河南省周口市扶沟高中高三化学模拟试卷（11）（含解析）.doc

2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（11）一、选择题：（本大题共7小题，每小题6分，共42分，每题只有一个选项符合题意）1下列化学与生活的相关叙述正确的是( )ano2、co2和so2都是大气污染物b用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求c石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程d馒头、米饭在口腔内越嚼越甜，是因为它们含有的淀粉发生了酯化反应2制备下列物质的工业生产流程合理是( )a由so2制亚硫酸钠：so2nahso3溶液na2so3溶液b由nacl制漂粉精：nacl（aq）cl2漂粉精c由nh3制硝酸：nh3no2hno3d由乙烯制乙酸：h2c=ch2ch3ch2ohch3choch3cooh3下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是( )a苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应bc8h10含苯环的烃同分异构体有3种c乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上d莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色4仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是( )编号仪器药品实验目的a托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒nacl固体、蒸馏水配制一定质量分数的nacl溶液b分液漏斗、锥形瓶、试管、导管及橡皮塞浓硝酸、碳酸钠固体、硅酸钠溶液证明酸性：硝酸碳酸硅酸c酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测naoh溶液测定naoh溶液的物质的量浓度 d烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台混有苯酚杂质的苯、浓溴水提纯混有苯酚杂质的苯aabbccdd5乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有几种( )a5种b6种c8种d9种6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )a稀硝酸中加入过量铁粉：fe+4h+no3fe3+no+2h2ob用铜作电极电解饱和食盐水：2cl+2h2o cl2+h2+2ohc氯化铝溶液中加入过量氨水：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+d向baco3固体中加入过量的稀h2so4：baco3+2h+ba2+co2+h2o7某温度下，体积和ph都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液加水稀释时的ph变化曲线如图，下列有关说法正确的是( )a加等量的水后硫酸中水电离出的c（h+）与硫酸铝中水电离出的c（h+）的比值比稀释前的比值增大ba点溶液中有：c（h+）+c（al3+）=c（oh）+c（so42）c体积和ph都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液与等浓度的naoh反应，消耗naoh的体积相等db、c两溶液水电离出的c（oh）相等二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第8题第10题为必考题，每个小题考生都必须作答第11题第12题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题8（14分）工业上用辉铜矿（主要成分cu2s，含fe3o4、sio2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：固体b为氧化物组成的混合物 cu（nh3）42+（aq）cu2+（aq）+4nh3（aq）（1）气体x是_，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，cu2s发生反应的方程式为：_（2）固体b酸溶时加入稀硫酸和h2o2，目的是_，不用浓硫酸的原因是_（3）鉴别溶液d中fe3+完全除尽的方法是_滤液g的主要溶质是_（填化学式）（4）由溶液e获得硫酸铜晶体的实验操作i的方法是蒸发浓缩、降温结晶、_、烘干（5）用“间接碘量法”测定所制备的cuso45h2o（不含能与i反应的氧化性杂质）的纯度取a g试样配成100ml溶液，取25.00ml该溶液，滴加ki溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加ki溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的i2，发生反应的化学方程式为i2+2na2s2o32nai+na2s4o6，消耗c moll1 na2s2o3溶液的体积为v