河北省石家庄市正定中学高三化学上学期第五次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省石家庄市正定中学高三（上）第五次月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1汉书中“高奴县有洧水可燃”，沈括在梦溪笔谈对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行于世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是（）a“洧水”的主要成分是油脂b“洧水”的主要成分是煤油c烟的主要成分是炭黑d烟的主要成分是石墨2设na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（）a1 mol cl2与足量naoh反应，转移的电子数为nab常温常压下，11.2 l甲烷中含有的氢原子数小于2 nac1 mol碳烯（：ch2）所含的电子数目为6 nadt时，1 l ph=6的纯水中含oh数为106na3莽草酸的结构简式如图所示，可用来合成药物达菲，下列关于莽草酸的说法错误的是（）a分子式为c7h10o5b分子中含有两种官能团c既可发生加成又可发生取代反应d能够使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色4下列对定量实验误差分析正确的是（）a中和热测定实验中，缓慢地将naoh溶液倒入测定装置中测定结果无影响b酸碱中和滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡测定结果偏高c测定溶液ph的实验中，用干燥ph试纸测定新制氯水的ph测定结果无影响d现需90 ml 1.0 mol/l naoh溶液，称取3.6 g naoh 固体配制溶液浓度偏低5现有两种短周期主族元素x、y，且在常温下x的单质呈气态，y的单质呈固态则下列推断不正确的是（）a若x、y位于第a族，则x、y可能与氧元素形成原子个数比为1：1或2：1的化合物b若x、y位于第三周期，则x、y形成的化合物可能是离子化合物，也可能是共价化合物c若气态hnx的沸点高于hny，则x、y只能位于元素周期表的第a族d若x、y位于周期表的同一周期，则最高价含氧酸的酸性可能是hnxomhayob6已知：25时某些弱酸的电离平衡常数（如表）下面图象表示常温下，稀释ch3cooh、hclo两种酸的稀溶液时，溶液ph随加水量的变化下列说法正确的是（） ch3coohhcloh2co3ka=1.8105ka=3.0108ka1=4.1107 ka2=5.61011a相同浓度ch3coona和naclo的混合液中，各离子浓度的大小关系是c（na+）c（clo）c（ch3coo）c（oh）c（h+）b向naclo溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2clo+co2+h2o2hclo+co32c图象中a、c两点处的溶液中相等（hr代表ch3cooh或hclo）d图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度7某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g alx溶液al（oh）3沉淀方案：2.7g aly溶液al（oh）3沉淀naoh溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/l，如图是向x溶液和y溶液中分别加入naoh溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）ax溶液溶质为alcl3，y溶液溶质为naalo2bb曲线表示的是向x溶液中加入naoh溶液c在o点时两方案中所得溶液浓度相等da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应二、非选择题：8某红色固体粉末样品可能含有fe2o3和cu2o中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究，查阅资料：cu2o在酸性溶液中会发生反应：cu2o+2h+cu+cu2+h2o实验探究一：学生甲利用如图所示装置进行实验，称量反应前后装置c中样品的质量，以确定样品的组成回答下列问题：（1）仪器组装完成后，夹好止水夹，则说明装置a的气密性良好（2）从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：（填序号）打开止水夹 熄灭c处的酒精喷灯 c处冷却至室温后，关闭止水夹点燃c处的酒精喷灯 收集氢气并验纯实验探究二：（3）学生乙取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，并作出如下假设和判断，结论正确的是a若固体全部溶解，说明样品中一定含有fe2o3，一定不含有cu2ob若固体部分溶解，说明样品中一定含有cu2o，一定不含有fe2o3c若固体全部溶解，再滴加kscn溶液，溶液不变红色，说明样品一定含有fe2o3和cu2o另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色气体证明样品中一定含有，写出产生上述气体的化学方程式实验探究三：（4）学生丙取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，反应后经过滤得到固体3.2g，测得滤液中fe2+有1.0mol，则样品中n（cu2o）=mol9高锰酸钾是中学常用的试剂工业上用软锰矿制备高锰酸钾流程如下（1）铋酸钠（不溶于水）用于定性检验酸性溶液中mn2+的存在（铋的还原产物为bi3+，mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式（2）kmno4稀溶液是一种常用的消毒剂其消毒原理与下列物质相同的是（填代号）a84消毒液（naclo溶液） b双氧水 