2019-2020年高考化学模拟试卷（交流卷）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（交流卷）（含解析）一、单项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共计24分每小题只有一个选项符合题意1（4分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是：加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转换技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料；2M+N=2P+2Q，2P+M=Q（M、N为原料，Q为期望产品）其中符合“化学反应的绿色化”的要求的是（）ABCD2（4分）常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I、ClB使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3、SO42C含有0.1 molL1 Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN、NOD由水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl3（4分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色4（4分）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A78gNa2O2固体中含有的阴离子数为NAB标准状况下，2.24L氖气所含原子数为0.2NAC1L 0.1 mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NAD标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA5（4分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A工业电解饱和食盐水：2Cl+H2O=Cl2+H2+OHB碳酸钠的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHC硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水：Al3+4 NH3H2OAlO+4NH4+2H2OD用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O6（4分）常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1molL1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（NH4+）c（SO42）c（Fe2+）c（H+）B0.1molL1 Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）C0.1molL1 NaHCO3溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）D0.01molL1 NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）二、选择题（共2小题，每小题6分，满分12分）7（6分）下列说法正确的是（）A反应CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）在常温下不能发生，则该反应的H0B0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小C铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少D锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去8（6分）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A原子半径：WYZXB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水化物的碱性：YWDY、Z的氧化物都有酸性和碱性三、解答题（共4小题，满分64分）9（ 16分）由有机物合成（香豆素）的合成路线如下，回答下列问题；（1）写出分子式：丙烯酸甲酯（2）写出反应类型：若要的反应完全，则反应需要的条件是（3）已知化合物的相对分子质量为146，写出结构简式：（4）化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，能发生银镜反应；1mol最多能与2mol的NaOH反应的结构简式为（5）根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应，试写出氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成的化学方程式（无机试剂任选）、10（16分）（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2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3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3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）为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：（2）试剂X是步骤、中均需进行的实验操作是（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体C减少，可采取的改进措施是（4）由溶液E到绿矾晶体（FeSO47H2O），所需操作是、洗涤、干燥（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的离子方程式，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由12（16分）某实验小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱，并进行以下探究：（1）检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：选择的装置（填编号）实验现象实验结论样品含 NaHCO3（2）测定该纯碱样品的纯度：称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液将反应混和物过滤、（填操作）、干燥、称量为m2g该纯碱样品的纯度为（3）该小组同学在0.1mol/LNaHCO3溶液中滴加酚酞溶液1滴，溶液没有什么变化，但加热后显淡红色，加热较长时间后冷却，红色不褪去为探究原因，进行了下列实验：实验1：加热0.1mol/LNaHCO3溶液，测得溶液pH变化如下表温度（）102030507080100pH8.38.48.58.99.49.610.1但当温度恢复到10，测得溶液pH=9.8实验2：加热0.1mol/LNaHCO3溶液，将产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊用离子方程式表示0.1mol/LNaHCO3溶液中存在的平衡（除水电离平衡外）、这两个平衡以为主结合实验1、2分析，加热0.1mol/LNaHCO3溶液，pH增大的原因可能是（答一条）广东省梅州中学xx届高考化学模拟试卷（交流卷）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共计24分每小题只有一个选项符合题意1（4分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是：加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转换技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料；2M+N=2P+2Q，2P+M=Q（M、N为原料，Q为期望产品）其中符合“化学反应的绿色化”的要求的是（）ABCD考点：常见的生活环境的污染及治理 