山東省濰坊市2015屆高考化學(xué)模擬試卷(二)

1、山東省濰坊市2015屆高考化學(xué)模擬試卷（二）一、選擇題（本題包括13道小題，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1（3分）化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會(huì)、環(huán)境密切相關(guān)下列說(shuō)法不正確的是（）A聚乙烯食品包裝袋、食物保鮮膜都是無(wú)毒的高分子材料B高溫能殺死流感病毒是因?yàn)闃?gòu)成病毒的蛋白質(zhì)受熱變性C太陽(yáng)能電池板中的硅是硅單質(zhì)，光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅D明礬常用于自來(lái)水的凈化、殺菌消毒2（3分）下列敘述中，正確的是（）A鎂鋁合金既可完全溶于過(guò)量鹽酸又可完全溶于過(guò)量NaOH溶液B在加入鋁粉能放出氫氣的溶液中，K+、NH4+、CO32、Cl一定能夠大量共存C氯化鋁溶液中加入過(guò)量氨水反應(yīng)的實(shí)質(zhì)：Al3+3NH3H2OAl（

2、OH）3+3NH4+D依據(jù)鋁熱反應(yīng)原理，能發(fā)生反應(yīng)2Al+3MgO3Mg+A12O33（3分）松油醇是一種天然有機(jī)化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示下列有關(guān)松油醇的敘述正確的是（）A松油醇的分子式為C10H16OB1 mol松油醇與足量金屬鈉反應(yīng)可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2 22.4LC可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別苯乙烯和松油醇D松油醇能發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)、酯化等反應(yīng)4（3分）如圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖則下列說(shuō)法正確的是（）AY、R兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價(jià)氧化物的水化物均為強(qiáng)酸B簡(jiǎn)單離子的半徑：XZMC由X與N兩種元素組成的化合物不能與任何酸反應(yīng)，但能與強(qiáng)堿反應(yīng)DZ單質(zhì)不能從M與R元

3、素構(gòu)成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M5（3分）不久前，某海軍航空站安裝了一臺(tái)250kW的MCFC型燃料電池該電池可同時(shí)供應(yīng)電和水蒸氣，其工作溫度為600700，所用燃料為H2，電解質(zhì)為熔融的K2CO3已知該電池的總反應(yīng)為2H2+O22H2O，負(fù)極反應(yīng)為H2+CO322eH2O+CO2，則下列推斷正確的是（）A正極反應(yīng)為4OHO2+2H2O+4eB放電時(shí)CO32向負(fù)極移動(dòng)C電池供應(yīng)1 mol水蒸氣，轉(zhuǎn)移電子4 molD氫氧燃料電池的H2和O2都貯存于電池中6（3分）比較MnO2和CuO對(duì)H2O2分解反應(yīng)的催化能力大小的實(shí)驗(yàn)中若催化劑的質(zhì)量均控制在0.1g，6%的H2O2溶液均取5mL，可選擇的實(shí)驗(yàn)裝置是

4、（）ABCD7（3分）常溫下，用0.1000molL1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.1000molL1鹽酸和20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示若以HX表示酸，下列說(shuō)法正確的是（）A滴定鹽酸的曲線是圖乙B達(dá)到B、D狀態(tài)時(shí)，兩溶液中離子濃度均為c（Na+）=c（X）C達(dá)到B、E狀態(tài)時(shí)，反應(yīng)消耗的，n（CH3COOH）n（HCl）D當(dāng)0 mLV（NaOH）20.00 mL時(shí)，對(duì)應(yīng)混合溶液中各離子濃度由大到小的順序均為c（X）c（Na+）c（H+）c（OH）二、解答題（共3小題，滿分53分）8（16分）由軟錳礦（主要成分為MnO2）制備KMnO4的實(shí)驗(yàn)流

5、程可表示如圖1：（1）操作的名稱是（2）可循環(huán)利用的物質(zhì)（填化學(xué)式）（3）反應(yīng)的產(chǎn)物中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是（4）反應(yīng)中“酸化”時(shí)不能選擇下列酸中的（填字母序號(hào)）A稀鹽酸 B稀硫酸 C稀醋酸（5）電解猛酸鉀溶液也可以得到高錳酸鉀，其陰極反應(yīng)式為：2H2O+2e=2OH+H2如圖2，b作極，電解池的陽(yáng)極反應(yīng)式是；若電解過(guò)程中收集到2.24L H2 （標(biāo)準(zhǔn)狀況），則得到高錳酸 鉀克（提示：陰離子放電順序Mn24OH）9（17分）H2O2、NH3都是用途廣泛的工業(yè)產(chǎn)品I某實(shí)驗(yàn)小組以H2O2分解為例，研究濃度、催化劑、溶液酸堿性對(duì)反應(yīng)速率的影響在常溫下按照以下方案完成實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)編號(hào)反應(yīng)物催

6、化劑10mL2%H2O2溶液無(wú)10mL5%H2O2溶液無(wú)10mL5%H2O2溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液+少量HCl溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液（1）實(shí)驗(yàn)和的目的是（2）實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得生成氧氣的體積隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖1分析圖1能夠得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是（3）加入0.1g MnO2粉末于50mL H2O2溶液中，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下放出氣體的體積和時(shí)間的關(guān)系如圖2所示反應(yīng)速率變化的原因是，則H2O2的初始物質(zhì)的量濃度為（保留兩位有效數(shù)字）（1）工業(yè)上用N2和H2合成氨已知：N2（g）+

7、3H2（g）2NH3（g）H=a kJmol12H2O（1）2H2（g）+O2（g）H=+b kJmol1則NH3被O2氧化為N2和H2O的熱化學(xué)方程式為（2）NH3能被H2O2氧化生成無(wú)毒氣體和水此反應(yīng)可設(shè)計(jì)原電池，在堿性條件下負(fù)極的電極反應(yīng)方程式為利用上述原電池，用惰性電極電解l00mL 0.5molL1的CuSO4溶液，電解反應(yīng)的離子方程式為10已知草酸（H2C2O4）是一種二元弱酸，草酸及其鹽廣泛用于醫(yī)藥、印染、塑料等工業(yè)（1）已知25時(shí)，幾種常見(jiàn)弱酸的Ka如下表所示：電解質(zhì)H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數(shù)（molL1）K1=5.6×102K2=5.4

