湖南省怀化市高三化学下学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

2015年湖南省怀化市高考化学三模试卷 一、选择题：本大题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是( )a蛋白质在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳b汽油、甘油、花生油都属于酯类物质c麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应d燃煤产生的二氧化硫是引起雾霾的主要原因2如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是( )ay、o两种元素的离子半径相比，前者较大bz的氧化物能分别溶解于y的最高氧化物的水化物和o的氢化物的水溶液c由x与y两种元素组成的化合物只含离子键dx、n两种元素的气态氢化物的稳定性相比，后者较强3下列反应的离子方程式正确的是( )a过氧化钠固体与水反应制氧气：2o22+2h2o=4oh+o2b在100ml浓度为1 moll1 的fe（no3）3的溶液中通入足量so22fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+c1mol1 的 naalo2 溶液和2.5moll1 的盐酸等体积混合：2alo2+5 h+=al（oh）3+al3+h2 od向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：co32+h+hco34某饱和一元酯c5h10o2，在酸性条件下水解生成甲和乙两种有机物，乙在铜的催化作用下能氧化为醛，满足以上条件的酯有( )a6种b7种c8种d9种5下列图示与对应的叙述相符的是( )a由图1所示曲线可知，化学催化比酶催化的效果好b在h2s溶液导电性实验中，由图2所示曲线可确定通入的气体x为cl2c在其它条件不变时，2so2（g）+o2（g）2so3（g）转化关系（如图3）中，纵坐标表示o2的转化率d图4是用0.1000 moll1的盐酸滴定20.00 ml 0.1000moll1na2co3溶液的曲线，从ab点反应的离子方程式为：hco3+h+=co2+h2o6设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )a1 mol fei2与足量氯气反应时转移的电子数为2nab1 l 1mol/l的盐酸含有na个hcl分子c标准状况下，33.6 l四氯化碳中含有氯原子的数目为6nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28 g n2时，转移的电子数目为3.75na7如图是co2电催化还原为ch4的工作原理示意图正确的是( )a该装置为原电池，其中a为正极b铜电极的电极反应式为：co2+8h+8ech4+2h2oc反应开始后，电子从a极流出至铜电极，经电解质溶液到铂电极最后流回至b极d一段时间后，池中溶液的ph一定下降三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8某研究性学习小组对某废旧合金（含有cu、fe、si 三种成分）进行分离、回收其工业流程如图：已知：298k时，kspcu（oh）2=2.01020，kspfe（oh）3=4.01038，kspmn（oh）2=1.91013，根据上面流程回答有关问题：（1）操作、一定都不含有的操作是_a过滤 b洗涤 c干燥 d蒸馏（2）过量的还原剂应是_，溶液a中发生的反应的离子方程式为_（3）若用x mol/l kmno4溶液处理溶液b，当恰好将溶液中的阳离子完全氧化时消耗kmno4溶液yml，则最后所得红棕色固体c的质量为_g（用含x、y的代数式表示）（4）将溶液c调节ph至2.93.2的目的是_（5）常温下，取0.2mol/l的cucl2溶液，若要使cu2+开始沉淀，应调节ph至_（6）工业上由红棕色固体c制取相应单质常用的方法是_a电解法 b热还原法 c热分解法（7）用惰性电极电解溶液e制取固体b，所发生的化学反应方程式为_9在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存一定温度下，向1l 0l moll1 ch3 cooh溶液中加入少量ch3coona固体（1）ch3 cooh溶液的电离平衡_移动（填“向左”、“向右”或“不”），溶液中_（填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）若该溶液呈酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：_10开发新能源和三废处理都是可持续发展的重要方面（1）h2、co、ch3oh都是重要能源物质，它们燃烧热依次为285.8kj/mol、281.5kj/mol、726.7kj/mol已知co、h2在一定条件下可以合成甲醇co（g）+2h2（g）=ch3oh（l）则该合成甲醇的热化学方程式为_（2）co在催化剂作用下可以与h2反应生成甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）在密闭容器中充入10mol