湖南省岳阳一中高三化学上学期第5次周考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省岳阳一中高三（上）第5次周考化学试卷一、选择题1金属钾的冶炼可采用如下方法：2kf+cac2caf2+2k+2c，下列有关说法合理的是（）a该反应的氧化剂是kf，氧化产物是kb该反应能说明c的还原性大于kc电解kf溶液不可能制备金属钾dcac2、caf2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2：12下列说法正确的是（）a的名称为2，2，4三甲基4戊烯b化合物不是苯的同系物c分子中所有碳原子一定共平面d除甲酸外的羧酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色3温度为t时，向2v l的密闭容器中充入一定量的a和b，发生反应：a（g）+b（g）c（s）+xd（g）；h0，容器中a、b、d的物质的量浓度随时间的变化如图所示下列说法正确的是（）a反应在前10min的平均反应速率v（d）=0.15moll1min1b该反应的平衡常数表达式k=c若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动d反应至15min时，改变的条件是降低温度4cuso4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）a相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想by可以是葡萄糖溶液ccuso4在1100分解所得气体x可能是so2和so3的混合气体d将cuso4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体5scl6是一种无色的很稳定的物质，可用于灭火scl6的分子结构如图所示，呈正八面体型如果氯元素有两种稳定的同位素，则scl6的不同的分子种数为（）a6b7c10d126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，下列说法正确的是（）a甲为alcl3，乙为nahco3b溶液丙中还可以大量共存的离子有：fe2+、no3、so42c在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：hco3+ba2+oh=baco3+h2od白色沉淀a可能溶解在溶液d中7已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3：7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比是（）a4：25b2：17c1：7d3：8二、解答题（共3小题，满分43分）8某兴趣小组通过如图2装置探究so2的性质，根据实验装置图请回答：（1）写出生成so2的化学方程式：（2）证明so2有漂白性的现象为，写出so2气体通入fecl3溶液中发生反应的离子方程式：（3）能表明i的还原性弱于so2的现象是（4）待通入足量的so2充分反应后，为了验证so2与fe3+发生了氧化还原反应，取少量反应后溶液分成两份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入少量酸性kmno4溶液，紫红色褪去方案：往第二份试液加入kscn溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的是，原因是（5）请在答题卷中画出尾气吸收装置如图1，并指明烧杯中所用试剂9（15分）a、b、c、d、e为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图1所示（部分产物略去）（1）若a是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；c、d均为空气的主要成分；e是一种有毒气体c的电子式为写出反应的化学方程式写出反应的化学方程式（2）若a是淡黄色化合物；常温下d是无色气体；c中含有的阴、阳离子均为10电子粒子c中所含化学键的类型是写出反应的化学方程式（3）将（2）中一定量的气体d通入2l c的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与hcl物质的量的关系如图2所示（忽略气体的溶解和hcl的挥发）o点溶液中所含溶质的化学式为a点溶液中各离子浓度由大到小的关系c溶液的物质的量浓度为moll110（14分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用（1）so2可用于制硫酸已知25、101kpa时：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h1=197kj/mol；h2o（g）h2o（l）h2=44kj/mol；2so2（g）+o2（g）+2h2o（g）2h2so4（l）h3=545kj/mol则so3（g）与h2o（l）反应的热化学方程式是（2）利用“化学蒸气转移法”制备二硫化钽（tas2）晶体，发生如下反应：tas2（s）+2i2（g）tai4（g）+s2（g）h0（）若反应（）的平衡常数k=1，向某恒容容器中加入1mol i2 （g）和足量tas2（s），i2 （g）的平衡转化率为如图1所示，反应（）在石英真空管中进行，先在温度为t2的一端放入未提纯的tas2粉末和少量i2 （g），一段时间后，在温度为t1的一端得到了纯净tas2晶体，则温度t1t2（填“”“”或“=”）上述反应体系中循环使用的物质是（3）利用h2s废气制取氢气的方法有多种高温热分解法已知：h2s（g）h2（g）+s2（g）h4在恒容密闭容器中，控制不同温度进行h2s分解实验以h2s起始浓度均为c