黑龙江省哈尔滨九中高考化学三模试卷（含解析）.doc

2015年黑龙江省哈尔滨九中高考化学三模试卷一、选择题（本题包括13小题，每题只有一个选项符合题意，每题6分）1下列说法正确的是( )a胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象b煤的气化、石油分馏、海水制镁、海带提碘等过程中都包含化学变化c棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝、羊毛和人造丝的主要成分都是蛋白质d甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸，而甲烷不反应，说明苯环能够使甲基变活泼2某x溶液可使甲基橙呈红色，在该溶液中可能含有k+、fe2+、a13+、nh4+、co32、so32、so42、alo2、sio32、c1中的若干种，现取x溶液进行连续实验，实验过程现象及产物如下，下列说法正确的是( )ax中肯定存在fe2+、a13+、nh4+、c1bx中不能确定的离子是 k+和c1c沉淀g在空气中放置过程中，沉淀颜色会由白色变为灰绿色最后变为红褐色d标准状况下将一试管d气体倒扣在水槽中充分吸收（假设所得溶液没有扩散），所得溶液物质的量浓度约为0.036mol/l3下列图示与对应的叙述不相符的是( )a如图表示kno3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时kno3的不饱和溶液b如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c如图表示0.1000moll1 naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1醋酸溶液得到的滴定曲线d如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强4某有机物a的分子式为c10h14o，已知a为芳香族化合物，苯环含有两个取代基，苯环上的一溴代物只有两种；又知a既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应则a的结构共有( )a5种b6种c7种d8种5下列装置能达到实验目的是( )a实验室制乙烯b实验室制少量co2c比较不同催化剂对反应速率的影响d比较氯、碳、硅三种元素的非金属性6短周期元素a、b、c、d的原子序数依次递增，a与c同主族，b与d同主族，a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子数，d元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，四种元素原子的核电荷数之和为36则下列叙述正确的是( )ac元素的单质在b元素的单质中燃烧，产物1mol与足量的水反应转移电子数为nab由上述元素形成的化合物只有一种具有漂白性cb、c、d三种元素形成的化合物的水溶液用惰性电极电解时，溶液ph一定不变da、b形成化合物的沸点高于a、c形成化合物的沸点，因为前者分子间形成了氢键7取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896l no2气体和0.672ln2o4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g则合金中铜与镁的物质的量之比等于( )a1：1b2：1c2：3d3：2三、（非选择题）：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（13分）pm2.5污染跟工业燃煤密切相关，燃煤还同时排放大量的so2和nox（1）在一定条件下，so2气体可被氧气氧化，每生成8g so3气体，放出9.83kj的热量，写出该反应的热化学方程式_若起始时向密闭容器内充入0.4mol so2和0.2mol o2，达平衡后放出的热量为q，则q_39.32kj（填“”、“”或“=”）（2）一定条件下，在恒容密闭的容器中，当上述反应达到平衡时，下列说法正确的是_（填序号）a.2v逆（so2）=v正（o2） bh保持不变c混合气体密度保持不变 d混合气体的平均相对分子质量保持不变（3）500时，在催化剂存在条件下，分别将2mol so2和1mol o2置于恒压容器i和恒容容器ii中（两容器起始容积相同，），充分反应均达到平衡后，两容器中so2的转化率关系是i_ii（填“”、“”或“=”）若测得容器ii中的压强减小了30%，则该容器中so3体积分数为_（结果保留3位有效数字）（4）将生成的so3溶于水，再向溶液中通入nh3得到1l cmol/l（nh4）2so4溶液的ph=5，计算该（nh4）2so4溶液的水解平衡常数kh=_（5）no2、o2和熔融nano3可制作原电池，其装置见右图该电池中na+向_电极移动（填“”或“”），在电池使用过程中石墨i电极上生成氧化物y，其电极反应为_9（16分）亚氯酸钠（naclo2）是一种高效氧化剂、漂白剂已知 