寧夏銀川市2016屆高考化學(xué)模擬試卷(4月份)(解析版)

1、2016年寧夏銀川市高考化學(xué)模擬試卷（4月份）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1化學(xué)與生產(chǎn)、生活和社會密切相關(guān)下列說法正確的是（）A用米湯檢驗碘鹽中的碘B用熱的燒堿溶液洗滌餐具上的油污C“地溝油”禁止食用，但可用來制取肥皂D將潔廁靈與84消毒液混合使用，能更有效的起到潔具除垢和衛(wèi)生消毒作用2下列對有機反應(yīng)類型的描述不正確的是（）A乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因為發(fā)生了氧化反應(yīng)B將苯加入溴水中，振蕩后水層接近無色，是因為發(fā)生了取代反應(yīng)C乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因為發(fā)生了加成反應(yīng)D甲烷與氯氣混合，光照一段時間后黃綠色消失，是因為發(fā)生了取代反應(yīng)3X、Y、Z、R是四種短周期主族

2、元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，Y元素在地殼中含量最多，Z元素金屬性最強，R原子的核外電子數(shù)是X、Z核外電子數(shù)之和，下列敘述一定正確的是（）A含氧酸酸性RXB簡單氫化物穩(wěn)定性YXC最高正化合價ZXYRD由Z和R形成的化合物為離子化合物4NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法中，正確的是（）A常溫常壓下，l.6g614CH4中含有共價鍵總數(shù)為0.4NAB密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)后，容器內(nèi)氣體的分子數(shù)為2NAC1 L 0lmolL1的CH3COONa溶液中CH3COO和CH3COOH粒子數(shù)之和為0.1NAD過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4NA5青蒿

3、素是抗瘧特效藥，屬于萜類化合物，如圖所示有機物也屬于萜類化合物，該有機物的一氯取代物有（不考慮立體異構(gòu)）（）A6種B7種C8種D9種6下列實驗“操作”“現(xiàn)象”與“結(jié)論”都正確的是（）1操作現(xiàn)象結(jié) 論A向白色AgCl懸濁液中滴加0.1mol/LKI溶液試管中白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向裝有Fe（NO3）2溶液的試管中加入幾滴稀H2SO4溶液顏色基本不變Fe（NO3）2與H2SO4不反應(yīng)C向Na2SiO3溶液中滴加鹽酸溶液變渾濁非金屬性：ClSiDSO2通入足量的稀Fe（NO3）3溶液溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色，后立即又變成棕黃色氧化性：HNO3H2SO4Fe3+AAB

4、BCCDD7下面是用硫酸鈣生產(chǎn)硫酸、漂白粉等一系列物質(zhì)的流程圖下列說法正確的是（）ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B圖示轉(zhuǎn)化反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)C工業(yè)上利用Cl2和澄清石灰水反應(yīng)來制取漂白粉D用CO合成CH3OH，原子利用率為100%二、解答題（共3小題，滿分43分）8黃鐵礦（主要成分為CuFeS2，S為2價）是工業(yè)聯(lián)通的主要原料，現(xiàn)有一種天然黃鐵礦（含SiO2）為了測定該黃鐵礦的純度，設(shè)計了如下實驗：現(xiàn)稱取研細的黃鐵礦樣品1.84g，在空氣存在下進行煅燒，發(fā)生如下反應(yīng)：3CuFeS2+8O23Cu+Fe3O4+6SO2試驗后d中溶液的置于錐形瓶中，用0.0500mol/L標準碘溶液進行滴

5、定，消耗標準溶液20.00mL，請回答下列問題：（1）3CuFeS2+8O23Cu+Fe3O4+6SO2中氧化產(chǎn)物是，當生成0.3molSO2氣體時，轉(zhuǎn)移電子mol（2）將樣品研細后再反應(yīng)，其目的是，裝置C的作用是（3）用標準碘溶液滴定d中溶液的離子方程式是，滴定達中點時的現(xiàn)象是（4）上述反應(yīng)結(jié)束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是（5）通過計算可知，該黃銅礦的純度為（6）若將原裝置d中的試液換為Ba（OH）2溶液，測得黃銅礦純度偏高，假設(shè)實驗操作均正確，可能的原因主要是9硫單質(zhì)及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用，請回答下列問題：（1）一種煤炭脫硫技術(shù)可以把硫元素以CaSO4的形成固定下來，

6、但產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，相關(guān)的熱化學(xué)方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）=+210.5kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）=47.3kJmol1反應(yīng)：CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）=kJmol1（2）圖1為密閉容器中H2S氣體分解生產(chǎn)H2和S2（g）的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系圖1中壓強P1、P2、P3的大小順序為，理由是，該反應(yīng)平衡常數(shù)的大小關(guān)系為K（T1）K（T2）（碳“”“=”或“”）理由是（3）在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反應(yīng)：2S02（g）+02（g

7、）2SO3H0600時，在一密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，反應(yīng)過程中SO2、O2、SO3物質(zhì)的量變化如圖2，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的時間段所示據(jù)圖2判斷，反應(yīng)進行至20min時，曲線發(fā)生變化的原因是（用文字表達）：10min到15min的曲線變化的原因可能是（填寫編號）A加了催化劑B縮小容器體積C降低溫度D增加SO2的物質(zhì)的量（4）煙氣中SO2可用某濃度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，該溶液中c（Na+）=（用含硫微粒濃度的代數(shù)式表示）10鈦被稱為“二十一世紀金屬”，工業(yè)上用鈦鐵礦制備金屬鈦的工藝流程如下：已知：鈦鐵礦主要成分與濃硫酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物是Ti

