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2016年四川省内江市高考化学四模试卷
一、选择题（本大题包括7小题，每小题6分，共42分o在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）．
1．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（ ）
A．为延长食品保质期，可向其中大量添加苯甲酸钠等防腐剂
B．催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨和雾霾的发生
C．PM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和
D．“地沟油”可以制成肥皂，从而提高资源的利用率
2．下列有关NaHS03溶液的叙述正确的是（ ）
A．该溶液中，K+、Ca2+、Cl2、Br ﹣可以大量共存
B．与足量Ca（ OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2++OH﹣+HS03═CaS03↓+H20
C．与FeCI3溶液反应的离子方程式：SO32﹣+2 Fe3++H20═SO42﹣+2Fe2++2H+
D．能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，说明NaHSO3溶液具有漂白性
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L HF中含HF分子数目为NA
B．60 g石英晶体中含有的Si﹣O键数目为2 NA
C．标准状况下，11.2 L Cl2通人足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5 NA
D．l L 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1 NA
4．如图是邵分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是（ ）
A．31d和33d属于同种核素
B．第一电离能d＞e，电负性d＜e
C．气态氢化物的稳定性：a＞d＞e
D．a和b形成的化合物不可能含共价键
5．用无机矿物资源生产部分材料，其生产流程如图．下列有关说法不正确的是（ ）
A．Al2O3、SiCl4均为共价化合物
B．生产过程中均涉及氧化还原反应
C．石英可用于制光导纤维，晶体Si常用做半导体材料
D．黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用于冶炼铁
6．下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
解释或结论
A
向足量的浓硝酸中加入铁片，一段时间后加入铜粉
有气体生成，溶液呈蓝绿色
浓硝酸将Fe氧化为Fe3+，生成NO2，Cu与Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+
B
分别向MgCl2、AlCl3溶液中加入足量氨水
均有白色沉淀产生
金属性：Mg＞Al
C
表面变黑的银器浸泡到盛有食盐水的铝制容器中，银器与铝接触
银器变得光亮如新
构成原电池，铝做负极，硫化银得电子被还原成单质银
D
向MgSO4稀溶液中滴入NaOH溶液至不再有沉淀生成，再滴加CuSO4稀溶液
白色沉淀逐渐变为浅蓝色
Kap＞Kap
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，用0.1 mol/LNaOH溶液滴定10mL 0.1mol/LH2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．A点溶液中加入少量水：增大
B．B点：c（ HA ﹣）＞c（H+）＞c（A2一）＞c（H2A）
C．C点：c（Na+）=c（HA﹣）+2c（ A2﹣）
D．水电离出来的c（OH﹣）：B点＞D点
二、筒答题（共58分）
8．Fe、Cu、Mn三种元素的单质及化合物在生产、生活中有广泛应用．
（l） MnO2是一种多功能材料，工业上常以Mn（NO3）2．6H2O和尿素、氧化剂等为原料制备．尿素分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，l mol尿素分子中含有的σ键数为 ．
（2）某学习小组拟以废旧于电池为原料制取锰，简易流程如下：
①用浓盐酸溶解二氧化锰需保持通风，原因是 （用化学方程式表示）．
②写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰的化学方程式 ．
（3）①基态铜原子的电子排布式为 ，与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素，其基态原子核外有 个未成对电子．
②图1是Cu20的晶胞结构，晶胞的边长为acm．则Cu2O的密度为 g/cm3（用NA表示阿伏加德罗常数的值）．
（4）①绿矾（FeS04•7H2O）是补血剂的原料，保存不当易变质．请设计实验检验绿矾是否完全变质 ．
②以羰基化合物为载体，提纯某纳米级活性铁粉（含有一些不反应的杂质），反应装置如图2．已知：Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5 △H＜0，常压下，Fe（ CO）s的熔点约为﹣20.3℃，沸点为103.6℃，则Fe（ CO）的晶体类型为 ．请用平衡移动原理解释T1＜T2的原因 ．
9．ClO2是一种高效水处理剂，某实验小组用下图所示装置制取并收集Cl02．已知：①ClO2为黄绿色气体，极易溶于水，熔点﹣59C，沸点11℃，具有强氧化性．
②ClO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸的可能性大大降低．
③装置A中发生反应：H2C2O4+H2SO4+2KC1O3一K2SO4+2CO2 T+2ClO2+2H2O
④HClO2是强酸．
（1）A装置中电动搅拌棒的作用是 ．
（2）B装置需放在冰水中，原因是 ．
（3）用H2C2O4、稀硫酸和KClO3制备ClO2的最大优点是 ．
（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含
量，进行下列实验：
步骤1：准确量取V1mL ClO2溶液加入到锥形瓶中．，
步骤2：用稀硫酸调节Cl02溶液的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻．
步骤3：加入指示剂，用c mol．L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S203溶液V2mL．
