河南省洛阳市宜阳实验中学高考化学三模试卷（含解析）.doc

2014年河南省洛阳市宜 阳实验中学高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）1（4分）（2014宁波一模）下列说法正确的是（）a中国是目前全球最大的稀土提炼和加工国，对稀土元素及其化合物的研究是获得优良催化剂的一种重要途径b气化、液化和干馏是煤综合利用的主要方法，这三者中只有干馏是化学变化c原子核外在离核较远区域的电子易失去，其原因是这些电子能量较低d醋酸纤维、硝化纤维、合成纤维、光导纤维都可由纤维素在一定条件下制得2（4分）（2014宜阳县校级三模）下列有关说法不正确的是（）a利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程b聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应c石油分馏中使用冷凝管目的是冷凝获得产物，硝基苯制备中垂直长导管（如图）目的之一是冷凝回流反应物d过滤时漏斗下端与烧杯内壁要保持接触，分液时分液漏斗下端与锥形瓶（或烧杯）内壁也要保持接触3（4分）（2014宁波一模）甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）a某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应b乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙能使湿润的ki淀粉试纸变蓝c丙中含有a族元素，则相同条件下丙比甲稳定d若丁的分子组成符合xy3型结构，则丁分子间存在氢键4（4分）（2015浙江校级模拟）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸盐na2feo4的装置如图所示下列推断合理的是（）a铁是阳极，电极反应为fe6e+4h2ofeo42+8hb电解时电子的流动方向为：负极ni电极溶液fe电极正极c若隔膜为阴离子交换膜，则oh自右向左移动d电解时阳极区ph降低、阴极区ph升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较ph降低（假设电解前后体积变化忽略不计）5（4分）（2015南昌校级模拟）组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体结构）（）a24种b28种c32种d36种6（4分）（2014宁波一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）a图1表示同温度下，ph=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时ph的变化曲线，其中曲线为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强b向溶质为1mol的naoh溶液中通入co2，随着co2气体的通入，溶液中水电离出的c（h+）有如上图2变化关系c如图2所示，水电离出c（h+）达到最大值时，溶液中各离子浓度大小分别为：c（na+）c（oh）c（co32）c（hco3）c（h+）d用0.0100mol/l硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000mol/l cl、br及i的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是cl7（4分）（2014宜阳县校级三模）某温度和压强下，将一定量反应物加入密闭容器中进行下列反应，a a（g）+b b（g）c c（g）+d d（s），达平衡时c的体积分数随温度、压强变化如图所示，下列叙述正确的是（）aa+bc+db若单位时间内生成c mol的c的同时，生成c mol的b，则反应达到平衡状态c降低温度可以提高b的转化率d达平衡后，若增大压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动二、非选择题8（13分）（2014宁波一模）2013年10月我市因台风菲特遭受到重大损失，市疾控中心紧急采购消毒药品，以满足灾后需要复方过氧化氢消毒剂具有高效、环保、无刺激无残留，其主要成分h2o2是一种无色粘稠液体，请回答下列问题：（1）下列方程中h2o2所体现的性质与其可以作为消毒剂完全一致的是abao2+2hclh2o2+bacl2 bag2o+h2o22ag+o2+h2oc2h2o22h2o+o2 d h2o2+nacro2+naohna2cro4+h2o（2）火箭发射常以液态肼（n2h4）为燃料，液态h2o2为助燃剂已知：n2h4（l）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=534kjmol1h2o2（l）=h2o（l）+o2（g）h=98.64kjmol1h2o（l）=h2o（g）h=+44kjmoll则反应n2h4（l）+2h2o2（l）=n2（g）+4h2o（g）的h=，该反应的s=0（填“”或“”）（3）h2o2是一种不稳定易分解的物质如图是h2o2在没有催化剂时反应进程与能量变化图，请在图上画出使用催化剂加快分解速率时能量与进程图实验证实，往na2co3溶液中加入h2o2也会有气泡产生已知常温时h2co3的电离常数分别为kal=4.3l07，ka2=5.0l011na2co