湖南省益阳市箴言中学2016届高三化学十模试卷 Word版含解析

2016年湖南省益阳市箴言中学高考化学十模试卷
一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78分．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．下列说法符合化学事实的是（）
A．大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收
B．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
C．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同
D．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）
A．12g石墨和C60的混合物中质子总数为6N A
B．1L1mol/L的甲醇水溶液中含有氢原子总数为4N A
C．反应KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2中，生成1molI2转移电子的总数为2N A
D．1.8g2H2O所含中子总数为N A
3．下列两种化合物的结构或性质描述正确的是（）
A．两种物质的分子式均为C10H14O2互为同分异构体
B．两种物质均能发生加成和取代反应
C．两种物质都有甲基、苯环和羧基
D．两物质都含有双键因此都能使溴的四氯化碳溶液褪色
．．．．
6．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，Y是非金属性最强的元素，Z原子半径在同周期元素中最大，W可与Z形成离子化合物Z2W．下列说法正确的是（）
A．X、Z、W均可形成两种常见氧化物
B．四种元素在自然界均不能以游离态存在
C．元素X、Y、W的最高化合价均与其族序数相等
D．离子半径：W＞Z＞Y
7．在某温度时，将nmol•L﹣1氨水滴入10mL1.0mol•L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）
A．a点Kw=1.0×10﹣14
B．25℃时NH4Cl水解常数为：（n﹣1）×10﹣7mol•L﹣1（用n表示）
C．b点：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．水的电离程度：b＞c＞a＞d
二、解答题（共2小题，满分28分）
8．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：
①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下．
（1）发生器中发生反应的离子方程式为发生器中鼓入空气的作用可能是．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性
b．将NaClO3还原为ClO2
c．稀释ClO2以防止爆炸
（2）吸收塔内发生反应的化学方程式为吸收塔内的温度不能超过20℃，其目的是（3）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是_
（4）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：
a．准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250ml待测溶液．（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣）
b．移取25.00ml待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为Vml．（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）
①到滴定终点时的现象为
②该样品中NaClO2的质量分数为（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简．）9．氮和硫的氧化物有多种，其中SO2和NOx都是大气污染物，对它们的研究有助于空气的净化．
（1）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H1＜0（Ⅰ）
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H2＜0 （Ⅱ）
则4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）．
（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入
0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡．测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，NO的转化率α1=．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2α1（填“＞”“＜”或“=”）．
（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题．NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2．已知NO2﹣的水解常数K h=2×10﹣11 mol•L﹣1，常温下某NaNO2和HNO2混合
溶液的pH为5，则混合溶液中c（NO2﹣）和c（HNO2）的比值为．
（4）利用如图所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．阳极的电极反应式为
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将amolNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将（填”正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为
mol•L﹣1．（NH3•H2O的电离平衡常数取K b=2X10﹣5mol•L﹣1）
【化学-选修2化学与技术】
10．I、污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可
加入沉淀剂使其沉淀．下列物质不能作为沉淀剂的是
A．氨水B．硫化氢气体C．硫酸钠溶液D．纯碱溶液
Ⅱ合成氨的流程示意图如图：
回答下列问题：
（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气．氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法：其中一种是液化，另一种是；
（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称，其中发生的化学反应方程式为；
（3）设备B的名称；
（4）设备C的作用；
（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实现：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），已知1000K时该反应的平衡常数
K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于．
【化学-选修5有机化学基础】
11．有机物A、B、C互为同分异构体，分子式均为C5H8O2．有关的转化关系如如图所示：
已知：
①A的碳链无支链，且1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应；B为五元环酯．
