辽宁省东北育才高中部高考化学八模试卷（含解析）.doc

辽宁省东北育才高中部2015届高考化学八模 试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）a棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质b石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等c从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现d“地沟油”可用于制肥皂以及生物柴油以达到其再利用2（6分）设na为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a标准状况下，22.4lccl4含有ccl键的数目为4nab取50ml 14.0mol/l浓硝酸与足量铜片反应，生成气体分子的数目为0.35 nac反应nh4n32n2+2h2，标准状况下每生成22.4ln2，转移电子的数目为2 nad电解精炼铜时，若转移的电子数为na个，则阳极质量减小32g3（6分）三氟化氮（nf3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3nf3+5h2o=2no+hno3+9hf下列有关该反应的说法正确的是（）anf3是氧化剂，h2o是还原剂b还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1c若生成0.2 mol hno3，则转移0.2 mol电子dnf3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体4（6分）某溶液可能含有cl、so42、co32、nh4+、fe3+、fe2+、al3+ 和na+某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（）a溶液中至少有4种离子存在，其中cl一定存在，且c（cl）0.2 moll1b原溶液中c（fe3+）=0.2 moll1cso42、nh4+、na+一定存在，co32、al3+一定不存在d取少量原溶液并加入kscn溶液，呈血红色，说明该溶液一定没有fe2+，只有fe3+5（6分）3.04g铜镁合金完全溶解于100ml密度为1.40gml1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到no2和n2o4的混合气体2240ml（标准状况），向反应后的溶液中加入2.00moll1naoh溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀下列说法不正确的是（）a得到5.08g沉淀时，加入naoh溶液的体积是600mlb该合金中铜与镁的物质的量之比是2：lc该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14.0 moll1dno2和n2o4的混合气体中，no2的体积分数是80%6（6分）实验室使用ph传感器来测定na2co3和nahco3混合物中nahco3的含量称取1.59g 样品，溶于水配成250.00ml溶液，取出该溶液25.00ml用 0.1moll1 盐酸进行滴定，得到如下曲线以下说法或操作正确的是（）a上一个计量点前发生反应的离子方程式为hco3+h+h2o+co2b下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是cl、hco3c此样品n（nahco3）=（28.1211.9）104 mold使用该方法测定na2co3和naoh混合溶液中的氢氧化钠含量，将会得到1个计量点7（6分）优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极材料是聚2乙烯吡啶（简写p2vp）和i2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为：2li+p2vpni2p2vp（n1）i2+2lii，则下列说法正确的（）a正极的反应为：p2vpni2+2li+2ep2vp（n1）i2+2liib电池工作时，碘离子移向p2vp一极c聚2乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似，因此聚2乙烯吡啶的复合物不会导电d该电池所产生的电压低，使用寿命比较短二、解答题（共3小题，满分43分）8（13分）草酸亚铁晶体（fec2o42h2o）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：（1）配制（nh4）2fe（so4）26h2o溶液时，需加少量硫酸，目的是（2）沉淀时发生反应的化学方程式为（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的kmno4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成这说明草酸亚铁晶体具有（填“氧化”或“还原”）性若反应中消耗1mol fec2o42h2o，则参加反应的n（kmno4）为（4）称取3.60g草酸亚铁晶体（摩尔质量是180gmol1）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：过程发生反应的化学方程式为300时剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式（写出计算过程）9（14分）磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用（1）红磷p（s）和cl2 （g）发生反应生成pcl3（g）和 pcl5（g），反应过程如下2p（s）+3cl2（g）=2pcl3（g）h=612kj/mol2p（s）+5cl2（g）=2pcl5（g）h=798kj/mol气态 pcl5生成气态pcl3和cl2的热化学方程式为（2）可逆反应pcl3（g）+cl2（g）pcl5（g） 