浙江省绍兴三中高考化学二模试卷（含解析）.doc

2015年浙江省绍兴三中高考化学二模试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错的得0分）1下列说法不正确的是( )a2014年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子b能量是可以互相转化的植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转换c分类方法、统计方法、定量研究、实验方法和模型化方法等是化学研究的常用方法d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2下列说法正确的是( )a用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出b用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在ph试纸上，然后与比色卡对照，可测定新制氯水的ph值c用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和淀粉三种溶液d受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理3主族元素x、y、z的简单离子核外电子排布相同，已知原子半径xy，离子半径yx，且y和z能形成离子化合物由此判断关于三种元素说法正确的是( )a原子序数不可能为zyxbx可能是非金属元素cz一定在y的下一周期dy不可能在z的下一周期4下列说法正确的是( )a丙烯酸（ch2=chcooh）和山梨酸（ch3ch=chch=chcooh）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物b分子式为c7h16的有机物中有三种不同化学环境的氢原子，此有机物一定是2，4二甲基戊烷或3，3二甲基戊烷c完全燃烧等质量的甲醛、乙酸、葡萄糖、蔗糖消耗的氧气量相等d还原性染料靛蓝的结构简式为：，它的分子式是：c16h10n2o25电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，某研究小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置如图所示，下列说法正确的是( )a装置a中碳棒为阴极b装置b中通入空气的电极反应是o2+2h2o+4e4ohc污水中加入适量的硫酸钠，既可增强溶液的导电性，又可增强凝聚净化的效果d标准状况下，若a装置中产生44.8l气体，则理论上b装置中要消耗ch4 11.2l6常温下，向20ml 0.1mol/l 酒石酸（用h2t表示）溶液中逐渐滴加等物质的量浓度的naoh溶液有关微粒的物质的量与混合溶液的ph有如图关系，下列说法正确的是( )aht在溶液中水解程度大于电离程度b当v（naoh）=20ml时，溶液中水的电离程度比纯水大c当v（naoh）=30ml时，溶液中存在c（na+）c（ht）c（t2）c（oh）c（h+）d当v（naoh）=40ml时，溶液中存在c（oh）=c（ht）+2 c（h2t）+c（h+）7某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：k+、na+、fe2+、fe3+、so42、no2、co32，现取三份20ml该溶液进行如下实验：（1）第一份加入足量盐酸，无任何气体产生（2）第二份加入足量naoh溶液，经搅拌、过滤、洗涤、灼烧，最后得到xg固体（3）第三份滴加0.10moll1酸性kmno4溶液，消耗其体积为vml（4）另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色根据上述实验，以下说法正确的是( )a原混合溶液中只存在na+、fe3+、so42，不可能存在k+、co32b由实验（1）无法推断原混合溶液中是否含有so42c由实验（2）、（3）可判定原混合溶液中是否含有fe3+d由实验（3）可判定原混合溶液中存在no2二、第卷（非选择题部分共58分）8甘蔗主要用于生产蔗糖，生产后的甘蔗渣主要成分为纤维素，综合利用方案如图：（1）写出d中的官能团_；（2）“bc”反应类型为_；（3）等物质的量的a、b、c完全燃烧时消耗o2之比为_；（4）在催化剂存在条件下，b与乙烯发生加成反应得到不与金属na反应的有机物，试写出该反应的化学方程式_；（5）设计简单实验方案，如何从b、c、d的混合液中提纯d：_9a、b、c 是中学化学中常见的三种短周期元素已知：a 元素原子最外层电子数是次外层电子数的2 倍；b元素最高正价与最低负价的代数和为2；c 元素有多种化合价，且常温下c 元素的单质与某种一元强碱溶液反应，可得到两种含c元素的化合物；b、c 两种元素质子数之和是a 元素质子数的4 倍（1）写出c的单质和强碱溶液反应的离子方程式_（2）意大利罗马大学的funvio cacace 等人获得了极具理论研究意义的b4 气态分子b4 分子结构与白磷分子结构相似，已知断裂1mol bb 吸收167kj 的热量，生成1mol bb 放出942kj 热量试写出由b4 气态分子变成b2气态分子的热化学方程式：_（3）由b、c 两种元素组成的化合物x，常温下为易挥发的淡黄色液体，x分子为三角锥形分子，且分子里b、c 两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构x 遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质则x 的结构式为_，x 与水反应的化学方程式是_（4）b2h4 是一种可燃性液体，其水溶液呈弱碱性，是因为溶液中存在平衡：h2bbh2+h2o_10由2种元素组成的化合物m，是某种具有优异磁学性质的新型电子材料的主要成分其制备流程如图：（1）从氧化还原角度分析，说明nanh2制备中是否会生成na2nh、na3n的原因：_；（2）根据图示信息，写出nan3制备的方程式_；（3）取4.76g的m用足量稀硫酸溶解，在所得反应液中加入足量的naoh溶液，发现有刺激性气味且能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，同时溶液中产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，沉淀灼烧后质量为6.40g根据以上分析，写出元素g的名称_，m的化学式_11在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2x（g）+y（g）2z（g），已知将2molx 和1moly充入该容器中，反应在绝热条件下达到平衡时，z 的物质的量为pmol回答下列问题：（1）若把2molx 和1moly 充入该容器时，处于状态i，达到平衡时处于状态ii（如图1），则该反应的熵变s_ 0（填：“，=”）该反应在_（填：高温或低温）条件下能自发进行（2）该反应的vt图象如图2中左图所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，则其vt图象如图2中右图所示以下说法正确的是_a1a2 b1b2 t1t2 图2中阴影部分面积更大 两图中阴影部分面积相等（3）若该反应在容积可变的密闭容器中发生，在温度为t1、t2时，平衡体系中x的体积分数随压强变化曲线如右上图所示下列说法正确的是_aa、c 两点的反应速率：acba、c 两点的气体密度：accb、c 两点的气体的平均相对分子质量：bcd由状态b 到状态a，可以用加热的方法（4）工业制取水煤气的过程中会伴随：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h0的副反应，在500，以下表的物质的量（按照co、h2o、h2、co2的顺序）投入恒容密闭容器中进行上述反应，达到平衡后下列关系正确的是_实验编号反应物投入量平衡时h2浓度吸收或放出的热量反应物转化率a1、1、0、0c1q11b0、0、2、2c2q22c2、2、0、0c3q33a2c1=c2=c3 b2q1=q2=q3 c1=2=3 d1+2=1（5）图3表示上述反应，在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是_（写出一种）若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，在图中t4和t5区间内画出co、co2浓度变化曲线，并标明物质（假设各物质状态均保持不变）12氯化亚铜是重要的铜盐系列化工产品，广泛应用于石油化工、纺织印染、颜料、医药、电镀、有机合成等行业以工业海绵铜为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产硫酸铜进而生产氯化亚铜海绵铜的主要成分是cuo和cu，生产工艺流程图如下思考并回答下列问题（1）生产原理：溶解时生成的还原产物在酸性溶液中稳定存在，请写出此时的氧化还原反应离子方程式：_还原氯化：2cuso4+（nh4）2so3+2nh4cl+h2o2cucl+2（nh4）2so4+h2so4（2）得到副产品的化学式为_；（3）生产后阶段，从滤液获得副产品的步骤：蒸发浓缩冷却结晶_洗涤 干燥（4）产品的洗涤方法是，先用ph=2的稀h2so4洗，后用95%的酒精洗酒精洗的目的是_；请设计简单实验方案，检验稀h2so4洗时是否洗干净：_（5）定量分析：称取2.000g cucl样品（杂质不参与反应），溶于一定量的0.5000moll1fecl3溶液中，加水稀释至200ml得到溶液，取20.00ml 用0.1000moll1的ce（so4）2溶液滴定到终点，消耗20.00mlce（so4）2此实验涉及溶液配制与定量滴定的基本操作中，合理的是_；有关反应式：fe3+cuclfe2+cu2+cl ce4+fe2+fe3+ce3+则样品中cucl的质量分数_2015年浙江省绍兴三中高考化学二模试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错的得0分）1下列说法不正确的是( )a2014年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子b能量是可以互相转化的植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转换c分类方法、统计方法、定量研究、实验方法和模型化方法等是化学研究的常用方法d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【考点】反应热和焓变；化学科学的主要研究对象；化学研究基本方法及作用；金属的电化学腐蚀与防护 