co与20mol h2，co的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示则m、n、q三点的平衡常数km、kn、kq的大小关系为_；p1_p2（填“”或“”或“=”）；m、n两点平衡状态下，容器中物质的总物质的量之比为：n（m）总：n（n）总=_11（14分）二氯化二硫（s2cl2），常温下是一种黄红色液体，有窒息性，刺激性恶臭，熔点80，沸点135.6，在空气中强烈产生烟雾，遇水、醇即分解；它常用于橡胶的低温硫化和黏接剂，国防工业用作军用毒气它的工业合成方法：将氯气通入到熔融的硫单质发生反应而制得实验室用下列装置制取少量s2cl2请回答下列问题：（1）s2cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构，则它的结构式为_（2）下列方法都可以制得氯气，其中符合装置a制取的有_a、mno2固体和浓hcl共热 b、kmno4固体和浓hcl反应c、kclo3固体和浓hcl反应 d、mno2固体、nacl固体和浓硫酸共热（3）装置a中用恒压分液漏斗而不用普通分液漏斗的原因是_（4）b中饱和食盐水的作用_，装置c中的试剂是_（5）s2cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式_，其氧化剂与还原剂物质的量之比为_（6）从安全和环保方面考虑，在图1中补全f方框内剩下的装置并注明装置中的药品画图时，仪器可以简化，仪器可以分别表示为如图2所示二、选考题：共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分12某磷肥厂利用某磷矿石ca3（po4）2制取磷肥并综合利用副产物生产水泥的工艺流程如图：（1）将磷矿石制成磷肥的目的是_，有关的化学方程式为_（2）在该工艺流程中高硫煤粉不需要脱硫，理由是_（3）水泥属于_材料（填“a”或者“b”：a新型无机非金属材料 b传统无机非金属材料）（4）工业生产硫酸过程中，so2在接触室中被催化氧化为so3，已知该反应为放热反应现将2mol so2、1mol o2充入体积为2l的密闭容器中充分反应，放出热量98.3kj，此时测得so2的物质的量为1mol则该热化学方程式为_，平衡常数k为_（5）工业上用接触法制硫酸，最后的产品是98%的硫酸或组成为2h2so4so3的发烟硫酸（h2so4和h2so4so3的混合物，其中so3的质量分数约为29%）若98%的浓硫酸可表示为so3ah2o，含so329%的发烟硫酸可表示为bso3h2o，则a=_，b=_13铜单质及其化合物在很多领域有重要用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂（1）cu位于元素周期表第四周期第b 族cu2+的核外电子排布式为_（2）如图1是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞中阴离子的个数为_（3）胆矾cuso45h2o可写成cu（h2o）4so4h2o，其结构示意图如图2：下列说法正确的是_ （填字母）a在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化b在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键c胆矾是分子晶体，分子间存在氢键d胆矾中的水在不同温度下会分步失去（4）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成cu（nh3）42+配离子已知nf3与nh3的空间构型都是三角锥形，但nf3不易与cu2+形成配离子，其原因是：_（5）cu2o的熔点比cu2s的_（填“高”或“低”），请解释原因：_（6）s单质的常见形式为s8，其环状结构如图3所示，s原子采用的轨道杂化方式是_ _ （7）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，o、s、se原子的第一电离能由大到小的顺序为_；14化合物e可以通过图所示的路线合成：（1）a中含有的官能团名称为_除不稳定的乙烯醇（ch2=choh）外，a的另一种同分异构体的结构简式是_（2）写出d与过量naoh溶液完全反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）_（3）若化合物e中带“*”号的c原子来自d中的甲基，且该反应的副产物是甲醇，则de的反应类型是_15我国盛产山茶籽精油，其主要成分柠檬醛可以合成具有工业价值的紫罗兰酮（1）要检验柠檬醛中含有碳碳双键，需要使用下列试剂中的_（按反应顺序填试剂序号）a氢氧化钠溶液b酸性高锰酸钾溶液c银氨溶液 