3溶液中co32第一步水解常数表达式khl=，常温时khl的值为若在na2co3溶液中同时加入少量na2co3固体与适当升高溶液温度，则khl的值（填变大、变小、不变或不确定）（4）某文献报导了不同金属离子及其浓度对双氧水氧化降解海藻酸钠溶液反应速率的影响，实验结果如图1、图2所示注：以上实验均在温度为20、w（h2o2）=0.25%、ph=7.12、海藻酸钠溶液浓度为8mgll的条件下进行图1中曲线a：h2o2；b：h2o2+cu2+；c：h2o2+fe2+；d：h2o2+zn2+；e：h2o2+mn2+；图2中曲线f：反应时间为1h；g：反应时间为2h；两图中的纵坐标代表海藻酸钠溶液的粘度（海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关）由上述信息可知，下列叙述错误的是（填序号）a锰离子能使该降解反应速率减缓b亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子低c海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢d一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，海藻酸钠溶液浓度越小9（14分）（2014宁波一模）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某兴趣小组同学利用高锰酸钾氧化甲苯制备苯甲酸（kmno4中性条件下还原产物为mno2，酸性条件下为mn2+）已知：苯甲酸相对分子量122，熔点122.4，在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g实验流程：往装置a中加入2.7ml（2.3g）甲苯和125ml水，然后分批次加入8.5g稍过量的kmno4固体，控制反应温度约在100，当甲苯层近乎消失，回流不再出现油珠时，停止加热将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加入浓盐酸，经操作i得白色较干燥粗产品纯度测定：称取1.220g白色样品，配成100ml、甲醇溶液，取25.00ml溶液，用0.1000mol/l koh标准溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗的体积如下表所示列举第一次第二次第三次第四次体积（ml）24.0024.1022.4023.90请回答：（1）装置a的名称若不用温度计，本实验控制反应温度的措施为（2）白色粗产品中除了kcl外，其他可能的无机杂质为（3）操作i的名称（4）步骤中用到的定量仪器有，100ml容量瓶，50ml酸式、碱式滴定管（5）样品中苯甲酸纯度为（6）滴定操作中，如果对装有koh标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视则测定结果将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）10（15分）（2014宜阳县校级三模）高铁酸钾（k2feo4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其生产工艺如下：（1）反应应该在温度较低的情况下进行因在温度较高时koh与cl2反应生成的是kclo3写出在温度较低时koh与cl2反应的化学方程式，当反应中转移2mol电子时，消耗的氯气在标准状况下的体积约为l（2）在反应液i中加入koh固体的目的是（填编号）a与反应液i中过量的cl2继续反应，生成更多的kclobkoh固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率c为下一步反应提供碱性的环境d使kclo3转化为kclo（3）从溶液ii中分离出k2feo4后，还会有副产品kno3、kcl，则反应中发生的离子反应方程式为（4）如何判断k2feo4晶体已经洗涤干净（5）高铁酸钾（k2feo4）作为水处理剂的优点是既具有强氧化性能杀菌消毒，同时其还原产物还能与水反应生成胶体吸附杂质，具有优良的净水效果其离子反应是：feo42+h2ofe（oh）3（胶体）+o2完成并配平方程式，将完整的离子方程式写在后面横线上：三、【化学-选修3：物质结构与性质的满分】15分）11（15分）（2014张掖模拟）x、y、z、q为短周期非金属元素，r是长周期元素x原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍；y的基态原子中有7种不同运动状态的电子；z元素在地壳中含量最多；q是电负性最大的元素；r+只有三个电子层且完全充满电子请回答下列问题：（答题时，x、y、z、q、r用所对应的元素符号表示）（1）x元素为；x、y、z中第一电离能最大的是（2）已知y2q2分子存在如图1所示的两种结构（球棍模型，短线不一定代表单键）该分子中y原子的杂化方式是（3）x与y元素可以形成一种超硬新材料，其晶体部分结构如图2所示，有关该晶体的说法正确的是a该晶体属于分子晶体b此晶体的硬度比金刚石还大c晶体的化学式为x3y4d该晶体熔化时破坏共价键（4）有一种ab型分子与y单质分子互为等电子体，它是一种常用的还原剂，其化学式为（5）r的基态原子的电子排布式为，r与z形成的某离子晶体的晶胞如图3，则该晶体的化学式为，该晶体的密度为agcm3，则晶胞的体积是（只要求列出算式）四、【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分15分）12（15分）（2014宁波一模）可降解聚合物g可由芳香烃a通过如下途径制备，质谱法测定a相对分子质量为102已知b为高分子化合物，d的化学式为c8h10o2碳碳双键的碳上连有羟基的有机物不稳定（1）对于高分子g的说法不正确的是a、1mol