naclo2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是naclo23h2o，高于38时析出固体是无水naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl利用下图所示装置制备亚氯酸钠完成下列填空：（1）组装好仪器后，检查装置气密性的操作是_（2）装置中用naclo3、na2so3和浓h2so4反应制得clo2，写出该反应的化学方程式_，装置发生反应的离子方程式为_（3）装置反应后的溶液中还含有少量naoh杂质，从该溶液获得无水naclo2晶体的操作步骤为：50左右蒸发结晶；_；用50左右的温水洗涤；低于60干燥，得到成品步骤中用50左右的温水洗涤的原因是_实验序号滴定前读数/ml滴定后读数/ml10.0019.9623.2623.3031.1023.40（4）准确称取所得亚氯酸钠样品10.0g于烧杯中，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待测溶液取25.00ml待测液，用2.0moll1na2s2o3标准液滴定（i2+2s2o322i+s4o62），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为_重复滴定3次，测得数据如表所示，则该样品中naclo2的质量分数为_（5）在实验过程中，下列操作会使实验结果偏高的是_a读取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数b配制250ml待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线c盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗d盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失（6）已知常温下ka（hclo2）=1102、ka（ch3cooh）=1.75105，则0.1mol/l的hclo2溶液与0.05mol/l的naoh溶液等体积混合所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_10（14分）电解法促进橄榄石（主要成分是mg2sio4）固定co2的部分工艺流程如下：已知：mg2sio4（s）+4hcl（aq）2mgcl2（aq）+sio2 （s）+2h2o（l）h=49.04kjmol1（1）橄榄石的组成是mg9fesi5o20，用氧化物的形式可表示为_（2）图1虚框内需要补充一步工业生产的名称为_（3）下列物质中也可用作“固碳”的是_（填字母）acacl2 bh2nch2coona c（nh4）2co3（4）由图2可知，90后曲线a溶解效率下降，分析其原因_（5）过滤所得滤液中含有fe2+，检验该离子方法为_（6）过程为除去滤液中的杂质，写出该除杂过程所涉及反应的离子方程式_、_11银、铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图所示：（1）熔炼时被氧化的元素是_，酸浸时反应的离子方程式为_为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是_（2）操作a是_，固体b转化为cualo2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：_cuo+_al2o3_+_（3）若残渣a中含有n mol ag，将该残渣全部与足量的稀hno3置于某容器中进行反应，写出反应的化学方程式_为彻底消除污染，可将反应中产生的气体与v l（标准状况）空气混合通入水中，则v至少为_l（设空气中氧气的体积分数为0.2）（4）已知2cu+ cu+cu2+，试分析cualo2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后，产生现象的异同点_（5）假设粗银中的杂质只有少量的铜，利用电化学方法对其进行精炼，则粗银应与电源的_极相连，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差_g12fe2+、fe3+与o22、cn、f、有机分子等形成的化合物具有广泛的应用（1）n、o、f三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是_（2）基态fe3+核外m能层的电子排布式为_（3）铁有、三种同素异形体（如图1），则晶胞原子堆积名称为_假设各种晶型的铁单质都是由半径为r的铁原子堆积而成，则晶胞与晶胞的密度比为_（列式并化简）（4）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图2所示此物质中碳原子的杂化方式有_（5）配合物k3fe（cn）6可用于电子传感器的制作与配体互为等电子体的一种分子的电子式为_已知（cn）2是直线形分子，并具有对称性，则（cn）2中键和键的个数比为_（6）f不仅可与fe3+形成fef63，还可以与mg2+、k+形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，结构如图3所示该晶体的化学式为_在该晶体中与一个f距离最近且相等的f的个数为_13有机物a常用于食品加工和有机合成以a为原料制备阴离子树脂m和新型聚酯材料n等的合成路线如下：已知：irchchoh不稳定，很快转化为rch2cho（1）反应的反应类型是_（2）b中官能团的名称是_（3）d与新制cu（oh）2反应的化学方程式是_（4）下列关于e的说法正确的是_a不溶于水b能与h2发生还原反应c能被酸性重铬酸钾溶液氧化d与naoh醇溶液共热发生消去反应（5）m的结构简式是_（6）反应的化学方程式是_（7）a的属于酯类的同分异构体有_种，其中只含一个甲基的同分异构体的结构简式是_2015年黑龙江省哈尔滨九中高考化学三模试卷一、选择题（本题包括13小题，每题只有一个选项符合题意，每题6分）1下列说法正确的是( )a胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