1、2016年浙江省杭州市萧山区高考化学模拟试卷（16）一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分）1下列说法不正确的是（）A医疗上常用75%的酒精杀菌消毒B由于分子间氢键的存在，NH3易液化，H2O常温下呈液态C雾霾公益调查纪录片穹顶之下的发布引起了人们的关注，雾霾属于胶体D氢气是理想的绿色能源，贮氢合金的发现和应用解决了氢气贮存运输的难题，贮氢金属与氢气发生化学反应，形成氢化物，达到贮存氢气的目的2下列说法正确的是（）A用PH试纸测得某浓度的Na2CO3溶液的PH值为10.2B已知Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2+H2O，在定量测定该反应速率时，可用排水法测SO2的体积，计算
2、反应速率C蒸发结晶时，将蒸发皿中的溶液蒸干后得到所需固体D脂皂化反应后的反应液中加入饱和食盐水并搅拌后，生成的高级脂肪酸钠浮在水面3几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZMRQ原子半径（1010m）0.371.861.430.990.750.74主要化合价最高正价+1+1+3+7+5最低负价1132下列说法正确的是（）AH2Q的还原性和稳定性大于RH3BY、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间会反应C化合物XM，YM都是电解质，熔融状态下都能电解D元素Z、M组成的化合物熔化时破坏了离子键4下列说法正确的是（）A甲苯的一氯取代物有三种同分异构体，它们的熔沸点各不相同BC
3、H2O2和C2H4O2分子组成上相差一个CH2，所以互为同系物C乙醛分别与O2，银氨溶液，新制氢氧化铜反应，均体现了乙醛的还原性D淀粉，纤维素，蛋白质都属于天然高分子化合物，可作为人体的供能物质5一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示下列说法不正确的是（）A电池工作时，K+向B极移动B电极B上发生的电极反应：O2+2CO2+4e2CO32C电池工作时，CO2可以循环利用D消耗1molCH4催化重整得到的CO和H2通入电极A，需要电极B同时通入33.6L的O26已知常温下：KSPAl（OH）3=6.01018，KSPFe（OH）3=4.01038，某溶液中除H+，OH外，还有大量的Al3+，Fe
4、3+，Cl，且这三种离子的物质的量之比为1：1：7，下列有关该溶液判断不正确的是（）A向溶液中滴加Na2CO3溶液，立即产生沉淀和气体B若C（Cl）=0.07mol/L，则溶液的PH为2C往溶液中加入NaOH溶液，先生成的沉淀呈红褐色D往溶液中通入NH3，直至溶液呈中性，此时溶液中C（NH4+）C（Cl）7为了回收废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂已知Co2+比Co3+稳定下列叙述不正确的是（）A在上述溶解过程中，S2O32被氧化成SO42，LiCoO2在溶解过程中发生的反应8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO44 Li2
5、SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2OB调整pH=56的目的是使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3除去CCo（OH）2沉淀完全后，溶液中不存在Co2+DLi与Mg在周期表中处于对角线位置，性质有相似性，因此单质Li可用电解法回收二、解答题（共5小题，满分58分）8高吸水性树脂F是一种高分子材料，可用于干旱地区的抗旱保水如图是高分子化合物F的合成路线：已知：A是石油裂解的主要产物之一，标准状况下，A相对于H2的密度是14；C3H6O3为乳酸RCHO，CH3CH2OHCH2=CH2+H2O（1）B中官能团的名称，C中官能团的检验方法（2）乳酸分子的结构简式，一定条件下，
6、两分子乳酸反应生成一种六元环状化合物，写出此反应的方程式（3）EF的反应方程式，F分子保水的原因9（1）高能燃料肼N2H4又称联氨，用作火箭燃料，其结构式为，已知液态肼的标准燃烧热为622kJ/mol，写出发生燃烧发生的热化学方程式：（2）次磷酸（H3PO2）是一种一元中强酸，具有较强的还原性写出NaH2PO2溶液中的离子间的电荷守恒式，H3PO2可将溶液中的银离子还原为银单质，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，用化学方程式表示该氧化还原反应：10石油铁储罐久置未清洗易引起火灾，经分析研究，火灾事故是由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气体乙（氢化物）按物质的量之比1：3反应生成的黑色
