湖南省常德市津市一中高考化学一模试卷（含解析）.doc

湖南省常德市津市一中2015届高 考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与生活、社会密切相关下列说法错误的是（）a利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境b凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用c为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术d提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染2（6分）用na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）a84 g nahco3晶体中含有na个co32b室温下，14.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有ch键数目为2.0nac电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2nad78 g na2o2与足量的co2反应，电子转移个数为2na3（6分）下列有关离子方程式正确的是（）a向稀盐酸中加入少量钠粒：2na+2h2o=2na+2oh+h2b将nahso4与ba（oh）2溶液混合至中性：2h+so42+ba2+2ohbaso4+2h2oc用漂白粉溶液吸收尾气中so2：ca2+2clo+so2+h2o=caso3+2hclod往kal（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液至沉淀的物质的量最大：al3+2so42+2ba2+4ohalo2+2baso4+2h2o4（6分）某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（）a分子中含有两种官能团b可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同c能发生加成、取代、氧化、消去等反应d与钠和氢氧化钠溶液都能发生反应，且得到的产物相同5（6分）下列有关化学用语使用正确的是（）a次氯酸的电子式：b乙烯的结构简式：ch2ch2cs2离子的结构示意图：dcs2的与co2都是直线型分子，则cs2的比例模型为6（6分）实验是化学研究的基础，下列各图所示的实验方法、装置或操作正确的是（）a称量naoh固体b收集氯气c加热蒸发nacl溶液d向容量瓶中转移溶液7（6分）在某2l恒容密团容器中充入2mol x（g）和1mol y（g）发生反应：2x（g）+y（g）3z（g）h，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中x的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是（）a升高温度，平衡常数增大bw点y的正反应速率等于m点y的正反应速率cq点时，y的转化率最大d平衡时充入z达到新平衡时z的体积分数比原平衡时大二、解答题（共3小题，满分43分）8（12分）常见元素a、b、m组成的四种物质发生反应：甲+乙丙+丁，其中甲由a和m组成，乙由b和m组成，丙只含m（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体则甲的电子式为；生成标准状况下5.6l丙转移移电子数为；常温下丁溶液ph7，用离子方程式解释（2）若丁为能使品红褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（m均显+1价），原子序数b大于a则：a在周期表中位置为；将丁通至fecl3溶液中的现象为，离子反应方程式为；正确书写上述生成丙的化学方程式；向mcl2的溶液中通入丁，可观察到白色的mc1沉淀，写出该反应的离子方程式9（16分）某研究性学习小组的同学通过对亚硫酸钠组成元素的价态进行分析后认为na2so3溶液在存放过程中有可能变质，若已变质，则相应反应的化学方程式（1）甲同学设计了如下两种方案来检验na2so3溶液是否变质方案：取样，加入稀盐酸有气泡生成，认为na2so3溶液没有变质方案：取样，加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，认为na2so3溶液完全变质乙同学认为上述两种方案均不合理，乙同学作出判断的依据分别是方案：；方案：（2）乙同学设计如图所示装置（夹持装置已略去）探究na2so3溶液是否变质，量取60ml标签上注明为1.0moll1的na2so溶液放入a装置中，通过测量生成的so2质量的方法来判断其是否变质d装置的作用是，分液漏斗中应加入足量的（填字母）；a浓硝酸 b65%硫酸c浓盐酸 d20%硫酸若实验前后测得c装置增重3.2g，则na2so3变质的百分率是（3）丙同学认为若只是确定na2so3是否变质，乙的方案太复杂了，他认为只需要试管、胶头滴管、盐酸及氯化钡溶液就可以达到目的（不考虑对环境的影响），请你发表自己的看法（若不同意，请说明理由；若同意，请写出主要操作、现象及结论）：10（15分）co2和ch4是两种重要的温室气体，通过ch4和co2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标（1）250时，以镍合金为催化剂，向4l容器中通入6mol co2、6mol ch4，发生如下反应：co2 （g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）平衡体系中各组分体积分数如下表：物质ch4co2coh2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数k=已知：ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=890.3kjmol1co（g）+h2o （g）=co2（g）+h2 （g）h=+2.8kjmol12co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566.0kjmol1反应co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g） 的h=（2）以二氧化钛表面覆盖cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图1所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是为了提高该反应中ch4的转化率，可以采取的措施是将cu2al2o4溶解在稀硝酸中的离子方程式为（3）li2o、na2o、mgo均能吸收co2如果寻找吸收co2的其他物质，下列建议合理的是a可在碱性氧化物中寻找b可在a、a族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找（4）利用反应a可将释放的co2转化为具有工业利用价值的产品反应a：co2+h2oco+h2+o2高温电解技术能高效实现反应a，工作原理示意图2如下：co2在电极a放电的反应式是【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱请回答下列问题：（1）卢布兰芳是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取，结晶而制得纯碱食盐和浓硫酸反应的化学方程式为；硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为（已知产物之一为cas）；（2）氨碱法的工艺如图1所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱图1中的中间产物c是，d（写化学式）；装置乙中发生反应的化学方程式为；（3）联合制碱法对氨碱法的改进，其优点是；（4）有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾请结合2图的溶解度（s）随温度变化曲线，分析说明是否可行？【化学-选修3：物质结构】（共1小题，满分0分）12碳元素的单质有多种形式，如图依次是c60、石墨和金刚石的结构图：回答下列问题：（1）金刚石、石墨、c60、碳纳米管都是碳元素的单质形式，它们互为（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为、（3）c60属于晶体，石墨属于晶体（4）石墨晶体中，层内cc键的键长为142pm，而金刚石中cc键的键长为154pm其原因是金刚石中只存在cc间的共价键，而石墨层内的cc间不仅存在共价键，还有键（5）金刚石晶胞含有个碳原子若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率（不要求计算结果）【化学-选修5：有机化学】（共1小题，满分0分）13含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如下：已知：、rcho、rcoohrcooclrcoor（r、r代表烃基）（1）甲的含氧官能团的名称是写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称，检验反应的条件为（2）写出己和丁的结构简式：己，丁（3）乙有多种同分异构体属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有种（4）在naoh溶液中发生水解反应时，等物质的量的丁与辛消耗naoh的物质的量之比为（5）庚与m合成高分子树脂的化学方程式为湖南省常德市津市一中2015届高考化学一模试卷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（6分）化学与生活、社会密切相关下列说法错误的是（）a利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境b凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用c为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术d提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 专题：热点问题分析：a根据新能源使用的优点判断； b根据辩证唯物主义“一分为二”的观点分析判断；c根据废电池中铅、镉、汞等重金属对土壤和水源的污染非常严重；d根据白色污染的含义判断解答：解：a使用清洁能源可减少大气污染物的排放，还可以节约化石能源，故a正确； b食品添加剂能改善食品品质、延长保存期、增加食品的营养成分，过多或添加禁止使用的物质才有害，故b错误；c因废电池中铅、镉、汞等重金属对土壤和水源的污染非常严重，所以应积极开发废电池的综合利用技术，减少土壤和水源的污染，故c正确；d白色污染是指废旧塑料制品带来的污染，提倡人们购物时不用塑料袋，能防止白色污染的产生，故d正确故选b点评：本题考查化学与生产、生活相关的化学知识，难度不大，在学习过程中要理论联系实际，在实践中领会知识，运用所学知识去解决实际问题2（6分）用na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）a84 g nahco3晶体中含有na个co32b室温下，14.