2016年海南省海口市海南中学高考化学模拟试卷（解析版）（十二）

2016年海南省海口市海南中学高考化学模拟试卷（解析版）（十二） 2016年海南省海口市海南中学高考化学模拟试卷(十二) 一、选择题:本题共小题，每小题分，共分(在每小题给出的四个选项中，只有一6212 项是符合题目要求的( 1(化学与生产、生活密切相关，下列对有关现象及事实的解释正确的是( ) 现象或事实 主要原因 A 燃煤中添加适量CaO可减少SO排放量 燃烧中硫元素转化为CaSO 23 聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品 会造成白色污染 B 夏天雷雨过后感觉到空气特别的清新 C 空气中O含量增加、尘埃减少 3 蒸熟的糯米在适当条件可转化为香甜可口的甜部分淀粉水解生成葡萄糖与乙醇 D 酒 A(A B(B C(C D(D 2(现有三种常见治疗胃病药品的标签: 药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较，正确的是( ) A(?=?=? B(?,?,? C(?,?,? D(?,?,? 3(下列说法不正确的是( ) A(浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体 B(浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化 C(饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO?后漂白性减弱 D(浓盐酸与足量二氧化锰反应后，盐酸有剩余 4(阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示:(下列有关说法中错误的是( ) A(溴单质能与阿托酸发生加成反应 B(阿托酸能与硝酸发生取代反应 C(可用酸性KMnO溶液区别阿托酸与苯 4 D(阿托酸分子中含有4个碳双键 5(相对分子质量为86的某烃M，其分子中含有4个甲基，则A的一氯代物(不考虑立体异构)最多有( ) A(6种 B(5种 C(4种 D(3种 +++,3226(某溶液中可能含有物质的量浓度相等的下列离子中的几种:Fe、Cu、Na、SO、4 ,,,,2CO、NO、Cl、I，取上述溶液少量分别进行如下实验: 33 ?一份中加入少量锌粉后，固体溶解、溶液颜色有变化，但无其它现象产生 ?一份加入BaCl溶液后得到白色沉淀，下列有关判断正确的是( ) 2 +,,32A(溶液中只含Fe、SO、Cl 4 +,22B(溶液中只含Cu、SO 4 +C(需要利用焰色反应才能确定有无Na ,,D(溶液中肯定没有I，但无法确定有无Cl 二、选择题:本题共小题，每小题分，共分(每小题有一个或两个选项符合题意，6424 若正确 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 只包括一个选项，多选得分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得02分，选两个且都正确得分，但只要选错一个就得分( 40 7(下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的是( ) A B C D 装 置 目用NaOH溶液除去证明浓硫酸有脱观察水能否全部流确定K(AgCl)、sp 的 溴苯中单质溴 水性、强氧化性 下判断装置气密性 K(AgI)的相对大sp 小 A(A B(B C(C D(D 8(某固体混合物可能由Al、(NH)SO、MgCl、FeCl、AlCl中的两种或多种组成，424223现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况 下的体积): 关于该固体混合物，下列说法正确的是( ) A(一定含有Al，其质量为2.7g B(一定含有(NH)SO和MgCl，且物质的量相等 4242 C(一定含有MgCl和FeCl 22 D(一定不含FeCl，可能含有MgCl和AlCl 223 9(铜的冶炼大致可分为: ?富集，将硫化物矿进行浮选; ?焙烧，主要反应为2CuFeS+4O?CuS+3SO+2FeO(炉渣); 2222 ?制粗铜，在1200?发生的主要反应为2CuS+3O?2CuO+2SO，2CuO+CuS?222222 6Cu+SO?; 2 ?电解精炼铜( 下列说法不正确( ) A(上述灼烧过程的尾气回收后可用来制硫酸 B(上述过程中，由6molCuFeS制取6molCu时共消耗15molO 22C(在反应2CuO+CuS=6Cu+SO?中，氧化产物与还原产物的物质的量比1:6 222 D(在反应2CuO+CuS=6Cu+SO?中，只有CuO作氧化剂 2222 10(一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图，下列有关该电池的说法正确的是( ) A(反应CH+HO3H+CO，每消耗1molCH转移6mol电子 4224 ,,B(电极A上H参与的电极反应为:H+2OH,2e=2HO 222 ,2C(电池工作时，CO向电极B移动 3 ,,2D(电极B上发生的电极反应为:O+2CO+4e=2CO 223 11(室温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的HA和HB溶液，滴定曲线如图所示(下列说法错误的是( ) ,A(当?代 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf HB，b点时体系中有:c(B)+c(HB)=0.05mol/L B(滴定分析中，甲基橙不能用做滴定曲线?中的指示剂 +C(a点时的溶液中离子浓度最大的是c(Na) ,5D(若?代表HA的滴定曲线，则Ka(HB)?10 ,12(短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与氦原子电子层结构相同，Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是( ) A(X、Y间可形成离子化合物 B(单质熔点:Y,W,X C(最高价氧化物对应水化物的酸性:Z,W D(Y、W形成的单核离子均能破坏水的电离平衡 二、第?卷(非选择题共分)本卷包括必考题和选考题两部分，第题,第题为必641317考题，每个试题考生都必须作答(第题,第题为选考题，考生根据要求作答( 1823 13(聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用(有关转化关系如下: 已知:CHCHCHBr+NaOH?CHCHCHOH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖(请322322 回答下列问题: (1)物质A的分子式为 ，B的结构简式为 ; ; (2)请写出F中含氧官能团的名称 (3)反应?,?中属于加成反应的是 ; (4)写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式 ( 14(如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，已知:?反应C+GB+H能放出大量的热，G为红棕色;?I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应:2E+I 2F+D，F中的E元素的质量分数为60%(回答问题: (1)?中反应的化学方程式为 (2)1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，至少需要铜粉 克 (3)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为 ，反应后的溶液与过量的化合物I反应生成沉淀的离子方程式为 (4)E与I反应的化学方程式为 ( 15(已知有关热化学方程式为:?4NH(g)+5Og)4NO(g)+6HO(g)?H=,905kJ/mol;32(2?3H(g)+N(g)2NH(g)?H=,92.4kJ/mol;?2H(g)+O(g)=2HO(g)?H=223222,483.6kJ/mol;?N(g)+O(g)=2NO(g)?H=QkJ/mol;反应?中有关化学键的键能22 (kJ/mol)如下:H,O:463，H,N:391，O=O:497 (1)?Q= ( ?NO中的化学键键能为 kJ/mol( (2)向某密闭容器中充入amolNH、bmolO后，测得反应体系中某种量值X与压强P、温32 度T之间的变化如图1所示，图2表示温度为T时，当容器为1L恒容密闭容器时，容器2 中NH的平衡转化率与反应开始时两种反应物的投料之比(用M表示)的关系( 3 ?若X表示NH的百分含量，则T T(填,、,、无法确定);d、e两点的正反应的321 平衡常数K(d) K(e)( ?X还可以表示 ( a(混合气体的平均摩尔质量b(NO的产率c(?H值 ?M= (用含a、b的式子表示，后同)，若M=1.25，则此时O的转化率为 %( 12 (3)有科学家电解原理获得高产率的合成氨，则阴极上的电极反应式为(已知电解质能传 +递H) ( 16(氧元素能形成众多的化合物，其中有一些化合物具有特殊的组成与性质( (1)HO、DO、DO中化学性质彼此相似的物质是 ，OF是一种棕黄色有恶臭的气222222 体，有极强的氧化性，则OF中氧元素的化合价为 ，将F通入稀的NaOH溶液中可得22 到OF、盐等物质，相应反应的化学方程式为 ( 2 (2)研究表明，HO相当于二元弱酸，有较强的还原性 22 ?O相当于48.3mol，其一级电离平HO的一级电离方程式为 ，已知常温下1L的H2222 ,+12衡常数K约为1.67×10，则该温度下HO中c(H)约为 ，写出它与足量Ba(OH)22 反应的化学方程式 ( 2 ++2?