moll1测定h2s的转化率，结果见图2图2中a为h2s的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时h2s的转化率h40（填，=或）；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：电化学法该法制氢过程的示意图如图3反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是；反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）重铬酸钠（na2cr2o72h2o）俗称红矾钠，在工业上有广泛的用途我国目前主要是以铬铁矿（主要成份为feocr2o3，还含有al2o3、mgo、sio2等杂质）为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：中涉及的主要反应有：主反应：4feocr2o3+8na2co3+7o2 8na2cro4+2fe2o3+8co2副反应：sio2+na2co3 na2sio3+co2、al2o3+na2co32naalo2+co2部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的ph：沉淀物al（oh）3fe（oh）3mg（oh）2cr（oh）3完全沉淀时溶液ph4.73.711.25.6试回答下列问题：（1）“”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是（2）“”中调节ph至4.7，目的是（3）“”中加硫酸酸化的目的是使cro42转化为cr2o72，请写出该平衡转化的离子方程式：（4）“”中采用冷却结晶的方法析出红矾钠，依据是（5）制取红矾钠后的废水中还含有少量的cro42，根据有关标准，含cro42的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0107moll1以下才能排放含cro42的废水处理通常有以下两种方法沉淀法：加入可溶性钡盐生成bacro4沉淀，再加入可溶性硫酸盐处理多余的ba2+加入可溶性钡盐后的废水中ba2+的浓度应不小于moll1，后续废水处理方能达到排放标准还原法：cro42cr3+cr（oh）3绿矾还原cro42的离子方程式为：用该方法处理10m3 cro42的物质的量浓度为1.5103 moll1的废水，至少需要绿矾（feso47h2o，相对分子质量为278）的质量是kg【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12有机物a、b的分子式均为c11h12o5，均能发生如下变化已知：a、b、c、d均能与nahco3反应；只有a、d能与fecl3溶液发生显色反应，a苯环上的一溴代物只有两种；f能使溴水褪色且不含有甲基；h能发生银镜反应根据题意回答下列问题：（1）反应的反应类型是；反应的条件是（2）写出f的结构简式；d中含氧官能团的名称是（3）e是c的缩聚产物，写出反应的化学方程式（4）下列关于ai的说法中正确的是（选填编号）ai的结构简式为bd在一定条件下也可以反应形成高聚物cg具有8元环状结构d等质量的a与b分别与足量naoh溶液反应，消耗等量的naoh（5）写出b与足量naoh溶液共热的化学方程式（6）d的同分异构体有很多种，写出同时满足下列要求的其中一种同分异构体的结构简式能与fecl3溶液发生显色反应能发生银镜反应但不能水解苯环上的一卤代物只有2种2015-2016学年湖南省岳阳一中高三（上）第5次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1金属钾的冶炼可采用如下方法：2kf+cac2caf2+2k+2c，下列有关说法合理的是（）a该反应的氧化剂是kf，氧化产物是kb该反应能说明c的还原性大于kc电解kf溶液不可能制备金属钾dcac2、caf2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2：1【考点】金属冶炼的一般原理；氧化还原反应【专题】金属概论与碱元素【分析】根据反应2kf+cac2caf2+2k+2c可知，反应中k元素的化合价降低，被还原，kf为氧化剂，c元素化合价升高，被氧化，cac2为还原剂，由于金属k活泼，不能利用溶液来制备，cac2中，阴、阳离子个数比均为1：1【解答】解：a反应中k元素的化合价降低，被还原，kf为氧化剂，c元素化合价升高，被氧化，cac2为还原剂，故a错误；b制备原理是利用k的沸点较低，不能说明c的还原性大于k，k的还原性较大，故b错误；c由于金属k活泼，不能利用溶液来制备，故c正确；dcac2中，阴、阳离子个数比均为1：1，故d错误故选c【点评】本题考查氧化还原反应以及金属的冶炼，题目难度中等，注意从化合价的角度分析氧化还原反应，易错点为b，注意k的还原性较活泼，本题制备的原理是利用k的沸点较低2下列说法正确的是（）a的名称为2，2，4三甲基4戊烯b化合物不是苯的同系物c分子中所有碳原子一定共平面d除甲酸外的羧酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【考点】有机化合物命名；有机物的结构式；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机化学基础【分析】a、a、烯烃命名，编号时从距离双键最近的一端开始，应该是1戊烯； b、该化合物的分子式为c10h8，苯的分子式是c6h6；c、根据乙烯分子结构，该分子中碳原子有可能共平面，但是也有可能不共平面；d、关键看羧酸的烃基是不是饱和，羧酸中的烃基若是含有不饱和键，就会使高锰酸钾溶液褪色【解答】解：a、编号不正确，正确命名应为：2，4，4三甲基1戊烯，故a错误；b、同系物是指结构相似，分子间差n个ch2，该分子两个苯环相连，分子式为c10h8，都不满足同系物的要求，故b正确；c、连接苯环和乙烯的cc键可以旋转，故该分子可能共平面，有可能不共平面，故c错误；d、羧酸中的烃基分为饱和和不饱和两种情况，若是不饱和，就可以和高锰酸钾反应，故d错误；故选b【点评】本题考查有机物的命名，同系物判断，羧酸的性质等知识，涉及知识面较多，注重基础知识考查，难度中等3温度为t时，向2v