]
第Ⅱ卷
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。
第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35～36题为选考题，考生根据要求作答。
）
（一）必考题（3题，共43分）
26．（14分）氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，可用做化肥、灭火剂、洗涤剂等。
某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应原理如下：
2NH3（g）＋CO2（g）
H2NCOONH4 ΔH＜0
（1）如果使用如图甲所示的装置制取NH3，你所选择的试剂是________。
（2）制备氨基甲酸铵的装置如图乙。
把氨和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备（注：
四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质）。
①发生器用冰水冷却的原因是______________________________________，
液体石蜡鼓泡瓶的作用是__________________________________________，
发生反应的仪器名称是________。
②从反应后的混合物中过滤分离出产品。
为了得到干燥产品，应采取的方法是________（填字母序号）。
a．常压加热烘干
b．高压加热烘干
c．真空40℃以下烘干
（3）尾气对环境有污染，可用________吸收处理。
（4）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g。
样品中氨基甲酸铵的质量分数为________（精确至0.1）[已知Mr（H2NCOONH4）＝78，Mr（NH4HCO3）＝79，Mr（CaCO3）＝100]。
【思路分析】
（1）实验室快速制取NH3的方法有加热浓氨水或用浓氨水与生石灰、浓氨水与氢氧化钠固体、浓氨水与碱石灰混合制取，根据图示装置进行选择即可。
（2）①由题给信息氨基甲酸铵易分解，生成氨基甲酸铵的反应为放热反应，可推知用冰水冷却发生器的目的；通过观察液体石蜡鼓泡瓶中单位时间通入气体的气泡数，可控制通入气体的速率与量。
②产品是易分解的白色固体，则温度不宜过高。
（3）可造成污染的尾气主要是NH3，用酸溶液吸收效果最好。
（4）利用样品的总质量及碳元素守恒可列方程组求出样品中氨基甲酸铵的质量，用其质量除以样品总质量即得氨基甲酸铵的质量分数。
【解析】
（1）图示装置不加热，CaO或碱石灰与浓氨水中的水反应放热使氨气易于逸出，则选择浓氨水与生石灰、浓氨水与氢氧化钠固体、浓氨水与碱石灰均可。
（2）①由题给信息氨基甲酸铵易分解且生成氨基甲酸铵的反应为放热反应可知，用冰水冷却反应器可防止温度过高氨基甲酸铵分解，降温还可促使反应正向进行，提高反应物的转化率。
液体石蜡鼓泡瓶可观察单位时间通入气体的气泡数，用其控制通入气体的速率与调节通入气体的量。
②由题给信息知氨基甲酸铵是易分解的固体，不能加热烘干，应采用低温烘干，故选择真空40℃以下烘干。
（3）对环境有污染的尾气主要是NH3，用酸溶液吸收效果最好，可选用稀硫酸。
（4）设碳酸氢铵为xmol，氨基甲酸铵为ymol，由样品总质量可得79g·mol－1×xmol＋78g·mol－1×ymol＝1.173g，又因为n（C）＝n（CaCO3）＝
＝0.015mol，由碳元素守恒可得：
xmol＋ymol＝0.015mol，解上述两个方程可得x＝0.003，y＝0.012，则m（NH2COONH4）＝0.012mol×78g·mol－1＝0.936g，则氨基甲酸铵的质量分数＝
×100%≈79.8%。
【答案】 （14分）
（1）浓氨水与NaOH固体（或CaO，碱石灰）（2分）
（2）①降低温度，提高反应物转化率（或防止因为反应放热造成产物分解）（2分） 通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例（2分） 三颈烧瓶（2分） ②c（2分）
（3）稀硫酸（其他合理答案均可）（2分）
（4）79.8%（2分）
27．（15分）火力发电厂释放出大量氮氧化物（NOx）、二氧化硫等气体会造成环境污染。
对燃煤废气进行脱除处理，可实现绿色环保、低碳减排、废物利用等目的。
（1）脱硝——利用甲烷催化还原NOx：
CH4（g）＋4NO2（g）===4NO（g）＋CO2（g）＋2H2O（g） ΔH1＝－574kJ·mol－1
CH4（g）＋4NO（g）===2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g） ΔH2＝－1160kJ·mol－1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为
________________________________________________________________。
（2）脱碳——将CO2转化为甲醇的热化学方程式CO2（g）＋3H2（g）
CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH3
