2015年河南省三门峡市高考化学二模试卷解析

1、2015年河南省三门峡市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7个小题，每小题6分，共42分，只有一个选项符合题意）1（6分）（2015河南二模）设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A0.1 molL1的NaF溶液中所含F的数目小于0.1NAB标准状况下，2.24 L乙醇中含有的CH键数目为0.5NAC0l mol O3和O2的混合气体中含氧原子数目为0.2NAD0.1 mol NA完全被氧化生成Na2O2，转移电子的数目为0.1NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A依据n=cV分析解答；B标况下，乙醇为液态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；C依据极值法分析判断氧原子数；D

2、钠最外层一个电子，完全反应全部失去；解答：解：A依据n=cV可知，不知道溶液的体积，故无法计算氟离子的物质的量，故A错误；B标准状况下，乙醇为液体状态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故2.24L乙醇不是1mol，故B错误；C采用极值法分析判断氧原子数，0.1 molO3和O2的混合气体中含氧原子数目介于0.2NA0.3NA，故C错误；D钠最外层一个电子，完全反应全部失去，0.1 molNa完全被氧化生成Na2O2，转移电子的数目为0.1N，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移，注意过氧化钠结构，掌握基础是关键，题目难度

3、不大2（6分）（2015沧州模拟）苯乙烯的结构为，该物质在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物有（）A7种B6种C5种D4种考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同系物和同分异构体分析：根据甲基环己烷与氯气发生取代反应时，生成的一氯代物的种类取决于乙基环己烷中氢原子的种类；解答：解：乙基环己烷中氢原子的种类有6种，一氯代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷中与氯气发生取代反应时，生成的一氯代物有6种；故选：B；点评：本题只要掌握一氯代物产物种类确定的方法即可完成，注意等效氢的判断，难度不大3（6分）（2015河南二模）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下对说法

4、正确的是（）A溶液中导电粒子的数目减少B醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大C溶液中不变D再加入10 mL pH=ll的NaOH溶液，混合液的PH=7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：醋酸是弱电解质，CH3COOHCH3COO+H+，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用酸碱混合时pH的计算来解答解答：解：A弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；B醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（

5、H+）减小，酸性减弱，故B错误；C醋酸的电离平衡常数Ka=，温度不变，Ka、Kw都不变，则不变，故C正确；D等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH7，故D错误；故选C点评：本题考查了弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键，题目难度中等4（6分）（2015河南二模）甲醇燃料电池体积小巧、洁净环保、理论能量比高，已在便携式通讯设备、汽车等领域应用某型甲醇燃料电池的总反应式为2CH4O+3O2=2CO2+4H2O，如图

6、是该燃料电池的示意图下列说法错误的是（）Aa是甲醇，b是氧气B燃料电池将化学能转化为电能C质子从M电极区穿过交换膜移向N电极区D负极反应：CH4O6e+H2O=CO2+6H+考点：化学电源新型电池 分析：该燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据图片知，电解质溶液呈酸性，N极上生成水，则a为氧气，N为正极，M为负极，负极反应式为CH406e+H20=C02+6H+，正极反应式为02+4H+4e=H20，b是甲醇、c是二氧化碳，质子从负极通过质子交换膜到正极，据此分析解答解答：解：该燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据图片知，电解质溶液呈酸性，N极

7、上生成水，则a为氧气，N为正极，M为负极，负极反应式为CH406e+H20=C02+6H+，正极反应式为02+4H+4e=H20，b是甲醇、c是二氧化碳，质子从负极通过质子交换膜到正极，A通过以上分析知，a是氧气、b是甲醇，故A错误；B燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，故B正确；CM是负极、N是正极，质子从M电极区穿过交换膜向正极N电极移动，故C正确；D负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为CH406e+H20=C02+6H+，故D正确；故选A点评：本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大5（6分）（

8、2015河南二模）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3 molB当金厲全部溶解时收集NO气体体积为2.24 LC当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V100 mLD参加反应的金属总质量为9.6 gm3.6 g考点：有关混合物反应的计算 分析：发生反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=

9、3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应为：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为：=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol=0.15mol，据此对各选项进行计算和判断解答：解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3

10、Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol=0.15mol，A根据分析可知，合金的物质的量为0.15mol，当金属全部

