2019-2020年高考化学二模试卷 含解析.doc

2019-2020年高考化学二模试卷 含解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（xx汕头二模）下列说法正确的是（）A需要加热的化学反应都是吸热反应B水力发电是将化学能转化为电能的过程C食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐D生铁、不锈钢、青铜都属于合金2（3分）（xx汕头二模）下列叙述正确的是（）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C13（3分）（xx汕头二模）下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（）A在含有大量HCO3的溶液中：Na+、N、Cl、AlO2B加铝粉放出大量H2的溶液中：K+、NH4+、SO42、BrC含0.1 molL1NO3的溶液：H+、Fe2+、Mg2+、ClD能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO4、NO34（3分）（xx汕头二模）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NAB1mol Na2CO3晶体中含CO离子数小于1 NAC惰性电极电解食盐水，若线路中通过1 NA电子，则阳极产生气体11.2LD0.1 mol的CaO2中含阴离子数是0.2 NA5（3分）（xx汕头二模）下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A乙烷和氯气制氯乙烷；乙烯与氯化氢反应制氯乙烷B乙醇和乙酸制乙酸乙酯；苯的硝化反应C葡萄糖与新制氢氧化铜共热；蔗糖与稀硫酸共热D乙醇和氧气制乙醛；苯和氢气制环己烷6（3分）（xx汕头二模）下列操作和现象与结论均正确的是（） 选项 操作 现象 结论 A 向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2 有白色沉淀生成 BaSO3难溶于酸 B 向等浓度的KCl、Kl混合液中滴加AgNO3溶液 先出现白色沉淀 Ksp（AgCl）Ksp（AgI） C 溴乙烷与NaOH水溶液共热后，加HNO3酸化，滴加AgNO3溶液 出现淡黄色沉淀 溴乙烷含溴元素 D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质AABBCCDD7（3分）（xx汕头二模）X、Y、Z、W为四种短周期元素，它们在周期表中位于连续的四个主族，如图所示Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的下列说法中正确的是（） XYZWA原子半径由小到大的顺序为XZYWBY元素最高价氧化物对应的水化物化学式为HYO3CX、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同DY最简单气态氢化物比Y相邻周期同主族元素气态氢化物沸点高8（3分）（xx汕头二模）在常温时，将V1mLc1molL1CH3COOH溶液中滴加到V2mLc2molL1NaOH溶液中，下列结论中，错误的是（）A如果V1=V2，c1=c2，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）B如果混合溶液的pH=7，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）C如果混合溶液的pH7，则不可能V1c1=V2c2D如果V1=V2，且混合溶液的pH7，则c1c2二、解答题（共4小题）9（14分）（xx汕头二模）合成一种有机化合物的途径往往有多种，如图所示为合成醇类物质乙的两种不同途径回答下列问题：（1）甲分子中含氧官能团的名称是，甲的化合物1mol完全燃烧消耗氧气mol（2）由甲催化加氢生成乙的过程中，可能有和生成（写结构简式）（3）戊的一种属于芳香烃的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为3：1，写出戊的这种同分异构体的结构简式（4）由丁丙的反应类型为，检验丙中是否含有丁可选用的试剂是（填各项中序号）aNabNaHCO3溶液c银氨溶液d浓硫酸（5）物质乙还可由C10H19Cl与NaOH水溶液共热生成写出该反应过程中，发生反应的化学方程式并注明反应条件：（有机化合物均用结构简式表示）10（16分）（xx汕头二模）（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气其中生成NO的能量变化示意图如图1：该反应的热化学方程式为根据图1所示，只改变条件R，当N2的转化率从a3到a1时，平衡常数KA可能增大 B一定不变 C可能不变 D可能减小 E增大、减小、不变均有可能（2）尿素（又称碳酰胺）是含氮量最高的氮肥，工业上利用CO2和NH3在一定条件下合成尿素的反应分为：第一步：2NH3（g）+CO2（g）H2NCOONH4（氨基甲酸铵） （l）第二步：H2NCOONH4（l）H2O（g）+H2NCONH2（l）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为500L的密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图2所示：合成尿素总反应的快慢由第步反应决定反应进行到10min时测得CO2的物质的量如上图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）=mol/（Lmin）由氨基甲酸铵和CO2曲线变化可得出关于浓度变化和平衡状态的两条结论是：a；b11（16分）（xx汕头二