湖北省武汉二中高考化学八模试卷

1、2015年湖北省 武汉二中高考化学八模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1“地沟油”被称为“生物燃料”，该燃料属于生物质能已知生物质的主要转化途径及主要产物如图所示则下列关于生物燃料以及生物质能的说法中正确的是（）生物燃料本质上能量来源于太阳能由纤维素水解获得的乙醇属于生物质能生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物由植物秸秆等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷生物质资源是一种污染小的可再生能源A B C D 2短周期元素A、B、C在周期表中所处的位置如表所示A、B、C三种元素原子的质子数之和为32，D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍则下列说法正确的是（）ACBA 元素D形

2、成的气态氢化物的分子构型一定是正四面体B A、B两种元素的气态氢化物均能与它们的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且反应类型相同C 在DB2、BC6、DC4的分子中，每个原子都满足8电子稳定结构D 四种元素形成的气态氢化物中，C元素形成的氢化物的稳定性最高3分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法某同学用下表所示的形式对所学知识进行分类，其中甲与乙、丙、丁是包含关系选项甲乙、丙、丁常见干燥剂浓硫酸、石灰石、碱石灰常见合金不锈钢、青铜、生铁基本营养物质蛋白质、维生素、糖类腐蚀品浓硫酸、烧碱、硝酸碱性氧化物过氧化钠、氧化镁、氧化铁弱电解质醋酸、一水合氨、水其中正确的组合是（）A B C D 4设N

3、A表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A 标准状况下，22.4 L一氯甲烷和二氯甲烷的混合物中所含的氯原子数介于NA至2NA之间B 0.1 mol Cu与足量热的浓硫酸反应生成SO2的体积约为22.4 LC 0.2 molL1 Na2S溶液中含有的S2数目小于0.2NAD 在反应Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中每溶解1 mol Zn，转移的电子数大于2NA5CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B 相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C 1mol

4、 CuSO4在1100所得混合气体X中O2可能为0.75molD Y可能是葡萄糖6O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点O3可溶于水，在水中易分解，产生的O为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力常温常压下发生反应如下：反应O3O2+OH0平衡常数为K1；反应O+O32O2H0平衡常数为K2；总反应：2O33O2H0平衡常数为K下列叙述正确的是（）A 升高温度，K增大B K=K1+K2C 适当升温，可提高消毒效率D 压强增大，K2减小7下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A 将过量SO2气体通入氨水中：SO2+2NH3H2O=2 NH4+SO32+H2OB 向FeI2溶液

5、中通入足量的氯气：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4ClC 向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液：Ba2+2OH+2HCO3=BaCO3+2H2O+CO32D 硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O二、解答题（共3小题，满分43分）8粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等，某实验室对其进行处理的流程如图所示：回答下列问题：（1）第步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2等，写出生成NH4Fe（SO4）2的化学方程式在物质分类体系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）

6、2不属于（填字母）a硫酸盐 b复盐 c强电解质 d共价化合物（2）滤渣B的主要成分为，其与NaOH溶液反应的离子方程式为（3）已知KSPFe（OH）3=4×1038，KSPAl（OH）3=1×1033为实现步骤的实验目的，应使溶液中c（Fe3+）、c（Al3+）均小于或等于1×109 molL1可认为完全沉淀，则溶液A至少应调节到pH=；用NH4HCO3调节pH的实验原理为（用离子方程式表示）（4）实验室进行第步操作时，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、，得到的晶体主要成份是（填化学式）第步所加试剂D是；第步生成Al（OH）3的离子方程式为9防止污染、改善水质的

7、主要措施是对废气、废水进行处理已知汽车尾气处理的反应之一：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0将0.20mol NO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生上述反应，反应过程中部分物质的浓度变化如图1所示该反应第一次达到平衡时的平衡常数为第12min时改变的条件是（填“升温”、“降温”），判断的依据是在第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡将移动（填“正向”、“逆向”或“不”）含有乙酸钠和对氯苯酚（）的酸性废水，可利用微生物电池法除去，其原理如图2所示A是电池的极（填“正”或“负”）；酸性条件下，B极的电极反应式为

8、设电极两边溶液分别为1L，反应一段时间后，此过程中处理的乙酸钠的质量为2.05 g，A极区溶液的pH=10氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组用模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0（1）用如图1装置制取氨气，你所选择的试剂是（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中当悬浮物较多时，停止制备注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质发生器用冰水冷却的原因是液体石蜡鼓泡瓶的作用是从反应后的混合物中分

