湖北省宜昌市高考化学模拟试卷（5月）（含解析）.doc

2015年湖北省宜昌 市高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是（）选项 应用 解释a 高纯硅作计算机芯片的材料 硅晶体在自然界中能稳定存在b 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀 利用外加电流的阴极保护法保护金属c 高铁车厢采用铝合金材料 铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应d 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 其作用是吸收水果释放出的乙烯 a a b b c c d d2na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） a 标准状况下，22.4 l二氯甲烷的分子数约为na个 b 盛有so2的密闭容器中含有na个氧原子，则so2的物质的量为0.5 mol c 17.6 g丙烷中所含的极性共价键为6.4 na个 d 电解精炼铜时，若阴极得到的电子数为2 na个，则阳极质量减少64 g3某含碳、氢、氧三种元素的有机物的蒸气密度是co2的2倍（相同条件），该有机物中氧原子以“”结构存在的同分异构体的数目有（） a 2种 b 4种 c 6种 d 8种4某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述不正确的是（） a 在一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应 b 该物质分子中最多可以有9个碳原子在同一平面上 c 1 mol该物质最多可与4 mol h2发生加成反应 d 1 mol该物质完全氧化最多可消耗13 mol氧气5x、y、z、r、w是原子序数依次增大的五种短周期元素y和r同主族，可组成共价化合物ry2，y和z最外层电子数之和与w的最外层电子数相同25时，0.1mol/l x和w形成化合物的水溶液ph为1下列说法正确的是（） a y、z、w三种元素组成化合物的水溶液可能显碱性 b z与y、z与w形成的化合物的化学键类型完全相同 c 简单离子的半径：zrwy d 因非金属性yr，所以x与y组成化合物的沸点低于x与r组成的化合物6t时，agcl的ksp=21010；ag2cro4是一种橙红色固体，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（） a 在t时，agcl的溶解度大于ag2cro4 b 在t时，ag2cro4的ksp=11012 c 在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4，可使溶液由y点到x点 d 在t时，用agno3标准溶液滴定20ml未知浓度的kcl溶液，不能采用k2cro4溶液为指示剂7仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的一组是（）选项 实验目的 仪器a 用溴水和ccl4除去nabr溶液中少量nai 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗b 配制100ml l.0moll1的naoh溶液 药匙、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100ml的容量瓶c 从食盐水中获得nacl晶体 酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角d 用盐酸除去baso4中混有的少量baco3 漏斗，烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸 a a b b c c d d二、解答题（共3小题，满分43分）8化学平衡原理是中学化学学习的重要内容请回答下列问题：（1）己知：ch4、h2的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol，则co2和h2反应生成ch4的热化学方程式是有人设想以n2和h2为反应物，以溶有a的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如右图所示电池正极的电极反应式是，a是（2）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用合成气制备甲醇反应为co（g）+2h2（g）ch3oh（g）某温度下，在容积为2l的密闭容器中进行该反应，其相关数据见右图：从反应开始至平衡时，用co表示化学反应速率为，该温度下的平衡常数为5min至10min时速率变化的原因可能是；15min时对反应体系采取了一个措施，至20min时co的物质的量为0.5mol，请在图中画出co的变化曲线（3）常温下，将v ml、0.1000mol/l氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00ml、0.1000mol/l醋酸溶液中，充分反应（忽略溶液体积的变化）如果溶液ph=7，此时v的取值20.00（填“”、“=”或“”），溶液中c（na+）、c（ch3coo）、c（h+）、c（oh）的大小关系是常温下，将a mol/l的醋酸与b