①取五份等体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比均为1∶3），分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系曲线（见图甲），则上述CO2转化为甲醇反应的ΔH3________0（填“>”“<”或“＝”）。
②在一个恒温、恒容密闭容器中充入0.5molCO2和1.5molH2，进行上述反应，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图乙所示。
0～10min内，氢气的平均反应速率为________；第10min后，若升温，将使
________（填“增大”“减小”或“不变”），判断理由是_______________；
若向该容器中再充入1molCO2和3molH2，再次达到平衡时，则CH3OH（g）的体积分数将________（填“增大”“减小”或“不变）。
（3）脱硫——某种脱硫工艺中将废气经处理后，与一定量的氨气、空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物作为副产品化肥。
假设烟气中SO2、NO2的物质的量之比为1∶1，则该反应的化学方程式为_______________________。
若在0.1mol·L－1的硝酸铵溶液中加入等体积的0.09mol·L－1氨水，配制成pH＝8.2的溶液，则该溶液中微粒浓度由小至大的顺序为________________________________________________________________。
【解析】
（1）先写出反应的化学方程式：
CH4（g）＋2NO2（g）===N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g），再利用盖斯定律得出该反应的ΔH＝
＝
＝－867kJ·mol－1。
（2）①图甲中，未达到曲线最高点时反应还在朝着正反应方向进行，达到最高点时，反应达到平衡，达到平衡后，温度越高，φ（CH3OH）越小，即升高温度平衡逆向移动，据此判断ΔH3＜0。
②由图乙可知，0～10min内Δc（CO2）＝1mol·L－1－0.25mol·L－1＝0.75mol·L－1，根据v（CO2）＝
＝
＝0.075mol·L－1·min－1，再利用各物质的反应速率之比等于化学计量数之比：
＝
，得v（H2）＝3×0.075mol·L－1·min－1＝0.225mol·L－1·min－1；10min后升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，该反应的ΔH3＜0，则升温反应向逆反应方向移动，则c（CH3OH）减小，c（CO2）增大，可判断
的值减小；向该容器中再充入1molCO2和3molH2，等效为增大压强，平衡向气体体积减小的方向即向正反应方向移动，CH3OH（g）的体积分数增大。
（3）根据题中信息写出反应物与生成物：
NH3＋O2＋SO2＋NO2＋H2O―→（NH4）2SO4＋NH4NO3，SO2中的S：
＋4价→＋6价，NO2中的N：
＋4价→＋5价，O2中的O：
0价→－2价，且SO2与NO2的物质的量之比为1∶1，则根据化合价升降相等找最小公倍数，SO2与NO2的化学计量数为4，O2的化学计量数为3，最后再根据元素守恒配平其他物质的化学计量数：
12NH3＋3O2＋4SO2＋4NO2＋6H2O===4（NH4）2SO4＋4NH4NO3。
溶液中存在的离子为H＋、OH－、NH
、NO
四种，且溶液的pH＝8.2，呈碱性，说明c（H＋）＜
c（OH－），由电荷守恒可得c（NO
）＜c（NH
），开始时溶液中c（NO
）＝
0.1mol·L－1＞c（NH3·H2O）＝0.09mol·L－1，且混合液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH
的水解程度，所以c（NH3·H2O）＜c（NO
）。
【答案】 （15分）
（1）CH4（g）＋2NO2（g）===N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g） ΔH＝－867kJ·mol－1（2分）
（2）①＜（2分） ②0.225mol·L－1·min－1（2分） 减小（1分）
由于正反应ΔH3＜0，升温会导致平衡逆向移动，c（CH3OH）减小，c（CO2）增大，故
减小（2分） 增大（2分）
（3）12NH3＋3O2＋4SO2＋4NO2＋6H2O===4（NH4）2SO4＋4NH4NO3（2分）
c（H＋））＜c（NH
）（2分，答成由大至小顺序不得分，漏答但其余正确可得1分）
28．（14分）黄铜矿不仅可用于火法炼铜，也可用于湿法炼铜，湿法可同时生产铜、磁性氧化铁和用于橡胶工业的一种固体物质A，流程如下：
【导学号：
97184342】
（1）黄铜矿中Cu的化合价是____________，反应Ⅰ中48.75gFeCl3可氧化________molCuFeS2。
（2）工业生产中的过滤操作多采用倾析法分离出固体物质。
下列适合用倾析法的有________（填序号）。
A．沉淀的颗粒较大
B．沉淀容易沉降
C．沉淀呈胶状
D．沉淀呈絮状
（3）在反应Ⅱ中，计算NaHCO3饱和溶液（其中CO
平衡浓度为1.2×
10－3mol·L－1）可产生FeCO3沉淀时的最小Fe2＋浓度是________（已知FeCO3的Ksp＝3.0×10－11）。
（4）反应Ⅲ是在设备底部鼓入空气，高温氧化煅烧法来制备磁性氧化铁，写出对应的化学方程式：