ml写出cuso4与ki反应的离子方程式_计算试样中cuso45h2o的纯度_（用a、c、v表示）9（14分）三颈瓶在化学实验中的应用非常广泛，下面是三颈瓶在部分无机实验或有机实验中的一些应用（1）在如图1所示装置中，进行氨的催化氧化实验：向三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶内并接近液面反应过程中可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热实验过程中nh3h2o的电离程度_（填“变大”、“变小”或“不变”）（2）实验室用如图2所示装置制备氨基甲酸铵（nh2coonh4），其反应化学方程式：2nh3（g）+co2（g）nh2coonh4（s），该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵写出加入药品之前实验操作的要点_；反应中若有水存在则生成碳酸氢铵的化学方程式是_干燥管中盛放的药品是_简述左侧三颈瓶装置制取氨气的原理_对比碳酸盐和酸的反应制取co2，该实验利用干冰升华产生co2气体的有优点有_有同学认为该实验装置存在安全问题，请问可能面临的安全问题是_氨基甲酸氨可用作肥料，其肥效比尿素co（nh2）2_（填“高”或“低”），在潮湿的空气中释放出氨而变成碳酸氢铵取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7830g，用足量石灰水充分处理后，使样品中碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g，则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数是_10综合利用co2、co对构建低碳社会有重要意义（1）li4sio4可用于富集得到高浓度co2原理是：在500，低浓度co2与li4sio4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度co2，li4sio4再生700时反应的化学方程式为_（2）固体氧化物电解池（soec）用于高温共电解co2/h2o，既可高效制备合成气（co+h2），又可实现co2的减排，其工作原理如图1b为电源的_（填“正极”或“负极”）写出电极c发生的电极反应式：_、_（3）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2mol co和1mol h2，达到平衡时容器体积为2l，且含有0.4mol ch3oh（g），则该反应平衡常数值为_，此时向容器中再通入0.35mol co气体，则此平衡将_（填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”）移动（4）已知：若甲醇的燃烧热为h3，试用h1、h2、h3表示co（g）+2h2（g）ch3oh（l）的h，则h=_（5）利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价co2热解为碳和氧气，实现co2再资源化，转化过程如图2所示，若用1mol缺铁氧化物与足量co2完全反应可生成_mol c（碳）（二）选考题（共15分请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）【化学一物质结构与性质】11x、y、z为前四周期元素，且原子序数依次增大x与氢元素可形成：h2x、h2x2两种化合物，且在常温下均为液态；y基态原子的m层电子数是k层的3倍；z2+的3d轨道中有10个电子请回答下列问题：（1）x所在周期中第一电离能最大的主族元素是_（填元素符号）；h2x2分子中x原子的杂化方式是_（2）y与x可形成yx42yx42的立体构型是_写出一种与yx42互为等电子体分子的化学式_（3）z的氯化物与氨水反应可形成配合物z（nh3）4cl2，1mol该配合物中含有键的数目为_（4）y与z形成化合物晶体的晶胞如图所示已知该晶体的密度为a gcm3，则该晶胞的体积为_cm3（na表示阿伏加德罗常数的值）【化学-有机化学基础】12有机物是重要的化工原料，其合成过程如下：（1）化合物ii的分子式为_，中含氧官能团的名称是_，反应的反应类型是_反应（2）化合物iiv具有的性质正确的是_a1mol化合物ii最多能与2molh2发生加成反应b1mol化合物ii燃烧最多消耗8.5molo2c1mol化合物iv能与2mol金属钠、1molnahco3反应产生气体d化合物i和iv在一定条件下都能与乙酸发生酯化反应（3）芳香化合物v是ii的一种无甲基同分异构体，能使fecl3溶液显紫色，则v的结构简式为_、_、_（4）一定条件下，化合物能形成缩聚高分子，该有机高分子的结构简式为_（5）有机物vi（）与发生反应的方程式为_2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（11）一、选择题：（本大题共7小题，每小题6分，共42分，每题只有一个选项符合题意）1下列化学与生活的相关叙述正确的是( )ano2、co2和so2都是大气污染物b用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求c石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程d馒头、米饭在口腔内越嚼越甜，是因为它们含有的淀粉发生了酯化反应【考点】常见的生活环境的污染及治理；乙烯的用途；淀粉的性质和用途 【专题】化学计算【分析】a、二氧化碳不是空气污染物；b、根据乙烯的用途以及乙烯能被高锰酸钾溶液氧化来分析；c、石油和油脂都不是高分子化合物；d、淀粉水解生成葡萄糖【解答】解：a、no2、so2都是大气污染物，但co2不是空气污染物，故a错误；b、乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，除去乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故b正确；c、石油和油脂都不是高分子化合物，所以石油裂解和油脂皂化都不是高分子生成小分子的过程，故c错误；d、淀粉水解生成葡萄糖，有甜味，故d错误；故选：b【点评】本题考查了化学与生活的知识，题目较为简单，完成此题，可以依据已有的课本知识2制备下列物质的工业生产流程合理是( )a由so2制亚硫酸钠：so2nahso3溶液na2so3溶液b由nacl制漂粉精：nacl（aq）cl2漂粉精c由nh3制硝酸：nh3no2hno3d由乙烯制乙酸：h2c=ch2ch3ch2ohch3choch3cooh【考点】化学实验方案的评价 