黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷（含解析）.doc

2016年黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）a生石灰用作食品抗氧化剂b从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现c航天飞机上的陶瓷防护片属于新型无机非金属材料d草木灰与（nh4）2hpo4可混合施用为植物提供n、p、k三种营养元素2设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a1 mol ot含有的质子数、中子数均为10nab25，101kpa时，4.90lnh3含有的分子数约为0.2nac常温常压下，6g二氧化硅中所含硅氧键数目为0.2nad50ml12moll1盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3na3短周期主族元素m、n、x、w在元素周期表中的相对位置如图所示，n元素的单质常用作半导体材料下列判断正确的是（）a原子半径的大小：wxmb气态氢化物的稳定性：nxmc对应的含氧酸的酸性强弱：wxndw分别与n、x形成的化合物中的化学键均为极性键4分子式为c4h7cl的链状有机物的同分异构体（不考虑顺反异构）有（）a7种b8种c9种d10种5研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示，下列有关说法正确的是（）ad为锌块，铁片腐蚀加快bd为石墨，铁片不易被腐蚀cd为锌块，铁片上电极反应为：2h+2e=h2dd为石墨，石墨上电极反应为：o2+2h2o+4e=4oh62015年10月，我国85岁高龄的女科学家屠呦呦因发现青蒿素为治疗疟疾做出了突出贡献，被授予诺贝尔医学奖青蒿素结构如图所示，下列关于青蒿素的说法错误的是（）a不易溶于水b分子式是c15h22o5c1mol青蒿素能与1mol naoh发生反应d能发生加成反应，不能发生取代反应7常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）aph=3的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液ph降低2个单位bph=2的盐酸中水电离出的h+浓度小于ph=12的氨水中水电离出的oh浓度c0.2molco2通入1l0.3moll1koh溶液中：2c（h+）+c（hco3）+3c（h2co3）=2c（oh）+c（co32）d已知一定浓度的nahso3溶液ph=5.4，则c（na+）c（hso3）c（h2so3）c（so32）二、解答题（共3小题，满分43分）8铁是应用最广泛的金属，铁的氧化物、卤化物以及含氧酸盐均为重要的化合物（1）feso4可转化为feco3，feco3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kpa时：4fe（s）+3o2（g）=2fe2o3（s）h=1648kjmol1c（s）+o2（g）=co2（g）h=393kjmol12fe（s）+2c（s）+3o2（g）=2feco3（s）h=1480kjmol1feco3在空气中加热反应生成fe2o3的热化学方程式为（2）feso4在一定条件下可制得fes2（二硫化亚铁）纳米材料该材料可用于制造高容量锂电池，该电池放电时的总反应为4li+fes2=fe+2li2s，正极反应式为（3）fecl3具有净水作用，其净水的原理是（写出离子方程式及必要的文字说明）但fecl3溶液腐蚀钢铁设备，除h+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）（4）为节约成本，工业上用naclo3氧化酸性fecl2废液得到fecl3若酸性fecl2废液中c（fe2+）=2.0102moll1，c（fe3+）=1.0103moll1，c（cl）=5.3102moll1，则该溶液的ph约为完成并配平离子方程式：clo3+fe2+=cl+fe3+9草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其k1=5.4102，k2=5.4105草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水草酸晶体（h2c2o42h2o）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，分解方程式为：h2c2o4h2o+co2+co请按要求完成下列实验（可选用下列装置，要求操作简单，现象明显，保证安全）（1）通过实验证明草酸晶体的分解产物中含有co2，选用的装置有，证明有co2生成的实验现象是如果选用装置g其主要作用是（不选g不用作答）（2）证明草酸晶体的分解产物中含有co，要求看到至少两个明显现象，实验中选用的装置的合理连接顺序为（装置可重复使用）装置h反应管中盛有的物质是能证明草酸晶体的分解产物中含有co的现象（3）已知：碳酸电离常数为：k1=4.4l07，k2=4.7l011写出na2co3溶液中滴加少量草酸溶液的离子方程式10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）k1h10（）2no（g）+cl2（g）2clno（g） k2h20（）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（）的影响，在恒温条件下，向2l恒容密闭容器中加入0.2mol no和0.1mol cl2，10min时反应（）达到平衡测得10min内v（clno）=7.5103moll1min1，no的转化率1=其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时no的转化率21（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kh=21011 moll1，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在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收no2，使其转化为无害气体，同时有so42生成该反应的离子方程式为（5）某研究性学习小组欲探究so2能否与bacl2溶液反应生成baso3沉淀查阅资料得知常温下baso3的ksp=5.48107，饱和亚硫酸中c（so32）=6，3108 