浙江省宁波市鄞州高级中学高考化学六模试卷（含解析）.doc

2015年浙江省宁波市鄞州高级中学高考化学六模试卷一、选择题（本题共7小题，每题6分，共42分）1下列说法不正确的是( )a用石灰石或石灰乳进行燃煤烟气脱硫（除so2）可获得副产品石膏b金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法c若在水里贮藏室中，放几块被kmno4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间d常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快2下列有关实验的操作、原理和现象的叙述正确的是( )a容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗b检验某溶液是否含有so42时，应取少量该溶液，依次加入bacl2溶液和稀盐酸c向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后冷却，再加入新制的cu（oh）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖d用干燥且洁净的玻璃棒蘸取naclo溶液，滴到放在表面皿上的ph试纸上测ph值3元素周期的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是( )a元素形成的单质晶体均属于原子晶体b元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键c、对应的简单离子半径依次减小d实验室可根据、单质分别与单质反应的难易程度来比较元素的非金属性强弱4下列说法正确的是( )a某芳香烃的分子式为c10h14，它不能使溴水褪色，但可使酸性kmno4溶液褪色，且分子结构中只有一个烷基，符合条件的烃有3种b某有机化合物完全燃烧生成等物质的量的co2和h2o，则该有机物的分子式一定cnh2nc甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，则甲醚（ch3och3）也无同分异构体dhoch2cooh既可发生取代反应，也可发生加聚反应5甲醇燃料电池容易携带、容易存储等优点，目前被认为将会替代传统的电池成为携带型设备的主要电源如图是甲醇的质子交换膜型燃料电池模型，下列有关说法正确的是( )ay极为电池的负极bx极的电极反应式ch3oh+h2o6e=co2+6h+c若常温下以该电池电解100mlkcl溶液至ph=12时，电池质子交换膜迁移的a为0.01mold空气以20%为氧气计算，x极每消耗1mol甲醇，y极必消耗168l空气中的氧气6下列说法正确的是( )ana代表阿伏加德罗常数，1molc4h10中含共价键数目为14nab某反应的h=88kjmol1，则正反应活化能一定小于88kjmol1c已知某温度下，kw=l1013，若将ph=8的naoh溶液与ph=5的h2so4溶液混合保持温度不变，欲使混合溶液ph=7，则naoh溶液与h2so4溶液的体积比为11：9d将浓度为0.1 moll1 hf溶液加水不断稀释过程中，电离度和ka（hf）保持不变，始终保持增大7某试液中只可能含有k+、nh4+、fe2+、al3+、cl、so42、co32、alo2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1moll1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是( )a无法确定原试液中是否含有al3+、clb滤液x中大量存在的阳离子有nh4+、fe2+和ba2+c无法确定沉淀c的成分d原溶液中存在的离子为nh4+、fe2+、cl、so42二、非选择题（58分）8a、b、c、d、e均为有机化合物，它们之间的关系如图所示（提示：rch=chr在酸性高锰酸钾溶液中反应生成rcooh和rcooh，其中r和r为烷基）回答下列问题：（1）直链化合物a的相对分子质量小于90，a分子中碳、氢元素的总质量分数为0.814，其余为氧元素，则a的分子式为_；（2）已知b与nahco3溶液完全反应，其物质的量之比为12，则在浓硫酸的催化下，b与足量的c2h5oh发生反应的化学方程式是_，反应类型为_：（3）a可以与金属钠作用放出氢气，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则a的结构简式是_；（4）d的同分异构体中，能与nahco3溶液反应放出co2的所有结构简式_9铜是生命必需的元素，也是人类广泛使用的金属（1）向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式_（2）将so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀的同时，还有产物_填写化学式）（3）现代工业上，主要采用高温冶炼黄铜矿（cufes2，也可表示为cu2sfe2s3）的方法获得铜火法炼铜首先要焙烧黄铜矿：2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo每转移0.6mol电子，有_mol硫被氧化（4）cu2o投入足量的某浓度的硝酸中，若所得气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，发生反应的化学方程式为：_10化合物a由氯和氧两种元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0，a溶于水可得只含单一溶质b的弱酸性溶液，b溶液在放置过程中其酸性会增强常温下，气体a与nh3反应生成离子晶体c、气体单质d和常见液体e，d为空气中含量最多的物质气体a可用氯气与潮湿的na2co3反应制得，同时生成两种钠盐请回答下列问题：（1）气体a的电子式为_，气体单质d对应元素在周期表中的位置为_（2）用化学方程式表示b溶液酸性增强的原因_（3）气体a与nh3反应的化学方程式为_（4）试写出制取气体a的化学方程式为_（5）设计实验探究离子晶体c的成分为_11（14分）乙烯在化工生产中的用途广泛，乙烷脱氢制乙烯是工业上常用方法，但如果提高乙烯的产率一直是科学家研究的方向现阶段co2氧化乙烷脱氢制乙烯的研究在国内外学术界引起较大关注，主要涉及以下反应：反应：c2h6c2h4+h2 