浙江省温州八中高三化学上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省温州八中高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题1下列说法正确的是（）a利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于电化学中牺牲阳极的阴极保护法b科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用smt技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵c人们通常用标准燃烧热或热值来衡量燃料燃烧放出热量的大小，某物质的热值越高则其标准燃烧热越大d汽车尾气催化转化装置可将尾气中的no和co等有害气体转化为n2和co2，该装置中的催化剂可降低no和co反应的活化能，加快该反应的速率，同时能提高该反应的平衡转化率2下列说法正确的是（）a除去硬脂酸钠溶液中的甘油方法是：往溶液中加入饱和食盐水，分液b向无水乙醇中加入浓h2so4，加热至170产生的气体通入酸性kmno4溶液，红色褪去，证明生成的气体全部是乙烯c润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入35ml所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从下口倒出，重复23次d取5ml0.1moll1ki溶液，滴加0.1moll1fecl3溶液56滴，继续加入2mlccl4，充分振荡后静置，取上层溶液加kscn溶液，无明显现象3短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子；a与c，b与d均为同主族元素下列叙述正确的是（）ab元素组成的一种单质具有漂白性，能使kmno4溶液紫色褪去bb、d两种元素形成的一种化合物也具有一定的漂白性，能使紫色石蕊紫色褪去cc元素分别与a元素和b元素形成的化合物都是离子晶体，一定均与水反应生成强碱和无色气体da2b的热稳定性强于a2d、沸点也高于a2d，但解释的理由不相同4替米沙坦片是治疗原发性高血压的一种白色药片，其主要成份为替米沙坦，化学结构如图所示下列关于替米沙坦的说法中错误的是（）a该物质属于芳香族化合物b能发生加成反应、取代反应和酯化反应c替米沙坦的分子式为c32h28o2n4d能使酸性高锰酸钾溶液褪色5高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸钠（na2feo4）的装置如图所示下列说法正确的是（）a铁是阳极，电极反应为fe2e+2ohfe（oh）2b电解一段时间后，镍电极附近溶液的ph减小c若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有feo42d每制得1mol na2feo4，理论上可以产生67.2l气体6常温下，将cl2缓慢通入一定量的蒸馏水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1moll1的naoh溶液，整个过程中ph变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）ax点所示溶液中发生反应的离子方程式为cl2+h2o2h+cl+cloby点所示溶液中存在c（na+）=c（hclo）+2c（clo）cx、y两点所示溶液中含有微粒的种类前者多dx、y两点所示溶液中水的电离程度前者大7某固体粉末含fe3o4、cuco3、cu2o、al2o3、mgco3一种或几种，某化学兴趣小组按如下方案进行实验探究 已知：cu2o+2hcl=cu+cucl2+h2o，下列对实验结果的分析合理的是（）a溶液乙中溶质至少2种及以上b固体乙中成分至少2种及以上c固体粉末中一定含有cu2o、al2o3、mgco3d溶液甲中可能含有fe3+二、简答题8聚乙烯醇（pva）的结构简式为，它是一种用途相当广泛的高分子聚合物某研究小组设计的以乙烯为原料合成pva的流程如图：已知：ch3ch2x+naohch2=ch2+nabr+h2o（x代表卤素原子）请回答下列问题：（1）乙烯的结构简式为a中含有的官能团的名称为（2）下列说法中正确的是a工业上制取乙烯的主要方法是石油裂化bd分子中所有原子在一条直线上c的反应类型为取代反应d与e互为同分异构体，且能与nahco3放出气体的链状有机物有3种（3）反应的化学方程式为（4）反应的化学方程式为9将有色气体单质a通入到淀粉碘化钾溶液中，观察到溶液颜色先呈现蓝色，最后蓝色又褪去呈现无色若在碘单质上直接通入气体a至生成物完全液化，得原子个数比为1：1的红棕色液体b，其化学性质与其组成元素的单质相似则：（1）写出组成气体a的元素在周期表中的位置（2）写出b的电子式，判断下列物质不能与b发生化学反应的有a、h2o b、ch2=ch2 c、na2so4溶液 d、so2水溶液（3）请用离子方程式表示上述实验中，溶液蓝色褪去的原因10某研究小组为了探究一种无机盐x （仅含有五种元素，且含有结晶水）的组成和性质设计并完成了如下实验：另将生成的气体甲与过量灼热氧化铜粉末反应，生成两种单质，再将产物通入浓硫酸洗气后测得标况下的气体乙为0.224l请回答如下问题：（1）x的化学式是，固体2中存在的化学键类型（2）溶液2中通入过量气体甲时发生的离子反应方程式（3）在一定条件下，生成的气体甲与过量氧化铜还能发生另一氧化还原反应，生成的气体乙在标况下的体积仍为0.224l，写出该反应的化学方程式（4）请设计实验证明无机盐x中存在的金属阳离子11汽车尾气净化中的一个反应如下：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g），请回答下列问题：（1）已知：n2（g）+o2（g）2no（g）h=+180.5kjmollc（s）+o2（g）co2（g）h=393.5kjmoll2c（s）+o2（g）2co（g）h=221kjmoll则2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）的h=kjmoll（2）一定温度下，向体积为 1l的密闭容器中充入一定量的no和co在t1时刻达到平衡状态，此时n（co）=0.1mol，n（no）=0.2mol，n（n2）=a mol，且n2占平衡总体积的则该反应的平衡常数k=若保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入3a mol的n2、0.2mol的no，平衡将移动（填“向左”、“向右”或“不”）下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡的是av生成（co2）=v消耗（co） b混合气体的密度不再改变c混合气体的平均相对分子质量不再改变dno、co、n2、co2的浓度均不再变化e单位时间内生成2n mol碳氧双键的同时消耗n molnn在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的，在其它条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态请在图1中补充画出t2t3t4时段，正反应速率的变化曲线：（3）如果要净化汽车尾气的同时提高该反应的速率和no的转化率，采取的措施是；a降低温度 b增大压强同时加催化剂c升高温度同时充入n2 d及时将co2和n2从反应体系中移走（4）为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置净化装置里装有含pd等过渡元素的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图2所示写出上述变化中的总化学反应方程式有人提出，可以设计反应2co（g）2c（s）+o2（g） 来消除co的污染请你判断是否可行，并说出理由：12废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（cu、zn合金，含少量杂质fe）制备胆矾晶体（cuso45h2o）及副产物zno制备流程图如图：已知：zn及化合物的性质与al及化合物的性质相似，ph11时zn（oh）2能溶于naoh溶液生成zn（oh）42如表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的ph（开始沉淀的ph按金属离子浓度为1.0moll1计算）fe3+fe2+zn2+开始沉淀的ph1.15.85.9沉淀完全的ph3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂x可能是，其作用是（2）加入zno调节ph=34的目的是（3）由不溶物生成溶液d的化学方程式为（4）由溶液d制胆矾晶体包含的主要操作步骤是（5）下列试剂可作为y试剂的是azno bnaoh cna2co3 dznso4若在滤液c中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与i发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量ki，用0.1000moll1na2s2o3标准溶液滴定至终点，消耗na2s2o3标准溶液19.40ml已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：cu2+4i2cui（白色）+i2，i2+2s2o322i+s4o62胆矾晶体的纯度为在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会（填“偏高”、“偏低”或“不变”）2015-2016学年浙江省温州八中高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题1下列说法正确的是（）a利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于电化学中牺牲阳极的阴极保护法b科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用smt技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵c人们通常用标准燃烧热或热值来衡量燃料燃烧放出热量的大小，某物质的热值越高则其标准燃烧热越大d汽车尾气催化转化装置可将尾气中的no和co等有害气体转化为n2和co2，该装置中的催化剂可降低no和co反应的活化能，加快该反应的速率，同时能提高该反应的平衡转化率【考点】化学平衡的影响因素；分子等层次研究物质的意义；燃烧热；金属的电化学腐蚀与防护【专题】化学平衡专题；电化学专题；燃烧热的计算【分析】a外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理；b人们借助扫描隧道显微镜，应用stm技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操控；c1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度、放出热量的多少以及燃烧温度的高低等均无关；d催化剂的使用只改变反应速率，而不影响平衡的移动【解答】解：a外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，牺牲阳极的阴极保护法属于原电池工作原理，故a错误；b人们借助扫描隧道显微镜，应用stm技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操控，在一块晶体硅（由硅原子构成）的表面直接移动硅原子写下了“中国”两字，故b正确；c热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，所以某物质的热值高，其标准燃烧热不一定大，故c错误；d催化剂的使用只改变反应速率，而不影响平衡的移动，故d错误；故选b【点评】本题考查了催化剂的作用、热值和燃烧热等，题目难度中等，注意热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关2下列说法正确的是（）a除去硬脂酸钠溶液中的甘油方法是：往溶液中加入饱和食盐水，分液b向无水乙醇中加入浓h2so4，加热至170产生的气体通入酸性kmno4溶液，红色褪去，证明生成的气体全部是乙烯c润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入35ml所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从下口倒出，重复23次d取5ml0.1moll1ki溶液，滴加0.1moll1fecl3溶液56滴，继续加入2mlccl4，充分振荡后静置，取上层溶液加kscn溶液，无明显现象【考点】化学实验方案的评价【分析】a向硬脂酸钠和甘油的混合物中加入食盐，能引起硬质酸钠的盐析； b二氧化硫、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；c润洗后，从滴定管的下口放出；d取5ml0.1moll1ki溶液，滴加0.1moll1fecl3溶液56滴，i将fe3+完全还原为fe2+【解答】解：a向硬脂酸钠和甘油的混合物中加入食盐，能引起硬质酸钠的盐析，从而可以讲硬质酸钠分离出，故a错误； b乙醇与浓h2so4混合加热，可发生副反应生成so2等物质，也能使酸性kmno4溶液褪色，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；c润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，故c正确；d取5ml0.1moll1ki溶液，滴加0.1moll1fecl3溶液56滴，i将fe3+完全还原为fe2+；继续加入2mlccl4，充分振荡后静置，上层是fecl2和过量ki的混合溶液，下层是碘的四氯化碳溶液，故取上层溶液加kscn溶液，无明显现象，故d正确故选cd【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离、仪器使用、离子检验等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是d，注意：碘离子和铁离子发生氧化还原反应3短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子；a与c，b与d均为同主族元素下列叙述正确的是（）ab元素组成的一种单质具有漂白性，能使kmno4溶液紫色褪去bb、d两种元素形成的一种化合物也具有一定的漂白性，能使紫色石蕊紫色褪去cc元素分别与a元素和b元素形成的化合物都是离子晶体，一定均与水反应生成强碱和无色气体da2b的热稳定性强于a2d、沸点也高于a2d，但解释的理由不相同【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】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a与c，b与d均为同主族元素，则b与d分别位于第二、第三周期b位于第二周期，次外层电子数为2，a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