7、物质丙自燃引起的实验得：气体乙在标准状况下的密度为1.52g/L，气体乙溶于水请回答下列问题：（1）甲的化学式（2）丙在盐酸中反应的化学方程式（3）滤液X暴露在空气中一段时间颜色加深，用离子方程式解释其原因（4）请设计合理的实验方案验证温度对丙与盐酸反应速率的影响11已知：反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2（且|H1|=2|H2|）反应：4NH3（g）+6NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3反应I和反应在不同温度时的平衡常数及其大小关系如表：温度/K反应I反应II已知：K2K1K2K1298
8、K1K2398K1K2（1）推测反应I是反应（填“吸热”或“放热”），150oC时，反应的平衡常数表达式K=，温度升高，K值（填“增大”或“减小”）（2）相同条件下，反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示算04分钟在A催化剂作用下，反应速率V（NO）=，下列说法不正确的是A单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡B若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡C该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C）D反应达到平衡后，升高温度，逆反应速率
9、先增大后减小E由如图1可知，催化剂A使反应进行的程度更大（3）工业生产的尾气处理中，应用了反应的原理，如图2测得不同温度下氨气的转化率你认为反应控制的最佳温度应为，A300350B350400C400450D450500（4）某一体积固定的密闭容器中进行反应，200时达平衡请在如图3补充画出：t1时刻升温，在t1与t2之间某时刻达到平衡；t2时刻添加催化剂，N2的百分含量随时间变化图象12氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，熔点：5961C在干燥空气中稳定，但在潮湿空气中则放出氨而变成碳酸氢铵59时分解为氨及二氧化碳，在密封管中加热至120140时，则失去水变为尿素溶解度：在100
10、g水中为66.6g能溶于乙醇可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0（1）如用图（a）装置制取氨气，你所选择的试剂是，制备氨基甲酸铵的装置如图（c）所示，把氨气和二氧化碳通入液体X中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在X中当悬浮物较多时，停止制备下列液体中，最合适做液体X的是A、水 B、四氯化碳 C、无水乙醇（2）发生器用冰水冷却的原因是，（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是（4）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
11、烘干 B高压加热烘干 C真空40以下烘干（5）尾气处理装置如图（b）所示双通玻璃管的作用：；浓硫酸的作用：（6）称取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，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1.000g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为（精确到2位小数）2016年浙江省杭州市萧山区高考化学模拟试卷（16）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分）1下列说法不正确的是（）A医疗上常用75%的酒精杀菌消毒B由于分子间氢键的存在，NH3易液化，H2O常温下呈液态C雾霾公益调查纪录片穹顶之下的发布引起了人们的关注，雾霾属于
12、胶体D氢气是理想的绿色能源，贮氢合金的发现和应用解决了氢气贮存运输的难题，贮氢金属与氢气发生化学反应，形成氢化物，达到贮存氢气的目的【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A酒精能使蛋白质发生变性；B含N、O、F的氢化物含氢键，沸点高；C分散质直径大小在1100nm时为胶体；D贮氢金属与氢气不反应【解答】解：A酒精能使蛋白质发生变性，则医疗上常用体积分数为75%的酒精杀菌消毒，故A正确；B含N、O、F的氢化物含氢键，沸点高，则由于分子间氢键的存在，NH3易液化，H2O常温下呈液态，故B正确；C分散质直径大小在1100nm时为胶体，雾霾不一定属于胶体，与空气中固体颗粒物的直径大小有关，故C错
13、误；D氢气是理想的绿色能源，贮氢合金的发现和应用解决了氢气贮存运输的难题，贮氢金属在一定温度和压强下可以吸附氢气，如镧镍合金（LaNi5）可以吸附氢气形成LaNi5H6，其中H元素仍以H2分子形式存在，不发生反应，故D错误；故选CD2下列说法正确的是（）A用PH试纸测得某浓度的Na2CO3溶液的PH值为10.2B已知Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2+H2O，在定量测定该反应速率时，可用排水法测SO2的体积，计算反应速率C蒸发结晶时，将蒸发皿中的溶液蒸干后得到所需固体D脂皂化反应后的反应液中加入饱和食盐水并搅拌后，生成的高级脂肪酸钠浮在水面【考点】化学实验方案的评价【分析】Ap
