海南省江汉油田海政学校高二化学上学期期末试卷（含解析）.doc

海南省江汉油田海政学校2014-2015学年高二上学期期末化学试卷一、单项选择题（每小题只有一个合理选项，各2分，共12分）1（3分）co2的资源化利用是解决温室效应的重要途径，如图是在一定条件下用nh3捕获co2生成重要化工产品三聚氰酸的反应：下列有关三聚氰酸的说法正确的是（）a分子式为c3h6n303b分子中既含极性键，又含非极性键c属于共价化合物d生成该物质的上述反应为中和反应 2（3分）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）ana2s溶液：c（na+）c（hs）c（oh）c（h2s）bna2c2o4溶液：c（oh）=c（h+）+c（hc2o4）+2c（h2c2o4）cna2co3溶液：c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（oh）dch3coona和cacl2混合溶液：c（na+）+c（ca2+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）+2c（cl）3（3分）已知：锂离子电池的总反应为：lixc+li1xcoo2c+licoo2；锂硫电池的总反应为：2li+sli2s有关上述两种电池说法正确的是（）a锂离子电池放电时，li+向负极迁移b锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应c理论上两种电池的比能量相同d图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电4（3分）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为al，其它均为cu，则（）a电流方向：电极a电极b电极发生还原反应c电极逐渐溶解d电极的电极反应：cu2+2ecu5（3分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）a无色溶液中可能大量存在al3+、nh4+、cl、s2b酸性溶液中可能大量存在na+、clo、so42、ic弱碱性溶液中可能大量存在na+、k+、cl、hco3d中性溶液中可能大量存在fe3+、k+、cl、so426（3分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）acu溶于稀hno3：cu+2h+no3cu2+no2+h2ob（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应制fe（oh）2：fe2+2ohfe（oh）2c用ch3cooh溶解caco3：caco3+2h+ca2+h2o+co2d向naalo2溶液中通入过量co2制al（oh）3：co2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3二、不定项选择题（每小题有1个或2个合理选项答全对得4分，少答且答对得2分，错答得0分共24分）7（3分）在恒容密闭容器中通入x并发生反应：2x（g）y（g），温度t1、t2下x的物质的量浓度c（x）随时间t变化的曲线如图所示下列叙述正确的是（）a该反应进行到m点放出的热量大于进行到w点放出的热量bt2下，在0t1时间内，v（y）=moll1min1cm点的正反应速率v正大于n点的逆反应速率v逆dm点时再加入一定量x，平衡后x的转化率减小8（3分）已知：将cl2通入适量koh溶液中，产物中可能有kcl，kclo，kclo3，且的值与温度高低有关当n（koh）=a mol时，下列有关说法错误的是（）a若某温度下，反应后=11，则溶液中=b参加反应的氯气的物质的量等于a molc改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea mold改变温度，产物中kclo3的最大理论产量为amol9（3分）某未知溶液可能含cl、co32、na+、so42、al3+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀下列判断合理的是（）a一定有clb一定有so42c一定没有al3+d一定没有co3210（3分）室温下，将1mol的cuso45h2o（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为h1，将1mol的cuso4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为h2：cuso45h2o受热分解的化学方程式为cuso45h2o（s）cuso4（s）+5h2o（l），热效应为h3，则下列判断正确的是（）ah2h3bh1h3ch1+h3=h2dh1+h2h311（3分）25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a0.1mol/lch3coona与0.1mol/lhcl溶液等体积混合：c（na+）=c（cl）c（ch3coo）c（oh）b0.1mol/lnh4cl与0.1mol/l氨水等体积混合（ph7）：c（nh3h2o）c（nh4+）c（cl）c（oh）c0.1mol/lna2co3与0.1mol/lnahco3溶液等体积混合：c（na+）=c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）d0.1mol/lna2c2o4与0.1mol/lhcl溶液等体积混合（h2c2o4为二元弱酸）：2c（c2o42）+c（hc2o4）+c（oh）=c（na+）+c（h+）12（3分）已知：2na+co22al（oh）3+na2co3+h2o向含2mol naoh，1mol ba（oh）2，2mol