福建省漳州市龙海五中高三化学模拟试卷（含解析）.doc

2015年福建省漳州市海五中高考化学模拟试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，满42分）1下列关于有机物的说法中，不正确的是( )a糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应b乙烯、氯乙烯均可用于合成塑料c甲烷、苯、乙醇和乙酸在一定条件下都能发生取代反应d分子式为c5h12的有机物只有三种，它们属于同分异构体2下列叙述中，正确的是纯铁比碳素钢易生锈大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因硅是光导纤维和制造太阳能电池的主要原料可用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性clcsi氯水和过氧化钠都具有漂白作用，其漂白原理相似用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质日本福岛核电站泄露的放射性核素13153和13755cs，前者比后者少8个中子al2o3在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法冶炼铝金属( )abcd3某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只能被还原为no气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是( )a原混合液中no3的物质的量为0.4 molboa段产生是no，ab段反应为2fe3+fe=3fe2+，bc段产生氢气c溶液中最终溶质为feso4dc（h2so4）为5 moll14下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是( )aabbccdd5短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次递增，a、b两元素相邻，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍或者c原子最外层电子数的3倍，b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和下列说法正确的是( )a元素b和e的氧化物对应的水化物均为强酸bc的单质能与a的氧化物发生置换反应c元素c、d、e的最高价氧化物对应的水化物之间均可相互反应d工业上常用电解元素c、d的氯化物来制取它们的单质6下列各项所述内容对应的图象不正确的是( )7工业上常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性质的不锈钢，在如图装置中，观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，则下列叙述正确的是( )a图1为原电池装置，cu电极上产生的是o2b图2装置中cu电极上发生的电极反应式为：cu2ecu2+c由实验现象可知：金属活动性cucrd两个装置中，电子均由cr电极流向cu电极二、解答题（共3小题，满分45分）8二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一（1）硫酸生产中，so2催化氧化生成so3：2so2（g）+o2（g）2so3（g）某温度下，so2的平衡转化率（a）与体系总压强（p）的关系如图1所示根据图示回答下列问题：将2.0mol so2和1.0mol o2置于10l密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10mpa该反应的平衡常数等于_平衡状态由a变到b时平衡常数k（a）_k（b）（填“”、“”或“=”）将1.5mol so2用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到_g石膏（caso42h2o）（2）用ch4催化还原nox可以消除氮氧化物的污染例如：ch4（g）+4no2（g）=4no（g）+c02（g）+2h20（g）h=574kjmol1ch4（g）+4no（g）=2n2（g）+co2（g）+2h20（g）h=1160kjmol1若用标准状况下4.48l ch4还原no2至n2整个过程中转移的电子总数为_（阿伏加德罗常数的值用na表示），放出的热量为_kj（3）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（mfe2ox 3x4，m=mn、co、zn或ni=由铁酸盐（mfe2o4）经高温还原而得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去转化流程如图2所示：请写出mfe2ox分解so2的化学方程式：_（不必配平）常温下用氧缺位铁酸锌znfe2oy可以消除nox污染，使nox转变为n2，同时znfe2oy转变为znfe2o4若2mol znfe2oy与足量no2可生成0.5mol n2，则y=_氧缺位铁酸锌znfe2oz化学式的氧化物形式为aznobfeocfe2o3已知1mol znfe2oz最多能使4.0l（标况）no1.4转化为n2则上述氧化物形式的化学式可具体表示为_9工业上用共沉淀法制备活性fe3o4的流程如下：试回答下列问题：（1）在制备过程中，不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末，而且反应池、合成池都要安装搅拌机作用都是_（2）在反应池中几乎没有气体产生在反应池中生成亚铁离子的反应的离子方程式为_（3）在合成池里生成fe3o4反应的离子方程式为_，反应温度需控制在50，其方法是_（4）根据以上反应可知，配料中心很可能使混合物中的fe2o3与fe物质的量之比接近_（5）在分离车间进行_、_和烘干等操作可得活性fe3o410化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成i摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤（1）往滤渣中加入过量 