mol/l的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后，溶液呈中性，则醋酸的电离常数为（用含有a、b字母的代数式表示）9生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水，某化学兴趣小组模拟该法探究有关因素对破氰反应速率的影响（注：破氰反应是指氧化剂将cn氧化的反应）【相关资料】氰化物主要是以cn和3两种形式存在cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂；cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计3较cn难被双氧水氧化，且ph越大，3越稳定，越难被氧化【实验过程】在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始ph和一定浓度双氧水溶液的用量，设计如下对比实验：（l） 请完成以下实验设计表（表中不要留空格）实验实验序号实验目的初始ph废水样品体积/mlcuso4溶液的体积/ml双氧水溶液的体积/ml蒸馏水的体积/ml为以下实验操作参考760101020废水的初始ph对破氰反应速率的影响126010102076010序号 实验目的 初始ph 废水样品体积/ml cuso4溶液的体积/ml 双氧水溶液的体积/ml 蒸馏水的体积/ml 为以下实验操作参考 7 60 10 10 20 废水的初始ph对破氰反应速率的影响 12 60 10 10 20 7 60 10实验测得含氰废水中的总氰浓度（以cn表示）随时间变化关系如图所示（2）实验中2060min时间段反应速率：（cn）=moll1min1（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始ph增大，破氰反应速率减小，其原因可能是（填一点即可）在偏碱性条件下，含氰废水中的cn最终被双氧水氧化为hco3，同时放出nh3，试写出该反应的离子方程式：（4）该兴趣小组同学要探究cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实验并验证上述结论，完成下表中内容（己知：废水中的cn浓度可用离子色谱仪测定）实验步骤（不要写出具体操作过程） 预期实验现象和结论 10钴（co）及其化合物在工业上有广泛应用为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有al、li、co2o3和fe2o3等物质）已知：物质溶解性：lif难溶于水，li2co3微溶于水；部分金属离子形成氢氧化物沉淀的ph见下表fe3+co2+co3+al3+ph（开始沉淀）1.97.150.233.4ph（完全沉淀）3.29.151.094.7 fe3+ co2+ co3+ al3+ph（开始沉淀） 1.9 7.15 0.23 3.4ph（完全沉淀） 3.2 9.15 1.09 4.7请回答：（1）步骤中得到含铝溶液的反应的离子方程式是（2）写出步骤中co2o3与盐酸反应生成cl2的离子方程式：（3）步骤中na2co3溶液的作用是调节溶液的ph，应使溶液的ph不超过；废渣中的主要成分除了lif外，还有（4）naf与溶液中的li+形成lif沉淀，此反应对步骤所起的作用是（5）在空气中加热5.49g草酸钴晶体（coc2o42h2o）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表 温度范围/固体质量/g1502104.412903202.418909202.25加热到210时，固体质量减轻的原因是经测定，加热到210290过程中的生成物只有co2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为：三、【化学-选修2：化学与技术】（15分）11氯碱工业是最基本的化学工业之一，离子膜电解法为目前普遍使用的生产方法，其生产流程如图1所示：（1）该流程中可以循环的物质是（2）电解法制碱的主要原料是饱和食盐水，由于粗盐水中含有ca2+、mg2+、so42等无机杂质，所以在进入电解槽前需要进行两次精制，写出一次精制中发生的离子方程式、，若食盐水不经过二次精制，仍会有少量的ca2+、mg2+直接进入离子膜电解槽，这样产生什么后果是（3）图2是工业上电解饱和食盐水的离子交换膜电解槽示意图（阳极用金属钛网制成，阴极由碳钢网制成）则b处产生的气体是，e电极的名称是极电解总反应的离子方程式为（4）从阳极槽出来的淡盐水中，往往含有少量的溶解氯，需要加入8%9%的亚硫酸钠溶液将其彻底除去，该反应的化学方程式为（5）已知在电解槽中，每小时通过1安培的直流电理论上可以产生1.492g的烧碱，某工厂用300个电解槽串联生产8小时，制得32%的烧碱溶液（密度为1.342吨/m3）113m3，电解槽的电流强度1.45104a，该电解槽的电解效率为四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12现有六种元素，其中b、c、d、e为短周期主族元素，f、g为第四周期元素，它们的原子序数依次增大请根据下列相关信息，回答问题b元素原子的核外p电子数比s电子数少1c原子的第一至第四电离能分别是：i1=738kj/mol i2=1451kj/mol i3=7733kj/mol i4=10540kj/mold原子核外所有p轨道全满或半满e元素的主族序数与周期数的差为4f 