黑龙江省绥化市三校高三化学上学期期末联考试题（含解析）.doc

黑龙江省绥化市三校2015届高三上学期期末联考化学试卷一、选择题：本卷共7小题每小题6分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1如图为雾霾的主要成分示意图下列说法不正确的是（）a重金属离子可导致蛋白质变性b苯是最简单的芳香烃cso2和nxoy都属于酸性氧化物d汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：a重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性；b根据芳香烃的定义分析；cnxoy组成未知，不一定是酸性氧化物；d汽车尾气的排放可导致雾霾天气解答：解：a重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，故a正确；b芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，最简单的芳香烃是苯，故b正确；c二氧化硫为酸性氧化物，但nxoy组成未知，不一定是酸性氧化物，故c错误；d汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，故d正确；故选c点评：本题考查了蛋白质、胶体的性质、芳香烃的、酸性氧化物的定义，涉及知识点广，均为基础性知识，熟练掌握物质的性质和概念是解题的关键2（6分）（2014河南模拟）下列关于 乙烯 苯 乙醇 乙酸 葡萄糖等有机物的叙述不正确的是（）a可以用新制的cu（oh）2悬浊液鉴别b只有能使酸性kmno4溶液褪色c只有能发生取代反应d一定条件下，可以转化为考点：乙烯的化学性质；苯的性质；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质；葡萄糖的性质和用途.专题：有机反应分析：a、乙醇与新制的cu（oh）2悬浊液不反应，乙酸能与新制的cu（oh）2悬浊液反应，溶液变澄清，葡萄糖与新制的cu（oh）2悬浊液加热生成砖红色沉淀；b、能使酸性kmno4溶液褪色的有机物有：烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等；c、葡萄糖中含有羟基；d、葡萄糖发生分解生成乙醇和二氧化碳；解答：解：a、乙醇与新制的cu（oh）2悬浊液不反应；乙酸能与新制的cu（oh）2悬浊液反应，溶液变澄清；葡萄糖与新制的cu（oh）2悬浊液加热生成砖红色沉，现象不同，可以用新制的cu（oh）2悬浊液鉴别三者，故a正确；b、乙烯、乙醇、葡萄糖（多羟基醛）能使酸性kmno4溶液褪色，苯、乙酸不能使酸性kmno4溶液褪色，故b正确；c、葡萄糖中含有羟基，能与羧酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故c错误；d、葡萄糖发生分解生成乙醇和二氧化碳，所以一定条件下，可以转化为，故d正确；故选c点评：本题考查了有机物的性质与鉴别，难度不大，注意酯化反应属于取代反应3（6分）下列解释实验事实的方程式正确的是（）aal2（so4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：al3+3ohal（oh）3b90时，测得纯水中c（h+）c（oh）3.81013：h2o（l）h+（aq）+oh（aq）h0cfecl3溶液中通入so2，溶液黄色褪去：2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+d碳酸钠溶液滴入酚酞变红：co32+2h2oh2co3+2oh考点：镁、铝的重要化合物；水的电离；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质.分析：a一水合氨为弱碱，离子方程式不能拆；b温度升高，kw增大，水的电离吸热；c发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和盐酸；d多元弱酸根水解应分布进行解答：解：a一水合氨为弱碱，离子方程式不能拆，方程式应为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故a错误；b.90时，测得纯水中c（h+）c（oh）=3.81013，则h2o（l）h+（aq）+oh（aq）h0，故b错误；cfecl3溶液中通入so2，溶液黄色褪去的离子反应为2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+，故c正确；d碳酸钠溶液滴入酚酞变红，因为碳酸根水解成碱性，但多元弱酸根水解应分布进行，所以方程式应为co32+h2ohco3+oh，故d错误；故选c点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电离反应、氧化还原反应、与量有关的离子反应的考查，题目难度不大4（6分）设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）a一定条件下，2molso2和1molo2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2nab256g s8分子中含ss键为7na个 c由1molch3coona和少量ch3cooh形成的中性溶液中，ch3coo数目为na个d1 mol