1、2015年吉林省长春市朝阳区实验中学高考化学六模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1下列说法正确的是( )A燃烧反应的发生一定要用火去引燃B右图为雾霾的主要成分示意图，其中SO2和NxOy都属于酸性氧化物，重金属离子可导致蛋白质变性C塑料、合成橡胶和合成纤维是我们熟悉的三大合成材料，它们都是以石油、煤和天然气为原料生产的D化肥的使用有效地提高了农作物的产量，常见的氮肥可分为铵态氮肥和硝态氮肥，硝酸盐和尿素都属于硝态氮肥2下列有关阿伏伽德罗常数说法正确的是( )A含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量锌反应，生成气体的分子数小于0.1NAB
2、标况下，22.4L四氯化碳所含分子数大于NAC0.1mol/L 的AgNO3溶液中，阳离子所带正电荷数目为0.1NAD电解267g熔融AlCl3，能生成3mol Cl2和54g金属铝3结合电解质在水溶液中的变化及反应，判断下列说法正确的是( )漂白粉的水溶液中可存在：Fe2+、Cl、SiO32、Na+滴加石蕊试液呈红色的溶液：K+、Na+、ClO4、F能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3+、Al3+、SO42、K+常温下pH=7的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Fe3+FeCl3溶液中通入SO2，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+Al2（SO
3、4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3+3OH=Al（OH）3Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2ABCD4下列说法正确的是( )A按系统命名法，化合物 的名称为2，6二甲基5乙基庚烷B符合分子式为C3H4Cl2的所有同分异构体数目为7种C丁烷、正戊烷、新戊烷、已烷的沸点依次升高D、分别叫做联苯和二苯甲烷，互为同系物，两种分子的所有原子都有可能共平面5下列装置或操作能达到实验目的是( )A实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去B实验：中和热测定C实验：可用来制取并收集NO2D实验：可用于HCl气体的吸收6固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3
4、、MnO2、K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3、NaNO2中的若干种为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：（注：亚硝酸：中强酸，既具有氧化性又具有还原性，不很稳定，在水溶液中易发生岐化反应）根据上述实验，以下说法正确的是( )A溶液甲中一定含有K2SiO3、NaNO2，可能含有KAlO2、K2CO3B由于在溶液甲中加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液，因此无法判断溶液中是否有K2SO3C气体A和气体D一定均为纯净物D原混合物中一定含有MnO2、Fe2O3725时，2a molL1氢氟酸水溶液中，用NaOH溶液调节溶液pH（忽略体积变化），得到
5、c（HF）、c（F）与溶液pH的变化关系如图所示下列说法正确的是( )A当pH=3时，溶液中c（F）c（Na+）B当c（F）c（HF）时，溶液一定呈碱性C当pH=3.45时，所加NaOH溶液恰好与HF完全反应D当pH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）=2a molL1二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8（13分）某含氯化合物A由两种短周期元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0（空气相对分子质量为29），A溶于水可得只含单一溶质的弱酸B的水溶液，B溶液在放置过程中（特别是光照下），其酸性会增强常温下，气体A与NH3反应
6、生成离子化合物C、气体单质D和常见液体E，D为空气中含量最多的物质气体A可用某一气体单质与潮湿的Na2CO3 反应制得，同时生成两种钠盐请回答下列问题：（1）气体A的化学式为_，已知气体A中所有原子都满足8电子稳定结构，则A的电子式为_（2）气体A与NH3反应的化学方程式为_（3）试写出上述叙述中制取气体A的化学方程式为_将上述恰好完全反应后生成的两种钠盐的混合物溶于水形成溶液，关于该溶液下列关系式不正确的是_Ac（Na+）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）Bc（OH）+c（Cl）=c（HCO3）+2c（H2CO3）+c（H+）Cc（Na+）c（Cl）c（HCO3）c（C
7、O32）c（H2CO3）（4）图甲是镁与B的钠盐构成的原电池装置，反应过程中会产生白色沉淀；图乙是Cr2O72的工业废水的模拟处理装置，其中Cr2O72离子最终以Cr（OH）3的形式除去图甲中发生的电池总反应式为：_若图甲中3.6g镁溶解产生的电量用以图乙废水的处理，则甲中的镁电极应与乙中_电极（“铁”或“惰性”）相连，理论上乙池中可产生_g Cr（OH）3沉淀9（16分）氨气是一种重要的化工原料，在很多方面具有重要用途 SNCRSCR就是一种应用氨气作为原料的新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），其流程如图1：（1）反应2NO+2CO2CO2+N2能够自发进行，则该反应的H_0（填“”或
8、“”）（2）SNCRSCR流程中发生的主要反应有：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2kJmol1；6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）H=1807.0kJmol1；6NO2（g）+8NH3（g）7N2（g）+12H2O（g）H=2659.9kJmol1；反应N2（g）+O2（g）2NO（g）的H=_kJmol1（3）NO和NH3在Ag2O催化剂表面的反应活性随温度的变化曲线见图2由图可以看出，脱硝工艺流程应在_（填“有氧”或“无氧”）条件下进行随着反应温度的进一步升高，在有氧的条件下NO的转化率明显下降的可能原因是_（4）实
9、验室模拟工业制氨的过程，探究条件对平衡的影响现有两容器，甲是容积可变的容器，乙是容积固定为2L的密闭容器，分别向甲、乙两容器中均充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol反应，t1时达到平衡，甲容器中N2的转化率为，体积为1L该温度时甲容器中平衡体系的平衡常数是_若保持甲容器的温度和压强不变，向甲容器的平衡体系再中通入0.9mol N2，则平衡将_（填“正向”、“逆向”或“不”）移动若达平衡时要使甲、乙两容器中NH3的体积分数相同，可以采取的措施是_A保持温度不变，将乙容器内的压强增加到原来的1.5倍B保持温度不变，向
10、乙容器中再充入0.6mol N2和0.5mol H2C升高乙容器的温度D保持甲容器的体积为1L不变，升高甲容器的温度若改用图3装置针对氨的分解（2NH3（g）N2（g）+3H2（g）进行探究实验，其中P是可自由平行滑动的活塞在相同温度时，向A容器中充入4mol NH3（g），关闭K，向B容器中充入2molNH3（g），两容器分别发生反应已知起始时容器A和B的体积均为aL试回答：反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，容器B中NH3转化率为_若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为_L（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）10（14分）资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大