是前四周期原子电子轨道表示式中单电子数最多的元素g在周期表的第十一列（1）b基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈形（2）c和与其左右相邻元素原子的第一电离能由大到小的顺序是（3）de3中心原子的杂化方式为杂化，该分子中的键角比离子de4+中的键角小的原因是将e的单质通入到黄血盐k4溶液中，可得到赤血盐k3该反应的离子方程式为已知含e的一种化合物与过氧化氢发生如下反应（已配平）：h2o2+he，请写出横线上物质的结构式（4）f位于区，价电子排布式为（5）g单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积（如图），则晶胞中每个原子的配位数为假设晶胞边长为a，原子半径为r，列式表示该晶胞的空间利用率为五、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13有机物x的结构是（其中、为未知部分的结构）下列是x发生反应的转化关系图及e的信息请回答：（1）有机物e中含有的官能团名称是，g的名称是（2）b与g反应可生成高分子化合物m，其化学方程式是（3）x的结构简式是（4）已知e的同系物h的相对分子质量比e多14h的同分异构体中，能同时满足下列条件的共有种（不考虑立体异构）能发生银镜反应；能发生水解反应；能与fecl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的为（写结构简式）（5）f可作为食品饮料的添加剂，它的聚合物可作为手术缝合线等材料已知：（i）rch2br rch2cooh；（ii）rch2cooh由b经过下列途径可合成f（部分反应条件略）：bpnrtf，nr的反应类型是，rt的化学方程式是2015年湖北省宜昌市高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是（）选项 应用 解释a 高纯硅作计算机芯片的材料 硅晶体在自然界中能稳定存在b 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀 利用外加电流的阴极保护法保护金属c 高铁车厢采用铝合金材料 铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应d 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 其作用是吸收水果释放出的乙烯 a a b b c c d d考点： 硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；合金的概念及其重要应用分析： a硅为亲氧元素，在自然界中易化合态存在；b铁和锌在电解质溶液中形成原电池，锌做负极被腐蚀；c铝合金中铝的化学性质并没有改变，铝在常温下即可与氧气发生反应；d乙烯具有催熟作用，能够被强氧化剂高锰酸钾氧化解答： 解：a虽然硅的化学性质很稳定，但在自然界中仍以化合态形式存在，如二氧化硅、硅酸盐等，故a错误；b在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池反应，锌做负极被氧化，发生电化腐蚀，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护，故b错误；c合金中的铝单质仍然可以与氧气发生化学反应生成氧化铝，故c错误；d乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故d正确；故选：d点评： 本题考查了物质的性质和用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大2na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） a 标准状况下，22.4 l二氯甲烷的分子数约为na个 b 盛有so2的密闭容器中含有na个氧原子，则so2的物质的量为0.5 mol c 17.6 g丙烷中所含的极性共价键为6.4 na个 d 电解精炼铜时，若阴极得到的电子数为2 na个，则阳极质量减少64 g考点： 阿伏加德罗常数专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： a、标况下，二氯甲烷为液态；b、1molso2中含2mol氧原子；c、求出丙烷的物质的量，然后根据1mol丙烷中含8mol极性共价键来分析；d、电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质解答： 解：a、标况下，二氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故a错误；b、1个so2中含2个氧原子，故当含有na个氧原子时，so2的分子个数为0.5na个，即物质的量为0.5mol，故b正确；c、17.6g丙烷的物质的量为0.4mol，而1mol丙烷中含8mol极性共价键，故0.4mol丙烷中含3.2mol极性共价键，故c错误；d、电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他比铜活泼的金属杂质也会放电，故阴极得到电子数为2na时，阳极减少的质量不一定是64g，故d错误；故选b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某含碳、氢、氧三种元素的有机物的蒸气密度是co2的2倍（相同条件），该有机物中氧原子以“”结构存在的同分异构体的数目有（） a 2种 b 4种 c 6种 d 8种考点： 有机化合物的异构现象专题： 同分异构体的类型及其判定分析： 