江苏省淮安市高考化学五模试卷（含解析）.doc

2015年江苏省淮安市高考化学五模试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分40分）1石墨炔是由1，3二炔键与苯环形成的平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能下列关于石墨炔的说法不正确的是( )a石墨炔属于芳香烃b石墨炔与金刚石互为同素异形体c石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用d石墨炔孔径略大于h2分子的直径，因此它是理想的h2提纯薄膜2下列有关化学用语的表示不正确的是( )anaclo的电子式：b16o的原子结构示意图：c质子数为53，中子数为72的碘原子：53125id间羟基苯甲醛的结构简式：3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )aph=1的溶液中：fe2+、cl、no3、k+b滴入酚酞显红色的溶液中：na+、al3+、co32、alo2c加入铝粉产生h2的溶液中：fe2+、na+、so42、clod0.1moll1 nahco3溶液中：na+、nh4+、so42、no34下列有关物质性质和应用正确的是( )a甲醛能使蛋白质变性，可用于食品防腐剂b炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅c硅酸钠溶液呈碱性，常用作木材的防火剂dal2o3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚5实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的是( )a用装置甲氧化废液中的溴化氢b用装置乙分离ccl4层和水层c用装置丙分离ccl4和液溴d用仪器丁长期贮存液溴6设na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )a在cl2与naoh溶液的反应中，每0.1molcl2参加反应时，转移电子的数目为0.2nab0.1mol中含有双键的数目为0.4nac标准状况下，11.2l乙醇中含有羟基的数目为0.5nad4.6g由no2和n2o4组成的混合物中含有氧原子的数目为0.2na7已知a、b、d、e均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是( )a若a是铁，则e可能为稀硝酸b若a是cuo，e是碳，则b为coc若a是alcl3溶液，e可能是氨水d若a是naoh溶液，e是co2，则b为nahco38下列反应的离子方程式正确的是( )a二氧化硫通入氯化铁溶液：so2+2fe3+2h2o=so42+2fe2+4h+b硫酸氢铵溶液中滴加少量naoh溶液：h+nh4+2oh=nh3h2o+h2oc碱性条件下铝粉还原nano2：no2+2al+3oh+h2o=2alo2+nh3h2od在强碱溶液中次氯酸钠与fe（oh）3反应生成na2feo4：3clo+fe（oh）3=feo42+3cl+h2o+4h+9x、y、z、r是短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的两倍，y元素在地壳中的含量最多，z元素的化合物的焰色反应呈黄色，r原子的核外电子数是x原子与z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是( )a原子半径的大小顺序：r（x）r（y）r（z）r（r）b含有y、z、r三种元素的化合物最多只有2种c元素r和y形成的化合物ry2是一种高效安全灭菌消毒剂dy与z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同10已知：（1）ch3cooh（l）+2o2（g）=2co2（g）+2h2o（l）h1（2）c（s）+o2（g）=co2（g）h2（3）2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h3（4）2co2（g）+4h2（g）=ch3cooh（l）+2h2o（l）h4（5）2c（s）+2h2（g）+o2（g）=ch3cooh（l）h5下列关于上述反应的焓变的判断正确的是( )ah10，h20bh5=2h2+h3h1ch30，h50dh4=h12h311下列有关说法正确的是( )a白铁（镀锌铁皮）镀层破损后铁仍不易腐蚀bch3cl（g）+cl2（g）ch2cl2（l）+hcl（g）能自发进行，则该反应的h0cmns悬浊液中滴加少量cuso4溶液可生成cus沉淀，则ksp（cus）ksp（mns）d合成氨生产中将nh3液化分离，一定能加快正反应速率，提高h2的转化率12化合物c是制备液晶材料的中间体之一，它可由a和b在一定条件下制得下列说法正确的是( )a每个a分子中含有1个手性碳原子b可以用酸性kmno4溶液检验b中是否含有醛基c1molc分子最多可与4molh2发生加成反应dc可发生加成反应、取代反应、氧化反应、消去反应13由一种阳离子和两种酸根离子组成的盐称混盐下列关于混盐na4s2o3的有关判断，不正确的是( )a向溶液中加入酚酞溶液变红，说明该混盐水溶液呈碱性b向该混盐中加入稀h2so4可以产生使品红褪色的气体c该混盐在酸性条件下可以产生淡黄色浑浊d用玻璃棒蘸取该混盐溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有na+14常温下，下列有关叙述正确的是( )a在0.1moll1na2c2o4溶液中：2c（na+）=c（c2o42）+c（hc2o4）+c（h2c2o4）b向10ml