福建省南平市浦城县高考化学模拟试卷（含解析）.doc

福建省南平市浦城县2016年高考化学模拟试卷（解析版）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活密切相关，下列相关说法及主要原因均正确的是（）选项相关说法主要原因a包装内放置透气的硅胶包，有利于防止食品变质硅胶有强吸水性b面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子烟火会污染面粉c某些铁制品出厂时在其表面涂上一层油膜可防止其生锈铁被氧化，在其表面形成一层致密的保护膜d聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品会造成白色污染aabbccdd2用na表示阿伏德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温下，1moll1的na2co3溶液中co32的数目小于nab常温常压下，1.7g nh3中所含的原子数为0.4nac向含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh溶液至沉淀完全溶解，消耗的oh数目为0.4nad标准状况下，4.48lno2与足量的水反应，转移的电子数为0.1na3下列五种有机物存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（）a有机物与乙烯互为同系物b有机物转化为有机物的反应属于加成反应c有机物转化为有机物的反应中反应物的物质的量之比为1：1d含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体（不考虑立体异构）有3种4为解决淀粉厂废水中bod严重超标的问题，有人设计了电化学降解法如图是利用一种微生物将有机物将废水中有机物主要成分是（c6h10o5）n的化学能转化为电能的装置，下列说法中正确的是（）an极是负极b该装置工作时，h+从右侧经阳离子交换膜移向左侧c负极的电极反应为：（c6h10o5）n+7h2o24ne6nco2+24nh+d物质x是oh5短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大且互不同主族，a元素在自然界中存在两种气态单质，其中一种能吸收短波紫外线，a、b两元素的族序数之差为3，c、d不相邻，c的最外层电子数是次外层电子数的一半，下列判断正确的是（）a简单离子的半径大小：dbabb的单质既能和酸反应，又能和碱反应ca分别与c、d形成的化合物均易溶于水d最高价氧化物对应水化物的酸性：cd6下列实验操作能达到相应实验目的是（）选项实验操作实验目的a将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液颜色变化证明二氧化碳具有漂白性b向2ml1moll1naoh溶液中先加入3滴1moll1fecl3溶液，再加入3滴1moll1mgcl2溶液证明kspmg（oh）2kspfe（oh）3c向2ml品红溶液和2ml加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴含naclo的“84”消毒液，观察红色褪色的快慢证明随着溶液ph的减小，“84”消毒液的氧化能力增强d相同温度下，向两支盛有相同体积不同浓度h2o2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的cuso4溶液和fecl3溶液探究cu2+、fe3+对h2o2分解速率的影响aabbccdd725时，向100ml 1moll1h2so3溶液中逐渐滴入1moll1的naoh溶液，含硫物质的分布分数（平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比）与ph的关系如图所示（已知：pks=lgk，25时，h2so3的pka1=1.85，pka2=7.19）下列说法不正确的是（）aph=1.85时，c（h2so3）=c（hso3）bph=6时，c（na+）c（hso3）c（so32）cph=7.19时，c（na+）+c（h+）=c（hso3）+2c（so3）+c（oh）d加入150mlnaoh溶液时，3c（na+）=2c（h2so3）+2c（hso3）+2c（so32）二、解答题（共3小题，满分43分）8为了探究镁粉在no2中的燃烧产物，某化学兴趣小组通过如图装置来验证产物中存在n2（夹持装置已略去，部分仪器可以重复使用）已知：mg3n2+6h203mg（oh）2+2nh3；no+no2+2naoh2nano2+h2o； 2no2+2naohnano3+nano2+h2o； 醋酸溶液显中性（1）仪器a的名称是（2）装置的连接顺序为（3）装置b中盛放的试剂为，装置b的作用为装置e中氢氧化钠溶液的作用是（4）确定产物中有n2生成的实验现象为（5）设计实验证明：镁粉与no2反应的产物中有mg3n2存在：mgo能溶于铵盐是因为mgo与nh直接反应了，而不是mgo与nh水解产生的氢离子反应：9在航天航空工业上银铜合金有许多用途以废旧航天器为原料回收银并制备含铜化工产品的工艺流程如图所示回答下列问题：（1）银铜合金在空气中熔炼的氧化产物是（填化学式，下同）（2）滤渣a的主要成分是；等物质的量的al（oh）3与cu（oh）2在惰性气体中煅烧时，除了生成cualo2外，还会生成h2o和（3）向cuso3溶液中加入al2（so4）3和naoh稀溶液，其中naoh稀溶液的作用是（4）电解法精炼银中所用的电解质溶液应为，阳极材料是（5）若产品cualo2能溶于浓硝酸，则反应的化学方程式为若有1 