2e（g）f（g）+g（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有可滑动、无摩擦的密封隔板反应开始和达到平衡时有关物理量变化如图1所示：达到平衡时，体系压强与反应开始时体系压强之比为平衡i到平衡的条件是（填“升温”或“降温”）（3）亚磷酸（h3po3）与足量的naoh溶液反应生成na2hpo3，电解na2hpo3溶液也可得到亚磷酸，装置如图2所示：阴极的电极反应式为；产品室中反应的离子方程式为（4）在一定温度下，ksp=6.01029，ksp=6.01026向浓度均为0.20moll1的mgcl2和cacl2混合溶液中逐滴加入na3po3，先生成沉淀（填化学式）；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全（浓度小于105mol/l）时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=mol/l10（16分）亚氯酸钠（naclo2）是重要漂白剂探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取naclo2晶体按如图装置进行制取已知：naclo2饱和溶液在低于38时析出naclo23h2o，高于38时析出naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl（1）用50%双氧水配制30%的h2o2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要（填仪器名称）；装置c的作用是；（2）装置d中反应生成naclo2的化学方程式为反应后的溶液中阴离子除了clo2、clo3、cl、clo、oh外还可能含有的一种阴离子是检验该离子的方法是（3）请补充从装置d反应后的溶液中获得naclo2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；得到成品（4）如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；实验：样品杂质分析与纯度测定（5）上述实验制得的naclo2晶体中含少量na2so4产生na2so4最可能的原因是；ab中有so2气体产生，并有部分进入d装置内bb中浓硫酸挥发进入d中与naoh中和cb中的硫酸钠进入到d装置内（6）测定样品中naclo2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的ki晶体，在酸性条件下发生如下反应：clo2+4i+4h+=2h2o+2i2+cl，将所得混合液稀释成100ml待测溶液取25.00ml待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c moll1 na2s2o3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为v ml（已知：i2+2s2o32=2i+s4o62）确认滴定终点的现象是；所称取的样品中naclo2的物质的量为三、【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是（填两种物质的名称），其净水作用的原理是（2）水的净化与软化的区别是（3）硬度为1的水是指每升水含10mg cao或与之相当的物质（如7.1mg mgo）若某天然水中c（ca2+）=1.2103mol/l，c（mg2+）=6104mol/l，则此水的硬度为（4）若（3）中的天然水还含有c（hco3）=8104mol/l，现要软化10m3这种天然水，则需先加入ca（oh）2g，后加入na2co3g（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图，其中，电极a接直流电源的正极，电极b接直流电源的负极隔膜a是（填“阴”或“阳”）离子交换膜；某种海水样品，经分析含有大量的na+、cl，以及少量的k+、so42若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，a、b、c三室中所得溶液（或液体）的ph分别为pha、phb、phc，则其大小顺序为四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素a、b、c、d、e、f中，a与其余五种元素既不同周期也不同主族，b的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，c的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，d原子核外电子有8种不同的运动状态，e的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，f元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子（1）写出基态e原子的价电子排布式（2）b、c、d三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）；a与c形成ca3型分子，分子中c原子的杂化类型为，分子的立体结构为；c的单质与 bd化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出bd化合物的电子式； a2d由液态形成晶体时密度（填增大，不变或减小），分析主要原因（用文字叙述）（3）已知d、f能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示）；若相邻d原子和f原子间的距离为a cm，阿伏伽德罗常数为na，则该晶体的密度为g/cm3（用含a、na的符号表示）五、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13高分子树脂，化合物c和化合物n的合成路线如下：已知：（1）a的结构简式为，d的含氧官能团的名称是（2）a在催化剂作用下可与h2反应生成b该反应的反应类型是，酯类化合物c的结构简式是（3）f与醛类化合物m合成高分子树脂的化学方程式是（4）酯类化合物n与naoh溶液中发生水解反应的化学方程式是（5）扁桃酸（ ）有多种同分异构体其中含有三个取代基，能与fecl3溶液发生显色反应，也能与nahco3溶液反应放出气体的同分异构体共有种，写出符合条件的三个取代基不相邻的一种同分异构体的结构简式辽宁省东北育才高中部2015届高考化学八模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）a棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质b石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等c从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现d“地沟油”可用于制肥皂以及生物柴油以达到其再利用考点：纤维素的性质和用途；有机化学反应的综合应用 