c苯酚 d75%酒精（3）上述流程中可以循环使用的物质有、（写化学式）（4）理论上（若不考虑物质循环与制备过程中的损失）1mol mno2可制得 mol kmno4（5）该生产中需要纯净的co2气体写出实验室制取co2的化学方程式，所需气体产生装置是（选填代号）（6）操作的名称是；操作根据kmno4和k2co3两物质在（填性质）上的差异，采用（填操作步骤）、趁热过滤得到kmno4粗晶体10汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，汽车尾气的治理已经迫在眉睫（1）尾气中的co主要来自于汽油的不完全燃烧有人设想按下列反应除去co：2co（g）2c（s）+o2（g）h=+221kjmol1，简述该设想能否实现（填“是”或“否”）依据是：研究表明：反应co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）平衡常数随温度的变化如下表所示：温度/400500800平衡常数k9.9491该反应的h0（填“”或“”）若反应在500时进行，设起始时co和h2o的浓度均为0.020moll1，在该条件下达到平衡时，co的转化率为（2）用co做燃料电池电解nacl溶液、fecl3和fecl2混合液的示意图如图1所示，其中a、b、d均为石墨电极，c为铜电极，转移0.4mol e后，断开k乙中产生的气体在标准状况下的体积为丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要ml 5.0moll1 naoh溶液（3）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将nox在电解池中分解成无污染的n2和o2除去，如图2所示，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导o2，电解池阴极反应为（4）尾气中的碳氢化合物，如甲烷，可以用来制备氢气其反应方程式为：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+206.2kj/mol其中投料比n（ch4）：n（h2o）=1：1对于气相反应，用某组分（b）的平衡压强（pb）代替物质的量浓度（cb）也可表示平衡常数（记作kp，分压=总压物质的量分数）平衡时ch4的转化率与温度、压强（总压）的关系如图4所示：则p1 p2 （填“”或“”），p2时m点的平衡常数kp=（小数点后保留3位）化学-选修2：化学与技术（15分）11联合生产是实现节能减排的重要措施，工业上合成氨和硝酸的联合生产具有重要的意义下面是工业上合成氨的简易流程：（1）设备a中含有电加热器，触媒和热交换器，设备a的名称是，其中发生的化学反应方程式为；（2）设备b的名称是，其中m和n是两个通水口，入水口是（填“m”或“n”）；不宜从相反方向通水的原因是；（3）设备c的作用是（4）原料气中往往含有co等杂质，在进行反应前要先净化，净化的原因是（5）氮气和氢气的混合气体通过压缩机压缩的原因是（6）生产出来的nh3可以用来生产硝酸在制备硝酸的过程中，由于二氧化氮不能一次性被水完全吸收，因此生成的气体须经过多次氧化、吸收的循环操作，使其充分转化为硝酸（不考虑生产过程中的其它损失）从理论上分析，要使氨气完全转化为硝酸，则原料中氧气和氨气物质的量的投料比至少为如果按理论上的原料比将原料放在特定条件的密闭容器中进行反应，所有物质不与外界交换，则最后所得溶液的质量分数为（保留三位有效数字）选修3-物质结构与性质（15分）12（2015秋石家庄校级月考）过渡金属元素及其化合物的应用广泛，是科学家们进行前沿研究的方向之一（1）测定土壤中铁的含量时需先将三价铁还原为二价铁，再采用邻啡罗啉做显色剂，用比色法测定，若土壤中含有高氯酸盐时会对测定有干扰相关的反应如下：4fecl3+2nh2ohhcl4fecl2+n2o+6hcl+h2o基态fe原子中，电子占有的最高能层符号为，核外未成对电子数为，fe3+在基态时，外围电子排布图为羟胺中（nh2oh）采用sp3杂化的原子有，三种元素电负性由大到小的顺序为；与clo4互为等电子体的分子的化学式为（2）过渡金属原子可以与co分子形成配合物，配合物价电子总数符合18电子规则如cr可以与co形成cr（co）6分子：价电子总数（18）=cr的价电子数（6）+co提供电子数（26）fe、ni两种原子都能与co形成配合物，其化学式分别为、（3）pt2+的常见配合物pt（nh3）2cl2存在两种不同的结构：一种为淡黄色（q），不具有抗癌作用，在水中的溶解度较小；另一种为黄绿色（p），具有抗癌作用，在水中的溶解度较大q是分子（选填“极性”或“非极性”）p分子的结构简式为（4）nixo晶体晶胞结构为nacl型，由于晶体缺陷，x值为0.88，晶胞边长为a