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有ch键数目为2.0nac电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2nad78 g na2o2与足量的co2反应，电子转移个数为2na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、nahco3晶体中无co32；b、乙烯和丁烯的最简式为ch2；c、粗铜中含有还原性强于铜的杂质铁、锌，电解过程中优先放电；d、求出na2o2的物质的量，然后根据过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应来分析解答：解：a、nahco3晶体中为na+和hco3，无co32，故a错误；b、乙烯和丁烯的最简式为ch2，故14g混合气体中含有的ch2的n=1mol，故含有的ch键的物质的量为2mol，故个数为2na个，故b正确；c、电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故c错误；d、78gna2o2的物质的量为1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，即na个，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（6分）下列有关离子方程式正确的是（）a向稀盐酸中加入少量钠粒：2na+2h2o=2na+2oh+h2b将nahso4与ba（oh）2溶液混合至中性：2h+so42+ba2+2ohbaso4+2h2oc用漂白粉溶液吸收尾气中so2：ca2+2clo+so2+h2o=caso3+2hclod往kal（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液至沉淀的物质的量最大：al3+2so42+2ba2+4ohalo2+2baso4+2h2o考点：离子方程式的书写 分析：a反应生成氯化钠和氢气；b混合至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；c发生氧化还原反应生成硫酸钙；d至沉淀的物质的量最大，生成硫酸钡和氢氧化铝解答：解：a向稀盐酸中加入少量钠粒的离子反应为2na+2h+=2na+h2，故a错误；b将nahso4与ba（oh）2溶液混合至中性的离子反应为2h+so42+ba2+2ohbaso4+2h2o，故b正确；c用漂白粉溶液吸收尾气中so2的离子反应为ca2+clo+so2+h2o=caso4+2h+cl，故c错误；d往kal（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液至沉淀的物质的量最大的离子反应为2al3+3so42+3ba2+6oh2al（oh）3+3baso4，故d错误；故选b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、与量有关的离子反应考查，题目难度不大4（6分）某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（）a分子中含有两种官能团b可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同c能发生加成、取代、氧化、消去等反应d与钠和氢氧化钠溶液都能发生反应，且得到的产物相同考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：该物质中含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，能发生取代反应、消去反应、加成反应、氧化反应、酯化反应等，据此分析解答解答：解：a该物质中含有醇羟基、碳碳双键和羧基三种官能团，故a错误；b溴和碳碳双键发生加成反应，碳碳双键被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但原理不同，故b错误；c该物质中含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，能发生取代反应、消去反应、加成反应、氧化反应、酯化反应等，故c正确；d钠和醇羟基、羧基都能反应，只有羧基和naoh反应，所以该物质和钠、氢氧化钠反应产物不同，故d错误；故选c点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考查，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇、羧酸和烯烃性质，易错选项是b，注意其反应原理，题目难度不大5（6分）下列有关化学用语使用正确的是（）a次氯酸的电子式：b乙烯的结构简式：ch2ch2cs2离子的结构示意图：dcs2的与co2都是直线型分子，则cs2的比例模型为考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 分析：a次氯酸中各个原子的最外层电子数均达到了稳定结构，其中的共价键有氢氧键和氯氧键；b结构简式中需要标出含有的官能团，乙烯分子中含有碳碳双键；c硫原子核内质子数为16，核外电子数为18，最外层达到8电子稳定结构；ds原子半径大于c原子，则二硫化碳的比例模型中，s的相对体积大于c原子解答：解：a氯原子最外层电子数为7，形成1对共用电子对，氧原子最外层电子数为6，形成2对共用电子对，次氯酸分子中氧原子分别通过1对共用电子对与氯原子、氢原子结合，次氯酸电子式为，故a错误；b乙烯分子中含有碳碳双键，其正确的结构简式为：ch2=ch2，故b错误；cs2的最外层达到8电子稳定结构，其正确的离子结构示意图为：，故c错误；d比例模型能够体现出分子中各原子的相对体积大小，s原子半径大于c原子，则cs2的比例模型为：，故d正确；故选d点评：本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子结构示意图、结构简式、比例模型、电子式等化学用语的书写原则，明确二氧化碳与二氧化碳的比例模型的区别，试题培养了学生规范答题的能力6（6分）实验是化学研究的基础，下列各图所示的实验方法、装置或操作正确的是（）a称量naoh固体b收集氯气c加热蒸发nacl溶液d向容量瓶中转移溶液考点：化学实验方案的评价 