湖北省孝感高中高三化学上学期10月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省孝感高中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列关于有机物的说法正确的是（）a实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硫酸，再滴加苯，最后滴加浓硝酸b蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属同系物c可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯d石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化2na为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）a46gno2和n2o4混合气体中含有原子总数为3nab常温常压下，cuzn原电池中，正极产生1.12l h2时，转移的电子数应小于0.1nac12g金刚石中含有的共价键数为2nad2.1g dto中所含中子数为na3下列反应的离子方程式书写正确的是（）a98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3kj/molb向nh4fe（so4）2溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液，可能发生的反应是：3nh4+fe3+3so42+3ba2+6oh3baso4+fe（oh）3+3nh3h2oc淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4i+o2+4h+2i2+2h2odna2so3溶液使酸性kmno4溶液褪色：5so32+6h+2mno45so42+2mn2+3h2o4为精确测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数（含少量nacl），准确称量w0g样品进行实验，下列实验方法所对应的实验方案和测量数据最合理（除w0外）的是（） 实验方法实验方案测量数据 a滴定法将样品配成100 ml溶液，取10 ml，加入甲基橙，用标准盐酸滴定消耗盐酸的体积 b量气法将样品与盐酸反应，生成的气体全部被碱石灰吸收碱石灰增重 c重量法样品放入烧瓶中，置于天平上，加入足量盐酸减轻的质量 d量气法将样品与盐酸反应，气体通过排水量气装置量气排水体积aabbccdd5甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是（）a在甲中滴加丁可能发生反应：hco3+ba2+ohbaco3+h2ob溶液丙中还可以大量共存的离子有：i、no3、so42c白色沉淀a可能溶解在溶液d中d甲为nahco3，乙为 alcl36硝酸生产中，500时，nh3和o2可能发生如下反应：4nh3 （g）+5o2 （g）4no （g）+6h2o （g）h=9072kjmol1 k=1.110264nh3 （g）+4o2 （g）2n2o （g）+6h2o （g）h=1104.9kjmol1 k=4，.410284nh3 （g）+3o2 （g）2n2 （g）+6h2o （g）h=1269.02kjmol1 k=7，.11034其中，、是副反应若要减少副反应，提高单位时间内no的产率，最合理的措施是（）a增大o2浓度b使用合适的催化剂c减小压强d降低温度7x、y、z、w四种短周期元素，有关数据如下表：元素代号xyzw原子半径/pm6670143160主要化合价2+5、+3、3+3+2下列叙述正确的是（）aw和y形成的化合物中含有离子键和非极性键b一定条件下，x单质可以将y单质从其氢化物中置换出来cz的最高价氧化物能溶于氨水dy的简单气态氢化物的沸点高于 x的简单气态氢化物二、解答题（共3小题，满分43分）8工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为fe3o4、fe2o3、feo、sio2）为原料制备高档颜料铁红（fe2o3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）“酸溶”过程中fe3o4发生反应的离子反应方程式为；（2）实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有、玻璃棒和烧杯等；步骤中应选用试剂调节溶液的ph（填字母编号）a稀硝酸 b氢氧化钠溶液 c高锰酸钾溶液 d氨水（3）检验步骤已经进行完全的试剂是；（4）步骤的反应温度一般需控制在35以下，其目的是；（5）步骤中发生反应的化学反应方程式为；（6）步骤中，feco3达到沉淀溶解平衡时，若室温下测得溶液的ph为8.5，c（fe2+）=1106 moll1试判断所得的feco3中是否含有fe（oh）2（填“是”或“否”），请通过简单计算说明理由（已知：kspfe（oh）2=4.91017）；（7）欲测定硫铁矿矿渣中fe元素的质量分数，称取ag样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的h2o2，充分反应后加入naoh溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体bg，测得该样品中fe元素的质量分数为9燃煤能排放大量的co、co2、so2，pm2.5（可入肺颗粒物）污染也跟冬季燃煤密切相关so2、co、co2也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径（1）如图1所示，利用电化学原理将so2 