江西省南昌市高考化学一模试卷（含解析）.doc

2016年江西省南昌市高考化学一模试卷一、选择题（本大题包括13小题，每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符台题目要求）1化学与人类社会的生产、生活有着密切联系下列叙述中正确的是（）a苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似b高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性c钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀d误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的食盐水解毒2x、y、z、w为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，其中x、z同族，y是短周期主族元素中原子半径最大的，x原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，下列说法正确的是（）ay、z、w单核离子均能破坏水的电离平衡bw元素氧化物对应水化物的酸性一定强于zc南x、y、z三种元素组成的化合物不止2种d因为x的氢化物分子间有氢键，所以x的氢化物较z的氢化物稳定3常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1moll1的氢氧化钠溶液，ph变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）a点所示溶液中只存在hcl0的电离平衡b到的过程中水的电离程度一定减少c点处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全d点所示溶液中：c（ na+）=c（hcl0）+2c（clo ）4种免疫抑制剂麦考酚酸结构简式如图：，下列有关麦考酚酸说法不正确的是（）a分子式为c17h20o6b能与fecl3溶液显色，与浓溴水反应，最多消耗量1 mol br2c1mol麦考酚酸最多与3 mol naoh反应d在一定条件下可发生加成，加聚，取代，消去四种反应5向硫酸酸化的fe（ no3）3溶液中逐渐通入h2s气体，可能发生反应的离子方程式正确的是（）s2+2n03+4h+2no2+s+2h2o2fe3+h2s2fe2+s+2h+fe3+3no3+5h2s+2h+3no+5s+fe2+6h2ofe3+7no3+10h2s+8h+7no+10s+fe2+14h2ofe3+5no3+8h2s+4h+5no+8s+fe2+10h2oabcd6已知高能锂电池的总反应式为：2li+fesfe+li2slipf6so（ ch3）2为电解质，用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状况下h2 4.48l下列有关叙述不正确的是（）a从隔膜中通过的离子数目为0.4 nab若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为4 mol/lca电极为阳极d电源正极反应式为：fes+2li+2efe+li2s7下列有关实验操作、现象及结论解释都没有科学性错误的是（） 操作 现象 结论解释 a 过量铁粉加稀硝酸充分反应，滴入kscn溶液产生红色溶液 稀hno3将铁氧化成fe3+ b 某实验小组从资料上获得信息：fe3+可以氧化银单质他们用这种方法清洗一批作了银镜反应的试管，配制了fe3+浓度相同的fecl3溶液和fe2（so4）3溶液，分别用于清洗实验 用fecl3溶液清洗比fe2（so4）3溶液清洗得干净 他们认为fe3+氧化银单质的过程可能是一个可逆过程：fe3+agfe2+ag+ c 苯酚钠溶液中通入少量co2气体 溶液变浑浊 碳酸酸性强于苯酚，溶液中还有na2co3生成 d 相饱和碳酸钠溶液通过量co2气体 产生沉淀因为析出na2co3aabbccdd二、解答题（共3小题，满分43分）8某实验研究小组欲检验草酸晶体分解的产物并测定其纯度（杂质不发生反应）查阅资料：草酸晶体（ h2c2042h20）l00开始失水，101.5c熔化，150左右分解产生h2o、co和c02下面是可供选择的实验仪器（图中某些加热装置已略去），实验所需药品不限（l）最适宜加热分解革酸晶体的装置是c若选装置a可能会造成的后果是；若选装置b可能会造成的后果是（2）三种气体检验的先后次序是（填编号）aco2、h2o、co bco、h2o、co2 ch2o、co2、co dh2o、co、co2（3）实验利用装置“g（碱石灰）fd（cuo固体）f”检验co，则f中盛装的试剂是，证明含有co的现象是（4）把分解装置与装有naoh溶液的e装置直接组合，测量完全分解后所得气体的体积，测定ag草酸晶体的纯度经实验得到气体的体积为v ml（已换算成标准状况），则草酸纯度的表达式为（5）请设计实验方案测量草酸二级电离平衡常数ka2的值：，并根据方案中测得的物理量，写出计算ka2的表达式9含氮化合物的研发与绿色反展、经济可持续发展有着密切关联（1）氨是一种重要化工原料合成氨原料气h2，可用天然气为原料制得，有关反应能量变化如图1所示则用ch4（g）和h20（g）反应制得h2（g）和co（g）的热化学方程式为：（2）氮的氧化物有着广泛用途，又是环境的污染物（i）在150c时，将0.4mol