D．c（Na）+c（H）═c（ClO）+c（HCO3）+2c（CO3）
+﹣2﹣
E．c（HClO）+c（H）+c（H2CO3）═c（OH）+c（CO3） b.0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH为6，则c（HC4H4O6﹣2﹣﹣6﹣8
）+2c（C4H4O6）=（0.05+10﹣10）mol/L．（列出计算式）
考点：用化学平衡常数进行计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；离子浓度大小的比较．
33
分析：（1）N2的体积为20m，空气中N2和O2的体积比为4：1，故O2的体积为5m，故参加反
333
应的O2的体积为5m﹣1.0m=4m，根据方程式，结合表格数据进行计算，得出正确结论； （2）计算出平衡时各种物质的物质的量，结合平衡常数的表达式计算，化学平衡常数K=
；依据化学反应速率和平衡移动原理分析判断，温度升高，化学反
++﹣﹣2﹣
应速率加快，正反应吸热，升温平衡正向移动； （3）据已知热化学方程式，利用盖斯定律解答；
（4）a、常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；
b、0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断． 解答： 解：（1）N2的体积为20m，空气中N2和O2的体积比为4：1，故O2的体积为
3
3
3
=5m，
3
故参加反应的O2的体积为5﹣1.0m=4m，
①2C+O2→2CO ②C+H2O（g）→CO+H2 ③CO+H2O（g）→CO2+H2 4 8 48 48 12 12 12
333
产物中二氧化碳的体积为12m，故反应③生成氢气的体积为12m，消耗CO的体积为12m，
33
则反应②生成氢气的体积为60﹣12=48m，故反应②生成CO的体积为48m，消耗的C的物质的量为
；
3
3
参加反应的O2的体积为4m，故反应①生成CO的体积为8m，消耗的C的物质的量为则所得气体产物中CO的体积为8m+48m﹣12m=44m，消耗的C的质量为=
=30000g=30kg，
3
3
3
3
；
故答案为：44；30；
（2）已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H＞0．若气缸中进入1mol空气（1mol空气含有0.8mol N2和0.2mol O2），1300℃时在密闭容器内反应达到平衡．测得
﹣4
NO为8×10mol，反应前后气体物质的量相同，计算平衡常数时可以用物质的量代替平衡浓
﹣4﹣4
度计算，先计算物质的平衡量，N2为0.8mol﹣4×10 mol，O2为0.2mol﹣4×10 mol，带入平衡常数表达式即可，书写计算得K=
=
=4×10；气缸温度越高，
﹣6
单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移； 故答案为：
=4×10；温度升高，反应速率加快，平衡右移；
﹣6
（3）已知①2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196.6kJ?mol
﹣1
②2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=﹣113.0kJ?mol
﹣1
据盖斯定律，（①﹣②）÷2得：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的△H=﹣41.8kJ?mol， 故答案为：﹣41.8；
（4）a、常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3，
﹣﹣﹣﹣
A．ClO水解程度＞HCO3，所以存在c（ClO）＜c（HCO3），故错误；
﹣﹣+﹣
B．ClO水解程度＞HCO3，钠离子不水解，溶液呈碱性，所以存在c（Na）＞c（HCO3）＞c
﹣+
（ClO）＞c（H），故正确；
+﹣﹣2﹣
C．根据物料守恒得c（Na）=c（HClO）+c（ClO）+c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO3），故正确；
++﹣﹣2﹣﹣
D．根据电荷守恒得c（Na）+c（H）=c（ClO）+c（HCO3）+2c（CO3）+c（OH），故错误；
+﹣2﹣
E．根据质子守恒得c（HClO）+c（H）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO3），故正确； 故答案为：BCE；
+
b、0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后c（Na）=0.05mol/L，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电
﹣2﹣++﹣
荷守恒，根据电荷守恒得c（HC4H4O6）+2c（C4H4O6）=c（Na）+c（H）﹣c（OH）=0.05mol/L+10﹣6﹣8﹣6﹣8
mol/L﹣10mol/L=（0.05+10﹣10）mol/L，
﹣6﹣8
故答案为：（0.05+10﹣10）mol/L．
点评：本题考查了化学计算、盖斯定律、化学平衡常数的计算，知道弱酸电离平衡常数与酸根离子水解程度关系，再结合守恒思想分析解答，题目难度中等．
【化学--选修2：化学与技术】 11．（1）我国某地区已探明蕴藏有丰富的赤铁矿（主要成分为Fe2O3，还含有SiO2等杂质）、煤矿、石灰石和黏土．拟在该地区建设大型炼铁厂．
①随着铁矿的开发和炼铁厂的建立，需要在该地区相应建立焦化厂、发电厂、水泥厂等，形成规模的工业体系．据此确定图1中相应工厂的名称：
﹣1
A．发电厂，B．焦化厂，C．炼铁厂，D．水泥厂；
②以赤铁矿为原料，写出高炉炼铁中得到生铁和产生炉渣的化学方程式：Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑．
（2）玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成．
①酚醛树脂由酚醛和甲醛缩聚而成，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向有苯酚的反应釜间歇性的加入甲醛，且反应釜应装有散热装置．
②玻璃钢中玻璃纤维的作用是增强体．玻璃钢具有强度高、质量轻（或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好）等优异性能（写出两点即可）．
③下列处理废旧热固性酚醛塑料的做法合理的是bc．
a．深埋 b．粉碎后用作树脂填料 c．用作燃料 d．用有机溶剂将其溶解，回收树脂
