1、2016年河北省邯郸市高考化学一模试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金2的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）（）A7种B6种C5种D4种3设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molMg在空气中完全燃烧生成Mg
2、O和Mg2N3，转移的电子数为NAB14g分子式为CnH2n的链烃中含有的CH键的数目为2NAC室温时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.2NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA4下列装置或操作能达到实验目的是（）A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯5已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是（）A若A是铁，则E可能为稀硝酸B若A是
3、CuO，E是碳，则B为COC若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3D若A是AlCl3溶液，E可能是氨水6部分短周期元素的有关信息为：元素代号元素性质或原子结构T第二层上的电子数是第一层的3倍R与T 同一族LL2+与T2的核外电子数相等Q与L同族Z元素最高正价是+3价，与L同周期根据上表中信息，判断以下叙述正确的是（）A氢化物的稳定性为H2TH2RB单质与稀盐酸反应的速率为LQCZ与T形成的化合物具有两性DL与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等7常温下，用0.1molL1的CH3COOH溶液滴定20mL 0.1molL1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，
4、混合溶液的pH=7已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确是（）AKa=BV=CKa=DKa=二、解答题（共3小题，满分43分）8碳铵是一种较常使用的化肥，它在常温下易分解某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问，时行了如下探究【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色（1）根据实验现象，推测碳铵中所含有阴离子可能是和；（2）根据实验现象，碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是；【定
5、量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比该兴趣小组准确称取ag碳铵，加热使之分解，并把产物通入碱石灰中，如图1所示（3）碳铵固体应放在中进行加热A试管B蒸发皿C烧瓶D坩埚（4）从安全的角度考虑，尾气处理的装置可以选用如图2；（5）若灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为bg由此测得N元素的质量是g（6）为了测定碳铵中碳元素的质量，他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水，加入过量BaCl2，然后测定生成沉淀质量请你评价该方案是否合理；（填“合理”“不合理”），理由是9氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化（1）已知：2SO2（g
6、）+O2 （g）2SO3 （g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2 （g）2NO2 （g）H=113.0kJmol1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的反应为（填“放热”或“吸热”）反应（2）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图1所示反应在c点（填“达到”或“未到”）平衡状态开始时，在该容器中加入：1molSO2（g）和1molNO2（g）；II：1molSO3（g）和1mol NO（g），则达化学平衡时，该反应的平衡常数（填“”、“=”或“”）（3）用氢
7、氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解，A室产生了N2电极是极，B室产生的气体是A室NO2发生的电极反应是；（4）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术现有NO、NO2的混合气6L，可用同温同压下7L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为10锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业
8、等部门以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022（1）步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是；（2）步骤中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：使矿物中的物质充分反应；提供第步氧化时所需要的酸性环境；（3）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是；加氨水调节溶液的pH为5.06.0，以除去Fe3+（4）步骤中，需要用
9、到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有；滤渣2的主要成分是；（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降欲使溶液中c（Mn2+）1.0105 molL1，则应保持溶液中c（S2） molL1三【化学选修2：化学与技术】11我市某地的煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：已知：离子开始沉淀pH完全沉淀pHFe3+2.13.2Al3+4.15.4请回答下列问题：（1）“酸浸”后得到的残渣中主要含有的物质是物质X的化学式为（2）“酸浸
10、”时影响铝浸出率的因素可能有（写出两个）、（3）为了获得产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作过程是（4）Al（OH）3可添加到塑料中作阻燃剂的原因是（5）以Al和MnO2为电极，与NaCl和稀氨水电解质溶液组成一种新型电池，放电时MnO2转化为MnO（OH）该电池反应的化学方程式是（6）预处理后的100t煤矸石经上述流程后，得到39t纯度为95%的氢氧化铝产品则预处理后的100t煤矸石中铝元素的回收率为四【化学选修3：物质结构与性质】12新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得基