过氧化氢、镁合金可构成镁燃料电池，放电时总反应:Mg+2H+HO=Mg+2HO，则放222电时的正极反应为 ( (3)氧也能与钾元素形成KO、KO、KO、KO等氧化物，其中KO是一种比NaO22223222效率高的供氧剂，写出它与CO反应的化学方程式 ( 2 17(某研究性学习小组的同学通过查询资料知道，铁与浓度为1.15mol/L,1.25mol/L的硝酸反应时可同时得到NO、NO、N三种气体(他们欲利用下列仪器验证该结论的正确性(已22 知二氧化氮的沸点为21.1?、熔点为,11?，NO的沸点为,151?、熔点为,164?，假设实验过程中的每步转化均是完全 的)( (1)实验时先通过K处导管向装置内通入CO气体以排除装置内空气，目的是 ;若生2 成上述三种还原产物各0.02mol，则需要消耗铁的质量(硝酸足量)为 g( (2)B中冰盐水的作用是 ，证明有NO生成的现象是 ( 2 (3)实验过程中，发现在B中产生预期现象的同时C中溶液的颜色慢慢变浅，则C中最可能发生的反应的离子方程式是 ;装置D、E是用于(排液法)收集N，请完善装置D2(在原图中进行)( (4)将等物质的量的NO、NO通入冰冻的水中二者恰好反应并得到一种酸X，则X的化2 学式为 (有同学认为，不能根据X与NaSO溶液反应的情况比较X的酸性与亚硫酸23 的酸性的相对强弱，该同学的理由是 ( 三、选考题(请考生在第三、四、五三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分()第三、四、五三题的第?题为选择题，在给出的四个选项中，有两项是符合题目要求的;第?题为非选择题，请在相应位置作答([选修有机化学基础] 5- 18(下列叙述正确的是( ) A(甲苯既可使溴的四氯化碳溶液褪色，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色 B(有机物的消去产物有两种 C(有机物A(CHO)能发生加聚反应，可推知A的结构一定是CH=CH,COOCH46223 D(可用溴水鉴别直馏汽油、四氯化碳和乙酸( 19(水杨酸是一种用途极广的消毒防腐剂及医疗保养品，是合成众多药物的中间产物，其工业合成的路线之一如下图所示: 已知:RCH=CHRRCOOH+RCOOH 11 请回答下列问题: (1)B分子中含氧官能团的名称为 ，D?水杨酸的反应类型为 ( (2)C转化为D的同时还有一种有机物生成，该物质的结构简式为 ，上述转化过程中B?C的意义是 ;在适当条件下，水扬酸可发生聚合反应生成一种高分子化合物，该化合物的结构简式为 ( (3)A?B的化学方程式 ( (4)D有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体最多有 种，写出核磁共振氢谱有4个峰的物质的结构简式 ( ?是苯的二元取代物;?能发生水解反应及银镜反应 (5)以1，4,二氯丁烷为基本原料制备乙二酸，写出相应的合成路线图(格式为反应物生成物) 四、[选修物质结构与性质] 3- 20(N的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，2 下列说法中不正确的是 ( ) A(N分子与CO分子中都含有叁键 2 B(CO分子中有一个π键是配位键 C(N、CO分别由非极性键和极性键结合，因此二者不是等电子体 2 D(N与CO的化学性质相同 2 21(X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，基态X原子的s电子数比p电子数多3个，在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y,Z，Z、R同主族，M核外电子有29种运动状态，请回答下列问题: +2(1)基态M的电子排布式为 ，X、Y、Z、M的电负性由大到小的顺序为 ( (2)化合物XCl的中心原子杂化类型为 ;YCl的立体构型为 ，XCl、YCl分子3333中属于非极性分子的是 ( (3)HZ、HZ、HR的沸点分别为100?、158?，,60.4?，试解释此种现象 ( 2222 ,,27(4)HRO的K和K分别为1.54×10和1.02×10，熔融化状态下RO不能导电而23123NaO能导电，请根据结构与性质的关系解释下列问题: 2 ?K,K: ( 12 ?RO不能导电而NaO能导电: ( 32 (5)Z、M形成的一种化合物晶胞如图所示:(实心球代表M) ?该化合物的化学式为 ( ,3?若晶胞参数为apm(列式计算该晶胞的密度= gcm( 五、[选修化学与技术] 2- 22(根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是( ) +,+222A(除去粗盐中杂质(Mg、SO、Ca)，加入的药品顺序为:NaOH溶液?NaCO溶423液?BaCl溶液?过滤后加盐酸 2 B(在过程?中SO被氧化 2 C(从第?步到第?步的目的是为了浓缩 D(从能量转换角度看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程 23(某化工厂以天然气、水、空气为基本原料联合生产氨、硝酸，获得了良好的经济效益，下面是其生产流程图( (1)试剂a可能是 ，设备B的名称为 ，设备A中的化学方程式为 ( (2)该化工厂合成氨时的压强40MPa，温度为500?左右，在此条件下，测定达到平衡时混合气体中NH的体积分数约为35.2%( 3 ?在保持温度、压强不变的情况下，写出一种能提高合成塔中H转化率的方法 ，温度2 越低，NH的产率越高，为何不在较低温度下进行合成 ( 3 ?从合成塔中出来的NH的体积分数通常约为15%，其原因是 ( 3 (3)从设备B中出来的硝酸浓度较小，通常先加入一定量的硝酸镁后再进行蒸馏 ?下列可以代替硝酸镁加入到蒸馏塔中的是: a(浓硫酸b(硫酸镁c(生石灰 ?蒸馏时通常采用减压蒸馏，这样做的主要目的是 ( (4)用尿素[CO(NH)]处理尾气时可得到纯净的两种常见无毒气体，反应过程为:NO、22 NO在水中反应转化亚硝酸，然后亚硝酸再与尿素反应，写出后者反应的化学方程式: (2 2016年海南省海口市海南中学高考化学模拟试卷(十二) 参考答案与试题解析 一、选择题:本题共小题，每小题分，共分(在每小题给出的四个选项中，只有一6212 项是符合题目要求的( 1(化学与生产、生活密切相关，下列对有关现象及事实的解释正确的是( ) 现象或事实 主要原因 A 燃煤中添加适量CaO可减少SO排放量 燃烧中硫元素转化为CaSO 23 聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品 会造成白色污染 B 夏天雷雨过后感觉到空气特别的清新 C 空气中O含量增加、尘埃减少 3 蒸熟的糯米在适当条件可转化为香甜可口的甜部分淀粉水解生成葡萄糖与乙醇 D 酒 A(A B(B C(C D(D 【考点】物质的组成、结构和性质的关系( 【分析】A(燃烧后硫元素与氧化钙、氧气反应生成CaSO; 4 B(聚乙烯有毒，不能用于包装食品; C(部分氧气在雷达作用下转化成臭氧; D(淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在一定条件下转化成乙醇和二氧化碳( 【解答】解:A(向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收SO生成2硫酸钙，可以减少SO的排放，故A错误; 2 B(聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品，原因是聚氯乙烯有毒，不是因为造成白色污染，故B错误; C(用于雷雨过后空气中O含量增加、尘埃减少，所以感觉到空气特别的清新，故C正确;3 D(蒸熟的糯米在适当条件可转化为香甜可口的甜酒，淀粉在一定条件下转化成葡萄糖，葡萄糖进一步转化成乙醇，故D错误; 故选C( 【点评】本题考查了物质的组成、结构与性质的关系，题目难度中等，涉及聚乙烯、环境污染及治理、淀粉水解、氧气与臭氧转化等知识，明确常见物质组成和性质为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力( 2(现有三种常见治疗胃病药品的标签: 药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较，正确的是( ) A(?=?=? B(?,?,? C(?,?,? D(?,?,? 【考点】物质的量的相关计算;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算( 【分析】碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1:2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强( 【解答】解:碳酸钙摩尔质量为100g/mol，氢氧化镁摩尔质量为58g/mol，氧化镁摩尔质量为40g/mol，碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1:2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为?,?,?( 故选:C( 【点评】本题考查常用化学计量计算、根据方程式的计算，比较基础，注意基础知识的掌握( 3(下列说法不正确的是( ) A(浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体 B(浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化 C(饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO?