山東省威海市2016年高考化學(xué)二模試卷(解析版)

1、山東省威海市2016年高考化學(xué)二模試卷一、選擇題1化學(xué)在生產(chǎn)、科研和日常生活中有著密切（）A將水庫的鋼閘門與電源負(fù)極相連或?qū)\塊焊接于閘門上以防止其生銹B用于文物年代鑒定的放射性14C和作為原子量標(biāo)準(zhǔn)的12C，化學(xué)性質(zhì)不同C苯酚、甲醛分別可用于環(huán)境消毒和魚肉等食品的防腐保鮮DNO2和SO2都是酸性氧化物，都是大氣污染物2部分有機(jī)物分子會產(chǎn)生互變異構(gòu)，如苯與棱晶烷、降冰片二烯與四環(huán)烷均能發(fā)生互變異構(gòu)體：棱晶烷和四環(huán)烷的二氯代物的同分異構(gòu)體數(shù)目分別為（）A2，7B2，8C3，7D3，83石英與焦炭在高溫的氮?dú)饬髦邪l(fā)生可逆反應(yīng)，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下列敘述正確的是（）A該反應(yīng)的氧化劑為N2，還原產(chǎn)物為COB反應(yīng)中每生成0.1mol Si3N4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.2molC增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動D反應(yīng)平衡常數(shù)表示為K=，升高溫度K值增大4下列實(shí)驗(yàn)中，所采取的操作方法、對應(yīng)現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)目的操作現(xiàn)象和結(jié)論A實(shí)驗(yàn)室制較純凈乙烯將濃硫酸、乙醇混合液加熱至170，產(chǎn)生氣體通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色，說明除去了SO2，得到純凈乙烯氣體B檢驗(yàn)淀粉的水解程度向混合溶液中直接加入銀氨溶液，加熱沒有出現(xiàn)銀鏡，說明淀粉還沒有水解C驗(yàn)證甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)將過量的氯氣與甲

3、烷混合，光照一段時(shí)間后滴入硝酸銀溶液有白色沉淀產(chǎn)生，證明發(fā)生取代反應(yīng)D比較碳酸與醋酸的酸性強(qiáng)弱用pH計(jì)測定0.1molL1的碳酸氫鈉和醋酸鈉的pH值碳酸氫鈉溶液的pH大，證明碳酸的酸性比醋酸弱AABBCCDD5已知293K時(shí)下列物質(zhì)的溶度積（單位已省略）Ag2SO4FeSCuSAg2SKsp1.2×1056.3×10188.5×10456.3×1050下列說法正確的是（）A相同溫度下，Ag2SO4、FeS、CuS飽和溶液中：c（Cu2+）c（Fe2+）c（Ag+）B向FeS懸濁液中滴加CuSO4溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：S2+Cu2+=CuSC濃度均為0

4、.004molL1的AgNO3和H2SO4溶液等體積混合后不能產(chǎn)生沉淀D向飽和Ag2S溶液中加少量Na2S固體，溶液中c（Ag+）不變6四種短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X、W原子序數(shù)之和等于Y、Z原子序數(shù)之和X、W兩元素位于同一主族，Y元素是其所在周期中原子半徑最大的元素（惰性氣體元素除外），Z的單質(zhì)是銀白色固體，易導(dǎo)電，常溫下不易溶于濃硫酸下列有關(guān)推斷錯誤的是（）AX的氫化物的沸點(diǎn)高于同族其他元素氫化物的沸點(diǎn)B陰離子還原性：XW；陽離子氧化性：ZYCX與Y兩種元素可形成含有共價(jià)鍵的離子化合物DZ與W兩種元素形成的化合物在水溶液中不能存在7常溫下，將一定量的一元有機(jī)弱酸：HA加

5、入到100mL水與100mL苯的混合體系中，HA在水中部分電離：HAH+A，在苯中則部分發(fā)生雙聚反應(yīng)：2HA（HA）2在水和苯中，HA的起始濃度及平衡濃度關(guān)系如圖所示下列有關(guān)該混合體系說法正確的是（）AHA在水中的電離速率大于其在苯中的雙聚速率Bt1時(shí)刻在水中和苯中c（A）相同C向上述的混合體系中加入少量水和苯的混合物，則兩平衡均正移，c（HA）均減小D用10mL 0.05molL1的NaOH溶液可恰好中和混合體系中的HA二、解答題（共3小題，滿分43分）8空氣是人類賴以生存的自然資源在工業(yè)生產(chǎn)上規(guī)定，空氣中二氧化硫的最大允許排放濃度不得超過0.02mgL1（1）為測定某地方空氣中SO2和可吸

6、入顆粒的含量，甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置：注：氣體流速管是用來測量單位時(shí)間內(nèi)通過氣體體積的裝置上述實(shí)驗(yàn)過程中化學(xué)反應(yīng)的原理是（用化學(xué)方程式表示）應(yīng)用上述裝置測定空氣中SO2含量和可吸入顆粒的含量，除測定氣體流速（單位：mLs1）外，還需要測定碘溶液藍(lán)色褪去所需的時(shí)間和己知：碘單質(zhì)微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度請你協(xié)助甲同學(xué)完成l00mL5×104mo1L1碘溶液的配制為配制精確濃度的溶液，先要配制1000mLl×102 molL1碘溶液，再取5.00mL溶液稀釋成為5×104molL1碘溶液第一步：準(zhǔn)確稱取g碘單質(zhì)加入燒杯中，同時(shí)加入少量碘化鉀固體，加

7、適量水?dāng)嚢枋怪耆芙獾诙剑?，洗滌、定容、搖勻第三步：用第二步所得溶液配制5×104mo1L1碘溶液，此步操作中，除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外還需要的玻璃儀器有（填儀器名稱）（2）空氣中SO2含量的測定：在指定的地點(diǎn)取樣，以200mLs1氣體流速通過氣體流速管通入到上圖實(shí)驗(yàn)裝置中，觀察記錄碘溶液褪色所需時(shí)間為500s，則該地空氣中的SO2含量是mgL1，（填“符合”、“不符合”）排放標(biāo)準(zhǔn)如果甲同學(xué)用該方法測量空氣中SO2的含量時(shí)，所測得的數(shù)值比實(shí)際含量低，其原因可能是；（假設(shè)溶液配制、稱量或量取及各種讀數(shù)均無錯誤）”9鋯（40Zr）是現(xiàn)代工業(yè)的重要金屬原料，具有良好的可塑性，抗蝕性能