11、态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为，该能层具有的原子轨道数为LiBH4由Li+和BH4构成，BH4的立体结构是，B原子的杂化轨道类型是Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料LiH中，离子半径Li+H（填“”、“=”或“”）某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物M的部分电离能如表所示：I1/kJmol1 I2/kJmol1 I3/kJmol1I4/kJmol1I5/kJmol1 738 1451 7733 10540 13630M是 （填元素符号）（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为1
12、02pm，H的半径为，NaH的理论密度是gcm3（只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）五【化学选修5：有机化学基础】13以烃A或苯合成高分子化合物PMLA的路线如下：已知：RCH2OHRCOOH（1）A的化学式为C4H6，其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为2：1，A的名称为，A的链状同分异构体有种（不包括A）（2）由F转化为H2MA的反应类型是（3）1mol有机物F与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO244.8L，F有顺反异构，其反式结构简式是（4）C的结构简式是（5）E与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是（6）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PML
13、A的化学方程式（任写一种）2016年河北省邯郸市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【考点】绿色化学【专题】化学应用【分析】A气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；B依据湿法炼铜原理解答；C青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法
14、；D合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料【解答】解：A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；B铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C青蒿素的提取用的是低温萃取，没有新物质生成，属于物理方法，故C错误；D铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故D正确；故选：C【点评】本题考查了化学与生活、社会关系，涉及胶体的性质、物理变化与化学变化的判断、合金的性质，题目难度不大，掌握基础是解题关键2的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）（）A7种B6种C5种D4种【考点】常见有机
15、化合物的结构【分析】根据取代基的种类和个数进行分析，使得有机物结构中含有1种氢原子即可，据此讨论解答【解答】解：第一种情况就是四个碳分别形成甲基，四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上，5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上，3、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上，4、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上，2、3、5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有4种；故选：D【点
16、评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，根据等效氢判断侧链是解题的关键3设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3，转移的电子数为NAB14g分子式为CnH2n的链烃中含有的CH键的数目为2NAC室温时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.2NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA【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镁反应生成二价镁离子；BCnH2n的链烃含有的CH键的数目与氢原子数目相同；CpH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含
17、有0.1mol氢氧根离子；D气体状况未知，Vm不确定【解答】解：AMgO和Mg3N2的混合物中镁的化合价都为+2价，1mol镁变成镁离子生成2mol电子，共失去2NA个电子，故A错误；B.14g分子式为CnH2n的链烃中含有氢原子个数为2mol，含有CH键的数目为2NA，故B正确；C常温下，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH数目为0.1NA，故C错误；D气体状况未知，Vm不确定，无法计算氢气的物质的量，无法计算转移电子数，故D错误；故选：B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，掌握物
18、质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度等之间的关系是解题关键，注意标准状况下气体摩尔体积的使用条件4下列装置或操作能达到实验目的是（）A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫易溶于水，锥形瓶中气压减小；B四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氨气也不相溶；C蒸发操作利用蒸发皿，不能利用坩埚；D乙醇易挥发，能被高锰酸钾氧化【解答】解：A二氧化硫易溶于水，锥形瓶中气压减小，无法证明SO2与NaOH溶液发生了反
19、应，故A错误；B氨气或氯化氢是极易溶于水的气体，在处理时要防止倒吸，四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氨气也不相溶，该装置可以防止倒吸，故B正确；C实验室中从食盐水中提取氯化钠，应利用蒸发，蒸发操作利用蒸发皿，不能利用坩埚，故C错误；D乙醇易挥发，能被高锰酸钾氧化，则该装置中生成的乙烯及挥发出的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，则不能证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质、尾气处理、蒸发操作、气体的制取及检验等，注重实验的基础知识的考查，题目难度不大5已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产