②CH3﹣CH=CH﹣R CH2Br﹣CH=CH﹣R
（1）A的系统命名为：；
（2）H结构简式为；F的加聚产物的链节表示为；
（3）一个E分子最多有个碳原子共平面；
（4）写出下列反应方程式（有机物用结构简式表示）B→D（只写①条件下的反应）；（5）符合下列两个条件的G的同分异构体的数目有个．
①具有与G相同的官能团②含有两个甲基
（6）结合上述信息，以丙烯和乙酸为原料（其他试剂任选），设计合成路线合成
CH3COOCH2CH=CH2．
2016年湖南省益阳市箴言中学高考化学十模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78分．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．下列说法符合化学事实的是（）
A．大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收
B．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
C．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同
D．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的应用；氯气的化学性质．
【分析】A．油脂为高级脂肪酸甘油酯；
B．根据硅酸钠的性质与用途；
C．硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂；
D．消毒液具有漂白性．
【解答】解：A．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成高脂脂肪酸（或盐）、甘油，故A错误；
B．硅酸钠具有粘性、不易燃烧、也不支持燃烧，Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，可以用来制备硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；
C．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂，故C错误；
D．消毒液具有漂白性，能够漂白pH试纸，所以不能用来测量其pH值，故D错误；
故选：B．
2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）
A．12g石墨和C60的混合物中质子总数为6N A
B．1L1mol/L的甲醇水溶液中含有氢原子总数为4N A
C．反应KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2中，生成1molI2转移电子的总数为2N A
D．1.8g2H2O所含中子总数为N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、石墨和C60均由碳原子构成；
B、甲醇水溶液中，除了甲醇外，水也含氢原子；
C、反应KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2转移5mol电子生成3mol碘单质；
D、2H2O的摩尔质量为20g/mol．
【解答】解：A、石墨和C60均由碳原子构成，故12g混合物中含有的碳原子的物质的量为1mol，则含6N A个质子，故A正确；
B、甲醇水溶液中，除了甲醇外，水也含氢原子，故溶液中含有的氢原子的个数多于4N A个，故B错误；
C、反应KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2转移5mol电子生成3mol碘单质，故当生成1mol碘单质
时转移N A个电子，故C错误；
D、2H2O的摩尔质量为20g/mol，故1.8g2H2O的物质的量小于0.9mol，则含有的中子数为
0.9N A个，故D错误．
故选A．
3．下列两种化合物的结构或性质描述正确的是（）
A．两种物质的分子式均为C10H14O2互为同分异构体
B．两种物质均能发生加成和取代反应
C．两种物质都有甲基、苯环和羧基
D．两物质都含有双键因此都能使溴的四氯化碳溶液褪色
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体；
B．苯环能发生加成反应、羧基和酯基能发生取代反应；
C．II中含有酯基、I中含有羧基；
D．两种物质中都存在碳氧双键．
【解答】解：A．二者分子式都是C10H12O2，但二者分子式相同结构不同，属于同分异构体，故A错误；
B．苯环能发生加成反应、羧基和酯基能发生取代反应，所以两种物质均能发生加成和取代反应，故B正确；
C．II中含有酯基、I中含有羧基，所以两种物质都有甲基、苯环但只有I含有羧基，故C
错误；
D．两种物质中都存在碳氧双键，但不能和溴发生加成反应，故D错误；
故选B．
．．．．
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁发生钝化；
B．依据二氧化硫的漂白性解答；
C．依据碳酸钙溶解度小于硫酸钙解答；
D．福尔马林有毒．
【解答】解：A．浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁发生钝化，形成致密氧化膜，所以可用铁制容器储存、运输浓硫酸，故A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，可用二氧化硫漂白纸浆、草帽等，故B正确；
C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，可以实现硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，K sp（CaSO4）＞K sp （CaCO3），故C正确；
D．福尔马林有毒，不能用来保鲜食品，故D错误；
故选：BC．
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．原电池工作时，阴离子向负极移动；
B．a为阳极，可生成氯气；
C．粗铜为阳极，发生氧化反应；
D．发生吸氧腐蚀，正极发生还原反应．
【解答】解：A．原电池工作时，阴离子向负极移动，锌为负极，盐桥中的Cl﹣移向ZnSO4溶液，故A正确；
B．a为阳极，发生氧化反应生成氯气．氯气和氧化KI生成碘，可使淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；
C．粗铜为阳极，发生氧化反应，Cu2++2e﹣=Cu为阴极反应，故C错误；
D．发生吸氧腐蚀，正极发生还原反应，电极方程式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故D正确．故选C．
6．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，Y是非金属性最强的元素，Z原子半径在同周期元素中最大，W可与Z形成离子化合物Z2W．下列说法正确的是（）
A．X、Z、W均可形成两种常见氧化物
B．四种元素在自然界均不能以游离态存在
C．元素X、Y、W的最高化合价均与其族序数相等
D．离子半径：W＞Z＞Y
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】X元素的原子的最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不能超过8个，则其次外层是K层，L为最外层电子数为4，则X是C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；Z原子半径在同周期元素中最大，其原子序数大于C、F元素，则Z为Na；W可与Z形成离子化合物Z2W，即Na2W，W为﹣2价，原子序数大于Na，则W为S 元素，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．