h1反应：co2+h2co+h2o（g） h20总反应：c2h6+co2c2h4+h2o（g）+coh3（1）反应的s_0（填“”或“”）（2）在工业生产中，为了提高反应中乙烯的产率，有人拟加入o2除去生成的h2，试解释采取这一措施的原理：_但由于o2的氧化性强，乙烯往往会被氧化，最终乙烯的产率提高不大，无实际意义（3）下列关于该研究的说法正确的是：_（填写相应的编号）a为加快反应速率，生产中实际温度越高越好，可提高每天的产量，从而提高经济效益；b研究开发合适的催化剂，加快反应速率；c加入co2可加快反应的速率，从而提高乙烯的产率；d加入co2对反应的各物质起到稀释的作用，在恒压条件下可提高乙烷的转化率（4）为研究温度对乙烯产率的影响，实验得图1、图2试分析图1 中h2收率在同一温度下随时间变化而下降的原因：_从图2中分析反应的h3_0（填“”或“”）（5）写出反应的平衡常数表达式：k=_若令浓度商q=，400k时，在固定体积的密闭容器中，充入物质的量为1：1的co2和h2，经过一定时间t后到达平衡，在升高温度至1700k在图3画出反应随温度升高时q值的变化趋势图12（14分）某校课外小组模拟工业制备纯碱并测定纯碱的纯度，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验（1）已知碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和co2，由碳酸氢钠制备纯碱的过程中用到的主要仪器除酒精灯、泥三角、三脚架、玻璃棒外，还有_（2）甲组同学利用图1装置制备碳酸氢钠：图中装置的连接方法为a接_，b接_，f接c装置d中试剂瓶内发生的化学反应方程式为_实验中要求通入的nh3过量之后再通入co2气体，检验通入的nh3已过量的实验操作是_（3）已知实验中得到的na2co3中常含有少量nacl乙组设计如图2所示装置来测定na2co3的含量检验装置f气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后静置，若_，说明装置不漏气装置e中的试剂_，装置g的作用_以上实验装置存在明显缺陷，该缺陷导致测定结果偏高，该缺陷为_2015年浙江省宁波市鄞州高级中学高考化学六模试卷一、选择题（本题共7小题，每题6分，共42分）1下列说法不正确的是( )a用石灰石或石灰乳进行燃煤烟气脱硫（除so2）可获得副产品石膏b金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法c若在水里贮藏室中，放几块被kmno4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间d常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快【考点】三废处理与环境保护；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；乙烯的化学性质 【分析】a石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到的硫酸钙；b金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法；c乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化；d平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关【解答】解：a石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，故a正确；b金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法，故b正确；c乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除去乙烯，为了延长水果的保鲜期，故c正确；d 平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故d错误；故选d【点评】本题考查知识点较多，明确工业脱硫的方法、电化学保护、乙烯的性质和用途以及平衡常数等知识点，题目难度不大，平时注意知识的积累2下列有关实验的操作、原理和现象的叙述正确的是( )a容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗b检验某溶液是否含有so42时，应取少量该溶液，依次加入bacl2溶液和稀盐酸c向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后冷却，再加入新制的cu（oh）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖d用干燥且洁净的玻璃棒蘸取naclo溶液，滴到放在表面皿上的ph试纸上测ph值【考点】化学实验方案的评价 