naoh溶液，过滤氢氧化铝与naoh溶液反应的离子方程式是_（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸观察到的现象是_ii牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定c中生成的baco3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气其作用除了可搅拌b、c中的反应物外，还有：_（4）d装置的作用是_（5）c中反应生成baco3的化学方程式是_（6）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_（填标号）a在加入盐酸之前，应排净装置内的co2气体b滴加盐酸不宜过快c在ab之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d在bc之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（7）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得baco3平均质量为3.94g则样品中碳酸钙的质量分数为_（8）有人认为不必测定c中生成的baco3质量，只要测定装置c在吸收co2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是_【化学一选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）【化学一选修3：物质结构与性质】x、y、z、w、q、r均为前四周期元素，且原子序数依次增大其相关信息如下表所示：请回答：（1 ）r基态原子的价电子排布图为_，r在周期表中位于_区（2 ）x、y、z的第一电离能由大到小的顺序为_ （用元素符号表示）（3）含有元素q的盐的焰色反应为_色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_（4）x的氯化物的熔点比q的氯化物的熔点_ （“高”或“低”），理由是_（5）光谱证实单质w与强碱性溶液反应有生成，则中存在_（填选项字母）：a极性共价键 b非极性共价键 c配位键 d键 e键（6）金刚砂（sic）的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，则金刚砂的晶胞中含有_个硅原子，_个碳原子，其中硅原子的杂化方式为_2015年福建省漳州市龙海五中高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满42分）1下列关于有机物的说法中，不正确的是( )a糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应b乙烯、氯乙烯均可用于合成塑料c甲烷、苯、乙醇和乙酸在一定条件下都能发生取代反应d分子式为c5h12的有机物只有三种，它们属于同分异构体考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：a单糖不能水解；b乙烯、氯乙烯均含c=c；c甲烷在光照下易发生取代反应，苯在催化剂作用下易取代，乙醇与乙酸的酯化反应属于取代反应；d分子式为c5h12的有机物为正戊烷、异戊烷、新戊烷解答：解：a单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应，故a错误；b乙烯、氯乙烯均含c=c，所以可用于合成塑料，故b正确；c甲烷在光照下易发生取代反应，苯在催化剂作用下易取代，乙醇与乙酸的酯化反应属于取代反应，则一定条件下均可发生取代反应，故c正确；d分子式为c5h12的有机物为正戊烷、异戊烷、新戊烷，它们的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故d正确；故选a点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物中的官能团及其性质的关系，选项a中单糖为不能水解的糖，为解答的易错点，题目难度不大2下列叙述中，正确的是纯铁比碳素钢易生锈大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因硅是光导纤维和制造太阳能电池的主要原料可用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性clcsi氯水和过氧化钠都具有漂白作用，其漂白原理相似用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质日本福岛核电站泄露的放射性核素13153和13755cs，前者比后者少8个中子al2o3在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法冶炼铝金属( )abcd考点：金属腐蚀的化学原理；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氯气的化学性质；二氧化硫的污染及治理；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理专题：氧族元素；碳族元素；金属概论与碱元素分析：碳素钢易构成原电池；二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质；光导纤维的主要原料是二氧化硅；非金属元素的最高价含氧酸的酸性强弱能证明非金属性的强弱；次氯酸钠和过氧化钠都有强氧化性；氢氟酸能和二氧化硅反应；中子数=质量数质子数；根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法解答：解：碳素钢中含有碳和铁，遇到合适的电解质溶液能构成原电池，原电池中铁作负极容易被腐蚀，所以碳素钢比纯铁易生锈，故错误；二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质，所以大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因，故正确；光导纤维的主要原料是二氧化硅，太阳能电池的主要原料是硅，故错误；盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性clcsi，故错误；次氯酸和过氧化钠都具有强氧化性，有漂白作用，所以氯水和过氧化钠都具有漂白作用，其漂白原理相似，故正确；玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸能和二氧化硅反应，所以用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质，故正确；13153的中子数是78，13755cs中中子数是82，前者比后者少4个中子，故错误；氧化铝的熔点很高，所以al2o3在工业上用于制作耐高温材料，铝是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法，所以用电解法冶炼铝金属，故正确；故选d点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，注意中判断非金属的非金属性强弱可根据其相应最高价含氧酸的酸性强弱判断3某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只能被还原为no气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是( )a原混合液中no3的物质的量为0.4 