l的密闭容器中充入一定量的a和b，发生反应：a（g）+b（g）c（s）+xd（g）；h0，容器中a、b、d的物质的量浓度随时间的变化如图所示下列说法正确的是（）a反应在前10min的平均反应速率v（d）=0.15moll1min1b该反应的平衡常数表达式k=c若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动d反应至15min时，改变的条件是降低温度【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】a由图象可知，10min时到达平衡，平衡时d的浓度变化量为3mol/l，根据v=，计算v（d）；b化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；c由图可知，平衡时a、d的浓度变化量分别为1.5mol/l、3mol/l，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值，增大压强平衡向体积减小的方向移动，据此解答；d由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度【解答】解：a由图象可知，10min时到达平衡，平衡时d的浓度变化量为3mol/l，故v（d）=0.3moll1min1，故a错误；b由图可知，平衡时a、d的浓度变化量分别为1.5mol/l、3mol/l，故1：x=1.5mol/l：3mol/l，所以x=2，可逆反应a（g）+b（g）c（s）+xd（g）的平衡常数表达式k=，故b错误；c由图可知，平衡时a、d的浓度变化量分别为1.5mol/l、3mol/l，故1：x=1.5mol/l：3mol/l，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故c错误；d由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度，故d正确；故选d【点评】本题考查化学平衡图象及有关计算、化学平衡影响因素、反应速率计算、化学平衡常数等，难度不大，注意理解外界条件对化学平衡的影响，确定x值是关键4cuso4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）a相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想by可以是葡萄糖溶液ccuso4在1100分解所得气体x可能是so2和so3的混合气体d将cuso4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a根据反应物和生成物的化学式判断，途径产生二氧化硫气体污染性气体；b、硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与y生成氧化亚铜，知y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；c硫酸铜分解生成cu2o与氧气、so2、so3，依据电子守恒分析；d将cuso4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体【解答】解：a相对于途径、，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故a正确；b葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：c6h12o6+2cu（oh）2=c6h12o7+cu2o+2h2o，所以y可为葡萄糖，故b正确；c 硫酸铜分解生成cu2o与氧气、so3、so2，根据2cuso4cu2o+so2+so3+o2知，x可能是o2、so2和so3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故c错误；d将cuso4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故d正确；故选c【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等5scl6是一种无色的很稳定的物质，可用于灭火scl6的分子结构如图所示，呈正八面体型如果氯元素有两种稳定的同位素，则scl6的不同的分子种数为（）a6b7c10d12【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】将其中一种氯原子看作是原来的原子，另一种氯原子看作是去取代它的原子，根据取代氯原子的数目确定不同的分子种数【解答】解：可以将其中一种氯原子看作是原来的原子，另一种氯原子看作是去取代它的原子，则其取代物与对应的结构种数为：不取代：1种；一取代：1种；二取代：2种（相邻和相对）；三取代：2种（共平面、共体面），四、五取代、全取代与二、一取代、不取代的结构种数对应相等，分别为2种、1种、1种，故其分子种数共有10种，故选c【点评】此题实际上是一道同分异构的分析题，根据取代产物确定产物的种类，难度中等6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，下列说法正确的是（）a甲为alcl3，乙为nahco3b溶液丙中还可以大量共存的离子有：fe2+、no3、so42c在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：hco3+ba2+oh=baco3+h2od白色沉淀a可能溶解在溶液d中