【解答】解：X元素的原子的最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不能超过8个，则其次外层是K层，L为最外层电子数为4，则X是C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；Z原子半径在同周期元素中最大，其原子序数大于C、F元素，则Z为Na；W可与Z形成离子化合物Z2W，即Na2W，W为﹣2价，原子序数大于Na，则W 为S元素，
A．C、Na、S分别可形成CO和二氧化碳、氧化钠和过氧化钠、二氧化硫和三氧化硫，故A正确；
B．Na、F在自然界中以化合态存在，但C和S在自然界中存在游离态，故B错误；
C．Y为F元素，位于ⅤⅡA族，F的最高化合价为0，不是+7，故C错误；
D．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：W＞Y＞Z，故D错误；
故选：A．
7．在某温度时，将nmol•L﹣1氨水滴入10mL1.0mol•L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）
A．a点Kw=1.0×10﹣14
B．25℃时NH4Cl水解常数为：（n﹣1）×10﹣7mol•L﹣1（用n表示）
C．b点：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．水的电离程度：b＞c＞a＞d
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A．根据图象可知，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积小于1.0×10﹣14 mol2•L ﹣2；
B．25℃时溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol•L﹣1，c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3•H2O）=（0.5n﹣0.5）mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算；
C．该关系c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）不满足电荷守恒；
D．b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，铵根离子促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；由于d点溶液pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小．
【解答】解：A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10﹣14 mol2•L﹣2，故A错误；
B．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol•L﹣1，c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3•H2O）=（0.5n﹣0.5）mol/L，则25℃时
NH4Cl水解常数为：K==（n﹣1）×10﹣7，故B正确；
C．b点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）＞c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故D错误；
故选B．
二、解答题（共2小题，满分28分）
8．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：
①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下．
（1）发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2=2ClO2+SO42﹣发生器中鼓入空气的作用可能是c．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性
b．将NaClO3还原为ClO2
c．稀释ClO2以防止爆炸
（2）吸收塔内发生反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2吸收塔内的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解
（3）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是_蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（4）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：
a．准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250ml待测溶液．（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣）
b．移取25.00ml待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为Vml．（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）
①到滴定终点时的现象为滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色
②该样品中NaClO2的质量分数为%（用含m、c、V的代数式表示，结果
化成最简．）
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】ClO2在二氧化硫和空气混合气体中被稀释，以防止ClO2爆炸，在吸收塔中挤入氢氧化钠溶液和过氧化氢发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2•3H2O，
（1）因通入二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可与NaClO3发生氧化还原反应，通入空气，可起到稀释的作用，防止ClO2爆炸；
（2）二氧化硫和氯酸钠发生氧化还原反应生成ClO2，反应时应降低ClO2浓度，防止爆炸；（3）采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法从溶液中得到含结晶水的晶体；
（4）①用Na2S2O3标准液滴定至终点，反应是I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，用淀粉为指示剂，滴定终点，溶液变为无色；
②由反应中的I元素守恒可知：ClO2﹣～2I2～4 S2O32﹣，结合反应的关系式计算该题．
【解答】解：ClO2在二氧化硫和空气混合气体中被稀释，以防止ClO2爆炸，在吸收塔中挤入氢氧化钠溶液和过氧化氢发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2•3H2O，
（1）因通入二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可与NaClO3发生氧化还原反应，离子方程式为2ClO3﹣+SO2=2ClO2+SO42﹣，通入空气，可起到稀释的作用，防止ClO2爆炸，
故答案为：2ClO3﹣+SO2=2ClO2+SO42﹣；c；
