湖北省武汉市高三化学五月调考试卷（含解析）.doc

2015年湖北省武汉市高三五月调考化学 试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2015武汉模拟）维生素c的结构简式如图所示下列有关说法正确的是：（）a维生素c所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键b维生素c能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应c维生素c的分子式为c6h6o6d维生素c能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应考点：有机物的结构和性质分析：该有机物中含有醇羟基、酯基、碳碳双键，具有醇、烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、取代反应、酯化反应、加成反应、加聚反应、水解反应等，据此分析解答解答：解：a维生素c所含的官能团有羟基、酯基、碳碳双键，故a错误；b含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应、能被酸性重铬酸钾溶液氧化，故b正确；c维生素c的分子式为c6h8o6，故c错误；d该分子中含有醇羟基、酯基，能发生取代反应，故d错误；故选b点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、醇、酯的性质，注意分子式的确定，为易错点2（6分）（2015武汉模拟）设na代表阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）a将co2通过na2o2使其增重a g时，反应中转移电子数为b将1mol cl2通入到水中，则n（hclo）+n（cl）+n（clo）=2nac常温常压下，3.0 g 含甲醛（hcho）的冰醋酸中含有的原子总数为0.4nad2.24l的ch4中含有的ch键数为0.4na考点：阿伏加德罗常数分析：a、根据质量差计算出反应生成氧气的质量，过氧化钠中氧元素化合价为1价，据此计算出转移的电子数；b、根据氯原子的守恒来分析；c、甲醛和冰醋酸的最简式为ch2o，3.0g混合物中含有0.1mol最简式；d、甲烷所处的状态不明确解答：解：a、2mol二氧化碳与过氧化钠反应生成1mol氧气，过氧化钠质量增重56g，增重ag时生成氧气的物质的量为：mol，转移的电子的物质的量为：2mol=mol，反应中转移电子数为=na，故a错误；b、氯气溶于水后满足氯原子的守恒，将1mol cl2通入到水中后，氯气部分和水反应生成hcl和hclo，故溶液中有cl2、hcl和hclo，根据氯原子的守恒可知：2n（cl2）+n（hcl）+n（hclo）+n（clo）=2na，故b错误；c、3.0g含甲醛的冰醋酸中含有0.1mol最简式ch2o，含有0.4mol原子，含有的原子总数为0.4na，故c正确；d、甲烷所处的状态不明确，故2.24l甲烷的物质的量不一定是0.1mol，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（6分）（2015武汉模拟）w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们形成的常见化合物wx能抑制水的电离，yz2能促进水的电离，则y元素是（）amgbncbeds考点：位置结构性质的相互关系应用；水的电离专题：元素周期律与元素周期表专题分析：化合物wx能抑制水的电离说明是酸，则w为h，x为f或cl元素，由于w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明x为f，化合物yz2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知y为金属阳离子，且+2价离子，则y是mg，z是cl元素解答：解：化合物wx能抑制水的电离说明是酸，则w为h，x为f或cl元素，由于w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明x为f，化合物yz2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知y为金属阳离子，且+2价离子，原子序数大于氟，则y是mg，z是cl元素，故选a点评：本题考查位置性质关系，根据短周期元素形成的化合物wx能抑制水的电离，推断w、x是关键，注意理解水的电离平衡的影响因素，难度中等4（6分）（2015武汉模拟）已知：4nh3（g）+3o2（g）=2n2（g）+6h2o（g）h=1269kj/mol下列说正确的是（）a断开1 mol oo键比断开1 mol nn键所需能量少448kjb断开1 mol ho键比断开1 mol hn键所需能量相差约72.6kjc由以上键能的信息可知h2o的沸点比nh3高d由元素非金属性的强弱可知 