河北省滦南县第一中学高三化学上学期期初考试试题（含解析）.doc

河北省滦南县第一中学2016届高三化学上学期期初考试试题（含解析）卷（共 60 分） 说明：本试卷满分120分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：h1 o-16 n-14 co-59 cu-64一、选择题（每题只有一个答案符合要求 ，共15个小题，每题4分）1设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a2.0gh218o与d2o的混合物中所含中子数为nab常温常压下，4.4g乙醛所含键数目为0.7nac标准状况下，5.6lco2与足量na2o2反应转移的电子数为0.5 nad50ml 12mol/l盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3na【答案】a【解析】试题分析：h218o与d2o的相对分子质量均为20，且所含有中子数均为10个，选项a正确；4.4g乙醛为0.1mol，每个乙醛分子6个键，应为0.6na，选项b不正确；c应为0.25 na，选项c不正确；d浓盐酸反应变稀且具有挥发性，实际反应的盐酸小于0.6mol，故转移的电子数小于0.3na，选项d不正确。考点：有关阿伏伽德罗常数正误判断2 下列有关电解质溶液的说法正确的是a在蒸馏水中滴加浓h2so4，kw不变bcaco3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸c在na2s稀溶液中，c(h)c(oh)2c(h2s)c(hs)dnacl溶液和ch3coonh4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【答案】c【解析】试题分析：在蒸馏水中滴加浓h2so4，放出热量，溶液温度升高，kw变大，选项a不正确；caco3难溶于稀硫酸，但能溶于醋酸，选项b不正确；在na2s溶液中存在的质子守恒式为：c(h)c(oh)2c(h2s)c(hs)，选项c正确。ch3coonh4溶液里存在双水解，促进水的电离，水的电离程度增大，选项d不正确。考点：重点考查电解质溶液里存在的水的电离平衡、质子守恒及盐类的水解。3下列有关元素的性质及其递变规律正确的是aa族与a族元素间可形成共价化合物或离子化合物b第二周期元素从左到右，最高正价从1递增到7c同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大d同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强【答案】a【解析】考点：考查元素周期律，涉及元素的性质递变性、得失电子能力强弱比较等。4下列实验误差分析错误的是a用润湿的ph试纸测稀碱溶液的ph，测定值偏小b用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小c滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小d测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【答案】b【解析】试题分析：湿润的ph值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子浓度减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，选项a正确；定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=n/v可知，所配溶液的浓度偏大，选项b不正确；滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，选项c正确；测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，选项d正确。考点：酸碱中和滴定实验操作及分析，重点考查误差分析。5实验室制备下列气体时，所用方法正确的是a制氧气时，用na2o2或h2o2作反应物可选择相同的气体发生装置b制氯气时，用饱和nahco3溶液和浓硫酸净化气体c制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体d制二氧化氮时，用水或naoh溶液吸收尾气【答案】a【解析】试题分析：na2o2与水反应，h2o2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，选项a正确；实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和nahco3溶液，hcl会和nahco3反应生成co2，引入新的杂质，选项b不正确；乙烯的密度与空气接近，不能用排空气法收集，选项c不正确；二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，选项d不正确。