1、河南省郑州市十一中2016届毕业班考前化学适应性训练（5月月考）（解析版）1假设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A1mol/L的NaOH溶液中含Na+ 数目为NAB1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移电子数为2NAC1mol钠与氧气反应生成Na2O时，失去电子数目为NAD1mol钠与氧气反应生成Na2O2时，失去电子数目为NA 【答案】CD【解析】试题分析：A选项中不知道溶液体积无法计算。B选项中转移的电子数为NA；C选项正确，D选项利用钠元素来计算，钠原子反应形成钠离子，失一个电子，所以1mol钠失去NA个电子。考点：物质的量的计算，钠的化合物的性质点评：本题主要难度集中在得失
2、电子数的计算中，其中过氧根离子的价态为-1价，而且一个过氧根离子通常两个氧一个变成0价的氧，一个变成-2价的氧，发生歧化反应。2实验室可用如图所示装置来进行的实验是A制取氧气 B制取氨气C碳酸氢钠受热分解 D制取乙酸乙酯 【答案】D【解析】试题分析：A实验室制备氧气应用氯酸钾和二氧化锰，为固体，试管口应向下倾斜，且生成氧气应用排水法收集，故A错误；B实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，为固体，试管口应向下倾斜，且生成氨气用排空气法收集，故B错误；C碳酸氢钠受热分解，试管口应向下倾斜，故C错误；D实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热制备乙酸乙酯，乙酸乙酯中混用乙醇、乙酸，导管不能插入到液面以下
3、，防止倒吸，故D正确；故选D。【考点定位】考查物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查。【名师点晴】本题考查的目的是利用装置进行实验，故对装置的特点要认识清楚，本反应装置的特点是加热液体生成气体（或蒸汽），且导管不能插入液面以下，说明气体易溶于水，应防止倒吸，再结合实验原理进行分析解答就相对容易多了，如A选项制备的氧气微溶于水，明显不符合题意。3影响化学反应速率的因素很多，下列措施能使化学反应速率减小的是 ( )A.降低温度B升高温度C增大压强 D增大反应物浓度【答案】A【解析】考查外界条件对反应速率的影响，降低温度，反应速率一定是是降低的。升高温度反应速率一定增大，增大压强反应速
4、率不一定增大，增大反应物浓度，反应速率一定是增大的，答案选A。4在反应2KMnO4 = K2MnO4 + MnO2 + O2中，氧化产物是（ ）A.K2MnO4 B.MnO2 C.O2 D.KMnO4【答案】C【解析】试题分析：氧化产物是由还原剂经氧化反应而得到的,化合价升高后的产物,分析方程式，KMnO4中O元素化学价为-2价，O2中O元素化学价为0价，化合价升高，O2就是氧化产物。考点：氧化还原反应点评：解决此类题目的关键是掌握氧化还原反应的基本概念，看清楚元素化合价发生变化的原子。5除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选用试剂和分离方法能达到实验目的是 混合物试剂分离方法A乙烯
5、（二氧化硫）溴水洗气B溴苯（溴）NaOH溶液分液C苯（苯酚）加浓溴水过滤D乙烷（乙烯）酸性KMnO4溶液洗气【答案】B【解析】试题分析：A、乙烯和二氧化硫均和溴水反应，无法分离，错误；B、溴与氢氧化钠溶液反应，溴苯不反应，且不溶于氢氧化钠溶液，所以可以用氢氧化钠溶液分离溴苯、溴，正确；C、苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚溶于苯中，无法分离，错误；D、乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳气体，使乙烷中又有新的杂质，错误，答案选B。考点：考查有机物的除杂6下列溶液中的Cl 数目与25mL 01 molL1的AlCl3溶液中Cl数目相等的是A50mL 015molL1的BaCl2溶液B50mL 03
6、molL1的NaCl溶液C25 mL03molL1的FeCl3溶液D75 mL 01molL1的KCl溶液【答案】D【解析】试题分析：25mL 01 molL1的AlCl3溶液中Cl的物质的量是0025L01mol/L300075mol。A50mL 015molL1的BaCl2溶液中Cl的物质的量是005L015mol/L20015mol。B50mL 03molL1的NaCl溶液中Cl的物质的量是005L03mol/L0015mol。C25 mL03molL1的FeCl3溶液中Cl的物质的量是0025L03mol/L300225mol。D75 mL 01molL1的KCl溶液中Cl的物质的量是