分析：a人造丝的主要成分是合成纤维；b石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等；c海水晒盐是物理变化；d“地沟油”的主要成分为油脂解答：解：a棉花的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白质，人造丝的主要成分是合成纤维，故a错误；b石油分馏可得石油气、汽油、煤油、柴油等，不是干馏产物，干馏是化学变化，分馏是物理变化等，故b错误；c海水晒盐是物理变化，没有新物质生成，故c错误；d“地沟油”的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故d正确；故选d点评：本题考查常见有机物的性质以及化学变化的实质，石油的分馏在生产生活中有重要的应用，难度不大2（6分）设na为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a标准状况下，22.4lccl4含有ccl键的数目为4nab取50ml 14.0mol/l浓硝酸与足量铜片反应，生成气体分子的数目为0.35 nac反应nh4n32n2+2h2，标准状况下每生成22.4ln2，转移电子的数目为2 nad电解精炼铜时，若转移的电子数为na个，则阳极质量减小32g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，四氯化碳为液态；b、浓硝酸随着反应的进行会逐渐变成稀硝酸，根据反应方程式cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+2no2+2h2o、3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o进行判断c、在反应nh4n32n2+2h2中，每生成2mol氮气，转移4mol电子；d、根据阳极cu2ecu2+，电解精炼铜事阳极为粗铜来分析解答：解：a、标况下，四氯化碳为液态，故a错误；b、铜与浓硝酸反应的方程式为：cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+2no2+2h2o，铜与稀硝酸反应的方程式为：3cu+8hno33cu（no3）2+2no+4h2o，硝酸的物质的量为0.7mol，0.7mol浓硝酸完全反应生成0.35mol二氧化氮，0.7mol稀硝酸与铜反应生成0.175mol一氧化氮，所以0.7mol浓硝酸与足量铜反应生成的气体的物质的量小于0.35mol，生成的气体分子数小于0.35na，故b错误；c、在反应nh4n32n2+2h2中，每生成2mol氮气，转移4mol电子，故标准状况下每生成22.4ln2，即1mol氮气，转移2mol电子，故c正确；d、由cu2ecu2+，每转移na个电子时，阳极溶解铜的质量为0.5mol64g/mol=32g，但阳极材料为粗铜，则阳极溶解铜的质量小于32g，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）三氟化氮（nf3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3nf3+5h2o=2no+hno3+9hf下列有关该反应的说法正确的是（）anf3是氧化剂，h2o是还原剂b还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1c若生成0.2 mol hno3，则转移0.2 mol电子dnf3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：3nf3+5h2o=2no+hno3+9hf反应中，只有n元素的化合价发生变化，nf3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答：解：a只有n元素的化合价发生变化，nf3既是氧化剂又是还原剂，故a错误；bnf3生成no，被还原，nf3生成hno3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故b错误；c生成0.2molhno3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，故c错误；d生成的no易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故d正确故选d点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析4（6分）某溶液可能含有cl、so42、co32、nh4+、fe3+、fe2+、al3+ 和na+某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（）a溶液中至少有4种离子存在，其中cl一定存在，且c（cl）0.2 moll1b原溶液中c（fe3+）=0.2 moll1cso42、nh4+、na+一定存在，co32、al3+一定不存在d取少量原溶液并加入kscn溶液，呈血红色，说明该溶液一定没有fe2+，只有fe3+考点：探究物质的组成或测量物质的含量；离子反应发生的条件；常见离子的检验方法 分析：加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molnh4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为fe3+、fe2+，原溶液中一定没有co32；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在al3+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；颜色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子，以此来解答解答：解：加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molnh4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为fe3+、fe2+，原溶液中一定没有co32；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在al3+；颜色反应为黄色，则溶液中一定存在钠离子，由于加入了naoh，无法判断原溶液中是否含有na+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，由电荷守恒，原溶液中一定有cl，物质的量至少为 