【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】物质检验鉴别题【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、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故a错误；b、据分析可知，丙为hcl，含有h+，故fe2+、no3不能与其共存，故b错误；c、甲中滴加丁，甲是过量的，那么ba（oh）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故c错误；d、白色沉淀a为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故d正确，故选d【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，需要认真整理7已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3：7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比是（）a4：25b2：17c1：7d3：8【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】令no、no2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产no、no2，根据n原子守恒计算起氧化剂作用的硝酸，根据电子转移守恒计算cu2s的物质的量，据此解答【解答】解：令no、no2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产no、no2，根据n原子守恒，起氧化剂作用的硝酸为3mol+7mol=10mol，根据电子转移守恒，参加反应的cu2s的物质的量为=1.6mol，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为1.6mol：10mol=4：25，故选a【点评】本题考查硝酸性质、氧化还原反应计算，难度中等，注意利用守恒思想进行解答二、解答题（共3小题，满分43分）8某兴趣小组通过如图2装置探究so2的性质，根据实验装置图请回答：（1）写出生成so2的化学方程式：cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o（2）证明so2有漂白性的现象为品红溶液褪色，写出so2气体通入fecl3溶液中发生反应的离子方程式：so2+2fe3+2h2o2fe2+so42+4h+（3）能表明i的还原性弱于so2的现象是装置b中溶液蓝色褪去（4）待通入足量的so2充分反应后，为了验证so2与fe3+发生了氧化还原反应，取少量反应后溶液分成两份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入少量酸性kmno4溶液，紫红色褪去方案：往第二份试液加入kscn溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的是方案，原因是过量的so2也能使kmno4溶液褪色（5）请在答题卷中画出尾气吸收装置如图1，并指明烧杯中所用试剂【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应【专题】实验设计题【分析】（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，据此写出反应的化学方程式；（2）试管中品红溶液褪色证明了二氧化硫具有漂白性；铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，据此写出反应的离子方程式；（3）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；（4）二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，fe2+也使高锰酸钾溶液褪色；（5）二氧化硫有毒，需要使用尾气吸收装置，根据二氧化硫的化学性质选择吸收试剂，然后画出装置图【解答】解：（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o，故答案为：cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o；（2）二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；so2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，fe3+作氧化剂，被还原为fe2+，离子方程式为：so2+2fe3+2h2o2fe2+so42+4h+，故答案为：品红溶液褪色；so2+2fe3+2h2o2fe2+so42+4h+；（3）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应：i2+so2+2h2o=2hi+h2so4，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故答案为：装置b中溶液蓝色褪去；（4）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：方案；过量的so2也能使kmno4溶液褪色；（5）二氧化硫有毒，需要用氢氧化钠溶液稀释多余的气体，则画出的尾气吸收装置为，故答案为：【点评】本题考查的是二氧化硫的性质及实验室制法，题目难度中等，注意掌握二氧化硫的性质及检验方法，明确二氧化硫的漂白性与氯水漂白性的区别，试题有利于提高学生的分析、理解能力9（15分）a、b、c、d、e为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图1所示（部分产物略去）（1）若a是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；c、d均为空气的主要成分；e是一种有毒气体c的电子式为写出反应的化学方程式4nh3+5o24no+6h2o写出反应的化学方程式2no+2con2+2co2（2）若a是淡黄色化合物；常温下d是无色气体；c中含有的阴、阳离子均为10电子粒子c中所含化学键的类型是离子键和共价键写出反应的化学方程式2na2o2+2co2=2na2co3+o2（3）将（2）中一定量的气体d通入2l