山东省威海市2016年高考化学二模试卷(解析版)

1、山东省威海市2016年高考化学二模试卷一、选择题1化学在生产、科研和日常生活中有着密切（）A将水库的钢闸门与电源负极相连或将锌块焊接于闸门上以防止其生锈B用于文物年代鉴定的放射性14C和作为原子量标准的12C，化学性质不同C苯酚、甲醛分别可用于环境消毒和鱼肉等食品的防腐保鲜DNO2和SO2都是酸性氧化物，都是大气污染物2部分有机物分子会产生互变异构，如苯与棱晶烷、降冰片二烯与四环烷均能发生互变异构体：棱晶烷和四环烷的二氯代物的同分异构体数目分别为（）A2，7B2，8C3，7D3，83石英与焦炭在高温的氮气流中发生可逆反应，能制得新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）：SiO2（s）+C（s）+N2（

2、g）Si3N4（s）+CO（g）（未配平）H0下列叙述正确的是（）A该反应的氧化剂为N2，还原产物为COB反应中每生成0.1mol Si3N4转移电子的物质的量为1.2molC增大压强平衡向正反应方向移动D反应平衡常数表示为K=，升高温度K值增大4下列实验中，所采取的操作方法、对应现象和结论均正确的是（）选项目的操作现象和结论A实验室制较纯净乙烯将浓硫酸、乙醇混合液加热至170，产生气体通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色，说明除去了SO2，得到纯净乙烯气体B检验淀粉的水解程度向混合溶液中直接加入银氨溶液，加热没有出现银镜，说明淀粉还没有水解C验证甲烷与氯气发生取代反应将过量的氯气与甲

3、烷混合，光照一段时间后滴入硝酸银溶液有白色沉淀产生，证明发生取代反应D比较碳酸与醋酸的酸性强弱用pH计测定0.1molL1的碳酸氢钠和醋酸钠的pH值碳酸氢钠溶液的pH大，证明碳酸的酸性比醋酸弱AABBCCDD5已知293K时下列物质的溶度积（单位已省略）Ag2SO4FeSCuSAg2SKsp1.21056.310188.510456.31050下列说法正确的是（）A相同温度下，Ag2SO4、FeS、CuS饱和溶液中：c（Cu2+）c（Fe2+）c（Ag+）B向FeS悬浊液中滴加CuSO4溶液发生反应的离子方程式：S2+Cu2+=CuSC浓度均为0.004molL1的AgNO3和H2SO4溶液等

4、体积混合后不能产生沉淀D向饱和Ag2S溶液中加少量Na2S固体，溶液中c（Ag+）不变6四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W原子序数之和等于Y、Z原子序数之和X、W两元素位于同一主族，Y元素是其所在周期中原子半径最大的元素（惰性气体元素除外），Z的单质是银白色固体，易导电，常温下不易溶于浓硫酸下列有关推断错误的是（）AX的氢化物的沸点高于同族其他元素氢化物的沸点B阴离子还原性：XW；阳离子氧化性：ZYCX与Y两种元素可形成含有共价键的离子化合物DZ与W两种元素形成的化合物在水溶液中不能存在7常温下，将一定量的一元有机弱酸：HA加入到100mL水与100mL苯的混合体系中，HA

5、在水中部分电离：HAH+A，在苯中则部分发生双聚反应：2HA（HA）2在水和苯中，HA的起始浓度及平衡浓度关系如图所示下列有关该混合体系说法正确的是（）AHA在水中的电离速率大于其在苯中的双聚速率Bt1时刻在水中和苯中c（A）相同C向上述的混合体系中加入少量水和苯的混合物，则两平衡均正移，c（HA）均减小D用10mL 0.05molL1的NaOH溶液可恰好中和混合体系中的HA二、解答题（共3小题，满分43分）8空气是人类赖以生存的自然资源在工业生产上规定，空气中二氧化硫的最大允许排放浓度不得超过0.02mgL1（1）为测定某地方空气中SO2和可吸入颗粒的含量，甲同学设计了如图所示的实验装置：注

6、：气体流速管是用来测量单位时间内通过气体体积的装置上述实验过程中化学反应的原理是（用化学方程式表示）应用上述装置测定空气中SO2含量和可吸入颗粒的含量，除测定气体流速（单位：mLs1）外，还需要测定碘溶液蓝色褪去所需的时间和己知：碘单质微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度请你协助甲同学完成l00mL5104mo1L1碘溶液的配制为配制精确浓度的溶液，先要配制1000mLl102 molL1碘溶液，再取5.00mL溶液稀释成为5104molL1碘溶液第一步：准确称取g碘单质加入烧杯中，同时加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解第二步：，洗涤、定容、摇匀第三步：用第二步所得溶液配制5104

