2021年河南省洛阳市新安第一高级中学高考化学模拟试卷（二）（含答案）

这是一份2021年河南省洛阳市新安第一高级中学高考化学模拟试卷（二）（含答案），共23页。试卷主要包含了4kJ⋅ml−1，00mL，用2，0时，CrO42−含量极小，【答案】D，【答案】B，【答案】平衡气压；分液漏斗；等内容，欢迎下载使用。


2021年河南省洛阳市新安第一高级中学高考化学模拟试卷（二）

1. 金属材料在当今社会有着广泛的用途，下列关于金属的说法错误的是( )
A. 人类历史广泛使用金属材料的顺序依次是Cu、Fe、Al，这与金属活动性有着内在的联系
B. “真金不怕火炼”说的是金(Au)的熔点非常高，不易熔融
C. 我们使用的金属材料一般都不是纯金属，但其熔点一般都低于纯金属
D. 若金属失火不宜使用泡沫灭火器灭火
2. 通过CO变换可以获得更多的氢气，其反应方程式为：CO+H2O=CO2+H2，当前CO变换过程有多种工艺，其中Cu催化CO变换几种可能的机理及各基元反应的活化能(Ea/eV)如图所示，下列说法正确的是( )

A. 从整个反应历程上看，线路(1)的反应机理在能量上最不利，不易进行
B. 由图知H−H的键能是97.4kJ⋅mol−1
C. 上图各路线总反应的活化能及反应热均相同
D. 路线(3)的历程中决定整个反应速率的步骤是CO2(s)+H(s)+H(s)→CO2(s)+H2(g)
3. 证据推理是学习化学的重要方法，下表证据与推理的关系正确的是( )
选项
证据
推理
A
将H2S通入(CH3COO)2Pb溶液中，产生黑色沉淀
酸性：H2S>CH3COOH
B
一块除去铁锈的铁片上滴一滴铁氰化钾溶液，静置2−3min，有蓝色沉淀出现
铁片上发生了吸氧腐蚀
C
向AgNO3溶液中加入NaCl溶液，生成白色沉淀，再滴加Na2S溶液，又生成黑色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)
D
向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，一段时间后，液体颜色加深
Fe3+能催化H2O2的分解，且该分解反应为放热反应
A. A B. B C. C D. D
4. XYZO4电池是新能源汽车的动力电池之一。X、Y、Z是前四周期元素，其中X是最轻的金属，是制造电池的理想物质；Y是一种常见金属，其合金在生活中用量最大，用途最广，并以这种元素命名了一个时代；Z的最高价含氧酸是一种中强酸−M。回收该废旧电池正极片中的金属，其流程如图：
下列说法不正确的是( )
A. X作负极，其电极方程为X−e−=X+
B. Y在该化合物中显示+2价
C. M的酸根离子为正四面体结构
D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
5. 拉贝洛尔是治疗高血压的有效药物，其结构如图。下列关于拉贝洛尔的说法错误的是( )
A. 分子式为C19H24O3N2
B. 分子中有1个手性碳原子
C. 一定条件下能发生氧化、加成、取代和消去反应
D. 其苯环上的一氯代物有6种
6. 电−Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术。其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应：Fe2++H2O2=Fe3++OH−+⋅OH，生成的羟基自由基(⋅OH)能氧化降解有机污染物。下列说法不正确的是( )

A. Fe3+是反应的催化剂
B. 电解过程中，阴极区和阳极区pH均减小
C. 阳极上发生电极反应：H2O−e−=⋅OH+H+
D. 消耗1molO2，可以产生4mol⋅OH
7. 在25℃时，将1.0L0.2mol⋅L−1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示，下列叙述错误的是( )
已知：醋酸的电离常数为Ka=2×10−5，lg2≈0.3
A. 若c点水电离的c(H+)=10−7 mol⋅L−1，则pH=7
B. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(Cl−)
C. b到c的混合溶液中存在：c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)
D. 该温度下，a点的pH≈2.7
8. 维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2⋅6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成．为探究该晶体的组成，设计了如下实验：
步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL.