pm晶胞中两个ni原子之间的最短距离为pm若晶体中的ni分别为ni2+、ni3+，此晶体中ni2与ni3的最简整数比为选修5-有机化合物基础（15分）13（2015秋石家庄校级月考）成环反应在有机合成中具有重要应用，某环状化合物g的合成过程如下：（1）ab为加成反应，则b的结构简式是；bc的反应类型是（2）g中含有的官能团名称是；f的化学式为（3）de的化学方程式是（4）h是f的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；存在甲氧基（ch3o）h的结构简式是（5）由c通过加聚反应合成的顺式高分子化合物m的化学方程式为（6）下列说法正确的是aa能和hcl反应得到聚氯乙烯的单体 bd和f中均含有2个键c1mol g完全燃烧生成8mol h2o df能发生加成反应、取代反应、氧化反应2015-2016学年河北省石家庄市正定中学高三（上）第五次月考化学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汉书中“高奴县有洧水可燃”，沈括在梦溪笔谈对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行于世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是（）a“洧水”的主要成分是油脂b“洧水”的主要成分是煤油c烟的主要成分是炭黑d烟的主要成分是石墨【考点】碳族元素简介【分析】由题中信息可知，“洧水”是石油，根据石油的性质分析【解答】解：由题中信息可知，“洧水”是石油，a“洧水”的主要成分是石油，是烃的混合物，不是油脂，故a错误；b“洧水”的主要成分是石油，故b错误；c石油中c元素的含量较高，点燃时会生成大量的黑烟，故c正确；d烟的成分是碳的颗粒，不是石墨，故d错误故选c【点评】本题考查了石油的成分及性质，侧重于基础知识的考查，题目难度不大2设na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（）a1 mol cl2与足量naoh反应，转移的电子数为nab常温常压下，11.2 l甲烷中含有的氢原子数小于2 nac1 mol碳烯（：ch2）所含的电子数目为6 nadt时，1 l ph=6的纯水中含oh数为106na【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、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol；c、1mol碳烯中含8mol电子；d、纯水显中性【解答】解：a、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即na个，故a正确；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol，故11.2l甲烷的物质的量小于0.5mol，则含有的氢原子个数小于2na个，故b正确；c、1mol碳烯中含8moil电子，即含8na个电子，故c错误；d、ph=6的纯水中c（h+）=106mol/l，而纯水显中性，故纯水中c（oh）=106mol/l，则氢氧根的物质的量n=cv=106mol/l1l=106mol，个数为106na，故d正确故选c【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大3莽草酸的结构简式如图所示，可用来合成药物达菲，下列关于莽草酸的说法错误的是（）a分子式为c7h10o5b分子中含有两种官能团c既可发生加成又可发生取代反应d能够使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色【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】由结构可知，该物质的分子式为c7h10o5，含oh、c=c、cooh，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答【解答】解：a根据莽草酸的结构式可确定其分子式为：c7h10o5，故a正确；b由结构可知有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，故b错误；c碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生取代反应，故c正确；d分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，使溴水褪色，也可被酸性高锰酸钾氧化，故d正确故选b【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，明确醇、烯烃、羧酸的性质即可解答，题目难度不大4下列对定量实验误差分析正确的是（）a中和热测定实验中，缓慢地将naoh溶液倒入测定装置中测定结果无影响b酸碱中和滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡测定结果偏高c测定溶液ph的实验中，用干燥ph试纸测定新制氯水的ph测定结果无影响d现需90 ml 1.0 mol/l naoh溶液，称取3.6 g naoh 