贵州省八校联盟高考化学三模试卷（含解析）.doc

2015年贵州省八校联盟高考化学三模试卷一、选择题1下列说法不正确的是（）a“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的液态水和冰，液态水的能量高b雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒直径不相同c液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢稳定d用福尔马林灭掉活埃博拉病毒是利用了蛋白质变性原理2设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a1 l 1 moll1的naclo溶液中含有clo的数目为nab78 g苯含有c=c键的数目为3 nac分子数目为0.1na的n2和nh3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3nad1 mol fei2与足量氯气反应时转移的电子数为2 na3磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性制备时将feso4和fe2（so4）3的溶液等物质的量混合，滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色、分散质粒子直径在5.5nm36nm的磁流体下列说法正确的是（）a所得的分散系属于胶体，可发生丁达尔效应b所得的分散系中，分散质的主要成分为feoc该分散系进行电泳实验时，阳极周围黑色加深d往油酸钠水溶液中滴加浓溴水振荡，无明显现象4如图的装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液挤压滴管的胶头，下列与试验事实不相符的是（）aco2（nahco3溶液）无色喷泉bnh3（h2o含酚酞）红色喷泉ccl2（naoh溶液）无色喷泉dhcl（agno3溶液）白色喷泉5水系锂电池具有安全、环保和价格低廉等优点成为当前电池研究领域的热点以钒酸钠（nav3o8）为正极材料的电极反应式为：nav3o8+xli+xenalixv3o8，则下列说法不正确的是（）a放电时，该电池的总反应为：xli+nav3o8nalixv3o8b充电过程中li+从阳极向阴极迁移c充电过程中阳极的电极反应式为nalixv3o8xenav3o8+xli+，nalixv3o8中钒的化合价发生变化d该电池可以用硫酸钠溶液作电解质6已知0.1moll1的三元酸h3a溶液的ph=4.0，则下列说法中正确的是（）a在na3a、na2ha、nah2a三溶液中，离子种类不相同b在溶质物质的量相等的na3a、na2ha、nah2a三溶液中阴离子总数相等c在nah2a溶液中一定有c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（h2a）+c（ha2）+c（a3）d在na3a溶液中一定有：c（h+）=c（oh）c（ha2）2c（h2a）3c（h3a）7分子式为c6h14o且在铜或银做催化剂的条件下，可以被空气中的氧气氧化成醛的醇有（不考虑立体异构）（）a5种b6种c7种d8种二、非选择题8（1）物质的转化关系如图1所示，其中甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，f的溶液中只含一种溶质，g为酸，乙在g的浓溶液中发生钝化有的反应可能在水溶液中进行，有的反应中反应物和生成物未全部给出，反应条件也未注明若用两根玻璃棒分别蘸取a、g的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成；甲为一种淡黄色固体，d、f的溶液均呈碱性则1.7g a与o2反应生成气态的b和c时放出22.67kj热量，写出该反应的热化学方程式：b与甲反应的离子方程式是 2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2d的水溶液和f的水溶液中由水电离出的c（oh）（填字母序号）（a）前者大 （b）后者大 （c）一样大 （d）不知浓度，无法比较（2）将烧碱吸收h2s后的溶液加入如图2所示的电解池的阳极区进行电解电解过程中阳极区发生如下反应：s22es、（x1）s+s2sx2写出电解时阴极的电极反应式：；电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成9以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法n2在催化剂表面与水发生反应：2n2（g）+6h2o（l）4nh3（g）+3o2（g）h=+1530.4kj/mol；完成下列填空：（1）上述反应在（填高温、低温、任何温度）下能自发进行（2）该反应平衡常数k的表达式（3）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则a平衡常数k增大 bh2o的浓度减小 c容器内的压强增大 dv逆（o2）减小（4）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入n2 1mol、h2o 3mol，在催化剂条件下进行反应3小时实验数据见表：序号第一组第二组第三组第四组t/30405080nh3生成量/（106mol）4.85.96.02.0第四组实验中以nh3表示反应的速率是，与前三组相比，nh3 