模）氧化铁是重要的工艺颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：（1）加碳酸钠溶液并小火加热的操作目的是；操作的名称是，操作的名称是；（2）流程所发生的反应为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O过程中，加入稍过量的NH4HCO3溶液后，且要控制溶液的为6.87.2之间加入稍过量的目的是，溶液的pH不能过低的原因是检验滤液B中含有NH4+的方法是（3）有些同学认为KMnO4溶液滴定能进行铁元素含量的测定a、称取2.85g绿矾（FeSO47H2O）产品，配成250mL溶液；b、量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c、用硫酸化的0.0100mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL写出酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式用KMnO4标准溶液滴定时应选用滴定管（填“酸式”或“碱式”）计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为12（18分）（xx汕头二模）依据有关信息解答下列化学实验问题：（）醛类是重要的工业原料，可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，生成是羟基磺酸钠（易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液）RCHO+NaHSO3RCH（OH）SO3Na（1）若使CH3CH（OH）SO3Na全部变成乙醛，可采用的试剂是或；分离乙醛的操作方法（）实验室利用苯甲醛（安息香醛）制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理：已知部分物质的性质：苯甲醇：稍溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲醛：微溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲酸：溶解度为0.34g（25），易溶于有机溶剂主要过程如图所示：回答下列问题：（2）操作的名称是，乙醚溶液中所溶解的主要成分是；（3）操作的名称是，产品乙是（4）按上述操作所得的产品甲中常含有一定量的有机杂质（填写杂质的名称）；限用下列试剂：酸性KMnO4、稀NaOH溶液、稀H2SO4、饱和NaHSO3溶液写出检验产品甲中含有该杂质的过程：xx年广东省汕头市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（xx汕头二模）下列说法正确的是（）A需要加热的化学反应都是吸热反应B水力发电是将化学能转化为电能的过程C食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐D生铁、不锈钢、青铜都属于合金考点：吸热反应和放热反应；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的能量转化形式；生活中常见合金的组成分析：A放热反应有时需要引发；B水力发电将水能转化为电能；C纯碱是Na2CO3，是阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子的化合物；D合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法熔合而成的具有金属特性的物质结合各物质的成分判断解答：解：A放热反应有时需要加热引发，如铝热反应，所以需要加热的化学反应不一定是吸热反应，故A错误； B水力发电是将水能主要是机械能转化为电能的过程，没有发生化学反应，不是将化学能转化为电能，故B错误；C纯碱是Na2CO3，是阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子的化合物，是盐不是碱，故C错误；D生铁的主要成分是铁与碳，属于合金，不锈钢是在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、硅、钴等合金元素，属于合金，青铜主要含有铜、锡、铅等，属于合金，故D正确；故选D点评：本题考查放热反应和能量的转化、酸碱盐的概念的辨析、合金等问题，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2（3分）（xx汕头二模）下列叙述正确的是（）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C1考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；钠的化学性质；铝的化学性质分析：A铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；B漂白粉中次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒；胶体具有吸附性而净水；C二氧化硫具有还原性，能被次氯酸钙氧化生成硫酸钙；D二者反应电荷不守恒解答：解：A铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故A错误；B漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故B正确；C二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，故C错误；D二者反应离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2C1，故D错误；故选B点评：本题考查较综合，涉及氧化还原反应、盐类水解等知识点，明确元素化合物性质即可解答，易错选项是C，注意二者发生氧化还原反应，题目难度不大3（3分）（xx汕头二模）下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（）A在含有大量HCO3的溶液中：Na+、N、Cl、AlO2B加铝粉放出大量H2的溶液中：K+、NH4+、SO42、BrC含0.1 