2018屆福建南平浦城高考化學(xué)模擬試卷及答案
做模仿試卷是備考高考化學(xué)的最好辦法。以下是百分網(wǎng)小編為你整理的2018屆福建南平浦城高考化學(xué)模擬試卷，希望能幫到你。
2018屆福建南平浦城高考化學(xué)模擬試卷題目
1.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列相關(guān)說法及主要原因均正確的是( )
選項 相關(guān)說法 主要原因
A 包裝內(nèi)放置透氣的硅膠包，有利于防止食品變質(zhì) 硅膠有強吸水性
B 面粉加工車間懸掛有“嚴(yán)禁煙火”的牌子 煙火會污染面粉
C 某些鐵制品出廠時在其表面涂上一層油膜可防止其生銹 鐵被氧化，在其表面形成一層致密的保護膜
D 聚氯乙烯薄膜不能用于包裝食品 會造成白色污染
A.A B.B C.C D.D
2.用NA表示阿伏德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是( )
A.常溫下，1molL﹣1的Na2CO3溶液中CO32﹣的數(shù)目小于NA
B.常溫常壓下，1.7g NH3中所含的原子數(shù)為0.4NA
C.向含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀完全溶解，消耗的OH﹣數(shù)目為0.4NA
D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48LNO2與足量的水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA
3.下列五種有機物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，下列說法正確的是( )
A.有機物①與乙烯互為同系物
B.有機物③轉(zhuǎn)化為有機物④的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)
C.有機物④轉(zhuǎn)化為有機物⑤的反應(yīng)中反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比為1：1
D.含有一個四元環(huán)，且能與金屬鈉反應(yīng)的有機物③的同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu))有3種
4.為解決淀粉廠廢水中BOD嚴(yán)重超標(biāo)的問題，有人設(shè)計了電化學(xué)降解法.如圖是利用一種微生物將有機物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，下列說法中正確的是( )
A.N極是負(fù)極
B.該裝置工作時，H+從右側(cè)經(jīng)陽離子交換膜移向左側(cè)
C.負(fù)極的電極反應(yīng)為：(C6H10O5)n+7H2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+
D.物質(zhì)X是OH﹣
5.短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態(tài)單質(zhì)，其中一種能吸收短波紫外線，A、B兩元素的族序數(shù)之差為3，C、D不相鄰，C的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，下列判斷正確的是( )
A.簡單離子的半徑大�。篋>B>A
B.B的單質(zhì)既能和酸反應(yīng)，又能和堿反應(yīng)
C.A分別與C、D形成的化合物均易溶于水
D.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：C>D
6.下列實驗操作能達到相應(yīng)實驗?zāi)康氖? )
選項 實驗操作 實驗?zāi)康?/p>
A 將二氧化硫氣體通入紫色石蕊試液中，觀察溶液顏色變化 證明二氧化碳具有漂白性
B 向2mL1molL﹣1NaOH溶液中先加入3滴1molL﹣1FeCl3溶液，再加入3滴1molL﹣1MgCl2溶液 證明Ksp[Mg(OH)2]>ksp[Fe(OH)3]
C 向2mL品紅溶液和2mL加入少許醋酸的品紅溶液中分別滴入3滴含NaClO的“84”消毒液，觀察紅色褪色的快慢 證明隨著溶液pH的減小，“84”消毒液的氧化能力增強
D 相同溫度下，向兩支盛有相同體積不同濃度H2O2溶液的試管中分別滴入適量相同濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液 探究Cu2+、Fe3+對H2O2分解速率的影響
A.A B.B C.C D.D
7.25℃時，向100mL 1molL﹣1H2SO3溶液中逐漸滴入1molL﹣1的NaOH溶液，含硫物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)δ(平衡時某物質(zhì)的濃度與各物質(zhì)濃度之和的比)與pH的關(guān)系如圖所示(已知：pKs=﹣lgK，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19).下列說法不正確的是( )
A.pH=1.85時，c(H2SO3)=c(HSO3﹣)
B.pH=6時，c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)
C.pH=7.19時，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3﹣)+2c(SO3﹣)+c(OH﹣)
D.加入150mLNaOH溶液時，3c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣)
二、解答題(共3小題，滿分43分)
8.為了探究鎂粉在NO2中的燃燒產(chǎn)物，某化學(xué)興趣小組通過如圖裝置來驗證產(chǎn)物中存在N2(夾持裝置已略去，部分儀器可以重復(fù)使用).
已知：①Mg3N2+6H20═3Mg(OH)2+2NH3↑;NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;
2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O;
�、诖姿崛芤猴@中性.
(1)儀器a的名稱是 .
(2)裝置的連接順序為 .
(3)裝置B中盛放的試劑為 ，裝置B的作用為 .裝置E中氫氧化鈉溶液的作用是 .
(4)確定產(chǎn)物中有N2生成的實驗現(xiàn)象為 .
(5)設(shè)計實驗證明：
①鎂粉與NO2反應(yīng)的產(chǎn)物中有Mg3N2存在： .
�、贛gO能溶于銨鹽是因為MgO與NH 直接反應(yīng)了，而不是MgO與NH 水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)： .
9.在航天航空工業(yè)上銀銅合金有許多用途.以廢舊航天器為原料回收銀并制備含銅化工產(chǎn)品的工藝流程如圖所示.
回答下列問題：
(1)銀銅合金在空氣中熔煉的氧化產(chǎn)物是 (填化學(xué)式，下同).
(2)濾渣A的主要成分是 ;等物質(zhì)的量的Al(OH)3與Cu(OH)2在惰性氣體中煅燒時，除了生成
CuAlO2外，還會生成H2O和 .
(3)向CuSO3溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是 .
(4)電解法精煉銀中所用的電解質(zhì)溶液應(yīng)為 ，陽極材料是 .
(5)若產(chǎn)品CuAlO2能溶于濃硝酸，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為 .若有1 mol CuAlO2參與反應(yīng)，生成氣體的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)小于22.4L，其原因可能是 、 (寫兩條，不考慮與水的反應(yīng)).
10.CO、CO2是重要的工業(yè)原料，在工業(yè)上有著廣泛的用途.
(1)已知相關(guān)反應(yīng)的能量變化如圖1所示.
則用CH4(g)和H2O(g)反應(yīng)制得H2(g)和CO(g)的熱化學(xué)反應(yīng)方程為 .
