1、高考资源网（） 您身边的高考专家福州省泉州市南桥中学、荷山中学、南安三中、永春三中、永春侨中五校2016届高三12月联考化学试题1化学与生活、社会密切相关,下列说法正确的是（ ）ASO2和NO2都是有用的化工原料，因此目前都是将汽车尾气中的氮氧化合物收集后制备硝酸以防止污染空气B由于HClO具有漂白性，因此工业上常用Cl2的水溶液来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫C高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性D金属钠通常被保存在煤油中，以隔绝空气【答案】D【解析】试题分析：A、把尾气转化成无污染的物质，故错误；B、常用SO2作漂白剂，漂白纸浆等，故错误；C、高锰酸钾和双氧水的
2、氧化性，进行消毒，酒精没有强氧化性，消毒原理不同，故错误；D、金属钠保存在煤油中，金属钠的密度大于煤油的，可以隔绝空气，故正确。考点：考查化学STS等知识。2符合右图中阴影部分的物质是 （ ）ANa2CO3 BCu2(OH)2CO3CNaCl DNaHCO3 【答案】A【解析】试题分析：阴影部分是公共部分，既是正盐，又是碳酸盐和钠盐，因此符合题意的是碳酸钠，故选项A正确。考点：考查物质的分类等知识。3NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A1L 0.5molL1氨水中所含NH4+数为0.5NAB1mol Fe与足量氯气反应转移的电子数为2NAC标准状况下，33.6L CO2约含有1.5NA
3、个分子D1 mol中含碳碳双键数为3NA 【答案】C【解析】试题分析：A、氨水是弱碱，NH3H2O部分电离，NH4的数目小于0.5mol，故错误；B、铁和氯气反应生成氯化铁，转移电子为3mol，故错误；C、标准状况下，CO2的物质的量为33.6/22.4mol=1.5mol，故正确；D、苯环中不含碳碳双键，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数、物质的结构等知识。4下列说法正确的是()A16O和18O原子的核外电子排布不相同 B含有离子键的化合物一定是离子化合物CHF、HCl、HBr、HI的熔沸点逐渐升高 D干冰和二氧化硅熔化时所克服微粒间的相互作用相同【答案】B【解析】试题分析：A、质子数相同，核
4、外电子数相同，核外电子排布相同，故错误；B、离子化合物：一定含有离子键，故正确；C、HF含有氢键，有氢键存在的比无氢键的熔沸点高，故错误；D、干冰属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，作用力分别是分子间作用力、共价键，故错误。考点：考查同位素、化学键、氢键、晶体类型等知识。5共价键、离子键和分子间作用力是构成物质的微粒间的不同作用方式，下列物质中只存在上述一种作用方式的是（ ）A.二氧化碳 B.氢氧化钠固体 CNaCl晶体 D氯气【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化碳是分子化合物，分子间有分子间作用力，分子内有共价键，故错误；B、氢氧化钠属于离子化合物，含有离子键和共价键，故错误；C、属于离子
5、化合物，只含离子键，故正确；D、氯气之间有分子间作用力，氯气属于双原子分子，含有共价键，故错误。考点：考查化学键、分子间作用力等知识。6类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是 （ ）已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2已知CO2分子是直线型结构，推测CS2分子也是直线型结构已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应已知NaOH是强电解质，其饱和溶液导电能力很强，Ca(OH)2也是强电解质，
6、推测其饱和溶液导电能力也很强A B C D【答案】C【解析】试题分析：硫的氧化性较弱，和变价金属反应，生成较高价态硫化物，应是Cu2S，故错误；硝酸具有强氧化性，能把CaSO3氧化成CaSO4，故错误；S和O属于同主族，CO2和CS2分子都是直线型，故正确；铁比铜活泼，置换出铜，铁比银活泼，把银置换出来，故正确；Ca(OH)2溶解度小，导电能力和离子浓度大小有关，因此导电能力较弱，故错误；故选项C正确。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。7已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为ClSSCl，它易与水反应：2S2Cl22H2O=4HClSO23S。对该反应的说法正确的是 ()AS2Cl2既作氧