20、物略去），则下列有关物质的推断不正确的是（）A若A是铁，则E可能为稀硝酸B若A是CuO，E是碳，则B为COC若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3D若A是AlCl3溶液，E可能是氨水【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】AFe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸铁可以相互转化；B碳还原氧化铜可以生成CO或二氧化碳，二氧化碳与C偶可以相互转化；C二氧化碳和氢氧化钠溶于反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化；DAlCl3溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水【解答】解：AFe和过量的硝酸反应生成硝酸铁，以少量硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸
21、亚铁可以被氧化为硝酸铁，硝酸铁能与Fe反应生成硝酸亚铁，能实现上述转化，故A正确；B氧化铜与少量的碳反应生成二氧化碳，与过量的碳反应生成CO，二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳，CO与氧气反应生成二氧化碳，符合转化关系，故B正确；CNaOH溶液与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，与少量的二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，符合转化关系，故C正确；DAlCl3溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，不能实现转换，故D错误故选：D【点评】本题考查无机物推断，属于验证型题目，熟练掌握元素化合物性质，注意掌握中学常见与量及顺序、反应条件
22、有关的反应6部分短周期元素的有关信息为：元素代号元素性质或原子结构T第二层上的电子数是第一层的3倍R与T 同一族LL2+与T2的核外电子数相等Q与L同族Z元素最高正价是+3价，与L同周期根据上表中信息，判断以下叙述正确的是（）A氢化物的稳定性为H2TH2RB单质与稀盐酸反应的速率为LQCZ与T形成的化合物具有两性DL与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素中，T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍，则L层电子数为6，故T为O元素；R与T 同一族，则R为S元素；L2
23、+与T2的核外电子数相等，则L为Mg；Q与L同族，则Q为Be；Z元素最高正价是+3价，与L同周期，则Z为Al，据此解答【解答】解：短周期元素中，T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍，则L层电子数为6，故T为O元素；R与T 同一族，则R为S元素；L2+与T2的核外电子数相等，则L为Mg；Q与L同族，则Q为Be；Z元素最高正价是+3价，与L同周期，则Z为AlA非金属性OS，故氢化物的稳定性为H2OH2S，故A错误；B金属性L（Mg）Q（Be），故Mg与盐酸反应更剧烈，故B错误；CZ与T形成的化合物为氧化铝，属于两性氧化物，故C正确；DL与R通过离子键形成的化合物为MgS，Mg2+离子核外电子数
24、为10、S2离子核外电子数为18，故D错误，故选：C【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，旨在考查学生对基础知识的理解掌握7常温下，用0.1molL1的CH3COOH溶液滴定20mL 0.1molL1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确是（）AKa=BV=CKa=DKa=【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】当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7，此时溶液中c（OH）=c（H+）=107mol/L，由电荷
25、守恒c（Na+）=c（CH3COO）=mol/L，根据物料守恒c（CH3COO）+c（CH3COOH）=mol/L，联立计算c（CH3COOH），CH3COOH的电离平衡常数为Ka=，代入Ka表达式进行计算【解答】解：当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7，此时溶液中c（OH）=c（H+）=107mol/L，由电荷守恒：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），可知c（Na+）=c（CH3COO）=mol/L，根据物料守恒c（CH3COO）+c（CH3COOH）=mol/L，则c（CH3COOH）=（）mol/L=mol/L，CH3COOH的电离平衡常数为Ka=，
26、则V=，故选：A【点评】本题考查弱电解质电离平衡常数，关键是利用电荷守恒、物料守恒确定离子浓度，难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8碳铵是一种较常使用的化肥，它在常温下易分解某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问，时行了如下探究【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色（1）根据实验现象，推测碳铵中所含有阴离子可能是HCO3和CO32；（2）根据实验现象，碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH4+OH=NH3
27、+H2O、HCO3+OH=CO32+H2O（或NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O）；【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比该兴趣小组准确称取ag碳铵，加热使之分解，并把产物通入碱石灰中，如图1所示（3）碳铵固体应放在A中进行加热A试管B蒸发皿C烧瓶D坩埚（4）从安全的角度考虑，尾气处理的装置可以选用如图2A；（5）若灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为bg由此测得N元素的质量是（ab）g（6）为了测定碳铵中碳元素的质量，他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水，加入过量BaCl2，然后测定生成沉淀质量请你评价该方案是否合理；不合理（或合理）（填“合理”“不
28、合理”），理由是碳铵中可能含有HCO3不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确（或因为碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成，白色沉淀为碳酸钙；再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色，则气体为氨气；（2）碳铵与足量NaOH溶液加热，铵根离子与氢氧根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；（3）因加热装置后连接U形管，以此选择仪器；（4）尾气