8、OSO4和FeSO4，TiOSO4遇水會水解請回答下列問題：（1）操作1用到的玻璃儀器除燒杯外還有，操作2是、過濾，副產(chǎn)品主要成分的化學(xué)式為（2）請結(jié)合化學(xué)用語解釋將TiO2+轉(zhuǎn)化為H2TiO3的原理（3）已知鈦的還原性介于鋁和鋅之間，估計鈦能耐腐蝕的原因之一是，如果可從Za、Zn、Fe三種金屬中選一種金屬代替流程中的鎂，那么該金屬跟四氯化鈦反應(yīng)的化學(xué)方程式是（4）電解TiO2來獲得Ti是以TiO2作陰極，石墨為陽極，熔融CaO為電解質(zhì)，用碳塊作電解槽，其陰極反應(yīng)的電極反應(yīng)式為（5）為測定溶液中TiOSO4的含量，首先取待測鈦液10mL用水稀釋至100mL，加過量鋁粉，充分振蕩，使其完全反應(yīng)：

9、3TiO2+Al+6H+3Ti3+AlO3+3H2O，過過濾后，取出濾液20.00mL，向其中滴加23滴KSCN溶液作指示劑，用（填一種玻璃儀器的名稱）滴加0.1000molL1FeCl3溶液，發(fā)生Ti3+Fe3+Ti4+Fe2+，當溶液出現(xiàn)紅色達到滴定終點，用去了30.00mLFeCl3溶液，待測鈦液中TiOSO4的物質(zhì)的量濃度是【化學(xué)一選修2：化學(xué)與技術(shù)】11銨鹽是重要的化工原料，以N2和H2為原料制取硝酸銨的流裎閣如下，請回答下列問題：（1）在上述流程閣中，B設(shè)備的名稱是，其中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（2）在上述工業(yè)生產(chǎn)中，N2與H2合成NH3的傕化劑是，1909年化學(xué)家哈伯在實驗室首次合

10、成了氨，2007年化學(xué)家格哈德埃特爾在哈伯研究所證實了氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應(yīng)過程，示 意圖如下：、分別表示N2、H2、NH3圖表示生成的NH3離開催化劑表面，圖和圖的含義分別 是、（3）NH3和C02在一定條件下可合成尿素，其反應(yīng)為：2NH3（g）+CO2（g）C0（NH2）2（s）+H20（g）如圖表示合成塔中氨碳比a與C02轉(zhuǎn)化率的關(guān)系a為，b 為水碳比則：b應(yīng)控制在A1.51.6 B.11.1 C.0.60.7a應(yīng)控制在4.0的理由是（4）在合成氨的設(shè)備（合成塔）中，設(shè)置熱交換器的目的是在合成硝酸的吸收塔中通入空氣的目的是（5）生產(chǎn)硝酸的過程中常會產(chǎn)生一些氮的氧化物，可用

11、如下兩種方法處理：堿液吸收法：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2ONH3還原法：8NH3+6NO27N2+12H20 （NO也有類似的反應(yīng)）以上兩種方法中，符合綠色化學(xué)的是（6）某化肥廠用NH3制備NH4NO3已知：由NH3制NO的產(chǎn)率是96%、NO制HN03的產(chǎn)率是92%則制HNO3所用去的NH3的質(zhì)量占總耗NH3質(zhì)量（不考慮其它損耗）的%【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12 A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的五種元素，A的一種同位素可用于考古測定生物的死亡年代，B與A同周期，其s能級電子數(shù)比p能級電子數(shù)多，C原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，D與B同主族；E的原子序數(shù)為29回答

12、下列問題：（1）五種元素中第一電離能最大的是（填元素符號），其中D原子價電子排布圖為（2）元素B的簡單氣態(tài)氫化物的沸點（填“高于”或“低于”）元素A的簡單氣態(tài)氫化物的沸點其主要原因是，A的簡單氣態(tài)氫化物中心原子的雜化軌道類型（3）BC的立體構(gòu)型為，與其互為等電子體的分子是（寫化學(xué)式）（4）EC在加熱條件下容易轉(zhuǎn)化為E2C從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋原因E原子的外圍電子排布為，E晶體的堆積方式為（填序號）簡單立方堆積 體心立方堆枳六方最密堆積 面心立方最密堆積（5）硼與D可形成一種耐磨材料F，其結(jié)構(gòu)與金剛石相似（如圖）可由硼的三溴化物和D的三溴化物高溫下在氫氣的氛圍中合成寫出合成F的化學(xué)方程式：，F(xiàn)的晶

13、泡邊長為aPm，則該晶體密度的表達式為gcm3（含a、NA的式子表示，不必化簡）【化學(xué)一選修3：有機化學(xué)基礎(chǔ)】13F、G都是常見的高分子材料，以下是由丙烯合成F、G的流程圖（1）E的化學(xué)名稱是，所含官能團是（2）G的結(jié)構(gòu)簡式是（3）AB的化學(xué)方程式是，該反應(yīng)類型是（4）由CH3CH=CH2生成F的化學(xué)方程式是，該反應(yīng)類型是（5）在一定條件下，兩分子E脫去兩分子水形成一種六元環(huán)狀化合物，該化合物的結(jié)構(gòu)簡式是（6）C的同分異構(gòu)體有多種，請分別寫出符合下列條件有機物的結(jié)構(gòu)簡式：能與NaHCO3溶液反應(yīng)的是；能發(fā)生水解反應(yīng)的是2016年寧夏銀川市高考化學(xué)模擬試卷（4月份）參考答案與試題解析一、選擇題（