molboa段产生是no，ab段反应为2fe3+fe=3fe2+，bc段产生氢气c溶液中最终溶质为feso4dc（h2so4）为5 moll1考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2aoa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；b铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；c铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；d根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度解答：解：aoa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（no3）=2n（fe）=2=0.4mol，故a正确；b由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2，故b正确；c硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为feso4，故c正确；d反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度为：=4mol/l，故d错误；故选d点评：本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，题目难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力4下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是( )aabbccdd考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a酸性溶液中碘离子被氧化生成碘；b亚铁离子被氯气氧化生成铁离子，铁离子转化为络离子；c氯气与naoh反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；d反应生成硫酸钡和水，不符合离子的配比解答：解：a酸性溶液中碘离子被氧化生成碘，离子反应为4h+4i+o2=2i2+2h2o，故a正确；b亚铁离子被氯气氧化生成铁离子，铁离子转化为络离子，相关离子反应为2fe2+cl2=2fe3+2cl、fe3+3scn=fe（scn）3，故b正确；c氯气与naoh反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应为cl2+2oh=cl+clo+h2o，故c正确；d反应生成硫酸钡和水，离子反应为ba2+2oh+2h+so42=baso4+2h2o，故d错误；故选d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，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大5短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次递增，a、b两元素相邻，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍或者c原子最外层电子数的3倍，b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和下列说法正确的是( )a元素b和e的氧化物对应的水化物均为强酸bc的单质能与a的氧化物发生置换反应c元素c、d、e的最高价氧化物对应的水化物之间均可相互反应d工业上常用电解元素c、d的氯化物来制取它们的单质考点：原子结构与元素周期律的关系专题：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的原子序数依次递增，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍，则b只能有2个电子层，处于第二周期，故e原子最外层电子数为6，e原子最外层电子数是c原子最外层电子数的3倍，则c原子最外层电子数为2，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，则b原子最外层电子数=1362=5，则b为n元素；a、b两元素相邻，a原子序数小于b，则a为c元素，结合原子序数可知，c、d、e只能处于第三周期，故e为s元素，故c为mg；b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和，则d原子最外层电子数=2+65=3，则d为al，据此解答解答：解：短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次递增，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍，则b只能有2个电子层，处于第二周期，故e原子最外层电子数为6，e原子最外层电子数是c原子最外层电子数的3倍，则c原子最外层电子数为2，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，则b原子最外层电子数=1362=5，则b为n元素；a、b两元素相邻，a原子序数小于b，则a为c元素，结合原子序数可知，c、d、e只能处于第三周期，故e为s元素，故c为mg；b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和，则d原子最外层电子数=2+65=3，则d为al，a元素b和e的氧化物对应的水化物中亚硫酸等不是强酸，故a错误；bmg在二氧化碳中燃烧生成mgo与碳，属于置换反应，故b正确；c元素c、d、e的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硫酸，氢氧化镁与氢氧化铝之间不能反应，故c错误；d工业上电解氯化镁生成mg，由于氯化铝是共价化合物，不导电，工业上电解熔融氧化铝生成al，故d错误，故选b点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，判断x为第二周期元素为突破口，a选项为易错点，学生容易忽