1、2015年天津市河西区高考化学二模试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）（2015河西区二模）下列叙述正确的是（） A 氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂 B 长期摄入肉、蛋、鱼偏多易导致血液偏酸性 C 碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用 D 碘盐、铁强化酱油等营养强化剂适合所有人食用考点： 药物的主要成分和疗效；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；微量元素对人体健康的重要作用所有分析： A碳酸钠的腐蚀性过强；B富含蛋白质的食品被称为酸性食物；C碘单质有氧化性；D甲亢病人不能食用碘盐解答： 解：A碳酸钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，故A错误； B
2、鱼、肉、鸡蛋等富含蛋白质的食品被称为酸性食品，过多摄入易导致血液偏酸性，故B正确；C碘单质有氧化性，能杀菌消毒，故C错误；D甲亢病人不能食用碘盐，血色病患者不能食用铁强化酱油，故D错误故选B点评： 本题考查了化学知识在生活中的应用，难度不大，属于识记型知识，注意归纳总结2（6分）（2015河西区二模）下列说法不正确的是（） A 仅用酸性高锰酸钾溶液可区分苯和甲苯 B 仅用氯化铁溶液可区分苯酚稀溶液和甘油 C 仅用硝酸银溶液可验证卤代烃中卤原子的种类 D 仅用溴的四氯化碳溶液可区别液态的植物油和动物油考点： 有机物的鉴别所有分析： A甲苯可被酸性高锰酸钾氧化；B苯酚与氯化铁发生显色反应；C卤代烃
3、为非电解质，不能电离出离子；D植物油含有碳碳双键，可发生加成反应解答： 解：A苯与酸性高锰酸钾不反应，甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，可鉴别，故A正确；B苯酚与氯化铁发生显色反应，甘油不反应，可鉴别，故B正确；C卤代烃为非电解质，不能电离出离子，应水解后鉴别，故C错误；D植物油含有碳碳双键，可发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色的为植物油，故D正确故选C点评： 本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握有机物的性质的异同以及官能团的性质，难度不大3（6分）（2015杨浦区模拟）下列关于如图所示电化学装置的分析正确的是（） A 若X为直流电源，Y为铜棒接正极，则Fe
4、棒上镀铜 B 若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒被保护 C 若X为电流计，Y为锌棒，则SO42 移向Fe棒 D 若X为导线，Y为铜棒，则Fe棒发生还原反应考点： 原电池和电解池的工作原理所有分析： A、若X为直流电源，装置为电解池，接正极的为阳极，发生氧化反应；B、若X为直流电源，装置为电解池，接正极的为阳极，发生氧化反应；C、若X为电流计，装置为原电池，活泼金属作负极；D、若X为导线，装置为原电池，活泼金属作负极，发生氧化反应解答： 解：A、若X为直流电源，装置为电解池，Y为铜棒接正极，电解质溶液为硫酸铜溶液，为电镀池，Fe棒上镀铜，故A正确；B、若X为直流电源，装置为电解池，Fe接正
5、极的为阳极，发生氧化反应被腐蚀，故B错误；C、若X为电流计，装置为原电池，活泼金属Zn作负极，阴离子SO42 移向负极Zn，故C错误；D、若X为导线，装置为原电池，活泼金属Fe作负极，Fe棒发生氧化反应，故D错误；故选A点评： 本题考查了电解池和原电池的反应原理，注意分清原电池、电解池、电镀池的区别和联系，题目难度不大4（6分）（2015河西区二模）某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯（过滤操作已略去）下列说法的是（） A 起始滤液常温下pH=7 B 试剂为 Ba（NO3）2溶液 C 上图过
6、程须经2次过滤 D 步骤目的是除去 CO32考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用所有分析： KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液中加入过量的试剂为BaCl2溶液，过滤，除去SO42，得混合物X为KCl、BaCl2，再加过量的试剂为K2CO3，过滤，除去Ba2+，得混合物Y为KCl、K2CO3，再加适量的试剂为盐酸，除去K2CO3，再通过加热浓缩、蒸发结晶得KCl晶体，据此答题解答： 解：KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液
7、中加入过量的试剂为BaCl2溶液，过滤，除去SO42，得混合物X为KCl、BaCl2，再加过量的试剂为K2CO3，过滤，除去Ba2+，得混合物Y为KCl、K2CO3，再加适量的试剂为盐酸，除去K2CO3，再通过加热浓缩、蒸发结晶得KCl晶体，A碳酸钾溶液水解显碱性，pH7，故A错误；B由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；C样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故C错误；D步骤中加入试剂为盐酸，其目的是除去CO32，故D正确；故选D点评： 本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为