ph=12的naoh溶液中滴加等体积ph=2的ch3cooh溶液：c（ch3coo）c（na+）c（oh）c（h+）c浓度均为0.1 moll1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（oh）+c（hco3）d浓度均为0.1 moll1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合c（so42）=c（na+）c（nh4+）c（h+）c（oh）15t时，在2l密闭、恒压容器中充入1mola和1molb，发生反应：a（g）+b（g）c（g） 5min后达到平衡，测得c的物质的量分数为60%，则下列说法正确的是( )a5min内平均反应速率va=0.15moll1min1b当同时对原平衡体系升高一定温度和增加一定压强时，达平衡后，c的物质的量分数为60%，则该反应的正反应为放热反应c保持其他条件不变，若起始时向容器中加入0.5mola、0.5molb、1.5molc，则反应将向逆反应方向进行dt，向2l密闭、恒容容器中加入等物质的量的a和b，反应达到平衡状态时，c的物质的量分数仍为60%，则加入a的物质的量为1.6mol二、解答题（共5小题，满分68分）16氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂以白云石（化学式：mgco3caco3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：（1）根据流程图，白云石“轻烧”分解的化学反应式是_（2）“研磨”的目的是_（3）加入氨水时反应的化学方程式为_；检验mg（oh）2沉淀是否洗涤干净的方法是_（4）本流程中可以循环利用的物质是_（5）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是_17普鲁本辛可用于胃和十二指肠溃疡的辅助治疗，可通过以下方法合成：请回答下列问题（1）普鲁本辛中的含氧官能团为_和_（填名称）（2）ab的反应的化学方程式_；de的反应类型_（3）化合物x（c8h19no）的结构简式为_（4）写出满足下列条件的f的一种同分异构体的结构简式_分子中含有两个苯环，能发生银镜反应分子中有3种不同化学环境的氢（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以甲苯和乙醇为原料合成香料苯乙酸乙酯（）的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：ch3ch2brch3ch2ohch3cooch2ch318聚合硫酸铝铁alafeb（oh）m（so4）nxh2o是一种新型高效净水剂，广泛应用于工业污染水的处理（1）聚合硫酸铝铁能够净水的原因是_（2）alafeb（oh）m（so4）nxh2o中a、b、m、n的代数关系式为_（3）为了测定聚合硫酸铝铁的组成，进行如下实验：步骤一：准确称取8.810g样品溶于150ml 0.100moll1稀硫酸，恰好完全反应后，加入bacl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体10.485g；步骤二：另取相同质量的样品，溶于过量的氢碘酸，以磁力搅拌机搅拌，充分反应后，以0.500moll1na2s2o3溶液滴定至浅黄色，滴入几滴淀粉溶液，再滴定至终点，消耗na2s2o3溶液20.00ml（已知：i2+2na2s2o3=2nai+na2s4o6）步骤二中使用磁力搅拌器进行搅拌的目的是_通过计算确定聚合硫酸铝铁的化学式（写出计算过程）19绿矾（feso47h2o）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得25时有关物质的数据如下表：饱和h2s溶液sns沉淀完全fes开始沉淀fes沉淀完全ph值3.91.63.05.5（1）操作中，先通入硫化氢至饱和，目的是_；后加入硫酸酸化至ph=2的作用是_（2）操作得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；_（3）工业上常用氧化还原滴定法测定绿矾产品中fe2+含量，测定步骤如下：a称取2.850g绿矾产品，溶解，在250ml容量瓶中定容；b量取25.00ml待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000moll1kmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液体积的平均值为20.00ml已知酸性kmno4被feso4还原时生成mn2+写出该测定过程的离子反应方程式：_；滴定时盛放kmno4溶液的仪器为_（填仪器名称）判断此滴定实验达到终点的方法是_若实验操作无失误，测得上述样品中feso47h2o的含量仍偏低，则可能的原因是：_20（14分）氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化（1）已知：2so2（g）+o2 （g）2so3 （g）h=196.6kjmol12no（g）+o2 （g）2no2 （g）h=113.0kjmol1 则so2气体与no2气体反应生成so3气体和no气体的反应为_（填“放热”或“吸热”）反应（2）向绝热恒容密闭容器中通入so2和no2，一定条件下使反应so2（g）+no2（g）so3（g）+no（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图1所示反应在c点_（填“达到”或“未到”）平衡状态开始时，在该容器中加入：1molso2（g）和1molno2（g）；ii：1molso3（g）和1mol no（g），则达化学平衡时，该反应的平衡常数_（填“”、“=”或“”）（3）用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应：2naoh+no+no2=2nano2+h2o2naoh+2no2=nano2+nano2+h2o将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解，a室产生了n2电极是_极，b室产生的气体是_a室no2发生的电极反应是_（4）nh3催化还原氮氧化物（scr）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术现有no、no2的混合气6l，可用同温同压下7l的nh3恰好使其完全转化为n2，则原混合气体中no和no2的物质的量之比为_三、a物质结构21x、y、z、r为前四周期元素，且原子序数依次增大xy2是红棕色气体；z基态原子的m层与k层电子数相等；r2+的3d轨道有9个电子请回答下列问题：（1）y基态原子的电子排布式是_；（2）z所在周期中第一电离能最大的主族元素是_（3）xy2的立体构型是_；（4）z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是_（5）将r单质的粉末加入x气态氢化物的浓溶液中，不断鼓入空气充分反应，得到深蓝色的r（nh3）4（oh）2溶液，该反应的离子方程式是_；1molr（nh3）42+中含有的键的数目是_2015年江苏省淮安市高考化学五模试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分40分）1石墨炔是由1，3二炔键与苯环形成的平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能下列关于石墨炔的说法不正确的是( )a石墨炔属于芳香烃b石墨炔与金刚石互为同素异形体c石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用d石墨炔孔径略大于h2分子的直径，因此它是理想的h2提纯薄膜【考点】芳香烃、烃基和同系物；同素异形体 【分析】a石墨炔中不含有h原子，不是烃；b同种元素的不同单质互称同素异形体；c根据石墨炔均有半导体的性质分析；d碳原子半径大于氢原子，则石墨炔孔径大于h2分子的直径，可以容纳h2分子【解答】解：a石墨炔中不含有h原子，不是烃，烃是含有碳氢两种元素的有机物，故a错误；b同种元素的不同单质互称同素异形体，石墨炔与金刚石都是碳的单质，所以互为同素异形体，故b正确；c已知石墨炔具有优良的化学稳定性和半导体性能，所以石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用，故c正确；d碳原子半径大于氢原子，则石墨炔孔径大于h2分子的直径，可以容纳h2分子，则石墨炔是理想的h2提纯薄膜，故d正确故选a【点评】本题以石墨炔为知识背景，考查了烃的概念、同素异形体、半导体材料等，侧重于考查学生阅读信息和应用信息的能力，题目难度不大2下列有关化学用语的表示不正确的是( )anaclo的电子式：b16o的原子结构示意图：c质子数为53，中子数为72的碘原子：53125id间羟基苯甲醛的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；结构简式 【分析】a、naclo是离子化合物；b、16o的核外有8个电子；c、原子的质量数a=质子数z+中子数n；d、根据间羟基苯甲醛的名称可知羟基和醛基在苯环上的位置关系【解答】解：a、naclo是离子化合物，na+和clo间为离子键，在cl和o之间为共价键，故电子式为：，故a正确；b、16o的原子核内有8个质子，核外有8个电子，故原子结构示意图为：，故b错误；c、原子的质量数a=质子数z+中子数n，故质子数为53，中子数为72的碘原子的质量数为125，故此碘原子为53125i，故c正确；d、根据间羟基苯甲醛的名称可知羟基和醛基在苯环上的位置为间位的关系，故结构简式为：，故d正确故选b【点评】本题考查化学用语，涉及原子的表示方法、电子式、结构示意图等，注意规范应用化学用语，选项a为解答的易错点，题目难度不大3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )aph=1的溶液中：fe2+、cl、no3、k+b滴入酚酞显红色的溶液中：na+、al3+、co32、alo2c加入铝粉产生h2的溶液中：fe2+、na+、so42、clod0.1moll1 nahco3溶液中：na+、nh4+、so42、no3【考点】离子共存问题 