h一o键比h一n键弱考点：反应热和焓变分析：a氧气中为o=o键，氮气中为nn键；b已知4nh3（g）+3o2（g）=2n2（g）+6h2o（g）h=1269kj/mol，根据焓变=反应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量判断，ho键与hn的键能大小；c键能与沸点无关；d元素的非金属性越强，与h元素形成的化学键越稳定解答：解：a根据ii可知o=o键的键能比nn键的键能小，则断开1molo=o键比断开1mol nn键所需能量少448kj，故a错误；b已知4nh3（g）+3o2（g）=2n2（g）+6h2o（g）h=1269kj/mol，则12hn+3498kj/mol2946kj/mol12ho=1269kj/mol，得（ho）（hn）=72.6kj/mol，所以断开1mol ho键与断开1mol hn键所需能量相差约72.6kj，故b正确；c键能与沸点无关，沸点与分子间作用力有关，故c错误；d元素的非金属性越强，与h元素形成的化学键越稳定，非金属性：on，则ho键比hn键强，故d错误；故选b点评：本题考查了化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力5（6分）（2015武汉模拟）根据右表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是（） 化学式 电离常数 ch3cooh k=1.7105 hcn k=4.91010 h2co3 k1=4.3107，k2=5.61011ah2co3、hco3、ch3coo、cnbhco3、ch3cooh、cn、co32chcn、hco3、cn、co32dhcn、hco3、ch3coo、cn考点：离子共存问题分析：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：ch3coohh2co3hcnhco3，a碳酸的酸性大于hcn，二者能够反应生成碳酸氢根离子和hcn；b醋酸的酸性大于碳酸和hcn，醋酸能够与碳酸氢根离子、碳酸根离子、cn反应；chcn的酸性大于hco3，hcn与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；d四种粒子之间不发生反应解答：解：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：ch3coohh2co3hcnhco3，ah2co3的酸性大于hcn，h2co3、cn能够反应生成hco3和hcn，在溶液中不能大量共存，故a错误；bch3cooh的酸性大于h2co3和hcn，ch3cooh能够与hco3、cn、co32反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；chcn的酸性大于hco3，hcn与co32反应生成hco3，在溶液中不能大量共存，故c错误；dhcn、hco3、ch3coo、cn之间不反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查粒子共存的判断，题目难度中等，根据表中数据正确判断酸性强弱为解答关键，注意明确酸性强弱与电离平衡常数的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力6（6分）（2015武汉模拟）实验室用含有杂质（feo、fe2o3）的废cuo制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 fe3+在 ph=5时沉淀完全）其中分析错误的是（）a步骤发生的主要反应为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2ob步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替h2o2c步骤用 cuco3代替cuo也可调节溶液的phd步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次考点：制备实验方案的设计分析：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入cuo调节溶液的ph，使fe3+水解而生成fe（oh）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答解答：解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入cuo调节溶液的ph，使fe3+水解而生成fe（oh）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，a步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，故a正确；b步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替h2o2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故b错误；ccuco3和cuo都与溶液中h+反应，起到调节溶液ph的作用，并不引入新的杂质，故c正确；d步骤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复23次，可洗涤晶体，故d正确；故选b点评：本题考查硫酸铜的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，注意氧化还原反应及盐类水解等原理的应用和分析7（6分）（2015武汉模拟）下列实验方案的设计、结论正确的是（）a用 