g最多能与2n mol naoh反应b、一定条件下能发生取代与加成反应c、碱性条件下充分降解，f为其中一种产物d、（c9h8o3）n既是高分子g的化学式也是其链节的化学式（2）a、x的化学式分别为（3）写出cd的化学方程式（4）写出b的结构简式（5）同时符合下列条件f的稳定同分异构体共种，写出其中一种结构简式遇fecl3不显紫色，除苯环外不含其它环状结构；苯环上有三种不同化学环境的氢原子；不能发生银镜反应（6）以苯和乙烯为原料可合成d，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：ch3choch3coohch3cooch2ch32014年河南省洛阳市宜阳实验中学高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）1（4分）（2014宁波一模）下列说法正确的是（）a中国是目前全球最大的稀土提炼和加工国，对稀土元素及其化合物的研究是获得优良催化剂的一种重要途径b气化、液化和干馏是煤综合利用的主要方法，这三者中只有干馏是化学变化c原子核外在离核较远区域的电子易失去，其原因是这些电子能量较低d醋酸纤维、硝化纤维、合成纤维、光导纤维都可由纤维素在一定条件下制得考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原子核外电子的运动状态；煤的干馏和综合利用；纤维素的性质和用途专题：化学应用分析：a、稀土元素及其化合物的研究可以获得优良催化剂；b、煤综合利用的气化、液化和干馏都是化学变化c、原子核外在离核较远区域的电子易失去，其原因是这些电子能量较高；d、醋酸纤维、硝酸纤、合成纤维、维都可由纤维素制得，光导纤维主要成分是二氧化硅；解答：解：a、稀土元素及其化合物的研究可以获得优良催化剂的一种重要途径，故a正确；b、煤综合利用的气化、液化和干馏都是化学变化，故b错误；c、原子核外在离核较远区域的电子易失去，其原因是这些电子能量较高，故c错误；d、醋酸纤维、硝化纤维、合成纤维可由纤维素在一定条件下制得，而光导纤维是sio2制的，故d错误；故选a点评：本题考查了常见化合物性质的分析判断，原子结构分析应用，物质组成的分析判断是解题关键，题目难度中等2（4分）（2014宜阳县校级三模）下列有关说法不正确的是（）a利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程b聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应c石油分馏中使用冷凝管目的是冷凝获得产物，硝基苯制备中垂直长导管（如图）目的之一是冷凝回流反应物d过滤时漏斗下端与烧杯内壁要保持接触，分液时分液漏斗下端与锥形瓶（或烧杯）内壁也要保持接触考点：淀粉的性质和用途；聚合反应与酯化反应；石油的分馏产品和用途；乙醇的化学性质；葡萄糖的性质和用途；物质的分离、提纯和除杂专题：有机化学基础分析：a淀粉葡萄糖乙醇都是化学变化；b乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键；c石油分馏产物是气体、硝基苯制备中反应物易挥发；d为防止液体溅出，漏斗下端与瓶或烧杯内壁接触解答：解：a粮食酿酒：粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，故a正确；b乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故b错误；c石油分馏产物为气体，故使用冷凝管目的是冷凝获得产物，硝基苯制备中某些反应物易挥发，为不减少反应物的量，用垂直长导管冷凝回流反应物，故c正确；d过滤时漏斗下端与烧杯内壁要保持接触，分液时分液漏斗下端与锥形瓶（或烧杯）内壁也要保持接触，防止液体溅出，污染环境，故d正确，故选b点评：本题主要考查与生活相关的化学知识和化学实验评价，掌握塑料的老化、粮食酿酒及基本实验操作等知识是解答的关键，题目难度中等3（4分）（2014宁波一模）甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）a某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应b乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙能使湿润的ki淀粉试纸变蓝c丙中含有a族元素，则相同条件下丙比甲稳定d若丁的分子组成符合xy3型结构，则丁分子间存在氢键考点：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：甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子，甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，说明甲是二元弱酸，则为h2s，含有两种元素其分子中含有18电子的分子有：hcl、h2s、ph3、sih4、n2h4、h2o2，结合物质的性质分析解答解答：解：甲、乙、丙、丁4种无机化合物均含有2种元素，分子中均