1、宁城县高三年级统一考试化学试题1. 下列说法错误的是A. 废弃的金属、纸制品、塑料袋、玻璃都是可回收资源B. 六水合氯化钙可用作食品干燥剂C. P2O5不可用作食品干燥剂D. 加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】B【解析】A废弃的金属、纸制品、塑料袋、玻璃均是可回收资源，可回收再循环利用，故A正确；B六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；CP2O5吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故C正确；D具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故选B。2. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 1L 0.1molL1的NaHC
2、O3溶液中HCO3和CO32离子数之和为0.1NAB. 60g丙醇中存在的共价键总数为10NAC. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD. 235gU发生裂变反应：U+n Sr+U+10n净产生的中子(n)数为10NA【答案】C【解析】A、HCO3-在溶液中能电离为CO32-和水解为H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的HCO3-、CO32-、H2CO3之和为0.1NA个，故A错误；B、60g丙醇的物质的量为1mol，而丙醇中含11条共价键，故1mol丙醇中含11NA条共价键，故B错误；C、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气
3、时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C正确；D、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10-1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子(01n)数为9NA，故D错误；故选C。点睛：熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为CD，C中要注意过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价；D中要看懂方程式，可以简化为：U Sr+U+9n。3. 常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH1.010-7mol/LB. c(Na+)= c(HCO3)+ c(CO3
4、2)+ c(H2CO3)C. c(H+)+c(NH4+)= c(OH)+ c(HCO3)+2 c(CO32)D. c(Cl) c(NH4+) c(HCO3) c(CO32)【答案】C点睛：明确溶液中溶质及其性质、析出物质成分是解本题关键，注意溶液中仍然遵循电荷守恒和物料守恒，易错选项是C，析出部分碳酸氢钠，则c(Na+)c(Cl-)。4. 乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为A. 3：2 B. 2：3 C. 1：1 D. 2：1【答案】A【解析】试题分析：将甲醛水溶液与氨
5、水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2，故选C。考点：考查了物质的量的有关计算的相关知识。5. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A. 反应CH4H2O3H2CO,每消耗1molCH4转移12mol电子B. 电极A上H2参与的电极反应为：H22
6、OH2e=2H2OC. 电池工作时，CO32向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O22CO24e=2CO32【答案】D【解析】试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。考点：原电池的原理的应用6. 浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg v/v0的变化如图所示，下列叙述错误的是A. MOH的碱性强于ROH的碱性B. ROH的电离程度：b点大于a
7、点C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等D. 当lg v/v0=2时，若两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)增大【答案】D【解析】试题分析：A相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：ba，故B正确；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故
8、C正确；D根据A知，碱性MOHROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡【名师点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。7. 常温下，盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线如下图，下列叙述不正确的是 A. 滴定过程的任何时刻都存在：c（H）+ c（Na）c（OH）c（Cl）B. 曲线b是用氢氧化
9、钠溶液滴定盐酸溶液的滴定曲线C. 氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1molL-1D. P点时恰好完全中和，溶液呈中性【答案】B【解析】试题分析：A、盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定，溶液中存在的离子有H、Na、OH、Cl，根据电荷守恒，任何时刻都存在：c（H）+ c（Na）c（OH）c（Cl），A正确；B、曲线b的pH是由大到小，说明是盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液的曲线，B错误；C、由曲线可知氢氧化钠溶液的pH=13，所以氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1molL1，C正确；D、由曲线可知P点时pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，D正确。答案选B。考点：酸碱中和滴定8. 向一定量的Fe、FeO、Fe
10、2O3混合物中加入350ml 2molL-1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A. 0.21mol B. 0.25mol C. 0.3mol D. 0.35mol【答案】C【解析】向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中的铁元素以Fe2的形式存在，即溶质为Fe(NO3)2，n(Fe2)=(35010322.24/22.4)/2mol=0.3mol，氢气还原混合物，得到铁单质，根据铁元素守恒，最后得到铁的物质的量为0.3mol，故C正确。9.