14、H精确到1；B二氧化硫易溶于水；C蒸发时应避免温度过高导致固体迸溅；D高级脂肪酸钠可发生盐析【解答】解：ApH试纸只能精确到1，故A错误；B二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集，故B错误；C蒸发时不能直接蒸干，应避免温度过高导致固体迸溅，故C错误；D高级脂肪酸钠可发生盐析，中加入饱和食盐水并搅拌后，生成的高级脂肪酸钠浮在水面，故D正确故选D3几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZMRQ原子半径（1010m）0.371.861.430.990.750.74主要化合价最高正价+1+1+3+7+5最低负价1132下列说法正确的是（）AH2Q的还原性和稳定性大于RH3BY、Z、M三种元
15、素的最高价氧化物的水化物两两之间会反应C化合物XM，YM都是电解质，熔融状态下都能电解D元素Z、M组成的化合物熔化时破坏了离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X的化合价有+1价、1价，应为H元素，Q只有2价，为O元素，M有+7价，为Cl元素，结合原子半径和化合价可知Y为Na元素，Z为Al元素，R为N元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：X的化合价有+1价、1价，应为H元素，Q只有2价，为O元素，M有+7价，为Cl元素，结合原子半径和化合价可知Y为Na元素，Z为Al元素，R为N元素，A非金属性ON，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，还原性越弱，故
16、A错误；BY、Z、M三种元素分别为Na、Al、Cl，氢氧化铝为两性氢氧化物，可与氢氧化钠、高氯酸反应，故B正确；CHCl为共价化合物，熔融状态下不导电故C错误；D元素Z、M组成的化合物为共价化合物，熔化时克服分子间作用力，故D错误故选B4下列说法正确的是（）A甲苯的一氯取代物有三种同分异构体，它们的熔沸点各不相同BCH2O2和C2H4O2分子组成上相差一个CH2，所以互为同系物C乙醛分别与O2，银氨溶液，新制氢氧化铜反应，均体现了乙醛的还原性D淀粉，纤维素，蛋白质都属于天然高分子化合物，可作为人体的供能物质【考点】有机化合物的异构现象【分析】A一氯取代物的种类等于氢原子的种类；B结构相似，在分
17、子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；C乙醛能被弱氧化剂氧化；D纤维素不是供能物质【解答】解：A甲苯中含有4种氢原子，一氯取代物有4种，它们的熔沸点各不相同，故A错误；BCH2O2为羧酸，C2H4O2，可能是羧酸也可能是酯，结构不一定相似，不是同系物，故B错误；C乙醛分别与O2，银氨溶液，新制氢氧化铜反应，均体现了乙醛的还原性，故C正确；D淀粉，纤维素，蛋白质都属于天然高分子化合物，淀粉，蛋白质可作为人体的供能物质，故D错误；故选C5一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示下列说法不正确的是（）A电池工作时，K+向B极移动B电极B上发生的电极反应：O2+2CO2+4e2CO32
18、C电池工作时，CO2可以循环利用D消耗1molCH4催化重整得到的CO和H2通入电极A，需要电极B同时通入33.6L的O2【考点】化学电源新型电池【分析】原电池工作时，CO和H2失电子在负极反应，则A为负极，CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，正极B上为氧气得电子生成CO32，以此解答该题【解答】解：AA为负极，B为正极，K+向B极移动，故A正确；BB为正极，正极为氧气得电子生成CO32，反应为O2+2CO2+4e=2CO32，故B正确；C正极上消耗CO2，负极上生成CO2，所以CO2可以循环利用，故C正确；D1molCH4催化重整得到的1molCO和2molH2通入电极A，由电子守恒可知，需要
19、电极B同时通入1.5molO2，没有说明是标准状况下，所以体积无法计算，故D错误故选D6已知常温下：KSPAl（OH）3=6.01018，KSPFe（OH）3=4.01038，某溶液中除H+，OH外，还有大量的Al3+，Fe3+，Cl，且这三种离子的物质的量之比为1：1：7，下列有关该溶液判断不正确的是（）A向溶液中滴加Na2CO3溶液，立即产生沉淀和气体B若C（Cl）=0.07mol/L，则溶液的PH为2C往溶液中加入NaOH溶液，先生成的沉淀呈红褐色D往溶液中通入NH3，直至溶液呈中性，此时溶液中C（NH4+）C（Cl）【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】溶液中除H+、OH
20、外，还含有大量的Al3+，Fe3+，Cl，且这三种离子的物质的量之比为1：1：7，由Al3+，Fe3+，Cl所带的电荷31+3117可知，溶液为酸性溶液，是氯化铝、氯化铁、氯化氢的混合溶液A、溶液呈酸性，滴加Na2CO3溶液先与酸反应；B、根据电荷守恒计算氯化氢产生的氢离子浓度，在根据PH=logc（H+）计算；C、往溶液中加入NaOH溶液，溶解度小的先沉淀；D、根据电荷守恒【解答】解：溶液中除H+、OH外，还含有大量的Al3+，Fe3+，Cl，且这三种离子的物质的量之比为1：1：7，由Al3+，Fe3+，Cl所带的电荷31+3117可知，溶液为酸性溶液，是氯化铝、氯化铁、氯化氢的混合溶液A、