14、共7小題，每小題6分，滿分42分）1化學(xué)與生產(chǎn)、生活和社會密切相關(guān)下列說法正確的是（）A用米湯檢驗碘鹽中的碘B用熱的燒堿溶液洗滌餐具上的油污C“地溝油”禁止食用，但可用來制取肥皂D將潔廁靈與84消毒液混合使用，能更有效的起到潔具除垢和衛(wèi)生消毒作用【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用【專題】化學(xué)應(yīng)用【分析】A淀粉遇碘變藍色；B一般不用燒堿，因燒堿具有強腐蝕性；C地溝油主要成分為油脂，可發(fā)生造化反應(yīng)；D潔廁靈與84消毒液混合使用可生成有毒氣體氯氣【解答】解：A淀粉遇碘變藍色，淀粉與碘酸鉀不反應(yīng)，故A錯誤；B一般不用燒堿，因燒堿具有強腐蝕性，可用純堿溶液，故B錯誤；C地溝油主要

15、成分為油脂，可發(fā)生造化反應(yīng)，可用于制備肥皂，故C正確；D潔廁靈與84消毒液混合使用可生成有毒氣體氯氣，易中毒，故D錯誤故選C【點評】本題考查較為綜合，涉及油脂的組成、淀粉的性質(zhì)、氯氣的化學(xué)性質(zhì)，題目難度中等，注意掌握常見的有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，明確氯水的性質(zhì)及應(yīng)用，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)2下列對有機反應(yīng)類型的描述不正確的是（）A乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因為發(fā)生了氧化反應(yīng)B將苯加入溴水中，振蕩后水層接近無色，是因為發(fā)生了取代反應(yīng)C乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因為發(fā)生了加成反應(yīng)D甲烷與氯氣混合，光照一段時間后黃綠色消失，是因為發(fā)生了取代反應(yīng)【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【專題】有機反應(yīng)

16、【分析】A乙醇含有羥基，可被酸性高錳酸鉀氧化；B苯與溴水不反應(yīng)；C乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)；D己烷為飽和烴，可發(fā)生取代反應(yīng)【解答】解：A乙醇含有羥基，可被酸性高錳酸鉀氧化，可被高錳酸鉀氧化為乙酸，故A正確；B苯與溴水不反應(yīng)，可與液溴在催化劑條件下發(fā)生取代反應(yīng)，因溴易溶于苯，可萃取溴，但沒有反應(yīng)，故B錯誤；C乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D己烷為飽和烴，可發(fā)生取代反應(yīng)，與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確故選B【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物官能團與性質(zhì)、反應(yīng)類型及反應(yīng)條件等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大3X、Y、

17、Z、R是四種短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，Y元素在地殼中含量最多，Z元素金屬性最強，R原子的核外電子數(shù)是X、Z核外電子數(shù)之和，下列敘述一定正確的是（）A含氧酸酸性RXB簡單氫化物穩(wěn)定性YXC最高正化合價ZXYRD由Z和R形成的化合物為離子化合物【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】X、Y、Z、R是四種短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，原子只能由2個電子層，最外層電子數(shù)為4，故X為C元素；Y元素在地殼中含量最多，則Y為O元素；Z元素金屬性最強，則Z為Na；R原子的核外電子數(shù)是X、Z核外電子數(shù)之和，即R原子核外電子數(shù)為6+1

18、1=17，故R為Cl，結(jié)合元素周期律解答【解答】解：X、Y、Z、R是四種短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，原子只能由2個電子層，最外層電子數(shù)為4，故X為C元素；Y元素在地殼中含量最多，則Y為O元素；Z元素金屬性最強，則Z為Na；R原子的核外電子數(shù)是X、Z核外電子數(shù)之和，即R原子核外電子數(shù)為6+11=17，故R為ClA碳酸的酸性比HClO的強，故A錯誤；B非金屬性O(shè)C，故簡單氫化物穩(wěn)定性H2OCH4，故B錯誤；C氧元素一般沒有最高正化合價，最高正化合價Z（Na）X（C）R（Cl），故C錯誤；D由Z和R形成的化合物為NaCl，由鈉離子與氯離子構(gòu)成，屬于離子化合物，故D正確故選：D【

19、點評】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)物質(zhì)關(guān)系應(yīng)用，側(cè)重對元素周期律的考查，A選項為易錯點，學(xué)生容易忽略最高價含氧酸4NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法中，正確的是（）A常溫常壓下，l.6g614CH4中含有共價鍵總數(shù)為0.4NAB密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)后，容器內(nèi)氣體的分子數(shù)為2NAC1 L 0lmolL1的CH3COONa溶液中CH3COO和CH3COOH粒子數(shù)之和為0.1NAD過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律【分析】A、甲烷614CH4的摩爾質(zhì)量為18g/mol；B、2molNO與1molO2充

20、分反應(yīng)后生成2mol二氧化氮，但二氧化氮氣體中存在平衡：2NO2N2O4；C、CH3COO是弱酸根，在溶液中存在水解平衡；D、過氧化鈉與水反應(yīng)時，氧元素的價態(tài)由1價變?yōu)?價【解答】解：A、614CH4的摩爾質(zhì)量為18g/mol，故1.6g甲烷614CH4的物質(zhì)的量小于0.1mol，而甲烷中含4個CH鍵，故含有的CH鍵個數(shù)小于0.4NA個，故A錯誤；B、2molNO與1molO2充分反應(yīng)后生成2mol二氧化氮，但二氧化氮氣體中存在平衡：2NO2N2O4，導(dǎo)致分子個數(shù)變小，故容器中的分子數(shù)小于2NA個，故B錯誤；C、CH3COO是弱酸根，在溶液中存在水解平衡，根據(jù)物料守恒可知，溶液中的CH3COO

