福建省师大附中高三化学下学期5月模拟试卷（含解析）.doc

2015年福建师大附中高考化学模拟试卷（5月份） 一、本卷共7小题，每小题6分，共108分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1下列对物质用途的描述中，错误的是( )a铝可用于冶炼某些熔点较高的金属bna2o2可用作漂白剂c碱石灰可用于干燥co2、nh3等气体dnaclo可用作消毒剂2下列说法正确的是( )a乙醇汽油是多种烃的混合物b乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同c淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物d淀粉、纤维素和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应3短周期元素x、y、z、w、r的化合价与原子序数的关系如图所示下列说法正确的是( )a原子半径：zyxb气态氢化物的稳定性：yrcz和y形成的化合物是离子化合物d常温下单质w能溶于r的最高价氧化物对应水化物的浓溶液4以下物质间的每步转化中，有不能通过一步反应实现的是( )aso2so3h2so4bal2o3al（oh）3naalo2cfecl2fe（oh）2fe（oh）3dch2=ch2ch3ch2ohch3cho5工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质ni的原理如图所示下列说法不正确的是( )已知：ni2+在弱酸性溶液中发生水解 氧化性：ni2+（高浓度）h+ni2+（低浓度）a碳棒上发生的电极反应：4oh4eo2+2h2ob电解过程中，b中nacl溶液的物质的量浓度将不断减少c为了提高ni的产率，电解过程中需要控制废水phd若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变6在2l的密闭容器中进行如下反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），有如下数据：下列说法正确的是( )a正反应为吸热反应b实验1中，co的转化率为80%c650时，化学平衡常数k=d实验1再加入1.0 mol h2o，重新达到平衡时，n（co2）为1.6 mol7向20ml 0.5mol/l的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示下列关于混合溶液的相关说法错误的是( )a醋酸的电离平衡常数：b点a点b由水电离出的c（oh）：b点c点c从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（ch3coo）=c（na+）db点到c点，混合溶液中一直存在：c（na+）c（ch3coo）c（oh）c（h+）二、解答题（共3小题，满分45分）8u、v、w、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素，u、y在周期表中的相对位置如图1；u元素与氧元素能形成两种无色气体；w是地壳中含量最多的金属元素（1）元素z在周期表中位于第_族我国首创以w组成的金属海水空气电池作为能源的新型海水标志灯，它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使w组成的金属不断氧化而产生电流只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光则该电源负极反应为_（2）yo2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体vo，有关反应的离子方程式为_，由此可知yo2和vo还原性较强的是（写化学式）_（3）v的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂h2o2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为_一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（h0）并达平衡后，仅改变如表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递增的是_（选填序号）向含4molv 的最高价含氧酸的稀溶液中，逐渐加入fe粉至过量假设生成的气体只有一种，请在图2坐标系中画出n（fe2+）随n（fe）变化的示意图（4）相同温度下，等体积、物质的量浓度都为0.1mol/l的kz和ch3cook溶液的两种溶液中，离子总数相比较_a前者多 b一样多 c后者多 d无法判断9（14分）磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如ca3（po4）2等形式存在它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用白磷（p4）可由ca3（po4）2、焦炭和sio2在电炉中高温（约1550）下通过下面两个反应共熔得到2ca3（po4）2（s）+5c（s）=6cao（s）+p4（s）+5co2（g）h1=+ql kjmol1cao（s）+sio2（s）=casio3（s）h2=q2 