7、0075L01mol/L00075mol。答案选D。考点：考查物质的量的有关计算7用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A常温常压下，11.2 L氯气所含的原子数目为NAB标准状况下，1.12 L O2 和1.12 L CO2均含有0.1NA氧原子C标准状况下，22.4 L空气含有NA个单质分子D标准状况下，22.4 L H2O含有NA个水分子【答案】B【解析】试题分析：A、常温常压下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，不能计算，错误，不选A；B、标况下1.12升气体物质的量为0.05摩尔，都含有0.1摩尔氧原子，正确，选B；C、标况下22.4升空气为1摩尔，但空气中不仅有单质还有
8、二氧化碳等化合物，错误，不选C；D、标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积，错误，不选D。考点： 气体摩尔体积的计算8将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 molL-1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应平均速率为0.3 molL-1s-1用物质B表示的反应的平均速率为0. 6 molL-1s-12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7 molL-1 其中正确的是A B C D【答案】B【解析】试题分析：C的浓度为0.6 molL-1，所以其反应速率为v（C）=0
9、.3mol/(L.s) ，v（A）= v（C）=0.3mol/(L.s) ，所以正确，v（B）=0.15mol/(L.s)，所以错误，2s时物质A的物质的量为40.322=2.8mol，所以A的转化率为30%，故错误，正确，所以答案为B。考点：化学反应速率点评：本题考了了化学反应速率的计算，是高考考查的重点，该题难度适中。9已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸，BrCH2CH=CHCH2Br可经三步反应制取，其中第二步的反应类型是A水解反应 B加成反应 C氧化反应 D消去反应【答案】B【解析】试题分析：可经三步反应制取，先水解生成OHCH2CH=CHCH2OH，为卤代烃的水解反应；若氧化时，碳碳双
10、键也被氧化，则再加成反应生成OHCH2CHClCH2CH2OH，OHCH2CHClCH2CH2OH被强氧化剂氧化可得到，所以第二步反应类型为加成反应，故选B。【考点定位】考查有机物的合成，侧重卤代烃、醇、烯烃性质的考查。【名师点晴】把握官能团的变化分析合成反应为解答的关键，注意碳碳双键也能被氧化，要先加成再氧化，防止碳碳双键氧化；可经三步反应制取，先水解生成OHCH2CH=CHCH2OH，再加成反应生成OHCH2CHClCH2CH2OH，最后氧化即可，以此来解答。10化学概念是对化学现象与事实的总结和概括。下列说法中正确的是A分散系只包括溶液和胶体B使空气中游离态的氮转化为含氮化合物叫做氮的固
11、定，氨的合成即为固氮。C单位物质的量的物质所具有的质量叫摩尔质量，摩尔质量与1 mol物质的质量完全相同D物质失电子的反应为还原反应【答案】B【解析】试题分析：A分散系包括溶液和胶体和浊液，错误；B使空气中游离态的氮转化为含氮化合物叫做氮的固定，氨的合成是单质态的N转化为化合态的N，即为固氮。C单位物质的量的物质所具有的质量叫摩尔质量，摩尔质量是1 mol物质的质量当以克为单位时的数值相等。错误。D物质失电子的反应为氧化反应，错误。考点：考查化学概念的理解及应用的知识。11下列实验操作正确的是A用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液，点在用水湿润的pH试纸上测定其pHB用25ml碱式滴定管量取20.0