d碳酸钠溶液（2）写出柠檬醛和新制氢氧化铜反应的化学方程式：_（3）柠檬醛有多种同分异构体，能满足下列条件的同分异构体有_种a含有一个的六元环结构，六元环上只有一个取代基b能发生银镜反应2015年湖南省怀化市高考化学三模试卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是( )a蛋白质在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳b汽油、甘油、花生油都属于酯类物质c麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应d燃煤产生的二氧化硫是引起雾霾的主要原因考点：常见的生活环境的污染及治理 分析：a蛋白质含有碳氢氧氮等元素；b甘油属于醇类，汽油是由烃类物质组成的混合物；c麦芽糖及其水解产物葡萄糖有醛基；d二氧化硫能形成酸雨解答：解：a蛋白质含有碳氢氧氮等元素，燃烧产生氮的氧化物，故a错误； b花生油属于酯类，甘油属于醇类，汽油是由烃类物质组成的混合物，故b错误；c麦芽糖及其水解产物葡萄糖有醛基，能发生银镜反应，故c正确；d形成雾霾天气的主要原因是空气中含有大量的细小烟尘等固体小颗粒，故d错误故选c点评：本题考查有机物的性质和高分子化合物等知识，注意麦芽糖含有醛基是解题的关键，题目难度不大2如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是( )ay、o两种元素的离子半径相比，前者较大bz的氧化物能分别溶解于y的最高氧化物的水化物和o的氢化物的水溶液c由x与y两种元素组成的化合物只含离子键dx、n两种元素的气态氢化物的稳定性相比，后者较强考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，x为氧元素，y为na元素，z为al元素，m为si元素，n为s元素，o为cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，x为氧元素，y为na元素，z为al元素，m为si元素，n为s元素，o为cl元素，a、y、o两种元素的离子分别为na+、cl，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，故离子半径na+cl，故a错误；b、氧化铝是两性氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与盐酸反应生成氯化铝，故b正确；c、由x与y两种元素组成的化合物是na2o2，即含离子键又含共价键，故c错误；d、非金属性os，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性h2oh2s，故d错误；故选b点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字3下列反应的离子方程式正确的是( )a过氧化钠固体与水反应制氧气：2o22+2h2o=4oh+o2b在100ml浓度为1 moll1 的fe（no3）3的溶液中通入足量so22fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+c1mol1 的 naalo2 溶液和2.5moll1 的盐酸等体积混合：2alo2+5 h+=al（oh）3+al3+h2 od向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：co32+h+hco3考点：离子方程式的书写 分析：a过氧化钠为氧化物，离子方程式中应该保留化学式；b二氧化硫足量，硝酸根离子在酸性溶液中能够氧化二氧化硫，漏掉了硝酸根离子与二氧化硫的反应；c偏铝酸根离子与1mol/l的氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，剩余的氢离子与氢氧化铝反应生成铝离子，反应产物中氢氧化铝和铝离子的物质的量相等；d醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开，需要保留分子式解答：解：a过氧化钠应该写成化学式，正确的离子方程式为：2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2 ，故a错误；bfe（no3）3的溶液中通入足量so2，硝酸根离子也参与反应，正确的离子反应为：3no3+fe3+5so2+4h2ofe2+5so42+3no+8h+，故b错误；c1mol1的naalo2溶液和2.5moll1的盐酸等体积混合，设溶液体积为1l，则偏铝酸钠为1mol，氯化氢为2.5mol，1mol偏铝酸钠与1mol氢离子反应生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，所以二者恰好反应生成等物质的量的氢氧化铝和铝离子，反应的离子方程式为：2alo2+5h+=al（oh）3+al3+h2o，故c正确；d向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸，反应生成醋酸钠和碳酸氢钠，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：ch3cooh+co32ch3coo+hco3，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）4某饱和一元酯c5h10o2，在酸性条件下水解生成甲和乙两种有机物，乙在铜的催化作用下能氧化为醛，满足以上条件的酯有( )a6种b7种c8种d9种考点：同分异构现象和同分异构体；酯的性质 