11、溶解时，失去电子的物质的量为0.3 mol，故A正确；B镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol=0.1mol，没有告诉标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积，故B错误；C若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，所以消耗NaOH溶液的体积V100 mL，故C正确；D镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15

12、mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为9.6gm3.6g，故D正确；故选B点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力6（6分）（2015河南二模）已知一紫罗兰酮的结构简式是，下列关于该有机物的说法正确的是（）A其分子式为C13H18OB能发生加成反应、取代反应、水解反应C属于芳香族化合物D能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色考点：有机物的结构和性质 分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羰基，可发生加成反应，以此解

13、答该题解答：解：A由有机物结构简式可知有机物分子式为C13H20O，故A错误；B分子中含有的官能团为碳碳双键和羰基，都不能发生水解反应，故B错误；C分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误；D分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确故选D点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大7（6分）（2015河南二模）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示若原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（）A

14、Z的氧化物对应的水化物一定是一种强酸B原子半径大小顺序是XYZCY的单质比Z的单质更易与氢气反应DZ的单质与Fe反应形成的化合物中，铁元素显+3价考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系 分析：根据Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，Y为氧元素，根据位置关系推出X为N，Z为S，W为ClA二氧化硫对应的酸为亚硫酸属于弱酸；B同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，电子层数越多半径越大；C元素的非金属性越强，对应的单质与氢气化合更容易；DS的单质具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价产物解答：解：AZ为S元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫对应的酸为亚硫酸属于弱酸，故A

15、错误；B同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故XY，Z在下一周期，则原子半径：ZXY，故B错误；C元素的非金属性越强，对应的单质与氢气化合更容易，非金属性：OS，则O的单质比S的单质更易与氢气反应，故C正确；DS的单质与Fe反应形成的化合物中，铁元素显+2价，故D错误故选C点评：本题考查了元素周期律中位、构、性三者之间的关系，元素的推断是解答的关键，注意原子结构中的关系及非金属性的比较，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015河南二模）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料

16、制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业从硼镁泥中提取MgSO47H2O的工艺流程如下：已知：NaClO与Mn2+反应产生MnO2沉淀沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2开始沉淀pH2.34. 07.6完全沉淀pH4.15.29.6根据题意回答下列问题：（1）实验中需用1.00mol/L的硫酸80.0mL，若用98%的浓硫酸来配制，除量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有烧杯、100mL容量瓶（2）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3外，还有MnO2、SiO2（3）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式：Mn2+ClO+H2O=M

17、nO2+2H+Cl在调节pH=56之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O（4）为了检验滤液中Fe3+是否被除尽，可选用的试剂是AAKSCN溶液 B淀粉KI溶液 CH2O2 DKMnO4稀溶液（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：温度（）40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤蒸发浓缩、趁热过滤（6）如果测得提供的硼镁泥的质量为100.0g，得到的MgSO4

18、7H2O196.8g，则MgSO47H2O的产率为80.0%（相对分子质量：MgSO47H2O246 MgO40）考点：制备实验方案的设计；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：（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择合适的仪器；（2）依据二氧化锰和二氧化硅不与稀硫酸反应解答；（3）次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰；亚铁离子具有还原性，能够被次氯酸钠氧化；（4）三价铁离子遇到KSCN溶液显血红色；（5）根据表中温度对硫酸镁、硫酸钙的影响完成；（6）根据硼镁泥中MgO的质量分数（占40%），计算出生成MgSO47H2O质量及产率解答：解：

19、（1）用98%的浓硫酸来配制1.00mol/L的硫酸80.0mL，应选择100ml容量瓶，一般步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶，还需要的玻璃仪器：烧杯、100mL容量瓶；故答案为：烧杯、100mL容量瓶；（2）二氧化锰和二氧化硅不与稀硫酸反应，所以滤渣中还含有MnO2，SiO2；故答案为：MnO2，SiO2；（3）NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式

20、为2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O，故答案为：Mn2+ClO+H2OMnO2+2H+Cl；2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O；（4）三价铁离子遇到KSCN溶液显血红色，通常利用KSCN溶液检验三价铁离子的存在，故选：A；（5）有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；（6）100g硼镁泥中氧化镁的物质的量为：=1mol，根据镁原子守恒，生成MgSO47H2O的物质的量为1mol，质量为246g/mol1mol=246g，MgSO47H2O的产率为：100%=80.0%，故答