【专题】化学应用【分析】a依据2014年诺贝尔化学奖获得者及其贡献解答，2014年诺贝尔化学奖近日揭晓，获奖者为埃里克贝齐格、威廉莫纳和斯特凡黑尔，他们的获奖理由是在超分辨率荧光显微技术领域取得的成就，他们巧妙地绕过了经典光学的“束缚”，开创性的使光学显微镜能够窥探纳米世界；b能量是可以互相转化的；c依据化学研究的基本方法解答，分类方法、统计方法、定量研究、实验方法和模型化方法等是化学研究的常用方法；d外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理；【解答】解：a.2014年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子，故a正确；b植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转化，故b正确；c分类方法可以为我们的化学学习节约大量的时间；统计方法可以使我们掌握物质的反应规律；定量研究可以使我们掌握物质的性质与反应物的量的关系；实验方法是我们学习掌握第一手资料，提高学习化学的兴趣，加深对知识的理解和掌握；模型化方法可以使我们在在物质的分子结构的认识上有直观、形象的认识，因此这些方法都是化学研究的常用方法，故c正确；d外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，为外接电源的阴极保护法，牺牲阳极的阴极保护法属于原电池工作原理，故d错误；故选d【点评】本题为综合题，考查了化学史、研究化学的方法、金属的腐蚀与防护原理，依据相关知识即可解答，注意对基础知识的积累，题目难度中等2下列说法正确的是( )a用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出b用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在ph试纸上，然后与比色卡对照，可测定新制氯水的ph值c用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和淀粉三种溶液d受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理【考点】化学实验方案的评价 【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】a苯的密度小于水，溶有苯的有机层在上层；b、氯水中的次氯酸能漂白ph试纸，不能用ph试纸测定新制氯水的ph值；c乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，淀粉与新制氢氧化铜悬浊液不反应；d受酸腐蚀应该涂弱碱性物质【解答】解：a用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液在混合液上层，应该从分液漏斗的上口放出，故a错误；b氯水中的次氯酸能漂白ph试纸，不能用ph试纸测定新制氯水的ph值，故b错误；c乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，淀粉与新制氢氧化铜悬浊液不反应，故c正确；d受酸腐蚀应涂碳酸氢钠，而不是酸，故d错误；故选c【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、ph试纸、葡萄糖的检验以及危险处理等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大3主族元素x、y、z的简单离子核外电子排布相同，已知原子半径xy，离子半径yx，且y和z能形成离子化合物由此判断关于三种元素说法正确的是( )a原子序数不可能为zyxbx可能是非金属元素cz一定在y的下一周期dy不可能在z的下一周期【考点】原子结构与元素的性质 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由于x、y、z的简单离子核外电子排布相同，原子半径xy，离子半径yx，故应x在y的下一周期，且y为非金属元素，形成的简单离子为阴离子，x为金属元素，形成的简单离子为阳离子，而y和z能形成离子化合物，故z形成的简单离子也为阳离子，即z为金属元素，且也处于y的下周期，即x与z同周期，据此分析【解答】解：由于x、y、z的简单离子核外电子排布相同，原子半径xy，离子半径yx，故x在y的下一周期，且y为非金属元素，形成的简单离子为阴离子，x为金属元素，形成的简单离子为阳离子，而y和z能形成离子化合物，故z形成的简单离子也为阳离子，即z为金属元素，且由于x、y、z的简单离子核外电子排布相同，故z也处于y的下周期，即x与z同周期，但x和z的相对位置不明确，即x可能在z的右边，也可能在z的左边a、由于x和z处于同一周期，y在x和z的上一周期，故原子序数可能为xzy或zxy，但不可能为zyx，故a正确；b、x一定为金属元素，故b错误；c、z一定在y的下周期，故c正确；d、y在z的上周期，故d错误故选ac【点评】本题考查微粒半径大小与结构的关系，难度中等，正确推断元素的位置关系是关键，要正确把握微粒大小比较规律4下列说法正确的是( )a丙烯酸（ch2=chcooh）和山梨酸（ch3ch=chch=chcooh）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物b分子式为c7h16的有机物中有三种不同化学环境的氢原子，此有机物一定是2，4二甲基戊烷或3，3二甲基戊烷c完全燃烧等质量的甲醛、乙酸、葡萄糖、蔗糖消耗的氧气量相等d还原性染料靛蓝的结构简式为：，它的分子式是：c16h10n2o2【考点】芳香烃、烃基和同系物；常见有机化合物的结构；有机物的结构和性质 