后漂白性减弱 D(浓盐酸与足量二氧化锰反应后，盐酸有剩余 【考点】硝酸的化学性质;氯气的化学性质;浓硫酸的性质( 【分析】A、浓硝酸和铜反应生成二氧化氮红褐色气体，随反应进行浓度变为稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮; B、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化; C、氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应; D、浓盐酸和二氧化锰反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不与二氧化锰继续反应; 【解答】解:A、浓硝酸和铜反应生成二氧化氮红褐色气体，随反应进行浓度变为稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮，浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体，故A正确; B、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化，不能继续反应，故B正确; C、氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应，漂白性不减弱，故C错误; D、浓盐酸和二氧化锰反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不与二氧化锰继续反应，盐酸会剩余，故D正确; 故选C( 【点评】本题考查了浓硝酸、浓硫酸、氯水性质的分析判断，注意浓溶液随反应进行会浓度变稀，掌握基础是关键，题目难度中等( 4(阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示:(下列有关说法中错误的是( ) A(溴单质能与阿托酸发生加成反应 B(阿托酸能与硝酸发生取代反应 C(可用酸性KMnO溶液区别阿托酸与苯 4 D(阿托酸分子中含有4个碳双键 【考点】有机物的结构和性质( 【分析】该物质中含有苯环、碳碳双键和羧基，具有苯、烯烃、羧酸的性质，能发生加成反应、取代反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应等，据此分析解答( 【解答】解:A(含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，故A正确; B(含有苯环，所以在一定条件下能与浓硝酸发生取代反应，故B正确; C(苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，该物质中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确; D(该分子中只含一个碳碳双键，故D错误; 故选D( 【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查苯、烯烃和羧酸性质，注意苯环中不含碳碳双键，易错选项是D( 5(相对分子质量为86的某烃M，其分子中含有4个甲基，则A的一氯代物(不考虑立体异构)最多有( ) A(6种 B(5种 C(4种 D(3种 【考点】有机化合物的异构现象( 【分析】对分子质量为86的烃是CH，先根据分子中含有4个甲基的CH的结构简式614614为(CH)CCHCH或(CH)CHCH(CH)，根据等效氢原子的判断方法确定其其一33233232 氯代物的同分异构体数目( 【解答】解:对分子质量为86的烃是CH，分子中含有4个甲基的CH的结构简式为614614(CH)CCHCH或(CH)CHCH(CH)，前者含有3种等效氢原子，一氯代物的同33233232 分异构体有3种，后者含有2种等效氢原子，一氯代物的同分异构体有2种，所以一氯代物的同分异构体共有5种，故选B( 【点评】本题考查同分异构体的书写以及一氯代物数目的判断，注意等效氢原子的寻找方法是关键，难度中等( +++,3226(某溶液中可能含有物质的量浓度相等的下列离子中的几种:Fe、Cu、Na、SO、4 ,,,,2CO、NO、Cl、I，取上述溶液少量分别进行如下实验: 33 ?一份中加入少量锌粉后，固体溶解、溶液颜色有变化，但无其它现象产生 ?一份加入BaCl溶液后得到白色沉淀，下列有关判断正确的是( ) 2 +,,32A(溶液中只含Fe、SO、Cl 4 +,22B(溶液中只含Cu、SO 4 +C(需要利用焰色反应才能确定有无Na ,,D(溶液中肯定没有I，但无法确定有无Cl 【考点】常见离子的检验方法( 【分析】?一份中加人少量锌粉后，固体溶解完但无其他变化，则溶液中一定不含铜离，含 +3有Fe，则一定不含碳酸根离子，碘离子; ?一份加入BaCl溶液后得到白色沉淀，则存在硫酸根，据此回答( 2 【解答】解:?一份中加人少量锌粉后，固体溶解完但无其他变化，则溶液中一定不含铜离 +3子，含有Fe，则一定不含碳酸根离子，碘离子; ?一份加入BaCl溶液后得到白色沉淀，则一定存在硫酸根离子， 2 ,+,,+32综上可知，溶液中肯定含有的离子可以是SO、Fe，还可能是存在NO、Cl、Na，43+,,Na需进行焰色反应验证，即溶液中肯定没有I但无法确定有无Cl，故选CD( 【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子共存判断方法，明确常见离子的化学性质为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力( 二、选择题:本题共小题，每小题分，共分(每小题有一个或两个选项符合题意，6424 若正确答案只包括一个选项，多选得分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得02分，选两个且都正确得分，但只要选错一个就得分( 40 7(下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的是( ) A B C D 装 置 目用NaOH溶液除去证明浓硫酸有脱观察水能否全部流确定K(AgCl)、sp 的 溴苯中单质溴 水性、强氧化性 下判断装置气密性 K(AgI)的相对大sp 小 A(A B(B C(C D(D 【考点】化学实验方案的评价( 【分析】A(溴和NaOH反应生成可溶性的钠盐，溴苯不易溶于水; B(浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖氧化生成二氧化碳，蔗糖能还原浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色; C(溶度积小的先生成沉淀; D(能形成压强差的杂质能检验装置气密性( 【解答】解:A(溴和NaOH反应生成可溶性的钠盐，溴苯不易溶于水，然后采用分液方法分离提纯溴苯，故A正确; B(浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖氧化生成二氧化碳，蔗糖能还原浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，只要品红溶液褪色，就体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故B正确; C(溶度积小的先生成沉淀，根据生成沉淀颜色确定溶度积大小，故C正确; D(能形成压强差的杂质能检验装置气密性，该装置中分液漏斗和烧瓶中气体能形成压强差，能检验装置气密性，当分液漏斗和烧瓶中压强相同时，分液漏斗中液面不变，所以水不一定完全流下，故D错误; 故选D( 【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气密性检验、溶度积大小比较、物质性质、物质分离和提纯等 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 ，明确实验原理、物质性质、实验操作是解本题关键，侧重考查学生分析判断及实验操作、实验评价能力，易错选项是D( 8(某固体混合物可能由Al、(NH)SO、MgCl、FeCl、AlCl中的两种或多种组成，424223 现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积): 关于该固体混合物，下列说法正确的是( ) A(一定含有Al，其质量为2.7g B(一定含有(NH)SO和MgCl，且物质的量相等 4242 C(一定含有MgCl和FeCl 22 D(一定不含FeCl，可能含有MgCl和AlCl 223 【考点】有关混合物反应的计算( 【分析】14.05g固体加入过量的浓氢氧化钠溶液，产生气体5.60L，铵盐、Al均与NaOH溶液生成气体，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L,3.36L=2.24L，则5.6L气体中氨气为2.24L，氢气为3.36L，混合物中含有硫酸铵、Al; 产生的白色沉淀2.9g，久置无变化，则混合物一定不存在FeCl，由于氢氧化铝溶于强碱，2 所以能生成白色沉淀一定为氢氧化镁，混合物中一定含有MgCl; 2 得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝( 【解答】解:14.05g固体加入过量的浓氢氧化钠溶液，产生气体5.60L，铵盐、Al均与NaOH溶液生成气体，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸 气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L,3.36L=2.24L，则5.6L气体中氨气为2.24L，氢气为3.36L，混合物中含有硫酸铵、Al; 产生的白色沉淀2.9g，久置无变化，则混合物一定不存在FeCl，由于氢氧化铝溶于强碱，2 所以能生成白色沉淀一定为氢氧化镁，混合物中一定含有MgCl; 2 得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝( A(固体混合物中一定含有Al，Al反应生成标况下3.36L氢气，氢气为=0.15mol，根据电子转移守恒可知Al的物质的量为=0.1mol，则Al的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g，故A错误; B(原固体混合物中一定含有(NH)SO、MgCl，硫酸铵的物质的量为:×=0.05mol，4242 氯化镁的物质的量为:=0.05mol，所以二者的物质的量相等，故B正确; C(根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl，一定不含FeCl，故C错误; 22 D(根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl，可以计算Al、硫酸铵、氯化镁的质2 量，结合总质量判断是否含有氯化铝，故D错误( 故选B( 【点评】本题综合考查物质组成的测定、混合物的计算，关键是根据现象与数据判断含有的物质，侧重考查学生分析计算能力、元素混合物性质等，难度中等( 9(铜的冶炼大致可分为: ?