【分析】a亚硫酸酸性比碳酸强，so2可与碳酸钠反应生成nahso3，进而与naoh反应生成na2so3；b澄清石灰水浓度较低，应用石灰乳；c氨气被氧化生成no；d银氨溶液成本较高【解答】解：a亚硫酸酸性比碳酸强，so2可与碳酸钠反应生成nahso3，进而与naoh反应生成na2so3，故a正确；b澄清石灰水浓度较低，生成次氯酸钙较少，应用石灰乳，故b错误；c氨气被氧化生成no，不能生成no2，故c错误；d银氨溶液成本较高，可用氧气直接氧化，故d错误故选a【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累3下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是( )a苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应bc8h10含苯环的烃同分异构体有3种c乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上d莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色【考点】有机物的结构和性质；常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体 【分析】a丙烯被酸性高锰酸钾氧化；b取代基可以是2个甲基或1个乙基；c乙烷为饱和烃，具有甲烷的结构特点；d含有碳碳双键，可与溴发生加成反应【解答】解：a丙烯含有碳碳双键，被酸性高锰酸钾氧化，故a错误；bc8h10的芳香烃满足cnh2n6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：，故b错误；c乙烷为饱和烃，具有甲烷的结构特点，则原子不可能在同一个平面上，故c错误；d含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故d正确故选d【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大4仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是( )编号仪器药品实验目的a托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒nacl固体、蒸馏水配制一定质量分数的nacl溶液b分液漏斗、锥形瓶、试管、导管及橡皮塞浓硝酸、碳酸钠固体、硅酸钠溶液证明酸性：硝酸碳酸硅酸c酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测naoh溶液测定naoh溶液的物质的量浓度 d烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台混有苯酚杂质的苯、浓溴水提纯混有苯酚杂质的苯aabbccdd【考点】直接加热的仪器及使用方法；不能加热的仪器及使用方法 【分析】a可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液；b硝酸易挥发；c氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液；d苯酚、三溴苯酚均易溶于苯【解答】解：a可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液，可达到实验目的，故a正确；b硝酸易挥发，应除掉硝酸后再通入硅酸，故b错误；c缺少碱式滴定管，氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液，不能完成实验，故c错误；d苯酚、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应加naoh后分液除杂，故d错误故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、中和滴定、物质的分离、性质比较等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验方法和原理，难度不大5乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有几种( )a5种b6种c8种d9种【考点】同分异构现象和同分异构体 【专题】同系物和同分异构体【分析】乙烷与氯气发生取代反应，可以是一元取代、二元取代到完全取代，注意多元取代时，可以取代相同碳原子上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，发生n元取代与m元取代，若n+m等于氢原子数目，则取代产物种数相同，据此书写判断【解答】解：乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六氯取代物1种，所以共有9种，故选d【点评】本题考查同分异构体、取代反应等，难度不大，注意同分异构体的书写6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )a稀硝酸中加入过量铁粉：fe+4h+no3fe3+no+2h2ob用铜作电极电解饱和食盐水：2cl+2h2o