11、量气体和白色不溶物某同学通过如下实验探究反应原理并验证产物实验I：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的烧杯中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液的浅红色加深（1）该同学对反应中产生的白色不溶物做出如下猜测：猜测1：白色不溶物可能为_猜测2：白色不溶物可能为MgCO3猜测3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁xMg（OH）2yMgCO3（2）为了确定产物成份（包括产生的气体、白色不溶物及溶液中溶质），进行以下定性实验请填写表中空白：实验序号实 验实验现象结 论实验将实验I中收集到的气体点燃安静燃烧，火焰呈淡蓝色气体成分为_实验将实验I中的白色不溶物滤出、洗涤，取少量
12、加入足量_白色不溶物中含有MgCO3实验取实验中的滤液，向其中加入适量_稀溶液产生白色沉淀，溶液红色变浅溶液中存在CO32离子（3）为进一步确定实验I中白色不溶物的成分，进行定量实验，装置如图所示：称取干燥、纯净的白色不溶物 4.52g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中实验后装置A增重0.36g，装置B增重1.76g装置C的作用是_；白色不溶物的化学式为_（4）根据以上（2）及（3）的定性定量实验，写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式_（二）选考题任选一模块作答化学-选修2：化学与技术11污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重
13、金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀下列物质不能作为沉淀剂的是( )A氨水B硫化氢气体C硫酸钠溶液D纯碱溶液12（13分）回答下列问题：（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是_，_；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式_，_（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称_，其中发生的化学反应方程式为_（3）设备B的名称_，其中m和n是两个通水口，入水口是_（填“m”或“n”）不宜从相反方向通水的原因_（4）设备C的作用_；（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过
14、如下反应来实现：CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2 （g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于_【化学-选修3：物质结构与性质】13叠氮化物是一类重要化合物在炸药、磁性化合物研究、微量元素测定方面越来越引起人们的重视，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，如图甲为分子结构示意图肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸（HN3）：N2H4+HNO2=2H2O+HN3它的酸性类似于醋酸，可微弱电离出H+和N3试回答下列问题：（1）下列说法正确的是_（选填序号）A酸性：HNO2HNO3BN2H4中两个氮原子采
15、用的都是sp2杂化CHN3、H2O都是极性分子DN2H4沸点高达113.5，说明肼分子间可形成氢键（2）叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4，在该配合物中钴显_价，根据价层电子对互斥理论可知SO24的立体构型为：_，写出钴原子在基态时的核外电子排布式：（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得光谱纯N2：2NaN3（S）=2Na（l）+3N2（g），下列说法正确的是_（选填序号）ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B钠晶胞结构如图乙，晶胞中分摊2个钠原子C氮的第一电离能大于氧D氮气常温下很稳定，是因为氮元素的电负性小（4）与N3互为等电子体
16、的分子有：_（举两例）（5）人造立方氮化硼的硬度仅次于金刚石而远远高于其他材料，因此它与金刚石统称为超硬材料立方氮化硼晶胞如图丙所示，试分析：该晶体的类型为_晶体晶体中每个N原子同时吸引_个B原子设该晶体的摩尔质量为M gmol1，晶体的密度为p gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的B原子之间的距离为_cm【化学-选修5：有机化学基础】14苯氧布洛芬钙是评价较好的解热、镇痛、消炎药，其消炎作用比阿司匹林强50倍，欧美国家将它作为治疗慢性关节炎的首选药最近我省某企业根据本厂实际情况以苯乙酮为原料研制了新的合成路线，其反应如下：信息一：已知：盐酸、三氯化磷、氯化亚砜（SOCl
17、2）均可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃信息二：已知：信息三：RX+NaCNRCN+NaX某企业根据本厂实际情况以苯乙酮为原料研制了新的合成路线，其反应如下：（1）写出下列物质的结构简式：B_（2）BC的反应类型是_；F中所含的官能团名称是_（3）写出苯乙酮生成A的化学方程式_（4）判断原料的符合以下条件的同分异构体还有_种（不包括原料本身），条件：结构中必须含有苯环和，其中核磁共振氢谱图中共有5个吸收峰的分子的结构简式为_（5）结合上述推断及所学知识，请设计合理的方案：以苯甲醛（ ）和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯，如图：合成过程中无机试剂任选；用合成路线流程图表示，并注明反应条件合
18、成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2 BrH2CCH2Br2015年吉林省长春市朝阳区实验中学高考化学六模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1下列说法正确的是( )A燃烧反应的发生一定要用火去引燃B右图为雾霾的主要成分示意图，其中SO2和NxOy都属于酸性氧化物，重金属离子可导致蛋白质变性C塑料、合成橡胶和合成纤维是我们熟悉的三大合成材料，它们都是以石油、煤和天然气为原料生产的D化肥的使用有效地提高了农作物的产量，常见的氮肥可分为铵态氮肥和硝态氮肥，硝酸盐和尿素都属于硝态氮肥【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；合成
19、材料 【分析】A、着火点低的物质燃烧时不一定需要点燃；B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；C、以煤、石油、天然气化石燃料为主要原料，可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等进行分析；D、铵态氮肥和硝态氮肥是氮元素的存在形式不一样，都是无机氮肥【解答】解：A、着火点低的物质燃烧时不一定需要点燃，例如白磷可以自燃，故A错误；B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，而氮的氧化物中的NO、NO2等均不是酸性氧化物，故B错误；C、塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，故C正确；D、硝酸盐属于硝态氮肥，但是尿素属于有机氮肥，故D错误故选C【
20、点评】本题综合考查学生燃烧的条件、化学史以及化肥的分类等方面的知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大2下列有关阿伏伽德罗常数说法正确的是( )A含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量锌反应，生成气体的分子数小于0.1NAB标况下，22.4L四氯化碳所含分子数大于NAC0.1mol/L 的AgNO3溶液中，阳离子所带正电荷数目为0.1NAD电解267g熔融AlCl3，能生成3mol Cl2和54g金属铝【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、锌与浓硫酸、稀硫酸的反应方程式为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O、Zn+H