（已知2ClO2+8H++10I﹣=2Cl﹣+5I2+4H2O，2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣）
①配制100mL cmol﹣L﹣lNa2S203标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 ．
②原溶液中ClO2的含量为 g/L（用含字母的代数式表示）．
（5）工业上生产ClO2和NaCIO2的工艺流程如图：
①反应器I中发生反应的化学方程式为 ．
②反应器Ⅱ中发生反应的离子方程式为 ．
③在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以反应器Ⅱ中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是 ．
10．有机物A的分子式为C10H10O5，能发生如下变化．
已知：①A、C、D均能与NaHC03反应；
②只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应；
③A苯环上只有两个对位的取代基；
④F能使溴水褪色；
⑤H能发生银镜反
应．根据题意回答下列问题：
（1）反应I的反应类型是 ．
（2）F中含氧官能团的名称为 ，F在一定条件下与氢气加成，生成分子式为C3H6O2的有机物，该有机物的名称为 ．
（3）G的结构简式为 ，反应Ⅲ的化学方程式为 ．
（4）写出A与足量NaOH溶液共热的化学方程式 ．
（5）D有多种同分异构体，写出同时满足下列要求的一种同分异构体的结构简式 ．
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应但不能水解
③苯环上的一卤代物只有2种．
11．工业生产硝酸铵的流程如图1所示：
（1）Ⅱ中，NH3和02在催化剂作用下反应，其化学方程式为 ．
（2）工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际分两步进行：
第一步：2NH3（g）+CO2（g）═H2NCOONH4（g）△H=﹣272kJ•mol﹣1
第二步：H2NCOONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+138kJ•mol﹣1
写出工业上以NH3、C02为原料合成尿素的热化学方程式 ．
（3）工业上电解NO制备NH4N03，其工作原理如图2所示，电解时阳极的电极反应式为 ，为使电解产物全部转化为NH4N03，需补充物质A，A是 ．
（4）已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，
当反应器中按n（N2）：n（H2）=l：3投料，分别在200C、400℃、600C下达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线如图3．
①曲线a对应的温度是 ．
②上图中P、M、Q三点对应的平衡常数K的大关系为
③若N点时c（NH3）=0.2mol．L﹣l，
则K（N）= （保留两位有效数字）．
2016年四川省内江市高考化学四模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题包括7小题，每小题6分，共42分o在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）．
1．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（ ）
A．为延长食品保质期，可向其中大量添加苯甲酸钠等防腐剂
B．催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨和雾霾的发生
C．PM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和
D．“地沟油”可以制成肥皂，从而提高资源的利用率
【考点】绿色化学．
【专题】化学应用．
【分析】A．过量的防腐剂会损害人体的健康；
B．化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发生，不可能消除；
C．PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的颗粒物；
D．将“地沟油”制成肥皂，可以变废为宝．
【解答】解：A．过量的食品防腐剂会危害人体健康，故A错误；
B．化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发生，不可能消除，故B错误；
C．PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的颗粒物，不是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和，故C错误；
D．“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将非食用油变成肥皂，可以提高资源的利用率，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了常见食品添加剂、地沟油等生活中常见的物质的性质，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意酸雨的成因、pM2.5的概念，题目难度不大．
2．下列有关NaHS03溶液的叙述正确的是（ ）
A．该溶液中，K+、Ca2+、Cl2、Br ﹣可以大量共存
B．与足量Ca（ OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2++OH﹣+HS03═CaS03↓+H20
C．与FeCI3溶液反应的离子方程式：SO32﹣+2 Fe3++H20═SO42﹣+2Fe2++2H+
D．能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，说明NaHSO3溶液具有漂白性
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．氯气具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子；
B．氢氧化钙过量，反应生成亚硫酸根和水、氢氧化钠；
C．亚硫酸根离子能被三价铁离子氧化；
D．碘单质能够氧化亚硫酸氢根离子．
【解答】解：A．氯气具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子，所以不能共存，故A错误；