8、15;103 K1=1.7×105 K2=6.2×1010K1=4.2×107K2=5.6×101125時(shí)，濃度均為0.1molL1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3的pH由大到小的順序是中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量（填“前者大”“后者大”或“相等”）下列關(guān)于0.1molL1NaHC2O4溶液的說(shuō)法正確的是aHC2O4的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性bHC2O4的水解程度大于電離程度程度，溶液顯堿性c溶液中c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（OH）+c（C2O42）d溶液中c（H+）=c（O

9、H）+c（C2O42）c（H2C2O4）（2）在t時(shí)，MgC2O4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖1所示又知t時(shí)Mg（OH）2的Ksp=5.6×1012，下列說(shuō)法不正確的是A在t時(shí)，MgC2O4的Ksp=8.1×105（molL1）B在MgC2O4飽和溶液中加入Na2CO3固體，可使溶液由c點(diǎn)到b點(diǎn)C圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是MgC2O4的不飽和溶液D在t時(shí)，MgC2O4 （s）+2OH（aq）Mg（OH）2（s）+C2O42（aq）平衡常數(shù)K=Ksp/Ksp （MgC2O4）（3）草酸亞鐵晶體（FeC2O42H2O）是一種淺黃色固體，難溶于水，受熱易分解某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證草酸亞

10、鐵晶體熱分解的產(chǎn)物，探究過(guò)程如圖2：從環(huán)保角度考慮，該套實(shí)驗(yàn)裝置的明顯缺陷是該興趣小組進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)時(shí)，從實(shí)驗(yàn)安全角度考慮，應(yīng)先點(diǎn)燃（填“A”或“E”）處的酒精燈若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中觀察到B中白色無(wú)水CuSO4變成藍(lán)色，（補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象），則可證明草酸亞鐵晶體熱分解的氣體產(chǎn)物是H2O、CO和CO2為探究草酸亞鐵晶體分解的固體產(chǎn)物，興趣小組同學(xué)準(zhǔn)確稱取3.60g草酸亞鐵晶體（FeC2O42H2O），相對(duì)分子質(zhì)量是180），充分加熱，使其完全分解，冷卻后稱得剩余固體的質(zhì)量為1.60g若剩余固體只有一種鐵的氧化物，通過(guò)計(jì)算確定該氧化物的化學(xué)式為草酸亞鐵晶體分解的化學(xué)方程式為三、【化學(xué)-化學(xué)與技術(shù)】（共1小題，滿

11、分12分）11（12分）氨在工業(yè)上有很多重要應(yīng)用，合成氨的流程示意圖如下：回答下列問(wèn)題：（1）設(shè)備A中含有電加熱器、觸煤和熱交換器，設(shè)備A的名稱，其中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為；原料氫氣的來(lái)源是水和碳?xì)浠衔?，?xiě)出分別采用煤和天然氣為原料制取氫氣的化學(xué)反應(yīng)方程式：；（2）設(shè)備B的名稱，其中m和n是兩個(gè)通水口，入水口是（填“m”或“n”）不宜從相反方向通水的原因；（3）設(shè)備C的作用是四、【化學(xué)-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（共1小題，滿分0分）12（1）AlN的晶體結(jié)構(gòu)與單晶硅相似，在AlN晶體中，每個(gè)Al原子與個(gè)N原子相連，與N元素同主族的元素As位于元素周期表的第四周期，其基態(tài)原子的核外電子排布式為（2）A

12、元素的原子價(jià)電子排布為ns2np2，B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，C元素原子的M電子層p亞層中有3個(gè)未成對(duì)電子，D元素原子核外的M層中只有2對(duì)成對(duì)電子當(dāng)n=2時(shí)，AB2屬于分子（填“極性”或“非極性”）若A元素的原子價(jià)電子排布為3s23p2，A、C、D三種元素的第一電離能由大到小的順序是（用元素符號(hào)表示）（3）CaO晶胞如右圖所示其中Ca2+的配位數(shù)為，CaO晶體和NaCl晶體的離子排布方式相同，CaO晶體的熔點(diǎn)高于NaCl晶體的熔點(diǎn)的主要原因是五、【化學(xué)-有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（共1小題，滿分0分）13A是一種重要的化工原料，已知A是一種鹵代烴相對(duì)分子質(zhì)量為92.5，其核磁共振氫譜中只有一

13、個(gè)峰，C是一種高分子化合物，M是一種六元環(huán)狀酯，轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，回答下列問(wèn)題：（1）A的分子式為；AB的反應(yīng)類型；（2）有機(jī)物D的結(jié)構(gòu)式為 M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（3）寫(xiě)出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：BC：；EF：（4）寫(xiě)出滿足下列條件的H的同分異構(gòu)體d的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式屬于酯類能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；能與金屬鈉反應(yīng)放出氣體； 核磁共振氫譜有三個(gè)峰，且峰面積比為6：1：1山東省濰坊市2015屆高考化學(xué)模擬試卷（二）參考答案與試題解析一、選擇題（本題包括13道小題，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1（3分）化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會(huì)、環(huán)境密切相關(guān)下列說(shuō)法不正確的是（）A聚乙烯食品包裝袋、食物保鮮膜都是無(wú)毒的高分子材料B高溫能殺死流

14、感病毒是因?yàn)闃?gòu)成病毒的蛋白質(zhì)受熱變性C太陽(yáng)能電池板中的硅是硅單質(zhì)，光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅D明礬常用于自來(lái)水的凈化、殺菌消毒考點(diǎn)：常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理；硅和二氧化硅；鎂、鋁的重要化合物；合成材料 分析：A聚乙烯是無(wú)毒的高分子化合物； B蛋白質(zhì)在加熱條件下可發(fā)生變性；CSi可做為半導(dǎo)體，二氧化硅是光導(dǎo)纖維的主要成分；D明礬具有凈水作用，不具有殺菌消毒作用解答：解：A聚乙烯是無(wú)毒的高分子化合物，可制作食品包裝袋、食物保鮮膜，故A正確； B加熱可使蛋白質(zhì)變性而失去活性，故B正確；C太陽(yáng)能電池板的原料是硅單質(zhì)，光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，故C正確；D明礬凈水時(shí)，鋁離子發(fā)生水解反應(yīng)，生成氫氧