富集，将硫化物矿进行浮选; ?焙烧，主要反应为2CuFeS+4O?CuS+3SO+2FeO(炉渣); 2222 ?制粗铜，在1200?发生的主要反应为2CuS+3O?2CuO+2SO，2CuO+CuS?2222226Cu+SO?; 2 ?电解精炼铜( 下列说法不正确( ) A(上述灼烧过程的尾气回收后可用来制硫酸 B(上述过程中，由6molCuFeS制取6molCu时共消耗15molO 22 C(在反应2CuO+CuS=6Cu+SO?中，氧化产物与还原产物的物质的量比1:6 222 D(在反应2CuO+CuS=6Cu+SO?中，只有CuO作氧化剂 2222 【考点】金属冶炼的一般原理( 【分析】A(二氧化硫能用来制取硫酸; B(根据最终产物为Cu、SO和FeO可写出反应的总分应方程式为2 6CuFeS+15O=6Cu+12SO+6FeO，根据方程式计算; 222 C(在反应2CuO+CuS?6Cu+SO?中，Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由222 ,2价变为+4价，则氧化剂是CuO、CuS，还原剂是CuS，氧化产物是二氧化硫、还原产222 物是Cu; D(在反应2CuO+CuS?6Cu+SO?中，Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由222 ,2价变为+4价，则氧化剂是CuO、CuS( 22 【解答】解:A(在铜的冶炼过程中，?焙烧、?制粗铜过程中都有二氧化硫生成，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，所以所以冶炼过程中的尾气可用来制硫酸，故A正确; B(总分应方程式为6CuFeS+15O=6Cu+12SO+6FeO，根据方程式知由6mol CuFeS制取6 2222mol Cu时共消耗15mol O，故B正确; 2 C(在反应2CuO+CuS?6Cu+SO?中，Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由222 ,2价变为+4价，则氧化剂是CuO、CuS，还原剂是CuS，氧化产物是二氧化硫、还原产222 物是Cu，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:6，故C正确; D(在反应2CuO+CuS?6Cu+SO?中，Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由222 ,2价变为+4价，则氧化剂是CuO、CuS，氧化产物是二氧化硫、还原产物是Cu，故D22 错误; 故选D( 【点评】本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化及方程式中各个物理量的关系分析解答，注意D选项中氧化剂的判断，题目难度不大( 10(一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图，下列有关该电池的说法正确的是( ) A(反应CH+HO3H+CO，每消耗1molCH转移6mol电子 4224 ,,B(电极A上H参与的电极反应为:H+2OH,2e=2HO 222 ,2C(电池工作时，CO向电极B移动 3 ,,2D(电极B上发生的电极反应为:O+2CO+4e=2CO 223 【考点】原电池和电解池的工作原理( 【分析】A(根据C元素的化合价变化分析; ,B(电解质没有OH，氢气失电子生成水; C(原电池中阴离子向负极移动; D(氧气得电子发生还原反应( 【解答】解:A(1molCH?CO，化合价由,4价?+2，上升6价，则1molCH参加反应共44转移6mol电子，故A正确; ,,,2B(电解质没有OH，H参与的电极反应为:H+CO,2e=HO+CO，故B错误; 22322 ,2C(原电池中阴离子向负极移动，A为负极，所以CO向电极A移动，故C错误; 3 ,2D(B电极上氧气得电子发生还原反应，则电极B上发生的电极反应为:O+2CO+4e=2CO223,，故D正确( 故选AD( 【点评】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等( 11(室温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的HA和HB溶液，滴定曲线如图所示(下列说法错误的是( ) ,A(当?代表HB，b点时体系中有:c(B)+c(HB)=0.05mol/L B(滴定分析中，甲基橙不能用做滴定曲线?中的指示剂 +C(a点时的溶液中离子浓度最大的是c(Na) ,5D(若?代表HA的滴定曲线，则Ka(HB)?10 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算( 【分析】A(当?代表HB，0.1mol/L溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，是弱酸，结合物料守恒分析; B(滴定曲线?中达到滴定终点溶液显碱性，选择碱性条件下变色的指示剂; C(a点时的溶液中溶质是等物质的量的NaB和HB，溶液显酸性; D(a点时的溶液中溶质是等物质的量的NaB和HB，溶液的pH=5，根据ka(HB)=计算( 【解答】解:A(当?代表HB，0.1mol/L溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，是弱酸，b点时 ,体系中有，体积变为原来的2倍，则浓度变为原来的二分之一，所以c(B)+c(HB)=0.05mol/L，故A正确; B(滴定曲线?中达到滴定终点溶液显碱性，选择碱性条件下变色的指示剂，因此不能选择甲基橙作指示剂，故B正确; +,C(a点时的溶液中溶质是等物质的量的NaB和HB，溶液显酸性，则c(Na),c(B)，故C错误; ,D(a点时的溶液中溶质是等物质的量的NaB和HB，则溶液中c(HB)?c(B)，溶液 +,,55的pH=5，c(H)=10mol/L，Ka(HB)=?10，故D正确( 故选C( 【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等( ,12(短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与氦原子电子层结构相同，Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是( ) A(X、Y间可形成离子化合物 B(单质熔点:Y,W,X C(最高价氧化物对应水化物的酸性:Z,W D(Y、W形成的单核离子均能破坏水的电离平衡 【考点】原子结构与元素周期律的关系( ,【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与氦原子电子层结构相同，则X为H元素;Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，则Y为Na;Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Z为Si;W的最高正价与最低负价的代数和为4，最高价为+6价，最低价为,2价，则W为S元素，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答( ,【解答】解:短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与氦原子电子层结构相同，则X为H元素;Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，则Y为Na;Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Z为Si;W的最高正价与最低负价的代数和为4，最高价为+6价，最低价为,2价，则W为S元素， A(X、Y间可形成离子化合物为NaH，故A正确; B(一般熔点为金属晶体大于分子晶体，但Na的熔点较低，则单质熔点:W(110?),Y(97?),X，故B错误; C(非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性:W,Z，故C错误; D(Y形成的单核离子对水的电离平衡无影响，W形成的单核离子可促进水的电离平衡，故D错误; 故选A( 【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素性质推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大( 二、第?