7、mo1L1碘溶液，此步操作中，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的玻璃仪器有（填仪器名称）（2）空气中SO2含量的测定：在指定的地点取样，以200mLs1气体流速通过气体流速管通入到上图实验装置中，观察记录碘溶液褪色所需时间为500s，则该地空气中的SO2含量是mgL1，（填“符合”、“不符合”）排放标准如果甲同学用该方法测量空气中SO2的含量时，所测得的数值比实际含量低，其原因可能是；（假设溶液配制、称量或量取及各种读数均无错误）”9锆（40Zr）是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛以锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）为原料

8、生产锆及其化合物的流程如图所示：（1）ZrSiO4中锆元素的价态是；上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是SiCl4的电子式为（2）高温气化后的固体残渣除C外，还有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出C和A12O3两种固体的方法是（3）写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：（4）锆还是核反应堆燃料棒的包裹材料，锆合金在高温下与水蒸气反应产生氢气，二氧化锆可以制造耐高温纳米陶瓷下列关于锆、二氧化锆的叙述中，正确的是（填序号）a锆合金比纯锆的熔点高，硬度

9、小b二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料c将一束光线通过纳米级二氧化锆会产生一条光亮的通路d可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂（5）工业上电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体也可制取金属锆电解的总反应方程式为（6）某燃料电池是以C2H4作为燃料气，另一极通入氧气，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2，则负极上发生的反应式为10氨催化氧化是硝酸工业的基础，按要求回答下列问题：（1）NH3与O2可生成NO，其热化学方程式可表示为：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H已知几种化学键的键能如表：化学键NHOHO=OE/（kJmol1

10、）xymn由此计算得出H= （用上表中字母表示）kJmol1400时，在1L的密闭容器中加入l mol NH3和1.5mol O2，测得平衡时容器的压强为p，且比反应前压强增大了4%，则该温度下NH3的转化率为；该反应的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）；达到平衡后，保持温度不变，将反应容器的体积增大一倍，平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是（2）实际反应中，在上述1L的密闭容器中加入l mol NH3和1.5mol O2的反应过程中还发生4NH3+3O2N2+6H2O反应，有关温度与各物质的量关系如图所示：已知400时，混合气体中NH3、N

11、2、NO的物质的量比为5：6：3，则图象中x=NH3生成NO和N2的反应分别属于、（填“吸热反应”或“放热反应”），温度高于840后，各物质的物质的量发生如图所示变化的原因可能是（只答一条即可）【化学-选修2，化学与技术11氨气是工农业生产中重要的产品，合成氨并综合利用的某些过程如图所示：（1）原料气中的氢气来源于水和碳氢化合物请写出甲烷和水在催化剂和高温条件下反应的方程式：（2）在工业生产中，设备A的名称为，A中发生的化学反应方程式是（3）上述生产中向母液通入氨气同时加入，可促进副产品氯化铵的析出长期使用氯化铵会造成土壤酸化，尿素适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，其水解的化学方程式是（4

12、）纯碱在生产生活中有广泛的应用，请写出任意两种用途：（5）图中所示工业制法获得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定样品中NaCl的质量分数检验沉淀是否洗涤干净的方法是样品中NaCl的质量分数的数学表达式为化学-选修3：物质结构与性质12已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大A的原子半径最小，B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，E为周期表中电负性最大的元素，F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，G与F同族且原子序数比F大2回答下列问题：（1）写出基态F原子的电子排布式，

13、其中含有种能量不同的电子（2）CE3和CA3均是三角锥形分子，键角分别为102和107.3，则C原子的杂化方式为，其中CE3的键角比CA3的键角小的原因是（3）B、C、D三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为（4）G单质晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中G原子的配位数为若G原子半径为r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为cm（用r表示）化学-选修5：有机化学基础13化合物A是一种重要的原料，其结构简式为，可由化合物甲生成其转化关系及相应反应如下：已知：甲的分子式为C18H17ClO2回答下列问题：（1）A的化学名称