c的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与hcl物质的量的关系如图2所示（忽略气体的溶解和hcl的挥发）o点溶液中所含溶质的化学式为naoh、na2co3a点溶液中各离子浓度由大到小的关系c（na+）c（cl）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32）c溶液的物质的量浓度为2.5moll1【考点】无机物的推断【分析】（1）a是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，为nh3；c、d均为空气的主要成分，为n2、o2，由转化关系ab，故d为o2，b为no，c为n2，e是一种有毒气体，结合转化关系non2，e具有还原性，为co，验证符合转化关系；（2）a是淡黄色化合物，常见淡黄色固体化合物是过氧化钠和溴化银，常温下d是无色气体，a能和d反应，所以a是过氧化钠，d是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，b和e反应生成c，c中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，c能和二氧化碳反应生成b，所以b是碳酸钠，c是氢氧化钠，e是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系；（3）将（2）中一定量的气体d为二氧化碳，通入2l c的溶液中，c是氢氧化钠，根据图象可知，氯化氢的物质的量在前3mol时没有气体，后面再加2mol时产生的气体，根据na2co3+hcl=nahco3+nacl、nahco3+hcl=nacl+h2o+co2知，na2co3转化为nahco3、nahco3转化为nacl需要的hcl的物质的量相等，实际上na2co3需要的hcl大于nahco3，所以溶液中还存在naoh，所以二氧化碳通入氢氧化钠溶液得到的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，氯化氢的物质的量在前3mol时发生的反应为na2co3+hcl=nahco3+nacl、naoh+hcl=h2o+nacl，在后2mol时发生的反应为nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，据此进行计算【解答】解：（1）a是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，为nh3；c、d均为空气的主要成分，为n2、o2，由转化关系ab，故d为o2，b为no，c为n2，e是一种有毒气体，结合转化关系non2，e具有还原性，为co，验证符合转化关系；c为n2，电子式为，故答案为：；故加热、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4nh3+5o24no+6h2o；故答案为：4nh3+5o24no+6h2o；催化剂条件下，一氧化氮和一氧化碳反应生成二氧化碳和氮气，反应方程式为：2no+2con2+2co2；故答案为：2no+2con2+2co2；（2）a是淡黄色化合物，常见淡黄色固体化合物是过氧化钠和溴化银，常温下d是无色气体，a能和d反应，所以a是过氧化钠，d是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，b和e反应生成c，c中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，c能和二氧化碳反应生成b，所以b是碳酸钠，c是氢氧化钠，e是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系c是氢氧化钠，c中所含化学键的类型是离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2；故答案为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2；（3）将（2）中一定量的气体d为二氧化碳，通入2l c的溶液中，c是氢氧化钠，根据图象可知，氯化氢的物质的量在前3mol时没有气体，后面再加2mol时产生的气体，根据na2co3+hcl=nahco3+nacl、nahco3+hcl=nacl+h2o+co2知，na2co3转化为nahco3、nahco3转化为nacl需要的hcl的物质的量相等，实际上na2co3需要的hcl大于nahco3，所以溶液中还存在naoh，所以二氧化碳通入氢氧化钠溶液得到的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，氯化氢的物质的量在前3mol时发生的反应为na2co3+hcl=nahco3+nacl、naoh+hcl=h2o+nacl，在后2mol时发生的反应为nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，根据上面的分析可知，o点溶液中所含溶质的化学式为 