甘肃省天水市秦安县高考化学一模试卷（含解析）.doc

甘肃省天水 市秦安县2015届高考化学一模试卷一、选择题（本大题共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（6分）化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）a石油的分馏、石油的裂解过程中都发生了化学变化b玻璃、陶瓷、水泥都是硅酸盐产品，属于无机非金属材料c用纯碱溶液清洗油污时，加热可以提高去污能力d高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片2（6分）设na为阿伏加德罗常数的数值，t列说法正确的是（）a一定条件下，将1mol n2和3mol h2混合，充分反应后转移的电子数为6nab6.4g由s2、s4、s8组成的混合物含硫原子数为0.2nac11g超重水（t2o）含中子数为5nad常温常压下，11.2l cl2含氯原子数为na3（6分）某有机物的结构简式如图所示，有关该位置的描述不正确的是（）a该物质的分子式为c11h12o3b该物质属于芳香族化合物c该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，反应类型也相同d该物质在一定条件下反应能得到环状的酯4（6分）肼（n2h4）又称联氨，可用如下方法制备：co（nh2）2+clo+ohn2h4+cl+co32+h2o，co（nh2）2中n为3价，方程式未配平，下列说法不正确的是（）an2h4是氧化产物bn2h4中存在极性键和非极性键c配平后，oh的化学计量数为2d生成3.2 g n2h4转移0.1 mol电子5（6分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）a含等物质的量的mgcl2、ba（oh）2、hno3三种溶液混合：mg2+2oh=mg（oh）2bcaco3溶于ch3cooh：caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+co2+h2oc过量hi溶液加入到fe（no3）3溶液中：2fe3+2i=2fe2+i2dso2通入到溴水中：so2+h2o+br2=2h+so42+2br6（6分）下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作a检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1ml 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制cu（oh）2，加热b除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通入足量酸性kmno4溶液中c验证mg（oh）2沉淀可以转化为fe（oh）3沉淀向2ml 1mol/l naoh溶液中加入几滴1mol/l mgcl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/l fecl3溶液d硅酸胶体的制备向na2sio3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失aabbccdd7（6分）碱性硼化钒（vb2）空气电池工作时反应为：4vb2+11o2=4b2o3+2v2o5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，b装置内共收集到0.448l气体（标准状况），则下列说法正确的是（）avb2电极发生的电极反应为：2vb2+11h2o22e=v2o5+2b2o3+22h+b外电路中电子由c电极流向vb2电极c电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生d若b装置内的液体体积为200 ml，则cuso4溶液的物质的量浓度为0.05mol/l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（共129分）8（14分）锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法i镓（ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似氮化镓（gan）是制造led的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）ga的原子结构示意图为（2）gan可由ga和nh3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是（填字母序号）a一定条件下，ga可溶于盐酸和氢氧化钠b常温下，ga可与水剧烈反应放出氢气cga2o3可由ga（oh）3受热分解得到d一定条件下，ga2o3可与naoh反应生成盐ii工业上利用锌焙砂（主要含zn0、znfe2o4，还含有少量cao、feo、cuo、nio等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：已知：fe的活泼性强于ni（4）znfe2o4可以写成znofe2o3，写出znfe2o4与h2so4反应的化学方程式（5）净化i操作分为两步：第一步是将溶液中少量的fe2+氧化；第二步是控制溶液ph，只使fe3+转化为fe（oh）3沉淀净化i生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是（6）净化ii中加入zn的目的是（7）常温下，净化i中，如果要使c（fe3+）105 mol/l，则应控制溶液ph的范围为已知：kspfe（oh）3=8.01038；lg5=0.79（15分）氢化锂（lih）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备lih固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为，加入药品前首先要进行的实验操作是（不必写出具体的操作方法）；其中装置b的作用是（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是，然后快速把锂放入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热d处的石英管之前，必须进行的实验操作是（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出lih，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免lih与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：lih