cl2+h2+2ohc氯化铝溶液中加入过量氨水：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+d向baco3固体中加入过量的稀h2so4：baco3+2h+ba2+co2+h2o【考点】离子方程式的书写 【分析】a过量fe粉参加反应生成硝酸亚铁、no和水；b阳极上铜失电子生成cu离子；c氢氧化铝不溶于弱碱；d二者反应生成硫酸钡、二氧化碳和水【解答】解：a过量fe粉参加反应生成硝酸亚铁、no和水，离子方程式为：3fe+8h+2no33fe2+2no+4h2o，故a错误；b阳极上铜失电子生成cu离子，离子方程式为cu+2h2ocu（oh）2+h2，故b错误；c氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故c正确；d二者反应生成硫酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为baco3+so42+2h+baso4+co2+h2o，故d错误；故选c【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、酸性强弱比较、生成物与反应物量的关系等知识点，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，易错选项是b7某温度下，体积和ph都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液加水稀释时的ph变化曲线如图，下列有关说法正确的是( )a加等量的水后硫酸中水电离出的c（h+）与硫酸铝中水电离出的c（h+）的比值比稀释前的比值增大ba点溶液中有：c（h+）+c（al3+）=c（oh）+c（so42）c体积和ph都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液与等浓度的naoh反应，消耗naoh的体积相等db、c两溶液水电离出的c（oh）相等【考点】盐类水解的原理；水的电离 【分析】a、加水稀释，硫酸中水的电离程度增加，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加；b、a点溶液中存在电荷守恒，据此回答判断；c、ph都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，根据硫酸、硫酸铝和氢氧化钠的反应来回答；d、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用【解答】解：a、加水稀释，硫酸中氢离子浓度减小，对水的电离抑制作用减小，硫酸中中水的电离程度增加，稀释硫酸铝，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加，但是铝离子浓度减小，其中水的电离程度增加值不如稀释硫酸过程水的电离程度增加的大，即加等量的水后硫酸中水电离出的c（h+）与硫酸铝中水电离出的c（h+）的比值比稀释前的比值增大，故a正确；b、a点溶液中存在电荷守恒：c（h+）+3c（al3+）=c（oh）+2c（so42），故b错误；c、ph都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，但是它们和氢氧化钠反应的实质不一样，前者是氢离子和氢氧根离子的反应，但是后者是铝离子和氢氧根离子之间的反应，氢离子和铝离子的物质的量不相等，故c错误；d、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用，b、c两溶液水电离出的c（oh），硫酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小，故d错误故选a【点评】本题考查酸溶液的稀释，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答，题目难度中等二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第8题第10题为必考题，每个小题考生都必须作答第11题第12题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题8（14分）工业上用辉铜矿（主要成分cu2s，含fe3o4、sio2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：已知：固体b为氧化物组成的混合物 cu（nh3）42+（aq）cu2+（aq）+4nh3（aq）（1）气体x是so2，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，cu2s发生反应的方程式为：cu2s+2o22cuo+so2（2）固体b酸溶时加入稀硫酸和h2o2，目的是溶解cuo、fe3o4，并将fe2+氧化为fe3+，不用浓硫酸的原因是浓硫酸与fe2+反应会生成对环境有污染的so2（3）鉴别溶液d中fe3+完全除尽的方法是取少量d溶液于试管中，滴入kscn溶液，若溶液未出现血红色，则证明fe3+完全除尽滤液g的主要溶质是（nh4）2so4（填化学式）（4）由溶液e获得硫酸铜晶体的实验操作i的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干（5）用“间接碘量法”测定所制备的cuso45h2o（不含能与i反应的氧化性杂质）的纯度取a g试样配成100ml溶液，取25.00ml该溶液，滴加ki溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加ki溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的i2，发生反应的化学方程式为i2+2na2s2o32nai+na2s4o6，消耗c