【分析】a容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗；b检验某溶液是否含有so42时，应取少量该溶液，应该先加稀盐酸后加氯化钡溶液；c葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应需要在碱性条件下；d次氯酸具有漂白性【解答】解：a容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，否则产生误差，故a正确；b检验某溶液是否含有so42时，应取少量该溶液，应该先加稀盐酸后加氯化钡溶液，排除碳酸根等离子干扰，故b错误；c葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应需要在碱性条件下，在加新制氢氧化铜悬浊液前没有加氢氧化钠中和酸，故c错误；d次氯酸钠水解生成的次氯酸具有漂白性，所以不能用ph试纸测定ph值，故d错误；故选a【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及官能团检验、ph值测定、离子检验、仪器的使用等知识点，明确实验原理及仪器使用方法是解本题关键，注意从实验的操作规范性及物质性质分析解答，易错选项是cd3元素周期的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是( )a元素形成的单质晶体均属于原子晶体b元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键c、对应的简单离子半径依次减小d实验室可根据、单质分别与单质反应的难易程度来比较元素的非金属性强弱【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由元素在周期表中的位置可知，为h、为na、为c、为n、为o、为p、为s、为cla碳单质中金刚石为原子晶体，而c60等为分子晶体；b氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化；c电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；d根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，为h、为na、为c、为n、为o、为p、为s、为cla碳单质中金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，而c60等为分子晶体，故a错误；b氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故b正确；c电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径s2clna+，故c错误；d根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱，单质与氧气反应不能比较元素非金属性强弱，故d错误，故选b【点评】本题考查元素周期表及应用，侧重元素的位置及性质的考查，注意对基础知识的理解掌握4下列说法正确的是( )a某芳香烃的分子式为c10h14，它不能使溴水褪色，但可使酸性kmno4溶液褪色，且分子结构中只有一个烷基，符合条件的烃有3种b某有机化合物完全燃烧生成等物质的量的co2和h2o，则该有机物的分子式一定cnh2nc甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，则甲醚（ch3och3）也无同分异构体dhoch2cooh既可发生取代反应，也可发生加聚反应【考点】有机物实验式和分子式的确定；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体 【分析】a、先判断该分子符合哪类烃的通式，再根据题意判断含有的官能团，再判断其同分异构体；b、该有机物中可能含有o元素；c、二甲醚（ch3och3）和乙醇（ch3ch2oh）分子式相同，是同分异构体；d、含有醇羟基和羧基的有机物的性质来回答判断【解答】解：a该烃的分子式c10h14符合cnh（2n6）的通式，它不能使溴水褪色，但可使kmno4酸性溶液褪色，所以含有苯环；根据题意知，该分子含有丁烷烷基，所以只判断丁烷烷基的同分异构体即可；丁烷烷基的碳链同分异构体有：苯的同系物中与苯环相连的c原子上必须含有h原子，才可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，烷基，与苯环相连的c原子上不含h原子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此符合条件的烃共有3种，故a正确；b、某有机化合物完全燃烧生成等物质的量的co2和h2o，只能说明有机物中c与h的个数比为1：2，不确定是否含有o元素，故b错误；c、甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，但是二甲醚（ch3och3）和乙醇（ch3ch2oh）分子式相同，是同分异构体，故c错误；d、hoch2cooh中含有醇羟基和羧基，可以发生取代反应和酯化反应，不能发生加聚反应，故d错误；故选a【点评】本题涉及有机物分子式的确定、同分异构体的书写、有机物的性质等知识，属于综合知识的考查，难度不大5甲醇燃料电池容易携带、容易存储等优点，目前被认为将会替代传统的电池成为携带型设备的主要电源如图是甲醇的质子交换膜型燃料电池模型，下列有关说法正确的是( )ay极为电池的负极bx极的电极反应式ch3oh+h2o6e