naoh、na2co3，故答案为：naoh、na2co3；根据上面的分析可知，a点时溶液中的溶质是nahco3和nacl，氯化钠为强碱强酸盐，钠离子和氯离子不水解，nahco3为强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子，水和碳酸氢根离子都电离生成氢离子，所以c（h+）c（co32），根据元素守恒知c（na+）c（cl），根据图象知，naoh需要hcl和碳酸钠需要hcl的物质的量之比为1：2，根据原子守恒知，生成氯化钠的物质的量和碳酸氢钠的物质的量之比为3：2，根据元素守恒知，溶液中离子浓度大小顺序是c（na+）c（cl）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32），当氯化氢的物质的量为5mol时，溶液中的溶质为氯化钠，根元素守恒可知，原溶液中的氢氧化钠的物质的量为5mol，所以氢氧化钠溶液的物质的量溶液为=2.5mol/l，故答案为：c（na+）c（cl）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32）；2.5【点评】本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题的关键，难度不大10（14分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用（1）so2可用于制硫酸已知25、101kpa时：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h1=197kj/mol；h2o（g）h2o（l）h2=44kj/mol；2so2（g）+o2（g）+2h2o（g）2h2so4（l）h3=545kj/mol则so3（g）与h2o（l）反应的热化学方程式是so3（g）+h2o（l）=h2so4（l）h=130kj/mol（2）利用“化学蒸气转移法”制备二硫化钽（tas2）晶体，发生如下反应：tas2（s）+2i2（g）tai4（g）+s2（g）h0（）若反应（）的平衡常数k=1，向某恒容容器中加入1mol i2 （g）和足量tas2（s），i2 （g）的平衡转化率为66.7%如图1所示，反应（）在石英真空管中进行，先在温度为t2的一端放入未提纯的tas2粉末和少量i2 （g），一段时间后，在温度为t1的一端得到了纯净tas2晶体，则温度t1t2（填“”“”或“=”）上述反应体系中循环使用的物质是i2（3）利用h2s废气制取氢气的方法有多种高温热分解法已知：h2s（g）h2（g）+s2（g）h4在恒容密闭容器中，控制不同温度进行h2s分解实验以h2s起始浓度均为c moll1测定h2s的转化率，结果见图2图2中a为h2s的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时h2s的转化率h40（填，=或）；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短电化学法该法制氢过程的示意图如图3反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为2fe2+2h+2fe3+h2【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【专题】计算题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】（1）2so2（g）+o2（g）2so3（g）h1=一197kj/mol 2h2o （g）=2h2o（1）h2=88kj/mol 2so2（g）+o2（g）+2h2o（g）=2h2so4（l）h3=一545kj/mol利用盖斯定律：（）得so3（g）与h2o（l）反应的热化学方程式；（2）设 i2的平衡转化率为x，则参加反应的i2为xmol，由方程式可知，平衡时生成tai4和s2各0.5xmol，剩余i2为（1x）mol，反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，根据k=1列方程计算；该反应为吸热反应，温度t2端利于反应正向进行，应为高温，温度t1端利于反应向左进行，应为低温，反应中i2是可以循环使用的物质；（3）由图可知，随着温度升高，h2s的转化率也随之增大，所以升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短；反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答【解答】解：（1）2so2（g）+o2（g）2so3（g）h1=一197kj/mol 2h2o （g）=2h2o（1）h2=88kj/mol 2so2（g）+o2（g）+2h2o（g）=2h2so4（l）h3=一545kj/mol利用盖斯定律：（）得so3（g）+h2o（l）=h2so4（l）h=130kj/mol，故答案为：so3（g）+h2o（l）=h2so4（l）h=130kj/mol；（2）设 i2的平衡转化率为x，则参加反应的i2为xmol，由方程式可知，平衡时生成tai4和s2各0.5xmol，剩余i2为（1x）mol，反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则k=1，解得：x=66.7%；该反应为吸热反应，一段时间后，在温度为t1的一端得到了纯净tas2晶体，温度t2端利于反应正向进行，应为高温，温度t1端利于反应向左进行，应为低温，所以t1t2，i2是可以循环使用的物质；故答案为：66.7%；i2；（3）由图可知，随着温度升高，h2s的转化率也随之增大，所以升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，所以h40；温度的升高，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，曲线b向曲线a逼