21、向溶液中滴加Na2CO3溶液，先与酸反应，不会立即产生沉淀和气体，故A错误；B、若溶液中c（Cl）=0.07 mol/L，则c（Al3+）=0.01mol/L，c（Fe3+）=0.01mol/L，则c（H+）1+c（Al3+）3+c（Fe3+）3=c（Cl）1，即c（H+）1+0.01mol/L3+0.01mol/L3=0.07mol/L1，解得c（H+）=0.01mol/L，所以溶液PH=logc（H+）=2，故B正确；C、KSPFe（OH）3KSPAl（OH）3=6.01018，组成相似，所以SFe（OH）3SAl（OH）3，加氢氧化钠，溶解度小的先沉淀，故先出现红褐色沉淀，故C正确；D、
22、往溶液中通入NH3，铁离子、铝离子均被沉淀，由电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（Cl），直至溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），得到C（NH4+）C（Cl），故D正确；故选：A7为了回收废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂已知Co2+比Co3+稳定下列叙述不正确的是（）A在上述溶解过程中，S2O32被氧化成SO42，LiCoO2在溶解过程中发生的反应8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO44 Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2OB调整pH=56的目的是使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）
23、3、Al（OH）3除去CCo（OH）2沉淀完全后，溶液中不存在Co2+DLi与Mg在周期表中处于对角线位置，性质有相似性，因此单质Li可用电解法回收【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】正极材料（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）溶于稀硫酸，Fe、Al和稀硫酸反应生成硫酸盐和氢气，发生的离子反应方程式为Fe+2H+=Fe2+H2、2Al+6H+=2Al3+3H2，酸性条件下S2O32被氧化成SO42，所以硫代硫酸钠和LiCoO2反应方程式为8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；然后向溶液中充入空气，亚铁离子
24、不稳定，易被氧化为铁离子，同时向溶液中加入NaOH溶液，发生的反应为4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe（OH）3、Al3+3OH=Al（OH）3，调节溶液的pH为56时，铁离子、铝离子完全沉淀，过滤得到的废渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；过滤后向溶液中再加入NaOH溶液并调节溶液的pH为910，发生的离子反应为Co2+2OH=Co（OH）2，过滤得到Co（OH）2，最后向滤液中加入NaOH、Na2CO3并调节溶液的pH为1112，发生的离子反应为2Li+CO32=Li2CO3，再结合题目分析解答A通过题给信息可知LiCoO2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，反应为8LiCoO2+N
25、a2S2O3+11H2SO4=4LiSO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O，氧化剂对应的产物是还原产物；B调节溶液的pH为56时，铁离子、铝离子完全沉淀，过滤得到的废渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；C沉淀Co（OH）2在溶液中存在沉淀溶解平衡；D电解熔融氯化镁得到金属镁，Li与Mg在周期表中处于对角线位置，性质有相似性【解答】解：A正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32被氧化成SO42，具有还原性，正极材料中只有LiCoO2具有氧化性，与反应Na2S2O3反应生成CoSO4，反应化学方程式为：8LiCoO2+Na2S2O3+11
26、H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O，故A正确；B调节溶液的pH为56时，铁离子、铝离子完全沉淀，过滤得到的废渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；，调整pH=56的目的是使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3除去，故B正确；C沉淀Co（OH）2在溶液中存在沉淀溶解平衡，Co（OH）2沉淀完全后，溶液中存在Co2+，故C错误；D电解熔融氯化镁得到金属镁，Li与Mg在周期表中处于对角线位置，性质有相似性，单质Li可用电解法回收，故D正确；故选C二、解答题（共5小题，满分58分）8高吸水性树脂F是一种高分子材料，可用于干旱地区的抗旱保水如图是高分子化合