分析：a氢氧化钠有腐蚀性易潮解；b常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气；c需要使用玻璃棒搅拌；d转移液体需要使用玻璃棒引流解答：解：a氢氧化钠有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，故a错误； b氯气能溶于水，常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气，所以氯气不能用排水法收集，故b错误；c蒸发需要使用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，故c错误；d转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故d正确故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及称量、气体收集、转移液体、物质制备及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大7（6分）在某2l恒容密团容器中充入2mol x（g）和1mol y（g）发生反应：2x（g）+y（g）3z（g）h，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中x的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是（）a升高温度，平衡常数增大bw点y的正反应速率等于m点y的正反应速率cq点时，y的转化率最大d平衡时充入z达到新平衡时z的体积分数比原平衡时大考点：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：温度在a之前，升高温度，x的含量减小，温度在a之后，升高温度，x的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度x的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应解答：解：温度在a之前，升高温度，x的含量减小，温度在a之后，升高温度，x的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度x的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，a已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故a错误；bw点对应的温度低于m点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以w点y的正反应速率小于m点y的正反应速率，故b错误；c曲线上最低点q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，y的转化率减小，所以q点时，y的转化率最大，故c正确；d反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时z的体积分数不变，故d错误；故选c点评：本题考查化学平衡图象、化学反应速率和平衡的影响因素、化学平衡常数等，难度中等，判断最低点及之后各点为平衡点是解题的关键二、解答题（共3小题，满分43分）8（12分）常见元素a、b、m组成的四种物质发生反应：甲+乙丙+丁，其中甲由a和m组成，乙由b和m组成，丙只含m（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体则甲的电子式为；生成标准状况下5.6l丙转移移电子数为0.5na或3.011023；常温下丁溶液ph7，用离子方程式解释co32+h2ohco3+oh（2）若丁为能使品红褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（m均显+1价），原子序数b大于a则：a在周期表中位置为第二周期 via族；将丁通至fecl3溶液中的现象为溶液由黄色变为浅绿色，离子反应方程式为2fe3+so2+2h2o=2fe2+so42+4h+；正确书写上述生成丙的化学方程式2cu2o+cu2s=so2+6cu；向mcl2的溶液中通入丁，可观察到白色的mc1沉淀，写出该反应的离子方程式2cu2+so2+2cl+2h2o=2cucl+so42+4h+考点：无机物的推断 专题：推断题分析：（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体，则甲为na2o2，乙为co2，丙为o2；（2）丁为能使品红褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，则丁为so2，丙为cu，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（m均显+1价），原子序数b大于a，则甲为cu2o，乙为cu2s，以此来解答解答：解：（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体，则甲为na2o2，其电子式为，乙为co2，丙为o2，生成标准状况下5.6l丙转移移电子数为2（20）na=0.5na 或3.011023，丁为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解显碱性，ph7，故答案为：；0.5na 或3.011023；co32+h2o hco3+oh；（2）丁为能使品红褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，则丁为so2，丙为cu，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（m均显+1价），原子序数b大于a，则甲为cu2o，乙为cu2s，由上述分析可知a为o元素，位于第二周期 