+h2o=lioh+h2），分析该反应原理，完成lih与无水乙醇反应的化学方程式（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4ml（已换算成标准状况），则产品中lih与li的物质的量之比为（6）乙同学对甲的实验方案提出质疑，他认为未反应的h2不能直接排放，所以在最后连接了装置e用来收集h2，请将e装置补充完整10（14分）目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题请回答下列问题：i甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）（1）阅读下图，计算该反应的反应热h=kj/molii用ch4或其他有机物、o2为原料可设计成燃料电池（2）以cnh2non、o2为原料，h2so4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为（3）以ch4、o2为原料，100ml 0.15mol/l naoh溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448ml（标准状况），产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为，各离子浓度由大到小的顺序为iii利用i2o5消除co污染的反应为：5co（g）+i2o5（s）5co2（g）+i2（s），不同温度下，向装有足量i2o5固体的2l恒容密闭容器中通入4mol co，测得co2的体积分数随时间t变化曲线如图请回答：（4）t2时，00.5min内的反应速率v（co）=（5）t1时化学平衡常数k=（6）下列说法不正确的是（填字母序号）a容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态b两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等cd点时，增大体系压强，co的转化率不变db点和d点时化学平衡常数的大小关系：kbkd三、化学选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11（15分）（1）天然水中含有细菌，其主要成分是蛋白质，写出两种家庭中能杀灭水中细菌的简单方法、（2）现有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有mgcl2、cacl2利用下列试剂中的一部分或全部，设计软化该水的实验方案试剂：ca（oh）2溶液 naoh溶液 饱和na2co3溶液 肥皂水实验方案：（填写下表）实验步骤现象离子方程式向硬水中加入ca（oh）2溶液，直到为止继续向溶液中加入溶液，直到不再产生沉淀为止将上述混合物（填操作名称）（3）利用海水得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法等电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示a接电源的极，i口排出的是（填“淡水”或“海水”）（4）在（3）中某口排出的浓海水中溴元素的质量分数为a%，现用氯气将其中的溴离子氧化为溴单质，则处理1000t该浓海水需标准状况下的氯气的体积为m3四、化学选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12（15分）x、y、z、w、r、q为前30号元素，且原子序数依次增大x是所有元素中原子半径最小的，y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，z原子单电子数在同周期元素中最多，w与z同周期，第一电离能比z的低，r与y同一主族，q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）q+核外电子排布式为（2）化合物x2w2中w的杂化方式为，zw2离子的立体构型是（3）y、r的最高价氧化物的沸点较高的是（填化学式），原因是（4）将q单质的粉末加入到zx3的浓溶液中，并通入w2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为（5）y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的y原子数为，y原子的配位数为，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为（用含a和的代数式表示）五、化学选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）13（15分）盐酸普鲁卡因（）是一种局部麻醉剂，麻醉作用较快、较强，毒性较低，其合成路线如下：已知：请回答以下问题：（1）a的核磁共振氢谱只有一个峰，则a的结构简式为（2）c的结构简式为，c中含有的含氧官能团的名称为（3）合成路线中属于氧化反应的有（填序号），反应的反应类型为（4）反应的化学反应方程式为（5）b的某种同系物e，相对分子质量比b大28，其中no2与苯环直接相连，则e的结构简式为（任写一种）（6）符合下列条件的e的同分异构体的数目有种结构中含有一个“nh2”与一个“cooh”苯环上有三个各不相同的取代基（7）苯丙氨酸（ ）是人体必需的氨基酸之一，写出其发生缩聚反应的化学方程式甘肃省天水市秦安县2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共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（6分）化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）a石油的分馏、石油的裂解过程中都发生了化学变化b玻璃、陶瓷、水泥都是硅酸盐产品，属于无机非金属材料c用纯碱溶液清洗油污时，加热可以提高去污能力d高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片考点：石油的裂化和裂解；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；无机非金属材料；石油的分馏产品和用途 