（2）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2
NaClO2+2H2O+O2．
H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解．
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解；
（3）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．所以操作顺序为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）①因为是用Na2S2O3标准液滴定至终点，反应是I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，I2与指示剂淀粉产生蓝色，故终点是滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色；故答案为：滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色；
②由反应中的I元素守恒可知：ClO2﹣～2I2～4 S2O32﹣，25.00mL待测溶液中n（NaClO2）=×cV×10﹣3mol，m（NaClO2）=×90.5cV×10﹣3g；样品mg配成250mL待测溶液中
的NaClO2质量扩大10倍，故样品中NaClO2的质量分数为×
100%=%；
故答案为：%．
9．氮和硫的氧化物有多种，其中SO2和NOx都是大气污染物，对它们的研究有助于空气的净化．
（1）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H1＜0（Ⅰ）
2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H2＜0 （Ⅱ）
则4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用
K1、K2表示）．
（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入
0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡．测得10min内v（ClNO）=7.5×10
﹣3mol•L﹣1•min﹣1，NO的转化率α1=75%．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2＞α1（填“＞”“＜”或“=”）．
（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题．NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2．已知NO2﹣的水解常数K h=2×10﹣11 mol•L﹣1，常温下某NaNO2和HNO2混合
溶液的pH为5，则混合溶液中c（NO2﹣）和c（HNO2）的比值为50．
（4）利用如图所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．阳极的电极反应式为2+2O﹣2e﹣=SO42﹣++
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将amolNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将逆向（填”正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为
mol•L﹣1．（NH3•H2O的电离平衡常数取K b=2X10﹣5mol•L﹣1）
【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），
②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），
根据盖斯定律①×2﹣②可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数为①的平衡常数平方与②的商；
（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L ﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式计算参加反应NO物质的量，进而计算NO的转化率；
正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动；
（3）NO2﹣的水解常数K=，据此计算混合溶液中c（NO2﹣）和c（HNO2）
的比值；
（4）阳极发生氧化反应，阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根；
（5）依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度．
【解答】解：（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），
②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），
根据盖斯定律①×2﹣②可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），
则该反应平衡常数K=，
故答案为：；
（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L ﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式可知参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的
转化率为×100%=75%；
正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率α2＞α1，
故答案为：75%；＞；
（3）常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的PH为5，则溶液中c（OH﹣）=10﹣9mol/L，NO2
﹣的水解常数K==2×10﹣11mol•L﹣1，则混合溶液中c（NO2﹣）和c
（HNO2）的比值为=50，
故答案为：50；
（4）阳极发生氧化反应，阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根，阳极电极反应式为：SO2+2H2O ﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10﹣7mol/L，c（NH4+）=c（NO3﹣）；NH3•H2O的电离平衡常数取K b=2×10﹣5 mol•L﹣1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3﹣）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡常数
K===2×10﹣5 mol•L﹣1，计算得到c
（NH3•H2O）=mol/L，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；．
【化学-选修2化学与技术】
10．I、污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可
加入沉淀剂使其沉淀．下列物质不能作为沉淀剂的是AC
A．氨水B．硫化氢气体C．硫酸钠溶液D．纯碱溶液
Ⅱ合成氨的流程示意图如图：
回答下列问题：