0.02mol2+0.02mol0.02mol2=0.02mol，a由以上分析，原溶液中一定存在0.02molnh4+，0.02molso42，0.02molfe3+、fe2+中的一种，当铁元素全部为亚铁离子时，阳离子所带电荷的物质的量最小，所以正电荷物质的量最少为0.02mol2+0.02mol=0.06mol，而负电荷的物质的量为0.02mol2=0.04mol，根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在cl，且c（cl）=0.2 moll1，故a正确；b原溶液中含有0.02molfe，无法判断存在的是铁离子或者亚铁离子，故b错误；c原溶液中一定存在so42、nh4+、cl，只是存在fe3+、fe2+中的一种，其离子的物质的量为0.02mol，一定不存在co32、al3+；由于第一步中加入了氢氧化钠溶液，引进了钠离子，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故c错误；d少量原溶液并加入kscn溶液，呈血红色，可知一定含fe3+，不能确定是否含fe2+，故d错误；故选a点评：本题考查溶液中成分的确定，为高频考点，注意掌握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意根据溶液电中性判断氯离子存在，侧重分析、推断能力的综合考查，题目难度中等5（6分）3.04g铜镁合金完全溶解于100ml密度为1.40gml1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到no2和n2o4的混合气体2240ml（标准状况），向反应后的溶液中加入2.00moll1naoh溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀下列说法不正确的是（）a得到5.08g沉淀时，加入naoh溶液的体积是600mlb该合金中铜与镁的物质的量之比是2：lc该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14.0 moll1dno2和n2o4的混合气体中，no2的体积分数是80%考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，则沉淀中氢氧根离子的质量为：5.08g3.04g=2.04g，氢氧根离子的物质的量为=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中cu、mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.12、64x+24y=3.04，解得：x=0.04，y=0.02；密度为1.40gml1、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为：c=mol/l=14.0mol/l，100ml该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14.0mol/l0.1l=1.4mol，a反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（naoh）=n（nano3），再根据v=计算需要氢氧化钠溶液的体积；b根据以上分析计算出铜与镁的物质的量之比；c根据以上计算结果进行判断；d根据n=计算no2和n2o4混合气体的物质的量，设二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算解答：解：金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，则沉淀中氢氧根离子的质量为：5.08g3.04g=2.04g，氢氧根离子的物质的量为=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中cu、mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.12、64x+24y=3.04，解得：x=0.04，y=0.02，故合金中cu与mg的物质的量之比是0.04mol：0.02mol=2：1，密度为1.40gml1、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为：c=mol/l=14.0mol/l，100ml该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14.0mol/l0.1l=1.4mol，a反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为：1.4mol0.08mol0.02mol2=1.28mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=0.64l=640ml，故a错误；b根据分析可知，合金中cu与mg的物质的量之比是0.04mol：0.02mol=2：1，故b正确；c密度为1.40gml1、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为：c=mol/l=14.0mol/l，故c正确；dno2和n2o4混合气体的物质的量为：=0.1mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.1a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.1a）21=0.12，解得a=0.08，no2的体积分数为：100%=80%，故d正确；故选a点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程为解答关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想在化学计算中的应用方法6（6分）实验室使用ph传感器来测定na2co3和nahco3混合物中nahco3的含量称取1.59g 样品，溶于水配成250.00ml溶液，取出该溶液25.00ml用 0.1moll1 盐酸进行滴定，得到如下曲线以下说法或操作正确的是（）a上一个计量点前发生反应的离子方程式为hco3+h+h2o+co2b下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是cl、hco3c此样品n（nahco3）=（28.1211.9）104 mold使用该方法测定na2co3和naoh混合溶液中的氢氧化钠含量，将会得到1个计量点考点：离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件 