甘肃省兰州市高考化学模拟试卷（含解析）.doc

甘肃省兰州市2015届高考化学模拟试卷 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）化学与生活、社会可持续发展密切相关下列有关叙述不正确的是（）a发生铅中毒时，可喝大量的牛奶或鸡蛋清来缓解病情bco2的水溶液呈酸性，co2的大量排放会导致酸雨的形成c黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质d利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料，有利于减少白色污染2（6分）设na为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）a25时，1l ph=13的ba（oh）2溶液中含有oh一的数目为0.2nab取50ml 14.0moill浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35nac标准状况下，2.24l二氧化硫中含有的电子总数为3.2nad28gn2与28g c18o中含有的质子数均为143（6分）下列实验操作不能达到预期目的是（） 选项 实验目的 操作 a 从溴水中提取单质溴先用ccl4 萃取分液后，再蒸馏 b证明 mg（oh）2沉淀可以转化为fe（oh）3沉淀向2ml1moll1naoh溶液中先加入3滴1moll1mgcl2溶液，再加入3滴1moll1fecl3 溶液 c验证蔗糖是否水解生成葡萄糖 向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，再加入少量naoh溶液，调至碱性，然后加银氨溶液水浴加热 d证明碱的非金属性强于硅 向nasio3溶液中通入适量co2 气体，有白色胶状沉淀生成aabbccdd4（6分）甲苯苯环上的氢原子被c4h9取代的同分异构体的种类数有（）a3种b6种c12种d18种5（6分）某同学在常温下设计以下实验流程探究na2s2o3的化学性质：ph=8na2s2o3溶液白色沉淀b下列说法正确的是（）a实验说明na2s2o3溶液中水电离的c（oh）=l08 molllbna2s2o3溶液ph=8的原因用离子方程式表示为s2o32+2h2ona2s2o3+2ohc生成的沉淀b可能是baso3或baso4，要进一步确认还需再加入稀硝酸验证d实验说明na2s2o3具有还原性6（6分）已知：常温下浓度为0.1mo1l1的下列溶液的ph如下表所示：溶质nafnaclona2co3ph7.59.711.6下列有关说法正确的是（）a加热0.1 molll nac1o溶液测其ph，ph小于9.7b0lmo1l1na2co3溶液中，存在如下关系：c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3）c根据上表数据得出四种酸电离平衡常数大小关系为：hfhc1oh2co3（一级电离平衡常数）dph=2的hf溶液与ph=12的naoh溶液体积比1：1混合，则有c（na+）=c（f）c（h+）=c（oh）7（6分）将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成nacl、naclo、naclo3的共存体系下列判断不正确的是（）a参加反应所需naoh与氯气的物质的量之比一定为2：1b反应体系中n（nacl）：n（naclo）：n（nac1o3）（物质的量之比）可能为11：1：2c若反应有amol氯气参加反应，则amol转移电子数mold反应中nac1o和naclo3为氧化产物，且物质的量之比一定为l：1三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第（一）必考题8（14分）构建知识网络体系，有助于知识的有序储存和应用下图a、b、c、d、e五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图转化关系：（1）若ae均为化合物，均含有y元素，a是淡黄色固体；物质的量浓度相等的b、c两溶液中c溶液的ph较小；电解d的水溶液可以生成b和两种气体单质，该反应是工业上生产b的重要反应检验c溶液中含有y元素的操作方法是电解d的水溶液时反应的化学方程式为（2）若a为气体单质，c、d的相对分子质量相差16，0.1moille溶液中只有，3种离子，且溶液中的则a、b、c、d、e中都含有的元素在周期表中的位置为，b的电子式为ec反应的离子方程式为（3）若a为短周期元素组成的固体非金属单质，标况下2.24lc气体通入1l 0.1mo1l一1的naoh溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的ph7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为（oh一除外）（4）若a为常见金属单质，b、c均为盐，b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，d是一种白色沉淀若将金属a的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该反应的离子方程式为9（14分）甲醇既是一种可再生能源，又是一种重要的化工原料工业上通过co（g）+2h2（g）ch3oh（g）生产甲醇（1）在一定温度下，向1l密闭容器中充入1mol