na的混合溶液中慢慢通入co2，则通入co2的量和生成沉淀的量关系正确的是（）选项abcdn（co2）（mol）2346n（沉淀）（mol）1233aabbccdd三、解答题（共6小题，满分64分）13（10分）lipf6是锂离子电池中广泛应用的电解质某工厂用lif、pcl5为原料，低温反应制备lipf6，其流程如下：已知：hcl的沸点是85.0，hf的沸点是19.5（1）第步反应中无水hf的作用是、反应设备不能用玻璃材质的原因是（用化学方程式表示）无水hf有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将hf沾到皮肤上，可立即用2%的溶液冲洗（2）该流程需在无水条件下进行，第步反应中pf5极易水解，其产物为两种酸，写出pf5水解的化学方程式：（3）第步分离采用的方法是；第步分离尾气中hf、hcl采用的方法是（4）lipf6产品中通常混有少量lif取样品wg，测得li的物质的量为nmol，则该样品中lipf6的物质的量为mol（用含w、n的代数式表示）14（10分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），下列说法正确的是a原子半径和离子半径均减小； b金属性减弱，非金属性增强；c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强； d单质的熔点降低（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为，氧化性最弱的简单阳离子是（3）已知：化合物mgoal2o3mgcl2alcl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解mgcl2而不电解mgo的原因是制铝时，电解al2o3而不电解alcl3的原因是（4）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料，由粗硅制纯硅过程如下： si（粗）sicl4sicl4（纯）si（纯） 写出sicl4的电子式：在上述由sicl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a kj热量，写出该反应的热化学方程式：（5）p2o5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用p2o5干燥的是anh3 bhi cso2 dco2（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式：15（10分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、al2cl7和alcl4组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝（1）钢制品应接电源的极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为，若改用alcl3水溶液作电解液，则阴极产物为（2）为测定镀层厚度，用naoh溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为mol（3）用铝粉和fe2o3做铝热反应实验，需要的试剂还有a、kcl b、kclo3c、mno2d、mg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀h2so4，滴加kscn溶液无明显现象，（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无fe2o3，理由是（用离子方程式说明）16（10分）次磷酸（h3po2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）h3po2是一元中强酸，写出其电离方程式；（2）h3po2及nah2po2均可将溶液中的ag+还原为银，从而可用于化学镀银h3po2中，p元素的化合价为；利用h3po2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为（填化学式）；nah2po2为（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）；（3）h3po2的工业制法是：将白磷（p4）与ba（oh）2溶液反应生成ph3气体和ba（h2po2）2，后者再与h2so4反应，写出白磷与ba（oh）2溶液反应的化学方程式；（4）h3po2也可用电渗析法制备“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：写出阳极的电极反应式；分析产品室可得到h3po2的原因；早期采用“三室电渗析法”制备h3po2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用h3po2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是17（10分）铁及其化合物与生产、生活关系密切（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图该电化腐蚀称为图中a、b、c、d、四个区域，生成铁锈最多的是（填字母）（2）用废铁皮制取铁红（fe2o3）的部分流程示意图如下：步骤若温度过高，将导致硝酸分解硝酸分解的化学方程式为步骤中发生反应：4fe（no3）2+o2+（2n+4）h2o2fe2o3nh2o+8hno3，反应产生的hno3又将废铁皮中的铁转化为fe（no3）2，该反应的化学方程式为上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是（任写一项）（3）已知t时，反应feo（s）+co（g）fe（s）+co2（g）的平衡常数k=0.25t时，反应达到平衡时n（co）：n（co2）=若在1 l密闭容器中加入0.02mol feo（s），并通入x mol co，t时反应达到平衡此时feo（s）转化率为50%，则x=18（14分）氢能是最重要的新能源储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一（1）氢气是清洁能源，其燃烧产物为（2）nabh4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成nabo2，且反应前后b的化合价不变，该反应的化学方程式为，反应消耗1mol