kjmol1（1）写出电炉中发生总反应的热化学方程式_三氯氧磷（化学式：pocl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料氯化水解法生产三氯氧磷的流程如图甲：（2）写出氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为_氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为h3po4、h3po3等）废水在废水中先加入适量漂1白粉，再加入生石灰调节ph将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收（3）pocl3、h3po4、h3po3中磷元素的化合价分别为_、_、_（4）在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是_如图乙是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图象（5）处理该厂废水最合适的工艺条件为_（选填字母）a调节ph=9 b调节ph=10 c反应时间30min d反应时间120min（6）己知磷酸是三元酸，其各级电离常数如下：k1=7.1103 k2=6.3l08 k3=4.21013，则0.1mol/l的nah2po4溶液的ph_7（填，=，）10（16分）某学习小组利用图1装置进行co2与饱和na2co3溶液反应制备nahco3（1）选取必要的实验装置，正确的连接顺序为_（填序号）（2）为确定制得的固体样品是纯净的nahco3，小组同学提出下列实验方案：甲方案：将样品溶液与饱和澄清石灰水反应，观察现象乙方案：将样品溶液与bacl2溶液反应，观察现象丙方案：测定ph法丁方案：热重分析法判定甲方案_（填“可行”或“不可行”）为判定乙方案的可行性，某同学用纯净的nahco3配制的溶液，与bacl2溶液等体积混合进行实验，结果如下：（i）此实验已可说明乙方案是不可行的请结合以下数据，并通过计算说明产生浑浊的原因己知：0l moll1 nahco3溶液电离出的c（co32）为0.001l moll1，ksp（baco3）=5.1109答：_（ii）产生浑浊（伴有气体产生）的离子方程式_用ph计测定的丙方案如下：取m克的固体样晶溶解于水配成v ml的溶液，用ph计测ph：还应补充的实验是：_进行丁方案实验，得到固体残留率随温度变化的曲线如图2所示，根据a点坐标得到的结沦是_（残留率=100%）三化学-物质结构与性质】（13分）11（13分）（1）x基态原子的m层与k层电子数相等，则x所在周期中第一电离能最大的元素是_（2）y2+离子的3d轨道中有9个电子，基态y原子的价电子排布式为_将y粉末加入nh3的浓溶液中，通入o2，充分反应后溶液呈深蓝色，发生如下反应：2y+8nh3h2o+o2=2y（nh3）4（oh）2+6h2o，该过程中形成的化学键类型有_a金属键 b离子键 c极性键 d非极性键 e配位键 f氢键 g范德华力（3）k2cr2o7是一种常见的强氧化剂，酸性条件下会被还原剂还原成cr3+cr3+能与oh、cn形成配合物cr（oh）4、cr（cn）63不考虑空间构型，cr（oh）4的结构可用示意图表示为_（若有配位键，用箭号表示）一种新型阳极材料lacro3的晶胞如图1所示，已知距离每个cr原子最近的o原子有6个，则图中_原子代表的是cr原子（填a、b、c）（4）碳的一种单质结构如图2所示，其相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环则该单质中碳原子的杂化方式是_，1mol该单质中存在的键数目为_四化学一有机化学基础（13分）12咖啡酸苯乙酯是一种天然抗癌药物，在一定条件下能发生如下转化咖啡酸苯乙酯结构：请回答下列问题：（1）a分子中的含氧官能团是_（2）de的反应类型为_（3）写出c的结构简式_（4）下列说法中正确的是_a经除杂后得到的m是纯净物b上述流程中a、b、c、d均能使酸性高锰酸钾褪色c咖啡酸苯乙酯与足量的氢氧化钠溶液反应最多消耗naoh的物质的量为3mold物质a能发生的反应类型包括加成反应，取代反应，氧化反应，还原反应（5）物质n是a的一种同分异构体，任意写出一种满足下列条件的n的结构简式_苯环上只有两个取代基 能发生银镜反应能与碳酸氢钠溶液反应 能与氯化铁溶液发生显色反应（6）写出生成b的化学方程式_2015年福建师大附中高考化学模拟试卷（5月份）一、本卷共7小题，每小题6分，共108分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1下列对物质用途的描述中，错误的是( )a铝可用于冶炼某些熔点较高的金属bna2o2可用作漂白剂c碱石灰可用于干燥co2、nh3等气体dnaclo可用作消毒剂考点：铝的化学性质；钠的重要化合物；气体的净化和干燥 分析：a根据铝热反应可用于冶炼某些熔点较高的金属；b根据na2o2具有强氧化性，可用作漂白剂；c根据碱石灰可用于干燥碱性气体和中性气体等；dnaclo具有强氧化性，可用作消毒剂；解答：解：a铝能和金属氧化物反应生成金属和氧化铝，可用于冶炼某些熔点较高的金属，故a正确；bna2o2具有强氧化性，可用作漂白剂，故b正确；cco2是酸性气体，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故c错误；dnaclo具有强氧化性，可用作消毒剂，故d正确；故选c点评：本题主要考查了物质的用途，物质的性质决定了物质的用途，掌握物质的性质是解题的关键2下列说法正确的是( )a乙醇汽油是多种烃的混合物b乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同c淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物d淀粉、纤维素和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用 