moll1 na2s2o3溶液的体积为v ml写出cuso4与ki反应的离子方程式2cu2+4i=2cui+i2计算试样中cuso45h2o的纯度%（用a、c、v表示）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 【分析】辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体cuo、fe3o4，加入盐酸得到含有cu2+、fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到cu（nh3）42+和fe（ho）3，cu（nh3）42+经加热可得到cuo，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，（1）根据图示，cu2s与o2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫；（2）固体b为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和h2o2，目的是溶解cuo、fe3o4，并将fe2+氧化为fe3+；根据浓硫酸氧化fe2+反应会生成对环境有污染的so2；（3）根据三价铁与kscn溶液出现血红色，证明fe3+是否完全除尽；根据溶液的组成判断滤液g的主要溶质；（4）由溶液e获得硫酸铜晶体的实验操作i的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，写出离子方程式；据比例关系4cuso45h2o4cu2+2i24s2o32计算【解答】解：辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体cuo、fe3o4，加入盐酸得到含有cu2+、fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到cu（nh3）42+和fe（ho）3，cu（nh3）42+经加热可得到cuo，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，（1）根据图示，cu2s与o2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：cu2s+2o22cuo+so2，所以气体x是so2；故答案为：so2；cu2s+2o22cuo+so2；（2）固体b为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和h2o2，目的是溶解cuo、fe3o4，并将fe2+氧化为fe3+；因为浓硫酸氧化fe2+反应会生成对环境有污染的so2，所以不用，故答案为：溶解cuo、fe3o4，并将fe2+氧化为fe3+；浓硫酸与fe2+反应会生成对环境有污染的so2；（3）因为三价铁与kscn溶液出现血红色，所以取少量d溶液于试管中，滴入kscn溶液，若溶液未出现血红色，则证明fe3+完全除尽；因为溶液d中含有cu（nh3）42+和硫酸根，所以d转化生成cuo后，剩余的溶液中含有（nh4）2so4；故答案为：取少量d溶液于试管中，滴入kscn溶液，若溶液未出现血红色，则证明fe3+完全除尽；（nh4）2so4；（4）由溶液e获得硫酸铜晶体的实验操作i的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，故答案为：过滤、洗涤；（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2cu2+4i=2cui+i2，故答案为：2cu2+4i=2cui+i2；据比例关系4cuso45h2o4cu2+2i24s2o32， cv103mol cv103mol试样中cuso45h2o的质量分数为100%=%，故答案为：%【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等9（14分）三颈瓶在化学实验中的应用非常广泛，下面是三颈瓶在部分无机实验或有机实验中的一些应用（1）在如图1所示装置中，进行氨的催化氧化实验：向三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶内并接近液面反应过程中可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热实验过程中nh3h2o的电离程度变大（填“变大”、“变小”或“不变”）（2）实验室用如图2所示装置制备氨基甲酸铵（nh2coonh4），其反应化学方程式：2nh3（g）+co2（g）nh2coonh4（s），该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵写出加入药品之前实验操作的要点按图所示组装仪器，检查装置气密性；反应中若有水存在则生成碳酸氢铵的化学方程式是nh3+co2+h2o=nh4hco3干燥管中盛放的药品是氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰简述左侧三颈瓶装置制取氨气的原理固体氢氧化钠遇水放出大量热，温度升高，有利于氨气逸出，同时c（oh）浓度增大，氨水的电离平衡左移，放出氨气对比碳酸盐和酸的反应制取co2，该实验利用干冰升华产生co2气体的有优点有不需要干燥，提供低温环境，提高转化率有同学认为该实验装置存在安全问题，请问可能面临的安全问题是产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸氨基甲酸氨可用作肥料，其肥效比尿素co（nh2）2低（填“高”或“低”），在潮湿的空气中