分析：a、上一个计量点前溶液显示碱性，据此确定发生的离子反应；b、下一个计量点溶液ph=4，显示酸性，据此确定存在的离子；c、na2co3和nahco3混合物加盐酸，先是碳酸钠转化为碳酸氢钠，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，据此计算；d、na2co3和naoh混合溶液中加入盐酸，显示和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，据此回答解答：解：a、根据图示知道上一个计量点前溶液显示碱性，发生的离子反应：co32+h+hco3，故a错误；b、下一个计量点溶液ph=4，显示酸性，不能存在hco3离子，故b错误；c、na2co3和nahco3混合物加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：co32+h+hco3，此时消耗的盐酸的体积为11.9ml，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，hco3+h+h2o+co2，由于co32+h+hco3过程和hco3+h+h2o+co2过程消耗的盐酸体积应该是相同的，所以样品中碳酸钠消耗的盐酸为211.9ml，则样品中碳酸氢钠消耗的盐酸n（hcl）=（28.1211.9）103l0.1moll1=（28.1211.9）104 mol，所以此样品n（nahco3）=（28.1211.9）104 mol，故c正确；d、na2co3和naoh混合溶液中加入盐酸，先是和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，生成碳酸氢钠，最后是生成氯化钠，不止得到1个计量点，是3个计量点，故d错误故选c点评：本题考查学生碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸之间的反应知识，注意反应的先后是解题的关键，注重学生读图能力的考查7（6分）优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极材料是聚2乙烯吡啶（简写p2vp）和i2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为：2li+p2vpni2p2vp（n1）i2+2lii，则下列说法正确的（）a正极的反应为：p2vpni2+2li+2ep2vp（n1）i2+2liib电池工作时，碘离子移向p2vp一极c聚2乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似，因此聚2乙烯吡啶的复合物不会导电d该电池所产生的电压低，使用寿命比较短考点：化学电源新型电池 专题：电化学专题分析：a该原电池的正极上i2得电子发生还原反应；b原电池中阴离子向负极移动；c聚2乙烯吡啶的复合物在正极反应；d该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长解答：解：a正极上i2得电子发生还原反应，其电极反应式为：p2vpni2+2li+2e=p2vp（n1）i2+2lii，故a正确；b原电池中阴离子向负极移动，所以电池工作时，碘离子移向li电，故b错误；c聚2乙烯吡啶的复合物作正极，所以聚2乙烯吡啶的复合物能导电，故c错误；d该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，故d错误；故选a点评：本题考查了原电池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意电池中离子的移动方向，难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（13分）草酸亚铁晶体（fec2o42h2o）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：（1）配制（nh4）2fe（so4）26h2o溶液时，需加少量硫酸，目的是抑制fe2+水解（2）沉淀时发生反应的化学方程式为（nh4）2fe（so4）2+h2c2o4+2h2o=fec2o42h2o+h2so4+（nh4）2so4（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的kmno4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成这说明草酸亚铁晶体具有还原（填“氧化”或“还原”）性若反应中消耗1mol fec2o42h2o，则参加反应的n（kmno4）为0.6 mol（4）称取3.60g草酸亚铁晶体（摩尔质量是180gmol1）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：过程发生反应的化学方程式为fec2o42h2ofec2o4+2h2o300时剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为fexoy，则有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为fe2o3（写出计算过程）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：在稀硫酸溶液中配置硫酸亚铁氨，加入草酸沉淀沉淀亚铁离子生成草酸亚铁，静置倾去上层溶液后处理得到草酸晶体，（1）配制（nh4）2fe（so4）26h2o溶液时，需加少量硫酸的目的是抑制其水解；（2）沉淀时发生反应硫酸亚铁氨溶液中加入草酸反应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸氨；（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的kmno4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到co2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（4）根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式；过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，据此计算书写化学式解答：解：（1）配制（nh4）2fe（so4）26h2o溶液时，溶液中亚铁离子水解显酸性，需加少量硫酸的目的是抑制其水解，故答案为：抑制fe2+水解；（2）沉淀时发生反应硫酸亚铁氨溶液中加入草酸反应生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸氨，反应的化学方程式依据原子守恒配平写出为：（nh4）2fe（so4）2+h2c2o4+2h2o=fec2o42h2o+h2so4+（nh4）2so4，故答案为：（nh4）2fe（so4）2+h2c2o4+2h2o=fec2o42h2o+h2so4+（nh4）2so4；（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的kmno4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到co2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5fe2+5c2o42+3mno4+24h+=5fe3+3mn2+5co2+12h2o，消耗1mol