1、2016年新疆伊犁州伊宁三中高考化学二模试卷一、选择题1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化CPM 2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维2下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）选项微粒组加人试剂发生反应的离子方程式AFe3+、I、CrNaOH溶液Fe3+30HFe（0H）3BK+、NH3H20、CO32通人少量CO220H+C02CO32+H20CH+，Fe
2、2+、SO42Ba（NO3）2溶液SO42+Ba2+BaSO4DNa+、Al3+、Cl少量澄淸石灰水Al3+30HAl（OH）3AABBCCDD3用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量的铁粉反应，反应转移电子的数目为3NAB室温时，足量Zn与浓硫酸反应共产生2mol气体，转移电子数为4NAC7.8gNa2O2与足量水反应时转移电子数目为0.2NAD1mol二氧化氮气体久置后在标准状况下的体积为22.4L4下列各装置能够达到相应实验目的是（）A用装置除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸B用装置除去氯气中的少量氯化氢C用装置制取无水MgCl2D用装置制取乙烯5短周期主族元
3、素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图所示，下列推断不正确的是（）A常压下，单质R的熔点高于单质M的熔点BR、T的简单离子都会破坏水的电离平衡CN2M2与R2M3中所含化学健的类型完全相同DN、R、T的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应6早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH（熔融）4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na下列有关说法正确的是（）A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：Na+e=NaB盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得
4、等量的钠，则两反应中转移的电子总数比为2：1D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极7下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热H=241.8 kJmol1B图表示反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g），达到平衡时A2的转化率大小为：bacC图表示0.1mol MgCl26H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化D图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH二、非选择题（共58分）8工业上利用某地磷矿（主要成分是磷酸钙，质量分数为80
5、%，另外还含有石英及少量碳酸镁、氧化铝等不含磷杂质）制取磷铵，并用制磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸、水泥其生产流程如图1：请分析并回答下列问题：（1）窑气（SO2）进入接触室前需要净化的目的是；（2）实验室完成操作b的方法是过滤、洗涤和干燥等；（3）图2表示接触室和吸收塔的内部构造吸收塔内安装有许多瓷环作用是；（4）接触室中进行学反应是：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=296.4kJ/mol接触室内安装热交换器的目的是图3表示接触室中催化剂随温度变化图象，图4表示SO2的转化率a（SO2）随温度T及压强P的变化图象你认为接触室中最合适的温度和压强是（5）硫酸厂的尾气除了含有N2、O2
6、外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾能用于测定硫酸厂尾气中SO2含量的试剂是（填字母代号）：ANaOH溶液、酚酞试液 BKMnO4溶液、稀H2SO4 C氨水、酚酞试液 D碘水、淀粉溶液（6）在述生产过程中循环利用的物质有（填化学式）；（7）磷铵是一种常用复合肥，经分析其中氮与磷原子数之比为3：2，在生产过程中平均有7%的磷元素损失，该厂日均生产74.1吨磷铵，要维持正常生产，每天需运入这种磷矿至少吨9工业上制取硝酸铵的流程图如图，请回答下列问题（1）合成氨的工业设备名称是，设备中设置热交换器的目的是；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是；生产中原料气必须进行脱硫，目的是（2）吸收塔
7、中反应为，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是（3）生产硝酸的过程中常会发生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：方法一：碱吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+NaNO3+CO2方法二：氨还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（该反应放热，NO也有类似的反应）方法三：甲烷吸收法：CH4（g）+2NO2（g）CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=+867kJ/mol（NO也有类似反应）上述三种方法中，方法一最大的缺点是；方法二和方法三相比，优点是，缺点是（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3，已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制H