8、解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度不大5（6分）（2015河西区二模）若往20mL 0.01molLl HNO2（弱酸）溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示，下列有关说法不正确的是（） A HNO2的电离平衡常数：c点b点 B b点混合溶液显酸性：c（Na+）c（NO2）c（H+）c（OH） C c点混合溶液中：c（OH）c（HNO2） D d点混合溶液中：c（Na+）c（OH）c（NO2）c（H+）考点： 离子浓度大小的比较所有分析： A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于
9、水解，由此分析解答，也可能结合电荷守恒分析；C、ac温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而cd温度降低，所水解为主；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液解答： 解：A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c点b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2）c（Na+）c（H+）c（OH），故B错误；C、ac温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而cd温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液
10、呈碱性，所以c（OH）c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）c（OH）c（NO2）c（H+），故D正确；故选B点评： 本题是根据图象分析离子的浓度之间的关系，解题的关键是根据图象中温度的变化来确定，确定物质的反应实质是解题的关键6（6分）（2015长宁区模拟）臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）+O2（g）若此反应在恒容密闭容器中进行，相关图象如下列选项，其中对应分析结论正确的是（） A B C D 平衡后升温，NO2含量降低 02s内，v（O3）=0.2 molL1s1
11、V正：b点a点b点：v逆v正 恒温，t1时再充入O3 A A B B C C D D考点： 化学反应速率与化学平衡图象的综合应用所有分析： A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；B由图可知，02s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L0.4mol/L=0.4mol/L，根据v=计算v（NO2），然后依据化学计量数之比等于速率之比计算v（O3）；C温度高，化学反应速率快，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移；D容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，据此解答即可解答： 解：A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热
12、反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A错误；B由图可知，02s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L0.4mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）=0.2mol/（Ls），v（O3）=v（NO2）=0.1mol/（Ls），故B错误；C度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故V正：b点a点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：v逆v正，故C正确；D容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故D错误，故选C点评： 本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，难度较大二、解答题（共4小题，满分64分）7（14
13、分）（2015河西区二模）X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%；丙是具有强氧化性的弱酸丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子请按要求回答下列问题：（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为（填化学式）HClO4H2CO3；丁的电子式为；与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有（填化学式）：OH、H3O+（2）元素E、F与X同周期常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液
14、变红色；此反应的化学方程式为Mg+2H2O Mg（OH）2+H2F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，在汽车漆家族中有重要地位写出保存“银粉”时的注意事项：密封、避免与酸或碱接触等（3）向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液滴加过程中可依次观察到的现象：a浅绿色溶液变成黄色b有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量c继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀现象a中反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；现象b中反应剧烈的化学方程式：2H2O22H2O+O2；解释现象c：起始反应即中使c（H+）降低，且反应放热，使Fe3+