生成量最小的原因可能是（5）氨水是实验室常用的弱碱往cacl2溶液中通入co2至饱和，无明显现象再通入一定量的nh3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是请用电离平衡理论解释上述实验现象向盐酸中滴加氨水过量至溶液呈中性，则离子浓度的关系是10乳酸亚铁（ch3ch（oh）coo2fe3h2o，mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：ch3ch（oh）cooh+feco3+2h2och3ch（oh）coo2fe3h2o+co2已知feco3易被氧化：4feco3+6h2o+o24fe（oh）3+4co2某兴趣小组用fecl2（用铁粉和稀盐酸制得）和nh4hco3制备feco3的装置示意图如图：回答下列问题：（1）nh4hco3盛放在装置中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式（2）将生成的fecl2溶液和nh4hco3溶液混合时的操作是（3）将制得的feco3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75下搅拌反应铁粉的作用是反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是（4）该兴趣小组用kmno4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（ce）量法测定产品中fe2+的含量取1.440g产品配成100ml溶液，每次取20.00ml，进行必要处理，用0.0500moll1ce（so4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗ce（so4）219.70ml滴定反应如下：ce4+fe2+=ce3+fe3+，则产品中乳酸亚铁的质量分数为三、【化学-选修2：化学与技术】11铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈 （ceo2）在平板电视显示屏中有着重要应用ceo2在稀硫酸和h2o2的作用下可生成ce3+，ceo2在该反应中作剂（2）自然界中cr主要以+3价和+6价存在+6价的cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬写出过程中的离子方程式：（3）钛（ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是（4）niso4xh2o是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入fes是为了除去cu2+、zn2+等杂质，除去cu2+的离子方程式为对滤液先加h2o2再调ph，加h2o2的目的是，调ph的目的是滤液溶质的主要成分是niso4，加na2co3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这两步操作的目的是四、【化学-选修3：物质结构与性质】12有x、y、z、w、p、q六种前两周期的主族元素，原子序数依次增大，价电子数之和为26，原子半径依y、z、w、p、q、x依次减小围绕上述元素，回答下列问题：（1）q的电子排布图为，yq3中心原子的杂化类型为，z与q两元素第一电离能的大小关系：zq（填“”、“”或“=”）（2）x2p和zp2固态时均为分子晶体，但熔点x2p比zp2高得多，原因是（3）固体a是离子晶体，结构类似于cscl，组成中含w的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体该物质的电子式，其与水反应的化学方程式为（4）z单质有三类异形体，其中一种骨架型原子晶体的立方晶胞如图，计算晶体中z原子的空间利用率为（=1.41， =1.73）五、【化学-选修5：有机化学基础】13phb是一种树脂，有机物k是一种抗惊厥药物，它们的合成路线如图：已知：r、r、r代表烃基rcnrcoohrcooh+h2o（1）bc的反应类型是（2）写出一定条件下cd的化学方程式：（3）有机物甲的结构简式为（4）写出ef的化学方程式：（5）已知1mol j最多与2mol nahco3反应；k分子结构中含有一个五元环与一个六元环写出一定条件下jk的化学方程式：（6）s是a的一种同分异构体，分子中没有环状结构，s的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，则s的结构简式为（写出一种即可）2015年贵州省八校联盟高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列说法不正确的是（）a“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的液态水和冰，液态水的能量高b雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒直径不相同c液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢稳定d用福尔马林灭掉活埃博拉病毒是利用了蛋白质变性原理【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学反应的能量变化规律；氢键的存在对物质性质的影响；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】a相同质量的同种物质固态的能量比液态低；b雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