21、和CH3COOH粒子數(shù)之和為0.1NA，故C正確；D、過氧化鈉與水反應(yīng)時，氧元素的價態(tài)由1價變?yōu)?價，故當生成0.1mol氧氣時轉(zhuǎn)移0.2mol電子即0.2NA個，故D錯誤故選C【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大5青蒿素是抗瘧特效藥，屬于萜類化合物，如圖所示有機物也屬于萜類化合物，該有機物的一氯取代物有（不考慮立體異構(gòu)）（）A6種B7種C8種D9種【考點】有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象【專題】同分異構(gòu)體的類型及其判定【分析】分子中氫原子的種類等于一氯取代物的種類，據(jù)此解答【解答】解：該分子不對稱，分子中7種氫原子，一氯代物有7種故選B【點評】本

22、題考查一氯代物的書寫，題目難度不大，正確判斷等效氫原子數(shù)目為解答本題的關(guān)鍵6下列實驗“操作”“現(xiàn)象”與“結(jié)論”都正確的是（）1操作現(xiàn)象結(jié) 論A向白色AgCl懸濁液中滴加0.1mol/LKI溶液試管中白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向裝有Fe（NO3）2溶液的試管中加入幾滴稀H2SO4溶液顏色基本不變Fe（NO3）2與H2SO4不反應(yīng)C向Na2SiO3溶液中滴加鹽酸溶液變渾濁非金屬性：ClSiDSO2通入足量的稀Fe（NO3）3溶液溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色，后立即又變成棕黃色氧化性：HNO3H2SO4Fe3+AABBCCDD【考點】化學(xué)實驗方案的評價【專題】化學(xué)實驗基本操

23、作【分析】A溶度積大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶度積小的物質(zhì)；B酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性；C元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；D同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性【解答】解：A發(fā)生沉淀導(dǎo)的轉(zhuǎn)化，向溶度積更小的方向移動，則向新制的AgCl乳白色懸濁液中滴加0.1mol/L的KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，證明：KspAgClKspAgI，故A正確；B酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性，酸性條件下硝酸根離子將亞鐵離子氧化生成鐵離子，故B錯誤；C元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，HCl不是Cl元素的最

24、高價氧化物的水化物，所以不能據(jù)此判斷非金屬性強弱，故C錯誤；D同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，由溶液有棕色變?yōu)闇\綠色，說明三價鐵的氧化性強于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又變成棕黃色，說明亞鐵迅速被氧化成鐵離子，故硝酸的氧化性強三價鐵，綜上所述氧化性：HNO3Fe3+稀硫酸，故D錯誤；故選A【點評】本題考查化學(xué)實驗方案評價，為高頻考點，涉及氧化還原反應(yīng)、非金屬性強弱判斷、難溶物的轉(zhuǎn)化等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意挖掘隱含條件，易錯選項是C7下面是用硫酸鈣生產(chǎn)硫酸、漂白粉等一系列物質(zhì)的流程圖下列說法正確的是（）ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B圖示

25、轉(zhuǎn)化反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)C工業(yè)上利用Cl2和澄清石灰水反應(yīng)來制取漂白粉D用CO合成CH3OH，原子利用率為100%【考點】含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用【專題】氧族元素【分析】A酸性氧化物是一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水或與堿性氧化物反應(yīng)生成鹽的氧化物；B凡是有化合價升降的反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)；C工業(yè)上常用氯氣和消石灰反應(yīng)來制取漂白粉；D原子利用率是指反應(yīng)物中的所有原子進入期望產(chǎn)物中的百分比【解答】解：ACO不能與堿反應(yīng)，不是酸性氧化物，故A錯誤； B流程中與水反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，除與水反應(yīng)外，圖示轉(zhuǎn)化反應(yīng)都是與氧氣反應(yīng)或氫氣反應(yīng)，都一定有化合價升降，均為氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C澄清石

26、灰水中氫氧化鈣的濃度較小，應(yīng)用純凈的消石灰，故C錯誤；D工業(yè)上一般采用下列反應(yīng)合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反應(yīng)是所有原子進入期望產(chǎn)物，原子利用率為100%，故D正確故選D【點評】本題考查酸性氧化物、氧化還原反應(yīng)、漂白粉的制取、原子利用率，難度不大，注意澄清石灰水中氫氧化鈣的濃度較小，應(yīng)用純凈的消石灰制取漂白粉二、解答題（共3小題，滿分43分）8黃鐵礦（主要成分為CuFeS2，S為2價）是工業(yè)聯(lián)通的主要原料，現(xiàn)有一種天然黃鐵礦（含SiO2）為了測定該黃鐵礦的純度，設(shè)計了如下實驗：現(xiàn)稱取研細的黃鐵礦樣品1.84g，在空氣存在下進行煅燒，發(fā)生如下反應(yīng)：3CuFeS2+8O23C

27、u+Fe3O4+6SO2試驗后d中溶液的置于錐形瓶中，用0.0500mol/L標準碘溶液進行滴定，消耗標準溶液20.00mL，請回答下列問題：（1）3CuFeS2+8O23Cu+Fe3O4+6SO2中氧化產(chǎn)物是Fe3O4、SO2 ，當生成0.3molSO2氣體時，轉(zhuǎn)移電子1.9mol（2）將樣品研細后再反應(yīng)，其目的是增大接觸面積，使原料充分反應(yīng)、加快反應(yīng)速率，裝置C的作用是除去多余的氧氣（3）用標準碘溶液滴定d中溶液的離子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，滴定達中點時的現(xiàn)象是錐形瓶中的溶液由無色變?yōu)樗{色且半分鐘不褪色（4）上述反應(yīng)結(jié)束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是使