8、超過鈦以鋯英石（主要成分是ZrSiO4，還含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)）為原料生產(chǎn)鋯及其化合物的流程如圖所示：（1）ZrSiO4中鋯元素的價(jià)態(tài)是；上述流程中，高溫氣化存在多個反應(yīng)，若不考慮反應(yīng)中的損失，則分餾后得到的SiCl4質(zhì)量通常比由純ZrSiO4發(fā)生的反應(yīng)得到的SiCl4質(zhì)量大，原因是SiCl4的電子式為（2）高溫氣化后的固體殘?jiān)鼵外，還有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化鐵溶液，過濾，從濾渣中分離出C和A12O3兩種固體的方法是（3）寫出上述流程中ZrCl4與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：（4）鋯還是核反應(yīng)堆燃料棒的包裹材料，鋯合金在高溫下與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，二氧化鋯可

9、以制造耐高溫納米陶瓷下列關(guān)于鋯、二氧化鋯的敘述中，正確的是（填序號）a鋯合金比純鋯的熔點(diǎn)高，硬度小b二氧化鋯陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料c將一束光線通過納米級二氧化鋯會產(chǎn)生一條光亮的通路d可采用氦作反應(yīng)堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑（5）工業(yè)上電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體也可制取金屬鋯電解的總反應(yīng)方程式為（6）某燃料電池是以C2H4作為燃料氣，另一極通入氧氣，電解質(zhì)是摻雜氧化釔（Y2O3）的氧化鋯（ZrO2）晶體，在熔融狀態(tài)下能傳導(dǎo)O2，則負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)式為10氨催化氧化是硝酸工業(yè)的基礎(chǔ)，按要求回答下列問題：（1）NH3與O2可生成NO，其熱化學(xué)方程式可表示為：4NH3（g）+5O2（g

10、）4NO（g）+6H2O（g）H已知幾種化學(xué)鍵的鍵能如表：化學(xué)鍵NHOHO=OE/（kJmol1）xymn由此計(jì)算得出H= （用上表中字母表示）kJmol1400時(shí)，在1L的密閉容器中加入l mol NH3和1.5mol O2，測得平衡時(shí)容器的壓強(qiáng)為p，且比反應(yīng)前壓強(qiáng)增大了4%，則該溫度下NH3的轉(zhuǎn)化率為；該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）；達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將反應(yīng)容器的體積增大一倍，平衡向（填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”）方向移動，判斷理由是（2）實(shí)際反應(yīng)中，在上述1L的密閉容器中加入l mol NH3和1.5mol O2的反應(yīng)過程中還

11、發(fā)生4NH3+3O2N2+6H2O反應(yīng)，有關(guān)溫度與各物質(zhì)的量關(guān)系如圖所示：已知400時(shí)，混合氣體中NH3、N2、NO的物質(zhì)的量比為5：6：3，則圖象中x=NH3生成NO和N2的反應(yīng)分別屬于、（填“吸熱反應(yīng)”或“放熱反應(yīng)”），溫度高于840后，各物質(zhì)的物質(zhì)的量發(fā)生如圖所示變化的原因可能是（只答一條即可）【化學(xué)-選修2，化學(xué)與技術(shù)11氨氣是工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中重要的產(chǎn)品，合成氨并綜合利用的某些過程如圖所示：（1）原料氣中的氫氣來源于水和碳?xì)浠衔镎垖懗黾淄楹退诖呋瘎┖透邷貤l件下反應(yīng)的方程式：（2）在工業(yè)生產(chǎn)中，設(shè)備A的名稱為，A中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是（3）上述生產(chǎn)中向母液通入氨氣同時(shí)加入，可促進(jìn)副產(chǎn)品

12、氯化銨的析出長期使用氯化銨會造成土壤酸化，尿素適用于各種土壤，在土壤中尿素發(fā)生水解，其水解的化學(xué)方程式是（4）純堿在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用，請寫出任意兩種用途：（5）圖中所示工業(yè)制法獲得的純堿中常含有NaCl雜質(zhì)，用下述方法可以測定樣品中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈的方法是樣品中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的數(shù)學(xué)表達(dá)式為化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)12已知A、B、C、D、E、F、G為前四周期中常見元素，且原子序數(shù)依次增大A的原子半徑最小，B的基態(tài)原子L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍，D的基態(tài)原子最外層電子排布式為nsnnpn+2，E為周期表中電負(fù)性最大的元素，F(xiàn)元素有多種化合價(jià)，它的一種氫氧化物在

13、空氣中易被氧化且最終變?yōu)榧t褐色，G與F同族且原子序數(shù)比F大2回答下列問題：（1）寫出基態(tài)F原子的電子排布式，其中含有種能量不同的電子（2）CE3和CA3均是三角錐形分子，鍵角分別為102°和107.3°，則C原子的雜化方式為，其中CE3的鍵角比CA3的鍵角小的原因是（3）B、C、D三種元素形成的一種粒子與二氧化碳分子互為等電子體，其化學(xué)式為（4）G單質(zhì)晶體中原子的堆積方式如圖所示（為面心立方最密堆積），則晶胞中G原子的配位數(shù)為若G原子半徑為r cm，則G原子所形成的最小正四面體空隙中，能填充的粒子的最大直徑為cm（用r表示）化學(xué)-選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)13化合物A是一種重要的