15、3H2OFe（OH）3+3H+H0，平衡正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀考点： 无机物的推断所有分析： X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3，甲为水，可推知M为H元素；丙是具有强氧化性的弱酸，则丙为HClO，乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%，乙为甲烷，可推知X为Cl、Y为C元素、Z为O元素；丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒，则丁为NaClO；戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子，则戊为H2O2，据此解答解答： 解：X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径
16、依次减小甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3，甲为水，可推知M为H元素；丙是具有强氧化性的弱酸，则丙为HClO，乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%，乙为甲烷，可推知X为Cl、Y为C元素、Z为O元素；丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒，则丁为NaClO；戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子，则戊为H2O2（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物分别为：HClO4、H2CO3，非金属性ClC，故酸性由强到弱为HClO4H2CO3；丁为NaClO，电子式为 ；与甲（水）分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有：OH、H3O+，
17、故答案为：HClO4H2CO3；OH、H3O+；（2）元素E、F与X（Cl）同周期常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色，则E为Mg，此反应的化学方程式为Mg+2H2O Mg（OH）2+H2，故答案为：Mg+2H2O Mg（OH）2+H2；F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，则F为Al，易与氧气反应，与酸、碱反应，保存“银粉”时的注意密封、避免与酸或碱接触；故答案为：密封；避免与酸或碱接触；（3）过氧化氢具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O
18、；过氧化氢在铁离子作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2；起始反应即中使c（H+）降低，且反应放热，使Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+H0，平衡正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀，故答案为：起始反应即中使c（H+）降低，且反应放热，使Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+H0，平衡正向移动，当水解出的Fe（OH）3较多时就聚集为沉淀点评： 本题考查元素化合物推断，是对学生综合能力的考查，需要学生熟练注意元素化合物知识，难度中等8（18分）（2015河西区二模）具有令人愉快香味的铃兰醛可用如下路线合成：已
19、知：请按要求回答下列问题：（1）A的名称2甲基丙烯（或异丁烯）；如图中属于取代反应的有（填反应编号）（2）C的同系物分子式通式：CnH2n6（n6）；D的官能团的结构简式：COOR（R为烃基）（3）写出一种检验铃兰醛含醛基的化学方程式：（4）反应中常有副产物M（C17H22O）的产生M的结构简式为（5）写出反应的化学方程式：（6）N是D的芳香族同分异构体，与D具有相同官能团，但能发生银镜反应，苯环上仅含一个取代基，且该取代基核磁共振氢谱有3个吸收峰写出符合上述条件的所有N的同分异构体的结构简式：考点： 有机物的推断所有分析： 由A、B的分子式判断A到B的反应是加成反应，由B、C的分子式可知，B
20、发类似信息中取代反应生成C，由C被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物的结构，可以推得C的结构简式为，进而可推知A为CH2=C（CH3）2，B为（CH3）3CCl，C生成D的反应是酯化反应，则D的结构简式为，E到F发生类似信息中的加成反应，结合铃兰醛的结构，可知F的结构简式为，根据F的结构再比较D、E的分子式，D发生还原反应生成E，判断E的结构简式为，F到铃兰醛的转化中碳碳双键被消除，则F与氢气发生加成反应生成G为，G再发生催化氧化生成铃兰醛，据此答题；解答： 解：由A、B的分子式判断A到B的反应是加成反应，由B、C的分子式可知，B发类似信息中取代反应生成C，由C被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物的结构，可以