考点：常见气体制备实验的设计与探究6运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是a某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应bnh4f水溶液中含有hf，因此nh4f溶液不能存放于玻璃试剂瓶中c可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底d增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成h2的速率【答案】d【解析】试题分析：反应能自发进行，g=hts 0，此时必须s 0，故该反应一定是熵增反应，选项a正确；nh4f水解生成hf，hf可与玻璃中的成分sio2反应，所以nh4f溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，选项b正确；海底为低温高压环境，所以可燃冰可存在于海底，选项c正确；铁常温在浓硫酸中可发生钝化，升温时因浓硫酸的强氧化性，产物是so2气体，无氢气生成，选项d不正确。考点：考查利用g判断反应能否自发进行、盐类的水解及hf的特殊性、反应速率的影响因素及浓硫酸的强氧化性等。7用右图所示装置除去含cn、cl废水中的cn时，控制溶液ph为910，阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是a用石墨作阳极，铁作阴极b阳极的电极反应式为：cl + 2oh2e= clo + h2oc阴极的电极反应式为：2h2o + 2e = h2 + 2ohd除去cn的反应：2cn+ 5clo + 2h+ = n2 + 2co2 + 5cl+ h2o【答案】d【解析】试题分析：阳极要产生clo，则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，选项a正确；阳极是cl失电子被氧化成clo，电极反应式为：cl+ 2oh2e= clo+ h2o，选项b正确；阴极是h+被还原成h2，碱性电解质溶液，阴极的电极反应式为：2h2o + 2e= h2 + 2oh，选项c正确；溶液为碱性，反应环境应该是碱性，不应该是酸性条件下的反应，正确反应方程式为：2cn+5clo+ h2o =n2+2co2+5cl+2oh，选项c不正确。考点：电解原理的应用，考查电极反应式的书写及电极的判断8对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是a不是同分异构体b分子中共平面的碳原子数相同c均能与溴水反应d可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分【答案】c【解析】试题分析：二者分子式相同，都是c10h14o，且二者结构不同，所以是同分异构体，选项a不正确；分子中共平面的碳原子数不一定相同，共平面的碳原子数可能都是8，选项b不正确；左边物质含有酚羟基，能和溴水发生取代反应，右边物质中的双键能和溴水发生加成反应，醛基能和溴发生氧化还原反应生成羧基，选项c正确；红外光谱区分化学键或原子团，核磁共振氢谱区分氢原子种类及不同种类氢原子个数，氢原子种类不同，所以可以用核磁共振氢谱区分，选项d不正确。考点：考查有机物的结构与性质，涉及同分异构体的判断、酚和烯烃的性质及光谱分析等。9下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是 aph1的nahso4溶液：c(h)+ c(na)c(so)c(oh) b含有agcl和agi固体的悬浊液：c(ag)c(cl)c(i) cco2的水溶液：c(h)c(hco)2c(co) d含等物质的量的nahc2o4和na2c2o4的溶液： 2c(na)3【答案】d【解析】试题分析：根据电荷守恒，ph=1的nahso4溶液存在：c（na+） +c（h+）=2c（so42）+c（oh），因为c（na+）=c（so42），所以c（h+）=c（so42）+c（oh），选项a不正确；含有agcl和agi固体的悬浊液，因agi的溶解度小，故c（ag+） c（cl）c（i），选项b不正确；h2co3的第一步电离大于第二步电离，所以c(h+) c(hco3) c(co32)，但c(hco3)不等于2c(co32)，选项c不正确；nahc2o4和na2c2o4物质的量相等，根据物料守恒可得：2c(na+)=3，选项d正确。