浙江省杭州高级中学20152016年第二学期高三化学试卷解析版.docx

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1、浙江省杭州高级中学2015-2016年第二学期高三化学试卷(解析版)浙江省杭州高级中学2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、单项选择题（本题共7小题，共102分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的选对的得6分，选错或不选的得0分）1下列说法不正确的是（）A石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米离子的聚集都是化学变化B有一种新发现的固体碳单质，称为“纳米泡沫”，外形似海绵，密度小有磁性，这种碳与金刚石的关系是同素异形体C植物秸秆发酵制沼气、玉米制乙醇、城市与工业有机废弃物的再利用都涉及生物质能D有科学家称硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材

2、料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用2下列说法正确的是（）A基于硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S和SO2，在定量测定反应速率时，既可用S对标记遮盖法，也可用排水法测SO2体积，计算出其反应速率B将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1molL1CuSO4溶液、1molL1CuCl2溶液中，一段时间后，铝片表面都观察不到明显的反应现象C将20g硝酸钠和17g氯化钾放入100ml烧杯中，加35mL水，并加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到硝酸钾晶体D试管内壁附着的硫黄可以用热的KOH溶液洗涤，也可以用CS2洗涤3短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X

3、与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单离子半径小于Z的简单离子半径BZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同CY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物4下列说法不正确的是（）A邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构B与氢气加成后的产物用系统命名法命名为3，5，5三甲基庚烷C植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为

4、酒精D完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同5利用人工模拟光合作用合成甲酸的原理为：2CO2+2H2O 2HCOOH+O2，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A电子由电极1经过负载流向电极2B若将质子膜换成阴离子交换膜，该电池依然能够正常工作C电极2的反应式：CO2+2H+2e=HCOOHD该装置能将太阳能转化为化学能和电能6实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合溶液中NaHCO3的含量取该混合溶液25.00mL，用0.1molL1盐酸进行滴定，得到如下曲线以下说法正确的是（）A此样品中NaHCO3的物质的量为（28.1

5、11.9）104molB整个滴定过程中，溶液中阴离子总数始终不变C滴加稀盐酸的体积为11.90mL时：c（H+）+c（H2CO3）c（OH）+c（CO32）D该方法无法测定Na2CO3和NaOH混合溶液中NaOH的含量7某1L待测溶液中除含有0.2molL1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种： 阳离子 K+、NH4+、Fe3+、Ba2+ 阴离子 Cl、Br、CO32、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作有机物G是某种新型药物的中间体，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）写出反应所需要的试剂；反应的反应类型是；（2）有机物B 中所含官能团的名称是；（3）写出有机物X的结

6、构简式；（4）写出由E到F的化学方程式；（5）同时符合下列条件的D的任一种同分异构体的结构简式；能发生银镜反应；能发生水解反应9回答下列问题（1）写出肼（N2H4）的结构式（2）在加热条件下，肼能和氧化铜反应，写出其化学反应方程式：（3）氯化银能够溶解在稀的氨水中，写出该反应的离子反应方程式：（4）配平下面的离子反应方程式：Fe3+SO2+Fe2+SO42+10（12分）三种常见短周期元素组成的化合物甲，是有机合成中的重要试剂常温下为黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水和潮气分解标况下测定其密度为2.92g/L浓硝酸与浓盐酸混合制王水过程中会产生少量甲气体、黄绿色气体A和水（1）已知甲中所有原子均达

7、到8电子稳定结构，写出甲的电子式（2）甲和一些有机物反应时需保持低温条件，常温下与有机物接触极易着火燃烧，其原因是：（3）浓硝酸和浓盐酸反应的化学方程式为（4）化合物甲水解生成两种酸，为非氧化还原反应，该反应的化学方程式为_（5）在如图装置中，气体A和另一种气体B可以直接反应生成化合物甲，实验中“先通入气体A，待E中U形管内充满黄绿色气体时，再将B缓缓通入”，此操作的目的是11（15分）工业上用N2和H2 合成NH3“N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0”，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+a kJmo

8、l1N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=b kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=c kJmol1若有34g 氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为（2）合成NH3达到平衡后，某时刻改变下列条件，在达到新平衡的过程中正反应速率始终增大A升温 B加压 C增大c（N2） D降低c（NH3）（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响实验结果如如图1所示：（图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量）图象中T2和T1的关系是：T2T1（填“”、“”、“=”或“无法确定”）比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应