步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀).
(1)上述装置A中，玻璃管的作用是______；装置B中仪器a的名称为______.
(2)装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在______(填“A”或“B”)处．
(3)步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g.
(4)有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；冰水混合物的作用是______.
(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是______；出现浅红色沉淀时，若溶液中c(CrO42−)=0.0025mol/L，通过计算说明该实验可以使用K2CrO4溶液为指示剂的原因______(呈现计算过程).已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10−12  Ksp(AgCl)=1.8×10−10
(6)经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1：6：3，其中氮元素以氨的形式存在．制备M的化学方程式为______，其中双氧水的作用是______；制备M的过程中温度不能过高的原因是______.
9. 以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料，根据如图流程可制备K2Cr2O7。

已知：①
②2CrO42−+2H+=Cr2O72−+H2O，pH<3.0时，CrO42−含量极小
(1)为使煅烧反应的速率增大，除升高温度外，还可采取的措施为 ______。
(2)可循环使用的物质是 ______。
(3)煅烧时发生的氧化还原反应的方程式是 ______。
(4)请结合如图有关物质的溶解度曲线，设计通过途径1制得纯净的K2Cr2O7固体的实验方案：______(实验中可选用的试剂：硫酸、盐酸、KCl固体、KOH固体、蒸馏水)。

(5)可利用微生物电池将镀铬废水中的Cr2O72−催化还原，其工作原理如图所示：

在该电池中，a极的电极反应式为 ______。
(6)重铬酸钾溶液常用作滴定实验。磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.00g试样，用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.020mol⋅L−1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液20.00mL。
已知：2Fe3++Sn2++6Cl−=SnCl62−+2Fe2+
4Cl−+Sn2++2HgCl2=SnCl62−+Hg2Cl2
6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
①实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是 ______。
②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为 ______。
10. H2和CH4都是很重要的燃料，在现代化工生产中也有着不可替代的作用。请分析回答下面的问题：
(1)经研究发现在催化剂铑表面H2催化还原NO的详细反应机理如表[表中下标“(S)”表示吸附态组分]所示，在其他条件一定时，决定该反应速率的基元反应(指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应)为 ______，基元反应 NO+Rh(S)→NO(S)的ΔH=______kJ⋅mol−1。
基元反应
活化能Ea/(kJ⋅mol−1)
H2+Rh(S)+Rh(S)→H(S)+H(S)
12.6
NO+Rh(S)→NO(S)
0.0
NO(S)+Rh(S)→N(S)+O(S)
97.5
N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)
120.9
H(S)+O(S)→OH(S)+Rh(S)
83.7
OH(S)+H(S)→H2O(S)+Rh(S)
33.5
H2O(S)→H2O+Rh(S)
45.0
H(S)+H(S)→H2+Rh(S)+Rh(S)
77.8
NO(S)→NO+Rh(S)
108.9
OH(S)+Rh(S)→H(S)+O(S)
37.7
(2)利用甲烷制备甲醇的一种方法叫甲烷催化氧化法，该方法的有关反应如下：
主反应：CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=−26kJ⋅mol−1
副反应：CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)ΔH
科学家研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应。在恒温恒容的密闭容器中CH4、O2和H2O(g)按体积比2：1：8投入，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，CO2的体积分数为 ______，则该催化剂对甲醇的选择性是 ______(甲醇的选择性=n(CH3OH)n(CH3OH)+n(CO2)×100%)。副反应的压强平衡常数Kp=______。
(3)甲烷和水蒸气催化制氢的过程中主要发生两个反应：
①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206kJ⋅mol−1；
②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=−41kJ⋅mol−1；
恒压下，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。简述600℃前后CO2含量变化的原因：______。