(2)在一容積可變的密閉容器中，1molCO與2molH2發(fā)生反應(yīng)：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，
CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與壓強(p)的關(guān)系如圖2所示
�、賏、b兩點H2的反應(yīng)速率：v(a) v(b)(填“>”、“<”、“=”)
�、谙嗤瑝簭娤�，CO的轉(zhuǎn)化率先達到0.5的是 (填“T1”或“T2 )，原因是 .
�、墼赥1點溫度下，下列敘述不能說明上述反應(yīng)能達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是 (填字母)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
b.CH3OH的體積分?jǐn)?shù)不再改變
c.混合氣體的密度不再改變
d.CO和CH3OH的物質(zhì)的量之和保持不變
④計算圖2中a點的平衡常數(shù)KP= (用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)).
(3)氨氣和CO2在一定條件下可合成尿素，其反應(yīng)為：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)
合成塔中氨碳比[ ]與CO2轉(zhuǎn)化率[α(CO2)]的關(guān)系如圖3所示.則 應(yīng)控制在4.0的理由是 .
三、選做題【化——化學(xué)與技術(shù)】(共1小題，滿分15分)
11.鋁鞣劑[主要成分為Al(OH)2Cl]主要用于鞣制皮革.利用鋁灰(主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等)制備鋁鞣劑的一種工藝如圖：
回答下列問題：
(1)氣體A為 (填化學(xué)式).水解采用90℃而不在室溫下進行的原因是 .
(2)酸溶時使用的酸是 (填名稱).
(3)氧化時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 .
(4)除雜時產(chǎn)生廢渣的主要成分為 (填化學(xué)式)，對其合理的處理方法是 .
(5)采用噴霧干燥而不用蒸發(fā)的原因是 .
(6)準(zhǔn)確稱取所制備的鋁鞣劑m g，將其置于足量硝酸中，待樣品完全溶解后，加入足量AgNO3溶液，充分反應(yīng)，過濾、洗滌、干燥得固體ng.則樣品中Al(OH)2Cl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 (用含m、n的代數(shù)式表示)
四、解答題(共1小題，滿分0分)
12.基態(tài)砷原子的電子排布式為 .
(2)K3[Fe(CN)5]晶體中Fe3+與CN﹣之間的化學(xué)鍵類型為 鍵，與CN﹣互為等電子體的化合物的分子式為 .
(3)氮化硼(BN)有多種晶型，其中立方氮化硼與金剛石的構(gòu)型類似，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是 (填角度).
(4)對硝基苯酚水合物(化學(xué)式為C4H5NO31.5H2O)是一種含氮化合物.實驗表明：加熱至94℃時該晶體會失去結(jié)晶水，由黃色變成鮮亮的紅色，在空氣中溫度降低又變?yōu)辄S色，具有可逆熱色性.
①該晶體中四種基本元素的電負(fù)性由大到小的順序是 .
�、趯ο趸椒臃肿又械拥碾s化軌道類型是 .
(5)磷化硼(BP)是一種有價值的耐磨硬涂層材料，這種陶瓷材料可作為金屬表面的保護薄膜，它是通過在高溫(T>750℃)氫氣氛圍下三溴化硼和三溴化磷反應(yīng)制得的，三溴化硼分子的空間構(gòu)型為 ，BP晶胞的結(jié)構(gòu)如圖所示，當(dāng)晶胞晶格參數(shù)為478pm(即圖中立方體的每條邊長為478pm)時，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為 .
五、解答題(共1小題，滿分0分)
13.(2016浦城縣模擬)某一元芳香脂G可作食用香料，它的合成路線之一如圖所示.A是烯烴，其相對分子質(zhì)量為56;D分子的核磁共振氫譜上有三組峰且峰面積之比為6：1：1;E能與銀氨溶液反應(yīng)，F(xiàn)分子中無甲基，1molE和1molF分別完全燃燒時，F(xiàn)生成的水比E的多2 mol.
已知：R﹣CH═CH2 RCH2CH2OH
回答下列問題：
(1)用系統(tǒng)命名法命名B的名稱為 E中官能團的名稱是 .
(2)A的結(jié)構(gòu)簡式是 ，若在實驗中只用一種試劑及必要的反應(yīng)條件鑒別B、C、D，則該試劑是 .
(3)D與F反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ;該反應(yīng)的反應(yīng)類型為 .
(4)滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體有 種.
�、倌芘cNaOH溶液反應(yīng) ②分子中有2個一CH3
其中核磁共振氫譜有5組峰的結(jié)構(gòu)簡式為 .
(5)以 為原料也可合成F，請參考題目中的相關(guān)信息寫出相應(yīng)的合成路線圖(反應(yīng)條件中的試劑寫在箭頭上方，其他寫在箭頭下方)：
2018屆福建南平浦城高考化學(xué)模擬試卷答案
一、選擇題(共7小題，每小題6分，滿分42分)
1.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列相關(guān)說法及主要原因均正確的是( )
選項 相關(guān)說法 主要原因
A 包裝內(nèi)放置透氣的硅膠包，有利于防止食品變質(zhì) 硅膠有強吸水性
B 面粉加工車間懸掛有“嚴(yán)禁煙火”的牌子 煙火會污染面粉
C 某些鐵制品出廠時在其表面涂上一層油膜可防止其生銹 鐵被氧化，在其表面形成一層致密的保護膜
D 聚氯乙烯薄膜不能用于包裝食品 會造成白色污染
A.A B.B C.C D.D
【分析】A.硅膠具有良好的吸水性;
B.面粉加工車間懸掛有“嚴(yán)禁煙火”的牌子，是為防止發(fā)生爆炸;
C.隔絕空氣能夠防止金屬腐蝕;
D.聚氯乙烯薄膜受熱能夠分解有毒氣體.
【解答】解：A.硅膠易吸水，能防止食品受潮變質(zhì)，故A正確;
B.面粉加工車間懸掛有“嚴(yán)禁煙火”的牌子，是為防止發(fā)生爆炸，與面粉污染無關(guān)，故B錯誤;
C.某些鐵制品出廠時在其表面涂上一層油膜可防止其生銹，是因為油膜能夠隔絕空氣，故C錯誤;
D.聚氯乙烯薄膜受熱能夠分解有毒氣體，不能用于食品包裝，故D錯誤;
故選：A.
【點評】本題考查了化學(xué)與生產(chǎn)、生活，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意金屬腐蝕與防護的原理，題目難度不大.