mol cualo2参与反应，生成气体的体积（标准状况下）小于22.4l，其原因可能是、（写两条，不考虑与水的反应）10co、co2是重要的工业原料，在工业上有着广泛的用途（1）已知相关反应的能量变化如图1所示 则用ch4（g）和h2o（g）反应制得h2（g）和co（g）的热化学反应方程为（2）在一容积可变的密闭容器中，1molco与2molh2发生反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h10，co在不同温度下的平衡转化率（）与压强（p）的关系如图2所示a、b两点h2的反应速率：v（a）v（b）（填“”、“”、“=”）相同压强下，co的转化率先达到0.5的是（填“t1”或“t2 ），原因是在t1点温度下，下列叙述不能说明上述反应能达到化学平衡状态的是（填字母）ah2的消耗速率是ch3oh生成速率的2倍bch3oh的体积分数不再改变c混合气体的密度不再改变dco和ch3oh的物质的量之和保持不变计算图2中a点的平衡常数kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（3）氨气和co2在一定条件下可合成尿素，其反应为：2nh3（g）+co2（g）co（nh2）2（s）+h2o（g）合成塔中氨碳比与co2转化率（co2）的关系如图3所示则应控制在4.0的理由是三、选做题【化化学与技术】（共1小题，满分15分）11铝鞣剂主要成分为al（oh）2cl主要用于鞣制皮革利用铝灰（主要成分为al、al2o3、aln、feo等）制备铝鞣剂的一种工艺如图：回答下列问题：（1）气体a为（填化学式）水解采用90而不在室温下进行的原因是（2）酸溶时使用的酸是（填名称）（3）氧化时，发生反应的离子方程式为（4）除杂时产生废渣的主要成分为（填化学式），对其合理的处理方法是（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是（6）准确称取所制备的铝鞣剂m g，将其置于足量硝酸中，待样品完全溶解后，加入足量agno3溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得固体ng则样品中al（oh）2cl的质量分数为（用含m、n的代数式表示）四、解答题（共1小题，满分0分）12基态砷原子的电子排布式为（2）k3fe（cn）5晶体中fe3+与cn之间的化学键类型为键，与cn互为等电子体的化合物的分子式为（3）氮化硼（bn）有多种晶型，其中立方氮化硼与金刚石的构型类似，则其晶胞中bnb之间的夹角是（填角度）（4）对硝基苯酚水合物（化学式为c4h5no31.5h2o）是一种含氮化合物实验表明：加热至94时该晶体会失去结晶水，由黄色变成鲜亮的红色，在空气中温度降低又变为黄色，具有可逆热色性该晶体中四种基本元素的电负性由大到小的顺序是对硝基苯酚分子中氮原子的杂化轨道类型是（5）磷化硼（bp）是一种有价值的耐磨硬涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜，它是通过在高温（t750）氢气氛围下三溴化硼和三溴化磷反应制得的，三溴化硼分子的空间构型为，bp晶胞的结构如图所示，当晶胞晶格参数为478pm（即图中立方体的每条边长为478pm）时，磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距离为五、解答题（共1小题，满分0分）13（2016浦城县模拟）某一元芳香脂g可作食用香料，它的合成路线之一如图所示a是烯烃，其相对分子质量为56；d分子的核磁共振氢谱上有三组峰且峰面积之比为6：1：1；e能与银氨溶液反应，f分子中无甲基，1mole和1molf分别完全燃烧时，f生成的水比e的多2 mol已知：rchch2rch2ch2oh回答下列问题：（1）用系统命名法命名b的名称为e中官能团的名称是（2）a的结构简式是，若在实验中只用一种试剂及必要的反应条件鉴别b、c、d，则该试剂是（3）d与f反应的化学方程式为；该反应的反应类型为（4）满足下列条件的f的同分异构体有种能与naoh溶液反应 分子中有2个一ch3其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为（5）以为原料也可合成f，请参考题目中的相关信息写出相应的合成路线图（反应条件中的试剂写在箭头上方，其他写在箭头下方）：2016年福建省南平市浦城县高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活密切相关，下列相关说法及主要原因均正确的是（）选项相关说法主要原因a包装内放置透气的硅胶包，有利于防止食品变质硅胶有强吸水性b面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子烟火会污染面粉c某些铁制品出厂时在其表面涂上一层油膜可防止其生锈铁被氧化，在其表面形成一层致密的保护膜d聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品会造成白色污染aabbccdd【分析】a硅胶具有良好的吸水性；b面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子，是为防止发生爆炸；c隔绝空气能够防止金属腐蚀；d聚氯乙烯薄膜受热能够分解有毒气体【解答】解：a硅