转化为重要化工原料c若a为so2，b为o2，则负极的电极反应式为：；（2）有一种用co2生产甲醇燃料的方法：co2+3h2ch3oh+h2o已知：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=a kjmol1；2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=b kjmol1；h2o（g）h2o（l）h=c kjmol1；ch3oh（g）ch3oh（l）h=d kjmol1，则表示ch3oh（l）燃烧热的热化学方程式为：；（3）光气 （cocl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过cl2（g）+co（g）cocl2（g）制备左图2为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图3为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线回答下列问题：06min内，反应的平均速率v（cl2）=；若保持温度不变，在第7min 向体系中加入这三种物质各2mol，则平衡移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；若将初始投料浓度变为c（cl2）=0.7mol/l、c（co）=0.5mol/l、c（cocl2）= mol/l，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，cl2的体积分数与上述第6min时cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是；（填“增大”、“减小”或“不变”）比较第8min反应温度t（8）与第15min反应温度t（15）的高低：t（8）t（15）（填“”、“”或“=”）10ch3cl为无色，略带臭味的气体，密度为2.25g/l，熔点为24.2，20时在水中的溶解度为400ml，易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂实验室制取ch3cl的原理是ch3oh+hcl（浓） ch3cl+h2o具体步骤如下：干燥zncl2晶体；称取24g研细的无水zncl2和量取20ml浓盐酸放入圆底烧瓶，同时量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；将分液漏斗里的甲醇逐滴滴入烧瓶中并加热，待zncl2完全溶解后有ch3cl气体逸出，可用排水法收集请回答：（1）实验室干燥zncl2晶体制得无水zncl2的方法是（2）反应过程中滴入烧瓶中甲醇的体积比盐酸少（甲醇与浓盐酸的物质的量浓度接近）其理由是（3）实验室为何用排水法收集ch3cl？据某资料记载，ch4分子中的一个h原子被cl原子取代后，其稳定性受到影响，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化现有四只洗气瓶；分别盛有以下试剂：a1.5%kmno4（h+）溶液；b蒸馏水；c5%na2so3溶液；d98%h2so4（1）为证实这一理论的可靠性，请从上面选择最恰当的洗气瓶，将a装置生成的气体依次通过洗气瓶（填洗气瓶编号），如果观察到则证实上述资料的正确性（2）写出洗气瓶中发生反应的离子方程式（c元素的氧化产物为co2）：（3）如果ch3cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛的洗气瓶【化学-选修3：物质结构与性质】11（1）按已知的原子结构规律，27号元素在周期表中的位置是，其价电子的轨道排布图为（2）若en代表乙二胺（），则配合物pt（en）2cl4中心离子的配位原子数为（3）becl2是共价分子，可以以单体、二聚体和多聚体形式存在它们的结构简式如下，指出be的杂化轨道类型 clbecl（4）磷化硼（bp）是一种有价值的耐磨硬涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜它是通过在高温氢气氛围下（750）三溴化硼和三溴化磷反应制得bp晶胞如图所示画出三溴化硼和三溴化磷的空间结构式三溴化硼三溴化磷在bp晶胞中b的堆积方式为计算当晶胞晶格参数为478pm（即图中立方体的每条边长为478pm）时磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距离【化学-选修5：有机化学基础】12（2015秋万州区校级期中）如图是一种常见的氨基酸g的合成路线：已知以下信息：a苯环上只有1个取代基，核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为1：2：2：2：2：1；f、g均能与fecl3溶液发生显色反应，f苯环上的一氯代物只有两种；回答下列问题：（1）a的分子式为，a的名称为；（2）cd的反应类型是；g的结构简式为；（3）鉴别f和g可用的试剂是；ana bnaoh cna2co3 dnahco3 