21、推得C的结构简式为，进而可推知A为CH2=C（CH3）2，B为（CH3）3CCl，C生成D的反应是酯化反应，则D的结构简式为，E到F发生类似信息中的加成反应，结合铃兰醛的结构，可知F的结构简式为，根据F的结构再比较D、E的分子式，D发生还原反应生成E，判断E的结构简式为，F到铃兰醛的转化中碳碳双键被消除，则F与氢气发生加成反应生成G为，G再发生催化氧化生成铃兰醛，（1）根据上面的分析可知，A为CH2=C（CH3）2，A的名称为2甲基丙烯 （或异丁烯），属于取代反应的有，故答案为：2甲基丙烯 （或异丁烯）；（2）C为，C的同系物分子式通式为CnH2n6（n6），D的结构简式为，D的官能团的结构简
22、式为COOR（R为烃基），故答案为：CnH2n6（n6）；COOR（R为烃基）；（3）可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验铃兰醛中的醛基，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）E向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生，因为G分子中仍存在醛基，可以与甲醛继续发生类似已知的反应，所以K的结构简式为，故答案为：（5）反应的化学方程式为，故答案为：；（6）D的结构简式为，N是D的芳香族同分异构体，与D具有相同官能团，但能发生银镜反应，说明含胡甲酸酯，苯环上仅含一个取代基，且该取代基核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明该取代基上有三种位置的氢原子，则符合上述条件的所有N的结构简式为，故
23、答案为：点评： 本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式与结构进行分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、自学能力与知识迁移应用，难度中等9（18分）（2015静安区模拟）锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途已知：Sn的熔点为231；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为33、沸点为114请按要求回答下列相关问题：（1）元素锡比同主族碳的周期数大3，锡的原子序数为50（2）用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：取1.19g试样溶于稀硫酸中（杂质不参与反应），使Sn完全转化为Sn2+；加入过量的Fe2（SO4）3；用0.1000mol/L
24、K2Cr2O7溶液滴定（产物中Cr呈+3价），消耗20.00mL步骤中加入Fe2（SO4）3的作用是将Sn2+全部氧化为Sn4+；此锡粉样品中锡的质量分数：60%（3）用于镀锡工业的硫酸亚锡（SnSO4）的制备路线如下：步骤加入Sn粉的作用：防止Sn2+被氧化及调节溶液pH步骤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒步骤生成SnO的离子方程式：Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O步骤中检验SnO是否洗涤干净的操作是取最后一次滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀，证明已洗净步骤操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥（4）SnCl4蒸气遇氨及水汽呈浓烟
25、状，因而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为SnCl4+4NH3+4H2O=Sn（OH）4+4NH4Cl实验室欲用如图制备少量SnCl4 （夹持装置略），该装置存在明显缺陷，改进方法是在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶利用改进后的装置进行实验，当开始装置C中收集到有SnCl4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行考点： 制备实验方案的设计所有分析： （1）元素锡比同主族碳的周期数大3，二者原子序数相差第三、四、五周期容纳元素种数之和；（2）Fe2（SO4）3将Sn2+全部氧化为Sn4+，再用溶液K2Cr2O7
26、溶液滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子转移守恒，整个过程关系式为：3Sn3Sn2+6Fe3+6Fe2+Cr2O72，据此计算；（3）由于Sn2+易水解、易被氧化，加入盐酸，抑制Sn2+水解，加入Sn粉可以与盐酸反应，调节溶液pH，还防止Sn2+被氧化，步骤为过滤，得SnCl2溶液，向其中加碳酸氢钠，调节溶液pH，使Mn元素以SnO形式沉淀，再过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，滤液D中含有大量的NaCl等得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，变质发生水解反应生成Sn（OH）2与二氧化碳，Sn（OH）
27、2再脱水得到SnO；沉淀为SnO表面附着着Cl，要想检验滤渣是否洗涤干净，用硝酸、硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否含有Cl；（4）SnCl4水解得到Sn（OH）4与HCl，HCl与氨气反应得到NH4Cl；由于SnCl4易水解，制备中应在干燥环境中进行，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，需要除去，防止Sn与HCl反应，SnCl4水解；熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行解答： 解：（1）元素锡比同主族碳的周期数大3，二者原子序数相差第三、四、五周期容纳元素种数之和，则Sn的原子序数为6+8+18+18=50，故答案为：50；（2）Fe2（SO4）3将Sn2+全部氧化为S