胶易吸水，能防止食品受潮变质，故a正确；b面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子，是为防止发生爆炸，与面粉污染无关，故b错误；c某些铁制品出厂时在其表面涂上一层油膜可防止其生锈，是因为油膜能够隔绝空气，故c错误；d聚氯乙烯薄膜受热能够分解有毒气体，不能用于食品包装，故d错误；故选：a【点评】本题考查了化学与生产、生活，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意金属腐蚀与防护的原理，题目难度不大2用na表示阿伏德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温下，1moll1的na2co3溶液中co32的数目小于nab常温常压下，1.7g nh3中所含的原子数为0.4nac向含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh溶液至沉淀完全溶解，消耗的oh数目为0.4nad标准状况下，4.48lno2与足量的水反应，转移的电子数为0.1na【分析】a溶液体积未知；b质量转化为物质的量，结合1个氨气分子含有4个原子解答；c含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh，消耗的oh数目为0.4na时反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钠；d二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既做氧化剂又做还原剂【解答】解：a溶液体积未知，只知道浓度无法计算微粒个数，故a错误；b常温常压下，1.7g nh3物质的量为=0.1mol，含有原子物质的量为0.4mol，所含的原子数为0.4na，故b正确；c含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh，消耗的oh数目为0.4na时反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钠，此时沉淀未溶解，故c错误；d二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式：3no2+h2o2hno3+no，消耗3mol二氧化氮，转移2mol电子，则标准状况下，4.48lno2物质的量为0.2mol，与足量的水反应，转移的电子数为na，故d错误；故选：b【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意二氧化氮与水发生歧化反应，题目难度中等3下列五种有机物存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（）a有机物与乙烯互为同系物b有机物转化为有机物的反应属于加成反应c有机物转化为有机物的反应中反应物的物质的量之比为1：1d含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体（不考虑立体异构）有3种【分析】a有机物含有碳碳双键和羟基，而乙烯只含有碳碳双键；b有机物与nacn发生取代反应转化为有机物；c根据、的分子式判断；d含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体中，四元环中含有4个碳，环上连接cl和oh，二者有相邻、相间和同在一个碳上，共3种不同的位置【解答】解：a有机物含有碳碳双键和羟基，而乙烯只含有碳碳双键，二者结构不同，不是同系物，故a错误；b有机物与nacn发生取代反应转化为有机物，故b错误；c、的分子式分别为c5h7on、c5h11on，则有机物转化为有机物的反应中反应物的物质的量之比为1：2，故c错误；d含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物的同分异构体中，四元环中含有4个碳，环上连接cl和oh，二者有相邻、相间和同在一个碳上，共3种不同的位置，故d正确故选d【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查同分异构体以及反应类型的判断，易错选项是c4为解决淀粉厂废水中bod严重超标的问题，有人设计了电化学降解法如图是利用一种微生物将有机物将废水中有机物主要成分是（c6h10o5）n的化学能转化为电能的装置，下列说法中正确的是（）an极是负极b该装置工作时，h+从右侧经阳离子交换膜移向左侧c负极的电极反应为：（c6h10o5）n+7h2o24ne6nco2+24nh+d物质x是oh【分析】由题意知，利用一种微生物将废水中有机物主要成分是（c6h10o5）n的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图n极通o2，m极为有机物，则n极为正极发生还原反应，m极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+，原电池中阳离子移向正极【解答】解：由题意利用一种微生物将废水中有机物主要成分是（c6h10o5）n的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图n极通o2，m极为有机物，则n极为正极发生还原反应，m极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