14、为；A分子中最多有个碳原子处于同一平面上（2）CF的反应类型为；F中含氧官能团名称为（3）化合物甲反应生成A、B的化学方程式为（4）A有多种同分异构体，其中符合下列条件：能与溴发生加成反应分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2的是（写结构简式）；立体异构中有一种形式为顺反异构，当相同原子或基团在双键平面同一侧时为顺式结构，在异侧时为反式结构，则A的顺式结构简式为（5）是重要的有机合成工业中间体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感光树脂等化工产品，参照上述反应路线，设计一条以A为原料合成的路线（其他试剂任选）2016年山东省威海市高考化学二模

15、试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学在生产、科研和日常生活中有着密切（）A将水库的钢闸门与电源负极相连或将锌块焊接于闸门上以防止其生锈B用于文物年代鉴定的放射性14C和作为原子量标准的12C，化学性质不同C苯酚、甲醛分别可用于环境消毒和鱼肉等食品的防腐保鲜DNO2和SO2都是酸性氧化物，都是大气污染物【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A与电源负极相连，为外加电源的阴极保护法，将锌块焊接于闸门上为牺牲阳极的阴极保护法；B放射性14C和作为原子量标准的12C，均为C原子；C苯酚、甲醛有毒；DNO2不是酸性氧化物【解答】解：A与电源负极相连，为外加电源的阴极保护法，将锌块焊接于闸门上为牺

16、牲阳极的阴极保护法，均可防止其生锈，故A正确；B放射性14C和作为原子量标准的12C，均为C原子，化学性质相同，故B错误；C苯酚、甲醛有毒，不能作食品保鲜剂，故C错误；DNO2不是酸性氧化物，二者均为大气污染物，故D错误；故选A2部分有机物分子会产生互变异构，如苯与棱晶烷、降冰片二烯与四环烷均能发生互变异构体：棱晶烷和四环烷的二氯代物的同分异构体数目分别为（）A2，7B2，8C3，7D3，8【考点】有机化合物的异构现象【分析】利用定一移二法确定二氯代物的同分异构体数目，写出一氯代物，再根据分子中含有H原子种类，判断二氯代物的数目，注意该方法存在重复情况；【解答】解：棱晶烷中，由于结构高度对称，

17、先确定一个氯的位置，两个氯相邻时只有一种结构，两个氯处在对角线上有一种结构，故二氯代物有2种同分异构体；四环烷中，先确定一个氯的位置，当另外一个氯与它相邻时，有3种结构；当与它处在对角线时有1种结构，不相邻时有2种结构，当两个氯在同一个碳上时，有1种结构，共7种同分异构体，故选A3石英与焦炭在高温的氮气流中发生可逆反应，能制得新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）：SiO2（s）+C（s）+N2（g）Si3N4（s）+CO（g）（未配平）H0下列叙述正确的是（）A该反应的氧化剂为N2，还原产物为COB反应中每生成0.1mol Si3N4转移电子的物质的量为1.2molC增大压强平衡向正反应方向移动D

18、反应平衡常数表示为K=，升高温度K值增大【考点】化学平衡的影响因素【分析】由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2 由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：4，所以SiO2、C+、N2化学计量数之比为3：6：4，令SiO2的化学计量数为3，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g） Si3N4（s）+6CO（g）H0，A、化合价升高元素所在的反应物为还原剂；被还原的结果是还原产物，被氧化的结果是氧化产物； B、化学反应中转移的电子数目等于元素化合价升高或降低的数目；C、增大压强，化学平衡向着气体体积减

19、小的方向进行；D、此反应的平衡常数K=，对于放热反应，升高温度，平衡常数减小【解答】解：A、在氮化硅的合成反应中，氮元素的化合价由0价降低到3价，所以氮气是氧化剂；碳元素的化合价升高，被氧化成CO，CO是氧化产物，故A错误；B、氮元素的化合价总共降低了4（30）=12价，所以每生成1molSi3N4，N2得到12mol电子，当生成0.1mol Si3N4时转移电子的物质的量为1.2mol，故B正确；C、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即向着逆向进行，故C错误；D、此反应的平衡常数K=，对于放热反应，升高温度，平衡常数减小，故D错误；故选B4下列实验中，所采取的操作方法、对应现象和