co和2mo1h2，发生上述反应，10分钟时反应达平衡，此时co的转化率为50%前10分钟生成甲醇的平均反应速率为；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的h为（填“”、“”或“=”）0下列关于上述反应的叙述，不正确的是（填字母编号）a缩小容器的体积，平衡将向右移动，c（co）将变大b达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快c恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化则该反应达到平衡状态d反应过程中生成ch3oh的速率与消耗co的速率相等则该反应达到平衡状态e使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高co的转化率（2）在容积为1l的恒容容器中，分别研究在230、250、270三种温度下合成甲醇的规律上述三种温度下不同的h2和co的起始组成比（起始时co的物质的量均1mol）与co平衡转化率的关系如图1所示在上述三种温度中，曲线z对应的温度是利用图中a点对应的数据，计算该反应在对应温度下的平衡常数k=（3）利用甲醇与水蒸气催化重整可获得清洁能源氢气，已知：ch3oh （g）+o2 （g）co2（g）+2h2 （g）h1=192.9kjmollh2（g）+o2（g）h2o（g）h2=120.9kjmol1则甲醇与水蒸气催化重整反应：ch3oh（g）+h2o（g）co2（g）+3h2（g） 的焓变h3=（4）有人设计甲醇一空气燃料电池的示意图如图2所示，工作时负极的电极反应式可表示为若以该电池为电源，用石墨做电极电解200ml含有下列离子的溶液：离子cu2+h+clso42c/moll10.5220.5电解一段时间后，标况下当两极收集到相同体积的气体时，阳极上收集到氧气的质量为 （忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）10（15分）过氧化钙晶体（cao28h2o）可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等实验室可用工业碳酸钙（含mgco3、feco3杂质）制取纯净的碳酸钙，然后再用纯净的碳酸钙制取过氧化钙晶体，其主要流程如图1：回答下列问题：（1）写出反应发生氧化还原反应的离子方程式操作i用的玻璃仪器有（2）反应生成cao28h2o的化学反应方程式为；反应冰水控制温度在0左右的主要原因是；（3）已知：i2+2s2o32=2i+s4o62，测定产品中cao2的含量的实验步骤如下：第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入过量的b gki晶体，加入适量蒸馏水溶解再滴入少量2moll1的h2so4溶液，充分反应第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液m/g第三步：逐滴加入浓度为c moll1的na2s2o3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是若滴定消耗na2s2o3溶液vml，样品中cao2的质量分数为（用字母表示）（4）已知过氧化钙加热至350左右开始分解放出氧气将过氧化钙晶体（ cao28h2o）在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图2曲线所示，则350以上所得固体物质的化学式为【化学一选修2化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）粗铜精炼后的阳极泥中含有cu、au（金）和pbso4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如下：（1）电解精炼含铜、金、铅的粗铜时，电解液应该用溶液作电解液，电解时阳极的电极反应式为和cu2e=cu2+（2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是，焙烧后的阳极泥中除含金、pbso4外，还有（填化学式）（3）完成操作i的主要步骤：，过滤，洗涤，干燥（4）写出用so2还原auc14一的离子反应方程式（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法（6）用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用（已知298k时，ksp（pbco3）=l.46l013，ksp（pbso4）=l.82l08）【化学一选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12已知a、b、c、d、e、w六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期其中a、d原子的最外层电子数均等于其周期序数，且d原子的电子层数是a的3倍；b原子核外电子有6种不同的运动状态，且s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；c原子l层上有2对成对电子e有“生物金属”之称，e4+离子和氩原子的核外电子排布相同；w位于周期表中第8列，请回答：（1）ba2c分子中b原子的杂化方式为，ba2c分子的空间构型为（2）写出与bc2分子互为等电子体的一种分子的化学式bc2在高温高压下所形成晶体的晶胞如右图l所示则该晶体的类型属于晶体（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）；（3）经光谱测定证实单质d与强碱溶液反应有生成，则中存在a共价键 b配位键 c键 