+，原电池中阳离子移向正极，a由图n极通o2，则n极为正极，故a错误；b原电池中阳离子移向正极，该装置工作时，h+从左侧经阳离子交换膜转向右侧，故b错误；cm极为有机物，m极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+，故c正确；d由图n极通o2，则n极为正极，o2得电子结合h+生成水，物质x为水，故d错误故选c【点评】本题考查原电池基本原理，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握5短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大且互不同主族，a元素在自然界中存在两种气态单质，其中一种能吸收短波紫外线，a、b两元素的族序数之差为3，c、d不相邻，c的最外层电子数是次外层电子数的一半，下列判断正确的是（）a简单离子的半径大小：dbabb的单质既能和酸反应，又能和碱反应ca分别与c、d形成的化合物均易溶于水d最高价氧化物对应水化物的酸性：cd【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大且互不同主族，a元素在自然界中存在两种气态单质，其中一种能吸收短波紫外线，则a为o；a、b两元素的族序数之差为3，则a为al；c、d不相邻，c的最外层电子数是次外层电子数的一半，则c为si，d为cl，然后结合元素化合物及元素周期律来解答【解答】解：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大且互不同主族，a元素在自然界中存在两种气态单质，其中一种能吸收短波紫外线，则a为o；a、b两元素的族序数之差为3，则a为al；c、d不相邻，c的最外层电子数是次外层电子数的一半，则c为si、d为cl，a电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径大小：dba，故a错误；bb为al，al既能和酸反应，又能和碱反应，故b正确；ca分别与c、d形成的化合物为二氧化硅，不溶于水，故c错误；d非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：cd，故d错误；故选b【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，把握元素化合物性质、原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力6下列实验操作能达到相应实验目的是（）选项实验操作实验目的a将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液颜色变化证明二氧化碳具有漂白性b向2ml1moll1naoh溶液中先加入3滴1moll1fecl3溶液，再加入3滴1moll1mgcl2溶液证明kspmg（oh）2kspfe（oh）3c向2ml品红溶液和2ml加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴含naclo的“84”消毒液，观察红色褪色的快慢证明随着溶液ph的减小，“84”消毒液的氧化能力增强d相同温度下，向两支盛有相同体积不同浓度h2o2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的cuso4溶液和fecl3溶液探究cu2+、fe3+对h2o2分解速率的影响aabbccdd【分析】a二氧化硫为酸性氧化物，遇石蕊变红；bnaoh过量，发生沉淀的生成；c二者区别在于是否有醋酸；d浓度不同、催化剂不同【解答】解：a二氧化硫为酸性氧化物，遇石蕊变红，不能说明二氧化硫的漂白性，故a错误；bnaoh过量，发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较ksp，故b错误；c二者区别在于是否有醋酸，则由操作、现象可知，随着溶液ph的减小，“84”消毒液的氧化能力增强，故c正确；d浓度不同、催化剂不同，应控制相同浓度的h2o2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的cuso4溶液和fecl3溶液，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，把握物质的性质、沉淀生成和转化、反应速率等为解答的关键，注意性质及反应原理的分析，题目难度不大725时，向100ml 1moll1h2so3溶液中逐渐滴入1moll1的naoh溶液，含硫物质的分布分数（平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比）与ph的关系如图所示（已知：pks=lgk，25时，h2so3的pka1=1.85，pka2=7.19）下列说法不正确的是（）aph=1.85时，c（h2so3）=c（hso3）bph=6时，c（na+）c（hso3）c（so32）cph=7.19时，c（na+）+c（h+）=c（hso3）+2c（so3）+c（oh）d加入150mlnaoh溶液时，3c（na+）=2c（h2so3）+2c（hso3）+2c（so32）【分析】25时，向100ml 