B．与足量Ca（ OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2++OH﹣+HS03═CaS03↓+H20，故B正确；
C．与FeCI3溶液反应的离子方程式：HSO3﹣+H2O+2Fe3+═SO42﹣+2Fe2++3H+，故C错误；
D．亚硫酸氢根离子具有还原性，能够还原碘，使蓝色的碘的淀粉溶液褪色，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L HF中含HF分子数目为NA
B．60 g石英晶体中含有的Si﹣O键数目为2 NA
C．标准状况下，11.2 L Cl2通人足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5 NA
D．l L 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1 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、标况下HF为液态；
B、求出石英的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析；
C、氯气和碱的反应为歧化反应；
D、根据物料守恒来分析．
【解答】解：A、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；
B、60g石英的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，故含4NA条，故B错误；
C、氯气和碱的反应为歧化反应，故标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，和碱反应后转移0.5mol电子即0.5NA个，故C正确；
D、HCO3﹣在溶液中既能水解为H2CO3又能电离为CO32﹣，根据物料守恒可知，H2CO3、HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
4．如图是邵分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是（ ）
A．31d和33d属于同种核素
B．第一电离能d＞e，电负性d＜e
C．气态氢化物的稳定性：a＞d＞e
D．a和b形成的化合物不可能含共价键
【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】短周期元素中，a为﹣2价、e为+6价，处于VI族，可推知a为O、e为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Al，由原子序数可知c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P，据此解答．
【解答】解：短周期元素中，a为﹣2价、e为+6价，处于VI族，可推知a为O、e为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Al，由原子序数可知c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P．
A．31d和33d质子数相同，中子数不同，是不同的核素，互为同位素，故A错误；
B．同周期从左到右第一电离能增大，但是原子外层电子为全满或半充满状态，第一电离能较大，则第一电离能P＞S，电负性P＜S，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，则a＞e＞d，故C错误；
D．a和b形成的化合物过氧化钠，含有共价键，故D错误，
故选：B．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价与原子序数推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，题目难度不大．
5．用无机矿物资源生产部分材料，其生产流程如图．下列有关说法不正确的是（ ）
A．Al2O3、SiCl4均为共价化合物
B．生产过程中均涉及氧化还原反应
C．石英可用于制光导纤维，晶体Si常用做半导体材料
D．黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用于冶炼铁
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】A．氧化铝属于离子化合物；
B．存在元素化合价的变化的反应属于氧化还原反应；
C．根据硅的单质和化合物的应用分析；
D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe．
【解答】解：A．SiCl4为共价化合物，氧化铝是由铝离子与氧离子构成的，属于离子化合物，故A错误；
B．由氧化铝生产Al时，Al的化合价发生变化，黄铜矿制备Cu时，Cu的化合价发生变化，石英与C反应生成Si时，Si元素的化合价发生变化，所以均是氧化还原反应，故B正确；
C．石英可用于制光导纤维，晶体Si的导电性介于导体与绝缘体之间，常用做半导体材料，故C正确；
D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故D正确．
故选A．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，重于元素化合物的性质和应用、金属的冶炼的考查，注意把握物质的性质以及反应原理，难度不大
6．下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
解释或结论
A
向足量的浓硝酸中加入铁片，一段时间后加入铜粉
有气体生成，溶液呈蓝绿色
浓硝酸将Fe氧化为Fe3+，生成NO2，Cu与Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+
B
分别向MgCl2、AlCl3溶液中加入足量氨水
均有白色沉淀产生
金属性：Mg＞Al
C
表面变黑的银器浸泡到盛有食盐水的铝制容器中，银器与铝接触
银器变得光亮如新
构成原电池，铝做负极，硫化银得电子被还原成单质银
D
向MgSO4稀溶液中滴入NaOH溶液至不再有沉淀生成，再滴加CuSO4稀溶液
白色沉淀逐渐变为浅蓝色
Kap＞Kap
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．铁常温下在浓硝酸溶液中发生钝化现象，铜和硝酸反应生成硫酸铜、二氧化氮和水；
B．有白色沉淀生成，与金属性无关；
C．将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中，形成原电池反应，铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应，铝做负极，银器做正极，硫化银被还原为银；