【专题】有机反应【分析】a含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸； b根据结构的镜面对称确定氢原子；c等物质的量的甲醛、乙酸、葡萄糖消耗的氧气取决于x+；d由结构简式可知分子式【解答】解：a含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，故a错误； b.2，4二甲基戊烷为ch3ch（ch3）ch2ch（ch3）ch3，含有4种不同的h，故b错误；c等物质的量的hcho、乙酸ch3cooh、葡萄糖消耗的氧气取决于x+，若均为1mol，消耗氧气分别为1mol、2mol、6mol，故c错误；d由结构简式可知分子式是c16h10n2o2，故d正确故选d【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，综合考查学习化学知识的应用能力，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键，选项cd为解答的易错点5电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，某研究小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置如图所示，下列说法正确的是( )a装置a中碳棒为阴极b装置b中通入空气的电极反应是o2+2h2o+4e4ohc污水中加入适量的硫酸钠，既可增强溶液的导电性，又可增强凝聚净化的效果d标准状况下，若a装置中产生44.8l气体，则理论上b装置中要消耗ch4 11.2l【考点】电解原理 【专题】电化学专题【分析】a装置为电解池，b装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的电极为负极，发生氧化反应，负极电极反应是ch4+4co328e=5co2+2h2o，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为o2+2co2+4e=2co32，电解池中fe为阳极，发生fe2e=fe2+，阴极的电极反应为：2h+2e=h2，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4fe2+10h2o+o2=4fe（oh）3+8h+，以此解答该题【解答】解：a装置为电解池，b装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是ch4+4co328e=5co2+2h2o，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为o2+2co2+4e=2co32，电解池中fe为阳极，发生fe2e=fe2+，阴极的电极反应为：2h+2e=h2，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4fe2+10h2o+o2=4fe（oh）3+8h+a电解池中al片为阴极，碳棒、铁片和污水构成原电池，碳棒正极，故a错误；b电池是以熔融碳酸盐为电解质，b中通入空气的电极是正极，反应式为：o2+2co2+4e=2co32，故b错误；c通过电解生成fe（oh）3胶体可吸附污染物而沉积下来，加入硫酸钠能使导电能力增强，加快生成fe（oh）3胶体速率，提高污水的处理效果，故c正确；da装置中阴极的电极反应为：2h+2e=h2，阴极产生了44.8l（标准状况）即2mol的气体产生，但是碳棒为正极，正极上还可以以生成氧气，所以参加反应的甲烷大于11.2l，故d错误；故选c【点评】本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，难度较大注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，为解答该题的关键6常温下，向20ml 0.1mol/l 酒石酸（用h2t表示）溶液中逐渐滴加等物质的量浓度的naoh溶液有关微粒的物质的量与混合溶液的ph有如图关系，下列说法正确的是( )aht在溶液中水解程度大于电离程度b当v（naoh）=20ml时，溶液中水的电离程度比纯水大c当v（naoh）=30ml时，溶液中存在c（na+）c（ht）c（t2）c（oh）c（h+）d当v（naoh）=40ml时，溶液中存在c（oh）=c（ht）+2 c（h2t）+c（h+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、根据图示信息得到ht在溶液中存在时的ph来回答；b、20ml刚好中和一半，h+浓度比h2t少，溶液呈酸性，酸的电离程度大于弱离子的水解程度；c、30ml溶液还呈酸性，溶液中h+oh；d、2mmol酒石酸需要40mlnaoh才能恰好中和，溶液中溶质为na2t，依据质子守恒来回答【解答】解：a、根据图示信息得到ht在溶液中存在时的ph7，所以ht在溶液中水解程度小于电离程度，故a错误；b、vnaoh=20ml时，得到溶液中是等浓度的h2t和na2t，图象分析电离大于水解，溶液呈酸性，酸的电离程度大于弱离子的水解程度，所以溶液中水的电离程度比纯水小，故b错误；c、vnaoh=30ml时，溶液中主要是h2t和na2t，图象分析溶液呈酸性，溶液中h+oh，故c错误；d、vnaoh=40ml时，和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