na与o2完全反应，生成na2o和na2o2的混合物，转移电子总数为na个考点：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二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，反应物不会完全转化成生成物；b一个s8分子中含8个ss键，据此计算出256g晶体中含有的ss的数目；c根据电荷守恒判断：溶液为中性，氢离子与氢氧根离子浓度相等，则钠离子与醋酸根离子相等；d钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子解答：解：a一定条件下，2molso2和1molo2混合在密闭容器中充分反应后，该反应为气体体积减小的可逆反应，所以反应后气体的物质的量大于2mol，反应后容器中的分子数大于2na，故a正确；b256g s8晶体含有s8的物质的量为1mol，1mols8中含有8mol ss键，含有的ss键为8na个，故b错误；c由1mol ch3coona和少量ch3cooh形成的中性溶液中，含有1mol钠离子；根据电荷守恒，溶液为中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，则钠离子与ch3coo的物质的量相等，所以溶液中含有ch3coo的物质的量为1mol，含有的ch3coo数目为na个，故c正确；d1molna完全反应失去1mol电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为1mol，转移电子总数na个，故d正确；故选b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，选项c为易错点，注意电荷守恒的应用5（6分）分子式为c5h12o的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）a15种b16种c17种d18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：书写戊基c5h11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目，c5h12o的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸解答：解：分子式为c5h12o的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有oh，该物质为戊醇，戊基c5h11可能的结构有：ch2ch2ch2ch2ch3、ch（ch3）ch2ch2ch3、ch（ch2ch3）2、chch（ch3）ch2ch3、c（ch3）2ch2ch3、c（ch3）ch（ch3）2、ch2ch2ch（ch3）2、ch2c（ch3）3，所以该有机物的可能结构有8种；c5h12o的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，丙基有2种结构，故生成的酯为16种故选b点评：本题考查同分异构体的书写，难度中等，根据结构利用换元法进行解答即可6（6分）（2014吉林二模）pc类似ph，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值如某溶液溶质的浓度为：1103moll1，则该溶液中溶质的pc=3下列表达正确的是（）a某温度下任何电解质的水溶液中，pc（h+）+pc（oh）=14b0.01mol/l的cacl2溶液中逐渐滴加纯碱溶液，滴加过程中pc（ca2+）逐渐减小c用0.01mol/l的盐酸滴定某浓度的naoh溶液，滴定过程中pc（h+）逐渐增大d某温度下，ab难溶性离子化合物的ksp=1.01010，其饱和溶液中pc（a+）+pc（b）=10考点：溶液ph的定义.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、kw的大小受到温度的影响，pc（h+）+pc（oh）=lgkw；b、pc（ca2+）与c（ca2+）成反比；c、滴定过程中碱性减弱，c（h+）逐渐增大；d、由ksp表达式和pc定义即可计算出pc（a+）+pc（b）的大小解答：解：a、kw的大小受到温度的影响，温度越高kw越大，kw=c（h+）c（oh），pc（h+）+pc（oh）=lgc（h+）c（oh）=lgkw，只有在常温下kw=1014，pc（h+）+pc（oh）=14，故a错误；b、滴加过程中碳酸根和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，c（ca2+）逐渐减小，pc（ca2+）与c（ca2+）成反比，所以pc（ca2+）逐渐增大，故b错误；c、用0.01mol/l的盐酸滴定某浓度的naoh溶液过程中，氢离子与氢氧根反应生成水，碱性减弱，c（h+）逐渐增大，pc（h+）逐渐减小，故c错误；d、因为ksp=c（a+）c（b）=1.01010，所以pc（a+）+pc（b）=lgc（a+）c（b）=lgksp=lg（1.01010）=10，故d正确；故选：d点评：本题考查kw、ksp影响因素及计算、离子反应等知识，重在考查知识迁移能力，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力7（6分）如图图示与对应的叙述相符的是（）a由图甲可以判断：对于反应aa（g）+bb（g）cc（g），若t1t2，则a+b=c且h0b图乙表示压强对可逆反应2a（g）+2 