9、物N2的转化率最大的是（填字母）若容器容积为1L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2的转化率为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为 molL1（4）一定温度下，将2mol N2和4mol H2置于1L的恒容密闭容器中反应，测得不同条件、不同时间段内合成NH3反应中N2的转化率，得到数据如表： 时间N2的转化率温度 1小时2 小时 3小时 4小时 T3 30% 50% 80% 80% T4 35% 60% a b表中a、b、80%三者的大小关系为（填“”、“=”、“”、“无法比较”）（5）向绝热、恒容的密闭容器中通入H2、N2使其在一定条件下合成NH3，请在图2中画出平衡常数K随时间的

10、变化曲线12（15分）某探究小组设计如图所示装置（夹持、加热仪器略），模拟工业生产进行制备三氯乙醛（CCl3CHO）的实验查阅资料，有关信息如下：制备反应原理：C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应：C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O；CCl3CHO+HClOCCl3COOH（三氯乙酸）+HCl相关物质的相对分子质量及部分物理性质： C2H5OH CCl3CHO CCl3COOH C2H5Cl 相对分子质量 46 147.5 163.5 64.5 熔点/114.157.5 58138.7 沸点/ 78.3 97.8 198 12.3 溶解性 与水互溶 可溶于水，

11、乙醇 可溶于水，乙醇，三氯乙醛 微溶于水，可溶于乙醇（1）仪器a的名称是，球形冷凝管的水流方向是（2）装置B中的试剂是，若撤去装置B，可能导致装置D中副产物（填化学式）的量增加（3）写出E中所有可能发生的无机反应的离子方程式（4）反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl3COOH你认为此方案是否可行及其原因（5）测定产品纯度：称取产品0.40g配成待测溶液，加入0.1000molL1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol/LNa2S2O3溶液滴定至终点进行三次平行实验，测得消耗Na2S

12、2O3溶液20.00mL则产品的纯度为（计算结果保留三位有效数字）滴定的反应原理：CCl3CHO+OH=CHCl3+HCOO；HCOO+I2=H+2I+CO2；I2+2S2O322I+S4O62（6）为证明三氯乙酸的酸性比乙酸强，某学习小组的同学设计了以下三种方案，你认为能够达到实验目的是A分别测定0.1mol/L两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小B用仪器测量浓度均为0.1mol/L的三氯乙酸和乙酸溶液的导电性，测得乙酸溶液的导电性弱C测定等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，乙酸钠溶液的pH较大2016年浙江省杭州高级中学高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共

13、7小题，共102分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的选对的得6分，选错或不选的得0分）1下列说法不正确的是（）A石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米离子的聚集都是化学变化B有一种新发现的固体碳单质，称为“纳米泡沫”，外形似海绵，密度小有磁性，这种碳与金刚石的关系是同素异形体C植物秸秆发酵制沼气、玉米制乙醇、城市与工业有机废弃物的再利用都涉及生物质能D有科学家称硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用【考点】有机物的结构和性质【分析】A纳米离子的聚集为物理变化；B同一元素形成的不同单质互称同素异形体；C生物质能就是太阳

14、能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；D硅为半导体材料【解答】解：A纳米离子的聚集没有生成新物质，为物理变化，故A错误；B纳米泡沫碳与金刚石都是碳元素形成的不同单质，所以互为同素异形体，故B正确；C植物秸秆发酵制沼气、玉米制乙醇、城市与工业有机废弃物的再利用都在微生物的作用下发生能量的转化，涉及生物质能，故C正确；D硅为半导体材料，具有导电性，在太阳能发电过程中具有重要的作用，故D正确故选A【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的结构、能源以及环保等问题，为高

15、考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列说法正确的是（）A基于硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S和SO2，在定量测定反应速率时，既可用S对标记遮盖法，也可用排水法测SO2体积，计算出其反应速率B将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1molL1CuSO4溶液、1molL1CuCl2溶液中，一段时间后，铝片表面都观察不到明显的反应现象C将20g硝酸钠和17g氯化钾放入100ml烧杯中，加35mL水，并加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到硝酸钾晶体D试管内壁附着的硫黄可以用热的KOH溶液洗涤，也可以用CS2洗涤【考点】化