9、离出产品的实验方法是（填写操作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40以下烘干尾气处理装置如图2所示双通玻璃管的作用：；浓硫酸的作用：、（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，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则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为Mr（NH2COONH4）=78、Mr（NH4HCO3）=79、Mr（CaCO3）=100三、化学-选修2化学与技术（共1小题，满分15分）11无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等工业制备无水AlCl3的

10、流程如下：（1）氯化炉中通入O2的目的是（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式是（3）氯化炉中导出的气体，通常用亚硫酸钠溶液来吸收，请写出用Na2SO3溶液处理尾气时发生反应的离子方程式（4）在升华器中加入铝粉的目的是（5）用氯化铝晶体（AlCl36H2O）在HCl气中加热也能进行无水氯化铝的制备但若实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝化学式为Al2（OH）nCl（6n），且质量是原氯化铝晶体（AlCl36H2O）的40%，则可推算n的值为（6）镀铝电解池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl形式存在，则阳极的电极反应式为四、化学选修3：物质结构与性质（共1

11、小题，满分0分）1012盐城二模）2011年法国化学家Amy Bullen撰文称：在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中有：铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17个“分子”，改变过人类的世界（1）铁原子在基态时，价电子（外围电子）排布式为（2）硝酸钾中NO3的空间构型为，写出与N03互为等电子体的一种非极性分子的化学式（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1，其中采用sp3杂化的原子有（4）下列说法正确的有a乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高b钨的配合物离子W（CO）5OH能催化固定CO2，该配离子中钨显1价c聚乙烯（）分子中有5n个键d由表中数据可确定在反应Si

12、（s）+O2（g）=SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（2cab）kJ表：化学键SiSiO=OSiO键能（kJmol1）abc（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2，写出该反应的化学方程式五、化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）1015武汉校级模拟）有机物AF的转化关系如下：已知：有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6：1：2：1；F是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代 物只有两种请回答下列问题：（1）A的分子式是（2）B中的官能团名称是（3）D的结构简式为，名称为（4）C+EF的化学方程式是（5）

13、和C互为同分异构体，且含相同官能团的有机物有种（6）X与E互为同分异构体，属于酯类化合物，分子中只含一种官能团，苯环上一硝基取代物只有一种，则X的结构简式为；X分子中有种不同化学环境的氢原子，其峰面积之比为；1mol X与NaOH溶液共热反应，最多消耗 mol NaOH2015年湖北省武汉二中高考化学八模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1“地沟油”被称为“生物燃料”，该燃料属于生物质能已知生物质的主要转化途径及主要产物如图所示则下列关于生物燃料以及生物质能的说法中正确的是（）生物燃料本质上能量来源于太阳能由纤维素水解获得的乙醇属于生物质能生物质裂解获得的汽油

14、、柴油等属于纯净物由植物秸秆等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷生物质资源是一种污染小的可再生能源A B C D 考点：油脂的性质、组成与结构分析：生物质能直接或间接地来源于绿色植物的光合作用；纤维素来源于绿色植物的光合作用；混合物是指由多种物质组成的物质；沼气主要成是甲烷；生物质资源燃烧生成二氧化碳解答：解：生物质能直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，本质上来源于太阳能，故正确；纤维素来源于绿色植物的光合作用，乙醇来源于纤维素，属于生物质能，故正确；汽油、柴油等是多种烃的混合物，属于混合物，故错误；发酵获得的沼气主要成是甲烷，故正确；生物质资源是可再生能源，燃烧生成二氧化碳，对环境污染小，故正

15、确；故选B点评：本题考查能源以及混合物等，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累2短周期元素A、B、C在周期表中所处的位置如表所示A、B、C三种元素原子的质子数之和为32，D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍则下列说法正确的是（）ACBA 元素D形成的气态氢化物的分子构型一定是正四面体B A、B两种元素的气态氢化物均能与它们的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且反应类型相同C 在DB2、BC6、DC4的分子中，每个原子都满足8电子稳定结构D 四种元素形成的气态氢化物中，C元素形成的氢化物的稳定性最高考点：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：由短周