8、NO3所用NH3的质量占总消耗NH3质量（不考虑其它损耗）的%（保留三位有效数字）10某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3假设二：溶液中溶解的O2；（1）验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25mL0.1molL1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体假设一成立实验2：在盛有不含O2的25mL0.1molL1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体（2
9、）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图：实验1中溶液pH变小的原因是；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）（3）该小组还设计了实验验证假设二，请在实验4横线处写出实验步骤实验步骤实验现象结论实验3：在盛有不含O2的25m10.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体实验4：11乙烯是一种用途广泛的基本有机化工原料，可以用来合成碳酸二甲酯（DMC）等重要化工产品（部分反应条件已略去）：已知：羟基直接与碳碳双键相连不稳定：RCH=CHOHRCH2CHO化合物A的核磁共振氢谱图中只显示1组峰（1）工业上生产乙
10、烯的主要方法是，试剂X为；（2）下列说法正确的是ADE的反应类型为取代反应B化合物A与化合物C含有相同官能团CDMC与乙酸乙酯互为同系物DDMC酸性条件下水解能产生CO2和甲醇（3）写出写出化合物C与足量试剂X反应的化学方程式（4）现代工业也常用尿素（）和甲醇在催化剂、加热条件下，发生取代反应生成DMC，请写出该反应的化学反应方程式2016年新疆伊犁州伊宁三中高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化CPM 2.5是指大气中直径接近
11、2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅【分析】A绿色化学是无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染； B氮和磷是植物的营养元素；C胶体粒子的直径介于1nm100nm之间；D光导纤维的成分是二氧化硅【解答】解：A绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误； B氮和磷是植物的营养元素，可造成水体富营养化，故B正确；C胶体粒子的直径介于1nm100nm之间
12、，PM2.5是指大气中直径2.5106m的颗粒物，不一定为胶体，故C错误；D光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅单质，故D错误故选B【点评】本题考查化学与社会、环境的关系，把握能源使用及污染物的排放为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大2下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）选项微粒组加人试剂发生反应的离子方程式AFe3+、I、CrNaOH溶液Fe3+30HFe（0H）3BK+、NH3H20、CO32通人少量CO220H+C02CO32+H20CH+，Fe2+、SO42Ba（NO3）2溶液SO42+Ba2+BaSO4DNa+、Al3+、Cl少量澄淸石灰水A
13、l3+30HAl（OH）3AABBCCDD【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A铁离子能够氧化碘离子，不能共存；B二氧化碳少量，一水合氨优先反应；C硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；D铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀【解答】解：AFe3+、I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，故A错误；B通入少量CO2，NH3H20优先反应，正确的离子方程式为：2NH3H20+C02CO32+H20+2NH4+，故B错误；C加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，正确的离子方程式为：NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O、SO42+Ba2+BaSO4，故C错
14、误；DAl3+与少量氢氧化钙反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+30HAl（OH）3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子方程式的书写原则，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力3用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量的铁粉反应，反应转移电子的数目为3NAB室温时，足量Zn与浓硫酸反应共产生2mol气体，转移电子数为4NAC7.8gNa2O2与足量水反应时转移电子数目为0.2NAD1mol二氧化氮气体久置后在标准状况下的体积为22.4L【考点】阿
15、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、氯气和铁反应后变为1价；B、锌和浓硫酸反应生成二氧化硫；C、求出过氧化钠的物质的量，然后过氧化钠和水反应时为歧化反应来分析；D、NO2中存在平衡：2NO2N2O4【解答】解：A、氯气和铁反应后变为1价，故1mol氯气反应转移2mol电子即2NA个，故A错误；B、锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，当生成1mol二氧化硫时转移2mol电子，故当生成2mol二氧化硫时，转移4mol电子即4NA个，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反应时为歧化反应，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故C错误；D、NO