专题：有机化学基础分析：a乙醇汽油中主要为汽油，汽油为烃的混合物，而乙醇为烃的含氧衍生物；b乙烯与溴水发生加成反应，苯与溴水发生萃取；c葡萄糖为单糖，相对分子质量在10000以下；d淀粉、纤维素水解生成葡萄糖，蛋白质水解生成氨基酸解答：解：a乙醇汽油中主要为汽油，汽油为烃的混合物，而乙醇为烃的含氧衍生物，故a错误；b乙烯与溴水发生加成反应，苯与溴水发生萃取，使溴水褪色的原理不同，故b错误；c葡萄糖为单糖，相对分子质量在10000以下，不属于高分子化合物，而淀粉、蛋白质为高分子化合物，故c错误；d淀粉、纤维素水解生成葡萄糖，蛋白质水解生成氨基酸，所以淀粉、纤维素和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，故d正确；故选：d点评：本题考查有机物的结构与性质，把握常见有机物（乙烯、苯、乙醇、葡萄糖等）的结构、性质为解答的关键，侧重官能团及性质、反应类型的考查，题目难度不大3短周期元素x、y、z、w、r的化合价与原子序数的关系如图所示下列说法正确的是( )a原子半径：zyxb气态氢化物的稳定性：yrcz和y形成的化合物是离子化合物d常温下单质w能溶于r的最高价氧化物对应水化物的浓溶液考点：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：由表中化合价可知，y的化合价为2价，没有正化合价，故y为o元素，x的化合价为+4、4价，处于a族，原子序数比o元素小，故x为c元素，z的化合价为+1价，处于a族，原子序数大于o元素，故z为na元素，w为+3价，为al元素，r的化合价为+6、2价，故r为s元素解答：解：由表中化合价可知，y的化合价为2价，没有正化合价，故y为o元素，x的化合价为+4、4价，处于a族，原子序数比o元素小，故x为c元素，z的化合价为+1价，处于a族，原子序数大于o元素，故z为na元素，w为+3价，为al元素，r的化合价为+6、2价，故r为s元素，a、同周期随原子序数增大，原子半径减小，故原子半径lico，同主族自上而下原子半径增大，故nali，故naco，即zxy，故a错误；b、非金属性os，即yr，非金属性越强氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：yr，故b错误；c、z和y形成的化合物是氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，故c正确；d、al在浓硫酸中发生钝化现象，不能溶解，故d错误；故选c点评：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据推断元素是解题的关键，根据化合价结合原子序数进行推断4以下物质间的每步转化中，有不能通过一步反应实现的是( )aso2so3h2so4bal2o3al（oh）3naalo2cfecl2fe（oh）2fe（oh）3dch2=ch2ch3ch2ohch3cho考点：铁的氧化物和氢氧化物；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；乙醇的化学性质 分析：a二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，再与水反应；b氧化铝不能一步转化为al（oh）3；c氯化亚铁与naoh反应生成fe（oh）2，再被氧化；d、乙烯和水加成生成乙醇，乙醇能发生催化氧化生成乙醛解答：解：aso2so3h2so4，均可一步转化，故a不选；b氧化铝不能一步转化为al（oh）3，故b选；cfecl2fe（oh）2fe（oh）3，均可一步转化，故c不选；d、ch2=ch2ch3ch2ohch3cho，均可一步转化，故d不选故选b点评：本题考查物质的化学性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意转化为一步转化，题目难度不大5工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质ni的原理如图所示下列说法不正确的是( )已知：ni2+在弱酸性溶液中发生水解 氧化性：ni2+（高浓度）h+ni2+（低浓度）a碳棒上发生的电极反应：4oh4eo2+2h2ob电解过程中，b中nacl溶液的物质的量浓度将不断减少c为了提高ni的产率，电解过程中需要控制废水phd若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变考点：电解原理 