11、下列关于有机化合物的说法错误的是A. 石油分馏是物理变化，可获得汽油、煤油、柴油等产品B. C4H9Cl、C4H8Cl2的同分异构体种类分别有4种、9种（不含立体异构）C. 淀粉和纤维素水解的最终产物不同D. 由乙酸生成乙酸乙酯属于取代反应【答案】C【解析】A、石油的分馏利用其组分的沸点不同，进行分离，属于物理变化，故A说法正确；B、C4H10有2种同分异构体，即 CH3CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH3，前者有2种不同的氢原子，后者有2种不同的氢原子，即一氯代物有4种， ，一个氯原子固定在号上，另一个氯原子在上进行取代，有4种，氯原子固定在位置上，另一个氯原子在位置上，有2种，一个氯
12、原子固定在位置上，另一个氯原子在上，有3种，二氯代物共有9种，故B说法正确；C、淀粉和纤维素水解最终产物是葡萄糖，故C说法错误；D、乙酸和乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯，属于取代反应，故D说法正确。10. 下列有关实验的操作或设计正确的是A. 实验室取用碱金属时，将用剩的金属放回原瓶B. 用饱和碳酸钠溶液除去SO2中少量的CO2C. 用pH试纸测定新制氯水的pHD. 用硝酸银溶液来检验Cl2中是否混有HCl气体【答案】A【解析】A. 碱金属性质非常活泼，随意丢弃容易引发意外事故，因此实验室取用碱金属时，需要将用剩的金属放回原瓶，故A正确；B. 二氧化硫能够与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，因此不能
13、用饱和碳酸钠溶液除去SO2中少量的CO2，故B错误；C. 氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故C错误；D. 氯气能够与水反应生成盐酸，会生成氯离子，因此用硝酸银溶液不能检验Cl2中是否混有HCl气体，故D错误；故选A。11. 下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是实 验 操 作目的或结论A将Cu片放入FeCl3溶液中证明Fe的金属性比Cu强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁与CO2发生置换反应C将SO2通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中证明SO2有漂白性D向FeCl2溶液（含少量FeBr2杂质）中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去
14、FeCl2溶液中的FeBr2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、发生2Fe3Cu=Cu22Fe2，体现Fe3的氧化性强于Cu2，故A错误；B、根据现象，发生2MgCO22MgOC，故B正确；C、利用溴水或酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，把SO2氧化成SO42，体现SO2的还原性，故C错误；D、还原性：Fe2Br，加入适量氯水，先氧化成Fe2，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D错误。12. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B. c(H+)/c(OH_)=1012的溶液中：NH4+、Al3+
15、、NO3-、Cl-C. 由水电离出的c(H+)=110-14mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-D. c(Fe3+)=0.1 mol/L的溶液中：K+、SO42-、Cl-、SCN-【答案】B【解析】ApH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Bc(H+)/c(OH-)=1012的溶液中，c(H+)=0.1mol/L，离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故B正确；C水电离出的c(H+)=110-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，无论呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量存在，故C错误；DFe3+