子，则a、c的最外层电子数为1，则a、c处于第a族a、b、c、d的原子最外层电子数之和为14，则b、d的原子最外层电子数为=6，所以b为氧元素，d为硫元素a、b、c、d的原子序数之和为36，所以a、c的原子序数之和为36816=12，所以a为氢元素，c为钠元素【解答】解：ab为氧元素，形成的单质有氧气和臭氧，二者均不能使kmno4溶液紫色褪去，故a错误；bb为氧元素，d为硫元素，二者形成的二氧化硫也具有一定的漂白性，能使紫色石蕊变蓝，但不能褪色，故b错误；ca为氢元素，b为氧元素，c为钠元素，c元素分别与a元素和b元素形成的化合物中有氧化钠，氧化钠和水反应只生成强碱氢氧化钠，没有无色气体生成，故c错误；da为氢元素，b为氧元素，d为硫元素，h2o比h2s热稳定性强是因为oh键能比sh键能大，h2o比h2s沸点高是由于h2o间形成氢键，故d正确故选：d【点评】本题考查位置结构性质关系、元素化合物知识，难度中等，利用提供数据及位置关系推断元素是解题的关键4替米沙坦片是治疗原发性高血压的一种白色药片，其主要成份为替米沙坦，化学结构如图所示下列关于替米沙坦的说法中错误的是（）a该物质属于芳香族化合物b能发生加成反应、取代反应和酯化反应c替米沙坦的分子式为c32h28o2n4d能使酸性高锰酸钾溶液褪色【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】该物质中含有苯环、碳氮双键、羧基，所以具有苯、羧酸的性质，能发生加成反应、取代反应等，据此分析解答【解答】解：a含有苯环，所以属于芳香族化合物，故a正确；b含有苯环、羧基，所以能发生取代反应、加成反应和酯化反应，故b正确；c根据结构简式知，其分子式为c33h30o2n4，故c错误；d含有碳氮双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；故选c【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查基本概念、碳氮双键、羧基性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意分子式的确定，为易错点5高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸钠（na2feo4）的装置如图所示下列说法正确的是（）a铁是阳极，电极反应为fe2e+2ohfe（oh）2b电解一段时间后，镍电极附近溶液的ph减小c若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有feo42d每制得1mol na2feo4，理论上可以产生67.2l气体【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸钠（na2feo4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应；b镍电极上氢离子放电生成氢气；c若离子交换膜为阴离子交换膜，电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有feo42；d气体摩尔体积因温度压强不同而不同【解答】解：a用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸钠（na2feo4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为fe+8oh6e=feo42+4h2o，故a错误；b镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的ph增大，故b错误；c若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有feo42，故c正确；d温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故d错误；故选c【点评】本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，易错选项是d，注意气体摩尔体积的适用范围和条件，为易错点6常温下，将cl2缓慢通入一定量的蒸馏水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1moll1的naoh溶液，整个过程中ph变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）ax点所示溶液中发生反应的离子方程式为cl2+h2o2h+cl+cloby点所示溶液中存在c（na+）=c（hclo）+2c（clo）cx、y两点所示溶液中含有微粒的种类前者多dx、y两点所示溶液中水的电离程度前者大【考点】氯气的化学性质；化学方程式的有关计算【专题】计算题；卤族元素【分析】整个过程发生的反应为cl2+h2ohcl+hclo、hcl+naohnacl+h2o、hclo+naohnaclo+h2o，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答【解答】解：ahclo