(4)香港城市大学研发的Zn/富电池B(如图)，采用ZnSO4和CoSO4为电解质溶液，充放电过程中a极发生CoO与Co3O4之间的转化，现利用甲烷燃料电池对其充电，充电时a极的电极反应为 ______，当甲烷燃料电池外电路通过4mol电子时，电池B电解质溶液质量减少 ______g。
11. 立方磷化硼具有良好的导热性，硬度仅次于金刚石，是一种超硬材料，常用作刀具材料和磨料，工业上以BCl3、PH3为原料制备。回答下列问题：
(1)基态B原子的核外电子有 ______种空间运动状态；同周期第一电离能介于B和N之间有 ______种元素。
(2)硼的卤化物的沸点如表所示：
卤化物
BF3
BCl3
BBr3
沸点/℃
−100.3
12.5
90
①解释表中卤化物之间沸点差异的原因 ______。
②表中卤化物的立体构型均为 ______。
(3)BCl3、PF3和PCl3三种分子中键角由大到小的顺序为 ______。
(4)氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物(HB=NH)3通过反应3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6NH3BH3制得。
①1molNH3BH3分子中有 ______molσ键。
②与[(HB=NH)3]互为等电子体的一种分子为 ______(填分子式)。
(5)氨硼烷在高温下释放氢后生成的立方氮化硼晶体具有类似金刚石的结构，晶胞结构如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空间堆积方式为 ______。已知磷化硼晶体的密度为ρg⋅cm−3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中B原子与P原子间最短距离为 ______pm。若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示(虚线圆圈表示P原子的投影)，请在图乙中用实线圆圈画出B原子的投影位置 ______(注意原子体积的相对大小)。