efecl3（4）ab的化学方程式为；该反应的目的是；（5）f的同分异构体中，含有苯环且能发生水解反应的异构体有种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是2015-2016学年湖北省孝感高中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列关于有机物的说法正确的是（）a实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硫酸，再滴加苯，最后滴加浓硝酸b蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属同系物c可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯d石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化【考点】有机物的结构和性质；有机物的鉴别；化学实验方案的评价【分析】a加入酸液时，应防止酸液飞溅；b蔗糖和葡萄糖结构不同；c乙酸、乙醇都可与钠反应，但反应速率不同，苯与钠不反应；d煤的气化为化学变化【解答】解：a实验室制硝基苯，先加苯，再加浓硝酸，最后加浓硫酸，可防止液滴飞溅，故a错误；b蔗糖和葡萄糖结构不同，蔗糖为非还原性糖，葡萄糖含有醛基，具有还原性，不是同系物，故b错误；c乙酸、乙醇都可与钠反应，但反应速率不同，乙酸反应较剧烈，苯与钠不反应，可鉴别，故c正确；d煤的气化为碳和水反应生成一氧化碳和氢气的过程，为化学变化，故d错误故选c【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大2na为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）a46gno2和n2o4混合气体中含有原子总数为3nab常温常压下，cuzn原电池中，正极产生1.12l h2时，转移的电子数应小于0.1nac12g金刚石中含有的共价键数为2nad2.1g dto中所含中子数为na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、no2和n2o4均由no2构成；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol；c、金刚石中，每个c原子与其它4个c形成了4个cc共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：4=2，据此计算出1mol碳原子形成的共价键数目；d、dto的摩尔质量为21g/mol【解答】解：a、no2和n2o4均由no2构成，故46g混合物中含有的no2的物质的量为1mol，故含3mol原子即3na个，故a正确；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol，故1.12l氢气的物质的量小于0.05mol，则转移的电子数小于0.1na个，故b正确；c、金刚石为原子晶体，晶体中每个c原子与其它4个c形成了4个cc共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：4=2，12g金刚石中含有1mol碳原子，1molc能够形成2mol共价键，含有的共价键数为2na，故c正确；d、dto的摩尔质量为21g/mol，故2.1gdto的物质的量为0.1mol，而dto中含11个中子，故0.1moldto中含1.1na个中子，故d错误；故选d【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下列反应的离子方程式书写正确的是（）a98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3kj/molb向nh4fe（so4）2溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液，可能发生的反应是：3nh4+fe3+3so42+3ba2+6oh3baso4+fe（oh）3+3nh3h2oc淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4i+o2+4h+2i2+2h2odna2so3溶液使酸性kmno4溶液褪色：5so32+6h+2mno45so42+2mn2+3h2o【考点】离子方程式的书写【分析】a.98.3%的硫酸为浓硫酸，与氢氧化钡反应放出的热量比稀硫酸与氢氧化钡反应放出的热量多；b逐滴加入ba（oh）2溶液，氢氧化钡完全反应，以1：2时铵根离子参加反应；c发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；d发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒【解答】解：a.98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液，放出的热量多，不能利用h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=57.3kj/mol表示，故a错误；b若铵根离子反应，则能发生的反应是：nh4+fe3+2so42+2ba2+4oh2baso4+fe（oh）3+nh3h2o，故b错误；c淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，离子反应为4i+o2+4h+2i2+2h2o，故c正确；dna2so3溶液使酸性kmno4溶液褪色，离子反应为5so32+6h+2mno45so42+2mn2+3h2o，故d正确；故选cd【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关反应的离子反应考查，注意选项a中和热的判断，题目难度不大4为精确测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数（含少量nacl），准确称量w0g样品进行实验，下列实验方法所对应的实验方案和测量数据最合理（除w0外）的是（） 