为弱电解质，应写成化学式，离子方程式为cl2+h2o=h+cl+hclo，故a错误；by点溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（cl0）+c（oh），所以c（na+）=c（cl）+c（clo），根据物料守恒得c（cl）=c（clo）+c（hclo），所以c（na+）=c（hclo）+2c（clo），故b正确；cx点溶液ph最小，为氯水的饱和溶液，之后加入氢氧化钠，y点比x点多na+，故c错误；dx点为氯水溶液，含有盐酸、次氯酸，抑制水的电离，y点含有clo，水解促进水的电离，故d错误故选b【点评】本题综合考查氯气的性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（cl）=c（clo）+c（hclo），为易错点，难度中等7某固体粉末含fe3o4、cuco3、cu2o、al2o3、mgco3一种或几种，某化学兴趣小组按如下方案进行实验探究 已知：cu2o+2hcl=cu+cucl2+h2o，下列对实验结果的分析合理的是（）a溶液乙中溶质至少2种及以上b固体乙中成分至少2种及以上c固体粉末中一定含有cu2o、al2o3、mgco3d溶液甲中可能含有fe3+【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】固体粉末加入过量盐酸生成气体甲，则气体甲一定为co2，应含有碳酸盐，与盐酸反应后有固体甲生成，则由反应可知cu2o+2hcl=cu+cucl2+h2o，原固体中含有cu2o，固体甲含有cu，溶液甲中含有cu2+，固体乙中一定含有cu（oh）2，溶液乙中含有nacl、naoh，样品含有al2o3，则溶液乙中还含有naalo2，以此解答该题【解答】解：固体粉末加入过量盐酸生成气体甲，则气体甲一定为co2，应含有碳酸盐，与盐酸反应后有固体甲生成，则由反应可知cu2o+2hcl=cu+cucl2+h2o，原固体中含有cu2o，固体甲含有cu，溶液甲中含有cu2+，固体乙中一定含有cu（oh）2，溶液乙中含有nacl、naoh，样品含有al2o3，则溶液乙中还含有naalo2，a由以上分析可知，溶液乙中溶质至少2种及以上，故a正确；b固体乙中一定含有cu（oh）2，其它不能确定，故b错误；c固体中含有cu2o，cuco3、mgco3至少一种，不能确定是否含有al2o3，故c错误；d加入盐酸后生成的固体甲中含有cu，则溶液甲中一定不含fe3+，故d错误故选a【点评】本题无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握反应的现象，难度中等二、简答题8聚乙烯醇（pva）的结构简式为，它是一种用途相当广泛的高分子聚合物某研究小组设计的以乙烯为原料合成pva的流程如图：已知：ch3ch2x+naohch2=ch2+nabr+h2o（x代表卤素原子）请回答下列问题：（1）乙烯的结构简式为ch2=ch2a中含有的官能团的名称为醛基（2）下列说法中正确的是bda工业上制取乙烯的主要方法是石油裂化bd分子中所有原子在一条直线上c的反应类型为取代反应d与e互为同分异构体，且能与nahco3放出气体的链状有机物有3种（3）反应的化学方程式为2ch2=ch2+o22ch3cho（4）反应的化学方程式为【考点】有机物的推断【分析】乙烯和溴发生加成反应生成c，c为ch2brch2br，c和氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成d，d为hcch；b和d发生加成反应生成e，则b为ch3cooh，a发生氧化反应生成b，则a为ch3cho；e发生反应生成f，f水解生成pva，则f为，据此分析解答【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成c，c为ch2brch2br，c和氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成d，d为hcch；b和d发生加成反应生成e，则b为ch3cooh，a发生氧化反应生成b，则a为ch3cho；e发生反应生成f，f水解生成pva，则f为，（1）乙烯结构简式为ch2=ch2，a为乙醛，其官能团名称是醛基，故答案为：ch2=ch2；醛基；（2）a工业上制取乙烯的主要方法是石油裂解，故错误；bd为乙炔，为直线形分子，所以d分子中所有原子在一条直线上，故正确；c通过以上分析知，为乙酸和乙炔的加成反应，故错误；d与e互为同分异构体，且能与nahco3放出气体的链状有机物有3种，为1丁烯酸、2丁烯酸、2甲基2丙烯酸，所以有三种，故正确；故选b、d；（3）该反应式乙烯被催化氧化生成乙醛，反应方程式为2ch2=ch2+o22ch3cho，故答案为：2ch2=ch2+o22ch3cho；（4）该反应为加聚反应，反应方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，根据乙烯和pva结构简式采用正逆结合的方法进行推断，注意bd发生的反应类型，题目难度不大9将有色气体单质a通入到淀粉碘化钾溶液中，观察到溶液颜色先呈现蓝色，最后蓝色又褪去呈现无色若在碘单质上直接通入气体a至生成物完全液化，得原子个数比为1：1的红棕色液体b，其化学性质与其组成元素的单质相似则：（1）写出组成气体a的元素在周期表中的位置第三周期a族（2）写出b的电子式，判断下列物质不能与b发生化学反应的有ca、h2o