nahco3 溶液可一次鉴别出稀盐酸、naoh溶液、alcl3溶液、naalo2 溶液b高锰酸钾试剂瓶内壁上黑色物质可用稀盐酸洗涤c除去so2 中少量hcl，将其通入饱和的na2so3 溶液d将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的考点：化学实验方案的评价分析：anahco3 溶液分别与稀盐酸、naoh溶液、alcl3溶液、naalo2 溶液混合的现象为：气体生成、无现象、气体和沉淀生成、沉淀生成；b黑色物质为二氧化锰，与稀盐酸不反应；c二者均与na2so3 溶液反应；d水温下降，可能为溶解时吸热解答：解：anahco3 溶液分别与稀盐酸、naoh溶液、alcl3溶液、naalo2 溶液混合的现象为：气体生成、无现象、气体和沉淀生成、沉淀生成，现象不同，可鉴别，故a正确；b黑色物质为二氧化锰，与稀盐酸不反应，应选浓盐酸、加热洗涤，故b错误；c二者均与na2so3 溶液反应，应选饱和nahso3 溶液除杂，故c错误；d水温下降，可能为溶解时吸热，则不能说明硝酸铵水解是吸热的，故d错误；故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的鉴别、仪器的洗涤、混合物分离提纯、反应中的热效应及盐类水解等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015武汉模拟）铬（cr）是周期表中vib族元素，化合价可以是 0+6 的整数价态回答下列问题：（1）某铬化合物的化学式为 na3cro8，其阴离子结构可表示为，则cr的化合价为+5（2）在如图装置中，观察到cu电极上产生大量的无色气泡，cr电极周围出现天蓝色（cr2+），而后又变成绿色 （cr3+）该电池总反应的过程表示为：cr+2h+=cr2+h2，2cr2+2h+=2cr3+h2左侧烧杯溶液中c（cl）增大（填“增大”，“减小”或“不变”）（3）已知ksp（bacro4）=1.21010，ksp（pbcro4）=2.81013，ksp（ag2cro4）=2，.01012某溶液中含有ba2+、pb2+、ag+，浓度均为0.01mol/l，向该溶液中逐滴入 0.01mol/l na2cro4溶液时，三种阳离子产生沉淀的先后顺序为pb2+、ba2+、ag+（4）在溶液中存在如下平衡：cro42+h+hcro4 k1=105.9；cr2o72+h2o2hcro4 k=102.2则反应：2cro42+h+cr2o72+h2o的平衡常数k=1014（5）cro42呈四面体构型，结构为cro72由两个cro42四面体组成，这两个cro42四面体通过共用一个角顶氧原子彼连，结构为则由n（n1）个cro42通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为crno（3n+1）2（6）cro3是h2cro4的酸醉，受热易分解把一定量的 cro3加热至790k时，残留固体的质量为原固体质量 76%写出 cro3受热分解化学方程式：4cro32cr2o3+3o2考点：原电池和电解池的工作原理；常见元素的化合价；化学平衡的计算分析：（1）根据化合物化合价代数和为0结合化学式为na3cro8解答；（2）根据观察到cu电极上产生大量的无色气泡则有氢气生成，cr电极周围出现天蓝色（cr2+），而后又变成绿色 （cr3+），说明铬先失电子生成二价铬，后又失电子生成三价铬；根据阴离子移向阴极判断左侧烧杯溶液中c（cl）；（3）析出沉淀时，bacro4溶液中c（cro42）=，pbcro4溶液中c（cro42）=，ag2cro4溶液中c（cro42）=，c（cro42）越小，先生成沉淀；（4）根据k=进行计算；（5）根据两个cro42四面体通过共用一个角顶氧原子彼连，结构为，则两个cro42每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n（n1）个cro42通过角顶氧原子连续的链式，则少n1个氧原子，据此书写；（6）设三氧化铬的质量为100g，则生成固体的质量为：100g76%=76g，cr的质量没有变，所以生成物中cr的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为：=2：3，由此确定生成物的化学式书写方程式解答：解：（1）因为化合物化合价代数和为0，又化学式为na3cro8解中，钠为+1价氧为2价，所以铬为+5，故答案为：+5；（2）因为观察到cu电极上产生大量的无色气泡即右侧为正极有氢气生成，cr电极周围出现天蓝色（cr2+，而后又变成绿色 （cr3+），说明铬先失电子生成二价铬，后又失电子生成三价铬，所以电池总反应的过程表示为cr+2h+=cr2+h2，2cr2+2h+=2cr3+h2；又阴离子移向阴极，所以左侧烧杯溶液中c（cl）增大；故答案为：cr+2h+=cr2+h2；增大；（3）析出沉淀时，bacro4溶液中c（cro42）=1.2108mol/l，pbcro4溶液中c（cro42）=2.81011mol/l，ag2cro4溶液中c（cro42）=2108mol/l，因为c（cro42）越小，先生成沉淀，所以三种阳离子产生沉淀的先后顺序为pb2+、ba2+、ag+，故答案为：pb2+、ba2+、ag+；（4）2cro42+2h+cr2o72+h2o的平衡常数k=1014，故答案为：1014；（5）由两个cro42四面体通过共用一个角顶氧原子彼连，结构为，则两个cro42每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n（n1）个cro42通过角顶氧原子连续的链式，则少n1个氧原子，则由n（n1）个cro42通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为crno（3n+1）2，故答案为：crno（3n+1）2；（6）由cro3加热至790k时，残留固体的质量为原固体质量76%，设三氧化铬的质量为100g，则生成固体的质量为：100g76%=76g，cr的质量没有变，所以生成物中cr的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为：=2：3，所以生成的固体的成分是cr2o3，则反应方程式为：4cro32cr2o3+3o2，故答案为：4cro32cr2o3+3o2点评：本题考查了电解反应式的书写、沉淀溶解平衡ksp的有关计算、氧化还原反应方程式的书写等，同时考查学生获取信息、加工信息能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等9（14分）（2015武汉模拟）某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有cuo、cus、cu2s，其中cus和 cu2s不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问题：（1）步骤产生气体的化学式为so2（2）向含微量 cu2+试液中滴加k4fe（cn）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加k4fe（cn）6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是黑色沉淀不含cuo（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验： 装置 现象 结论及解释 a试管中黑色沉淀逐渐溶解a试管上方出现红棕色气体b试管中出现白色沉淀 a现象说明褐色沉淀具有还原性b试管b中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为no2+so2+ba2+h2o=baso4+no+2h+（4）cus固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：cus存在溶解平衡cus（s）cu2+（aq）+s2（aq），热的浓硫酸将s2氧化，使s2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使cus溶解（5）为测定黑色沉淀中cu2s 的百分含量，取0.2g 步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0ml 0.075mol/l kmno4溶液处理，发生反应如下：8mno4+5cu2s+44h+10cu2+5so2+8mn2+22h2o6mno4+5cus+28h+5cu2+5so2+6mn2+14h2o反应后煮沸溶液，赶尽so2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0ml 0.1mol/l （nh4）2fe（so4）2 溶液反应完全则混合物中cu2s 的质量分数为40%考点：性质实验方案的设计分析：（1）根据铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体进行解答；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对进行分析，然后得出正确结论；（3）a、红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；b、根据反应现象可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；（4）cus在溶液中存在沉淀溶解平衡，根据平衡移动分析；（5）依据滴定实验数据计算剩余高锰酸钾物质的量，得到和硫化亚铜、硫化铜反应的高锰酸钾物质的量，依据反应的离子方程式列式计算得到解答：解：（1）cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为cu+2h2so4（浓）cuso4+2so2+2h2o，步骤产生的气体是so2，故答案为：so2；（2）向试