16、期元素A、B、C在周期表中所处的位置关系可知，A、C处于第二周期、B处于第三周期，A、B、C三种元素原子的质子数之和为32，令A的原子序数为x，则B的原子序数为x+8，C的原子序数为x+2，则：x+x+9+x+2=32，解得x=7，故A为氮元素、B为硫元素、C为氟元素；D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，则D元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故D为碳元素，据此解答解答：解：由短周期元素A、B、C在周期表中所处的位置关系可知，A、C处于第二周期、B处于第三周期，A、B、C三种元素原子的质子数之和为32，令A的原子序数为x，则B的原子序数为x+8，C的原子序数为x+2，则：x+x+

17、9+x+2=32，解得x=7，故A为氮元素、B为硫元素、C为氟元素；D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，则D元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故D为碳元素，A碳元素形成的乙烯为平面结构、乙炔为直线结构，故A错误；B氨气与硝酸反应生成硝酸铵，硫化氢被浓硫酸氧化生成二氧化硫与水，二者反应类型不同，故B错误；C在CO2、CF4的分子中每个原子都满足8电子稳定结构，SF6分子中S原子周围有12个电子，故C错误；DC为氟元素，F元素非金属性最强，氢化物最稳定，故D正确；故选D点评：本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题关键，注意整体把握元素周期表的结构，注意A选项中碳元素形成

18、的氢化物为烃类物质3分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法某同学用下表所示的形式对所学知识进行分类，其中甲与乙、丙、丁是包含关系选项甲乙、丙、丁常见干燥剂浓硫酸、石灰石、碱石灰常见合金不锈钢、青铜、生铁基本营养物质蛋白质、维生素、糖类腐蚀品浓硫酸、烧碱、硝酸碱性氧化物过氧化钠、氧化镁、氧化铁弱电解质醋酸、一水合氨、水其中正确的组合是（）A B C D 考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；合金的概念及其重要应用；人体新陈代谢过程中的生化反应分析：常见的干燥剂有：浓硫酸、碱石灰、无水氯化钙等；合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；六大

19、营养素是指糖类、蛋白质、维生素、油脂、无机盐和水，基本营养素为糖类、蛋白质、油脂；根据常见的腐蚀品进行分析判断；碱性氧化物是指能和酸之间反应生成盐和水的化合物；电解质是指在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物，弱电解质存在电离平衡，水溶液中部分电离；解答：解：浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂；石灰石不能用作干燥剂、氢氧化钠固体、生石灰可用作干燥剂碱石灰能用作干燥剂，故错误；不锈钢、青铜、生铁由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，属于合金，故正确；六大营养素是指糖类、蛋白质、维生素、油脂、无机盐和水，基本营养素为糖类、蛋白质、油脂，故错误；浓硫酸、烧碱、硝酸均是常见的腐蚀品，故

20、正确；氧化镁、氧化铁能和酸之间反应生成盐和水，属于碱性氧化物，但是过氧化钠和酸之间反应生成盐、水以及氧气，不属于碱性氧化物，故错误；醋酸、一水合氨、水都存在电离平衡属于弱电解质，故正确故选C点评：本题难度不大，分类法是学习化学常用的方法，了解常见的干燥剂、常见酸碱盐的判别、常见腐蚀品、合金等即可正确解答本题4设NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A 标准状况下，22.4 L一氯甲烷和二氯甲烷的混合物中所含的氯原子数介于NA至2NA之间B 0.1 mol Cu与足量热的浓硫酸反应生成SO2的体积约为22.4 LC 0.2 molL1 Na2S溶液中含有的S2数目小于0.2NAD 在反应

21、Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中每溶解1 mol Zn，转移的电子数大于2NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、标况下，二氯甲烷为液态；B、生成气体所处的状态不明确；C、溶液体积不明确；D、在反应Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中，锌和NH4NO3做还原剂，HNO3做氧化剂解答：解：A、标况下，二氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、0.1 mol Cu与足量热的浓硫酸反应生成SO2的物质的量为0.1mol，但由于生成气体所处的状态不明确，不一定是标况下，故体积不一定是2.24L，故B错误；C、溶液体积不明

22、确，故溶液中的S2数目不能计算，故C错误；D、在反应Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn（NO3）2中，锌和NH4NO3做还原剂，HNO3做氧化剂，此反应转移5mol电子时溶解1mol锌，故当溶解1mol锌时转移的电子数大于2NA，故D正确故选D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5CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B 相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C 1mol CuSO4在1100所得混合气体X中O2可

23、能为0.75molD Y可能是葡萄糖考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；制备实验方案的设计专题：几种重要的金属及其化合物分析：A根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应；B途径产生一氧化氮污染性气体，途径产生二氧化硫气体；C硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2；D硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；解答：解：ACu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝

24、酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；B相对于途径、，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故B正确；C根据2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2知，1molCuSO4在1100所得混合气体X中O2为0.5mol，故C错误；D葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故D正确；故选C点评：本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答6O3也是一种很好的消毒

25、剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点O3可溶于水，在水中易分解，产生的O为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力常温常压下发生反应如下：反应O3O2+OH0平衡常数为K1；反应O+O32O2H0平衡常数为K2；总反应：2O33O2H0平衡常数为K下列叙述正确的是（）A 升高温度，K增大B K=K1+K2C 适当升温，可提高消毒效率D 压强增大，K2减小考点：化学平衡的影响因素分析：由盖斯定律可知反应+可得总反应，则K=K1×K2，结合温度对平衡移动的影响判断即可解答：解：A由总反应：2O33O2 H0可知正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；B由盖斯定律

26、可知反应+可得总反应，则K=K1×K2，故B错误；C适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；D平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误，故选C点评：本题主要考查的是化学平衡的影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关知识的积累7下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A 将过量SO2气体通入氨水中：SO2+2NH3H2O=2 NH4+SO32+H2OB 向FeI2溶液中通入足量的氯气：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4ClC 向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液：Ba2+2OH+2HCO3=BaCO3+2H2O+CO32D

27、硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A过量SO2气体通入氨水反应生成亚硫酸氢铵；B向FeI2溶液中通入足量的氯气，碘离子、二价铁离子都被氧化；C氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水；D碘化氢足量，硝酸根离子、三价铁离子都被还原；解答：解：A将过量SO2气体通入氨水中，离子方程式：SO2+NH3H2O=NH4+HSO3，故A错误；B向FeI2溶液中通入足量的氯气，离子方程式：2Fe2+4I+3Cl22Fe3+2I2+6Cl，故B错误；C向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳

28、酸氢钠溶液，离子方程式：Ba2+OH+HCO3=BaCO3+H2O，故C错误；D硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，离子方程式：Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，侧重考查反应物用量对反应的影响，题目难度较大二、解答题（共3小题，满分43分）8粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等，某实验室对其进行处理的流程如图所示：回答下列问题：（1）第步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2等，写出生成NH4Fe（SO4）2的化学方程式Fe2O3+4NH

29、4HSO42 NH4Fe（SO4）2+2NH3+3H2O在物质分类体系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2不属于d（填字母）a硫酸盐 b复盐 c强电解质 d共价化合物（2）滤渣B的主要成分为SiO2，其与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH=SiO32+H2O（3）已知KSPFe（OH）3=4×1038，KSPAl（OH）3=1×1033为实现步骤的实验目的，应使溶液中c（Fe3+）、c（Al3+）均小于或等于1×109 molL1可认为完全沉淀，则溶液A至少应调节到pH=6；用NH4HCO3调节pH的实验原理为H+HCO3=H2O+CO2

30、（用离子方程式表示）（4）实验室进行第步操作时，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿，得到的晶体主要成份是（NH4）2SO4（填化学式）第步所加试剂D是NaOH溶液；第步生成Al（OH）3的离子方程式为Al（OH）4+CO2+H2O=Al（OH）3+HCO3考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：（1）根据题意，Fe2O3与NH4HSO4反应生成 NH4Fe（SO4）2和氨气与水；物质分类体系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2都属于复盐，都是强电解质；（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为S

31、iO2+2OH=SiO32+H2O；（3）根据KSPAl（OH）3=1×1033；c（Al3+）均小于或等于1×109 molL1可认为完全沉淀，此时c（OH）=1×108；在酸性溶液中，H+HCO3=H2O+CO2；（4）实验室进行第步操作时，滤液C得到硫酸铵，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿；第步所加试剂NaOH，生成四羟基合硫酸根离子，第步生成Al（OH）3的离子方程式为通入CO2，酸碱中和生成（NH4）2SO4解答：解：（1）根据题意，Fe2O3与NH4HSO4反应生成 NH4Fe（SO4）2和氨气与水；物质分类体系中，NH4Fe（SO4

32、）2、NH4Al（SO4）2都属于复盐，都是强电解质；故答案为：Fe2O3+4NH4HSO42 NH4Fe（SO4）2+2NH3+3H2O； d；（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH=SiO32+H2O；故答案为：SiO2、SiO2+2OH=SiO32+H2O；（3）根据KSPAl（OH）3=1×1033；c（Al3+）均小于或等于1×109 molL1可认为完全沉淀，此时c（OH）=1×108；在酸性溶液中，H+HCO3=H2O+CO2；故答案为：6；H+HCO3=H2O+CO2；（4）实验室进行