27、物F的合成路线：已知：A是石油裂解的主要产物之一，标准状况下，A相对于H2的密度是14；C3H6O3为乳酸RCHO，CH3CH2OHCH2=CH2+H2O（1）B中官能团的名称羟基，C中官能团的检验方法取适量的C，加入新制氢氧化铜，加热，若有砖红色沉淀生成，则证明有醛基（2）乳酸分子的结构简式CH3CH（OH）COOH，一定条件下，两分子乳酸反应生成一种六元环状化合物，写出此反应的方程式（3）EF的反应方程式nCH2=CHCOONa，F分子保水的原因COONa 具有亲水性【考点】有机物的合成【分析】A是石油裂解的主要产物之一，标准状况下，A相对于H2的密度是14，则A的相对分子质量为142=2
28、8，则A为CH2=CH2，C3H6O3为乳酸，C生成乳酸的转化发生信息给予的反应，则C为醛，B氧化得到C，则B为醇，故A与水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，则C为CH3CHO，结合反应信息，乳酸的结构为CH3CH（OH）COOH，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成D，D为CH2=CHCOOH，D与氢氧化钠反应生成E，E为CH2=CHCOONa，E发生加聚反应得到高聚物F，F为，据此解答【解答】解：A是石油裂解的主要产物之一，标准状况下，A相对于H2的密度是14，则A的相对分子质量为142=28，则A为CH2=CH2，C3H6O3为乳酸，C生成乳酸的转化发生信息给予的反应，则C为醛，
29、B氧化得到C，则B为醇，故A与水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，则C为CH3CHO，结合反应信息，乳酸的结构为CH3CH（OH）COOH，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成D，D为CH2=CHCOOH，D与氢氧化钠反应生成E，E为CH2=CHCOONa，E发生加聚反应得到高聚物F，F为，（1）B为CH3CH2OH，B中官能团的名称 羟基，C为CH3CHO，C中官能团为醛基，醛基的检验方法是取适量的C，加入新制氢氧化铜，加热，若有砖红色沉淀生成，则证明有醛基，故答案为：羟基；取适量的C，加入新制氢氧化铜，加热，若有砖红色沉淀生成，则证明有醛基；（2）根据上面的分析可知，乳酸分子的结构
30、简式 CH3CH（OH）COOH，一定条件下，两分子乳酸反应生成一种六元环状化合物，反应的方程式为：，故答案为：CH3CH（OH）COOH；（3）由E到F反应的化学方程式是：nCH2=CHCOONa，F分子中的COONa 具有亲水性，所以F能保水，故答案为：nCH2=CHCOONa；COONa 具有亲水性9（1）高能燃料肼N2H4又称联氨，用作火箭燃料，其结构式为，已知液态肼的标准燃烧热为622kJ/mol，写出发生燃烧发生的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）；H=622KJ/mol（2）次磷酸（H3PO2）是一种一元中强酸，具有较强的还原性写出NaH2PO2
31、溶液中的离子间的电荷守恒式C（Na+）+C（H+）C（H2PO2）+C（OH），H3PO2可将溶液中的银离子还原为银单质，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，用化学方程式表示该氧化还原反应：H3PO2+4Ag+2H2OH3PO4+4Ag+4H+【考点】热化学方程式；氧化还原反应【分析】（1）肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代；写出反应方程式，注明物质的聚集状态，依据反应物用量与反应放出热量写出热化学方程式（2）找到NaH2PO2溶液中的阴阳离子，根据电荷守恒：阳离子带的正电荷总数=阴离子带的负电荷总数；根据转移电子守恒判断氧化产物，该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与
32、还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以P元素为+5价【解答】解：（1）肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，所以肼的结构式为；卫星发射时可用肼（N2H4）做燃料，1mol N2H4（l）在氧气（g）中燃烧，生成氮气（g）和水（l），放出622KJ热量，反应的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H=622 kJ/mol；故答案为：；N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）；H=622KJ/mol（2）H3PO2是一元中强酸，则NaH2PO2为正盐，溶液中的离子有Na+、H+、H2PO2、OH，根