=co2+6h+c若常温下以该电池电解100mlkcl溶液至ph=12时，电池质子交换膜迁移的a为0.01mold空气以20%为氧气计算，x极每消耗1mol甲醇，y极必消耗168l空气中的氧气【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】根据质子移动方向知，x为负极、y为正极，负极上电极反应式为ch3oh+h2o6e=co2+6h+，正极电极反应式为o2+4e+4h+=2h2o，结合转移电子相等进行计算【解答】解：a根据质子移动方向知，放电时，电解质溶液中氢离子向正极移动，所以y为正极，故a错误；bx电极为负极，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为ch3oh+h2o6e=co2+6h+，故b正确；c根据2kcl+2h2o2koh+h2+cl2知，若常温下以该电池电解100mlkcl溶液至ph=12时，生成n（koh）=0.01mol/l0.1l=0.001mol，根据koh和氢离子之间的关系式知，电池质子交换膜迁移的a为0.001mol，故c错误；d温度和压强未知，无法计算氧气体积，故d错误；故选b【点评】本题考查了原电池原理，根据质子移动方向确定正负极，再结合物质之间的关系式进行解答，易错选项是d，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点6下列说法正确的是( )ana代表阿伏加德罗常数，1molc4h10中含共价键数目为14nab某反应的h=88kjmol1，则正反应活化能一定小于88kjmol1c已知某温度下，kw=l1013，若将ph=8的naoh溶液与ph=5的h2so4溶液混合保持温度不变，欲使混合溶液ph=7，则naoh溶液与h2so4溶液的体积比为11：9d将浓度为0.1 moll1 hf溶液加水不断稀释过程中，电离度和ka（hf）保持不变，始终保持增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；阿伏加德罗常数；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【分析】a、c4h10为丁烷，4个c原子有3个碳碳键；b、焓变的大小决定于正逆反应的活化能的差值；c、据kw=l1013，kw=c（oh）c（h+），ph=6.5时，溶液呈中性，ph=5的h2so4溶液，c（h+）=1105mol/l，ph=8的naoh溶液，根据kw=c（oh）c（h+），c（oh）=mol/l=1105mol/l，要使混合液的ph=7，溶液呈碱性，即氢氧根离子过量，混合溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=106 mol/l；d、弱酸加水稀释，其电离度增大，电离平衡常数不变，氟离子和氢离子物质的量同等程度的增大【解答】解：a、1molc4h10中含3个cc、10个ch共价键，则共价键数目为13na，故a错误；b、焓变的大小决定于正逆反应的活化能的差值，某反应的h=88kjmol1，则正反应活化能不一定小于88kjmol1，故b错误；c、水的离子积常数为11013，kw=c（oh）c（h+），ph=6.5时，溶液呈中性，ph=5的h2so4溶液，c（h+）=1105mol/l，ph=8的naoh溶液，根据kw=c（oh）c（h+），c（oh）=mol/l=1105mol/l，要使混合液的ph=7，溶液呈碱性，即氢氧根离子过量，混合溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=106 mol/l，两种溶液混合后氢氧化钠的物质的量浓度为=106mol/l，所以x：y=11：9，故c正确；d、将浓度为0.1 moll1 hf溶液加水不断稀释过程中，电离度增大，ka（hf）保持不变，始终基本不变，故d错误；故选c【点评】本题考查了有机物中共价键的数目、焓变与活化能的关系、ph计算、弱酸稀释时电离度变化，题目难度不大7某试液中只可能含有k+、nh4+、fe2+、al3+、cl、so42、co32、alo2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1moll1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是( )a无法确定原试液中是否含有al3+、clb滤液x中大量存在的阳离子有nh4+、fe2+和ba2+c无法确定沉淀c的成分d原溶液中存在的离子为nh4+、fe2+、cl、so42【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】离子反应专题【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无ba2+，无alo2；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入naoh有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀b为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量co2产生沉淀，先与oh、ba2+反应，沉淀c为碳酸钡，不能说明存在al3+因为存在的离子浓度均为0.1moll1，从电荷的角度出发，只能含有nh4+、fe2+、cl、so42才能保证电荷守恒，k+必然不能存在【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无ba2+，无alo2；