21、2SO4=ZnSO4+H2，根据方程式判断生成气体的物质的量；B、四氯化碳为液态；C、溶液体积不明确；D、氯化铝是共价化合物【解答】解：A浓硫酸与锌反应的方程式为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，0.2mol硫酸能够生成0.1mol二氧化硫气体，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，反应的方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，0.2mol硫酸能够失去0.2mol氢气，所以0.2mol锌与浓硫酸充分反应后生成的气体一定大于0.1mol，生成气体的分子数大于0.1NA，故A错误；B、标况下，四氯化碳为液体，摩尔体积小于22.4L/mol，则22.4L
22、四氯化碳的物质的量大于1mol，所含分子数大于NA，故B正确；C没有告诉硝酸银溶液的体积，无法计算溶液中阳离子带的电荷数目，故C错误；D、氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝电解不能生成氯气和铝，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3结合电解质在水溶液中的变化及反应，判断下列说法正确的是( )漂白粉的水溶液中可存在：Fe2+、Cl、SiO32、Na+滴加石蕊试液呈红色的溶液：K+、Na+、ClO4、F能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3+、Al3+、SO42、K+常温下pH=7的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Fe3
23、+FeCl3溶液中通入SO2，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+Al2（SO4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3+3OH=Al（OH）3Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2ABCD【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】漂白粉的水溶液中存在钙离子和次氯酸根离子，钙离子与硅酸根离子反应，次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；滴加石蕊试液呈红色的溶液为酸性溶液，氟离子与酸性溶液中的氢离子结合生成氟化氢；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液具有强氧化性，四种离子之间不反应，都不与强氧化性的物质反应；铵根离子和铁离
24、子能够发生水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液；FeCl3溶液中通入SO2，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子；一水合氨为弱电解质，离子方程式中一水合氨不能拆开；碘化氢过量，铁离子和硝酸根离子都完全反应，漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应【解答】漂白粉的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，其水溶液中存在Ca2+、ClO，Ca2+与SiO32离子反应、ClO离子能够Fe2+，在溶液中不能大量共存，故错误；滴加石蕊试液呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，F与氢离子结合生成HF，在溶液中不能大量共存，故错误；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液应该具有强氧化性，Fe3+、Al3+、SO42、K+离子之
25、间不发生反应，且都不与强氧化性的物质反应，在溶液中能够大量共存，故正确；常温下pH=7的溶液为中性溶液，而NH+4、Fe3+在溶液中水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液，故错误；FeCl3溶液中通入SO2，铁离子被还原成亚铁离子，则溶液由黄色变成浅绿色，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故正确；Al2（SO4）3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故错误；硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3+3NO3+12H+10
26、I=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故错误；根据分析可知，正确的为：，故选B【点评】本题考查了离子共存、离子方程式的书写判断，题目难度中等，试题知识点较多、题量较大，充分考查学生灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握离子共存的条件、离子方程式的书写原则4下列说法正确的是( )A按系统命名法，化合物 的名称为2，6二甲基5乙基庚烷B符合分子式为C3H4Cl2的所有同分异构体数目为7种C丁烷、正戊烷、新戊烷、已烷的沸点依次升高D、分别叫做联苯和二苯甲烷，互为同系物，两种分子的所有原子都有可能共平面【考点】有机化合物命名；常见有机化合物的结构；有机化合物的异构现象 【分析】A、烷烃命名中，选取距离支
27、链最近的一端命名为1号碳；B、C3H4Cl2的不饱和度为1，可以形成1个双键或1个环，据此解答即可；C、常温下，同分异构体中含有支链越多其烷烃熔沸点越低；D、二苯甲烷中出现亚甲基，亚甲基为四面体结构，据此解答即可【解答】解：A、依据系统命名方法，名称中起点选错，物质的名称为：名称为2，6二甲基3乙基庚烷，故A错误；B、C3H4Cl2的不饱和度为1，可以形成1，1二氯1丙烯、1，2二氯1丙烯、1，3二氯1丙烯、2，3二氯1丙烯、3，3二氯1丙烯、1，1二氯环丙烷、1，2二氯环丙烷，故总共7种，故B正确；C、常温下，同分异构体中含有支链越多其烷烃熔沸点越低，所以正戊烷、新戊烷的沸点依次减小，故C错
28、误；D、中间为亚甲基，亚甲基为四面体结构，故所有原子不可能共平面，故D错误，故选B【点评】本题考查了烷烃命名方法，同分异构体数目判断、烷烃熔沸点规律、有机物的结构等，题目难度中等5下列装置或操作能达到实验目的是( )A实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去B实验：中和热测定C实验：可用来制取并收集NO2D实验：可用于HCl气体的吸收【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A浓硫酸具有脱水性和氧化性，与蔗糖作用，生成二氧化硫气体；B温度计位置错误；C二氧化氮密度比空气大；D进气管较短，不能防止倒吸【解答】解：A浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生
29、氧化还原反应，故A正确；B温度计用于测量溶液的反应温度，应放在小烧杯中，故B错误；C二氧化氮密度比空气大，应用向上排空法，故C错误；D进气管较短，应插入烧瓶底部，否则不能防止倒吸，故D错误故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，题目涉及性质的检验、气体的收集、中和热的测定等知识，注意把握物质的性质以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大6固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3、NaNO2中的若干种为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：（注：亚硝酸：中强酸，既具有氧化性又具有还原性