16、2中存在平衡：2NO2N2O4，故1mol二氧化氮久置后在标况下的体积小于22.4L，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4下列各装置能够达到相应实验目的是（）A用装置除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸B用装置除去氯气中的少量氯化氢C用装置制取无水MgCl2D用装置制取乙烯【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应；B氯气、HCl在溶液中均与硝酸银反应；C在HCl气流中可抑制镁离子水解；D制备乙烯需要在170，应测定反应混合液的温度【解答】解：A乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，不能除杂，
17、应将试剂改为饱和碳酸钠，故A错误；B氯气、HCl在溶液中均与硝酸银反应，不能除杂，应加硝酸银改为饱和食盐水，故B错误；C在HCl气流中可抑制镁离子水解，则图中装置可制取无水MgCl2，故C正确；D制备乙烯需要在170，应测定反应混合液的温度，图中温度计的位置不合理，水银球应在液面以下，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、盐类水解及应用、有机物的制备实验等，把握物质的性质、反应原理、实验基本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大5短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图所示，下列推断不正确的是（）A
18、常压下，单质R的熔点高于单质M的熔点BR、T的简单离子都会破坏水的电离平衡CN2M2与R2M3中所含化学健的类型完全相同DN、R、T的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由短周期元素的原子半径和族序数可知M为O元素，Y为S元素，R为Al元素，N为Na元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：由短周期元素的原子半径和族序数可知M为O元素，Y为S元素，R为Al元素，N为Na元素，AR为Al，M为S，Al的熔点较高，故A正确；BAl、S的简单离子都可发生水解，可促进水的电离，故B正确；CNa2O
19、2含有离子键和共价键，Al2O3只含离子键，故C错误；D氢氧化铝为两性氢氧化物，可与强碱、强酸反应，故D正确故选C【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，审题中要抓住“短周期主族元素”几个字6早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH（熔融）4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na下列有关说法正确的是（）A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：Na+e=NaB盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
20、C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数比为2：1D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A阳极氢氧根离子放电生成氧气和水；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动；C戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子；D石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电【解答】解：A由4NaOH（熔）4Na+O2+2H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH4e=2H2O+O2，故A错误；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原
21、性大于Fe，故B错误；C由4NaOH（熔）4Na+O2+2H2O、3Fe+4NaOHFe3O4+2H2十4Na可知，戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则转移电子总数为1：2，故C错误；D电解熔融氯化钠法制钠时，石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电，发生2NaCl2Na+Cl2，如铁为阳极，则铁被氧化，故D正确；故选D【点评】本题考查金属的冶炼及电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素的化合价变化及发生的电极反应即可解答，题目难度不大7下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃
22、烧热H=241.8 kJmol1B图表示反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g），达到平衡时A2的转化率大小为：bacC图表示0.1mol MgCl26H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化D图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；pH的简单计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；B对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物
