1、2016年四川省“卷中卷”大联考高考化学模拟试卷（二）一本卷共7题，每题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1化学与人类关系密切下列说法不正确的是（）ASO2可用于加工食品，使食品增白BNaOH可用于清洗抽油烟机C葡萄糖可用于合成保健药物维生素CD聚丙烯塑料可用作食品保鲜膜2下列关于明矾KAl（SO4）212H2O溶液的叙述正确昀是（）A明矾净水原理为：Al3+3H2O=Al（OH）3+3H+B该溶液中AlO2、F、K+、Na+能大量共存C加入过量NH3H2O反应的离子方程式为：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2OD加入过量Ba（OH）2溶液反应的离子方
2、程式为：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+=AlO2十2BaSO4+2H2O3下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验溴乙烷是否发生消去反应溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，将产物通入到Br2的CC14溶液中，观察溶液是否褪色B验证电离H+的能力HClOHCO3向NaHCO3溶液中加入新制氯水，观察溶液中是否有气泡冒出C验证H2O与NH3的配位能力强弱向CuSO4溶液中逐滴加入过量NH3H2O，观察蓝色溶液是否最终转化为深蓝色溶液D检验Na2O2的强氧化性向FeSO4溶液中加入少量Na2O2粉末，观察是否有红褐色沉淀生成AABBCCDD4设NA表示阿伏加德罗常数的值下列
3、说法正确的是（）A1 molNaN3所含阴离子总数为3NAB常温常压下，28 g乙烯气体中键与键数目之和为6NAC标准状况下，22.4L C12通入到足量FeBr2溶液中，被氧化的Br数目为2NAD500 mL 18 mol/L的H2SO4溶液与足量Cu共热，电子转移数目为9NA5用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，其装置如图所示下列说法不正确的是（）A直流电源中X为负极B阳极反应为2NH4+6e=N2+8H+C阴极反应为2H2O+2e=H2+2OHD当有6mol电子转移时，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差为32 g6常温下，向20mL 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入1
4、0mL 0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后，有关溶液中微粒浓度关系不正确的是（）A若溶液pH=7，则c（A）=c（HA）B若c（A）c（HA），则溶液中水电离的c（H+）1.0107mol/LC若pH7，加水稀释c（A）/c（HA）增大D溶液中，c（A）=2c（H+）+c（HA）2c（OH）7在5L密闭容器中充入X（g），发生反应X（g）Y（g）+Z（g）H，所得实验数据如表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（Z）n（Y）6001000.86000.1a0.90.860001.51.5b5000.51.21.0c下列说法正确的是（）A实验起始时
5、V（逆）v（正）且a=0.9B600时，该反应平衡常数K=3.2 moI/LC实验中b1.2D若bc，则HO二、（非选择题共58分）8X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y与R同族，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，X与Y可形成直线形分子XY2，Z的基态原子p轨道上电子总数为7，T2+离子的3d轨道上有3个电子请回答下列问题：（1）R的基态原子电子排布式是，X、Y、R中电负性最大的是（填元素符号）（2）XY32离予中X的杂化形式是，RY2分子的立体构型是（3）Z的单质晶胞如图所示，则晶体中Z的配位数是（4）T3+能被酸性KMnO4氧化成TO2+，则其反应的离子方程式是9绿矾（
6、FeSO47H2O）在医药上用作补血剂某兴趣小组拟制备绿矾晶体，并探究其受热分解的产物【查阅资料】（1）FeSO47H2O为绿色晶体，易溶于水，易被空气中的氧气氧化（2）FeSO4的溶解度随温度升高而增大（3）FeSO47H2O在较高温度下分解成水及金属氧化物、非金属氧化物【制备产品】实验步骤：（l）称取5.2g铁粉放入烧杯中，并加入25mL 3mol/L稀硫酸，将烧杯放到热水浴（控制温度60左右）中加热30min，直到有少量气泡冒出，此时烧杯底部有少量铁粉剩余铁粉需要过量的原因是（2）用少量热水预热过滤器，然后将上述反应混合物趁热过滤，将盛装滤液的烧杯放入盛有冷水的烧杯中冷却结晶，过滤得到晶