D．溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质．
【解答】解：A．铁常温下在浓硝酸溶液中发生钝化现象，铁表面形成一薄层致密氧化物薄膜阻止反应进行，溶液中无三价铁生成，故A错误；
B．有白色沉淀生成，与金属性无关，不能说明，金属性：Mg＞Al，故B错误；
C．依据原电池原理分析，铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应，铝做负极，银器做正极，硫化银被还原为银，故C正确；
D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及金属活泼性、铝及其化合物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．
7．常温下，用0.1 mol/LNaOH溶液滴定10mL 0.1mol/LH2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．A点溶液中加入少量水：增大
B．B点：c（ HA ﹣）＞c（H+）＞c（A2一）＞c（H2A）
C．C点：c（Na+）=c（HA﹣）+2c（ A2﹣）
D．水电离出来的c（OH﹣）：B点＞D点
【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】图像图表题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．A点为H2A溶液，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，稀释后氢离子、H2A的浓度减小，而氢氧根离子浓度增大；
B．B点加入10mL氢氧化钠溶液，反应后溶质为NaHA，溶液的pH小于7，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A）结合氢离子厉害来自水的电离判断，
C．C点溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；
D．B点HA﹣的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制了水的电离，而D点恰好反应生成Na2A，A2﹣水解促进了水的电离．
【解答】解：A．根据图象可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，若A点溶液中加入少量水，溶液中氢离子、H2A的浓度减小，由于水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，所以的比值增大，故A正确；
B．B点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A），由于氢离子还来自水的电离，则c（H+）＞c（A2﹣），溶液中离子浓度大小为：c（ HA ﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故B正确；
C．C点溶液的pH=7，为中性溶液，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+2c（ A2﹣）+c（OH﹣）可知：c（Na+）=c（HA﹣）+2c（ A2﹣），故C正确；
D．B点反应后溶质为NaHA，HA﹣的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2﹣水解促进了水的电离，所以水电离的c（OH﹣）：B点＜D点，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查了离子浓度大小比较、溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确图象曲线对应溶质为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．
二、筒答题（共58分）
8．Fe、Cu、Mn三种元素的单质及化合物在生产、生活中有广泛应用．
（l） MnO2是一种多功能材料，工业上常以Mn（NO3）2．6H2O和尿素、氧化剂等为原料制备．尿素分子中碳原子的杂化轨道类型为 sp2 ，l mol尿素分子中含有的σ键数为 7×6.02×1023 ．
（2）某学习小组拟以废旧于电池为原料制取锰，简易流程如下：
①用浓盐酸溶解二氧化锰需保持通风，原因是 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O （用化学方程式表示）．
②写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰的化学方程式 6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2 ．
（3）①基态铜原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 ，与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素，其基态原子核外有 3 个未成对电子．
②图1是Cu20的晶胞结构，晶胞的边长为acm．则Cu2O的密度为 g/cm3（用NA表示阿伏加德罗常数的值）．
（4）①绿矾（FeS04•7H2O）是补血剂的原料，保存不当易变质．请设计实验检验绿矾是否完全变质 取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则样品没有完全变质 ．
②以羰基化合物为载体，提纯某纳米级活性铁粉（含有一些不反应的杂质），反应装置如图2．已知：Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5 △H＜0，常压下，Fe（ CO）s的熔点约为﹣20.3℃，沸点为103.6℃，则Fe（ CO）的晶体类型为 分子晶体 ．请用平衡移动原理解释T1＜T2的原因 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到高温区T2时，即升温平衡逆向移动，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，故T1＜T2 ．
【考点】制备实验方案的设计；晶胞的计算；化学平衡的影响因素．
【专题】制备实验综合．
【分析】（1）尿素分子中C原子形成3个σ键、没有孤对电子，杂化轨道数目为3，每个分子中含有7个σ键；
（1）盐酸与二氧化锰在加热条件下反应产生氯气，滤液中含有氯化锰，加入碳酸铵可生成碳酸锰，经高温生成Mn3O4，最后用热还原法生成Mn．
①氯气是有毒气体，要保持通风，避免中毒；