【分析】aph=1的溶液，显酸性；b滴入酚酞显红色的溶液，显碱性；c加入铝粉产生h2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；d.0.1moll1 nahco3溶液中，该组离子之间不反应【解答】解：aph=1的溶液，显酸性，fe2+、no3、h+发生氧化还原反应，不能大量共存，故a错误；b滴入酚酞显红色的溶液，显碱性，不能大量存在al3+，且al3+分别与co32、alo2相互促进水解，不能大量共存，故b错误；c加入铝粉产生h2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中fe2+、clo发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在fe2+，故c错误；d.0.1moll1 nahco3溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故d正确；故选d【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大4下列有关物质性质和应用正确的是( )a甲醛能使蛋白质变性，可用于食品防腐剂b炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅c硅酸钠溶液呈碱性，常用作木材的防火剂dal2o3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物；甲醛 【分析】a甲醛有毒，不能用于食品添加剂；b高温条件下，c与二氧化硅反应生成si；c水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触；d高温条件下，氧化铝与氢氧化钠能反应【解答】解：a甲醛有毒，不能用于食品添加剂，不能用于食品防腐剂，故a错误；bc具有还原性，高温条件下，c与二氧化硅反应生成si，该反应中c作还原剂，故b正确；c水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，不是利用硅酸钠溶液的碱性，故c错误；d高温条件下，氧化铝与氢氧化钠能反应，所以不能用氧化铝坩埚来熔融烧碱，故d错误；故选：b【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确甲醛、碳、硅酸钠、氧化铝的性质是解题关键，题目难度不大5实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的是( )a用装置甲氧化废液中的溴化氢b用装置乙分离ccl4层和水层c用装置丙分离ccl4和液溴d用仪器丁长期贮存液溴【考点】化学实验方案的评价 【分析】a集气瓶中导管应长进短出；bccl4和水不互溶；c温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平；d液溴能腐蚀橡胶塞【解答】解：a集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排除，故a错误； bccl4和水不互溶，可用分液分离，故b正确；c温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平，测量的是蒸气的温度，故c错误；d液溴能腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故d错误故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质性质及分离与提纯、保存等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大6设na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )a在cl2与naoh溶液的反应中，每0.1molcl2参加反应时，转移电子的数目为0.2nab0.1mol中含有双键的数目为0.4nac标准状况下，11.2l乙醇中含有羟基的数目为0.5nad4.6g由no2和n2o4组成的混合物中含有氧原子的数目为0.2na【考点】阿伏加德罗常数 【分析】a、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应；b、苯环不是单双键交替的结构；c、标况下，乙醇为液态；d、no2和n2o4的最简式为no2【解答】解：a、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1mol电子，即0.1na个，故a正确；b、苯环不是单双键交替的结构，故1mol中含1mol双键，故0.1mol中含0.1mol双键，即0.1na个，故b正确；c、标况下，乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故c错误；d、no2和n2o4的最简式为no2，故4.6gno2和n2o4的混合物中含有的no2的物质的量n=0.1mol，故含有0.2mol氧原子，即0.2na个，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已知a、b、d、e均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是( )a若a是铁，则e可能为稀硝酸b若a是cuo，e是碳，则b为coc若a是alcl3溶液，e可能是氨水d若a是naoh溶液，e是co2，则b为nahco3【考点】无机物的推断 