16、和SCN-发生络合反应而不能大量共存，故D错误；故选B。13. 已知亚硫酸是一种二元弱酸，NaHSO3溶液呈酸性。将SO2气体通入一定量的NaOH溶液中，所得溶液呈中性。有关该溶液的判断错误的是A. 该溶液中的溶质主要成分为NaHSO3和Na2SO3B. 该溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)C. 该溶液中离子浓度最大的是Na+D. 向该溶液中加入氯化钾固体，溶液依然呈中性，且有c(K+)=c(Cl-)【答案】B【解析】A二氧化硫与氢氧化钠反应的化学方程式为：SO2+NaOHNaHSO3，SO2+2NaOHNa2SO3+H2O，溶液中主要溶质有五种可能：亚硫酸钠和氢氧化钠(碱
17、性)、亚硫酸钠(碱性)、亚硫酸钠与亚硫酸氢钠(可能呈中性)、亚硫酸氢钠(酸性)、亚硫酸与亚硫酸氢钠(酸性)，溶液呈中性，所以溶质主要成分为亚硫酸钠与亚硫酸氢钠，故A正确；B依据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，得c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故B错误；C该溶液中溶质为NaHSO3与Na2SO3，根据物料守恒知，溶液中离子浓度最大的是Na+，故C正确；D向该溶液中加入氯化钾固体，电离生成的K+与Cl-与溶液中各离子均不反应，所以溶液依然呈中性，且有c(K+)=c(Cl-)，故D正确；故
18、选B。点睛：明确溶液中的溶质及溶液酸碱性是解本题关键，易错选项是D，注意KCl与溶液其它离子浓度无关，为易错点。14. 铁酸盐MFe2O4与H2在高温下反应生成新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox，3x4，M=Mn、Zn、Ni，其均显+2价）。已知铁酸盐MFe2O4被H2高温还原时，发生反应的MFe2O4与H2的物质的量之比为2:1。则下列说法中不正确的是A. MFe2Ox是还原产物B. MFe2Ox 中的+2价铁和+3价铁的物质的量之比为1:3C. x=3.5D. 若反应中消耗H2（标准状况下）33.6L，则转移的电子为3mol【答案】B【解析】A由“铁酸盐(MFe2O4)被H2高温还原时
19、”可知，反应中MFe2O4得电子被还原，MFe2Ox为还原产物，故A正确；B反应的方程式为2MFe2O4+H2=2MFe2Ox+H2O，由质量守恒可知2x+1=24，x=3.5，则MFe2O3.5中，Fe元素的化合价为=2.5，则MFe2Ox中+2价铁与+3价铁的量之比为1：1，故B错误；C由B分析可知x=3.5，故C正确；Dn(H2)=1.5mol，转移电子1.5mol2=3mol，故D正确；故选B。15. 稀硝酸银溶液与稀碘化钾溶液反应生成1molAgI沉淀的H=-akJ/mol，稀硝酸银溶液与Na2S溶液反应生成1molAg2S沉淀的H=-bkJ/mol，则AgI悬浊液与稀Na2S溶液反
20、应生成1molAg2S沉淀的H为A. -2（a-b）kJ/mol B. -2（a+b）kJ/mol C. -（b-2a）kJ/mol D. -(b+a) kJ/mol【答案】C【解析】稀硝酸银溶液与稀碘化钾溶液反应生成1molAgI沉淀的H=-akJ/mol，热化学方程式为：Ag+(aq)+ I-(aq)=AgI(s)H=-akJ/mol；稀硝酸银溶液与Na2S溶液反应生成1molAg2S沉淀的H=-bkJ/mol，热化学方程式为：2Ag+(aq)+ S2-(aq)=Ag2S(s)H=-akJ/mol；根据盖斯定律，-2得：2AgI(s)+ S2-(aq)=Ag2S(s)+ 2I-(aq)H=
21、-(b-2a)kJ/mol，故选C。16. 用氮化硅陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)=Si3N4(s)+12HCl(g) H0 ，一定条件下，在密闭恒容的容器中，能发生上述反应达到化学平衡状态的是A. 3v（正）（N2）= v（正）（H2） B. v（正）（HCl）=4 v（正）（SiCl4）C. 混合气体密度保持不变 D. c(N2):c(H2):c(HCl)=1:3:6【答案】C 17. 往2L密闭容器中充入NO2，在三种不同条件下发生反应2NO2(g) 2NO(g)+
22、O2(g)，实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表（不考虑生成N2O4）浓度/mol/L01020304050实验1/8001.000.800.650.550.500.50实验2/8001.000.700.500.500.500.50实验3/8501.000.500.400.150.150.15下列说法正确的是A. 实验2使用了比实验1效率更高的催化剂B. 实验2的反应容器体积比实验1的小C. 通过实验2和实验3可判断该反应是放热反应D. 实验2的平衡常数比实验3的大【答案】A【解析】A因实验1和实验2平衡时NO2的浓度相同，但实验2反应速率大，则实验2使用了催化剂，故A正确；B缩小体积，压强