1moll1h2so3溶液中逐渐滴入1moll1的naoh溶液，发生的反应为：h2so3+naoh=nahso3，nahso3+naoh=na2so3+h2oa含硫酸物质的分布分数为0.50时c（h2so3）=c（hso3）；bph=6时溶液中主要的离子是hso3和so32，溶液显酸性；cph=7.19时溶液中为na2so3和hnahso3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒；d加入150mlnaoh溶液时溶液中为na2so3和naoh的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析判断；【解答】解：a含硫酸物质的分布分数为0.50时c（h2so3）=c（hso3），ph=1.85，故a正确；bph=6时溶液中主要的离子是hso3和少量so32，溶液显酸性，c（na+）c（hso3）c（so32），故b正确；cph=7.19时溶液中为na2so3和hnahso3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（hso3）+2c（so3）+c（oh），故c正确；d加入150mlnaoh溶液时溶液中为na2so3和naoh的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知3c（na+）2c（h2so3）+2c（hso3）+2c（so32），故d错误；故选d【点评】本题考查了离子浓度大小比较，电解质溶液中电荷守恒、物料守恒的分析判断，注意曲线变化的特征和溶液成分判断，掌握基础是解题关键，题目难度较大二、解答题（共3小题，满分43分）8为了探究镁粉在no2中的燃烧产物，某化学兴趣小组通过如图装置来验证产物中存在n2（夹持装置已略去，部分仪器可以重复使用）已知：mg3n2+6h203mg（oh）2+2nh3；no+no2+2naoh2nano2+h2o； 2no2+2naohnano3+nano2+h2o； 醋酸溶液显中性（1）仪器a的名称是分液漏斗（2）装置的连接顺序为abcbed（3）装置b中盛放的试剂为无水氯化钙，装置b的作用为在c的两侧防止水蒸气进入c中与产物 mg3n2反应装置e中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应完的no2及其可能混有的no（4）确定产物中有n2生成的实验现象为装置d中的水被压入集气瓶（5）设计实验证明：镁粉与no2反应的产物中有mg3n2存在：取c中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝mgo能溶于铵盐是因为mgo与nh直接反应了，而不是mgo与nh水解产生的氢离子反应：将中加水后的溶液加热，赶走nh3后，再加入过量的ch3coonh4溶液，固体溶解，说明mgo和mg（oh）2溶于铵盐溶液是与nh4+直接反应，不是与nh4+水解出来的h+反应【分析】（1）依据仪器形状和作用分析，仪器a的名称为分液漏斗；（2）装置a：铜和浓硝酸制取二氧化氮，装置b：干燥二氧化氮，防止水蒸气干扰实验，在加热条件下将mg和二氧化氮混合，然后再干燥气体，装置c：镁条和二氧化氮反应，装置d：排水法收集n2，装置e：吸收二氧化氮，然后用排水法收集n2；（3）分析可知用装置b干燥剂干燥，通入硬质玻璃管c与镁粉发生反应，然后再干燥气体，防止水蒸气进入装置c和氮化镁反应；装置e吸收二氧化氮及其可能生成的一氧化氮；（4）氮气不溶于水，如果有氮气，则能通过排水法收集到气体；（5）氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；醋酸铵溶液呈中性，将中加水后的溶液加热，赶走nh3后，再加入过量的ch3coonh4溶液，根据固体是否溶解分析判断【解答】解：（1）依据仪器形状和作用分析，仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）装置a铜和浓硝酸制取二氧化氮，mg能在no2中燃烧，产物为mg3n2、mg0和n2，装置a中cu与浓硝酸反应生成的气体no2，用装置b干燥剂干燥，通入硬质玻璃管c与镁粉发生反应，然后再干燥气体，用e装置除去多余的no2，装置d排水法收集n2，故连接装置的顺序为：abcbed，故答案为：abcbed；（3）用装置b干燥剂干燥，通入硬质玻璃管c与镁粉发生反应，然后再干燥气体，装置b中的作用是在c的两侧防止水蒸气进入c中与产物mg3n2反应，所以b中干燥剂可以是无水氯化钙，no+no2+2naoh2nano2+h2o，2no2+2naohnano3+nano2+h2o；用e装置除去多余的no2及其可能混有的no，故答案为：无水氯化钙；在c的两侧防止水蒸气进入c中与产物 mg3n2反应；吸收未反应完的no2及其可能混有的no；（4）氮气不溶于水，如果有氮气，则能通过排水法收集到气体，所以确定产物中有n2生成的实验现象为d中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中，故答案为：d中试剂瓶中的水被气体压入集气瓶中；（5）取c中少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，证明产物中存在mg3n2，故答案为：取c中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；nh3h2o的电离常数与ch3cooh电离常数相等，均为1.75105，所以醋酸铵溶液呈中性，将中加水后的溶液加热，赶走nh3后，再加入过量的 ch3coonh4溶液，固体溶解，说明mgo和mg（oh）2溶于铵盐溶液是与nh4+直接反应，不是与nh4+水解出来的h+反应，故答案为：将中加水后的溶液加热，赶走nh3后，再加入过量的 