moll1将0.1moll1的bacl2溶液滴入饱和亚硫酸中，（填“能”或“不能”）生成baso3沉淀，原因是（请写出必要的推断过程）【选修2-化学与技术】（共1小题，满分15分）11工业上生产氯化亚铜（cucl）的工艺过程如下：已知：氯化亚铜为白色立方结晶或白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，溶于浓盐酸和氨水生成络合物在潮湿空气中易水解氧化用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂；在气体分析中用于一氧化碳和乙炔的测定回答下列问题：（1）步骤中得到的氧化产物是，溶解温度应控制在6070，原因是（2）步骤都要进行固液分离工业上常用的固液分离设备有（填字母）a分馏塔 b离心机 c反应釜 d框式压滤机（3）写出步骤中主要反应的离子方程式（4）步骤包括用ph=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是（写名称）（5）上述工艺中，步骤不能省略，理由是（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的fecl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amoll1的k2cr2o7溶液滴定到终点，消耗k2cr2o7溶液bml，反应中cr2o72被还原为cr3+，样品中cucl的质量分数为【选修3-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12 x、y、z、w为周期表前四周期元素，其原子序数依次增大x原子核外电子数等于其所在周期数，y和z基态原子最外层均有2个未成对电子，其中y原子各能级电子数相同，z原子核外电子占据5个原子轨道，w原子的价电子数是最外层电子数的5倍（1）x、y、z三种元素按电负性从小到大的顺序为（2）y分别与x、z形成两种最简单的非极性分子m和n，关于m和n的说法正确的是（填序号）a固态n属于分子晶体bm分子中含有极性共价键，所以易溶于水cm和n分子中心原子的杂化类型分别是sp3和spdm中化学键键能小于n中化学键键能，所以m熔点低于n（3）x与z可形成两种常见化合物，其沸点均明显高于m和n，主要原因是（4）在w催化作用下，m和n反应可获得化工原料yz和x2w的基态原子的电子排布式为，该元素在元素周期表中的位置w能与化合物yz形成正四面体形的配合物w（yz）4，1mol w（yz）4中含有 mol键（5）w单质晶体中原子堆积方式与cu相同，其晶胞棱长为apm，请列出w单质晶体的密度表达式= gcm3（ 用na表示阿伏伽德罗常数的值，用m表示w的相对原子质量）【选修5-有机化学基础】（共1小题，满分0分）13有机物a可发生如下转化关系（无机产物略），其中k物质与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构已知：当羟基与双键碳原子相连时，易发生如下转化：rch=chohrch2cho；ona连在烃基上不会被氧化请回答下列问题：（1）上述变化中属于取代反应的是（填反应编号）（2）写出结构简式：g，m（3）1molb与足量naoh溶液反应，最多用molnaoh（4）写出下列反应的化学方程式：用常见试剂检验f中官能团，k与碳酸氢钠溶液反应（5）同时符合下列要求的a的同分异构体有种含有苯环苯环上的一氯代物有三种能发生银镜反应和水解反应在稀氢氧化钠溶液中，1mol该同分异构体能与1molnaoh反应2016年黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）a生石灰用作食品抗氧化剂b从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现c航天飞机上的陶瓷防护片属于新型无机非金属材料d草木灰与（nh4）2hpo4可混合施用为植物提供n、p、k三种营养元素【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】化学应用【分析】acao可吸收水；b从海水中提取物质nacl，蒸发即可；c陶瓷防护片主要成分为硅酸盐；d草木灰与（nh4）2hpo4可混合施用，发生反应【解答】解：acao可吸收水，只作干燥剂，不能抗氧化，故a错误；b从海水中提取物质nacl，蒸发即可，为物理变化，而br、mg等发生化学反应，故b错误；c陶瓷防护片主要成分为硅酸盐，属于新型无机非金属材料，故c正确；d草木灰与（nh4）2hpo4可混合施用，发生反应，降低肥效，故d错误；故选c【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a1 mol ot含有的质子数、中子数均为10nab25，101kpa时，4.90lnh3含有的分子数约为0.2nac常温常压下，6g二氧化硅中所含硅氧键数目为0.2nad50ml12moll1盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3na【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a.1个ot含有9个质子，含有10个中子；b.25，101kpa时，vm22.4l/mol；c依据n=计算物质的量，结合二氧化硅所含化学键为4个sio键计算；d二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应【解答】解：a.1 mol ot含有的质子数9na、中子数均为10na，故a错误；b.25，101kpa时，vm略大于22.4l/mol，4.90lnh3含有的分子物质的量约为0.2mol，所含分子数约为0.2na，故b正确；c.6g二氧化硅物质的量=0.1mol，二氧化硅所含化学键为4个sio键，6g二氧化硅含有sio键数目为0.4na，故c错误；d二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molhcl反应时转移2mol电子，而50ml12mol/l盐酸的物质的量n=cv=12mol/l0.05l=0.6mol，这0.6mol盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol电子，即小于0.3na个，故d错误；故选：b【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，注意二氧化硅的结构，题目难度中等3短周期主族元素m、n、x、w在元素周期表中的相对位置如图所示，n元素的单质常用作半导体材料下列判断正确的是（）a原子半径的大小：wxmb气态氢化物的稳定性：nxmc对应的含氧酸的酸性强弱：wxndw分别与n、x形成的化合物中的化学键均为极性键【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】n元素的单质常用作半导体材料，则n为si，结合短周期主族元素m、n、x、w在元素周期表中的相对位置可知，x为p，m为o，w为cla电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小；b非金属性越强，氢化物越稳定；c非