（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气．氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法：其中一种是液化，另一种是与碳反应后除去CO2；
（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称合成塔，其中发生的化
学反应方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；
（3）设备B的名称冷凝塔或冷凝器；
（4）设备C的作用将液氨与未反应的原料气分离；
（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实现：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），已知1000K时该反应的平衡常数
K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于13.8．【考点】工业合成氨．
【分析】Ⅰ．各项所加试剂均应过量才符合题目要求，A项溶液形成络离子，B项生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，C项硫酸铜不是沉淀，D项均能通过双水解调节pH转化为沉淀；
Ⅱ．（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；
（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；
（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器；
（4）分离器用来分离液氨和原料气；
（5）根据平衡常数用三段式法计算．
【解答】解：Ⅰ．A．加入氨水，易形成络离子，不能生成沉淀，故A错误；
B．加入硫化氢气体，生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，故B正确；
C．不能使Cu2+生成沉淀，故C错误；
D．均能通过双水解调节pH转化为沉淀，故D正确；
故答案为：AC；
Ⅱ．（1）分离空气提取氮气的方法有两种，一种是液化，分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体，
故答案为：分馏，与碳反应后除去CO2；
（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g）2NH3（g），故答案为：
合成塔；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；
（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，故答案为：冷凝塔或冷凝器；
（4）分离器用来分离液氨和原料气，故答案为：将液氨与未反应的原料气分离；
（5）设CO的起始浓度为xmol，H2O的起始浓度为ymol，则转化的CO的最小值为0.9x，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始x y 0 0
变化0.9x 0.9x 0.9x 0.9x
平衡0.1x y﹣0.9x 0.9x 0.9x
根据平衡常数列式：=0.627，
解得：=13.8，故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%，
故答案为：13.8．
【化学-选修5有机化学基础】
11．有机物A、B、C互为同分异构体，分子式均为C5H8O2．有关的转化关系如如图所示：
已知：
①A的碳链无支链，且1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应；B为五元环酯．
②CH3﹣CH=CH﹣R CH2Br﹣CH=CH﹣R
（1）A的系统命名为：1，5﹣戊二醛；
（2）H结构简式为OHC（CH2）3COOH；F的加聚产物的链节表示为
；
（3）一个E分子最多有5个碳原子共平面；
（4）写出下列反应方程式（有机物用结构简式表示）B→D（只写①条件下的反应）
；
（5）符合下列两个条件的G的同分异构体的数目有5个．
①具有与G相同的官能团②含有两个甲基
（6）结合上述信息，以丙烯和乙酸为原料（其他试剂任选），设计合成路线合成
CH3COOCH2CH=CH2．
【考点】有机物的推断．
【分析】有机物A、B、C互为同分异构体，分子式为C5H8O2，1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应，说明A分子中含有二个醛基，且A的碳链无支链，可确定A为戊二醛，结构简式为OHC（CH2）3CHO，可得I为HOOC（CH2）3COOH．B属于五元环酯，说明环上有4个碳原子和1个氧原子，且环上还有一个甲基，B转化为D，D为一种羟基酸，D中
含有羟基能发生消去反应生成C，C中含有一个碳碳双键和羧基，C能和NBS发生取代反应得到E，E发生水解反应生成F，F与氢气发生加成反应生成G，G可以连续发生氧化反应生成I，由I的结构简式可知，则E中溴原子处于碳链一端，根据题目信息可知C中有CH3﹣CH=CH﹣结构，结合上述分析C的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，由此可以D 中确定羟基的位置，即D的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH2COOH，可得B的结构简式
为，E为CH2Br﹣CH=CH﹣CH2COOH，F为HO﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2COOH，G
为HOCH2CH2CH2CH2COOH，H为OHC（CH2）3COOH，据此解答．
【解答】解：有机物A、B、C互为同分异构体，分子式为C5H8O2，1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应，说明A分子中含有二个醛基，且A的碳链无支链，可确定A为戊二醛，结构简式为OHC（CH2）3CHO，可得I为HOOC（CH2）3COOH．B属于五元环酯，说明环上有4个碳原子和1个氧原子，且环上还有一个甲基，B转化为D，D为一种羟基酸，D中含有羟基能发生消去反应生成C，C中含有一个碳碳双键和羧基，C能和NBS发生取代反应得到E，E发生水解反应生成F，F与氢气发生加成反应生成G，G可以连续发生氧化反应生成I，由I的结构简式可知，则E中溴原子处于碳链一端，根据题目信息可知C中有CH3﹣CH=CH﹣结构，结合上述分析C的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，由此可以D 中确定羟基的位置，即D的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH2COOH，可得B的结构简式
为，E为CH2Br﹣CH=CH﹣CH2COOH，F为HO﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2COOH，G
为HOCH2CH2CH2CH2COOH，H为OHC（CH2）3COOH．
（1）A的结构简式为OHC（CH2）3CHO，A的系统命名为：1，5﹣戊二醛，
故答案为：1，5﹣戊二醛；
（2）H结构简式为OHC（CH2）3COOH，F为HO﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2COOH，F的加聚
产物的链节表示为，
故答案为：OHC（CH2）3COOH；；
（3）E为CH2Br﹣CH=CH﹣CH2COOH，碳碳双键连接原子均处于同一平面内，羧基中碳原子连接的原子为平面结构，通过旋转碳碳单键，可以使2个平面共面，一个E分子最多有5个碳原子共平面，
故答案为：5；
（4）B→D（只写①条件下的反应）的反应方程式：
，。