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入naoh有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀b为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量co2产生沉淀，先与oh、ba2+反应，沉淀c为碳酸钡，不能说明存在al3+因为存在的离子浓度均为0.1moll1，从电荷的角度出发，只能含有nh4+、fe2+、cl、so42才能保证电荷守恒，k+必然不能存在故a、b、c错误，d正确故选：d【点评】本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大二、非选择题（58分）8a、b、c、d、e均为有机化合物，它们之间的关系如图所示（提示：rch=chr在酸性高锰酸钾溶液中反应生成rcooh和rcooh，其中r和r为烷基）回答下列问题：（1）直链化合物a的相对分子质量小于90，a分子中碳、氢元素的总质量分数为0.814，其余为氧元素，则a的分子式为c5h10o；（2）已知b与nahco3溶液完全反应，其物质的量之比为12，则在浓硫酸的催化下，b与足量的c2h5oh发生反应的化学方程式是hoocch2cooh+2c2h5ohc2h5oocch2cooc2h5+2h2o，反应类型为酯化反应：（3）a可以与金属钠作用放出氢气，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则a的结构简式是ch3ch=chch2ch2oh；（4）d的同分异构体中，能与nahco3溶液反应放出co2的所有结构简式ch3ch2ch2cooh、（ch3）2chcooh【考点】有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】化合物a氧元素的质量分数为10.814=0.186，a分子中o原子数目最多为=1，故a分子中含有1个o原子，a的相对分子质量为=86，剩余基团的式量为8616=70，分子中碳原子最大数目为=510，故剩余基团为c5h10，故a的分子式为c5h10o，不饱和度为=1，a可以与金属钠作用放出氢气，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则a含有1个c=c双键、1个oh，a被酸性高锰酸钾氧化生成b、c，b能与碳酸氢钠反应，则b含有羧基，c能与乙醇生成d，由d的分子式可知，d为酯，c含有羧基，则c为ch3cooh、d为ch3cooc2h5b中碳原子数目为3，能与碳酸氢钠按1：2反应，故b分子中含有2个羧基cooh，说明a分子中还含有1个oh，故a的结构简式为ch3ch=chch2ch2oh，则b为hoocch2cooh，与碳酸氢钠反应生成e为naoocch2coona，据此解答【解答】解：化合物a氧元素的质量分数为10.814=0.186，a分子中o原子数目最多为=1，故a分子中含有1个o原子，a的相对分子质量为=86，剩余基团的式量为8616=70，分子中碳原子最大数目为=510，故剩余基团为c5h10，故a的分子式为c5h10o，不饱和度为=1，a可以与金属钠作用放出氢气，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则a含有1个c=c双键、1个oh，a被酸性高锰酸钾氧化生成b、c，b能与碳酸氢钠反应，则b含有羧基，c能与乙醇生成d，由d的分子式可知，d为酯，c含有羧基，则c为ch3cooh、d为ch3cooc2h5b中碳原子数目为3，能与碳酸氢钠按1：2反应，故b分子中含有2个羧基cooh，说明a分子中还含有1个oh，故a的结构简式为ch3ch=chch2ch2oh，则b为hoocch2cooh，与碳酸氢钠反应生成e为naoocch2coona（1）由上述分析可知，a的分子式为：c5h10o，故答案为：c5h10o；（2）b为hoocch2cooh，与乙酸发生酯化反应生成c2h5oocch2cooc2h5，反应方程式为：hoocch2cooh+2c2h5ohc2h5oocch2cooc2h5+2h2o，故答案为：hoocch2cooh+2c2h5ohc2h5oocch2cooc2h5+2h2o；酯化反应；（3）由上述分析可知，a的结构简式是ch3ch=chch2ch2oh，故答案为：ch3ch=chch2ch2oh；（4）d为ch3cooc2h5，d的同分异构体中，能与nahco3溶液反应放出co2，同分异构体中含有cooh，所有结构简式为：ch3ch2ch2cooh、（ch3）2chcooh，故答案为：ch3ch2ch2cooh、（ch3）2chcooh【点评】本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，关键是计算确定a的分子式，注意掌握官能团的性质与转化，综合考查学生分析和运用能力，难度中等9铜是生命必需的元素，也是人类广泛使用的金属（1）向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式fe（oh）3（2）将so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀的同时，还有产物h2so4、hcl填写化学式）（3）现代工业上，主要采用高温冶炼黄铜矿（cufes2，也可表示为cu2sfe2s3）的方法获得铜火法炼铜首先要焙烧黄铜矿：2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo每转移0.6mol电子，有0.1mol硫被氧化（4）cu2o投入足量的某浓度的硝酸中，若所得气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，发生反应的化学方程式为：2cu2o+10hno3=4cu（no3）2+no+no2+5h2o【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质 