29、处理，应防止倒吸；（5）灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为bg，则氨气的质量为（ab）g；（6）ag碳铵完全溶解于水，加入过量BaCl2，然后测定生成沉淀质量，若混有碳酸氢根离子或测量不准确，则不合理；若碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量，则合理，以此来解答【解答】解：（1）取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成，白色沉淀为碳酸钙，盐中阴离子可能HCO3、CO32；再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色，则气体为氨气，则原固体中含铵根离子，由
30、上述分析可知，阴离子可能为HCO3、CO32，故答案为：HCO3；CO32；（2）碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH4+OH=NH3+H2O、HCO3+OH=CO32+H2O（或NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O），故答案为：NH4+OH=NH3+H2O、HCO3+OH=CO32+H2O（或NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O）；ag碳铵，加热使之分解，碱石灰增重为水和二氧化碳的质量，尾气处理为氨气，（3）因加热装置后连接U形管，则选择仪器只能为试管，故答案为：A；（4）尾气处理，应防止倒吸，B不能防止倒吸，C中气体收集时导管应短进，D中为密
31、闭容器可能会炸裂，只有A装置收集及防倒吸，故答案为：A；（5）灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质量差为bg，则氨气的质量为（ab）g，则含N质量为：（ab）g，故答案为：（ab）g；（6）ag碳铵完全溶解于水，加入过量BaCl2，然后测定生成沉淀质量，则：不合理，因为碳铵中可能含有HCO3不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确；合理，因为碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量，故答案为：不合理（或合理）；碳铵中可能含有HCO3不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确（或因为碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得
32、碳元素的质量）【点评】本题考查性质实验方案的设计，题目难度中等，试题综合性较强，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验装置的作用，尤其注意（6）小题属于开放性试题，回答“合理”或“不合理”且理由能做出相应解释均可，有利于学生发散思维能力的训练9氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化（1）已知：2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2 （g）2NO2 （g）H=113.0kJmol1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应（2）向绝热恒容密闭容
33、器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图1所示反应在c点未到（填“达到”或“未到”）平衡状态开始时，在该容器中加入：1molSO2（g）和1molNO2（g）；II：1molSO3（g）和1mol NO（g），则达化学平衡时，该反应的平衡常数（填“”、“=”或“”）（3）用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解，A室产生了N2电极是阴极，B室
34、产生的气体是O2A室NO2发生的电极反应是2NO2+6e+4H2O=8OH+N2；（4）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术现有NO、NO2的混合气6L，可用同温同压下7L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1：3【考点】反应热和焓变；氧化还原反应的计算；化学平衡的计算【专题】氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）根据所给的条件反应，结合要求的目标反应，将条件反应调整计量数并做相应的加减得目标反应，反应热做相应的变化即可；（2）反应达平衡的根本标志是V正=V逆，而c点的只是V正最大而已；容器
35、恒容绝热，SO2（g）+NO2（g）NO（g）+SO3 （g）H0，反应放热，若在该容器中加入：1molSO2（g）和1molNO2（g），则开始反应放热；若在容器中加入II：1molSO3（g）和1mol NO（g），则开始时反应吸热，据此分析平衡常数；（3）通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH在B极放电，据此分析；（4）设出NO的体积为XL，NO2的体积为YL，则有X+Y=6 ，然后根据和氨气反应时得失电子数守恒可有：2X+4Y=73 ，将两式联立即可解得【解答】解：（1
36、）已知：2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）H=196.6kJmol1 2NO（g）+O2 （g）2NO2 （g）H=113.0kJmol1 将可得：SO2（g）+NO2（g）NO（g）+SO3 （g）H=41.6KJ/mol，而当反应热H0时，反应放热，故答案为：放热；（2）化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故答案为：未达；容器恒容绝热，SO2（g）+NO2（g）NO（g）+SO3 （g）H0，反应放热，若在该容器中加入：1molSO2（g）和1molNO2（g），则开始反应放热，温度升高平衡
37、左移，K减小；若在容器中加入II：1molSO3（g）和1mol NO（g），则开始时反应吸热，温度降低平衡右移，K增大，故该反应的平衡常数，故答案为：；（3）通过A室产生了N2，可知I极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2在I放电为N2，则A为阴极；则II极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH在II极放电电极I为阴极，由于B室为NaOH溶液，且II极为阳极，故在II极放电的是氢氧根：4OH4e=O2+2H2O，即产生的气体为氧气，故答案为：阴极；O2；NO2在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是中性溶液，故放电的方程式为：2NO2+6e+6H2O=8OH+N2，故答案
38、为：2NO2+6e+6H2O=8OH+N2；（4）设出NO的体积为XL，NO2的体积为YL，根据混合气体的体积为6L，则有X+Y=6 氨气反应时，NO和NO2得电子，而氨气失电子，根据得失电子数守恒可有：2X+4Y=73 将两式联立即可解得X=1.5，Y=4.5，则有X：Y=1：3，故答案为：1：3【点评】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数的大小比较以及电化学知识的运用，综合性较强，难度适中10锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原