nabh4时转移的电子数目为（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢（g）（g）+3h2（g）在某温度下，向恒容密闭容器中加入环已烷，其起始浓度为amoll1，平衡时苯的浓度为bmoll1，该反应的平衡常数k=（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）导线中电子转移方向为（用a、d表示）生成目标产物的电极反应式为该储氢装置的电流效率=（=100%，计算结果保留小数点后1位）海南省江汉油田海政学校2014-2015学年高二上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个合理选项，各2分，共12分）1（3分）co2的资源化利用是解决温室效应的重要途径，如图是在一定条件下用nh3捕获co2生成重要化工产品三聚氰酸的反应：下列有关三聚氰酸的说法正确的是（）a分子式为c3h6n303b分子中既含极性键，又含非极性键c属于共价化合物d生成该物质的上述反应为中和反应考点：真题集萃；有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：a根据三聚氰酸的结构简式书写分子式；b分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键；c三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物；d酸与碱反应生成盐与水的反应为中和反应解答：解：a由三聚氰酸的结构简式可知，其分子式为c3h3n3o3，故a错误；b分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键，不存在非极性键，故b错误；c三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物，故c正确；d该反应不符合酸与碱反应生成盐与水，不是中和反应，故d错误，故选c点评：本题考查有机物结构与性质，侧重对基础知识的巩固，涉及化学键、共价化合物、化学反应类型等，难度不大2（3分）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）ana2s溶液：c（na+）c（hs）c（oh）c（h2s）bna2c2o4溶液：c（oh）=c（h+）+c（hc2o4）+2c（h2c2o4）cna2co3溶液：c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（oh）dch3coona和cacl2混合溶液：c（na+）+c（ca2+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）+2c（cl）考点：真题集萃；离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：a硫离子水解显碱性，存在两步水解，以第一步为主；b溶液中存在电荷守恒为c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hc2o4）+2c（c2o42），物料守恒为c（na+）=2c（hc2o4）+2c（h2c2o4）+2c（c2o42）；c溶液中存在电荷守恒；d由物料守恒可知，c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），2c（ca2+）=c（cl）解答：解：a硫离子水解显碱性，存在两步水解，两步水解均产生oh，则c（oh）c（hs），以第一步为主，则浓度关系为c（na+）c（oh）c（hs）c（h2s），故a错误；b溶液中存在电荷守恒为c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hc2o4）+2c（c2o42），物料守恒为c（na+）=2c（hc2o4）+2c（h2c2o4）+2c（c2o42），由两守恒式可知，存在质子守恒式为c（oh）=c（h+）+c（hc2o4）+2c（h2c2o4），故b正确；c溶液中存在电荷守恒，则c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（oh）+c（hco3），故c错误；d由物料守恒可知，c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），2c（ca2+）=c（cl），则c（na+）+2c（ca2+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）+c（cl），故d错误；故选b点评：本题为2014年安徽2015届高考化学试题，测定离子浓度大小的比较，把握盐类水解及电荷守恒、物料守恒为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度不大3（3分）已知：锂离子电池的总反应为：lixc+li1xcoo2c+licoo2；锂硫电池的总反应为：2li+sli2s有关上述两种电池说法正确的是（）a锂离子电池放电时，li+向负极迁移b锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应c理论上两种电池的比能量相同d图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电考点：化学电源新型电池 专题：电化学专题分析：a、原电池中阳离子向正极移动；b、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连；c、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小；d、给电池充电时，负极与外接电源的负极相连，正极与外接电源的正极相连解答：解：a、原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，li+向正极迁移，故a错误；b、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上li+得电子发生还原反应，故b正确；c、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为li，锂离子电池放电时负极为lixc，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故c错误；d、图中表示锂硫电池给锂离子电池充电，右边电极材料是li和s，锂负极，硫为正极，左边电极材料是c和licoo2，由锂离子电池的总反方程式可知c+licoo2lixc+li1xcoo2为充电过程即为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，licoo2为阳极失电子发生氧化反应：licoo2xexli+=li1xcoo2；c为阴极得电子发生还原反应：c+xe+xli+=lixc，则c与负极li相连，licoo2应与正极s相连，故d错误；故选b点