实验方法实验方案测量数据 a滴定法将样品配成100 ml溶液，取10 ml，加入甲基橙，用标准盐酸滴定消耗盐酸的体积 b量气法将样品与盐酸反应，生成的气体全部被碱石灰吸收碱石灰增重 c重量法样品放入烧瓶中，置于天平上，加入足量盐酸减轻的质量 d量气法将样品与盐酸反应，气体通过排水量气装置量气排水体积aabbccdd【考点】化学方程式的有关计算【分析】a用酚酞作指示剂，发生na2co3+2hcl=2nacl+h2o+co2，根据hcl的物质的量可确定na2co3的含量；bco2中含有水蒸气；cco2挥发带出水蒸气；dco2能溶于水，不能用排水法收集【解答】解：a用酚酞作指示剂，发生na2co3+2hcl=2nacl+h2o+co2，根据hcl的物质的量可确定na2co3的含量，故a正确；bco2中含有水蒸气，碱石灰吸收水蒸气，导致结果偏大，故b错误；cco2挥发带出水蒸气，溶液质量减少偏大，所以导致结果偏大，故c错误；dco2能溶于水，不能用排水法收集，可用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集，故d错误；故选a【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确元素化合物性质及实验原理是解本题关键，注意二氧化碳的溶解性、碱石灰的性质，题目难度不大5甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是（）a在甲中滴加丁可能发生反应：hco3+ba2+ohbaco3+h2ob溶液丙中还可以大量共存的离子有：i、no3、so42c白色沉淀a可能溶解在溶液d中d甲为nahco3，乙为 alcl3【考点】物质检验实验方案的设计；常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题；实验评价题【分析】甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，依据离子共存原则，h+只能与cl生成hcl，al3+只能与cl生成alcl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有na+，据此解答即可【解答】解：溶液中存在h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：hcl和alcl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即al3+和hco3生成的气体b为二氧化碳，沉淀a为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为nahco3，那么乙为alcl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为hcl；a甲中滴加丁，丁是过量的，那么发生的离子反应为hco3+ba2+ohbaco3+h2o，故a正确；b据分析可知，丙为hcl，含有h+，故i、no3不能与其共存，故b错误；c白色沉淀a为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故c 正确；d依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，乙为alcl3，故d正确；故选：b【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要结合离子反应认真推理6硝酸生产中，500时，nh3和o2可能发生如下反应：4nh3 （g）+5o2 （g）4no （g）+6h2o （g）h=9072kjmol1 k=1.110264nh3 （g）+4o2 （g）2n2o （g）+6h2o （g）h=1104.9kjmol1 k=4，.410284nh3 （g）+3o2 （g）2n2 （g）+6h2o （g）h=1269.02kjmol1 k=7，.11034其中，、是副反应若要减少副反应，提高单位时间内no的产率，最合理的措施是（）a增大o2浓度b使用合适的催化剂c减小压强d降低温度【考点】合成氨条件的选择【分析】由反应可知主反应与副反应均为放热反应，反应进行的程度很大，根据压强、温度、催化剂对速率的影响，以及产物no的性质分析【解答】解：a、增大o2浓度，氧气过量时与no反应生成no2，则no的产率减小，故a错误；b、使用合适的催化剂，能增大反应速率，提高no的产率，故b正确；c、减小压强，反应速率减小，no的产率减小，故c错误；d、降低温度，反应速率减小，no的产率减小，故d错误；故选b【点评】本题考查了工业生产条件的选择，侧重于压强、温度、催化剂对速率的影响的考查，题目难度不大7x、y、z、w四种短周期元素，有关数据如下表：元素代号xyzw原子半径/pm6670143160主要化合价2+5、+3、3+3+2下列叙述正确的是（）aw和y形成的化合物中含有离子键和非极性键b一定条件下，x单质可以将y单质从其氢化物中置换出来cz的最高价氧化物能溶于氨水dy的简单气态氢化物的沸点高于 