在1020微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在12微米左右；c氢键与分子的稳定性无关；d甲醛能够使蛋白质变性【解答】解：a相同质量的同种物质固态的能量比液态低，所以相同质量的水和冰相比较，水的能量高，故a正确； b雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故b正确；c氢键是分子间作用力，氢键与分子的稳定性无关，故c错误；d福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，灭掉活埃博拉病毒，故d正确故选c【点评】本题考查化学反应的能量变化、化学键以及蛋白质的性质等，会运用化学知识解释生产、生活现象，题目难度不大2设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a1 l 1 moll1的naclo溶液中含有clo的数目为nab78 g苯含有c=c键的数目为3 nac分子数目为0.1na的n2和nh3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3nad1 mol fei2与足量氯气反应时转移的电子数为2 na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、clo是弱酸根，在溶液中会水解；b、苯不是单双键交替的结构；c、氮气和氨气分子中都含有3个共用电子对，0.10.1na个混合气体中含有0.3na个共用电子对；d、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气【解答】解：a、clo是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中clo的个数小于na个，故a错误；b、苯不是单双键交替的结构，结构中不含碳碳双键，故b错误；c、氮气和氨气分子中都含有3个共价键，则分子数0.1na的n2和nh3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3na，故c正确；d、1molfei2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3na，故d错误； 故选c【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3磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性制备时将feso4和fe2（so4）3的溶液等物质的量混合，滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色、分散质粒子直径在5.5nm36nm的磁流体下列说法正确的是（）a所得的分散系属于胶体，可发生丁达尔效应b所得的分散系中，分散质的主要成分为feoc该分散系进行电泳实验时，阳极周围黑色加深d往油酸钠水溶液中滴加浓溴水振荡，无明显现象【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的重要性质【分析】a根据分散质微粒直径大小来判断属于哪种分散系；b所得的分散系中分散质为fe3o4；c一般金属化合物形成的胶体吸附正电荷；d油酸钠含有碳碳双键【解答】解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.536nm，属于胶体的范畴，所以应具备胶体的性质；a所得分散系为胶体，故a正确； b所得的分散系中分散质为fe3o4，不仅有磁性而且是黑色，故b错误；c胶体可以在通直流电条件下发生电泳现象，说明胶粒吸附了电荷，一般金属化合物形成的胶体吸附正电荷，故通电时胶粒移向阴极，故c错误；d油酸钠含有碳碳双键，能使溴水褪色，故d错误故选a【点评】本题考查胶体的性质以及物质的性质，难度中等，注意胶体的本质特征4如图的装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液挤压滴管的胶头，下列与试验事实不相符的是（）aco2（nahco3溶液）无色喷泉bnh3（h2o含酚酞）红色喷泉ccl2（naoh溶液）无色喷泉dhcl（agno3溶液）白色喷泉【考点】氯气的化学性质；氨的物理性质【分析】能形成喷泉，圆底烧瓶中的气体应易溶或能烧杯中的液体发生反应，结合选项中对应物质的性质解答【解答】解：a因nahco3溶液抑制co2的溶解，则挤压胶管的胶头，气压变化不明显，则不会形成喷泉，故a错误；b因氨气极易溶于水，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故形成红色喷泉，故b正确；c氯气与氢氧化钠反应，可形成喷泉，故c正确；d因hcl与agno3溶液反应生成白色的agcl沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有白色的agcl，溶液变白，故形成白色喷泉，故d正确故选a【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，难度大不大，注意把握相关物质的性质以及形成喷泉的条件5水系锂电池具有安全、环保和价格低廉等优点成为当前电池研究领域的热点以钒酸钠（nav3o8）为正极材料的电极反应式为：nav3o8+xli+xenalixv3o8，则下列说法不正确的是（）a放电时，该电池的