12、0 mL KMnO4 溶液C为除去苯中的少量酚酞，向混合物中加入适量的氢氧化钠后分液D用右图装置加热分解NaHCO3【答案】C【解析】试题分析：A、用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能润湿，A错误；B、应该用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，B错误；C、苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯与氢氧化钠不反应，则为除去苯中的少量酚酞，向混合物中加入适量的氢氧化钠后分液，C正确；D、加热碳酸氢钠时试管口要略低于试管底，D错误，答案选C。考点：考查化学实验基本操作12（2011春中山期末）已知Zn（s）+H2SO4（aq）ZnSO4（aq）+H2（g）H0；则下列关于该反应的叙述不正确的是（ ）A该反应中旧键断裂
13、需吸收能量，新键形成需放出能量，所以物质总能量不变B上述热化学方程式中的H的值与反应物的用量无关C该反应的化学能可以转化为电能D反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】A【解析】A、断裂化学键吸收能量，生成化学键会放热，反应过程中一定伴随能量的变化，故A错误；B、作为一个描述系统状态的状态函数，焓变没有明确的物理意义，H（焓变）表示的是系统发生一个过程的焓的增量，确定了一个化学方程式，就确定了一个焓变，焓变并不随反应物的增加而增加，焓变与化学方程式的写法有关，故B正确；C、反应是氧化还原反应，可以设计成原电池，锌做负极，失电子，溶液中氢离子在正极得到电子实现化学能转化为电能，故C正确；D、反应
14、是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，故D正确；【点评】本题考查了焓变的含义理解，原电池的原理分析，化学反应能量变化和能量守恒关系，化学键变化与能量变化判断，题目较简单13某溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、AlO2、CrO42-、CO32、SO42中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验： 加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液； 在所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲； 在所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，则原沉淀中一定存在的离子是ANa+、AlO2、CrO42-、CO32 BNa+、AlO2、CO32CNa+
15、、AlO2、CO32、SO42DNa+、Ba2+、AlO2、CO32【答案】B【解析】试题分析：根据可知，气体应该是CO2，所以一定含有CO32，则就一定没有Ba2+、Al3+，因此根据溶液的电中性可知，一定有钠离子。又因为溶液是无色的，所以没有CrO42-。根据可知，气体是氨气，沉淀只能是氢氧化铝，这说明原溶液中含有AlO2。由于碳酸氢铵是过量的，所以根据可知，一定能生成气体氨气和白色沉淀碳酸钡，因此不能确定SO42，答案选B。考点：考查离子的共存及离子的有关检验等点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成
16、和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。14向50 mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10 mL，将其稀释至100 mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是AOA段所发生反应的离子方程式：H+OH=H2O；CO32 +H+ =HCO3-BNaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为11C产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 LD原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL1【答案】
17、D【解析】试题分析：A、根据图像可知A点开始开始产生气体，消耗盐酸25mol，O点到A点消耗盐酸50ml，由于碳酸钠与盐酸反应是分步进行的，且两次消耗的盐酸量相等，这说明溶液中氢氧化钠过量，则发生反应的方程式为H+OH=H2O、CO32 +H+ =HCO3-，A正确；B、AB段发生反应的方程式为HCO3-+H+H2O+CO2，由于OA和AB段消耗盐酸的体积比为2：1，因此碳酸钠和氢氧化钠的物质的量之比是1：1，其物质的量浓度之比为11，B正确；C、与碳酸氢钠反应的盐酸是0.025L0.1mol/L0.0025mol，则根据方程式可知产生的CO2是0.0025mol，在标准状况下的体积是0.00