33、第步操作时，滤液C得到硫酸铵，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿；第步所加试剂NaOH，生成四羟基合硫酸根离子，第步生成Al（OH）3的离子方程式为通入CO2，酸碱中和生成（NH4）2SO4；故答案为：玻璃棒；蒸发皿；（NH4）2SO4；NaOH溶液；Al（OH）4+CO2+H2O=Al（OH）3+HCO3点评：本题考查了物质制备实验工厂分析判断，物质性质的理解应用，离子方程式、化学方程式书写方法，盐类水解分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等9防止污染、改善水质的主要措施是对废气、废水进行处理已知汽车尾气处理的反应之一：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0

34、将0.20mol NO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生上述反应，反应过程中部分物质的浓度变化如图1所示该反应第一次达到平衡时的平衡常数为0.347Lmol1第12min时改变的条件是升温（填“升温”、“降温”），判断的依据是因反应速率加快且反应逆向移动，对放热反应而言，改变条件为升温在第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡将逆向移动（填“正向”、“逆向”或“不”）含有乙酸钠和对氯苯酚（）的酸性废水，可利用微生物电池法除去，其原理如图2所示A是电池的正极（填“正”或“负”）；酸性条件下，B极的电极反应式为CH3COO8e+2H2

35、O=2CO2+7H+设电极两边溶液分别为1L，反应一段时间后，此过程中处理的乙酸钠的质量为2.05 g，A极区溶液的pH=1考点：常见的生活环境的污染及治理；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：依据图象读出平衡浓度，结合平衡常数概念计算平衡常数；12min后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行；根据浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；根据原电池中阳离子的移动方向确定正负极；B为负极，发生氧化反应；根据电极反应式结合电子得失守恒来计算氢离子的物质的量浓度，依据pH=lgH+计算溶液pH值解答：解：依据图象分析，第一次达到平衡时时平衡状态下物质的浓度为c（NO）=0.

36、16mol/L，c（CO）=0.06mol/L，c（N2）=0.02mol/L，c（CO2）=0.04mol/L，反应的平衡常数K=0.347Lmol1；故答案为：0.347Lmol1；12min后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温改变符合图象变化；故答案为：升温；因反应速率加快且反应逆向移动，对放热反应而言，改变条件为升温；24min时，各物质的浓度为c（NO）=0.18mol/L，c（CO）=0.08mol/L，c（N2）=0.01mol/L，c（CO2）=0.02mol/L，反应的平衡常数K=0.019，若保持温度不变，此时再向容器中充入CO、N2各0

37、.060mol，c（NO）=0.18mol/L，c（CO）=0.14mol/L，c（N2）=0.07mol/L，c（CO2）=0.02mol/L，浓度商计算Qc=0.044K，平衡逆向进行，故答案为：逆向；原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以A是电池的正极，故答案为：正；B为负极，发生氧化反应，电极方程式为CH3COO8e+2H2O=2CO2+7H+；故答案为：CH3COO8e+2H2O=2CO2+7H+；B为负极，发生氧化反应，依据电极方程式CH3COO8e+2H2O=2CO2+7H+得：CH3COONa8e82 82.05g 0.2molA是正极，正极上发生得电子的还原反应：Cl

38、OH+2e+H+OH+Cl，则：ClOH+2e+H+OH+Cl， 2 1 0.2mol 0.1mol所以A极区氢离子的物质的量浓度为=0.1mol/L，溶液pH=lgH+=1，故答案为：1点评：本题为综合题，考查了化学平衡常数的计算及应用、影响化学平衡移动的因素、原电池工作原理，题目难度中等，注意原电池的计算依据正极得到电子数目等于负极失去电子数目10氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组用模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）H0（1）用如图1装置制取氨气，你所选择的试

39、剂是浓氨水与氢氧化钠固体（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中当悬浮物较多时，停止制备注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质发生器用冰水冷却的原因是降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤（填写操作名称）为了得到干燥产品，应采取的方法是c（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40以下烘干尾气处理装置如图2所示双通玻璃管的作用：防止倒吸；浓硫酸的作用：吸收多余氨气、防止空