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；dw分别与n、x形成的化合物中的化学键分别为为sicl、clp键【解答】解：n元素的单质常用作半导体材料，则n为si，结合短周期主族元素m、n、x、w在元素周期表中的相对位置可知，x为p，m为o，w为cla电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为xwm，故a错误；b非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：nxm，故b错误；c非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性符合，故c错误；dw分别与n、x形成的化合物中的化学键分别为为sicl、clp键，均为极性键，故d正确；故选d【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4分子式为c4h7cl的链状有机物的同分异构体（不考虑顺反异构）有（）a7种b8种c9种d10种【考点】有机化合物的异构现象【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】分子式c4h7cl可以看作是丁烯中的1个h原子被cl取代产物，可以写出丁烯的同分异构体，根据等效氢判断丁烯的一氯代物种数，据此解答【解答】解：c4h8属于烯烃的同分异构体有：ch2chch2ch3、ch3chchch3，ch2c（ch3）2，ch2chch2ch3分子中有4种化学环境不同的h原子，其一氯代物有4种，ch3chchch3分子中有2种化学环境不同的h原子，其一氯代物有2种，ch2c（ch3）2分子中有2种化学环境不同的h原子，其一氯代物有2种，综上所述分子式为c4h7cl的链状有机物的同分异构体（不考虑顺反异构）有8种故选b【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意类别异构这一知识点，此外一元取代同分异构体利用等效氢进行的判断是关键5研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示，下列有关说法正确的是（）ad为锌块，铁片腐蚀加快bd为石墨，铁片不易被腐蚀cd为锌块，铁片上电极反应为：2h+2e=h2dd为石墨，石墨上电极反应为：o2+2h2o+4e=4oh【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】a、锌比铁片活泼，所以金属锌是负极；b、d为石墨，铁片活泼，金属铁是负极；c、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；d、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀【解答】解：a、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故a正确；b、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故b错误；c、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：o2+2h2o+4e4oh，故c错误；d、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：o2+2h2o+4e4oh，故d正确；故选d【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写62015年10月，我国85岁高龄的女科学家屠呦呦因发现青蒿素为治疗疟疾做出了突出贡献，被授予诺贝尔医学奖青蒿素结构如图所示，下列关于青蒿素的说法错误的是（）a不易溶于水b分子式是c15h22o5c1mol青蒿素能与1mol naoh发生反应d能发生加成反应，不能发生取代反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构可知分子式，分子中含cooc、醚键及过氧键，结合酯的性质来解答【解答】解：a含cooc，由酯的性质可知不溶于水，故a正确；b由结构可知分子式为c15h22o5，故b正确；c含1个cooc，则1mol青蒿素能与1mol naoh发生反应，故c正确；d含cooc可发生取代反应，不能发生加成反应，故d错误；故选d【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯的性质考查，题目难度中等7常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）aph=3的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液ph降低2个单位bph=2的盐酸中水电离出的h+浓度小于ph=12的氨水中水电离出的oh浓度c0.2molco2通入1l0.3moll1koh溶液中：2c（h+）+c（hco3）+3c（h2co3）=2c（oh）+c（co32）d已知一定浓度的nahso3溶液ph=5.4，则c（na+）c（hso3）c（h2so3）c（so32）【考点】离子浓度大小的比较；ph的简单计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a酸溶液稀释后氢离子浓度减小，溶液的ph增大；bph=2的溶液中的氢氧根离子，ph=12的氨水中的氢离子是水的电离的；c二者恰好反应生成等浓度的碳酸氢钾和碳酸钾，根据混合液中的电荷守恒和物料守恒判断；d溶液呈酸性，说明hso3的电离程度大于其水解程度，则c（so32）c（h2so3）【解答】解：aph=3的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液中氢离子浓度减小，则溶液ph增大2个单位，故a错误；b盐酸和氨水都抑制了水的电离，ph=2的盐酸中水电离出的h+浓度为1012mol/l，ph=12的氨水中水电离出的oh浓度为1012mol/l，两溶液中水的电离程度相等，故b错误；c.0.2molco2通入1l0.3moll1koh溶液中，反应后溶质为等浓度的碳酸钾、碳酸氢钾，根据电荷守恒可知：c（k+）+c（h+）=c（hco3）+c（oh）+2c（co32）据溶液中物料守恒得到：3c（co32）+3c（hco3）+3c（h2co3）=2c（k+），二者结合可得：2c（h+）+c（hco3）+3c（h2co3）=2c（oh）+c（co32），故c正确；d一定浓度的nahso3溶液ph=5.4，说明hso3的电离程度大于其水解程度，则c（so32）c（h2so3），溶液中正确的离子浓度大小为：c（na+）c（hso3）c（so32）c（h2so3），故d错误；故选c【点评】本题考查了离子浓度大小比较、溶液ph的