16、学实验方案的评价【分析】AS为固体，不能用固体表示反应速率；BCuSO4和CuCl2溶液中铜离子水解，溶液显酸性，能先与氧化铝反应；C加热时，氯化钠的溶解度增大，应冷却结晶得到硝酸钾；D硫磺可以用热的KOH溶液来洗涤：3S+6KOHK2SO3+2K2S+3H2O【解答】解：AS为固体，不能用固体表示反应速率，故A错误；BCuSO4和CuCl2溶液中铜离子水解，溶液显酸性，能先与氧化铝反应，去除氧化膜后，活泼的铝与酸反应会产生气体，同时铝也置换出铜，有红色物质析出，故B错误；C加热时，氯化钠的溶解度增大，但二者溶解度受温度影响不同，则应冷却结晶得到硝酸钾，故C错误；D硫磺可以用热的KOH溶液来洗

17、涤：3S+6KOHK2SO3+2K2S+3H2O，硫易溶于二硫化碳，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作、反应速率的测定、物质的分离以及仪器的洗涤等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大3短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单离子半径小于Z的简单离子半径BZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y

18、最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同CY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素X与W处于同一主族，则X是碳元素五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y元素的最外层电子数是214147=5，则Y是氮元素，以此解答该题【解答】解：Z元素原子半径在短周期中最

19、大（稀有气体除外），则Z是钠元素短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素X与W处于同一主族，则X是碳元素五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y元素的最外层电子数是214147=5，则Y是氮元素A核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则Y的简单离子半径大于Z的简单离子半径，故A错误；B碳酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的，因此Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量不相同，故B错误；C氨气在一

20、定条件下可被氯气氧化生成氮气和氯化氢，故C正确；DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型分别为极性键、极性键、离子键、极性键，故D错误；故选C【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，推断元素是解题关键，注意充分利用非金属元素最外层电子特点及W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等进行推断，难度中等4下列说法不正确的是（）A邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构B与氢气加成后的产物用系统命名法命名为3，5，5三甲基庚烷C植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为酒精D完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物

21、质的量相同【考点】有机物的结构和性质【分析】A苯的结构中若存在单双键交替结构，邻二溴苯有两种同分异构体；B与氢气加成生成烷烃主链含有7个C原子，有3个甲基，编号顺序错误；C淀粉、纤维素可水解生成葡萄糖，葡萄糖可生成乙醇；D冰醋酸与葡萄糖的最简式相同【解答】解：A若苯分子中碳碳键为单键和双键交替相连，则邻二溴苯存在两种同分异构体，而实际上邻二溴苯只有一种结构，则证明苯分子中不存在碳碳双键，故A正确；B与氢气加成生成烷烃主链含有7个C原子，有3个甲基，应为3，3，5三甲基庚烷，故B错误；C淀粉、纤维素可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的催化作用下可生成乙醇，故C正确；D冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，均

22、是CH2O，故完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同，故D正确，故选B【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的结构、命名以及同分异构体的判断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累5利用人工模拟光合作用合成甲酸的原理为：2CO2+2H2O 2HCOOH+O2，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A电子由电极1经过负载流向电极2B若将质子膜换成阴离子交换膜，该电池依然能够正常工作C电极2的反应式：CO2+2H+2e=HCOOHD该装置能将太阳能转化为化学能和电能【考点】原电池和

23、电解池的工作原理【分析】离子交换膜为质子膜，则电解质溶液呈酸性，根据方程式知，该反应中C元素化合价由+4价变为+2价，O元素化合价由2价变为0价，所以1是负极、2是正极，负极上水失电子生成氢离子和氧气；电子由负极沿导线流向正极；2是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH；通过光照，该装置是太阳能转化为化学能和电能，据此分析【解答】解：离子交换膜为质子膜，则电解质溶液呈酸性，根据方程式知，该反应中C元素化合价由+4价变为+2价，O元素化合价由2价变为0价，所以1是负极、2是正极，负极上水失电子生成氢离子和氧气；电子由负极沿导线流向正极；2是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成

24、HCOOH；通过光照，该装置是太阳能转化为化学能和电能，A电子由负极沿导线流向正极，1是负极、2是正极，所以电子由电极1经过负载流向电极2，故A正确；B若将质子膜换成阴离子交换膜，质子无法通过交换膜移动，不能平衡电荷，正极上无法按照原来的路径反应，不能制备HCOOH，故B错误；C.2是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H+2e=HCOOH，故C正确；D通过光照，该装置是太阳能转化为化学能和电能，故D正确；故选B【点评】本题考查化学电源新型电池，明确正负极的判断、电极反应式类型及书写、电子流向是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等6实验室使用