x的简单气态氢化物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其族序数相同，最低负价=族序数8，根据表中数据知，x为o元素、y为n元素、z为al元素、w为mg元素，amg和n形成的化合物为氮化镁，只含离子键；b一定条件下，氧气能氧化氨气生成氮气；cz的最高价氧化物是氧化铝，能溶于强碱但不溶于弱碱溶液；d氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高【解答】解：原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其族序数相同，最低负价=族序数8，根据表中数据知，x为o元素、y为n元素、z为al元素、w为mg元素，amg和n形成的化合物为氮化镁，只含离子键变化非极性键，故a错误；b一定条件下，氧气能氧化氨气生成氮气，所以一定条件下，x单质可以将y单质从其氢化物中置换出来，故b正确；cz的最高价氧化物是氧化铝，能溶于强碱但不溶于弱碱溶液，氨水为弱碱，所以z的最高价氧化物不能溶于氨水，故c错误；d氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，常温下，水是液体、氨气是气体，水的氢化物熔沸点高于氨气，故d错误；故选b【点评】本题考查原子结构和元素周期律关系，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质、物质结构是解本题关键，注意氧化铝的两性，注意氢化物的稳定性与化学键有关、氢化物的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，为易错点二、解答题（共3小题，满分43分）8工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为fe3o4、fe2o3、feo、sio2）为原料制备高档颜料铁红（fe2o3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）“酸溶”过程中fe3o4发生反应的离子反应方程式为fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2o；（2）实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；步骤中应选用d试剂调节溶液的ph（填字母编号）a稀硝酸 b氢氧化钠溶液 c高锰酸钾溶液 d氨水（3）检验步骤已经进行完全的试剂是kscn溶液；（4）步骤的反应温度一般需控制在35以下，其目的是防止nh4hco3分解，减少fe2+的水解；（5）步骤中发生反应的化学反应方程式为4feco3+o22fe2o3+4co2；（6）步骤中，feco3达到沉淀溶解平衡时，若室温下测得溶液的ph为8.5，c（fe2+）=1106 moll1试判断所得的feco3中是否含有fe（oh）2否（填“是”或“否”），请通过简单计算说明理由（已知：kspfe（oh）2=4.91017）溶液中c（fe2+）c（oh）2=1106（1105.5）2=11017kspfe（oh）2=4.91017，故无fe（oh）2沉淀生成；（7）欲测定硫铁矿矿渣中fe元素的质量分数，称取ag样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的h2o2，充分反应后加入naoh溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体bg，测得该样品中fe元素的质量分数为【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节ph后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，（1）酸溶过程中四氧化三铁和酸反应生成亚铁离子、铁离子和水；（2）根据分析可知，步骤为过滤，据此判断所需仪器，步骤中调节ph值的试剂要能与酸反应且不引入新的杂质；（3）步骤是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤已经进行完全，即溶液中没有铁离子；（4）步骤是加入碳酸氢铵产生碳酸亚铁溶液，温度过高亚铁离子水解程度增大同进碳酸氢铵容易分解；（5）步骤中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁；（6）根据溶液中c（fe2+）c（oh）2与kspfe（oh）2比较，可判断有无fe（oh）2沉淀；（7）根据题意，最后称得残留固体bg为氧化铁，则铁元素的质量为bg=0.7bg，根据铁元素守恒可知样品中铁元素的质量为0.7bg，据此计算；【解答】解：硫铁矿烧渣加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节ph后