卷(非选择题共分)本卷包括必考题和选考题两部分，第题,第题为必641317考题，每个试题考生都必须作答(第题,第题为选考题，考生根据要求作答( 1823 13(聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用(有关转化关系如下: CHCHOH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖(请已知:CHCHCHBr+NaOH?CH322322 回答下列问题: (1)物质A的分子式为 CHO ，B的结构简式为 CH,CH=CH ; 612632(2)请写出F中含氧官能团的名称 羟基、羧基 ; (3)反应?,?中属于加成反应的是 ?? ; (4)写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式 ( 【考点】有机物的推断( 【分析】B的分子式为CH，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应?36 为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH,CH=CH，B与溴加成生成C为32 CHCHBrCHBr，C在碱性条件下水解得D为CHCHOHCHOH，D氧化得E为3232 CHCOCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CHCHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚33 反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题( 【解答】解:B的分子式为CH，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反36 应?为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH,CH=CH，B与溴加成生成C为32 CHCHBrCHBr，C在碱性条件下水解得D为CHCHOHCHOH，D氧化得E为3232 CHCOCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CHCHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚33 反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖， (1)根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为CHO，B为CH,CH=CH， 612632 故答案为:CHO;CH,CH=CH; 612632 (2)F为CHCHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基， 3 故答案为:羟基、羧基; (3)根据上面的分析可知，反应?,?中属于加成反应的是??， 故答案为:??; (4)由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为 ， 故答案为:( 【点评】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化( 14(如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，已知:?反应C+GB+H能放出大量的热，G为红棕色;?I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应:2E+I 2F+D，F中的E元素的质量分数为60%(回答问题: (1)?中反应的化学方程式为 2Al+FeO2Fe+AlO 2323 (2)1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，至少需要铜粉 0.64 克 ,,(3)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为 2Al+2OH+2HO?2AlO+3H? ，反应222 ,后的溶液与过量的化合物I反应生成沉淀的离子方程式为 AlO+CO+2HO=Al(OH)222 ,?+HCO 33 (4)E与I反应的化学方程式为 2Mg+CO2MgO+C ( 2 【考点】无机物的推断( 【分析】A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物， ?反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，该反应为铝热反应，则C为Al，B为Fe，G为FeO，H为AlO， 2323 ?I是一种常见的温室气体，则I为CO，它和E可以发生反应:2E+I2F+D，F中的E元素2 的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，由图中转化可知，A为O(然后结2合元素化合物知识及化学用语来解答( 【解答】解:A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物， ?反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，该反应为铝热反应，则C为Al，B为Fe，G为FeO，H为AlO， 2323 ?I是一种常见的温室气体，则I为CO，它和E可以发生反应:2E+I2F+D，F中的E元素2 的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，由图中转化可知，A为O( 2 (1)?中反应的化学方程式为2Al+FeOAlO+2Fe，故答案为:2Al+FeOAlO+2Fe; 23232323 +3(2)1.6g G其物质的量为=0.01mol，由FeO,2Fe,Cu可知，需要Cu的质量为0.01mol23 ×64g/mol=0.64g，故答案为:0.64; ,,(3)C与过量NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2OH+2HO=2AlO+3H?，反应后溶222 ,,液与过量化合物?反应的化学方程式为AlO+CO+2HO=HCO+Al(OH)?、CO+OH222332,,=HCO， 3 ,,,,故答案为:2Al+2OH+2HO=2AlO+3H?;AlO+CO+2HO=HCO+Al(OH)?、22222233 ,,CO+OH=HCO; 23 (4)Mg与CO的反应方程式为2Mg+CO2MgO+C，故答案为:2Mg+CO2MgO+C( 222 【点评】本题考查了元素及其化合物知识，包括物质推断、性质、用途、化学方程式书写等， 注意守恒思想在解题中的应用，题目难度中等( 15(已知有关热化学方程式为:?4NH(g)+5Og)4NO(g)+6HO(g)?H=,905kJ/mol;32(2?3H(g)+N(g)2NH(g)?H=,92.4kJ/mol;?2H(g)+O(g)=2HO(g)?H=223222,483.6kJ/mol;?N(g)+O(g)=2NO(g)?H=QkJ/mol;反应?中有关化学键的键能22 (kJ/mol)如下:H,O:463，H,N:391，O=O:497 (1)?Q= +180.5 ( ?NO中的化学键键能为 631.5 kJ/mol( (2)向某密闭容器中充入amolNH、bmolO后，测得反应体系中某种量值X与压强P、温32 度T之间的变化如图1所示，图2表示温度为T时，当容器为1L恒容密闭容器时，容器2 中NH的平衡转化率与反应开始时两种反应物的投料之比(用M表示)的关系( 3 ?若X表示NH的百分含量，则T , T(填,、,、无法确定);d、e两点的正反应321 的平衡常数K(d) , K(e)( ?X还可以表示 a ( a(混合气体的平均摩尔质量b(NO的产率c(?H值 ?M= b:a (用含a、b的式子表示，后同)，若M=1.25，则此时O的转化率为 60 %(12 (3)有科学家电解原理获得高产率的合成氨，则阴极上的电极反应式为(已知电解质能传 +,+递H) N+6e+6H=2NH ( 23 【考点】化学平衡的计算;热化学方程式;化学平衡的影响因素( 【分析】(1)根据反应热=反应物的总键能,生成物的总键能计算;根据盖斯定律计算Q; (2)?若X表示NH的百分含量，压强一定温度越高平衡逆向进行，氨气含量减小;3 ?压强越大平衡逆向进行，X可以表示混合气体的平均摩尔质量、氨气含量等; ?图2表示温度为T时，当容器为1L恒容密闭容器时，容器中NH的平衡转化率与反应23 开始时两种反应物的投料之比(用M表示)的关系，此点的转化率为60%，氨气转化率随反应开始时两种反应物的投料之比M增大而增大，说明M=b:a， 4NH(g)+5Og)=4NO(g)+6HO(g) 32(2 起始量(mol) a b 0 0 变化量(mol) 0.6a 0.75a 0.6a 0.9a 平衡量(mol) a,0.6a b,0.75a 0.6a 0.9a 据此计算氧气转化率; (3)阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气; 【解答】解:(1)已知:?4NH(g)+5O (g)?4NO(g)+6HO(g)?H=,905KJ/mol322 ?N(g)+3H(g)?2NH(g)?H=,92.4kJ/mol 223 ?2H(g)+O(g)?2HO(g);?H=,483.6kJ/mol 222 根据盖斯定律(?+2×?,3×?)?2可得?N (g)+O (g)?2NO (g)?H=+180.5KJ/mol，22 设NO中的化学键键能为x，反应?4NH(g)+5O (g)?4NO(g)+6HO(g)?H=12322×391+5×497,4x,12×463=,905，解得x=631.5; 故答案为:+180.5;631.5; (2)?4NH(g)+5Og)4NO(g)+6HO(g)?H=,905kJ/mol;反应为放热反应，若32(2 X表示NH的百分含量，压强一定，温度越高平衡逆向进行，氨气含量越少，则T,T，312温度越高平衡常数越小，d、e两点的正反应的平衡常数K(d),K(e)， 故答案为:,;,; ?