陕西省铜川市高考化学模拟试卷（二）（含解析）.doc

陕西省铜川市2015届高 考化学模拟试卷（二）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）a“酸雨”、“臭氧层受损”、“光化学烟雾”都与氮氧化物有关bpm2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5m的颗粒物，该值越高，代表空气污染程度越严重c静电除尘治理悬浮颗粒污染，其依据是胶体的电泳原理d为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质食盐中所加含碘物质是ki2（3分）在限定条件下，对个有机物的同分异构体数目（不考虑立体异构）判断正确的是（） a b c d分子式 c4h8 c4h8cl2 c4h10o c5h10o2限定条件 能发生加成反应只有一个甲基 能与钠反应 只有一种官能团数目 3 5 3 2aabbccdd3（3分）na表示阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的是（）a常温常压下，质量为32go2含有的原子数为2nab2l0.1mol/lnacl溶液中含有nacl分子数为0.2nac78gna2o2与足量co2完全反应吗，转移的电子数为2nad在25，101pa条件下，11.2l氯气所含的原子数为na4（3分）下列实验现象预测正确的是（）a实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变b实验：酸性kmno4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去c实验：微热稀hno3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色d实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应5（3分）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不正确的是（）a原子半径：zwybz和y形成的化合物是离子化合物c气态氢化物的稳定性：ryd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6（3分）一定温度下，难溶强电解质的饱和溶液中存在着沉淀溶解平衡，其平衡常数为对于含fe2（so4）3、feso4和cuso4各0.5mol的混合溶液1l，根据上表数据判断，说法错误的是（）物质fe（oh）2cu（oh）2fe（oh）3ksp（25）8.010162.210204.01038a向混合溶液中逐滴加入naoh溶液，最先看到红褐色沉淀b向溶液中加入双氧水，并用cuo粉末调节ph，过滤后可获较纯净的cuso4溶液c该溶液中c（so42）：9工业上以锂辉石（li2oal2o34sio2，含少量camg元素）为原料生产碳酸锂，其部分工艺流程如下：已知：li2oal2o34sio2+h2so4（浓）li2so4+al2o34sio2h2o不同温度下li2co2和li2oco4的溶解度如表：t/20406080s（li2co3）/g1.331.171.010.85s（li2co4）/g34.232.831.930.7（1）过滤时需要的玻璃仪器有（2）滤渣i中分离制取al2o3，其流程如下图所示（括号中均表示加入过量的试剂）：括号内的试剂最好选用a稀盐酸 bco2 cnaoh溶液 dnhyh2o滤渣i滤液滤渣3al2o3步骤中反应的离子方程式为（3）向滤液中加入石灰水调ph为11的作用是，加入na2co3溶液的作用是，滤渣2的成分是（4）向滤液2中加入饱和na2co3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是（5）工业上用电解法将li2co3粗品制成高纯lioh，再向溶液中加入过量nh4hco3溶液可生成高纯li2co3，写出加入nh4hco3溶液后的反应的化学方程式10开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池（1）已知：2ch3oh（1）+3o2（g）=2co2（g）+4h2o（g）h1=1275.6kj/mol2co（g）+o2（g）=2co2（g）h2=566.0kj/molh2o（g）=h2o（1）h3=44.0kj/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（2）生产甲醇的原料co和h2来源于：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h0一定条件下ch4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a则tlt2（填“”、“”、“=”，下同）；a、b、c三点处对应平衡常数（ka、kb、kc）的大小关系为100时，将1mol ch4和2mol h2o通入容积为1l的定容密封容器中，发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是a容器内气体密度恒定b单位时间内消耗0.1mol ch4同时生成0.3mol h2c容器的压强恒定d3v正（ch4）=v逆（h2）如果达到平衡时ch4的转化率为0.5，则100时该反应的平衡常数k=（3）某实验小组利用co（g）、o2（g）、koh（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为11已知a、b、c、d、e五种元素的原子序数依次增大，其中a原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；b原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；d原子l电子层上有2对成对电子；e+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态 请填写下列空白（1）e元素基态原子的核外电子排布式为（2）b、c、d三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为（填元素符号），其原因为（3）b2a4是重要的基本石油化工原料b2a4分子中b原子轨道的杂化类型为；1mol