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，（1）酸溶过程中四氧化三铁和酸反应生成亚铁离子、铁离子和水，“酸溶”过程中fe3o4发生反应的离子方程式为fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2o，故答案为：fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2o；（2）根据分析可知，步骤为过滤，过滤操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等，步骤中调节ph值的试剂要能与酸反应且不引入新的杂质，所以用氨水较好，故选d，故答案为：漏斗；d；（3）步骤是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤已经进行完全，即溶液中没有铁离子，可以用kscn溶液，故答案为：kscn溶液；（4）步骤是加入碳酸氢铵产生碳酸亚铁溶液，温度过高亚铁离子水解程度增大同进碳酸氢铵容易分解，所以温度一般需控制在35以下，故答案为：防止nh4hco3分解，减少fe2+的水解；（5）步骤中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，反应方程式为4feco3+o22fe2o3+4co2，故答案为：4feco3+o22fe2o3+4co2；（6）由题中数据可知，溶液中c（fe2+）c（oh）2=1106（1105.5）2=11017kspfe（oh）2=4.91017，故无fe（oh）2沉淀生成，故答案为：否；溶液中c（fe2+）c（oh）2=1106（1105.5）2=11017kspfe（oh）2=4.91017，故无fe（oh）2沉淀生成；（7）根据题意，最后称得残留固体bg为氧化铁，则铁元素的质量为bg=0.7bg，根据铁元素守恒可知样品中铁元素的质量为0.7bg，所以样品中fe元素的质量分数为=，故答案为：【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析应用，主要是流程分析理解和反应过程的判断，题目难度中等9燃煤能排放大量的co、co2、so2，pm2.5（可入肺颗粒物）污染也跟冬季燃煤密切相关so2、co、co2也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径（1）如图1所示，利用电化学原理将so2 转化为重要化工原料c若a为so2，b为o2，则负极的电极反应式为：so2+2h2o2e=so42+4h+；（2）有一种用co2生产甲醇燃料的方法：co2+3h2ch3oh+h2o已知：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=a kjmol1；2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=b kjmol1；h2o（g）h2o（l）h=c kjmol1；ch3oh（g）ch3oh（l）h=d kjmol1，则表示ch3oh（l）燃烧热的热化学方程式为：ch3oh（l）+o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=（c+2dab）kjmol1；（3）光气 （cocl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过cl2（g）+co（g）cocl2（g）制备左图2为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图3为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线回答下列问题：06min内，反应的平均速率v（cl2）=0.15 moll1min 1；若保持温度不变，在第7min 向体系中加入这三种物质各2mol，则平衡向正反应方向移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；若将初始投料浓度变为c（cl2）=0.7mol/l、c（co）=0.5mol/l、c（cocl2）=0.5 mol/l，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，cl2的体积分数与上述第6min时cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小；（填“增大”、“减小”或“不变”）比较第8min反应温度t（8）与第15min反应温度t（15）的高低：t（8）t（15）（填“”、“”或“=”）【考点】热化学方程式；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素【专题】图像图表题；计算题；平衡思想；守恒法；化学平衡专题【分析】（1）so2在负极失去电子转化为so42，根据电极反应式的书写方法来回答；（2）应用盖斯定律解题，始终抓住目标反应和已知反应之间的关系应用数学知识来解；（3）由图可知，6min时cl2的平衡浓度为0.3mol/l，浓度变化为1.2mol/l0.3mol/l=0.9mol/l，根据v=计算v（cl2）；原平衡时n（cl2）：n（co）：n（cocl2）=3：1：9，现在第8 min 加入体系中的三种物质各1 