18、25mol22.4L/mol0.056L，C正确；D、根据氯原子守恒可知生成的氯化钠是0.075L0.1mol/L0.0075mol，则根据钠离子守恒可知氢氧化钠的物质的量是0.0075mol50.0375mol，浓度是0.0375mol0.05L0.75mol/L，D错误，答案选D。考点：考查氢氧化钠与CO2以及碳酸盐与盐酸反应的计算15短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为43，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是 （ ）AW、Y、Z的氢化物稳定性顺序可能是WZYBW、X、Y、Z的原子半径大小顺序ZYXWCZ的氧化物对应水化物的酸性一定强
19、于W氧化物对应水化物的酸性DZ的某种氧化物可以做新型消毒剂【答案】D【解析】试题分析：由题意可知：W为C、X为Al、Z为Cl，Y的原子序数介于13与17之间。A、Z为氯比W、Y的氢化物稳定，错误；B、W的原子半径最小，错误；C、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于W的氧化物对应水化物的酸性，错误。考点：考查原子结构、物质的性质等相关知识。16（7分）写出铜与稀硝酸反应的化学方程式，用单线桥标出电子转移情况该反应的氧化剂 ，还原剂 ，氧化剂和还原剂物质的量之比为 。【答案】（7分）（方程式2分，电子转移2分）氧化剂 HNO3 ，还原剂 Cu ，氧化剂和还原剂物质的量之比为 2:3 。（每空1
20、分）【解析】17铜是过渡金属元素，可以形成多种化合物。（1）CuCl的盐酸溶液能够与CO发生反应：CuCl+CO+H2O=Cu(CO)ClH2O电负性：C _O（填“”或“”或“”）。CO常温下为气体，固态时属于 晶体。（2）Cu+与NH3形成的配合物可表示成Cu(NH3)n+，该配合物中，Cu+的4s轨道及4p通过sp杂化接受NH3提供的电子对。 Cu(NH3)n+ 中Cu+ 与n个氮原子的空间结构呈 型，n= 。（3）CuCl2溶液与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)可形成配离子Cu(En)22+（En是乙二胺的简写）：请回答下列问题：配离子Cu(En)22+的中心原子基态第L层电子排布式
21、为 。乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 ，乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是： 。配合物Cu(En)2Cl2中不存在的作用力类型有 （填字母）；A 配位键 B 极性键 C 离子键 D 非极性键 E氢键 F金属键【答案】（1）；分子；（2）直线；2；（3）2s22p6；sp3杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；E、F；【解析】试题分析：（1）同一周期的元素，元素的原子序数越大，元素的电负性就越大，所以电负性：CO; CO常温下为气体，固态时属于分子晶体；（2）Cu+与NH3形成的配合物可表示成Cu(NH3)n+，该配合物中，Cu+的
22、4s轨道及4p通过sp杂化接受NH3提供的电子对。所以在Cu(NH3)n+ 中Cu+ 与n个氮原子的空间结构呈直线型；（3）在配离子Cu(En)22+的中心原子Cu基态第L层电子排布式2s22p6；n=2;乙二胺分子(H2NCH2CH2NH2)中氮原子轨道的杂化类型为sp3杂化；乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，是因为在乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；配合物Cu(En)2Cl2中存在的作用力类型有离子键、极性共价键、非极性共价键、配位键；不存在的作用力有氢键 和金属键，故选项是E、F。考点：考查铜形成的化合物的结构与性质的知识。18（12分