评：本题考查了二次电池，侧重于对原电池原理和电解池原理的考查，题目难度中等，注意根据电池总反应判断正负极材料及电极反应4（3分）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为al，其它均为cu，则（）a电流方向：电极a电极b电极发生还原反应c电极逐渐溶解d电极的电极反应：cu2+2ecu考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：电极为al，其它均为cu，al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答解答：解：电极为al，其它均为cu，al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，a电流从正极沿导线流向负极，即电极a电极，故a正确；b电极上电极反应式为al3e=al3+，发生氧化反应，故b错误；c电极是正极，正极上发生反应为cu 2+2e=cu，所以电极质量逐渐增大，故c错误；d电极为阳极，电极反应式为cu2ecu 2+，故d错误；故选a点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等5（3分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）a无色溶液中可能大量存在al3+、nh4+、cl、s2b酸性溶液中可能大量存在na+、clo、so42、ic弱碱性溶液中可能大量存在na+、k+、cl、hco3d中性溶液中可能大量存在fe3+、k+、cl、so42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a无色溶液中不存在cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；b次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；cna+、k+、cl、hco3离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；d铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子解答：解：aal3+、s2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；b酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故b错误；cna+、k+、cl、hco3离子之间不发生反应，hco3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故c正确；dfe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存的正误判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在6（3分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）acu溶于稀hno3：cu+2h+no3cu2+no2+h2ob（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应制fe（oh）2：fe2+2ohfe（oh）2c用ch3cooh溶解caco3：caco3+2h+ca2+h2o+co2d向naalo2溶液中通入过量co2制al（oh）3：co2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a铜和稀硝酸反应生成no；b（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应生成fe（oh）2和nh3h2o；c弱电解质写化学式；d偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠解答：解：a铜和稀硝酸反应生成no，离子方程式为3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o，故a错误；b（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应生成fe（oh）2和nh3h2o，离子方程式为2nh4+fe2+4ohfe（oh）2+2nh3h2o，故b错误；c弱电解质写化学式，离子方程式为caco3+2ch3coohca2+h2o+co2+2ch3coo，故c错误；d偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为co2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3，故d正确；故选d点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是d，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点二、不定项选择题（每小题有1个或2个合理选项答全对得4分，少答且答对得2分，错答得0分共24分）7（3分）在恒容密闭容器中通入x并发生反应：2x（g）y（g），温度t1、t2下x的物质的量浓度c（x）随时间t变化的曲线如图所示下列叙述正确的是（）a该反应进行到m点放出的热量大于进行到w点放出的热量bt2下，在0t1时间内，v（y）=moll1min1cm点的正反应速率v正大于n点的逆反应速率v逆dm点时再加入一定量x，平衡后x的转化率减小考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线 