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动改变初始投料浓度变，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，cl2的体积分数与上述第6min时cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足cl2浓度为1.2mol/l、co浓度为1.0mol/l；由图可知，升温平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动【解答】解：（1）so2在负极失去电子转化为so42，故其电极反应为：so2+2h2o2e=so42+4h+，故答案为：so2+2h2o2e=so42+4h+；（2）应用盖斯定律解题，h=h1h2+h3+2h4=（c+2dab）kjmol1，所以ch3oh（l）燃烧热的热化学方程式为ch3oh（l）+o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=（c+2dab）kjmol1，故答案为：ch3oh（l）+o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=（c+2dab）kjmol1（3）由图可知，6min时cl2的平衡浓度为0.3mol/l，浓度变化为1.2mol/l0.3mol/l=0.9mol/l，则v（cl2）=0.15 moll1min 1，故答案为：0.15 moll1min 1；8min时，平衡时c（cl2）=0.3mol/l、c（co）=0.1mol/l、c（cocl2）=0.9mol/l，则原平衡时n（cl2）：n（co）：n（cocl2）=3：1：9，现在第8 min 加入体系中的三种物质各1 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，故答案为：向正反应方向；最终达到化学平衡时，cl2的体积分数与上述第6min时cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足cl2浓度为1.2mol/l、co浓度为1.0mol/l，则：0.7ol/l+c（cocl2）=1.2mol/l，c（co）=0.5mol/l+c（cocl2）=1.0mol/l，故c（cocl2）=0.5mol/l，故答案为：0.5； 由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小，故答案为：减小；根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故t（8）t（15），故答案为：【点评】本题考查热反应方程式、化学平衡计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数、反应速率计算等，侧重考查学生对图象与数据的分析及计算能力，难度中等10ch3cl为无色，略带臭味的气体，密度为2.25g/l，熔点为24.2，20时在水中的溶解度为400ml，易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂实验室制取ch3cl的原理是ch3oh+hcl（浓） ch3cl+h2o具体步骤如下：干燥zncl2晶体；称取24g研细的无水zncl2和量取20ml浓盐酸放入圆底烧瓶，同时量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；将分液漏斗里的甲醇逐滴滴入烧瓶中并加热，待zncl2完全溶解后有ch3cl气体逸出，可用排水法收集请回答：（1）实验室干燥zncl2晶体制得无水zncl2的方法是在干燥的hcl气氛中加热（2）反应过程中滴入烧瓶中甲醇的体积比盐酸少（甲醇与浓盐酸的物质的量浓度接近）其理由是增大盐酸的量以提高甲醇的转化率（3）实验室为何用排水法收集ch3cl？ch3cl不易溶于水，用排水法可除去hcl、ch3oh等杂质气体据某资料记载，ch4分子中的一个h原子被cl原子取代后，其稳定性受到影响，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化现有四只洗气瓶；分别盛有以下试剂：a1.5%kmno4（h+）溶液；b蒸馏水；c5%na2so3溶液；d98%h2so4（1）为证实这一理论的可靠性，请从上面选择最恰当的洗气瓶，将a装置生成的气体依次通过洗气瓶bac（填洗气瓶编号），如果观察到a紫色褪去则证实上述资料的正确性（2）写出洗气瓶中发生反应的离子方程式（c元素的氧化产物为co2）：10ch3cl+14mno4+42h+=14mn2+10co2+5cl2+36h2o、so32+cl2+h2o=so42+2cl+h+（3）如果ch3cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛乙醇的洗气瓶【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应；有机物的合成【专题】综合实验题；实验设计题【分析】本题是利用甲醇与浓盐酸反应制备ch3cl，涉及具体的制备过程是先在干燥的hcl气流中加热zncl2晶体得到无水zncl2，再将无水zncl2和量取20ml浓盐酸放入圆底烧瓶并滴加一定量的甲醇，经加热后会有ch3cl生成，因ch3cl中混有挥发出的hcl及甲醇，选择排水法收集生成的气体的同