23、）下列物质AF是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B是常见的金属，E在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下，他们之间可以发生如图所示的转化。试回答下列问题:（1）A的化学式是 ；（2）在反应中，属于氧化还原反应的有 ，其中属于置换反应的有 ；（3）写出上图中白色沉淀与NaOH溶液反应的离子方程式： ；（4）请写出在D的溶液中滴加NaOH溶液的过程中发生反应的化学方程式 、 。（5）检验上图无色溶液中金属阳离子的方法是（填写实验名称）： ，现象是 。【答案】（1）Al （1分）（2） （每空1分，共2分，只要有错即为0分）（3）Al(OH)3 + OH = AlO2 + 2H2O （2分）（3）Fe
24、Cl2 + 2NaOH = Fe(OH)2 + 2NaCl ; （2分）4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 （2分）（化学方程式没配平给1分，HCl+NaOH=NaCl+H2O不作要求）（4）焰色反应（1分）；透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色为紫色（2分）【解析】A、B两金属均可与盐酸生成氢气及氯化物C及D，则为较活泼金属；C与KOH生成的碱可溶于过量的KOH，则可知C为铝；氯化物D可与氯气（E为黄绿色气体）生成氯化物F，F又可被金属B生成D，说明B为变价金属，在常见的金属中，可知为铁（1）A为Al（2）涉及反应为：2Al6HCl=2AlCl33H2 Fe2HCl=FeC
25、l2H2AlCl33KOH=Al(OH)33KCl Al(OH)33HCl=AlCO33H2O2FeCl2Cl2=2FeCl3 2FeCl3Fe=3FeCl2 Al(OH)3KOH=KAlO22H2O其有化合价有改变的反应即属于氧化还原反应：属于置换反应（单质与化合物生成单质与化合物）的有（3）Al(OH)3OH=AlO22H2O（4）FeCl2与碱液生成的Fe(OH)2呈白色，但在空气中即被氧化，最终生成红褐色的Fe(OH)3 ：FeCl2 + 2NaOH = Fe(OH)2 + 2NaCl；4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3（5）无色溶液的KAlO2，钾离子一般
26、通过焰色反应来检验，一定要透过蓝色钴玻璃来观察火焰的颜色19某化学小组在实验中利用CaSO4、NH3、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下。操作CaCO3CaSO4溶液BYAX滤液操作煅烧硫酸铵母液生石灰CO2氨气回答下列问题：（1）操作的名称为_；操作一系列操作包括蒸发浓缩、_、过滤。（2）实验室中煅烧碳酸钙时，盛放碳酸钙所用的仪器是_(填名称)。（3）X物质为_(填化学式，下同)，Y物质为_，可循环利用的物质的有_。（4）要测定所制得的硫酸铵纯度，取10.0g样品，完全溶于水，向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量为16.31g。为避免引起误差，检验氯化钡溶
27、液是否过量最好的试剂是_，所制得硫酸铵的纯度为_。（5）下列装置不能用于实验室制氨气的是_(填序号)。氢氧化钙和氯化铵固体甲乙丙丁氯化铵固体碱石灰浓氨水NaOH固体浓氨水aaaa选择氨气的制取装置后，再用下列装置收集干燥的氨气，并制取硫酸铵溶液，连接的顺序(用接口序号字母表示)是：a接_，_接_，_接_，_接_。fgbc稀硫酸CCl4hH2Ode碱石灰上述装置中CCl4的作用是_。【答案】 (1)过滤(1分)，冷却结晶(2分，少一方面扣1分)(2)坩埚(1分)(3)NH3、CO2； NH3，CO2(每种物质均为1分，最后一空少一种扣1分，错一种倒扣1分)(4)氯化钡溶液(2分，)，92.4%(
28、3分)(5)甲(2分)，de，gf，cb，h(2分)；防倒吸(1分)【解析】试题分析：（1）经过操作I得到CaCO3固体和滤液，所以操作I为过滤；硫酸铵的溶解度随温度的降低而减小，所以蒸发浓缩后进行冷却结晶。（2）实验室中高温煅烧固体的容器为坩埚。（3）根据题目信息：某化学小组在实验中利用CaSO4、NH3、CO2制备(NH4)2SO4，由于CO2在水中溶解度较小，而NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，所以X为NH3、Y为CO2；根据反应流程图可以看出在后续反应中又生成了CO2和NH3，所以可循环利用的物质的有CO和NH3。（4）最好的试剂是氯化钡溶液，因为