密度之比等于相对分子质量之比，据此计算该有机物的相对分子质量；结合含有，可能我二弟所酸，也可能为酯类进行判断即可解答： 解：该有机物相对分子质量为442=88，相对质量为44，残基相对分子质量为44，残基为c3h8，（1）若该有机物为羧基，只有2种：正丁酸和异丁酸；（2）若该有机物为酯，则有4种：甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，共6种，故选c点评： 本题主要考查的是有机物分子式的计算以及同分异构体的判断，掌握丙基有2种是解决本题的关键，难度不大4某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述不正确的是（） a 在一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应 b 该物质分子中最多可以有9个碳原子在同一平面上 c 1 mol该物质最多可与4 mol h2发生加成反应 d 1 mol该物质完全氧化最多可消耗13 mol氧气考点： 有机物的结构和性质专题： 有机物的化学性质及推断分析： 由结构简式可知，分子中含cooh、碳碳双键，结合羧酸、烯烃的性质以及苯环、烯烃的结构来解答解答： 解：a含有羧基，可发生取代、酯化反应，含有碳碳双键，可发生氧化和加聚反应，故a正确；b与苯环直接相连的原子在同一个平面上，且与碳碳双键直接相连的原子也在同一个平面上，则该物质分子中最多可以有11个碳原子在同一平面上，故b错误；c能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1 mol该物质最多可与4 mol h2发生加成反应，故c正确；d有机物分子式为c9h12o2，1 mol该物质完全氧化最多可消耗氧气的物质的量为（11+1）mol=13mol，故d正确故选b点评： 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸性质的考查，题目难度不大5x、y、z、r、w是原子序数依次增大的五种短周期元素y和r同主族，可组成共价化合物ry2，y和z最外层电子数之和与w的最外层电子数相同25时，0.1mol/l x和w形成化合物的水溶液ph为1下列说法正确的是（） a y、z、w三种元素组成化合物的水溶液可能显碱性 b z与y、z与w形成的化合物的化学键类型完全相同 c 简单离子的半径：zrwy d 因非金属性yr，所以x与y组成化合物的沸点低于x与r组成的化合物考点： 原子结构与元素周期律的关系分析： x、y、z、r、w是原子序数依次增大的五种短周期元素y和r同主族，y处于第二周期，r处于第三周期，可组成共价化合物ry2，则y为氧元素，r为硫元素，ry2为so2，w的原子序数大于硫元素，故w为cl元素，y和z最外层电子数之和与w的最外层电子数相同，则z的最外层电子数为76=1，处于第a族，原子序数大于氧元素，故z为na元素，25时0.1moll1x和w形成化合物的水溶液ph为1，属于强酸，则x为氢元素，据此解答解答： 解：x、y、z、r、w是原子序数依次增大的五种短周期元素y和r同主族，y处于第二周期，r处于第三周期，可组成共价化合物ry2，则y为氧元素，r为硫元素，ry2为so2，w的原子序数大于硫元素，故w为cl元素，y和z最外层电子数之和与w的最外层电子数相同，则z的最外层电子数为76=1，处于第a族，原子序数大于氧元素，故z为na元素，25时0.1moll1x和w形成化合物的水溶液ph为1，属于强酸，则x为氢元素，ay、z、w三种元素组成的化合物有naclo等，naclo溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，故a正确；bz与y可以形成na2o、na2o2，前者含有离子键、后者含有离子键、共价键，而z与w形成的化合物为nacl，只含有离子键，故b错误；cy、z、r、w的简单离子分别为o2、na+、s2、cl、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小、电子层越多离子半径越大，故离子半径：s2clo2na+，故c错误；dx与y组成化合物为h2o、h2o2，x与r组成的化合物h2s，前者分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，故d错误，故选b点评： 本题考查位置结构性质关系，难度中等，推断元素是解题的关键，“y、r元素的位置及二者形成的共价化合物ry2”是推断的突破口，注意氢键对物质性质的影响6t时，agcl的ksp=21010；ag2cro4是一种橙红色固体，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（） a 在t时，agcl的溶解度大于ag2cro4 b 在t时，ag2cro4的ksp=11012 c 在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4，可使溶液由y点到x点 d 在t时，用agno3标准溶液滴定20ml未知浓度的kcl溶液，不能采用k2cro4溶液为指示剂考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析： a、已知t时agcl的ksp=21010，由a 