【分析】a、a为fe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁，硝酸亚铁可以被氧化为硝酸铁；b、a为cuo，碳还原氧化铜生成铜和二氧化碳，二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳；c、若a是alcl3溶液，和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，不能实现转换；d、若a是naoh溶液，二氧化碳和氢氧化钠溶于反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化；【解答】a、a为fe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁，硝酸亚铁可以被氧化为硝酸铁，能实现上述转化，故a不符合；b、a为cuo，碳还原氧化铜生成铜和二氧化碳，二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳，符合上述反应转化，故b不符合；c、若a是alcl3溶液，和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，不能实现转换，故c符合；d、若a是naoh溶液，二氧化碳和氢氧化钠溶于反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化，符合上述转化，故d不符合；故选c【点评】本题考查了元素化合物性质的分析应用，掌握物质性质和反应条件，反应定量关系是解题关键，题目较简单8下列反应的离子方程式正确的是( )a二氧化硫通入氯化铁溶液：so2+2fe3+2h2o=so42+2fe2+4h+b硫酸氢铵溶液中滴加少量naoh溶液：h+nh4+2oh=nh3h2o+h2oc碱性条件下铝粉还原nano2：no2+2al+3oh+h2o=2alo2+nh3h2od在强碱溶液中次氯酸钠与fe（oh）3反应生成na2feo4：3clo+fe（oh）3=feo42+3cl+h2o+4h+【考点】离子方程式的书写 【分析】a铁离子具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸；b氢氧化钠少量，氢离子结合氢氧根离子能力大于铵根离子，所以氢离子优先反应，铵根离子不参与反应；c离子方程式两边负电荷不相等，违反了电荷守恒；d强碱性溶液中，反应产物中应该生成水，不会生成氢离子【解答】解：a二氧化硫通入氯化铁溶液，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：so2+2fe3+2h2o=so42+2fe2+4h+，故a正确；b硫酸氢铵溶液中滴加少量naoh溶液，氢离子结合氢离子能力大于铵根离子，只有氢离子反应，正确的离子方程式为：h+oh=h2o，故b错误；c碱性条件下铝粉还原nano2，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：no2+2al+oh+2h2o=2alo2+nh3h2o，故c错误；d强碱溶液中次氯酸钠与fe（oh）3反应生成na2feo4，强碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子方程式为：3clo+4oh+2fe（oh）3=2feo42+3cl+5h2o，故d错误；故选a【点评】本题考查考查离子方程式的书写判断，题目难度中等，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的常用方法，如：离子方程式两边是否满足电荷守恒、电子守恒、质量守恒定律等，还要注意反应环境，如d中碱性溶液中产物不会存在氢离子9x、y、z、r是短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的两倍，y元素在地壳中的含量最多，z元素的化合物的焰色反应呈黄色，r原子的核外电子数是x原子与z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是( )a原子半径的大小顺序：r（x）r（y）r（z）r（r）b含有y、z、r三种元素的化合物最多只有2种c元素r和y形成的化合物ry2是一种高效安全灭菌消毒剂dy与z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同【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】x、y、z、r是短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其k层为次外层，最外层电子数为4，则x是c元素；y元素在地壳中的含量最多，则y是o元素；z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则z是na元素；r原子的核外电子数是x原子与z原子的核外电子数之和，则r的核外电子数是17，所以r是cl元素【解答】解：x、y、z、r是短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其k层为次外层，最外层 