专题：化学平衡专题分析：由图可知，温度为t1先到达平衡，所以t1t2，温度越高，平衡时x的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；a、根据图象判断参加反应的x的量的多少，反应的x越多，放热越多；b、根据图中x的浓度变化求出y的浓度变化，再求反应速率；c、温度越高反应速率越大；d、m点时再加入一定量x，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析解答：解：由图可知，温度为t1先到达平衡，所以t1t2，温度越高，平衡时x的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；a、进行到m点x的转化率较低，由于正向是放热反应，所以反应进行到m点放出的热量少，故a错误；b、t2下，在0t1时间内，x的浓度变化为：c（x）=（ab）mol/l，则y的浓度变化为c（y）=c（x）=mol/l，所以v（y）=moll1min1，故b错误；c、温度越高反应速率越大，已知t1t2，则m点的正反应速率v正大于n点的逆反应速率v逆，故c正确；d、m点时再加入一定量x，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则x的转化率增大，所以m点时再加入一定量x，平衡后x的转化率增大，故d错误；故选c点评：本题考查了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响8（3分）已知：将cl2通入适量koh溶液中，产物中可能有kcl，kclo，kclo3，且的值与温度高低有关当n（koh）=a mol时，下列有关说法错误的是（）a若某温度下，反应后=11，则溶液中=b参加反应的氯气的物质的量等于a molc改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea mold改变温度，产物中kclo3的最大理论产量为amol考点：真题集萃；氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：a令n（clo）=1mol，反应后=11，则n（cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（clo3），据此计算判断；b由cl原子守恒可知，2n（cl2）=n（kcl）+n（kclo）+n（kclo3），由钾离子守恒可知n（kcl）+n（kclo）+n（kclo3）=n（koh）；c氧化产物只有kclo3时，转移电子最多，氧化产物只有kclo时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；d氧化产物只有kclo3时，其物质的量最大，结合c中计算判断解答：解：a令n（clo）=1mol，反应后=11，则n（cl）=11mol，电子转移守恒，5n（clo3）+1n（clo）=1n（cl），即5n（clo3）+11mol=111mol，解得n（clo3）=2mol，故溶液中=，故a正确；b由cl原子守恒可知，2n（cl2）=n（kcl）+n（kclo）+n（kclo3），由钾离子守恒可知n（kcl）+n（kclo）+n（kclo3）=n（koh），故参加反应的氯气的物质的量=n（koh）=a mol，故b正确；c氧化产物只有kclo3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（kcl）=5（kclo3），由钾离子守恒：n（kcl）+n（kclo3）=n（koh），故n（kclo3）=n（koh）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=a mol，氧化产物只有kclo时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（kcl）=n（kclo），由钾离子守恒：n（kcl）+n（kclo）=n（koh），故n（kclo）=n（koh）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea mol，故c正确；d氧化产物只有kclo3时，其物质的量最大，由c中计算可知：n最大（kclo3）=n（koh）=a mol，故d错误，故选d点评：本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用9（3分）某未知溶液可能含cl、co32、na+、so42、al3+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀下列判断合理的是（）a一定有clb一定有so42c一定没有al3+d一定没有co32考点：真题集萃；离子反应发生的条件 专题：离子反应专题分析：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则co32不存在；因为al3+水解呈酸性，所以有al3+，取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有so42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有cl，因为前面已滴加了氯化钡，据此作判断解答：解：因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则co32不存在；因为al3+水解呈酸性，所以有al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有so42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有cl，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知a错误；b正确；c错误；d正确，故选bd点评：本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，以及仔细审题，尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰10（3分）室温下，将1mol的cuso45h2o（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为h1，将1mol的cuso4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为h2：cuso45h2o受热分解的化学方程式为cuso45h2o（s）cuso4（s）+5h2o（l），热效应为h3，则下列判断正确的是（）ah2h3bh1h3ch1+h3=h2dh1+h2h3考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算 