14、原料，其結(jié)構(gòu)簡式為，可由化合物甲生成其轉(zhuǎn)化關(guān)系及相應(yīng)反應(yīng)如下：已知：甲的分子式為C18H17ClO2回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為；A分子中最多有個碳原子處于同一平面上（2）CF的反應(yīng)類型為；F中含氧官能團(tuán)名稱為（3）化合物甲反應(yīng)生成A、B的化學(xué)方程式為（4）A有多種同分異構(gòu)體，其中符合下列條件：能與溴發(fā)生加成反應(yīng)分子中含苯環(huán)，且在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng)核磁共振氫譜有5組峰，且面積比為1：2：2：1：2的是（寫結(jié)構(gòu)簡式）；立體異構(gòu)中有一種形式為順反異構(gòu)，當(dāng)相同原子或基團(tuán)在雙鍵平面同一側(cè)時(shí)為順式結(jié)構(gòu)，在異側(cè)時(shí)為反式結(jié)構(gòu)，則A的順式結(jié)構(gòu)簡式為（5）是重要的有機(jī)合成工業(yè)中間體之一，廣泛用于醫(yī)

15、藥、香料、塑料和感光樹脂等化工產(chǎn)品，參照上述反應(yīng)路線，設(shè)計(jì)一條以A為原料合成的路線（其他試劑任選）2016年山東省威海市高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題1化學(xué)在生產(chǎn)、科研和日常生活中有著密切（）A將水庫的鋼閘門與電源負(fù)極相連或?qū)\塊焊接于閘門上以防止其生銹B用于文物年代鑒定的放射性14C和作為原子量標(biāo)準(zhǔn)的12C，化學(xué)性質(zhì)不同C苯酚、甲醛分別可用于環(huán)境消毒和魚肉等食品的防腐保鮮DNO2和SO2都是酸性氧化物，都是大氣污染物【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系【分析】A與電源負(fù)極相連，為外加電源的陰極保護(hù)法，將鋅塊焊接于閘門上為犧牲陽極的陰極保護(hù)法；B放射性14C和作為原子量標(biāo)準(zhǔn)的12

16、C，均為C原子；C苯酚、甲醛有毒；DNO2不是酸性氧化物【解答】解：A與電源負(fù)極相連，為外加電源的陰極保護(hù)法，將鋅塊焊接于閘門上為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，均可防止其生銹，故A正確；B放射性14C和作為原子量標(biāo)準(zhǔn)的12C，均為C原子，化學(xué)性質(zhì)相同，故B錯誤；C苯酚、甲醛有毒，不能作食品保鮮劑，故C錯誤；DNO2不是酸性氧化物，二者均為大氣污染物，故D錯誤；故選A2部分有機(jī)物分子會產(chǎn)生互變異構(gòu)，如苯與棱晶烷、降冰片二烯與四環(huán)烷均能發(fā)生互變異構(gòu)體：棱晶烷和四環(huán)烷的二氯代物的同分異構(gòu)體數(shù)目分別為（）A2，7B2，8C3，7D3，8【考點(diǎn)】有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象【分析】利用定一移二法確定二氯代物的同分異構(gòu)體

17、數(shù)目，寫出一氯代物，再根據(jù)分子中含有H原子種類，判斷二氯代物的數(shù)目，注意該方法存在重復(fù)情況；【解答】解：棱晶烷中，由于結(jié)構(gòu)高度對稱，先確定一個氯的位置，兩個氯相鄰時(shí)只有一種結(jié)構(gòu)，兩個氯處在對角線上有一種結(jié)構(gòu)，故二氯代物有2種同分異構(gòu)體；四環(huán)烷中，先確定一個氯的位置，當(dāng)另外一個氯與它相鄰時(shí)，有3種結(jié)構(gòu)；當(dāng)與它處在對角線時(shí)有1種結(jié)構(gòu)，不相鄰時(shí)有2種結(jié)構(gòu)，當(dāng)兩個氯在同一個碳上時(shí)，有1種結(jié)構(gòu)，共7種同分異構(gòu)體，故選A3石英與焦炭在高溫的氮?dú)饬髦邪l(fā)生可逆反應(yīng)，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下列敘述正確的是（）A該反應(yīng)

18、的氧化劑為N2，還原產(chǎn)物為COB反應(yīng)中每生成0.1mol Si3N4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.2molC增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動D反應(yīng)平衡常數(shù)表示為K=，升高溫度K值增大【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素【分析】由產(chǎn)物CO可知，SiO2與C化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為1：2 由產(chǎn)物Si3N4可知SiO2與N2化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為3：4，所以SiO2、C+、N2化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為3：6：4，令SiO2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3，結(jié)合元素守恒可知Si3N4、CO化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1、6，配平后方程式為3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g） Si3N4（s）+6CO（g）H0，A、化合價(jià)升高元素所在的反應(yīng)物為還原劑；被還原的結(jié)果是

19、還原產(chǎn)物，被氧化的結(jié)果是氧化產(chǎn)物； B、化學(xué)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目等于元素化合價(jià)升高或降低的數(shù)目；C、增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向著氣體體積減小的方向進(jìn)行；D、此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，對于放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡常數(shù)減小【解答】解：A、在氮化硅的合成反應(yīng)中，氮元素的化合價(jià)由0價(jià)降低到3價(jià)，所以氮?dú)馐茄趸瘎?；碳元素的化合價(jià)升高，被氧化成CO，CO是氧化產(chǎn)物，故A錯誤；B、氮元素的化合價(jià)總共降低了4×（30）=12價(jià)，所以每生成1molSi3N4，N2得到12mol電子，當(dāng)生成0.1mol Si3N4時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.2mol，故B正確；C、增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向著氣體體積減小的方向進(jìn)行，即向

20、著逆向進(jìn)行，故C錯誤；D、此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，對于放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡常數(shù)減小，故D錯誤；故選B4下列實(shí)驗(yàn)中，所采取的操作方法、對應(yīng)現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)目的操作現(xiàn)象和結(jié)論A實(shí)驗(yàn)室制較純凈乙烯將濃硫酸、乙醇混合液加熱至170，產(chǎn)生氣體通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色，說明除去了SO2，得到純凈乙烯氣體B檢驗(yàn)淀粉的水解程度向混合溶液中直接加入銀氨溶液，加熱沒有出現(xiàn)銀鏡，說明淀粉還沒有水解C驗(yàn)證甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)將過量的氯氣與甲烷混合，光照一段時(shí)間后滴入硝酸銀溶液有白色沉淀產(chǎn)生，證明發(fā)生取代反應(yīng)D比較碳酸與醋酸的酸性強(qiáng)弱用pH計(jì)測定0.1molL1的碳酸氫鈉和醋酸鈉的p