33、据电荷守恒，阳离子带的正电荷总数与阴离子带的负电荷总数相等可得：C（Na+）+C（H+）C（H2PO2）+C（OH）；根据化合物中化合价的代数和为0，确定H3PO2中P元素化合价，O元素为2价、H元素为+1价，所以P元素为+1价，该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，还原产物为单质银，再根据电荷守恒和元素原子守恒可得：H3PO2+4Ag+2H2OH3PO4+4Ag+4H+故答案为：C（Na+）+C（H+）C（H2PO2）+C（OH）；H3PO2+4Ag
34、+2H2OH3PO4+4Ag+4H+10石油铁储罐久置未清洗易引起火灾，经分析研究，火灾事故是由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气体乙（氢化物）按物质的量之比1：3反应生成的黑色物质丙自燃引起的实验得：气体乙在标准状况下的密度为1.52g/L，气体乙溶于水请回答下列问题：（1）甲的化学式Fe2O3（2）丙在盐酸中反应的化学方程式Fe2S3+4HCl2H2S+2FeCl2+S（3）滤液X暴露在空气中一段时间颜色加深，用离子方程式解释其原因4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O（4）请设计合理的实验方案验证温度对丙与盐酸反应速率的影响将盛有等浓度、等体积的盐酸的两个反应容器置于不同温度的水浴
35、中，加入等量的Fe2S3，观察黑色物质消失的快慢【考点】无机物的推断【分析】向丙与浓盐酸反应后的滤液（假设乙全部逸出）中加人足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，则滤液中含有亚铁离子，灼烧后的固体为氧化铁，质量为24g，氧化铁物质的量为=0.15mol，则铁的物质的量为0.3mol丙粉末投人足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙，则淡黄色沉淀为S，物质的量为=0.15mol，乙在标准状况下的密度为1.52gL1，则乙的相对分子质量为1.5222.4=34，气体乙可溶于水，则乙为H2S，在丙中铁元素与硫单质的物质的量之比为2：1，而氧化物甲与气态氢化物乙按1：
36、3反应生成的物质丙，根据元素守恒和电子得失守恒可推断甲为Fe2O3，丙为Fe2S3，甲与乙发生的反应生成丙的反应为Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O，丙在盐酸中发生反应为Fe2S3+4HCl=2H2S+2FeCl2+S，符合题中条件【解答】解：向丙与浓盐酸反应后的滤液（假设乙全部逸出）中加人足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，则滤液中含有亚铁离子，灼烧后的固体为氧化铁，质量为24g，氧化铁物质的量为=0.15mol，则铁的物质的量为0.3mol丙粉末投人足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙，则淡黄色沉淀为S，物质的量为=0.15mol，乙在标准状
37、况下的密度为1.52gL1，则乙的相对分子质量为1.5222.4=34，气体乙可溶于水，则乙为H2S，在丙中铁元素与硫单质的物质的量之比为2：1，而氧化物甲与气态氢化物乙按1：3反应生成的物质丙，根据元素守恒和电子得失守恒可推断甲为Fe2O3，丙为Fe2S3，甲与乙发生的反应生成丙的反应为Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O，丙在盐酸中发生反应为Fe2S3+4HCl=2H2S+2FeCl2+S，符合题中条件，（1）根据上面的分析可知，甲的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（2）丙在盐酸中反应的化学方程式为：Fe2S3+4HCl2H2S+2FeCl2+S，故答案为：Fe2S3+4H
38、Cl2H2S+2FeCl2+S；（3）丙与盐酸反应后的滤液暴露在空气中一段时间颜色加深，其原因是（用离子方程式表示）：4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O，故答案为：4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O；（4）验证不同温度对丙与盐酸反应速率的影响，可以将盛有等浓度、等体积的盐酸的两个反应容器置于不同温度的水浴中，加入等量的Fe2S3，观察黑色物质消失的快慢，故答案为：将盛有等浓度、等体积的盐酸的两个反应容器置于不同温度的水浴中，加入等量的Fe2S3，观察黑色物质消失的快慢；11已知：反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反应：2NO（g）+O2（g）2NO
39、2（g）H2（且|H1|=2|H2|）反应：4NH3（g）+6NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3反应I和反应在不同温度时的平衡常数及其大小关系如表：温度/K反应I反应II已知：K2K1K2K1298K1K2398K1K2（1）推测反应I是反应放热（填“吸热”或“放热”），150oC时，反应的平衡常数表达式K=，温度升高，K值增大（填“增大”或“减小”）（2）相同条件下，反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示算04分钟在A催化剂作用下，反应速率V（NO）=0.375molL1