molL1NO3的溶液：H+、Fe2+、Mg2+、ClD能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO4、NO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：AHCO3与AlO2不能大量共存；B加铝粉放出大量H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C酸性条件下NO3具有强氧化性，与具有还原性的离子不能大量共存；D能使甲基橙变红的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应则可大量共存解答：解：AHCO3与AlO2发生反应生CO32和Al（OH）3成而不能大量共存，故A错误；B加铝粉放出大量H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在碱性溶液中NH4+不能大量共存，故B错误；C酸性条件下NO3具有强氧化性，具有还原性的Fe2+不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙变红的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，答题时要注意题给信息，明确离子的性质是解答该题的关键，易错点为A，注意离子之间的反应，题目难度不大4（3分）（xx汕头二模）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NAB1mol Na2CO3晶体中含CO离子数小于1 NAC惰性电极电解食盐水，若线路中通过1 NA电子，则阳极产生气体11.2LD0.1 mol的CaO2中含阴离子数是0.2 NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、金属钠为1价金属，根据电子守恒分析2.3g钠完全反应注意的电子的物质的量；B、碳酸钠晶体中碳酸根离子的物质的量等于碳酸钠的物质的量；C、没有告诉是标准状况下，无法计算阳极生成气体的体积；D、过氧化钙中的阴离子为过氧根离子，0.1mol过氧化钙中含有0.1mol阴离子解答：解：A、2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，金属钠完全反应失去0.1mol电子，转移电子数均为0.1NA，故A正确；B、1mol碳酸钠中含有1mol碳酸根离子，含有的碳酸根离子数为1NA，故B错误；C、惰性电极电解食盐水，若线路中通过1NA电子，电子的物质的量为1mol，阳极生成了0.5mol氯气，由于不是标况下，阳极产生气体的体积无法计算，故C错误；D、0.1molCaO2中含有0.1mol阴离子O22离子，所以含有的阴离子数为0.1NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，并准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系5（3分）（xx汕头二模）下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A乙烷和氯气制氯乙烷；乙烯与氯化氢反应制氯乙烷B乙醇和乙酸制乙酸乙酯；苯的硝化反应C葡萄糖与新制氢氧化铜共热；蔗糖与稀硫酸共热D乙醇和氧气制乙醛；苯和氢气制环己烷考点：取代反应与加成反应；消去反应与水解反应；聚合反应与酯化反应专题：有机反应分析：根据物质的性质及反应来分析选项中的反应的类型，掌握常见的有机反应类型有取代、加成、氧化等有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；反应过程中有电子转移的化学反应是氧化还原反应，在有机反应中加H去O属于还原反应，反之加O去H属于氧化反应；有机化合物在有氢的条件下，从一个分子中脱去一个或几个小分子（如水、卤化氢等分子），而生成不饱和（碳碳双键或三键或苯环状）化合物的反应，叫做消去反应解答：解：A、乙烷和氯气制氯乙烷，属于取代反应；乙烯与氯化氢反应制氯乙烷，属于加成反应，二者反应类型不同，故A错误；B、乙醇和乙酸制乙酸乙酯，属于取代反应；苯的硝化反应，属于取代反应，二者反应类型相同，故B正确；C、葡萄糖和新制氢氧化铜共热发生的反应是氧化还原反应，蔗糖和稀硫酸共热发生水解反应，所以反应类型不同，故C错误；D、乙醇和氧气制乙醛属于氧化反应；苯和氢气制环己烷，属于加成反应或还原反应，二者反应类型不同，故D错误故选：B点评：本题考查了取代反应、加成反应、氧化反应等概念，较简单，注意取代反应和加成反应的区别，掌握常见有机反应类型6（3分）（xx汕头二模）下列操作和现象与结论均正确的是（） 选项 操作 现象 结论 A 向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2 有白色沉淀生成 BaSO3难溶于酸 B 向等浓度的KCl、Kl混合液中滴加AgNO3溶液 先出现白色沉淀 Ksp（AgCl）Ksp（AgI） C 溴乙烷与NaOH水溶液共热后，加HNO3酸化，滴加AgNO3溶液 出现淡黄色沉淀 溴乙烷含溴元素 