b（g）3c（g）+d（s）的影响，乙的压强比甲的压强大c根据图丙，若除去cuso4溶液中的fe3+，可向溶液中加入适量naoh溶液，调节ph4d图丁表示用0.1000mol/lnaoh溶液滴定20.00ml0.1000mol/l醋酸溶液得到的滴定曲线考点：化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：图示题分析：a、温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化a的转化率不变，据此判断；b、压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动；c、若除去cuso4溶液中的fe3+，根据图丙，可向溶液中加入适量naoh溶液，调节ph4到5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀；d、用0.1mol/l的盐酸滴定20ml 0.1mol/lnaoh溶液，未滴入盐酸时开始ph为13解答：解：a、温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化a的转化率不变，说明两边的计量数相等，所以温度越高，反应物的转化率越低，说明该反应为放热反应，压强变化a的转化率不变，故a正确；b、对于2a（g）+2 b（g）3c（g）+d（s），压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动，故b错误；c、若除去cuso4溶液中的fe3+，根据图丙，可向溶液中加入适量naoh溶液，调节ph4到5，使铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，加适量naoh溶液，引入钠离子，故c错误；d、用0.1mol/l的盐酸滴定20ml 0.1mol/lnaoh溶液，未滴入盐酸时开始ph为13，故d错误；故选a点评：本题考查了除杂的试剂的选择，平衡的移动和电解质的相关知识，依据除杂的原则分析，注意三价铁离子的去除，常通过对fe3+水解平衡的影响角度解答二、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题每个试题考生都必须作答选考题考生根据要求作答（一）必考题8（14分）制烧碱所用盐水需两次精制第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中ca2+、mg2+、so42等离子，过程如下：向粗盐水中加入过量bacl2溶液，过滤；向所得滤液中加入过量na2co3溶液，过滤；滤液用盐酸调节ph，获得第一次精制盐水（1）过程除去的离子是so42（2）过程、生成的部分沉淀及其溶解度（20/g）如下表，请依据表中数据解释下列问题：caso4mg2（oh）2co3caco3baso4baco32.61022.51047.81042.41041.7103过程选用bacl2而不选用cacl2的原因为baso4的溶解度比caso4的小，可将so42沉淀更完全过程ii之后检测ca2+、mg2+及过量ba2+是否除尽时，只需检测ba2+即可，原因是在baco3、caco3、mg2（oh）2co3 中，baco3的溶解度最大，若ba2+沉淀完全，则说明mg2+ 和ca2+也沉淀完全（3）第二次精制要除去微量的i、io3、nh4+、ca2+、mg2+，流程示意如图：过程除去的离子有nh4+、i盐水b中含有so42na2s2o3将io3还原为i2的离子方程式是5s2o32+8io3+2oh4i2+10so42+h2o过程vi中，产品naoh在电解槽的阴极区生成（填“阳极”或“阴极”），该电解槽为阳离子交换膜电解槽（填“阳”或“阴”）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：（1）根据氯化钡能够与硫酸根离子反应生成硫酸钡进行解答；（2）根据表中数据分析baso4与caso4的溶解度大小，溶解度越小，沉淀越完全；根据baco3、caco3、mg2（oh）2co3 的溶解度进行分析；（3）次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化铵根离子和碘离子；na2s2o3具有还原性，能够与碘酸根离子发生氧化还原反应，同时被氧化成硫酸根离子，据此写出反应的离子方程式；根据电解原理及水的电离平衡h2oh+oh进行分析在电解槽的阴极区生成naoh原理以及判断此交换膜解答：解：（1）向粗盐水中加入过量bacl2溶液，硫酸根离子与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤除去硫酸钡，从而除去杂质so42，故答案为：so42；（2）硫酸钡的溶度积为2.4104，硫酸钙的溶度积为2.6102，显然硫酸钙的溶度积大于硫酸钡，即baso4的溶解度比caso4的小，可将so42沉淀更完，故答案为：baso4的溶解度比caso4的小，可将so42沉淀更完全；根据步骤数据可知，在baco3、caco3、mg2（oh）2co3 中，baco3的溶解度最大，若ba2+沉淀完全，则说明mg2+ 和ca2+也沉淀完全，故答案为：在baco3、caco3、mg2（oh）2co3 中，baco3的溶解度最大，若ba2+沉淀完全，则说明mg2+ 