25、pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合溶液中NaHCO3的含量取该混合溶液25.00mL，用0.1molL1盐酸进行滴定，得到如下曲线以下说法正确的是（）A此样品中NaHCO3的物质的量为（28.111.9）104molB整个滴定过程中，溶液中阴离子总数始终不变C滴加稀盐酸的体积为11.90mL时：c（H+）+c（H2CO3）c（OH）+c（CO32）D该方法无法测定Na2CO3和NaOH混合溶液中NaOH的含量【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】ANa2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，先是碳酸钠转化为碳酸氢钠，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，据此计算；BCO32与

26、HCl反应生成HCO3、Cl，阴离子数目增加；C滴加稀盐酸的体积为11.90mL时，Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3，溶液中溶质为NaHCO3，根据质子守恒分析；DNa2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，先和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，据此回答【解答】解：ANa2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：CO32+H+HCO3，此时消耗的盐酸的体积为11.9mL，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，HCO3+H+H2O+CO2，由于CO32+H+HCO3过程和HCO3+H+H2O+CO2过程消耗的盐酸体积应该是相同的，所以样品中碳酸钠消耗的盐酸为211

27、.9mL，则样品中碳酸氢钠消耗的盐酸n（HCl）=（28.1211.9）103L0.1molL1=（28.1211.9）104 mol，所以此样品n（NaHCO3）=（28.1211.9）104 mol10=（28.1211.9）103 mol，故A错误；BNa2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：CO32+H+HCO3，CO32与HCl反应生成HCO3、Cl，阴离子数目增加，故B错误；C滴加稀盐酸的体积为11.90mL时，Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3，溶液中溶质为NaHCO3，溶液中氢离子由HCO3和H2O，则c（H+）+c（H2CO3）c（OH）+c（

28、CO32），故C正确；DNa2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，先和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，所以该方法能测定Na2CO3和NaOH混合溶液中NaOH的含量，故D错误故选C【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸之间的反应知识、溶液中守恒关系的应用等，注意把握图中各个点对应的反应以及反应的先后是解题的关键，注重学生读图能力的考查，题目难度中等7某1L待测溶液中除含有0.2molL1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种： 阳离子 K+、NH4+、Fe3+、Ba2+ 阴离子 Cl、Br、CO32、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作（2016杭州校级模拟）有机物

29、G是某种新型药物的中间体，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）写出反应所需要的试剂氢氧化钠醇溶液；反应的反应类型是取代反应；（2）有机物B 中所含官能团的名称是碳碳双键、氯原子；（3）写出有机物X的结构简式HOCH2CHO；（4）写出由E到F的化学方程式；（5）同时符合下列条件的D的任一种同分异构体的结构简式HCOOCH2CH2CH2CH3；能发生银镜反应；能发生水解反应【考点】有机物的合成【分析】A与氯气反应生成B（CH2=CHCH2Cl），该反应为取代反应，则A的结构简式为：CH2=CHCH3，B与Mg在无水乙醚条件下反应生成C（CH2=CHCH2MgCl），D与Br2发生加成反应生

30、成E，则D的结构简式为CH2=CHCH2CH（OH）CH2OH，结合题目给予的反应原理可知，有机物X为HOCH2CHO，对比E、F的结构简式可知E分子分子内取代反应脱去1分子HBr生成F，F发生卤代烃的消去反应生成G，反应条件为氢氧化钠的醇溶液、加热【解答】解：A与氯气反应生成B（CH2=CHCH2Cl），该反应为取代反应，则A的结构简式为：CH2=CHCH3，B与Mg在无水乙醚条件下反应生成C（CH2=CHCH2MgCl），D与Br2发生加成反应生成E，则D的结构简式为CH2=CHCH2CH（OH）CH2OH，结合题目给予的反应原理可知，有机物X为HOCH2CHO，对比E、F的结构简式可知E

31、分子分子内取代反应脱去1分子HBr生成F，F发生卤代烃的消去反应生成G，反应条件为氢氧化钠的醇溶液、加热（1）反应发生卤代烃的消去反应生成G，反应条件为氢氧化钠的醇溶液、加热，所需要的试剂为氢氧化钠醇溶液，反应的反应类型是取代反应，故答案为：氢氧化钠醇溶液；加成反应；（2）有机物B中所含官能团的名称是：碳碳双键、氯原子，故答案为：碳碳双键、氯原子； （3）有机物X的结构简式为：HOCH2CHO，故答案为：HOCH2CHO；（4）由E到F的化学方程式：，故答案为：；（5）D的结构简式为CH2=CHCH2CH（OH）CH2OH，其同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，说明含