ch3coonh4溶液，固体溶解，说明 mgo 和 mg（oh）2溶于铵盐溶液是与 nh4+直接反应，不是与nh4+水解出来的h+反应【点评】本题考查了物质性质的实验探究，理解实验原理、掌握实验基本操作和镁及其化合物性质是解题关键，题目难度中等9在航天航空工业上银铜合金有许多用途以废旧航天器为原料回收银并制备含铜化工产品的工艺流程如图所示回答下列问题：（1）银铜合金在空气中熔炼的氧化产物是cuo（填化学式，下同）（2）滤渣a的主要成分是ag；等物质的量的al（oh）3与cu（oh）2在惰性气体中煅烧时，除了生成cualo2外，还会生成h2o和o2（3）向cuso3溶液中加入al2（so4）3和naoh稀溶液，其中naoh稀溶液的作用是使铝离子和铜离子沉淀完全（4）电解法精炼银中所用的电解质溶液应为agno3溶液，阳极材料是粗银（5）若产品cualo2能溶于浓硝酸，则反应的化学方程式为cualo2+6hno3（浓）=cu（no3）2+al（no3）3+no2+3h2o若有1 mol cualo2参与反应，生成气体的体积（标准状况下）小于22.4l，其原因可能是二氧化氮转化为四氧化二氮、生成了一氧化氮（写两条，不考虑与水的反应）【分析】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，cu被氧化，滤渣中含有cuo及少量ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，cuo与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣a为ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到cuo、al2o3，二者反应得到cualo2，银熔体冷却成型得到粗银，通过电解精炼得到银，（1）废料在空气中熔炼时，cu被氧化，滤渣中含有cuo及少量ag，元素化合价升高的被氧化得到氧化产物；（2）向滤渣中加入硫酸进行酸浸，cuo与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣a为ag；由上述分析可知，cuo、al2o3反应得到cualo2，由电荷守恒可知，o元素化合价升高，有氧气生成；（3）向cuso4溶液中加入al2（so4）3和naoh稀溶液，其中naoh稀溶液的作用是沉淀铝离子和铜离子；（4）电解精炼银的原理是利用电解池中粗银做阳极，精银作阴极，含银离子的电解质溶液做电解质溶液；（5）若产品cualo2能溶于浓硝酸发生氧化还原反应，亚铜离子被氧化为铜离子，硝酸钡还原为二氧化氮，结合原子守恒配平书写化学方程式，若有1 mol cualo2参与反应，生成气体的体积（标准状况下）小于22.4l，可能是二氧化氮转化为四氧化二氮，或生成一氧化氮气体；【解答】解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，cu被氧化，滤渣中含有cuo及少量ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，cuo与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣a为ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到cuo、al2o3，二者反应得到cualo2，银熔体冷却成型得到粗银，通过电解精炼得到银，（1）废料在空气中熔炼时，cu被氧化，滤渣中含有cuo及少量ag，元素化合价升高的被氧化得到氧化产物cuo，故答案为：cuo；（2）向滤渣中加入硫酸进行酸浸，cuo与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣a为ag；等物质的量的al（oh）3与cu（oh）2在惰性气体中煅烧时生成氧化铜、氧化铝，依据生成产物有cualo2，反应前cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4cuo+2al2o3=4cualo2+o2，故答案为：ag；o2；（3）向cuso4溶液中加入al2（so4）3和naoh稀溶液，其中naoh稀溶液的作用是沉淀铝离子和铜离子生成氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，故答案为：使铝离子和铜离子沉淀完全；（4）电解精炼银的原理是利用电解池中粗银做阳极，精银作阴极，含银离子的电解质溶液做电解质溶液，选择硝酸银溶液做电解质溶液，故答案为：agno3溶液；粗银；（5）若产品cualo2能溶于浓硝酸发生氧化还原反应，亚铜离子被氧化为铜离子，硝酸钡还原为二氧化氮，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式为：cualo2+6hno3（浓）=cu（no3）2+al（no3）3+no2+3h2o，可能是生成的二氧化氮转化为四氧化二氮，随硝酸浓度减小变稀后会生成一氧化氮都可能导致生成气体的体积（标准状况下）小于22.4l，故答案为：cualo2+6hno3（浓）=cu（no3）2+al（no3）3+no2+3h2o；二氧化氮转化为四氧化二氮；生成了一氧化氮；【点评】本题考查了物质分离提纯的过程分析，主要是物质性质、电解原理、氧化还原反应电子守恒、等知识点的理解应用，题目难度中等10co、co2是重要的工业原料，在工业上有着广泛的用途（1）已知相关反应的能量变化如图1所示 