15、化鋁具有凈水作用，發(fā)生了化學(xué)及物理變化，氫氧化鋁不具有氧化性，不能殺菌消毒，故D錯(cuò)誤故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查聚乙烯、蛋白質(zhì)的變性、材料、明礬凈水等，為2015屆高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好科學(xué)素養(yǎng)，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累2（3分）下列敘述中，正確的是（）A鎂鋁合金既可完全溶于過(guò)量鹽酸又可完全溶于過(guò)量NaOH溶液B在加入鋁粉能放出氫氣的溶液中，K+、NH4+、CO32、Cl一定能夠大量共存C氯化鋁溶液中加入過(guò)量氨水反應(yīng)的實(shí)質(zhì)：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+D依據(jù)鋁熱反應(yīng)原理，能發(fā)生反應(yīng)2Al+3MgO3Mg+A12O3考點(diǎn)：鋁的化學(xué)性質(zhì)；鎂、鋁的重要化合物

16、 分析：AMg和NaOH不反應(yīng)；B加入鋁粉能生成氣體的溶液呈強(qiáng)堿性或酸性，但必須是弱氧化性酸；C氫氧化鋁易溶于強(qiáng)堿但難溶于弱堿；D鎂的活潑性大于Al解答：解：A鎂和鋁都易和HCl反應(yīng)生成氯化物和氫氣，但Mg不能和NaOH反應(yīng)，鋁能和氫氧化鈉反應(yīng)，所以鎂鋁合金不能完全溶于NaOH溶液中，故A錯(cuò)誤；B加入鋁粉能生成氣體的溶液呈強(qiáng)堿性或酸性，但必須是弱氧化性酸，酸性條件下不能大量存在碳酸根離子，堿性條件下不能存在大量銨根離子，故B錯(cuò)誤；C氫氧化鋁易溶于強(qiáng)堿但難溶于弱堿，氨水是弱堿溶液，所以氫氧化鋁不溶于氨水，氯化鋁和一水合氨反應(yīng)離子方程式為Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C正確；

17、D鎂的活潑性大于Al，所以不能采用鋁熱反應(yīng)冶煉Mg，要采用電解氯化鎂方法冶煉鎂，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查鎂、鋁及其化合物的性質(zhì)，涉及兩性氫氧化物的性質(zhì)、金屬冶煉、離子共存、鋁的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，明確元素化合物知識(shí)是解本題關(guān)鍵，C選項(xiàng)是實(shí)驗(yàn)室制取氫氧化鋁的反應(yīng)原理，易錯(cuò)選項(xiàng)是B3（3分）松油醇是一種天然有機(jī)化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示下列有關(guān)松油醇的敘述正確的是（）A松油醇的分子式為C10H16OB1 mol松油醇與足量金屬鈉反應(yīng)可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2 22.4LC可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別苯乙烯和松油醇D松油醇能發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)、酯化等反應(yīng)考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì) 分析：由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該物

18、質(zhì)的分子式為C10H18O，含C=C及OH，結(jié)合烯烴和醇的性質(zhì)來(lái)解答解答：解：A松油醇的分子式為C10H18O，故A錯(cuò)誤；B只含有1個(gè)羥基，則1 mol松油醇與足量金屬鈉反應(yīng)可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2 11.2L，故B錯(cuò)誤；C含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化，不能鑒別，故C錯(cuò)誤；D含C=C，能發(fā)生加成、氧化反應(yīng)，含OH，能酯化反應(yīng)，故D正確，故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為2015屆高考常見(jiàn)題型，注意把握官能團(tuán)和性質(zhì)的關(guān)系，熟悉醇、烯烴的性質(zhì)即可解答，題目難度不大4（3分）如圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖則下列說(shuō)法正確的是（）AY、R兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價(jià)氧化物的

19、水化物均為強(qiáng)酸B簡(jiǎn)單離子的半徑：XZMC由X與N兩種元素組成的化合物不能與任何酸反應(yīng)，但能與強(qiáng)堿反應(yīng)DZ單質(zhì)不能從M與R元素構(gòu)成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M考點(diǎn)：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：由圖可知，為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，根據(jù)原子序數(shù)關(guān)系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)解答該題解答：解：由圖可知，為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，根據(jù)原子序數(shù)關(guān)系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，AF元素沒(méi)有最高價(jià)含氧酸，故A錯(cuò)誤；B

20、O2、Na+、Al3+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2Na+Al3+，故B正確；C二氧化硅能與氫氟酸反應(yīng)生成四氟化硅與水，故C錯(cuò)誤；DNa與氯化鋁溶液反應(yīng)，首先鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氫氣，氫氧化鈉再與氯化鋁反應(yīng)，不能置換出Al單質(zhì)，故D正確，故選BD點(diǎn)評(píng)：本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，難度不大，注意根據(jù)原子半徑的遞變規(guī)律判斷元素的種類為解答該題的關(guān)鍵5（3分）不久前，某海軍航空站安裝了一臺(tái)250kW的MCFC型燃料電池該電池可同時(shí)供應(yīng)電和水蒸氣，其工作溫度為600700，所用燃料為H2，電解質(zhì)為熔融的K2CO3已知該電池的總反應(yīng)為2H2+O22H2O，負(fù)極反應(yīng)為H2+

21、CO322eH2O+CO2，則下列推斷正確的是（）A正極反應(yīng)為4OHO2+2H2O+4eB放電時(shí)CO32向負(fù)極移動(dòng)C電池供應(yīng)1 mol水蒸氣，轉(zhuǎn)移電子4 molD氫氧燃料電池的H2和O2都貯存于電池中考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理 分析：A、燃料電池中，正極發(fā)生的是氧氣的得電子的反應(yīng)過(guò)程；B、電池放電時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)；C、生成1mol水轉(zhuǎn)移2mol電子；D、氫氧燃料電池的燃料不需要貯存于電池中解答：解：A、燃料電池中，正極發(fā)生的是氧氣得電子的反應(yīng)過(guò)程，電極反應(yīng)為：O2+2CO2+4e2CO32，故A錯(cuò)誤；B、電池放電時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，則CO32 向負(fù)極移動(dòng)，故B正確；C、已知該電池的總