释放出氨而变成碳酸氢铵取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7830g，用足量石灰水充分处理后，使样品中碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g，则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数是70%【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）浓氨水受热分解生成氨气，氨气与空气中的氧气在铂丝催化条件下生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，铂丝始终保持红热说明反应是放热反应，氨水浓度减小，所以nh3h2o的电离程度变大；（2）分析装置图可知，气体反应过程来制备物质，需要组装好仪器后，检查装置气密性；有水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠；反应物氨气必须是干燥的，需要用碱性干燥剂干燥，如碱石灰、固体氢氧化钠或氧化钙等；利用固体氢氧化钠或碱石灰或氧化钙固体溶解放热分析；干冰制取的二氧化碳中不含杂质，不需要干燥；该反应为放热反应，干冰变为二氧化碳吸收热量，有利于增大反应物转化率；依据装置图中流程分析，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸；氨基甲酸铵可用作肥料，其肥效和尿素比，依据计算的氮元素含量分析；碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的量分数【解答】解：（1）浓氨水受热分解生成氨气，氨气与空气中的氧气在铂丝催化条件下生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，方程式依次为：4nh3+5o24no+6h2o，2no+o2=2no2，3no2+h2o=2hno3+no，铂丝始终保持红热说明反应是放热反应，氨水浓度减小，所以nh3h2o的电离程度变大；故答案为：变大；（2）分析装置图可知，是利用气体反应制备物质，加入药品之前实验操作的要点是按图组装好仪器，检查装置气密性；有水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：nh3+co2+h2o=nh4hco3；故答案为：按图所示组装仪器，检查装置气密性；nh3+co2+h2o=nh4hco3；由于制备氨基甲酸铵的原料氨气必须是干燥的，以防止副反应的发生，因此生成的氨气必须进行干燥，因为氨气是碱性气体，所以干燥氨气应该用氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰，固体氢氧化钠遇水放出大量热，温度升高，有利于氨气逸出，同时c（oh）浓度增大，氨水的电离平衡左移，放出氨气；故答案为：氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰；固体氢氧化钠遇水放出大量热，温度升高，有利于氨气逸出，同时c（oh）浓度增大，氨水的电离平衡左移，放出氨气；碳酸盐和酸反应制co2，则生成的co2必须进行净化和干燥处理，而直接利用干冰制备co2，不需要干燥；又因为该反应是放热反应，提供低温环境，可以提高转化率；故答案为：不需要干燥，提供低温环境，提高转化率；依据装置图中流程分析，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸，实验装置存在安全问题产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸；故答案为：产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸；氨基甲酸铵可用作肥料，含氮量=100%=35.9%，尿素含氮量=46.7%，所以其肥效比尿素低；取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7830g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，则x+y=0.01 78x+79y=0.7830解得x=0.007moly=0.0023ol则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=100%=70%，故答案为：低；70%【点评】本题考查了物质制备实验的设计应用，主要是氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断，实验基本操作，混合物分离的实验设计，有关混合物的计算，题目难度中等10综合利用co2、co对构建低碳社会有重要意义（1）li4sio4可用于富集得到高浓度co2原理是：在500，低浓度co2与li4sio4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度co2，li4sio4再生700时反应的化学方程式为li2co3+li2sio3co2+li4sio4（2）固体氧化物电解池（soec）用于高温共电解co2/h2o，既可高效制备合成气（co+h2），又可实现co2的减排，其工作原理如图1b为电源的正极（填“正极”或“负极”）写出电极c发生的电极反应式：co2+2eco+o2、h2o+2eh2+o2（3）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2mol co和1mol h2，达到平衡时容器体积为2l，且含有0.4mol ch3oh（g），则该反应平衡常数值为50，此时向容器中再通入0.35mol