中溶质为na2t，图象分析可知溶液呈碱性，依据质子守恒溶液中存在oh=ht+2h2t+h+，故d正确；故选d【点评】本题考查了图象分析判断，溶液酸碱性的过程理解是解题关键，题目难度较大7某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：k+、na+、fe2+、fe3+、so42、no2、co32，现取三份20ml该溶液进行如下实验：（1）第一份加入足量盐酸，无任何气体产生（2）第二份加入足量naoh溶液，经搅拌、过滤、洗涤、灼烧，最后得到xg固体（3）第三份滴加0.10moll1酸性kmno4溶液，消耗其体积为vml（4）另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色根据上述实验，以下说法正确的是( )a原混合溶液中只存在na+、fe3+、so42，不可能存在k+、co32b由实验（1）无法推断原混合溶液中是否含有so42c由实验（2）、（3）可判定原混合溶液中是否含有fe3+d由实验（3）可判定原混合溶液中存在no2【考点】常见离子的检验方法；无机物的推断 【专题】离子反应专题【分析】（1）第一份加入足量盐酸，无任何气体产生，说明溶液中不含co32离子，也不含no2离子，因no2+h+hno2，4hno24no+2h2o+o2，有气体放出，根据溶液的电中性，阴离子只有so42离子，则一定存在so42离子（2）二份加入足量naoh溶液生成沉淀，说明溶液中含有fe2+或fe3+离子，或二者都有，根据最后得到xg固体，可知总共含有的铁元素的物质的量；（3）第三份滴加0.10moll1酸性kmno4溶液，消耗其体积为vml，说明溶液中含有还原性fe2+离子，根据消耗的高锰酸钾的物质的量可确定fe2+离子的物质的量，并能确定是否含有fe3+离子；（4）另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色，说明含有na+离子，但不能确定是否含有k+离子，须通过蓝色钴玻璃观察综上所述，溶液中一定含有na+离子、so42离子，不含co32离子、不含no2离子，fe2+或fe3+离子至少有一种【解答】解：a、只有通过蓝色钴玻璃观察才能确定是否有k+离子，故a错误；b、（1）第一份加入足量盐酸，无任何气体产生，说明溶液中不含co32离子，也不含no2离子，因no2+h+hno2，4hno24no+2h2o+o2，有气体放出，根据溶液的电中性，阴离子只有so42离子，则一定存在so42离子，故b错误；c、足量naoh溶液生成沉淀，说明溶液中含有fe2+或fe3+离子，或二者都有，根据最后得到xg固体，可知总共含有的铁元素的物质的量，滴加0.10moll1酸性kmno4溶液，消耗其体积为vml，可以证明一定含有fe2+离子，根据电子得失相等可得fe2+离子的物质的量，以此来判断是否含有fe3+离子，故c正确；d、加入足量盐酸，无任何气体产生，说明不含no2离子，因no2+h+hno2，4hno24no+2h2o+o2，有气体放出，故d错误故选c【点评】本题考查离子鉴别题目，做题时注意从题目中找出反应的典型现象，根据物质的性质进行推断二、第卷（非选择题部分共58分）8甘蔗主要用于生产蔗糖，生产后的甘蔗渣主要成分为纤维素，综合利用方案如图：（1）写出d中的官能团酯基；（2）“bc”反应类型为氧化反应；（3）等物质的量的a、b、c完全燃烧时消耗o2之比为6：3：2；（4）在催化剂存在条件下，b与乙烯发生加成反应得到不与金属na反应的有机物，试写出该反应的化学方程式ch3ch2oh+ch2=ch2ch3ch2och2ch3；（5）设计简单实验方案，如何从b、c、d的混合液中提纯d：向待提纯混合物中加入足量的饱和na2co3溶液，振荡、静止、分液，然后水洗、干燥【考点】有机物的推断 【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】根据各物质的转化关系，甘蔗渣在硫酸作催化剂的条件下水解得a为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成b为ch3ch2oh，ch3ch2oh在微生物作用下被氧化成c为ch3cooh，ch3ch2oh与ch3cooh反应生成d为ch3cooch2ch3，据此答题【解答】解：根据各物质的转化关系，甘蔗渣在硫酸作催化剂的条件下水解得a为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成b为ch3ch2oh，ch3ch2oh在微生物作用下被氧化成c为ch3cooh，ch3ch2oh与ch3cooh反应生成d为ch3cooch2ch3，（1）d为ch3cooh，d中的官能团为酯基，故答案为：酯基；（2）根据上面的分析可知，“bc”反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；（3）a为葡萄糖，化学式为c6h12o6，每摩尔c6h12o6完全燃烧时消耗o2的物质的量为6mol，b为ch3ch2oh，每摩尔ch3ch2oh完全燃烧时消耗o2的物质的量为3mol，c为ch3cooh，每摩尔ch3cooh完全燃烧时消耗o2的物质的量为2mol，所以等物质的量的a、b、c完全燃烧时消耗o2之比为6：3：2，故答案为：6：3：2；（4）在催化剂存在条件下，ch3ch2oh与乙烯发生加成反应得到不与金属na反应的有机物应为，反应的化学方程式为ch3ch2oh+ch2=ch2ch3ch2och2ch3，故答案为：ch3ch2oh+ch2=ch2ch3ch2och2ch3；（5）从ch3ch2oh、ch3cooh、ch3cooch2ch3的混合液中提纯ch3cooch2ch3，可以向待提纯混合物中加入足量的饱和na2co3溶液，振荡、静止、分液，然后水洗、干燥，故答案为：向待提纯混合物中加入足量的饱和na2co3溶液，振荡、静止、分液，然后水洗、干燥【点评】本题考查有机物推断，注意根据反应条件进行推断，需要学生熟练掌握有机物的性质，难度不大，注意有机混合物的分离提纯方法9a、b、c 