考点：电解质溶液里微粒浓度的关系，重点考查电离平衡与水解平衡、溶液里的电荷守恒及物料守恒等。10.某链状有机物的分子式为c4h8o2，若该有机物能与naoh溶液反应，则其同分异构体共有（不考虑立体异构）a2种 b4种 c 6种 d8种【答案】c【解析】试题分析：此有机物能和naoh溶液反应，应该是羧酸或酯，对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共6种，选项c符合题意。考点：有机物的结构与性质，重点考查同分异构体的书写。11. 已知h2a为弱酸，下列说法错误的是a0.1mol/l的na2a溶液中：c(a2-)+c(ha-)+ c(h2a)= 0.1mol/lb常温下，将ph=3的h2a溶液稀释到原来的100倍，则稀释后溶液的 ph5c常温下，将ph=3的h2a溶液与ph=11的naoh溶液等体积混合，反应混合液呈酸性d常温下，若1mol/l的naha溶液的ph=9，则溶液中： c(na+)-c(ha)-c(a2)=105-109【答案】d【解析】试题分析：0.1mol/l的na2a溶液中，a2-水解生成ha-、h2a，根据物料守恒得c(a2-)+c(ha-)+ c(h2a)= 0.1mol/l，选项a正确；因为h2a为弱酸，加水稀释会促进弱酸的电离，所以ph=3的h2a溶液稀释到原来的100倍，稀释后溶液的ph5，选项b正确；ph=3的h2a溶液与ph=11的naoh溶液等体积混合，因为h2a为弱酸，所以浓度大于naoh溶液的浓度，则酸的物质的量大于碱的物质的量，完全反应后酸过量，溶液呈酸性，选项c正确；1mol/l的naha溶液的ph=9，则c(h+)=10-9 mol/l，c(oh-)=10-5 mol/l，根据电荷守恒定律，c(na+)+ c(h+)= 2c(a2-)+c(ha-)+ c(oh-)，c(na+)-c(ha)- 2c(a2-)=105-109，选项d不正确。考点：考查弱电解质的电离、稀释的判断，守恒规律的应用，混合溶液的酸碱性的判断12. 某有机物的结构简式如下图所示，则下列有关说法正确的是a该有机物可以发生氧化、加成、加聚、取代等反应 b该有机物能与naoh溶液反应，则1mol该有机物能消耗2molnaohc该有机物的分子式为c12h14o5，且与c11h12o5 一定互为同系物d该有机物分子中所有碳原子不可能都在同一平面上【答案】a【解析】试题分析：该有机物中存在碳碳双键，可以发生加成、加聚、氧化反应，还存在羧基和苯基，也能发生取代反应，选项a正确；该有机物中只有羧基与氢氧化钠溶液反应，所以1mol该有机物能消耗1molnaoh，选项b不正确；该有机物的分子式为c12h14o5，与c11h12o5的分子组成相差-ch2，但结构不一定相似，所以不一定互为同系物，选项c不正确；与苯环直接相连的原子一定与苯环共面，与碳碳双键直接相连的原子与碳碳双键共面，单键可以旋转，所以该有机物分子中所有碳原子有可能都在同一平面上，选项d不正确。考点：有机物的结构与性质，涉及烯烃和羧酸的性质、同系物的概念及有机物的结构特点。13. 已知氧化性：hclocl2fe3+so42；常温下，电离常数：k(h2co3)k(hclo)k(hco3)k；则下列相关离子方程式 正确的是 a0.5mol/l的nahso3溶液与1.0mol/l的naclo溶液等体积混合：hso3closo42clh b小苏打溶液与偏铝酸钠溶液混合：hco3alo2h2oal(oh)3+co32 c“84”消毒液（主要成分为naclo）露置在空气中变质：2cloco2h2oco322hclo d在“84”消毒液中滴加feso4溶液： 2fe2cloh2o2fe3cl2oh【答案】b【解析】试题分析：次氯酸钠过量，nahso3溶液和过量naclo溶液反应生成硫酸根离子和氯离子和次氯酸，选项a不正确；小苏打和偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸钠，符合k(hco3)kal(oh)3，选项b正确；因为k(hclo)k(hco3)，“84”消毒液（主要成分为naclo）露置在空气中变质生成碳酸氢钠和次氯酸，选项c不正确；次氯酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子、氯离子、水，选项d不正确。考点：结合反应原理进行离子方程式的正误判断，14j、q、m、r、t是原子序数依次增大的短周期主族元素，j、q、r在周期表中的相对位置如下表。