略最高价氧化物6下列各项所述内容对应的图象不正确的是( )考点：电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；镁、铝的重要化合物专题：图示题分析：a溶液的导电能力与离子浓度成正比；b向冰醋酸中加入蒸馏水，溶液浓度越小，其电离程度越大；c向稀naoh溶液中加稀盐酸，溶液中氢氧根离子浓度减小、氢离子浓度增大，溶液的ph减小，但ph存在一个滴定突跃区间；d氯化铝和氨水混合生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱解答：解：a溶液的导电能力与离子浓度成正比，向向ba（oh）2溶液中加稀h2so4，二者反应生成硫酸钡沉淀和水，随着稀硫酸的加入，溶液中离子浓度减小，溶液的导电能力降低，当二者恰好反应时溶液导电能力最小，继续增加稀硫酸的量，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增大，故a正确；b向冰醋酸中加入蒸馏水，溶液浓度越小，其电离程度越大，刚开始时，随着蒸馏水的增加，溶液中醋酸根离子浓度增大，当增大到一定程度后，继续增加水的量，醋酸电离程度小于溶液体积增大程度，则溶液中醋酸根离子浓度降低，故b正确；c向稀naoh溶液中加稀盐酸，溶液中氢氧根离子浓度减小、氢离子浓度增大，溶液的ph减小，正好反应前后，溶液的ph存在一个滴定突跃区间，在突跃区间内ph突然变化，而不是缓慢变化，图象和分析不一致，故c错误，d氯化铝和氨水混合生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，所以只要加入氨水就产生沉淀，当氯化铝完全反应后继续增加氨水量，沉淀的量不变，故d正确；故选c点评：本题考查图象分析，为高频考点，涉及酸碱中和、溶液导电能力判断、弱电解质的电离等知识点，明确物质的性质及反应原理是解本题关键，易错选项是c，注意酸碱中和滴定中ph变化，为易错点7工业上常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性质的不锈钢，在如图装置中，观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，则下列叙述正确的是( )a图1为原电池装置，cu电极上产生的是o2b图2装置中cu电极上发生的电极反应式为：cu2ecu2+c由实验现象可知：金属活动性cucrd两个装置中，电子均由cr电极流向cu电极考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明图1中，cr为负极，铜为正极，正极上析出氢气，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明铜被氧化应为负极，正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体，以此解答该题解答：解：a图1为原电池装置，铜为正极，氢离子得电子生成氢气，故a错误；b图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明铜为负极，铬电极为正极，负极发生cu2ecu2+，故b正确；c由图1根据原电池原理知金属铬的活动性比铜强，故c错误；d图1中，电子由cr经导线流向cu，图2中电子由cu极经导线流向cr，故d错误故选b点评：本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大二、解答题（共3小题，满分45分）8二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一（1）硫酸生产中，so2催化氧化生成so3：2so2（g）+o2（g）2so3（g）某温度下，so2的平衡转化率（a）与体系总压强（p）的关系如图1所示根据图示回答下列问题：将2.0mol so2和1.0mol o2置于10l密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10mpa该反应的平衡常数等于800平衡状态由a变到b时平衡常数k（a）=k（b）（填“”、“”或“=”）将1.5mol so2用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到258g石膏（caso42h2o）（2）用ch4催化还原nox可以消除氮氧化物的污染例如：ch4（g）+4no2（g）=4no（g）+c02（g）+2h20（g）h=574kjmol1ch4（g）+4no（g）=2n2（g）+co2（g）+2h20（g）h=1160kjmol1若用标准状况下4.48l ch4还原no2至n2整个过程中转移的电子总数为1.60na（阿伏加德罗常数的值用na表示），放出的热量为173.4kj（3）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（mfe2ox 3x4，m=mn、co、zn或ni=由铁酸盐（mfe2o4）经高温还原而得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去转化流程如图2所示：请写出mfe2ox分解so2的化学方程式：mfe2ox+so2mfe2o4+s（不必配平）常温下用氧缺位铁酸锌znfe2oy可以消除nox污染，使nox转变为n2，同时znfe2oy转变为znfe2o4若2mol znfe2oy与足量no2可生成0.5mol n2，则y=3氧缺位铁酸锌znfe2oz化学式的氧化物形式为aznobfeocfe2o3已知1mol znfe2oz最多能使4.0l（标况）no1.4转化为n2则上述氧化物形式的化学式可具体表示为4zno2feo3fe2o3考点：化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的影响因素分析：（1）利用三段式法计算平衡浓度，根据平衡常数表达式计算；平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变；根据s元素守恒n（caso42h2o）=n（so2），再根据m=nm计算石膏的质量；（2）利用盖斯定律计算反应热；（3）从氧化还原反应的角度判断反应产物，进而写出相关反应的方程式；依据氧化还原反应的电子守恒计算znfe2oy中fe元素化合价，再根据化合物中的元素化合价代数为0计算y的值；依据氧化还原反应的电子守恒计算znfe2oz中fe元素化合价，根据化合价确定+2fe与+3价fe的原子数目之比，据此书写氧化物氧化物形式的化学式；再根据化合物中的元素化合价代数为0计算z的值，据此改写解答：解：（1）由图象知，体系总压强为0.10mpa时so2的平衡转化率为0.8，则 2so2（g）+o2（g） 