是中学化学中常见的三种短周期元素已知：a 元素原子最外层电子数是次外层电子数的2 倍；b元素最高正价与最低负价的代数和为2；c 元素有多种化合价，且常温下c 元素的单质与某种一元强碱溶液反应，可得到两种含c元素的化合物；b、c 两种元素质子数之和是a 元素质子数的4 倍（1）写出c的单质和强碱溶液反应的离子方程式cl2+2ohcl+clo+h2o（2）意大利罗马大学的funvio cacace 等人获得了极具理论研究意义的b4 气态分子b4 分子结构与白磷分子结构相似，已知断裂1mol bb 吸收167kj 的热量，生成1mol bb 放出942kj 热量试写出由b4 气态分子变成b2气态分子的热化学方程式：n4（g）2n2（g）h=882 kj/mol（3）由b、c 两种元素组成的化合物x，常温下为易挥发的淡黄色液体，x分子为三角锥形分子，且分子里b、c 两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构x 遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质则x 的结构式为，x 与水反应的化学方程式是ncl3+3h2onh3+3hclo（4）b2h4 是一种可燃性液体，其水溶液呈弱碱性，是因为溶液中存在平衡：h2bbh2+h2oh2nnh3+oh（或n2h5+oh）【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a、b、c是中学化学中常见的三种短周期元素，a元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，元素最外层电子数不超过8，则其次外层是k层，则a是c元素；b元素最高正价与最低负价的代数和为2，处于va族，c元素有多种化合价，且常温下c元素的单质与某种一元强碱溶液反应，可得到两种含c元素的化合物，考虑c为cl，b、c两种元素质子数之和是a元素质子数的4倍，则b为n元素，据此解答【解答】解：a、b、c是中学化学中常见的三种短周期元素，a元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，元素最外层电子数不超过8，则其次外层是k层，则a是c元素；b元素最高正价与最低负价的代数和为2，处于va族，c元素有多种化合价，且常温下c元素的单质与某种一元强碱溶液反应，可得到两种含c元素的化合物，考虑c为cl，b、c两种元素质子数之和是a元素质子数的4倍，则b为n元素（1）氯气与碱反应生成氯离子和次氯酸根离子和水，离子方程式为：cl2+2oh=clo+cl+h2o，故答案为：cl2+2ohcl+clo+h2o； （2）b为氮元素，断裂1molnn吸收167kj的热量，生成1molnn放出942kj热量，则n4（g）2n2（g）的h=1676kj/mol2942kj/mol=882 kj/mol，反应热化学方程式为：n4（g）2n2（g）h=882 kj/mol，故答案为：n4（g）2n2（g）h=882 kj/mol；（3）b为氮元素、c为氯元素，x分子为三角锥形分子，且分子里b、c两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则两种元素组成的化合物x为ncl3，结构中存在三个ncl共价单键，其结构式为，由x遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质，该漂白性物质为hclo，反应方程式为：ncl3+3h2onh3+3hclo，故答案为：；ncl3+3h2onh3+3hclo； （4）b2h4为n2h4，水溶液呈弱碱性，是由于其与水中的氢离子结合，同时生成氢氧根离子的原因，即n2h4+h2oh2nnh3+oh（或n2h5+oh），故答案为：h2nnh3+oh（或n2h5+oh）【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，是对所学知识的综合运用，难度中等10由2种元素组成的化合物m，是某种具有优异磁学性质的新型电子材料的主要成分其制备流程如图：（1）从氧化还原角度分析，说明nanh2制备中是否会生成na2nh、na3n的原因：nanh2中h元素为+1价，具有氧化性，可以氧化na，故可以生成；（2）根据图示信息，写出nan3制备的方程式2 