则用ch4（g）和h2o（g）反应制得h2（g）和co（g）的热化学反应方程为ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）h=+171.1kj/mol（2）在一容积可变的密闭容器中，1molco与2molh2发生反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h10，co在不同温度下的平衡转化率（）与压强（p）的关系如图2所示a、b两点h2的反应速率：v（a）v（b）（填“”、“”、“=”）相同压强下，co的转化率先达到0.5的是t2（填“t1”或“t2 ），原因是该反应为放热反应，图象可知t1t2温度越高反应速率越快，故t2温度下co转化率达到0.5时所用时间更短在t1点温度下，下列叙述不能说明上述反应能达到化学平衡状态的是ad（填字母）ah2的消耗速率是ch3oh生成速率的2倍bch3oh的体积分数不再改变c混合气体的密度不再改变dco和ch3oh的物质的量之和保持不变计算图2中a点的平衡常数kp=1.61011（pa）2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（3）氨气和co2在一定条件下可合成尿素，其反应为：2nh3（g）+co2（g）co（nh2）2（s）+h2o（g）合成塔中氨碳比与co2转化率（co2）的关系如图3所示则应控制在4.0的理由是控制在4.0时co2转化率已经很高，而在4.0后co2的转化率无明显增大【分析】（1）依据图象书写热化学方程式，由图中数据可知：co（g）+o2（g）=co2（g）h=282.0 kjmol1，h2（g）+o2（g）=h2o（g）h=241.8kjmol1，ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=836.3 kjmol1，结合盖斯定律计算3得到需热化学方程式；（2）图象分析可知a点和b点压强b大于a，反应速率随压强增大而增大；相同压强下，温度越高co的转化率先达到0.5；在t1点温度下，co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h10，反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡状态的标志是正逆反应速率相同，个组分含量保持不变，及其衍生的各物理量不变是吗反应达到平衡状态，变量不变始判断依据；图2中a点co转化率为0.5，依据化学平衡三段式列式计算，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数；（3）控制在4.0时co2转化率已经很高，比值增大对二氧化碳转化率越小不大【解答】解：（1）由图中数据可知：co（g）+o2（g）=co2（g）h=282.0 kjmol1，h2（g）+o2（g）=h2o（g）h=241.8kjmol1，ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=836.3 kjmol1，3得到：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）h=+171.1kj/mol，故答案为：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）h=+171.1kj/mol；（2）图象分析可知a点和b点压强b大于a，反应速率随压强增大而增大，a、b两点h2的反应速率：v（a）v（b），故答案为：；相同压强下，温度越高co的转化率先达到0.5，该反应为放热反应，图象可知t1t2温度越高反应速率越快，故t2温度下co转化率达到0.5时所用时间更短，故答案为：t2；该反应为放热反应，图象可知t1t2温度越高反应速率越快，故t2温度下co转化率达到0.5时所用时间更短；在一容积可变的密闭容器中，1molco与2molh2发生反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h10，在t1点温度下，co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h10，反应是气体体积减小的放热反应，ah2的消耗速率是ch3oh生成速率的2倍，只能说明正向进行，不能说明达到平衡状态，故a符合；bch3oh的体积分数不再改变是化学平衡的标志，故b不符合；c反应前后气体质量不变，在一容积可变的密闭容器中，混合气体的密度不再改变，能说明反应达到平衡状态，故c不符合d化学方程式中一氧化碳和甲醇物质的量之比相同，co和ch3oh的物质的量之和保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d符合；故答案为：ad；图2中a点co转化率为0.5，总压强为0.5106pa，依据化学平衡三段式列式计算， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）起始量（mol） 1 2 0变化量（mol） 0.5 1 0.5平衡铝（mol） 0.5 1 