专题：化学应用分析：节能减排、保护环境，应减少污染物的排放，推广使用清洁能源，结合题目解答该题解答：解：加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故错误；研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故正确；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故错误；推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；2M+N=2P+2Q，2P+M=Q（M、N为原料，Q为期望产品），可减少副产品的排放，减少污染，故正确故选B点评：本题考查环境污染及治理知识，侧重于节能减排、保护环境的考查，题目难度不大，注意相关基础的积累和把握2（4分）常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I、ClB使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3、SO42C含有0.1 molL1 Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN、NOD由水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液：NH4+、SO42、HCO3、Cl考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A使酚酞变红色的溶液，显碱性；B甲基橙变红色的溶液，显酸性；C离子之间结合生成络离子；D由水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：A使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B甲基橙变红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；CFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=1012molL1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键，侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查，题目难度不大3（4分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A收集氨气的方法错误；B二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2解答：解：A氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为xx届高考常见题型，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4（4分）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A78gNa2O2固体中含有的阴离子数为NAB标准状况下，2.24L氖气所含原子数为0.2NAC1L 0.1 mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NAD标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA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过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子；B稀有气体为单原子分子，标况下2.24L氖气的物质的量为0.1mol，含有0.2mol氖原子；C醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子；D标况下己烷为液体，不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量解答：解：A78g过氧化钠的物质的量为：=1mol，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，含有的阴离子数为NA，故A正确；B标准状况下，2.24L氖气的物质的量为：=0.1mol，0.1mol氖气中含有0.1mol氖原子，所含原子数为0.1NA，故B错误；C1L0.1 mol/L醋酸溶液中含有溶质醋酸0.1mol，0.1mol醋酸只能部分电离出氢离子，则溶液中氢离子的物质的量小于0.1mol，含有的氢离子数小于0.1NA，故C错误；D标准状况下，己烷不是气体，题中条件无法计算2.24L己烷的物质的量，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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点，注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子5（4分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A工业电解饱和食盐水：2Cl+H2O=Cl2+H2+OHB碳酸钠的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHC硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水：Al3+4 NH3H2OAlO+4NH4+2H2OD用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A漏写反应条件电解、电荷、原子不守恒；B水解分步进行，以第一步为主；C反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D发生氧化还原反应生成碘、水，遵循电子、电荷守恒解答：解：A工业电解饱和食盐水的离子反应为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故A错误；B碳酸钠的水解的离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故B错误；C硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电解、水解反应、氧化还原反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大6（4分）常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1molL1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（NH4+）c（SO42）c（Fe2+）c（H+）B0.1molL1 Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）C0.1molL1 NaHCO3溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）D0.01molL1 NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：A亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小；B任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；C溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；D.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合后，溶液呈酸性解答：解：A亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小，硫酸根离子不水解，所以c（SO42 ）c（NH4+），故A错误；B任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），故B错误；C溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），根据物料守恒得c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），所以得c（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32），故C正确；D.