液中滴加k4fe（cn）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有cu2+，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加k4fe（cn）6溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含cuo，故答案为：黑色沉淀中不含有cuo；（3）a、a试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原性；b、根据反应现象b试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：no2+so2+ba2+h2obaso4+no+2h+，故答案为：b试管中出现白色沉淀；no2+so2+ba2+h2obaso4+no+2h+；（4）cus难溶于水，在水溶液中会有很少量的cu溶解，溶液中存在沉淀溶解平衡，cus（s）cu2+（aq）+s2（aq），热的浓硫酸将s2氧化，使s2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使cus溶解；故答案为：cus存在溶解平衡cus（s）cu2+（aq）+s2（aq），热的浓硫酸将s2氧化，使s2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使cus溶解；（5）发生的反应为：8mno4+5cu2s+44h+10cu2+5so2+8mn2+22h2o6mno4+5cus+28h+5cu2+5so2+6mn2+14h2omno4+5fe2+8h+mn2+5fe3+4h2o设cu2s、cus的物质的量分别为x、y，与cu2s、cus反应后剩余kmno4的物质的量：0.035l0.1mol/l=0.0007mol，160x+96y=0.2+=0.040.0750.0007解得x=0.0005mol，cu2s的质量分数：100%=40%，故答案为：40%点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，知识点较多，理解题中信息是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力10（15分）（2015武汉模拟）甲醇是基本有机化工原料甲醇及其可制得产品的沸点如下 名称 甲醇 二甲胺 二甲基甲酰胺 甲醚 碳酸二甲酯 结构式 ch3oh （ch3）2nh （ch3）2ncho ch3och （ch3o）2co 沸点（） 64.7 7.4 15324.9 90（1）在425、a12o3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得二甲胺二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成（ch3）2nh2cl，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（cl）c（ch3）2nh2+c（h+）c（oh）（2）甲醇合成二甲基甲酰胺的化学方程式为：2ch3oh+nh3+co（ch3）2ncho+2h2oh若该反应在常温下能自发进行，则h0 （填“”、“”或“=“）（3）甲醇制甲醚的化学方程式为：2ch3ohch3och3+h2oh一定温度下，在三个体积均为1.0l 的恒容密闭容器中发生该反应 容器编号 温度/ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol ch3oh ch3och3 h2o 387 0.20 x 387 0.40 y 207 0.20 0.090 0.090x/y=已知387时该反应的化学平衡常数k=4若起始时向容器i中充入0.1mol ch3oh、0，.15mol ch3och3和0.10mol h2o，则反应将向正（填“正”或“逆”）反应方向进行容器中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为降温（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯工作原理如图所示电源负极为b（填“a”或“b“），写出阳极的电极反应式2ch3oh+co2e=（ch3o）2co+2h+若参加反应的o2为 1.12m 3（标准状况），则制得碳酸二甲酯的质量为9.00kg考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：（1）二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成（ch3）2nh2cl，（ch3）2nh22+离子水解溶液显酸性，据此判断溶液中各离子浓度大小；（2）反应自发进行的判断依据为：hts0分析；（3）2ch3ohch3och3+h2o，反应前后物质的量不变，容器，在相同条件下进行，反应前后物质的量不变，起始量为的2倍，生成物质物质的量也为二倍；计算此时浓度商，和平衡常数比较方向判断反应进行方向；依据图表 