专题：电化学专题分析：a、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4oh4e=2h2o+o2；b、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应ni2+2e=ni电解过程中为平衡a、c中的电荷，a中的na+和c中的cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向b中，这使b中nacl溶液的物质的量浓度不断增大；c、又因ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：ni2+（高浓度）h+ni2+（低浓度），为了提高ni的产率，电解过程中需要控制废水ph；d、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序cloh，则cl移向阳极放电：2cl2e=cl2，电解反应总方程式会发生改变解答：解：a、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4oh4e=2h2o+o2，故a正确；b、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应ni2+2e=ni电解过程中为平衡a、c中的电荷，a中的na+和c中的cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向b中，这使b中nacl溶液的物质的量浓度不断增大，故b错误；c、因ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：ni2+（高浓度）h+ni2+（低浓度），为了提高ni的产率，电解过程中需要控制废水ph，故c正确；d、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序cloh，则cl移向阳极放电：2cl2e=cl2，电解反应总方程式会发生改变，故d正确；故选b点评：本题考查了电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等6在2l的密闭容器中进行如下反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），有如下数据：下列说法正确的是( )a正反应为吸热反应b实验1中，co的转化率为80%c650时，化学平衡常数k=d实验1再加入1.0 mol h2o，重新达到平衡时，n（co2）为1.6 mol考点：化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：a、利用三段式，计算出两个温度下的平衡常数，再根据平衡常数的大小可判断出该反应是放热反应还是吸热反应；b、根据转化率=100%进行计算；c、根据a中的计算可作判断；d、根据平衡常数进行判断解答：解：a、利用三段式，在650时 co（g ）+h2o（g）co2（g）+h2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8平衡常数k=，在800co（g ）+h2o（g）co2（g）+h2（g）， 起始（mol） 2.0 2.0 0 0 转化（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0 平衡（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0平衡常数k=1，由此可知在650时平衡常数大于800的平衡常数，即升高温度平衡逆向移动，所该反应的正反应为放热反应，故a错误；b、在650时 co（g ）+h2o（g）co2（g）+h2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8co的转化率=100%=100%=40%，故b错误；c、由a中的计算可知，c正确；d、利用三段式，设平衡时n（co2）为x，在650时 co（g ）+h2o（g）co2（g）+h2（g）， 起始（mol） 2.0 2.0 0 0 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 2x 2x x x根据平衡常数k=得x=1.6，故d错误；故选c点评：本题主要考查了平衡常数和转化率的计算，及根据平衡常数对反应作判断，有一定的综合性，中等难度7向20ml 0.5mol/l的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示下列关于混合溶液的相关说法错误的是( )a醋酸的电离平衡常数：b点a点b由水电离出的c（oh）：b点c点c从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（ch3coo）=c（na+）db点到c点，混合溶液中一直存在：c（na+）c（ch3coo）c（oh）c（h+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：酸碱中和反应是放热反应，所以酸碱中和过程中溶液温度升高，醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，溶液越稀醋酸的电离程度越大，醋酸电离过程吸热，温度越高，醋酸电离程度越大；酸或碱溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，结合电荷守恒来分析解答解答：解：a醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，故a正确；bb点酸碱恰好反应生成醋酸钠，c点氢氧化钠过量，氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以由水电离出的c（oh）：b点c点，故b正确；c如果c（ch3coo）=c（na+），根据电荷守恒知，溶液中c（oh）=c（h+），醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