总反应为：xli+nav3o8nalixv3o8b充电过程中li+从阳极向阴极迁移c充电过程中阳极的电极反应式为nalixv3o8xenav3o8+xli+，nalixv3o8中钒的化合价发生变化d该电池可以用硫酸钠溶液作电解质【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】放电时，b电极li作负极，电极反应式为lieli+，a作正极，电极反应式为nav3o8+xli+xe=nalixv3o8，则电池反应式为nav3o8+xli=nalixv3o8，充电时，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，充电时，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，据此分析解答【解答】解：放电时，b电极li作负极，li失电子发生氧化反应，电极反应式为lieli+，a作正极，电极反应式为nav3o8+xli+xe=nalixv3o8，则电池反应式为nav3o8+xli=nalixv3o8，故a正确；b充电时，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以li+从阳极向阴极迁移，故b正确；c充电时，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，所以阳极的电极反应式为nalixv3o8xe=nav3o8+xli+，nalixv3o8中na、o、li元素化合价不变，则钒的化合价发生变化，失电子发生氧化反应，故c正确；dli极易和水反应生成lioh和氢气，所以电池中不可以用硫酸钠溶液作电解质溶液，故d错误；故选d【点评】本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，知道物质的性质，题目难度中等6已知0.1moll1的三元酸h3a溶液的ph=4.0，则下列说法中正确的是（）a在na3a、na2ha、nah2a三溶液中，离子种类不相同b在溶质物质的量相等的na3a、na2ha、nah2a三溶液中阴离子总数相等c在nah2a溶液中一定有c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（h2a）+c（ha2）+c（a3）d在na3a溶液中一定有：c（h+）=c（oh）c（ha2）2c（h2a）3c（h3a）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理【分析】已知0.1moll1的三元酸h3a溶液的ph=4.0，说明溶液为弱酸；a、在na3a、na2ha、nah2a溶液中，a3离子水解，h2a、ha2存在电离和水解；b、依据物料守恒判断；c、依据溶液中电荷守恒计算判断；d、a3离子分步水解，溶液呈碱性，根据质子守恒分析【解答】解：a、在na3a、na2ha、nah2a溶液中，a3离子水解，h2a、ha2存在电离和水解，所以溶液中离子种类相同，故a错误；b、在溶质物质的量相等的na3a、na2ha、nah2a三溶液中阳离子na+的物质的量不同，所以阴离子总数不相同，故b错误；c、在naha溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（h2a）+2c（ha2）+3c（a3），故c错误；d、在na3a溶液中，a3离子分步水解，溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，即水电离的氢离子与水电离的氢氧根离子相同，则c（oh）=c（h+）+c（ha2）+2c（h2a）+3c（h3a），所以c（h+）=c（oh）c（ha2）2c（h2a）3c（h3a），故d正确；故选d【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离是解题关键，题目难度中等7分子式为c6h14o且在铜或银做催化剂的条件下，可以被空气中的氧气氧化成醛的醇有（不考虑立体异构）（）a5种b6种c7种d8种【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】在铜或银催化剂的条件下可以被空气中的氧气氧化为醛说明该物质为醇，且与羟基相连的碳上含有2个氢原子，据此解题【解答】解：分子式为c6h14o的有机物，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，该有机物属于醛，且连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，确定c6h14的同分异构体，oh取代c6h14中甲基上的h原子，c6h14的同分异构体有：ch3ch2ch2ch2ch2ch3、ch3ch2ch2ch（ch3）2、ch3ch2ch（ch3）ch2ch3、ch3ch2c（ch3）3、ch（ch3）2ch（ch3）2、中甲基处于对称位置，oh取代甲基上的h原子有1种结构；中甲基有2种，oh取代甲基上的h原子有2种结构；中甲基有2种，oh取代甲基上的h原子有2种结构；中甲基有2种，oh取代甲基上的h原子有2种结构；中甲基有1种，oh取代甲基上的h原子有1种结构；故符合条件的c6h14o的同分异构体有8种，故选d【点评】本题考查取代物限制条件同分异构体的判断，难度中等，根据等效氢原子，写出一取代物同分异构体，根据条件判断一般说来，同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上连的所有甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效二、非选择题8（1）物质的转化关系如图1所示，其中甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，f的溶液中只含一种溶质，g为酸，乙在g的浓溶液中发生钝化有的反应可能在水溶液中进行，有的反应中反应物和生成物未全部给出，反应条件也未注明若用两根玻璃棒分别蘸取a、g的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成；甲为一种淡黄色固体，d、f的溶液均呈碱性则1.7g