d键（4）“生物金属”e内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如右图2所示则晶胞中e原子的配位数为；若该晶胞的密度为p gcm3，阿伏加德罗常数为na，e原子的摩尔质量为mrgmol1，则该晶胞的棱长为 cm（5）w元素应用非常广泛，如果人体内w元素的含量偏低，则会影响o2在体内的正常运输已知w2+与kcn溶液反应得w（cn）2沉淀，当加入过量kcn溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示w元素基态原子价电子排布式为写出w （cn）2溶于过量kcn溶液的化学方程式【化学一选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13某种医药中间体的结构式为，常用于制备抗凝血药，可通过下列流程合成：已知：f变成g相当于从f分子中去掉1个x分子请回答（1）下列关于g的说法正确的是a能与溴水反应 b能与氢氧化钠溶液反应c1molg最多能和3mol氢气反应 d能与fec13溶液反应显紫色（2）bc的反应类型是（3）写出下列有关反应的化学方程式：a与新制氢氧化铜悬浊液共热，de：（4）f分子中有种化学环境不同的氢原子，化合物x的结构简式为（5）写出与d互为同分异构体且含苯环、酚羟基和酯基的有机物的同分异构体的结构简式甘肃省兰州市2015届高考化学模拟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）化学与生活、社会可持续发展密切相关下列有关叙述不正确的是（）a发生铅中毒时，可喝大量的牛奶或鸡蛋清来缓解病情bco2的水溶液呈酸性，co2的大量排放会导致酸雨的形成c黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质d利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料，有利于减少白色污染考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的应用；常见的生活环境的污染及治理 分析：a牛奶或生鸡蛋清属于蛋白质，遇重金属盐变性；b形成酸雨的气体是二氧化硫和氮氧化物；c胶体遇电解质溶液发生聚沉；d形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料解答：解：a重金属盐遇到牛奶或生鸡蛋清会使之发生变性，而不和人体蛋白质结合，所以喝牛奶或生鸡蛋清能解毒，故a正确； b二氧化硫和氮氧化物的大量排放会形成酸雨，二氧化碳的大量排放会导致温室效应，故b错误；c黄河中的泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故c正确；d形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料，难以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染，故d正确故选b点评：本题考查蛋白质的性质、酸雨、胶体、常见的生活环境的污染及治理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2（6分）设na为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）a25时，1l ph=13的ba（oh）2溶液中含有oh一的数目为0.2nab取50ml 14.0moill浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35nac标准状况下，2.24l二氧化硫中含有的电子总数为3.2nad28gn2与28g c18o中含有的质子数均为14考点：阿伏加德罗常数 分析：a根据溶液的ph=13，求出c（h+）和c（oh），然后根据n=cv求出氢氧根的个数；b浓硝酸随着反应的进行会逐渐变成稀硝酸，根据反应方程式cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+2no2+2h2o、3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o进行判断；c标准状况下2.24l二氧化硫的物质的量为0.1mol，二氧化硫分子中含有32个电子，0.1mol二氧化硫中含有3.2mol电子；d28g氮气的物质的量为1mol，含有14mol质子；28g c18o的物质的量需要1mol，含有质子数小于14mol解答：解：a溶液的ph=13，可知c（h+）=1013mol/l，故c（oh）=0.1mol/l，氢氧根的物质的量n=cv=0.1mol/l1l=0.1mol，故a错误；b铜与浓硝酸反应的方程式为：cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+2no2+2h2o，铜与稀硝酸反应的方程式为：3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o，硝酸的物质的量为0.7mol，0.7mol浓硝酸完全反应生成0.35mol二氧化氮，0.7mol稀硝酸与铜反应生成0.175mol一氧化氮，所以0.7mol浓硝酸与足量铜反应生成的气体的物质的量小于0.35mol，生成的气体分子数小于0.35na，故b错误；c标况下2.24l二氧化硫的物质的量为：=0.1mol，0.1mol二氧化硫中含有3.2mol电子，含有的电子总数为3.2na，故c正确；dn2与c18o分子中都含有14个电子，而二者的摩尔质量不同，根据n=可知，等质量的二者含有的质子数不同，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点有：考查22.4l/mol的正确使用；考查在氧化还原反应中得失电子数的计算；正确表示一定物质的量的某物质微粒所含某种微粒的个数；考查在标准状况下一定体积的气体分子所含的分子数和原子数3（6分）下列实验操作不能达到预期目的是（） 