20、结论均正确的是（）选项目的操作现象和结论A实验室制较纯净乙烯将浓硫酸、乙醇混合液加热至170，产生气体通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色，说明除去了SO2，得到纯净乙烯气体B检验淀粉的水解程度向混合溶液中直接加入银氨溶液，加热没有出现银镜，说明淀粉还没有水解C验证甲烷与氯气发生取代反应将过量的氯气与甲烷混合，光照一段时间后滴入硝酸银溶液有白色沉淀产生，证明发生取代反应D比较碳酸与醋酸的酸性强弱用pH计测定0.1molL1的碳酸氢钠和醋酸钠的pH值碳酸氢钠溶液的pH大，证明碳酸的酸性比醋酸弱AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙醇、乙烯和二氧化硫都能被酸性高锰酸钾溶液氧

21、化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；B葡萄糖的银镜反应需要在碱性条件下进行；C氯气也能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀；D酸的酸性越强，相同浓度的钠盐溶液的pH越小【解答】解：A乙醇、乙烯和二氧化硫都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，则乙醇和二氧化硫都干扰乙烯的检验，应该用水溶液除去乙醇、用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，然后将气体通入酸性高锰酸钾或溴水中检验乙烯，故A错误；B葡萄糖的银镜反应需要在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前必须加入NaOH中和未反应的稀硫酸，否则实验不成功，故B错误；C氯气和水反应生成HCl、HClO，氯气和水生成的HCl能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以有白色沉

22、淀生成不能说明发生了取代反应，故C错误；D酸的酸性越强，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，用pH计测定0.1molL1的碳酸氢钠和醋酸钠的pH值，碳酸氢钠溶液的pH大于醋酸钠，则说明醋酸酸性强于碳酸，故D正确；故选D5已知293K时下列物质的溶度积（单位已省略）Ag2SO4FeSCuSAg2SKsp1.21056.310188.510456.31050下列说法正确的是（）A相同温度下，Ag2SO4、FeS、CuS饱和溶液中：c（Cu2+）c（Fe2+）c（Ag+）B向FeS悬浊液中滴加CuSO4溶液发生反应的离子方程式：S2+Cu2+=CuSC浓度均为0.004molL1的AgNO3和H2SO4溶

23、液等体积混合后不能产生沉淀D向饱和Ag2S溶液中加少量Na2S固体，溶液中c（Ag+）不变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A相同温度下，溶度积常数越小，溶解度越小；B硫化亚铁为沉淀，书写时应保留化学式；CQc（Ag2SO4）=c（Ag+）2c（SO42），比较Qc与Ksp大小，依据溶度积规则判断；D依据Ksp=c（Ag+）2c（S2）判断【解答】解：A相同温度下，溶度积常数越小，溶解度越小，由图中数据可知：Ksp（Ag2SO4）Ksp（FeS）Ksp（CuS），所以溶解度：S（Ag2SO4）S（FeS）S（CuS），所以c（Cu2+）c（Fe2+）c（Ag+），故A错误；B

24、向FeS悬浊液中滴加CuSO4溶液发生反应的离子方程式：FeS（S）+Cu2+（ap）=CuS（s）+Fe2+（aq），故B错误；C浓度均为0.004molL1的AgNO3和H2SO4溶液等体积混合，则混合后c（Ag+）=c（SO42）=0.002mol/L，则Qc（Ag2SO4）=c（Ag+）2c（SO42）=（0.002）2（0.002）=8109，而293K时Ksp（Ag2SO4）=1.2105，QcKsp，反应向溶解方向进行，不能产生沉淀，故C正确；D温度不变则Ksp不变，依据Ksp=c（Ag+）2c（S2）可知，向饱和Ag2S溶液中加少量Na2S固体，硫离子浓度增大，则银离子浓度减小

25、，故D错误；故选：C6四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W原子序数之和等于Y、Z原子序数之和X、W两元素位于同一主族，Y元素是其所在周期中原子半径最大的元素（惰性气体元素除外），Z的单质是银白色固体，易导电，常温下不易溶于浓硫酸下列有关推断错误的是（）AX的氢化物的沸点高于同族其他元素氢化物的沸点B阴离子还原性：XW；阳离子氧化性：ZYCX与Y两种元素可形成含有共价键的离子化合物DZ与W两种元素形成的化合物在水溶液中不能存在【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z单质是银白色固体，易导电，常温下不易溶于浓硫酸，短周期元素中能