知ag2cro4的ksp为11012，则s（agcl）=1.41105，而s（ag2cro4）=104；b、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，溶度积是饱和溶液中离子浓度幂次方的乘积；c、在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4仍为饱和溶液，点仍在曲线上；d、用agno3溶液滴定过程中，agcl先沉淀出来，待agcl定量沉淀后，过量的一滴agno3溶液即与k2cro4反应，形成ag2cro4砖红色沉淀解答： 解：a、t时agcl的ksp=21010，由a 知ag2cro4的ksp为11012，则s（agcl）=1.41105，而s（ag2cro4）=104，所以在t时，agcl的溶解度小于ag2cro4，故a错误；b、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，ag2cro4的沉淀溶剂平衡为：ag2cro4（s）2ag+cro42，ksp=c2（ag+）c（cro42）=（103）2106=1012，故b正确；c、在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4不能使溶液由y点变为x点，故c错误；d、用agno3溶液滴定过程中，由于agcl的溶解度小，agcl先沉淀出来，待agcl定量沉淀后，过量的一滴agno3溶液即与k2cro4反应，形成ag2cro4砖红色沉淀，则有砖红色沉淀生成时即达到终点，所以能采用k2cro4溶液为指示剂，故d错误，故选b点评： 本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断、溶度积常数的计算应用等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等7仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的一组是（）选项 实验目的 仪器a 用溴水和ccl4除去nabr溶液中少量nai 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗b 配制100ml l.0moll1的naoh溶液 药匙、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100ml的容量瓶c 从食盐水中获得nacl晶体 酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角d 用盐酸除去baso4中混有的少量baco3 漏斗，烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸 a a b b c c d d考点： 化学实验方案的评价分析： a用溴水和ccl4除去nabr溶液中少量nai，应该向用溴和nai溶液反应，然后采用萃取、分液方法分离；b根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；c从食盐水中获取食盐晶体应该采用蒸发结晶的方法；d碳酸钡和稀盐酸反应生成可溶性的氯化钡，硫酸钡和稀盐酸不反应，然后采用过滤方法分离，最后洗涤、干燥即可解答： 解：a用溴水和ccl4除去nabr溶液中少量nai，应该向用溴和nai溶液反应，然后采用萃取、分液方法分离，所以需要的仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，所以能实现实验目的，故a正确；b根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有酸式滴定管（可量取盐酸的体积）、100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故b正确；c从食盐水中获取食盐晶体应该采用蒸发结晶的方法，盛放泥三角的仪器是三脚架，所以缺少三脚架，并且用蒸发皿，而不能用坩埚，不能实现实验目的，故c错误；d碳酸钡和稀盐酸反应生成可溶性的氯化钡，硫酸钡和稀盐酸不反应，然后采用过滤方法分离，最后洗涤、干燥即可，需要的仪器是漏斗，烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸，所以能实现实验目的，故d正确故选c点评： 本题考查化学实验方案评价，涉及混合物的分离和提纯、酸碱中和滴定等知识点，明确常见仪器的使用方法是解本题关键，侧重考查基本实验、基本操作能力，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8化学平衡原理是中学化学学习的重要内容请回答下列问题：（1）己知：ch4、h2的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol，则co2和h2反应生成ch4的热化学方程式是co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（l）h=252.9kj/mol有人设想以n2和h2为反应物，以溶有a的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如右图所示电池正极的电极反应式是n2+8h+6e=2nh4+，a是氯化铵（2）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用合成气制备甲醇反应为co（g）+2h2（g）ch3oh（g）某温度下，在容积为2l的密闭容器中进行该反应，其相关数据见右图：从反应开始至平衡时，用co表示化学反应速率为0.03mol/（lmin），该温度下的平衡常数为5min至10min时速率变化的原因可能是反应受热或使用了催化剂；15min时对反应体系采取了一个措施，至20min时co的物质的量为0.5mol，请在图中画出co的变化曲线（3）常温下，将v