7、化剂又作还原剂 BH2O作还原剂C每生成1 mol SO2转移4 mol电子 D氧化产物与还原产物物质的量之比为31【答案】A考点：考查氧化还原反应等知识。8下列离子或分子在溶液中能大量共存的是 ( )AK、CH3COOH、Br、SiO32 BK、Na、Cl、CO32CNa、Al3、NH3H2O、MnO4 DH、Fe2、SO42、NO3【答案】B【解析】试题分析：A、醋酸的酸性强于硅酸，因此生成硅酸沉淀，不能大量共存，故错误；B、能大量共存，故正确；C、Al3和NH3H2O发生生成Al(OH)3，不能大量共存，故错误；D、NO3在H下具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，因此不能大量共存，故错
8、误。考点：考查离子共存问题等知识。9a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知（1）a、d、e均能与稀盐酸反应产生氢气；（2）b能从c的盐溶液中置换出c单质；（3）a与强碱溶液反应放出气体；（4）a、e在冷浓硝酸或浓硫酸中发生钝化。由此可判断a、b、c、d、e依次是( )AFe、Cu、Ag、Al、Mg BMg、Cu、Al、Ag、FeCAl、Cu、Ag、Mg、Fe DMg、Ag、Cu、Al、Fe【答案】C【解析】试题分析：（1）a、d、e均能与盐酸反应产生氢气，说明a、d、e是Fe、Al、Mg；（2）说明b比c活泼，说明b为Cu，c为Ag；（3）说明a是金属铝；（
9、4）铁、铝发生钝化，说明e是铁；根据上述推断，d是Mg，因此选项C正确。考点：考查金属性强弱比较等知识。10核潜艇上的核反应堆内使用了液体铝合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（ ）A离子半径：Na+Al3+B铝钠合金若投入一定水中可得无色溶液并产生气泡C若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越少D铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出【答案】C【解析】试题分析：A、核外电子排布相同，看原子序数，原子序数越大，半径越小，即NaAl3，故说法正确；B、2Na2H2O=2NaOHH2，2Al2NaOH2H2O=2N
10、aAlO23H2，得到无色溶液并产生气泡，故说法正确；C、假设mg全部是铝，产生的氢气是m/18mol，假设全部是钠，产生的氢气是m/46mol，因此放出氢气越多，铝的质量分数越大，故说法错误；D、根据B选项中反应方程式，Cu22OH=Cu(OH)2，因为铝比铜活泼，有可能2Al3Cu2=2Al33Cu，故说法正确。考点：考查钠铝的性质等知识。11离子方程式正确的是（ ）A醋酸溶解鸡蛋壳：2H+ CO32 CO2+ H2OB铝片加入烧碱溶液:2A1+ 2OH+ 2H2O 2A1O2+ 3H2C铁与盐酸反应：2Fe + 6H+ 2Fe3+ + 3H2D铜片投入FeCl3溶液中：Cu+ Fe3+
11、Cu2+ + Fe2+【答案】B【解析】试题分析：A、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，鸡蛋壳的成分是碳酸钙，属于难溶于水的物质，也不能拆写成离子，故错误；B、符合客观事实，故正确；C、铁和盐酸反应生成Fe2，不符合客观事实，故错误；D、电荷不守恒，故错误。考点：考查离子反应方程式的正误判断等知识。12元素T、Q、R、W在元素周期表中的位置如右图所示，其中T所处的周期序数与主族族序数相等。它们的最高价氧化物的水化物依次为甲、乙、丙、丁。下列叙述不正确的是( ) AR的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾B常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装C丁的浓溶液与Q的单质加热发生反应，可生成体积
12、比为1:2的两种气体D甲、乙、丙、丁受热均易分解【答案】D【解析】试题分析：因为是短周期元素，分别位于第二周期和第三周期，T所处的周期序数与主族族序数相等，则T 为Al则Q为C，R为N，W为S，A、R的氧化物是氮的氧化物，如NO或NO2，引起光化学烟雾的原因，故说法正确；B、W的浓溶液是浓硫酸，因为和铝发生钝化反应，产生致密氧化薄膜阻碍反应的进行，因此可以用铝盛放浓硫酸，故说法正确；C、C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O，故说法正确；D、H2SO4不易分解，故说法错误。考点：考查元素周期表等知识。13一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物(NOx)的污染。已知：CH4(g)4NO2 (