选项 实验目的 操作 a 从溴水中提取单质溴先用ccl4 萃取分液后，再蒸馏 b证明 mg（oh）2沉淀可以转化为fe（oh）3沉淀向2ml1moll1naoh溶液中先加入3滴1moll1mgcl2溶液，再加入3滴1moll1fecl3 溶液 c验证蔗糖是否水解生成葡萄糖 向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，再加入少量naoh溶液，调至碱性，然后加银氨溶液水浴加热 d证明碱的非金属性强于硅 向nasio3溶液中通入适量co2 气体，有白色胶状沉淀生成aabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a四氯化碳可萃取溴水中的溴；b氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀；c蔗糖水解生成葡萄糖，与银氨溶液的反应应在碱性条件下；d强酸反应制取弱酸解答：解：a四氯化碳可萃取溴水中的溴，溴和四氯化碳的沸点不同，可用蒸馏分离，故a正确； b氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明mg（oh）2沉淀可以转化为fe（oh）3沉淀，故b错误；c蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，故c正确；d强酸反应制取弱酸，最高价氧化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故d正确故选b点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯、沉淀转化、物质检验以及非金属性比较等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为2015届高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大4（6分）甲苯苯环上的氢原子被c4h9取代的同分异构体的种类数有（）a3种b6种c12种d18种考点：同分异构现象和同分异构体 分析：c4h9有四种结构，分别为：ch3ch2ch2ch2、ch3ch2ch（ch3）、（ch3）2chch2、（ch3）3c，苯环上的两个取代基位置可以有邻、间、对三种，据此解答即可解答：解：c4h9有四种结构，分别为：ch3ch2ch2ch2、ch3ch2ch（ch3）、（ch3）2chch2、（ch3）3c，甲苯上含有1个甲基，此时分为邻间对三种取代位置，故总共有同分异构体数目为43=12种，故选c点评：本题主要考查的是同分异构体的判断，掌握丁基有四种结构以及苯环上的二元取代有邻、间、对三种情况，难度不大5（6分）某同学在常温下设计以下实验流程探究na2s2o3的化学性质：ph=8na2s2o3溶液白色沉淀b下列说法正确的是（）a实验说明na2s2o3溶液中水电离的c（oh）=l08 molllbna2s2o3溶液ph=8的原因用离子方程式表示为s2o32+2h2ona2s2o3+2ohc生成的沉淀b可能是baso3或baso4，要进一步确认还需再加入稀硝酸验证d实验说明na2s2o3具有还原性考点：性质实验方案的设计；氧化还原反应；含硫物质的性质及综合应用 分析：常温下，由ph=8na2s2o3溶液可知，ph=8，溶液水解显碱性，c（h+）水=c（oh）水=l06 molll，由na2s2o3溶液白色沉淀b可知，发生s2o32+5h2o+4cl2+2ba2+=2baso4+8cl+10h+，以此来解答解答：解：a实验说明na2s2o3溶液中水电离的c（oh）=l06 molll，促进水的电离，故a错误；bna2s2o3溶液ph=8的原因用离子方程式表示为s2o32+h2ohs2o3+oh，故b错误；cbaso3与硝酸发生氧化还原反应生成baso4，不能加硝酸验证，故c错误；d实验发生s2o32+5h2o+4cl2+2ba2+=2baso4+8cl+10h+，s元素的化合价升高，说明na2s2o3具有还原性，故d正确；故选d点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，涉及盐类水解、氧化还原反应等，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大6（6分）已知：常温下浓度为0.1mo1l1的下列溶液的ph如下表所示：溶质nafnaclona2co3ph7.59.711.6下列有关说法正确的是（）a加热0.1 molll nac1o溶液测其ph，ph小于9.7b0lmo1l1na2co3溶液中，存在如下关系：c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3）c根据上表数据得出四种酸电离平衡常数大小关系为：hfhc1oh2co3（一级电离平衡常数）dph=2的hf溶液与ph=12的naoh溶液体积比1：1混合，则有c（na+）=c（f）c（h+）=c（oh）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的原理 