nanh2+n2o=nan3+nh3+naoh；（3）取4.76g的m用足量稀硫酸溶解，在所得反应液中加入足量的naoh溶液，发现有刺激性气味且能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，同时溶液中产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，沉淀灼烧后质量为6.40g根据以上分析，写出元素g的名称铁，m的化学式fe4n【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】根据流程可知，钠与氨气反应生成氨基钠和氢气，氨基钠进一步与氧化二氮反应生成na3n和氮气及氢氧化钠，m用足量稀硫酸溶解，在所得反应液中加入足量的naoh溶液，发现有刺激性气味且能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，说明有氨气产生，同时溶液中产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，说明白色沉淀为氢氧化亚铁，沉淀灼烧后质量为6.40g的氧化铁，氧化铁的物质的量为0.04mol，根据元素守恒可知，钠与gcl2及na3n反应生成m和氮气、氯化钠，所以g为铁元素，m是含有2种元素组成的化合物，m中含有铁元素和氮元素，其中氮元素的物质的量为=0.02mol，所以m中铁元素的氮元素的物质的量之比为0.042：0.02=4：1，所以m的化学式fe4n，据此答题【解答】解：根据流程可知，钠与氨气反应生成氨基钠和氢气，氨基钠进一步与氧化二氮反应生成na3n和氮气及氢氧化钠，m用足量稀硫酸溶解，在所得反应液中加入足量的naoh溶液，发现有刺激性气味且能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，说明有氨气产生，同时溶液中产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，说明白色沉淀为氢氧化亚铁，沉淀灼烧后质量为6.40g的氧化铁，氧化铁的物质的量为0.04mol，根据元素守恒可知，钠与gcl2及na3n反应生成m和氮气、氯化钠，所以g为铁元素，m是含有2种元素组成的化合物，m中含有铁元素和氮元素，其中氮元素的物质的量为=0.02mol，所以m中铁元素的氮元素的物质的量之比为0.042：0.02=4：1，所以m的化学式fe4n，（1）nanh2中h元素为+1价，具有氧化性，可以氧化na，所以nanh2制备中会生成na2nh、na3n，故答案为：nanh2中h元素为+1价，具有氧化性，可以氧化na，故可以生成；（2）根据上面的分析可知，nan3制备的方程式为2 nanh2+n2o=nan3+nh3+naoh，故答案为：2 nanh2+n2o=nan3+nh3+naoh；（3）根据上面的分析可知，元素g的名称为铁，m的化学式为fe4n，故答案为：铁；fe4n【点评】本题考查了物质的制备，题目难度中等，注意从守恒的角度推断m的化学式，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意流程的分析11在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2x（g）+y（g）2z（g），已知将2molx 和1moly充入该容器中，反应在绝热条件下达到平衡时，z 的物质的量为pmol回答下列问题：（1）若把2molx 和1moly 充入该容器时，处于状态i，达到平衡时处于状态ii（如图1），则该反应的熵变s 0（填：“，=”）该反应在低温（填：高温或低温）条件下能自发进行（2）该反应的vt图象如图2中左图所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，则其vt图象如图2中右图所示以下说法正确的是a1a2 b1b2 t1t2 图2中阴影部分面积更大 两图中阴影部分面积相等（3）若该反应在容积可变的密闭容器中发生，在温度为t1、t2时，平衡体系中x的体积分数随压强变化曲线如右上图所示下列说法正确的是bdaa、c 两点的反应速率：acba、c 两点的气体密度：accb、c 两点的气体的平均相对分子质量：bcd由状态b 到状态a，可以用加热的方法（4）工业制取水煤气的过程中会伴随：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h0的副反应，在500，以下表的物质的量（按照co、h2o、h2、co2的顺序）投入恒容密闭容器中进行上述反应，达到平衡后下列关系正确的是ad实验编号反应物投入量平衡时h2浓度吸收或放出的热量反应物转化率a1、1、0、0c1q11b0、0、2、2c2q22c2、2、0、0c3q33a2c1=c2=c3 b2q1=q2=q3 c1=2=3 d1+2=1（5）图3表示上述反应，在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是升高温度，或增加水蒸汽的量，或减少氢气的量（写出一种）若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，在图中t4和t5区间内画出co、co2浓度变化曲线，并标明物质（假设各物质状态均保持不变）【考点】等效平衡；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【专题】化学平衡专题【分析】（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态的压强大于状态压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，hts0反应自发进行；（2）加入催化剂，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等；（3）aa、c两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