和平衡常数计算容器中甲醚物质的量，和容器比较方向温度变化，甲醚物质的量的变化分析；（4）图分析可知氢离子移向阴极，则与此电极连接的为负极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，依据电子守恒计算解答：解：（1）二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成（ch3）2nh2cl，（ch3）2nh22+离子水解溶液显酸性，据此判断溶液中各离子浓度大小为：c（cl）c（ch3）2nh2+c（h+）c（oh）；故答案为：c（cl）c（ch3）2nh2+c（h+）c（oh）；（2）甲醇合成二甲基甲酰胺的化学方程式为：2ch3oh+nh3+co（ch3）2ncho+2h2o，该反应在常温下能自发进行，s0，hts0则h0，故答案为：；（3）2ch3ohch3och3+h2o，反应前后物质的量不变，容器，在相同条件下进行，反应前后物质的量不变，起始量为的2倍，生成物质物质的量也为二倍，所以x：y=1：2，故答案为：； 已知387时该反应的化学平衡常数k=4若起始时向容器i中充入0.1mol ch3oh、0.15mol ch3och3和0.10mol h2o，浓度商qc=1.5k=4，则反应将向正反应进行，故答案为：正； 中 设生成甲醚为物质的量x 2ch3ohch3och3+h2o起始量（mol） 0.2 0 0变化量（mol） 2x x x平衡量（mol）0.22x x xk=4x=0.08mol，和比较，起始量相同，温度降低平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度提高甲醚的产率，故答案为：降温；（4）图分析可知氢离子移向阴极，则与此电极连接的b电极为负极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2ch3oh+co2e=（ch3o）2co+2h+，若参加反应的o2为 1.12m 3（标准状况），物质的量=50mol，电子转移50mol4=200mol，则制得碳酸二甲酯的质量=100mol90g/mol=900g=0.900kg，故答案为：b；2ch3oh+co2e=（ch3o）2co+2h+；9.00点评：本题考查了盐类水解分析，电解原理的分析计算，化学平衡的平衡常数计算应用，掌握甲醇是关键，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015武汉模拟）一种将废水（含ca2+、mg2+、cn及悬浮物）通过净化、杀菌消毒生产自来水的流程示意图如下：（1）絮凝剂除去悬浮物质时发生物理变化和化学变化，下列既发生物理变化又发生化学变化的是bc（填标号）a蒸馏 b煤干馏 c风化 d分馏（2）绿矾是常用的絮凝剂，它在水中最终生成fe（oh）3（填化学式）沉淀，下列物质中也可以作为絮凝剂的有c（填标号）anh4cl b食盐 c明矾 dch3coona若用fecl3作絮凝剂，实践中发现废水中的c（hco3）越大，净水效果越好，原因是hco3会促进絮凝剂中的fe3+水解，生成更多的胶体，净水效果增强（3）加沉淀剂是为了除去ca2+、mg2+，若加入生石灰和纯碱作沉淀剂，试剂添加时先加生石灰后加纯碱，理由是此时ca2+、mg2+离子分别形成caco3、mg（oh）2（填化学式）而沉淀下来（4）向滤液2中通人cl2的作用有两种：一是利用生成的次氯酸（填名称）具有强氧化性能杀死水中的病菌；二是将cn氧化成co2和n2，从而消除cn的毒性，若参加反应的c12与cn的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式是5cl2+2cn+4h2o=10cl+2co2+n2+8h+考点：三废处理与环境保护分析：（1）a、蒸馏是利用物质沸点不同，控制温度分离物质，属于物理变化；b、煤的干馏是隔绝空气加强热，过程中发生复杂物理化学变化；c、风化是结晶水合物在室温下失去结晶水的过程；d、分馏是控制温度分离不同沸点物质，属于物理变化；（2）绿矾是常用的絮凝剂，溶液中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，作为絮凝剂能水解生成胶体净水，hco3会促进絮凝剂中的fe3+水解，生成更多的胶体；（3）除去ca2+、mg2+，应先加入石灰，然后加入纯碱，这样纯碱还可以除去过量的钙离子；（4）氯气和水反应生成次氯酸具有强氧化性能杀死水中的病菌，将cn氧化成co2和n2，从而消除cn的毒性，依据氧化还原反应电子守恒书写配平离子方程式解答：解：（1）a、蒸馏是利用物质沸点不同，控制温度分离物质，属于物理变化；b、煤的干馏是隔绝空气加强热，过程中发生复杂物理化学变化；c、风化是结晶水合物在室温下失去结晶水的过程，发生了化学变化；d、分馏是控制温度分离不同沸点物质，属于物理变化；故答案为：bc；（2）绿矾是常用的絮凝剂，溶液中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，anh4cl水解显酸性，不能形成胶体，故a错误；b食盐无絮凝剂的作用，故b错误；c明矾溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