2.用NA表示阿伏德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是( )
A.常溫下，1molL﹣1的Na2CO3溶液中CO32﹣的數(shù)目小于NA
B.常溫常壓下，1.7g NH3中所含的原子數(shù)為0.4NA
C.向含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀完全溶解，消耗的OH﹣數(shù)目為0.4NA
D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48LNO2與足量的水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA
【分析】A.溶液體積未知;
B.質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，結(jié)合1個氨氣分子含有4個原子解答;
C.含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH，消耗的OH﹣數(shù)目為0.4NA時反應(yīng)生成氫氧化鋁、一水合氨和硫酸鈉;
D.二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既做氧化劑又做還原劑.
【解答】解：A.溶液體積未知，只知道濃度無法計算微粒個數(shù)，故A錯誤;
B.常溫常壓下，1.7g NH3物質(zhì)的量為 =0.1mol，含有原子物質(zhì)的量為0.4mol，所含的原子數(shù)為0.4NA，故B正確;
C.含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH，消耗的OH﹣數(shù)目為0.4NA時反應(yīng)生成氫氧化鋁、一水合氨和硫酸鈉，此時沉淀未溶解，故C錯誤;
D.二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，方程式：3NO2+H2O═2HNO3+NO，消耗3mol二氧化氮，轉(zhuǎn)移2mol電子，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48LNO2物質(zhì)的量為0.2mol，與足量的水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 NA，故D錯誤;
故選：B.
【點評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系是解題關(guān)鍵，注意二氧化氮與水發(fā)生歧化反應(yīng)，題目難度中等.
3.下列五種有機物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，下列說法正確的是( )
A.有機物①與乙烯互為同系物
B.有機物③轉(zhuǎn)化為有機物④的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)
C.有機物④轉(zhuǎn)化為有機物⑤的反應(yīng)中反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比為1：1
D.含有一個四元環(huán)，且能與金屬鈉反應(yīng)的有機物③的同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu))有3種
【分析】A.有機物①含有碳碳雙鍵和羥基，而乙烯只含有碳碳雙鍵;
B.有機物③與NaCn發(fā)生取代反應(yīng)轉(zhuǎn)化為有機物④;
C.根據(jù)④、⑤的分子式判斷;
D.含有一個四元環(huán)，且能與金屬鈉反應(yīng)的有機物③的同分異構(gòu)體中，四元環(huán)中含有4個碳，環(huán)上連接﹣Cl和﹣OH，二者有相鄰、相間和同在一個碳上，共3種不同的位置.
【解答】解：A.有機物①含有碳碳雙鍵和羥基，而乙烯只含有碳碳雙鍵，二者結(jié)構(gòu)不同，不是同系物，故A錯誤;
B.有機物③與NaCn發(fā)生取代反應(yīng)轉(zhuǎn)化為有機物④，故B錯誤;
C.④、⑤的分子式分別為C5H7ON、C5H11ON，則有機物④轉(zhuǎn)化為有機物⑤的反應(yīng)中反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比為1：2，故C錯誤;
D.含有一個四元環(huán)，且能與金屬鈉反應(yīng)的有機物③的同分異構(gòu)體中，四元環(huán)中含有4個碳，環(huán)上連接﹣Cl和﹣OH，二者有相鄰、相間和同在一個碳上，共3種不同的位置，故D正確.
故選D.
【點評】本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，把握官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查同分異構(gòu)體以及反應(yīng)類型的判斷，易錯選項是C.
4.為解決淀粉廠廢水中BOD嚴(yán)重超標(biāo)的問題，有人設(shè)計了電化學(xué)降解法.如圖是利用一種微生物將有機物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，下列說法中正確的是( )
A.N極是負(fù)極
B.該裝置工作時，H+從右側(cè)經(jīng)陽離子交換膜移向左側(cè)
C.負(fù)極的電極反應(yīng)為：(C6H10O5)n+7H2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+
D.物質(zhì)X是OH﹣
【分析】由題意知，利用一種微生物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，即為原電池，由圖N極通O2，M極為有機物，則N極為正極發(fā)生還原反應(yīng)，M極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極的電極反應(yīng)為(C6H10O5)n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，原電池中陽離子移向正極.
【解答】解：由題意利用一種微生物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，即為原電池，由圖N極通O2，M極為有機物，則N極為正極發(fā)生還原反應(yīng)，M極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極的電極反應(yīng)為(C6H10O5)n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，原電池中陽離子移向正極，
A.由圖N極通O2，則N極為正極，故A錯誤;
B.原電池中陽離子移向正極，該裝置工作時，H+從左側(cè)經(jīng)陽離子交換膜轉(zhuǎn)向右側(cè)，故B錯誤;
C.M極為有機物，M極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極的電極反應(yīng)為(C6H10O5)n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，故C正確;
D.由圖N極通O2，則N極為正極，O2得電子結(jié)合H+生成水，物質(zhì)X為水，故D錯誤.
故選C.
【點評】本題考查原電池基本原理，側(cè)重考查學(xué)生獲取信息、分析推斷能力，根據(jù)化合價變化確定正負(fù)極，難點是電極反應(yīng)式的書寫，且原電池和電解池原理是高考高頻點，要熟練掌握.
5.短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態(tài)單質(zhì)，其中一種能吸收短波紫外線，A、B兩元素的族序數(shù)之差為3，C、D不相鄰，C的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，下列判斷正確的是( )
A.簡單離子的半徑大小：D>B>A
B.B的單質(zhì)既能和酸反應(yīng)，又能和堿反應(yīng)
C.A分別與C、D形成的化合物均易溶于水
D.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：C>D
【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態(tài)單質(zhì)，其中一種能吸收短波紫外線，則A為O;A、B兩元素的族序數(shù)之差為3，則A為Al;C、D不相鄰，C的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，則C為Si，D為Cl，然后結(jié)合元素化合物及元素周期律來解答.
【解答】解：短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態(tài)單質(zhì)，其中一種能吸收短波紫外線，則A為O;A、B兩元素的族序數(shù)之差為3，則A為Al;C、D不相鄰，C的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，則C為Si、D為Cl，
A.電子層越多，離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡單離子的半徑大小：D>B>A，故A錯誤;
B.B為Al，Al既能和酸反應(yīng)，又能和堿反應(yīng)，故B正確;
C.A分別與C、D形成的化合物為二氧化硅，不溶于水，故C錯誤;
D.非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：C>D，故D錯誤;
故選B.
【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，為高頻考點，題目難度中等，把握元素化合物性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力.