和ca2+也沉淀完全；（3）过程加入次氯酸钠，次氯酸根离子能够氧化nh4+、i，从而除去杂质nh4+、i，故答案为：nh4+、i；盐水b中含有so42，na2s2o3将io3还原为i2，na2s2o3被氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5s2o32+8io3+2oh4i2+10so42+h2o，故答案为：5s2o32+8io3+2oh4i2+10so42+h2o；电解过程中，h+在阴极上得电子变成h2逸出，使h2oh+oh电离平衡向右移动，oh在阴极区浓度增大，na+向阴极区移动，最后naoh在阴极区生成，故此交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阴极，阳点评：本题考查了粗盐的提纯、难溶电解质的沉淀平衡及转化、电解原理、离子方程式的书写等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较多，注意掌握粗盐的提纯方法、物质的分离与提纯原则，明确电解原理及应用方法，能够正确书写离子方程式9（14分）（2014长春二模）短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，a是周期表中原子半径最小的元素，b是形成化合物种类最多的元素，c原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，d是同周期中金属性最强的元素，e的负一价离子与c的某种氢化物分子含有相同的电子数（1）a、c、d形成的化合物中含有的化学键类型为离子键、极性键（或共价键）（2）已知：ee2eh=+a kjmol1；2aaah=b kjmol1；e+aaeh=c kjmol1；写出298k时，a2与e2反应的热化学方程式h2（g）+cl2（g）=2hcl（g）h=（a+b2c）kjmol1（3）在某温度下、容积均为2l的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2a2（g）+bc（g）x（g）h=a kjmol1（a0，x为a、b、c三种元素组成的一种化合物）初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：实验甲乙丙初始投料2mola2、1molbc1molx4mola2、2molbc平衡时n（x）0.5moln2n3反应的能量变化放出q1kj吸收q2kj放出q3kj体系的压强p1p2p3反应物的转化率123在该温度下，假设甲容器从反应开始到平衡所需时间为4min，则a2的平均反应速率v（a2）=0.125moll1min1计算该温度下此反应的平衡常数k=4l2/mol2三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是abd（填字母）a1+2=1bq1+q2=ac31dp32p1=2p2en2n31.0molfq3=2q1在其他条件不变的情况下，将甲容器的体系体积压缩到1l，若在第8min达到新的平衡时a2的总转化率为75%，请在图1中画出第5min到新平衡时x的物质的量浓度的变化曲线（4）熔融碳酸盐燃料电池（mcfc）是一种高温燃料电池，被称为第二代燃料电池目前已接近商业化，示范电站规模已达2mw，从技术发展趋势来看，是未来民用发电的理想选择方案之一现以a2（g）、bc（g）为燃料，以一定比例li2co3和na2co3低熔混合物为电解质写出碳酸盐燃料电池（mcfc）正极电极反应式o2+4e+2co2=2co32考点：位置结构性质的相互关系应用；热化学方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数的含义；物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算.专题：基本概念与基本理论；元素周期律与元素周期表专题分析：短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，a是周期表中原子半径最小的元素，则a为h元素；b是形成化合物种类最多的元素，则b为c元素；c原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，c原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c为o元素；d是同周期中金属性最强的元素，处于a，结合原子序数可知，d处于第三周期，故d为na；e的负一价离子与c的某种氢化物分子含有相同的电子数，可推知e为cl，据此解答（1）活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键；（2）根据盖斯定律计算；（3）根据v=计算；根据平衡常数公式计算；根据等效平衡分析；根已知条件求出甲醇在5min和8min时的物质的量浓度，然后再作图即可；（4）根据电极上得失电子书写电极反应式解答：解：短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，a是周期表中原子半径最小的元素，则a为h元素；b是形成化合物种类最多的元素，则b为c元素；c原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，c原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c为o元素；d是同周期中金属性最强的元素，处于a，结合原子序数可知，d处于第三周期，故d为na；e的负一价离子与c的某种氢化物分子含有相同的电子数，可推知e为cl，（1）a、c、d形成的化合物是naoh，naoh中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、h原子核o原子之间存在极性共价键，故答案为：离子键、极性键（或共价键）；（2）ee2eh=+a kjmol1；2aaah=b kjmol1；e+aaeh=c kjmol1；将方程式+2得h2（g）+cl2（g）=2hcl（g）h=（a+b2c）kjmol1，故答案为：h2（g）+cl2（g）=2hcl（g）h=（a+b2c）kjmol1；（3）在该温度下，假设甲容器从反应开始到平衡所需时间为4min，生成0.5molx需要n（a2）=2n（x）=1mol，则=0.125moll1min1，故答案为：0.125moll1min1；平衡时c（x）=0.25mol/l，c（a2）=0.5mol/l，c（bc）=0.25mol/l，则平衡常数k=4 