13、g)=4NO(g)CO2 (g)2H2 O(g)H1574 kJmol1CH4 (g)4NO(g)=2N2 (g)CO2 (g)2H2 O(g)H21160 kJmol1下列选项不正确的是()ACH4 (g)2NO2 (g)=N2 (g)CO2 (g)2H2 O(g) H867 kJmol1BCH4 (g)4NO2 (g)=4NO(g)CO2 (g)2H2O(l) H3H1C若用0.2 mol CH4还原NO2至N2，则反应中放出的热量一定为173.4 kJD若用标准状况下2.24 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子为0.8mol【答案】C【解析】试题分析：A、()/2得出：CH
14、4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g) H=(5741160)/2kJmol1=867kJmol1，故说法正确；B、H2O(g)=H2O(l) H0，因此两式相加，H3H1，故说法正确；C、根据A选项，放出热量为8670.2kJ=173.4kJ，但没有说明H2O的状态，如果是气态，则正确，若是液态，则大于173.4kJ，故说法错误；D、根据A选项，消耗1molCH4转移电子8mole，则消耗2.24LCH4转移电子为0.8mol，故说法正确。考点：考查热化学反应方程式的计算、氧化还原反应等知识。14下列相关实验不能达到预期目的的是( )。相关实验预期目的A向少量燃尽火柴头
15、的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯元素B试样加水溶解后，再加入足量Ba(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3C向溶液中加NaOH溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明原溶液中含有NH4+D两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响【答案】B【解析】试题分析：A、AgCl=AgCl，AgCl不溶于硝酸，能够达到预期目的，故说法正确；B、Ba(OH)2NaHCO3=BaCO3H2ONaOH，Ba(OH)2Na2CO3=BaCO22NaOH，都有白色沉淀，不
16、能实现实验目的，故说法错误；C、NH4OHNH3H2O，NH3是中学唯一的能使湿润的红色石蕊变蓝的气体，能实现实验目的，故说法正确；D、观察气泡冒出的快慢，从而得出结论，能够达到实验目的，故说法正确。考点：考查实验方案设计评价等知识。15已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是( ) AX使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性B若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生D工业上，B转化为D的反应条件为加热、使用催化剂【答案】D【解析】试题分析
17、：X为常见酸，其浓溶液能使蔗糖变黑，说明X为H2SO4，D和水反应生成H2SO4，则D为SO3，B为SO2，A、蔗糖变黑，体现硫酸的脱水性，故错误；B、浓硫酸和铁在常温下，发钝化反应，产生一层致密氧化薄膜，阻碍反应的进行，故错误；C、C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O，C为CO2，与少量澄清石灰水反应，生成Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故错误；D、SO2SO3需要催化剂和加热才能实现，故正确。考点：考查无机推断、硫酸的性质等知识。 16下列实验装置正确且能完成实验目的的是（ ） 【答案】A【解析】试题分析：A、氢气的量通过注射器体积变化得到，可以完成实验目的，故正确；B、分液漏斗
18、的下端紧贴烧杯内壁，故错误；C、拉动注射器，会使酸性高锰酸钾溶液进入注射器内，应进气管长，不能实现实验目的，故错误；D、盐酸具有挥发性，CO2中混有HCl，对实验产生干扰，不能实现实验目的，故错误。考点：考查实验设计方案等知识。17下列说法错误的是（ ）A电解饱和食盐水可制取烧碱、氯气、氢气B从海水中可提取镁、溴、碘等物质C粗铜（含少量Zn、Fe、Pt等）电解精炼后，溶液中金属阳离子只有Fe2、Zn2D在镀件上镀铜，镀件作阴极【答案】C【解析】试题分析：A、电解饱和食盐水，总电极反应式为：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，故说法正确；B、 海水中含有较丰富的镁元素、溴元素、碘元素等，储存
19、量大，因此工业上常从海水中提取镁、溴、碘等物质，故说法正确；C、粗铜作阳极：Cu2e=Cu2，电解液是含Cu2，阴极电极反应式为Cu22e=Cu，由于铁、锌比铜活泼， 铁、锌先失电子，因此溶液中含有的金属阳离子有Zn2、Fe2、Cu2，故说法错误；D、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，故说法正确。 考点：考查海水资源、电解原理等知识。18微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如下图所示。下列有关说法错误的是 ( ) A正极反应中有CO2生成 B微生物促进了反应中电子的转移 C质子通过交换膜从负极区移向正极区 D电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