6.下列實驗操作能達到相應(yīng)實驗?zāi)康氖? )
選項 實驗操作 實驗?zāi)康?/p>
A 將二氧化硫氣體通入紫色石蕊試液中，觀察溶液顏色變化 證明二氧化碳具有漂白性
B 向2mL1molL﹣1NaOH溶液中先加入3滴1molL﹣1FeCl3溶液，再加入3滴1molL﹣1MgCl2溶液 證明Ksp[Mg(OH)2]>ksp[Fe(OH)3]
C 向2mL品紅溶液和2mL加入少許醋酸的品紅溶液中分別滴入3滴含NaClO的“84”消毒液，觀察紅色褪色的快慢 證明隨著溶液pH的減小，“84”消毒液的氧化能力增強
D 相同溫度下，向兩支盛有相同體積不同濃度H2O2溶液的試管中分別滴入適量相同濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液 探究Cu2+、Fe3+對H2O2分解速率的影響
A.A B.B C.C D.D
【分析】A.二氧化硫為酸性氧化物，遇石蕊變紅;
B.NaOH過量，發(fā)生沉淀的生成;
C.二者區(qū)別在于是否有醋酸;
D.濃度不同、催化劑不同.
【解答】解：A.二氧化硫為酸性氧化物，遇石蕊變紅，不能說明二氧化硫的漂白性，故A錯誤;
B.NaOH過量，發(fā)生沉淀的生成，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則不能比較Ksp，故B錯誤;
C.二者區(qū)別在于是否有醋酸，則由操作、現(xiàn)象可知，隨著溶液pH的減小，“84”消毒液的氧化能力增強，故C正確;
D.濃度不同、催化劑不同，應(yīng)控制相同濃度的H2O2溶液的試管中分別滴入適量相同濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液，故D錯誤;
故選C.
【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的`性質(zhì)、沉淀生成和轉(zhuǎn)化、反應(yīng)速率等為解答的關(guān)鍵，注意性質(zhì)及反應(yīng)原理的分析，題目難度不大.
7.25℃時，向100mL 1molL﹣1H2SO3溶液中逐漸滴入1molL﹣1的NaOH溶液，含硫物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)δ(平衡時某物質(zhì)的濃度與各物質(zhì)濃度之和的比)與pH的關(guān)系如圖所示(已知：pKs=﹣lgK，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19).下列說法不正確的是( )
A.pH=1.85時，c(H2SO3)=c(HSO3﹣)
B.pH=6時，c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)
C.pH=7.19時，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3﹣)+2c(SO3﹣)+c(OH﹣)
D.加入150mLNaOH溶液時，3c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣)
【分析】25℃時，向100mL 1molL﹣1H2SO3溶液中逐漸滴入1molL﹣1的NaOH溶液，發(fā)生的反應(yīng)為：H2SO3+NaOH=NaHSO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
A.含硫酸物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)δ為0.50時c(H2SO3)=c(HSO3﹣);
B.PH=6時溶液中主要的離子是HSO3﹣和SO32﹣，溶液顯酸性;
C.pH=7.19時溶液中為Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在電荷守恒;
D.加入150mLNaOH溶液時溶液中為Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析判斷;
【解答】解：A.含硫酸物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)δ為0.50時c(H2SO3)=c(HSO3﹣)，pH=1.85，故A正確;
B.PH=6時溶液中主要的離子是HSO3﹣和少量SO32﹣，溶液顯酸性，c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)，故B正確;
C.pH=7.19時溶液中為Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3﹣)+2c(SO3﹣)+c(OH﹣)，故C正確;
D.加入150mLNaOH溶液時溶液中為Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知3c(Na+)>2c(H2SO3)+2c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣)，故D錯誤;
故選D.
【點評】本題考查了離子濃度大小比較，電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒的分析判斷，注意曲線變化的特征和溶液成分判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度較大.
二、解答題(共3小題，滿分43分)
8.為了探究鎂粉在NO2中的燃燒產(chǎn)物，某化學(xué)興趣小組通過如圖裝置來驗證產(chǎn)物中存在N2(夾持裝置已略去，部分儀器可以重復(fù)使用).
已知：①Mg3N2+6H20═3Mg(OH)2+2NH3↑;NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;
2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O;
�、诖姿崛芤猴@中性.
(1)儀器a的名稱是 分液漏斗 .
(2)裝置的連接順序為 ABCBED .
(3)裝置B中盛放的試劑為 無水氯化鈣 ，裝置B的作用為 在C的兩側(cè)防止水蒸氣進入C中與產(chǎn)物 Mg3N2反應(yīng) .裝置E中氫氧化鈉溶液的作用是 吸收未反應(yīng)完的NO2及其可能混有的NO .
(4)確定產(chǎn)物中有N2生成的實驗現(xiàn)象為 裝置D中的水被壓入集氣瓶 .
(5)設(shè)計實驗證明：
�、冁V粉與NO2反應(yīng)的產(chǎn)物中有Mg3N2存在： 取C中少量反應(yīng)產(chǎn)物，加入到水中產(chǎn)生刺激性氣味的氣體，該氣體可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍 .
�、贛gO能溶于銨鹽是因為MgO與NH 直接反應(yīng)了，而不是MgO與NH 水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)： 將①中加水后的溶液加熱，趕走NH3后，再加入過量的CH3COONH4溶液，固體溶解，說明MgO和Mg(OH)2溶于銨鹽溶液是與NH4+直接反應(yīng)，不是與NH4+水解出來的H+反應(yīng) .
【分析】(1)依據(jù)儀器形狀和作用分析，儀器a的名稱為分液漏斗;
(2)裝置A：銅和濃硝酸制取二氧化氮，裝置B：干燥二氧化氮，防止水蒸氣干擾實驗，在加熱條件下將Mg和二氧化氮混合，然后再干燥氣體，裝置C：鎂條和二氧化氮反應(yīng)，裝置D：排水法收集N2，裝置E：吸收二氧化氮，然后用排水法收集N2;
(3)分析可知用裝置B干燥劑干燥，通入硬質(zhì)玻璃管C與鎂粉發(fā)生反應(yīng)，然后再干燥氣體，防止水蒸氣進入裝置C和氮化鎂反應(yīng);裝置E吸收二氧化氮及其可能生成的一氧化氮;
(4)氮氣不溶于水，如果有氮氣，則能通過排水法收集到氣體;
(5)①氮化鎂和水反應(yīng)生成氫氧化鎂和氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色;
�、诖姿徜@溶液呈中性，將①中加水后的溶液加熱，趕走NH3后，再加入過量的CH3COONH4溶液，根據(jù)固體是否溶解分析判斷.