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液ph的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法二、解答题（共3小题，满分43分）8铁是应用最广泛的金属，铁的氧化物、卤化物以及含氧酸盐均为重要的化合物（1）feso4可转化为feco3，feco3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kpa时：4fe（s）+3o2（g）=2fe2o3（s）h=1648kjmol1c（s）+o2（g）=co2（g）h=393kjmol12fe（s）+2c（s）+3o2（g）=2feco3（s）h=1480kjmol1feco3在空气中加热反应生成fe2o3的热化学方程式为4feco3（s）+o2（g）=2fe2o3（s）+4co2（g）h=260kjmol1（2）feso4在一定条件下可制得fes2（二硫化亚铁）纳米材料该材料可用于制造高容量锂电池，该电池放电时的总反应为4li+fes2=fe+2li2s，正极反应式为fes2+4e=fe+2s2（3）fecl3具有净水作用，其净水的原理是fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，fe3+水解，生成的fe（oh）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质（写出离子方程式及必要的文字说明）但fecl3溶液腐蚀钢铁设备，除h+作用外，另一主要原因是2fe3+fe=3fe2+（用离子方程式表示）（4）为节约成本，工业上用naclo3氧化酸性fecl2废液得到fecl3若酸性fecl2废液中c（fe2+）=2.0102moll1，c（fe3+）=1.0103moll1，c（cl）=5.3102moll1，则该溶液的ph约为2完成并配平离子方程式：1clo3+6fe2+6h+=1cl+6fe3+3h2o【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】（1）发生反应：4feco3+o22fe2o3+4co2，根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式；（2）电池放电时的总反应为：4li+fes2fe+2li2s，正极发生还原反应，fes2获得电子生成fe、s2；（3）fecl3能水解生成胶体，胶体能吸附水中的悬浮物；fecl3与cu反应生成氯化亚铁和氯化铜；（4）根据电荷守恒：c（cl）=2c（fe2+）+3c（fe3+）+c（h+）（酸性溶液中oh浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据ph=lgc（h+）计算；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；【解答】解：（1）发生反应：4feco3+o22fe2o3+4co2，已知：4fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）h=1648kj/molc（s）+o2（g）co2（g）h=393kj/mol2fe（s）+2c（s）+3o2（g）2feco3（s）h=1480kj/mol根据盖斯定律，2+可得4feco3（s）+o2（g）=2fe2o3（s）+4co2（g），故h=1648kj/mol2（1480kj/mol）+4（393kj/mol）=260kj/mol，故反应热化学方程式为：4feco3（s）+o2（g）=2fe2o3（s）+4co2（g）h=260kj/mol，故答案为：4feco3（s）+o2（g）=2fe2o3（s）+4co2（g）h=260kj/mol；（2）电池放电时的总反应为：4li+fes2fe+2li2s，正极发生还原反应，fes2获得电子生成fe、s2，正极电极反应式为：fes2+4e=fe+2s2，故答案为：fes2+4e=fe+2s2；（3）fecl3在水中水解产生氢氧化铁胶体，fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，胶体能吸附水中的悬浮物，所以fecl3 能净水；fecl3与cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，其反应的离子方程式为：2fe3+fe=3fe2+；故答案为：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，fe3+水解，生成的fe（oh）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2fe3+fe=3fe2+；（4）根据电荷守恒：c（cl）=2c（fe2+）+3c（fe3+）+c（h+）（酸性溶液中oh浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（h+）=c（cl）2c（fe2+）3c（fe3+）=1.0102moll1，则溶液ph=lg1.0102=2，故答案为：2；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：clo3+6fe2+6h+=cl+6fe3+3h2o，故答案为：1；6；6h+；1；6；3h2o；【点评】本题考查热化学方程式书写、氧化还原反应方程式的配平、原电池原理、盐类水解影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等9草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其k1=5.4102，k2=5.4105草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水草酸晶体（h2c2o42h2o）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，分解方程式为：h2c2o4h2o+co2+co请按要求完成下列实验（可选用下列装置，要求操作简单，现象明显，保证安全）（1）通过实验证明草酸晶体的分解产物中含有co2，选用的装置有agdc，证明有co2生成的实验现象是d有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊如果选用装置g其主要作用是冷凝分解产物中的草酸，防止干扰co2的检验（不选g不用作答）（2）证明草酸晶体的分解产物中含有co，要求看到至少两个明显现象，实验中选用的装置的合理连接顺序为a、f、d、b、h、d、c（装置可重复使用）装置h反应管中盛有的物质是cuo能证明草酸晶体的分解产物中含有co的现象h中黑色粉末变为红色，其后的d中澄清石灰水变浑浊（3）已知：碳酸电离常数为：k1=4.4l07，k2=4.7l011