电子数为4，则x是c元素；y元素在地壳中的含量最多，则y是o元素；z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则z是na元素；r原子的核外电子数是x原子与z原子的核外电子数之和，则r的核外电子数是17，所以r是cl元素，a原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是r（na）r（cl）r（c）r（o），故a错误；by、z、r分别是o、na、cl元素，含有三种元素的化合物有naclo、naclo2、naclo3、naclo4等，故b错误；c元素cl和o形成的化合物clo2是一种高效安全灭菌消毒剂，故c正确；dy与z形成的两种化合物为氧化钠、过氧化钠，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，故d错误；故选c【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解本题关键，易错选项是c，注意根据cl元素化合价判断，难度中等10已知：（1）ch3cooh（l）+2o2（g）=2co2（g）+2h2o（l）h1（2）c（s）+o2（g）=co2（g）h2（3）2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h3（4）2co2（g）+4h2（g）=ch3cooh（l）+2h2o（l）h4（5）2c（s）+2h2（g）+o2（g）=ch3cooh（l）h5下列关于上述反应的焓变的判断正确的是( )ah10，h20bh5=2h2+h3h1ch30，h50dh4=h12h3【考点】反应热的大小比较；有关反应热的计算 【专题】化学反应中的能量变化【分析】物质的燃烧反应是放热的，焓变小于零，根据该盖斯定律计算反应焓变之间的关系即可【解答】解：a、物质的燃烧反应是放热的，焓变小于零，h10，h20，故a错误；b、利用盖斯定律计算，将（2）2+（3）（1），可得 2c（s）+2h2（g）+o2（g）ch3cooh（l），反应热随之相加减，可求得反应热，即h5=2h2+h3h1，故b正确；c、物质的燃烧反应是放热的，焓变小于零，所以2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h30，故c错误；d、根据盖斯定律，反应（4）不能是（1）2（3）得到，故d错误故选b【点评】本题涉及盖斯定律的应用以及反应热的判断，属于基本知识的考查，难度不大11下列有关说法正确的是( )a白铁（镀锌铁皮）镀层破损后铁仍不易腐蚀bch3cl（g）+cl2（g）ch2cl2（l）+hcl（g）能自发进行，则该反应的h0cmns悬浊液中滴加少量cuso4溶液可生成cus沉淀，则ksp（cus）ksp（mns）d合成氨生产中将nh3液化分离，一定能加快正反应速率，提高h2的转化率【考点】金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；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】a、在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁；b、ch3cl（g）+cl2（g）ch2cl2（l）+hcl（g）为气体减少的反应所以s0，根据g=hts0自发判断；c、ksp反映物质的溶解程度，沉淀向着ksp更小的物质转化；d、减小生成物的浓度会使得平衡正向移动，减小反应的速率【解答】解：a、在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，故a正确；b、ch3cl（g）+cl2（g）ch2cl2（l）+hcl（g）为气体减少的反应所以s0，又g=hts0才自发，所以只有当h0反应才可能自发，故b错误；c、沉淀向着ksp更小的物质转化，当mns悬浊液中滴加少量cuso4溶液可生成cus沉淀，则ksp（cus）ksp（mns），故c正确；d、合成氨生产中将nh3液化分离，降低正反应速率，提高h2的转化率，故d错误故选ac【点评】本题涉及金属的腐蚀和防护、化学反应的方向、速率和平衡以及沉淀的转化等知识，属于综合知识的考查，难度不大12化合物c是制备液晶材料的中间体之一，它可由a和b在一定条件下制得下列说法正确的是( )a每个a分子中含有1个手性碳原子b可以用酸性kmno4溶液检验b中是否含有醛基c1molc分子最多可与4molh2发生加成反应dc可发生加成反应、取代反应、氧化反应、消去反应【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】a根据手性碳原子的定义判断；bb中含有酚羟基和醛基，都可于酸性高锰酸钾反应；cc中含有苯环和醛基，都可与氢气发生加成反应；dc中含有酯基，可发生取代反应，含有醛基，可发生加成、氧化反应【解答】解：a分子中不存在含有连接4个不同的原子或原子团的碳原子，不存在手性碳原子，故a错误；bb中含有酚羟基和醛基，都可于酸性高锰酸钾反应，应用氢氧化铜浊液检验，故b错误；cc中含有苯环和醛基，都可与氢气发生加成反应，则1molc分子最多可与4molh2发生加成反应，故c正确；dc中含有酯基，可发生取代反应，含有醛基，可发生加成、氧化反应，不能发生消去反应，故d错误故选c【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，难度不大13由一种阳离子和两种酸根离子组成的盐称混盐下列关于混盐na4s2o3的有关判断，不正确的是( )a向溶液中加入酚酞溶液变红，说明该混盐水溶液呈碱性b向该混盐中加入稀h2so4可以产生使品红褪色的气体c该混盐在酸性条件下可以产生淡黄色浑浊d用玻璃棒蘸取该混盐溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有na+【考点】钠的重要化合物 