7、体用热水预热过滤器及趁热过滤的目的是【探究分解产物】实验装置：实验步骤：（1）检验装置的气密性，按如图所示加入试剂（2）打开活塞a，通入N2，排尽空气，关闭活塞a，点燃A处酒精灯（3）观察实验现象，探究分解产物：充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色C处品红溶液褪色，说明有生成（填化学式）兴趣小组推测，除上述两种氧化物及水生成外，还有一种氧化物生成他们推测的理由是；检验该氧化物时，B中盛装的试剂是（填编号）a紫色石蕊试液 bNaHCO3溶液 cBaC12溶液 dBa（NO3）2溶液FeSO47H2O分解的化学方程式是10高分子化合物聚碳酸酯H的透光率良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃，其
8、合成路线如下（部分产物略去）：已知： +2ROH+2CH3CHOH（R为烃基）请回答下列问题：（l）E的化学名称是，G中含有的官能团名称是，AB反应类型是（2）DE的化学方程式是（3）C+FG的化学方程式是（4）聚碳酸酯H的结构简式是（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有种只含有一个苯环；苯环上连有3条侧链，其中有2个为CH=CHCHO11工业上用NH3制取HNO3的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）上述流程中循环使用的物质是（2）尾气中含有NO、NO2（物质的量之比为1：1）可用Ca（OH）2吸收以获取亚硝酸钙，其反应的化学方程式是（3）下列可以代替Ca（NO3）2加入到蒸馏塔中的
9、物质可能是AMg（NO3）2 B浓H2SO4 CCaC12 DFe（NO3）2（4）以偏二甲肼（C2N2H8）、NO2为原料的酸性燃料电池（两极产物均为N2），正极反应式是（5）己知：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H1=a kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H2=b kJ/molNH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）H3=ckJ/mol则NO2（g）在吸收塔中反应生成HNO3（l）的热化学方程式是（6）用NH3制NH4NO3制HNO3：假设氧化炉中NH3的氧转化率为a，转化室中NO转化率为b，吸收塔中NO2吸收率为c；制NH4NO3
10、：用生成的HNO3与NH3反应制NH4NO3，其利用率为d则用NH3制NH4NO3的整个过程中，NH3的总转化率是2016年四川省“卷中卷”大联考高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一本卷共7题，每题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1化学与人类关系密切下列说法不正确的是（）ASO2可用于加工食品，使食品增白BNaOH可用于清洗抽油烟机C葡萄糖可用于合成保健药物维生素CD聚丙烯塑料可用作食品保鲜膜【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A二氧化硫有毒；BNaOH可使油污水解；C葡萄糖为重要的化工原料；D聚丙烯塑料为合成高分子，无毒【解答】解：A二氧化硫有毒，不
11、能用于加工食品，故A错误；BNaOH可使油污水解，则NaOH可用于清洗抽油烟机，故B正确；C葡萄糖是重要的工业原料，主要用于食品加工、医疗输液、合成补钙药物及维生素C等，故C正确；D聚丙烯塑料为合成高分子，无毒，可用作食品保鲜膜，故D正确；故选A2下列关于明矾KAl（SO4）212H2O溶液的叙述正确昀是（）A明矾净水原理为：Al3+3H2O=Al（OH）3+3H+B该溶液中AlO2、F、K+、Na+能大量共存C加入过量NH3H2O反应的离子方程式为：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2OD加入过量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+=Al
12、O2十2BaSO4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A铝离子水解生成氢氧化铝胶体，不能使用沉淀符号；B偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；C氨水为弱碱，反应生成氢氧化铝沉淀；D氢氧化钡过量，反应生成偏铝酸根离子和硫酸钡沉淀【解答】解：A明矾中铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，正确的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A错误；BAlO2与明矾中铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C一水合氨与明矾溶液中的铝离子发生反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D加入