压强越大平衡逆向进行， a(反应前后气体质量不变，压强增大平衡逆向进行，气体物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量随压强增大而增大，故a正确; b(压强增大平衡逆向进行，NO的产率减小，故b错误; c(?H值不随压强变化，故c错误; 故答案为:a; ?向某密闭容器中充入amolNH、bmolO后，容器中NH的平衡转化率与反应开始时两种323 反应物的投料之比(用M表示)的关系，此点的转化率为60%，氨气转化率随反应开始时两种反应物的投料之比M增大而增大，说明M=b:a， 4NH(g)+5Og)=4NO(g)+6HO(g) 32(2 起始量(mol) a b 0 0 变化量(mol) 0.6a 0.75a 0.6a 0.9a 平衡量(mol) a,0.6a b,0.75a 0.6a 0.9a 若M=1.25，则此时O的转化率=×100%=×100%=60%， 12 故答案为:b:a;60; (3)阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气，电极反应式为N+6e2,++6H=2NH， 3 ,+故答案为:N+6e+6H=2NH; 23 【点评】本题考查了盖斯定律、反应热与键能的关系、影响化学平衡的因素以及有关化学平衡的计算、原电池原理，注重对学生基础的考查，题目难度中等，注意图象曲线变化分析、平衡常数影响因素、化学平衡移动原理的应用等( 16(氧元素能形成众多的化合物，其中有一些化合物具有特殊的组成与性质( (1)HO、DO、DO中化学性质彼此相似的物质是 HO、DO ，OF是一种棕黄2222222222色有恶臭的气体，有极强的氧化性，则OF中氧元素的化合价为 +2价 ，将F通入稀的22NaOH溶液中可得到OF、盐等物质，相应反应的化学方程式为 2 2F+2NaOH=2NaF+HO+OF ( 222 (2)研究表明，HO相当于二元弱酸，有较强的还原性 22 +,?HO的一级电离方程式为 HO?H+HO ，已知常温下1L的HO相当于48.3mol，2222222 ,+,126其一级电离平衡常数K约为1.67×10，则该温度下HO中c()约为H 9×10mol/L ，22 写出它与足量Ba(OH)反应的化学方程式 Ba(OH)+HO=2HO+BaO ( 222222 ++2?过氧化氢、镁合金可构成镁燃料电池，放电时总反应:Mg+2H+HO=Mg+2HO，则放222 +电时的正极反应为 HO+2e,+2H=2HO ( 222 (3)氧也能与钾元素形成KO、KO、KO、KO等氧化物，其中KO是一种比NaO22223222效率高的供氧剂，写出它与CO反应的化学方程式 4KO+2CO=2KCO+3O ( 222232 【考点】氧族元素简介;过氧化氢( 【分析】(1)根据三种物质的化学式分析其元素组成，物质的结构决定物质的性质，据此进行分析解答;氟非金属性强于氧，氟为,1价，依据代数和为0计算氧原子化合价; 将F通入稀的NaOH溶液中可得到OF、NaF和水; 22 (2)?双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个 ,12氢离子;已知常温下1L的HO相当于48.3mol，K==1.67×10 ，HO与Ba(OH)22222作用形成正盐为BaO，同时生成水; 2 ?正极上发生还原反应，过氧化氢得到电子和氢离子反应生成水; (3)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则超氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气( 【解答】解:(1)根据水(HO)、双氧水(HO)、重水(DO)的化学式可知都有氢、2222 氧两种元素组成;物质的结构决定物质的性质，从化学性质的角度看，双氧水分子与水分子的构成不同，化学性质有较大的差异，化学性质彼此相似的物质是 HO、DO; 2222 氟非金属性强于氧，氟为,1价，依据代数和为0则OF中氧元素的化合价为+2价; 2 将F通入稀的NaOH溶液中可得到OF、NaF和水，其反应方程式为:22 2F+2NaOH=2NaF+HO+OF; 222 故答案为:HO、DO;+2价;2F+2NaOH=2NaF+HO+OF; 2222222 (2)?双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个 +,,+12氢离子，则它的一级电离方程式为HO?H+HO;根据K==1.67×10 ;则c(H)==9222 ,6×10mol/L; HO与Ba(OH)作用形成正盐为BaO，同时生成水，其反应的方程式为:HO+Ba(OH)222222 O; =BaO+2H222 +,,6故答案为:HO?H+HO;9×10mol/L;HO+Ba(OH)=BaO+2HO; 22222222?正极上发生还原反应，过氧化氢得到电子和氢离子反应生成水，正极电极反应式为 +,HO+2H+2e=2HO; 222 +,故答案为:HO+2H+2e=2HO; 222 (3)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则超氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气，反应方程式为4KO+2CO=2KCO+3O， 22232 故答案为:4KO+2CO=2KCO+3O( 22232 【点评】本题为综合题，涉及化合价、弱电解质的电离、电离常数的应用、原电池工作原理、化学方程式的书写等，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大( 17(某研究性学习小组的同学通过查询资料知道，铁与浓度为1.15mol/L,1.25mol/L的硝酸反应时可同时得到NO、NO、N三种气体(他们欲利用下列仪器验证该结论的正确性(已22 知二氧化氮的沸点为21.1?、熔点为,11?，NO的沸点为,151?、熔点为,164?，假设实验过程中的每步转化均是完全 的)( (1)实验时先通过K处导管向装置内通入CO气体以排除装置内空气，目的是 防止氧气、2 氮气对生成的NO、N的检验产生干扰 ;若生成上述三种还原产物各0.02mol，则需要消2 耗铁的质量(硝酸足量)为 5.23 g( (2)B中冰盐水的作用是 冷却NO，使其液化 ，证明有NO生成的现象是 B中试管22 有红棕色液体出现 ( (3)实验过程中，发现在B中产生预期现象的同时C中溶液的颜色慢慢变浅，则C中最可 +,+,2能发生的反应的离子方程式是 5NO+4H+3MnO=3Mn+5NO+2HO ;装置D、E是432 用于(排液法)收集N，请完善装置D(在原图中进行)( 2 (4)将等物质的量的NO、NO通入冰冻的水中二者恰好反应并得到一种酸X，则X的化2 HNO (有同学认为，不能根据X与NaSO溶液反应的情况比较X的酸性与亚学式为 223 ,2硫酸的酸性的相对强弱，该同学的理由是 HNO能氧化SO ( 23 【考点】铁及其化合物的性质实验( 【分析】探究铁与浓度为1.15mol/L,1.25mol/L的硝酸反应可同时得到NO、NO、N三种22气体，若二氧化氮气体，NO沸点为21.1?，经过冰盐水冷却生成的气体，出现红棕色液体，2 C中盛放酸性高锰酸钾，若出现高锰酸钾褪色，说明有NO生成，氧化反应为: +,+,25NO+4H+3MnO?3Mn+5NO+2HO，最后采用排水法测定剩余的氮气， 432 (1)根据空气中含氮气和氧气及NO遇空气中的氧气就反应生成NO分析;根据得失电子2 守恒计算消耗铁的质量; (2)根据以上分析，二氧化氮为红棕色气体，冰盐水冷却生成的气体，出现有色液体; (3)实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，为NO和高锰酸根离子反应氧化还原反应，根据质量守恒和得失电子守恒配平; (4)将等物质的量的NO、NO混合后通入低温下的水中发生价态归中反应生成亚硝酸;2 比较X的酸性与亚硫酸的酸性的相对强弱，利用强酸制弱酸的原理( 【解答】解:(1)根据实验原理检验铁与浓度为1.15mol/L,1.25mol/L的硝酸反应时可同时得到NO、NO、N三种气体，又空气中含氮气和氧气及NO遇空气中的氧气就反应生成22 NO，所以装置中的空气对生成的NO、N的检验产生干扰，则实验时先通过K处导管向装22 置内通入CO气体以排除装置内空气; 2 若生成上述三种还原产物各0.02mol，根据得失电子守恒，则需要消耗铁的质量(硝酸足量)为×56=5.23g; 故答案为:防止氧气、氮气对生成的NO、N的检验产生干扰;5.23; 2 (2)根据以上分析，二氧化氮为红棕色气体，冰盐水冷却NO，使其液化，出现有色液体，2 所以证明有NO生成的现象是B中试管有红棕色液体出现; 2 故答案为:冷却NO，使其液化;B中试管有红棕色液体出现; 2 (3)C中溶液颜色慢慢褪去，为NO和高锰酸根离子反应氧化还原反应，该反应中，反应 ,+,2中物质的化合价变化:MnO?Mn，Mn元素化合价由+7价?