（3）工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图2是氨氧化率与氨﹣空气混合气中氧氨比的关系．其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况．当氨氧化率达到100%，理论上r[n（O2）/n（NH3）]=1.25，实际生产要将r值维持在1.7～2.2之间，原因是O2浓度太少不利于NH3的转化，r{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%．
考点：新型有机高分子材料；转化率随温度、压强的变化曲线． 分析：（1）①煤炭燃烧可以发电，煤的干馏制造煤焦油，赤铁矿、碳酸钙是炼铁的原料，碳酸钙和黏土是生产水泥的原料；
②高炉炼铁中得到生铁的方程式为Fe2O3+3COCaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑；
2Fe+3CO2、
（2）①反应物投入的物质的量越多放出的热越多；
②玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体，它的优点有：强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等；
③废旧合成材料的再生利用主要有三条途径：通过再生和改性，重新做成多种有用的材料和制品；采用热裂解或化学处理方法使其分解，用于制备多种化工原料；将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能；
（3）根据氨氧化的化学方程式来分析；根据O2浓度太少不利于NH3的转化分析． 解答： 解：（1）①煤炭燃烧可以发电，A为发电厂，煤的干馏制造煤焦油，B为焦化厂，赤铁矿、碳酸钙是炼铁的原料，C为炼铁厂，碳酸钙和黏土是生产水泥的原料，D为水泥厂， 故答案为：发电厂；焦化厂；炼铁厂；水泥厂； ②高炉炼铁中得到生铁的方程式为Fe2O3+3COCaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑，
2Fe+3CO2、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑；
2Fe+3CO2，产生炉渣的方程式为
故答案为：Fe2O3+3CO
（2）①苯酚和甲醛发生缩聚反应，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反应釜中间歇性的加入甲醛，并装有散热装置，故答案为：间歇性；散热；
②玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体，它的优点有：强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等，故答案为：增强体；强度高、质量轻（或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好）；
③废旧合成材料的再生利用主要有三条途径：通过再生和改性，重新做成多种有用的材料和制品；采用热裂解或化学处理方法使其分解，用于制备多种化工原料；将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能，塑料深埋很久不会腐烂，会造成白色污染，酚醛塑料不能溶于有机溶剂，故选bc；
（3）由氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，可知氨氧化率达到100%，
理论上r{n（O2）/n（NH3）}==1.25，O2浓度太少不利于NH3的转化，γ{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%，
故答案为：1.25；O2浓度太少不利于NH3的转化，r{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%．
点评：本题考查金属冶炼，涉及到氧化还原方程式的书写，题目难度中等，本题注意从题目中获取信息，结合物质的性质解答．
【化学--选修3：物质结构与性质】
12．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）．A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2．则： （1）D的元素符号为Ca．A的单质分子中π键的个数为2．
（2）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是水分子间之间存在氢键氢键比范德华力更强．
（3）A、B、C 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O（用元素符号表示）．
101
（4）写出基态E原子的价电子排布式：3d4s．
3
（5）A的最简单氢化物分子的空间构型为三角锥形，其中A原子的杂化类型是sp．
﹣3
（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g?cm，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=
cm．（用ρ、NA的计算式表示）
考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算． 分析：有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子
223
2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s2s2p，则A是N元素；C的基态原子2p能级
225
有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s2s2p，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，
101
且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d4s，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，据此解答．
解答： 解：有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基
223
态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s2s2p，则A是N元素；C的基态原子
225
2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s2s2p，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排