22、反應(yīng)為2H2+O22H2O，則生成1mol水轉(zhuǎn)移2mol電子，故C錯(cuò)誤；D、氫氧燃料電池的燃料不需要貯存于電池中，可以邊反應(yīng)邊加，故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評(píng)：本題是一道有關(guān)燃料電池的工作原理的綜合題目，要求學(xué)生熟悉原電池原理，把握正負(fù)極的判斷方法和電極方程式的書(shū)寫(xiě)方法，具備分析和解決問(wèn)題的能力，題目難度中等6（3分）比較MnO2和CuO對(duì)H2O2分解反應(yīng)的催化能力大小的實(shí)驗(yàn)中若催化劑的質(zhì)量均控制在0.1g，6%的H2O2溶液均取5mL，可選擇的實(shí)驗(yàn)裝置是（）ABCD考點(diǎn)：濃度、溫度、催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響 專題：化學(xué)反應(yīng)速率專題分析：A、B兩裝置中使用的長(zhǎng)頸漏斗沒(méi)有形成液封，無(wú)法收集氣體；根據(jù)雙氧

23、水分解反應(yīng)的化學(xué)方程式進(jìn)行粗略計(jì)算可知，2mL6%的H2O2溶液完全分解產(chǎn)生的氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為98.8mL，據(jù)此進(jìn)行判斷解答：解：6%的H2O2溶液均取5mL，雙氧水的密度大于1g/mL，按照1g/mL計(jì)算，雙氧水的物質(zhì)的量為：0.0088mol，生成氧氣在標(biāo)況下的體積約為：0.0088mol××22.4L/mol0.0986L=98.6mL，A裝置中長(zhǎng)頸漏斗沒(méi)有形成液封，生成的氧氣會(huì)從長(zhǎng)頸漏斗中逸出，無(wú)法收集氣體，且量筒規(guī)格太小，故A錯(cuò)誤；B生成的氣體會(huì)從長(zhǎng)頸漏斗逸出，無(wú)法收集氣體，故B錯(cuò)誤；C該裝置中收集裝置為10mL量筒，10mL的量筒規(guī)格太小，無(wú)法完成實(shí)驗(yàn)

24、，故C錯(cuò)誤；D該選項(xiàng)中發(fā)生裝置和收集裝置都比較合理，能夠完成實(shí)驗(yàn)，故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查催化劑對(duì)雙氧水分解實(shí)驗(yàn)探究裝置的選擇有關(guān)判斷，該題是中等難度的試題，既有定性分析，也有定量計(jì)算，有利于培養(yǎng)學(xué)生的綜合實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)求知欲，高學(xué)生的應(yīng)試能力和學(xué)習(xí)積極性7（3分）常溫下，用0.1000molL1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.1000molL1鹽酸和20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示若以HX表示酸，下列說(shuō)法正確的是（）A滴定鹽酸的曲線是圖乙B達(dá)到B、D狀態(tài)時(shí)，兩溶液中離子濃度均為c（Na+）=c（X）C達(dá)到B、E狀態(tài)時(shí)，反應(yīng)消耗的

25、，n（CH3COOH）n（HCl）D當(dāng)0 mLV（NaOH）20.00 mL時(shí)，對(duì)應(yīng)混合溶液中各離子濃度由大到小的順序均為c（X）c（Na+）c（H+）c（OH）考點(diǎn)：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算 專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A醋酸是弱電解質(zhì)、HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，物質(zhì)的量濃度相等的鹽酸和醋酸，醋酸中氫離子濃度小于鹽酸，則pH醋酸鹽酸；B中性溶液中存在c（H+）=c（OH），根據(jù)電荷守恒判斷c（Na+）、c（X）大??；C兩種酸的物質(zhì)的量濃度相等，其體積相等時(shí)物質(zhì)的量相等；D當(dāng)0 mLV（NaOH）20.00 mL時(shí)，酸相對(duì)于堿來(lái)說(shuō)是過(guò)量的，所得溶液是生成的鹽和酸的混合物，假設(shè)當(dāng)加入

26、的氫氧化鈉極少量時(shí)，生成了極少量的鈉鹽（氯化鈉或是醋酸鈉），剩余大量的酸解答：解：A醋酸是弱電解質(zhì)、HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，物質(zhì)的量濃度相等的鹽酸和醋酸，醋酸中氫離子濃度小于鹽酸，則pH醋酸鹽酸，根據(jù)圖象知，甲是滴定鹽酸、乙是滴定醋酸，故A錯(cuò)誤；B中性溶液中存在c（H+）=c（OH），根據(jù)電荷守恒得c（Na+）=c（X），故B正確；C兩種酸的物質(zhì)的量濃度相等，其體積相等時(shí)物質(zhì)的量相等，所以n（CH3COOH）=n（HCl），故C錯(cuò)誤；D當(dāng)0 mLV（NaOH）20.00 mL時(shí)，酸相對(duì)于堿來(lái)說(shuō)是過(guò)量的，所得溶液是生成的鹽和酸的混合物，假設(shè)當(dāng)加入的氫氧化鈉極少量時(shí)，生成了極少量的鈉鹽（氯化鈉或是醋酸鈉

27、），剩余大量的酸，此時(shí)c（A）c（H+）c（Na+）c（OH），故D錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查弱電解質(zhì)電離及溶液離子濃度大小比較，易錯(cuò)選項(xiàng)是D，注意利用溶液中的溶質(zhì)及其量的多少判斷二、解答題（共3小題，滿分53分）8（16分）由軟錳礦（主要成分為MnO2）制備KMnO4的實(shí)驗(yàn)流程可表示如圖1：（1）操作的名稱是過(guò)濾（2）可循環(huán)利用的物質(zhì)MnO2（填化學(xué)式）（3）反應(yīng)的產(chǎn)物中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是2：1（4）反應(yīng)中“酸化”時(shí)不能選擇下列酸中的A（填字母序號(hào)）A稀鹽酸 B稀硫酸 C稀醋酸（5）電解猛酸鉀溶液也可以得到高錳酸鉀，其陰極