含18个电子，甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，说明甲是二元弱酸，则为h2s，含有两种元素其分子中含有18电子的分子有：hcl、h2s、ph3、sih4、n2h4、h2o2，a某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该钠盐为na2s或nahs，硫化钠只能和酸反应，但硫氢化钠能和酸、碱反应，故a错误；b乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙是h2o2，双氧水具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以乙能使湿润的ki淀粉试纸变蓝，故b正确；c丙中含有a族元素，则丙为sih4，si的非金属性小于s，所以相同条件下甲比丙稳定，故c错误；d若丁的分子组成符合xy3型结构，则丁为ph3，p原子非金属性较弱，所以丁分子间不存在氢键，故d错误；故选b点评：本题考查了无机物的推断，熟悉含有18电子的分子是解本题关键，根据物质的结构和性质分析解答，同时考查学生发散思维能力，题目难度中等4（4分）（2015浙江校级模拟）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸盐na2feo4的装置如图所示下列推断合理的是（）a铁是阳极，电极反应为fe6e+4h2ofeo42+8hb电解时电子的流动方向为：负极ni电极溶液fe电极正极c若隔膜为阴离子交换膜，则oh自右向左移动d电解时阳极区ph降低、阴极区ph升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较ph降低（假设电解前后体积变化忽略不计）考点：电解原理专题：电化学专题分析：a、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子；b、电解过程中电子流向负极流向ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过fe电极回到正极；c、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极；d、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液ph减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液ph增大；依据电子守恒分析生成氢氧根离子和消耗氢氧根离子相对大小分析溶液酸碱性解答：解：a、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子，电极反应为fe6e+8ohfeo42+4h2o，故a错误；b、电解过程中电子流向负极流向ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过fe电极回到正极，故b错误；c、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极，应从左向右移动，故c错误；d、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液ph减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液ph增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应fe6e+8ohfeo42+4h2o，阴极氢氧根离子增大，电极反应2h+2e=h2，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液ph降低，故d正确；故选d点评：本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，易错选项是b，注意电子不能通过电解质溶液，题目难度中等5（4分）（2015南昌校级模拟）组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体结构）（）a24种b28种c32种d36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：先找出丁基的同分异构体，再找出c3h5cl2的同分异构体，然后找出有机物的种类数解答：解：丁烷为ch3ch2ch2ch3时，分子中有2种不同的h原子，故有2种丁基；丁烷为ch3ch（ch3）ch3时，分子中有2种不同的h原子，故有2种丁基，故丁基（c4h9）共有4种；c3h5cl2的碳链为或，当为，2个氯在一号位或者二号位或者三号位有3种1个氯在一号位，剩下的一个氯在二号或者三号，2种1个氯在二号位剩下的一个氯在三号位，1种总共6种，当为，2个氯在同一个碳上有1种在两个左边的碳和中间的碳上，1种左边的碳上和右边的碳上，1种总，3种，故c3h5cl2共有9种；该有机物共有36种，故选d点评：本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意二氯代物的书写可以采用定一议二法解题6（4分）（2014宁波一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）a图1表示同温度下，ph=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时ph的变化曲线，其中曲线为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强b向溶质为1mol的naoh溶液中通入co2，随着co2气体的通入，溶液中水电离出的c（h+）有如上图2变化关系c如图2所示，水电离出c（h+）达到最大值时，溶液中各离子浓度大小分别为：c（na+）c（oh）c（co32）c（hco3）c（h+）d用0.0100mol/l硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000mol/l