+2价，一个MnO得5个44 ,电子;NO?NO，N由+2价变成+5价，一个NO分子失去3个电子，所以其最小公倍数3 ,为15，故MnO的计量数为3，NO的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平4 +,+,2+5NO+2HO， 后的离子方程式为:5NO+4H+3MnO?3Mn432 +,+,2故答案为:5NO+4H+3MnO?3Mn+5NO+2HO; 432 (4)将等物质的量的NO、NO混合后通入低温下的水中发生价态归中反应，反应方程式2 为:NO+NO+HO=2HNO，所以X的化学式为HNO; 2222 比较X的酸性与亚硫酸的酸性的相对强弱，利用强酸制弱酸的原理，又HNO具有氧化性，2而NaSO溶液具有强还原性，所以两者发生氧化还原反应，没有发生 23 强酸制弱酸的反应; ,2故答案为:HNO;HNO能氧化SO( 223 【点评】本题考查性质方案的 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 ，题目难度中等，涉及反应产物的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等知识，题理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力( 三、选考题(请考生在第三、四、五三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分()第三、四、五三题的第?题为选择题，在给出的四个选项中，有两项是符合题目要求的;第?题为非选择题，请在相应位置作答([选修有机化学基础] 5- 18(下列叙述正确的是( ) A(甲苯既可使溴的四氯化碳溶液褪色，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色 B(有机物的消去产物有两种 C(有机物A(CHO)能发生加聚反应，可推知A的结构一定是CH=CH,COOCH46223 D(可用溴水鉴别直馏汽油、四氯化碳和乙酸( 【考点】有机物的鉴别( 【分析】A(甲苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色; B(结构对称，消去产物只有一种; C(有机物A(CHO)能发生加聚反应，说明含有C=C，可能为酯或酸; 462 D(直馏汽油为饱和烃的混合物，密度比水小( 【解答】解:A(甲苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原而使高锰酸钾褪色，故A错误; B(结构对称，消去产物只有一种，为，故B错误; C(有机物A(CHO)能发生加聚反应，说明含有C=C，可能为酯或酸，为462 CH=CHCHCOOH、CHCH=CHCOOH或CH=CH,COOCH，故C错误; 22323 D(直馏汽油为饱和烃的混合物，密度比水小，色层在上层，四氯化碳密度比水大，色层在下层，乙酸和水混溶，三者现象不同，可鉴别，故D正确( 故选D( 【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意相关知识的把握，易错点为C，注意同分异构体的判断( 19(水杨酸是一种用途极广的消毒防腐剂及医疗保养品，是合成众多药物的中间产物，其工业合成的路线之一如下图所示: 已知:RCH=CHRRCOOH+RCOOH 11 请回答下列问题: (1)B分子中含氧官能团的名称为 羧基、羟基 ，D?水杨酸的反应类型为 取代反应 ( (2)C转化为D的同时还有一种有机物生成，该物质的结构简式为 HOOC,COOH ，上述转化过程中B?C的意义是 保护,OH，避免其被KMnO溶液氧化 ;在适当条件下，4 水扬酸可发生聚合反应生成一种高分子化合物，该化合物的结构简式为 ( (3)A?B的化学方程式 ( (4)D有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体最多有 9 种，写出核磁共振氢谱有4个峰的物质的结构简式 ( ?是苯的二元取代物;?能发生水解反应及银镜反应 (5)以1，4,二氯丁烷为基本原料制备乙二酸，写出相应的合成路线图(格式为反应物生成物) 【考点】有机物的合成( 【分析】(1)A反水解反应反应生成B，结合A、B分子式可知A为环状酯类物质，B中含有羧基、羟基，D与HI之间的反应为取代反应; (2)结合水杨酸的结构简式，可知B的结构简式为，再结 合B、C、D的转化条件及D的结构简式，可知C为，C氧化后另外一种有机物为乙二酸(因苯环上的酚羟基易被氧化，转化为,OCH，防止被氧3化; (3)A?B发生酯的水解反应生成，A的结构简式为 ; (4)能发生水解反应及银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基,OOCH，又是苯的二元取代物，2个取代基为,OOCH、,OCH，或者为,OOCH、,CHOH，或者为,CHOOCH、322,OH，各有邻、间、对3种; (5)ClCHCHCHCHCl在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成2222 CH=CHCH=CH，然后碱性高锰酸钾溶液氧化，并酸化得到HOOC,COOH( 22 【解答】解:(1)A反水解反应反应生成B，结合A、B分子式可知A为环状酯类物质，B中含有羧基、羟基，D与HI之间的反应为取代反应， 故答案为:羧基、羟基;取代反应; (2)结合水杨酸的结构简式，可知B的结构简式为，再结 合B、C、D的转化条件及D的结构简式，可知C为，C氧化后另外一种有机物为乙二酸，结构简式为HOOC,COOH(因苯环上的酚羟基易被氧化，转化为,OCH，保护,OH，避免其被KMnO溶液氧化，水扬酸可发生聚合反应生成一种34 高分子化合物，该化合物的结构简式为， 故答案为:HOOC,COOH;保护,OH，避免其被KMnO溶液氧化;4 ; (3)A?B发生酯的水解反应生成，A的结构简式为 ，反应方程式为:， 故答案为:; (4)能发生水解反应及银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基,OOCH，又是苯的二元取代物，2个取代基为,OOCH、,OCH，或者为,OOCH、,CHOH，或者为,CHOOCH、322,OH，各有邻、间、对3种，共有9种，核磁共振氢谱有4个峰的物质的结构简式为: ， 故答案为:9;; (5)ClCHCHCHCHCl在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成2222 CH=CHCH=CH，然后碱性高锰酸钾溶液氧化，并酸化得到HOOC,COOH，合成路线流22 程图为:ClCHCHCHCHClCH=CHCH=CHHOOC,COOH， 222222 故答案为:ClCHCHCHCHClCH=CHCH=CHHOOC,COOH( 222222 【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物分子式、结构简式与反应条件进行分析，较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力( 四、[选修物质结构与性质] 3- 20((2016海口校级模拟)N的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，2 其中椭圆框表示π键，下列说法中不正确的是 ( ) A(N分子与CO分子中都含有叁键 2 B(CO分子中有一个π键是配位键 C(N、CO分别由非极性键和极性键结合，因此二者不是等电子体 2 D(N与CO的化学性质相同 2 【考点】共价键的形成及共价键的主要类型;配合物的成键情况( 【分析】A(根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个ς键; B(CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成; C(原子总数相同、价电子总数也相同的微粒互为等电子体; D(N分子与CO分子的化学性质不相同( 2 【解答】解:A(根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个ς键，N分子与CO分子2中都含有三键，故A正确; B(氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确; C(N分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C错误;2 D(N分子在空气中不燃烧，CO分子在空气中燃烧，所以两种分子的化学性质不相同，故2 D错误， 故选CD( 【点评】本题考查化学键、等电子体等，题目难度不大，侧重考查学生对化学键的理解，注意三键中含有2个π键和一个ς键( 21(X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，基态X原子的s电子数比p电子数多3个，在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y,Z，Z、R同主族，M核外电子有29种运动状态，请回答下列问题: +29(1)基态M的电子排布式为 [Ar]3d ，X、Y、Z、M的电负性由大到小的顺序为 O,N,B,Cu ( 2(2)化合物XCl的中心原子杂化类型为 sp ;YCl的立体构型为 三角锥形 ，XCl、333YCl分子中属于非极性分子的是 BCl ( 33 (3)HZ、HZ、HR的沸点分别为100?、158?，,60.4?，试解释此种现象 HO、222222HO分子间可以形成氢键，HO相对分子质量最大，HS分子间不能形成氢键 ( 2222 ,,27(4)HRO的K和K分别为1.54×10和1.02×10，熔融化状态下RO不能导电而23123NaO能导电，请根据结构与性质的关系解释下列问题: 2 ,+,+2?K,K: SO与H间的结合能力强于HSO与H间的结合能力，故HSO比HSO1233233,更易电离出离子，电离程度大，对应K值大 ( ?RO不能导电而NaO能导电: SO是共价化合物，属于非电解质，而NaO是离子化3232合物 ( (5)Z、M形成的一种化合物晶胞如图所示:(实心球代表M) ?该化合物的化学式为 CuO ( 2 ,3?