②碳酸锰在空气中灼烧时有氧气参与反应，同时生成二氧化碳；
（3）①铜原子核外电子数为29，根据能量最低原理书写电子排布式；与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
②根据均摊法计算晶胞中白色球、黑色球数目，结合化学式判断晶胞中Cu、O原子数目，再计算晶胞质量，根据ρ=计算晶胞密度；
（4）①绿矾变质时亚铁离子被氧化为铁离子，检验绿矾是否完全变质可以检验是否含有亚铁离子；
②Fe（ CO）的熔沸点低，应属于分子晶体；
铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到高温区T2时，即升温平衡逆向移动，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端．
【解答】解：（1）尿素分子的结构简式为，杂化轨道数目为3，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，每个分子中含有7个σ键，所以1mol尿素中含有7molσ键，含有的σ键数为7×6.02×1023，
故答案为：sp2；7×6.02×1023；
（2）盐酸与二氧化锰在加热条件下反应产生氯气，滤液中含有氯化锰，加入碳酸铵可生成碳酸锰，经高温生成Mn3O4，最后用热还原法生成Mn．
①浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气，氯气是有毒气体，要保持通风，避免中毒，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②碳酸锰在空气中灼烧时有氧气参与反应，同时生成二氧化碳，反应的方程式为6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2，
故答案为：6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2；
（3）①铜原子核外电子数为29，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d能级有4个未成对电子，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；4；
②晶胞中白色球数目为1+8×=2，黑色球数目为4，故白色球为O原子、黑色球为Cu原子，晶胞质量为g，则晶胞密度为g÷（a cm）3=g/cm3，
故答案为：；
（4）①绿矾变质时亚铁离子被氧化为铁离子，实验检验绿矾是否完全变质方法为：取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则样品没有完全变质，
故答案为：取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则样品没有完全变质；
②Fe（ CO）的熔沸点低，应属于分子晶体；
铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到高温区T2时，即升温平衡逆向移动，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，故T1＜T2，
故答案为：分子晶体；铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到高温区T2时，即升温平衡逆向移动，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，故T1＜T2．
【点评】本题考查化学工艺流程、实验方案设计、晶胞计算、平衡移动原理应用、晶体类型与性质、核外电子排布、杂化方式等，实．验拼合型题目，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等
9．ClO2是一种高效水处理剂，某实验小组用下图所示装置制取并收集Cl02．已知：①ClO2为黄绿色气体，极易溶于水，熔点﹣59C，沸点11℃，具有强氧化性．
②ClO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸的可能性大大降低．
③装置A中发生反应：H2C2O4+H2SO4+2KC1O3一K2SO4+2CO2 T+2ClO2+2H2O
④HClO2是强酸．
（1）A装置中电动搅拌棒的作用是 反应时搅拌，增大反应物的接触面积，加快反应速率 ．
（2）B装置需放在冰水中，原因是 使ClO2 冷凝，便于分离收集 ．
（3）用H2C2O4、稀硫酸和KClO3制备ClO2的最大优点是 反应生成二氧化碳，可以稀释ClO2，大大降低了爆炸的可能性 ．
（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含
量，进行下列实验：
步骤1：准确量取V1mL ClO2溶液加入到锥形瓶中．，
步骤2：用稀硫酸调节Cl02溶液的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻．
步骤3：加入指示剂，用c mol．L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S203溶液V2mL．
（已知2ClO2+8H++10I﹣=2Cl﹣+5I2+4H2O，2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣）
①配制100mL cmol﹣L﹣lNa2S203标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 100mL容量瓶 ．
②原溶液中ClO2的含量为 g/L（用含字母的代数式表示）．
（5）工业上生产ClO2和NaCIO2的工艺流程如图：
①反应器I中发生反应的化学方程式为 3NaClO2+3H2SO4（浓）=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O ．
②反应器Ⅱ中发生反应的离子方程式为 2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O ．
③在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以反应器Ⅱ中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是 连续测定反应器Ⅱ内溶液的pH ．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】无机实验综合．
【分析】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）B装置要放置在冰水中，冷凝便于收集；