2so3（g）起始：2.0mol 1.0mol 0转化：1.6mol 0.8mol 1.6mol平衡：0.4mol 0.2mol 1.6mol则平衡时：c（so2）=0.04mol/l，c（o2）=0.02mol/l，c（so3）=0.16mol/l，k=800，故答案为：800；平衡常数只受温度的影响，温度不变，则压强不变，平衡状态由a变到b时，则k（a）=k（b），故答案为：=；根据s元素守恒n（caso42h2o）=n（so2）=1.5mol，故石膏的质量为1.5mol172g/mol=258g，故答案为：258；（2）已知：ch4（g）+4no2（g）=4no（g）+co2（g）+2h2o（g）；h=574kj/molch4（g）+4no（g）=2n2（g）+co2（g）+2h2o（g）；h=1160kj/mol利用盖斯定律将可得：ch4（g）+2no2（g）=n2（g）+co2（g）+2h2o（g）；h=867kj/moln（ch4）=0.2mol，整个过程中转移的电子总数为：0.20mol8na=1.60na，放出的热量为：0.2mol867kj/mol=173.4kj，故答案为：1.60na（或1.6na）；173.4；（3）由题意可知，铁酸盐（mfe2o4）经高温还原而得，则反应物中mfe2ox为还原剂，so2为氧化剂，生成物为mfe2o4和s，则反应的关系式为mfe2ox+so2mfe2o4+s，故答案为：mfe2ox+so2mfe2o4+s；2mol znfe2oy与足量no2可生成0.5mol n2，则znfe2oy被还原为znfe2o4，令znfe2oy中铁元素的化合价为a，根据电子转移守恒，可知2mol2（3a）=0.5mol24，解得a=2，化合价代数和为0，则2+22=2y，解得y=3，故答案为：3；1molznfe2oz最多能使4.0l（标况）no1.4转化为n2，则znfe2oz被还原为znfe2o4，令znfe2oz中铁元素的化合价为b，根据电子转移守恒，可知1mol2（3b）=2.8，解得b=2.75，令+2fe与+3价fe的原子数目之比为m：n，根据平均化合价，则2m+3n=2.75m+2.75n，整理得m：n=1：3，氧化物化学式为azno2feo3fe2o3，化学式中n（fe）=2n（zn），故a=4，即氧缺位铁酸锌znfe2oz的氧化物形式为4zno2feo3fe2o3，故答案为：4zno2feo3fe2o3点评：本题以消除nox污染治理为载体，考查化学平衡常数、氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，题目计算量较大，数据繁琐，是对学生心理素质的考验，难度较大，为易错题9工业上用共沉淀法制备活性fe3o4的流程如下：试回答下列问题：（1）在制备过程中，不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末，而且反应池、合成池都要安装搅拌机作用都是增加反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率（2）在反应池中几乎没有气体产生在反应池中生成亚铁离子的反应的离子方程式为2fe3+fe3fe2+或fe2o3+fe+6h+3fe2+3h2o（3）在合成池里生成fe3o4反应的离子方程式为fe2+2fe3+8oh=fe3o4+4h2o，反应温度需控制在50，其方法是水浴加热（4）根据以上反应可知，配料中心很可能使混合物中的fe2o3与fe物质的量之比接近4：1（5）在分离车间进行过滤、洗涤和烘干等操作可得活性fe3o4考点：制备实验方案的设计；铁的氧化物和氢氧化物专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）固体的表面积越大，反应速率越快；（2）三氧化二铁与铁单质在酸性条件下反应生成亚铁离子；（3）fe2+与fe3+在碱性条件下反应生成fe3o4；水浴加热方便控制温度；（4）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molfe3o4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，设fe为xmol，fe2o3为ymol，生成1molfe3o4，根据fe+2fe3+=3fe2+解题；（5）过滤、洗涤和烘干得到产品解答：解：（1）固体的表面积越大，反应速率越快，所以在工业生产中，将块状固体磨成粉末，并在反应池中安装搅拌机，目的是增加反应速率，故答案为：增加反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率；（2）三氧化二铁与铁单质在酸性条件下反应生成亚铁离子，离子方程式为fe2o3+fe+6h+3fe2+3h2o，故答案为：2fe3+fe3fe2+或fe2o3+fe+6h+3fe2+3h2o；（3）fe2+与fe3+在碱性条件下反应生成fe3o4，反应的离子方程式为：fe2+2fe3+8oh=fe3o4+4h2o；水浴加热方便控制温度，故答案为：fe2+2fe3+8oh=fe3o4+4h2o；水浴加热；（4）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molfe3o4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，设fe为xmol，fe2o3为ymol，生成1molfe3o4，根据fe+2fe3+=3fe2+则有：x+2y=33x=1解得x=；y=，故铁和三氧化铁的物质的量为1：4故答案为：4：1；（5）进行过滤、洗涤和烘干可得活性fe3o4，故答案为：过滤、洗涤点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂等实验问题，题目难度中等，注意实验基本操作方法，把握实验原理10化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成i摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤（1）往滤渣中加入过量 