no2气体充人体积为2l的真空密闭容器中，发生反应：2no2（g）n2o4（g）每隔一定时间测定容器内各物质的物质的量，数据如表：时间020406080n（no2）/mol0.40n10.26n3n4n（n2o4）/mol00.05n20.080.08当反应在1500c达到平衡时，该反应平衡常数k=（填数值）若最初通人n2o4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，则n2o4的起始浓度应为（ii）氨氧化制hn03的尾气中含有no和n02，且n（no）：n（n02）=1：1，可用尿素溶液除去，其作用原理是：n0和no与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素反应生成对环境无污染的物质若用1mol尿素吸收该尾气，则能吸收氮氧化物 g（3）氨气，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）图2表示合成塔中氨碳比a与co2转化率的关系a为n（nh3）/n（co2），b为水碳比n（h20）/n（co2）则：b应控制在；a.1.5.1.6 b.11.1 c.0.60.7a应控制在4.0的理由是10碳酸锂（相对分子质量74）广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业制备流程如下：已知：碳酸锂的溶解度为（ g/l）温度/010203040506080100li2co31.541.431.331.251.171.081.010.850.72（1）锂辉石（li2al2si4ox）可以用氧化物的形式表示其组成形式为（2）硫酸化焙烧工业反应温度控制在250300，主要原因是；同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则（填入选项代号）a增加酸耗量 b增加后续杂质的处理量 c增加后续中和酸的负担（3）水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是（4）“沉锂”的化学反应方程式为（5）“沉锂”需要在95以上进行，主要原因是过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有和【化学一选修2：化学与技术】11最近，我国利用生产磷铵排放的废渣磷灰石制取硫酸并联产水泥的技术研究获得成功具体生产流程如图1：回答下列问题：（1）实验室中进行操作a所需的玻璃仪器有、和，在实验室中操作b的名称是（2）装置a中生成两种酸式盐，它们的化学式分别是（3）固体a为生石膏（caso42h2o）和不含结晶水且高温时也不分解的杂质生石膏在120时失水生成熟石膏（2caso4h2o），熟石膏在200时失水生成硫酸钙为测定固体a中生石膏的含量，某科研小组进行了如下实验：称取固体a 180g置于坩埚中加热，加热过程中固体质量随温度变化记录如图2：实验中每次对固体称量时须在冷却后进行为保证实验结果的精确性，固体冷却时必须防止将加热到1400时生成的气体通入品红溶液中，品红褪色写出1400时的化学反应方程式：固体a中生石膏的质量百分含量=（4）科学家研究出如图3所示装置，用电化学原理生产硫酸的新工艺，其阳极的电极反应式为【化学一选修3：物质结构与性质】12原子序数依次增大的四种元素a、b、c、d分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种a的化合物，b原子核外电子有6种不同的运动状态，b与c可形成正四面体形分子，d的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为（2）a与b元素形成的b2a2含有的键、键数目之比为（3）b元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为，另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为（保留两位有效数字）（=1.732）（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液请写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式：（5）图三为个d元素形成的单质的晶胞，该晶胞“实际”拥有的d原子数是个，其晶体的堆积模型为，此晶胞立方体的边长为a cm，d的相对原子质量为m，单质d的密度为g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为 