13、过量Ba（OH）2溶液，铝离子转化成偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+4OH+2Ba2+=AlO2十2BaSO4+2H2O，故D正确；故选D3下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验溴乙烷是否发生消去反应溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，将产物通入到Br2的CC14溶液中，观察溶液是否褪色B验证电离H+的能力HClOHCO3向NaHCO3溶液中加入新制氯水，观察溶液中是否有气泡冒出C验证H2O与NH3的配位能力强弱向CuSO4溶液中逐滴加入过量NH3H2O，观察蓝色溶液是否最终转化为深蓝色溶液D检验Na2O2的强氧化性向FeSO4溶液中加入少量Na2O2
14、粉末，观察是否有红褐色沉淀生成AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙烯可与溴发生加成反应；B氯水中含有盐酸，可与碳酸氢钠反应；C蓝色溶液最终转化为深蓝色溶液，可说明氨气易形成配合物；D红褐色沉淀为氢氧化铁【解答】解：A溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应可生成乙烯，乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故A正确；B氯水中含有盐酸，可与碳酸氢钠反应，不能验证次氯酸是否与碳酸氢钠反应，故B错误；C蓝色溶液最终转化为深蓝色溶液，可说明氨气易形成配合物，故C正确；D红褐色沉淀为氢氧化铁，可说明过氧化钠具有强氧化性，故D正确故选B4设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A
15、1 molNaN3所含阴离子总数为3NAB常温常压下，28 g乙烯气体中键与键数目之和为6NAC标准状况下，22.4L C12通入到足量FeBr2溶液中，被氧化的Br数目为2NAD500 mL 18 mol/L的H2SO4溶液与足量Cu共热，电子转移数目为9NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】ANaN3中阴离子为N3，1mol中含有1mol阴离子；B乙烯分子中含有4个CH键，1个CC键，1个CC键；C二价铁离子还原性强于溴离子，氯气氧化二价铁离子再氧化溴离子；D浓硫酸与铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不反应【解答】解：ANaN3中阴离子为N3，1mol中含有1mol阴离子，故A错误
16、；B.28 g乙烯物质的量为1mol，含有4molCH键，1molCC键，1molCC键，键与键数目之和为6NA，故B正确；C标准状况下，22.4L C12物质的量为1mol，通入入到足量FeBr2溶液中，0.5mol氧化二价铁离子生成三价铁离子，剩余0.5mol氯气氧化溴离子，依据方程式Cl2+2Br=2Cl+Br2，被氧化的Br数目为，NA，故C错误；D.500 mL 18 mol/L的H2SO4溶液与足量Cu共热，硫酸完全反应则电子转移数目为9NA，但是随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不反应所有转移电子数小于9NA，故D错误；故选：B5用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，
17、其装置如图所示下列说法不正确的是（）A直流电源中X为负极B阳极反应为2NH4+6e=N2+8H+C阴极反应为2H2O+2e=H2+2OHD当有6mol电子转移时，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差为32 g【考点】电解原理【分析】用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应2NH4+6e=N2+8H+，在阴极上是氢离子得电子的还原反应2H2O+2e=H2+2OH，根据电极反应式结合电子守恒进行计算回答【解答】解：A、用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应，所以Y是正极，X是负极，故A正确；B、在阳极上