（ch3coo）=c（na+），故c正确；d从b点到c点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，当氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c（na+）c（oh）c（ch3coo）c（h+），故d错误；故选d点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，根据弱电解质、含有弱根离子盐的性质结合电荷守恒来分析解答，难度中等二、解答题（共3小题，满分45分）8u、v、w、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素，u、y在周期表中的相对位置如图1；u元素与氧元素能形成两种无色气体；w是地壳中含量最多的金属元素（1）元素z在周期表中位于第viia族我国首创以w组成的金属海水空气电池作为能源的新型海水标志灯，它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使w组成的金属不断氧化而产生电流只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光则该电源负极反应为al3e=al3+（2）yo2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体vo，有关反应的离子方程式为3so2+2no3+3ba2+2h2o=3baso4+2no+4h+，由此可知yo2和vo还原性较强的是（写化学式）so2（3）v的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂h2o2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为2nh3+3h2o2=n2+6h2o一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（h0）并达平衡后，仅改变如表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递增的是bc（选填序号）向含4molv 的最高价含氧酸的稀溶液中，逐渐加入fe粉至过量假设生成的气体只有一种，请在图2坐标系中画出n（fe2+）随n（fe）变化的示意图（4）相同温度下，等体积、物质的量浓度都为0.1mol/l的kz和ch3cook溶液的两种溶液中，离子总数相比较aa前者多 b一样多 c后者多 d无法判断考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；化学电源新型电池；化学平衡建立的过程 专题：基本概念与基本理论分析：u、v、w、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素，w是地壳中含量最多的金属元素，则w是al元素，u、y在周期表中的相对位置如图1，根据图知，u为第二周期元素，u元素与氧元素能形成两种无色气体，则u是c元素，y是s元素，z的原子序数大于s元素且为短周期主族元素，所以z是cl元素，v的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性，则v是n元素，甲是氨气，（1）z是cl元素，其原子最外层有7个电子，主族元素原子最外层电子数与其族序数相等；al、氧气和电解质溶液构成原电池，al易失电子作负极；（2）so2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体no，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和no，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，同一氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；（3）v是n元素，甲是氨气，氨气和双氧水发生氧化还原反应生成氮气和水；一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（h0）并达平衡后，a该分解反应是吸热反应，升高温度促进分解，混合物的物质的量增大；b升高温度，促进氨气分解；c加入氢气，抑制氨气分解，混合气体质量增大，容器体积不变，根据=判断；d加入氨气，氨气浓度增大，平衡向右移动，但氨气转化率减小；含有4mol硝酸的稀硝酸溶液中，逐渐加入fe粉至过量，发生的反应为fe+4hno3=fe（no3）3+no+2h2o、2fe（no3）3+fe=3fe（no3）2，4mol硝酸氧化铁生成硝酸铁时需要1molfe，硝酸铁氧化铁生成硝酸亚铁时需要0.5mol铁，最终生成亚铁离子的物质的量是1.5mol；（4）相同温度下，等体积、物质的量浓度都为0.1mol/l的kcl和ch3cook溶液的两种溶液中，kcl中存在c（k+）+c（oh）=c（h+）+c（cl），ch3cook溶液中存在c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（k+），醋酸钾溶液呈碱性、氯化钾溶液呈中性，据此判断解答：解：u、v、w、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素，w是地壳中含量最多的金属元素，则w是al元素，u、y在周期表中的相对位置如图1