D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质AABBCCDD考点：化学实验方案的评价分析：A酸性条件下NO3与SO2发生氧化还原反应生成SO42；B先生成黄色沉淀；C出现淡黄色沉淀，可说明溴乙烷水解；D久置的Na2O2粉末混有碳酸钠解答：解：A酸性条件下NO3与SO2发生氧化还原反应生成SO42，生成的沉淀为BaSO4，而不是BaSO3，故A错误；B向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液，溶度积常数小的物质先出现沉淀，先生成黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故B错误；C溴乙烷在碱性条件下水解，酸化后加入硝酸银溶液可生成溴化银浅黄色沉淀，可证明，故C正确；D久置的Na2O2粉末混有碳酸钠，加盐酸生成无色气体中有氧气和二氧化碳，结论不合理，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及物质的检验和沉淀的转化，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大7（3分）（xx汕头二模）X、Y、Z、W为四种短周期元素，它们在周期表中位于连续的四个主族，如图所示Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的下列说法中正确的是（） XYZWA原子半径由小到大的顺序为XZYWBY元素最高价氧化物对应的水化物化学式为HYO3CX、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同DY最简单气态氢化物比Y相邻周期同主族元素气态氢化物沸点高考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W为四种短周期元素，根据表知，它们处于第二、三周期，它们在周期表中位于连续的四个主族，Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的，且Z处于第三周期，所以Z是Mg元素，则W是Al元素，X是C元素，Y是N元素，然后利用元素周期律及物质的性质来解答解答：解：X、Y、Z、W为四种短周期元素，根据表知，它们处于第二、三周期，它们在周期表中位于连续的四个主族，Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的，且Z处于第三周期，所以Z是Mg元素，则W是Al元素，X是C元素，Y是N元素，A电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为YXWZ，故A错误；BN元素处于第VA族，在其最高价含氧酸中显+5价，所以Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为HYO3，故B正确；CX的氧化物为CO、CO2，Z的氧化物为MgO，CO、CO2中含有共价键，氧化镁中含有离子键，故C错误；DY是N元素，对应的氢化物含有氢键，比同主族元素氢化物沸点高，故D正确故选BD点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律8（3分）（xx汕头二模）在常温时，将V1mLc1molL1CH3COOH溶液中滴加到V2mLc2molL1NaOH溶液中，下列结论中，错误的是（）A如果V1=V2，c1=c2，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）B如果混合溶液的pH=7，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）C如果混合溶液的pH7，则不可能V1c1=V2c2D如果V1=V2，且混合溶液的pH7，则c1c2考点：离子浓度大小的比较分析：A根据等体积等浓度混合时醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，则溶液中的溶质只有醋酸钠，由醋酸根离子的水解来分析；B由pH=7，可知c（OH）=c（H+），再利用电荷守恒来分析；C混合溶液的pH7，利用溶液中的溶质来分析；D根据体积相等时若混合溶液的pH7，则溶液显酸性，应保证酸过量来分析解答：解：AV1=V2，c1=c2，则醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，反应后溶液中的溶质只有醋酸钠，由醋酸根离子的水解则c（Na+）c（CH3COO），故A错误；BpH=7，则c（OH）=c（H+），由电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）可知，c（CH3COO）=c（Na+），故B正确；C混合溶液的pH7，溶液中的溶质可能为醋酸钠或醋酸钠与氢氧化钠的混合物，若为醋酸钠，则V1c1=V2c2，故C错误；DV1=V2，且混合溶液的pH7，则溶液显酸性，溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，则c1c2，故D正确；故选AC点评：本题考查酸碱混合溶液的定性分析和离子的浓度关系，题目难度中等，明确酸碱混合后溶液中的溶质存在三种可能的情况是解答的关键，并注意利用弱电解质的电离和盐的水解来解答二、解答题（共4小题）9（14分）（xx汕头二模）合成一种有机化合物的途径往往有多种，如图所示为合成醇类物质乙的两种不同途径回答下列问题：（1）甲分子中含氧官能团的名称是醛基，甲的化合物1mol完全燃烧消耗氧气13.5mol（2）由甲催化加氢生成乙的过程中，可能有和生成（写结构简式）（3）戊的一种属于芳香烃的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