近，故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2fe2+2h+2fe3+h2，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；2fe2+2h+2fe3+h2【点评】本题考查热化学方程式的书写、化学平衡有关计算与影响因素、化学平衡图象、电解原理等，是对学生综合能力的考查，难度中等【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）重铬酸钠（na2cr2o72h2o）俗称红矾钠，在工业上有广泛的用途我国目前主要是以铬铁矿（主要成份为feocr2o3，还含有al2o3、mgo、sio2等杂质）为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：中涉及的主要反应有：主反应：4feocr2o3+8na2co3+7o2 8na2cro4+2fe2o3+8co2副反应：sio2+na2co3 na2sio3+co2、al2o3+na2co32naalo2+co2部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的ph：沉淀物al（oh）3fe（oh）3mg（oh）2cr（oh）3完全沉淀时溶液ph4.73.711.25.6试回答下列问题：（1）“”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是使反应物接触更充分，加快反应速率（2）“”中调节ph至4.7，目的是除去溶液中的alo2、sio32（3）“”中加硫酸酸化的目的是使cro42转化为cr2o72，请写出该平衡转化的离子方程式：2cro42+2h+cr2o72+h2o（4）“”中采用冷却结晶的方法析出红矾钠，依据是红矾钠的溶解度随温度的降低而减小（5）制取红矾钠后的废水中还含有少量的cro42，根据有关标准，含cro42的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0107moll1以下才能排放含cro42的废水处理通常有以下两种方法沉淀法：加入可溶性钡盐生成bacro4沉淀，再加入可溶性硫酸盐处理多余的ba2+加入可溶性钡盐后的废水中ba2+的浓度应不小于2.4104moll1，后续废水处理方能达到排放标准还原法：cro42cr3+cr（oh）3绿矾还原cro42的离子方程式为：cr2o72+6fe2+14h+=6fe3+2cr3+7h2o用该方法处理10m3 cro42的物质的量浓度为1.5103 moll1的废水，至少需要绿矾（feso47h2o，相对分子质量为278）的质量是12.51kg【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】以铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，调节ph至4.7，除去溶液中的alo2、sio32；经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠，（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而反应；（2）氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成na2sio3、naalo2等杂质；（3）cro42转化为cr2o72，cro42在酸性条件下与h+离子反应生成cr2o72；（4）冷却结晶的方法是冷却热饱和溶液，溶质溶解度减小析出晶体；（5）根据沉淀溶解平衡cro42+ba2+bacro4及ksp（bacro4）=c（cro42）c（ba2+）=1.21010，可得c（ba2+）；根据电子守恒列关系式：cro423feso47h2o，可得feso47h2o的物质的量进而求质量【解答】解：以铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，调节ph至4.7，除去溶液中的alo2、sio32；经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠，（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而加快反应速率，故答案为：使反应物接触更充分，加快反应速率；（2）氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成na2sio3、naalo2等杂质，调节ph至4.7，可生成h2sio3、al（oh）3沉淀过滤除去，故答案为：除去溶液中的alo2、sio32；（3）cro42转化为cr2o72，cro42在酸性条件下与h+离子反应生成cr2o72，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2cro42+2h+cr2o72+h2o，故答案为：2cro42+2h+cr2o72+h2o；（4）冷却结晶的方法是冷却热饱和溶液，溶质溶解度减小析出晶体，“”中采用冷却结晶的方法析出红矾钠，红矾钠的溶解度随温度的降低而减小；故答案为：红矾钠的溶解度随温度的降低而减小；（5）cro42+ba2+bacro45.0107moll1 c（ba2+）ksp（bacro4）=c（cro42）c（ba2+）=5.0107c（ba2+）=1.21010，c（ba2+）=2.4104mol/l，所以ba2+的浓度应不小于2.4104mol/l，故答案为2.4104；绿矾还原cro42的离子方程式为cr2o72+6fe2+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，cro42cr3+，cro42中的cr化合价由+6价降为+3价，feso