12. 化合物H是一种药物中间体，其合成路线如图：

已知：。回答下列问题：
(1)B的名称为 ______；E中所含官能团的名称为 ______。
(2)E→F的反应类型为 ______。
(3)化合物H的分子式为 ______。
(4)F→G反应的化学方程式为 ______。
(5)化合物C9H10O2是A的同系物，它有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有 ______种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式：______。
①含有苯环且苯环上只有一个取代基；
②分子结构中含有甲基；
③能发生水解反应
(6)设计由邻二甲苯()为原料合成的路线(其他无机试剂任选)：______。
答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.金属越活泼，金属形成的化合物越稳定，金属化合物越不容易被还原生成金属单质，则人类开发利用金属单质时间越晚这几种金属活动性强弱顺序是Al、Zn、Fe、Cu，则人类开发利用下列金属单质的时间由先到后的顺序Cu、Fe、Zn、Al，故A正确；
B.真金不怕火炼是指高温下都不和氧气反应，不是指熔点高，故B错误；
C.我们使用的金属材料一般都不是纯金属，是合金，合金熔点比组分金属熔点低，故C正确；
D.高温下很多金属都会和泡沫灭火器中的水发生反应生成氢气，会造成更大的危害，故不宜使用泡沫灭火器灭火，故D正确；
故选：B。
A.金属越活泼，金属形成的化合物越稳定，金属化合物越不容易被还原生成金属单质，则人类开发利用金属单质时间越晚；
B.真金不怕火炼是指高温下都不和氧气反应；
C.合金硬度大，熔点低；
D.高温下很多金属都会和泡沫灭火器中的水发生反应生成氢气。
本题考查金属单质性质及其应用，明确元素化合物性质及性质与用途关系是解本题关键，知道纯金属和合金性质区别、金属活泼性与其使用年代关系，题目难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.由图可知，线路(1)的反应的活化能最大，反应速率最慢，则线路(1)的反应机理在能量上最不利，不易进行，故A正确；
B.断开1mol氢气中的H−H键生成气态氢原子需要的能量，而图中CO2(s)+H(s)+H(s)→CO2(s)+H2(g)Ea=97.4eV，故B错误；
C.根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，上图各路线总反应的活化能不同，但反应热相同，故C错误；
D.路线(3)的历程中决定整个反应速率的步骤是活化能最大的步骤，即为CO(s)+H2O(s)→CO(s)+H(s)+OH(s)，故D错误；
故选：A。
A.活化能越大，反应速率越慢；
B.断开1mol氢气中的H−H键生成气态氢原子需要的能量；
C.根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关；
D.路线(3)的历程中决定整个反应速率的步骤是活化能最大的步骤。
本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，把握键能概念、活化能与反应速率之间的关系、提取图中信息等为解题关键，题目难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.反应生成PbS不溶于醋酸，而酸性：H2S  B.一块除去铁锈的铁片上滴一滴铁氰化钾溶液，静置2−3min，有蓝色沉淀出现，说明有亚铁离子存在，不能证明铁片发生了吸氧腐蚀，故B错误；
C.硝酸银足量，均为沉淀生成，则不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，故C错误；
D.有气体产生，一段时间后溶液颜色加深，则过氧化氢分解生成氧气，并放热，则Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故D正确；
故选：D。
A.反应生成PbS不溶于醋酸；
B.一滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀出现，说明有亚铁离子存在；
C.硝酸银足量，均为沉淀生成；
D.有气体产生，一段时间后溶液颜色加深，则过氧化氢分解生成氧气，并放热。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.Li作负极，其电极方程为Li−e−=Li+，故A正确；
B.由化合物中元素化合价代数和为0，可知在该化合物中Fe显示+2价，故B正确；
C.磷酸根离子的中心原子为P，成键电子对1，孤电子对为0，因而磷酸根离子为正四面体结构，故C正确；
D.加入硫酸钠，不能生成含Li沉淀，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z是前四周期元素，其中X是最轻的金属，是制造电池的理想物质，可知X为Li；Y是一种常见金属，其合金在生活中用量最大，用途最广，并以这种元素命名了一个时代，因而Y为Fe；Z的最高价含氧酸是一种中强酸−M，可知Z为P，M为H3PO4，因而XYZO4为LiFePO4；正极碱溶后得到LiFePO4，加硫酸和硝酸后得到含锂离子、亚铁离子的滤液，加入碱液后得到氢氧化铁沉淀，滤液中再加入碳酸钠后得到碳酸锂，据此解答。
本题以元素化合物知识为载体考查物质的分离、提纯，有利于培养学生的分析能力和实验能力，树立积极的环境保护意识和资源的合理运用，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A.分子中含有19个碳原子、24个氢原子、3个氧原子、2个氮原子，分子式为C19H24O3N2，故A正确；
B.连接醇羟基、连接甲基的碳原子都是手性碳原子，有2个手性碳原子，故B错误；
C.该分子中含有苯环、酚羟基、酰胺键、醇羟基、亚氨基，具有苯、酚、酰胺、醇、氨的性质，酚羟基、−CH(OH)−能发生氧化反应，苯环能发生加成反应，酰胺键、羟基、亚氨基都能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，故C正确；
D.苯环上有6种氢原子，其苯环上的一氯代物就有6种，故D正确；
故选：B。
A.分子中含有19个碳原子、24个氢原子、3个氧原子、2个氮原子；
B.连接醇羟基、连接甲基的碳原子都是手性碳原子；
C.该分子中含有苯环、酚羟基、酰胺键、醇羟基、亚氨基，具有苯、酚、酰胺、醇、氨的性质；
D.苯环上有几种氢原子，其苯环上的一氯代物就有几种。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的理解和运用，明确官能团及其性质的关系、氢原子种类与一氯代物种类的关系、基本概念等知识点是解本题关键，题目难度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.铁离子在反应过程中没有发生变化，故是反应的催化剂，故A正确；
B.O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，反应式为Fe3++e−=Fe2+，O2+2H2O+2e−=H2O2+2OH−，故pH增大，故B错误；
C.阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O−e−=⋅OH+H+，故C正确；
D.1molO2转化为2molH2O2转移2mole−，由Fe2++H2O2=Fe3++OH−+⋅OH可知，生成2mol⋅OH，转移2mole−，在阳极上生成2mol⋅OH，所以消耗1molO2，可以产生4mol⋅OH，故D正确，
故选：B。
A.铁离子在反应过程中没有发生变化；
B.O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应；
C.阳极上水失电子生成羟基和氢离子；
D.根据电子守恒分析。
本题考查了电解原理的应用、氧化还原反应，题目难度中等，注意把握电解池的工作原理以及电极上发生的反应，根据化合价的变化分析发生的还原反应。