；ba、c两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变；cb、c两点x的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同；d压强相同，升高温度，化学平衡向吸热反应移动；（4）各物质起始物质的量均为1：1等于化学计量数之比，结合方程式可知，故平衡时n（co）=n（h2o）、n（co2）=n（h2），由于500时平衡常数k=9可知，平衡时n（co2）n（co），则转化率不是50%；b中转化到左边可以得到2molco、2molh2o，恒温恒容下b、c是完全等效平衡，平衡时相同物质的浓度相同、物质的量相同；恒温恒容下，c等效为在a的基础上增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物转化率相等、相同物质的含量相等；（5）在t2时刻后co的浓度减小、co2浓度增大，平衡向正反应方向移动，可以通过改变温度、改变水蒸气或氢气的量实现；t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，则体积变为原来的一半，瞬间浓度分别增大为原来的2倍，由于反应前后气体系数相等，平衡不移动【解答】解：（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态的压强大于状态压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应，则h0；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，则s0，hts0反应自发进行，该反应在低温条件下能自发进行，故答案为：；低温；（2）加入催化剂，反应速率加快，所以b1b2，到达平衡的时间缩短，所以t1t2，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等，故答案为：；（3）a a、c两点都在等温线上，压强a点小于c点，压强越大速率越快，所以反应速率ac，故a错误；b a、c两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变，所以气体密度：ac，故b正确；c b、c两点x的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同，所以气体的平均相对分子质量相同，故c错误；d 由状态b到状态a，压强相同，温度不同，正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热反应移动，x的体积分数增大，所以可以通过升温使状态b到状态a，故d正确；故答案为：bd；（4）各物质起始物质的量均为1：1等于化学计量数之比，结合方程式可知，故平衡时n（co）=n（h2o）、n（co2）=n（h2），由于500时平衡常数k=9可知，平衡时n（co2）n（co），则转化率不是50%；b中转化到左边可以得到2molco、2molh2o，恒温恒容下b、c是完全等效平衡，平衡时相同物质的浓度相同、物质的量相同，则：c2=c3，b、c平衡时n（co2）n（co），转化率不是50%，故q2q3，设平衡时co为ymol，则3=，2=，故3+2=1，可推知32；恒温恒容下，c等效为在a的基础上增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物转化率相等、相同物质的含量相等，则：1=3，c3=2c1，q3=2q1，结合上述分析可知：2c1=c2=c3 ，q3=2q1q2=q3 ，1=32 ，1+2=1，故选：ad；（5）在t2时刻co的浓度减小、co2浓度增大，平衡向正反应方向移动，且co和co2浓度变化有接触点，所以可以通过改变升高温度、增大水蒸气的量或减少氢气的量实现；t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，则体积变为原来的一半，瞬间浓度分别增大为原来的2倍，由于反应前后气体系数相等，平衡不移动，在图中t4和t5区间内画出co、co2浓度变化曲线如图：，故答案为：升高温度，或增加水蒸汽的量，或减少氢气的量；【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡移动原理、平衡状态判断、化学平衡图象等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础12氯化亚铜是重要的铜盐系列化工产品，广泛应用于石油化工、纺织印染、颜料、医药、电镀、有机合成等行业以工业海绵铜为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产硫酸铜进而生产氯化亚铜海绵铜的主要成分是cuo和cu，生产工艺流程图如下思考并回答下列问题（1）生产原理：溶解时生成的还原产物在酸性溶液中稳定存在，请写出此时的氧化还原反应离子方程式：4cu+10h+no3=4cu2+nh4+3h2o还原氯化：2cuso4+（nh4）2so3+2nh4cl+h2o2cucl+2（nh4）2so4+h2so4（2）得到副产品的化学式为（nh4）2so4；（3）生产后阶段，从滤液获得副产品的步骤：蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤 干燥（4）产品的洗涤方法是，