福建省南平市浦城县高考化学模拟试卷解析版

1、福建省南平市浦城县福建省南平市浦城县 20162016 年高考化学模拟试卷年高考化学模拟试卷（解析版） （解析版） 一、选择题（共一、选择题（共 7 7 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，满分分，满分 4242 分）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 相关说法 项 包装内放置透气的硅胶包， 有利于防止食品变 A 质 B C 防止其生锈 D AA 聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品 BBCCDD 保护膜 会造成白色污染 面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子 某些铁制品出厂时在其表面涂上一层油膜可 烟火会污染面粉 铁被氧化， 在其表面形成一层致密的 硅胶有强吸水性

2、主要原因 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 NA B常温常压下，1.7g NH3中所含的原子数为 0.4NA C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 0.4NA D标准状况下，4.48LNO2与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA 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1：1 D含有一个四元环，且能

3、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 OH 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

4、 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：DBA BB 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 6下列实验操作能达到相应实验目的是（） 选 实验操作 项 将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中， 观察溶液颜色变 A 化 B 向 2mL1molL1NaOH 溶液中先加入 3 滴 1molL1FeCl3 溶液，再加入 3 滴 1molL1MgCl2溶液 向 2mL 品红溶液和 2mL 加入少许醋酸的品红溶液中分 证明随着溶液 pH 的减小， C别滴入 3 滴含 NaClO 的“84”消毒

5、液， 观察红色褪色的快 慢 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 “84”消毒液的氧化能力增强 探究 Cu2+、Fe3+对 H2O2分 解速率的影响 证明 KspMg（OH）2 kspFe（OH）3 证明二氧化碳具有漂白性 实验目的 溶液 AABBCCDD 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=7.1

6、9）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（共二、解答题（共 3 3 小题，满分小题，满分 4343 分）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+2NH

7、3；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 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 直接反应了， 而不是 MgO 与 NH水解产生的氢 回答下列问题： （1）

8、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

9、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 1molCO 与 2molH2发生反应： CO（2） 在一容积可变的密闭容器中，（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

10、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【化三、选做题【化 化学与技术】（共化学与技术】（共 1 1 小题，满分小题，满分 1515 分）分） 11 Al2O3、铝鞣剂

11、主要成分为 Al （OH）利用铝灰 （主要成分为 Al、 2Cl主要用于鞣制皮革 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

12、示） 四、解答题（共四、解答题（共 1 1 小题，满分小题，满分 0 0 分）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BN B 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

13、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 BP 晶胞的结构如图所示，硼分子的空间构型为，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（共五、解答题（共 1 1 小题，满分小题，满分 0 0 分）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 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；是烯烃， 其相对分子质量为 56；

14、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：RCHCH2 回答下列问题： RCH2CH2OH （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

15、条件中的试剂写在箭头上方，其他写在箭头下方）： 20162016 年福建省南平市浦城县高考化学模拟试卷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参考答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 7 7 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，满分分，满分 4242 分）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 相关说法 项 包装内放置透气的硅胶包， 有利于防止食品变 A 质 B C 防止其生锈 D AA 聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品 BBCCDD 保护膜 会造成白色污染 面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子 某些铁制品出厂时在其表面涂上一层油膜可 烟火会

16、污染面粉 铁被氧化， 在其表面形成一层致密的 硅胶有强吸水性 主要原因 【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

17、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 NA B常温常压下，1.7g NH3中所含的原子数为 0.4NA C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 0.4NA D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，

18、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 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 4.48LNO2物质的量为 0.2mol，

19、二氧化氮， 转移 2mol 电子， 则标准状况下，与足量的水反应， 转移的电子数为 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（） NA，故 D 错误； =0.1mol，含有原子物质的量为 0.4mol，所 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1：1 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（不考虑立体异构）有3

20、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

21、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 C 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

22、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+7nH2O24ne 6nCO2+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

23、 应，M 极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（C6H10O5）n+7nH2O24ne 6nCO2+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+7nH2O 24ne6nCO2+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

24、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：DBA BB 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

25、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

26、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 实验操作 项 将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中

27、， 观察溶液颜色变 A 化 B 向 2mL1molL1NaOH 溶液中先加入 3 滴 1molL1FeCl3 溶液，再加入 3 滴 1molL1MgCl2溶液 向 2mL 品红溶液和 2mL 加入少许醋酸的品红溶液中分 证明随着溶液 pH 的减小， C别滴入 3 滴含 NaClO 的“84”消毒液， 观察红色褪色的快 慢 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 “84”消毒液的氧化能力增强 探究 Cu2+、Fe3+对 H2O2分 解速率的影响 证明 KspMg（OH）2 kspFe（OH）3 证明二氧化碳具有漂白性 实

28、验目的 溶液 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

29、 【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+）

30、=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+H2O A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

31、 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 N

32、aOH 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（共二、解答题（共 3 3 小题，满分小题，满分 4343 分）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+H2

33、O； 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

34、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

35、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Mg

36、3N2、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

37、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

38、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

39、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Cu

40、AlO2+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

41、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

42、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

43、）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

44、+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+N

45、O2+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

46、程为 CH4 （g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+171.1KJ/mol 1molCO 与 2molH2发生反应： CO（2） 在一容积可变的密闭容器中，（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

47、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 的转化率无明显增大 控制在 4.0 时 CO2转化率已经很高，

48、 而在 4.0 后 CO2 【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

49、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 kJmol 1， H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8kJmol1， CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=836.3 kJmol1， 3 得到：C

50、H4（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.

51、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

52、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）120 变化量（mol）0.510.5 平衡铝（mol）0.510.5 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， 后 CO2的转化率无明显增大， 故答案为： 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

53、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【化三、选做题【化 化学与技术】（共化学与技术】（共 1 1 小题，满分小题，满分 1515 分）分） 11 Al2O3、铝鞣剂主要成分为 Al （OH）利用铝灰 （主要成分为 Al、 2Cl主要用于鞣制皮革 AlN、FeO 等）制备铝鞣剂的一种工艺如图： 控制在 4.0 时 CO2转化率已经很高，而在 4.0 后 CO2的转化 控制在 4.0 时 CO2转化率已经很高，而在 4.0 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，

54、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+ClO 2Fe3+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、

55、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 AlN 水解得到气体 A 是氨气，（1）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

56、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

57、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）2C

58、l 水解生成 Al（OH）3； Al（6） 最终得到 ng 沉淀为 AgCl 的质量， 根据氯离子守恒， （OH） 2Cl 的质量= 96.5g/mol，故样品中 Al（OH）2Cl 的质量分数为（ 100%= 故答案为： 100%， 100% 96.5g/molmg） 【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（共四、解答题（共 1 1 小题，满分小题，满分 0 0 分）分） 12基态砷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10

59、4s24p3 （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BN B 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 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 119.5pm 【分析】（1）As 的原子序数为 33，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式； （2）当中心原子有空轨道，配离子含有孤对电子时，能形成配位键；根据等电子体原理可 写出与 CN互为等电子体的化合物分子式； （3）立方氮化