26、够与浓硫酸发生钝化的为金属Al，则Z为Al元素；Y元素是其所在周期中原子半径最大的元素（惰性气体元素除外），则Y位于A族，为Li或Na元素；W的原子数大于Al，又X、W两元素位于同一主族，则X、W族序数大于，故Y只能为Na元素；X、W原子序数之和等于Y、Z原子序数之和，则X、W的原子序数之和=11+13=24，设X、W的原子序数分别为x、x+8，则x+x+8=24，解得x=8，则X为O、W为S元素，据此结合元素周期律知识进行解答【解答】解：四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z单质是银白色固体，易导电，常温下不易溶于浓硫酸，短周期元素中能够与浓硫酸发生钝化的为金属Al，则Z为Al元

27、素；Y元素是其所在周期中原子半径最大的元素（惰性气体元素除外），则Y位于A族，为Li或Na元素；W的原子数大于Al，又X、W两元素位于同一主族，则X、W族序数大于，故Y只能为Na元素；X、W原子序数之和等于Y、Z原子序数之和，则X、W的原子序数之和=11+13=24，设X、W的原子序数分别为x、x+8，则x+x+8=24，解得x=8，则X为O、W为S元素，AX为O元素，其氰化物为水，分子中存在氢键，导致水的沸点较高，故A正确；B非金属性OS，金属性越强，对应离子的还原性越弱，则阴离子还原性：XW；金属性NaAl，金属性越强，对应离子的氧化性越弱，则阳离子氧化性：ZY，故B错误；CX为O、Y为N

28、a，二者形成的过氧化钠为离子化合物，过氧化钠中含有共价键，故C正确；DZ为Al、W为S，硫化铝在水溶液中发生双水解反应，所以硫化铝在水溶液中不能稳定存在，故D正确；故选B7常温下，将一定量的一元有机弱酸：HA加入到100mL水与100mL苯的混合体系中，HA在水中部分电离：HAH+A，在苯中则部分发生双聚反应：2HA（HA）2在水和苯中，HA的起始浓度及平衡浓度关系如图所示下列有关该混合体系说法正确的是（）AHA在水中的电离速率大于其在苯中的双聚速率Bt1时刻在水中和苯中c（A）相同C向上述的混合体系中加入少量水和苯的混合物，则两平衡均正移，c（HA）均减小D用10mL 0.05molL1的N

29、aOH溶液可恰好中和混合体系中的HA【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A由图象可知，在相同时间内，在苯中HA的浓度变化值大；B在苯中不存在A；C水溶液中促进了电离，平衡向着正向移动，苯体系中平衡向着分子数增大的方向移动；D计算混合物中HA的物质的量，HA与NaOH等物质的量反应【解答】解：A由图象可知，在相同时间内，在苯中HA的浓度变化值大，所以HA在水中的电离速率小于其在苯中的双聚速率，故A错误；B在苯中则部分发生双聚反应：2HA（HA）2，所以在苯中不存在A，故B错误；C向上述的混合体系中加入少量水和苯的混合物，水溶液中浓度越小，电离程度越大，则上述平衡正移，且c（HA）减小；而

30、苯溶液中稀释过程，平衡将向分子数增大方向移动，即向逆方向移动，但c（HA）会减小，故C错误；D10mL 0.05molL1的NaOH溶液中n（NaOH）=0.0005mol，混合体系中的HA的物质的量为0.0005mol，则HA与NaOH等物质的量恰好反应，故D正确故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8空气是人类赖以生存的自然资源在工业生产上规定，空气中二氧化硫的最大允许排放浓度不得超过0.02mgL1（1）为测定某地方空气中SO2和可吸入颗粒的含量，甲同学设计了如图所示的实验装置：注：气体流速管是用来测量单位时间内通过气体体积的装置上述实验过程中化学反应的原理是SO2+I2+2H2O=H

31、2SO4+2HI（用化学方程式表示）应用上述装置测定空气中SO2含量和可吸入颗粒的含量，除测定气体流速（单位：mLs1）外，还需要测定碘溶液蓝色褪去所需的时间和装置A在反应前后的质量或吸收前后颗粒吸附剂、棉花、玻璃管（盛放容器）的总质量己知：碘单质微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度请你协助甲同学完成l00mL5104mo1L1碘溶液的配制为配制精确浓度的溶液，先要配制1000mLl102 molL1碘溶液，再取5.00mL溶液稀释成为5104molL1碘溶液第一步：准确称取2.54g碘单质加入烧杯中，同时加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解第二步：将第一步所得溶液全部转入1000