b、ch2=ch2 c、na2so4溶液 d、so2水溶液（3）请用离子方程式表示上述实验中，溶液蓝色褪去的原因5cl2+i2+6h2o=2io3+10cl+12h+【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】将有色气体单质a通入到淀粉碘化钾溶液中，观察到溶液颜色先呈现蓝色，最后蓝色又褪去呈现无色，说明是强氧化性气体，先氧化碘离子为碘单质，继续氧化碘单质为碘酸钾，若在碘单质上直接通入气体a至生成物完全液化，得原子个数比为1：1的红棕色液体b，其化学性质与其组成元素的单质相似为卤素互化物，判断有色气体为氯气；b为卤素互化物icl，形成的是共价键，性质和氯气性质相似，依据氯气具有的性质判断【解答】解：将有色气体单质a通入到淀粉碘化钾溶液中，观察到溶液颜色先呈现蓝色，最后蓝色又褪去呈现无色，说明是强氧化性气体，先氧化碘离子为碘单质，继续氧化碘单质为碘酸钾，若在碘单质上直接通入气体a至生成物完全液化，得原子个数比为1：1的红棕色液体b，其化学性质与其组成元素的单质相似为卤素互化物，判断有色气体a为氯气，（1）组成气体a的元素在周期表中的位置第三周期a族，故答案为：第三周期a族；（2）b为卤素互化物icl，形成的是共价键，电子式为：，性质和氯气性质相似，依据氯气具有的性质判断，氯气具有氧化性，所以icl也具有氧化性，和水反应生成氯化氢和碘化氢，和乙烯发生加成反应，氧化二氧化硫为硫酸，与硫酸钠溶液不反应，故答案为：；c；（3）溶液蓝色褪去的原因是氯气氧化碘单质为碘酸钾，反应的离子方程式为5cl2+i2+6h2o=2io3+10cl+12h+，故答案为：5cl2+i2+6h2o=2io3+10cl+12h+【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和推断能力的考查，注重于元素化合物知识的综合运用，注意“题眼”的确定，准确确定“题眼”是解推断题的关键，难度不大10某研究小组为了探究一种无机盐x （仅含有五种元素，且含有结晶水）的组成和性质设计并完成了如下实验：另将生成的气体甲与过量灼热氧化铜粉末反应，生成两种单质，再将产物通入浓硫酸洗气后测得标况下的气体乙为0.224l请回答如下问题：（1）x的化学式是：（nh4）2so4.2feso4.2h2o，固体2中存在的化学键类型离子键和共价键（2）溶液2中通入过量气体甲时发生的离子反应方程式h+nh3=nh4+，fe2+2nh3h2ofe（oh）2+2nh4+（3）在一定条件下，生成的气体甲与过量氧化铜还能发生另一氧化还原反应，生成的气体乙在标况下的体积仍为0.224l，写出该反应的化学方程式2nh3+6cuocu2o+n2+3h2o（4）请设计实验证明无机盐x中存在的金属阳离子取少量无机盐x于试管中加水溶解，滴加几滴kscn溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，若溶液出现血红色，则证明存在fe2+【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；物质检验鉴别题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）无机盐x与过量氢氧化钡溶液反应得到气体甲为氨气和固体1，说明x中含有铵根离子，固体1中加入过量盐酸过滤得到固体2为硫酸钡沉淀，证明x中含有硫酸根离子，溶液2中加入过量气体甲氨气和过量盐酸反应，生成铵盐，和金属离子反应生成氢氧化物沉淀，洗涤灼烧得到固体3为1.60g，将生成的气体甲与过量灼热氧化铜粉末反应，生成两种单质，再将产物通入浓硫酸洗气后测得标况下的气体乙为0.224l，氨气和氧化铜反应生成氮气、铜和水蒸气，通过浓硫酸得到气体为氮气，则依据氮元素守恒，n（nh4+）=2n（n2）=2=0.02mol，固体2为硫酸钡，n（so42）=n（baso4）=0.03mol，硫酸铵中硫酸根离子为0.01mol，则金属形成的盐中硫酸根离子为0.02mol，结合电话守恒和原子守恒计算得到；（2）溶液2中通入过量气体甲时发生的离子反应氨气和过量盐酸反应，生成铵盐，和金属离子反应生成氢氧化物沉淀；（3）在一定条件下，生成的气体甲与过量氧化铜还能发生另一氧化还原反应，生成的气体乙在标况下的体积仍为0.224l为氮气，氨气还原氧化铜为氧化亚铜；（4）无机盐x中存在的金属阳离子为亚铁离子，依据亚铁离子检验方法，加入kscn溶液雾变化，滴入氯水变红色证明【解答】解：（1）无机盐x与过量氢氧化钡溶液反应得到气体甲为氨气和固体1，说明x中含有铵根离子，固体1中加入过量盐酸过滤得到固体2为硫酸钡沉淀，证明x中含有硫酸根离子，溶液2中加入过量气体甲氨气和过量盐酸反应，生成铵盐，和金属离子反应生成氢氧化物沉淀，洗涤灼烧得到固体3为1.60g，将生成的气体甲与过量灼热氧化铜粉末反应，生成两种单质，再将产物通入浓硫酸洗气后测得标况下的气体乙为0.224l，氨气和氧化铜反应生成氮气、铜和水蒸气，通过