固体配制溶液浓度偏低【考点】化学实验方案的评价【专题】定量测定与误差分析【分析】a缓慢地将naoh溶液倒入测定装置中，会使热量损失；b根据c（待测）=分析；c新制氯水中含有次氯酸，能漂白ph试纸；d配制90ml 1.0moll1naoh溶液，需要选用100ml容量瓶，根据100ml 1.0moll1naoh溶液中氢氧化钠的物质的量计算出氢氧化钠的质量【解答】解：a缓慢地将naoh溶液倒入测定装置中，会使热量损失，造成中和热测量数值偏小，故a错误；b滴定前无气泡而滴定后有气泡，造成v（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏小，故b错误；c新制氯水中含有次氯酸，能漂白ph试纸，不可用ph试纸测定新制氯水的ph，故c错误；d实验室没有90ml容量瓶，配制90ml 1.0moll1naoh溶液，需要选用100ml容量瓶，需要氢氧化钠的物质的量为：1mol/l0.10l=0.1mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol0.1mol=4.0g，称取3.6gnaoh固体配制，溶质偏小，溶液浓度偏低，故d正确故选d【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大5现有两种短周期主族元素x、y，且在常温下x的单质呈气态，y的单质呈固态则下列推断不正确的是（）a若x、y位于第a族，则x、y可能与氧元素形成原子个数比为1：1或2：1的化合物b若x、y位于第三周期，则x、y形成的化合物可能是离子化合物，也可能是共价化合物c若气态hnx的沸点高于hny，则x、y只能位于元素周期表的第a族d若x、y位于周期表的同一周期，则最高价含氧酸的酸性可能是hnxomhayob【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a若x、y位于第a族，则x为h元素、y可以为na元素；b若x、y位于第三周期，则x为cl元素，y可以为na、mg、al、si、p、s；c若气态hnx的沸点高于hny，若x可以为n、o、f，对应的y分别为p、s、cl；d若x、y位于周期表的同一周期，则x可以为cl、y可以为s等，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强【解答】a若x、y位于第a族，则x为h元素、y可以为na元素，h元素与氧元素可以组成h2o、h2o2，na元素与氧元素可以组成na2o、na2o2，故a正确；b若x、y位于第三周期，则x为cl元素，y可以为na、mg、al、si、p、s，na等与cl形成nacl为离子化合物，而al等与cl形成共价化合物，故b正确；c若气态hnx的沸点高于hny，若x可以为n、o、f，对应的y分别为p、s、cl，x、y可能位于元素周期表的va族、a族或a族，故c错误；d若x、y位于周期表的同一周期，则x可以为cl、y可以为s等，非金属性cls，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故d正确，故选：d【点评】本题考查结构性质位置关系应用，需要学生熟练掌握短周期元素，难度中等6已知：25时某些弱酸的电离平衡常数（如表）下面图象表示常温下，稀释ch3cooh、hclo两种酸的稀溶液时，溶液ph随加水量的变化下列说法正确的是（） ch3coohhcloh2co3ka=1.8105ka=3.0108ka1=4.1107 ka2=5.61011a相同浓度ch3coona和naclo的混合液中，各离子浓度的大小关系是c（na+）c（clo）c（ch3coo）c（oh）c（h+）b向naclo溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2clo+co2+h2o2hclo+co32c图象中a、c两点处的溶液中相等（hr代表ch3cooh或hclo）d图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】a、酸的电离常数越大，则酸根离子的水解程度越小；b、根据强酸制取弱酸判断，反应生成的应该为碳酸氢根离子；c、的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，温度不变，则该比值不变；d、先根据电离程度大小判断醋酸、次氯酸对应曲线及起始浓度大小，a、b两点加入水的体积相同，则此时酸溶液浓度取决于酸的起始浓度【解答】解：a、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的ch3coona和naclo的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（na+）c（ch3coo）c（clo）c（oh）c（h+），故a错误；b、碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向naclo溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：clo+co2+h2ohclo+hco3，故b错误；c、在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故c正确；d、ph相等的ch3cooh、hclo，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的ph小于较强酸，酸性ch3coohhclo，所以a所在曲线表示ch3cooh，b所在曲线表示hclo，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故d错误故选c【点评】本题考查电解质的强弱与电离常数的关系，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确酸的电离常数与酸的强弱、酸根离子水解能力的关系是解本题关键7某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g