能小于Zn的第一電離能，故答案為：小于；K與Zn屬于同一周期，Zn的原子半徑小，且價電子為3d104s2，為全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能更大；(3)CO的中心原子C原子孤電子對數(shù)==0，價層電子對數(shù)=3+0=3，立體構(gòu)型與VSEPR模型相同為平面三角形，故答案為：平面三角形；(4)元素的非金屬性越強，電負性越大，故電負性：F＞N＞H；NH中N原子形成4個N-H鍵，價層電子對數(shù)為4，N原子實行sp3雜化；HF分子之間簡潔形成氫鍵，形成分子締合體(HF)n，故答案為：F＞N＞H；sp3；H