_______________________________________________
________________________________________________________________。
（5）固体物质A的成分为________（写名称）。
（6）潮湿的FeCO3固体若不及时灼烧处理会在空气中逐渐变红，写出相关反应的化学方程式：
____________________________________________________
_________________________________________________________________。
（7）本流程中可实现循环使用的物质除了水外，还有________。
【解析】
（1）根据Fe的化合价确定，若Fe为＋3价，Fe3＋会氧化S2－，故Fe不可能为＋3价，那么Fe为＋2价，S为－2价，由化合价的代数和为0确定Cu的化合价为＋2价；FeCl3氧化CuFeS2，将－2价的硫氧化为单质硫（0价），Fe3＋被还原为Fe2＋，n（FeCl3）＝
＝0.3mol，CuFeS2中硫元素由－2价升高为0价，Cu2＋被还原为Cu＋，根据得失电子守恒得：
n（CuFeS2）＝
×0.3mol＝0.1mol。
（2）倾析法适用于分离密度较大易沉降或结晶的颗粒较大的固液分离，A、B项正确。
（3）NaHCO3饱和溶液中CO
的平衡浓度为1.2×10－3mol·L－1，根据Ksp（FeCO3）＝c（CO
）·c（Fe2＋），c（Fe2＋）＝
＝
mol·L－1＝2.5×10－8mol·L－1。
（4）FeCO3与空气中的氧气在高温条件下生成磁性氧化铁即Fe3O4，铁元素化合价升高，氧元素化合价降低，根据得失电子守恒和质量守恒配平，得化学方程式：
6FeCO3＋O2
2Fe3O4＋6CO2。
（5）由题中流程图可知NaCl与CuCl结合生成络合物Na[CuCl2]，则过滤后的固体A为硫单质。
（6）Fe2＋有还原性，在潮湿的空气中FeCO3被氧化变红，即FeCO3与O2、H2O反应生成了Fe（OH）3，根据得失电子守恒：
Fe升高1价，O2降低4价，再根据元素守恒配平其他物质的化学计量数得：
4FeCO3＋O2＋6H2O===4Fe（OH）3＋4CO2。
（7）Na[CuCl2]与水反应后生成Cu和溶液A，由元素守恒可知A中含有NaCl，故NaCl可循环使用。
【答案】 （14分）
（1）＋2（1分） 0.1（2分）
（2）AB（2分，少选得1分，错选不得分）
（3）2.5×10－8mol·L－1（2分）
（4）6FeCO3＋O2
2Fe3O4＋6CO2（2分） （5）硫（1分）
（6）4FeCO3＋O2＋6H2O===4Fe（OH）3＋4CO2（2分）
（7）NaCl（2分）
（二）选考题（请考生从所给出的2道题中任选一道作答）
35．[化学——选修3：
物质结构与性质]（15分）
三硫化四磷是黄绿色针状结晶，其结构如图所示。
不溶于冷水，溶于叠氮酸、二硫化碳、苯等有机溶剂，在沸腾的NaOH稀溶液中会迅速水解。
（用NA表示阿伏加德罗常数的数值）
回答下列问题：
【导学号：
97184343】
（1）Se是S的下一周期同主族元素，其核外电子排布式为________。
（2）第一电离能：
S________P（填“>”“＜”或“＝”，下同），电负性：
S________P。
（3）三硫化四磷分子中P原子采取________杂化，与PO
互为等电子体的化合物分子的化学式为________。
（4）二硫化碳属于________（填“极性”或“非极性”）分子。
（5）0.1mol三硫化四磷分子中含有的孤电子对数为________。
（6）纯叠氮酸（HN3）在常温下是一种液体，沸点较高，为308.8K，主要原因是______________________。
（7）氢氧化钠具有NaCl型结构，其晶胞中Na＋与OH－之间的距离为acm，晶胞中Na＋的配位数为________，NaOH晶体的密度为________g·cm－3。
【解析】
（1）Se是第四周期ⅥA族元素，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4（或1s22s22p63s23p63d104s24p4）。
（2）同周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，但P元素的3p轨道为半充满状态，较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：
S＜P；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，故电负性：
S＞P。
（3）由P原子的电子排布式和成键情况可知，三硫化四磷分子中P原子上有一对孤电子对，形成3个σ键，则P原子采取sp3杂化；与PO
互为等电子体的化合物分子的化学式为SO3。
（4）二硫化碳结构与二氧化碳类似，属于非极性分子。
（5）由结构可知S原子采取sp3杂化，形成2个σ键，则每个S原子上有2对孤电子对，P原子上有1对孤电子对，则0.1mol三硫化四磷分子中含有的孤电子对数为（3×2＋4×1）×0.1NA＝NA。
（6）纯叠氮酸（HN3）分子中存在N—H键，容易形成氢键，故其沸点较高。
（7）氢氧化钠具有NaCl型结构，以体心Na＋为中心，与之相邻且最近的OH－位于六个面的面心，晶胞中Na＋的配位数为6；已知晶胞中Na＋与OH－之间的距离为acm，
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