28、反應(yīng)生成的SO2全部進入d裝置中，使結(jié)果精確（5）通過計算可知，該黃銅礦的純度為50%（6）若將原裝置d中的試液換為Ba（OH）2溶液，測得黃銅礦純度偏高，假設(shè)實驗操作均正確，可能的原因主要是空氣中的CO2與Ba（OH）2反應(yīng)生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO4【考點】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量【專題】定量測定與誤差分析【分析】該實驗原理是：根據(jù)黃銅礦受熱分解產(chǎn)生的二氧化硫的量的測定（二氧化硫可以用碘水來標定），結(jié)合元素守恒可以確定黃銅礦的量，進而計算其純度（1）CuFeS2，S為2價元素Cu元素化合價+2價，F(xiàn)e元素化合價為+2價，反應(yīng)后銅元素化合價降低，鐵元素化合價升高，硫

29、元素化合價升高，氧元素化合價降低，氧化產(chǎn)物是元素化合價升高的被氧化得到氧化產(chǎn)物，依據(jù)電子守恒計算電子轉(zhuǎn)移總數(shù)；（2）根據(jù)樣品稱量的精確度來分析；增大固體的表面積可以加快化學(xué)反應(yīng)速濃硫酸可以將水除去，灼熱的銅網(wǎng)可以除去多余的氧氣；（3）用標準碘溶液滴定d中溶液的反應(yīng)是二氧化硫被溴單質(zhì)氧化生成硫酸和氫溴酸，根據(jù)反應(yīng)結(jié)束時的顏色變化判斷滴定終點，當達到滴定終點時，二氧化硫已經(jīng)被碘單質(zhì)消耗完畢，再滴入一滴碘單質(zhì)，遇到淀粉會變藍；（4）二氧化硫全部被吸收是實驗成敗的關(guān)鍵；（5）根據(jù)滴定管的讀數(shù)方法和要求來回答判斷，根據(jù)反應(yīng)實質(zhì)，得到：2I22SO2CuFeS2，結(jié)合定量關(guān)系計算；（6）二氧化碳和二氧化硫

30、均可以和氫氧化鋇反應(yīng)生成白色沉淀，亞硫酸鋇易被氧化為硫酸鋇【解答】解：該實驗原理是：根據(jù)黃銅礦受熱分解產(chǎn)生的二氧化硫的量的測定（二氧化硫可以用碘水來標定），結(jié)合元素守恒可以確定黃銅礦的量，進而計算其純度（1）CuFeS2，S為2價元素Cu元素化合價+2價，F(xiàn)e元素化合價為+2價，反應(yīng)后銅元素化合價降低，鐵元素化合價升高，硫元素化合價升高，氧元素化合價降低，氧化產(chǎn)物是元素化合價升高的被氧化得到氧化產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物為：Fe3O4、SO2 ，依據(jù)電子守恒計算電子轉(zhuǎn)移總數(shù)，反應(yīng)中3Cu2+3Cu6e，8O2Fe3O4+6SO232e，生成6molSO2，電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為38mol，當生成0.3molSO2

31、氣體時1.9mol電子，故答案為：Fe3O4、SO2 ；1.9；（2）將樣品研細后再反應(yīng)，即增大固體的表面積，目的是使原料充分反應(yīng)、加快反應(yīng)速率，灼熱的銅網(wǎng)可以除去多余的氧氣，故答案為：增大接觸面積，使原料充分反應(yīng)、加快反應(yīng)速率；除去多余的氧氣；（3）用標準碘溶液滴定d中溶液的反應(yīng)是二氧化硫被溴單質(zhì)氧化生成硫酸和氫溴酸，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，當達到滴定終點時，二氧化硫已經(jīng)被碘單質(zhì)消耗完畢，再滴入一滴碘單質(zhì)，遇到淀粉會變藍且半分鐘不褪色，證明反應(yīng)達到反應(yīng)終點，故答案為：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，錐形瓶中的溶液由無色變?yōu)樗{色且

32、半分鐘不褪色；（4）黃銅礦受熱分解生成二氧化硫等一系列產(chǎn)物，分解完畢后仍然通入空氣，可以將產(chǎn)生的二氧化硫全部排出去，使結(jié)果精確，故答案為：使反應(yīng)生成的SO2全部進入d裝置中，使結(jié)果精確；（5）根據(jù)滴定管的示數(shù)是上方小，下方大，可以讀出滴定管示數(shù)是20.00mL，當達到滴定終點時，二氧化硫已經(jīng)被碘單質(zhì)消耗完畢，再滴入一滴碘單質(zhì)，遇到淀粉會變藍，根據(jù)反應(yīng)實質(zhì)，得到：2I22SO2CuFeS2，消耗掉0.05mol/L標準碘溶液20.00mL時，即消耗的碘單質(zhì)的量為：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黃銅礦的質(zhì)量是：0.5×0.0010mol×18

33、4g/mol×10=0.92g，所以其純度是：×100%=50%，故答案為：50%；（6）空氣中的CO2與Ba（OH）2反應(yīng)可以生成BaCO3沉淀，此外BaSO3被氧化成BaSO4均可以導(dǎo)致所以的沉淀的量比二氧化硫和氫氧化鋇反應(yīng)生成的白色沉淀的量多，故答案為：空氣中的CO2與Ba（OH）2反應(yīng)生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO4【點評】本題考查了探究黃銅礦的純度，涉及了儀器選擇、純度計算等知識，題量較大，充分考查了學(xué)生分析和解決問題的能力，本題難度中等9硫單質(zhì)及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用，請回答下列問題：（1）一種煤炭脫硫技術(shù)可以把硫元素以CaSO4的