【解答】解：(1)依據(jù)儀器形狀和作用分析，儀器a的名稱為分液漏斗，
故答案為：分液漏斗;
(2)裝置A銅和濃硝酸制取二氧化氮，Mg能在NO2中燃燒，產(chǎn)物為Mg3N2、Mg0和N2，裝置A中Cu與濃硝酸反應(yīng)生成的氣體NO2，用裝置B干燥劑干燥，通入硬質(zhì)玻璃管C與鎂粉發(fā)生反應(yīng)，然后再干燥氣體，用E裝置除去多余的NO2，裝置D排水法收集N2，故連接裝置的順序為：ABCBED，
故答案為：ABCBED;
(3)用裝置B干燥劑干燥，通入硬質(zhì)玻璃管C與鎂粉發(fā)生反應(yīng)，然后再干燥氣體，裝置B中的作用是在C的兩側(cè)防止水蒸氣進入C中與產(chǎn)物Mg3N2反應(yīng)，所以B中干燥劑可以是無水氯化鈣，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O;用E裝置除去多余的NO2及其可能混有的NO，
故答案為：無水氯化鈣;在C的兩側(cè)防止水蒸氣進入C中與產(chǎn)物 Mg3N2反應(yīng);吸收未反應(yīng)完的NO2及其可能混有的NO;
(4)氮氣不溶于水，如果有氮氣，則能通過排水法收集到氣體，所以確定產(chǎn)物中有N2生成的實驗現(xiàn)象為D中試劑瓶中的水被氣體壓入燒杯中，
故答案為：D中試劑瓶中的水被氣體壓入集氣瓶中;
(5)①取C中少量反應(yīng)后的固體產(chǎn)物，加入到水中產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，該氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變成藍色，證明產(chǎn)物中存在Mg3N2，
故答案為：取C中少量反應(yīng)產(chǎn)物，加入到水中產(chǎn)生刺激性氣味的氣體，該氣體可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍;
�、贜H3H2O的電離常數(shù)與CH3COOH電離常數(shù)相等，均為1.75×10﹣5，所以醋酸銨溶液呈中性，將①中加水后的溶液加熱，趕走NH3后，再加入過量的 CH3COONH4溶液，固體溶解，說明MgO和Mg(OH)2溶于銨鹽溶液是與NH4+直接反應(yīng)，不是與NH4+水解出來的H+反應(yīng)，
故答案為：將①中加水后的溶液加熱，趕走NH3后，再加入過量的 CH3COONH4溶液，固體溶解，說明 MgO 和 Mg(OH)2溶于銨鹽溶液是與 NH4+直接反應(yīng)，不是與NH4+水解出來的H+反應(yīng).
【點評】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的實驗探究，理解實驗原理、掌握實驗基本操作和鎂及其化合物性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度中等.
9.在航天航空工業(yè)上銀銅合金有許多用途.以廢舊航天器為原料回收銀并制備含銅化工產(chǎn)品的工藝流程如圖所示.
回答下列問題：
(1)銀銅合金在空氣中熔煉的氧化產(chǎn)物是 CuO (填化學(xué)式，下同).
(2)濾渣A的主要成分是 Ag ;等物質(zhì)的量的Al(OH)3與Cu(OH)2在惰性氣體中煅燒時，除了生成
CuAlO2外，還會生成H2O和 O2 .
(3)向CuSO3溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是 使鋁離子和銅離子沉淀完全 .
(4)電解法精煉銀中所用的電解質(zhì)溶液應(yīng)為 AgNO3溶液 ，陽極材料是 粗銀 .
(5)若產(chǎn)品CuAlO2能溶于濃硝酸，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為 CuAlO2+6HNO3(濃)=Cu(NO3)2+Al(NO3)3+NO2↑+3H2O .若有1 mol CuAlO2參與反應(yīng)，生成氣體的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)小于22.4L，其原因可能是 二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮 、 生成了一氧化氮 (寫兩條，不考慮與水的反應(yīng)).
【分析】由工藝流程圖可知，廢料在空氣中熔煉時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應(yīng)，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;向濾液中加入硫酸鋁、氫氧化鈉，得到氫氧化鋁、氫氧化銅，灼燒中會得到CuO、Al2O3，二者反應(yīng)得到CuAlO2，銀熔體冷卻成型得到粗銀，通過電解精煉得到銀，
(1)廢料在空氣中熔煉時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，元素化合價升高的被氧化得到氧化產(chǎn)物;
(2)向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應(yīng)，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;由上述分析可知，CuO、Al2O3反應(yīng)得到CuAlO2，由電荷守恒可知，O元素化合價升高，有氧氣生成;
(3)向CuSO4溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是沉淀鋁離子和銅離子;
(4)電解精煉銀的原理是利用電解池中粗銀做陽極，精銀作陰極，含銀離子的電解質(zhì)溶液做電解質(zhì)溶液;
(5)若產(chǎn)品CuAlO2能溶于濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，亞銅離子被氧化為銅離子，硝酸鋇還原為二氧化氮，結(jié)合原子守恒配平書寫化學(xué)方程式，若有1 mol CuAlO2參與反應(yīng)，生成氣體的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)小于22.4L，可能是二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，或生成一氧化氮氣體;
【解答】解：由工藝流程圖可知，廢料在空氣中熔煉時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應(yīng)，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;向濾液中加入硫酸鋁、氫氧化鈉，得到氫氧化鋁、氫氧化銅，灼燒中會得到CuO、Al2O3，二者反應(yīng)得到CuAlO2，銀熔體冷卻成型得到粗銀，通過電解精煉得到銀，
(1)廢料在空氣中熔煉時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，元素化合價升高的被氧化得到氧化產(chǎn)物CuO，
故答案為：CuO;
(2)向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應(yīng)，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;等物質(zhì)的量的Al(OH)3與Cu(OH)2在惰性氣體中煅燒時生成氧化銅、氧化鋁，依據(jù)生成產(chǎn)物有CuAlO2，反應(yīng)前Cu為+2價，反應(yīng)后為+1，化合價降低1，Al化合價沒有變化，所以氧元素的化合價升高，生成氧氣，反應(yīng)前氧為﹣2價，反應(yīng)后為0，化合價升高2，兩者的最小公倍數(shù)是2，再根據(jù)原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案為：Ag;O2;
(3)向CuSO4溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是沉淀鋁離子和銅離子生成氫氧化鋁和氫氧化銅沉淀，
故答案為：使鋁離子和銅離子沉淀完全;
(4)電解精煉銀的原理是利用電解池中粗銀做陽極，精銀作陰極，含銀離子的電解質(zhì)溶液做電解質(zhì)溶液，選擇硝酸銀溶液做電解質(zhì)溶液，
故答案為：AgNO3溶液;粗銀;
(5)若產(chǎn)品CuAlO2能溶于濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，亞銅離子被氧化為銅離子，硝酸鋇還原為二氧化氮，結(jié)合電子守恒、原子守恒配平書寫化學(xué)方程式為：CuAlO2+6HNO3(濃)=Cu(NO3)2+Al(NO3)3+NO2↑+3H2O，可能是生成的二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，隨硝酸濃度減小變稀后會生成一氧化氮都可能導(dǎo)致生成氣體的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)小于22.4L，
故答案為：CuAlO2+6HNO3(濃)=Cu(NO3)2+Al(NO3)3+NO2↑+3H2O;二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮;生成了一氧化氮;
【點評】本題考查了物質(zhì)分離提純的過程分析，主要是物質(zhì)性質(zhì)、電解原理、氧化還原反應(yīng)電子守恒、等知識點的理解應(yīng)用，題目難度中等.