a与o2反应生成气态的b和c时放出22.67kj热量，写出该反应的热化学方程式：4nh3（g）+5o2（g）=4no（g）+6h2o（g）h=906.8kj/molb与甲反应的离子方程式是 2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2d的水溶液和f的水溶液中由水电离出的c（oh）（d）（填字母序号）（a）前者大 （b）后者大 （c）一样大 （d）不知浓度，无法比较（2）将烧碱吸收h2s后的溶液加入如图2所示的电解池的阳极区进行电解电解过程中阳极区发生如下反应：s22es、（x1）s+s2sx2写出电解时阴极的电极反应式：2h2o+2e=h2+2oh；电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成sx2+2h+=（x1）s+h2s【考点】无机物的推断；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲为一种淡黄色固体，且为化合物，应为na2o2，若用两根玻璃棒分别蘸取a、g的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，g为酸，应为hno3（或hcl）和nh3的反应，由于g是由a经过两步氧化后与水反应得到的，所以g为hno3，生成nh4no3，且a能与o2反应，应为nh3，则c为no，e为no2，b为h2o，d、f的溶液均呈碱性，过氧化钠与水反应得到d为naoh，乙在g的浓溶液中发生钝化，则乙为铝或铁，能与naoh反应的金属则为al，所以乙为al，f为naalo2；（2）阴极上水电离的氢离子放电生成氢气与氢氧根离子；电解后阳极区离子为sx2，酸性条件下，发生歧化反应反应生成硫单质和硫化氢【解答】解：（1）甲为一种淡黄色固体，且为化合物，应为na2o2，若用两根玻璃棒分别蘸取a、g的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，g为酸，应为hno3（或hcl）和nh3的反应，由于g是由a经过两步氧化后与水反应得到的，所以g为hno3，生成nh4no3，且a能与o2反应，应为nh3，则c为no，e为no2，b为h2o，d、f的溶液均呈碱性，过氧化钠与水反应得到d为naoh，乙在g的浓溶液中发生钝化，则乙为铝或铁，能与naoh反应的金属则为al，所以乙为al，f为naalo2，则：1.7g 氨气即为0.1mol，与o2反应生成气态的b和c时放出22.67kj热量，则4mol氨气反应放出热量为22.67kj=906.8kj，该反应的热化学方程式为：4nh3（g）+5o2（g）=4no（g）+6h2o（g）h=906.8kj/mol，故答案为：4nh3（g）+5o2（g）=4no（g）+6h2o（g）h=906.8kj/mol；水与过氧化钠反应生成氢氧化钠与氧气，反应离子方程式是为：2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2，故答案为：2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2； 不知道naoh水溶液、naalo2的水溶液浓度，无法比较由水电离出的c（oh）浓度大小，故选：（d）；（2）阳极上硫离子放电，电极反应式为s22es，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为 2h2o+2e=h2+2oh，故答案为：2h2o+2e=h2+2oh；电解后阳极区离子为sx2，酸性条件下，发生歧化反应反应生成硫单质和硫化氢，反应离子方程式为：sx2+2h+=（x1）s+h2s，故答案为：sx2+2h+=（x1）s+h2s【点评】本题考查无机物的推断与电解原理，属于拼合型题目，（1）中物质的颜色、特殊性质、反应现象为推断的突破口，题目侧重于学生分析能力与元素化合物知识的考查，难度中等9以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法n2在催化剂表面与水发生反应：2n2（g）+6h2o（l）4nh3（g）+3o2（g）h=+1530.4kj/mol；完成下列填空：（1）上述反应在高温（填高温、低温、任何温度）下能自发进行（2）该反应平衡常数k的表达式k=（3）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则aca平衡常数k增大 bh2o的浓度减小 c容器内的压强增大 dv逆（o2）减小（4）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入n2 1mol、h2o 3mol，在催化剂条件下进行反应3小时实验数据见表：序号第一组第二组第三组第四组t/30405080nh3生成量/（106mol）4.85.96.02.0第四组实验中以nh3表示反应的速率是33107mol/lh，与前三组相比，nh3 