时还可以除杂，另外还探究了的稳定性及含有ch3cl尾气的处理；（1）因zncl2晶体直接加热时，因zn2+水解，如果直接加热最终得到的是zn（oh）2，因此要用浓盐酸或hcl气体抑制其水解的同时加热；（2）当有两种反应物参加反应时，可通过提高一种反应物的量提高另一种反应物的转化率；（3）因反应混合物中的盐酸和甲醇均易挥发，生成的ch3cl中会混有挥发出的杂质，同时ch3cl难溶于水，选用排水法收集的同时还会有除杂的作用；（1）如果ch3cl能被酸性高锰酸钾氧化，则酸性高锰酸钾溶液本身会褪色，同时可能会生成co2和cl2，因此要注意尾气的处理；（2）ch3cl经过酸性高锰酸钾的洗气瓶会被氧化成co2和cl2，生成的cl2可选择na2so3溶液，利用氯气的氧化性，将na2so3氧化为na2so4；（3）因ch3cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，因此的尾气可选择有机溶剂吸收【解答】解：（1）在加热zncl2晶体时可选择通hcl气体抑制其水解，故答案为：在干燥的hcl气氛中加热；（2）为了提高甲醇的利用率，可以适当增加盐酸的量，故答案为：增大盐酸的量以提高甲醇的转化率；（3）因ch3cl中混有易溶于水的杂质气体，用排水法可以即除杂又可收集，故答案为：ch3cl不易溶于水，用排水法可除去hcl、ch3oh等杂质气体；（1）如果ch3cl能被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化，可选择先通过盛有水的洗气瓶除去可能混合有的hcl和甲醇，再通过盛有的酸性高锰酸钾洗气瓶，溶液的紫色会褐去，最后通过盛na2so3的洗气瓶吸收生成的氯气防污染，故答案为：bac；a紫色褪去；（2）酸性高锰酸钾氧化ch3cl会生成co2和cl2，同时自身被还原成mn2+，发生反应的离子方程式为10ch3cl+14mno4+42h+=14mn2+10co2+5cl2+36h2o，生成的氯气经过na2so3的洗气瓶会氧化na2so3为na2so4，发生反应的离子方程式为so32+cl2+h2o=so42+2cl+h+，故答案为：10ch3cl+14mno4+42h+=14mn2+10co2+5cl2+36h2o、so32+cl2+h2o=so42+2cl+h+；（3）ch3cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，可选择酒精吸收ch3cl的尾气，故答案为：乙醇【点评】本题考查了甲醇和浓盐酸混合加热制一氯甲烷的实验原理，涉及实验操作、盐类水解、物质的性质检验及反应原理的探究，综合性较强，但基础性知识偏多，难度不大，离子方程式的书写错误率可能偏高点【化学-选修3：物质结构与性质】11（1）按已知的原子结构规律，27号元素在周期表中的位置是第四周期第族，其价电子的轨道排布图为（2）若en代表乙二胺（），则配合物pt（en）2cl4中心离子的配位原子数为4（3）becl2是共价分子，可以以单体、二聚体和多聚体形式存在它们的结构简式如下，指出be的杂化轨道类型 clbeclspsp2sp3（4）磷化硼（bp）是一种有价值的耐磨硬涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜它是通过在高温氢气氛围下（750）三溴化硼和三溴化磷反应制得bp晶胞如图所示画出三溴化硼和三溴化磷的空间结构式三溴化硼三溴化磷在bp晶胞中b的堆积方式为面心立方最密堆积计算当晶胞晶格参数为478pm（即图中立方体的每条边长为478pm）时磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距离【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】（1）27号元素原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，其价电子的轨道排布式为3d74s2，根据泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；（2）配合物pt（en）2cl4中心离子与n原子形成配位键；（3）be原子形成2个becl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为2；be原子形成3个bcl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；be原子形成4个bcl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；（4）三溴化硼分子中硼原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，所以分子空间构型为平面三角形，三溴化磷分子中磷原子的价层电子对数为3+=4，p原子有一对孤电子对，所以分子空间构型为三角锥形；由晶胞结构可知，在bp晶胞中b的堆积方式为面心立方最密堆积；p原子与周围的4个b原子最近且形成正四面体结构，二者连线处于体对角线上，为体对角线的【解答】解：（1）27号元素原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，处于第四周期第族，其价电子的轨道排布式为3d74s2，价电子排布图为，故答案为：第四周期第族；（2）配合物pt（en）2cl4中心离子与n原子形成配位键，中心离子的