10.CO、CO2是重要的工業(yè)原料，在工業(yè)上有著廣泛的用途.
(1)已知相關(guān)反應(yīng)的能量變化如圖1所示.
則用CH4(g)和H2O(g)反應(yīng)制得H2(g)和CO(g)的熱化學(xué)反應(yīng)方程為 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol .
(2)在一容積可變的密閉容器中，1molCO與2molH2發(fā)生反應(yīng)：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，
CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與壓強(p)的關(guān)系如圖2所示
�、賏、b兩點H2的反應(yīng)速率：v(a) < v(b)(填“>”、“<”、“=”)
②相同壓強下，CO的轉(zhuǎn)化率先達到0.5的是 T2 (填“T1”或“T2 )，原因是 該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，圖象可知T1
�、墼赥1點溫度下，下列敘述不能說明上述反應(yīng)能達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是 ad (填字母)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
b.CH3OH的體積分?jǐn)?shù)不再改變
c.混合氣體的密度不再改變
d.CO和CH3OH的物質(zhì)的量之和保持不變
�、苡嬎銏D2中a點的平衡常數(shù)KP= 1.6×10﹣11(Pa)﹣2 (用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)).
(3)氨氣和CO2在一定條件下可合成尿素，其反應(yīng)為：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)
合成塔中氨碳比[ ]與CO2轉(zhuǎn)化率[α(CO2)]的關(guān)系如圖3所示.則 應(yīng)控制在4.0的理由是 控制在4.0時CO2轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，而 在4.0后CO2的轉(zhuǎn)化率無明顯增大 .
【分析】(1)依據(jù)圖象書寫熱化學(xué)方程式，由圖中數(shù)據(jù)可知：①CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H=﹣282.0 kJmol﹣1，
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g)△H=﹣241.8kJmol﹣1，
�、跜H4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣836.3 kJmol﹣1，
結(jié)合蓋斯定律計算③﹣①﹣②×3得到需熱化學(xué)方程式;
(2)①圖象分析可知a點和b點壓強b大于a，反應(yīng)速率隨壓強增大而增大;
②相同壓強下，溫度越高CO的轉(zhuǎn)化率先達到0.5;
③在T1點溫度下，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是正逆反應(yīng)速率相同，個組分含量保持不變，及其衍生的各物理量不變是嗎反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，變量不變始判斷依據(jù);
�、軋D2中a點CO轉(zhuǎn)化率為0.5，依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計算，用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù);
(3) 控制在4.0時CO2轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，比值增大對二氧化碳轉(zhuǎn)化率越小不大.
【解答】解：(1)由圖中數(shù)據(jù)可知：①CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H=﹣282.0 kJmol﹣1，
�、贖2(g)+ O2(g)=H2O(g)△H=﹣241.8kJmol﹣1，
�、跜H4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣836.3 kJmol﹣1，
�、郓仮侃仮�×3得到：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol，
故答案為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol;
(2)①圖象分析可知a點和b點壓強b大于a，反應(yīng)速率隨壓強增大而增大，a、b兩點H2的反應(yīng)速率：v(a)
故答案為：<;
�、谙嗤瑝簭娤拢瑴囟仍礁逤O的轉(zhuǎn)化率先達到0.5，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，圖象可知T1
③在一容積可變的密閉容器中，1molCO與2molH2發(fā)生反應(yīng)：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，在T1點溫度下，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，只能說明正向進行，不能說明達到平衡狀態(tài)，故a符合;
b.CH3OH的體積分?jǐn)?shù)不再改變是化學(xué)平衡的標(biāo)志，故b不符合;
c.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，在一容積可變的密閉容器中，混合氣體的密度不再改變，能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故c不符合
d.化學(xué)方程式中一氧化碳和甲醇物質(zhì)的量之比相同，CO和CH3OH的物質(zhì)的量之和保持不變，不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故d符合;
故答案為：ad;
�、軋D2中a點CO轉(zhuǎn)化率為0.5，總壓強為0.5×106Pa，依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計算，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol) 1 2 0
變化量(mol) 0.5 1 0.5
平衡鋁(mol) 0.5 1 0.5
用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，
平衡常數(shù)Kp= ═ =1.6×10﹣11Pa﹣2，
故答案為：1.6×10﹣11Pa﹣2;
(3)圖象變化分析可知， 控制在4.0時CO2轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，而 在4.0后CO2的轉(zhuǎn)化率無明顯增大，
故答案為： 控制在4.0時CO2轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，而 在4.0后CO2的轉(zhuǎn)化率無明顯增大;
【點評】本題考查了熱化學(xué)方程式書寫、化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響因素分析判斷、平衡常數(shù)計算和圖象變化的特征理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等.
三、選做題【化——化學(xué)與技術(shù)】(共1小題，滿分15分)
11.鋁鞣劑[主要成分為Al(OH)2Cl]主要用于鞣制皮革.利用鋁灰(主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等)制備鋁鞣劑的一種工藝如圖：
回答下列問題：
(1)氣體A為 NH3 (填化學(xué)式).水解采用90℃而不在室溫下進行的原因是 加快AlN水解反應(yīng)速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出 .
(2)酸溶時使用的酸是 鹽酸 (填名稱).
(3)氧化時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 2Fe2++2H++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O .
(4)除雜時產(chǎn)生廢渣的主要成分為 Fe(OH)3 (填化學(xué)式)，對其合理的處理方法是 回收利用生成鐵紅 .
(5)采用噴霧干燥而不用蒸發(fā)的原因是 防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3 .