7.【答案】C

【解析】解：在25℃时，将1.0L、0.2mol⋅L−1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应，则b点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，
A.c点在原来溶液中加入n(NaOH)<0.1mol，溶液中溶质为少量的CH3COOH和CH3COONa，醋酸抑制水电离、醋酸钠促进水电离，若c点水电离的c(H+)=10−7 mol⋅L−1，不影响水电离，则溶液的pH=7，故A正确；
B.a点在原来的溶液中通入0.1molHCl，溶液中含有0.1mol/L的NaCl、0.2mol/L的CH3COOH，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl−)，故B正确；
C.b到c的混合溶液中[n(CH3COOH)+n(CH3COO−)]=0.2mol/L×1.0L=0.2mol，n(NaOH)<(0.1+0.1)mol=0.2mol，同一溶液体积相等，根据物料守恒得c(Na+) D.a点在原来的溶液中通入0.1molHCl，溶液中含有0.1mol/L的NaCl、0.2mol/L的CH3COOH，CH3COOH电离程度较小，则c(CH3COOH)≈0.2mol/L，c(H+)≈c(CH3COO−)，Ka=c(CH3COO−)c(CH3COOH)×c(H+)，则c(H+)≈Ka⋅c(CH3COOH)=2×10−5×0.2mol/L=2×10−3mol/L，溶液的pH=−lg2×10−3≈2.7，故D正确；
故选：C。
在25℃时，将1.0L、0.2mol⋅L−1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应，则b点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，
A.c点在原来溶液中加入n(NaOH)<0.1mol，溶液中溶质为少量的CH3COOH和CH3COONa，醋酸抑制水电离、醋酸钠促进水电离，若c点水电离的c(H+)=10−7 mol⋅L−1，不影响水电离；
B.a点在原来的溶液中通入0.1molHCl，溶液中含有0.1mol/L的NaCl、0.2mol/L的CH3COOH，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C.b到c的混合溶液中[n(CH3COOH)+n(CH3COO−)]=0.2mol/L×1.0L=0.2mol，n(NaOH)<(0.1+0.1)mol=0.2mol；
D.a点在原来的溶液中通入0.1molHCl，溶液中含有0.1mol/L的NaCl、0.2mol/L的CH3COOH，CH3COOH电离程度较小，则c(CH3COOH)≈0.2mol/L，c(H+)≈c(CH3COO−)，Ka=c(CH3COO−)c(CH3COOH)×c(H+)，则c(H+)≈Ka⋅c(CH3COOH)=2×10−5×0.2mol/L=2×10−3mol/L。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、电离平衡常数的计算方法等知识点是解本题关键，B为解答易错点。

8.【答案】(1)平衡气压；分液漏斗；
(2)A；
(3)42.00；
(4)偏高；减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收；
(5)AgNO3见光易分解；当溶液中出现Ag2CrO4沉淀时，c2(Ag+)×c(CrO42−)=1.0×10−12，代入求得c(Ag+)=2.0×10−5mol/L.此时c(Ag+)×c(Cl−)=1.8×10−10，代入求得c(Cl−)=9.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以当出现浅红色沉淀时Cl−已完全沉淀；
；氧化剂；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确

【解析】解：(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定，上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压，装置B中仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：平衡气压；分液漏斗；
(2)准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处，故答案为：A；
(3)与氨气反应的n(HCl)=500.00×10−3L×7mol⋅L−1−2.00mol⋅L−1×12.50×10−3L×50025=3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=3mol，氨的质量3mol×14g/mol=42.00g，
故答案为：42.00；
(4)装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，剩余到溶液中氯化氢减少，计算得到吸收氨气的氯化氢增大，会造成测得氮的含量结果将偏高，冰水混合物的作用是减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收，
故答案为：偏高；减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收；
(5)硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液，当溶液中出现Ag2CrO4沉淀时，c2(Ag+)×c(CrO42−)=1.0×10−12，代入求得c(Ag+)=2.0×10−5mol/L.此时c(Ag+)×c(Cl−)=1.8×10−10，代入求得c(Cl−)=9.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以当出现浅红色沉淀时Cl−已完全沉淀，
故答案为：AgNO3见光易分解； 当溶液中出现Ag2CrO4沉淀时，c2(Ag+)×c(CrO42−)=1.0×10−12，代入求得c(Ag+)=2.0×10−5 mol/L.此时c(Ag+)×c(Cl−)=1.8×10−10，代入求得 c(Cl−)=9.0×10−6 mol/L<1.0×10−5 mol/L，所以当出现浅红色沉淀时Cl−已完全沉淀；
(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2⋅6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水，反应方程式为，反应中过氧化氢为氧化剂，双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，
故答案为：；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确．
(1)通过玻璃管中液面调节A中压强；B中a为分液漏斗；
(2)滴定过程中A是产生水蒸气的装置，需要加热；
(3)根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的物质的量，得到样品中氮元素质量；
(4)装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，剩余到溶液中氯化氢减少，计算得到吸收氨气的氯化氢增大；冰水混合物是减少盐酸挥发；
(5)硝酸银不稳定，见光易分解；当溶液中出现Ag2CrO4沉淀时，c2(Ag+)×c(CrO42−)=1.0×10−12，代入求得c(Ag+)=2.0×10−5mol/L.此时c(Ag+)×c(Cl−)=1.8×10−10，代入求得c(Cl−)判断沉淀是否完全；
(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2⋅6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低．
本题考查了物质含量的测定，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等．