alx溶液al（oh）3沉淀方案：2.7g aly溶液al（oh）3沉淀naoh溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/l，如图是向x溶液和y溶液中分别加入naoh溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）ax溶液溶质为alcl3，y溶液溶质为naalo2bb曲线表示的是向x溶液中加入naoh溶液c在o点时两方案中所得溶液浓度相等da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应【考点】化学实验方案的评价；铝的化学性质【专题】实验评价题【分析】n（hcl）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（naoh）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（al）=0.1mol，2al+6h+=2al3+3h2、2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，根据方程式知，al和hcl完全反应需要n（hcl）=3n（al）=0.3mol，所以al和hcl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，al和naoh完全反应需要n（naoh）=n（al）=0.1mol0.3mol，所以naoh有剩余，据此分析解答【解答】解：n（hcl）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（naoh）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（al）=0.1mol，2al+6h+=2al3+3h2、2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，根据方程式知，al和hcl完全反应需要n（hcl）=3n（al）=0.3mol，所以al和hcl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，al和naoh完全反应需要n（naoh）=n（al）=0.1mol0.3mol，所以naoh有剩余，a根据以上分析知，x溶液中溶质是alcl3，y溶液溶质为naalo2、naoh，故a错误；b加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向y溶液中加入hcl溶液，故b错误；c在o点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是nacl，根据最初的钠原子和cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，故c正确；da、b曲线中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故d错误；故选c【点评】本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度中等二、非选择题：8某红色固体粉末样品可能含有fe2o3和cu2o中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究，查阅资料：cu2o在酸性溶液中会发生反应：cu2o+2h+cu+cu2+h2o实验探究一：学生甲利用如图所示装置进行实验，称量反应前后装置c中样品的质量，以确定样品的组成回答下列问题：（1）仪器组装完成后，夹好止水夹，向装置a中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变，则说明装置a的气密性良好（2）从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：（填序号）打开止水夹 熄灭c处的酒精喷灯 c处冷却至室温后，关闭止水夹点燃c处的酒精喷灯 