30、，不很稳定，在水溶液中易发生岐化反应）根据上述实验，以下说法正确的是( )A溶液甲中一定含有K2SiO3、NaNO2，可能含有KAlO2、K2CO3B由于在溶液甲中加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液，因此无法判断溶液中是否有K2SO3C气体A和气体D一定均为纯净物D原混合物中一定含有MnO2、Fe2O3【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计 【专题】物质检验鉴别题【分析】有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，说明一定含有NaNO2，固体乙与浓盐酸反应生成有色气体D，D应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀C应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液E加KSCN溶液呈
31、血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，以此解答该题【解答】解：有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，说明一定含有NaNO2，固体乙与浓盐酸反应生成有色气体D，D应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀C应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液E加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，A由以上分析可知一定含有K2SiO3、NaNO2，可能含有K2CO3，也可能含有KAlO2，加入过量盐酸生成AlCl3，与以上物质不反应，不能确定，故A正确；B
32、因含有NaNO2，如含有K2SO3，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成SO42，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液没有沉淀，则一定不含有K2SO3，故B错误；C有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，而浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定含有HCl气体，故C错误；D溶液E加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，故D错误故选A【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D，注意体会72
33、5时，2a molL1氢氟酸水溶液中，用NaOH溶液调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F）与溶液pH的变化关系如图所示下列说法正确的是( )A当pH=3时，溶液中c（F）c（Na+）B当c（F）c（HF）时，溶液一定呈碱性C当pH=3.45时，所加NaOH溶液恰好与HF完全反应D当pH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）=2a molL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】ApH=3时，c（H+）c（OH），结合溶液的电荷守恒判断；B当pH3.45时，c（F）c（HF），结合图象分析；CHF为弱酸，恰好
34、反应时溶液应成碱性；D可根据pH=4时，溶液电荷守恒判断【解答】解：ApH=3时，c（H+）c（OH），溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），则c（F）c（Na+），故A错误；B当pH3.45时，c（F）c（HF），溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；CHF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故C错误；D当pH=4时，c（F）=1.6amol/L，c（HF）=0.4amol/L，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），c（F）=c（Na+）+c（H+）c（OH）=1.6amol/L，则c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH
35、）=2amolL1，故D正确故选D【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握图象的曲线变化特点，为解答该题的关键，注意HF为弱电解质的特点二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8（13分）某含氯化合物A由两种短周期元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0（空气相对分子质量为29），A溶于水可得只含单一溶质的弱酸B的水溶液，B溶液在放置过程中（特别是光照下），其酸性会增强常温下，气体A与NH3反应生成离子化合物C、气体单质D和常见液体E，D为空气中含量最多的物质气体A可用某一气体单质与潮湿的Na2CO3 反应制得，同时生成两种钠盐请回
36、答下列问题：（1）气体A的化学式为Cl2O，已知气体A中所有原子都满足8电子稳定结构，则A的电子式为（2）气体A与NH3反应的化学方程式为3Cl2O+10NH3=6NH4Cl+2N2+3H2O（3）试写出上述叙述中制取气体A的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl将上述恰好完全反应后生成的两种钠盐的混合物溶于水形成溶液，关于该溶液下列关系式不正确的是CAc（Na+）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）Bc（OH）+c（Cl）=c（HCO3）+2c（H2CO3）+c（H+）Cc（Na+）c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（H2
37、CO3）（4）图甲是镁与B的钠盐构成的原电池装置，反应过程中会产生白色沉淀；图乙是Cr2O72的工业废水的模拟处理装置，其中Cr2O72离子最终以Cr（OH）3的形式除去图甲中发生的电池总反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl若图甲中3.6g镁溶解产生的电量用以图乙废水的处理，则甲中的镁电极应与乙中惰性电极（“铁”或“惰性”）相连，理论上乙池中可产生10.3g Cr（OH）3沉淀【考点】无机物的推断；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理 【分析】（1）（2）（3）化合物A由两种短周期元素组成，气体A与NH3反应生成离子晶体C、气体单质D和常见液体E，D为空气中含量最多的物质，则
38、D为N2，常见液体E为H2O，根据元素守恒可知，A为氯的氧化物，测得A气体对空气的相对密度为3.0，则其相对分子质量为329=87，故A分子中Cl原子数目为偶数，只能为2，则含有氧原子数目=1，故A为Cl2O，可推知离子化合物C为NH4Cl，A溶于水可得只含单一溶质B的弱酸性溶液，B溶液在放置过程中其酸性会增强，B为HClO，气体A可用某一气体单质与潮湿的Na2CO3反应制得，同时生成两种钠盐，由元素守恒可知，该单质气体为Cl2，生成的两种钠盐只能为NaHCO3、NaCl，据此解答（1）（2）（3）；（4）该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg2e=Mg2+，电池反应
39、式为Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，据此书写电池反应；由电子守恒可知，Mg2eFe2+，由原子守恒可知Fe2+Fe（OH）3，以此计算【解答】解：某含氯化合物A由两种短周期元素组成，气体A与NH3反应生成离子晶体C、气体单质D和常见液体E，D为空气中含量最多的物质，则D为N2，常见液体E为H2O，根据元素守恒可知，A为氯的氧化物，测得A气体对空气的相对密度为3.0，则其相对分子质量为329=87，故A分子中Cl原子数目为偶数，只能为2，则含有氧原子数目=1，故A为Cl2O，可推知离子化合物C为NH4Cl，A溶于水可得只含单一溶质B的弱酸性溶液，