28、反應(yīng)式為：2H2O+2e=2OH+H2如圖2，b作負(fù)極，電解池的陽(yáng)極反應(yīng)式是MnO42e=MnO4；若電解過(guò)程中收集到2.24L H2 （標(biāo)準(zhǔn)狀況），則得到高錳酸 鉀31.6克（提示：陰離子放電順序Mn24OH）考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；電解原理 專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題分析：由流程可知，第一步，KOH和KClO3與MnO2反應(yīng)，得到K2MnO4，從而可以寫(xiě)出反應(yīng)方程式為6KOH+3MnO2+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O，然后加入水溶解分離可溶性物質(zhì)，得到K2MnO4和KCl；第二步，將濾液酸化，得到高錳酸鉀和二氧化錳，為一歧化反應(yīng)，錳從+6變?yōu)?7和+4；反應(yīng)方程式為3MnO42+4

29、H+=2MnO4+MnO2+2H2O，通過(guò)過(guò)濾分離MnO2和高錳酸鉀溶液，最終得到產(chǎn)品，整個(gè)過(guò)程中MnO2可以循環(huán)利用（1）操作是固體和液體分離，利用過(guò)濾操作分離；（2）流程中參與反應(yīng)過(guò)程，最后又重新生成的物質(zhì)可以循環(huán)使用；（3）反應(yīng)3MnO42+4H+=2MnO4+MnO2+2H2O，依據(jù)元素化合價(jià)變化分析，氧化產(chǎn)物是元素化合價(jià)升高的產(chǎn)物，元素化合價(jià)降低的產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；（4）因錳酸根和高錳酸根均具有強(qiáng)氧化性，不能使用鹽酸酸化；（5）由電流流向可知a為正極，鐵為活性電極，這里沒(méi)有參與反應(yīng)，做陰極故與負(fù)極相連，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，錳酸根失電子生成高錳酸根，根據(jù)電子得失守恒可以進(jìn)行相關(guān)計(jì)算解答：解

30、：由流程可知，第一步，KOH和KClO3與MnO2反應(yīng)，得到K2MnO4，從而可以寫(xiě)出反應(yīng)方程式為6KOH+3MnO2+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O，然后加入水溶解分離可溶性物質(zhì)，得到K2MnO4和KCl；第二步，將濾液酸化，得到高錳酸鉀和二氧化錳，為一歧化反應(yīng)，錳從+6變?yōu)?7和+4；反應(yīng)方程式為3MnO42+4H+=2MnO4+MnO2+2H2O，通過(guò)過(guò)濾分離MnO2和高錳酸鉀溶液，最終得到產(chǎn)品，整個(gè)過(guò)程中MnO2可以循環(huán)利用（1）操作是固體和液體分離，利用過(guò)濾操作分離，所以操作的名稱是過(guò)濾，故答案為：過(guò)濾；（2）流程中參與反應(yīng)過(guò)程，最后又重新生成的物質(zhì)可以循環(huán)使用，流程中

31、KOH和KClO3與MnO2反應(yīng)，將濾液酸化，得到高錳酸鉀和二氧化錳，整個(gè)過(guò)程中MnO2可以循環(huán)利用，故答案為：MnO2；（3）反應(yīng)為：3MnO42+4H+=2MnO4+MnO2+2H2O，反應(yīng)中錳元素化合價(jià)從+6變?yōu)?7和+4；得到氧化產(chǎn)物為MnO4，還原產(chǎn)物為MnO2，物質(zhì)的量之比為2：1；故答案為：2：1；（4）因錳酸根和高錳酸根均具有強(qiáng)氧化性，鹽酸中氯離子具有還原性，能被氧化，不能使用鹽酸酸化，故答案為：A；（5）裝置圖中的電流方向可知，鐵為活性電極，這里沒(méi)有參與反應(yīng)，做陰極故與負(fù)極相連，b做負(fù)極，a為正極，石墨電極為陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，錳酸根失電子生成高錳酸根，電極反應(yīng)為：MnO42e

32、=MnO4；根據(jù)電子得失守恒可以進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，若電解過(guò)程中收集到2.24L H2 （標(biāo)準(zhǔn)狀況），物質(zhì)的量=0.1mol，電極反應(yīng)為：2H+2e=H2，結(jié)合電子守恒可知：2MnO42eH2，2 10.2mol 0.1mol得到高錳酸鉀質(zhì)量=0.2mol×158g/mol=31.6g；故答案為：負(fù)；MnO42e=MnO4；31.6點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)制備流程分析判斷，電解原理的分析應(yīng)用，物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用和實(shí)驗(yàn)基本操作的掌握，工藝流程題解題的關(guān)鍵是要搞清楚加入什么物質(zhì)，發(fā)生什么反應(yīng)，如何分離等，通過(guò)分析，我們要能夠?qū)⒁粋€(gè)工藝的流程轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的流程，題目難度中等9（17分）H2O2、NH3

33、都是用途廣泛的工業(yè)產(chǎn)品I某實(shí)驗(yàn)小組以H2O2分解為例，研究濃度、催化劑、溶液酸堿性對(duì)反應(yīng)速率的影響在常溫下按照以下方案完成實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)編號(hào)反應(yīng)物催化劑10mL2%H2O2溶液無(wú)10mL5%H2O2溶液無(wú)10mL5%H2O2溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液+少量HCl溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液（1）實(shí)驗(yàn)和的目的是探究濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響（2）實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得生成氧氣的體積隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖1分析圖1能夠得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是堿性環(huán)境能增大H2O2分解的速率，酸性環(huán)境能減小H2O2分解的