收集氢气并验纯实验探究二：（3）学生乙取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，并作出如下假设和判断，结论正确的是ca若固体全部溶解，说明样品中一定含有fe2o3，一定不含有cu2ob若固体部分溶解，说明样品中一定含有cu2o，一定不含有fe2o3c若固体全部溶解，再滴加kscn溶液，溶液不变红色，说明样品一定含有fe2o3和cu2o另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色气体证明样品中一定含有cu2o，写出产生上述气体的化学方程式cu2o+6hno3（浓）=2cu（no3）2+2no2+3h2o实验探究三：（4）学生丙取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，反应后经过滤得到固体3.2g，测得滤液中fe2+有1.0mol，则样品中n（cu2o）=0.55mol【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析【分析】根据图象知，a装置实验目的是制取还原性气体，用的是简易启普发生器制取气体，可以用稀硫酸和zn制取氢气；b装置作用是干燥气体，c装置用氢气还原红色物质，用酒精灯点燃未反应的氢气；（1）利用压强差检验装置气密性；（2）打开止水夹生成氢气，通过后续装置充满氢气排出装置中的空气后，检验气体纯度，收集检验氢气纯度，气体纯净后点燃c处的酒精喷灯，反应完成熄灭c处的酒精喷灯，待c处冷却至室温后，关闭止水夹，防止生成的铜被空气中氧气氧化；（3）a、fe2o3与硫酸反应生成硫酸铁，也可以是氧化铜和氧化亚铜的混合物，若固体是fe2o3和cu2o的混合物，放入足量稀硫酸中会有cu生成，cu恰好能将fe3+还原为fe2+，固体全部溶解；b、固体若是fe2o3和cu2o的混合物，放入足量稀硫酸中会有cu生成，cu能将fe3+还原为fe2+，剩余固体可以是铜；c、若固体全部溶解，所得溶液中滴加 kscn 试剂时溶液不变红色，则一定是fe2o3和cu2o的混合物，放入足量稀硫酸中发生反应生成硫酸铁、硫酸铜、铜，有cu生成，固体恰好完全溶解，向溶液中滴加kscn，溶液不变红色，则生成cu能与fe3+恰好完全反应fe2+；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，氧化亚铜的氧化性大于硫离子，证明样品中一定含有cu2o，氧化亚铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水；（4）2fe3+cu=cu2+2fe2+，cu2o+2h+cu+cu2+h2o，固体为铜，铁离子全部反应生成亚铁离子，结合化学方程式定量关系计算得到【解答】解：根据图象知，a装置实验目的是制取还原性气体，用的是简易启普发生器制取气体，可以用稀硫酸和zn制取氢气；b装置作用是干燥气体，c装置用氢气还原红色物质，用酒精灯点燃未反应的氢气；（1）利用压强差检验装置气密性，其检验方法为：向装置a中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变，则该装置气密性良好，故答案为：向装置a中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变； （2）氢气混有空气加热发生爆炸，所以开始先通氢气，打开止水夹生成氢气，通过后续装置充满氢气，目的是排出装置中的空气，检验最后u型管出来的气体氢气纯度，气体纯净后再点燃c处的酒精喷灯，反应完成后先撤酒精灯，玻璃管冷却再停氢气，操作位熄灭c处的酒精喷灯，待c处冷却至室温后，关闭止水夹，防止生成的铜被空气中氧气氧化，所以其排列顺序是；故答案为：；（3）a、固体全部溶解，若固体是fe2o3和cu2o的混合物，放入足量稀硫酸中会有cu生成，cu恰好能将fe3+还原为fe2+，故a错误；b、固体若是fe2o3和cu2o的混合物，放入足量稀硫酸中会有cu生成，cu能将fe3+还原为fe2+，剩余铜，故b错误；c、若固体全部溶解，再滴加kscn溶液，溶液不变红色，因为cu2o溶于硫酸生成cu和cuso4，而h2so4不能溶解cu，所以混合物中必须有fe2o3存在，使其生成的fe3+溶解产生的cu，反应的有关离子方程式为fe2o3+6h+=2fe3+3h2o、cu2o+2h+=cu+cu2+h2o、2fe3+cu=2fe2+cu2+说明样品一定含有fe2o3和cu2o，故c正确；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，氧化亚铜的氧化性大于硫离子，证明样品中一定含有cu2o，氧化亚铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，反应的化学方程式为：cu2o+6hno3（浓）=2cu（no3）2+2no2+3h2o，故答案为：c；cu2o；cu2o+6hno3（浓）=2cu（no3）2+2no2+3h2o；（4）2fe3+cu=cu2+2fe2+，cu2o+2h+cu+cu2+h2o，固体为铜，铁离子全部反应生成亚铁离子，生成1.0molfe2+，消耗cu0.5mol，剩余cu物质的量=0.05mol，原样品中cu2o物质的量=0.05mol+0.5mol=0.55mol，故答案为：0.55【点评】本题考查了物质组成的分析判断，实验过程分析应用，主要是氧化还原反应发生的条件，产物判断，掌握基础是关键，题目难度中等9高锰酸钾是中学常用的试剂工业上用软锰矿制备高锰酸钾流程如下（1）铋酸钠（不溶于水）用于定性检验酸性溶液中mn2+的存在（铋的还原产物为bi3+，mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式2mn2+5nabio3+14h+2mno4+5bi3+5na+7h2o（2）kmno4稀溶液是一种常用的消毒剂其消毒原理与下列物质相同的是ab（填代号）a84消毒液（naclo溶液） b双氧水 c苯酚 d75%酒精（3）上述流程中可以循环使用的物质有mno2、koh（写化学式）（4）理论上（若不考虑物质循环与制备过程中的损失）1mol