已知j元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；m是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是jqraj和氢元素形成的化合物分子中只含极性共价键br、q两元素形成的氢化物中，q的氢化物沸点更高cj、m、r、t元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是h2ro4dm单质能与氢氧化钠溶液反应，其中水和氢氧化钠都是氧化剂【答案】b【解析】试题分析：j、q、m、r、t是原子序数依次增大的短周期主族元素，由元素在周期表中的位置可知，j、q处于第二周，r处于第三周期，j元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，j原子最外层电子数为4，则j为c元素，可推知q为o元素、r为s元素；m是地壳中含量最多的金属元素，故m为al元素，而t是原子序数最大的元素，且为短周期主族元素，故t为cl元素，j是c元素，和氢组成的化合物分子中可能含有非极性共价键，如hcch中含有非极性共价键，选项a正确；水分子之间存在氢键，常温下水是液态，而硫化氢为气体，故水的沸点较高，选项b正确；最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是hclo4，选项c不正确；al单质能与氢氧化钠溶液反应本质是al与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应中只有水是氧化剂，选项d不正确。考点：元素周期律与元素周期表，涉及元素的推断及元素性质的递变。15某温度下，在1l的密闭容器中，加入1mola（g）和2molb（g）发生反应：a(g)+b b(g)3c(g)平衡时，a、b、c的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molc(g)，再次达到平衡后，a、b、c的体积分数不变。下列叙述不正确的是ab=2b两次平衡的平衡常数相同ca与b的平衡转化率之比为12d第二次平衡时，c的浓度为0.4 moll1【答案】c【解析】试题分析：在平衡体系中继续加入1molc（g），再次平衡时，a、b、c的体积分数不变，说明形成等效平衡，结合恒容条件下形成等效平衡的条件，此反应只有在n=0的情况下才可以满足，故b=2，选项a正确；平衡常数只受温度影响，现温度不变，故选项b正确；a与b的起始量为1：2，反应过程中的变化量也是1：2，故二者平衡转化率相等，选项c不正确；第二次平衡时总的物质的量为4mol，a、b、c的体积分数分别为30%、60%、10%，故c的物质的量为0.4mol，浓度为0.4 moll1，选项d正确。考点：化学平衡的计算，涉及等效平衡的建立及化学平衡常数的影响因素等。卷（共60分）16（15分） 三氯化磷（pcl3）是一种重要的有机合成催化剂。实验室常用红磷与干燥的cl2制取pcl3，装置如下图所示。已知：红磷与少量cl2反应生成pcl3，与过量cl2反应生成pcl5。pcl3遇o2会生成pocl3(三氯氧磷)， pocl3溶于pcl3，pcl3遇水会强烈水解生成h3po3和hcl。pcl3、pocl3的熔沸点见下表。物质熔点/沸点/pcl3-11275.5pocl32105.3请回答： （1）写出a中反应的离子方程式 。 （2）b装置中所盛试剂是 ；e中烧杯内冷水的作用是 。 （3）实验前玻璃管之间连接需要用到橡皮管，其连接方法是：先把 ，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管中。 （4）检查装置气密性后，向d装置的曲颈瓶中加入红磷，打开k3通入干燥的co2，一段时间后关闭k3，加热曲颈瓶至上部有黄色升华物出现时通入氯气，反应立即进行。其中通入干燥co2的目的是 。 （5）实验制得的粗产品中常含有pocl3、pcl5等，加入红磷加热除去pcl5后，再通过 （填实验名称）即可得到较纯净的pcl3。 （6）实验后关闭k1，打开k2，将a、b中余氯通入300ml 1mol/l的naoh溶液中。若naoh恰好完全反应，则吸收氯气的物质的量为（假设反应生成了nacl 、 naclo 和 naclo3 等钠盐） mol，反应中转移电子的物质的量(n)的范围是 。【答案】（除标注外，每空2分，共15分）(1) mno2 + 4h+ + 2 cl = mn2+ + cl2 + 2h2o （其他合理答案均计分）(2) 浓硫酸 冷凝，便于收集产品 （合理答案均计分）(3) 玻璃管口用水润湿（合理答案均计分）(4) 排尽曲颈瓶中的空气，防止pcl3与o2等发生副反应（合理答案均计分）(5) 蒸馏 (6) 0.15 （1分） 0.15mol n 0.25mol （无单位此次不扣分）【解析】试题分析：（1）a装置是产生氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，离子方程式为 mno2+ 4h+ 2clmn2+ cl2+ 2h2o ，或者用高锰酸钾溶液与浓盐酸不加热制取氯气；（2）实验室常用红磷与干燥的cl2制取pcl3，所以氯气需干燥后通入c中，b中盛放浓硫酸；pcl3的熔点较低，所以e中烧杯内冷水的作用是 冷凝，便于收集产品 ；（3）玻璃管与橡胶管连接时，往往把胶管的一端用水浸湿，或把玻璃管口用水润湿，方便连接；（4）因为pcl3遇o2会生成pocl3，所以装置内不能存在氧气，所以通入干燥co2的目的排尽曲颈瓶中的空气，防止pcl3与o2等发生副反应生成pocl3；（5）由信息可知，pocl3与pcl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离；（6）300ml 1mol/l的naoh溶液中na元素的物质的量是0.3mol，根据元素守恒，生成的nacl 、 naclo 和 naclo3等钠盐的总物质的量为0.3mol，所以需要氯气0.15mol；若只生成nacl 、 naclo ，则转移的电子最少为0.15mol21/2=0.15mol，若只生成nacl 、 naclo3，则转移的电子最多，根据得失电子守恒，nacl 、 naclo3的物质的量之比是5:1，所以转移电子的物质的量为0.15mol25/6=0.25mol，当三种产物都存在时转移电子的物质的量介于二者之间 0.15mol n 0.25mol 。考点：制备实验方案的设计17.(15分)含硫化合物在工业生产中有广泛的用途。（1）对于可逆反应2so2(g)o2(g) 2so3(g) h0，下列研究目的和图示相符的是 （填序号）序号abcd目的压强对平衡的影响温度对转化率的影响增加o2浓度对速率的影响浓度对平衡常数的影响图示 （2）在5000c有催化剂存在的条件下，向容积为2l的甲乙两个密闭容器中均充入2molso2和1molo2。甲保持容积不变，乙保持压强不变，充分反应后，均达平衡状态，此时so3的体积分数甲 乙。（填“”“”“”或“=” ）.t3温度下，平衡时测得反应放出的热量为q1，在相同温度下若再向容器中通入2molso2、1molo2，重新达到平衡，测得反应又放出热量q2 。则下列说法中正确的是 。（填序号）a.相同温度下新平衡时容器中的压强是原平衡时的两倍 b.q2一定大于q1c.新平衡时so2的转化率一定大于80%（4）在甲容器中充入一定量的so2和1.100molo2，在催化剂作用下加热，当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，此时测得气体压强为反应前的82.5%，则so2的转化率为 。（5）若用氢氧化钠溶液吸收so2气体恰好得到酸式盐，已知该酸式盐溶液呈弱酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。（用离子浓度符号表示）（6）一定温度下，用水吸收so2气体，若得到ph=5的h2so3溶液，则溶液中亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子的物质的量浓度之比为 。（已知该温度下h2so3的电离常数：ka1=1.010-2mol/l，ka2=6.010-3mol/l）【答案】( 除标注外每空2分，共15分) （1） a、c （有错计0分） (2) ii b c（对一个计1分，有错计0分） (4) 90% (5) c (na+) c (hso3) c (h+)c (so32)c (oh) （3分）（有错计0分 ） （6）1/6 10-2 或1.67 10-3【解析】试题分析：（1）由图可知，p1p2，压强增大，平衡正向移动，二氧化硫的体积分数应减小，a正确；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率降低，与图不符，b不正确；增加氧气的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，与图符合，c正确；氧气浓度增大，但温度不变，平衡常数不变，与图不符，d不正确。 （2）开始时甲、乙两容器的压强相同，达平衡时，甲容器的压强小于乙，则甲容器需增大压强才能达到乙容器的压强，而增大压强，平衡正向移动，三氧化硫的体积分数增大，故so3的体积分数甲v逆；ii、恒温恒容时再向甲容器中通入2molso2、1molo2，反应物浓度是原来的2倍，在原平衡的基础上，平衡正向移动，正向是气体压强减小的方向，所以达新平衡时压强大于原平衡时的压强但小于两倍原平衡的压强，放出的热量比q1多，二氧化硫的转化率提高，故选项bc正确；（4）设充入二氧化硫的物质的量为amol，每消耗2mol 