34、速率（3）加入0.1g MnO2粉末于50mL H2O2溶液中，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下放出氣體的體積和時(shí)間的關(guān)系如圖2所示反應(yīng)速率變化的原因是H2O2溶液的濃度逐漸減小，則H2O2的初始物質(zhì)的量濃度為0.11mol/L（保留兩位有效數(shù)字）（1）工業(yè)上用N2和H2合成氨已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=a kJmol12H2O（1）2H2（g）+O2（g）H=+b kJmol1則NH3被O2氧化為N2和H2O的熱化學(xué)方程式為4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（1）H=（2a3b）kJmol1（2）NH3能被H2O2氧化生成無(wú)毒氣體和水此反應(yīng)可設(shè)計(jì)原電池，在堿性條件下負(fù)極的電

35、極反應(yīng)方程式為2NH3+6OH6e=N2+6H2O利用上述原電池，用惰性電極電解l00mL 0.5molL1的CuSO4溶液，電解反應(yīng)的離子方程式為2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+考點(diǎn)：探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素；設(shè)計(jì)原電池 分析：I（1）為了便于比較，應(yīng)在相同的條件下利用一個(gè)變量來(lái)比較，實(shí)驗(yàn)和的濃度不同；（2）由圖可知，的反應(yīng)速率最大，的反應(yīng)速率最??；（3）由圖可知，相同時(shí)間內(nèi)生成氧氣越來(lái)越少，則反應(yīng)速率越來(lái)越慢，與濃度有關(guān)；結(jié)合2H2O22H2O+O2及c=計(jì)算；II（1）N2 （g）+3H2 （g）2NH3 （g）H=a kJmol12H2O（1）2H2 （g）+O2 （g）H=+

36、b kJmol1結(jié)合蓋斯定律可知×3+×2得到：2N2 （g）+6H2O （1）=4NH3（g）+3O2（g），以此計(jì)算H；（2）負(fù)極是氨氣失電子生成氮?dú)?；?yáng)極反應(yīng)式為2H2O4e=4H+O2，陰極反應(yīng)式為Cu2+2e=Cu，總的反應(yīng)式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4解答：解：I（1）實(shí)驗(yàn)和的濃度不同，則該實(shí)驗(yàn)的目的為探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故答案為：探究濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響；（2）由圖可知，的反應(yīng)速率最大，的反應(yīng)速率最小，結(jié)合實(shí)驗(yàn)方案可知均存在催化劑，堿性環(huán)境能增大H2O2分解的速率，酸性環(huán)境能減小H2O2分解的速率，故答案為：堿性環(huán)境能增大H2O

37、2分解的速率，酸性環(huán)境能減小H2O2分解的速率；（3）由圖可知，相同時(shí)間內(nèi)生成氧氣越來(lái)越少，則反應(yīng)速率越來(lái)越慢，可知反應(yīng)速率變化的原因是H2O2溶液的濃度逐漸減??；n（O2）=0.0027mol，則c（H2O2）=0.11mol/L，故答案為：H2O2溶液的濃度逐漸減小；0.11mol/L；II（1）N2 （g）+3H2 （g）2NH3 （g）H=a kJmol12H2O（1）2H2 （g）+O2 （g）H=+b kJmol1由蓋斯定律可知×3+×2得到：2N2 （g）+6H2O （1）=4NH3（g）+3O2（g）H=（2a3b） kJmol1 ；則NH3被O2氧化為N2

38、和H2O的熱化學(xué)方程式為4NH3（g）+3O2（g）=2N2 （g）+6H2O （1）H=（2a3b） kJmol1 ；故答案為：4NH3（g）+3O2（g）=2N2 （g）+6H2O （1）H=（2a3b） kJmol1 ；（2）電池反應(yīng)為：4NH3+3O2=2N2+6H2O該電池負(fù)極是氨氣失電子生成氮?dú)猓磻?yīng)的電極反應(yīng)式為2NH3+6OH6e=N2+6H2O，故答案為：2NH3+6OH6e=N2+6H2O；用惰性電極電解l00mL 0.5molL1的CuSO4溶液，電解反應(yīng)的離子方程式為2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故答案為：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+點(diǎn)評(píng)：本題考查較

39、綜合，涉及反應(yīng)速率的影響因素、電解原理及應(yīng)用、蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱等，綜合性較強(qiáng)，注重高頻考點(diǎn)的考查，把握反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，題目難度中等10已知草酸（H2C2O4）是一種二元弱酸，草酸及其鹽廣泛用于醫(yī)藥、印染、塑料等工業(yè)（1）已知25時(shí)，幾種常見(jiàn)弱酸的Ka如下表所示：電解質(zhì)H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數(shù)（molL1）K1=5.6×102K2=5.4×103 K1=1.7×105 K2=6.2×1010K1=4.2×107K2=5.6×101125時(shí)，濃度均為0.1molL1的Na2C2O4、CH3COONa、Na

40、CN、Na2CO3的pH由大到小的順序是Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量后者大（填“前者大”“后者大”或“相等”）下列關(guān)于0.1molL1NaHC2O4溶液的說(shuō)法正確的是adaHC2O4的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性bHC2O4的水解程度大于電離程度程度，溶液顯堿性c溶液中c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（OH）+c（C2O42）d溶液中c（H+）=c（OH）+c（C2O42）c（H2C2O4）（2）在t時(shí)，MgC2O4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖1所示又知t時(shí)Mg（OH）2的Ksp=5.6×1

41、012，下列說(shuō)法不正確的是BDA在t時(shí)，MgC2O4的Ksp=8.1×105（molL1）B在MgC2O4飽和溶液中加入Na2CO3固體，可使溶液由c點(diǎn)到b點(diǎn)C圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是MgC2O4的不飽和溶液D在t時(shí)，MgC2O4 （s）+2OH（aq）Mg（OH）2（s）+C2O42（aq）平衡常數(shù)K=Ksp/Ksp （MgC2O4）（3）草酸亞鐵晶體（FeC2O42H2O）是一種淺黃色固體，難溶于水，受熱易分解某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證草酸亞鐵晶體熱分解的產(chǎn)物，探究過(guò)程如圖2：從環(huán)保角度考慮，該套實(shí)驗(yàn)裝置的明顯缺陷是缺少尾氣處理裝置該興趣小組進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)時(shí)，從實(shí)驗(yàn)安全角度考慮，應(yīng)先點(diǎn)燃A