分析：a盐的水解为吸热反应，升高温度促进了醋酸根离子的水解，溶液的ph增大；b根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；c溶液ph越大，酸的电离程度越大，对应酸的定性越弱，酸的电离程度越小；d混合液中氟化氢过量，溶液显示酸性，结合电荷守恒判断各离子浓度大小解答：解：a加热0.1 moll1nac1o溶液，次氯酸根离子的水解程度增大，溶液的ph增大，则溶液的ph大于9.7，故a错误；b0lmo1l1na2co3溶液中，根据质子守恒可得：c（oh）=c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3），整理可得：c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3），故b正确；c溶液的ph越大，酸根离子的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，根据上表数据得出酸性强弱为：hfhc1ohco3，则得出的酸的电离程度为：hfhc1ohco3，故c错误；dph=2的hf溶液与ph=12的naoh溶液体积比1：1混合，氟化氢为弱酸，则混合液中氟化氢过量，溶液显示酸性，结合电荷守恒可得：c（f）c（na+）c（h+）c（oh），故d错误；故选b点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力7（6分）将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成nacl、naclo、naclo3的共存体系下列判断不正确的是（）a参加反应所需naoh与氯气的物质的量之比一定为2：1b反应体系中n（nacl）：n（naclo）：n（nac1o3）（物质的量之比）可能为11：1：2c若反应有amol氯气参加反应，则amol转移电子数mold反应中nac1o和naclo3为氧化产物，且物质的量之比一定为l：1考点：有关混合物反应的计算 分析：发生反应有：cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o、3cl2+6naoh=5nacl+naclo3+3h2o，a根据钠离子和氯原子质量守恒分析参加反应的氢氧化钠和氯气的物质的量之比；b根据氧化还原反应中得失电子相等判断；c根据极值法及电子守恒计算出转移电子的范围；d题中缺少次氯酸钠、氯酸钠的量，无法计算二者的物质的量之比解答：解：a根据nacl、naclo、naclo3可知，钠离子和氯原子的物质的量之比为1：1，则参加反应所需naoh与氯气的物质的量之比一定为1：=2：1，故a正确；b设n（nacl）=11mol、n（naclo）=2mol、n（naclo3）=1mol，生成nacl获得的电子为：11mol1=11mol，生成naclo、naclo3失去的电子为1mol1+2mol5=11mol，得失电子相等，故反应体系中n（nacl）：n（naclo）：n（nac1o3）（物质的量之比）可能为11：1：2，故b正确；c若amol氯气参与反应，发生反应有：cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o、3cl2+6naoh=5nacl+naclo3+3h2o，若氧化产物只有naclo，转移电子数最少，为amol21=amol；氧化产物只有naclo3，转移电子数最多，为amol21=mol，所以反应转移电子为：amol转移电子数mol，故c正确；d根据化合价变化可知，反应中nac1o和naclo3为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算二者的物质的量之比，故d错误；故选d点评：本题考查了氧化还原反应的有关计算，题目难度中等，根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，并结合极限法分析解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第（一）必考题8（14分）构建知识网络体系，有助于知识的有序储存和应用下图a、b、c、d、e五种物质均含有同一种元素，它们之间有如图转化关系：（1）若ae均为化合物，均含有y元素，a是淡黄色固体；物质的量浓度相等的b、c两溶液中c溶液的ph较小；电解d的水溶液可以生成b和两种气体单质，该反应是工业上生产b的重要反应检验c溶液中含有y元素的操作方法是用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素电解d的水溶液时反应的化学方程式为2nacl+2h2oh2+cl2+2naoh（2）若a为气体单质，c、d的相对分子质量相差16，0.1moille溶液中只有，3种离子，且溶液中的则a、b、c、d、e中都含有的元素在周期表中的位置为第二周期第a族，b的电子式为ec反应的离子方程式为3cu+8h+2no3（稀）3cu2+2no+4h2o（3）若a为短周期元素组成的固体非金属单质，标况下2.24lc气体通入1l 0.1mo1l一1的naoh溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的ph7，则反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）（oh一除外）（4）若a为常见金属单质，b、c均为盐，b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，d是一种白色沉淀若将金属a的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该反应的离子方程式为8al+3no3+5oh+2h2o=8alo2+3nh3考点：无机物的推断 