40、B溶液在放置过程中其酸性会增强，B为HClO，气体A可用某一气体单质与潮湿的Na2CO3反应制得，同时生成两种钠盐，由元素守恒可知，该单质气体为Cl2，生成的两种钠盐只能为NaHCO3、NaCl，（1）由上述分析可知，气体A的化学式为Cl2O，A为共价化合物的电子式为故答案为：Cl2O；（2）气体A与NH3反应的化学方程式为：3Cl2O+10NH3=6NH4Cl+2N2+3H2O，反应中Cl的化合价降低，该反应体现气体Cl2O具有氧化性，故答案为：3Cl2O+10NH3=6NH4Cl+2N2+3H2O；（3）Cl2与潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，同时生成的两种钠盐只能为NaHCO3、NaCl，
41、化学方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，将上述恰好完全反应后生成的两种钠盐NaHCO3、NaCl的混合物溶于水形成溶液显示碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，A根据物料守恒，得到c（Na+）2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32），故A错误；B根据电荷守恒：c（OH）+c（Cl）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（H+），故B错误；C、等量的两种钠盐NaHCO3、NaCl的混合物中，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以c（Na+）c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3），故C正确；故答案为：2Cl2+2Na
42、2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；C；（4）该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg2e=Mg2+，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应Mg+ClO+H2O=Cl+Mg（OH）2，电池反应式为两电极反应之和，即Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，甲中的镁电极是原电池的负极，应该和电源的负极相连，由电子守恒可知，3Mg6e3Fe2+，Cr2O722Cr3+2Cr（OH）3，则n（Mg）=0.15mol，消耗金属镁0.15mol，转移电子是0.3mol，此时得到的铬离子是0.1mol，产生沉淀是0.1mol103g/mol=10.3g，故答案为
43、：10.3g【点评】本题考查无机物推断、原电池的工作原理、氧化还原反应中电子守恒的计算等，侧重考查学生对知识的综合应用及逻辑推理能力，需要学生具备扎实的基础，难度较大9（16分）氨气是一种重要的化工原料，在很多方面具有重要用途 SNCRSCR就是一种应用氨气作为原料的新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），其流程如图1：（1）反应2NO+2CO2CO2+N2能够自发进行，则该反应的H0（填“”或“”）（2）SNCRSCR流程中发生的主要反应有：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2kJmol1；6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（
44、g）H=1807.0kJmol1；6NO2（g）+8NH3（g）7N2（g）+12H2O（g）H=2659.9kJmol1；反应N2（g）+O2（g）2NO（g）的H=+179.8kJmol1（3）NO和NH3在Ag2O催化剂表面的反应活性随温度的变化曲线见图2由图可以看出，脱硝工艺流程应在有氧（填“有氧”或“无氧”）条件下进行随着反应温度的进一步升高，在有氧的条件下NO的转化率明显下降的可能原因是温度升高，发生了副反应：4NH3+5O24NO+6H2O或者温度升高，NOx和NH3反应的化学平衡向逆反应方向移动（4）实验室模拟工业制氨的过程，探究条件对平衡的影响现有两容器，甲是容积可变的容器，
45、乙是容积固定为2L的密闭容器，分别向甲、乙两容器中均充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol反应，t1时达到平衡，甲容器中N2的转化率为，体积为1L该温度时甲容器中平衡体系的平衡常数是10若保持甲容器的温度和压强不变，向甲容器的平衡体系再中通入0.9mol N2，则平衡将逆向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动若达平衡时要使甲、乙两容器中NH3的体积分数相同，可以采取的措施是BDA保持温度不变，将乙容器内的压强增加到原来的1.5倍B保持温度不变，向乙容器中再充入0.6mol N2和0.5mol H2C升高乙容器的温度
46、D保持甲容器的体积为1L不变，升高甲容器的温度若改用图3装置针对氨的分解（2NH3（g）N2（g）+3H2（g）进行探究实验，其中P是可自由平行滑动的活塞在相同温度时，向A容器中充入4mol NH3（g），关闭K，向B容器中充入2molNH3（g），两容器分别发生反应已知起始时容器A和B的体积均为aL试回答：反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，容器B中NH3转化率为20%若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为2.6aL（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡的影响因素 【分析】（1）反应2NO+2CO2CO2+
47、N2是熵增的反应，G=HTS0反应自发进行；（2）已知：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2kJmol1；6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）H=1807.0kJmol1；6NO2（g）+8NH3（g）7N2（g）+12H2O（g）H=2659.9kJmol1；根据盖斯定律，可得：N2（g）+O2（g）2NO（g）；（3）从图上可知，有氧情况下，NO转化率高；反应4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2kJmol1是放热反应，升温平衡逆向移动，温度升高时还会发生氨气的催化氧化；（4）
48、t1时达到平衡，甲容器中N2的转化率为，转化的氮气为0.1mol，则： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol）：0.6 0.5 0变化量（mol）：0.1 0.3 0.2平衡量（mol）：0.5 0.2 0.2体积为1L，用物质的量代替浓度代入K=计算；若保持甲容器的温度和压强不变，向甲容器的平衡体系再中通入0.9mol N2，此时容器的容积为1L=2L，再计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断；甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，平衡时乙中压强减小，乙等效为在甲平衡基础压强减小，平衡逆向移动，则平衡时甲器中NH3的体积分数较大，若达平衡时要使甲、乙两容器中NH3的体积分数相同，二者为等效
49、平衡A保持温度不变，将乙的体积压缩到1L，即压强增大一倍，与甲平衡等效；B保持温度不变，向乙容器中再充入0.6mol N2和0.5mol H2，等效为开始加入1.2mol氮气、1mol氢气，进一步等效为乙中压强增大一倍；C反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氨气体积分数更小；D保持甲容器的体积为1L不变，升高甲容器的温度，平衡逆向进行，可以达到和乙容器中氨气体积分数相同；B为恒温恒压条件下，容器的容积与气体的物质的量成正比，反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，说明达到平衡时气体的物质的量为反应前的1.2倍，即平衡时混合气体的物质的量为2.4mol，设反应消耗的氨气为xmol，则： 2NH3