23、增大，平衡向逆反应方向移动，不可能与实验1达到相同平衡状态，故B错误；C实验3在850反应，达到平衡时NO2的浓度较800小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，故C错误；D升高温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大，实验2的平衡常数比实验3的小，故D错误；故选A。点睛：注意对比实验数据，把握影响化学平衡移动的因素是解题的关键。实验1和实验2在相同的温度下反应，平衡时NO2的浓度相同，说明达到相同平衡状态；实验3在850反应，达到平衡时NO2的浓度较800小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应。18. 下列AD四组反应中，和可用同一个离子方程式表
24、示的是 选项A把金属铁放入稀硫酸中把金属铁放入稀硝酸中B向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液向Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液C将0.1molCl2通入含0.3molFeBr2的溶液中将0.3molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液中D将少量Na2CO3溶液滴入足量HCl溶液中将少量HCl溶液滴入足量Na2CO3溶液中A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A把金属铁放入稀硫酸中：Fe+2H+= Fe2+H2把金属铁放入稀硝酸中: Fe+4H+NO3-= Fe3+NO+2H2O故A错误。 BCa(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液
25、：Ca22HCO32OHCaCO3CO32H2O、Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液：Ca22OH2HCO3CaCO3CO32H2O故B正确。 C将0.1 molCl2通入含0.3 mol FeBr2的溶液：2Fe2Cl22Fe32Cl。将0.3 mol Cl2通入含0.1 mol FeBr2的溶液： 2Fe24Br3Cl22Fe36ClBr2，故C错误。D将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液：CO32+2H+CO2H2O将少量HCl溶液滴入到足量Na2CO3溶液：CO32+H+HCO3，故D错误。考点： 了解离子反应的概念、离子反应方程式的书写。点评：与量有关的离子方程式的
26、书写常见的有：1.因滴加顺序不同造成连续反应2.因某物质过量造成产物不同3.因氧化性或还原性强弱不同造成连续反应等。解决此类此类题目要在掌握基本方法的基础上，针对反应中物质的性质、反应的条件、反应的环境等因素具体分析，正确判断。19. 铅是银白色金属，在古代人们曾用铅作笔，“铅笔”的名字由此而来。（1）使用现代“铅笔”写字时，在纸上留下“笔划”的有效成分是_（2）醋酸铅因其有甜味而在中医中被称为“铅糖”，它有剧毒但能入药。已知CH3COO）2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠混合后反应的离子方程式为：Pb2+2CH3COO_（CH3COO）2Pb，该反应能够发生的主要原因是_。（3）铅能形成多种氧化
27、物。铅的氧化物Pb3O4可看作是2PbOPbO2, Pb3O4与过量硝酸反应的化学方程式为Pb3O4+4HNO3PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O,则PbO2是_（填“酸”“碱”或“两”）性氧化物。PbO俗称密陀僧，可用于治疗多种疾病，它与次氯酸钠溶液反应可制得PbO2，该反应的离子方程式为_。（4）PbSO4是铅蓄电池（构成Pb- PbO2-H2SO4）中的重要物质，写出充电时PbSO4被还原为某一电极材料的电极反应式：_；当阳极质量减轻96g时，理论上电路中转移的电子数为_NA（设NA为阿伏伽德罗常数的值）【答案】 (1). 石墨 (2). 醋酸铅是弱电解质 (3). 酸性 (4).