via族，故答案为：第二周期 via族；丁通至fecl3溶液中发生2fe3+so2+2h2o=2fe2+so42+4h+，现象为溶液由黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由黄色变为浅绿色；2fe3+so2+2h2o=2fe2+so42+4h+；生成丙的化学方程式为2cu2o+cu2s=so2+6cu，故答案为：2cu2o+cu2s=so2+6cu；向mcl2的溶液中通入丁，可观察到白色的mc1沉淀，离子反应为2cu2+so2+2cl+2h2o=2cucl+so42+4h+，故答案为：2cu2+so2+2cl+2h2o=2cucl+so42+4h+点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意物质的颜色及氧化还原反应规律，题目难度不大9（16分）某研究性学习小组的同学通过对亚硫酸钠组成元素的价态进行分析后认为na2so3溶液在存放过程中有可能变质，若已变质，则相应反应的化学方程式2na2so3+o2=2na2so4（1）甲同学设计了如下两种方案来检验na2so3溶液是否变质方案：取样，加入稀盐酸有气泡生成，认为na2so3溶液没有变质方案：取样，加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，认为na2so3溶液完全变质乙同学认为上述两种方案均不合理，乙同学作出判断的依据分别是方案：硫酸钠和稀硫酸不反应；方案：亚硫酸根离子和硫酸根离子都会和钡离子结合生成白色沉淀（2）乙同学设计如图所示装置（夹持装置已略去）探究na2so3溶液是否变质，量取60ml标签上注明为1.0moll1的na2so溶液放入a装置中，通过测量生成的so2质量的方法来判断其是否变质d装置的作用是防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置c影响测定结果，分液漏斗中应加入足量的b（填字母）；a浓硝酸 b65%硫酸c浓盐酸 d20%硫酸若实验前后测得c装置增重3.2g，则na2so3变质的百分率是17%（3）丙同学认为若只是确定na2so3是否变质，乙的方案太复杂了，他认为只需要试管、胶头滴管、盐酸及氯化钡溶液就可以达到目的（不考虑对环境的影响），请你发表自己的看法（若不同意，请说明理由；若同意，请写出主要操作、现象及结论）：同意，取少量亚硫酸钠溶液中加入过量氯化钡溶液生成白色沉淀，再滴入过量盐酸，若白色沉淀部分消失，证明样品变质考点：含硫物质的性质及综合应用；性质实验方案的设计 分析：na2so3溶液在存放过程中有可能变质，若已变质是亚硫酸钠溶液被空气中的氧气氧化生成硫酸钠；（1）方案实验现象不能说明样品中不存在硫酸钠；方案亚硫酸根离子和硫酸根离子都会和钡离子结合生成白色沉淀；（2）根据浓盐酸、浓硝酸和浓硫酸的性质判断应选取的物质；碱石灰能吸收二氧化硫，所以c装置增重的质量就是二氧化硫的质量，根据二氧化硫的质量计算亚硫酸钠固体中含有的亚硫酸钠，从而计算出其浓度；（3）亚硫酸钠溶液中加入过量氯化钡溶液生成白色沉淀，再滴入过量盐酸，若白色沉淀部分消失，证明样品变质解答：解：na2so3溶液在存放过程中有可能变质，若已变质是亚硫酸钠溶液被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，相应反应的化学方程式为：2na2so3+o2=2na2so4，故答案为：2na2so3+o2=2na2so4；（1）方案：取样，加入稀盐酸有气泡生成，认为na2so3溶液没有变质是错误的，亚硫酸钠被氧化生成的硫酸钠不与硫酸发生反应生成气体，加入稀盐酸有气泡生成，不能确定是否被氧化，故答案为：硫酸钠和稀硫酸不反应；方案：取样，加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，认为na2so3溶液完全变质是错误的，亚硫酸根离子和硫酸根离子都会和钡离子结合生成白色沉淀，不能证明样品是否变质，故答案为：亚硫酸根离子和硫酸根离子都会和钡离子结合生成白色沉淀；（2）装置d干燥管中的碱石灰是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置c影响测定二氧化硫的结果，a、浓硝酸有挥发性，且浓硝酸有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子而得不到二氧化硫气体，故a错误；b、稀硫酸的氧化性是氢元素表现，反应速率较慢，浓硫酸主要以分子存在，而亚硫酸钠和硫酸的反应是在溶液中以离子进行反应，所以用65%硫酸和亚硫酸钠固体反应制取二氧化硫，故b正确；c、浓盐酸有挥发性，会对实验造成干扰，故c错误；d、20%硫酸是稀硫酸，稀硫酸的氧化性是氢元素表现，反应速率较慢，故d错误；故答案为：防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置c影响测定结果；b；（2）碱石灰能吸收二氧化硫，所以c装置增重的质量就是二氧化硫的质量，设亚硫酸钠的物质的量浓度为c，h2so4+na2so3=h2o+na2so4+so2 1mol 64g 0.06cmol 3.2gc=0.83moll1，则na2so3变质的百分率=100%=17%故答案为：17%；（3）丙同学认为若只是确定na2so3是否变质，他认为只需要试管、胶头滴管、盐酸及氯化钡溶液就可以达到目的，取少量亚硫酸钠溶液中加入过量氯化钡溶液生成白色沉淀，再滴入过量盐酸，若白色沉淀部分消失，证明样品变质，故答案为：同意，取少量亚硫酸钠溶液中加入过量氯化钡溶液生成白色沉淀，再滴入过量盐酸，若白色沉淀部分消失，证明样品变质点评：本题考查了亚硫酸钠变质的探究实验，注意实验室制取二氧化硫时选取的酸不能是浓盐酸、浓硝酸和98%的浓硫酸，实验设计的分析判断，题目难度中等10（15分）co2和ch4是两种重要的温室气体，通过ch4和co2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标（1）250时，以镍合金为催化剂，向4l容器中通入6mol