29、再加入氯化钡溶液后，不会对BaSO4的量产生误差；硫酸铵与硫酸钡的对应关系为：(NH4)2SO4 BaSO4 所以硫酸铵的纯度=16.31g132/23310.0g100%=92.4%（5）甲、直接加热NH4Cl生成 NH3和HCl，在试管口附近NH3和HCl反应又生成了NH4Cl，所以不能用来制取NH3，错误；乙、加热浓氨水促进NH3的挥发，可制取NH3，正确；丙、加热氢氧化钙和氯化铵固体，发生复分解反应生成NH3，可用于制取NH3，正确；丁、浓氨水滴加到NaOH固体中，可挥发出NH3，能用于制取NH3，正确；因为要收集干燥的NH3，所以a后接de，碱石灰干燥NH3，后面连接gf，收集NH3
30、，后面连接cb，通入稀硫酸，制取硫酸铵，后面连接h，进行尾气处理；把NH3直接通入稀硫酸中会发生倒吸，而NH3难溶于CCl4，所以CCl4的作用是防倒吸。考点：本题考查基本仪器、基本操作、实验流程的分析与方案设计、纯度的计算。 20氨、硝酸、硝酸铵、硝酸铜是重要的化工产品工业合成氨与制备硝酸一般可连续生产，流程如图1：请回答下列问题（1）吸收塔中通入空气的作用是 下列可以代替硝酸镁加入到蒸馏塔中的是 A浓硫酸 B氯化钙 C生石灰 D硝酸亚铁（2）制硝酸尾气中的氮氧化物常用尿素CO（NH2）2作为吸收剂，其主要的反应为：NO、NO2混合气与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素CO（NH2）2反应生成
31、CO2和N2，请写出反应的化学方程式 、 （3）在氧化炉里，催化剂存在时氨气和氧气反应：4NH3+5O24NO+6H2O 4NH3+3022N2+6H2O 在不同温度时生成产物如图一所示在氧化炉里，反应温度通常控制在800900的理由是 （4）如图二所示装置可用于电解NO制备 NH4NO3，电解总反应方程式为 ，需补充氨气的理由是 （5）工业上通常用铜与浓硝酸反应制得光谱纯硝酸铜晶体（化学式为Cu（NO3）23H2O，摩尔质量为242g/mol）已知：25、1.01105Pa时，在密闭容器发生反应：2NO2N2O4，达到平衡时，c（NO2）=0.0400mol/L，c（N2O4）=0.0100
32、mol/L现用一定量的Cu与足量的浓高纯度硝酸反应，制得5.00L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体（25、1.01105Pa），理论上生成光谱纯硝酸铜晶体的质量为 g【答案】（1）将NO、NO2等氧化为硝酸，A；（2）NO+NO2+H2O=2HNO2；CO（NH2）2+2HNO2CO2+2N2+3H2O（3）800900时副产物N2的产率较低，NO的产率很高；（4）8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，将电解过程中生成的硝酸转化为硝酸铵；（5）36.3g【解析】（1）吸收塔中通入空气的作用是利用空气中的氧气将NO、NO2等氧化为硝酸；硝酸镁加入到蒸馏塔中作吸水剂，浓硫酸能吸水，而且
33、难挥发，所以选用浓硫酸，故答案为：将NO、NO2等氧化为硝酸，A；（2）由题目信息可知，NO、NO2二者混合物与水反应生成亚硝酸，反应方程式为NO+NO2+H2O=2HNO2；亚硝酸再与尿素反应生成CO2和N2，反应方程式为CO（NH2）2+2HNO2CO2+2N2+3H2O，（3）由图可知，在800900时，副产物N2的产率较低，而NO的产率很高，（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7
34、H2O3NH4NO3+2HNO3，补充氨气能将电解过程中生成的硝酸转化为硝酸铵，（5）根据达到平衡时，c（NO2）=0.0400mol/L，c（N2O4）=0.0100mol/L，故5L混合气体中的NO2的物质的量n=CV=0.04mol/L5L=0.2mol，N2O4的物质的量n=CV=0.01mol/L5L=0.05mol设反应掉的铜的物质的量为Xmol，根据铜与浓硝酸反应时得失电子数守恒，即铜失去的电子的物质的量等于硝酸得到的电子的物质的量，可得：2X=0.2mol1+0.05mol2解得X=0.15mol而CuCu（NO3）23H2O，故生成的Cu（NO3）23H2O的物质的量为0.1
35、5mol，故质量m=nM=0.15mol242g/mol=36.3g，故答案为：36.3g21一定量的氧化铜被足量的一氧化碳在加热的情况下还原，得到的气体通入含有X摩氢氧化钙的澄清石灰水，得沉淀Y克，则原氧化铜的质量是多少？已知反应CaC03 + CO2 + H20Ca（HCO3）2 【答案】（80Y/100）g（200X-Y/100)80g【解析】试题分析：反应分两种情况情况：Ca（OH）2 过量发生反应如下：Ca（OH）2 + CO2 = CaC03 +H20 CuO + CO Cu + CO2 44g 100g 80 44g m(CO2) Yg m(CuO)（44Y/100）g求得 m(