专题：同分异构体的类型及其判定分析：分子式为c5h10o2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，乙能被催化氧化成醛，则乙属于醇类并且结构中含有ch2oh结构，据此回答判断解答：解：分子式为c5h10o2的有机物，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1丁醇，2甲基1丙醇，甲酸酯有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；故可能的结构共有6种故选a点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算5下列图示与对应的叙述相符的是( )a由图1所示曲线可知，化学催化比酶催化的效果好b在h2s溶液导电性实验中，由图2所示曲线可确定通入的气体x为cl2c在其它条件不变时，2so2（g）+o2（g）2so3（g）转化关系（如图3）中，纵坐标表示o2的转化率d图4是用0.1000 moll1的盐酸滴定20.00 ml 0.1000moll1na2co3溶液的曲线，从ab点反应的离子方程式为：hco3+h+=co2+h2o考点：化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；钠的重要化合物 专题：化学平衡专题；电离平衡与溶液的ph专题分析：a、催化剂是降低反应的活化能加快反应速率；b、依据h2s+cl2=s+2hcl反应弱电解质变化为强电解质，溶液导电能力增大；c、由图象可知n（o2）/n（so2）越大，氧气转化率越大，实际应是n（o2）/n（so2）越大，so2的转化率越大，氧气转化率越小；d、盐酸滴定碳酸钠溶液，当全部转化为碳酸氢钠，滴入生成二氧化碳气体，ph减小，生成气体的过程中消耗氯化氢和生成碳酸氢钠消耗氯化氢物质的量相同，继续加入盐酸，溶液ph减小解答：解：a、催化剂是降低活化能加快反应速率，酶催化作用对活化能降低的多，催化效果好，故a错误；b、依据h2s+cl2=s+2hcl反应弱电解质变化为强电解质，溶液导电能力增大，故b错误；c、由图象可知n（o2）/n（so2）越大，氧气转化率越大，由反应2so2（g）+o2（g）2so3（g），n（o2）/n（so2）越大，so2的转化率越大，氧气转化率越小，图象与实际不相符，故c错误；d、用0.1000 moll1的盐酸滴定20.00 ml 0.1000moll1na2co3溶液，发生的反应co32+h+=hco3，溶液ph减小，继续加入盐酸，发生反应hco3+h+=co2+h2o，生成碳酸氢钠和生成二氧化碳的过程中消耗氯化氢物质的量相同，即消耗盐酸溶液的体积相同，故从ab点反应的离子方程式为：hco3+h+=co2+h2o，故d正确；故选d点评：本题以图象的形式考查平衡移动、酸性比较、对反应速率的理解等，难度中等，需要学生具有扎实的基础与读图获取信息的能力6设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )a1 mol fei2与足量氯气反应时转移的电子数为2nab1 l 1mol/l的盐酸含有na个hcl分子c标准状况下，33.6 l四氯化碳中含有氯原子的数目为6nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28 g n2时，转移的电子数目为3.75na考点：阿伏加德罗常数 分析：a、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气；b、hcl为强电解质，在溶液中电离；c、标况下，四氯化碳为液态；d、此反应中生成的2molhno3完全来自于no3，nh4+和no3发生归中反应解答：解：a、1molfei2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3na，故a错误； b、hcl为强电解质，在溶液中电离，不存在hcl分子，故b错误；c、标况下，四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故c错误；d、此反应中生成的2molhno3完全来自于no3，5molnh4+和3molno3发生归中反应生成4mol氮气，故转移15mol电子时生成4mol氮气，即生成28 g n2时即1mol，转移的电子数目为3.75na，故d正确故选d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7如图是co2电催化还原为ch4的工作原理示意图正确的是( )a该装置为原电池，其中a为正极b铜电极的电极反应式为：co2+8h+8ech4+2h2oc反应开始后，电子从a极流出至铜电极，经电解质溶液到铂电极最后流回至b极d一段时间后，池中溶液的ph一定下降考点：原电池和电解池的工作原理 