mol1（用含m、a、p的代数式表示）【化学一选修5：有机基础】13一种蓝色萤光新材料x（化学式为：c14h120n4s）的合成路线如下：已知：根据以上信息回答：（1）反应所需条件是；反应的类型是，（2）反应中浓h2s04的作用是（3）反应生成a，同时生成ch3oh，写出该反应化学方程式：，（4）写出x的结构简式：，（5）有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体共有种与其含有相同的含氮六元杂环（已知六元杂环结构与苯环相同）与其具有相同的官能团，且官能团处于间位2016年江西省南昌市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题包括13小题，每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符台题目要求）1化学与人类社会的生产、生活有着密切联系下列叙述中正确的是（）a苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似b高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性c钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀d误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的食盐水解毒【考点】金属的电化学腐蚀与防护；物质的组成、结构和性质的关系【专题】化学应用【分析】a纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子；b、根据蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性；c、铜活泼性比氢弱；d、重金属盐，能够使蛋白质变性【解答】解：a纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故a错误；b、根据蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性物理因素有：加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射、超声波等；化学因素有：强酸、强碱、重金属盐、三氯乙酸、乙醇、丙酮等，故高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性，故b正确；c、铜活泼性比氢弱，不能将氢气还原出，故不能发生析氢腐蚀，故c错误；d、重金属盐，能够使蛋白质变性，引起人体中毒，可以服用牛奶或者鸡蛋清等解毒，故d错误故选b【点评】本题主要考查有机物的性质、金属的电化学腐蚀和蛋白质的变性等，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2x、y、z、w为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，其中x、z同族，y是短周期主族元素中原子半径最大的，x原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，下列说法正确的是（）ay、z、w单核离子均能破坏水的电离平衡bw元素氧化物对应水化物的酸性一定强于zc南x、y、z三种元素组成的化合物不止2种d因为x的氢化物分子间有氢键，所以x的氢化物较z的氢化物稳定【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】x原子的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为o元素，x、z同主族，则z为s元素，w为短周期元素，而且w的原子序数大于s，所以w为cl元素，y是短周期主族元素中原子半径最大的，则y为na元素，结合元素的性质及元素周期律分析解答该题【解答】解：x原子的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为o元素，x、z同主族，则z为s元素，w为短周期元素，而且w的原子序数大于s，所以w为cl元素，y是短周期主族元素中原子半径最大的，则y为na元素a、hcl为强酸，cl不水解，故a错误；b、cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于s，不是最高价氧化物的水化物的酸性不能判断酸性强弱，故b错误；c、x、y、z分别为x为o、na、s，三种元素形成的化合物由na2so3、na2so4、na2s2o3等，故c正确；d、氢化物的稳定性与共价键有关，与氢键无关，oh键能大于hs键能，所以h2o的稳定性大于h2s，故d错误故选c【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类，侧重于考查学生的分析能力3常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1moll1的氢氧化钠溶液，ph变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）a点所示溶液中只存在hcl0的电离平衡b到的过程中水的电离程度一定减少c点处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全d点所示溶液中：c（ na+）=c（hcl0）+2c（clo ）【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】a点所示溶液中只存在hcl0的电离平衡、氯气的溶解平衡和水的电离平衡；b当氯气与氢氧化钠溶液恰好反应生成氯化钠、次氯酸钠和水时，水的电离程度达到最大，而点ph=7，说明到的过程中水的电离程度先最大后减少；c当恰好反应时溶液显示碱性，而点为中性；d点溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），所以c（na+）=c（cl）+c（clo），由电子转移守恒c（cl）=c（clo）+c（hclo），联立计算判断【解答】解：a为饱和氯水，饱和氯水中存在次氯酸的电离平衡、水的电离平衡和氯气的溶解平衡，故a错误；b到的过程中，氯水中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，当氯气和氢氧化钠溶液恰好完全反应时，水的电离程度达到最大，此时溶质为氯化钠和次氯酸钠，溶液呈碱性，而点为中性，说明到的过程中水的电离程度先增大，之后氢氧化钠过量后水的电离程度开始减小，故b错误；c当氯气与氢氧化钠溶液恰好反应时生成氯化钠、次氯酸钠和水，次氯酸根离子部分水解，溶液呈碱性，而的ph=7，为中性溶液，说明氯水稍过量，二者没有恰好反应，故c错误；d点溶液中溶质为nacl、naclo、hclo，溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得：c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），所以c（na+）=c（cl）+c（clo），由电物料守恒可得：c（cl）=c（clo）+c（hclo），所以c（na+）=c（hclo）+2c（clo），故d正确；故选d【点评】本题综合考查氯气的性质、微粒浓度大小比较、弱电解质的电离等知识，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力4种免疫抑制剂麦考酚酸结构简式如图：，下列有关麦考酚酸说法不正确的是（）a分子式为c17h20o6b能与fecl3溶液显色，与浓溴水反应，最多消耗量1 mol br2c1mol麦考酚酸最多与3 mol naoh反应d在一定条件下可发生加成，加聚，取代，消去四种反应【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构可知，分子中含酚oh、cooh、碳碳双键、cooc，结合酚、羧酸、烯烃及酯的性质来解答【解答】解：a由结构可知分子式为c17h20o6，故a正确；b含酚oh，能与fecl3溶液显色，双键与溴水发生加成反应，与浓溴水反应，最多消耗量1 mol br2，故b正确；c酚oh、cooh、cooc与naoh反应，则1mol麦考酚酸最多与3 mol naoh反应，故c正确；d该有机物不能发生消去反应，故d错误；故选d【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质为解答该题的关键，难度不大5向硫酸酸化的fe（ no3）3溶液中逐渐通入h2s气体，可能发生反应的离子方程式正确的是（）s2+2n03+4h+2no2+s+2h2o2fe3+h2s2fe2+s+2h+fe3+3no3+5h2s+2h+3no+5s+fe2+6h2ofe3+7no3+10h2s+8h+7no+10s+fe2+14h2ofe3+5no3+8h2s+4h+5no+8s+fe2+10h2oabcd【考点】氧化还原反应；离子方程式的书写【专题】氧化还原反应专题【分析】酸性溶液中，氧化性hno3fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢；硫化氢足量，则fe（no3）3完全反应，以此来解答【解答】解：酸性溶液中，氧化性hno3fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢，由电子、电荷守恒可知，离子反应为3h2s+2no3+2h+=2no+3s+4h2o，故错误，硫化氢足量，则fe（no3）3完全反应，由电子、电荷守恒可知，离子反应为fe3+3no3+5h2s+2h+=3no+5s+fe2+6h2o，故正确，当硫化氢将硝酸根全部还原后，再通入硫化氢发生离子反应为2fe3+h2s2fe2+s+2h+，故正确；当硝酸根离子全部反应，而铁离子部分反应，如铁离子与硝酸根离子的物质的量之比为：1：5时，离子方程式为：fe3+5no3+8h2s+4h+5no+8s+fe2+10h2o，故正确；而fe3+7no3+10h2s+8h+7no+10s+fe2+14h2o中也是亚铁离子部分反应，但得失电子不守恒，故错误；综上所述正确，故选a【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及电子守恒为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意氧化性的强弱及反应的先后顺序，题目难度中等6已知高能锂电池的总反应式为：2li+fesfe+li2slipf6so（ ch3）2为电解质，用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状况下h2 4.48l下列有关叙述不正确的是（）a从隔膜中通过的离子数目为0.4 nab若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为4 mol/lca电极为阳极d电源正极反应式为：fes+2li+2efe+li2s【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】由反应fes+2li=fe+li2s可知，li被氧化，应为原电池的负极，fes被还原生成fe，为正极反应；甲连接原电池负极，a为阴极，生成氢气，电极方程式为2h+2e=h2，结合电极方程式计算【解答】解：a、由反应fes+2li=fe+li2s可知，li被氧化，应为原电池的负极，fes被还原生成fe，为正极反应，正极方程式为fes+2e=fe+s2，甲连接原电池负极，a为阴极，生成氢气，电极方程式为2h+2e=h2，n（h2）=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4moloh，则隔膜h中通过的k+离子数为0.4mol，通过的离子数目为0.4 