为3：1，写出戊的这种同分异构体的结构简式（4）由丁丙的反应类型为加成（还原）反应，检验丙中是否含有丁可选用的试剂是c（填各项中序号）aNabNaHCO3溶液c银氨溶液d浓硫酸（5）物质乙还可由C10H19Cl与NaOH水溶液共热生成写出该反应过程中，发生反应的化学方程式并注明反应条件：+H2O+HCl或+NaOH+NaCl（有机化合物均用结构简式表示）考点：有机物的推断分析：（1）根据甲的结构简式判断其含氧官能团名称；根据甲的化学式可判断耗氧量；（2）甲中含有醛基，醛基也能够与氢气发生加成反应生成羟基；（3）根据同分异构体的概念及题中限制条件形成戊的同分异构体的结构简式；（4）根据丁转化成丙的反应方程式判断反应类型；根据丁中含有醛基选用鉴别方法；（5）物质乙的结构简式为，由C10H19Cl与NaOH水溶液共热生成由C10H19Cl与NaOH水溶液共热生成，属于卤代烃的水解反应解答：解：（1）根据甲分子的结构简式可知，甲分子中含氧官能团为醛基，甲的分子式为C10H16O，从燃烧耗氧的角度可看成C10H14H2O，所以甲的化合物1mol完全燃烧消耗氧气为mol=13.5mol；故答案为：醛基；13.5；（2）甲催化加氢生成乙，有可能发生醛基的催化加氢生成：，故答案为：；（3）戊的一种属于芳香烃的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为3：1，说明在戊分子中有2种等效H，且个数比为3：1，所以戊的结构中含有3个甲基，其甲基在苯环的间位碳原子上，则戊的结构简式为：，故答案为：；（4）根据题中反应原理可知，丁的结构简式为：，由丁丙过程中醛基转化为羟基，该反应类型为加成（还原）反应；检验丙中是否含有丁，用银氨溶液检验是否含有醛基即可，故c项正确，故答案为：加成（还原）反应；c；（5）物质乙还可由C10H19Cl与NaOH水溶液共热生成，应为卤代烃的水解反应，化学方程式为：+H2O+HCl或+NaOH+NaCl，故答案为：+H2O+HCl或+NaOH+NaCl点评：本题考查有机合成与推断，题目难度中等，试题涉及同分异构体的判断、反应类型及化学方程式的书写等知识，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，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10（16分）（xx汕头二模）（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气其中生成NO的能量变化示意图如图1：该反应的热化学方程式为N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+184kJmol1根据图1所示，只改变条件R，当N2的转化率从a3到a1时，平衡常数KACA可能增大 B一定不变 C可能不变 D可能减小 E增大、减小、不变均有可能（2）尿素（又称碳酰胺）是含氮量最高的氮肥，工业上利用CO2和NH3在一定条件下合成尿素的反应分为：第一步：2NH3（g）+CO2（g）H2NCOONH4（氨基甲酸铵） （l）第二步：H2NCOONH4（l）H2O（g）+H2NCONH2（l）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为500L的密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图2所示：合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定反应进行到10min时测得CO2的物质的量如上图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）=1.5104mol/（Lmin）由氨基甲酸铵和CO2曲线变化可得出关于浓度变化和平衡状态的两条结论是：a氨基甲酸铵浓度先增大，15min后减小；b15min时第一步反应达到平衡状态，55min第二步反应达到平衡状态考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；热化学方程式；用化学平衡常数进行计算分析：（1）根据能量变化图计算反应热，反应热=反应物的键能和生成物的键能和，从而书写热化学方程式；平衡向正反应方向移动，则N2的转化率增大，可采用的方法为升高温度或者增加氧气的量；（2）已知总反应的快慢由慢的一步决定，结合图象变化趋势进行判断，反应快慢可以依据第一步和第二步反应的曲线斜率比较大小；分析图象计算10分钟时二氧化碳的消耗物质的量，结合化学反应速率概念进行计算；分析图象曲线的变化，氨基甲酸铵是随时间变化到15min物质的量增大，之后减小，15min时第一步反应达到平衡状态，55min氨基甲酸铵物质的量不再变化，第二步反应达到平衡状态解答：解：（1）该反应中的反应热=反应物的键能和生成物的键能和=（946+498）kJ/mol2630kJ/mol=+184kJ/mol，所以N2和O2反应生成NO的热化学反应方程式为N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183kJmol1；故答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183kJmol1；只改变条件R，当N2的转化率从a3到a1时，平衡向正反应方向移动，则N2的转化率增大，可采用的方法为升高温度K增大或者增加氧气的量K不变，故选：A、C；（2）由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化，发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二部反应，从曲线斜率不难看出第二部反应速率慢，已知总反应的快慢由慢的一