【专题】元素及其化合物【分析】（1）cuo促进铁离子水解，据此解答即可；（2）so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀，发生氧化还原反应，则s元素的化合价升高；（3）2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo中，cu、o元素的化合价降低，s元素的化合价升高，利用化合价变化计算被氧化的s；二氧化硫与碱反应可处理尾气；（4）cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，得到电子数为1（52）+1（54）=4，cu2o失去电子数为2，结合电子守恒及原子守恒分析【解答】解：（1）因为fe3+会水解产生较多的h+：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，加入cuo与h+反应生成cu2+和h2o，降低了h+浓度，使得水解平衡正向移动，生成fe（oh）3沉淀，故答案为：fe（oh）3；（2）so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀，发生氧化还原反应，则s元素的化合价升高，则生成h2so4，由元素守恒可知还生成hcl，故答案为：h2so4、hcl；（3）2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo中，cu、o元素的化合价降低，得到电子被还原，则被还原的元素为cu、o；s元素的化合价升高，每转移0.6mol电子，被氧化的s为=0.1mol，故答案为：0.1；（4）cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，得到电子数为1（52）+1（54）=4，cu2o失去电子数为2，由电子守恒及原子守恒可知，反应为2cu2o+10hno3=4cu（no3）2+no+no2+5h2o，故答案为：2cu2o+10hno3=4cu（no3）2+no+no2+5h2o【点评】本题考查cu及其化合物的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应及应用为解答的关键，注重基础知识的夯实和训练，题目难度不大10化合物a由氯和氧两种元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0，a溶于水可得只含单一溶质b的弱酸性溶液，b溶液在放置过程中其酸性会增强常温下，气体a与nh3反应生成离子晶体c、气体单质d和常见液体e，d为空气中含量最多的物质气体a可用氯气与潮湿的na2co3反应制得，同时生成两种钠盐请回答下列问题：（1）气体a的电子式为，气体单质d对应元素在周期表中的位置为第二周期第a族（2）用化学方程式表示b溶液酸性增强的原因2hclo2hcl+o2（3）气体a与nh3反应的化学方程式为3cl2o+10nh3=6nh4cl+2n2+3h2o（4）试写出制取气体a的化学方程式为2cl2+2na2co3+h2o=cl2o+2nahco3+2nacl（5）设计实验探究离子晶体c的成分为取少量晶体溶于水，分成两份于试管中；一份加入浓naoh溶液、加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有nh4+；另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明含cl，由此证明该晶体为nh4cl【考点】无机物的推断 【专题】推断题【分析】化合物a由氯和氧两种元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0，故a的相对分子质量为87，则a为cl2o；a溶于水可得只含单一溶质b的弱酸性溶液，b溶液在放置过程中其酸性会增强，故知b为hclo，气体a与nh3反应生成离子晶体c、气体单质d和常见液体e，d为空气中含量最多的物质，d为氮气，所以cl2o与nh3发生了氧化还原反应，根据化合价升降及元素守恒可知，d为cl2，e为h2o，c为nh4cl，气体a可用氯气与潮湿的na2co3反应制得，同时生成两种钠盐，则两钠盐为nahco3和nacl，据此答题【解答】解：a由氯和氧两种元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0，故a的相对分子质量为87，则a为cl2o；a溶于水可得只含单一溶质b的弱酸性溶液，b溶液在放置过程中其酸性会增强，故知b为hclo，气体a与nh3反应生成离子晶体c、气体单质d和常见液体e，d为空气中含量最多的物质，d为氮气，所以cl2o与nh3发生了氧化还原反应，根据化合价升降及元素守恒可知，d为cl2，e为h2o，c为nh4cl，气体a可用氯气与潮湿的na2co3反应制得，同时生成两种钠盐，则两钠盐为nahco3和nacl，（1）a为cl2o，气体a的电子式为，d为氮气，气体单质d对应元素在周期表中的位置为第二周期第a族，故答案为：；第二周期第a族； （2）b为hclo，b溶液在放置过程中次氯酸分解生成盐酸为强酸，用化学方程式表示为2hclo2hcl+o2，故答案为：2hclo2hcl+o2； （3）a为cl2o，气体a与nh3反应的化学方程式为3cl2o+10nh3=6nh4cl+2n2+3h2o，故答案为：3cl2o+10nh3=6nh4cl+2n2+3h2o； （4）制取气体a的化学方程式为 