象b煤的气化、石油分馏、海水制镁、海带提碘等过程中都包含化学变化c棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝、羊毛和人造丝的主要成分都是蛋白质d甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸，而甲烷不反应，说明苯环能够使甲基变活泼【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；物理变化与化学变化的区别与联系；有机分子中基团之间的关系；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【分析】a胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm100nm之间； b有新物质的变化属于化学变化；c人造丝的主要成分是合成纤维；d苯环影响甲基，使甲基易被氧化【解答】解：a胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm100nm之间，胶体具有丁达尔效应，但不是本质特征，故a错误； b石油分馏没有新物质生成，是物理变化，故b错误；c棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝、羊毛的主要成分都是蛋白质，人造丝的主要成分是合成纤维，故c错误；d苯环影响甲基，使甲基易被氧化，则甲苯能使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与性质，注意把握官能团和性质的关系，熟悉胶体、化学变化、苯的性质即可解答，题目难度不大2某x溶液可使甲基橙呈红色，在该溶液中可能含有k+、fe2+、a13+、nh4+、co32、so32、so42、alo2、sio32、c1中的若干种，现取x溶液进行连续实验，实验过程现象及产物如下，下列说法正确的是( )ax中肯定存在fe2+、a13+、nh4+、c1bx中不能确定的离子是 k+和c1c沉淀g在空气中放置过程中，沉淀颜色会由白色变为灰绿色最后变为红褐色d标准状况下将一试管d气体倒扣在水槽中充分吸收（假设所得溶液没有扩散），所得溶液物质的量浓度约为0.036mol/l【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】物质检验鉴别题【分析】强酸性溶液，一定没有co32、so32、alo2、sio32，加入硝酸钡，引进硝酸根，溶液具有强氧化性，一定含有亚铁离子，故a是一氧化氮，d是二氧化氮，e是硝酸；沉淀c是硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；加入过量氢氧化钠，产生的气体f是氨气，原溶液中一定含有铵根离子，生成了沉淀g，为fe（oh）3；h中通入二氧化碳，生成沉淀i，沉淀为氢氧化铝；根据以上分析，对选项逐一判断【解答】解：某x溶液可使甲基橙呈红色，故x是强酸性溶液，则原溶液中一定没有co32、so32、alo2、sio32加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，能产生气体a，则原溶液中一定含fe2+，fe2+与no3在酸性条件下发生氧化还原反应生成的气体a是no，d是no2，e则为hno3；由于无沉淀生成，故原溶液中无so42，根据溶液要呈电中性可知，溶液中一定含c1，故溶液中一定含有还原性的离子fe2+和c1，一定不含so42；b中加入氢氧化钠产生了气体f，f一定是氨气，溶液中一定含有nh4+；由于fe2+被氧化为fe3+，故生成的沉淀g为fe（oh）3；h中通入过量的二氧化碳生成了沉淀i，则i为氢氧化铝，故溶液中一定含有a13+；故溶液中一定含fe2+、a13+、nh4+、c1，一定不含co32、so32、alo2、sio32、so42；k+的存在不能确定a、溶液中一定含fe2+、a13+、nh4+、c1，故a正确；b、根据分析，c1一定存在，故b错误；c、由于fe2+被氧化为fe3+，故生成的沉淀g为fe（oh）3，不会发生此颜色变化，故c错误；d、假设该容器的容积为3l，则二氧化氮的体积为3l二氧化氮和水反应的方程式为：3no2 +h2o=2hno3+no，3 2 mol 反应前后气体的体积由3l变为1l，所以溶液的体积为2l；该溶液的溶质为硝酸，所以硝酸的物质的量浓度为c=0.045mol/l故d错误故选a【点评】本题考查了二氧化氮的性质及物质的量浓度的计算，因为二氧化氮和水反应后还有气体生成，所以溶液不能充满容器，容器内溶液的体积只占容器容积的，所以正确判断溶液的体积是解本题的关键3下列图示与对应的叙述不相符的是( )a如图表示kno3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时kno3的不饱和溶液b如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c如图表示0.1000moll1 naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1醋酸溶液得到的滴定曲线d如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强【考点】溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】图像图表题【分析】aa点时溶解的硝酸钾的质量小于80时kno3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；b反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；c醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/l的醋酸溶液的ph大于1；d在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强【解答】解：a曲线上所有的点代表相应温度下kno3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的kno3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80时kno3的不饱和溶液，该说法正确，故a错误；b反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故b错误；c.0.1000moll1naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1ch3cooh溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的ph大于1，图象中醋酸的ph=1与实际不符，故c正确；d对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，故d错误；故选c【点评】本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液概念、反应速率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力4某有机物a的分子式为c10h14o，已知a为芳香族化合物，苯环含有两个取代基，苯环上的一溴代物只有两种；又知a既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应则a的结构共有( )a5种b6种c7种d8种【考点】有机化合物的异构现象 【分析】c10h14o的不饱和度为：=4，a为芳香族化合物，那么除苯环外剩余基团为饱和基，a既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应，那么a应一个支链上含有能发生消去反应的醇羟基，且与其相连的邻位c上至少含有1个h，据此判断即可【解答】解：c10h14o为芳香族化合物，苯环含有两个取代基，苯环上的一溴代物只有两种，那么两个取代基处于对位，a既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应，那么a中应含有醇羟基，取代基可以是：甲基、丙基，甲基、异丙基；乙基、乙基；甲基上若连有羟基，不能发生消去反应，故无同分异构体；其中丙基中含有3种h，均能发生氧化和消去，故有3种；异丙基中含有2种h，其中只有在甲基上取代才能氧化，只有1种；乙基中含有2种h，均能发生消去和氧化，故有2种，故总共有3+1+2=6种，故选b【点评】本题主要考查的是同分异构体的判断，抓住二元取代物的一溴代物只有一种确定对位关系，依据能发生氧化和消去确定羟基所连的位置，有一定难度5下列装置能达到实验目的是( )a实验室制乙烯b实验室制少量co2c比较不同催化剂对反应速率的影响d比较氯、碳、硅三种元素的非金属性【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】a制取乙烯，应测定混合液的温度；b固体与液体混合，不需要加热制取二氧化碳；c过氧化氢的浓度应相同；d盐酸易挥发，则不能说明碳酸的酸性大于硅酸【解答】解：a制取乙烯，应测定混合液的温度，应将温度计伸到液面以下，故a错误；b固体与液体混合，不需要加热制取二氧化碳，图中装置符合，故b正确；c过氧化氢的浓度应相同比较比较不同催化剂对反应速率的影响，而图中浓度不同，浓度也影响反应速率，故c错误；d盐酸易挥发，则不能说明碳酸的酸性大于硅酸，应排除盐酸的干扰，发生二氧化碳与硅酸钠的反应，故d错误；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备、反应速率的影响因素、非金属性的比较，注意控制变量法及酸性与非金属性的关系，题目难度不大6短周期元素a、b、c、d的原子序数依次递增，a与c同主族，b与d同主族，a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子数，d元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，四种元素原子的核电荷数之和为36则下列叙述正确的是( )ac元素的单质在b元素的单质中燃烧，产物1mol与足量的水反应转移电子数为nab由上述元素形成的化合物只有一种具有漂白性cb、c、d三种元素形成的化合物的水溶液用惰性电极电解时，溶液ph一定不变da、b形成化合物的沸点高于a、c形成化合物的沸点，因为前者分子间形成了氢键【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次递增，b与d同主族，b的原子序数大于a，故b处于第二周期，d处于第三周期，d元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，则d为s元素，b为o元素，a与c同主族，a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子数，设a的最外层电子数为x，则2x=2，x=1，即a、c处于ia族，二者核电荷数之和为36816=12，故a为h元素，c为na，据