32、有酯基，应是甲酸形成的酯，则满足以上条件的有机物的结构简式有：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOC（CH3）3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3等【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构与反应条件进行分析，充分考查了学生的分析理解能力及灵活应用所学知识的能力，注意掌握官能团的性质与转化9回答下列问题（1）写出肼（N2H4）的结构式（2）在加热条件下，肼能和氧化铜反应，写出其化学反应方程式：N2H4+2CuON2+2Cu+2H2O（3）氯化银能够溶解在稀的氨水中，写出该反应的离子反应方程式：Ag

33、Cl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O（4）配平下面的离子反应方程式：2Fe3+1SO2+2H2O2Fe2+1SO42+4H+【考点】离子方程式的书写【分析】（1）肼是共价化合物氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键；（2）肼和氧化铜反应，铜化合价降低，氮化合价升高，根据原子守恒配平；（3）AgCl溶于氨水发生络合反应，生成二铵合银离子；（4）氧化还原反应中，元素化合价升高值等于元素化合价降低值，根据电子守恒、原子守恒来配平方程式【解答】解：（1）联氨是共价化合物氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：，故答案为：；（2）肼和氧化铜反应，

34、铜化合价降低（+20），N2H4氮化合价升高（20），最小公倍数为4，所以氧化铜前系数为2，所以方程式为：N2H4+2CuON2+2Cu+2H2O，故答案为：N2H4+2CuON2+2Cu+2H2O；（3）AgCl溶于氨水发生络合反应，生成氯化二氨合银，外界离子为氯离子，所以离子反应为：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O；（4）铁离子和二氧化硫反应，铁化合价变化（+3+2），硫化合价（+4+6），所以最小公倍数为2，所以铁离子前系数为2，二氧化硫前系数为1，所以根据电子守恒、原子守恒配平为：SO2+2Fe

35、3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2、1、2H2O、2、1、4H+【点评】本题考查常用的化学用语书写，侧重氧化还原反应的考查，掌握相关反应的原理是解答关键，题目难度中等10（12分）（2016杭州校级模拟）三种常见短周期元素组成的化合物甲，是有机合成中的重要试剂常温下为黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水和潮气分解标况下测定其密度为2.92g/L浓硝酸与浓盐酸混合制王水过程中会产生少量甲气体、黄绿色气体A和水（1）已知甲中所有原子均达到8电子稳定结构，写出甲的电子式（2）甲和一些有机物反应时需保持低温条件，常温下与有机物接触极易着火燃烧，其原因是：NOCl，N为正三价，具有强氧化性

36、，易和有机物发生剧烈氧化还原反应（3）浓硝酸和浓盐酸反应的化学方程式为HNO3+3HCl=NOCl+Cl2+2H2O（4）化合物甲水解生成两种酸，为非氧化还原反应，该反应的化学方程式为_NOCl+H2O=HNO2+HCl（5）在如图装置中，气体A和另一种气体B可以直接反应生成化合物甲，实验中“先通入气体A，待E中U形管内充满黄绿色气体时，再将B缓缓通入”，此操作的目的是先通氯气，驱除氧气，防止NO生成NO2，保持氯气过量，防止NO过量不能为NaOH吸收【考点】无机物的推断【分析】三种常见短周期元素组成的化合物甲，标况下测定其密度为2.97g/L则其摩尔质量=2.92g/L22.4L/mol=6

37、5.5g/mol，王水是浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合而成的，浓硝酸与浓盐酸混合制王水过程中会产生少量甲气体、黄绿色气体A为Cl2和水，则甲为N、O、Cl组成，结合摩尔质量可知含一个氯原子，剩余为一个氧原子和一个氮原子，得到化学式为NOCl，（1）甲中所有原子均达到8电子稳定结构，则是氮原子和氯原子形成一对公用电子对，和氧原子形成两对共用电子对，据此写出电子式；（2）NOCl，N为正三价，具有强氧化性；（3）浓硝酸与浓盐酸混合制王水过程中会产生少量甲气体为NOCl、黄绿色气体A为Cl2和水，依据原子守恒配平书写化学方程式；（4）化合物甲水解生成两种酸，为非氧化还原反应，依据NOCl的结构可知