2cl2+2na2co3+h2o=cl2o+2nahco3+2nacl，故答案为：2cl2+2na2co3+h2o=cl2o+2nahco3+2nacl；（5）c为nh4cl，设计实验探究离子晶体c的成分的方法为取少量晶体溶于水，分成两份于试管中；一份加入浓naoh溶液、加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有nh4+；另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明含cl，由此证明该晶体为nh4cl，故答案为：取少量晶体溶于水，分成两份于试管中；一份加入浓naoh溶液、加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有nh4+；另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明含cl，由此证明该晶体为nh4cl【点评】本题考查了物质的推断，侧重考查学生对知识的综合应用及逻辑能力，为常考查点，题目难度中等11（14分）乙烯在化工生产中的用途广泛，乙烷脱氢制乙烯是工业上常用方法，但如果提高乙烯的产率一直是科学家研究的方向现阶段co2氧化乙烷脱氢制乙烯的研究在国内外学术界引起较大关注，主要涉及以下反应：反应：c2h6c2h4+h2 h1反应：co2+h2co+h2o（g） h20总反应：c2h6+co2c2h4+h2o（g）+coh3（1）反应的s0（填“”或“”）（2）在工业生产中，为了提高反应中乙烯的产率，有人拟加入o2除去生成的h2，试解释采取这一措施的原理：氧气与氢气反应生成水，减低氢气的浓度，反应平衡正向移动，提高乙烯的产率但由于o2的氧化性强，乙烯往往会被氧化，最终乙烯的产率提高不大，无实际意义（3）下列关于该研究的说法正确的是：bd（填写相应的编号）a为加快反应速率，生产中实际温度越高越好，可提高每天的产量，从而提高经济效益；b研究开发合适的催化剂，加快反应速率；c加入co2可加快反应的速率，从而提高乙烯的产率；d加入co2对反应的各物质起到稀释的作用，在恒压条件下可提高乙烷的转化率（4）为研究温度对乙烯产率的影响，实验得图1、图2试分析图1 中h2收率在同一温度下随时间变化而下降的原因：反应中二氧化碳消耗氢气，使氢气的收率降低从图2中分析反应的h30（填“”或“”）（5）写出反应的平衡常数表达式：k=若令浓度商q=，400k时，在固定体积的密闭容器中，充入物质的量为1：1的co2和h2，经过一定时间t后到达平衡，在升高温度至1700k在图3画出反应随温度升高时q值的变化趋势图【考点】化学平衡的计算；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素 【分析】（1）反应为气体物质的量增大反应，混乱度增大；（2）氧气与氢气反应生成水，减低氢气的浓度，使平衡正向移动；（3）a温度非常高，需要提供较多的能量，对设备要求也很高，不能提高综合经济效益；b研究开发合适的催化剂，加快反应速率，提高经济效益；c加入co2使反应中氢气浓度降低，反应速率减慢；d在恒压条件下加入co2对反应的各物质起到稀释的作用，平衡正向移动；（4）由图1可知，反应中二氧化碳消耗氢气，使氢气的收率降低；由图2可知，随温度升高，乙烯的收率增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动；（5）平衡常数是指生成物平衡浓度化学计量数幂乘积与反应物浓度化学计量数幂乘积的比；未到达平衡前，生成物浓度增大，反应物浓度减小，则q值减小，到达平衡时在升高温度，平衡逆向移动，q值减小【解答】解：（1）反应为气体物质的量增大反应，混乱度增大，故s0，故答案为：；（2）氧气与氢气反应生成水，减低氢气的浓度，反应平衡正向移动，提高反应中乙烯的产率，故答案为：氧气与氢气反应生成水，减低氢气的浓度，反应平衡正向移动，提高乙烯的产率；（3）a温度非常高，需要提供较多的能量，对设备要求也很高，不能提高综合经济效益，故a错误；b研究开发合适的催化剂，加快反应速率，提高经济效益，故b正确；c加入co2使反应中氢气浓度降低，可以通过乙烯产量，但反应速率减慢，故c错误；d在恒压条件下加入co2对反应的各物质起到稀释的作用，平衡正向移动，可提高乙烷的转化率，故d正确，故选：bd；（4）由图1可知，反应中二氧化碳消耗氢气，使氢气的收率降低；由图2可知，随温度升高，乙烯的收率增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，反应的h30，故答案为：反应中二氧化碳消耗氢气，使氢气的收率降低；（5）反应的平衡常数表达式k=，未到达平衡前，生成物浓度增大，反应物浓度减小，则q值减小，到达平衡时在升高温度，平衡逆向移动，q值减小，反应随温度升高时q值的变化趋势图为：，故答案为：；【点评】本题考查化学平衡影响因素、平衡常数等，注意对基础知识的理解掌握，难度中等12（14分）某校课外小组模拟工业制备纯碱并测定纯碱的纯度，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验（1）已知碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和co2，由碳酸氢钠制备纯碱的过程中用到的主要仪器除酒精灯、泥三角、三脚架、玻璃棒外，还有坩埚、坩埚钳（2）甲组同学利用图1装置制备碳酸氢钠：图中装置的连接方法为a接d，b接e，f接c装置d中试剂瓶内发生的化学反应方程式为nacl+nh3+co2+h2o=nahco3+nh4cl实验中要求通入的nh3