【分析】混盐na4s2o3中s元素的平均化合价为+1价，应为na2so3和na2s的混盐，na2so3和na2s都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，在酸性条件下可发生：so32+2s2+6h+=3s+3h2o，以此解答该题【解答】解：混盐na4s2o3中s元素的平均化合价为+1价，应为na2so3和na2s的混盐，则ana2so3和na2s都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以加入酚酞溶液变红，故a正确；b该混盐与h2so4反应可生成so2或h2s气体，so2使品红褪色，所以可以产生使品红褪色的气体，故b正确；c该混盐在酸性条件下可发生：so32+2s2+6h+=3s+3h2o，所以可以产生淡黄色浑浊，故c正确；d因为焰色反应是元素的性质，所以用玻璃棒蘸取该混盐溶液灼烧，火焰呈黄色，说明含有钠元素，不能确定一定含钠离子，故d错误故选d【点评】本题考查含硫物质的性质，题目难度中等，注意正确判断混盐的组成为解答该题的关键，学习中注重相关基础知识的积累14常温下，下列有关叙述正确的是( )a在0.1moll1na2c2o4溶液中：2c（na+）=c（c2o42）+c（hc2o4）+c（h2c2o4）b向10ml ph=12的naoh溶液中滴加等体积ph=2的ch3cooh溶液：c（ch3coo）c（na+）c（oh）c（h+）c浓度均为0.1 moll1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（oh）+c（hco3）d浓度均为0.1 moll1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合c（so42）=c（na+）c（nh4+）c（h+）c（oh）【考点】离子浓度大小的比较 【分析】a任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；bph=2的醋酸浓度大于ph=12的naoh，二者混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性；c任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；d浓度均为0.1 moll1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵和水，硫酸铵水解导致溶液呈酸性【解答】解：a任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（na+）=2c（c2o42）+2c（hc2o4）+2c（h2c2o4），故a错误；bph=2的醋酸浓度大于ph=12的naoh，二者混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，所以c（h+）c（oh），故b错误；c二者恰好反应生成碳酸钠，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（oh）+c（hco3），故c正确；d浓度均为0.1 moll1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵和水，硫酸铵水解导致溶液呈酸性，铵根离子水解但程度较小，结合物料守恒得c（so42）=c（na+）c（nh4+）c（h+）c（oh），故d正确；故选cd【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，易错选项是d15t时，在2l密闭、恒压容器中充入1mola和1molb，发生反应：a（g）+b（g）c（g） 5min后达到平衡，测得c的物质的量分数为60%，则下列说法正确的是( )a5min内平均反应速率va=0.15moll1min1b当同时对原平衡体系升高一定温度和增加一定压强时，达平衡后，c的物质的量分数为60%，则该反应的正反应为放热反应c保持其他条件不变，若起始时向容器中加入0.5mola、0.5molb、1.5molc，则反应将向逆反应方向进行dt，向2l密闭、恒容容器中加入等物质的量的a和b，反应达到平衡状态时，c的物质的量分数仍为60%，则加入a的物质的量为1.6mol【考点】化学平衡的计算 【分析】a恒温恒压下，容器的体积减小，不能用浓度变化量表示平均反应速率；b增大压强平衡向正反应方向移动，与原平衡相比c的物质的量分数增大，而再升高温度，c的物质的量分数又增大为60%，说明升高温度平衡逆反应方向移动；c保持其他条件不变，若起始时向容器中加入0.5mola、0.5molb、1.5molc，等效为开始加入2mola、2molb，压强增大平衡正向移动，平衡时c的物质的量分数大于60%，计算开始时c的物质的量分数，与60%相比判断反应进行方向；dt时，在2l密闭、恒压容器中充入1mola和1molb，5min后达到平衡，设平衡时参加反应的a为x，则： a（g）+b（g）c（g）开始（mol）：1 