20、【答案】A【解析】试题分析：A、因为是质子交换膜，因此反应的环境是酸性，有氧反应区是正极反应区，即O24H4e=2H2O，故说法错误；B、此装置为原电池的装置，在微生物的作用下，加速反应的进行，故说法正确；C、质子为H，阳离子向正极移动，从无氧区向有氧区，即从负极移向正极，根据原电池工作原理，故说法正确；D、此反应是葡萄糖的氧化反应，故说法正确。考点：考查原电池工作原理等知识。19一定条件下，向容积为2 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生如下反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)，5 min后反应达到平衡时C(CH3OH)为0.2 molL1。CO
21、2(g)的平衡物质的量浓度c(CO2)与温度关系如图所示。下列说法错误的是 ()A05 min，CO2的平均反应速率为0.04 mol(Lmin)1B反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)的H0C在T2时，若反应处于状态D，则一定有v正v逆D若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【答案】C【解析】试题分析：A、v(CH3OH)= 0.2/5mol/(Lmin)=0.04 mol/(Lmin)，根据化学反应速率等于系数之比，则v(CO)=v(CH3OH)=0.04mol/(Lmin)，故说法正确；B、曲线是平衡线，随着温度的升高，CO2的浓度增大，根据勒夏特列原理
22、，升高温度，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，Hv逆，故说法错误；D、升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据化学平衡常数的表达式K=c(CH3OH)c(H2O)/，K1K2，故说法正确。考点：考查化学反应速率、化学平衡、平衡常数等知识。20镁铝合金5.1g溶于300mL 2mol/L盐酸中，标准状况下放出气体体积为5.6L，向反应后的溶液中加入500mLNaOH溶液充分反应，最终产生白色沉淀下列有关说法不正确的是（）A5.1g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4g、2.7gB溶解5.1g镁铝合金时，剩余盐酸的物质的量为0.1molC生成白色沉淀的最大质量为13.6gD若白色沉淀只有M
23、g(OH)2，该NaOH溶液的物质的量浓度至少为1.2mol/L【答案】D【解析】试题分析：盐酸中n(HCl)=3001032mol=0.6mol，H2中氢原子物质的量n(H)=5.62/22.4mol=0.5mol0.6mol，说明盐酸过量，合金全部溶解，设金属镁物质的量为xmol，金属铝为ymol，则有24x27y=5.1，根据得失电子数目守恒，2x3y=5.62/22.4，两式联立解得：x=y=0.1mol，A、根据上述分析，合金中两种金属的质量分别是2.4g、2.7g，故说法正确；B、剩余盐酸的物质的量为30010320.120.13mol=0.1mol，故说法正确；C、根据物质的分析
24、，沉淀最大，Mg全部转化成Mg(OH)2，Al全部转化成Al(OH)3，沉淀的质量等于合金的质量OH的质量，而OH的物质的量等于合金失去电子物质的量等于氢得到电子的物质的量，因此沉淀的质量为=5.15.6217/22.4g=13.6g，故说法正确；D、根据溶液呈现电中性，反应后的溶质NaCl、NaAlO2，即n(Na)=n(Cl)n(AlO2)=30010320.1mol=0.7mol，因此消耗氢氧化钠的体积为0.7/500103molL1=1.4molL1。考点：考查化学计算等知识。第卷（非选择题 共60分）21(17分) A、B、C、D、E、F为常见的原子序数依次增大的短周期元素，B、C、
25、D、E、F的简单离子的电子层结构相同，A和E同主族，且原子的最外层电子数的关系为ADBF8。请回答：（1）试写出B2单质的电子式为 。试写出由上述元素组成的分子中含有4个原子核且为18电子结构的物质的化学式 。（2）含F元素对应的金属阳离子的溶液中滴加过量E的最高价氧化物对应水化物的溶液，其离子方程式是 。（3）已知B2A4与BA3具有相似的性质，B2A4通过炽热的氧化铜粉末，粉末由黑色变为红色单质，且产物对大气无污染，其化学反应方程式是 。（4）在2 L的密闭容器中，通入2 mol B2气体和3 mol A2气体，一定温度下反应生成BA3气体，当反应达到平衡时，A2的浓度为0.15 molL