分析：a、分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，属于物理变化；b、根据传统无机非金属材料的工业制备需要的原料和反应原理分析；c、纯碱水解呈碱性，盐类水解是吸热反应，加热促进水解d、高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片解答：解：a、分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，属于物理变化，石油的裂解过程有新物质生成，属于化学变化，故a错误；b、制水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，故b正确；c、油脂在碱性条件下水解，纯碱水解呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故c正确；d、高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片，故d正确，故选a点评：本题主要考查的是物理变化与化学变化的本质区别、无机非金属材料、盐类水解的应用、硅单质的应用等，综合性较强，难度不大2（6分）设na为阿伏加德罗常数的数值，t列说法正确的是（）a一定条件下，将1mol n2和3mol h2混合，充分反应后转移的电子数为6nab6.4g由s2、s4、s8组成的混合物含硫原子数为0.2nac11g超重水（t2o）含中子数为5nad常温常压下，11.2l cl2含氯原子数为na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氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底；bs2、s4、s8都是与s原子构成的，6.4g混合物中含有6.4gs原子，含有0.2mol硫原子；c超重水（t2o）分子中含有12个中子，其摩尔质量为22g/mol；d常温常压下，vm22.4l/mol解答：解：a合成氨是可逆反应，1mol n2和3mol h2充分混合，反应后转移的电子数小于6na；故a错误；b.6.4gs2、s4、s8的混合物中含有6.4gs原子，含有0.2mol硫原子，所含s原子数为0.2na，故b正确；c.11g超重水（t2o）的物质的量为=0.5mol，0.5mol超重水中含有6mol中子，含有的中子数为6na，故c错误；d常温常压下，vm22.4l/mol，无法计算常温常压下，11.2l cl2的物质的量及其所含原子个数，故d错误；故选：b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，注意气体摩尔体积适用对象和条件3（6分）某有机物的结构简式如图所示，有关该位置的描述不正确的是（）a该物质的分子式为c11h12o3b该物质属于芳香族化合物c该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，反应类型也相同d该物质在一定条件下反应能得到环状的酯考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含oh、cooh、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答解答：解：a由结构简式可知有机物分子式为c11h12o3，故a正确；b分子中含有苯环，为芳香族化合物，故b正确；c含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，都可褪色，但反应类型不同，故c错误；d含有羧基和羟基，可发生酯化反应生成环状的酯，故d正确故选c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，侧重烯烃、醇、羧酸性质的考查，题目难度不大4（6分）肼（n2h4）又称联氨，可用如下方法制备：co（nh2）2+clo+ohn2h4+cl+co32+h2o，co（nh2）2中n为3价，方程式未配平，下列说法不正确的是（）an2h4是氧化产物bn2h4中存在极性键和非极性键c配平后，oh的化学计量数为2d生成3.2 g n2h4转移0.1 mol电子考点：氧化还原反应；化学键 专题：氧化还原反应专题分析：该反应中，n元素化合价由3价变为2价，cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为2，所以方程式为co（nh2）2+clo+2oh=n2h4+cl+co32+h2o，据此分析解答解答：解：该反应中，n元素化合价由3价变为2价，cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为2，所以方程式为co（nh2）2+clo+2oh=n2h4+cl+co32+h2o，an元素化合价由3价变为2价，所以尿素是还原剂，肼是氧化产物，故a正确；b肼分子中nh原子之间存在极性键，nn原子之间存在非极性键，故b正确；c根据以上分析知，配平后，氢氧根离子的化学计量数是2，故c正确；d.3.2g肼的物质的量是0.1mol，生成3.2 g n2h4转移电子物质的量=0.1 mol1（1）=0.2mol，故d错误；故选d点评：本题考查化学键、方程式的配平、物质的量的计算、氧化剂和氧化产物判断等知识点，这些都是2015届高考高频点，侧重考查基本概念、基本计算，明确元素化合价变化即可解答，题目难度不大5（6分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）a含等物质的量的mgcl2、ba（oh）2、hno3三种溶液混合：mg2+2oh=mg（oh）2bcaco3溶于ch3cooh：caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+co2+h2oc过量hi溶液加入到fe（no3）3溶液中：2fe3+2i=2fe2+i2dso2通入到溴水中：so2+h2o+br2=2h+so42+2br考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a、含等物质的量的mgcl2、ba（oh）2、hno3三种溶液混合，氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子部分沉淀；b、碳酸钙为难溶于水固体，醋酸是弱电解质据此书写分析；c、过量hi溶液加入到fe（no3）3溶液中，铁离子和稀硝酸氧化碘离子生成碘单质；d、选项中原子不守恒；解答：解：a、含等物质的量的mgcl2、ba（oh）2、hno3三种溶液混合，氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子部分沉淀，反应的离子方程式为；mg2+4oh+2h+=mg（oh）2+2h2o，故a错误；b、碳酸钙为难溶于水固体，醋酸是弱电解质，反应的离子方程式为：caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+co2+h2o，故b正确；c、过量hi溶液加入到fe（no3）3溶液中，fe3+，稀硝酸氧化碘离子生成碘单质，fe3+no3+4h+4i=fe2+2i2+no+2h2o，故c错误；d、选项中原子不守恒，so2通入到溴水中：so2+2h2o+br2=4h+so42+2br，故d错误；故选b点评：本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，主要是氧化还原反应分析判断，弱电解质分析，定量关系的分析应用和产物书写，题目难度中等6（6分）下列实验操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作a检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1ml 