18、是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应2NH4+6e=N2+8H+，故B正确；C、在阴极上是氢离子得电子的还原反应2H2O+2e=H2+2OH，故C正确；D、当有6mol电子转移时，2NH4+6e=N2+8H+，阳极附近电解质质量减小28g，2H2O+2e=H2+2OH，阴极上电解质质量减小6g，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差是22g，故D错误故选D6常温下，向20mL 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入10mL 0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后，有关溶液中微粒浓度关系不正确的是（）A若溶液pH=7，则c（A）=c（HA）B若c（A）c（HA），则溶液中水电离的c（H+）1.0
19、107mol/LC若pH7，加水稀释c（A）/c（HA）增大D溶液中，c（A）=2c（H+）+c（HA）2c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】常温下，向20mL 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入10mL 0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后得到等浓度的HA和NaA混合溶液，A溶液中存在电荷守恒分析判断选项，阴阳离子所带电荷总数相同；B若c（A）c（HA），说明溶液中HA电离程度大于A离子水解程度，溶液显酸性抑制水的电离；C若pH7说明A离子水解程度大于HA的电离，c（A）c（HA），加水稀释水解程度促进大；D溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断【解答】解：常温下，向20m
20、L 0.1mol/LHA（一种弱酸）溶液中加入10mL 0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后得到等浓度的HA和NaA混合溶液，A溶液中阴阳离子所带电荷总数相同，c（H+）+c（Na+）=c（A）+c（OH），若溶液pH=7，则c（A）=c（HA），故A正确；B若c（A）c（HA），说明溶液中HA电离程度大于A离子水解程度，溶液显酸性抑制水的电离，则溶液中水电离的c（H+）1.0107mol/L，故B正确；C若pH7说明A离子水解程度大于HA的电离，c（A）c（HA），加水稀释水解程度促进大，减小，故C错误；D溶液中电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（A）+c（OH），物料守恒：2c（N
21、a+）=c（A）+c（HA），消去钠离子得到c（A）=2c（H+）+c（HA）2c（OH），故D正确；故选C7在5L密闭容器中充入X（g），发生反应X（g）Y（g）+Z（g）H，所得实验数据如表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（Z）n（Y）6001000.86000.1a0.90.860001.51.5b5000.51.21.0c下列说法正确的是（）A实验起始时V（逆）v（正）且a=0.9B600时，该反应平衡常数K=3.2 moI/LC实验中b1.2D若bc，则HO【考点】化学平衡的计算【分析】A、实验与实验互为等效平衡，根据极限转化得a为0.9
22、，平衡时为0.8，说Y在消耗，反应从逆方向开始；B、根据化学平衡常数的概念计算；C、实验相当于在的平衡加压；D、实验和温度不同，极限转化为同种物质表示时，物质的起始量也不同，不能比较出温度发影响【解答】解：A、实验与实验平衡状态相同，则互为等效平衡，通过极限转化为同种物质表示时，同种物质的投入应该相同，故a=0.9，即起始时Y为0.9，平衡时为0.8，说明反应从逆方向开始，即V（逆）V（正），故A错误；B、根据实验X（g）Y（g）+Z（g）起始量：1 0 0转化量：0.8 0.8 0.8平衡量：0.2 0.8 0.8则K=0.64，故B错误；C、将实验的物质通过极限转移为X，为1.5mol，为
23、实验的1.5倍，可以看做是在实验容器容积的1.5倍的容器中达到平衡后，再压缩至5L容器达到的平衡，若平衡不移动，b=1.2，压缩体积，该反应逆向移动，b1.2，故C正确；D、实验和温度不同，极限转化为同种物质表示时，Y为1.7，Z为1.5，物质的起始量也不同，不能得到温度对该平衡的影响，故D错误；故选C二、（非选择题共58分）8X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y与R同族，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，X与Y可形成直线形分子XY2，Z的基态原子p轨道上电子总数为7，T2+离子的3d轨道上有3个电子请回答下列问题：（1）R的基态原子电子排布式是ls22s22p63s23p