na，故a正确；b、甲连接原电池负极，为阴极，生成氢气，电极方程式为2h+2e=h2，n（h2）=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4moloh，则隔膜h中通过的k+离子数为0.4mol，c（oh）=4mol/l，即电解后甲池中溶液浓度为4 mol/l，故b正确；c、a电极为阴极，故c错误；d、fes被还原生成fe，为正极反应，正极方程式为fes+2e=fe+s2，故d正确故选c【点评】本题考查了电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确离子交换膜的作用及阴阳极上发生的反应是解本题关键，计算量较大，题目难度中等7下列有关实验操作、现象及结论解释都没有科学性错误的是（） 操作 现象 结论解释 a 过量铁粉加稀硝酸充分反应，滴入kscn溶液产生红色溶液 稀hno3将铁氧化成fe3+ b 某实验小组从资料上获得信息：fe3+可以氧化银单质他们用这种方法清洗一批作了银镜反应的试管，配制了fe3+浓度相同的fecl3溶液和fe2（so4）3溶液，分别用于清洗实验 用fecl3溶液清洗比fe2（so4）3溶液清洗得干净 他们认为fe3+氧化银单质的过程可能是一个可逆过程：fe3+agfe2+ag+ c 苯酚钠溶液中通入少量co2气体 溶液变浑浊 碳酸酸性强于苯酚，溶液中还有na2co3生成 d 相饱和碳酸钠溶液通过量co2气体 产生沉淀因为析出na2co3aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别【分析】a过量铁粉，反应生成亚铁离子； b氯化银的溶解度比硫酸银的小；c反应生成碳酸氢钠；d碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小【解答】解：a过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入kscn溶液、溶液不显红色，故a错误； b氯化银的溶解度比硫酸银的小，fe3+agfe2+ag+，fecl3溶液中的氯离子能使平衡向右移动，故b正确；c反应生成碳酸氢钠，碳酸钠碱性较强，能与苯酚反应，故c错误；d碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，析出碳酸氢钠，故d错误故选b【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、沉淀转化等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8某实验研究小组欲检验草酸晶体分解的产物并测定其纯度（杂质不发生反应）查阅资料：草酸晶体（ h2c2042h20）l00开始失水，101.5c熔化，150左右分解产生h2o、co和c02下面是可供选择的实验仪器（图中某些加热装置已略去），实验所需药品不限（l）最适宜加热分解革酸晶体的装置是c若选装置a可能会造成的后果是固体药品熔化后会流到试管口；若选装置b可能会造成的后果是冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂（2）三种气体检验的先后次序是c（填编号）aco2、h2o、co bco、h2o、co2 ch2o、co2、co dh2o、co、co2（3）实验利用装置“g（碱石灰）fd（cuo固体）f”检验co，则f中盛装的试剂是澄清的石灰水，证明含有co的现象是前一个f中没有浑浊，后一个f中有沉淀，d中固体反应后从黑色变成红色（4）把分解装置与装有naoh溶液的e装置直接组合，测量完全分解后所得气体的体积，测定ag草酸晶体的纯度经实验得到气体的体积为v ml（已换算成标准状况），则草酸纯度的表达式为（5）请设计实验方案测量草酸二级电离平衡常数ka2的值：常温时，用ph计测量0.100mol/l草酸钠溶液的ph，则c（oh）=；依据c2o42+h2ohc2o4+oh，计算，并根据方案中测得的物理量，写出计算ka2的表达式【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）草酸晶体的熔点低，受热容易熔化，用c装置加热分解革酸晶体，熔融的固体不易流下，适用于加热草酸，若选择装置a加热会使固体熔融物溶化后流到试管口处，若选择装置b分解生成的水会倒流试管底部炸裂试管；（2）150左右分解产生h2o、co和c02，三种气体的检验顺序应遵循现象明显且不相互干扰，应先检验水，再检验二氧化碳，最后检验一氧化碳；（3）实验利用装置“g（碱石灰）fd（cuo固体）f”检验co，通过装置g吸收水和二氧化碳，通过装置f检验二氧化碳是否除净，通过装置d检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置f检验是否生成二氧化碳气体；（4）草酸晶体（ h2c2042h20）l00开始失水，101.5c熔化，150左右分解产生h2o、co和c02反应的化学方程式为：h2c2042h203h2o+co+c02，实验得到气体的体积为v