mno2可制得 mol kmno4（5）该生产中需要纯净的co2气体写出实验室制取co2的化学方程式caco3+2hclcacl2+h2o+co2，所需气体产生装置是ac（选填代号）（6）操作的名称是过滤；操作根据kmno4和k2co3两物质在溶解性（填性质）上的差异，采用浓缩结晶（填操作步骤）、趁热过滤得到kmno4粗晶体【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到k2mno4溶液，通入二氧化碳得到kmno4、mno2、k2co3，过滤除去滤渣（mno2），滤液为kmno4、k2co3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到kmno4晶体，滤液中含有k2co3，在滤液中加氢氧化钙得到碳酸钙沉淀和koh；（1）铋酸钠（不溶于水）在酸性溶液中与mn2+反应生成mno4和bi3+；（2）kmno4有强氧化性，消毒原理与84消毒液、双氧水一样；（3）根据流程分析，最初反应物中和最终生成物中含有的物质就能循环利用；（4）最初的原料中1mol mno2恰好得到1mol k2mno4，根据3k2mno4+2co2=2kmno4+2k2co3+mno2计算；（5）实验室用盐酸与石灰石制备二氧化碳，反应不需要加热，可以用启普发生器制备；（6）分离固体与溶液，采用过滤操作，利用kmno4和k2co3在溶解性上进行分离【解答】解：二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到k2mno4溶液，通入二氧化碳得到kmno4、mno2、k2co3，过滤除去滤渣（mno2），滤液为kmno4、k2co3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到kmno4晶体，滤液中含有k2co3，在滤液中加氢氧化钙得到碳酸钙沉淀和koh；（1）铋酸钠（不溶于水）在酸性溶液中与mn2+反应生成mno4和bi3+，则反应的离子方程式为：2mn2+5nabio3+14h+2mno4+5bi3+5na+7h2o；故答案为：2mn2+5nabio3+14h+2mno4+5bi3+5na+7h2o；（2）kmno4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故答案为：ab；（3）根据流程分析可知：在开始的反应物和最终的生成物中都含有mno2和koh，所以二氧化锰和氢氧化钾能循环使用；故答案为：mno2；koh；（4）由2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o 可知最初的原料中1mol mno2恰好得到1mol k2mno4由3k2mno4+2co2=2kmno4+2k2co3+mno2知，1mol k2mno4在反应中能得到molkmno4，故答案为：；（5）实验室用盐酸与石灰石制备二氧化碳，其反应的方程式为：caco3+2hclcacl2+h2o+co2，反应不需要加热，可以用启普发生器制备，所以选用的装置为a或c；故答案为：caco3+2hclcacl2+h2o+co2；ac；（6）该操作是分离固体与溶液，是过滤操作，kmno4和k2co3在溶解性上不同采用热的情况下采用浓缩结晶的方式可分离，故答案为：过滤；溶解性；浓缩结晶【点评】本题考查了物质的制备实验方案设计，涉及常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力10汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，汽车尾气的治理已经迫在眉睫（1）尾气中的co主要来自于汽油的不完全燃烧有人设想按下列反应除去co：2co（g）2c（s）+o2（g）h=+221kjmol1，简述该设想能否实现否（填“是”或“否”）依据是：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行研究表明：反应co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）平衡常数随温度的变化如下表所示：温度/400500800平衡常数k9.9491该反应的h0（填“”或“”）若反应在500时进行，设起始时co和h2o的浓度均为0.020moll1，在该条件下达到平衡时，co的转化率为75%（2）用co做燃料电池电解nacl溶液、fecl3和fecl2混合液的示意图如图1所示，其中a、b、d均为石墨电极，c为铜电极，转移0.4mol e后，断开k乙中产生的气体在标准状况下的体积为7.28l丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要280ml 5.0moll1 naoh溶液（3）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将nox在电解池中分解成无污染的n2和o2除去，如图2所示，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导o2，电解池阴极反应为2nox+4xe=n2+2xo2（4）尾气中的碳氢化合物，如甲烷，可以用来制备氢气其反应方程式为：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+206.2kj/mol其中投料比n（ch4）：n（h2o）=1：1对于气相反应，用某组分（b）的平衡压强（pb）代替物质的量浓度（cb）也可表示平衡常数（记作kp，分压=总压物质的量分数）平衡时ch4的转化率与温度、压强（总压）的关系如图4所示：则p1 