21、H值碳酸氫鈉溶液的pH大，證明碳酸的酸性比醋酸弱AABBCCDD【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)【分析】A乙醇、乙烯和二氧化硫都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色；B葡萄糖的銀鏡反應(yīng)需要在堿性條件下進(jìn)行；C氯氣也能和硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀；D酸的酸性越強(qiáng)，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小【解答】解：A乙醇、乙烯和二氧化硫都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則乙醇和二氧化硫都干擾乙烯的檢驗(yàn)，應(yīng)該用水溶液除去乙醇、用氫氧化鈉溶液除去二氧化硫，然后將氣體通入酸性高錳酸鉀或溴水中檢驗(yàn)乙烯，故A錯誤；B葡萄糖的銀鏡反應(yīng)需要在堿性條件下進(jìn)行，所以在加入銀氨溶液之前必須加入NaOH中

22、和未反應(yīng)的稀硫酸，否則實(shí)驗(yàn)不成功，故B錯誤；C氯氣和水反應(yīng)生成HCl、HClO，氯氣和水生成的HCl能和硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀，所以有白色沉淀生成不能說明發(fā)生了取代反應(yīng)，故C錯誤；D酸的酸性越強(qiáng)，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小，用pH計(jì)測定0.1molL1的碳酸氫鈉和醋酸鈉的pH值，碳酸氫鈉溶液的pH大于醋酸鈉，則說明醋酸酸性強(qiáng)于碳酸，故D正確；故選D5已知293K時(shí)下列物質(zhì)的溶度積（單位已省略）Ag2SO4FeSCuSAg2SKsp1.2×1056.3×10188.5×10456.3×1050下列說法正確的是（）A相同溫度下，Ag2SO4、FeS、C

23、uS飽和溶液中：c（Cu2+）c（Fe2+）c（Ag+）B向FeS懸濁液中滴加CuSO4溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：S2+Cu2+=CuSC濃度均為0.004molL1的AgNO3和H2SO4溶液等體積混合后不能產(chǎn)生沉淀D向飽和Ag2S溶液中加少量Na2S固體，溶液中c（Ag+）不變【考點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【分析】A相同溫度下，溶度積常數(shù)越小，溶解度越?。籅硫化亞鐵為沉淀，書寫時(shí)應(yīng)保留化學(xué)式；CQc（Ag2SO4）=c（Ag+）2c（SO42），比較Qc與Ksp大小，依據(jù)溶度積規(guī)則判斷；D依據(jù)Ksp=c（Ag+）2c（S2）判斷【解答】解：A相同溫度下，溶度積常數(shù)越小，溶解度

24、越小，由圖中數(shù)據(jù)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錯誤；B向FeS懸濁液中滴加CuSO4溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：FeS（S）+Cu2+（ap）=CuS（s）+Fe2+（aq），故B錯誤；C濃度均為0.004molL1的AgNO3和H2SO4溶液等體積混合，則混合后c（Ag+）=c（SO42）=0.002mol/L，則Qc（Ag2SO4）=c（Ag+）2c（SO42）=（0.002）2×（0.002）=8×109，而293K時(shí)Ksp（Ag2S

25、O4）=1.2×105，QcKsp，反應(yīng)向溶解方向進(jìn)行，不能產(chǎn)生沉淀，故C正確；D溫度不變則Ksp不變，依據(jù)Ksp=c（Ag+）2c（S2）可知，向飽和Ag2S溶液中加少量Na2S固體，硫離子濃度增大，則銀離子濃度減小，故D錯誤；故選：C6四種短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X、W原子序數(shù)之和等于Y、Z原子序數(shù)之和X、W兩元素位于同一主族，Y元素是其所在周期中原子半徑最大的元素（惰性氣體元素除外），Z的單質(zhì)是銀白色固體，易導(dǎo)電，常溫下不易溶于濃硫酸下列有關(guān)推斷錯誤的是（）AX的氫化物的沸點(diǎn)高于同族其他元素氫化物的沸點(diǎn)B陰離子還原性：XW；陽離子氧化性：ZYCX與Y兩種元素

26、可形成含有共價(jià)鍵的離子化合物DZ與W兩種元素形成的化合物在水溶液中不能存在【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【分析】四種短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z單質(zhì)是銀白色固體，易導(dǎo)電，常溫下不易溶于濃硫酸，短周期元素中能夠與濃硫酸發(fā)生鈍化的為金屬Al，則Z為Al元素；Y元素是其所在周期中原子半徑最大的元素（惰性氣體元素除外），則Y位于A族，為Li或Na元素；W的原子數(shù)大于Al，又X、W兩元素位于同一主族，則X、W族序數(shù)大于，故Y只能為Na元素；X、W原子序數(shù)之和等于Y、Z原子序數(shù)之和，則X、W的原子序數(shù)之和=11+13=24，設(shè)X、W的原子序數(shù)分別為x、x+8，則x+x+8=24，解得

27、x=8，則X為O、W為S元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律知識進(jìn)行解答【解答】解：四種短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z單質(zhì)是銀白色固體，易導(dǎo)電，常溫下不易溶于濃硫酸，短周期元素中能夠與濃硫酸發(fā)生鈍化的為金屬Al，則Z為Al元素；Y元素是其所在周期中原子半徑最大的元素（惰性氣體元素除外），則Y位于A族，為Li或Na元素；W的原子數(shù)大于Al，又X、W兩元素位于同一主族，則X、W族序數(shù)大于，故Y只能為Na元素；X、W原子序數(shù)之和等于Y、Z原子序數(shù)之和，則X、W的原子序數(shù)之和=11+13=24，設(shè)X、W的原子序數(shù)分別為x、x+8，則x+x+8=24，解得x=8，則X為O、W為S元素，AX為O元素，