28、n4+，再用溶液K2Cr2O7溶液滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，设粉中锡的质量分数为x，则：3Sn3Sn2+6Fe3+6Fe2+K2Cr2O73119g 1mol 1.19gx 0.100mol/L0.02L故3119g：1.19gx=1mol：0.100mol/L0.02L解得x=60%，故答案为：将Sn2+全部氧化为Sn4+；60%（3）由于Sn2+易水解、易被氧化，加入盐酸，抑制Sn2+水解，加入Sn粉可以与盐酸反应，调节溶液pH，还防止Sn2+被氧化，步骤为过滤，得SnCl2溶液，向其中加碳酸氢钠，调节溶液pH，使Mn元素以SnO形式沉淀，再过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnS
29、O4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，滤液D中含有大量的NaCl等由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； 故答案为：防止Sn2+被氧化；步骤是过滤，用到的玻璃仪器除烧杯外，还有漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒；得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，变质发生水解反应生成Sn（OH）2与二氧化碳，Sn（OH）2再脱水得到SnO，反应离子方程为：Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O，故答案为：Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O；沉淀为SnO表面附着着Cl，要想检验滤渣是否洗涤干净，用硝酸、硝
30、酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否含有Cl，具体方案为：取最后一次滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀，说明洗涤干净故答案为：取最后一次滤液少许于试管中，依次滴加足量硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀；由流程图可知，操作V是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（4）SnCl4水解得到Sn（OH）4与HCl，HCl与氨气反应得到NH4Cl，反应方程式为：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn（OH）4+4NH4Cl；由于SnCl4易水解，制备中应在干燥环境中进行，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，需要
31、除去，防止Sn与HCl反应，SnCl4水解，改进方法是：在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶；熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行，故答案为：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn（OH）4+4NH4Cl；在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶；熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热足够此反应持续进行点评： 本题属于拼合型题目，涉及物质制备方案、化学工艺流程、物质含量测定、元素周期表与元素周期律等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与良好的心理素质，难度中等10（14分）（2015河西区二模）氮及其化合物在工农业生产、生活
32、中有重要作用请按要求回答下列相关问题：（1）食品添加剂铵明矾NH4Al（SO4）212H2O高温可分解，下列关于其分解产物的预测不合理的是CANH3、N2、SO2、H2O BNH3、SO3、H2OCNH3、SO2、H2O DNH3、N2、SO3、SO2、H2O（2）汽车发动机工作时也会引发N2和O2反应产生大气污染物NO，其能量变化示意图为图1：该反应的热化学方程式为N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183.8kJ/mol（3）工业合成氨的反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，分别在T1、T2温度下，改变起始氢气物质的量，测得平衡时氨的体积分数如图2示：比较在m、n、q三点
33、所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是p点T2条件下，在2L的密闭容器中，充入x mol N2和y mol H2时，3min达平衡，此时反应物的转化率均为a，写出下列仅含a、x的表达式（不必化简）：v（N2）=molL1min1；该反应的平衡常数的值K=图象中T2低于T1（填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”）科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+ ）实现氨的电化学合成，这提高了氮气和氢气的转化率写出电化学合成过程中发生还原反应的电极方程式：N2+6H+6e=2NH3（4）将质量相等的四份铁粉和铜粉的均匀混合物，分别加入同浓度稀硝酸充分反应，（假设硝酸的还原产物只有NO）