co2、6mol ch4，发生如下反应：co2 （g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）平衡体系中各组分体积分数如下表：物质ch4co2coh2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数k=64已知：ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=890.3kjmol1co（g）+h2o （g）=co2（g）+h2 （g）h=+2.8kjmol12co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566.0kjmol1反应co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g） 的h=+247.3 kjmol1（2）以二氧化钛表面覆盖cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图1所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250时，催化剂的催化效率降低为了提高该反应中ch4的转化率，可以采取的措施是增大体积减小压强或增大co2的浓度将cu2al2o4溶解在稀硝酸中的离子方程式为3cu2al2o4+32h+2no3=6cu2+6al3+2no+16h2o（3）li2o、na2o、mgo均能吸收co2如果寻找吸收co2的其他物质，下列建议合理的是aba可在碱性氧化物中寻找b可在a、a族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找（4）利用反应a可将释放的co2转化为具有工业利用价值的产品反应a：co2+h2oco+h2+o2高温电解技术能高效实现反应a，工作原理示意图2如下：co2在电极a放电的反应式是co2+2eco+o2考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 分析：（1）先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据盖斯定律来解答；（2）根据温度对催化剂活性的影响；根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；先将cu2al2o4拆成氧化物的形式：cu2oal2o3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；（3）二氧化碳为酸性气体，li2o、na2o、mgo均能吸收co2与氧化性无关；（4）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子解答：解：（1）co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）起始（mol） 6 6 0 0反应（mol） x x 2x 2x平衡（mol） 6x 6x 2x 2x由ch4的体积分数为0.1，则=0.1，解得x=4，所以k=64，故答案为：64； 已知：ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=890.3kjmol1 co（g）+h2o （g）=co2（g）+h2 （g）h=+2.8kjmol1 2co（g）+o2（g）=2co2（g）h=566.0kjmol1 根据盖斯定律，由+22得，co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）h=890.3kjmol1+2.8kjmol12+566.0kjmol12=+247.3 kjmol1，故答案为：+247.3 kjmol1；（2）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；增大容器体积减小压强、增大co2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大体积减小压强或增大co2的浓度；cu2al2o4拆成氧化物的形式：cu2oal2o3，与酸反应生成离子方程式：3cu2al2o4+32h+2no3=6cu2+6al3+2no+16h2o，故答案为：3cu2al2o4+32h+2no3=6cu2+6al3+2no+16h2o；（3）ali2o、na2o、mgo均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物co2，可在碱性氧化物中寻找吸收co2的其他物质，故a正确；bli2o、na2o、mgo均能吸收co2，钠、镁、铝为a、a族元素，所以可在a、a族元素形成的氧化物中寻找吸收co2的其他物质，故b正确；cli2o、na2o、mgo均能吸收co2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故c错误；故答案为：ab；（4）二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：co2+2eco+o2，故答案为：co2+2eco+o2点评：本题主要考查了综合利用co2，涉及热化学反应、电化学、化学平衡影响因素等，较为综合，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）工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱请回答下列问题：（1）卢布兰芳是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取，结晶而制得纯碱食盐和浓硫酸反应的化学方程式为nacl+h2so4（浓）nahso4+hcl或2nacl+h2so4（浓）na2so4+2hcl；硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为na2so4+4c+caco3cas+na2co3+4co或na2so4+2c+caco3cas+na2co3+2co2（已知产物之一为cas）；（2）氨碱法的工艺如图1所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱图1中的中间产物c是ca（oh）2，dnh3（写化学式）；装置乙中发生反应的化学方程式为nh3+co2+nacl+h2o=nahco3+nh4cl；（3）联合制碱法对氨碱法的改进，其优点是提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物co2；（4）有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾请结合2图的溶解度（s）随温度变化曲线，分析说明是否可行？不可行；因为khco3的溶解度较大，且在常温下与kcl溶解度相差小，当温度高于40时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的kcl，无法大量析出碳酸氢钾考点：纯碱工业（侯氏制碱法） 专题：元素及其化合物；化学应用分析：（1）98%浓硫酸为高沸点酸，能制取低沸点的酸氯化氢，食盐和浓硫酸反应生成氯化氢和硫酸钠；由题目信息可知，硫酸钠与石灰石、焦炭反应生成cas、na2co3，根据元素守恒可知，还原c的氧化物co或co2生成；（2）碳酸钙加热分解生成cao与co2，故a为cao，b为co2，cao在熟化桶内与水反应生成氢氧化钙；氢氧化钙与氯化铵在混合池内反应生成氨气与氯化钙；氨气与氯化钠溶液混合后，在乙中与二氧化碳发生反应，生成nahco3、nh4cl；（3）能提高原料的利用率，减少废渣的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高； nh4cl 可做氮肥；可与合成氨厂联合，可利用合成氨的产物co2；（4）不可行因为khco3和nh4cl的溶解度相差不大，当温度高于40时，khco3的溶解度大于nh4cl，降温结晶时会析出较多的kcl；解答：解：（1）利用高沸点酸制备挥发性酸，且hcl极易溶于水，故利用直接使用98%浓硫酸和氯化钠制取氯化氢，反应为：nacl+h2so4（浓）nahso4+hcl或2nacl+h2so4（浓） na2so4+2hcl，故答案为：nacl+h2so4（浓）nahso4+hcl或2nacl+h2so4（浓） na2so4+2hcl；由题目信息可知，硫酸钠与石灰石、焦炭反应生成cas、na2co3，根据元素守恒可知，还原c的氧化物co或co2生成，故反应方程式为：na2so4+4c+caco3cas+na2co3+4co或na2so4+2c+caco3cas+na2co3+2co2，故答案为：na2so4+4c+caco3cas+na2co3+4co或na2so4+2c+caco3cas+na2co3+2co2；（2）碳酸钙加热分解生成cao与co2，故a为cao，b为co2，cao在熟化桶内与水反应生成氢氧化钙，故c为ca（oh）2；氢氧化钙与氯化铵在混合池内反应生成氨气与氯化钙，故d为nh3，故答案为：ca（oh）2；nh3；氨气与氯化钠溶液混合后，在乙中与二氧化碳发生反应，生成nahco3、nh4cl，反应方程式为nh3+co2+nacl+h2o=nahco3+nh4cl，故答案为：nh3+co2+nacl+h2o=nahco3+nh4cl；（3）该方法能提高原料的利用率，减少废渣的排放，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；nh4cl 可做氮肥；可与合成氨厂联合，可利用合成氨的产物co2，故答案为：提高食盐利用率、副产物氯化铵可用作化肥、可利用合成氨的产物co2；（4）由溶解曲线图可知khco3和nh4cl的溶解度相差不大，当温度高于40时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的kcl，无法大量析出碳酸氢钾；故答案为：不可行； 因为khco3的溶解度较大，且在常温下与kcl溶解度相差小，当温度高于40时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的kcl，无法大量析出碳酸氢钾；点评：本题考查制碱法的工艺的流程，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化进行解答，注意根据物质的主要性质分析工业装置和反应原理，题目难度中等【化学-选修3：物质结构】（共1小题，满分0分）12碳元素的单质有多种形式，如图依次是c60、石墨和金刚石的结构图：回答下列问题：（1）金刚石、石墨、c60、碳纳米管都是碳元素的单质形式，它们互为同素异形体（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为sp3、sp2（3）c60属于分子晶体，石墨属于混合晶体（4）石墨晶体中，层内cc键的键长为142pm，而金刚石中cc键的键长为154pm其原因是金刚石中只存在cc间的共价键，而石墨层内的cc间不仅存在共价键，还有键（5）金刚石晶胞含有8个碳原子若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率（不要求计算结果）考点：真题集萃；同素异形体；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 专题：化学键与晶体结构分析：（1）都是含有碳元素的不同单质；（2）金刚石中碳原子形成四条共价键，为sp3杂化；石墨烯为片层结构，杂化类型为sp2杂化；（3）根据组成的微粒类型和微粒间作用力类型判断晶体类型；（4）根据两种物质的杂化类型分析共价键类型；（5）利用均摊法计算解答：解：（1）都是含有碳元