9.【答案】粉碎原料  CO2  ，，向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入适量KCl固体，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥  CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2↑+8H+  将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络合物SnCl62−，防止其影响Fe2+的测量  13.44%

【解析】解：(1)为使煅烧反应的速率增大，除升高温度外，还可采取的措施为粉碎原料，
故答案为：粉碎原料；
(2)结合流程可知，可循环使用的物质是CO2，
故答案为：CO2；
(3)向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生，，，
故答案为：，，；
(4)从K2Cr2O7溶液中获得晶体，向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入适量KCl固体，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入适量KCl固体，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)由图可知，b上Cr得到电子，发生还原反应，b为正极，a为负极，负极反应式为CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2↑+8H+，
故答案为：CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2↑+8H+；
(6)①实验中加入HgCl2饱和溶液，可以发生反应：4Cl−+Sn2++2HgCl2=SnCl62−+Hg2Cl2，这样就可以使溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62−，从而防止用重铬酸钾溶液滴定溶液中Fe2+时干扰实验结果的测定，造成实验误差，
故答案为：将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络合物SnCl62−，防止其影响Fe2+的测量；
②根据6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可知n(Fe2+)=6n(Cr2O72−)=6×0.020mol/L×0.0200L=2.4×10−3mol，由元素守恒可知m(Fe)=2.4×10−3mol×56g/mol=0.1344g，所以铁的百分含量=0.1344g1.00g×100%=13.44%，
故答案为：13.44%。
由流程可知，向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生，，，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会析出溶解度更小的K2Cr2O7晶体，以此来解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

10.【答案】N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)  −108.9153  80%352.8600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度  4CoO−2e−=Co3O4+Co2+  12