浓硫酸得到气体为氮气，则依据氮元素守恒，n（nh4+）=2n（n2）=2=0.02mol，固体2为硫酸钡，n（so42）=n（baso4）=0.03mol，硫酸铵中硫酸根离子为0.01mol，则金属形成的盐中硫酸根离子为0.02mol，洗涤灼烧得到固体3为1.60g为氧化铁质量，物质的量为=0.01mol，含铁元素0.02mol，x的化学式是（nh4）2so4.2feso4.2h2o，固体2为硫酸钡，存在的化学键类型为离子键和共价键，故答案为：（nh4）2so4.2feso4.2h2o，离子键和共价键；（2）溶液2中通入过量气体甲时发生的离子反应氨气和过量盐酸反应，生成铵盐，和金属离子反应生成氢氧化物沉淀，反应的离子方程式为：h+nh3=nh4+，fe2+2nh3h2ofe（oh）2+2nh4+，故答案为：h+nh3=nh4+，fe2+2nh3h2ofe（oh）2+2nh4+；（3）在一定条件下，生成的气体甲与过量氧化铜还能发生另一氧化还原反应，生成的气体乙在标况下的体积仍为0.224l为氮气，氨气还原氧化铜为氧化亚铜，反应的化学方程式为：2nh3+6cuocu2o+n2+3h2o，故答案为：2nh3+6cuocu2o+n2+3h2o；（4）无机盐x中存在的金属阳离子为亚铁离子，依据亚铁离子检验方法，加入kscn溶液雾变化，滴入氯水变红色证明，取少量无机盐x于试管中加水溶解，滴加几滴kscn溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，若溶液出现血红色，则证明存在fe2+故答案为：取少量无机盐x于试管中加水溶解，滴加几滴kscn溶液，无明显现象，再滴加少量氯水，若溶液出现血红色，则证明存在fe2+【点评】本题考查了物质性质，物质转化关系分析判断，反应现象的理解应用，注意物质组成的计算分析，掌握基础是关键，题目难度中等11汽车尾气净化中的一个反应如下：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g），请回答下列问题：（1）已知：n2（g）+o2（g）2no（g）h=+180.5kjmollc（s）+o2（g）co2（g）h=393.5kjmoll2c（s）+o2（g）2co（g）h=221kjmoll则2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）的h=746.5kjmoll（2）一定温度下，向体积为 1l的密闭容器中充入一定量的no和co在t1时刻达到平衡状态，此时n（co）=0.1mol，n（no）=0.2mol，n（n2）=a mol，且n2占平衡总体积的则该反应的平衡常数k=270若保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入3a mol的n2、0.2mol的no，平衡将不移动（填“向左”、“向右”或“不”）下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡的是cdav生成（co2）=v消耗（co） b混合气体的密度不再改变c混合气体的平均相对分子质量不再改变dno、co、n2、co2的浓度均不再变化e单位时间内生成2n mol碳氧双键的同时消耗n molnn在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的，在其它条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态请在图1中补充画出t2t3t4时段，正反应速率的变化曲线：（3）如果要净化汽车尾气的同时提高该反应的速率和no的转化率，采取的措施是b；a降低温度 b增大压强同时加催化剂c升高温度同时充入n2 d及时将co2和n2从反应体系中移走（4）为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置净化装置里装有含pd等过渡元素的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图2所示写出上述变化中的总化学反应方程式2no+o2+4co 4co2+n2有人提出，可以设计反应2co（g）2c（s）+o2（g） 来消除co的污染请你判断是否可行，并说出理由：因为h0，s0，在任何情况下都不能自发进行【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【专题】化学平衡专题【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，n2（g）+o2（g）2no（g）h=+180.5kjmollc（s）+o2（g）co2（g）h=393.5kjmoll2c（s）+o2（g）2co（g）h=221kjmoll盖斯定律计算2得到热化学方程式；（2）根据三行式结合化学平衡的移动知识来计算；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；压缩容器体积，增大了压强，正逆反应速率增大，平衡向着气体体减小的方向移动，据此画出从t2t3t4时段，正反应速率的变化曲线；（3）根据影响化学反应速率