34、形成固定下來，但產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，相關(guān)的熱化學(xué)方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）=+210.5kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）=47.3kJmol1反應(yīng)：CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）=399.7kJmol1（2）圖1為密閉容器中H2S氣體分解生產(chǎn)H2和S2（g）的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系圖1中壓強P1、P2、P3的大小順序為P1P2P3，理由是反應(yīng)前后氣體體積增大，增大壓強平衡逆向進行，該反應(yīng)平衡常數(shù)的大小關(guān)系為K（T1）K（T2）（碳“”“=”或“

35、”）理由是反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進行，平衡常數(shù)增大（3）在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反應(yīng)：2S02（g）+02（g）2SO3H0600時，在一密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，反應(yīng)過程中SO2、O2、SO3物質(zhì)的量變化如圖2，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的時間段所示1520min和2530min據(jù)圖2判斷，反應(yīng)進行至20min時，曲線發(fā)生變化的原因是增大氧氣的濃度（用文字表達）：10min到15min的曲線變化的原因可能是ab（填寫編號）A加了催化劑B縮小容器體積C降低溫度D增加SO2的物質(zhì)的量（4）煙氣中SO2可用某濃度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，

36、該溶液中c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）（用含硫微粒濃度的代數(shù)式表示）【考點】反應(yīng)熱和焓變；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡的計算；酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算【專題】化學(xué)平衡專題【分析】（1）利用蓋斯定律將×4可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）反應(yīng)熱；（2）H2S氣體分解生產(chǎn)H2和S2（g）的反應(yīng)為2H2S2H2+S2，反應(yīng)前后氣體體積增大，同溫度下，壓強越大，平衡逆向進行，H2S轉(zhuǎn)化率減小，溫度升高，H2S的轉(zhuǎn)化率增大，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進行，平衡常數(shù)增大；（3）反應(yīng)混合物各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變化，說明反應(yīng)處于

37、平衡狀態(tài)；由圖可知，反應(yīng)進行至20min時，改變體積，平衡向正反應(yīng)移動，瞬間只有氧氣的濃度增大；由圖可知，反應(yīng)向正反應(yīng)進行，10min到15min反應(yīng)混合物單位時間內(nèi)的變化量增大，說明反應(yīng)速率增大，10min改變瞬間，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變；（4）依據(jù)溶液中存在的電荷守恒分析；【解答】解：（1）利用蓋斯定律將×4可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）H=4×（47.3kJmol1）（210.5kJmol1）=399.7kJmol1，故答案為：399.7；（2）H2S氣體分解生產(chǎn)H2和S2（g）的反應(yīng)為2H2S2H2+S2，反應(yīng)前后氣體體積增大

38、，同溫度下，壓強越大，平衡逆向進行，H2S轉(zhuǎn)化率減小，則P1P2P3，溫度升高，H2S的轉(zhuǎn)化率增大，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進行，平衡常數(shù)增大，K（T1）K（T2），故答案為：P1P2P3；反應(yīng)前后氣體體積增大，增大壓強平衡逆向進行；反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進行，平衡常數(shù)增大；（3）反應(yīng)混合物各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變化，說明反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，由圖可知在1520min和2530min出現(xiàn)平臺，各組分的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故答案為：1520min和2530min；由圖可知，反應(yīng)進行至20min時，平衡向正反應(yīng)移動，瞬間只有氧氣的濃度增大，應(yīng)是增大了氧氣的濃度由圖可知，反應(yīng)向正

39、反應(yīng)進行，10min到15min反應(yīng)混合物單位時間內(nèi)的變化量增大，說明反應(yīng)速率增大，10min改變瞬間，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變a加了催化劑，增大反應(yīng)速率，故a正確；b縮小容器體積，增大壓強，增大反應(yīng)速率，故b正確；c降低溫度反應(yīng)速率降低，故c錯誤；d10min改變瞬間，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，不是增加SO2的物質(zhì)的量，故d錯誤；故答案為：增大氧氣的濃度；ab；（4）煙氣中的SO2可用某濃度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），c（H+）=c（OH），得到（Na+）=2

40、c（SO32）+c（HSO3），故答案為：2c（SO32）+c（HSO3）；【點評】本題考查了熱化學(xué)方程式書寫方法，化學(xué)平衡建立，平衡狀態(tài)影響因素分析，化學(xué)反應(yīng)速率、平衡常數(shù)計算應(yīng)用，電解質(zhì)溶液電荷守恒，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等10鈦被稱為“二十一世紀金屬”，工業(yè)上用鈦鐵礦制備金屬鈦的工藝流程如下：已知：鈦鐵礦主要成分與濃硫酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水會水解請回答下列問題：（1）操作1用到的玻璃儀器除燒杯外還有漏斗、玻璃棒，操作2是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，副產(chǎn)品主要成分的化學(xué)式為FeSO4（2）請結(jié)合化學(xué)用語解釋將TiO2+轉(zhuǎn)化為H2TiO3的原理溶液中存

41、在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，當加入熱水稀釋、升溫后，平衡正向移動，生成H2TiO3（3）已知鈦的還原性介于鋁和鋅之間，估計鈦能耐腐蝕的原因之一是鈦表面形成一層致密的氧化膜（或鈦的內(nèi)部結(jié)構(gòu)緊密），如果可從Za、Zn、Fe三種金屬中選一種金屬代替流程中的鎂，那么該金屬跟四氯化鈦反應(yīng)的化學(xué)方程式是TiCl4+4NaTi+4NaCl（4）電解TiO2來獲得Ti是以TiO2作陰極，石墨為陽極，熔融CaO為電解質(zhì)，用碳塊作電解槽，其陰極反應(yīng)的電極反應(yīng)式為TiO2 +4e=Ti+2O2（5）為測定溶液中TiOSO4的含量，首先取待測鈦液10mL用水稀釋至100mL，加過量鋁粉，充分振蕩，