50、（g）N2（g）+3H2（g）起始量（mol）：2 0 0变化量（mol）：x 0.5x 1.5x平衡量（mol）：2x 0.5x 1.5x则2x+0.5x+1.5x=2.4，解得x=0.4，进而计算氨气的转化率；若打开K，一段时间后重新达到平衡，在恒温恒压条件下，与向B中通入6mol氨气达到的平衡为等效平衡，平衡时氨气的转化率不变，平衡时体积为通入2mol氨气平衡时体积的3倍【解答】解：（1）反应2NO+2CO2CO2+N2是熵增的反应，反应自发进行，HTS0，则该反应的H0，故答案为：；（2）4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2kJmol1；
51、6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）H=1807.0kJmol1；6NO2（g）+8NH3（g）7N2（g）+12H2O（g）H=2659.9kJmol1；依据盖斯定律得到N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+179.8kJmol1；故答案为：+179.8；（3）从图上可知，有氧情况下，NO转化率高，故答案为：有氧；反应4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2kJmol1是放热反应，升温平衡逆向移动，温度升高时还会发生氨气的催化氧化，故答案为：温度升高，发生了副反应：4NH3+5O24NO+6H2O或者温度升高，NOx和NH3反
52、应的化学平衡向逆反应方向移动；（4）t1时达到平衡，甲容器中N2的转化率为，转化的氮气为0.1mol，则： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol）：0.6 0.5 0变化量（mol）：0.1 0.3 0.2平衡量（mol）：0.5 0.2 0.2体积为1L，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=10，故答案为：10；若保持甲容器的温度和压强不变，向甲容器的平衡体系再中通入0.9mol N2，此时容器的容积为1L=2L，浓度商Qc=14.310，平衡向逆反应进行，故答案为：逆向；甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，平衡时乙中压强减小，乙等效为在甲平衡基础压强减小，平衡逆向移动，则平衡
53、时甲器中NH3的体积分数较大，若达平衡时要使甲、乙两容器中NH3的体积分数相同，二者为等效平衡A保持温度不变，将乙的体积压缩到1L，即压强增大一倍，与甲平衡等效，若压强增加到原来的1.5倍，不是原平衡2倍，等效为再甲平衡基础上降低压强，平衡正向移动，氨气的体积分数比甲中大，故A错误；B保持温度不变，向乙容器中再充入0.6mol N2和0.5mol H2，等效为开始加入1.2mol氮气、1mol氢气，进一步等效为乙中压强增大一倍，与甲为等效平衡，故B正确；C反应是放热反应，升温平衡逆向进行，所以升高乙容器的温度，氨气体积分数更小；D保持甲容器的体积为1L不变，升高甲容器的温度，平衡逆向进行，可以
54、达到和乙容器中氨气体积分数相同，故D正确，故选：BD；B为恒温恒压条件下，容器的容积与气体的物质的量成正比，反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，说明达到平衡时气体的物质的量为反应前的1.2倍，即平衡时混合气体的物质的量为2.4mol，设反应消耗的氨气为xmol，则： 2NH3（g）N2（g）+3H2（g）起始量（mol）：2 0 0变化量（mol）：x 0.5x 1.5x平衡量（mol）：2x 0.5x 1.5x则2x+0.5x+1.5x=2.4，解得x=0.4，则氨气的转化率为100%=20%，故答案为：20%；若打开K，一段时间后重新达到平衡，在恒温恒压条件下，与向B中通入6mol氨
55、气达到的平衡为等效平衡，平衡时氨气的转化率不变，平衡时体积为通入2mol氨气平衡时体积的3倍，则平衡时总体积为1.2aL3=3.6aL，故B的体积为3.6aLaL=2.6aL，故答案为：2.6a【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、等效平衡、反应热计算等，注意对等效平衡思想的理解应用，难度较大10（14分）资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物某同学通过如下实验探究反应原理并验证产物实验I：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的烧杯中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液的浅红色加深（1）该同学对反应中产生的白色不溶物做出如下猜测
56、：猜测1：白色不溶物可能为Mg（OH）2猜测2：白色不溶物可能为MgCO3猜测3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁xMg（OH）2yMgCO3（2）为了确定产物成份（包括产生的气体、白色不溶物及溶液中溶质），进行以下定性实验请填写表中空白：实验序号实 验实验现象结 论实验将实验I中收集到的气体点燃安静燃烧，火焰呈淡蓝色气体成分为氢气实验将实验I中的白色不溶物滤出、洗涤，取少量加入足量稀盐酸产生气泡沉淀全部溶解白色不溶物中含有MgCO3实验取实验中的滤液，向其中加入适量CaCl2或BaCl2稀溶液产生白色沉淀，溶液红色变浅溶液中存在CO32离子（3）为进一步确定实验I中白色不溶物的成分，进行定量实验，
57、装置如图所示：称取干燥、纯净的白色不溶物 4.52g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中实验后装置A增重0.36g，装置B增重1.76g装置C的作用是防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果；白色不溶物的化学式为Mg（OH）2（CO3）2或2MgCO3Mg（OH）2 （4）根据以上（2）及（3）的定性定量实验，写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg（OH）22MgCO3+2Na2CO3+3H2【考点】性质实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）依据猜测可知白色不溶物可能是Mg（OH）2 或MgCO3或M
58、g（OH）2 ，MgCO3；（2）依据实验的现象分析，镁条和碳酸氢钠溶液迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变分析出是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子；（3）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影
59、响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量；（4）根据分析、计算可知，镁与碳酸氢钠溶液反应生成Mg（OH）22MgCO3、碳酸钠和氢气，据此写出反应的化学方程式【解答】解：（1）依据猜测可知白色不溶物可能是Mg（OH）2 或MgCO3或Mg（OH）2 ，MgCO3，故答案为：Mg（OH）2 ；（2）迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素
60、种类不变，该气体可能是氢气或一氧化碳，如果测定是一氧化碳时，燃烧后需要用到澄清石灰水，所以该气体是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入CaCl2或BaCl2生成沉淀证明含有碳酸根离子，故答案为：氢气；稀盐酸；产生气泡沉淀全部溶解；CaCl2或BaCl2；（3）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；故答案为：防止空气中的水蒸气