fec2o42h2o，则参加反应的kmno4为0.6mol；故答案为：还原性；0.6；（4）通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：fec2o42h2ofec2o4+2h2o故答案为：fec2o42h2ofec2o4+2h2o；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为fexoy，则有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，铁的氧化物的化学式为fe2o3故答案为：fe2o3点评：本题考查了铁及其化合物性质的实验验证和实验分析判断，定量计算，图象分析是解题关键，题目难度较大9（14分）磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用（1）红磷p（s）和cl2 （g）发生反应生成pcl3（g）和 pcl5（g），反应过程如下2p（s）+3cl2（g）=2pcl3（g）h=612kj/mol2p（s）+5cl2（g）=2pcl5（g）h=798kj/mol气态 pcl5生成气态pcl3和cl2的热化学方程式为pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g）h=+93kjmol1（2）可逆反应pcl3（g）+cl2（g）pcl5（g） 2e（g）f（g）+g（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有可滑动、无摩擦的密封隔板反应开始和达到平衡时有关物理量变化如图1所示：达到平衡时，体系压强与反应开始时体系压强之比为20：23平衡i到平衡的条件是降温（填“升温”或“降温”）（3）亚磷酸（h3po3）与足量的naoh溶液反应生成na2hpo3，电解na2hpo3溶液也可得到亚磷酸，装置如图2所示：阴极的电极反应式为2h+2e=h2；产品室中反应的离子方程式为hpo32+2h+=h3po3（4）在一定温度下，ksp=6.01029，ksp=6.01026向浓度均为0.20moll1的mgcl2和cacl2混合溶液中逐滴加入na3po3，先生成mg3（po4）2沉淀（填化学式）；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全（浓度小于105mol/l）时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=104mol/l考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：（1）由2p（s）+3cl2（g）=2pcl3（g）h=612kj/mol2p（s）+5cl2（g）=2pcl5（g）h=798kj/mol则根据盖斯定律得热化学方程式；（2）根据右室的混合物总物质的量不变，在同温同压下体积比等于物质的量之比计算出反应后（i）中混合气体的物质的量，再计算出达平衡（i）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比；根据平衡i到平衡，左边气体物质的量在变小，结合反应为放热反应判断；（3）阴极上得电子发生还原反应；产品室中hpo32和氢离子结合 生成亚磷酸；（4）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，mg3（po4）2先生成沉淀，当溶液中c（mg2+）=105 mol/l时，认为镁离子完全沉淀，再根据磷酸根浓度计算c（ca2+）解答：解：（1）由2p（s）+3cl2（g）=2pcl3（g）h=612kj/mol2p（s）+5cl2（g）=2pcl5（g）h=798kj/mol则得反应的热化学方程式为pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g）h=+93kjmol1，故答案为：pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g）h=+93kjmol1；（2）右室的混合物总物质的量不变为2mol，左右两室的压强、温度相等，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，平衡（i）中左室混合气体总的物质的量为2mol=mol，反应过程中温度不变，根据pv=nrt可知：p=rt，所以达平衡（i）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：=20：23，故答案为：20：23；又可逆反应pcl3（g）+cl2（g）pcl5（g）为放热反应，根据平衡i到平衡，左边气体物质的量在变小，所以平衡向正反应方向移动，故为降温，故答案为：降温；（3）阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2h+2e=h2；产品室中hpo32和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：hpo32+2h+=h3po3；故答案为：2h+2e=h2；hpo32+2h+=h3po3；（4）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，mg3（po4）2先生成沉淀，当溶液中c（mg2+）=105 