34、实验数据如下表：编 号稀硝酸体积/mL100mL200mL300mL400mL剩余金属/g18.0g9.6g00NO体积/L（标准状况下）2.24L4.48L6.72LV下列有关分析推断正确的是ACA硝酸起始浓度为4mol/L B中溶解了5.6g FeC中n（Cu2+）=0.15mol D中V=6.72L考点： 化学平衡的计算；热化学方程式；有关混合物反应的计算所有分析： （1）根据反应前后元素化合价变化情况是否合理来分析；（2）根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的总能量放出的总能量，再根据热化学方程式的书写规则书写；（3）根据平衡转化率的判断，两种或两种以上的反应物，增加其中一种物质的物
35、质的量，提高另外一种物质的转化率，自身的转化率降低；考查化学平衡的计算三段式，化学反应速率的计算；考查外界条件改变（温度）对化学平衡的影响；升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动通过图象反应化学平衡移动定律考查电化学中给定条件下的电极反应式的书写；有氧化还原知识判断反应物和生成物，根据化合价变化确定得电子数目，根据反应所处的介质补H+（4）B、由表中数据可知，实验中金属均过量，所以铁的氧化产物是硝酸亚铁实验比实验多溶解了18.0g9.6g=8.4g金属，而还原产物NO多了4.48L2.24L=2.24L，即物质的量是0.1mol，转移0.1mol（52）=0.3mol，根据
36、得失电子数目相等，因此金属的相对原子质量=8.4（0.32）=56，这说明溶解的金属恰好是铁，因此实验中也恰好溶解了8.4g铁A、实验中生成硝酸亚铁0.15mol，NO是0.1mol，实验根据氮原子守恒可知，参加反应的硝酸是0.15mol2+0.1mol=0.4mol，所以稀硝酸的浓度是0.4mol0.1L=4mol/L；C、实验比实验多溶解了9.6g金属，多生成的NO是6.72L4.48L=2.24L，物质的量是0.1mol，转移0.1mol（52）=0.3mol如果9.6g金属恰好是铜，则移电子是2=0.3mol，这说明9.6g金属就是Cu，实验中n（Cu2+）=0.15mol/LD实验中
37、，金属全部溶解，但由于溶液中含有Fe2+，所以继续加入硝酸或继续产生NO，中V6.72 L解答： 解：（1）A、生成N2，N元素化合价升高了，生成SO2，S元素化合价降低了，符合氧化还原反应原理，预测合理，A正确；B、生成NH3、SO3、H2O均没有化合价变化，为非氧化还原反应，预测合理，B正确；C、生成SO2，S元素化合价降低，生成SO3，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应原理，预测不合理，C错误；D、既有元素化合价的升高又有元素化合价的降低，预测合理，A正确故选：C（2）现根据题意写出对应的方程式：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=吸收的总能量放出的总能量=945.8KJ/mo
38、l+498KJ/mol2630KJ/mol=183.8KJ/mol故答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183.8 kJ/mol（3）根据平衡转化率的判断，两种或两种以上的反应物，增加其中一种物质的物质的量，提高另外一种物质的转化率，自身的转化率降低，故H2的物质的量越大，N2的转化率越高，所以P点的转化率最高；故答案为：PN2（g）+3H2（g）2NH3（g） 因为反应物的转化率均为a，所以（H2）=a，所以y=3x起始浓度： 0变化浓度： xa平衡浓度： xav=molL1min1K=故答案为：molL1min1；（垂直于x轴作一条辅助线，选择H2的物质的量相同的，温度不同的
39、两个点）假设T2T1，升高温度有T1到T2，该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，NH3%减小，与图象所示相反，故假设错了，应该是T1T2；故答案为：低于由题意可知：写出电化学合成过程中发生还原反应，是化合价升高的反应，从总方程式可知，N2到NH3，2个0价的N到2个3价的N得到6个电子，根据题目中告诉传导H+，故根据电荷守恒，式子左边不6H+，得电极反应式为N2+6H+6e=2NH3故答案为：N2+6H+6e=2NH3（4）B、铁的金属性强于铜，所以稀硝酸首先氧化单质铁，然后再氧化单质铜由表中数据可知，实验中金属均过量，所以铁的氧化产物是硝酸亚铁实验比实验多溶解了18.0g9.6g=8.4
40、g金属，而还原产物NO多了4.48L2.24L=2.24L，即物质的量是0.1mol，转移0.1mol（52）=0.3mol所以8.4g金属也转移0.3mol电子，因此金属的相对原子质量=8.4（0.32）=56，这说明溶解的金属恰好是铁，因此实验中也恰好溶解了8.4g铁，B不正确；A、实验中生成硝酸亚铁0.15mol，NO是0.1mol，实验根据氮原子守恒可知，参加反应的硝酸是0.15mol2+0.1mol=0.4mol，所以稀硝酸的浓度是0.4mol0.1L=4mol/L；C、实验比实验多溶解了9.6g金属，多生成的NO是6.72L4.48L=2.24L，物质的量是0.1mol，转移0.1mol（52）=0.3mol如果9.6g金属恰好是铜，则移电子2=0.3mol，这说明9.6g金属就是Cu，n（Cu2+）=0.15mol/L，C正确； D实验中，金属去不溶解，但由于溶液中含有Fe2+，所以继续加入硝酸或继续产生NO，中V6.72 L所以D不正确故答案为：AC点评： 本题目为综合性题目，考查了热化学方程式的书写，化学平衡的三段式计算，影响化学平衡转化率的因素及给定条件下电极反应式的书写（注意反应的酸碱介质问题）特别是第（4）题，本题考查混合物的有关计算，根据表中数据判断各阶段发生的反应是解题关键，侧重对学生综合能力的考查，本题过程复杂、计算量较大，为易错题目，难度较大