p2 （填“”或“”），p2时m点的平衡常数kp=0.066（小数点后保留3位）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；电解原理【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）依据反应自发进行的条件是hts0分析判断；温度升高k值减小，所以正反应为放热反应；令co的浓度变化为c，用三段式表示出各物质变化的浓度、平衡时的浓度，再根据平衡常数计算；（2）乙中是电解氯化钠溶液，阴极上是氢离子放电产生氢气，阳极上先是氯离子放电产生氯气，氯离子用完之后是氢氧根离子放电产生氧气，据此计算；c电极为阳极，d电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有cu2+生成，因此c电极是cu做阳极，d电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算；（3）电解法处理氮氧化合物原理是将nox在电解池中分解成无污染的n2和o2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导o2，阴极发生还原反应，阴极上是nox获得电子生成n2与o2；（4）该反应为气体体积增大的反应，当温度一定时，根据甲烷的转化率与压强的关系可判断压强大小；p2时m点的甲烷的平衡转化率为30%，据此可计算得平衡是都只物质的浓度，再根平衡常数的定义进行计算；【解答】解：（1）2co（g）2c（s）+o2（g）h=+221kjmol1，反应是焓变增大，熵变减小的反应，h0，s0，则hts0，反应任何温度下都不能自发进行，故答案为：否；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行；温度升高k值减小，所以正反应为放热反应，h0对于反应 co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g），开始（mol/l）：0.02 0.02 0 0变化（mol/l）：c c c c平衡（mol/l）：0.02c 0.02c c c所以=9，解得c=0.015，所以co的转化率为100%=75%，故答案为：；75%；（2）乙中是电解氯化钠溶液，阴极上是氢离子放电产生氢气，阳极上先是氯离子放电产生氯气，氯离子用完之后是氢氧根离子放电产生氧气，当转移0.4mol e，阴极产生的气体为氢气的物质的量为0.2mol，根据图中数据可知，氯离子的物质的量为0.1mol，所以产生氯气为0.05mol，同时转移0.1mol电子，还有0.3mol电子用于产生氧气，根据电极反应4oh4e=2h2o+o2，可知，氧气的物质的量为0.075mol，所以在乙装置中共产生的气体的物质的量为0.2mol+0.05mol+0.075mol=0.325mol，所以气体的体积为7.28l，故答案为：7.28l；根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，为fe3+，为fe2+，为cu2+，电子转移为0.4mol，对比图象，可知此时溶液中为fe2+ 0.5mol，和cu2+离子0.2mol需要加入naoh溶液1.4mol，体积为280ml，故答案为：280；（3）电解法处理氮氧化合物原理是将nox在电解池中分解成无污染的n2和o2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导o2，阴极发生还原反应，阴极上是nox获得电子生成n2与o2，电极反应式为：2nox+4xe=n2+2xo2，故答案为：2nox+4xe=n2+2xo2；（4）该反应为气体体积增大的反应，当温度一定时，根据甲烷的转化率与压强的关系可判断压强大小知p1时的甲烷的转化率大于 p2 时的，即平衡向正反应方向移动，所以，p1p2；p2时m点的甲烷的平衡转化率为30%，设起始ch4和h2o的物质的是量均为amol，则根据反应， ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）起始（mol） a a 0 0 转化（mol） 0.3a 0.3a 0.3a 0.9a平衡（mol） 0.7a 0.7a 0.3a 0.9a 所以ch4、h2o、co、h2平衡分压分别为=、，则kp=0.066，故答案为：； 0.066【点评】本题考查了电解原理的分析应用、反应自发进行的判断依据、化学平衡常数的计算等，掌握基础是关键，题目难度较大，答题时注意题中信息的灵活运用化学-选修2：化学与技术（15分）11联合生产是实现节能减排的重要措施，工业上合成氨和硝酸的联合生产具有重要的意义下面是工业上合成氨的简易流程：（1）设备a中含有电加热器，触媒和热交换器，设备a的名称是合成塔，其中发生的化学反应方程式为n2+3h22nh3；（2）设备b的名称是冷却塔（或冷凝器），其中m和n是两个通水口，入水口是n（填“m”或“n”）；不宜从相反方向通水的原因是高温气体由冷却塔的上端进入，冷却水从下端进入，逆向冷却效果好；（3）设备