分析：a、b、c、d、e五种物质均含有同一种元素，（1）若ae均为化合物，均含有y元素，a是淡黄色固体，能发生反应生成b、c，则a是na2o2，过氧化钠能和水、二氧化碳分别反应生成naoh、na2co3，b、c两溶液在等物质的量浓度时，c 溶液的ph较小，则b是naoh、c是na2co3，电解d的水溶液可以生成b和两种气体单质，该反应是工业上生产b的重要反应，则d为nacl，根据dec可知，e是nahco3；（2）若a为单质，c、d的相对分子质量相差16，相差一个o原子，0.1mol/l e溶液中只有3种离子，且常温下溶液中的=1012，溶液呈强酸性，e为酸，符合条件时，a为n2、b为nh3、c为no、d为no2、e为hno3，再结合物质之间的反应分析解答；（3）若a为短周期元素组成的固体非金属单质，a能生成c，且c能与氢氧化钠反应，则c一般为氢化物或氧化物，标况下2.24lc即0.1mol气体通入1l 0.1mo1l1的naoh溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的ph7，则a应为s元素，c为so2，生成的nahso3溶液中亚硫酸氢根离子的水解程度小于电离程度，以电离为主，所以溶液呈酸性，据此答题；（4）a为金属单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀，若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，则a为al，b为alcl3，c为naalo2，d为al（oh）3，据此答题解答：解：a、b、c、d、e五种物质均含有同一种元素，（1）若ae均为化合物，均含有y元素，a是淡黄色固体，能发生反应生成b、c，则a是na2o2，过氧化钠能和水、二氧化碳分别反应生成naoh、na2co3，b、c两溶液在等物质的量浓度时，c 溶液的ph较小，则b是naoh、c是na2co3，电解d的水溶液可以生成b和两种气体单质，该反应是工业上生产b的重要反应，则d为nacl，y为钠元素，根据dec可知，e是nahco3，检验c溶液中含有y元素的操作方法是用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素，故答案为：用盐酸将铂丝洗净后，放在无色火焰上灼烧至无色，再蘸取碳酸钠溶液放在无色火焰上灼烧，若火焰出现黄色，则说明溶液中有钠元素； d为nacl，电解d的水溶液时反应的化学方程式为2nacl+2h2oh2+cl2+2naoh，故答案为：2nacl+2h2oh2+cl2+2naoh；（2）若a为单质，c、d的相对分子质量相差16，相差一个o原子，0.1mol/l e溶液中只有3种离子，且常温下溶液中的=1012，溶液呈强酸性，e为酸，符合条件时，a为n2、b为nh3、c为no、d为no2、e为hno3，a、b、c、d、e中都含有的元素为氮元素，在周期表中的位置为第二周期第a族，b为nh3，b的电子式为，故答案为：第二周期第a族；ec反应的离子方程式为3cu+8h+2no3（稀）3cu2+2no+4h2o，故答案为：3cu+8h+2no3（稀）3cu2+2no+4h2o；（3）若a为短周期元素组成的固体非金属单质，a能生成c，且c能与氢氧化钠反应，则c一般为氢化物或氧化物，标况下2.24lc即0.1mol气体通入1l 0.1mo1l1的naoh溶液中，恰好完全反应，测得所得溶液的ph7，则a应为s元素，c为so2，生成的nahso3溶液中亚硫酸氢根离子的水解程度小于电离程度，以电离为主，所以溶液呈酸性，所以反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32），故答案为：c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）；（4）a为金属单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀，若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，则a为al，b为alcl3，c为naalo2，d为al（oh）3，若将金属a的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量的氢氧化钠溶液，只产生一种无色、有刺激性气味的且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，该反应的离子方程式为8al+3no3+5oh+2h2o=8alo2+3nh3，故答案为：8al+3no3+5oh+2h2o=8alo2+3nh3点评：本题考查无机物的推断，注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键，习题综合性较强，涉及内容较多，题目难度较大9（14分）甲醇既是一种可再生能源，又是一种重要的化工原料工业上通过co（g）+2h2（g）ch3oh（g）生产甲醇（1）在一定温度下，向1l密闭容器中充入1mol