此解答【解答】解：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次递增，b与d同主族，b的原子序数大于a，故b处于第二周期，d处于第三周期，d元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，则d为s元素，b为o元素，a与c同主族，a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子数，设a的最外层电子数为x，则2x=2，x=1，即a、c处于ia族，二者核电荷数之和为6816=12，故a为h元素，c为naana在氧气燃烧生成na2o2，与水发生反应：2na2o2+2h2o=4naoh+o2，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，1mol过氧化钠反应转移电子为1mol20（1）=1mol，即转移电子数数为na，故a正确；b上述元素形成的过氧化钠、二氧化硫等具有漂白性，故b错误；cb、c、d三种元素形成的化合物为硫酸钠或亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，用惰性电极电解时，溶液ph发生变化，故c错误；da、b形成化合物为水等，a、c形成化合物为nah，前者分子晶体，后者属于离子晶体，nah的沸点较高，故d错误，故选：a【点评】本题考查位置结构性质的关系，根据b的原子序数大于a、三种元素位置的关系，明确元素b为第二周期元素是解答本题的关键，题目难度中等7取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896l no2气体和0.672ln2o4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g则合金中铜与镁的物质的量之比等于( )a1：1b2：1c2：3d3：2【考点】有关混合物反应的计算 【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量；生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设出铜、镁的物质的量，然后根据电荷守恒、沉淀的质量列式计算【解答】解：标况下0.896l 的no2气体的物质的量为：=0.04mol，0.672ln2o4气体的物质的量为：=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为：0.04mol（54）+0.03mol2（54）=0.1mol，最后生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设合金中铜、镁的物质的量分别为x、y，则氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量分别为x、y，根据生成沉淀的质量可得：98x+58y=3.7g，根据电子守恒可得：2x+2y=0.1mol，联立解得：x=0.02、y=0.03mol，所以合金中铜与镁的物质的量之比为：0.02mol：0.03mol=2：3，故选c【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法三、（非选择题）：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（13分）pm2.5污染跟工业燃煤密切相关，燃煤还同时排放大量的so2和nox（1）在一定条件下，so2气体可被氧气氧化，每生成8g so3气体，放出9.83kj的热量，写出该反应的热化学方程式2so2（g）+o2（g）=2so3（g）=196.6kj/mol若起始时向密闭容器内充入0.4mol so2和0.2mol o2，达平衡后放出的热量为q，则q39.32kj（填“”、“”或“=”）（2）一定条件下，在恒容密闭的容器中，当上述反应达到平衡时，下列说法正确的是ad（填序号）a.2v逆（so2）=v正（o2） bh保持不变c混合气体密度保持不变 d混合气体的平均相对分子质量保持不变（3）500时，在催化剂存在条件下，分别将2mol so2和1mol o2置于恒压容器i和恒容容器ii中（两容器起始容积相同，），充分反应均达到平衡后，两容器中so2的转化率关系是iii（填“”、“”或“=”）若测得容器ii中的压强减小了30%，则该容器中so3体积分数为86.7%（结果保留3位有效数字）（4）将生成的so3溶于水，再向溶液中通入nh3得到1l cmol/l（nh4）2so4溶液的ph=5，计算该（nh4）2so4溶液的水解平衡常数kh=（5）no2、o2和熔融nano3可制作原电池，其装置见右图该电池中na+向电极移动（填“”或“”），在电池使用过程中石墨i电极上生成氧化物y，其电极反应为no2+no3en2o5【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 