写出na2co3溶液中滴加少量草酸溶液的离子方程式2co32+h2c2o4=c2o42+2hco3【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）草酸晶体（h2c2o42h2o）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，g装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；（2）要检验生成co，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥co，利用co的还原性将co氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集co；h装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和co反应有明显现象发生；co具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；（3）由k可知酸性强弱，发生强酸制取弱酸的反应【解答】解：（1）草酸晶体（h2c2o42h2o）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以c中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明草酸晶体的分解产物中含有co2，选用的装置有agdc；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，g装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：agdc；d有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置c反应生成沉淀而干扰co2的检验；（2）要检验生成co，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥co，利用co和cuo发生还原反应生成co2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集co避免环境污染，所以其连接顺序是a、f、d、b、h、d、c；h装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和co反应有明显现象发生，cuo能被co还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以h中盛放的物质是cuo，故答案为：a、f、d、b、h、d、c；cuo；co具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且co将黑色的cuo还原为红色的cu，只要h中黑色固体转化为红色且其后的d装置溶液变浑浊就说明含有co，故答案为：h中黑色粉末变为红色，其后的d中澄清石灰水变浑浊；（3）由k可知酸性强弱，则na2co3溶液中滴加少量草酸溶液的离子方程式为2co32+h2c2o4=c2o42+2hco3，故答案为：2co32+h2c2o4=c2o42+2hco3【点评】本题考查物质制备实验和性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题目难度较大10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）k1h10（）2no（g）+cl2（g）2clno（g） k2h20（）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（）的影响，在恒温条件下，向2l恒容密闭容器中加入0.2mol no和0.1mol cl2，10min时反应（）达到平衡测得10min内v（clno）=7.5103moll1min1，no的转化率1=75%其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时no的转化率21（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kh=21011 moll1，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so2+2h2o2e=so42+4h+在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收no2，使其转化为无害气体，同时有so42生成该反应的离子方程式为4s2o42+6no2+8oh8so42+3n2+4h2o（5）某研究性学习小组欲探究so2能否与bacl2溶液反应生成baso3沉淀查阅资料得知常温下baso3的ksp=5.48107，饱和亚硫酸中c（so32）=6，3108 moll1将0.1moll1的bacl2溶液滴入饱和亚硫酸中，不能（填“能”或“不能”）生成baso3沉淀，原因是若溶液中c（ba2+）=0.1 moll1，c（so32）=6，3108moll1，其浓度积q=c（ba2+）c（so32）0.16.3108=6.3109ksp（baso3）=5.48107（请写出必要的推断过程）【考点】化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的计算；电解原理【专题】化学平衡专题【分析】（1）已知：2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g），2no（g）+cl2（g）2clno（g），根据盖斯定律2可得：4no2（g）+2nacl（s）2nano3（s）+2no（g）+cl2（g），则该反应平衡常数为的平衡常数平方与的商；（2）测得10min内v（clno）=7.5103moll1min1，则n（clno）=7.5103moll1min110min2l=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（）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；阴极排出的溶液为s2o42，与二氧化氮发生转化为无害气体，同时有so42生成，无害气体为氮气；（5）计算浓度积qc=c（ba2+）c（so32），与溶度积ksp（baso3）比较判断【解答】解：（1）已知：2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g），2no（g）+cl2（g）2clno（g），根据盖斯定律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）=7.5103moll1min1，则n（clno）=7.5103moll1min110min2l=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（）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21，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）=109mol/l，no2的水解常数k=21011moll1，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+2h2o2e=so42+4h+；阴极排出的溶液为s2o42，与二氧化氮发生转化为无害气体，同时有so42生成，无害气体为氮气，反应离子方程式为：4s2o42+6no2+8oh8so42+3n2+4h2o，故答案为：so2+2h2o2e=so42+4h+；4s2o42+6no2+8oh8so42+3n2+4h2o；（5）若溶液中c（ba2+）=0.1 