二氧化硫，气体的总物质的量减少1mol，现在气体的物质的量减少0.315mol，说明消耗二氧化硫0.63mol，消耗氧气0.315mol，生成三氧化硫0.63mol，根据恒温下压强之比等于气体物质的量之比，有(a-0.63+0.63+1.1-0.315)/(a+1.1)=82.5%,解得a=0.7,所以so2的转化率为0.63mol/0.7mol100%=90%；（5）二氧化硫与氢氧化钠反应得酸式盐为亚硫酸氢钠，溶液呈酸性，说明hso3的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度的大小顺序为 c (na+)c (hso3) c (h+)c (so32)c (oh)（6）溶液中的c (h+)=110-5mol/l，平衡时ka2=6.010-3mol/l=c (so32)c (h+)/c (hso3),所以c (hso3)/c (so32)=c (h+)/ka2=1/6 10-2。电源h2气体惰性电极a惰性电极b阳离子交换膜考点：化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算18.（15分）利用lioh和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。lioh可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。（1）利用如图装置电解制备lioh，两电极区电解液分别为lioh和licl溶液。b极区电解液为_溶液（填化学式），阳极电极反应式为_ ，电解过程中li+向_电极迁移（填“a”或“b”）。（2）利用钴渣制备钴氧化物的工艺流程如下：煅烧coso4溶液钴渣浸液溶解还原h2so4na2so3纯化处理coc2o4沉淀钴氧化物沉钴铁渣naclo3,o2(nh4)2c2o4co(oh)3溶解还原反应的离子方程式为 _，铁渣中铁元素的化合价为 _，在空气中煅烧coc2o4生成钴氧化物和co2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，co2的体积为1.344l（标准状况），则钴氧化物的化学式为_【答案】(15分)（1）lioh，（2分）2cl-2e-=cl2（2分），b（2分）（2）2co(oh)3+4h+so32=2co2+so42+5h2o，（3分）+3，（2分）co3o4（4分）【解析】试题分析：（1）根据示意图，b极区生产h2，同时生成lioh，则b极区电解液不能是licl溶液，如果是licl溶液则无法得到纯净的lioh，则b极区电解液为lioh溶液；电极a为阳极，阳极区电解液为licl溶液，根据放电顺序，阳极上cl失去电子，则阳极电极反应式为：2cl2e=cl2；根据电流方向，电解过程中li+向b电极迁移。（2）在酸性条件下，co(oh)3首先与h+反应生成co3+，co3+具有氧化性，把so32氧化为so42，配平可得离子方程式：2co(oh)3+4h+so32=2co2+so42+5h2o；铁渣中铁元素的化合价应该为高价，为+3价；co2的物质的量为：1.344l22.4l/mol=0.06mol，根据coc2o4的组成可知co元素物质的量为0.03mol，设钴氧化物的化学式为coxoy，根据元素的质量比可得：59x：16y=0.03mol59g/mol：（2.41g0.03mol59g/mol），解得x：y=3:4，则钴氧化物的化学式为：co3o4。考点：考查了电极原理及应用，包括电极方程式的书写、电解液的判断、离子移动方向的判断；还考查了离子方程式的书写、元素化合价的判断、根据化学计算推测物质的化学式。选做题（从19、20、21题中任选一题）19（15分）【化学选修2：化学与技术】（一）硫酸厂常用煅烧黄铁矿(fes2)来制取硫酸。（1）煅烧黄铁矿的主要化学方程式为 。（2）so2和o2的反应为2so2（g）o2（g）2so3（g），该反应在体积不变的密闭容器中进行，则下列 （填序号）可作为反应达到平衡的判断依据。av正(so2)=v正(so3) b各组分的体积分数不再变化 c反应体系的温度不再变化 d混合气体的平均相对分子质量不再变化e混合气体的密度不再变化（3）热交换器是实现冷热交换的装置，化学实验中也经常利用热交换来实现某种实验目的。试分析气、液热交换时通常使用的仪器是_。（写名称）（4）硫酸工业所产生的尾气除了含有n2、o2外，还含有so2，微量的so3和酸雾。能用于测定硫酸尾气中so2含量的试剂是_。（填序号）a.naoh溶液、酚酞试液 b.kmno4溶液、稀硫酸c. 氨水、酚酞试液 d.碘水、淀粉溶液（二）实验室常用硫酸厂的烧渣(主要成分是fe2o3及少量fes、sio2)来制备绿矾（feso47h2o）。其中测定绿矾产品中feso47h2o含量的实验步骤为：a称取5.2 g产品，溶解，配成250 ml溶液b量取25.00 ml待测液于锥形瓶中c用硫酸酸化的0. 01 mol/lkmno4 溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液体积35.00 ml。