，故c正确；dch3coona是强碱弱酸盐，水解生成醋酸，溶液中无胶体形成，故d错误；若用fecl3作絮凝剂，实践中发现废水中的c（hco3）越大，净水效果越好，原因是hco3会促进絮凝剂中的fe3+水解，生成更多的胶体，净水效果增强，故答案为：fe（oh）3；c；hco3会促进絮凝剂中的fe3+水解，生成更多的胶体，净水效果增强；（3）除去ca2+、mg2+，应先加入石灰，然后加入纯碱，过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来，此时ca2+、mg2+离子分别形成caco3、mg（oh）2沉淀；故答案为：生石灰；纯碱；过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来；caco3，mg（oh）2；（4）向滤液2中通人cl2的作用有两种：一是利用生成的次氯酸具有强氧化性能杀死水中的病菌；二是将cn氧化成co2和n2，从而消除cn的毒性，若参加反应的c12与cn的物质的量之比为5：2，cl22cl2e，2cnn26e，cnco22e，则该反应的离子方程式是5cl2+2cn+4h2o=10cl+2co2+n2+8h+；故答案为为：次氯酸；5cl2+2cn+4h2o=10cl+2co2+n2+8h+点评：本题考查物质的含量测定以及物质的分离、提纯实验方案的设计，题目难度大，注意氧化还原反应原理应用，把握关系式法计算的运用【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2015武汉模拟）化学中的某些元素与生命活动密不可分请回答下列问题：（1）（nh4）2so4是一种重要的化学肥料，其中n、s原子的杂化方式分别是sp3、sp3，so42的空间构型为正四面体（2）钙是儿童生长不可缺少的元素，基态钙原子中，电子没有全充满的能层是m能层和n能层（3）蛋白质中含有n、p等元素，它们分别形成的简单气态氢化物键角大小关系是nh3ph3（用化学式表示），原因是中心原子的电负性np，使得nh3中成键电子对偏向中心n原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大（4）金属铁、镍及其形成的许多化合物常用作催化剂已知nio、feo的晶体类型均与氯化钠晶体相同，熔点 niofeo，推测 ni2+和 fe2+离子半径的大小关系是r（ni2+）r（fe2+），作出判断的依据是nio、feo都是离子晶体，熔点niofeo，nio的离子键能较大，阴离子相同，且阴、阳离子所带电荷数相同，所以r（ni2+）r（fe2+）（5）某金属是抗癌药物中的明星元素，其晶体中原子的堆积方式如图所示晶胞中金属原子的配位数为12若已知金属的摩尔质量为m g/mol，阿伏加德罗常数为na，原子半径为r pm，则该晶胞的密度为 p= g/cm3（用含m、na、r的计算式表示，不用化简）考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：（1）根据价层电子对互斥理论确定n、s原子杂化方式及so42的空间构型；（2）ca原子的m能层有8个电子和n能层有2个电子；（3）根据电负性以及成键电子对的排斥作用分析；（4）离子半径越小，电荷越多，离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高；（5）由晶胞图可知，该晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积，其配位数为12；设其变长为acm，则a2+a2=（4r1010）2，v=a3，=解答：（1）（nh4）2so4中铵根离子中n原子价层电子对个数是4、so42中s原子价层电子对个数是4，所以n、s原子杂化方式都是sp3杂化，so42中s原子价层电子对个数是4，没有孤电子对，则应为正四面体结构；故答案为：sp3、sp3；正四面体；（2）ca原子的m能层有8个电子和n能层有2个电子，m层排满应该是18个电子，n层排满应该是32个电子，所以没有排满的电子层为m能层和n能层；故答案为：m能层和n能层；（3）已知元素的非金属性np，非金属性越强，其电负性越强，则中心原子的电负性np，n的电负性较强吸引电子能力较强，使得nh3中成键电子对偏向中心n原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大，所以键角nh3ph3；故答案为：nh3ph3；中心原子的电负性np，使得nh3中成键电子对偏向中心n原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大；（4）ni0、fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高由于ni2+的离子半径小于fe2+的离子半径，所以熔点是niofeo，故答案为：r（ni2+）r（fe2+）；nio、feo都是离子晶体，熔点niofeo，nio的离子键能较大，阴离子相同，且阴、阳离子所带电荷数相同，所以r（ni2+）r（fe2+）；（5）由晶胞图可知，该晶体中原子的堆积方式为面心