（3）反应生成二氧化碳，可以稀释ClO2；
（4）①称量后在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，移入100mL容量瓶中，加水至距离容量瓶刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容；
②由反应可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32﹣，根据关系式计算ClO2的物质的量浓度，进而计算其含量；
（5）①由流程图可知，反应器I中浓硫酸与氯酸钠反应生成ClO2、NaClO2、硫酸氢钠；
②反应器Ⅱ中是ClO2、NaOH、SO2反应生成NaClO2，根据电子转移守恒，SO2被氧化为硫酸钠；
③HClO2是强酸，NaClO2溶液呈中性，测定溶液pH判断．
【解答】解：（1）A装置中电动搅拌棒，增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：反应时搅拌，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）ClO2是一种黄绿色、有刺激性气味的气体，熔点：﹣59.0℃，沸点：11.0℃，B装置要放置在冰水中，使ClO2 冷凝，便于收集，
故答案为：使ClO2 冷凝，便于收集；
（3）信息②中ClO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸的可能性大大降低，而反应生成二氧化碳，可以稀释ClO2，大大降低了爆炸的可能性，
故答案为：反应生成二氧化碳，可以稀释ClO2，大大降低了爆炸的可能性；
（4）①称量后在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，移入100mL容量瓶中，加水至距离容量瓶刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容，
故答案为：100mL容量瓶；
②由反应可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32﹣，可知V1mL×c（ClO2）：V2mL×c（Na2S2O3）=2：10，则V1mL×c（ClO2）：V2mL×c mol．L﹣1，故c（ClO2）=mol/L，则其含量为mol/L×67.5g/mol=g/L，
故答案为： g/L；
（5）①由流程图可知，反应器I中浓硫酸与氯酸钠反应生成ClO2、NaClO2、硫酸氢钠，反应方程式为：3NaClO2+3H2SO4（浓）=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O，
故答案为：3NaClO2+3H2SO4（浓）=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；
②反应器Ⅱ中是ClO2、NaOH、SO2反应生成NaClO2，根据电子转移守恒，SO2被氧化为硫酸钠，溶液离子方程式为：2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O，
故答案为：2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O；
③HClO2是强酸，NaClO2溶液呈中性，连续测定反应器Ⅱ内溶液的pH，可以判断NaOH是否过量，故答案为：连续测定反应器Ⅱ内溶液的pH．
【点评】本题考查物质制备实验与工艺流程，注意对题目信息的应用，较好的考查学生获取信息的能力与知识迁移运用，难度中等．
10．有机物A的分子式为C10H10O5，能发生如下变化．
已知：①A、C、D均能与NaHC03反应；
②只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应；
③A苯环上只有两个对位的取代基；
④F能使溴水褪色；
⑤H能发生银镜反
应．根据题意回答下列问题：
（1）反应I的反应类型是 水解或取代 ．
（2）F中含氧官能团的名称为 羧基 ，F在一定条件下与氢气加成，生成分子式为C3H6O2的有机物，该有机物的名称为 丙酸 ．
（3）G的结构简式为 ，反应Ⅲ的化学方程式为 ．
（4）写出A与足量NaOH溶液共热的化学方程式 ．
（5）D有多种同分异构体，写出同时满足下列要求的一种同分异构体的结构简式 ．
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应但不能水解
③苯环上的一卤代物只有2种．
【考点】有机物的推断；化学平衡的计算．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A、C、D等均能与NaHCO3反应，说明A、C、D均含有羧基，其中A、D能遇FeCl3溶液发生显色反应，A、D结构中含有酚羟基；由F的分子式是C3H4O2，结合F能使溴水褪色，F聚合得到I（C3H4O2）n，则推理出F的结构简式为CH2=CH﹣COOH，H不能发生银镜反应，其分子式C3H4O3，则结构简式是CH3﹣CO﹣COOH，C为CH3CH（OH）COOH，D为
，A苯环上只有两个对位的取代基，则A为，G结构简式为，据此分析解答．
【解答】解：A、C、D等均能与NaHCO3反应，说明A、C、D均含有羧基，其中A、D能遇FeCl3溶液发生显色反应，A、D结构中含有酚羟基；由F的分子式是C3H4O2，结合F能使溴水褪色，F聚合得到I（C3H4O2）n，则推理出F的结构简式为CH2=CH﹣COOH，H不能发生银镜反应，其分子式C3H4O3，则结构简式是CH3﹣CO﹣COOH，C为CH3CHOHCOOH，D为，A苯环上只有两个对位的取代基，则A为，G结构简式为，
（1）通过以上分析知，所以该反应类型是水解或取代，故答案为：水解或取代；
（2）F是CH2=CH﹣COOH，其含氧官能团名称是羧基，F在一定条件下与氢气加成，生成分子式为C3H6O2的有机物，该有机物为CH3CH2COOH，为丙酸，
故答案为：羧基；丙酸；
（3）通过以上分析知，G结构简式为，反应III的方程式为，
故答案为：；；
（4）A在氢氧化钠水溶液中水解方程式为，故答案为：
；
（5）D的同分异构体符合下列条件：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
②能发生银镜反应但不能水解，说明含有醛基但不含酯基；
③苯环上的一卤代物只有2种，说明苯环上只有两种氢原子，
符合条件的同分异构体结构简式为，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据某些物质分子式结合反应条件、题给信息采用知识迁移方法分析推断，难点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等．