28、PbO + ClO- = PbO2 + Cl- (5). PbSO4 + 2e- = Pb + SO42- (6). 3【解析】(1)现代使用的“铅笔”中的笔芯的主要成分是石墨，因此在纸上留下“笔划”的有效成分是石墨，故答案为：石墨；(2)根据Pb2+2CH3COO_(CH3COO)2Pb，可知(CH3COO)2Pb属于难电离中的物质，是弱电解质，满足复分解进行的条件，故答案为：醋酸铅是弱电解质；(3)Pb3O4与过量硝酸反应的化学方程式为Pb3O4+4HNO3PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O，说明PbO2不能溶于硝酸，因此PbO2不是碱性氧化物，故PbO2属于酸性氧化物，故答案为：酸性
29、；PbO与次氯酸钠溶液反应可制得PbO2，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的离子方程式为PbO + ClO- = PbO2 + Cl-，故答案为：PbO + ClO- = PbO2 + Cl-；(4)PbSO4是铅蓄电池(构成Pb- PbO2-H2SO4)中的重要物质，充电时PbSO4被还原为Pb，电极反应式为PbSO4 + 2e- = Pb + SO42-；阳极的电极方程式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，根据方程式，1mol PbSO4反应后，电极质量减少64g，因此质量减轻96g时，反应的硫酸铅的物质的量为=1.5mol，电路中转移的电子为3mol，数目为3N
30、A，故答案为：PbSO4 + 2e- = Pb + SO42-；3。20. 氮的化合物应用广泛，但氮氧化物是重要的空气污染物，应降低其排放。（1）用CO2和NH3可合成氮肥尿素CO(NH2)2。已知：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) H=-159.5kJmol-1NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+116.5kJmol-1H2O(l)= H2O(g) H=+44.0kJmol-1用CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方式程为_。（2）工业上常用如下反应消除氮氧化物的污染：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2
31、H2O(g) H在温度为T1和T2时，分别将0.40molCH4和1.0molNO2充入体积为1L的密闭容器中，n(CH4)随反应时间的变化如图所示：据图判断该反应的H_0（填“”“”“”）,理由是： _。温度为T1时，010min内，NO2的平均反应速率v(NO2)=_。该反应达到平衡后，为再提高反应速率同时提高NO2的转化率，可采取的措施有_（填字母序号）。A.改用高效催化剂 B.升高温度 C.缩小容器的体积 D.增加CH4的浓度（3）利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液。工作一段时间后，该电池正极附近溶液pH_（填增
32、大、减小或不变），负极的电极反应式为_。（4）氮的一种氢化物HN3，其水溶液酸性与醋酸相似；常温下，将amolL-1的HN3与b molL-1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N3-),则该混合物溶液呈_（填酸、碱、中）性，溶液中c(HN3)=_ molL-1【答案】 (1). CO2（g）+ 2NH3(g) = CO(NH2)2(s) + H2O(l) H-87.0kJ/mol (2). (3). T1T2，T2时CH4的平衡含量高，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆向吸热，正向放热 (4). 0.02molL-1min-1 (5). D (
33、6). 增大 (7). 2NH3 - 6e- + 6OH- = N2 + 6H2O (8). 中 (9). 【解析】 (1) 已知：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) H=-159.5 kJ/mol，NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+116.5 kJ/mol，H2O(l)= H2O(g) H=+44.0 kJ/mol，根据盖斯定律，将+-得：CO2(g)+ 2NH3(g) = CO(NH2)2(s) + H2O(l) H=(-159.5 kJ/mol)+(+116.5 kJ/mol)-(+44.0 kJ/mol)=-87.0kJ/mol，
34、故答案为：CO2(g)+ 2NH3(g) = CO(NH2)2(s) + H2O(l) H-87.0kJ/mol；(2) 根据图像，T2时先达到平衡，说明T2T1，温度越高平衡时甲烷物质的量越大，说明平衡逆向进行，因此正反应为放热反应，H0，故答案为：；T1T2，T2时CH4的平衡含量高，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆向吸热，正向放热；温度为T1时，10min时，n(CH4)=0.3mol，根据方程式，反应的n(NO2)=2(0.4mol-0.3mol)=0.2mol，NO2的平均反应速率v(NO2)= 0.02molL-1min-1，故答案为：0.02molL-1min-1；A.