39、料生产金属锰的工艺流程如下：已知25，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022（1）步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O；（2）步骤中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：使矿物中的物质充分反应；提供第步氧化时所需要的酸性环境；抑制Mn2+的水解；（3）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；加氨水调节溶液的pH
40、为5.06.0，以除去Fe3+（4）步骤中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有烧杯；滤渣2的主要成分是CoS和NiS；（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn（OH）2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降欲使溶液中c（Mn2+）1.0105 molL1，则应保持溶液中c（S2）1.0106 molL1【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水；（2）Mn2+离子易水解；（3）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO
41、2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（4）根据操作方法判断缺少的仪器；由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；（5）由于将一级沉降根据MnS的Ksp=c（Mn2+）c（S2）进行计算即可【解答】解：向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可
42、以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O，故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O；（2）Mn2+离子易水解加入过量硫酸，还可以抑制Mn2+的水解，故答案为：抑制Mn2+的水解；（3）步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4
43、H+Mn2+2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（4）步骤为过滤操作，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还需要烧杯；由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成，故答案为：烧杯；CoS和NiS；（5）MnS的Ksp=c（Mn2+）c（S2）=1.01011，为了将Mn2+降到1.0105mol/L，则c（S2）=1.0106mol/L，即硫化钠的浓度是1.0106mol/L
44、，故答案为：1.0106【点评】本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，根据制备流程明确制备原理为解答关键，注意掌握难溶物溶解平衡及溶度积的有关计算方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力三【化学选修2：化学与技术】11我市某地的煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：已知：离子开始沉淀pH完全沉淀pHFe3+2.13.2Al3+4.15.4请回答下列问题：（1）“酸浸”后得到的残渣中主要含有的物质是SiO2物质X的化学式为CO2（2）“酸浸”时影响铝浸出率的因素可能有（写出两个）盐酸的浓度、反应温
45、度（3）为了获得产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作过程是加入CaCO3调节溶液pH至3.2，过滤洗涤除去Fe（OH）3后，再继续加入CaCO3调节溶液pH到5.4，过滤洗涤得到Al（OH）3（4）Al（OH）3可添加到塑料中作阻燃剂的原因是Al（OH）3分解时吸收大量热量且分解生成高熔点的Al2O3（5）以Al和MnO2为电极，与NaCl和稀氨水电解质溶液组成一种新型电池，放电时MnO2转化为MnO（OH）该电池反应的化学方程式是Al+3MnO2+3H2O=3MnO（OH）+Al（OH）3（6）预处理后的100t煤矸石经上述流程后，得到39t纯度为
46、95%的氢氧化铝产品则预处理后的100t煤矸石中铝元素的回收率为96.9%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；（1）能和酸反应的物质有
47、氧化铝和氧化铁，二氧化硅为残渣；X是碳酸钙和水解中的氢离子反应生成二氧化碳；（2）酸浸”时铝浸出率的影响因素可能是酸的浓度、温度、反应物的接触面积、反应时间等都影响反应速率；（3）由于Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，而Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4所以为了得到纯净的Al（OH）3，首先加入CaCO3调节pH到3.2，得到Fe（OH）3，将其过滤除去后；（4）Al（OH）3的分解反应是吸热反应且生成的氧化铝的熔点高；（5）根据原电池原理，Al、MnO2和H2O发生氧化还原反应生成MnO（OH）和Al（OH）3；（6）煤矸石中铝元素的回收率=100%【解
48、答】解：含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；（1）能和酸反应的物质有氧化铝和氧化铁，二氧化硅不与酸反应，为残渣；X是碳酸钙和水解中的氢离子反应生成二氧化碳，故答案为：SiO2；CO2；（2
49、）酸的浓度、温度、反应物接触面积、是否充分搅拌、反应时间等都影响反应速率，故答案为：酸的浓度；温度；（3）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀，故答案为：加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3；（4）Al（OH）3的分解反应是吸热反应且生成的氧化铝的熔点高，所以Al（OH）3可添加到塑料中作阻燃剂，故答案为：Al（OH）3分解时吸
50、收大量热量且分解生成高熔点的Al2O3；（5）根据原电池原理，Al、MnO2和H2O发生氧化还原反应生成MnO（OH）和Al（OH）3，方程式为Al+3MnO2+3H2O=3MnO（OH）+Al（OH）3；故答案为：Al+3MnO2+3H2O=3MnO（OH）+Al（OH）3；（6）煤矸石中铝元素的回收率=100%=100%=96.9%；故答案为：96.9%【点评】本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度中等四【化学选修3：物质结构与性质】12新型储氢材料是开发利用氢能