分析：co2电催化还原为ch4，则通入co2的一极为电解池的阴极，电极方程式为co2+8h+8ech4+2h2o，则a为负极，b为正极，阳极发生氧化反应，生成氧气，以此解答该题解答：解：a该装置是一个电解池，co2电催化还原为ch4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，a为负极，故a错误；bco2电催化还原为ch4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为co2+8h+8ech4+2h2o，故b错误；c电子从负极到正极，不能够通过电解质溶液，故c错误；d在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，ph一定下降，故d正确故选d点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意两极反应式的书写以及氧化还原反应之间的关系，注意规律的总结是关键，难度不大三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8某研究性学习小组对某废旧合金（含有cu、fe、si 三种成分）进行分离、回收其工业流程如图：已知：298k时，kspcu（oh）2=2.01020，kspfe（oh）3=4.01038，kspmn（oh）2=1.91013，根据上面流程回答有关问题：（1）操作、一定都不含有的操作是da过滤 b洗涤 c干燥 d蒸馏（2）过量的还原剂应是铜粉，溶液a中发生的反应的离子方程式为2fe3+cu=2fe2+cu2+（3）若用x mol/l kmno4溶液处理溶液b，当恰好将溶液中的阳离子完全氧化时消耗kmno4溶液yml，则最后所得红棕色固体c的质量为0.4xyg（用含x、y的代数式表示）（4）将溶液c调节ph至2.93.2的目的是保证fe3+沉淀完全而其他金属阳离子不沉淀（5）常温下，取0.2mol/l的cucl2溶液，若要使cu2+开始沉淀，应调节ph至4.5（6）工业上由红棕色固体c制取相应单质常用的方法是ba电解法 b热还原法 c热分解法（7）用惰性电极电解溶液e制取固体b，所发生的化学反应方程式为cucl2cu+cl2考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：含有cu、fe、si废旧合金中的铁与铜与过量的氯化铁溶液发生氧化还反应，得到固体硅和含氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液a，加入过量的还原剂铜粉，得到时氯化亚铁和氯化铜的混合溶液b，然后向溶液中加入酸性高锰酸钾将亚铁离子氧化成铁离子，得到含锰离子、铁离子和铜离子的混合溶液中滴加氢氧化钾调节溶液的ph使铁离子完全沉淀，然后过滤得到氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，溶液e电解阳氯离子放电得到氯气，阴极铜离子放电得到单质铜； （1）根据操作、分离得到的物质来判断；（2）根据流程最后滤液中含铜，和电解得到b分析，加入过量的还原剂目的是还原过量的氯化铁；fecl3具有氧化性与还原剂铜发生氧化还原反应，离子方程为：2fe3+cu=2fe2+cu2+；（3）根据关系式和原子守恒可计算出c（fe2o3）的质量；（4）根据氢氧化物的沉淀ph进行分析，使氯化铁完全生成氢氧化铁；（5）若要使cu2+开始沉淀，qc=ksp，所以c（oh）=109.5mol/l，根据水的离子积常数，求出氢离子的浓度，从而求出ph；（6）氧化铁与还原剂一氧化碳发生氧化还原反应得到单质铁；（7）溶液e电解阳氯离子放电得到氯气，阴极铜离子放电得到单质铜解答：解：（1）通过操作、都得到固体和溶液，所用该操作是过滤，过滤是把不溶性固体和溶液分开的操作，所以涉及过滤、洗涤、干燥，故选：d；（2）根据流程最后滤液中含铜，和电解得到b分析，加入过量的还原剂目的是还原过量的氯化铁，故应加铜，fecl3具有氧化性与还原剂铜发生氧化还原反应，离子方程为：2fe3+cu=2fe2+cu2+，故答案为：铜粉； 2fe3+cu=2fe2+cu2+；（3）溶液b中含亚铁离子，会被酸性高锰酸钾氧化成铁离子，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为mno4+5fe2+8h+=mn2+5fe3+4h2o，根据关系式计算： 2 mno410fe2+5fe2o3 2 10 5160g 0.001xy