24、4，X、Y、R中电负性最大的是O（填元素符号）（2）XY32离予中X的杂化形式是sp2，RY2分子的立体构型是V形（3）Z的单质晶胞如图所示，则晶体中Z的配位数是12（4）T3+能被酸性KMnO4氧化成TO2+，则其反应的离子方程式是5V3+MnO4+H2O=Mn2+5VO2+2H+【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，则该氢化物为水，所以Y为O元素；Y与R同族，所以R为S元素；X与O可形成直线形分子XY2，而且X的原子序数比O小，所以X为C元素；Z的基态原子p轨道上电子总数为7，则Z的电子
25、排布为ls22s22p63s23p1，为Al元素；T2+离子的3d轨道上有3个电子，其电子排布式为ls22s22p63s23p63d3，所以原子的电子排布式为：ls22s22p63s23p63d34s2，则T为V元素；结合元素化合物的性质和元素周期律分析解答【解答】解：X、Y、Z、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，Y的氢化物常温下为无色无味的液体，则该氢化物为水，所以Y为O元素；Y与R同族，所以R为S元素；X与O可形成直线形分子XY2，而且X的原子序数比O小，所以X为C元素；Z的基态原子p轨道上电子总数为7，则Z的电子排布为ls22s22p63s23p1，为Al元素；T2+离子的3d轨
26、道上有3个电子，其电子排布式为ls22s22p63s23p63d3，所以原子的电子排布式为：ls22s22p63s23p63d34s2，则T为V元素；（1）R为S元素，其原子核外有16个电子，分三层排布，则其电子排布式为：ls22s22p63s23p4；元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性OCS，即O的电负性最强；故答案为：ls22s22p63s23p4；O；（2）CO32离子中C的价层电子对数=3+（4+232）=3，属于sp2杂化；SO2分子中S的价层电子对数=2+（622）=3，含有一个孤电子对，所以立体构型是V形；故答案为：sp2；V形；（3）Z为Al元素，其晶胞属于面心立方，则
27、配位数为12；故答案为：12；（4）V3+能被酸性KMnO4氧化成VO2+，则其反应的离子方程式为：5V3+MnO4+H2O=Mn2+5VO2+2H+；故答案为：5V3+MnO4+H2O=Mn2+5VO2+2H+9绿矾（FeSO47H2O）在医药上用作补血剂某兴趣小组拟制备绿矾晶体，并探究其受热分解的产物【查阅资料】（1）FeSO47H2O为绿色晶体，易溶于水，易被空气中的氧气氧化（2）FeSO4的溶解度随温度升高而增大（3）FeSO47H2O在较高温度下分解成水及金属氧化物、非金属氧化物【制备产品】实验步骤：（l）称取5.2g铁粉放入烧杯中，并加入25mL 3mol/L稀硫酸，将烧杯放到热水
28、浴（控制温度60左右）中加热30min，直到有少量气泡冒出，此时烧杯底部有少量铁粉剩余铁粉需要过量的原因是防止Fe2+被氧化（2）用少量热水预热过滤器，然后将上述反应混合物趁热过滤，将盛装滤液的烧杯放入盛有冷水的烧杯中冷却结晶，过滤得到晶体用热水预热过滤器及趁热过滤的目的是防止晶体在滤纸上析出，影响产量【探究分解产物】实验装置：实验步骤：（1）检验装置的气密性，按如图所示加入试剂（2）打开活塞a，通入N2，排尽空气，关闭活塞a，点燃A处酒精灯（3）观察实验现象，探究分解产物：充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色C处品红溶液褪色，说明有SO2生成（填化学式）兴趣小组推测，除上述两种氧化物
29、及水生成外，还有一种氧化物生成他们推测的理由是FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒及元素守恒，有+6价的硫剩余；检验该氧化物时，B中盛装的试剂是c（填编号）a紫色石蕊试液 bNaHCO3溶液 cBaC12溶液 dBa（NO3）2溶液FeSO47H2O分解的化学方程式是2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】II（1）亚铁离子易被空气中氧气氧化为铁离子，加入过量铁粉可以防止亚铁离子被氧化；（2）用热水预热过滤器及趁热过滤是为了减少晶体的损失；III（3）充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色说明生成