51、的重要研究方向（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得基态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9LiBH4由Li+和BH4构成，BH4的立体结构是正四面体，B原子的杂化轨道类型是sp3Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为HBLi（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料LiH中，离子半径Li+H（填“”、“=”或“”）某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物M的部分电离能如表所示：I1/kJmol1 I2/kJmol1 I3/kJmol1I4/kJmol1I5/kJmol1 738 1451 7733 10540 13630M是
52、Mg （填元素符号）（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H的半径为142pm，NaH的理论密度是gcm3（只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算【专题】原子组成与结构专题【分析】（1）Cl原子核外电子数为17，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，据此解答；根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型、B原子的杂化轨道类型；元素的非金属性越强，其电负性越大；（2）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；该元素的第II
53、I电离能剧增，则该元素属于第IIA族；（3）NaH具有NaCl型晶体结构，食盐晶体里Na+和Cl的间距为棱长的一半，据此分析解答【解答】解：（1）基态Cl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；BH4中B原子价层电子数=4+=4，B原子的杂化轨道类型是sp3杂化，且不含孤电子对，所以是正四面体构型，非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为HBLi，故答案为：正四面体；sp3；HBLi；（2）核外电子排布相同，核电荷
54、数越大，离子半径越小，锂的质子数为3，氢的质子数为1，Li+、H核外电子数都为2，所以半径Li+H，故答案为：； 该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族，为Mg元素，故答案为：Mg；（3）NaH具有NaCl型晶体结构，NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H的半径为=142pm，该晶胞中钠离子个数=8+6=4，氢离子个数=12+1=4，NaH的理论密度是=，故答案为：142pm；【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式的判断、空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，灵活运用公式是解本题关键，难度中等五【化学选修5：有机化
55、学基础】13以烃A或苯合成高分子化合物PMLA的路线如下：已知：RCH2OHRCOOH（1）A的化学式为C4H6，其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为2：1，A的名称为1，3丁二烯，A的链状同分异构体有2种（不包括A）（2）由F转化为H2MA的反应类型是加成反应（3）1mol有机物F与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO244.8L，F有顺反异构，其反式结构简式是（4）C的结构简式是（5）E与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是（6）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式等（任写一种）【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】1 mol有
56、机物F与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C02 44.8L，二氧化碳为2mol，说明F分子中有2个羧基，F有顺反异构，所以F中还有碳碳双键，则F为HOOCCH=CHCOOH，由F、H2MA的分子式可知，F与水发生加成反应生成H2MA为，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为等，从E到H2MA发生卤代烃的水解反应、酸化，则E为，由B到E中官能团的变化可知，B为ClCH2CH=CHCH2Cl，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为，C与HCl发生加成反应生成D为，D与琼斯试剂反应得到G，A的化学式为C4H6，其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为2：1，结合转化关系可知A为CH2
57、=CHCH=CH2，据此解答【解答】1 mol有机物F与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C02 44.8L，二氧化碳为2mol，说明F分子中有2个羧基，F有顺反异构，所以F中还有碳碳双键，则F为HOOCCH=CHCOOH，由F、H2MA的分子式可知，F与水发生加成反应生成H2MA为，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为等，从E到H2MA发生卤代烃的水解反应、酸化，则E为，由B到E中官能团的变化可知，B为ClCH2CH=CHCH2Cl，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为，C与HCl发生加成反应生成D为，D与琼斯试剂反应得到G，A的化学式为C4H6，其核磁共振氢谱只出现两组峰
58、且峰面积之比为2：1，结合转化关系可知A为CH2=CHCH=CH2（1）A为CH2=CHCH=CH2，名称为1，3丁二烯，A的链状同分异构体有：HCCCH2CH3，CH3CCCH3，故答案为：1，3丁二烯；2；（2）由F转化为H2MA的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；（3）F为HOOCCH=CHCOOH，其反式结构简式是，故答案为：；（4）C的结构简式是，故答案为：；（5）E（）中羧基、氯原子均与氢氧化钠发生反应，E与氢氧化钠溶液的反应化学方程式为，故答案为：；（6）由H2MA制PMLA发生脱水缩合反应，化学方程式为：等，故答案为：等【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据F的分子式与生成二氧化碳确定F的结构是关键，结合分子式推断H2MA的结构，再结合B到E中官能团的变化综合分析推断，侧重考查学生分析推理能力，熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等