42、（填“A”或“E”）處的酒精燈若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中觀察到B中白色無(wú)水CuSO4變成藍(lán)色，C中澄清石灰水變渾濁，E中黑色粉末變紅色（補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象），則可證明草酸亞鐵晶體熱分解的氣體產(chǎn)物是H2O、CO和CO2為探究草酸亞鐵晶體分解的固體產(chǎn)物，興趣小組同學(xué)準(zhǔn)確稱取3.60g草酸亞鐵晶體（FeC2O42H2O），相對(duì)分子質(zhì)量是180），充分加熱，使其完全分解，冷卻后稱得剩余固體的質(zhì)量為1.60g若剩余固體只有一種鐵的氧化物，通過(guò)計(jì)算確定該氧化物的化學(xué)式為Fe2O3草酸亞鐵晶體分解的化學(xué)方程式為FeC2O42H2OFe2O3+3CO+CO2+2H2O考點(diǎn)：性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算

43、 分析：（1）電離常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，其鹽溶液的水解程度越小，鹽溶液的pH越??；pH相同時(shí)，酸性越強(qiáng)，其酸的濃度越?。灰阎狵2=5.4×103，則HC2O4溶液顯酸性，結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析；（2）AMgC2O4的Ksp=c（Mg2+）×c（C2O42），結(jié)合圖中數(shù)據(jù)計(jì)算；B在MgC2O4飽和溶液中加入Na2CO3固體，會(huì)生成碳酸鎂沉淀；C沉淀溶解平衡曲線下面的點(diǎn)代表不飽和溶液；D根據(jù)反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式與Ksp的表達(dá)式分析；（3）CO屬于有毒氣體，要進(jìn)行尾氣處理；可燃性氣體與氧氣混合達(dá)到一定程度時(shí)，遇明火會(huì)發(fā)生爆炸，所以先點(diǎn)燃分解反應(yīng)處的酒精燈，排盡裝置中的空氣；

44、二氧化碳與澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，CO還原CuO得到Cu；根據(jù)草酸亞鐵晶體的質(zhì)量求出其中Fe元素的質(zhì)量，由元素守恒可知氧化物中Fe的質(zhì)量，再求出O元素的質(zhì)量，然后求出鐵的氧化物的化學(xué)式，根據(jù)題中提供的信息，可知草酸亞鐵晶體分解的產(chǎn)物為忒的氧化物、H2O、CO、CO2，根據(jù)原子守恒寫(xiě)出方程式解答：解：（1）電離常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，其鹽溶液的水解程度越小，鹽溶液的pH越小，則濃度均為0.1molL1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3的pH由大到小的順序是Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4；pH相同時(shí)，酸性越強(qiáng)，其酸的濃度越小，已知甲酸的酸性大于HC

45、N，則pH相同時(shí)HCN的濃度大，所以中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，HCN消耗的氫氧化鈉多；故答案為：Na2CO3NaCNCH3COONaNa2C2O4；后者大；a已知K2=5.4×103，則HC2O4溶液顯酸性，則HC2O4的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，故a正確；bHC2O4的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，故b錯(cuò)誤；cNaHC2O4溶液存在電荷守恒，則溶液中c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（OH）+2c（C2O42），故c錯(cuò)誤；dNaHC2O4溶液存在電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（OH）+2c（C2O42）

46、，物料守恒為，c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），聯(lián)立兩個(gè)式子可得：c（H+）=c（OH）+c（C2O42）c（H2C2O4），故d正確；故答案為：ad；（2）AMgC2O4的Ksp=c（Mg2+）×c（C2O42）=（9×103）2=8.1×105（molL1），故A正確；B在MgC2O4飽和溶液中加入Na2CO3固體，會(huì)生成碳酸鎂沉淀，則鎂離子濃度減小，圖中由c點(diǎn)到b點(diǎn)時(shí)鎂離子濃度不變，故B錯(cuò)誤；C沉淀溶解平衡曲線下面的點(diǎn)代表不飽和溶液，則a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是MgC2O4的不飽和溶液，故C正確；DMgC2O4 （s）+2OH（aq）M

47、g（OH）2（s）+C2O42（aq）平衡常數(shù)K=，故D錯(cuò)誤；故答案為：BD；（3）CO屬于有毒氣體，要進(jìn)行尾氣處理，所以從環(huán)保角度考慮，該套實(shí)驗(yàn)裝置的明顯缺陷是缺少尾氣處理裝置；故答案為：缺少尾氣處理裝置；可燃性氣體與氧氣混合達(dá)到一定程度時(shí)，遇明火會(huì)發(fā)生爆炸，所以先點(diǎn)燃分解反應(yīng)處的酒精燈，排盡裝置中的空氣，即先點(diǎn)燃A處的酒精燈；故答案為：A；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中觀察到B中白色無(wú)水CuSO4變成藍(lán)色，C中澄清石灰水變渾濁，E中黑色固體變紅色，則可證明草酸亞鐵晶體熱分解的氣體產(chǎn)物是H2O，CO，CO2；故答案為：C中澄清石灰水變渾濁，E中黑色粉末變紅色；草酸亞鐵晶體中的鐵元素質(zhì)量為：3.6g×=

48、1.12g，草酸亞鐵晶體中的鐵元素完全轉(zhuǎn)化到氧化物中，氧化物中氧元素的質(zhì)量為：1.60g1.12g=0.48g，鐵元素和氧元素的質(zhì)量比為：1.12g：0.48g=7：3，設(shè)鐵的氧化物的化學(xué)式為FexOy，則有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，所以鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe2O3；則草酸亞鐵晶體分解生成的產(chǎn)物為Fe2O3、H2O、CO、CO2，其反應(yīng)方程式為：FeC2O42H2OFe2O3+3CO+CO2+2H2O；故答案為：Fe2O3；FeC2O42H2OFe2O3+3CO+CO2+2H2O點(diǎn)評(píng)：本題考查了鹽的水解、溶液中電荷守恒和物料守恒的應(yīng)用、溶度積常數(shù)的應(yīng)用、性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)等，題