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制cu（oh）2，加热b除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通入足量酸性kmno4溶液中c验证mg（oh）2沉淀可以转化为fe（oh）3沉淀向2ml 1mol/l naoh溶液中加入几滴1mol/l mgcl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/l fecl3溶液d硅酸胶体的制备向na2sio3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失aabbccdd考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：a应在碱性条件下进行；b乙烯被氧化生成二氧化碳气体；c氢氧化钠过量，不能证明；dna2sio3水解呈碱性，逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失，说明生成硅酸解答：解：a蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，故a错误；b乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故b错误；c验证mg（oh）2沉淀可以转化为fe（oh）3沉淀，应使白色沉淀转化为红褐色沉淀，氢氧化钠过量，不能证明，故c错误；d硅酸酸性比盐酸弱，na2sio3水解呈碱性，逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失，说明生成硅酸，可制备，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备以及性质检验等知识，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度中等7（6分）碱性硼化钒（vb2）空气电池工作时反应为：4vb2+11o2=4b2o3+2v2o5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，b装置内共收集到0.448l气体（标准状况），则下列说法正确的是（）avb2电极发生的电极反应为：2vb2+11h2o22e=v2o5+2b2o3+22h+b外电路中电子由c电极流向vb2电极c电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生d若b装置内的液体体积为200 ml，则cuso4溶液的物质的量浓度为0.05mol/l考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：硼化钒空气燃料电池中，vb2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：n2h4+o2=n2+2h2o，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算解答：解：a、负极上是vb2失电子发生氧化反应，则vb2极发生的电极反应为：2vb2+22oh22e=v2o5+2b2o3+11h2o，故a错误；b、外电路中电子由vb2电极流向阴极c电极，故b错误；c、电解过程中，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气，故c错误；d、当外电路中通过0.04mol电子时，b装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又共收集到0.448l气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01mol的氢气，所以溶液中的铜离子为=0.01mol，则cuso4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/l，故d正确；故选d点评：本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算三、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（共129分）8（14分）锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法i镓（ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似氮化镓（gan）是制造led的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）ga的原子结构示意图为（2）gan可由ga和nh3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为2ga+2nh32gan+3h2（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是acd（填字母序号）a一定条件下，ga可溶于盐酸和氢氧化钠b常温下，ga可与水剧烈反应放出氢气cga2o3可由ga（oh）3受热分解得到d一定条件下，ga2o3可与naoh反应生成盐ii工业上利用锌焙砂（主要含zn0、znfe2o4，还含有少量cao、feo、cuo、nio等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：已知：fe的活泼性强于ni（4）znfe2o4可以写成znofe2o3，写出znfe2o4与h2so4反应的化学方程式znfe2o4+4h2so4znso4+fe2（so4）3+4h2o（5）净化i操作分为两步：第一步是将溶液中少量的fe2+氧化；第二步是控制溶液ph，只使fe3+转化为fe（oh）3沉淀净化i生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是fe（oh）3胶粒具有吸附性（6）净化ii中加入zn的目的是使cu2+、ni2+转化为cu、ni而除去（7）常温下，净化i中，如果要使c（fe3+）105 