生成量最小的原因可能是催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢（5）氨水是实验室常用的弱碱往cacl2溶液中通入co2至饱和，无明显现象再通入一定量的nh3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是nh4cl请用电离平衡理论解释上述实验现象饱和h2co3溶液中电离产生的co32很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进h2co3的电离，co32离子浓度增大，有沉淀产生向盐酸中滴加氨水过量至溶液呈中性，则离子浓度的关系是c（nh4+）c（oh）c（cl）c（h+）【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较【分析】（1）根据g=hts进行判断，如g0，则反应能自发进行，如g0，则不能自发进行；（2）根据平衡常数表达的定义，生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；（3）a正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数k增大；b升高温度，h2o的浓度不变；c升高温度，平衡正向移动，容器内的压强增大；d升高温度正逆反应速率都增加；（4）3小时内以nh3浓度的变化量来表示；第四组温度最高但达平衡时，氨气的物质的量最小，可能是温度对催化剂的活性的影响；（5）通入一定量的nh3后使溶液呈碱性，能够生成nh4cl；根据电荷守恒，如溶液呈中性，c（h+）=c（oh），则有c （c1）=c（nh4+），体系为nh4cl溶液和nh3h2o，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c（nh4+）c（oh）c（cl）c（h+）【解答】解：（1）2n2（g）+6h2o（l）4nh3（g）+3o2（g）h=+1530.4kj/mol，反应中h0，s0，所以必须在高温的条件下才能自发进行，故答案为：高温；（2）反应2n2（g）+6h2o（l）4nh3（g）+3o2（g）的平衡常数表达式为：k=，故答案为：k=；（3）a正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数k增大，故选；b升高温度，h2o的浓度不变，故不选；c升高温度，平衡正向移动，容器内的压强增大，故选；d升高温度正逆反应速率都增加，故不选；故答案为：ac；（4）3小时内以nh3浓度的变化量，v（nh3）=33107mol/lh，第四组温度最高但达平衡时，氨气的物质的量最小，可能是催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢，故答案为：33107mol/lh；催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢；（5）通入一定量的nh3后使溶液呈碱性，能够生成nh4cl，饱和h2co3溶液中电离产生的co32很少，因此没有沉淀加入氨水后，促进h2co3的电离，co32离子浓度增大，有沉淀产生，故答案为：nh4cl；饱和h2co3溶液中电离产生的co32很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进h2co3的电离，co32离子浓度增大，有沉淀产生；体系为nh4cl溶液和nh3h2o，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c（nh4+）c（oh）c（cl）c（h+），故答案为：c（nh4+）c（oh）c（cl）c（h+）【点评】本题考查化学平衡常数表达式的书写，以及影响化学速率的因素和弱电解质的实验探究，利用假设法来分析解答即可，难度不大10乳酸亚铁（ch3ch（oh）coo2fe3h2o，mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：ch3ch（oh）cooh+feco3+2h2och3ch（oh）coo2fe3h2o+co2已知feco3易被氧化：4feco3+6h2o+o24fe（oh）3+4co2某兴趣小组用fecl2（用铁粉和稀盐酸制得）和nh4hco3制备feco3的装置示意图如图：回答下列问题：（1）nh4hco3盛放在装置c中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式fe2+2hco3=feco3+co2+h2o（2）将生成的fecl2溶液和nh4hco3溶液混合时的操作是关闭活塞3，打开活塞2（3）将制得的feco3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75下搅拌反应铁粉的作用是防止fe2+离子被氧化反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是加入适量乳酸让铁粉反应完全（4）该兴趣小组用kmno4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（ce）量法测定产品中fe2+的含量取1.440g产品配成100ml溶液，每次取20.00ml，进行必要处理，用0.0500moll1ce（so4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗ce（so4）219.70ml滴定反应如下：ce4+fe2+=ce3+fe3+，则产品中乳酸亚铁的质量分数为98.5%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）（2）亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故b制备氯化亚铁，c装置中fecl2和nh4hco3发生反应：fecl2+2nh4hco3=feco3+2nh4cl+co2+h2o，利用生成氢气，使b装置中气压增大，将b装置中的氯化亚铁溶液压入c中；（3）实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入fe粉，防止fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，fe被充分利用；（4）从溶液中获得晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大；根据离子方程式计算20ml溶液中n（fe2+），进而计算100ml含有n（fe2+），再根据m=nm计算乳酸亚铁晶体的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数【解答】解：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故b制备氯化亚铁，c装置中fecl2和nh4hco3发生反应：fecl2+2nh4hco3=feco3+2nh4cl+co2+h2o，利用生成氢气，使b装置中气压增大，将b装置中的氯化亚铁溶液压入c中；（1）由上述分析可知，nh4hco3盛放在装置c中，该装置中涉及的主要反应的离子方程式：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o，故答案为：c；fe2+2hco3=feco3+co2+h2o；（2）利用生成氢气，使b装置中气压增大，将b装置中的氯化亚铁溶液压入c中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2；故答案为：关闭活塞3，打开活塞2；（3）fe2+离子易被氧化为fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入fe粉，防止fe2+离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全，故答案为：防止fe2+离子被氧化；加入适量乳酸让铁粉反应完全；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；由：ce4+fe2+=ce3+fe3+，可知20ml溶液中n（fe2+）=n（ce4+）=0.05000mol/l0.0197l=0.000985mol，故100ml含有n（fe2+）=0.000985mol=0.004925mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为100%=98.5%，故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%【点评】本题考查实验制备方案，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度较大三、【化学-选修2：化学与技术】11铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈 （ceo2）在平板电视显示屏中有着重要应用ceo2在稀硫酸和h2o2的作用下可生成ce3+，ceo2在该反应中作氧化剂（2）自然界中cr主要以+3价和+6价存在+6价的cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬写出过程中的离子方程式：cr2o72+3so32+8h+=2cr3+3so42+4h2o（3）钛（ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是4na+ticl4ti+4nacl（4）niso4xh2o是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入fes是为了除去cu2+、zn2+等杂质，除去cu2+的离子方程式为fes+cu2+=cus+fe2+对滤液先加h2o2再调ph，加h2o2的目的是氧化fe2+，调ph的目的是除去fe3+滤液溶质的主要成分是niso4，加na2co3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这两步操作的目的是增大niso4的浓度，利于蒸发结晶（或富集niso4）【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】（1）ceo2在稀硫酸和h2o2的作用下可生成ce3+，ceo2中的ce是+4价，在h2o2的作用下可生成ce3+，因此发生还原反应，ceo2在该反应中作氧化剂；（2）自然界中cr主要以+3价和+6价存在+6价的cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，cr2o72与so32的物质的量之比是1：3；结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，依据原子守恒书写；（4）fes除去cu2+的反应是沉淀的转化；对滤液加