步决定，故合成尿素总反应的快慢由第二步决定，故答案为：二；依据图象分析，二氧化碳再进行到10min时物质的量为0.25mol，所以此时的反应速率为=1.5104mol/（Lmin），故答案为：1.5104；分析图象曲线的变化，氨基甲酸铵物质的量随时间变化，到15min物质的量最大，之后减小，上图中氨气物质的量不变，15min时第一步反应达到平衡状态，55min氨基甲酸铵物质的量不再变化，第二步反应达到平衡状态；故答案为：氨基甲酸铵浓度先增大，15min后减小；15min时第一步反应达到平衡状态，55min第二步反应达到平衡状态点评：本题考查了热化学方程式的计算分析，化学反应速率、平衡常数和化学平衡状态的分析判断，主要是图象变化的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等11（16分）（xx汕头二模）氧化铁是重要的工艺颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：（1）加碳酸钠溶液并小火加热的操作目的是去除油污；操作的名称是过滤，操作的名称是洗涤；（2）流程所发生的反应为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O过程中，加入稍过量的NH4HCO3溶液后，且要控制溶液的为6.87.2之间加入稍过量的目的是使溶液中亚铁离子完全转化为FeCO3沉淀，溶液的pH不能过低的原因是碳酸氢铵能与酸反应，碳酸亚铁沉淀减少检验滤液B中含有NH4+的方法是取少许B溶液于试管中，加入足量浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明滤液B中含有铵根离子（3）有些同学认为KMnO4溶液滴定能进行铁元素含量的测定a、称取2.85g绿矾（FeSO47H2O）产品，配成250mL溶液；b、量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c、用硫酸化的0.0100mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL写出酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式5Fe2+MnO4+8H+=Fe3+2Mn2+4H2O用KMnO4标准溶液滴定时应选用酸式滴定管（填“酸式”或“碱式”）计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为97.54%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：碳酸钠溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污，用稀硫酸溶解铁，再通过过滤分离得到滤液A，滤液A中加入碳酸氢铵，将溶液中亚铁离子转化为FeCO3沉淀，再通过过滤分离滤液B与FeCO3，滤液B中含有硫酸铵，FeCO3表面附着杂质，在干燥前应先洗涤除去杂质，在空气中煅烧分解，且+2价铁在空气中加热易被氧化为+3价，最终得到Fe2O3（1）碳酸钠溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污；操作I后得到滤渣和滤液，应为过滤；沉淀干燥前应先洗涤除去杂质；（2）加入少过量的碳酸氢铵，使溶液中亚铁离子完全转化为FeCO3沉淀；pH过低，碳酸氢铵能与酸反应，碳酸亚铁沉淀减少；利用铵根离子与碱反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；（3）高锰酸根具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性条件下，高锰酸根将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为锰离子，同时有水生成；高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中；根据n=cV计算25mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量，进而计算250mL溶液可以消耗高锰酸钾的物质的量，再根据中离子方程式计算亚铁离子的物质的量，由Fe元素守恒可得FeSO47H2O的物质的量，根据m=nM计算FeSO47H2O的质量，进而计算其质量分数解答：解：碳酸钠溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污，用稀硫酸溶解铁，再通过过滤分离得到滤液A，滤液A中加入碳酸氢铵，将溶液中亚铁离子转化为FeCO3沉淀，再通过过滤分离滤液B与FeCO3，滤液B中含有硫酸铵，FeCO3表面附着杂质，在干燥前应先洗涤除去杂质，在空气中煅烧分解，且+2价铁在空气中加热易被氧化为+3价，最终得到Fe2O3（1）碳酸钠溶液显碱性，促进酯的水解，可以除去铁屑表面的油污，故答案为：去除油污；操作I分离互不相溶的固体与液体，采取过滤；碳酸亚铁表面附着杂质，沉淀干燥前应先洗涤除去杂质，故答案为：过滤；洗涤；（2）加入少过量的碳酸氢铵，使溶液中亚铁离子完全转化为FeCO3沉淀；pH过低，碳酸氢铵能与酸反应，碳酸亚铁沉淀减少，故答案为：使溶液中亚铁离子完全转化为FeCO3沉淀；碳酸氢铵能与酸反应，碳酸亚铁沉淀减少；检验铵根离子的实验方法为：取少许B溶液于试管中，加入足量浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明滤液B中含有铵根离子，故答案为：取少许B溶液于试管中，加入足量浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明滤液B中含有铵根离子；（3）高锰