【分析】（1）发生反应：2so2+o2=2so3，计算生成2mol三氧化硫反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；可逆反应不能完全转化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫为0.1mol，故放出的热量小于生成2mol三氧化硫放出热量的4倍；（2）a可逆反应到达平衡时，不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比；bh与化学计量数有关；c恒容条件下，混合气体密度始终保持不变； d混合气体总质量不变，随反应进行总减小，平衡相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应到达平衡；（3）恒容容器ii中随反应进行，混合气体总物质的量减小，则平衡时容器内压强减小，恒压容器i中平衡可以等效为容器在ii平衡的基础上增大压强，平衡正向移动；若测得容器ii中的压强减小了30%，则平衡时混合气体总物质的量减小（2mol+1mol）30%=0.9mol，平衡时总物质的量为3mol0.9mol=2.1mol，根据差量法可知平衡时三氧化硫的物质的量为0.9mol2=1.8mol，进而计算该容器中so3体积分数；（4）将生成的so3溶于水，得到（nh4）2so4溶液浓度为cmol/l，溶液的ph=5，溶液中c（nh3h2o）c（h+），c（nh4+）2cmol/l，代入水解平衡常数kh=计算；（5）原电池中电子由负极通过导线聚集在正极，正极发生还原反应，电解质阳离子向正极移动；no2、o2和熔融nano3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨电极上生成氧化物y，y为五氧化二氮，石墨i上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨ii上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根【解答】解：（1）生成2mol三氧化硫反应放出的热量为9.83kj=196.6kj，故反应热化学方程式为：2so2（g）+o2（g）=2so3（g）=196.6kj/mol，可逆反应不能完全转化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫为0.1mol，故放出的热量小于生成2mol三氧化硫放出热量的4倍，即q39.32kj，故答案为：2so2（g）+o2（g）=2so3（g）=196.6kj/mol；（2）a由于2v逆（so2）=v逆（o2），而2v逆（so2）=v正（o2），则v逆（o2）=v正（o2），故反应处于平衡状态，故a正确；bh与化学计量数有关，不能说明平衡是否处于平衡状态，故b错误；c恒容条件下，混合气体总质量不变，则混合气体密度始终保持不变，故c错误； d混合气体总质量不变，随反应进行总减小，平衡相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应到达平衡，故d正确，故选：ad；（3）恒容容器ii中随反应进行，混合气体总物质的量减小，则平衡时容器内压强减小，恒压容器i中平衡可以等效为容器在ii平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，故两容器中so2的转化率关系是iii；若测得容器ii中的压强减小了30%，则平衡时混合气体总物质的量减小（2mol+1mol）30%=0.9mol，平衡时总物质的量为3mol0.9mol=2.1mol，2so2（g）+o2（g）=2so3（g） 物质的量减小 2 1 1.8mol 0.9mol该容器中so3体积分数为100%=85.7%，故答案为：；85.7%；（4）将生成的so3溶于水，得到（nh4）2so4溶液浓度为cmol/l，溶液的ph=5，溶液中c（nh3h2o）c（h+），c（nh4+）2cmol/l，代入水解平衡常数kh=，故答案为：；（5）no2、o2和熔融nano3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨电极上生成氧化物y，y为五氧化二氮，石墨i上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨ii上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根，而原电池中电子由负极通过导线聚集在正极，正极发生还原反应，电解质阳离子向正极移动，即钠离子向极移动，石墨i上电极反应式为：no2e+no3=n2o5，故答案为：；no2e+no3=n2o5【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、热化学方程式、水解平衡常数、原电池等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用知识的能力，难度中等9（16分）亚氯酸钠（naclo2）是一种高效氧化剂、漂白剂已知 naclo2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是naclo23h2o，高于38时析出固体是无水naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl利用下图所示装置制备亚氯酸钠完成下列填空：（1）组装好仪器后，检查装置气密性的操作是关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好（2）装置中用naclo3、na2so3和浓h2so4反应制得clo2，写出该反应的化学方程式2naclo3+na2so3+h2so4（浓）=2clo2+2na2so4+h2o，装置发生反应的离子方程式为2clo2+h2o2+2na+2oh+4h2o=2naclo23h2o+o2（3）装置反应后的溶液中还含有少量naoh杂质，从该溶液获得无水naclo2晶体的操作步骤为：50左右蒸发结晶；趁热过滤；用50左右的温水洗涤；低于60干燥，得到成品步骤中用50左右的温水洗涤的原因是防止产生