h2o2的目的是将fe2+氧化fe3+，然后调ph沉淀fe3+；niso4与na2co3反应生成nico3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这样可提高niso4的浓度，有利于蒸发结晶；【解答】解：（1）ceo2在稀硫酸和h2o2的作用下可生成ce3+，ceo2中的ce是+4价，在h2o2的作用下可生成ce3+，因此发生还原反应，ceo2在该反应中作氧化剂；故答案为：氧化剂；（2）自然界中cr主要以+3价和+6价存在+6价的cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，cr2o72与so32的物质的量之比是1：3；反应的离子方程式：cr2o72+3so32+8h+=2cr3+3so42+4h2o；故答案为：cr2o72+3so32+8h+=2cr3+3so42+4h2o；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4na+ticl4ti+4nacl；故答案为：4na+ticl4ti+4nacl；（4）fes除去cu2+的反应是沉淀的转化，即fes+cu2+=cus+fe2+；故答案为：fes+cu2+=cus+fe2+；对滤液加h2o2的目的是将fe2+氧化fe3+，然后调ph沉淀fe3+；故答案为：氧化fe2+，除去fe3+；niso4与na2co3反应生成nico3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这样可提高niso4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大niso4的浓度，利于蒸发结晶（或富集niso4）；【点评】本题考查了元素化合物性质的分析应用，主要是氧化还原反应的离子方程式书写方法和产物判断，掌握基础是关键，题目难度中等四、【化学-选修3：物质结构与性质】12有x、y、z、w、p、q六种前两周期的主族元素，原子序数依次增大，价电子数之和为26，原子半径依y、z、w、p、q、x依次减小围绕上述元素，回答下列问题：（1）q的电子排布图为，yq3中心原子的杂化类型为sp2，z与q两元素第一电离能的大小关系：zq（填“”、“”或“=”）（2）x2p和zp2固态时均为分子晶体，但熔点x2p比zp2高得多，原因是h2o分子存在分子间氢键（3）固体a是离子晶体，结构类似于cscl，组成中含w的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体该物质的电子式，其与水反应的化学方程式为nh4h+h2o=nh3h2o+h2（4）z单质有三类异形体，其中一种骨架型原子晶体的立方晶胞如图，计算晶体中z原子的空间利用率为33.99%（=1.41， =1.73）【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；位置结构性质的相互关系应用【分析】有x、y、z、w、p、q六种前两周期的主族元素，由原子序数xy，原子半径xy，可知x只能处于第一周期，其余元素处于第二周期，故x为h元素；y、z、w、p、q原子序数依次增大，原子半径依y、z、w、p、q依次减小，则最外层电子数依次增大，它们最外层电子数之和为261=25，最外层电子数只能分别为3、4、5、6、7，故y为b、z为c、w为n、p为o、q为f；（1）q是f元素，根据核外电子排布画出其电子排布式；根据价层电子对互斥理论判断bf3中心原子b原子杂化方式；z是c元素、q是f元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第iia族、第va族元素第一电离能大于其相邻元素；（2）氢键导致物质的熔沸点升高；（3）固体a是离子晶体，结构类似于cscl，组成中含n的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体，该物质为nh4h，与水反应生成氢气与一水合氨；（4）该晶胞中c原子个数=4+8+6=8，设c原子半径为xcm，则c原子总体积=8x3cm3，设正六面体棱长为ycm，其体线长=ycm，距离最近的c原子之间距离为2xcm，这两个碳原子之间的距离等于正六面体体长的，所以2xcm=cm，晶胞体积=y3cm3，空间利用率=【解答】解：有x、y、z、w、p、q六种前两周期的主族元素，由原子序数xy，原子半径xy，可知x只能处于第一周期，其余元素处于第二周期，故x为h元素；y、z、w、p、q原子序数依次增大，原子半径依y、z、w、p、q依次减小，则最外层电子数依次增大，它们最外层电子数之和为261=25，最外层电子数只能分别为3、4、5、6、7，故y为b、z为c、w为n、p为o、q为f（1）q为f元素，其电子排布图为，bf3中心原子b原子价层电子对数为3+（313）=3，故b原子采取sp2杂化；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第iia族、第va族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能cf，故答案为：；sp2杂化；（2）h2o和co2固态时均为分子晶体，但h2o分子存在分子间氢键，熔点h2o比co2高得多，故答案为：h2o分子存在分子间氢键；（3）固体a是离子晶体，结构类似于cscl，组成中含n的质量分数为73.7%，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，该物质适当加热就分解成两种单质气体，该