30、氧化铁；结合原子守恒分析分解产物，品红溶液褪色是二氧化硫气体；依据氧化还原反应电子守恒分析，FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，电子转移铁元素+2价变化为+3价，硫元素化合价+6价变化为+4价，还剩余+6价化合物为三氧化硫，检验该氧化物利用三氧化硫溶于水生成硫酸，加入氯化钡溶液生成沉淀设计实验检验；反应物为硫酸亚铁结晶水合物晶体受热分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，结合原子守恒配平书写化学方程式【解答】解：II（1）亚铁离子易被空气中氧气氧化为铁离子，加入过量铁粉可以防止亚铁离子被氧化，铁粉需要过量的原因是防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；（2）用热水预热过滤
31、器及趁热过滤是为了减少晶体的损失，防止晶体在滤纸上析出，影响产量，故答案为：防止晶体在滤纸上析出，影响产量；III（3）充分分解后，A处试管中固体物质完全变为红棕色说明生成氧化铁；结合原子守恒分析分解产物，品红溶液褪色是二氧化硫气体，故答案为：SO2；依据氧化还原反应电子守恒分析，FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，电子转移铁元素+2价变化为+3价，硫元素化合价+6价变化为+4价，还剩余+6价化合物为三氧化硫，检验该氧化物利用三氧化硫溶于水生成硫酸，加入氯化钡溶液生成沉淀设计实验检验，a二氧化硫溶于水也可以使紫色石蕊试液变红色，故a错误；bNaHCO3溶液和亚硫酸、硫酸都反应生成二
32、氧化碳气体，不能鉴别硫酸，故b错误；cBaC12溶液和三氧化硫反应生成不溶于水，不溶于酸的白色沉淀，证明函硫酸根离子，故c正确；d二氧化硫气体通入Ba（NO3）2溶液会形成稀硝酸吧二氧化硫氧化为硫酸，也会生成不溶于酸的白色沉淀，不能鉴别三氧化硫，故d错误；故答案为：FeSO4中铁元素与硫元素物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒及元素守恒，有+6价的硫剩余，c；反应物为硫酸亚铁结晶水合物晶体受热分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，结合原子守恒配平书写化学方程式为：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，故答案为：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O
33、10高分子化合物聚碳酸酯H的透光率良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃，其合成路线如下（部分产物略去）：已知： +2ROH+2CH3CHOH（R为烃基）请回答下列问题：（l）E的化学名称是2丙醇，G中含有的官能团名称是羟基，AB反应类型是取代反应（2）DE的化学方程式是（3）C+FG的化学方程式是（4）聚碳酸酯H的结构简式是（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有12种只含有一个苯环；苯环上连有3条侧链，其中有2个为CH=CHCHO【考点】有机物的合成【分析】A与溴发生取代反应生成B为，B转化得到C为结合E的结构可知D与水发生加成反应生成E，则D为CH3CH=CH2，E发生氧化反应生成F为，苯
34、酚与丙酮褪去1分子水生成G，G发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯H为【解答】解：A与溴发生取代反应生成B为，B转化得到C为结合E的结构可知D与水发生加成反应生成E，则D为CH3CH=CH2，E发生氧化反应生成F为，苯酚与丙酮褪去1分子水生成G，G发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯H为（l）E的化学名称是：2丙醇，G中含有的官能团名称是羟基，AB反应类型是取代反应，故答案为：2丙醇；羟基；取代反应；（2）DE的化学方程式是，故答案为：；（3）C+FG的化学方程式是，故答案为：；（4）聚碳酸酯H的结构简式是，故答案为：；（5）同时满足下列条件的G的同分异构体：只含有一个苯环；苯环上连有3条侧链，其中有
35、2个为CH=CHCHO，另外取代基为CH2CH2CH3或CH（CH3）2，2个为CH=CHCHO处于邻位时，CH2CH2CH3或CH（CH3）2有2种位置，2个为CH=CHCHO处于间位时，CH2CH2CH3或CH（CH3）2有3种位置，2个为CH=CHCHO处于对位时，CH2CH2CH3或CH（CH3）2有1种位置，故共有12种，故答案为：1211工业上用NH3制取HNO3的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）上述流程中循环使用的物质是NO（2）尾气中含有NO、NO2（物质的量之比为1：1）可用Ca（OH）2吸收以获取亚硝酸钙，其反应的化学方程式是NO+NO2+Ca（OH）2=Ca（NO