co和2mo1h2，发生上述反应，10分钟时反应达平衡，此时co的转化率为50%前10分钟生成甲醇的平均反应速率为0.05mol/（lmin）；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的h为（填“”、“”或“=”）0下列关于上述反应的叙述，不正确的是bde（填字母编号）a缩小容器的体积，平衡将向右移动，c（co）将变大b达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快c恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化则该反应达到平衡状态d反应过程中生成ch3oh的速率与消耗co的速率相等则该反应达到平衡状态e使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高co的转化率（2）在容积为1l的恒容容器中，分别研究在230、250、270三种温度下合成甲醇的规律上述三种温度下不同的h2和co的起始组成比（起始时co的物质的量均1mol）与co平衡转化率的关系如图1所示在上述三种温度中，曲线z对应的温度是270利用图中a点对应的数据，计算该反应在对应温度下的平衡常数k=4（3）利用甲醇与水蒸气催化重整可获得清洁能源氢气，已知：ch3oh （g）+o2 （g）co2（g）+2h2 （g）h1=192.9kjmollh2（g）+o2（g）h2o（g）h2=120.9kjmol1则甲醇与水蒸气催化重整反应：ch3oh（g）+h2o（g）co2（g）+3h2（g） 的焓变h3=70kjmol1（4）有人设计甲醇一空气燃料电池的示意图如图2所示，工作时负极的电极反应式可表示为ch3oh6e+8oh=co32+6h2o若以该电池为电源，用石墨做电极电解200ml含有下列离子的溶液：离子cu2+h+clso42c/moll10.5220.5电解一段时间后，标况下当两极收集到相同体积的气体时，阳极上收集到氧气的质量为3.2g （忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）考点：化学平衡的计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 分析：（1）根据co的转化率计算参加反应co的物质的量，根据方程式计算生成甲醇的物质的量，再根据v=计算v（ch3oh）；由方程式可知3mol气体反应生成1mol气体，故该反应为熵减的反应，根据g=hts0，可以自发进行，据此判断；a缩小容器的体积，压强增大，平衡向右移动，但c（co）将变大；b浓度降低，反应速率减小；c恒温、恒容条件下，随反应进行，容器内压强减小，容器内的压强不发生变化，反应达到平衡状态；dch3oh生成速率与co消耗速率，均表示正反应速率；e使用合适的催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动；（2）由图可知，h2和co的起始组成比一定时，平衡时co转化率：xyz，升高温度平衡向吸热反应方向移动，结合反应热效应判断温度关系；根据co的转化率计算参加反应的co物质的量，利用三段式计算平衡时各组分物质的量，由于容器体积为1l，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式k=计算；（3）根据盖斯定律，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，反应热也进行相应的计算；（4）负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水；电解过程中，开始阴极是cu2+放电生成cu，没有气体生成，阳极是cl放电生成cl2，电解一段时间后，标况下当两极收集到相同体积的气体，说明阳极上氢离子放电生成h2，由于氢离子、氯离子浓度相等，则二者物质的量相等，等量的氢离子、氯离子放电生成氢气、氯气体积相等，根据电子转移守恒，氯离子放电完毕时，氢离子有剩余，二者最终两极生成氢气体积相等，故阳极上氯离子放电完毕，且氢氧根离子放电，根据根据电子转移守恒计算生成氧气物质的量，再根据v=nvm计算其体积解答：解：（1）10分钟时反应达平衡，co的转化率为50%，则参加反应co的物质的量为1mol50%=0.5mol，由co（g）+2h2（g）ch3oh（g），可知生成甲醇的物质的量为0.5mol，容器体积为1l，则v（ch3oh）=0.05mol/（lmin）；由方程式可知3mol气体反应生成1mol气体，故该反应为熵减的反应，该反应在低温下能自发进行，根据g=hts0，反应自发进行，则反应的h0，故答案为：0.05mol/（lmin）；a缩小容器的体积，压强增大，平衡向右移动，平衡时生成物的浓度增大，而平衡常数不变，故平衡时反应物的浓度也增大，故平衡时c（co）将变大，故a正确；b平衡时移走部分甲醇，瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动，而后反应速率减小，故b错误；c恒温、恒容条件下，随反应进行，容器内压强减小，容器内的压强不发生变化，反应达到平衡状态，故c正确；dch3oh生成速率与co消耗速率，均表示正反应速率，二者反应速率始终相等，故d错误；e使用合适的催化剂，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不影响平衡移动，co的转化率不变，故e错误，故选：bde；（2）由图可知，h2和co的起始组成比一定时，平衡时co转化率：xyz，由（1）可知该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，co的转化率减小，故温度：xyz，即z曲线对于的温度为270，故答案为：270；=1.5，co起始物质的量为1mol，则氢气起始物质的量为1.5mol，反应达平衡，co的转化率为50%，则参加反应co的物质的量为1mol50%=0.5mol， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）开始（mol）：1 1.5 0变化（mol）0.5 1 