28、其氰化物為水，分子中存在氫鍵，導(dǎo)致水的沸點(diǎn)較高，故A正確；B非金屬性O(shè)S，金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)離子的還原性越弱，則陰離子還原性：XW；金屬性NaAl，金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)離子的氧化性越弱，則陽離子氧化性：ZY，故B錯誤；CX為O、Y為Na，二者形成的過氧化鈉為離子化合物，過氧化鈉中含有共價(jià)鍵，故C正確；DZ為Al、W為S，硫化鋁在水溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)，所以硫化鋁在水溶液中不能穩(wěn)定存在，故D正確；故選B7常溫下，將一定量的一元有機(jī)弱酸：HA加入到100mL水與100mL苯的混合體系中，HA在水中部分電離：HAH+A，在苯中則部分發(fā)生雙聚反應(yīng)：2HA（HA）2在水和苯中，HA的起始濃度及平衡濃度關(guān)系如圖

29、所示下列有關(guān)該混合體系說法正確的是（）AHA在水中的電離速率大于其在苯中的雙聚速率Bt1時(shí)刻在水中和苯中c（A）相同C向上述的混合體系中加入少量水和苯的混合物，則兩平衡均正移，c（HA）均減小D用10mL 0.05molL1的NaOH溶液可恰好中和混合體系中的HA【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【分析】A由圖象可知，在相同時(shí)間內(nèi)，在苯中HA的濃度變化值大；B在苯中不存在A；C水溶液中促進(jìn)了電離，平衡向著正向移動，苯體系中平衡向著分子數(shù)增大的方向移動；D計(jì)算混合物中HA的物質(zhì)的量，HA與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)【解答】解：A由圖象可知，在相同時(shí)間內(nèi)，在苯中HA的濃度變化值大，所以HA在水中的電

30、離速率小于其在苯中的雙聚速率，故A錯誤；B在苯中則部分發(fā)生雙聚反應(yīng)：2HA（HA）2，所以在苯中不存在A，故B錯誤；C向上述的混合體系中加入少量水和苯的混合物，水溶液中濃度越小，電離程度越大，則上述平衡正移，且c（HA）減?。欢饺芤褐邢♂屵^程，平衡將向分子數(shù)增大方向移動，即向逆方向移動，但c（HA）會減小，故C錯誤；D10mL 0.05molL1的NaOH溶液中n（NaOH）=0.0005mol，混合體系中的HA的物質(zhì)的量為0.0005mol，則HA與NaOH等物質(zhì)的量恰好反應(yīng)，故D正確故選D二、解答題（共3小題，滿分43分）8空氣是人類賴以生存的自然資源在工業(yè)生產(chǎn)上規(guī)定，空氣中二氧化硫的最

31、大允許排放濃度不得超過0.02mgL1（1）為測定某地方空氣中SO2和可吸入顆粒的含量，甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置：注：氣體流速管是用來測量單位時(shí)間內(nèi)通過氣體體積的裝置上述實(shí)驗(yàn)過程中化學(xué)反應(yīng)的原理是SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI（用化學(xué)方程式表示）應(yīng)用上述裝置測定空氣中SO2含量和可吸入顆粒的含量，除測定氣體流速（單位：mLs1）外，還需要測定碘溶液藍(lán)色褪去所需的時(shí)間和裝置A在反應(yīng)前后的質(zhì)量或吸收前后顆粒吸附劑、棉花、玻璃管（盛放容器）的總質(zhì)量己知：碘單質(zhì)微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度請你協(xié)助甲同學(xué)完成l00mL5×104mo1L1碘溶液的配制為配制精確濃度的

32、溶液，先要配制1000mLl×102 molL1碘溶液，再取5.00mL溶液稀釋成為5×104molL1碘溶液第一步：準(zhǔn)確稱取2.54g碘單質(zhì)加入燒杯中，同時(shí)加入少量碘化鉀固體，加適量水?dāng)嚢枋怪耆芙獾诙剑簩⒌谝徊剿萌芤喝哭D(zhuǎn)入1000 mL的容量瓶中，洗滌、定容、搖勻第三步：用第二步所得溶液配制5×104mo1L1碘溶液，此步操作中，除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外還需要的玻璃儀器有移液管（或酸式滴定管） 100mL容量瓶（填儀器名稱）（2）空氣中SO2含量的測定：在指定的地點(diǎn)取樣，以200mLs1氣體流速通過氣體流速管通入到上圖實(shí)驗(yàn)裝置中，觀察記錄碘溶液褪色所

33、需時(shí)間為500s，則該地空氣中的SO2含量是0.016mgL1，符合（填“符合”、“不符合”）排放標(biāo)準(zhǔn)如果甲同學(xué)用該方法測量空氣中SO2的含量時(shí)，所測得的數(shù)值比實(shí)際含量低，其原因可能是氣體流速過快，吸收不完全（或未充分反應(yīng)）；裝置氣密性較差（假設(shè)溶液配制、稱量或量取及各種讀數(shù)均無錯誤）”【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量【分析】（1）二氧化硫用碘溶液來吸收生產(chǎn)歷史和碘化氫，測定SO2含量，除測定氣體流速（單位：cm3min1）外，還需要測定溶液藍(lán)色恰好褪去所需的時(shí)間，要測可吸入顆粒的含量，可用顆粒吸附劑來吸收，顆粒吸附劑前后質(zhì)量之差即為可吸入顆粒的質(zhì)量，則應(yīng)測定吸收前后顆粒吸附劑、棉花、盛

34、放容器的總質(zhì)量；準(zhǔn)確稱取碘單質(zhì)的質(zhì)量=1L×l×102 molL1 ×254g/mol=2.54g，碘單質(zhì)加入燒杯中，同時(shí)還應(yīng)加入少量碘化鉀固體，依據(jù)配制100ml溶液的步驟選擇需要的玻璃儀器；（2）依據(jù)化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；如果抽氣速度過快，部分二氧化硫可能來不及和碘水反應(yīng)；如果裝置漏氣時(shí)，部分二氧化硫會逸散出廣口瓶【解答】解：（1）二氧化硫用碘溶液來吸收，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，故答案為：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4；要測可吸入顆粒的含量，可用顆粒吸附劑來吸收，顆粒