，根据图知，u为第二周期元素，u元素与氧元素能形成两种无色气体，则u是c元素，y是s元素，z的原子序数大于s元素且为短周期主族元素，所以z是cl元素，v的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性，则v是n元素，甲是氨气，（1）z是cl元素，其原子最外层有7个电子，主族元素原子最外层电子数与其族序数相等，所以cl元素位于第viia族；al、氧气和电解质溶液构成原电池，al易失电子作负极，电极反应式为al3e=al3+，故答案为：第viia族；al3e=al3+；（2）so2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体no，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和no，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，反应方程式为3so2+2no3+3ba2+2h2o=3baso4+2no+4h+，同一氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该反应中二氧化硫是还原剂、no是还原产物，所以二氧化硫的还原性较强，故答案为：3so2+2no3+3ba2+2h2o=3baso4+2no+4h+；so2；（3）氨气和双氧水发生氧化还原反应生成氮气和水，反应方程式为2nh3+3h2o2=n2+6h2o，故答案为：2nh3+3h2o2=n2+6h2o；a该分解反应是吸热反应，升高温度促进分解，混合物的物质的量增大，所以混合气体的平均分子质量减小，故错误；b升高温度，促进氨气分解，所以化学平衡常数增大，故正确；c加入氢气，抑制氨气分解，混合气体质量增大，容器体积不变，根据=知，其密度增大，故正确；d加入氨气，氨气浓度增大，平衡向右移动，但氨气转化率减小，故错误；故选bc；含有4mol硝酸的稀硝酸溶液中，逐渐加入fe粉至过量，发生的反应为fe+4hno3=fe（no3）3+no+2h2o、2fe（no3）3+fe=3fe（no3）2，4mol硝酸氧化铁生成硝酸铁时需要1molfe，硝酸铁氧化铁生成硝酸亚铁时需要0.5mol铁，最终生成亚铁离子的物质的量是1.5mol，其图象为，故答案为：；（4）相同温度下，等体积、物质的量浓度都为0.1mol/l的kcl和ch3cook溶液的两种溶液中，kcl中存在 c（k+）+c（oh）=c（h+）+c（cl），ch3cook溶液中存在c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（k+），醋酸钾溶液呈碱性、氯化钾溶液呈中性，两种溶液中钾离子浓度相等，c（h+）：kclch3cook，所以ch3cook溶液中总离子浓度小，故选a点评：本题考查较综合，涉及原电池原理、氧化还原反应、离子浓度大小比较等知识点，这些都是考查高频点，明确原电池原理、物质的性质、盐类水解等知识点即可解答，注意（4）中离子浓度大小比较方法，为易错点9（14分）磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如ca3（po4）2等形式存在它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用白磷（p4）可由ca3（po4）2、焦炭和sio2在电炉中高温（约1550）下通过下面两个反应共熔得到2ca3（po4）2（s）+5c（s）=6cao（s）+p4（s）+5co2（g）h1=+ql kjmol1cao（s）+sio2（s）=casio3（s）h2=q2 kjmol1（1）写出电炉中发生总反应的热化学方程式2ca3（po4）2（s）+6sio2（s）+5c（s）6casio3（s）+p4（s）+5co2（g）h=（ql6q2 ）kjmol1三氯氧磷（化学式：pocl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料氯化水解法生产三氯氧磷的流程如图甲：（2）写出氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为pcl3+h2o+cl2=pocl3+2hcl氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为h3po4、h3po3等）废水在废水中先加入适量漂1白粉，再加入生石灰调节ph将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收（3）pocl3、h3po4、h3po3中磷元素的化合价分别为+5、+5、+3（4）在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是将+3价的磷氧化为+5价的磷（将h3po3氧化为h3po4）如图乙是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图象（5）处理该厂废水最合适的工艺条件为bc（选填字母）a调节ph=9 b调节ph=10 c反应时间30min d反应时间120min（6）己知磷酸是三元酸，其各级电离常数如下：k1=7.1103 k2=6.3l08 k3=4.21013，则0.1mol/l的nah2po4溶液的ph7（填，=，）考点：制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素 