(6)準(zhǔn)確稱取所制備的鋁鞣劑m g，將其置于足量硝酸中，待樣品完全溶解后，加入足量AgNO3溶液，充分反應(yīng)，過濾、洗滌、干燥得固體ng.則樣品中Al(OH)2Cl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ×100% (用含m、n的代數(shù)式表示)
【分析】鋁灰主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等，加水發(fā)生反應(yīng)，AlN發(fā)生水解生成氫氧化鋁和氨氣，加入鹽酸酸溶后，生成氯化鋁溶液和氯化亞鐵溶液，加入漂白劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加入純堿調(diào)節(jié)溶液pH使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，采用噴霧干燥制備鋁鞣劑.
(1)AlN水解得到氣體A是氨氣，加熱可以促進氮化鋁水解生成氨氣，有利于氨氣的逸出;
(2)酸溶時使用的酸是鹽酸;
(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根離子在酸溶液中的強氧化性，將氧化亞鐵離子為鐵離子;
(4)由上述分析可知濾渣為氫氧化鐵沉淀;可以回收利用生成鐵紅;
(5)鋁鞣劑主要成分為Al(OH)2Cl，在加熱蒸發(fā)時會發(fā)生水解，為防止水解利用噴霧干燥，減少鋁鞣劑水解;
(6)最終得到ng沉淀為AgCl的質(zhì)量，根據(jù)氯離子守恒計算Al(OH)2Cl的質(zhì)量，進而計算樣品中Al(OH)2Cl的質(zhì)量分?jǐn)?shù).
【解答】解：鋁灰主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等，加水發(fā)生反應(yīng)，AlN發(fā)生水解生成氫氧化鋁和氨氣，加入鹽酸酸溶后，生成氯化鋁溶液和氯化亞鐵溶液，加入漂白劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加入純堿調(diào)節(jié)溶液pH使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，采用噴霧干燥制備鋁鞣劑.
(1)AlN水解得到氣體A是NH3，加熱可以加快AlN水解反應(yīng)速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出，
故答案為：NH3;加快AlN水解反應(yīng)速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出;
(2)由流程圖可知，酸溶時使用的酸是鹽酸，
故答案為：鹽酸;
(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根離子在酸溶液中的強氧化性，將氧化亞鐵離子為鐵離子，反應(yīng)離子方程式為：2Fe2++2H++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O，
故答案為：2Fe2++2H++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O;
(4)由上述分析可知，濾渣為Fe(OH)3沉淀;可以回收利用生成鐵紅，
故答案為：Fe(OH)3;回收利用生成鐵紅;
(5)鋁鞣劑主要成分為Al(OH)2Cl，在加熱蒸發(fā)時會發(fā)生水解，為防止水解利用噴霧干燥，減少鋁鞣劑水解，
故答案為：防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3;
(6)最終得到ng沉淀為AgCl的質(zhì)量，根據(jù)氯離子守恒，Al(OH)2Cl的質(zhì)量= ×96.5g/mol，故樣品中Al(OH)2Cl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為( ×96.5g/mol÷mg)×100%= ×100%，
故答案為： ×100%.
【點評】本題考查物質(zhì)準(zhǔn)備工藝流程，涉及對操作的分析評價、對條件控制分析、物質(zhì)含量測定等，熟練掌握元素化合物知識，樹立資源回收再利用意識，是對學(xué)生綜合能力的考查.題目難度中等.
四、解答題(共1小題，滿分0分)
12.基態(tài)砷原子的電子排布式為 1s22s22p63s23p63d104s24p3 .
(2)K3[Fe(CN)5]晶體中Fe3+與CN﹣之間的化學(xué)鍵類型為 配位 鍵，與CN﹣互為等電子體的化合物的分子式為 CO .
(3)氮化硼(BN)有多種晶型，其中立方氮化硼與金剛石的構(gòu)型類似，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是 109°28′ (填角度).
(4)對硝基苯酚水合物(化學(xué)式為C4H5NO31.5H2O)是一種含氮化合物.實驗表明：加熱至94℃時該晶體會失去結(jié)晶水，由黃色變成鮮亮的紅色，在空氣中溫度降低又變?yōu)辄S色，具有可逆熱色性.
�、僭摼w中四種基本元素的電負(fù)性由大到小的順序是 O>N>C>H .
②對硝基苯酚分子中氮原子的雜化軌道類型是 sp2雜化 .
(5)磷化硼(BP)是一種有價值的耐磨硬涂層材料，這種陶瓷材料可作為金屬表面的保護薄膜，它是通過在高溫(T>750℃)氫氣氛圍下三溴化硼和三溴化磷反應(yīng)制得的，三溴化硼分子的空間構(gòu)型為 平面三角形 ，BP晶胞的結(jié)構(gòu)如圖所示，當(dāng)晶胞晶格參數(shù)為478pm(即圖中立方體的每條邊長為478pm)時，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為 119.5 pm .
【分析】(1)As的原子序數(shù)為33，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子核外電子排布式;
(2)當(dāng)中心原子有空軌道，配離子含有孤對電子時，能形成配位鍵;根據(jù)等電子體原理可寫出與CN﹣互為等電子體的化合物分子式;
(3)立方氮化硼與金剛石的構(gòu)型類似，金剛石為正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角為109°28′，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是109°28′;
(4)①同周期自左而右元素電負(fù)性增大，元素的非金屬性越強其電負(fù)性越強;
②對硝基苯酚分子結(jié)構(gòu)簡式為 ，根據(jù)雜化軌道理論分析氮原子的雜化;
(5)根據(jù)雜化軌道理論分析硼原子的價層電子對數(shù)判斷分子構(gòu)型;根據(jù)磷化硼的晶體結(jié)構(gòu)解答其化學(xué)式;P原子與周圍的4個B原子最近且形成正四面體結(jié)構(gòu)，二者連線處于體對角線上，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為體對角線的 .