mol/l，则应控制溶液ph的范围为ph3.3已知：kspfe（oh）3=8.01038；lg5=0.7考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：实验设计题；元素及其化合物分析：i（1）ga的原子序数为31，位于第四周期第a族；（2）ga和nh3在高温条件下反应生成gan和氢气；（3）镓位于第a族，为活泼金属，金属性比al强，以此分析其单质和化合物的性质；ii（4）znfe2o4可以写成znofe2o3，酸浸时znfe2o4会生成两种盐，即znfe2o4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（5）根据fe（oh）3胶体（沉淀）具有的吸附性进行分析；（6）锌焙砂中含有cao、feo、cuo、nio等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌会含有铜等杂质；（7）根据氢氧化铁的溶度积及c（fe3+）105 mol/l计算出溶液ph解答：解：（1）ga的原子序数为31，位于第四周期第a族，原子结构示意图为，故答案为：；（2）ga和nh3在高温条件下反应生成gan和氢气，反应为2ga+2nh32gan+3h2，故答案为：2ga+2nh32gan+3h2；（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则aal与盐酸、naoh均反应，则一定条件下，ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故a正确；bal与水常温不反应，则常温下，ga不能与水剧烈反应放出氢气，故b错误；c氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则ga2o3可由ga（oh）3受热分解得到，故c正确；d氧化铝与naoh反应生成盐，则一定条件下，ga2o3可与naoh反应生成盐，故d正确；故答案为：acd；（4）根据信息，酸浸时znfe2o4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即znfe2o4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：znfe2o4+4h2so4znso4+fe2（so4）3+4h2o，故答案为：znfe2o4+4h2so4znso4+fe2（so4）3+4h2o；（5）因为fe（oh）3胶粒具有吸附性，则净化i生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：fe（oh）3胶粒具有吸附性；（6）cao、feo、cuo、nio等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化i后除去fe元素，净化ii中加入zn的目的是使cu2+、ni2+转化为cu、ni而除去，故答案为：使cu2+、ni2+转化为cu、ni而除去；（7）由kspfe（oh）3=8.01038，要使c（fe3+）105 mol/l，则c（oh）=21011mol/l，c（h+）=5104mol/l，所以ph4lg5=3.3，故答案为：ph3.3点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯综合应用及金属单质及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，注重反应原理及实验能力的夯实，题目难度不大9（15分）氢化锂（lih）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备lih固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g接d，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置气密性（不必写出具体的操作方法）；其中装置b的作用是除去h2中的h2o和hcl（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热d处的石英管之前，必须进行的实验操作是收集c处排出的气体并检验h2纯度（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出lih，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免lih与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：lih+h2o=lioh+h2），分析该反应原理，完成lih与无水乙醇反应的化学方程式lih+ch3ch2oh=ch3ch2oli+h2（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4ml（已换算成标准状况），则产品中lih与li的物质的量之比为10：1（6）乙同学对甲的实验方案提出质疑，他认为未反应的h2不能直接排放，所以在最后连接了装置e用来收集h2，请将e装置补充完整考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）氢气和锂发生反应生成lih，制备lih固体需要制备氢气，lih在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用a装置制备氢气，用装置b中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置d中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置c，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置d和生成的氢化锂发生反应；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；（2）石蜡是有机物，易溶解于有机溶剂甲苯；（3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险；（4）lih与h2o发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，lih与乙醇反应类似，羟基提供h原子与lih反应生成氢气，另外部分结合生成ch3ch2oli；（5）设lih与li的物质的量分别为xmol、ymol，根据方程式表示出生成氢气的物质的量，再根据二者总质量、氢气总体积列方程计算解答；（6）装置e用来收集h2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导气管短进长出解答：解：（1）氢气和锂发生反应生成lih，制备lih固体需要制备氢气，lih在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用