26、1，同时放出约83.2 kJ的热量，该反应的热化学方程式为 。（5）已知某化合物EB3与水可以反应生成两种气体单质和一种碱，试写出其化学方程式 ；若0.1 mol该化合物完全反应，转移电子的物质的量为 。【答案】（1）NN，H2O2；（2）Al34OH=AlO2H2O；（3）N2H42CuO2CuN22H2O；（4）N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJmol1；（5）2NaN32H2O=3N2H22NaOH，0.1 mol。【解析】试题分析：B、C、D、E、F的简单离子的电子层结构相同，且六种元素原子序数依次增大的短周期元素，这五种元素应在第二周期的后三种元素，第三周期的前三种
27、元素，因为A和E同主族，且AD=BF=8，则A：H，B：N，C：O，D：F，E：Na，F：Al，（1）N2共用三个电子对，电子式为NNNN，上述元素组成分子中含有4个原子核且为18电子物质是H2O2；（2）E的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，且Al(OH)3表现两性，能和NaOH反应，即Al34OH=AlO22H2O；（3）N2H4和CuO反应，黑色变为红色单质，即Cu产生，产物对大气无污染，即N转化成N2，因此方程式为N2H42CuON22Cu2H2O；（4）发生的反应是N23H22NH3，消耗氢气物质的量为3mol0.152mol=2.7mol，消耗3mol氢气放出的热量为92.4kJ
28、mol1，则N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJmol1；（5）NaN3和水反应两种气体单质，则气体单质为N2和H2，一种碱为NaOH，则化学反应方程式为2NaN32H2O=3N2H22NaOH，根据反应方程式2molNaN3参加反应转移电子2mole，因此消耗0.1molNaN3转移电子为0.1mole。考点：考查元素周期表、元素及其化合物的性质、氧化还原反应、热化学反应方程式等知识。22（14分）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：（1）将NaCl溶液进行电解，在电解槽的阴极区获得的产品有_(填化学式)。（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br
29、，其目的是_。（3）某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为59 。微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：图中仪器B的名称是 ，冷却水的出口为 (填“甲”或“乙”)。整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是 。C中液体的颜色为 。D装置的作用是 。【答案】（1）H2、NaOH；（2）提高溴的富集程度；（3）冷凝管，甲；Br2腐蚀橡胶；深棕红色或红棕色；吸收尾气。【解析】考点：考查电解原理、实验目的、实验仪器、物质的性质等知识。23（13分）HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂
30、氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是 (填序号)。A亚硝酸盐被还原 B维生素C是还原剂C维生素C将Fe3还原为Fe2 D亚硝酸盐是还原剂（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式： _。（3）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2转化为Fe3，要求产物纯净，可
31、选用的最佳试剂是 (填序号)。aCl2 bFe cH2O2 dHNO3（4） FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾高铁酸钾(K2FeO4)，氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强，主要反应为：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4 O2该反应中的氧化剂是 ，还原剂是 。简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用 。【答案】（1）D；（2） NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H+2Cl- ；（3） c；（4） Na2O2；Na2O2和FeSO4；高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒(或消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成