23、的转化率增大；CMgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，据此解答即可；D酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大【解答】解：A、图象中1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：abc，故B错误；CMgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1molMgO的质量为0.1mol（24+16）g/mol=4.0g，故最终
24、生成质量应为4.0g，故C正确；D稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HAHB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaANaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误；故选C【点评】本题主要考查的是化学反应的能量变化规律、弱电解质的电离、平衡移动方向判断等知识，题目难度中等，综合性较强，充分考查了学生的灵活应用能力，注意熟练掌握弱电解质的电离平衡、化学平衡的影响因素，明确化学反应与能量变化的关系二、非选择题（共58分）8工业上利用某地磷矿（主要成分是磷酸钙，质量分数为80%，另外还含有石英及少量碳酸镁、氧化铝等不含磷杂质）制取磷铵，并用制磷铵排
25、放的废渣磷石膏制取硫酸、水泥其生产流程如图1：请分析并回答下列问题：（1）窑气（SO2）进入接触室前需要净化的目的是防止接触室中的催化剂中毒；（2）实验室完成操作b的方法是蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤和干燥等；（3）图2表示接触室和吸收塔的内部构造吸收塔内安装有许多瓷环作用是；（4）接触室中进行学反应是：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=296.4kJ/mol接触室内安装热交换器的目的是预热进入接触室的反应混合气体，及时将反应放出的热量吸收，防止接触室温度偏高图3表示接触室中催化剂随温度变化图象，图4表示SO2的转化率a（SO2）随温度T及压强P的变化图象你认为接触室中最合适的温度和
26、压强是400500、101KPa（5）硫酸厂的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾能用于测定硫酸厂尾气中SO2含量的试剂是BD（填字母代号）：ANaOH溶液、酚酞试液 BKMnO4溶液、稀H2SO4 C氨水、酚酞试液 D碘水、淀粉溶液（6）在述生产过程中循环利用的物质有H2SO4、SO2（填化学式）；（7）磷铵是一种常用复合肥，经分析其中氮与磷原子数之比为3：2，在生产过程中平均有7%的磷元素损失，该厂日均生产74.1吨磷铵，要维持正常生产，每天需运入这种磷矿至少125吨【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】装置A中硫酸与磷矿反
27、应，操作a是把固体与液体分开，应为过滤，装置B中氨气与磷酸反应，操作b是由溶液中析出晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到磷铵，磷酸受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶磷石膏中含有硫酸钙，经过煅烧生成水泥，得到二氧化硫窑气，净化后得二氧化硫，在接触室中氧化得三氧化硫，与水反应得硫酸，可以再参加与磷矿石的反应，尾气中二氧化硫循环利用（1）未净化的SO2气体中有粉尘等杂质，可以使催化剂中毒；（2）操作b是从溶液中获得晶体；（3）增大SO3与吸收剂的接触面积；（4）预热进入接触室的反应混合气体，及时将反应放出的热量吸收；400500、101KPa时二氧化硫的转化率已经很高，再增大压强，会增大成
28、本，二氧化硫转化率提高不大；（5）SO2、微量的SO3和酸雾都能与碱反应，不能利用碱测定，SO2具有还原性，可以利用强氧化剂测定；（6）由上述分析可知，硫酸、二氧化硫可以循环利用；（7）磷铵是一种常用复合肥，经分析其中氮与磷原子数之比为3：2，磷铵的化学式可以表示为：（NH4）3H3（PO4）2，根据P元素守恒可得关系式：2P（NH4）3H3（PO4）2，根据关系式计算【解答】解：装置A中硫酸与磷矿反应，操作a是把固体与液体分开，应为过滤，装置B中氨气与磷酸反应，操作b是由溶液中析出晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到磷铵，磷酸受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶磷石膏中含有硫酸钙，经
29、过煅烧生成水泥，得到二氧化硫窑气，净化后得二氧化硫，在接触室中氧化得三氧化硫，与水反应得硫酸，可以再参加与磷矿石的反应，尾气中二氧化硫循环利用（1）未净化的SO2气体中有粉尘等杂质，可以使催化剂中毒，故答案为：防止接触室中的催化剂中毒；（2）操作b是从溶液中获得晶体，从溶液中析出晶体的方法是：将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得相应晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（3）吸收塔内安装有许多瓷环，增大SO3与吸收剂的接触面积，使SO3充分吸收，故答案为：增大SO3与吸收剂的接触面积，使SO3充分吸收；（4）接触室内安装热交换器，可以预热进入接触室的反应混合气体，及时将反应放出的热量吸收，防止接触室温度
30、偏高，400500、101KPa时二氧化硫的转化率已经很高，再增大压强，会增大成本，二氧化硫转化率提高不大，该温度下反应速率较快、催化剂活性最好，故答案为：预热进入接触室的反应混合气体，及时将反应放出的热量吸收，防止接触室温度偏高；400500、101KPa；（5）ANaOH溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高，故A错误；B硫酸尾气中只有SO2能被酸性KMnO4溶液氧化，溶液颜色由紫红色变为无色，根据KMnO4溶液的体积结合方程式计算SO2的含量，故B正确；C氨水与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高，故C错误；D硫酸尾气中只有SO2能被碘水氧化SO2，溶