35、改用高效催化剂，不能影响平衡的移动，不能提高NO2的转化率，错误； B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，错误；C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，错误；D.增加CH4的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，NO2的转化率增大，正确；故选D；(3)利用原电池反应可实现NO2的无害化的总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液。工作时，正极上二氧化氮得到电子生成氮气，电极方程式为2NO2+8 e-+4H2O =N2+8OH-，正极附近溶液的pH增大；负极上氨气失去电子生成氮气，电极反应式为2NH3
36、- 6e- + 6OH- = N2 + 6H2O，故答案为：增大；2NH3 - 6e- + 6OH- = N2 + 6H2O；(4)混合后溶液中c(Ba2+)=0.5b mol/L，根据电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)= c(N3-)+c(OH-)，溶液中存在2c(Ba2+)= c(N3-)，则c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，溶液显中性；溶液中c(N3-)=b mol/L，由微粒守恒可知溶液中c(HN3)=(0.5a-b )mol/L，故答案为：中；0.5a-b。21. 过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等。过氧化镁产品中会混有少量
37、MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量。（1）如图所示，某研究小组拟用该装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量。实验前需进行的操作是_，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是_。用恒压分液漏斗的优点：使分液漏斗中的液体顺利滴下；_。实验终了时，待恢复至室温，先_，再平视刻度线读数。（2）实验室还可以通过下列两种方案测定样品中过氧化镁的含量：方案：取ag样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最后得到bg固体。方案：称取0.1g样品置于碘量瓶中，加入15ml0.6 molL-1KI溶液和足量盐酸，摇匀后在暗处静置5min，
38、然后用0.1 molL-1Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗VmlNa2S2O3 溶液。（已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI）已知常温下KspMg(OH)2=110-11。为使方案中Mg2+完全沉淀即溶液中c(Mg2+)110-5molL-1,溶液的pH至少应调至_。方案中过氧化镁的质量分数为_（用含a、b的表达式表示）方案中滴定前需加入少量_作指示剂；样品中过氧化氢的质量分数为_（用含V的表达式表示）【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 用作催化剂 (3). 消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响 (4). 将右侧刻度管缓缓上下移动直到两侧液面相平 (5
39、). 11 (6). (7). 淀粉溶液 (8). 2.8v%【解析】试题分析：（1）实验前需进行的操作是检查装置的气密性。铁离子能催化双氧水的分解，因此稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用作催化剂(或催化H2O2的分解)。用恒压分液漏斗的优点有：使分液漏斗中的溶液顺利滴下；又因为滴入的液体会占有部分空间，所以另一个作用是消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响。由于读数时必须保证内外压强相等，所以实验终了时，待恢复至室温，先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，再平视刻度线读数。（2）当溶液中镁离子浓度为l 105mol/L时根据氢氧化镁的溶度积常数可知溶液中氢氧根离子的浓度为，因此为
40、使方案I中Mg2+完全沉淀，溶液的pH至少应调至11。bg固体是氧化镁，物质的量。设原混合物中过氧化镁和氧化镁的物质的量分别是xmol和ymol，则56x+40ya、x+yb/40，解得x（ab）/16，所以过氧化镁的质量分数为。根据电子得失守恒可知MgO22II22Na2S2O3，则样品中过氧化镁的质量分数为。考点：考查物质含量测定实验方案设计与探究22. 钴是重要的战略金属，钴及其化合物广泛用于航空、航天、电器、机械制造、磁性材料、化学和陶瓷等工业，在国民经济和社会发展中具有特殊意义。水钴矿是钴的重要来源。水钴矿中除SiO2外，还有9.24CoO、2.78Fe2O3、0.96MgO、0.0