ml、0.1000mol/l氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00ml、0.1000mol/l醋酸溶液中，充分反应（忽略溶液体积的变化）如果溶液ph=7，此时v的取值20.00（填“”、“=”或“”），溶液中c（na+）、c（ch3coo）、c（h+）、c（oh）的大小关系是c（na+）=c（ch3coo）c（h+）=c（oh）常温下，将a mol/l的醋酸与b mol/l的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后，溶液呈中性，则醋酸的电离常数为（用含有a、b字母的代数式表示）考点： 电解原理；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析： （1）根据燃烧热写出ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=890.3kj/mol；h2（g）+o2（g）=h2o（l）h=285.8kjmol1；依据盖斯定律，4来计算焓变；电池中氢气失电子，在负极发生氧化反应，氮气得电子在正极发生还原反应，氨气与hcl反应生成氯化铵，则电解质溶液为氯化铵；（2）根据v=结合图象计算ch3oh的速率，再根据速率之比等于系数之比计算co的化学反应速率；根据平衡常数k=及各组分的浓度计算出该反应的平衡常数；反应速率加快，根据升温或者使用催化剂可以使反应速率加快分析；平衡正向移动，是增加co的量导致平衡正向移动，据此判断；（3）溶液的酸碱性是根据溶液中h+浓度与oh浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（h+）=c（oh），溶液就呈中性，ch3cooh是弱电解质，电离程度不大，naoh是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性ph=7c（h+）=c（oh）结合电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh）进行解答；呈中性则c（h+）=c（oh）=107mol/l，c（na+）=c（ch3coo）=bmol/l，以此计算解答： 解：（1）ch4、h2的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol；则ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=890.3kj/mol；h2（g）+o2（g）=h2o（l）h=285.8kjmol1；依据盖斯定律，4得到：co2 （g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（l）h=285.8kjmol14+890.3kj/mol=252.9 kj/mol；故答案为：co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（l）h=252.9 kj/mol；该电池的本质反应是合成氨反应，电池中氢气失电子，在负极发生氧化反应，氮气得电子在正极发生还原反应，则正极反应式为n2+8h+6e=2nh4+，氨气与hcl反应生成氯化铵，则电解质溶液为氯化铵溶液，故答案为：n2+8h+6e=2nh4+；氯化铵；（2）根据图象ch3oh的速率v=0.03mol/（lmin），又速率之比等于系数之比，所以co的化学反应速率也为0.03mol/（lmin）；又由图象可以看出平衡时氢气的物质的量为0.8mol，co为0.4mol，ch3oh为0.6mol，所以平衡常数k=，故答案为：0.03mol/（lmin）；反应速率加快，而且在10分钟的时刻，达平衡状态，可能是反应受热或使用了催化剂，故答案为：反应受热或使用了催化剂；平衡正向移动，是增加co的量导致平衡正向移动，所以图象为：，故答案为：；（3）ch3cooh是弱电解质，电离程度不大，naoh是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性ph=7，需少加碱，所以常温下，将v ml、0.1000moll1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00ml、0.1000moll1醋酸溶液中，充分反应，v20.00ml溶液呈中性ph=7，c（h+）=c（oh）；根据电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），c（h+）=c（oh），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（na+）=c（ch3coo）c（h+）=c（oh），故答案为：；c（na+）=c（ch3coo）c（h+）=c（oh）； 呈中性则c（h+）=c（oh）=107mol/l，c（na+）=c（ch3coo）=bmol/l，则ch3cooh的电离常数ka=，故答案为：；点评： 