b2a4分子中含mol键（4）已知d、e能形成晶胞如图所示的两种化合物，化合物的化学式，甲为，乙为；高温时，甲易转化为乙的原因为12化合物g的合成路线如下所示：已知一定条件下如下形式的一类反应称为麦克加成反应（1）d中官能团的名称为，1molg发生加成反应时最多消耗molh2（2）除掉e中含有的少量d的试剂和操作是下列有关e的说法正确的是（填序号）a遇fecl3溶液呈紫色 b.1mole可与1mol碳酸氢钠反应 c可发生取代反应 d是ch2=chcooh的同系物 e易溶于水 f可发生氧化反应（3）写出以下过程的化学方程式：ab：；cd：（4）反应e+fg可发生麦克加成反应，则f的结构简式为（5）比g少2个氢原子的物质具有下列性质，任写一种该物质的结构简式遇fecl3溶液呈紫色苯环上的一氯代物只有一种1mol该物质最多可消耗2molna或1molnaoh陕西省铜川市2015届高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）a“酸雨”、“臭氧层受损”、“光化学烟雾”都与氮氧化物有关bpm2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5m的颗粒物，该值越高，代表空气污染程度越严重c静电除尘治理悬浮颗粒污染，其依据是胶体的电泳原理d为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质食盐中所加含碘物质是ki考点：常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；碘与人体健康 分析：a、氮氧化物能引起酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层；bpm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，科学家用pm2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，代表空气污染越严重；c静电除尘就是运用灰尘的胶粒带负电荷，在外加电场作用下，向阳极移动，从而达除尘的效果；d碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾（kio3）解答：解：a、“酸雨“、“臭氧层受损“、“光化学烟雾“都与氮氧化物有关，故a正确；bpm2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5m的颗粒物，pm2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，代表空气污染越严重，故b正确；c静电除尘就是运用悬浮颗粒的胶粒带负电荷，在外加电场作用下，向阳极移动，从而达除尘的效果，其依据是胶体的电泳原理，故c正确；d为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质在食盐中所加含碘物质是碘酸钾（kio3），故d错误；故选：d点评：本题主要考查了常见的污染与防治，资源的使用等，难度不大，根据所学知识即可完成2（3分）在限定条件下，对个有机物的同分异构体数目（不考虑立体异构）判断正确的是（） a b c d分子式 c4h8 c4h8cl2 c4h10o c5h10o2限定条件 能发生加成反应只有一个甲基 能与钠反应 只有一种官能团数目 3 5 3 2aabbccdd考点：同分异构现象和同分异构体 分析：a、根据烯烃的同分异构体的书写方法来回答；b、丁烷的同分异构体有2种，分别为正丁烷和异丁烷，据此2种碳架结构，结合所给的分子式确定可能有的结构；c、根据分子式，能和金属钠反应的结构是醇，根据同分异构体的书写方法来判断；d、c5h10o2能溶于水，只有一个官能团，应该是羧酸类，根据同分异构体的书写方法来判断解答：解：a、c4h8能发生加成反应，该有机物属于烯烃，该烯烃的同分异构体：1丁烯，2丁烯，2甲基1丙烯三种不同的结构，故a正确；b、c4h8cl2中的碳骨架cccc和两种，对于cccc，有三种符合条件的结构，对于有1种符合条件的结构，共4种，故b错误；c、根据分子式，能和金属钠反应的结构是醇，丁基有四种结构，且c4h10o属于醇类，它的同分异构体共4种，故c错误；d、c5h10o2，只有一个官能团，应该是羧酸类，由于丁基的结构有4种，故此分子式的同分异构体有4种，故d错误，故选a点评：本题主要考查学生有机物的同分异构体的书写方面的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等3（3分）na表示阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的是（）a常温常压下，质量为32go2含有的原子数为2nab2l0.1mol/lnacl溶液中含有nacl分子数为0.2nac78gna2o2与足量co2完全反应吗，转移的电子数为2nad在25，101pa条件下，11.2l氯气所含的原子数为na考点：阿伏加德罗常数 分析：a、根据氧气由氧原子构成来分析；b、nacl溶液中无氯化钠分子；c、求出na2o2的物质的量，然后根据na2o2与二氧化碳的为歧化反应来分析；d、25，101pa条件下，气体摩尔体积大于22.4l/mol解答：解：a、氧气由氧原子构成，故32g氧气中含有的氧原子的物质的量n=2mol，故a正确；b、nacl是离子化合物，易溶于水，在溶液中无氯化钠分子，故b错误；c、78gna2o2的物质的量为1mol，而na2o2与二氧化碳的为歧化反应，1molna2o2转移1mol电子，故c错误；d、25，101pa条件下，气体摩尔体积大于22.4l/mol，故11.2l氯气的物质的量小于0.5mol，含有的氯原子的物质的量小于1mol，故d错误故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4（3分）下列实验现象预测正确的是（）a实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变b实验：酸性kmno4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去c实验：微热稀hno3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色d实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：化学实验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验 