41、84CaO，从中提取钴的工艺流程如下：（1）浸出液是多种硫酸盐的混合液，其中的溶质主要有_（填化学式）（2）除铁时，溶液中的铁转化为难溶的Na2Fe6(SO4)4(OH)12,写出该反应的化学方程式_（3）“除钙、镁”的反应原理如下：MgSO4+2NaF=MgF2+Na2SO4 CaSO4+2NaF=CaF2+Na2SO4已知Ksp（CaF2）=1.1110-10, Ksp（MgF2）=7.4010-11,加入过量NaF溶液反应完全后过滤，滤液中c(Ca2+)/c(Mg2+)=_。（4）“沉淀”表面吸附的杂质离子主要有SO42-、F-、_和_，“操作X”包括_和_（5）二水草酸钴在350进行分
42、解时，先脱除结晶水，形成无水草酸钴结晶体。然后分解出二氧化碳，获得金属钴，写出反应方程式：_【答案】 (1). CoSO4、Fe2(SO4)3、MgSO4、CaSO4 (2). 3Fe2(SO4)3 + 6H2O + 6Na2CO3 = Na2Fe6(SO4)4(OH2)+ 5Na2SO4 + 6CO2 (3). 1.5 (4). NH4+ (5). Na+ (6). 洗涤 (7). 干燥 (8). CoC2O42H2O CoC2O4 + 2H2O；CoC2O4 Co + 2CO2【解析】水钴矿磨矿将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，加入稀硫酸，矿渣为SiO2，滤液中含有：CoSO4、Fe
43、2(SO4)3、MgSO4、CaSO4，加入碳酸钠，除去Fe2(SO4)3，加入氟化钠，除去钙镁，过滤得主要含CoSO4的溶液，加入草酸铵，通过沉淀、过滤、洗涤、干燥得到四水合草酸钴。(1)根据上述分析，浸出液是多种硫酸盐的混合液，其中的溶质主要有CoSO4、Fe2(SO4)3、NgSO4、CaSO4，故答案为：CoSO4、Fe2(SO4)3、MgSO4、CaSO4；(2)除铁时，在Fe2(SO4)3溶液中加入碳酸钠溶液生成难溶的Na2Fe6(SO4)4(OH)12，反应的化学方程式为3Fe2(SO4)3 + 6H2O + 6Na2CO3 = Na2Fe6(SO4)4(OH2)+ 5Na2SO
44、4 + 6CO2，故答案为：3Fe2(SO4)3 + 6H2O + 6Na2CO3 = Na2Fe6(SO4)4(OH2)+ 5Na2SO4 + 6CO2；(3)=1.5；故答案为：1.5；(4)该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中含有铵根离子和钠离子，所以沉淀上含有铵根离子和钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质， 故答案为：NH4+；Na+；洗涤、干燥；(5)二水草酸钴在350进行分解时，先脱除结晶水，形成无水草酸钴结晶体，反应方程式为CoC2O42H2O CoC2O4 + 2H2O。然后CoC2O4分解出二氧化碳和金属钴，反应方程式为CoC2O4 Co
45、+ 2CO2，故答案为：CoC2O42H2O CoC2O4 + 2H2O；CoC2O4 Co + 2CO2。点睛：熟悉流程图涉及的反应原理是解题的基础。本题的难点是(2)题，需要根据反应物和生成物的关系，结合质量守恒定律书写方程式；本题的易错点为(3)，明确溶度积常数的含义是解题的关键。23. 已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A、C原子的L能层中都有两对未成对的电子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对的电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号_，该能层具有的原子轨
46、道数为_。（2）E2+离子的价层电子排布图是_,F原子的电子排布式是_。（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采用的轨道杂化方式为_,B元素的气态氢化物的VSEPR模型为_。（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB-互为等电子体，它们的结构相似，DAB-的电子式为_（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB-构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为_（6）某种化合物由D、E、F三种元素组成，其晶胞如图所示，其化学式为_。【答案】 (1). M (2). 9 (3). (4). Ar3d104s1 (5). s
47、p2 (6). 四面体形 (7). (8). 3Fe2+ + 2Fe(CN)63- = Fe3Fe(CN)62 (9). CuFeS2【解析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F