naoh溶液，过滤氢氧化铝与naoh溶液反应的离子方程式是al（oh）3+ohalo2+2h2o（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸观察到的现象是有白色沉淀生成，加hcl后沉淀全部溶解，同时产生气泡ii牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定c中生成的baco3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气其作用除了可搅拌b、c中的反应物外，还有：把生成的co2气体全部排入c中，使之完全被ba（oh）2溶液吸收（4）d装置的作用是防止空气中co2进入c，影响实验（5）c中反应生成baco3的化学方程式是co2+ba（oh）2baco3+h2o（6）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是cd（填标号）a在加入盐酸之前，应排净装置内的co2气体b滴加盐酸不宜过快c在ab之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d在bc之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（7）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得baco3平均质量为3.94g则样品中碳酸钙的质量分数为25%（8）有人认为不必测定c中生成的baco3质量，只要测定装置c在吸收co2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是样品与hcl反应生成的co2中混有hcl和h2o，均会造成溶液增重考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验设计题分析：（1）氢氧化铝与naoh溶液反应生成偏铝酸钠与水；（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，再加入过量稀盐酸，al（oh）3+3hcl=alcl3+3h2o，hco3+h+=co2+h2o；（3）实验通过c装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；（4）空气中二氧化碳进入c装置后能够与氢氧化钡反应，会影响实验测定，据此可知装置d的作用；（5）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水；（6）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的co2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；b、滴加盐酸过快co2，co2不能完全被吸收，排出装置c；c、在ab之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响co2；d、在bc之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，二氧化碳中混有的hcl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，影响了co2的量；（7）baco3质量为3.94g n（baco3）=0.0200mol，则n（caco3）=0.0200mol，质量为2.00g；（8）b中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置c中解答：解：（1）氢氧化铝与naoh溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：al（oh）3+ohalo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+ohalo2+2h2o；（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，再加入过量稀盐酸，al（oh）3+3hcl=alcl3+3h2o，hco3+h+=co2+h2o，故反应现象是：有白色沉淀生成，加hcl后沉淀全部溶解，同时产生气泡，故答案为：有白色沉淀生成，加hcl后沉淀全部溶解，同时产生气泡；（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的co2气体全部排入c中，使之完全被ba（oh）2溶液吸收故答案为：把生成的co2气体全部排入c中，使之完全被ba（oh）2溶液吸收；（4）由于空气中二氧化碳进入c装置后能够与氢氧化钡反应，影响了实验测定，而装置d可防止空气中co2进入c，从而避免了对该实验测定的影响，故答案为：防止空气中co2进入c，影响实验；（5）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应方程式为：co2+ba（oh）2baco3+h2o，故答案为：co2+ba（oh）2baco3+h2o；（6）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的co2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a错误；b、滴加盐酸过快co2，co2来不及被吸收，就排出装置c，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b错误；c、在ab之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响co2，不能提高提高测定准确度，故c正确；d、在bc之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，co2中混有的hcl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，影响了co2的总量，不能提高测定准确度，故d正确；故答案为：cd；（7）baco3质量为3.94g，则n（baco3）=0.02mol，则n（caco3）=0.02mol，质量为0.02mol100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为：100%=25%，故答案为：25%；（8）b中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置c中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，故答案为：样品与hcl反应生成的co2中混有hcl和h2o，均会造成溶液增重点评：本题考查探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度较大，涉及对实验原理与操作步骤的理解及评价、常用化学用语、化学计算、物质组成的测定等知识，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键【化学一选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）【化学一选修3：物质结构与性质】x、y、z、w、q、r均为前四周