38、和水反应生成氯化氢和亚硝酸；（5）NO能被氧气氧化，而且属于有毒气体，会污染空气【解答】解：（1）甲中所有原子均达到8电子稳定结构，则是氮原子和氯原子形成一对公用电子对，和氧原子形成两对共用电子对分子式为NOCl，电子式为，故答案为：；（2）甲和一些有机物反应时需保持低温条件，常温下与有机物接触极易着火燃烧，是因为NOCl，N为正三价，具有强氧化性，易和有机物发生剧烈氧化还原反应，故答案为：NOCl，N为正三价，具有强氧化性，易和有机物发生剧烈氧化还原反应；（3）浓硝酸与浓盐酸混合制王水过程中会产生少量甲气体为NOCl、黄绿色气体A为Cl2和水，反应的化学方程式为；HNO3+3HCl=NOCl

39、+Cl2+2H2O，故答案为：HNO3+3HCl=NOCl+Cl2+2H2O（4）甲为NOCl，水解生成两种酸，为非氧化还原反应，根据化合价可知，应生成亚硝酸和盐酸，反应的化学方程式为NOCl+H2O=HNO2+HCl，故答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl；（5）NO能被氧气氧化，所以要先通氯气把装置中的氧气排净，NO属于有毒气体，会污染空气，通入足量的氯气可以使NO尽可能完全反应，避免NO逸出污染空气，故答案为：先通氯气，驱除氧气，防止NO生成NO2，保持氯气过量，防止NO过量不能为NaOH吸收【点评】本题考查了物质制备方案设计，题目难度中等，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价

40、、氧化还原反应、环境保护等知识，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力11（15分）（2016杭州校级模拟）工业上用N2和H2 合成NH3“N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0”，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+a kJmol1N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=b kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=c kJmol1若有34g 氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为（1.5cab）kJ（2）合成NH3达到平衡后，某时刻改变下列条件A，在达到新平衡的过程中

41、正反应速率始终增大A升温 B加压 C增大c（N2） D降低c（NH3）（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响实验结果如如图1所示：（图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量）图象中T2和T1的关系是：T2T1（填“”、“”、“=”或“无法确定”）比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是c（填字母）若容器容积为1L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2的转化率为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为0.02 molL1（4）一定温度下，将2mol N2和4mol H2置于1L的恒容密闭容器中反应，测得不同条件、不

42、同时间段内合成NH3反应中N2的转化率，得到数据如表： 时间N2的转化率温度 1小时2 小时 3小时 4小时 T3 30% 50% 80% 80% T4 35% 60% a b表中a、b、80%三者的大小关系为80%a=b或80%ab（填“”、“=”、“”、“无法比较”）（5）向绝热、恒容的密闭容器中通入H2、N2使其在一定条件下合成NH3，请在图2中画出平衡常数K随时间的变化曲线【考点】热化学方程式；化学平衡的计算【分析】（1）根据盖斯定律来求反应的焓变，然后根据反应放出的热量与物质的量成正比；（2）该反应为气体体积减小的放热反应，改变条件在达到新平衡的过程中正反应速率始终增大，则应为正逆反

43、应速率都增大，且平衡向逆反应方向移动，据此答题；（3）根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；根据增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；根据a、b、c三点所表示的意义来回答；根据反应物的物质的量之比为等于化学计量数之比时，达平衡状态时生成物的百分含量最大，根据三行计算得到；（4）根据T1和T2同时间段内N2的转化率可知T2反应温度低，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，正反应为放热反应，所以T2相当于T1达到平衡时降温，平衡向正反应方向移动，达平衡时，N2的转化率较T1时高，但温度低，反应速率慢，据此判断；（5）向绝热、恒容的密闭容器中通入H2、N2使其在一定条件下合成NH3，反

44、应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，据此绘制图象【解答】解：（1）N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+akJ/mol N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=bkJ/mol 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=ckJ/mol 由盖斯定律22+3得：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=（2a+2b3c）kJ/mol； 则34g 即2mol氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为（2a+2b3c）kJ/mol=（1.5cab）kJ，故答案为：（1.5cab）kJ； （2）该反应为气体体积减小的放热反应，改变条件在达到新平衡的过程中正反应速率始终增大，则应为正逆反应速率都增大，且平衡向逆反应方向移动，所以改变条件应为升温，反应速率增大，平衡逆向移动，而加压、增大c（N2）、降低c（NH3）平衡都正向移动，故选A；，故答案为：A；（3）反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T1到T2反应物氨气的分数增加，故T1T2，故答案为：； b点代表平衡状态，c点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大，故答案为：c； 当氮气和氢气的物质的量之比为1：3时达平衡状态时氨的百分含量最大，氮气起始量为0.05mol，当起始氢气的物质的量为0.15mol时氨的含量最大，依据反应的三行计算得到，