36、CO2)=（44Y/100）g m(CuO)=（80Y/100）gCO2过量发生反应如下：CaC03 + CO2 + H20=Ca（HCO3)2 Ca（OH）2 + CO2 = CaC03 +H2O 100g 44g 1mol 1mol 100Xg-Yg m1(CO2) Xmol m2(CO2) Xmol CuO + CO Cu + CO2 求得m1(CO2)=44g(100Xg-Yg)100g m2(CO2)=44Xg 则CuO的质量为(200X-Y/100)80g考点：化学计算22已知AK均为中学化学中的常见物质。它们之间的转化关系如下图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中生成的水及其它
37、部分产物已略去。请回答以下问题：（1）E中阳离子的结构示意图为_。（2）写出A与B反应生成C和D的化学方程式_。（3）写出H在空气中生成I的化学方程式_。（4）检验J中阳离子的方法是_。【答案】（1）（2）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe（3）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（4）取少量J溶液于试管中，滴加12滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+；【解析】试题分析：I为红褐色固体，应为Fe(OH)3，则H为Fe(OH)2，G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为Al(OH)
38、3，F为NaAlO2；（1）E为AlCl3，阳离子为Al3+，离子的结构示意图为；（2）A与B发生铝热反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（3）氢氧化铁在空气中被氧化的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）Fe3+的检验方法是取少量J溶液于试管中，滴加12滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3+。【考点定位】无机框图推断题，考查物质推断与性质。【名师点晴】无机物的推断解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展
39、开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从红褪色固体I和A与B之间的铝热反应展开推理解题。23(10分)化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：已知：1.RCH=CH2RCH2CH2OH(B2H6为乙硼烷)；2.F的结构简式为；3.醛基在Cu(OH)2、加热的条件下会氧化成羧基，碳碳双键则不受影响。请回答下列问题：（1）已知11.2 L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88 g CO2和45 g H2O。A的分子式是_；
40、（2）A被氯气取代后，只有B和C两种一氯代烃，且C的核磁共振氢谱只有一种特征峰，请写出它们的结构简式：B_，C_；（3）反应的化学方程式为_；该反应的反应类型是_；（4）反应的化学方程式为_；（5）写出两个与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：_、_【答案】（1）C4H10（2）B：(CH3)2CHCH2Cl C：(CH3)3CCl（3）(CH3)2CHCH2Cl+ NaOHCH2=C(CH3)2+ NaCl + H2O 消去反应（4）（5）下列4个同分异构体中任选2个， 、 、【解析】试题分析：（1）计算得0.5mol烃中2molC、5molH，所以其分子式为C4H10；（2）A为2-甲基丙烷，B：(CH3)2CHCH2Cl C：(CH3)3CCl；（3）BD、CD均为卤代烃的消去反应；（4）反应为酯化反应，结合“已知”判断E为醇类，G为羧酸；（5）改变侧链结构可写出G的同分异构体。考点：有机物分子式的确定、同分异构体、有机化学方程式的书写。