本题考查盖斯定律的应用、原电池原理、平衡的移动和溶液中的反应等相关知识，综合性强，比较有难度9生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水，某化学兴趣小组模拟该法探究有关因素对破氰反应速率的影响（注：破氰反应是指氧化剂将cn氧化的反应）【相关资料】氰化物主要是以cn和3两种形式存在cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂；cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计3较cn难被双氧水氧化，且ph越大，3越稳定，越难被氧化【实验过程】在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始ph和一定浓度双氧水溶液的用量，设计如下对比实验：（l） 请完成以下实验设计表（表中不要留空格）实验实验序号实验目的初始ph废水样品体积/mlcuso4溶液的体积/ml双氧水溶液的体积/ml蒸馏水的体积/ml为以下实验操作参考760101020废水的初始ph对破氰反应速率的影响126010102076010序号 实验目的 初始ph 废水样品体积/ml cuso4溶液的体积/ml 双氧水溶液的体积/ml 蒸馏水的体积/ml 为以下实验操作参考 7 60 10 10 20 废水的初始ph对破氰反应速率的影响 12 60 10 10 20 双氧水的浓度对破氰反应速率的影响 7 60 10 20 10实验测得含氰废水中的总氰浓度（以cn表示）随时间变化关系如图所示（2）实验中2060min时间段反应速率：（cn）=0.0175moll1min1（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始ph增大，破氰反应速率减小，其原因可能是初始ph增大，催化剂cu2+会形成cu（oh）2沉淀，影响了cu2+的催化作用（或初始ph增大，3较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）（填一点即可）在偏碱性条件下，含氰废水中的cn最终被双氧水氧化为hco3，同时放出nh3，试写出该反应的离子方程式：cn+h2o2+h2onh3+hco3（4）该兴趣小组同学要探究cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实验并验证上述结论，完成下表中内容（己知：废水中的cn浓度可用离子色谱仪测定）实验步骤（不要写出具体操作过程） 预期实验现象和结论 考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；探究影响化学反应速率的因素分析： （1）实验的目的是调节含氰废水样品不同的初始ph和一定浓度双氧水溶液的用量，应分别检测废水的初始ph对破氯反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；（2）根据v=，进行计算求解；（3）ph越大，3越稳定，越难被氧化，破氰反应速率减小；根据条件结合氧化还原反应的知识解答；（4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的cn一浓度来做对比实验解答： 解：（1）影响该反应的因素有ph以及双氧水的浓度，实验目的为废水的初始ph对破氰反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响，其它量应不变，而且总体积不变，蒸馏水的体积为10ml，所以双氧水的体积为20ml，故答案为：双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；10；20； （2）根据v=0.0175moll1min1，故答案为：0.0175；（3）ph越大，3越稳定，越难被氧化，所以破氰反应速率减小；因为氰废水中的cn一最终被双氧水氧化为hc03，其中的碳由+2价变成+4价，1mol转移2mol的电子，而过氧化氢1mol也转移2mol的电子，所以cn一和h2o2的物质的量之比为1：1，所以反应的离子方程式为：cn+h2o2+h2onh3+hco3，故答案为：初始ph增大，催化剂cu2+会形成cu（oh）2沉淀，影响了cu2+的催化作用（或初始ph增大，3较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）；cn+h2o2+h2onh3+hco3；（4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的cn一浓度，如果在相同时间内，若甲试管中的cn浓度小于乙试管中的cn浓度，则cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：实验方案（不要求写出具体操作过程） 预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的cn浓度 相同时间内，若甲试管中的cn浓度小于乙试管中的cn浓度，则cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的cn浓度相同，则cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用点评： 