专题：压轴题；实验评价题分析：a溴和naoh反应，苯不溶于水，且密度比水小；b浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；c生成no，根据no的性质判断；d在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体解答：解：a溴和naoh反应生成nabr和nabro，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故a错误；b浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故b正确；c生成no，no易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故c错误；d在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故d正确故选bd点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累5（3分）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不正确的是（）a原子半径：zwybz和y形成的化合物是离子化合物c气态氢化物的稳定性：ryd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：原子结构与元素周期律的关系 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，原子序数大于na，则w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，原子序数大于na，则w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，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径naalo，即zwy，故a正确；bz和y形成的化合物是氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，故b正确；c非金属性so，即ry，非金属性越强氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：ry，故c正确；dal在浓硫酸中发生钝化现象，不能溶解，故d错误；故选d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6（3分）一定温度下，难溶强电解质的饱和溶液中存在着沉淀溶解平衡，其平衡常数为对于含fe2（so4）3、feso4和cuso4各0.5mol的混合溶液1l，根据上表数据判断，说法错误的是（）物质fe（oh）2cu（oh）2fe（oh）3ksp（25）8.010162.210204.01038a向混合溶液中逐滴加入naoh溶液，最先看到红褐色沉淀b向溶液中加入双氧水，并用cuo粉末调节ph，过滤后可获较纯净的cuso4溶液c该溶液中c（so42）：（已知：滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h20=h2so4+2hi）按上述方案实验，消耗标准i2溶液22.00ml，则焦亚硫酸钠的质量分数为88.29%在上述实验过程中，若标准i2溶液中有一部分i2挥发，则测得结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）考点：制备实验方案的设计 分析：由装置c中发生的反应可知，装置a中产生的气体为so2，e装置为吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，可以用naoh溶液吸收，d装置中进气管短，目的是防止倒吸，b装置可以根据气泡控制二氧化硫的流速，反应完毕可以起储存二氧化硫作用（1）分液漏斗内外液面高度差保持不变，说明气密性良好；由上述分析可知，d装置防止倒吸，e装置为吸收未反应的二氧化硫；（2）从装置c中获得已析出的晶体，分离固体与液体，应采取过滤操作；（3）nahso3溶液中hso3的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；（4）na2s2o5晶体在空气中易被氧化为na2so4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（5）由so2+2h2o+i2h2so4+2hi，可知100ml样品溶液反应得到n（so2）=n（i2），进而计算1l样品溶液得到n（so2），设na2so3、na2s2o5的物质的量分别为xmol、ymol，na2s2o5相当于na2so3、so2，根据生成二氧化硫可、二者总质量列方程计算解答；若标准i2溶液中有一部分i2挥发，消耗标准液的体积偏大，故测定二氧化硫的量偏大，结合的方程式判断解答：解：由装置c中发生的反应可知，装置a中产生的气体为so2，e装置为吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，可以用naoh溶液吸收，d装置中进气管短，目的是防止倒吸，b装置可以根据气泡控制二氧化硫的流速，反应完毕可以起储存二氧化硫作用（1）放置过程中液柱高度差保持不变，说明气密性良好；由上述分析可知，d装置为安全瓶、防止倒吸，e装置为吸收未反应的二氧化硫，可以用naoh溶液吸收，故答案为：放置过程中液柱高度差保持不变；安全瓶防止倒吸；naoh；（2）从装置c中获得已析出的晶体，分离固体与液体，应采取过滤操作，故答案为：过滤；（3）nahso3溶液中hso3的