cl、br及i的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是cl考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较专题：图示题分析：a醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比；b、酸、碱抑制水的电离，能水解的盐促进是水的电离；c、当naoh恰好与二氧化碳反应生成碳酸钠时，水的电离程度最大；d、lg的值越大，代表该离子的浓度越小；解答：解：a醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以ph变化小的为醋酸，即ii为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，a点导电能力大于b，故a错误；b、溶质为1mol的naoh溶液中水电离氢离子浓度较小，通入二氧化碳，氢氧化钠的浓度减小，对水的抑制程度较小，水电离的氢离子浓度增大，当二氧化碳过量时，二氧化碳与水反应生成碳酸又抑制水的电离，水电离的氢离子浓度减小，与图象相符合，故b正确；c、当naoh恰好与二氧化碳反应生成碳酸钠时，碳酸钠的水解程度最大，则水的电离程度最大，即水电离出c（h+）达到最大值时，溶质为碳酸钠，溶液中各离子浓度大小分别为：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+），故c错误；d、lg的值越大，代表该离子的浓度越小，由图可知，加入一定量的硝酸银后i的浓度最小，则i首先沉淀，故d错误；故选b点评：本题涉及知识点较多，这些知识点都是学习的难点，也是考试热点，根据弱电解质溶液中的电离平衡、盐的水解等知识来分析解答，题目难度中等7（4分）（2014宜阳县校级三模）某温度和压强下，将一定量反应物加入密闭容器中进行下列反应，a a（g）+b b（g）c c（g）+d d（s），达平衡时c的体积分数随温度、压强变化如图所示，下列叙述正确的是（）aa+bc+db若单位时间内生成c mol的c的同时，生成c mol的b，则反应达到平衡状态c降低温度可以提高b的转化率d达平衡后，若增大压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动考点：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：a、增大压强，化学平衡向着气体系数和减小的方向进行；b、当正逆反应速率相等时，达到化学平衡状态；c、降低温度，化学平衡向着放热方向进行；d、增大压强，会加快化学反应速率解答：解：a、根据图示内容，增大压强，c的体积分数增大，化学平衡向着正反应方向即气体系数和减小的方向进行，所以a+bc，故a错误；b、若单位时间内生成c mol的c的同时，生成c mol的b，不能说明正逆反应速率相等，不一定达到化学平衡状态，故b错误；c、降低温度，c的体积分数增大，化学平衡向着正方向进行，此时b的转化率提高了，故c正确；d、增大压强，会加快化学反应速率，v正增大，v逆增大，c的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，即v正v逆，故d错误故选c点评：本题考查学生影响化学平衡移动的因素：温度、压强等，注意图象题的分析方法，固定变量法是常用的处理方式，难度不大二、非选择题8（13分）（2014宁波一模）2013年10月我市因台风菲特遭受到重大损失，市疾控中心紧急采购消毒药品，以满足灾后需要复方过氧化氢消毒剂具有高效、环保、无刺激无残留，其主要成分h2o2是一种无色粘稠液体，请回答下列问题：（1）下列方程中h2o2所体现的性质与其可以作为消毒剂完全一致的是dabao2+2hclh2o2+bacl2 bag2o+h2o22ag+o2+h2oc2h2o22h2o+o2 d h2o2+nacro2+naohna2cro4+h2o（2）火箭发射常以液态肼（n2h4）为燃料，液态h2o2为助燃剂已知：n2h4（l）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=534kjmol1h2o2（l）=h2o（l）+o2（g）h=98.64kjmol1h2o（l）=h2o（g）h=+44kjmoll则反应n2h4（l）+2h2o2（l）=n2（g）+4h2o（g）的h=643.28kj/mol，该反应的s=0（填“”或“”）（3）h2o2是一种不稳定易分解的物质如图是h2o2在没有催化剂时反应进程与能量变化图，请在图上画出使用催化剂加快分解速率时能量与进程图实验证实，往na2co3溶液中加入h2o2也会有气泡产生已知常温时h2co3的电离常数分别为kal=4.3l07，ka2=5.0l011na2co3溶液中co32第一步水解常数表达式khl=，常温时khl的值为2.0104若在na2co3溶液中同时加入少量na2co3固体与适当升高溶液温度，则khl的值变大（填变大、变小、不变或不确定）（4）某文献报导了不同金属离子及其浓度对双氧水氧化降解海藻酸钠溶液反应速率的影响，实验结果如图1、图2所示注：以上实验均在温度为20、w（h2o2）=0.25%、ph=7.12、海藻酸钠溶液浓度为8mgll的条件下进行图1中曲线a：h2o2；b：h2o2+cu2+；c：h2o2+fe2+；d：h2o2+zn2+；e：h2o2+mn2+；图2中曲线f：反应时间为1h；g：反应时间为2h；两图中的纵坐标代表海藻酸钠溶液的粘度（海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关）由上述信息可知，下列叙述错误的是b（填序号）a锰离子能使该降解反应速率减缓b亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子低c海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢d一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，海藻酸钠溶液浓度越小考点：热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）过氧化氢做消毒剂是利用过氧化氢的氧化性，据此分析选项中元素化合价变化判断；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需让化学方程式，分析计算得到热化学方程式分析熵变；（3）依据催化剂加快反应速率的原因是降低反应活化能，改变反应速率，不改变化学平衡，画出变化曲线；依据碳酸根离子水解离子方程式结合平衡常数概念写出水解平衡常数，水溶液中依据离子积常数和弱电解质电离平衡常数换算得到水解平衡常数；水解平衡是吸热反应，升温平衡正向进行，增大碳酸根离子浓度，水解正向进行；（4）根据图片中曲线变化趋势与溶液粘度、反应速率之间的关系分析解答：解：（1）h2o2所体现的性质与其可以作为消毒剂完全一致的是，过氧化氢表现氧化性分析；abao2+2hclh2o2+bacl2，过氧化氢是反应生成物，故a不符合； bag2o+h2o22ag+o2+h2o，过氧化氢从1价变化为0价，做还原剂，故b不符合；c2h2o22h2o+o2，过氧化氢自身氧化还原反应，故c不符合； d h2o2+nacro2+naohna2cro4+h2o，反应中过氧化氢氧元素化合价从1价变化为2价，反应中做氧化剂，故d符合；故答案为：d（2）n2h4（l）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=534kjmol1h2o2（l）=h2o（l）+o2（g）h=98.64kjmol1h2o（l）=h2o（g）h=+44kjmoll依据盖斯定律计算+2+2得到，反应的热化学方程式：n2h4（l）+2h2o2（l）=n2（g）+4h2o（g）h=643.28kj/mol；反应前后气体体积增大，所以s0；故答案为：643.28kj/mol；（3）催化剂加快反应速率的原因是降低反应活化能，改变反应速率，不改变化学平衡，虚线代表使用催化剂，起始于结束点重合，最高点比原曲线低，画出的变化曲线为，故答案为：；往na2co3溶液中加入h2o2也会有气泡产生已知常温时h2co3的电离常数分别为kal=4.3l07，ka2=5.0l011na2co3溶液中co32第一步水解离子方程式为：co32+h2ohco3+oh，常数表达式khl=，h2co3hco3+h+，hco3h+co32，ka2=，依据离子积常数和电离平衡常数得到khl=2.0104 ；若在na2co3溶液中同时加入少量na2co3固体与适当升高溶液温度，水解平衡是吸热反应，升温平衡正向进行，增大碳酸根离子浓度，水解正向进行，kh增大；故答案为：；2.0104 ；变大；（4）根据图2知，纵坐标越大其粘度越大，相同时间内纵坐标变化越大，其反应速率越快，根据图3知，相同浓度的铜离子溶液中，纵坐标变化越大，其反应速率越大，ae曲线变化不明显，所以锰离子能使该降解反应速率减缓，故a正确；b相同时间内，含有亚铁离子的曲线纵坐标变化比含有铜离子的大，所以亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子高，故b错误；c海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关，粘度变化越大海藻酸钠浓度变化越大，其反应速率越大，所以海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢，故c正确；d根据图3知，一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，溶液粘度越小，则海藻酸钠溶液浓度越小，故d正确；故选b点评：本题考查较综合，涉及热化学方程式和盖斯定律的计算应用、水解平衡常数、电离平衡常数、水溶液中离子积常数的计算分析等知识点，难点是图象分析，会采用“定一议二”的方法分析图象，难度较大9（14分）（2014宁波一模）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某兴趣小组同学利用高锰酸钾氧化甲苯制备苯甲酸（kmno4中性条件下还原产物为mno2，酸性条件下为mn2+）已知：苯甲酸相对分子量122，熔点122.4，在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g实验流程：往装置a中加入2.7ml（2.3g）甲苯和125ml水，然后分批次加入8.5g稍过量的kmno4固体，控制反应温度约在100，当甲苯层近乎消失，回流不再出现油珠时，停止加热将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加入浓盐酸，经操作i得白色较干燥粗产品纯度测定：称取1.220g白色样品，配成100ml、甲醇溶液，取25.00ml溶液，用0.1000mol/l