32、mL的容量瓶中，洗涤、定容、摇匀第三步：用第二步所得溶液配制5104mo1L1碘溶液，此步操作中，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的玻璃仪器有移液管（或酸式滴定管） 100mL容量瓶（填仪器名称）（2）空气中SO2含量的测定：在指定的地点取样，以200mLs1气体流速通过气体流速管通入到上图实验装置中，观察记录碘溶液褪色所需时间为500s，则该地空气中的SO2含量是0.016mgL1，符合（填“符合”、“不符合”）排放标准如果甲同学用该方法测量空气中SO2的含量时，所测得的数值比实际含量低，其原因可能是气体流速过快，吸收不完全（或未充分反应）；装置气密性较差（假设溶液配制、称量或量取及各种读数

33、均无错误）”【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）二氧化硫用碘溶液来吸收生产历史和碘化氢，测定SO2含量，除测定气体流速（单位：cm3min1）外，还需要测定溶液蓝色恰好褪去所需的时间，要测可吸入颗粒的含量，可用颗粒吸附剂来吸收，颗粒吸附剂前后质量之差即为可吸入颗粒的质量，则应测定吸收前后颗粒吸附剂、棉花、盛放容器的总质量；准确称取碘单质的质量=1Ll102 molL1 254g/mol=2.54g，碘单质加入烧杯中，同时还应加入少量碘化钾固体，依据配制100ml溶液的步骤选择需要的玻璃仪器；（2）依据化学方程式定量关系计算，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；如果抽气速

34、度过快，部分二氧化硫可能来不及和碘水反应；如果装置漏气时，部分二氧化硫会逸散出广口瓶【解答】解：（1）二氧化硫用碘溶液来吸收，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，故答案为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4；要测可吸入颗粒的含量，可用颗粒吸附剂来吸收，颗粒吸附剂前后质量之差即为可吸入颗粒的质量，则应测定吸收前后颗粒吸附剂、棉花、盛放容器的总质量，测定SO2含量，除测定气体流速（单位：cm3min1）外，还需要测定溶液蓝色恰好褪去所需的时间，故答案为：装置A在反应前后的质量或吸收前后颗粒吸附剂、棉花、玻璃管（盛放容器）的总质量；第一步：为配制精确浓度的溶液，先要配

35、制1000mLl102 molL1碘溶液，再取5.00mL溶液稀释成为5104molL1碘溶液计算需要称量碘单质的质量=1Ll102 molL1 254g/mol=2.54g，故答案为：2.54；第二步：由题意可知碘单质微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度，则准确称取2.54g碘单质加入烧杯中，同时还应加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解，则第二步操作应将第一步所得溶液全部转入1000 mL的容量瓶中，定容，摇匀，则从第二步所得溶液中，取出10.00mL溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，可得碘溶液，故答案为：将第一步所得溶液全部转入1000 mL的容量瓶中；第三步：用第二步

36、所得溶液配制5104mo1L1碘溶液100ml，此步操作中，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的玻璃仪器有移液管（或酸式滴定管） 100mL容量瓶，故答案为：移液管（或酸式滴定管） 100mL容量瓶；（2）碘单质物质的量=0.050L5104mol/L=2.5105mol，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI 二氧化硫物质的量为2.5105mol，质量为2.5105mol64g/moL=1.6103g，以200mLs1气体流速通过气体流速管通入到上图实验装置中，观察记录碘溶液褪色所需时间为500s，体积=200mLs1500s=100000ml，所以空气中SO2的含量为g/cm3=0.01

37、6mg/L，空气中二氧化硫的最大允许排放浓度不得超过0.02mgL1，则此气体符合排放标准，故答案为：0.016；符合；如果抽气速度过快，部分二氧化硫可能来不及和碘水反应，从而导致测得的数值比实际含量低；吸收不完全测定结果会偏低；如果装置漏气时，部分二氧化硫会逸散出广口瓶，从而导致测得的数值比实际含量低故答案为：气体流速过快，吸收不完全（或未充分反应）；装置气密性较差9锆（40Zr）是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛以锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：（1）ZrSiO4中锆元素的价态是

38、+4；上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4SiCl4的电子式为（2）高温气化后的固体残渣除C外，还有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出C和A12O3两种固体的方法是加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝）（3）写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl（4