11．工业生产硝酸铵的流程如图1所示：
（1）Ⅱ中，NH3和02在催化剂作用下反应，其化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O ．
（2）工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际分两步进行：
第一步：2NH3（g）+CO2（g）═H2NCOONH4（g）△H=﹣272kJ•mol﹣1
第二步：H2NCOONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+138kJ•mol﹣1
写出工业上以NH3、C02为原料合成尿素的热化学方程式 2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（NH2）2 （s）△H=﹣134kJ/mol ．
（3）工业上电解NO制备NH4N03，其工作原理如图2所示，电解时阳极的电极反应式为 NO2﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+ ，为使电解产物全部转化为NH4N03，需补充物质A，A是 NH3 ．
（4）已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，
当反应器中按n（N2）：n（H2）=l：3投料，分别在200C、400℃、600C下达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线如图3．
①曲线a对应的温度是 200℃ ．
②上图中P、M、Q三点对应的平衡常数K的大关系为 K（P）＞K（M）=K（Q）
③若N点时c（NH3）=0.2mol．L﹣l，
则K（N）= 0.93 （保留两位有效数字）．
【考点】化学平衡常数的含义；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；制备实验方案的设计．
【专题】电化学专题．
【分析】（1）NH3和02在催化剂作用下反应生成NO和水；
（2）已知：①2NH3（g）+CO2（g）═H2NCOONH4（s）△H=﹣272kJ•mol﹣1；
②H2NCOONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+138kJ•mol﹣1；
根据盖斯定律，①+②可得：2NH3（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（NH2）2 （s）；
（3）工业上电解NO2制备 NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO2被氧化生成NO3﹣，阴极发生还原反应，NO2被还原生成NH4+，阳极反应为NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+，阴极反应为：NO2+7e﹣+8H+=NH4++2H2O，结合电极方程式解答该题；
（4）①依据反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，氨气的含量减小；
②K只受温度影响，该反应温度升高时K值减小；
③N点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设N2转化率是b，N2的起始浓度为a，
根据反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始 a 3a 0
转化 ab 3ab 2ab
平衡 a﹣ab 3a﹣3ab 2ab
根据题意有，所以a=0.3mol•L﹣1，b=，以此计算．
【解答】解：（1）在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）已知：①2NH3（g）+CO2（g）═H2NCOONH4（s）△H=﹣272kJ•mol﹣1；
②H2NCOONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+138kJ•mol﹣1；
根据盖斯定律，①+②可得：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（NH2）2 （s）△H=﹣134kJ/mol，
故答案为：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（NH2）2 （s）△H=﹣134kJ/mol；
（3）电解NO2制备NH4NO3，阳极反应为：NO2﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO2+7e﹣+8H+=NH4++2H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO2+5H2ONH4NO3+6HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，
故答案为：NO2﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+；NH3；
（4）①合成氨的反应为放热反应，反应温度越高，越不利于反应的进行，曲线a的氨气的物质的量分数最高，其反应温度对应相对最低，所以a曲线对应温度为200°C；
故答案为：200℃；
②平衡常数与温度有关，与其他条件无关，同一温度下的平衡常数相同，反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，上图中P、M、Q点平衡常数K的大小关系是K（P）＞K（M）=K（Q），
故答案为：K（P）＞K（M）=K（Q）；
③N点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设N2转化率是b，N2的起始浓度为a，
根据反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始 a 3a 0
转化 ab 3ab 2ab
平衡 a﹣ab 3a﹣3ab 2ab
根据题意有，所以a=0.3mol•L﹣1，b=，所以平衡常数K==0.93，
故答案为：0.93．
【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡的计算，题目难度中等，注意掌握盖斯定律的内容及应用方法，能够利用三段式进行化学平衡的计算，明确反应速率的概念及计算方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．
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