49、目涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，側(cè)重于考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用能力和實(shí)驗(yàn)探究能力三、【化學(xué)-化學(xué)與技術(shù)】（共1小題，滿分12分）11（12分）氨在工業(yè)上有很多重要應(yīng)用，合成氨的流程示意圖如下：回答下列問(wèn)題：（1）設(shè)備A中含有電加熱器、觸煤和熱交換器，設(shè)備A的名稱合成塔，其中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為N2+3H22NH3；原料氫氣的來(lái)源是水和碳?xì)浠衔?，?xiě)出分別采用煤和天然氣為原料制取氫氣的化學(xué)反應(yīng)方程式：C+H2OCO+H2、CH4+H2OCO+H2；（2）設(shè)備B的名稱冷凝器，其中m和n是兩個(gè)通水口，入水口是n（填“m”或“n”）不宜從相反方向通水的原因高溫氣體從冷凝塔上端進(jìn)入，冷卻水從下端進(jìn)

50、入，逆向冷凝效果更好；（3）設(shè)備C的作用是將液氨和未反應(yīng)的原料氣體分離考點(diǎn)：工業(yè)合成氨 分析：（1）氮?dú)夂蜌錃庠诤铣伤?nèi)發(fā)生化合反應(yīng)生成氨氣；利用碳或甲烷和水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成氫氣和一氧化碳；（2）從A中出來(lái)的混合氣體進(jìn)入冷卻塔冷凝，為了達(dá)到最佳冷凝效果，高溫氣體從冷凝塔上端進(jìn)入，冷卻水從下端進(jìn)入；（3）C是分離塔，在分離塔內(nèi)將液氨和未反應(yīng)的原料氣體分離，原料可循環(huán)利用解答：解：（1）氮?dú)夂蜌錃庠诤铣伤?nèi)發(fā)生化合反應(yīng)生成氨氣方程式為：N2+3H22NH3；碳和水蒸氣反應(yīng)方程式：C+H2O CO+H2；甲烷和水蒸氣反應(yīng)方程式：CH4+H2OCO+H2，故答案為：合成塔；N2+3H22NH3；C

51、+H2O CO+H2、CH4+H2OCO+H2；（2）混合氣體進(jìn)入冷卻塔冷凝，冷凝水從下口n進(jìn)入，從上口m排出，這樣通過(guò)逆向通水，冷凝效果會(huì)更好，故答案為：冷凝器；n；高溫氣體從冷凝塔上端進(jìn)入，冷卻水從下端進(jìn)入，逆向冷凝效果更好；（3）C是分離塔，在分離塔內(nèi)將液氨和未反應(yīng)的原料氣體分離，然后循環(huán)利用，提高了原料的利用率，故答案為：將液氨和未反應(yīng)的原料氣體分離點(diǎn)評(píng)：本題考查了工業(yè)合成氨的流程，題目難度中等，明確合成原理為解答關(guān)鍵，注意掌握工業(yè)合成氨的流程及裝置名稱，要求學(xué)生能夠正確書(shū)寫(xiě)常見(jiàn)反應(yīng)的化學(xué)方程式四、【化學(xué)-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（共1小題，滿分0分）12（1）AlN的晶體結(jié)構(gòu)與單晶硅相似，在

52、AlN晶體中，每個(gè)Al原子與4個(gè)N原子相連，與N元素同主族的元素As位于元素周期表的第四周期，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）A元素的原子價(jià)電子排布為ns2np2，B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，C元素原子的M電子層p亞層中有3個(gè)未成對(duì)電子，D元素原子核外的M層中只有2對(duì)成對(duì)電子當(dāng)n=2時(shí)，AB2屬于非極性分子（填“極性”或“非極性”）若A元素的原子價(jià)電子排布為3s23p2，A、C、D三種元素的第一電離能由大到小的順序是PSSi（用元素符號(hào)表示）（3）CaO晶胞如右圖所示其中Ca2+的配位數(shù)為6，CaO晶體和NaCl晶體的離子排布方式

53、相同，CaO晶體的熔點(diǎn)高于NaCl晶體的熔點(diǎn)的主要原因是結(jié)構(gòu)相似，離子核間距離相近的情況下，CaO中的離子所帶電荷更多，作用力更強(qiáng)，熔點(diǎn)更高考點(diǎn)：晶胞的計(jì)算；判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；配合物的成鍵情況 分析：（1）依據(jù)題干信息“AlN的晶體結(jié)構(gòu)與單晶硅相似”，根據(jù)晶體硅的結(jié)構(gòu)分析；與N元素同主族的元素As位于元素周期表的第四周期，其原子序數(shù)為33，核外有33個(gè)電子最外層電子數(shù)為5；（2）A、B、C、D為前四周期元素，B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)不超過(guò)8個(gè)，所以B元素為O元素，C元素原子的M電子層的P亞層中有3個(gè)未成對(duì)電子，則C是P元素，D元素原子核外的N層中只有2對(duì)成對(duì)

54、電子，則D的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p4，則D是S元素；當(dāng)n=2時(shí)，A是C元素，則AB2是CO2，根據(jù)二氧化碳分子正負(fù)電荷重心是否重合判斷；若A元素的原子價(jià)電子排布為3s23p2，則A為Si元素，同周期從左到右第一電離能增大，但是第VA與第VIA族反常；（3）以鈣離子為中心，沿X、Y、Z三軸進(jìn)行切割，從而確定鈣離子配位數(shù)；離子晶體的離子半徑越小，電荷越多，晶格能越大，熔點(diǎn)越高解答：解：（1）依據(jù)題干信息“AlN的晶體結(jié)構(gòu)與單晶硅相似”，晶體硅中每個(gè)Si原子形成4個(gè)共價(jià)鍵，與其它4個(gè)硅原子相連，則每個(gè)Al原子與4個(gè)N原子相連；與N元素同主族的元素As位于元素周期表的第四周期，其原子序數(shù)為33，核外有33個(gè)電子最外層電子數(shù)為5，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3；故答案為：4；1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）A、B、C、D為前四周期元素，B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)不超過(guò)8個(gè)，所以