的因素以及影响化学平衡移动的因素来回答；（4）根据已知信息书写反应物和产物并配平方程式；根据反应能否自发进行的判据来回答【解答】解：（1）n2（g）+o2（g）2no（g）h=+180.5kjmollc（s）+o2（g）co2（g）h=393.5kjmoll2c（s）+o2（g）2co（g）h=221kjmoll盖斯定律计算2得到热化学方程式为：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）h=2（393.5kjmoll）（221kjmoll）（+180.5kjmoll）=746.5kj/mol，故答案为：746.5；（2）化学平衡三行计算列式计算，在t1时刻达到平衡状态，此时n（co）=0.1mol，n（no）=0.2mol，n（n2）=a mol，且n2占平衡总体积的 2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g），平衡浓度：0.2 0.1 a 2a则=，解得a=0.3k=27，平衡后在此基础上再向容器中充入3amol即0.9mol的n2、0.2mol的no，此时qc=k，所以不移动，故答案为：270；不；av生成（co2）=v消耗（co），不能证明正逆反应速率相等，故a错误；b混合气体的密度，反应前后质量守恒，不变化，体积不变，所以密度始终不变，当密度不变化的状态不一定平衡，故b错误；c混合气体的平均相对分子质量=，质量守恒，但是n变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，达到了平衡状态，故c正确；dno、co、n2、co2的浓度均不再变化是化学平衡的特征，故d正确e单位时间内生成2n mol碳氧双键的同时消耗n molnn，不能证明正逆反应速率相等，故e错误故选cd；压缩容器体积，增大了压强，正逆反应速率增大，平衡向着气体体减小的方向移动，即向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，即，故答案为：；（3）a降低温度不会加快反应速率，只能降低反应速率，故a错误；b增大压强同时加催化剂，能提高反应的速率和no的转化率，故b正确；c升高温度能提高反应速率，但是充入n2不能提高no的转化率，故c错误；d及时将co2和n2从反应体系中移走不能提高反应速率，故d错误故选b；（4）no2为中间产物，反应物为no、o2、co，产物为co2、n2，反应方程式为2no+o2+4co4co2+n2，故答案为：2no+o2+4co4co2+n2；根据反应能否自发进行的判据，因为h0，s0，此时hts0，在任何情况下都不能自发进行，故答案为：因为h0，s0，在任何情况下都不能自发进行【点评】本题涉及热化学盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算、化学平衡状态的判断等方面的知识，属于综合知识的考查题，难度较大12废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（cu、zn合金，含少量杂质fe）制备胆矾晶体（cuso45h2o）及副产物zno制备流程图如图：已知：zn及化合物的性质与al及化合物的性质相似，ph11时zn（oh）2能溶于naoh溶液生成zn（oh）42如表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的ph（开始沉淀的ph按金属离子浓度为1.0moll1计算）fe3+fe2+zn2+开始沉淀的ph1.15.85.9沉淀完全的ph3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂x可能是h2o2，其作用是将fe2+氧化为fe3+（2）加入zno调节ph=34的目的是降低h+浓度，促使fe3+彻底水解生成 fe（oh）3沉淀而除去（3）由不溶物生成溶液d的化学方程式为cu+h2o2+h2so4=cuso4+2h2o（4）由溶液d制胆矾晶体包含的主要操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤（5）下列试剂可作为y试剂的是bazno bnaoh cna2co3 dznso4若在滤液c中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是先产生白色沉淀后溶解（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与i发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量ki，用0.1000moll1na2s2o3标准溶液滴定至终点，消耗na2s2o3标准溶液19.40ml已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：cu2+4i2cui（白色）+i2，i2+2s2o322i+s4o62胆矾晶体的纯度为97.00%在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析；制备实验综合【分析】用废旧