naclo23h2o晶体实验序号滴定前读数/ml滴定后读数/ml10.0019.9623.2623.3031.1023.40（4）准确称取所得亚氯酸钠样品10.0g于烧杯中，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待测溶液取25.00ml待测液，用2.0moll1na2s2o3标准液滴定（i2+2s2o322i+s4o62），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为当滴入最后一滴na2s2o3时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色重复滴定3次，测得数据如表所示，则该样品中naclo2的质量分数为90.5%（5）在实验过程中，下列操作会使实验结果偏高的是a、da读取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数b配制250ml待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线c盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗d盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失（6）已知常温下ka（hclo2）=1102、ka（ch3cooh）=1.75105，则0.1mol/l的hclo2溶液与0.05mol/l的naoh溶液等体积混合所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（clo2）c（na+）c（h+）c（oh）【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）利用气体热胀冷缩、容器内外形成压强差检验气密性；（2）在酸性条件下，naclo3和na2so3溶液混合反应生成clo2、na2so4和水；根据题意知，装置反应后获得naclo2晶体，即clo2、naoh和h2o2反应生成naclo23h2o和o2；（3）根据naclo2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是naclo23h2o，高于38时析出晶体是naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl，若要得到naclo2晶体，需在3860得到晶体；（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是na2s2o3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；先根据数据的有效性求出消耗的na2s2o3标准液体积的平均值，计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为clo22i24s2o32；（5）a根据c（待测）分析误差；b配制250ml待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线，溶液体积偏大，根据c=分析误差；c根据c（待测）分析误差；d根据c（待测）分析误差；（6）等浓度的ch3cooh与ch3coona的混合溶液，ch3cooh的电离程度大于ch3coo的水解程度，溶液呈酸性，由ka（hclo2）=1102、ka（ch3cooh）=1.75105可知，hclo2的酸性大于醋酸，所以等浓度的hclo2与naclo2的混合溶液，hclo2的电离程度大于clo2离子的水解程度，溶液呈酸性，从而确定离子浓度大小【解答】解：（1）组装好仪器后，检查整套装置气密性的操作是关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好；故答案为：关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好；（2）在酸性条件下，naclo3和na2so3溶液混合反应生成clo2、na2so4和水，反应为：2naclo3+na2so3+h2so4（浓）=2clo2+2na2so4+h2o；装置反应后获得naclo2晶体，即clo2、naoh和h2o2反应生成naclo2、h2o和o2，离子方程式为：2clo2+h2o2+2na+2oh+4h2o=2naclo23h2o+o2；故答案为：2naclo3+na2so3+h2so4（浓）=2clo2+2na2so4+h2o；2clo2+h2o2+2na+2oh+4h2o=2naclo23h2o+o2；（3）因为naclo2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是naclo23h2o，高于38时析出晶体是naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl，若要得到naclo2晶体，需在3860得到晶体，所以为防止析出晶体naclo23h2o，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥；故答案为：趁热过滤；防止产生naclo23h2o晶体；（4）以淀粉溶液做指示剂，碘单质遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，蓝色褪去，达到滴定终点时的现象为当滴加最后一滴na2s2o3标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；故答案为：当滴入最后一滴na2s2o3时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；滴定3次，消耗的1na2s2o3标准液的体积分别为：19.96ml，20.04ml，23.40ml，第3组误差较大，舍去，两次测定的平均值为20.00ml，根据题给反应clo2+4i+4h+=2h2o+2i2+c1，i2+2s2o32=2i+s4o62得关系式：clo22i24s2o32，设样品中naclo2的质量分数为x，则有：clo24s2o3290.5g 