35、吸附劑前后質(zhì)量之差即為可吸入顆粒的質(zhì)量，則應(yīng)測定吸收前后顆粒吸附劑、棉花、盛放容器的總質(zhì)量，測定SO2含量，除測定氣體流速（單位：cm3min1）外，還需要測定溶液藍(lán)色恰好褪去所需的時(shí)間，故答案為：裝置A在反應(yīng)前后的質(zhì)量或吸收前后顆粒吸附劑、棉花、玻璃管（盛放容器）的總質(zhì)量；第一步：為配制精確濃度的溶液，先要配制1000mLl×102 molL1碘溶液，再取5.00mL溶液稀釋成為5×104molL1碘溶液計(jì)算需要稱量碘單質(zhì)的質(zhì)量=1L×l×102 molL1 ×254g/mol=2.54g，故答案為：2.54；第二步：由題意可知碘單質(zhì)微溶于水

36、，KI可以增大碘在水中的溶解度，則準(zhǔn)確稱取2.54g碘單質(zhì)加入燒杯中，同時(shí)還應(yīng)加入少量碘化鉀固體，加適量水?dāng)嚢枋怪耆芙猓瑒t第二步操作應(yīng)將第一步所得溶液全部轉(zhuǎn)入1000 mL的容量瓶中，定容，搖勻，則從第二步所得溶液中，取出10.00mL溶液于100mL容量瓶中，加水稀釋至刻度線，可得碘溶液，故答案為：將第一步所得溶液全部轉(zhuǎn)入1000 mL的容量瓶中；第三步：用第二步所得溶液配制5×104mo1L1碘溶液100ml，此步操作中，除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外還需要的玻璃儀器有移液管（或酸式滴定管） 100mL容量瓶，故答案為：移液管（或酸式滴定管） 100mL容量瓶；（2）碘單質(zhì)物質(zhì)的

37、量=0.050L×5×104mol/L=2.5×105mol，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI 二氧化硫物質(zhì)的量為2.5×105mol，質(zhì)量為2.5×105mol×64g/moL=1.6×103g，以200mLs1氣體流速通過氣體流速管通入到上圖實(shí)驗(yàn)裝置中，觀察記錄碘溶液褪色所需時(shí)間為500s，體積=200mLs1×500s=100000ml，所以空氣中SO2的含量為g/cm3=0.016mg/L，空氣中二氧化硫的最大允許排放濃度不得超過0.02mgL1，則此氣體符合排放標(biāo)準(zhǔn)，故答案為：0.016；符合；

38、如果抽氣速度過快，部分二氧化硫可能來不及和碘水反應(yīng)，從而導(dǎo)致測得的數(shù)值比實(shí)際含量低；吸收不完全測定結(jié)果會偏低；如果裝置漏氣時(shí)，部分二氧化硫會逸散出廣口瓶，從而導(dǎo)致測得的數(shù)值比實(shí)際含量低故答案為：氣體流速過快，吸收不完全（或未充分反應(yīng)）；裝置氣密性較差9鋯（40Zr）是現(xiàn)代工業(yè)的重要金屬原料，具有良好的可塑性，抗蝕性能超過鈦以鋯英石（主要成分是ZrSiO4，還含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)）為原料生產(chǎn)鋯及其化合物的流程如圖所示：（1）ZrSiO4中鋯元素的價(jià)態(tài)是+4；上述流程中，高溫氣化存在多個反應(yīng)，若不考慮反應(yīng)中的損失，則分餾后得到的SiCl4質(zhì)量通常比由純ZrSiO4發(fā)生的反

39、應(yīng)得到的SiCl4質(zhì)量大，原因是因?yàn)殡s質(zhì)中的SiO2也通過反應(yīng)產(chǎn)生了SiCl4SiCl4的電子式為（2）高溫氣化后的固體殘?jiān)鼵外，還有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化鐵溶液，過濾，從濾渣中分離出C和A12O3兩種固體的方法是加堿浸取過濾得到C，再向?yàn)V液中通入足量CO2，過濾后將固體加熱得到氧化鋁（或加酸浸取過濾得到C，再向?yàn)V液中加氨水，過濾后將固體加熱得到氧化鋁）（3）寫出上述流程中ZrCl4與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl（4）鋯還是核反應(yīng)堆燃料棒的包裹材料，鋯合金在高溫下與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，二氧化鋯可以制造耐高溫納米陶瓷下列關(guān)于鋯、二氧化鋯

40、的敘述中，正確的是bd（填序號）a鋯合金比純鋯的熔點(diǎn)高，硬度小b二氧化鋯陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料c將一束光線通過納米級二氧化鋯會產(chǎn)生一條光亮的通路d可采用氦作反應(yīng)堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑（5）工業(yè)上電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體也可制取金屬鋯電解的總反應(yīng)方程式為K2ZrF6+4KClZr+6KF+2Cl2（6）某燃料電池是以C2H4作為燃料氣，另一極通入氧氣，電解質(zhì)是摻雜氧化釔（Y2O3）的氧化鋯（ZrO2）晶體，在熔融狀態(tài)下能傳導(dǎo)O2，則負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)式為C2H4+6O212e2CO2+2H2O【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【分析】鋯英石（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2

41、SiO2，還含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），通入足量的氯氣以及和足量的石焦油反應(yīng)，ZrSiO4轉(zhuǎn)化為ZrCl4，加水水解，使ZrCl4轉(zhuǎn)化為ZrOCl28H2O，900加熱分解，即可得到ZrO2，加入鎂置換得到海綿鋯，加入鎂置換得到海綿鋯（1）根據(jù)在化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為零，結(jié)合ZrSiO4的化學(xué)式進(jìn)行解答；因鋯英石含有雜質(zhì)SiO2，SiO2也能在高溫氣化條件下反應(yīng)生成SiCl4，SiCl4分子中硅原子最外層有4個電子，能形成4個共價(jià)鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，每個氯原子能形成一個共價(jià)鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（2）根據(jù)碳和氧化鋁的化學(xué)性質(zhì)的差異進(jìn)行分離，氧化鋁為兩性氧化物；（3）根據(jù)圖示ZrC