据此，请分析：（1） 滴定时反应的离子方程式为（完成并配平离子反应方程式）。 fe2+ + mno + fe3+ + mn2+ + （2）滴定达到终点的标志是 。（3）产品中feso47h2o的质量分数为 。【答案】（除标注外，每空2分，共15分）（一） (1) 4fes2 + 11o2 2fe2o3 + 8so2 (2) b c d（少对一个扣1分，有错计0分） (3) 冷凝管 （4）b d（对一个计1分，有错计0分） （二）（1） 5 1 8h+ 5 1 4h2o （有错计0分 ）（2） 滴加最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成红色，且半分钟不恢复原来颜色（合理答案均计分） （3） 93.56% 或93.6%（3分）【解析】试题分析：（1）工业接触法制硫酸三步骤：第一步：so2的制取，第二步：so3的制取，第三步：硫酸的生成；第一步是黄铁矿的燃烧，化学方程式为4fes2+11o22fe2o3+8so2，（2）由于v正（so2）=v正（so3）都是表达的正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，选项 a不正确；根据平衡状态的特征，各组分的体积分数不再变化时，反应处于平衡状态，选项b正确；由于该反应是放热反应，当反应体系的温度不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项c正确；由于该反应前后气体总物质的量减小，而质量守恒，所以随着反应的进行，平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项d正确；由于反应在恒容条件下进行，气体的总质量守恒，所以反应在进行过程中混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应是否处于平衡状态，选项e不正确。（3）能实现气、液热交换的装置是冷凝管，下口进水上口出水，气体和水流方向相反，充分进行热交换。（4）naoh溶液与so2、微量的so3和酸雾反应，测量的so2含量偏高，选项a不正确；硫酸尾气中只有so2能被酸性kmno4溶液氧化，溶液颜色由紫红色变为无色，根据kmno4溶液的体积结合方程式计算so2的含量，选项b正确；氨水与so2、微量的so3和酸雾反应，测量的so2含量偏高，选项c不正确；硫酸尾气中只有so2能被碘水氧化so2，溶液颜色由蓝色变为无色，根据碘水溶液的体积结合方程式计算so2的含量，选项d正确。（二）（1）酸性高锰酸钾溶液的氧化性更强，所以反应物的空白处应是h+，则产物的空白处应是h2o，根据得失电子守恒规律，mn元素化合价降低5价，fe元素化合价升高1价，结合电子守恒，则fe元素的系数是5，mn元素的系数是1，再根据电荷守恒、观察法配平其余物质的系数。（2）用酸性高锰酸钾溶液滴定亚铁离子，高锰酸钾溶液为紫色，滴定达到终点时，滴加最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟不恢复原来颜色；（3）消耗高锰酸钾的物质的量为0.035l0.01mol/l,则原溶液中fe2+的物质的量为0.035l0.01mol/l510=0.0175mol，所以feso47h2o的质量是0.0175mol278g/mol=4.865g,则产品中feso47h2o的质量分数为4.865g/5.2g100%=93.56%.考点：工业制硫酸的实验操作探究，涉及利用滴定原理测定混合物成分的操作原理及数据处理。20（15分）【化学选修3：物质结构与性质】a、b、c、d、f五种前四周期元素，原子序数依次增大；a、b、c三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，第一电离能i1(a)i1(c)i1(b)，且其中基态b原子的2p轨道处于半充满状态； d为周期表前四周期中电负性最小的元素；f的原子序数为29。请回答下列问题。(如需表示具体元素请用相应的元素符号)（1）写出ac2的电子式_；基态f原子的外围电子排布式为 。（2）写出一种与ac2互为等电子体的物质的化学式 。（3）b的简单氢化物的沸点比同族元素氢化物的沸点 。（填“高”或“低”） （4）化合物m由c、d两种元素组成，其晶胞结构如甲，则m的化学为 。（5）化合物n的部分结构如乙，n由a、b两元素组成，则硬度超过金刚石。试回答：n的晶体类型为_，其硬度超过金刚石的原因_。n晶体中a、b两元素原子的杂化方式均为_。【答案】（除标注外，每空2分，共15分）（1） 3d104s1 (2) n2o（写no2+也计分）（3） 高 （4） ko2 (5) 原子晶体 （1分）cn键的键长小于cc键，cn键的