61、和CO2进入装置B中，影响实验结果；B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为1.76g，设生成1.76g二氧化碳，需要碳酸镁的质量为X则：MgCO3CO284 44X 1.76g根据：=解得X=3.36g，所以含有氢氧化镁质量为：4.52g3.36g=1.16g；碳酸镁和氢氧化镁物质的量之比为：=0.04：0.02=2：1，白色不溶物的化学式为Mg（OH）2（CO3）2或2MgCO3Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2（CO3）2或2MgCO3Mg（OH）2 ；（4）根据以上分析可知，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）22MgCO3沉淀、Na2CO3
62、和H2，反应的化学方程式为：3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg（OH）22MgCO3+2Na2CO3+3H2；故答案为：3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg（OH）22MgCO3+2Na2CO3+3H2【点评】本题难度较大，考查全面，从定性和定量两个方面测定物质的种类，关键在于知道碳酸根离子与酸反应能产生二氧化碳，镁和氢离子反应生成氢气，题目难度较大（二）选考题任选一模块作答化学-选修2：化学与技术11污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀下列物质不能作为沉淀剂的是( )A氨水B硫化氢气体C硫酸钠溶液D纯碱溶液【考点】离子反应发
63、生的条件 【专题】离子反应专题【分析】各项所加试剂均应过量才符合题目要求，A项溶液形成络离子，B项生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，C项硫酸铜不是沉淀，D项均能通过双水解调节pH转化为沉淀；【解答】解：A加入氨水，易形成络离子，不能生成沉淀，故A错误；B加入硫化氢气体，生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，故B正确；C不能使Cu2+生成沉淀，故C错误；D均能通过双水解调节pH转化为沉淀，故D正确故答案为：AC；【点评】本题考查离子反应的条件，离子反应的实质学生容易接受，比较基础12（13分）回答下列问题：（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是液化、分馏
64、，与碳反应后除去CO2；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式C+H2OCO+H2，CH4+H2OCO+3H2（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称合成（氨）塔，其中发生的化学反应方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；（3）设备B的名称冷凝塔或冷凝器；，其中m和n是两个通水口，入水口是n（填“m”或“n”）不宜从相反方向通水的原因高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好（4）设备C的作用将液氨与未反应的原料气分离；（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实
65、现：CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2 （g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于13.8【考点】工业合成氨 【分析】（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；制取氢气可用碳和水反应或甲烷与水反应；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器；水流和气流方向应逆向；（4）分离器用来分离液氨和原料气；（5）根据平衡常数用三段式法计算【解答】解：（1）分离空气提取氮气的方法有
66、两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；C和水反应的方程式为C+H2OCO+H2，甲烷与水反应的方程式为CH4+H2OCO+3H2，故答案为：液化、分馏；与碳反应后除去CO2；C+H2OCO+H2；CH4+H2OCO+3H2；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），故答案为：合成（氨）塔；N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，水流和气流方向应逆向，则入水口是n，高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，可使冷水充满冷凝器，逆向冷凝效果好，故答案为：冷凝塔或冷凝器；n；高温气体
67、由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好；（4）分离器用来分离液氨和原料气，故答案为：将液氨与未反应的原料气分离；（5）设CO的起始浓度为xmol，H2O的起始浓度为ymol，则转化的CO的最小值为0.9x， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始 x y 0 0 变化 0.9x 0.9x 0.9x 0.9x平衡 0.1x y0.9x 0.9x 0.9x根据平衡常数列式：=0.627，解得：=13.8故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%故答案为：13.8【点评】本题综合考查工业合成氨知识，涉及物质的分离、化学平衡的等问题，题目难度较大，注意把握物质的性质，根据
68、性质选择分离方法，易错点为（5），注意利用三段式法计算较为直观【化学-选修3：物质结构与性质】13叠氮化物是一类重要化合物在炸药、磁性化合物研究、微量元素测定方面越来越引起人们的重视，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，如图甲为分子结构示意图肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸（HN3）：N2H4+HNO2=2H2O+HN3它的酸性类似于醋酸，可微弱电离出H+和N3试回答下列问题：（1）下列说法正确的是CD（选填序号）A酸性：HNO2HNO3BN2H4中两个氮原子采用的都是sp2杂化CHN3、H2O都是极性分子DN2H4沸点高达113.5，说明肼分子间可形成氢键（2）叠氮化物能与Fe3+
69、、Cu2+及Co3+等形成配合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4，在该配合物中钴显+3价，根据价层电子对互斥理论可知SO24的立体构型为：正四面体，写出钴原子在基态时的核外电子排布式：（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得光谱纯N2：2NaN3（S）=2Na（l）+3N2（g），下列说法正确的是BC（选填序号）ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B钠晶胞结构如图乙，晶胞中分摊2个钠原子C氮的第一电离能大于氧D氮气常温下很稳定，是因为氮元素的电负性小（4）与N3互为等电子体的分子有：N2O、CO2（举两例）（5）人造立方氮化硼的硬度仅次于金刚石而远远高于其他材料，因此它与金刚石统称为超
70、硬材料立方氮化硼晶胞如图丙所示，试分析：该晶体的类型为原子晶体晶体中每个N原子同时吸引4个B原子设该晶体的摩尔质量为M gmol1，晶体的密度为p gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的B原子之间的距离为cm【考点】晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）A、HNO2为弱酸，而HNO3是强酸；B、N2H4中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采用的都是sp3杂化；C、HN3、H2O中都有孤电子对，所以都是极性分子；D、氢键主要存在于