koh标准溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗的体积如下表所示列举第一次第二次第三次第四次体积（ml）24.0024.1022.4023.90请回答：（1）装置a的名称三颈烧瓶若不用温度计，本实验控制反应温度的措施为沸水浴加热（2）白色粗产品中除了kcl外，其他可能的无机杂质为mncl2（3）操作i的名称过滤、干燥（4）步骤中用到的定量仪器有分析天平，100ml容量瓶，50ml酸式、碱式滴定管（5）样品中苯甲酸纯度为96.00%（6）滴定操作中，如果对装有koh标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视则测定结果将偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）装置a为三颈烧瓶；本实验控制反应温度约在100，可以采用水浴加热；（2）实验使用了kmno4做氧化剂，白色粗产品中除了kcl外，还有mncl2；（3）从混合液中得到沉淀一般采用过滤、干燥；（4）步骤的称量需要精确度高的分析天平才能保证精确度；（5）第三次数据与其它数据差别较大舍去，平均消耗体积为24.00ml，求出koh的物质的量，根据反应方程式中物质之间量的关系求出苯甲酸的物质的量，再求转化率和质量分数；（6）滴定操作中，如果对装有koh标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，两次度数距离偏小，测定结果也偏小解答：解：（1）由实验装置图可知a为三颈烧瓶；本实验控制反应温度约在100，可以采用水浴加热，而且要沸水加热，故答案为：三颈烧瓶；沸水浴加热；（2）实验使用了kmno4做氧化剂，kmno4中性条件下还原产物为mno2，同时生成koh，再加浓盐酸，除了生成苯甲酸，还有kcl和mncl2生成，所以可能的无机杂质为为ikcl和mncl2；故答案为：mncl2；（3）将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加入浓盐酸，生成的苯甲酸溶解度较小，以晶体的形式析出，从混合液中得到沉淀一般采用过滤、干燥；故答案为：过滤、干燥；（4）托盘天平只能准确到0.1g，在步骤中称取1.220g白色样品，所以需要精确度高的分析天平才能保证精确度；故答案为：分析天平；（5）第三次数据与其它数据差别较大舍去，平均消耗体积为=24.00ml，则消耗的koh的物质的量为0.1000mol/l0.02400l=0.002400mol，苯甲酸（）中含有一个羧基，与氢氧化钾等物质的量恰好反应，则苯甲酸的物质的量为0.002400mol；晶体中苯甲酸的总物质的量为0.002400mol=0.009600mol，则样品中苯甲酸纯度为100%=96.00%；故答案为：96.00%；（6）滴定操作中，如果对装有koh标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，两次度数距离偏小，即氢氧化钾的体积偏小，则消耗的氢氧化钾的物质的量偏小，求出的苯甲酸的物质的量偏小，所以苯甲酸的质量和质量分数也偏小；故答案为：偏小点评：本题考查了苯甲酸的制备实验方案设计，侧重于制备实验操作、物质的分离提纯、数据的处理和计算、滴定原理的应用等知识点的考查，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等10（15分）（2014宜阳县校级三模）高铁酸钾（k2feo4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其生产工艺如下：（1）反应应该在温度较低的情况下进行因在温度较高时koh与cl2反应生成的是kclo3写出在温度较低时koh与cl2反应的化学方程式2koh+cl2=kclo+kcl+h2o，当反应中转移2mol电子时，消耗的氯气在标准状况下的体积约为44.8l（2）在反应液i中加入koh固体的目的是ac（填编号）a与反应液i中过量的cl2继续反应，生成更多的kclobkoh固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率c为下一步反应提供碱性的环境d使kclo3转化为kclo（3）从溶液ii中分离出k2feo4后，还会有副产品kno3、kcl，则反应中发生的离子反应方程式为2fe3+3clo+10oh=2feo42+3cl+5h2o（4）如何判断k2feo4晶体已经洗涤干净用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净（5）高铁酸钾（k2feo4）作为水处理剂的优点是既具有强氧化性能杀菌消毒，同时其还原产物还能与水反应生成胶体吸附杂质，具有优良的净水效果其离子反应是：feo42+h2ofe（oh）3（胶体）+o2完成并配平方程式，将完整的离子方程式写在后面横线上：4feo42+10h2o4fe（oh）3（胶体）+3o2+8oh考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计专题：氮族元素分析：足量氯气通入氢氧化钾溶液中低温反应生成次氯酸钾、氯化钾和水，加入固体氢氧化钾除去氯化钾得到减小次氯酸钾浓溶液，加入硝酸铁浓溶液纯化洗涤干燥得到高铁酸钾；（1）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；根据化合价升高，计算电子转移，结合化学方程式定量关系计算；（2）根据生产工艺流程图，第步氯气过量，第步需要碱性条件，在温度较高时koh 