40、气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，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则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为80.00%Mr（NH2COONH4）=78、Mr（NH4HCO3）=79、Mr（CaCO3）=100考点：氨的制取和性质专题：氮族元素分析：（1）装置1是利用分液漏斗滴入液体溶解锥形瓶中的固体，利用溶解放热使氨水分解生成氨气；（2）反应是放热反应降温平衡正向进行；液体石蜡鼓泡瓶的主要作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化

41、碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解； 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；（3）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）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等； （2）反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；故答案为：降

42、低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40以下烘干；故答案：过滤；c；双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中

43、水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，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，依据碳元素守恒得到；x+y=0.01 78x+79y=0.7820解得x=0.008moly=0.002mol则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=×100%=80.00%，故答案为：80.00%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

44、，有关混合物的计算，题目难度中等三、化学-选修2化学与技术（共1小题，满分15分）11无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等工业制备无水AlCl3的流程如下：（1）氯化炉中通入O2的目的是与C反应，提供反应所需的热量（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO（3）氯化炉中导出的气体，通常用亚硫酸钠溶液来吸收，请写出用Na2SO3溶液处理尾气时发生反应的离子方程式SO32+C12+H2OSO42+2C1+2H+；（4）在升华器中加入铝粉的目的是除去FeCl3（5）用氯化铝晶体（AlCl36H2O）在HCl气中加热也能进行无水氯

45、化铝的制备但若实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝化学式为Al2（OH）nCl（6n），且质量是原氯化铝晶体（AlCl36H2O）的40%，则可推算n的值为4（6）镀铝电解池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl形式存在，则阳极的电极反应式为Al3e+4ClAlCl4考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；盐类水解的应用；制备实验方案的设计分析：（1）氯化炉中通入O2，与碳反应放热，维持950的温度；（2）根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，由冷凝器尾气可知还会生成CO；（3）Cl2有强氧化性，将SO32氧化为S

46、O42，自身被还原为2C1；（4）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，FeCl3熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl3，应除去FeCl3；（5）根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%，列式计算；（6）镀铝电解池中，金属铝在阳极放电生成AlCl4解答：解：（1）氯化炉中通入O2，与碳反应放热，维持950的温度；故答案为：与C反应，提供反应所需的热量；（2）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO，故答案为：A

47、12O3+3C12+3C2A1C13+3CO；（3）Cl2有强氧化性，将SO32氧化为SO42，自身被还原为2C1反应离子方程式为SO32+C12+H2OSO42+2C1+2H+，故答案为：SO32+C12+H2OSO42+2C1+2H+；（4）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，FeCl3熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl3，应除FeCl3去所以加入少量Al目的是除去FeCl3，故答案为：除去FeCl3；（5）根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%，列式241.5×40%=54+17n+21335.5n，n=4；故答案为：96%；（6）镀铝电解池中，金属铝在阳极放电生成AlCl4

48、，Al3e+4ClAlCl4，故答案为：Al3e+4ClAlCl4点评：本题考查化学方程式离子方程式的书写、物质的分离和提纯、纯度等，题目难度适中，注意将AlCl36H2O脱水制备无水氯化铝可在HCl气流中加热脱结晶水四、化学选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）1012盐城二模）2011年法国化学家Amy Bullen撰文称：在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中有：铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17个“分子”，改变过人类的世界（1）铁原子在基态时，价电子（外围电子）排布式为3d64s2（2）硝酸钾中NO3的空间构型为平面三角形，写出与N03互为等电子

49、体的一种非极性分子的化学式BF3SO3（g）、BBr3等（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1，其中采用sp3杂化的原子有C、N、O、S（4）下列说法正确的有aa乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高b钨的配合物离子W（CO）5OH能催化固定CO2，该配离子中钨显1价c聚乙烯（）分子中有5n个键d由表中数据可确定在反应Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（2cab）kJ表：化学键SiSiO=OSiO键能（kJmol1）abc（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2，写出该反应的化学方程式8Fe+2NH32Fe4N+3H2考点：晶胞的计算

50、；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；（2）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型，原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体，正负电荷重心重合的分子是非极性分子；（3）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；（4）a氢键的存在影响物质的熔沸点；b根据化合物中化合价的代数和为0计算；c聚乙烯（）分子中有（6n1）个键；d.60gSiO2的物质的量=，一个硅原子含有4个硅氧键；（5）铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式解答：解：（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s2，故答案为：3d64s2；（2）NO3中N原子价层电子对=3+（5+13×2）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，与N03互为等电子体的一种非极性分子有：BF3SO3（ g）、B