mm=0.4xy，故答案为：0.4xy；（4）因kspcu（oh）2=2.21020，kspfe（oh）3=4.01038，kspmn（oh）2=1.91013，溶度积常数越小，对应离子越易沉淀，所以沉淀顺序为：fe3+cu2+mn2+，使氯化铁完全生成氢氧化铁，故答案为：保证fe3+沉淀完全而其他金属阳离子不沉淀； （5）若要使cu2+开始沉淀，qc=ksp，所以c（oh）=109.5mol/l，所以ph=4.5，故答案为：4.5；（6）氧化铁与还原剂一氧化碳发生氧化还原反应得到单质铁，所以用热还原法，故选：b；（7）溶液e电解阳氯离子放电得到氯气，阴极铜离子放电得到单质铜，所以电极反应式为：cucl2cu+cl2，故答案为：cucl2cu+cl2点评：本题考查了实验方案的设计，设计实验基本操作，物质的分离与除杂，离子方程式的书写，沉淀溶解平衡及电解原理，题目较难，要考虑整个流程，从实验目的出发围绕问题根据化学原理一步步解答9在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存一定温度下，向1l 0l moll1 ch3 cooh溶液中加入少量ch3coona固体（1）ch3 cooh溶液的电离平衡向左移动（填“向左”、“向右”或“不”），溶液中增大（填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）若该溶液呈酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：（1）加入醋酸钠后，醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离；根据醋酸的电离平衡常数表达式可知：=，然后结合加入醋酸钠后溶液中氢离子浓度变化判断；（2）醋酸在溶液中的电离程度较小，且加入的醋酸根离子浓度减少，结合电荷守恒判断该混合液中各离子浓度大小解答：解：（1）向1l 0l moll1 ch3 cooh溶液中加入少量ch3coona固体，醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，则醋酸的电离平衡向左移动；根据醋酸的电离平衡常数表达式可知：=，由于加入醋酸钠后，醋酸的电离平衡常数向左移动，则溶液中氢离子浓度减小，而醋酸的电离平衡常数不变，所以该比值增大，故答案为：向左；增大；（2）该溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），由于加入的醋酸钠少量，则溶液中c（h+）c（na+），故溶液中离子浓度大小为c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh），故答案为：c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh）点评：本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握弱电解质的电离及其影响因素，明确离子浓度大小比较常用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力10开发新能源和三废处理都是可持续发展的重要方面（1）h2、co、ch3oh都是重要能源物质，它们燃烧热依次为285.8kj/mol、281.5kj/mol、726.7kj/mol已知co、h2在一定条件下可以合成甲醇co（g）+2h2（g）=ch3oh（l）则该合成甲醇的热化学方程式为co（g）+2h2（g）=ch3oh（l）h=126.4kj/mol（2）co在催化剂作用下可以与h2反应生成甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）在密闭容器中充入10mol co与20mol h2，co的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示则m、n、q三点的平衡常数km、kn、kq的大小关系为km=knkq；p1p2（填“”或“”或“=”）；m、n两点平衡状态下，容器中物质的总物质的量之比为：n（m）总：n（n）总=5：4考点：转化率随温度、压强的变化曲线 分析：（1）分别写出co、h2、ch3oh热化学方程式后，根据盖斯定律就可得出要求的热化学方程式及反应热，分析判断；（2）化学平衡常数只与温度有关，相同温度时其平衡常数相等，升高温度平衡向逆反应方向移动，其平衡常数减小；相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则co的转化率增大；m点时，co转化率为50%，则参加反应的n（co）=10mol50%=5mol，还剩余5molco，根据方程式知，还剩余n（h2）=20mol5mol2=10mol，生成n（ch3oh）=5mol；n点时，co转化率为70%，参加反应的n（co）=10mol70%=7mol，还剩余3molco，根据方程式知，还剩余n（h2）=20mol7mol2=6mol，生成n（ch3oh）=7mol，据此计算其物质的量之比解答：解：（1）co燃烧的热化学方程式：co（g）+o2（g）co2（g）h=281.5 kjmol1 h2燃烧的热化学方程式：2h2（g）+o2（g）2h2o（l）h=285.82 kjmol1 ch3oh燃烧的热化学方程式：ch3oh（l）+o2（g）co2（g）+2h2o（l）h=726.7 kjmol1 