a装置制备氢气，用装置b中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置d中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置c，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置d和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；装置b中碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，氧化钙与水可反应，氢氧化钠可作干燥剂，且与盐酸能反应，所以该装置的作用是吸收水蒸气和部分氯化氢气体，故答案为：e接a，b接f，g接d；检验装置气密性；除去h2中的h2o和hcl；（2）取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，利用石蜡是有机物易溶解于有机溶剂甲苯中，操作的目的是除去锂表面的石蜡，故答案为：除去锂表面的石蜡；（3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险，在加热d处的石英管之前，必须进行的实验操作是：收集c处排出的气体并检验h2纯度，故答案为：收集c处排出的气体并检验h2纯度；（4）lih与h2o发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，lih与乙醇反应类似，羟基提供h原子与lih反应生成氢气，另外部分结合生成ch3ch2oli，反应方程式为：lih+ch3ch2oh=ch3ch2oli+h2，故答案为：lih+ch3ch2oh=ch3ch2oli+h2；（5）设lih与li的物质的量分别为xmol、ymol，则：lih+h2o=h2+liohxmol xmol2li+2h2o=2lioh+h2ymol 0.5y mol则解得x=0.02、y=0.002故lih与li的物质的量之比为0.02mol：0.002mol=10：1，故答案为：10：1；（6）装置e用来收集h2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导气管短进长出，装置图为，故答案为：点评：本题考查化学实验制备方案，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、气体收集、化学方程式的计算等，题目难度中等10（14分）目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题请回答下列问题：i甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）（1）阅读下图，计算该反应的反应热h=+161.1kj/molii用ch4或其他有机物、o2为原料可设计成燃料电池（2）以cnh2non、o2为原料，h2so4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为cnh2non4ne+nh2onco2+4nh+（3）以ch4、o2为原料，100ml 0.15mol/l naoh溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448ml（标准状况），产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为n（na2co3）：n（nahco3）=1：1，各离子浓度由大到小的顺序为c（na+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）iii利用i2o5消除co污染的反应为：5co（g）+i2o5（s）5co2（g）+i2（s），不同温度下，向装有足量i2o5固体的2l恒容密闭容器中通入4mol co，测得co2的体积分数随时间t变化曲线如图请回答：（4）t2时，00.5min内的反应速率v（co）=1.6moll1min1（5）t1时化学平衡常数k=1024（6）下列说法不正确的是bd（填字母序号）a容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态b两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等cd点时，增大体系压强，co的转化率不变db点和d点时化学平衡常数的大小关系：kbkd考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素 专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据能量图书写各自的热化学方程式，再通过盖斯定律计算；（2）燃料电池中，负极上投放燃料，负极上失电子发生氧化反应；（3）计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据n（naoh）与n（co2）比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断；（4）根据起始量和a点时co2的体积分数（即物质量分数），列式计算即可求出从反应开始至a点时的反应速率为v（co）；（5）根据b点时co2的体积分数（co2）求出co和co2的平衡浓度进而求出t1时化学平衡常数k；（6）a因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度是变量，当不变时表明反应达到平衡状态；bc点为交点，各气体物质的量分别相等；c反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响；db点比d点时生成物co2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：kbkd；解答：解：（1）由能量图，得ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h=846.3kjmol1co2（g）co（g）+o2（g）h=+282kjmol1o2（g）+h2（g）h2o（g）h=241.8kjmol13+得ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=（846.3+241.83+282）kjmol1=+161.1kjmol1；故答案为：+161.1； （2）燃料电池中，负极上投放燃料所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：cnh2non4ne+nh2onco2+4nh+故答案为：cnh2non4ne+nh2onco2+4nh+；（3）参与反应的氧气在标准状况下体积为448ml，物质的量为 =0.02mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为 =0.01mol，n（naoh）=0.1l0.15moll1=0.015mol，n（naoh）：n（co2）=0.015mol：0.01mol=3：2，发生发生2co2+3naoh=na2co3+nahco3+h2o，所以所得溶液中溶质的成分及物质的量之比为n（na2co3）：n（nahco3）=1：1；溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（oh）c（h+），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（hco3）c（co32），钠离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（na+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故答案为：n（na2co3）：n（nahco3）=1：1；c（na+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）；（4）a点时：5co（g）+i2o5（s）5co2（g）+i2（s）起始量/mol 4 0转化量/mol x xa点量/mol 4x x根据a点时co2的体积分数（co2）=0.40，得x=1.6mol则从反应开始至a点时的反应速率为v（co）=1.6moll1min1，故答案为：1.6moll1min1；（5）t1时：5co（g）+i2o5（s）5co2（g）+i2（s）起始量/mol 4 0转化量/mol y yb点量/mol 4y y根据b点时co2的体积分数（co2）=0.80，得y=3.2mol，c（co）=0.4moll1，c（co2）=1.6moll1t1时化学平衡常数k=1024，故答案为：1024；（6）a因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故a正确；bc点为交点，气体物质的量分别相等，所以两种温度下，体系中混合气体的压强不等，故b错误；c反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响，co的转化率不变，故c正确；db点比d点时生成物co2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：kbkd，故d错误；故答案为：bd；点评：本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡常数的相关计算、化学平衡移动原理、电离常数及离子浓度大小的比较等知识，综合性很强，难度很大三、化学选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11（15分）（1）天然水中含有细菌，其主要成分是蛋白质，写出两种家庭中能杀灭水中细菌的简单方法加热、加消毒剂（2）现有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有mgcl2、cacl2利用下列试剂中的一部分或全部，设计软化该水的实验方案试剂：ca（oh）2溶液 naoh溶液 饱和na2co3溶液 肥皂水实验方案：（填写下表）实验步骤现象离子方程式向硬水中加入ca（oh）2溶液，直到不再产生沉淀为止继续向溶液中加入饱和碳酸钠溶液，直到不再产生沉淀为止将上述混合物过滤（填操作名称）（3）利用海水得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法等电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示a接电源的负极，i口排出的是淡水（填“淡水”或“海水”）（4）在（3）中某口排出的浓海水中溴元素的质量分数为a%，现用氯气将其中的溴离子氧化为溴单质，则处理1000t该浓海水需标准状况下的氯气的体积为1400am3考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；蒸馏与分馏 专题：实验设计题分析：（1）加热或者加入消毒剂能使蛋白质变性，据此解答即可；（2）根据氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀回答；依据氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀回答；分离固体与液体采取过滤的方法；（3）阳极是氢氧根离子失电子生成氧气和水；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；（4）先求出溴元素的总质量和总物质的量，再求出消耗的氯气的量解答：解：（1）家庭中能杀灭水中细菌的简单方法是：加热、加消毒剂，故答案为：加热、加消毒剂；（2）要使硬水软化，就要出去钙镁杂质离子，氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙和氢氧化镁沉淀，离子反应方程式为：mg2+2oh=mg（oh）2，氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，可使氯化钙转化为碳酸钙沉淀除去，离子反应方程式为：ca2+co32=caco3分离固体与液体采取过滤的方法，故答案为：；（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的阴阳离子在两个电极放电，所以a接电源的负极，水在b处流出，故答案为：负；b； （4）1000t该浓海水中溴元素的质量为1000ta%=10at，则n（br）=，由cl2+2br=2cl+br2可知处理1000t该浓海水需标况下的氯气为：，则氯气的体积为22.4l/mol=1400am3；故答案为：1400a点评：本题主要考查的是除杂，涉及蛋白质的变性、硬水的软化、海水的淡化等，难度较大，注意总结归纳四、化学选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12（15分）x、y、z、w、r、q为前30号元素，且原子序数依次增大x是所有元素中原子半径最小的，y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，z原子单电子数在同周期元素中最多，w与z同周期，第一电离能比z的低，r与y同一主族，q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）q+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10（2）化合物x2w2中w的杂化方式为sp3，zw2离子的立体构型是v形（3）y、r