31、液颜色由蓝色变为无色，根据碘水溶液的体积结合方程式计算SO2的含量，故D正确，故答案为：BD；（6）由上述分析可知，H2SO4、SO2可以循环利用，故答案为：H2SO4、SO2；（7）磷铵是一种常用复合肥，经分析其中氮与磷原子数之比为3：2，磷铵的化学式可以表示为：（NH4）3H3（PO4）2，设需要磷矿y吨，则： 2P（NH4）3H3（PO4）2 62 247y吨80%（17%） 74.1吨所以62：244=y吨80%（17%）：74.1吨解得：y=125故答案为：125【点评】本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，涉及物质的分离提纯、对条件的控制、对装置与原理的分析评价、实
32、验方案设计、化学计算等，（7）中计算为易错点、难点，关键根据原子数目之比确定磷铵的组成，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力9工业上制取硝酸铵的流程图如图，请回答下列问题（1）合成氨的工业设备名称是合成塔，设备中设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中原料气必须进行脱硫，目的是防止催化剂中毒（2）吸收塔中反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是使NO循环利用，全部转化为硝酸（3）生产硝酸的过程中常会发生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：方法一：碱吸收法：NO+NO2+2NaOH=
33、2NaNO2+NaNO3+CO2方法二：氨还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（该反应放热，NO也有类似的反应）方法三：甲烷吸收法：CH4（g）+2NO2（g）CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=+867kJ/mol（NO也有类似反应）上述三种方法中，方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收；方法二和方法三相比，优点是甲烷比氨价格便宜，缺点是耗能高（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3，已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用NH3的质量占总消耗NH3质量（不考虑其它损耗）的54.4%（保留三位有效数字）【考点】制备实验方案的设计【专题】
34、制备实验综合【分析】（1）合成氨的工业设备是合成塔；合成氨的反应属于放热反应；N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中应防止催化剂中毒；（2）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；（3）方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜；缺点是方法三的耗能较高；（4）根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，以此计算【解答】解：（1）合成氨的工业设备是合成塔，热交换器的目的合成氨放热反应，可以利用热量对氨的催化氧化中
35、进行加热，节约能源，因此热交换器作用是：利用余热，节约能源；根据流程图：将氮气和氢气通过铁砂网，产生氨气，因此合成氨的催化剂是铁砂网或铁触媒，在生产过程中，应对气体的杂质进行处理，因为这些杂质可能造成催化剂中毒，故答案为：合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网；防止催化剂中毒；（2）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸，反应的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；使NO循环利用，全部转化为硝酸；（3）方法一最大的缺点是单独的
36、NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜，节约成本；缺点是方法三的反应热为+867kJmol1，耗能较高；故答案为：单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高；（4）由NH3制NO的产率是94%、NO制HNO3的产率是89%，根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol94%89%=0.8366mol，由HNO3+NH3NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8366mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为：100%=54.4%，即制HNO3所用去的N
37、H3的质量占总耗NH3质量的54.4%，故答案为：54.4【点评】本题考查了工业制备原理应用，题目难度中等，流程分析，实验制备物质的分析判断，利用物质的转化及质量守恒的方法来进行简单计算，使用硝酸铵的注意事项，明确转化中的化学反应得出物质之间的关系是解答的关键10某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3假设二：溶液中溶解的O2；（1）验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25mL0
38、.1molL1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体无现象假设一成立实验2：在盛有不含O2的25mL0.1molL1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体白色沉淀生成（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图：实验1中溶液pH变小的原因是SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是3SO2+2H2O+2NO3=2NO+4H+3SO42（用离子方程式表示）（3）该小组还设计了实验验证假设二，请在实验4横线处写出实验步骤实验步骤实验现象结论实验3：在盛有不含O2的25m1