40、min1，下列说法不正确的是CEA单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡B若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡C该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C）D反应达到平衡后，升高温度，逆反应速率先增大后减小E由如图1可知，催化剂A使反应进行的程度更大（3）工业生产的尾气处理中，应用了反应的原理，如图2测得不同温度下氨气的转化率你认为反应控制的最佳温度应为C，A300350B350400C400450D450500（4）某一体积固定的密闭容器中进行反应，200时达平衡请在如图3补充画出：t1时刻升温，在t1与t2之间某时刻达到平
41、衡；t2时刻添加催化剂，N2的百分含量随时间变化图象【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】（1）反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1，平衡常数K1K1，升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应；反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）K1=反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g），K2=150oC时，反应4NH3（g）+6NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l），的平衡常数表达式K3=；已知K1K1，说明随温度升高，K减小，则反应为放热反应，H10；K2K2，说明随
42、温度升高，K减小，则反应II为放热反应，H20；反应I反应II3得到反应III，则H3=H13H2，据此分析；（2）4min时氮气为2.5mol，则消耗的NO为2.5mol=3mol，根据v=计算v（NO）；A可逆反应到达平衡时12个OH断裂，同时生成12个OH键，而生成12个OH键需要12个NH断裂；B恒容绝热的密闭容器中，反应中温度会变化，则K会变化，当K值不变时，说明温度不变，反应已经达到平衡；C相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；D反应达到平衡后，升高温度，速率增大，平衡向逆反应方向进行，逆反应速率从大到小；E催化剂改变反应速率，不改变化学平衡；（3）由图可
43、知在400450时，二甲醚的浓度最小，转化率最大；（4）t1时升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的百分含量增加，据此画图【解答】解：（1）反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1，平衡常数K1K1，升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应；故答案为：放热；已知K1K1，说明随温度升高，K减小，则反应为放热反应，H10；K2K2，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，H20；反应I反应II3得到反应III，则H3=H13H2，已知|H1|=2|H2|，所以H3=H13H2=|H2|0，即反应III为吸热反应，150oC时，反应4NH3（g）+6
44、NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l），的平衡常数表达式K3=；温度升高平衡正向进行，平衡常数增大，故答案为：；增大；（2）4min时氮气为2.5mol，则消耗的NO为2.5mol=3mol，所以v（NO）=0.375molL1min1，故答案为：0.375molL1min1；A可逆反应到达平衡时12个OH断裂，同时生成12个OH键，而生成12个OH键需要12个NH断裂，单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡，故A正确；B恒容绝热的密闭容器中，反应中温度会变化，则K会变化，当K值不变时，说明温度不变，反应已经达到平衡，故B正确；C相同时间内生成的氮气的物
45、质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，故活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C），故C错误；D反应达到平衡后，升高温度，速率增大，平衡向逆反应方向进行，逆反应速率从大到小，逆反应速率先增大后减小，故D正确；E由如图1可知，催化剂A改变反应速率，不改变化学平衡，不能使反应进行的程度更大，故E正确，故答案为：CE；（3）由图可知在400450时，二甲醚的浓度最小，转化率最大，故选C，故答案为：C；（4）t1时升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的百分含量增加，图象为：，答：N2的百分含量随时间变化图象12氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，熔点：5961C在干燥空气中稳定，