专题：化学反应中的能量变化分析：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为cuso45h2o（s）=cu2+（aq）+so42（aq）+5h2o（l）h10；cuso4（s）=cu2+（aq）+so42（aq）h2；已知cuso45h2o（s）=cuso4（s）+5h2o（l）h3，根据盖斯定律确定之间的关系解答：解：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为cuso45h2o（s）=cu2+（aq）+so42（aq）+5h2o（l）h10；cuso4（s）=cu2+（aq）+so42（aq）h20；已知cuso45h2o（s）=cuso4（s）+5h2o（l）h3；依据盖斯定律得到，所以h3=h1h2；h20，h10，则h30，a、上述分析可知h2h3，故a错误；b、分析可知h2=h1h3，由于h20，h3h1 ，故b正确；c、h3=h1h2，故c错误；d、h20，h10、h3h1+h2，故d错误；故选b点评：本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等11（3分）25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a0.1mol/lch3coona与0.1mol/lhcl溶液等体积混合：c（na+）=c（cl）c（ch3coo）c（oh）b0.1mol/lnh4cl与0.1mol/l氨水等体积混合（ph7）：c（nh3h2o）c（nh4+）c（cl）c（oh）c0.1mol/lna2co3与0.1mol/lnahco3溶液等体积混合：c（na+）=c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）d0.1mol/lna2c2o4与0.1mol/lhcl溶液等体积混合（h2c2o4为二元弱酸）：2c（c2o42）+c（hc2o4）+c（oh）=c（na+）+c（h+）考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：a、0.1mol/lch3coona与0.1mol/lhcl溶液等体积混合反应生成nacl和ch3cooh，醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液呈酸性；b、0.1mol/lnh4cl与0.1mol/l氨水等体积混合（ph7），说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性；c、结合混合溶液中物料守恒分析判断；d、结合反应后溶液中电荷守恒分析判断解答：解：a、0.1mol/lch3coona与0.1mol/lhcl溶液等体积混合反应生成nacl和ch3cooh，醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液呈酸性，溶液中离子浓度c（na+）=c（cl）c（ch3coo）c（oh），故a正确；b、0.1mol/lnh4cl与0.1mol/l氨水等体积混合（ph7），说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c（nh4+）c（cl）c（nh3h2o）c（oh），故b错误；c、0.1mol/lna2co3与0.1mol/lnahco3溶液等体积混合：n（na）：n（c）=3：2，溶液中物料守恒得到：2c（na+）=3，故c正确；d、0.1mol/lna2c2o4与0.1mol/lhcl溶液等体积混合（h2c2o4为二元弱酸）反应生成氯化钠、nahc2o4，溶液中存在电荷守恒为：c（cl）+2c（c2o42）+c（hc2o4）+c（oh）=c（na+）+c（h+），故d错误；故选ac点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用12（3分）已知：2na+co22al（oh）3+na2co3+h2o向含2mol naoh，1mol ba（oh）2，2mol na的混合溶液中慢慢通入co2，则通入co2的量和生成沉淀的量关系正确的是（）选项abcdn（co2）（mol）2346n（沉淀）（mol）1233aabbccdd考点：真题集萃；化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：co2通入到naoh、ba（oh）2、na的混合溶液，反应的先后顺序为：ba（oh）2、naoh、na含naoh、ba（oh）2、na的混合溶液中慢慢通入co2，发生的反应有：co2+ba（oh）2=baco3+h2o；2naoh+co2=na2co3+h2o；2na+co22al（oh）3+na2co3+h2o；co32+h2o+co2=2hco3，解答：解：a通入2mol二氧化碳，先发生反应：ba（oh）2+co2=baco3+h2o，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，co2+2naoh=na2co3+h2o，故a正确；b当通入的n（co2）=3 mol时，发生的离子反应是ba2+2oh+co2=baco3+h2o、2oh+co2=co32+h2o、2+co2=2al（oh）3+co32+h2o，所以产生的沉淀是baco3和al（oh）3且n（沉淀）之和是3mol（1mol baco3和2mol al（oh）3），故b错误；c通入4mol二氧化碳，先发生反应：ba（oh）2+co2=baco3+h2o，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：co2+2naoh=na2co3+h2o，消耗二氧化碳1mol，然后1mol二氧化碳与na发生反应2na+co22al（oh）3+na2co3+h2o，生成2mol氢氧化铝沉淀，最后1mol与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为3mol，故c正确；d当通入6mol二氧化碳，分别发生反应ba（oh）2+co2=baco3+h2o，co2+naoh=nahco3，2na+co22al（oh）3+na2co3+h2o，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：na2co3+co2+h2o=2nahco3 ，baco3+co2+h2o=ba（hco3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，故d错误；故选：ac点评：本题考查了化学方程式的相关计算，题目难度中等，把握反应的先后顺序是解题的关键，注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响三、解答题（共6小题，满分64分）13（10分）lipf6是锂离子电池中广泛应用的电解质某工厂用lif、pcl5为原料，低温反应制备lipf6，其流程如下：已知：hcl的沸点是85.0，hf的沸点是19.5（1）第步反应中无水hf的作用是反应物、溶剂反应设备不能用玻璃材质的原因是sio2+4hfsif4+2h2o（用化学方程式表示）无水hf有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将hf沾到皮肤上，可立即用2%的nahco3溶液冲洗（2）该流程需在无水条件下进行，第步反应中pf5极易水解，其产物为两种酸，写出pf5水解的化学方程式：pf5+4h2oh3po4+5hf（3）第步分离采用的方法是过滤；第步分离尾气中hf、hcl采用的方法是冷凝（4）lipf6产品中通常混有少量lif取样品wg，测得li的物质的量为nmol，则该样品中lipf6的物质的量为mol（用含w、n的代数式表示）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题；元素及其化合物分析：（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体新物质+饱和溶液，所以无水hf的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和hf发生反应；hf属于弱酸，必须用弱碱性溶液来除去；（2）根据元素组成可知，两种酸分别是h3po4和hf；（3）分离液体和不溶于液体固体采用过滤分离，hf分子间含有氢键，沸点大于hcl，可采用冷凝法分离；（4）根据li守恒和质量守恒计算解答：解：（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体新物质+饱和溶液，所以无水hf的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和hf发生反应，化学方程式为sio2+4hfsif4+2h2o；hf属于弱酸，必须用弱碱性溶液来除去（比如2%的nahco3溶液）；故答案为：反应物、溶剂；sio2+4hfsif4+2h2o；nahco3； （2）根据题目中的信息“pf5极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是h3po4和hf，所以反应的方程式为pf5+4h2oh3po4+5hf，故答案为：pf5+4h2oh3po4+5hf；（3）第步分离的是固体（lipf4（s）和液体（hf（l），所以采用过滤的方法；分离尾气中hf、hcl，可以利用二者沸点的差异（hf分子之间存在氢键）进行分离，所以采用冷凝法，故答案为：过滤；冷凝；（4）设lipf6为xmol，lif为ymol；根据li守恒，有x+y=n，根据质量守恒有152x+26y=w，解得x=mol，故答案为：mol点评：本题为无机化学流程题，该题是2015届高考中的常见题型，属于中等难度的试题试题综合性强，涉及物质推断、分离提纯、方程式书写、化学计算等知识，注意题干所给信息的使用，侧重对学生实验能力的培养和解题方法的指导，有助于培养学生规范、严谨的实验设计和评价能力14（10分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），下列说法正确的是ba原子半径和离子半径均减小； b金属性减弱，非金属性增强；c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强； d单质的熔点降低（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为氩，氧化性最弱的简单阳离子是na+（3）已知：化合物mgoal2o3mgcl2alcl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解mgcl2而不电解mgo的原因是mgo的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本制铝时，电解al2o3而不电解alcl3的原因是氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电（4）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料，由粗硅制纯硅过程如下： si（粗）sicl4sicl4（纯）si（纯） 写出sicl4的电子式：在上述由sicl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a kj热量，写出该反应的热化学方程式：2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g）h=+0.025akjmol1（5）p2o5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用p2o5干燥的是banh3 bhi cso2 dco2（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式：4kclo3kcl+3kclo4考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；热化学方程式；硅和二氧化硅 专题：元素周期律与元素周期表专题；碳族元素分析：（1）根据同一周期中元素周期律内容进行解答；（2）第三周期中，次外层电子数为8，原子最外层电子书与次外层电子数相同，则该元素为氩；第三周期中简单阳离子为钠离子、镁离子和铝离子，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱；（3）根据表中金属化合物的熔点高低、化合物类型进行分析；（4）四氯化硅为共价化合物，化学式中存在4个硅铝键；根据题中数据及热化学方程式的书写方法写出该反应的热化学方程式；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，p2o5是非氧化性干燥剂，然后结合各选项中气体的性质进行判断；（6）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可解答：解：（1）a原子半径和离子半径均减小；第三