ml（已换算成标准状况），为一氧化碳，物质的量和草酸晶体物质的量相同，据此计算；（5）常温时，用ph计测量0.100 mol/l 草酸钠溶液的ph，依据水解平衡c2o42+h2ohc2o4+oh，计算平衡常数kh=【解答】解：（1）最适宜加热分解革酸晶体的装置是c若选装置a可能会造成的后果是固体药品熔化后会流到试管口，若选装置b可能会造成的后果是冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂，故答案为：固体药品熔化后会流到试管口；冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂；（2）150左右分解产生h2o、co和c02，三种气体的检验顺序应遵循现象明显且不相互干扰，应先检验水，再检验二氧化碳，最后检验一氧化碳；故答案为：c；（3）实验利用装置“g（碱石灰）fd（cuo固体）f”检验co，通过装置g吸收水和二氧化碳，通过装置f检验二氧化碳是否除净，通过装置d检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置f检验是否生成二氧化碳气体，故答案为：澄清的石灰水；前一个f中没有浑浊，后一个f中有沉淀，d中固体反应后从黑色变成红色；（4）反应的化学方程式为：h2c2042h203h2o+co+c02，实验得到气体的体积为v ml（已换算成标准状况），为一氧化碳，物质的量和草酸晶体物质的量相同，n（h2c2042h20）=n（co）=mol/l，草酸纯度的表达式=，故答案为：；（5）常温时，用ph计测量0.100 mol/l 草酸钠溶液的ph，则c（oh）=；依据 c2o42+h2ohc2o4+oh，kh=，则，得到，故答案为：【点评】本题考查了物质在的探究实验过程分析判断，主要是物质检验、物质含量的测定方法分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等9含氮化合物的研发与绿色反展、经济可持续发展有着密切关联（1）氨是一种重要化工原料合成氨原料气h2，可用天然气为原料制得，有关反应能量变化如图1所示则用ch4（g）和h20（g）反应制得h2（g）和co（g）的热化学方程式为：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+171.1kj/mol（2）氮的氧化物有着广泛用途，又是环境的污染物（i）在150c时，将0.4mol no2气体充人体积为2l的真空密闭容器中，发生反应：2no2（g）n2o4（g）每隔一定时间测定容器内各物质的物质的量，数据如表：时间020406080n（no2）/mol0.40n10.26n3n4n（n2o4）/mol00.05n20.080.08当反应在1500c达到平衡时，该反应平衡常数k=2.8（填数值）若最初通人n2o4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，则n2o4的起始浓度应为0.1mol/l（ii）氨氧化制hn03的尾气中含有no和n02，且n（no）：n（n02）=1：1，可用尿素溶液除去，其作用原理是：n0和no与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素反应生成对环境无污染的物质若用1mol尿素吸收该尾气，则能吸收氮氧化物76 g（3）氨气，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）图2表示合成塔中氨碳比a与co2转化率的关系a为n（nh3）/n（co2），b为水碳比n（h20）/n（co2）则：b应控制在a；a.1.5.1.6 b.11.1 c.0.60.7a应控制在4.0的理由是氨碳比an（nh3）/n（co2）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比an（nh3）/n（co2）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）分别根据图象1、2、3写出热化学方程式，然后根据盖斯定律来分析；（2）（i）根据方程式可知，n1=0.3mol，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，根据no2的平衡浓度为0.12mol/l、n2o4的平衡浓度为0.04mol/l来计算；若最初通人n2o4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，即与通入0.4molno2达等效平衡，据此分析；（ii）根据题目信息写出方程式，建立关系式，然后依据关系式进行计算；（3）根据氨碳比an（nh3）/n（co2）相同时，水碳比bn（h2o）/n（co2）为0.60.7时，二氧化碳转化率最大；根据氨碳比an（nh3）/n（co2）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比an（nh3）/n（co2）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小；【解答】解：（1）分别根据图象1、2、3可知热化学方程式为：co（g）+o2（g）=co2（g）h=282kj/mol h2（g）+o2（g）=h2o（g）h=241.8kj/mol ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h=836.3kj/mol 将3可得：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）（i）根据方程式中物质间的计量数关系、利用三段式可知，n1=0.3mol，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，故在60min时反应达平衡，no2的平衡浓度为0.12mol/l、n2o4的平衡浓度为0.04mol/l，故反应的平衡常数k=2.8，故答案为：2.8；若最初通人n2o4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，即与通入0.4molno2达等效平衡，而在恒温恒容条件下，按照等量加料，则达等效平衡，故应加入0.2moln2o4，即0.1mol/l，故答案为：0.1mol/l； （ii）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+2hno2=co2+2n2+3h2o no+no2 2hno2 co（nh2）2 （30+46）g 1mol1mol尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设no、no2体积比为1：1）的质量为76g，故答案为：76；（3）氨碳比an（nh3）/n（co2）相同时，水碳比bn（h2o）/n（co2）为0.60.7时，二氧化碳转化率最大，故答案为：a；氨碳比an（nh3）/n（co2）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比an（nh3）/n（co2）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小，故答案为：氨碳比an（nh3）/n（co2）大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比an（nh3）/n（co2）小于4.0时，二氧化碳的转化率较小【点评】本题主要考查了盖斯定律的应用，化学平衡移动、化学平衡常数的计算等，难度不大，培养了学生分析问题的能力10碳酸锂（相对分子质量74）广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业制备流程如下：已知：碳酸锂的溶解度为（ g/l）温度/010203040506080100li2co31.541.431.331.251.171.081.010.850.72（1）锂辉石（li2al2si4ox）可以用氧化物的形式表示其组成形式为li2oal2o34sio2（2）硫酸化焙烧工业反应温度控制在250300，主要原因是温度低于250，反应速率较慢；温度高于300，硫酸挥发较多；同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则abc（填入选项代号）a增加酸耗量 b增加后续杂质的处理量 c增加后续中和酸的负担（3）水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是除去多余的硫酸，同时调整ph，除去大部分杂质（4）“沉锂”的化学反应方程式为na2co3+li2so4=li2co3+na2so4（5）“沉锂”需要在95以上进行，主要原因是温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠和碳酸锂【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】锂辉石加硫酸，浸取焙烧，氧化铝、氧化锂溶解，二氧化硅不反应，水浸时加入碳酸钙，除去为反应的硫酸，同时调节溶液ph值，可以将al3+转化为al（oh）3沉淀，过滤除去不溶物，滤液再进行深度净化后主要为li2so4、na2so4，最后加入na2co3，转化为溶解度更小li2co3析出（1）将各元素写成氧化物，注意各元素原子数目比例不变；（2）升高温度，反应速率加快，温度高于300时硫酸挥发；硫酸如果加入过多，消耗的酸多，后续中还需要除去过量的硫酸；（3）加入碳酸钙除去未反应的硫酸，同时调节溶液ph值；（4）“沉锂”过程是碳酸钠与li2so4反应生成li2co3；（5）温度越高，碳酸锂溶解度降低，减少碳酸锂溶解；溶液中硫酸钠不反应，使用的碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中【解答】解：锂辉石加硫酸，浸取焙烧，氧化铝、氧化锂溶解，二氧化硅不反应，水浸时加入碳酸钙，除去为反应的硫酸，同时调节溶液ph值，可以将al3+转化为al（oh）3沉淀，过滤除去不溶物，滤液再进行深度净化后主要为li2so4、na2so4，最后加入na2co3，转化为溶解度更小li2co3析出（1）锂辉石（li2al2si4ox）可以用氧化物的形式表示，其组成形式为：li2oal2o34sio2，故答案为：li2oal2o34sio2；（2）温度低于250，反应速率较慢，温度高于300，硫酸挥发较多，反应温度控制在250300，反应速率较快，避免硫酸挥发；硫酸如果加入过多，消耗的酸多，后续中还需要除去过量的硫酸，增加后续杂质的处理量、增加后续中和酸的负担，故答案为：温度低于250，反应