42、l4與水反應(yīng)產(chǎn)物為ZrOCl28H2O，結(jié)合原子守恒進(jìn)行解答；（4）合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)，合金的硬度大，熔點(diǎn)低，陶瓷屬于無機(jī)非金屬材料，二氧化鋯為化合物無丁達(dá)爾效應(yīng)，氦為稀有氣體，能作保護(hù)氣；（5）電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體，反應(yīng)物為K2ZrF6、KCl，生成物為金屬鋯，鋯的化合價(jià)降低，則氯的化合價(jià)升高生成氯氣，根據(jù)原子守恒即得失電子守恒解答；（6）燃料所在極為負(fù)極，負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，為乙烯失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化碳和水【解答】解：鋯英石（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2SiO2，還含少量Al2O3、SiO2、Fe2O

43、3等雜質(zhì)），通入足量的氯氣以及和足量的石焦油反應(yīng)，ZrSiO4轉(zhuǎn)化為ZrCl4，加水水解，使ZrCl4轉(zhuǎn)化為ZrOCl28H2O，900加熱分解，即可得到ZrO2，加入鎂置換得到海綿鋯，加入鎂置換得到海綿鋯（1）根據(jù)在化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為零，氧元素顯2價(jià)，硅元素顯+4價(jià)，設(shè)鋯元素（Zr）的化合價(jià)是x，可知ZrSiO4中鋯元素（Zr）的化合價(jià)：x+（+4）+（2）×4=0，則x=+4，鋯英石（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2SiO2，還含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），雜質(zhì)SiO2也能在高溫氣化條件下反應(yīng)生成SiCl4，則分餾后得到的SiCl4質(zhì)量通常比由

44、純ZrSiO4發(fā)生的反應(yīng)得到的SiCl4質(zhì)量大，SiCl4分子中硅原子最外層有4個電子，能形成4個共價(jià)鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，每個氯原子能形成一個共價(jià)鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電子式為：，故答案為：+4；因?yàn)殡s質(zhì)中的SiO2也通過反應(yīng)產(chǎn)生了SiCl4；（2）氧化鋁為兩性氧化物，易溶于強(qiáng)酸強(qiáng)堿，碳不溶于非氧化性酸，不溶于堿，從濾渣中分離出C和A12O3兩種固體：加堿浸取過濾得到C，再向?yàn)V液中通入足量CO2，過濾后將固體加熱得到氧化鋁（或加酸浸取過濾得到C，再向?yàn)V液中加氨水，過濾后將固體加熱得到氧化鋁），故答案為：加堿浸取過濾得到C，再向?yàn)V液中通入足量CO2，過濾后將固體加熱得到氧化鋁（或加酸浸取過濾得到C，再向?yàn)V

45、液中加氨水，過濾后將固體加熱得到氧化鋁）；（3）ZrCl4與水反應(yīng)產(chǎn)物為ZrOCl28H2O，根據(jù)原子守恒，反應(yīng)方程式為：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl，故答案為：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（4）a合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的混合物一般說來合金的硬度一般比各成分金屬大，多數(shù)合金的熔點(diǎn) 低于組成它的成分金屬的熔點(diǎn)，所以鋯合金比純鋯的熔點(diǎn)低，硬度大，故a錯誤；b陶瓷屬于無機(jī)非金屬材料，二氧化鋯陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料，故b正確；c將一束光線通過膠體會產(chǎn)生一條光亮的通路，但二氧化鋯為化合物無丁達(dá)爾效應(yīng)，故c錯誤；d氦為稀

46、有氣體，可采用氦作反應(yīng)堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑，故d正確；故答案為：bd；（5）電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體，反應(yīng)物為K2ZrF6、KCl，生成物為金屬鋯，鋯的化合價(jià)降低（+40），則氯的化合價(jià)升高生成氯氣（10），轉(zhuǎn)移4e，根據(jù)原子守恒即得失電子守恒所以方程式為：K2ZrF6+4KClZr+6KF+2Cl2，故答案為：K2ZrF6+4KClZr+6KF+2Cl2；（6）該燃料電池中通入乙烯的一極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，乙烯失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化碳和水，電極反應(yīng)式為：C2H4+6O212e2CO2+2H2O，故答案為：C2H4+6O212e2CO2+2H2O10氨催化氧化是硝酸

47、工業(yè)的基礎(chǔ)，按要求回答下列問題：（1）NH3與O2可生成NO，其熱化學(xué)方程式可表示為：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H已知幾種化學(xué)鍵的鍵能如表：化學(xué)鍵NHOHO=OE/（kJmol1）xymn由此計(jì)算得出H=12x+5n4y12m （用上表中字母表示）kJmol1400時(shí)，在1L的密閉容器中加入l mol NH3和1.5mol O2，測得平衡時(shí)容器的壓強(qiáng)為p，且比反應(yīng)前壓強(qiáng)增大了4%，則該溫度下NH3的轉(zhuǎn)化率為40%；該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=3.545×103p（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）；達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將反應(yīng)

48、容器的體積增大一倍，平衡向正反應(yīng)（填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”）方向移動，判斷理由是對氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，減小壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方程移動（2）實(shí)際反應(yīng)中，在上述1L的密閉容器中加入l mol NH3和1.5mol O2的反應(yīng)過程中還發(fā)生4NH3+3O2N2+6H2O反應(yīng)，有關(guān)溫度與各物質(zhì)的量關(guān)系如圖所示：已知400時(shí)，混合氣體中NH3、N2、NO的物質(zhì)的量比為5：6：3，則圖象中x=0.3NH3生成NO和N2的反應(yīng)分別屬于放熱反應(yīng)、放熱反應(yīng)（填“吸熱反應(yīng)”或“放熱反應(yīng)”），溫度高于840后，各物質(zhì)的物質(zhì)的量發(fā)生如圖所示變化的原因可能是可能是氨氣高溫分解生成氮?dú)夂蜌錃?，使氨氣氧化生成NO平衡向左移動