分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需化学方程式，反应的焓变与化学计量数成正比；（2）氯化水解法产物是三氯氧磷和盐酸，结合原子守恒分析；（3）根据化合价规则计算元素的化合价，在化合物中正负化合价代数和为零；（4）在沉淀前先加入适量漂白粉使废水中的h3po3氧化为po43，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；（5）根据图1、2分析磷的沉淀回收率；（6）nah2po4溶液中存在水解平衡：h2po4+h2oh3po4+oh，电离平衡：h2po4hpo42+h+，电离常数k1k2k3，h2po4在水溶液里电离程度大于水解程度解答：解：（1）2ca3（po4）2（s）+5c（s）=6cao（s）+p4（s）+5co2（g）h1=+ql kjmol1cao（s）+sio2（s）=casio3（s）h2=q2 kjmol1依据热化学方程式和盖斯定律计算得到6得到化学方程式为：2ca3（po4）2（s）+6sio2（s）+5c（s）6casio3（s）+p4（s）+5co2（g）h=（ql6q2 ）kjmol1，故答案为：2ca3（po4）2（s）+6sio2（s）+5c（s）6casio3（s）+p4（s）+5co2（g）h=（ql6q2 ）kjmol1；（2）氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：pcl3+h2o+cl2=pocl3+2hcl，故答案为：pcl3+h2o+cl2=pocl3+2hcl；（3）氯元素显1价，氢元素显+1价，氧元素显2价，设磷元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：pocl3、h3po4、h3po3中磷元素的化合价分别为+5、+5、+3，故答案为：+5、+5、+3；（4）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为h3po4、h3po3等）废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的h3po3氧化为po43，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；故答案为：将+3价的磷氧化为+5价的磷（将h3po3氧化为h3po4）；（5）根据图1、2可确定ph=10、反应时间30 min时磷的沉淀回收率较高，则处理该厂废水最合适的工艺条件为ph=10、反应时间30 min，故答案为：bc；（6）nah2po4溶液中存在水解平衡：h2po4+h2oh3po4+oh，电离平衡：h2po4hpo42+h+；磷酸是三元酸，其各级电离常数如下：k1=7.1103 k2=6.3l08 k3=4.21013，k1k2k3，h2po4在水溶液里电离程度大于水解程度，0.1mol/l的nah2po4溶液中按三级电离全部电离2ck3k2，所以nah2po4溶液中按二级电离粗略计算，0.1mol/l6.3l08 ，所以溶液的ph=lgc（h+）1，实际略小于1，显酸性，即ph7，故答案为：点评：本题考查了物质的制备方案设计，题目涉及热化学方程式的书写、氧化还原的应用、化合价的计算、ph的应用等，题目综合性较强，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力10（16分）某学习小组利用图1装置进行co2与饱和na2co3溶液反应制备nahco3（1）选取必要的实验装置，正确的连接顺序为cab（填序号）（2）为确定制得的固体样品是纯净的nahco3，小组同学提出下列实验方案：甲方案：将样品溶液与饱和澄清石灰水反应，观察现象乙方案：将样品溶液与bacl2溶液反应，观察现象丙方案：测定ph法丁方案：热重分析法判定甲方案不可行（填“可行”或“不可行”）为判定乙方案的可行性，某同学用纯净的nahco3配制的溶液，与bacl2溶液等体积混合进行实验，结果如下：nahco3溶液bacl2浓度0.2moll10.1moll10.02moll10.2moll1浑浊浑浊少许浑浊0.1moll1浑浊少许浑浊无现象0.02moll1少许浑浊无现象无现象（i）此实验已可说明乙方案是不可行的请结合以下数据，并通过计算说明产生浑浊的原因己知：0l moll1 nahco3溶液电离出的c（co32）为0.001l moll1，ksp（baco3）=5.1109答：qc=c（ba2+）c（co32）=0.0011=1.11045.1109（ii）产生浑浊（伴有气体产生）的离子方程式ba2+2hco3=baco3+co2+h2o用ph计测定的丙方案如下：取m克的固体样晶溶解于水配成v ml的溶液，用ph计测ph：还应补充的实验是：另取等质量的分析纯nahc03溶于水中配成v