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的ph，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液ph值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入ba（oh）2溶液、hcl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；故答案为：ae；（4）na2s2o5中s元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为na2so4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量na2s2o5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量na2s2o5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（4）由so2+2h2o+i2h2so4+2hi，可知100ml样品溶液反应得到n（so2）=n（i2）=0.022l0.1mol/l=0.0022mol，故1l样品溶液得到n（so2）=0.0022mol=0.022mol，设na2so3、na2s2o5的物质的量分别为xmol、ymol，na2s2o5相当于na2so3、so2，根据生成二氧化硫可知：x+2y=0.022根据质量可得： 126x+190y=2.152解得x=0.002，y=0.01故样品中焦亚硫酸钠的质量分数为100%=88.29%，故答案为：88.29%；若标准i2溶液中有一部分i2挥发，消耗标准液的体积偏大，故测定二氧化硫的量偏大，计算可得na2s2o5的质量偏大，故na2s2o5的质量分数偏高，故答案为：偏高点评：本题考查物质的制备实验、对装置的分析评价、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，明确实验原理是解本题关键，是对学生综合能力的考查，（4）中计算为易错点、难点，根据题目中的反应判断焦亚硫酸钠与盐酸的反应，难度中等9工业上以锂辉石（li2oal2o34sio2，含少量camg元素）为原料生产碳酸锂，其部分工艺流程如下：已知：li2oal2o34sio2+h2so4（浓）li2so4+al2o34sio2h2o不同温度下li2co2和li2oco4的溶解度如表：t/20406080s（li2co3）/g1.331.171.010.85s（li2co4）/g34.232.831.930.7（1）过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯（2）滤渣i中分离制取al2o3，其流程如下图所示（括号中均表示加入过量的试剂）：括号内的试剂最好选用da稀盐酸 bco2 cnaoh溶液 dnhyh2o滤渣i滤液滤渣3al2o3步骤中反应的离子方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+（3）向滤液中加入石灰水调ph为11的作用是让mg2+生成mg（oh）2沉淀，加入na2co3溶液的作用是让ca2+生成 caco3沉淀，滤渣2的成分是mg（oh）2和caco3（4）向滤液2中加入饱和na2co3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是li2co3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少li2co3的损失（5）工业上用电解法将li2co3粗品制成高纯lioh，再向溶液中加入过量nh4hco3溶液可生成高纯li2co3，写出加入nh4hco3溶液后的反应的化学方程式2lioh+nh4hco3=li2co3+nh3h2o+h2o考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：锂辉石主要成分为li2oal2o34sio2，含有少量ca、mg元素，研磨在加热条件下用浓硫酸酸浸后过滤得到li2so4，硫酸镁和硫酸钙，滤渣为al2o34sio2h2o，滤液加入为石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，加入碳酸钠沉淀钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，过滤得到滤液主要是li2so4，加入饱和碳酸钠沉淀锂离子为碳酸锂，滤渣2主要成分有mg（oh）2和caco3；（1）依据过滤装置和操作步骤选择需要的玻璃仪器；（2）滤渣i中分离制取al2o3，加入过量酸溶解生成铝盐，加入过量一水合氨沉淀铝离子生成氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣3为氢氧化铝，灼烧得到氧化铝，步骤中反应是铝离子生成氢氧化铝的反应；（3）滤渣为al2o34sio2h2o，滤液加入为石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，加入碳酸钠沉淀钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，过滤得到滤液主要是li2so4，加入饱和碳酸钠沉淀锂离子为碳酸锂，滤渣2主要成分有mg（oh）2和caco3；（4）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随温度升高减小；（5）电解后向lioh溶液中加入过量nh4hco3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂解答：解：锂辉石主要成分为li2oal2o34sio2，含有少量ca、mg元素，研磨在加热条件下用浓硫酸酸浸后过滤得到li2so4，硫酸镁和硫酸钙，滤渣为al2o34sio2h2o，滤液加入为石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，加入碳酸钠沉淀钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，过滤得到滤液主要是li