42、使其完全反應(yīng)：3TiO2+Al+6H+3Ti3+AlO3+3H2O，過過濾后，取出濾液20.00mL，向其中滴加23滴KSCN溶液作指示劑，用酸式滴定管（填一種玻璃儀器的名稱）滴加0.1000molL1FeCl3溶液，發(fā)生Ti3+Fe3+Ti4+Fe2+，當溶液出現(xiàn)紅色達到滴定終點，用去了30.00mLFeCl3溶液，待測鈦液中TiOSO4的物質(zhì)的量濃度是1.50molL1【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】用濃硫酸處理鈦鐵礦，并向所得溶液中加入大量水稀釋后加入過量鐵粉還原鐵離子，過濾得到濾液通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾得到TiO2+濾液，和副產(chǎn)品

43、FeSO4，濾液中加入水加熱過濾得到H2TiO3，H2TiO3加熱灼燒得到TiO2，加入氯氣、過量碳高溫加熱反應(yīng)生成TiCl4和一氧化碳，四氯化鈦和金屬鎂高溫加熱反應(yīng)得到氯化鎂和鈦金屬（1）操作1為過濾，操作2的實驗步驟為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，加入過量鐵屑后溶液中含有Fe2+離子，依據(jù)原子守恒可知產(chǎn)物為硫酸亞鐵，則過濾后可得FeSO47H2O（或FeSO4），濾渣為過量的鐵屑和不溶物脈石；（2）依據(jù)溶液中存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，平衡影響因素和平衡移動原理分析判斷；（3）根據(jù)金屬鋁的氧化物的性質(zhì)結(jié)合信息來回答，金屬鈉的活潑性強，可以用于金屬的冶煉；（4）根據(jù)電解原理：陰

44、極上是發(fā)生得電子的還原反應(yīng)；（5）準確滴加氯化鐵溶液可使用酸式滴定管；根據(jù)元素守恒計算待測鈦液中TiOSO4的物質(zhì)的量【解答】解：（1）操作1為過濾用到的玻璃儀器除燒杯外還有漏斗、玻璃棒，操作2的實驗步驟為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，加入過量鐵屑后溶液中含有Fe2+離子，則過濾后可得FeSO47H2O（或FeSO4），副產(chǎn)品主要成分的化學(xué)式為FeSO4，故答案為：漏斗、玻璃棒；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；FeSO4；（2）加熱的目的是促進TiO2+水解生成H2TiO3，分離出固體加熱得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，當加熱升溫后，平衡正向移動，生成H2TiO3；故答案為：

45、溶液中存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，當加熱升溫后，平衡正向移動，生成H2TiO3；（3）鈦的還原性介于鋁與鋅之間，氧化鋁是一層致密的氧化膜，估計鈦能耐腐蝕的原因鈦表面形成一層致密的氧化膜（或鈦的內(nèi)部結(jié)構(gòu)緊密）；活潑金屬鈉可以將金屬鈦置換出來：TiCl4+4NaTi+4NaCl，Zn、和Fe都是不可以的，活潑性差，故答案為：鈦表面形成一層致密的氧化膜（或鈦的內(nèi)部結(jié)構(gòu)緊密）；TiCl4+4NaTi+4NaCl；（4）因TiO2作陰極，得到電子，被還原，TiO2 +4e=Ti+2O2，得到單質(zhì)Ti，故答案為：TiO2 +4e=Ti+2O2；（5）準確滴加氯化鐵溶液可使用滴定管，氯

46、化鐵有較強的氧化性，應(yīng)用酸式滴定管；設(shè)濾液Ti3+的物質(zhì)的量為XTi3+（紫色）+Fe3+H2O=TiO2+（無色）+Fe2+2H+1 1X 0.1000molL1×0.03L解得X=0.1000molL1×0.03L=0.003mol則待測鈦液中TiOSO4的物質(zhì)的量=0.003mol×5=0.015mol根據(jù)C=1.50 molL1故答案為：酸式滴定管；1.50 molL1【點評】本題以框圖推斷的形式結(jié)合化學(xué)實驗和元素化合物的相關(guān)知識考查學(xué)生的閱讀、分析、提取信息解決問題的能力，主要是化學(xué)工藝流程，題目難度較大，做題時注意從物質(zhì)的性質(zhì)角度結(jié)合題中信息解答【化學(xué)

47、一選修2：化學(xué)與技術(shù)】11銨鹽是重要的化工原料，以N2和H2為原料制取硝酸銨的流裎閣如下，請回答下列問題：（1）在上述流程閣中，B設(shè)備的名稱是氧化爐，其中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O（2）在上述工業(yè)生產(chǎn)中，N2與H2合成NH3的傕化劑是鐵砂網(wǎng)，1909年化學(xué)家哈伯在實驗室首次合成了氨，2007年化學(xué)家格哈德埃特爾在哈伯研究所證實了氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應(yīng)過程，示 意圖如下：、分別表示N2、H2、NH3圖表示生成的NH3離開催化劑表面，圖和圖的含義分別 是N2、H2被吸附在催化劑表面、在催化劑表面N2、H2中的化學(xué)鍵斷裂（3）NH3和C02在一定條件下可合

48、成尿素，其反應(yīng)為：2NH3（g）+CO2（g）C0（NH2）2（s）+H20（g）如圖表示合成塔中氨碳比a與C02轉(zhuǎn)化率的關(guān)系a為，b 為水碳比則：b應(yīng)控制在CA1.51.6 B.11.1 C.0.60.7a應(yīng)控制在4.0的理由是氨碳比a（）大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本；氨碳比a（）小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較?。?）在合成氨的設(shè)備（合成塔）中，設(shè)置熱交換器的目的是利用余熱，節(jié)約能源在合成硝酸的吸收塔中通入空氣的目的是使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化為硝酸（5）生產(chǎn)硝酸的過程中常會產(chǎn)生一些氮的氧化物，可用如下兩種方法處理：堿液吸收法：NO+NO2+2N