21、案为：80.0%点评：本题考查了从硼镁泥中提取MgSO47H2O的方法，涉及配制一定物质的量浓度的溶液的仪器选择、铁离子检验方法、物质分离的方法，产率计算等，侧重考查学生分析问题能力，题目难度较大9（14分）（2015河南二模）亚硝酸钠（NaNO2）被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备硝酸钠的装置如图所示已知：室温下，2NO+Na2O22NaNO23NaNO2+3HCl3NaCl+HNO3+2NO+H2O酸性条件下，NO或NO都能与MnO反应生成NO和Mn2+请按要求回答下列问题：（1）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间气体X，然后关闭

22、弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热控制B中导管均匀地产生气泡则X为氮气，上述操作的作用是排尽空气，以免生成的一氧化氮被空气中的氧气氧化（2）B中观察到的主要现象是红棕色消失，导管口有无色气泡冒出，铜片溶解，溶液变蓝（3）A烧瓶中反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（4）D装置中反应的离子方程式3MnO4+5NO+4H+=3Mn2+5NO3+2H2O（5）预测C中反应开始阶段，产物除NaNO2外，还含有的副产物有Na2CO3和NaOH为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，则E中盛放的试剂名称为碱石灰（6）利用改进后的装置，将3.12g Na2O2完全转化成为NaN

23、O2，理论上至少需要木炭0.72g考点：制备实验方案的设计 分析：A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，（1）一氧化氮容易与空气中的氧气反应生成二氧化氮；（2）A中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，二氧化氮在B中与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，据此描述反应现象；（3）A中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳

24、和水；（4）除去未反应的NO，防止污染空气，酸性条件下高锰酸钾氧化一氧化氮为硝酸盐，本身被还原为锰离子；（5）一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠；为避免产生这些副产物，应除去二氧化碳和水蒸气；（6）根据发生的反应C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3NO2+H2O=2HNO3+NO；2NO+Na2O22NaNO2进行计算解答：解：（1）A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，为防止装置中空气中的氧气氧化生成的一氧化氮，应先通入氮气

25、排尽装置内的空气，故答案为：氮气；排尽空气，以免生成的一氧化氮被空气中的氧气氧化；（2）A中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，二氧化氮在B中与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，所以会看到的现象为：红棕色消失，导管口有无色气泡冒出，铜片溶解，溶液变蓝；故答案为：红棕色消失，导管口有无色气泡冒出，铜片溶解，溶液变蓝；（3）A中浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（4）D装置中高锰酸钾氧化一氧化氮生成硝酸根，本

26、身被还原为二价锰离子，离子方程式：3MnO4+5NO+4H+=3Mn2+5NO3+2H2O；故答案为：3MnO4+5NO+4H+=3Mn2+5NO3+2H2O；（5）一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加盛有碱石灰的装置E，碱石灰能够吸收二氧化碳和水蒸气；故答案为：NaOH；碱石灰；（6）根据C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3NO2+H2O=2HNO3+NO；2NO+Na2O22NaNO2，则有C4NO2NONa2O

27、2NaNO2，所以1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭的质量为12g/mol=0.72g，故答案为：0.72点评：本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，掌握物质的性质是解题关键，题目难度较大10（15分）（2015河南二模）试运用所学知识，回答下列问題（1）根据下列反应的能量变化示意图，计算2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0kJ/mol（2）在体积为2L的密闭容器中，充入1mol CO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0测得CO2（g）和CH3OH（g）的物质的量随时间

28、变化的曲线 如图2所示：从反应开始到平衡，H2O的平均反应速率v（H2O）=0.0375 molL1min1下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是BD（填序号）A升高温度 B、将CH3OH（g）及时液化移出 C选择高效催化剂D再充入1molCO2和4molH2（3）CO2溶于水生成碳酸巳知下列数据：弱电解质H2CO3NH3H2O电离平衡常数（25）Ka1=4.3107Ka2=5.61101Kb=1.7710现有常a下1molL1（NH4）2CO3，溶液，己知NH4+水解的平衡常数Kb=，CO32第一步水解的平衡数Kb=判断该溶液呈碱 （填“酸”“中”或“碱”）性，写出该溶液中CO32发生笫