39、）锆还是核反应堆燃料棒的包裹材料，锆合金在高温下与水蒸气反应产生氢气，二氧化锆可以制造耐高温纳米陶瓷下列关于锆、二氧化锆的叙述中，正确的是bd（填序号）a锆合金比纯锆的熔点高，硬度小b二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料c将一束光线通过纳米级二氧化锆会产生一条光亮的通路d可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂（5）工业上电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体也可制取金属锆电解的总反应方程式为K2ZrF6+4KClZr+6KF+2Cl2（6）某燃料电池是以C2H4作为燃料气，另一极通入氧气，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2，则负极上发生的反应式为C2

40、H4+6O212e2CO2+2H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl28H2O，900加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合ZrSiO4的化学式进行解答；因锆英石含有杂质SiO2，SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4，SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯

41、原子能形成一个共价键达到稳定结构；（2）根据碳和氧化铝的化学性质的差异进行分离，氧化铝为两性氧化物；（3）根据图示ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，结合原子守恒进行解答；（4）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，合金的硬度大，熔点低，陶瓷属于无机非金属材料，二氧化锆为化合物无丁达尔效应，氦为稀有气体，能作保护气；（5）电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体，反应物为K2ZrF6、KCl，生成物为金属锆，锆的化合价降低，则氯的化合价升高生成氯气，根据原子守恒即得失电子守恒解答；（6）燃料所在极为负极，负极失去电子发生氧化反应，为乙烯失电子和氧离子反应生成二

42、氧化碳和水【解答】解：锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl28H2O，900加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素显2价，硅元素显+4价，设锆元素（Zr）的化合价是x，可知ZrSiO4中锆元素（Zr）的化合价：x+（+4）+（2）4=0，则x=+4，锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、

43、Fe2O3等杂质），杂质SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，故答案为：+4；因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4；（2）氧化铝为两性氧化物，易溶于强酸强碱，碳不溶于非氧化性酸，不溶于碱，从滤渣中分离出C和A12O3两种固体：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝），故答

44、案为：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝）；（3）ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl，故答案为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（4）a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混合物一般说来合金的硬度一般比各成分金属大，多数合金的熔点 低于组成它的成分金属的熔点，所以锆合金比纯锆的熔点低，硬度大，故a错误；b陶瓷属于无机非金属材料，二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属

45、材料，故b正确；c将一束光线通过胶体会产生一条光亮的通路，但二氧化锆为化合物无丁达尔效应，故c错误；d氦为稀有气体，可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂，故d正确；故答案为：bd；（5）电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体，反应物为K2ZrF6、KCl，生成物为金属锆，锆的化合价降低（+40），则氯的化合价升高生成氯气（10），转移4e，根据原子守恒即得失电子守恒所以方程式为：K2ZrF6+4KClZr+6KF+2Cl2，故答案为：K2ZrF6+4KClZr+6KF+2Cl2；（6）该燃料电池中通入乙烯的一极为负极，发生氧化反应，乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：C2

46、H4+6O212e2CO2+2H2O，故答案为：C2H4+6O212e2CO2+2H2O10氨催化氧化是硝酸工业的基础，按要求回答下列问题：（1）NH3与O2可生成NO，其热化学方程式可表示为：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H已知几种化学键的键能如表：化学键NHOHO=OE/（kJmol1）xymn由此计算得出H=12x+5n4y12m （用上表中字母表示）kJmol1400时，在1L的密闭容器中加入l mol NH3和1.5mol O2，测得平衡时容器的压强为p，且比反应前压强增大了4%，则该温度下NH3的转化率为40%；该反应的平衡常数Kp=3.545103p（用

47、平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）；达到平衡后，保持温度不变，将反应容器的体积增大一倍，平衡向正反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是对气体分子数增大的反应，减小压强平衡向正反应方程移动（2）实际反应中，在上述1L的密闭容器中加入l mol NH3和1.5mol O2的反应过程中还发生4NH3+3O2N2+6H2O反应，有关温度与各物质的量关系如图所示：已知400时，混合气体中NH3、N2、NO的物质的量比为5：6：3，则图象中x=0.3NH3生成NO和N2的反应分别属于放热反应、放热反应（填“吸热反应”或“放热反应”），温度高于840后，各物质的物质的量发生如图

48、所示变化的原因可能是可能是氨气高温分解生成氮气和氢气，使氨气氧化生成NO平衡向左移动；NO高温分解生成氮气和氧气；氨气和NO反应生成氮气和水（只答一条即可）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），反应的焓变H=反应物键能总和生成物的键能总和；依据化学平衡的三行式列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比，用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数，分压=总压物质的量分数，达到平衡后，保持温度不变，将反应容器的体积增大一倍，压强减小平衡向气体体积增大的方向进行；（2）在上述1L的密闭容器中加入l mol NH3和1.5mol O2