46、但在潮湿空气中则放出氨而变成碳酸氢铵59时分解为氨及二氧化碳，在密封管中加热至120140时，则失去水变为尿素溶解度：在100g水中为66.6g能溶于乙醇可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0（1）如用图（a）装置制取氨气，你所选择的试剂是浓氨水与生石灰（或氢氧化钠固体等），制备氨基甲酸铵的装置如图（c）所示，把氨气和二氧化碳通入液体X中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在X中当悬浮物较多时，停止制备下列液体中，最合适做液体X的是BA、水 B、四氯化碳 C、无水乙醇（2）发生器用冰水冷
47、却的原因是降低温度，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），（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例（4）从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤（填写操作名称）；为了得到干燥产品，应采取的方法是C（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（5）尾气处理装置如图（b）所示双通玻璃管的作用：防止倒吸；浓硫酸的作用：吸收多余氨气，防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解（6）称取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，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1.000
48、g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为80%（精确到2位小数）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）装置a是利用分液漏斗滴入液体溶解锥形瓶中的固体，利用溶解放热使氨水分解生成氨气；氨基甲酸铵在能溶于水和乙醇，而生成的氨基甲酸铵小晶体要悬浮在X中，据此选择；（2）反应是放热反应降温平衡正向进行；（3）液体石蜡鼓泡瓶的主要作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；（4）生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解； （5）依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒
49、吸；（6）碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的量分数【解答】解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，氨基甲酸铵在能溶于水和乙醇，而生成的氨基甲酸铵小晶体要悬浮在X中，所以X为四氯化碳，选B，故答案为：浓氨水与生石灰（或氢氧化钠固体等）；B； （2）反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，故答案为：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）；（3）液体石
50、蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；（4）制备氨基甲酸铵的装置如图3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，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40以下烘干，故选C，故答案：过滤；C；（5）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气，防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，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1.000g物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到：x+y=0.01，根据总质量可得：78x+79y=0.7820，解得：x=0.008mol、y=0.002mol，则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为：100%=80%，故答案为：80%2017年1月1日