29、步水解的离子方程式CO32+H2OHCO3+OH下列粒子之间的关系式，其中正确的是CD （填序号）Ac（NH4+）c（HCO3）c（CO32）c（NH3H20）Bc（NH4+）+c（H+）=c（HCO3）+c（OH）+c（CO32）Cc（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=1molL1Dc（NH4+）+c（NH3H20）=2c（CO32）+2c（HC03）+2c（H2CO3）（4）据报道，科学家在实验室己研制出在燃料电池的反应容器中，利用特殊电极材料以CO和O2为原料做成电池，原理如图3所示通入CO的管口是d（填“c”或“d”），写出该电极的电极反应式CO+4OH2e=CO32+2H

30、O考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析：（1）据图书写C燃烧生成二氧化碳和C与二氧化碳反应生成CO的热化学方程式，再利用盖斯定律求得焓变；（2）根据v=计算；根据平衡移动原理解答，改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；（3）根据CO32第一步水解的平衡常数大于NH4+水解的平衡常数可知溶液呈碱性；碳酸根离子分步水解，第一步水解水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子；根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析；（4）先根据原电池中阴离子流向负极，确定正负极，然后根据燃料电池中燃料作还原剂

31、，在负极失去电子发生还原反应解答：解：（1）据图可知C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/molC（s）+CO2（g）=2CO（g）H=+172.5kJ/mol，据盖斯定律+得：C（s）+CO2（g）=2CO（g）H=221.0kJ/mol，故答案为：221.0kJ/mol；（2）利用三段式解题法计算 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），开始（mol）：1 3 0 0变化（mol）：0.75 2.25 0.75 0.75 平衡（mol）：0.25 0.75 0.75 0.75从反应开始到平衡，H2O的平均反应速率v（H2O）=0.0375 molL1min1

32、，故答案为：0.0375 molL1min1；A、因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，故A错误；B、将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方法移动，故B正确；C、催化剂不影响平衡移动，故C错误；D、再充入1mol CO2和4mol H2，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，故D正确；故答案为：BD；（3）CO32第一步水解的平衡常数大于NH4+水解的平衡常数大，可知溶液呈碱性；碳酸根离子分步水解，第一步水解水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，其水解方程式为：CO32+H2OHCO3+OH；故答案为：碱；CO32+H2OHCO3+OH；A溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根

33、离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（CO32）c（HCO3）c（NH3H2O），故A错误；B溶液中存在电荷守恒为：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3）+c（OH）+2c（CO32），故B错误；C依据溶液中物料守恒得到：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.1molL1 ，故C正确；D溶液中物料守恒，n（N）：n（C）=2：1，结合溶液中离子种类和守恒关系得到：c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故D正确；故答案为：CD；（4）由图可知，氢氧根离子流向负极，则d为负极，e为正极

34、，燃料电池中CO作还原剂，在负极发生反应，电极反应为CO+4OH2e=CO32+2H2O，所以通入CO的管口是d，故答案为：d；CO+4OH2e=CO32+2HO点评：本题综合性强、内容跨度大，涉及盖斯定律运用、化学反应速率计算、化学平衡移动、离子浓度大小比较、原电池反应等知识，考查了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大三、解答题（共1小题，满分15分）11（15分）（2015河南二模）工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题（1）合成氨的工业设备名称是合成塔，设备中设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中原料气必须进行脱

35、硫，目的是防止催化剂中毒（2）1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：、分别表示N2、H2、NH3图表示生成的NH3离开催化剂表面，图和图的含义分别是N2、H2被吸附在催化剂表面、在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂（3）吸收塔中反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3；从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是使NO循环利用，全部转化为硝酸（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：方法一：碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+N

36、a2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2；方法二：NH3还原法：8NH3+6NO2 7N2+12H2O（NO也有类似的反应）方法三：甲烷吸收法：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=+867kJmol1（NO也有类似的反应）上述三种方法中方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜，缺点是耗能高（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3已知：由NH3制NO的产率是94%、NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的54.4%考点：工业合成氨 分析：（1）合成氨的工业设备