32、Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降) 等合理答案。【解析】试题分析：（1）A、亚硝酸盐能使Fe2Fe3，Fe的化合价升高，而NO2中N的化合价肯定降低，作氧化剂，被还原，故说法正确；B、VC能解毒，也就是把Fe3Fe2化合价降低，作氧化剂，则VC作还原剂，故说法正确；C、VC解毒，就是把Fe3Fe2，故说法正确；D、根据选项A的分析，硝酸盐是氧化剂，故说法错误；（2）根据信息，HNO2属于弱酸，且能被常见的强氧化剂氧化，氯气具有强氧化性，即Cl2NO2ClNO3，根据化合价的升降法进行配平，Cl2化合价共降低2，NO2中N化合价升高2，最小公倍数为2，Cl2NO22ClNO3，根据题干
33、还生成了H，因此根据原子守恒，此离子反应方程式为Cl2NO2H2O=NO32Cl2H；（3）Fe2Fe3化合价升高，因此需要氧化剂，要求产物纯净，不能引入新杂质，因此选用H2O2，被还原成H2O，故选项c正确；（4）氧化剂：化合价降低，即过氧化钠中过氧根离子的化合价降低，即过氧化钠是氧化剂，还原剂：化合价升高，过氧化钠中的过氧根转变成氧气，以及Fe2变成FeO42，因此还原剂是Na2O2、FeSO4；FeO42具有强氧化性，能消毒杀菌，且得到的产物Fe3，Fe3水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的杂质，而且铁元素是人体需要的元素。考点：考查氧化还原反应、氧化还原反应方程式的配平、物质的应用等知识
34、。24(16分)氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解，易吸水，溶于水后与水反应生成碳酸氢铵和一水合氨：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O。可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应的方程式：2NH3（g）CO2（g）NH2COONH4（s）H0。（1）如图所示装置制取氨气，你所选择的试剂是 。（2）制备氨基甲酸铵的装置如图所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。当悬浮物较多时，停止制备。注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。发生器用冰水冷却的原因 。液体石蜡鼓泡瓶的作用是
35、 。从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是 （填写操作名称）。 为了得到干燥产品，应采取的方法是 （填写选项序号）。 a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40 以下烘干尾气处理装置如图所示。浓硫酸的作用： 、 。（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500 g。则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为 。【答案】（1）浓氨水与氢氧化钠固体（CaO、碱石灰）等合理答案；（2）降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解），通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例 ；过
36、滤，c；吸收多余的氨气，防止空气中的水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；（3）80%。【解析】试题分析：（1）此装置是固体和液体不需要加热制取气体，因此制备氨气，可以选用：浓氨水和NaOH固体，浓氨水和CaO等，利用NaOH、CaO与水放出大量的热，使氨水分解产生NH3；（2）因为制备氨基甲酸铵的反应是放热可逆反应，根据勒夏特列原理，降低温度，平衡向正反应方向进行，提高反应物的转化率，同时氨基甲酸铵易分解，降低温度，可以减少产物的分解，NH3和CO2都是无色气体，为了减少原料的浪费，通过石蜡鼓泡瓶观察气泡，调节，NH3和CO2的通入比例，达到最大转化；根据信息得到悬浮物和液体，因此通过过滤的方法进行分离，氨基甲酸铵易分解，因此在烘干时在真空40以下，故选项c正确；NH3有毒，必须尾气处理，氨气能和硫酸反应，因此硫酸的作用多余氨气的吸收，氨基甲酸铵易吸水，而反应，因此硫酸的作用防止外界水蒸气进入反应器中使氨基甲酸铵水解；（3）设碳酸氢铵为xmol，氨基甲酸铵为ymol，则有79x78y=1.173，根据碳元素守恒，xy=1.5/100，解得x=0.003mol，y=0.012mol，氨基甲酸铵的物质的量分数为0.012/(0.0120.003)100%=80%。考点：考查气体的制备、信息的处理、化学计算等知识。 - 16 - 版权所有高考资源网