49、的反应过程中还发生4NH3+3O2N2+6H2O反应，400时，混合气体中NH3、N2、NO的物质的量比为5：6：3，结合氮元素守恒计算x；氨气和氧气的反应为放热反应，温度高于840后，各物质的物质的量发生变化，NO减小，氮气增加，结合化学平衡影响因素分析判断【解答】解：（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），反应的焓变H=反应物键能总和生成物的键能总和=12x+5n4y12m，故答案为：12x+5n4y12m；400时，在1L的密闭容器中加入l mol NH3和1.5mol O2，测得平衡时容器的压强为p，且比反应前压强增大了4%，设达到平衡状态消耗氨气物质的量为x，

50、 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），起始量（mol） 1 1.5 0 0变化量（mol） x 1.25x x 1.5x平衡量（mol） 1x 1.51.25x x 1.5x（1x+1.51.25x+x+1.5x）=（1+1.5）（1+4%）x=0.4mol，则该温度下NH3的转化率=100%=40%，平衡总物质的量=3.5mol，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，该反应的平衡常数Kp=3.545103p，反应前后气体物质的量增大，达到平衡后，保持温度不变，将反应容器的体积增大一倍，压强减小平衡向正反应方向进行，故答案为：40%；3.545103p；正反

51、应，对气体分子数增大的反应，减小压强平衡向正反应方程移动；（2）在上述1L的密闭容器中加入l mol NH3和1.5mol O2的反应过程中还发生4NH3+3O2N2+6H2O反应，已知400时，混合气体中NH3、N2、NO的物质的量比为5：6：3，结合氮元素守恒计算，5y+6y2+3y=1y=0.05氮气物质的量=6y=0.05mol6=0.3mol，x=0.3故答案为：0.3；上述计算分析可知，NH3生成NO和N2的反应分别属于放热反应，温度高于840后，各物质的物质的量发生如图所示变化，NO减小，N2物质的量增大，可能是氨气高温分解生成氮气和氢气，使氨气氧化生成NO平衡向左移动；NO高温

52、分解生成氮气和氧气；氨气和NO反应生成氮气和水，故答案为：放热反应，放热反应；可能是氨气高温分解生成氮气和氢气，使氨气氧化生成NO平衡向左移动；NO高温分解生成氮气和氧气；氨气和NO反应生成氮气和水【化学-选修2，化学与技术11氨气是工农业生产中重要的产品，合成氨并综合利用的某些过程如图所示：（1）原料气中的氢气来源于水和碳氢化合物请写出甲烷和水在催化剂和高温条件下反应的方程式：CH4+2H2OCO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2（2）在工业生产中，设备A的名称为沉淀池，A中发生的化学反应方程式是NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3（3）上述生产中向母液通入氨气同时

53、加入NaCl，可促进副产品氯化铵的析出长期使用氯化铵会造成土壤酸化，尿素适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，其水解的化学方程式是CO（NH2）2+H2O=2NH3+CO2（4）纯碱在生产生活中有广泛的应用，请写出任意两种用途：制玻璃、造纸（5）图中所示工业制法获得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定样品中NaCl的质量分数检验沉淀是否洗涤干净的方法是往少量的最后一次洗涤所得滤液中加入稀H2SO4溶液（或AgNO3溶液），若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净，若无白色沉淀，则沉淀已洗涤干净样品中NaCl的质量分数的数学表达式为（1）100%【考点】工业合成氨；纯碱工业（侯氏制碱法）【分

54、析】（1）反应物为甲烷和水，条件是高温、催化剂，产物之一是氢气，甲烷完全燃烧产物是二氧化碳，不完全燃烧产物为一氧化碳，据此写出即可；（2）依据反应原理推断设备A的名称以及书写化学反应方程式即可；（3）依据反应中的生成物回答需要的原料，依据化学反应原理写出化学反应方程式；（4）依据纯碱的用途回答；（5）依据洗涤沉淀的方法回答；依据质量分数的计算方法，计算即可【解答】解：（1）依据题给的信息，甲烷与水在高温催化剂作用下生成二氧化碳（或一氧化碳）和氢气，故化学反应方程式为CH4+2H2O CO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2，故答案为：CH4+2H2O CO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2；（2）在生产中，设备A中应生成目标产物纯碱，故A为沉淀池，发生的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4