0.5用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，平衡常数kp=1.61011pa2，故答案为：1.61011pa2；（3）图象变化分析可知，控制在4.0时co2转化率已经很高，而在4.0后co2的转化率无明显增大，故答案为：控制在4.0时co2转化率已经很高，而在4.0后co2的转化率无明显增大；【点评】本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和化学平衡的影响因素分析判断、平衡常数计算和图象变化的特征理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等三、选做题【化化学与技术】（共1小题，满分15分）11铝鞣剂主要成分为al（oh）2cl主要用于鞣制皮革利用铝灰（主要成分为al、al2o3、aln、feo等）制备铝鞣剂的一种工艺如图：回答下列问题：（1）气体a为nh3（填化学式）水解采用90而不在室温下进行的原因是加快aln水解反应速率，降低nh3在水中的溶解度，促使nh3逸出（2）酸溶时使用的酸是盐酸（填名称）（3）氧化时，发生反应的离子方程式为2fe2+2h+clo2fe3+cl+h2o（4）除杂时产生废渣的主要成分为fe（oh）3（填化学式），对其合理的处理方法是回收利用生成铁红（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是防止al（oh）2cl水解生成al（oh）3（6）准确称取所制备的铝鞣剂m g，将其置于足量硝酸中，待样品完全溶解后，加入足量agno3溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得固体ng则样品中al（oh）2cl的质量分数为100%（用含m、n的代数式表示）【分析】铝灰主要成分为al、al2o3、aln、feo等，加水发生反应，aln发生水解生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液ph使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂（1）aln水解得到气体a是氨气，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，有利于氨气的逸出；（2）酸溶时使用的酸是盐酸；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性，将氧化亚铁离子为铁离子；（4）由上述分析可知滤渣为氢氧化铁沉淀；可以回收利用生成铁红；（5）铝鞣剂主要成分为al（oh）2cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解；（6）最终得到ng沉淀为agcl的质量，根据氯离子守恒计算al（oh）2cl的质量，进而计算样品中al（oh）2cl的质量分数【解答】解：铝灰主要成分为al、al2o3、aln、feo等，加水发生反应，aln发生水解生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液ph使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂（1）aln水解得到气体a是nh3，加热可以加快aln水解反应速率，降低nh3在水中的溶解度，促使nh3逸出，故答案为：nh3；加快aln水解反应速率，降低nh3在水中的溶解度，促使nh3逸出；（2）由流程图可知，酸溶时使用的酸是盐酸，故答案为：盐酸；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性，将氧化亚铁离子为铁离子，反应离子方程式为：2fe2+2h+clo2fe3+cl+h2o，故答案为：2fe2+2h+clo2fe3+cl+h2o；（4）由上述分析可知，滤渣为fe（oh）3沉淀；可以回收利用生成铁红，故答案为：fe（oh）3；回收利用生成铁红；（5）铝鞣剂主要成分为al（oh）2cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解，故答案为：防止al（oh）2cl水解生成al（oh）3；（6）最终得到ng沉淀为agcl的质量，根据氯离子守恒，al（oh）2cl的质量=96.5g/mol，故样品中al（oh）2cl的质量分数为（96.5g/molmg）100%=100%，故答案为：100%【点评】本题考查物质准备工艺流程，涉及对操作的分析评价、对条件控制分析、物质含量测定等，熟练掌握元素化合物知识，树立资源回收再利用意识，是对学生综合能力的考查题目难度中等四、解答题（共1小题，满分0分）12基态砷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）k3fe（cn）5晶体中fe3+与cn之间的化学键类型为配位键，与cn互为等电子体的化合物的分子式为co（3）氮化硼（bn）有多种晶型，其中立方氮化硼与金刚石的构型类似，则其晶胞中bnb之间的夹角是10928（填角度）（4）对硝基苯酚水合物（化学式为c4h5no31.5h2o）是一种含氮化合物实验表明：加热至94时该晶体会失去结晶水，由黄色变成鲜亮的红色，在空气中温度降低又变为黄色，具有可逆热色性该晶体中四种基本元素的电负性由大到小的顺序是onch对硝基苯酚分子中氮原子的杂化轨道类型是sp2杂化（5）磷化硼（bp）是一种有价值的耐磨硬涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜，它是通过在高温（t750）氢气氛围下三溴化硼和三溴化磷反应制得的，三溴化硼分子的空间构型为平面三角形，bp