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合后，溶液呈酸性，则c （H+）c （OH），根据电荷守恒得c （Na+）+c （H+）=c （CH3COO）+c （OH），所以c （CH3COO）c （Na+），故D正确；故选CD点评：本题考查离子浓度大小的比较，为xx届高考常见题型，综合考查学生的分析能力，题目难度中等，注意根据电解质的性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，难度不大二、选择题（共2小题，每小题6分，满分12分）7（6分）下列说法正确的是（）A反应CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）在常温下不能发生，则该反应的H0B0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小C铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少D锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去考点：反应热和焓变；常见化学电源的种类及其工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：基本概念与基本理论分析：A根据G=HTS进行判断；B醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离；C铅蓄电池在放电时，铅为负极，被氧化，正极为氧化铅，被还原；D根据难溶电解质的溶解平衡移动分析解答：解：A由方程式可知S0，如反应能自发进行，则应满足HTS0，而常温下不能进行，则H0，故A正确；B醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，则n（CH3COOH）减小，n（CH3COO）增大，故溶液中的值增大，故B错误；C铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO422e=PbSO4，负极质量减少，正极电极反应式为PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O正极质量减少，故C错误；D长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，CO32与Ca2+生产更难溶的CaCO3沉淀，使CaSO4的沉淀溶解平衡向右移，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，故D正确故选AD点评：本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化、弱电解质的电离平衡、铅蓄电池以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为xx届高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大8（6分）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A原子半径：WYZXB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水化物的碱性：YWDY、Z的氧化物都有酸性和碱性考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，结合原子序数可知，W为K、Ca中的一种，Y为Na、Mg、Al中的一种，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y、W原子最外层电子数之差为64=2，故Y为Al、W为K，据此解答解答：解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，结合原子序数可知，W为K、Ca中的一种，Y为Na、Mg、Al中的一种，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y、W原子最外层电子数之差为64=2，故Y为Al、W为KA同周期随原子序数增大原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径KNa，SiC，所以原子半径KAlSiO，即WYZX，故A正确；BX为氧元素，Z为硅元素，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性OSi，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物稳定性XY，故B错误；CY为铝元素，W为钾元素，同主族自上而下金属性增强，所以金属性KNa，同周期自左而右金属性减弱，所以金属性NaAl，故金属性KAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性YW，故C正确；DY为铝元素，Z为硅元素，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D错误故选AC点评：本题考查结构性质与位置关系等，难度中等，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）由有机物合成（香豆素）的合成路线如下，回答下列问题；（1）写出分子式：丙烯酸甲酯C4H6O2（2）写出反应类型：取代反应若要的反应完全，则反应需要的条件是H+（稀盐酸或稀硫酸）（3）已知化合物的相对分子质量为146，写出结构简式：（4）化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，能发生银镜反应；1mol最多能与2mol的NaOH反应的结构简式为（5）根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应，试写出氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成的化学方程式（无机试剂任选）、考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=CHCOOCH3，据此写出其分子式；（2）根据有机物和的结构简式判断官能团变化，然后判断反应类型；有机物中酯基转化成羧基、羟基，为酯的酸性条件下的水解反应，若该反应完全，反应条件应该为碱性条件下加热；（3）有机物的相对分子质量为164，根据、相对分子质量可知该反应为有机物分之内的酯化反应，据此写出有机物的结构简式；（4）有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，V分子中含有4种H原子，则V具有对称结构；能发生银镜反应，V分子中含有醛基或为甲酸酯；1mol最多能与2mol的NaOH反应，V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基，再结合的结构简式写出满足条件的有机物的结构简式；（5）结合题干的反应原理可知，氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成，首先氯苯与丙烯发生取代反应生成，再与水发生加成反应生成，据此写出反应的化学方程式解答：解：（1）丙烯酸甲酯为CH2=CHCOOCH3，其分子中含有4个C、6个H和2个O原子，其分子式为：C4H6O2，故答案为：C4H6O2；（2）的反应中，有机物中Cl原子被CH=CHCOOCH3取代生成有机物和HCl，该反应为取代反应；的反应为酯的水解反应，在碱性条件下，酯的水解反应进行完全，所以若反应完全，反应条件为氢氧化钠溶液、加热；题中有机物的反应为可逆反应，需要在酸性条件下进行，故答案为：取代反应；氢氧化钠溶液、加热；H+（稀盐酸或稀硫酸）；（3）有机物的相对分子质量为164，化合物的相对分子质量为146，、相对分子质量之差为18，恰好脱去1分子水，则该反应为有机物分之内的酯化反应，反应生成产物为：，故答案为：；（4）有机物的结构简式为，化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，则分子中含有4种等效H，V的取代基具有对称结构；能发生银镜反应，V分子中含有醛基；1mol最多能与2mol的NaOH反应，则V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基，满足以上条件的V的结构简式为：，故答案为：；（5）氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成，结合的反应，首先氯苯与丙烯发生取代反应生成，再与水发生加成反应生成，反应的化学方程式为：、，故答案为：；点评：本题考查了有机合成，题目难度中等，明确合成原理为解答关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质，（5）为难点，需要分析题干中取代反应原理，试题培养了学生的分析、理解能力和自学能力10（16分）（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=+183kJmol1根据图2所示，只改变条件R，当N2的转化率从a3到a1时，平衡常数KA、CA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3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3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：热化学方程式；化学平衡的影响因素 