【解析】解：(1)由表中数据可知，反应N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)的活化能是最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原NO的反应速率的基元反应为N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)；反应NO+Rh(S)→NO(S)的活化能为0.0kJ/mol，NO(S)→NO+Rh(S)的活化能为108.9kJ/mol，即NO+Rh(S)→NO(S)的正反应活化能为0.0kJ/mol、逆反应的活化能为108.9kJ/mol，则基元反应NO+Rh(S)→NO(S)的△H=(0.0−108.9)kJ/mol=−108.9kJ/mol，
故答案为：N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)；−108.9；
(2)在恒温恒容的密闭容器中CH4、O2和H2O(g)按体积比2：1：8投入，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，CO2的体积分数为153，假设CH4的物质的量为2amol，O2的物质的量为amol，H2O(g)的物质的量为8amol，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，则平衡时，CH4的物质的量为amol，CH3OH的物质的量为x，CO2的物质的量为y，且x+y=a(C原子守恒)，由
                    CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)
 变化(mol)x12xx
和             CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)
变化(mol)y2yy2y
可知，平衡时O2的物质的量为(a−12x−2y)mol，H2O(g)的物质的量为(8a+2y)mol，平衡时总的物质的量为n(总)=[a+x+y+(a−12x−2y)+(8a+2y)]mol=(10a+12x+y)mol，平衡时CO2的体积分数为153，则153=y10a+12x+y，化简得52y−12x=10a，联立x+y=a52y−12x=10a，解之得x=45a，y=15a，由甲醇的选择性=c(CH3OH)c(CH3OH)c(CO2)×100%，可知，甲醇的选择性=45aa×100%=80%；平衡时总的物质的量为n(总)=(10a+12x+y)mol=10+35a=535a，设平衡时压强为p，则平衡时p(CH4)=a535a×p=553p，，p(CO2)=15a535a×p=153p，p(H2O)=8a+2y535a×p=4253p，所以副反应的压强平衡常数Kp=p(CO2)p2(H2O)p(CH4)p2(O2)=153p×(4253p)2553p×(153p)2=352.8，
故答案为：153；80%；352.8；
(3)由题中图示信息可知，600℃前CO2含量增大，600℃后CO2含量下降，所以600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度，
故答案为：600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度；
(4)由题中图示可知，Zn/富电池放电时a是正极，b是负极，则充电时a为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为4CoO−2e−=Co3O4+Co2+，b为阴极，得电子发生还原反应，电极反应式为Zn2++2e−=Zn，当甲烷燃料电池外电路通过4mol电子时，阳极产生2molCo2+，即电解质溶液增加2mol×59g/mol=118g，阴极产生2molZn，即电解质溶液减小2mol×65g/mol=130g，所以电池B电解质溶液质量减少130g−118g=12g，
故答案为：4CoO−2e−=Co3O4+Co2+；12。
(1)由表中数据可知，反应N(S)+N(S)→N2+Rh(S)+Rh(S)的活化能是最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用；
(2)在恒温恒容的密闭容器中CH4、O2和H2O(g)按体积比2：1：8投入，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，CO2的体积分数为153，假设CH4的物质的量为2amol，O2的物质的量为amol，H2O(g)的物质的量为8amol，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，则平衡时，CH4的物质的量为amol，CH3OH的物质的量为x，CO2的物质的量为y，且x+y=a(C原子守恒)，由
                    CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)
 变化(mol)x12xx
和             CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)
变化(mol)y2yy2y
可知，平衡时O2的物质的量为(a−12x−2y)mol，H2O(g)的物质的量为(8a+2y)mol，平衡时总的物质的量为n(总)=[a+x+y+(a−12x−2y)+(8a+2y)]mol=(10a+12x+y)mol，平衡时CO2的体积分数为153，则153=y10a+12x+y，化简得52y−12x=10a，联立x+y=a52y−12x=10a，解之得x=45a，y=15a，由甲醇的选择性=c(CH3OH)c(CH3OH)c(CO2)×100%，可知，甲醇的选择性=45aa×100%=80%；平衡时总的物质的量为n(总)=(10a+12x+y)mol=10+35a=535a，设平衡时压强为p，则平衡时p(CH4)=a535a×p=553p，，p(CO2)=15a535a×p=153p，p(H2O)=8a+2y535a×p=4253p，所以副反应的压强平衡常数Kp=p(CO2)p2(H2O)p(CH4)p2(O2)，据此计算；
(3)由题中图示信息可知，600℃前CO2含量增大，600℃后CO2含量下降；
(4)由题中图示可知，Zn/富电池放电时a是正极，b是负极，则充电时a为阳极，失去电子发生氧化反应。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。

11.【答案】3 3 均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高  平面三角形  BCl3>PCl3>PF3  7C6H6  面心立方最密堆积 34×34×42ρNA×1010 或