37、是合成塔；合成氨的反应属于放热反应；N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中应防止催化剂中毒；（2）图中两种双原子分子被吸附在催化剂表面，即N2、H2被吸附在催化剂表面；中分子中的化学键断裂生成原子，即在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂生成N原子和H原子；（3）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；（4）方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜；缺点是方法三的耗能较高；（5）根据氮原子守恒可知，NH3N

38、OHNO3，以此计算解答：解：（1）合成氨的工业设备是合成塔；合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中原料气必须进行脱硫可以防止催化剂中毒；故答案为：合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网；防止催化剂中毒；（2）图中两种双原子分子被吸附在催化剂表面，即N2、H2被吸附在催化剂表面；中分子中的化学键断裂生成原子，即在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂生成N原子和H原子；故答案为：N2、H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂；（3）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，

39、NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸，反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3；故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；使NO循环利用，全部转化为硝酸；（4）方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜，节约成本；缺点是方法三的反应热为+867kJmol1，耗能较高；故答案为：单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高；（5）由NH3制NO的产率是94%、NO制HNO3的产率是89%，根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，则1mol氨气可得

40、到硝酸1mol94%89%=0.8366mol，由HNO3+NH3NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8366mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为 100%=54.4%；即制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的54.4%，故答案为：54.4点评：本题考查了工业制备原理应用，流程分析，实验制备物质的分析判断，利用物质的转化及质量守恒的方法来进行简单计算，使用硝酸铵的注意事项，明确转化中的化学反应得出物质之间的关系是解答的关键，题目难度中等四、解答题（共1小题，满分0分）12（2015河南二模）Cu3N具有良好的电

41、学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工程等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用（l） C、N、O三种元素的第一电离能有大到小的顺序为NOC（2）与N3含有相同电子数的三原子分子的空间构型是V形（3）Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+和Cu但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成 Cu2OCu+的3d轨道上电子全满其结构稳定（4）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是sp3、sp2乙醛分子中HC一O的键角大于 （填“大于

42、”“等于”或“小于”）乙醛分子中的HCO的键角（5）cu（H2O）2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl取代有两种不同的结构，试画出Cu（H2O）2（Cl）2具有极性的分子的结构式（6）Cu3N的晶胞结构如图所示，N3的配位数为6Cu+的半径为a pm，N3的半径为b pm，Cu3N的密度为gcm 3（阿伏加德罗常数用NA表示）考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级含有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去第1个电子需要的能量较大；（2）与N3含有相同电子数的微粒为等

43、电子体，如NO2，等电子体结构相似，根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；（3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定；（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个键，醛基上的碳原子含有3个键，据此判断碳原子的杂化方式，碳原子杂化方式不同导致其键角不同；（5）Cu（H2O）42+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl取代有两种不同的结构，Cu（H2O）2（Cl）2具有极性的分子，说明该分子的结构不对称；（6）Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12=3，小球个数=1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N3的配位数=32=6，Cu3N

44、的密度=解答：解：（1）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去第一个电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能NOC，故答案为：NOC；（2）与N3含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO2，得电子体结构相似，亚硝酸根离子中N原子价层电子对个数=2+（5+122）=3且含有一个孤电子对，所以为V形结构，故答案为：V形；（3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu+的3d轨道上全满，稳定，故答案为：1s22s22

45、p63s23p63d10；Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定；（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个键，醛基上的碳原子含有3个键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中HCO的键角大于乙醇分子中的HCO的键角，故答案为：sp3、sp2；大于；（5）Cu（H2O）42+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl取代有两种不同的结构，Cu（H2O）2（Cl）2具有极性的分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，故答案为：；（6）Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12=3，小球个数=1，所以大

46、球表示Cu原子、小球表示N原子，N3的配位数=32=6，晶胞的体积=（2a+2b）1010cm3，Cu3N的密度=g/cm3=g/cm3，故答案为：6；点评：本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子杂化、核外电子排布等知识点，根据密度公式、价层电子对互斥理论、构造原理等知识点来分析解答，这些知识点都是考试热点，难点是晶胞的计算，明确各个字母的含义，注意（1）中采用知识迁移的方法进行解答，题目难度中等五、解答题（共1小题，满分0分）13（2015河南二模）阿司匹林也叫乙酰水杨酸，是百年来三大经典药物之一用于治感冒、发热、头痛、牙痛、关节痛、风湿病，还能抑制血小板聚集，用于预防和治疗缺血性心脏病、心绞