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）为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）试剂X是稀硫酸步骤、中均需进行的实验操作是过滤（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体C减少，可采取的改进措施是在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶（4）由溶液E到绿矾晶体（FeSO47H2O），所需操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的离子方程式3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠反应，过滤后，得到溶液A含有NaAlO2，固体B为Cu和Fe溶液A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤分离，得到C为Al（OH）3，D为NaHCO3溶液，C和碳酸氢钠溶液D固体B用试剂X反应，过滤分离得到溶液E，溶液E蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，可知试剂X为稀硫酸，E为FeSO4，F为Cu，Cu转化得到硫酸铜，CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得胆矾晶体（1）步骤中铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（3）盐酸具有挥发性，挥发出的HCl导致氢氧化铝溶液，用饱和NaHCO3溶液除去；（4）从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作；（5）途径中Cu与混酸反应生成铜盐、NO与水；根据消耗原料用量、产物对环境污染分析判断解答：解：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠反应，过滤后，得到溶液A含有NaAlO2，固体B为Cu和Fe溶液A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤分离，得到C为Al（OH）3，D为NaHCO3溶液，C和碳酸氢钠溶液D固体B用试剂X反应，过滤分离得到溶液E，溶液E蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，可知试剂X为稀硫酸，E为FeSO4，F为Cu，Cu转化得到硫酸铜，CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得胆矾晶体（1）步骤中铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（2）由上述分析可知，试剂X为稀硫酸，步骤、均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，故答案为：稀硫酸；过滤；（3）盐酸具有挥发性，挥发出的HCl导致氢氧化铝溶液，应在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的HCl，故答案为：在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；（4）从硫酸铜溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（5）途径中Cu与混酸反应生成铜盐、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；途径产生NO，途径中会生成二氧化硫，NO、二氧化硫均污染空气，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径最佳，故答案为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小点评：本题考查实验制备方案、物质的分离和提纯、对方案的分析评价等，关键是理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，题目难度中等12（16分）某实验小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱，并进行以下探究：（1）检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：选择的装置（填编号）实验现象实验结论AB或AC或ACBB变浑浊或C变蓝或C变蓝、B变浑样品含 NaHCO3（2）测定该纯碱样品的纯度：称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液将反应混和物过滤、洗涤（填操作）、干燥、称量为m2g该纯碱样品的纯度为%（3）该小组同学在0.1mol/LNaHCO3溶液中滴加酚酞溶液1滴，溶液没有什么变化，但加热后显淡红色，加热较长时间后冷却，红色不褪去为探究原因，进行了下列实验：实验1：加热0.1mol/LNaHCO3溶液，测得溶液pH变化如下表温度（）102030507080100pH8.38.48.58.99.49.610.1但当温度恢复到10，测得溶液pH=9.8实验2：加热0.1mol/LNaHCO3溶液，将产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊用离子方程式表示0.1mol/LNaHCO3溶液中存在的平衡（除水电离平衡外）HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH这两个平衡以水解平衡为主结合实验1、2分析，加热0.1mol/LNaHCO3溶液，pH增大的原因可能是NaHCO3分解生成Na2CO3，碱性增强（答一条）考点：制备实验方案的设计 分析：（1）由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，可以利用澄清石灰水检验二氧化碳，或利用无水硫酸铜检验水，判断样品中含有碳酸氢钠；（2）样品中碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量碳酸钙的质量，根据碳酸钙的质量计算样品中碳酸钠的质量，进而计算该纯碱样品的纯度；（3）溶液中碳酸氢根发生电离平衡与水解平衡，由表中数据可知，碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度；实验1加热后再恢复到10，测得溶液pH=9.8，溶液碱性增强，实验2中将产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，有二氧化碳生成，说明加热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳解答：解：（1）由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，利用二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，或利用无色无水硫酸铜吸水变蓝色，判断样品中含有碳酸氢钠，故选择的装置为：“AB”或“AC”或“ACB”，对应的现象为：“B变浑浊”或“C变蓝”或“C变蓝、B变浑”，故答案为：AB或AC或ACB；B变浑浊或C变蓝或C变蓝、B变浑；（2）样品中碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量碳酸钙的质量为m2g，根据碳酸根守恒可知样品中n（碳酸钠）=n（碳酸钙）=mol，故m（碳酸钠）=n（碳酸钙）=mol106g/mol=g，该纯碱样品的纯度为100%=%，故答案为：洗涤；%；（3）溶液中碳酸氢根发生电离平衡与水解平衡，对应离子方程式为：HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH，由表中数据可知，碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，故答案为：HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH；水解平衡；实验1加热后再恢复到10，测得溶液pH=9.8，溶液碱性增强，实验2中将产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，有二氧化碳生成，说明加热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，溶液碱性增强，故答案为：NaHCO3分解生成Na2CO3，碱性增强点评：本题考查实验方案设计、物质含量的测定、探究实验等，是对基础知识的综合应用、分析解决问题能力的考查，难度中等