0.5平衡（mol）：0.5 0.5 0.5由于容器体积为1l，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数k=4，故答案为：4；（3）已知：ch3oh （g）+o2 （g）co2（g）+2h2 （g）h1=192.9kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（g）h2=120.9kjmol1根据盖斯定律，可得：ch3oh（g）+h2o（g）co2（g）+3h2（g），则焓变h3=h1h2=（192.9kjmol1）（120.9kjmol1）=70kjmol1，故答案为：70kjmol1；（4）负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：ch3oh6e+8oh=co32+6h2o，电解过程中，开始阴极是cu2+放电生成cu，没有气体生成，阳极是cl放电生成cl2，电解一段时间后，标况下当两极收集到相同体积的气体，说明阳极上氢离子放电生成h2，由于氢离子、氯离子浓度相等，则二者物质的量相等，等量的氢离子、氯离子放电生成氢气、氯气体积相等，根据电子转移守恒，氯离子放电完毕时，氢离子有剩余，二者最终两极生成氢气体积相等，故阳极上氯离子放电完毕，且氢氧根离子放电，溶液中含有n（cu2+）=0.5mol/l0.2l=0.1mol，n（cl）=2mol/l0.2l=0.4mol，根据氯原子守恒可知生成氯气为0.2mol，设生成氧气为x mol，则生成氢气为（x+0.2）mol，根据电子转移守恒：0.1mol2+（x+0.2）mol2=0.2mol2+x mol4解得x=0.1，故生成氧气的质量为0.1mol32g/mol=3.2g，故答案为：ch3oh6e+8oh=co32+6h2o；3.2g点评：本题考查化学反应速率计算、化学平衡计算、化学平衡影响因素、电极反应式书写、电解有关计算，（4）中关键是判断发生的反应，注意利用电子转移守恒解答，难度中等10（15分）过氧化钙晶体（cao28h2o）可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等实验室可用工业碳酸钙（含mgco3、feco3杂质）制取纯净的碳酸钙，然后再用纯净的碳酸钙制取过氧化钙晶体，其主要流程如图1：回答下列问题：（1）写出反应发生氧化还原反应的离子方程式3feco3+10h+no3=3fe3+no+3co2+5h2o操作i用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒（2）反应生成cao28h2o的化学反应方程式为cacl2+h2o2+2nh3+8h2o=cao28h2o+2nh4cl；反应冰水控制温度在0左右的主要原因是防止h2o2分解，提高其利用率或降低cao28h2o溶解度，提高产率；（3）已知：i2+2s2o32=2i+s4o62，测定产品中cao2的含量的实验步骤如下：第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入过量的b gki晶体，加入适量蒸馏水溶解再滴入少量2moll1的h2so4溶液，充分反应第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液m/g第三步：逐滴加入浓度为c moll1的na2s2o3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是溶液由蓝色变成无色，且30s内不出现蓝色若滴定消耗na2s2o3溶液vml，样品中cao2的质量分数为%（用字母表示）（4）已知过氧化钙加热至350左右开始分解放出氧气将过氧化钙晶体（ cao28h2o）在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图2曲线所示，则350以上所得固体物质的化学式为cao考点：制备实验方案的设计 分析：碳酸钙、碳酸镁与稀硝酸反应生成硝硝酸钙、硝酸镁与二氧化碳，碳酸亚铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、二氧化碳、no，溶液中加入浓氨水，镁离子、铁离子转化为氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液中加入碳酸铵将硝酸钙转化为碳酸钙，过滤分离得到碳酸钙，再与盐酸反应生成氯化钙，在加入过氧化氢、氨气得到反应得到cao2，溶液冷却结晶得到cao28h2o，副产品中含有氯化铵（1）反应中只有feco3与硝酸反应是氧化还原反应；操作i是过滤；（2）该反应的反应物为cacl2、h2o2、nh3，反应生成cao28h2o与nh4cl；h2o2受热易分解，采用冰水控制温度在0左右，防止其分解，提高利用率，同时温度低能较低溶解度，提高产率；（3）碘遇淀粉变蓝色，结束时溶液由蓝色变成无色；根据电子转移守恒及题中反应方程式，可得关系式：cao2i22s2o32，设样品中cao2的质量分数为x，根据关系式列方程计算；（4）固体由2.16g加热到350变为0.56g，在加热过程中固体中钙元素的量不变，据此计算剩余固体中ca元素质量，利用质量守恒计算剩余固体中o元素质量，进而确定化学式解答：解：碳酸钙、碳酸镁与稀硝酸反应生成硝硝酸钙、硝酸镁与二氧化碳，碳酸亚铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、二氧化碳、no，溶液中加入浓氨水，镁离子、铁离子转化为氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液中加入碳