moll1，c（so32）=6.3108moll1，其浓度积q=c（ba2+）c（so32）=0.16.3108=6.3109ksp（baso3）=5.48107，故不能析出baso3沉淀，故答案为：不能；若溶液中c（ba2+）=0.1 moll1，c（so32）=6，3108moll1，其浓度积q=c（ba2+）c（so32）0.16.3108=6.3109ksp（baso3）=5.48107【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、水解常数、电解原理应用、溶度积应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等【选修2-化学与技术】（共1小题，满分15分）11工业上生产氯化亚铜（cucl）的工艺过程如下：已知：氯化亚铜为白色立方结晶或白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，溶于浓盐酸和氨水生成络合物在潮湿空气中易水解氧化用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂；在气体分析中用于一氧化碳和乙炔的测定回答下列问题：（1）步骤中得到的氧化产物是cuso4或cu2+，溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解（2）步骤都要进行固液分离工业上常用的固液分离设备有bd（填字母）a分馏塔 b离心机 c反应釜 d框式压滤机（3）写出步骤中主要反应的离子方程式2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+（4）步骤包括用ph=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是（写名称）硫酸（5）上述工艺中，步骤不能省略，理由是醇洗有利于加快去除cucl表面水分防止其水解氧化（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的fecl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amoll1的k2cr2o7溶液滴定到终点，消耗k2cr2o7溶液bml，反应中cr2o72被还原为cr3+，样品中cucl的质量分数为100%【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是cu和少量cuo）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成cucl，发生2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+，得到的cucl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生fe3+cuclfe2+cu2+cl，加入k2cr2o7溶液，发生6fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，结合关系式解答该题【解答】解：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是cu和少量cuo）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成cucl，发生2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+，得到的cucl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化cu生成cuso4或cu2+，溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，故答案为：cuso4或cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；（2）步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，故答案为：bd；（3）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成cucl，发生2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+，故答案为：2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+；（4）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止cucl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为：硫酸；（5）步骤为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除cucl表面水分防止其水解氧化；（6）氯化亚铜与氯化铁发生fe3+cuclfe2+cu2+cl，加入k2cr2o7溶液，发生6fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，反应的关系式为6cucl6fe2+cr2o72， 6 1 n ab103moln=6ab103mol，m（cucl）=99.5g/mol6ab103mol=0.597abg，则样品中cucl的质量分数为100%，故答案为：100%【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，题目考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原滴定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查