2so4，加入饱和碳酸钠沉淀锂离子为碳酸锂，滤渣2主要成分有mg（oh）2和caco3；（1）过滤操作是在过滤器中进行，滤液流入烧杯，分离的溶液需沿玻璃棒慢慢注入，需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；（2）滤渣i中分离制取al2o3，加入过量酸溶解生成铝盐，加入过量一水合氨沉淀铝离子生成氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣3为氢氧化铝，灼烧得到氧化铝，步骤中反应是铝离子生成氢氧化铝的反应，反应离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；故答案为：d；al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；（3）滤渣为al2o34sio2h2o，滤液加入为石灰乳是氢氧化钙，向滤液中加入石灰水调ph为11的作用是提供氢氧根离子更完全的沉淀镁离子，加入碳酸钠沉淀钙离子，过滤得到滤液主要是li2so4，加入饱和碳酸钠沉淀锂离子为碳酸锂，滤渣2主要成分有mg（oh）2和caco3；故答案为：让mg2+生成mg（oh）2沉淀；让ca2+生成 caco3沉淀；mg（oh）2和caco3；（4）向滤液2中加入饱和na2co3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，故答案为：li2co3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少li2co3的损失；（5）电解后向lioh溶液中加入过量nh4hco3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为2lioh+nh4hco3=li2co3+nh3h2o+h2o，故答案为：2lioh+nh4hco3=li2co3+nh3h2o+h2o点评：本题考查了物质生产流程的分析判断，流程分析，为高频考点，侧重于学生分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握物质性质的应用，题目侧重铝及其化合物性质的应用，氧化铝的提取方法，题目难度中等10开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池（1）已知：2ch3oh（1）+3o2（g）=2co2（g）+4h2o（g）h1=1275.6kj/mol2co（g）+o2（g）=2co2（g）h2=566.0kj/molh2o（g）=h2o（1）h3=44.0kj/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：ch3oh（1）+o2（g）=co（g）+2h2o（1）h=442.8kjmol1（2）生产甲醇的原料co和h2来源于：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h0一定条件下ch4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a则tlt2（填“”、“”、“=”，下同）；a、b、c三点处对应平衡常数（ka、kb、kc）的大小关系为kc=kbka100时，将1mol ch4和2mol h2o通入容积为1l的定容密封容器中，发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是cda容器内气体密度恒定b单位时间内消耗0.1mol ch4同时生成0.3mol h2c容器的压强恒定d3v正（ch4）=v逆（h2）如果达到平衡时ch4的转化率为0.5，则100时该反应的平衡常数k=2.25（3）某实验小组利用co（g）、o2（g）、koh（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为co2e+4oh=co32+2h2o考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；（2）正反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，据此判断温度大小；平衡常数只受温度影响，处于等温线上各点平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度t2条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大；达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生其它一些物理量不变，据此结合选项判断；利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度，代入平衡常数表达式计算（3）co发生氧化反应，在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水解答：解：（1）已知：2ch3oh（1）+3o2（g）=2co2（g）+4h2o（g）h1=1275.6kj/mol2co（g）+o2（g）=2co2（g）h2=566.0kj/molh2o（g）=h2o（1）h3=44.0kj/mol根据盖斯定律，+2得：ch3oh（1）+o2（g）=co（g）+2h2o（1）h=442.8 kjmol1，故答案为：ch3oh（1）+o2（g）=co（g）+2h2o（1）h=442.8 kjmol1；（2）由图开始，压强一定时，温度t2的转化率较大，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故温度tlt2；平衡常数只受温度影响，b、c处于等温线上，平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度t2条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大，比温度t1时的平衡常数大，故平衡常数kc=kbka，故答案为：；kc=kbka；a100时，反应混合物都是气体，混合气体总质量不变，容器的容积不变，容器内气体密度始终不变，不能说明得到平衡，故a错误；b单位时间内消耗0.1mol