【解析】解：(1)1s能级的电子有1种空间运动状态，2s能级上的电子有1种空间运动状态，2p能级上有1个电子，有1种空间运动状态，所以基态B原子的核外电子有3种空间运动状态；同周期第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O三种，
故答案为：3；3；
(2)①不能形成分子间氢键、结构相似的分子晶体，其熔沸点随着相对原子质量的增大而升高，这几种物质都是分子晶体，且分子之间都不能形成氢键，其结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，
故答案为：均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高；
②BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形结构，BF3、BCl3、BBr3结构相似，所以这几种卤化物空间结构都是平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(3)BCl3为平面三角形，因此键角为120∘，PCl3为三角锥形，键角为100.1∘，而PF3发生的是非等性sp3杂化，为三角锥形，但是氯原子的半径大于氟原子，空间阻力更大，因此PF3的键角小于PCl3，因此键角BCl3>PCl3>PF3，
故答案为：BCl3>PCl3>PF3；
(4)①1个NH3BH3分子中存在3个B−Hσ键、3个N−Hσ键、1个N−Bσ键，所以该分子中含有7个σ键，则1molNH3BH3分子中有7molσ键，
故答案为：7；
②(HB=NH)3含有12个原子、30个价电子，与其互为等电子体的分子为C6H6，
故答案为：C6H6；
(5)该晶胞中P原子位于顶点和面心上，所以属于面心立方最密堆积；该晶胞中P原子个数=8×18+6×12=4、B原子个数为4，由ρ=MNA×4V得V=4MρNA=4×42ρNAcm3，体对角线长度=3×3V，晶胞中B原子与P原子间最短距离为晶胞体对角线长度的14=14×3×3V=14×3×34×42ρNAcm=34×34×42ρNA×1010pm；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，外侧大正六边形均由P原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子相间构成，所以画图为或，注意硼原子的半径小于磷原子，
故答案为：面心立方最密堆积； 34×34×42ρNA×1010；或
(1)s能级的电子有1种空间运动状态，2p能级上有1个电子，有1种空间运动状态；同周期第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O；
(2)①不能形成分子间氢键、结构相似的分子晶体，其熔沸点随着相对原子质量的增大而升高；
②BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形结构，BF3、BCl3、BBr3结构相似；
(3)BCl3为平面三角形，因此键角为120∘，PCl3为三角锥形，键角为100.1∘，而PF3发生的是非等性sp3杂化，为三角锥形，但是氯原子的半径大于氟原子，空间阻力更大，因此PF3的键角小于PCl3；
(4)①1个NH3BH3分子中存在3个B−Hσ键、3个N−Hσ键、1个N−Bσ键，所以该分子中含有7个σ键；
②与[(HB=NH)3]互为等电子体的分子中含有12个原子、价电子数是30；
(5)该晶胞中P原子位于顶点和面心上；晶胞中B原子与P原子间最短距离为晶胞体对角线长度的14；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，外侧大正六边形均由P原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子相间构成。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和运用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论内涵、等电子体判断、晶胞计算方法是解本题关键，难点是(5)题投影图形的判断，注意(4)题“NH3BH3”中N、B之间存在的化学键为配位键，题目难度不大。

12.【答案】邻氯苯甲酸  羰基、醚键  还原反应  C14H10O3 +NaCN+CH3COOH→+CH3COONa+H2O5(或或或或)

【解析】解：(1)B的结构简式为，苯甲酸为母体，B的名称为邻氯苯甲酸；E中所含官能团的名称为羰基、醚键，
故答案为：邻氯苯甲酸；羰基、醚键；
(2)E→F的转化中羰基转化为羟基，该反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(3)由结构可知，化合物H的分子式为C14H10O3，
故答案为：C14H10O3；
(4)F→G反应中−OH被−CN取代，同时生成NaOH，而NaOH又和乙酸发生中和反应，反应方程式为+NaCN+CH3COOH→+CH3COONa+H2O，
故答案为：+NaCN+CH3COOH→+CH3COONa+H2O；
(5)化合物C9H10O2是A()的同系物，比A多2个CH2原子团，它的同分异构体能发生水解反应，说明含有酯基，含有苯环且苯环上只有一个取代基、分子结构中含有甲基，侧链为−OOCCH2CH3，或者为−COOCH2CH3，或者为−CH2OOCCH3，或者为−CH2COOCH3，或者为−CH(CH3)OOCH，满足条件的同分异构体有5种，同分异构体的结构简式：、、、、，
故答案且：5；(或或或或)；
(6)发生取代反应生成，然后碱性条件下水解生成，再以NaCN发生取代反应生成，①NaOH、②HCl条件下生成，合成路线为，
故答案为：。
由A的分子式、B的结构简式，可推知A为，对比B、D的结构，结合C的分子式C6H6O，推知C为，分子内脱去1分子水成环生成，发生还原反应生成，结合信息可知，发生取代反应生成G为，水解、酸化生成；
(6)发生取代反应生成，然后碱性条件下水解生成，再以NaCN发生取代反应生成，①NaOH、②HCl条件下生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。