71、N、F、O三种元素的氢化物分子之间，可使物质的熔沸点变大，N2H4沸点高达113.5，可以说明肼分子间可形成氢键（2）在Co（N3）（NH3）5SO4中，根据化合价代数和为零，可以算得钴的化合价，SO24中S原子采用sp3杂化方式，可知SO24的立体构型为正四面体，钴是27号元素，根据核外电子排布规律可以写出基态时的核外电子排布式；（3）A、NaN3与KN3结构类似，Na+半径小于K+，所以NaN3的晶格能比BKN3大；B、钠晶胞中，在8个顶点上各有一个原子，体心上还有一个，所以晶胞中钠原子的个数为：8+1=2；C、氮原子的最外层P轨道有3个电子，处于半充满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一
72、电离能大于氧；D、氮气常温下很稳定，是因为氮气是双原子分子，两个氮原子之间存在NN键，不易断裂，与元素的电负性无关（4）在N3中，价电子数为16，根据等电子体原理，可以写出等电子体的分子；（5）、由于立方氮化硼的硬度大，且是立方体网状结构，所以它是原子晶体；、根据题目中的图，可以看出每个N原子同时吸引B原子的个数；、根据晶体的摩尔质量，晶体的密度可以求得晶胞的体积，再根据晶胞中B原子的分布情况，可以求得两个距离最近的B原子之间的距离【解答】解：（1）A、HNO2为弱酸，而HNO3是强酸，故A错误；B、N2H4中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采用的都是s
73、p3杂化，故B错误；C、HN3、H2O中都有孤电子对，所以都是极性分子，故C正确；D、氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间，可使物质的熔沸点变大，N2H4沸点高达113.5，可以说明肼分子间可形成氢键，故D正确故答案为CD；（2）在Co（N3）（NH3）5SO4中，根据化合价代数和为零，可以算得钴的化合价为：+3价，SO24中S原子采用sp3杂化方式，可知SO24的立体构型为正四面体，钴是27号元素，根据核外电子排布规律可以写出基态时的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2故答案为：+3；正四面体；1s22s22p63s23p63d74s2；（3）A、NaN3
74、与KN3结构类似，Na+半径小于K+，所以NaN3的晶格能比BKN3大，故A错误；B、钠晶胞中，在8个顶点上各有一个原子，体心上还有一个，所以晶胞中钠原子的个数为：8+1=2，故B正确；C、子的最外层P轨道有3个电子，处于半充满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一电离能大于氧，故C正确；D、常温下很稳定，是因为氮气是双原子分子，两个氮原子之间存在NN键，不易断裂，与元素的电负性无关，故D错误 故答案为BC；（4）在N3中，价电子数为16，根据等电子体原理，可以写出与N3互为电子体的分子为N2O、CO2、CS2、BeF2、BeCl2等 故答案为：N2O、CO2、CS2、BeF2、BeCl2等；
75、（5）、由于立方氮化硼的硬度大，且是立方体网状结构，所以它是原子晶体，故答案为：原子； 、根据题目中的图，可以看出每个N原子同时吸引4个B原子，故答案为：4；、根据晶体的摩尔质量，晶体的密度可以求得晶胞的体积，再根据晶胞中B原子的分布情况，可以求得两个距离最近的B原子之间的距离由图可知每个晶胞中含4个B原子和4个N原子每个晶胞的质量=4M/NA晶胞的体积V=晶胞的边长=在图丙的晶胞中，位于侧棱中点和顶点之间两B原子距离最近，晶体中两个距离最近的B原子之间的距离=晶胞的边长=，故答案 为：【点评】本题考查了学生对原子的杂化方式、分子的空间结构、等电子体、晶体的结构及晶胞的计算等知识的掌握情况，具
76、有一定的综合性，对学生综合能力有一定的要求中等难度【化学-选修5：有机化学基础】14苯氧布洛芬钙是评价较好的解热、镇痛、消炎药，其消炎作用比阿司匹林强50倍，欧美国家将它作为治疗慢性关节炎的首选药最近我省某企业根据本厂实际情况以苯乙酮为原料研制了新的合成路线，其反应如下：信息一：已知：盐酸、三氯化磷、氯化亚砜（SOCl2）均可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃信息二：已知：信息三：RX+NaCNRCN+NaX某企业根据本厂实际情况以苯乙酮为原料研制了新的合成路线，其反应如下：（1）写出下列物质的结构简式：B（2）BC的反应类型是还原（或加成）反应；F中所含的官能团名称是羧基、醚键（
77、3）写出苯乙酮生成A的化学方程式+Br2+HBr（4）判断原料的符合以下条件的同分异构体还有4种（不包括原料本身），条件：结构中必须含有苯环和，其中核磁共振氢谱图中共有5个吸收峰的分子的结构简式为（5）结合上述推断及所学知识，请设计合理的方案：以苯甲醛（ ）和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯，如图：合成过程中无机试剂任选；用合成路线流程图表示，并注明反应条件合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2 BrH2CCH2Br【考点】有机物的合成；有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】与溴单质发生信息反应二生成A，则A为；A与苯酚钾反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应
78、生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜（SOCl2）发生信息反应一生成D，则D的结构简式为：；D与NaCN发生现象反应三生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，据此进行解答（1）（4）；（5）以苯甲醛（ ）和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯，还缺少苯乙酸，苯甲醛比苯乙酸少1个C，需要利用题干合成流程中的信息反应，先用苯甲醛与氢气发生加成反应得到苯甲醇，苯甲醇与溴化氢发生取代反应生成，与NaCN发生反应生成，先与氢氧化钠发生反应，然后酸化得到苯乙酸，最后苯乙酸与乙醇在浓硫酸、加热作用下得到苯乙酸乙酯，据此写出该合成流
79、程【解答】解：与溴单质发生信息反应二生成A，则A为；A与苯酚钾反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜（SOCl2）发生信息反应一生成D，则D的结构简式为：；D与NaCN发生现象反应三生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，（1）根据分析可知，B的结构简式为：，故答案为：；（2）B与氢气发生加成反应生成C：；F为，其含有的官能团为醚键和羧基，故答案为：还原（或加成）反应； 羧基、醚键；（3）A为，苯乙酮与溴单质发生信息反应而生成A，该反应的化学方程式为：+Br
80、2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（4）原料的同分异构体中，含有苯环和的有机物有：、，总共含有4种；其中核磁共振氢谱图中共有5个吸收峰，说明其分子中含有5种等效H，满足该条件的分子的结构简式为：，故答案为：4；（5）以苯甲醛（ ）和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯：，还缺少苯乙酸，苯甲醛比苯乙酸少1个C，需要利用题干合成流程中的信息反应，先用苯甲醛与氢气发生加成反应得到苯甲醇，苯甲醇与溴化氢发生取代反应生成，与NaCN发生反应生成，先与氢氧化钠发生反应，然后酸化得到苯乙酸，最后苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下得到苯乙酸乙酯，该合成流程为：，故答案为：【点评】本题考查了有机合成，题目难度较大，明确合成原理为解答关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质，（4）同分异构体的书写和（5）合成流程为难点，要求学生明确同分异构体的书写原则及题中信息反应原理，试题充分培养了学生灵活应用基础知识的能力及逻辑推理能力