【解答】解：(1)As的原子序數(shù)為33，基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，
故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p3;
(2)K3[Fe(CN)6]晶體中Fe3+與CN﹣之間的化學(xué)鍵類型為配位鍵，F(xiàn)e3+有空軌道，能接受孤對電子，CN﹣能提供孤對電子，所以能形成配位鍵，原子數(shù)目相等、價電子數(shù)目相等的微粒互為等電子體，與CN﹣互為等電子體的化合物分子式為CO，
故答案為：配位; CO;
(3)立方氮化硼與金剛石的構(gòu)型類似，金剛石為正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角為109°28′，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是109°28′，
故答案為：109°28′;
(4)①元素的非金屬性越強其電負(fù)性越強，O、N、C、H的非金屬性逐漸減弱，所以O(shè)、N、C、H的電負(fù)性逐漸減弱，則O、N、C、H的電負(fù)性由大到小的順序是O>N>C>H，
故答案為：O>N>C>H;
②對硝基苯酚分子結(jié)構(gòu)簡式為 ，氮原子形成3個σ鍵、2個π鍵，沒有孤對電子，所以是sp2雜化，
故答案為：sp2雜化;
(5)三溴化硼分子中硼原子的價層電子對數(shù)為 =3，B原子按sp2方式雜化，沒有孤電子對，所以分子空間構(gòu)型為平面三角形，由圖可知，B原子分別與三個P原子形成共價鍵，則磷化硼的化學(xué)式為BP，P原子與周圍的4個B原子最近且形成正四面體結(jié)構(gòu)，二者連線處于體對角線上，為體對角線的 ，立方體的每條邊長為478pm，則晶胞體對角線長為 ×478pm，則P原子與B原子最近距離為 ×478× pm=119.5 pm，
故答案為：平面三角形;119.5 pm.
【點評】本題考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注重對電子排布式、化學(xué)鍵類型、雜化理論的應(yīng)用、晶體結(jié)構(gòu)考查，考查點較多，題目難度中等，側(cè)重考查學(xué)生對知識的遷移應(yīng)用，注意信息的理解和綜合應(yīng)用.
五、解答題(共1小題，滿分0分)
13.(2016浦城縣模擬)某一元芳香脂G可作食用香料，它的合成路線之一如圖所示.A是烯烴，其相對分子質(zhì)量為56;D分子的核磁共振氫譜上有三組峰且峰面積之比為6：1：1;E能與銀氨溶液反應(yīng)，F(xiàn)分子中無甲基，1molE和1molF分別完全燃燒時，F(xiàn)生成的水比E的多2 mol.
已知：R﹣CH═CH2 RCH2CH2OH
回答下列問題：
(1)用系統(tǒng)命名法命名B的名稱為 2﹣甲基﹣1﹣丙醇 E中官能團的名稱是 碳碳雙鍵、醛基 .
(2)A的結(jié)構(gòu)簡式是 (CH3)2C=CH2 ，若在實驗中只用一種試劑及必要的反應(yīng)條件鑒別B、C、D，則該試劑是 新制氫氧化銅懸濁液 .
(3)D與F反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ;該反應(yīng)的反應(yīng)類型為 酯化反應(yīng)或取代反應(yīng) .
(4)滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體有 13 種.
①能與NaOH溶液反應(yīng) ②分子中有2個一CH3
其中核磁共振氫譜有5組峰的結(jié)構(gòu)簡式為 .
(5)以 為原料也可合成F，請參考題目中的相關(guān)信息寫出相應(yīng)的合成路線圖(反應(yīng)條件中的試劑寫在箭頭上方，其他寫在箭頭下方)： .
【分析】A是烴類，其相對分子質(zhì)量為56，則 =4…8，可知A的分子式為C4H8，結(jié)合反應(yīng)信息可知A屬于烯烴，則B屬于飽和一元醇，C為飽和一元醛，D為飽和一元羧酸，D分子的核磁共振氫譜上有3組峰且峰面積之比為6：1：1，則D的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHCOOH，逆推可知C為(CH3)2CHCHO，B為(CH3)2CHCH2OH，A為(CH3)2C=CH2.D和F反應(yīng)生成一元芳香酯G，則F為芳香醇，E可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，含有﹣CHO，1molE和1molF分別完全燃燒時，F(xiàn)生成的水比E的多2 mol，說明E中還含有碳碳雙鍵，在催化劑存在條件下1mol E與2mol H2反應(yīng)可以生成F，F(xiàn)分子中含有苯環(huán)但無甲基，F(xiàn)的分子式為C9H12O，可推知E為 ，F(xiàn)為 ，則G為 .
【解答】解：A是烴類，其相對分子質(zhì)量為56，則 =4…8，可知A的分子式為C4H8，結(jié)合反應(yīng)信息可知A屬于烯烴，則B屬于飽和一元醇，C為飽和一元醛，D為飽和一元羧酸，D分子的核磁共振氫譜上有3組峰且峰面積之比為6：1：1，則D的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHCOOH，逆推可知C為(CH3)2CHCHO，B為(CH3)2CHCH2OH，A為(CH3)2C=CH2.D和F反應(yīng)生成一元芳香酯G，則F為芳香醇，E可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，含有﹣CHO，1molE和1molF分別完全燃燒時，F(xiàn)生成的水比E的多2 mol，說明E中還含有碳碳雙鍵，在催化劑存在條件下1mol E與2mol H2反應(yīng)可以生成F，F(xiàn)分子中含有苯環(huán)但無甲基，F(xiàn)的分子式為C9H12O，可推知E為 ，F(xiàn)為 ，則G為 .
(1)B為(CH3)2CHCH2OH，用系統(tǒng)命名法命名為：2﹣甲基﹣1﹣丙醇，E為 ，官能團的名稱是：碳碳雙鍵、醛基，
故答案為：2﹣甲基﹣1﹣丙醇;碳碳雙鍵、醛基;
(2)由上述分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式是(CH3)2C=CH2，B、C、D分別含有羥基、醛基、羧基，可以用新制氫氧化銅懸濁液鑒別，
故答案為：(CH3)2C=CH2;新制氫氧化銅懸濁液;
(3)D與F反應(yīng)的化學(xué)方程式為： ，該反應(yīng)的反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)，
故答案為： ;酯化反應(yīng)或取代反應(yīng);
(4)滿足下列條件的F( )的同分異構(gòu)體：①能與NaOH溶液反應(yīng)，說明含有酚羥基，②分子中有2個﹣CH3，可以含有2個取代基為﹣OH、﹣CH(CH3)2，有鄰、間、對3種，可以含有3個取代基為﹣OH、﹣CH3、﹣CH2CH3，而﹣OH、﹣CH3有鄰、間、對3種位置，對應(yīng)的﹣CH2CH3分別有4種、4種、2種位置，故符合條件的共有13種，其中核磁共振氫譜有5組峰的結(jié)構(gòu)簡式為： ，
故答案為：13; ;
(5) 先在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成 ，
然后經(jīng)過①B2H6、②H2O2/OH﹣作用生成 ，合成路線流程圖為： ，
故答案為： .
【點評】本題考查有機物推斷與合成，需要學(xué)生對給予的信息進行利用，是常見題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析推理能力，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，難度中等.
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