co气体，则此平衡将向逆反应方向（填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”）移动（4）已知：若甲醇的燃烧热为h3，试用h1、h2、h3表示co（g）+2h2（g）ch3oh（l）的h，则h=h=2h1h2h3（5）利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价co2热解为碳和氧气，实现co2再资源化，转化过程如图2所示，若用1mol缺铁氧化物与足量co2完全反应可生成0.1mol c（碳）【考点】原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【分析】（1）根据题干信息，反应物为co2与li4sio4，生成物有li2co3，根据质量守恒进行解答；（2）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子；电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气；（3）根据平衡常数的计算公式计算，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，据此计算加入0.35molco时容器的体积，计算此时浓度商，与平衡常数相比判断反应进行方向；（4）由图反应可知h2（g）+o2（g）=h2o（l），h1；由反应可知：co2（g）=co（g）+o2（g），h2；若甲醇的燃烧热为h3，所以ch3oh（g）+o2（g）=2h2o（l）+co2（g），h3运用盖斯定律计算焓变；（5）依据反应物和产物利用直平法配平化学方程式，利用碳元素守恒计算得到【解答】解：（1）在500，co2与li4sio4接触后生成li2co3，反应物为co2与li4sio4，生成物有li2co3，根据质量守恒可知产物还有li2sio3，所以700时反应的化学方程式为：li2co3+li2sio3co2+li4sio4，故答案为：li2co3+li2sio3co2+li4sio4；（2）co2+h2oco+h2+o2，二氧化碳中的碳元素化合价降低，被还原，水中的氢元素化合价降低被还原，反应物中的氧元素化合价升高，被氧化，失去电子发生氧化反应生成氧气，所以电极d为阳极，所以b为电源的正极，故答案为：正极；二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：co2+2eco+o2，水中的氢元素化合价降低被还原，电极反应式为：h2o+2e=h2+o2，故答案为：co2+2eco+o2；h2o+2e=h2+o2； （3）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）起始：1.2mol 1mol 0转化：0.4mol 0.8mol 0.4mol平衡：0.8mol 0.2mol 0.4mol所以：k=50（mol/l）2，此时向容器中再通入0.35molco气体，假设平衡不移动时，此时容器体积为：2l=2.5l，则浓度商qc=54.3，大于平衡常数50，平衡向逆反应方向移动，故答案为：50；逆反应方向；（4）由图反应可知h2（g）+o2（g）=h2o（l），h1；由反应可知：co2（g）=co（g）+o2（g），h2；若甲醇的燃烧热为h3，所以ch3oh（g）+o2（g）=2h2o（l）+co2（g），h3；所以盖斯定律，目标反应为：h=2h1h2h3，故答案为：h=2h1h2h3；（5）依据图示得到化学方程式为：fe0.9o+0.1co2=xc+fe3o4，依据碳原子守恒得到x=0.1故答案为：0.1【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算和应用，电解池电极反应的分析书写，化学平衡常数的计算，原子守恒氧化还原反应的计算应用，题目难度中等（二）选考题（共15分请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）【化学一物质结构与性质】11x、y、z为前四周期元素，且原子序数依次增大x与氢元素可形成：h2x、h2x2两种化合物，且在常温下均为液态；y基态原子的m层电子数是k层的3倍；z2+的3d轨道中有10个电子请回答下列问题：（1）x所在周期中第一电离能最大的主族元素是f（填元素符号）；h2x2分子中x原子的杂化方式是sp3（2）y与x可形成yx42yx42的立体构型是正四面体写出一种与yx42互为等电子体分子的化学式ccl4等（3）z的氯化物与氨水反应可形成配合物z（nh3）4cl2，1mol该配合物中含有键的数目为16na（4）y与z形成化合物晶体的晶胞如图所示已知该晶体的密度为a gcm3，则该晶胞的体积为cm3（na表示阿伏加德罗常数的值）【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】x、y、z为前四周期元素且原子序数依次增大x与氢元素可形成：h2x、h2x2两种化合物，且在常温下均为液态，则y为o元素，形成的两种化合物为h2o、h2o2；y基态原子的m层电子数是k层的3倍，则m层电子数为6，故y为s元素；z2+的3d轨道中有10个电子，z原子核外电子数为2+8+18+2=30，故z为zn，据此解答【解答】解：x、y、z为前四周期元素且原子序数依次增大x与氢元素可形成：h2x、h2x2两种化合物，且在常温下均为液态，则y为o元素，形成的两种化合物为h2o、h2o2；y基态原子的m层电子数是k层的3倍，则m层电子数为6，故y为s元素；z2+的3d轨道中有10个电子，z原子核外电子数为2+8+18+2=30，故z为zn（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，x（o元素）所在周期