若晶胞参数为apm(列式计算该晶胞的密度= gcm( 【考点】晶胞的计算;位置结构性质的相互关系应用( 【分析】X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，M核外电子有29种运动状态， 221则M为Cu;基态X原子的s电子数比p电子数多3个，原子核外电子排布式为1s2s2p，则X为B元素;在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y,Z，Z、R同主族，则Y处于?族或?A族，结合原子序数可知，若Y处于?A族，R的原子序数大于Cu，不符合题意，故Y为N元素、Z为O元素、R为S元素( +2(1)Cu处于第四周期IB族，Cu原子核外3d轨道有9个电子;非金属性越强，电负性越大; (2)化合物BCl中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3;NCl中N原子孤电子33对数==1，价层电子对数=3+1=4，结合分子空间构型判断非极性分子; (3)HO、HO分子间可以形成氢键，HO相对分子质量最大，HS分子间不能形成氢222222 键; ,+,+24)?SO(与H间的结合能力强于HSO与H间的结合能力; 33 ?SO是共价化合物，属于非电解质，而NaO是离子化合物; 32 (5)?Cu与O形成的化合物为CuO、CuO，根据均摊法计算晶胞中黑色球、白色球数目，2 进而确定化学式; ?结合分子中含有原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度( 【解答】解:X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，M核外电子有29种运动状 221态，则M为Cu;基态X原子的s电子数比p电子数多3个，原子核外电子排布式为1s2s2p，则X为B元素;在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y,Z，Z、R同主族，则Y处于?族或?A族，结合原子序数可知，若Y处于?A族，R的原子序数大于Cu，不符合题意，故Y为N元素、Z为O元素、R为S元素( ++22(1)Cu处于第四周期IB族，Cu原子核外3d轨道有9个电子，基态Cu的电子排布式为 9[Ar]3d， 非金属性越强，电负性越大，故电负性:O,N,B,Cu， 9故答案为:[Ar]3d;O,N,B,Cu; 2(2)化合物BCl中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，B原子采取sp杂化，3 为平面正三角形结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子， NCl中N原子孤电子对数==1，价层电子对数=3+1=4，为三角锥形结构，分子中正负电荷3 重心不重合，属于极性分子， 2故答案为:sp;三角锥形;BCl; 3 (3)HO、HO分子间可以形成氢键，HO相对分子质量最大，HS分子间不能形成氢222222键，故过氧化氢的沸点最高，水次之，硫化氢的最低， 故答案为:HO、HO分子间可以形成氢键，HO相对分子质量最大，HS分子间不能形222222成氢键; ,+,+,2(4)?SO与H间的结合能力强于HSO与H间的结合能力，故HSO比HSO更易33233电离出离子，电离程度大，对应K值大， ,+,+,2故答案为:SO与H间的结合能力强于HSO与H间的结合能力，故HSO比HSO更33233易电离出离子，电离程度大，对应K值大; ?SO是共价化合物，属于非电解质，而NaO是离子化合物，熔融状态下可以导电， 32 故答案为:SO是共价化合物，属于非电解质，而NaO是离子化合物; 32 (5)?晶胞中黑色球为4、白色球数目为1+8×=2，原子数目之比为2:1，故Cu、O形成的化合物为CuO， 2 故答案为:CuO; 2 ,,1033?晶胞质量为2×g，则晶胞密度为2×g?(a×10 cm)=gcm， 故答案为:( 【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、杂化方式与空间构型、分子结构与性质、氢键、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响( 五、[选修化学与技术] 2- 22(根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是( ) +,+222A(除去粗盐中杂质(Mg、SO、Ca)，加入的药品顺序为:NaOH溶液?NaCO溶423液?BaCl溶液?过滤后加盐酸 2 B(在过程?中SO被氧化 2 C(从第?步到第?步的目的是为了浓缩 D(从能量转换角度看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程 【考点】海水资源及其综合利用( 【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠;母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴( A(过程?加入的药品顺序为BaCl溶液?NaOH溶液?NaCO溶液?过滤后加盐酸; 223 B(该反应中，二氧化硫中硫元素化合价由+4价变为+6价，所以二氧化硫被氧化; C(溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素; D(电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能( 【解答】解:A(过程?加入的药品顺序为BaCl溶液?NaOH溶液?NaCO溶液?过滤后223加盐酸，如果再过滤沉淀前加入过量BaCl溶液，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生2 杂质，故A错误; B(在过程?中发生反应:SO+Br+2HO?HSO+2HBr，二氧化硫中硫元素化合价由+4价22224 变为+6价，所以二氧化硫被氧化，故B正确; C(溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第?步到第?步的目的是为了浓缩，故C正确; D(根据电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，故D错误; 故选BC( 【点评】本题考查了海水资源的综合利用，明确该过程中发生的反应及反应原理是解本题关键，注意除杂剂的滴加顺序、由MgCl6HO制备无水MgCl的条件，为易错点，题目难度222 中等( 23(某化工厂以天然气、水、空气为基本原料联合生产氨、硝酸，获得了良好的经济效益，下面是其生产流程图( aOH溶液(NaCO溶液、氨水也可) ，设备B的名称为 吸收塔 ，(1)试剂a可能是 N23 设备A中的化学方程式为 4NH+5O4NO+6HO ( 322 (2)该化工厂合成氨时的压强40MPa，温度为500?左右，在此条件下，测定达到平衡时混合气体中NH的体积分数约为35.2%( 3 ?在保持温度、压强不变的情况下，写出一种能提高合成塔中H转化率的方法 及时分离2 出NH或者增大N的浓度 ，温度越低，NH的产率越高，为何不在较低温度下进行合成 323 若温度过低，反应速率太慢，会导致单位时间内生成的NH量很少 ( 3 ?从合成塔中出来的NH的体积分数通常约为15%，其原因是 合成塔中反应并没有达到3 平衡 ( (3)从设备B中出来的硝酸浓度较小，通常先加入一定量的硝酸镁后再进行蒸馏 ?下列可以代替硝酸镁加入到蒸馏塔中的是: ab a(浓硫酸b(硫酸镁c(生石灰 ?蒸馏时通常采用减压蒸馏，这样做的主要目的是 可使HNO在较低温度下气化，避免硝3 酸分解 ( (4)用尿素[CO(NH)]处理尾气时可得到纯净的两种常见无毒气体，反应过程为:NO、22 NO在水中反应转化亚硝酸，然后亚硝酸再与尿素反应，写出后者反应的化学方程式: 2 2HNO+CO(NH)=CO?+2N?+3HO ( 222222 【考点】工业合成氨;工业制取硝酸( 【分析】(1)吸收二氧化碳可用碱液吸收;设备B是吸收塔;设备A中发生氨的催化氧化反应; (2)?从平衡正向移动来分析增大氢气的转化率;温度太低，速率会很慢; ?达到平衡时混合气体中NH的体积分数约为35.2%，从合成塔中出来的NH的体积分数33通常约为15%，说明未达到平衡; (3)?加的物质不能与硝酸反应，沸点要高，能吸水; ?硝酸不稳定，温度高要分解; (4)亚硝酸再与尿素反应可得到纯净的两种常见无毒气体，从元素种类可知产物是二氧化碳、氮气( 【解答】解:(1)吸收二氧化碳可用碱液吸收，可用NaOH溶液(NaCO溶液、氨水也23可);设备B是吸收塔;设备A中发生氨的催化氧化，方程式为:4NH+5O4NO+6HO，322 故答案为:NaOH溶液(NaCO溶液、氨水也可);吸收塔;4NH+5O4NO+6HO; 23322 (2)?从平衡正向移动来分析增大氢气的转化率，及时分离出NH或者增大N的浓度，32平衡正向移动，氢气的转化率得到提高;若温度过低，反应速率太慢，会导致单位时间内生成的NH量很少， 3 故答案为:及时分离出NH或者增大N的浓度;若温度过低，反应速率太慢，会导致单位32 时间内生成的NH量很少; 3 ?达到平衡时混合气体中NH的体积分数约为35.2%，从合成塔中出来的NH的体积分数33通常约为15%，说明未达到平衡， 故答案为:合成塔中反应并没有达到平衡; (3)?加的物质不能与硝酸反应，沸点要高，能吸水，只有a、b符合，c要与硝酸反应， 故答案为:a、b; ?硝酸不稳定，温度高要分解，蒸馏时通常采用减压蒸馏可使HNO在较低温度下气化，避3 免硝酸分解， 故答案为:可使HNO在较低温度下气化，避免硝酸分解; 3 (4)亚硝酸再与尿素反应可得到纯净的两种常见无毒气体，从元素种类可知产物是二氧化碳、氮气，方程式为:2HO， NO+CO(NH)=CO?+2N?+3H222222 故答案为:2HNO+CO(NH)=CO?+2N?+3HO( 222222 【点评】本题以天然气、水、空气为基本原料联合生产氨、硝酸，考查了物质的性质，化学反应速率、化学平衡、环境保护等在生产中的应用，题目难度适中(