l2/mol2，故答案为：4 l2/mol2；甲容器反应物投入2molh2、1molco与乙容器反应物投入2mol ch3oh在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时ch3oh的物质的量n2=0.5mol、p1=p2、1+2=1、q1+q2能量总变化相当于2molh2、1molco完全转化成2mol ch3oh的能量，即吸放热q1+q2数值上就等于akj；甲容器反应物投入量2molh2、1molco与丙容器反应物投入量4molh2、2molco，若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的3个密闭容器，我们可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡移动原理，则相较于甲容器（或假设状况）而言，丙容器平衡向逆向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要低一些，因此1+2=1、q1+q2=a；31；p32p1=2p2、n3n21.0mol、q32q1，故答案为：abd；将甲容器的体系体积压缩到1l，若在第8min 达到新的平衡时， 2h2（g）+co（g）ch4o（g）初始量：2 1 0变化量：1.5 0.75 0.75平衡量：0.5 0.25 0.75所以达到平衡时，甲醇的物质的量浓度是0.75mol/l，在第5min时，由于体积减半，所以甲醇的浓度应该加倍，即为0.25mol/l2=0.5mol/l，所以58min内，甲醇的物质的量浓度从0.5mol/l升高到0.75mol/l，如图所示：故答案为：；（4）碳酸盐燃料电池正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为o2+4e+2co2=2co32，故答案为：o2+4e+2co2=2co32点评：本题考查元素推断、化学键、热化学方程式的书写、化学平衡常数计算、平衡移动原理的综合应用、图象的分析和表达及新型电池的理解和应用，难点是等效平衡的分析，题目难度较大10（15分）资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物某同学通过如下实验探究反应原理并验证产物实验i：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的烧杯中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液的浅红色加深（1）该同学对反应中产生的白色不溶物做出如下猜测：猜测1：白色不溶物可能为mg（oh）2猜测2：白色不溶物可能为mgco3猜测3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁xmg（oh）2ymgco3（2）为了确定产物成份（包括产生的气体、白色不溶物及溶液中溶质），进行以下定性实验请填写表中空白：实验序号实 验实验现象结 论实验将实验i中收集到的气体点燃安静燃烧，火焰呈淡蓝色气体成分为氢气实验将实验i中的白色不溶物滤出、洗涤，取少量加入足量稀盐酸产生气泡沉淀全部溶解白色不溶物中含有mgco3实验取实验中的滤液，向其中加入适量cacl2或bacl2稀溶液产生白色沉淀，溶液红色变浅溶液中存在co32离子（3）为进一步确定实验i中白色不溶物的成分，进行定量实验，装置如图所示：称取干燥、纯净的白色不溶物 4.52g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置a和b中实验后装置a增重0.36g，装置b增重1.76g装置c的作用是防止空气中的水蒸气和co2进入装置b中，影响实验结果；白色不溶物的化学式为mg（oh）2（co3）2或2mgco3mg（oh）2 （4）根据以上（2）及（3）的定性定量实验，写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式3mg+4nahco3+2h2o=mg（oh）22mgco3+2na2co3+3h2考点：性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）依据猜测可知白色不溶物可能是mg（oh）2 或mgco3或mg（oh）2 ，mgco3；（2）依据实验的现象分析，镁条和碳酸氢钠溶液迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变分析出是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子；（3）根据b中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以b不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和co2进入装置b中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和co2；根据b中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量；（4）根据分析、计算可知，镁与碳酸氢钠溶液反应生成mg（oh）22mgco3、碳酸钠和氢气，据此写出反应的化学方程式解答：解：（1）依据猜测可知白色不溶物可能是mg（oh）2 或mgco3或mg（oh）2 ，mgco3，故答案为：mg（oh）2 ；（2）迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变，该气体可能是氢气或一氧化碳，如果测定是一氧化碳时，燃烧后需要用到澄清石灰水，所以该气体是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入cacl2或bacl2生成沉淀证明含有碳酸根离子，故答案为：氢气；稀盐酸；产生气泡沉淀全部溶解；cacl2或bacl2；（3）根据b中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以b不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和co2进入装置b中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和co2；故答案为：防止空气中的水蒸气和co2进入装置b中，影响实验结果；b中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为1.76g，设生成1.76g二氧化碳，需要碳酸镁的质量为x则：mgco3co284 44x 1.76g根据：=解得x=3.36g，所以含有氢氧化镁质量为：4.52g3.36g=1.16g；碳酸镁和氢氧化镁物质的量之比为：=0.04：0.02=2：1，白色不溶物的化学式为mg（oh）2（co3）2或2mgco3mg（oh）2，故答案为：mg（oh）2（co3）2或2mgco3mg（oh）2 ；（4）根据以上分析可知，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应生成2mg（oh）22mgco3沉淀、na2co3和h2，反应的化学方程式为：3mg+4nahco3+2h2o=mg（oh）22mgco3+2na2co3+3h2；故答案为：3mg+4nahco3+2h2o=mg（oh）22mgco3+2na2co3+3h2点评：本题难度较大，考查全面，从定性和定量两个方面测定物质的种类，关键在于知道碳酸根离子与酸反应能产生二氧化碳，镁和氢离子反应生成氢气，题目难度较大三、选考题：共45分请考生从给出的3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分化学-选修2：化学与技术（15分）11（15分）（2012海南）污水经过一级、二级处理后，还含有少量cu2+、hg2+、pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀下列物质不能作为沉淀剂的是aca氨水 b硫化氢气体c硫酸钠溶液 d纯碱溶液合成氨的流程示意图如下：回答下列问题：（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是液化、分馏，与碳反应后除去co2；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式c+h2o co+h2，ch4+h2o co+3h2；（2）设备a中含有电加热器、触煤和热交换器，设备a的名称合成（氨）塔，其中发生的化学反应方程式为n2（g）+3h2（g） 2nh3（g）；（3）设备b的名称冷凝塔或冷凝器，其中m和n是两个通水口，入水口是n（填“m”或“n”）不宜从相反方向通水的原因高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好；（4）设备c的作用将液氨与未反应的原料气分离；（5）在原料气制备过程中混有co对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的co，可通过如下反应来实现：co（g）+h2o（g）co2 （g）+h2 （g）已知1000k时该反应的平衡常数k=0.627，若要使co的转化超过90%，则起始物中c（h2o）：c（co）不低于13.8考点：工业合成氨；常见的生活环境的污染及治理；金属的回收与环境、资源保护.专题：压轴题；氮族元素；化学应用分析：各项所加试剂均应过量才符合题目要求，a项溶液形成络离子，b项生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，c项硫酸铜不是沉淀，d项均能通过双水解调节ph转化为沉淀；（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；制取氢气可用碳和水反应或甲烷与水反应；（2）合成氨的设备为合成塔，发生n2（g）+3h2（g） 2nh3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器；水流和气流方向应逆向；（4）分离器用来分离液氨和原料气；（5）根据平衡常数用三段式法计算解答：解：a加入氨水，易形成络离子，不能生成沉淀，故a错误；b加入硫化氢气体，生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，故b正确；c不能使cu2+生成沉淀，故c错误；d均能通过双水解调节ph转化为沉淀，故d正确故答案为：ac；（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；c和水反应的方程式为c+h2o co+h2，甲烷与水反应的方程式为ch4+h2o co+3h2，故答案为：液化、分馏；与碳反应后除去co2；c+h2o co+h2；ch4+h2o co+3h2；（2）合成氨的设备为合成塔，发生n2（g）+3h2（g） 2nh3（g），故答案为：合成（氨）塔；n2（g）+3h2（g） 