49、；NO高溫分解生成氮?dú)夂脱鯕猓话睔夂蚇O反應(yīng)生成氮?dú)夂退ㄖ淮鹨粭l即可）【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；化學(xué)平衡的影響因素【分析】（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），反應(yīng)的焓變H=反應(yīng)物鍵能總和生成物的鍵能總和；依據(jù)化學(xué)平衡的三行式列式計(jì)算，氣體壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將反應(yīng)容器的體積增大一倍，壓強(qiáng)減小平衡向氣體體積增大的方向進(jìn)行；（2）在上述1L的密閉容器中加入l mol NH3和1.5mol O2的反應(yīng)過程中還發(fā)生4NH3+3O2N2+6H2O反應(yīng)，400時(shí)，混合氣體

50、中NH3、N2、NO的物質(zhì)的量比為5：6：3，結(jié)合氮元素守恒計(jì)算x；氨氣和氧氣的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度高于840后，各物質(zhì)的物質(zhì)的量發(fā)生變化，NO減小，氮?dú)庠黾?，結(jié)合化學(xué)平衡影響因素分析判斷【解答】解：（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），反應(yīng)的焓變H=反應(yīng)物鍵能總和生成物的鍵能總和=12x+5n4y12m，故答案為：12x+5n4y12m；400時(shí)，在1L的密閉容器中加入l mol NH3和1.5mol O2，測得平衡時(shí)容器的壓強(qiáng)為p，且比反應(yīng)前壓強(qiáng)增大了4%，設(shè)達(dá)到平衡狀態(tài)消耗氨氣物質(zhì)的量為x， 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），起始量（mo

51、l） 1 1.5 0 0變化量（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，則該溫度下NH3的轉(zhuǎn)化率=×100%=40%，平衡總物質(zhì)的量=3.5mol，用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=3.545×103p，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量增大，達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將反應(yīng)容器的體積增大一倍，壓強(qiáng)減小平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，故答案為：40%；3.545×103p；正反應(yīng)，對氣體分子數(shù)增大的反

52、應(yīng)，減小壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方程移動；（2）在上述1L的密閉容器中加入l mol NH3和1.5mol O2的反應(yīng)過程中還發(fā)生4NH3+3O2N2+6H2O反應(yīng)，已知400時(shí)，混合氣體中NH3、N2、NO的物質(zhì)的量比為5：6：3，結(jié)合氮元素守恒計(jì)算，5y+6y×2+3y=1y=0.05氮?dú)馕镔|(zhì)的量=6y=0.05mol×6=0.3mol，x=0.3故答案為：0.3；上述計(jì)算分析可知，NH3生成NO和N2的反應(yīng)分別屬于放熱反應(yīng)，溫度高于840后，各物質(zhì)的物質(zhì)的量發(fā)生如圖所示變化，NO減小，N2物質(zhì)的量增大，可能是氨氣高溫分解生成氮?dú)夂蜌錃猓拱睔庋趸蒒O平衡向左移動；NO高溫

53、分解生成氮?dú)夂脱鯕猓话睔夂蚇O反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，故答案為：放熱反?yīng)，放熱反應(yīng)；可能是氨氣高溫分解生成氮?dú)夂蜌錃?，使氨氣氧化生成NO平衡向左移動；NO高溫分解生成氮?dú)夂脱鯕猓话睔夂蚇O反應(yīng)生成氮?dú)夂退净瘜W(xué)-選修2，化學(xué)與技術(shù)11氨氣是工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中重要的產(chǎn)品，合成氨并綜合利用的某些過程如圖所示：（1）原料氣中的氫氣來源于水和碳?xì)浠衔镎垖懗黾淄楹退诖呋瘎┖透邷貤l件下反應(yīng)的方程式：CH4+2H2OCO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2（2）在工業(yè)生產(chǎn)中，設(shè)備A的名稱為沉淀池，A中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3（3）上述生產(chǎn)中向母液通入氨氣同時(shí)

54、加入NaCl，可促進(jìn)副產(chǎn)品氯化銨的析出長期使用氯化銨會造成土壤酸化，尿素適用于各種土壤，在土壤中尿素發(fā)生水解，其水解的化學(xué)方程式是CO（NH2）2+H2O=2NH3+CO2（4）純堿在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用，請寫出任意兩種用途：制玻璃、造紙（5）圖中所示工業(yè)制法獲得的純堿中常含有NaCl雜質(zhì)，用下述方法可以測定樣品中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈的方法是往少量的最后一次洗滌所得濾液中加入稀H2SO4溶液（或AgNO3溶液），若產(chǎn)生白色沉淀，則沉淀沒有洗滌干凈，若無白色沉淀，則沉淀已洗滌干凈樣品中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的數(shù)學(xué)表達(dá)式為（1）×100%【考點(diǎn)】工業(yè)合成氨；純堿工業(yè)（侯氏

55、制堿法）【分析】（1）反應(yīng)物為甲烷和水，條件是高溫、催化劑，產(chǎn)物之一是氫氣，甲烷完全燃燒產(chǎn)物是二氧化碳，不完全燃燒產(chǎn)物為一氧化碳，據(jù)此寫出即可；（2）依據(jù)反應(yīng)原理推斷設(shè)備A的名稱以及書寫化學(xué)反應(yīng)方程式即可；（3）依據(jù)反應(yīng)中的生成物回答需要的原料，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理寫出化學(xué)反應(yīng)方程式；（4）依據(jù)純堿的用途回答；（5）依據(jù)洗滌沉淀的方法回答；依據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算方法，計(jì)算即可【解答】解：（1）依據(jù)題給的信息，甲烷與水在高溫催化劑作用下生成二氧化碳（或一氧化碳）和氫氣，故化學(xué)反應(yīng)方程式為CH4+2H2O CO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2，故答案為：CH4+2H2O CO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2；（2）在生產(chǎn)中，設(shè)備A中應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物純堿，故A為沉淀池，發(fā)生的反應(yīng)為：NH3+CO2+H2O+NaCl