48、原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素。(1)基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9 个原子轨道，故答案为：M；9；(2)Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是，F为Cu元素，原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：；1s22s22p63s23p63d104s1；(3)碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，分子结构式为，中心C原子成3个键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，VSEPR模型为四面体，故答案为：sp
49、2；四面体；(4)化合物CO2、N2O和阴离子SCN-互为等电子体，它们结构相似，SCN-中C原子与S、N原子之间形成2对共用电子对，SCN-的电子式为，故答案为：；(5)配合物甲的焰色反应呈紫色，含有K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN-构成，配位数为6，甲为K3Fe(CN)6，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62，故答案为：3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62；(6)晶胞中D(S)原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E(Fe)原子6个位于面上、4个位于棱上，E(Fe)
50、原子数目=6+4=4，F(Cu)原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4+1+8=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2，故答案为：CuFeS2。24. 以烃A和芳香烃D为原料合成化合物X的路线如图所示：回答下列问题：（1）A中含有官能团的名称是_，F的名称是_。（2）E生成F的反应类型是_。（3）反应C+FG的化学方程式为_。（4）反应FH的化学方程式为_。（5）X的结构简式为_，下列有关X的说法不正确的是_(填字母)a能发生水解反应 b.能发生银镜反应c.不能使溴的四氯化碳溶液褪色 d.能与浓硝酸发生取代反应芳香族化合物
51、M是G的同分异构体，M能与NaHCO3溶液反应产生气体，符合条 件的M有_种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:2:1:1的是_或_（填结构简式）。【答案】 (1). 碳碳三键 (2). 苯甲醇 (3). 取代反应 (4). CH3COOH + C6H5CH2OH C6H5CH2OOCCH3 + H2O (5). 2C6H5CH2OH + O2 2C6H5CHO + 2H2O (6). C6H5CHCHCOOCH2 C6H5 (7). bc (8). 14 (9). (10). 【答题空10】【解析】烃A生成B的反应为加成反应，根据B的分子式可知，A为HCCH，B为CH3CHO，B发生
52、氧化反应生成 C为CH3COOH，根据E和H的分子式及E转化成F，F转化成H的条件 可知，E为，E发生碱性水解得F为，F发生氧化反应生成H为，所以芳香烃D为甲苯，C和F在浓硫酸作用下发生酯化反应生成G为，G与H发生信息中的反应生成X，X为。(1)A为HCCH，A中含有官能团的名称是碳碳参键，F为，F的名称是苯甲醇，故答案为：碳碳参键；苯甲醇；(2)根据上面的分析可知，E生成F的反应类型是 取代反应，故答案为：取代反应；(3)C为CH3COOH，F为，反应C+F的化学方程式为，故答案为：；(4)F发生氧化反应生成H，反应FH的化学方程式为，故答案为：；(5)根据上面的分析可知，X的结构简式为 ，
53、aX中有酯基，能发生水解反应，故正确；bX中没有醛基，所以不能发生银镜反应，故错误；cX有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色，故错误；dX中有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故正确；故选bc，故答案为：；bc；(6)G为，芳香族化合物M是G的同分异构体，M能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明有羧基，符合条件的M为苯环上连有一个基团为-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，也可以是连有两个基团，为-CH3、-CH2COOH，或为-CH2CH3、-COOH，每种都有邻间对三种，也可以是三种基团，为-CH3、-CH3、-COOH，根据定二动一的原则有6种，所以共有1+1+3+3+6=14 种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的是或，故答案为：14；或。点睛：本题考查有机物的推断与合成、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写等，注意掌握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件与有机物结构进行分析。本题的难点是同分异构体数目的判断。