2nh3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，水流和气流方向应逆向，则入水口是n，高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，可使冷水充满冷凝器，逆向冷凝效果好，故答案为：冷凝塔或冷凝器；n；高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好；（4）分离器用来分离液氨和原料气，故答案为：将液氨与未反应的原料气分离；（5）设co的起始浓度为xmol，h2o的起始浓度为ymol，则转化的co的最小值为0.9x， co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）起始 x y 0 0 变化 0.9x 0.9x 0.9x 0.9x平衡 0.1x y0.9x 0.9x 0.9x，根据平衡常数列式：=0.627，解得： =13.8故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%故答案为：13.8点评：本题综合考查工业合成氨知识，涉及物质的分离、化学平衡的等问题，题目难度中等，注意把握物质的性质，根据性质选择分离方法，易错点为（5），注意利用三段式法计算较为直观四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们（1）卤族元素位于元素周期表的p区；溴的价电子排布式为4s24p5（2）在一定浓度的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合（hf）2形式存在的使氢氟酸分子缔合的作用力是氢键（3）请根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘氟氯溴碘第一电离能（kj/mol）1681125111401008（4）已知碘酸（hio3）和高碘酸（h5io6）的结构分别如图1、2所示：请比较二者酸性强弱：hio3 h5io6（填“”、“”或“=”）（5）已知clo2为角型，中心氯原子周围有四对价层电子clo2中心氯原子的杂化轨道类型为sp3，写出一个clo2的等电子体cl2o或of2（6）图3为碘晶体晶胞结构有关说法中正确的是ada碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构b用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子c碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体d碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力（7）已知caf2晶体（见图4）的密度为g/cm3，na为阿伏加德罗常数，棱上相邻的两个ca2+的核间距为a cm，则caf2的相对分子质量可以表示为考点：晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：（1）根据基态原子核外电子排布式中最后填入电子名称确定区域名称，溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子；（2）根据氢键分析解答；（3）元素的第一电离能越大，元素失电子能力越弱，得电子能力越强，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子；（4）根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；（5）根据价层电子对互斥理论来确定其杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数；等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒；（6）碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，以此分析；（7）利用均摊法确定该立方体中含有的离子，根据v=nm计算相对分子质量解答：解：（1）根据构造原理知，卤族元素最后填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区；溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，所以其价电子排布式为：4s24p5，故答案为：p；4s24p5；（2）hf分子之间存在氢键，使氢氟酸分子缔合，故答案为：氢键；（3）卤族元素包含：f、cl、br、i、at元素，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子，根据表中数据知，卤族元素中第一电离能最小的是i元素，则碘元素易失电子生成简单阳离子，故答案为：i；（4）h5io6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，hio3为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子2个，所以酸性：hio3h5io6，故答案为：；（5）clo2中心氯原子的价层电子对数n=2+=4，属于sp3杂化；等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒，所以与clo2互为等电子体的分子为cl2o、of2等，故答案为：sp3；cl2o或of2；（6）a碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故a正确；b用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故b错误c碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故c错误；d碘晶