36、3）2+H2O（3）下列可以代替Ca（NO3）2加入到蒸馏塔中的物质可能是ABAMg（NO3）2 B浓H2SO4 CCaC12 DFe（NO3）2（4）以偏二甲肼（C2N2H8）、NO2为原料的酸性燃料电池（两极产物均为N2），正极反应式是2NO2+8e+8H+=N2+4H2O（5）己知：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H1=a kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H2=b kJ/molNH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）H3=ckJ/mol则NO2（g）在吸收塔中反应生成HNO3（l）的热化学方程式是（6）用NH3制NH4NO3制H
37、NO3：假设氧化炉中NH3的氧转化率为a，转化室中NO转化率为b，吸收塔中NO2吸收率为c；制NH4NO3：用生成的HNO3与NH3反应制NH4NO3，其利用率为d则用NH3制NH4NO3的整个过程中，NH3的总转化率是【考点】制备实验方案的设计【分析】用NH3制取HNO3的工艺流程：氨气在氧化炉中，催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；在转化室中：NO与O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2；吸收塔内：3NO2+H2O2HNO3+NO，NO循环至转化室内，加入硝酸钙除水，蒸馏得到浓硝酸（1）根据生产流程图中的物质，找出反应物与生
38、成物，然后分析生成物中的物质被用作反应物的即为可循环利用的物质；（2）发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成Ca（NO2）2，据此书写方程式；（3）根据Ca（NO3）2在蒸馏塔中的作用分析，Ca（NO3）2起吸水浓缩硝酸的作用；（4）原电池正极发生还原反应，二氧化氮得到电子生成氮气；（5）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H1=a kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H2=b kJ/molNH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）H3=ckJ/mol根据盖斯定律，2得到目标方程式，反应热与计量数成正比；（6）利用氮原子守恒计算，NH
39、3的总转化率=【解答】解：（1）吸收塔内：3NO2+H2O2HNO3+NO，在转化室中：NO与O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2；所以NO为循环使用的物质，故答案为：NO；（2）尾气中含有NO（N元素+2价）、NO2（N元素+4）（物质的量之比为1：1）用Ca（OH）2吸收，发生氮元素价态归中反应，生成Ca（NO2）2（N元素+3价），所以反应为：NO+NO2+Ca（OH）2=Ca（NO2）2+H2O，故答案为：NO+NO2+Ca（OH）2=Ca（NO2）2+H2O；（3）Ca（NO3）2起吸水浓缩硝酸的作用，几乎不溶于浓硝酸，Mg（NO3）2、浓H2SO4 几乎不溶于浓
40、硝酸，起吸水浓缩硝酸的作用，CaC12能干燥但溶于浓硝酸，Fe（NO3）2不起吸水干燥作用，故选AB，故答案为：AB；（4）以偏二甲肼（C2N2H8）、NO2为原料的酸性燃料电池（两极产物均为N2），正极为二氧化氮得到电子生成氮气，电极反应方程式为：2NO2+8e+8H+=N2+4H2O，故答案为：2NO2+8e+8H+=N2+4H2O；（5）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H1=a kJ/mol2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H2=b kJ/molNH3（g）+2O2（g）=HNO3（D+H2O（1）H3=ckJ/mol根据盖斯定律，2得到目标方程式，3NO
41、2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）反应热与计量数成正比，所以H=（2c）kJ/mol，则NO2（g）在吸收塔中反应生成HNO3（l）的热化学方程式是3NO2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）H=（2c）kJ/mol，故答案为：3NO2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）H=（2c）kJ/mol；（6）设制硝酸的氨气的物质的量为1，氧化炉中NH3的氧转化率为a，转化室中NO转化率为b，吸收塔中NO2吸收率为c；根据氮原子守恒，制得得HNO3的物质的量为1abc，用生成的HNO3与NH3反应制NH4NO3，其利用率为dHNO3+NH3=NH4NO3，需氨气1abc，制得的硝酸铵为abcd，则NH3的总转化率是：，故答案为：2016年12月20日