将+（）可得：co（g）+2h2（g）ch3oh（l）h=126.4kjmol1；故答案为：co（g）+2h2（g）=ch3oh（l）h=126.4kj/mol；（2）化学平衡常数只与温度有关，相同温度时其平衡常数相等，升高温度平衡向逆反应方向移动，其平衡常数减小，根据图象知，温度：m=nq，则若m、n、q三点的平衡常数km、kn、kq的大小关系为km=knkq；相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则co的转化率增大，根据图象知，p1小于p2；m点时，co转化率为50%，则参加反应的n（co）=10mol50%=5mol，还剩余5molco，根据方程式知，还剩余n（h2）=20mol5mol2=10mol，生成n（ch3oh）=5mol；n点时，co转化率为70%，参加反应的n（co）=10mol70%=7mol，还剩余3molco，根据方程式知，还剩余n（h2）=20mol7mol2=6mol，生成n（ch3oh）=7mol，所以容器中总物质的物质的量之比为：n（m）总：n（n）总=（5+10+5）mol：（3+6+7）mol=5：4；故答案为：km=knkq、5：4点评：本题考查了燃烧热的概念、热化学方程式的书写和盖斯定律、转化率与温度、压强关系，明确温度、压强对该反应平衡影响是解本题关键，题目难度中等11（14分）二氯化二硫（s2cl2），常温下是一种黄红色液体，有窒息性，刺激性恶臭，熔点80，沸点135.6，在空气中强烈产生烟雾，遇水、醇即分解；它常用于橡胶的低温硫化和黏接剂，国防工业用作军用毒气它的工业合成方法：将氯气通入到熔融的硫单质发生反应而制得实验室用下列装置制取少量s2cl2请回答下列问题：（1）s2cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构，则它的结构式为clsscl（2）下列方法都可以制得氯气，其中符合装置a制取的有b、ca、mno2固体和浓hcl共热 b、kmno4固体和浓hcl反应c、kclo3固体和浓hcl反应 d、mno2固体、nacl固体和浓硫酸共热（3）装置a中用恒压分液漏斗而不用普通分液漏斗的原因是平衡气压，便于液体顺利滴下（4）b中饱和食盐水的作用除去氯气中氯化氢，装置c中的试剂是浓硫酸（5）s2cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式2s2cl2+2h2o=3s+so2+4hcl，其氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1（6）从安全和环保方面考虑，在图1中补全f方框内剩下的装置并注明装置中的药品画图时，仪器可以简化，仪器可以分别表示为如图2所示考点：制备实验方案的设计 分析：（1）s2cl2分子中，s原子最外层有6个电子，氯原子最外层有7个电子，分子中各原子均达到8电子稳定结构，则硫原子与氯原子之间有一对共用电子对，两个硫原子之间也有一对共用电子对，据此答题；（2）a装置适合固体与液体不需要加热的反应，据此答题；（3）a装置中有气体产生，会产生压强，影响液体的流下；（4）氯气在食盐水的溶解度小，可以除去氯气中的氯化氢，与硫反应的氯气必需要干燥，据此答题；（5）s2cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，则该气体为二氧化硫，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，根据元素守恒可写出该反应的化学方程式，根据电子得失守恒计算其氧化剂与还原剂物质的量之比；（6）从安全和环保方面考虑，装置中产生的尾气要吸收，因为尾气中有极易溶于水的气体，所以要用防倒吸装置；解答：解：（1）s2cl2分子中，s原子最外层有6个电子，氯原子最外层有7个电子，分子中各原子均达到8电子稳定结构，则硫原子与氯原子之间有一对共用电子对，两个硫原子之间也有一对共用电子对，所以s2cl2分子的结构式为clsscl，故答案为：clsscl；（2）a装置适合固体与液体不需要加热的反应，a、d反应都需要加热，b、c不需要加热，故选b、c；（3）a装置中有气体产生，会产生压强，影响液体的流下，所以装置a中要用恒压分液漏斗，平衡气压，便于液体顺利滴下，故答案为：平衡气压，便于液体顺利滴下；（4）氯气在食盐水的溶解度小，可以除去氯气中的氯化氢，与硫反应的氯气必需要干燥，所以b中饱和食盐水的作用是除去氯气中氯化氢，装置c中的试剂是浓硫酸，故答案为：除去氯气中氯化氢；浓硫酸；（5）s2cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，则该气体为二氧化硫，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，所以反应的化学方程式为2s2cl2+2h2o=3s+so2+4hcl，反应中硫元素从+1价部分变为+4价，得氧化产物为so2，部分变为0价，得还原产物为s，根据氧化产物和还原产物可知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1，故答案为：2s2cl2+2h2o=3s+so2+4hcl；3：1；（6）从安全和环保方面考虑，装置中产生的尾气