mol/l时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为c2（po43）=6.01014，所以c（ca2+）=104故答案为：mg3（po4）2；104点评：本题考查了盖斯定律的应用、平衡移动原理、电解原理的应用以及难溶物的溶解平衡等知识点，根据难溶物的溶解特点、溶度积常数中各个物理量之间的关系计算，综合性较强，难度较大10（16分）亚氯酸钠（naclo2）是重要漂白剂探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取naclo2晶体按如图装置进行制取已知：naclo2饱和溶液在低于38时析出naclo23h2o，高于38时析出naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl（1）用50%双氧水配制30%的h2o2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要量筒（填仪器名称）；装置c的作用是防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）装置d中反应生成naclo2的化学方程式为2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2反应后的溶液中阴离子除了clo2、clo3、cl、clo、oh外还可能含有的一种阴离子是so42检验该离子的方法是取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42（3）请补充从装置d反应后的溶液中获得naclo2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；得到成品（4）如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是naclo3和nacl；实验：样品杂质分析与纯度测定（5）上述实验制得的naclo2晶体中含少量na2so4产生na2so4最可能的原因是a；ab中有so2气体产生，并有部分进入d装置内bb中浓硫酸挥发进入d中与naoh中和cb中的硫酸钠进入到d装置内（6）测定样品中naclo2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的ki晶体，在酸性条件下发生如下反应：clo2+4i+4h+=2h2o+2i2+cl，将所得混合液稀释成100ml待测溶液取25.00ml待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c moll1 na2s2o3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为v ml（已知：i2+2s2o32=2i+s4o62）确认滴定终点的现象是滴加最后一滴na2s2o3标准液时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；所称取的样品中naclo2的物质的量为cv103mol考点：制备实验方案的设计 分析：（1）用50%双氧水配制30%的h2o2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管；装置d中发生气体反应，装置内压强降低，装置c的作用是安全瓶，防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）装置b中制备得到clo2，装置d反应后的溶液获得naclo2晶体，装置d中生成naclo2，cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；b制得的气体中含有so2，在装置d中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl；（5）b中可能发生na2so3+h2so4（浓）=na2so4+so2+h2o，产生的so2 被带入d中，so2与h2o2 反应生成硫酸钠；（6）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴na2s2o3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；根据化学反应可得关系式：naclo22i24s2o32，令样品中naclo2的物质的量x，根据关系式计算解答：解：（1）用50%双氧水配制30%的h2o2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管，所以还需要量筒；装置d中发生气体反应，装置内压强降低，装置c的作用是安全瓶，防止d瓶溶液倒吸到b瓶中，故答案为：量筒；防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）装置b中制备得到clo2，装置d反应后的溶液获得naclo2晶体，装置d中生成naclo2，cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2，b制得的气体中含有so2，在装置d中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在so42，用氯化钡溶液检验so42，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42，故答案为：2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2；so42；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体naclo23h2o，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl，所以如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是naclo3和nacl，故答案为：naclo3和nacl；（5）b中可能发生na2so3+h2so4（浓）=na2so4+so2+h2o，产生的so2 被带入d中，so2与h2o2 反应生成硫酸钠，浓硫酸难挥发，硫酸钠是难挥发的盐，不会进入d，故a正确，b、c错误，故选：a；（6）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴na2s2o3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴na2s2o3标准液时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；令样品中naclo2的物质的量x，则：naclo22i24s2o32，1mol 4mol0.25x c moll1v103l故x=cv103mol