与cl2 反应生成的是kclo3，氧化还原反应中化合价有升有降；（3）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；（4）检验最后一次的洗涤中无cl即可；（5）根据氧化还原反应电子得失守恒配平解答：解：（1）据题目信息，在温度较低时koh与cl2反应生成次氯酸钾、氯化钾和水，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2koh+cl2kclo+kcl+h2o；氯元素化合价0价变化为1价，+1价，电子转移为e，当反应中转移2mol电子时，消耗氯气2mol，消耗的氯气在标准状况下的体积约为=2mol22.4l/mol=44.8l 故答案为：2koh+cl2=kclo+kcl+h2o；44.8；（2）a、根据生产工艺流程图，第步氯气过量，加入koh固体后会继续反应生成kclo，故a正确；b、因温度较高时koh 与cl2 反应生成的是kclo3，而不是kclo，故b错误；c、第步需要碱性条件，所以碱要过量，故c正确；d、kclo3转化为 kclo，化合价只降不升，故d错误；故选：ac；（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：fe3+、clo，生成物：feo42、cl，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2fe3+3clo+10oh=2feo42+3cl+5h2o，故答案为：2fe3+3clo+10oh=2feo42+3cl+5h2o； （4）因只要检验最后一次的洗涤中无cl，即可证明k2feo4晶体已经洗涤干净，故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净；（5）根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4feo42+10h2o4fe（oh）3（胶体）+3o2+8oh，故答案为：4feo42+10h2o4fe（oh）3（胶体）+3o2+8oh点评：本题结合高铁酸钾（k2feo4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、离子的检验等，培养了学生运用知识的能力，题目难度中等三、【化学-选修3：物质结构与性质的满分】15分）11（15分）（2014张掖模拟）x、y、z、q为短周期非金属元素，r是长周期元素x原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍；y的基态原子中有7种不同运动状态的电子；z元素在地壳中含量最多；q是电负性最大的元素；r+只有三个电子层且完全充满电子请回答下列问题：（答题时，x、y、z、q、r用所对应的元素符号表示）（1）x元素为cu；x、y、z中第一电离能最大的是n（2）已知y2q2分子存在如图1所示的两种结构（球棍模型，短线不一定代表单键）该分子中y原子的杂化方式是sp2（3）x与y元素可以形成一种超硬新材料，其晶体部分结构如图2所示，有关该晶体的说法正确的是bcda该晶体属于分子晶体b此晶体的硬度比金刚石还大c晶体的化学式为x3y4d该晶体熔化时破坏共价键（4）有一种ab型分子与y单质分子互为等电子体，它是一种常用的还原剂，其化学式为co（5）r的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，r与z形成的某离子晶体的晶胞如图3，则该晶体的化学式为cu2o，该晶体的密度为agcm3，则晶胞的体积是cm3（只要求列出算式）考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：x、y、z、q为短周期非金属元素，r是长周期元素x原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍，核外电子排布为1s22s22p2，则x为c元素；y的基态原子有7种不同运动状态的电子，则y为n元素；z元素在地壳中含量最多，则z为o元素；q是电负性最大的元素，则q为f元素；r+离子只有三个电子层且完全充满电子，离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，则r为cu元素解答：解：x、y、z、q为短周期非金属元素，r是长周期元素x原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍，核外电子排布为1s22s22p2，则x为c元素；y的基态原子有7种不同运动状态的电子，则y为n元素；z元素在地壳中含量最多，则z为o元素；q是电负性最大的元素，则q为f元素；r+离子只有三个电子层且完全充满