4mol10.0gx 2moll10.02l10解得：x=90.5%故答案为：90.5%；（5）a读取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数，v（标准）偏大，根据c（待测）分析，可知c（待测）偏高，故a正确；b配制250ml待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线，溶液体积偏大，根据c=分析，可知所配制溶液的浓度偏小，故b错误；c盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗，待测液浓度偏小，其溶质的物质的量偏小，v（标准）偏小，根据c（待测）分析，可知c（待测）偏低，故c错误；d盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，v（标准）偏大，根据c（待测）分析，可知c（待测）偏高，故d正确；故选：a、d；（6）0.1mol/l的hclo2溶液与0.05mol/l的naoh溶液等体积混合，两者反应生成0.025mol/lnaclo2，同时剩余0.025mol/hclo2，等浓度的ch3cooh与ch3coona的混合溶液，ch3cooh的电离程度大于ch3coo的水解程度，溶液呈酸性，由ka（hclo2）=1102，ka（ch3cooh）=1.75105可知，hclo2的酸性大于醋酸，所以等浓度的hclo2与naclo2的混合溶液，hclo2的电离程度大于clo2离子的水解程度，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（clo2）c（na+）c（h+）c（oh）；故答案为：c（clo2）c（na+）c（h+）c（oh）【点评】本题考查物质的制备、对信息的利用、对装置的理解、氧化还原反应滴定等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大，注意氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算10（14分）电解法促进橄榄石（主要成分是mg2sio4）固定co2的部分工艺流程如下：已知：mg2sio4（s）+4hcl（aq）2mgcl2（aq）+sio2 （s）+2h2o（l）h=49.04kjmol1（1）橄榄石的组成是mg9fesi5o20，用氧化物的形式可表示为9mgofeo5sio2（2）图1虚框内需要补充一步工业生产的名称为氯碱工业（3）下列物质中也可用作“固碳”的是bc（填字母）acacl2 bh2nch2coona c（nh4）2co3（4）由图2可知，90后曲线a溶解效率下降，分析其原因120min后，溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，溶解效率降低（5）过滤所得滤液中含有fe2+，检验该离子方法为取少量滤液，加入kscn溶液无现象，滴入氯水溶液变红色证明含亚铁离子或取少量滤液于试管中，滴加几滴k3fe（cn）6溶液，有特征蓝色沉淀生成，则证明滤液中有fe2+（6）过程为除去滤液中的杂质，写出该除杂过程所涉及反应的离子方程式2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o、2fe3+3mgo+3h2o=2fe（oh）3+3mg2+【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 【分析】（1）硅酸盐是构成地壳岩石的主要成分，化学上常用二氧化硅和氧化物的形式表示其组成，例如：镁橄榄石（mg2sio4）常以2mgosio2表示，可看出改写中要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写出氧化物的化学式，如有多个原子，在前面加上系数，使之成为倍数，据此进行分析解答；（2）工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱；（3）根据能和二氧化碳之间反应的物质能来固定二氧化碳来回答；（4）温度对化学反应平衡移动的影响知识来回答；（5）亚铁离子的检验用kscn和氯水；（6）过程为除去滤液中的杂质，反应为过氧化氢氧化亚铁离子，氧化镁和铁离子反应生成氢氧化铁和镁离子【解答】解：（1）根据硅酸盐写成氧化物的规律，mg9fesi5o20用氧化物的形式可表示为9mgofeo5sio2，故答案为：9mgofeo5sio2；（2）根据流程图，固碳时主要反应的方程式为naoh（aq）+co2 （g）=nahco3 （aq），工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱，缺少烧碱的制取流程，生成的氯化氢是电解氯化钠溶液生成的氢气和氯气反应得到，故答案为：氯碱工业；（3）所给的物质中，nh3h2o、na2co3 可以和二氧化碳发生生成碳酸氢铵、碳酸氢钠，能用作“固碳”的试