要吸收，尾气可能有s2cl2、氯化氢、二氧化硫等气休，所以要用浓氢氧化钠溶液吸收，因为尾气中有极易溶于水的气体，所以要用防倒吸装置，装置如图，故答案为：点评：本题主要考查了在实验室中合成s2c12，根据题目信息分析了原因，培养了学生运用知识的能力与解决问题的能力，题目难度中等二、选考题：共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分12某磷肥厂利用某磷矿石ca3（po4）2制取磷肥并综合利用副产物生产水泥的工艺流程如图：（1）将磷矿石制成磷肥的目的是将难溶于水的ca3（po4）2转化为易溶于水的ca（h2po4）2，便于植物吸收，有关的化学方程式为ca3（po4）2+2h2so4=2caso4+ca（h2po4）2（2）在该工艺流程中高硫煤粉不需要脱硫，理由是s与o2反应产生的so2可用于生产h2so4而循环使用（3）水泥属于b材料（填“a”或者“b”：a新型无机非金属材料 b传统无机非金属材料）（4）工业生产硫酸过程中，so2在接触室中被催化氧化为so3，已知该反应为放热反应现将2mol so2、1mol o2充入体积为2l的密闭容器中充分反应，放出热量98.3kj，此时测得so2的物质的量为1mol则该热化学方程式为2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kj/mol，平衡常数k为4（5）工业上用接触法制硫酸，最后的产品是98%的硫酸或组成为2h2so4so3的发烟硫酸（h2so4和h2so4so3的混合物，其中so3的质量分数约为29%）若98%的浓硫酸可表示为so3ah2o，含so329%的发烟硫酸可表示为bso3h2o，则a=，b=考点：三废处理与环境保护 分析：（1）磷矿石不溶于水，不利于植物吸收，而磷肥的主要成份ca（h2po4）2，易溶于水，被植物吸收；（2）高硫煤粉燃烧产生的二氧化硫，在粉尘作催化剂作用可将其氧化生成三氧化硫，而生成硫酸；（3）水泥的主要成份是硅酸盐；（4）此时测得so2的物质的量为1mol，反应消耗1mol的二氧化硫放出热量为：98.3kj，所以热化学方程式为：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6 kj/mol；根据三行式来求平衡时各组分的浓度，然后代入平衡常数表达式计算求解；（5）根据题意，98%硫酸可表示为so3ah2o，通过整理即为h2so4（a1）h2o，由该溶液中h2so4（溶质）与h2o（溶剂）的质量关系可得：98：18（a1）=98%：（198%），解出a即可；同理，29%发烟硫酸可表示为h2obso3，通过整理即为：h2so4（b1）so3，根据29%发烟硫酸中h2so4和so3的质量关系可得：98：80（b1）=（129%）：29%，解出b即可解答：解：（1）磷矿石不溶于水，不利于植物吸收，而磷肥的主要成份ca（h2po4）2，易溶于水，被植物吸收，反应方程式为：ca3（po4）2+2h2so4=2caso4+ca（h2po4）2，故答案为：将难溶于水的ca3（po4）2 转化为易溶于水的ca（h2po4）2，便于植物吸收；ca3（po4）2+2h2so4=2caso4+ca（h2po4）2；（2）高硫煤粉燃烧产生的二氧化硫，在粉尘作催化剂作用可将其氧化生成三氧化硫，而生成硫酸，所以可以有效得用，故答案为：s与o2反应产生的so2可用于生产h2so4而循环使用；（3）水泥的主要成份是硅酸盐，是传统无机非金属材料，故选：b；（4）此时测得so2的物质的量为1mol，反应消耗1mol的二氧化硫放出热量为：98.3kj，所以热化学方程式为：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6 kj/mol； 2so2（g）+o2（g）2so3（g）初起浓度：1 0.5 0变化浓度：0.5 0.25 0.5平衡浓度：0.5 0.25 0.5所以k=4，故答案为：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6 kj/mol；4；（5）根据题意，98%硫酸可表示为so3ah2o，通过整理即为h2so4（a1）h2o，由该溶液中h2so4（溶质）与h2o（溶剂）的质量关系可得：98：18（a1）=98%：（198%），解出a为，同理，29%发烟硫酸可表示为h2obso3，通过整理即为：h2so4（b1）so3，根据29%发烟硫酸中h2so4和so3的质量关系可得：98：80（b1）=（129%）：29%，解出b=，故答案为：；点评：本题的综合性很强，涉及的知识点较多，有一定的难度，特别第（5）题计算时，恰当的对数据进行处理，计算起来才能较为简便，有一定的难度13铜单质及其化合物在很多领域有重要用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂（1）cu位于元素周期表第四周期第b 族cu2+的核外电子排布式为ar3d9或1s22s22p63s23p63d9（2）如图1是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