ch4同时生成0.3molh2，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡，故b错误；c随反应进行混合气体总物质的量增大，容器容积不变，压强增大，当容器的压强恒定时，说明到达平衡，故c正确；d3v正（ch4）=v逆（h2），不同物质的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故d正确，故答案为：cd；平衡时甲烷的转化为0.5，则甲烷的浓度变化量=1mol/l0.5=0.5mol/l， ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）开始（mol/l）：1 2 0 0变化（mol/l）：0.5 0.5 0.5 1.5 平衡（mol/l）：0.5 1.5 0.5 1.5故平衡常数k=2.25，故答案为：cd；2.25；（3）co发生氧化反应，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：co2e+4oh=co32+2h2o，故答案为：co2e+4oh=co32+2h2o点评：本题比较综合，难度中等，涉及热化学方程式、化学平衡图象及影响因素、平衡常数、平衡状态判断、原电池等，（3）可以用总反应式减去正极电极反应式得负极电极反应式11已知a、b、c、d、e五种元素的原子序数依次增大，其中a原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；b原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；d原子l电子层上有2对成对电子；e+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态 请填写下列空白（1）e元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）b、c、d三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为con（填元素符号），其原因为同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于氧元素（3）b2a4是重要的基本石油化工原料b2a4分子中b原子轨道的杂化类型为sp2；1mol b2a4分子中含5mol键（4）已知d、e能形成晶胞如图所示的两种化合物，化合物的化学式，甲为cuo，乙为cu2o；高温时，甲易转化为乙的原因为cu2o中cu原子d轨道为全满状态，比较稳定考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：a、b、c、d、e五种元素的原子序数依次增大，a原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则a为h元素；b原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，则b原子核外有6个电子，则b为碳元素；d原子l层上有2对成对电子，则d原子电子排布式为1s22s22p4，所以d为氧元素；c的原子序数介于碳、氧元素之间，则c为氮元素；e+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，则e为cu元素，据此解答解答：解：a、b、c、d、e五种元素的原子序数依次增大，a原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则a为h元素；b原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，则b原子核外有6个电子，则b为碳元素；d原子l层上有2对成对电子，则d原子电子排布式为1s22s22p4，所以d为氧元素；c的原子序数介于碳、氧元素之间，则c为氮元素；e+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，则e为cu元素，（1）e为cu元素，基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）同周期，随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，失去第一个电子需要的能量较多，其第一电离能高于同周期相邻元素，故c、n、o三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为con，故答案为：con；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于氧元素；（3）c2h4分子中c原子有3个键，无孤电子对，轨道的杂化类型为sp2杂化，1个c2h4分子中含有5个键，1个1个键，lmolc2h4分子中键5mol，故答案为：sp2；5；（4）已知o、cu能形成晶胞如图所示的两种化合物，甲中黑色球数目=4，白色球数目=6+8=4，cu、o原子数目之比为1：1，则甲的化学式为cuo，乙中黑色球数目=4，白色球数目=1+8=2，黑色球与白色球个数之比为2：1，氧元素为2价，则乙的化学式为cu2o，cu2o中cu原子d轨道为全满状态，比较稳定，故高温时甲易转化为乙，故答案为：cuo；cu2o；cu2o中cu原子d轨道为全满状态，比较稳定点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及元素推断、核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、晶胞计算等，推断元素是解题关键，（4）中从结构分析氧化铜高温转化为氧化亚铜为易错点、难点，难度中等12化合物g的合成路线如下所示：已知一定条件下如下形式的一类反应称为麦克加成反应（1）d中官能团的名称为碳碳双键、羧基，1molg发生加成反应时最多消耗2molh2（2）除掉e中含有的少量d的试剂和操作是向溶液中加入饱和碳酸钠溶液，充分振荡后静置、分液下列有关e的说法正确的是cf（填序号）a遇fecl3溶液呈紫色 b.1mole可与1mol碳酸氢钠反应 c可发生取代