速率较慢，温度高于300，硫酸挥发较多；abc；（3）加入碳酸钙除去未反应的硫酸，同时调节溶液ph值，除去大部分杂质，故答案为：除去多余的硫酸，同时调整ph，除去大部分杂质；（4）“沉锂”过程是碳酸钠与li2so4反应生成li2co3，反应方程式为：na2co3+li2so4=li2co3+na2so4，故答案为：na2co3+li2so4=li2co3+na2so4；（5）温度越高，碳酸锂溶解度降低，减少碳酸锂溶解，可以增加产率；溶液中硫酸钠不反应，使用的碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中，过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠、碳酸锂，故答案为：温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率；碳酸钠、碳酸锂【点评】本题是物质制备工艺流程题目，涉及物质分离提纯实验操作、对操作与原理的分析评价等，是对学生综合能力的考查，关键是对工艺流程的理解，难度较大【化学一选修2：化学与技术】11最近，我国利用生产磷铵排放的废渣磷灰石制取硫酸并联产水泥的技术研究获得成功具体生产流程如图1：回答下列问题：（1）实验室中进行操作a所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，在实验室中操作b的名称是蒸发浓缩、冷却结晶（2）装置a中生成两种酸式盐，它们的化学式分别是（nh4）2hpo4、nh4h2po4（3）固体a为生石膏（caso42h2o）和不含结晶水且高温时也不分解的杂质生石膏在120时失水生成熟石膏（2caso4h2o），熟石膏在200时失水生成硫酸钙为测定固体a中生石膏的含量，某科研小组进行了如下实验：称取固体a 180g置于坩埚中加热，加热过程中固体质量随温度变化记录如图2：实验中每次对固体称量时须在冷却后进行为保证实验结果的精确性，固体冷却时必须防止对失水后的晶体进行冷却时必须防止吸水，否则会导致结果有误差将加热到1400时生成的气体通入品红溶液中，品红褪色写出1400时的化学反应方程式：2caso42cao+2so2+o2固体a中生石膏的质量百分含量=95.6%（4）科学家研究出如图3所示装置，用电化学原理生产硫酸的新工艺，其阳极的电极反应式为so22e+2h2oso42+4h+【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）操作a是把固体与液体分开，应为过滤；过滤需要烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台（含铁圈）、滤纸等；操作b是由溶液中析出晶体，应萃取蒸发浓缩、冷却结晶等操作磷酸受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶；（2）装置a中磷酸与氨气发生反应，可以生成（nh4）3po4、（nh4）2hpo4、nh4h2po4；（3）对失水后的晶体进行冷却时必须防止吸水200加热反应完全失去结晶水得到硫酸钙，1400加热硫酸钙，得到能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，s元素化合价降低，则有氧气生成，硫酸钙分解生成氧化钙、二氧化硫与氧气；200加热反应完全失去结晶水得到硫酸钙，固体减轻质量总为180g44g=36g，为结晶水总质量，由caso42h2ocaso4+2h2o计算caso42h2o的质量，进而计算其含量；（4）阳极发生氧化反应，由电解池示意图可知，二氧化硫在阳极失去电子，氧化得到硫酸【解答】解：（1）分离固体和液体的方法是过滤；过滤需要盛放药品的烧杯、过滤的漏斗、引流作用的玻璃棒、固定漏斗的铁架台（含铁圈）、滤纸等，此操作需要玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒；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：烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶；（2）装置a中磷酸与氨气发生反应，磷酸是三元酸，可以生成（nh4）3po4、（nh4）2hpo4、nh4h2po4三种盐，其中（nh4）2hpo4、nh4h2po4两种酸式盐，故答案为：（nh4）2hpo4、nh4h2po4；（3）对失水后的晶体进行冷却时必须防止吸水，否则会导致结果有误差，故答案为：对失水后的晶体进行冷却时必须防止吸水，否则会导致结果有误差；200加热反应完全失去结晶水得到硫酸钙，1400加热硫酸钙，得到能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，s元素化合价降低，则有氧气生成，硫酸钙分解生成氧化钙、二氧化硫与氧气，反应方程式为：2caso42cao+2so2+o2，故答案为：2caso42cao+2so2+o2；200加热反应完全失去结晶水得到硫酸钙，固体减轻质量总为180g44g=36g，为结晶水总质量，设固体a中含有生石膏的质量为m，则：caso42h2ocaso4+2h2o172 36m 36g所以m=172g所以固体a中生石膏的质量分数=100%=95.6%，故答案为：95.6%；（4）阳极发生氧化反应，由电解池示意图可知，二氧化硫在阳极失去电子，氧化得