酸根具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性条件下，高锰酸根将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为锰离子，同时有水生成，反应离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，且为硫酸酸化，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；25mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.02L0.0100mol/L=2104mol，可知250mL溶液可以消耗高锰酸钾的物质的量为2104mol=2103mol，由5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，可知250mL溶液中亚铁离子离子的物质的量为2103mol5=0.01mol，由Fe元素守恒可得FeSO47H2O的物质的量为0.01mol，故FeSO47H2O的质量分数为100%=97.54%，故答案为：97.54%点评：本题考查化学工艺流程，注意分析试剂线、操作线、反应线，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等12（18分）（xx汕头二模）依据有关信息解答下列化学实验问题：（）醛类是重要的工业原料，可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，生成是羟基磺酸钠（易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液）RCHO+NaHSO3RCH（OH）SO3Na（1）若使CH3CH（OH）SO3Na全部变成乙醛，可采用的试剂是NaOH或HCl；分离乙醛的操作方法蒸馏（）实验室利用苯甲醛（安息香醛）制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理：已知部分物质的性质：苯甲醇：稍溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲醛：微溶于水，易溶于有机溶剂；苯甲酸：溶解度为0.34g（25），易溶于有机溶剂主要过程如图所示：回答下列问题：（2）操作的名称是萃取分液，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇；（3）操作的名称是过滤，产品乙是苯甲酸（4）按上述操作所得的产品甲中常含有一定量的有机杂质苯甲醛（填写杂质的名称）；限用下列试剂：酸性KMnO4、稀NaOH溶液、稀H2SO4、饱和NaHSO3溶液写出检验产品甲中含有该杂质的过程：取少量产品甲于试管中，向试管中滴加适量的饱和NaHSO3溶液，如果有晶体析出，说明含有苯甲醛考点：制备实验方案的设计分析：、（1）根据可逆反应RCHO+NaHSO3RCH（OH）SO3Na，要想使CH3CH（OH）SO3Na全部变成乙醛即使平衡向逆反应方向移动，可以采取加入氢氧化钠或者盐酸消耗亚硫酸钠使平衡逆向移动；分离互溶的有机物采用蒸馏的方法；、由流程可知，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，操作分层乙醚与水溶液，则为萃取分液，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此来解答解答：解：、（1）因为可逆反应RCHO+NaHSO3RCH（OH）SO3Na，要想使CH3CH（OH）SO3Na全部变成乙醛即使平衡向逆反应方向移动，可以采取加入氢氧化钠或者盐酸消耗亚硫酸钠使平衡逆向移动，所以可以加入的为NaOH或者HCl；分离互溶的有机物采用蒸馏的方法，所以分离乙醛的操作方法为蒸馏，故答案为：NaOH；HCl；蒸馏；、由流程可知，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，操作分层乙醚与水溶液，则为萃取分液，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸；（2）根据以上分析，操作分层乙醚与水溶液，则为萃取分液，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，故答案为：萃取分液；苯甲醇；（3）根据以上分析，操作的名称是过滤，产品乙是苯甲酸，故答案为：过滤；苯甲酸；（4）根据苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，所得混合物中可能还有未反应的苯甲醛，然后加水、乙醚萃取苯甲醇和未反应的苯甲醛，则乙醚溶液中含苯甲醇和未反应的苯甲醛，所以操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇和未反应的苯甲醛，根据醛类是重要的工业原料，可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，生成是羟基磺酸钠（易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液），所以可以通过取少量产品甲于试管中，向试管中滴加适量的饱和NaHSO3溶液，如果有晶体析出，说明含有苯甲醛，故答案为：苯甲醛；取少量产品甲于试管中，向试管中滴加适量的饱和NaHSO3溶液，如果有晶体析出，说明含有苯甲醛点评：本题考查有机物的分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质及分离流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大