本题考查外界条件的变化对化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，学生要清楚在研究一个变量引起速率变化的时候，其它的量应该相同，另还要学会以用对比实验，来得出结论，有一定的难度10钴（co）及其化合物在工业上有广泛应用为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有al、li、co2o3和fe2o3等物质）已知：物质溶解性：lif难溶于水，li2co3微溶于水；部分金属离子形成氢氧化物沉淀的ph见下表fe3+co2+co3+al3+ph（开始沉淀）1.97.150.233.4ph（完全沉淀）3.29.151.094.7请回答：（1）步骤中得到含铝溶液的反应的离子方程式是2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2（2）写出步骤中co2o3与盐酸反应生成cl2的离子方程式：co2o3+6h+2cl=2co2+cl2+3h2o（3）步骤中na2co3溶液的作用是调节溶液的ph，应使溶液的ph不超过7.15；废渣中的主要成分除了lif外，还有fe（oh）3（4）naf与溶液中的li+形成lif沉淀，此反应对步骤所起的作用是降低滤液中li+浓度，避免步骤中产生li2co3沉淀（5）在空气中加热5.49g草酸钴晶体（coc2o42h2o）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表 温度范围/固体质量/g1502104.412903202.418909202.25加热到210时，固体质量减轻的原因是失去结晶水经测定，加热到210290过程中的生成物只有co2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为：3coc2o4+2o2co3o4+6co2考点： 三废处理与环境保护；金属的回收与环境、资源保护分析： 该工艺流程为：废料加入氢氧化钠溶液碱浸，得到钴渣，加入盐酸溶解后发生氧化还原反应，氧化钴氧化氯离子为氯气，过滤得到酸溶的溶液加入碳酸钠溶液和naf溶液净化，除去锂离子和铁离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，加入盐酸和草酸铵溶液得到草酸钴晶体，高温分解得到氧化钴；（1）步骤中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）co2o3与盐酸反应生成cl2，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写成反应的离子方程式；（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液ph，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子；（4）naf与溶液中的li+形成lif沉淀，防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀；（5）计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g=4.41g=1.08g，说明210失去结晶水得到coc2o4；210290过程中是coc2o4发生的反应，210290过程中产生的气体只有co2 ，依据元素守恒得到生成co2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，o2物质的量=0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式解答： 解：（1）步骤中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；故答案为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；（2）co2o3与盐酸反应生成cl2，反应中钴元素化合价降低为+2价氯元素化合价1价变化为0价，依据得失电子守恒可知co2o3的系数为1，cl的系数为2，结合原子个数守恒，反应的离子方程式：co2o3+6h+2cl=2co2+cl2+3h2o；故答案为：co2o3+6h+2cl=2co2+cl2+3h2o；（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液ph，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中na2co3溶液的作用是调节溶液的ph，应使溶液的ph不超过7.15，废渣中的主要成分除了lif外还有fe（oh）3；故答案为：7.15；fe（oh）3；（4）naf与溶液中的li+形成lif沉淀，此反应对步骤所起的作用是，降低溶液中li+浓度，避免步骤中产生li2co3沉淀；故答案为：降低溶液中li+浓度，避免步骤中产生li2co3沉淀；（5）计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g=4.41g=1.08g，说明210失去结晶水得到coc2o4；故答案为：失去结晶水；210290过程中是coc2o4发生的反应，产生的气体只有co2 ，依据元素守恒得到生成co2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g2.41g=2g，说明说明有气体参加反应应为氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，o2物质的量=0.02mol，则：n（coc2o4）：n（o2）：n（co2）=0.03：0.02：0.06=3：2：6，方程式计量系数之比等于转化量之比，所以该反应的方程式为：3coc2o4+2o2co3o4+6co2；故答案为：3coc2o4+2o2co3o4+6co2；点评： 本题通过从某工业废料中回收钴的工艺流程考查了化学方程式、离子方程式书写，确各个阶段固体成