39、0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体实验4：【考点】性质实验方案的设计；二氧化硫的化学性质【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）因盐酸的酸性大于亚硫酸，则二氧化硫与氯化钡不反应；Ba（NO3）2溶液中缓慢通入纯净的SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；（2）实验1在pH变小，与溶液生成亚硫酸的酸性增强有关；实验2中溶液pH小于实验1的原因，与生成硫酸有关；（3）设计实验验证假设二，实验3与4为对比实验，实验4中未经脱O2处理，以此来解答【解答】解：（1）因盐酸的酸性大于亚硫酸，则二氧化硫与氯化钡不反应，则实验1中无现象；Ba（NO3）2溶液中缓慢通入纯净的
40、SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则实验2中生成白色沉淀，假设一成立，故答案为：实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25mL0.1molL1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体无现象假设一成立实验2：在盛有不含O2的25mL0.1molL1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体白色沉淀生成（2）实验1中溶液pH变小的原因是SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；实验2中溶液pH小于实验1的原因是3SO2+2H2O+2NO3=2NO+4H+3SO42，故答案为：SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2H
41、2O+2NO3=2NO+4H+3SO42；（3）设计实验验证假设二，实验3与4为对比实验，实验4中未经脱O2处理，实验4中出现白色沉淀，实验3中无现象可知假设二成立，故答案为：实验步骤实验现象结论实验3：在盛有不含O2的25m10.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体无现象假设二成立实验4：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体有白色沉淀生成【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握物质的性质与发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力考查，注意发生的氧化还原反应判断，题目难度不大11乙烯是一种用途广泛的
42、基本有机化工原料，可以用来合成碳酸二甲酯（DMC）等重要化工产品（部分反应条件已略去）：已知：羟基直接与碳碳双键相连不稳定：RCH=CHOHRCH2CHO化合物A的核磁共振氢谱图中只显示1组峰（1）工业上生产乙烯的主要方法是石油裂解，试剂X为银氨溶液；（2）下列说法正确的是ADADE的反应类型为取代反应B化合物A与化合物C含有相同官能团CDMC与乙酸乙酯互为同系物DDMC酸性条件下水解能产生CO2和甲醇（3）写出写出化合物C与足量试剂X反应的化学方程式（4）现代工业也常用尿素（）和甲醇在催化剂、加热条件下，发生取代反应生成DMC，请写出该反应的化学反应方程式+2CH3OH+2NH3【考点】有机
43、物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】乙烯氧化生成A，化合物A的核磁共振氢谱图中只显示1组峰，结合A与二氧化碳反应生成，可知A为，A与水发生反应生成B，由B的分子式可知B为CH2OHCH2OH，B发生催化氧化生成C，结合C的分子式可知C为OHCCHO，C发生氧化反应生成D，反应需要水浴加热，则试剂X为银氨溶液，D为HOOCCOOH，由E的分子式可知乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成环酯，则E为与甲醇反应得到DMC与乙二醇，结合DMC的分子式可知，DMC的结构简式为【解答】解：乙烯氧化生成A，化合物A的核磁共振氢谱图中只显示1组峰，结合A与二氧化碳反应生成，可知A为，A与水发生反应生成B，由
44、B的分子式可知B为CH2OHCH2OH，B发生催化氧化生成C，结合C的分子式可知C为OHCCHO，C发生氧化反应生成D，反应需要水浴加热，则试剂X为银氨溶液，D为HOOCCOOH，由E的分子式可知乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成环酯，则E为与甲醇反应得到DMC与乙二醇，结合DMC的分子式可知，DMC的结构简式为（1）工业上生产乙烯的主要方法是石油裂解，试剂X为银氨溶液，故答案为：石油裂解；银氨溶液；（2）ADE的反应为羧酸与醇在浓硫酸加热条件下发生的酯化反应，也称取代反应，故A正确； B化合物A为，化合物C为OHCCHO，所以官能团不同，故B错误；CDMC的结构简式为，与乙酸乙酯含有酯基数目不同，所以不互为同系物，故C错误； DDMC的结构简式为，酸性条件下水解能产生二氧化碳与甲醇，故D正确；故选：AD；（3）化合物C与足量试剂X反应的化学方程式：，故答案为：；（4）常用尿素（）和甲醇在催化剂、加热条件下，发生取代反应生成DMC，则反应的方程式为+2CH3OH+2NH3，故答案为： +2CH3OH+2NH3【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构与分子式及反应条件进行分析，侧重于考查学生分析推理能力和综合运用化学知识的能力，熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等