ml的溶液，用ph计测ph进行丁方案实验，得到固体残留率随温度变化的曲线如图2所示，根据a点坐标得到的结沦是制得的固体样品是纯净的nahco3（残留率=100%）考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体和氯化钙，其中盐酸易挥发，据此选择仪器；（2）饱和澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠均能反应生成碳酸钙沉淀，据此解答；（i）计算此时溶液中钡离子浓度与碳酸根浓度的乘积与该温度下碳酸钡的溶度积常数比较即可；（ii）钡离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和碳酸钡沉淀；取用实验室中分析纯与样品进行ph的测算比较即可；发生2nahco3na2co3+h2o+co2，由图中所给数据可知在180时，固体的残留率为63.09%，根据方程式计算100g固体完全分解时剩余固体的质量，据此分析解答：解：（1）c为发生装置，盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体和氯化钙，其中盐酸易挥发，故应先选取碳酸氢钠除去混合气体中的hcl，故仪器连接顺序为：cab，故答案为：cab；（2）饱和澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠均能反应生成碳酸钙沉淀，故甲方案不可行，故答案为：不可行；（i）两种溶液等体积混合后，溶液中钡离子浓度=0.1mol/l，0.1 moll1 nahc03溶液电离出的c（co32）为0.0011 moll1，故q=c（ba2+）c（co32）=0.0011=1.11045.1109，故会产生沉淀，故答案为：qc=c（ba2+）c（co32）=0.0011=1.11045.1109；（ii）钡离子与碳酸氢钠电离出的碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，从而促进了碳酸氢根的电离，使其向生成碳酸根和氢离子的方向移动，故离子反应方程式为：ba2+2hco3=baco3+co2+h2o，故答案为：ba2+2hco3=baco3+co2+h2o；丙方案为测定ph法，由于碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，溶于水中配成v ml的溶液，利用准确度较高的ph计进行样品的ph值，然后测量等质量等浓度的分析纯nahc03的ph值，最后比较即可，故答案为：另取等质量的分析纯nahc03溶于水中配成v ml的溶液，用ph计测ph；发生反应为2nahco3na2co3+h2o+co2，由图中所给数据可知在180时，固体的残留率为63.09%，设碳酸氢钠为100g，则2nahco3na2co3+h2o+co2， 168 106 100g xg解得x=63.09g，即理论上碳酸氢钠每有100g分解应生成63.09g固体，故由图可知100g样品分解恰好生成固体为63.09g，故此样品只含有为nahco3，故答案为：制得的固体样品是纯净的nahco3点评：本题考查了物质含量的测定、碳酸氢钠的性质、ksp的有关计算等，题目涉及知识点较多，难度较大，熟练掌握碳酸氢钠的性质以及其热分解原理是解决本题的关键三化学-物质结构与性质】（13分）11（13分）（1）x基态原子的m层与k层电子数相等，则x所在周期中第一电离能最大的元素是ar（2）y2+离子的3d轨道中有9个电子，基态y原子的价电子排布式为3d104s1将y粉末加入nh3的浓溶液中，通入o2，充分反应后溶液呈深蓝色，发生如下反应：2y+8nh3h2o+o2=2y（nh3）4（oh）2+6h2o，该过程中形成的化学键类型有cea金属键 b离子键 c极性键 d非极性键 e配位键 f氢键 g范德华力（3）k2cr2o7是一种常见的强氧化剂，酸性条件下会被还原剂还原成cr3+cr3+能与oh、cn形成配合物cr（oh）4、cr（cn）63不考虑空间构型，cr（oh）4的结构可用示意图表示为（若有配位键，用箭号表示）一种新型阳极材料lacro3的晶胞如图1所示，已知距离每个cr原子最近的o原子有6个，则图中c原子代表的是cr原子（填a、b、c）（4）碳的一种单质结构如图2所示，其相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环则该单质中碳原子的杂化方式是sp2，1mol该单质中存在的键数目为30na考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）x基态原子的m层与k层电子数相等，则m、k层均有2个电子，x为mg元素，在第二周期，同周期中稀有气体的第一电离能最大；（2）y2+离子的3d轨道中有9个电子，y原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则r为cu元素；2cu+8nh3h2o+o2=2cu（nh3）4（oh）2+6h2o反应中生成配合物，形成配位键；（3）cr（oh）42中是cr3+与4个oh形成配位键；利用均摊法确定该晶胞中各种离子的个数，结构铬原子配位键确定铬原子；（4）根据c原子的价层电子对数判断杂化类型；a的一种单质相对分子质量为720，则该分子为c60，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环，每个碳周围有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳共用，所以每个碳实际占有的碳碳双键数为0.5，而每个双键中有一个键解答：解：（1）x基态原子的m层与k层电子数相等，则m、k层均有2个电子，x为mg元素，在第三周期，同周期中稀有气体的第一电离能最大，则第三周期第一电离能最大的是ar；故答案为：ar；（2）y2+离子的3d轨道中有9个电子，y原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则r为cu元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则cu的价