49、aOH2NaNO2+H2ONH3還原法：8NH3+6NO27N2+12H20 （NO也有類似的反應(yīng)）以上兩種方法中，符合綠色化學(xué)的是氨氣還原法（6）某化肥廠用NH3制備NH4NO3已知：由NH3制NO的產(chǎn)率是96%、NO制HN03的產(chǎn)率是92%則制HNO3所用去的NH3的質(zhì)量占總耗NH3質(zhì)量（不考慮其它損耗）的53.1%【考點】制備實驗方案的設(shè)計【專題】制備實驗綜合【分析】氮氣、氫氣在合成塔中合成氨氣，氨氣在氧化爐中氧化為NO，NO、氧氣、水吸收塔中合成硝酸，硝酸與氨氣合成硝酸銨（1）B中發(fā)生氨氣的催化氧化生成NO，設(shè)備為氧化爐；（2）在上述工業(yè)生產(chǎn)中，N2與H2合成NH3的傕化劑是鐵砂網(wǎng)；氮

50、氣、氫氣在催化劑表面合成氨反應(yīng)過程的順序為：圖氮氣分子和氫氣分子向催化劑表面靠近，圖氮氣和氫氣吸附在催化劑的表面，圖在催化劑的作用下分解成氫原子和氮原子，在催化劑表面N2、H2中的化學(xué)鍵斷裂；圖在催化劑形成NH3；圖脫離催化劑表面；（3）氨碳比一定時，選擇二氧化碳轉(zhuǎn)化率最大時的碳水比；氨碳比a大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本，氨碳比a小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較??；（4）合成氨為放熱反應(yīng)，溫度太高不利于氨氣生成，并進行原料氣的預(yù)熱，充分利用余熱，節(jié)約能源；在合成硝酸的吸收塔中通入空氣，使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化為硝酸；（5）根據(jù)反應(yīng)化學(xué)方程式反應(yīng)物和

51、生成物的性質(zhì)和經(jīng)濟效益分析，綠色化學(xué)為無污染，原子利用率高的生產(chǎn)；（6）假設(shè)硝酸銨的物質(zhì)的量為1mol，則與硝酸反應(yīng)的氨氣為1mol，根據(jù)原子守恒計算制備硝酸的氨氣，每一步損失率、利用率都以氨氣計算【解答】解：（1）氨氣在氧化爐中被催化氧化，B設(shè)備的名稱是氧化爐；氨氣被氧化為NO和水，其反應(yīng)的方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案為：氧化爐；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）N2與H2合成NH3所用的催化劑是鐵砂網(wǎng)；氮氣、氫氣在催化劑表面合成氨反應(yīng)過程的順序為：圖氮氣分子和氫氣分子向催化劑表面靠近，圖氮氣和氫氣吸附在催化劑的表面，圖在催化劑的作用下分解成氫原子和氮原子，在催化

52、劑表面N2、H2中的化學(xué)鍵斷裂；圖在催化劑形成NH3；圖脫離催化劑表面；故答案為：鐵砂網(wǎng)；N2、H2被吸附在催化劑表面；在催化劑表面N2、H2中的化學(xué)鍵斷裂；（3）氨碳比a（）相同時，水碳比（）為0.60.7時，二氧化碳轉(zhuǎn)化率最大，故答案為：c；氨碳比a（）大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本；氨碳比a（）小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較小，故答案為：氨碳比a（）大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本；氨碳比a（）小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較小；（4）合成氨的反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)，反應(yīng)過程中會放出大量的熱，用熱交換器并進

53、行原料氣的預(yù)熱，可以充分利用余熱，節(jié)約能源，還有利于氨氣的生成；在吸收塔中二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和NO，通入空氣，NO能被空氣中的氧氣氧化為二氧化氮，二氧化氮再與水反應(yīng)生成硝酸，這樣使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化為硝酸；故答案為：利用余熱，節(jié)約能源；使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化為硝酸；（4）堿液吸收法：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，NH3還原法：8NH3+6NO27N2+12H2O，分析可知堿液吸收法消耗大量的氫氧化鈉生成的亞硝酸鹽毒，NH3還原法產(chǎn)物無污染，得到合成氨的原料氣，故符合綠色化學(xué)的是氨氣還原法；故答案為：氨氣還原法；（5）假設(shè)硝酸銨的物質(zhì)的量為1mol，則與硝酸反應(yīng)的氨氣

54、為1mol，制備的硝酸為1mol，令制備硝酸的氨氣為xmol，每一步損失率、利用率都以氨氣計算，根據(jù)原子守恒，xmol×96%×92%=1mol，解得x=%，故制HNO3所用去的氨氣的質(zhì)量占總耗氨的質(zhì)量分數(shù)是×100%53.1%，故答案為：53.1%【點評】本題考查化學(xué)工業(yè)制備、閱讀獲取信息的能力、化學(xué)計算等，（6）中注意利用守恒思想計算，也可以利用關(guān)系式計算，是對學(xué)生綜合能力的考查【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的五種元素，A的一種同位素可用于考古測定生物的死亡年代，B與A同周期，其s能級電子數(shù)比p能級電子數(shù)多，C原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，D與B同主族；E的原子序數(shù)為29回答下列問題：（1）五種元素中第一電離能最大的是N（填元素符號），其中D原子價電子