1 0转化（mol）：x x x平衡（mol）：1x 1x x平衡时c的物质的量分数为60%，则=60%，解得x=0.75，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，则平衡后气体的体积为2l=1.25l，则该温度平衡常数k=15，设加入a、b的物质的量均为ymol，反应a为amol，表示出平衡时各组分物质的量，再根据c的物质的量分数、平衡常数列方程计算解答【解答】解：a恒温恒压下，容器的体积减小，不能用浓度变化量表示平均反应速率，故a错误；b增大压强平衡向正反应方向移动，与原平衡相比c的物质的量分数增大，而再升高温度，c的物质的量分数又增大为60%，说明升高温度平衡逆反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，故b正确；c保持其他条件不变，若起始时向容器中加入0.5mola、0.5molb、1.5molc，等效为开始加入2mola、2molb，压强增大平衡正向移动，平衡时c的物质的量分数大于60%，开始时c的物质的量分数为=60%，故平衡向正反应方向移动，故c错误；dt时，在2l密闭、恒压容器中充入1mola和1molb，5min后达到平衡，设平衡时参加反应的a为x，则： a（g）+b（g）c（g）开始（mol）：1 1 0转化（mol）：x x x平衡（mol）：1x 1x x平衡时c的物质的量分数为60%，则=60%，解得x=0.75，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，则平衡后气体的体积为2l=1.25l，则该温度平衡常数k=15，设加入a、b的物质的量均为ymol，反应a为amol，则： a（g）+b（g）c（g）开始（mol）：y y y转化（mol）：a a a平衡（mol）：ya ya a则=60%，整理可得4a=3y，温度相同，平衡常数不变，则=15，联立方程解得y=1.6，故d正确，故选：bd【点评】本题考查化学平衡有关计算，a选项注意体积发生变化，c选项可以利用平衡常数由浓度商相对大小进行判断但比较繁琐，注意利用等效思想解答，d中关键是平衡常数计算，属于易错题目，难度中等二、解答题（共5小题，满分68分）16氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂以白云石（化学式：mgco3caco3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：（1）根据流程图，白云石“轻烧”分解的化学反应式是mgco3=mgo+co2（2）“研磨”的目的是增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分（3）加入氨水时反应的化学方程式为mgso4+2nh3h2o=mg（oh）2+（nh4）2so4；检验mg（oh）2沉淀是否洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净（4）本流程中可以循环利用的物质是（nh4）2so4、nh3（5）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是减少能源消耗，便于分离出caco3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】流程分析白云石主要成分为mgco3caco3轻烧，从过滤中可以得到caco3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体，（1）从过滤中可以得到caco3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁；（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤mg（oh）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；（4）分析流程可知，（nh4）2so4 、nh3可以循环利用；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于caco3分离【解答】解：（1）从过滤中可以得到caco3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为mgco3=mgo+co2；故答案为：mgco3=mgo+co2；（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为mgso4+2nh3h2o=mg（oh）2+（nh4）2so4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤mg（oh）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；故答案为：mgso4+2nh3h2o=mg（oh）2+（nh4）2so4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；（4）由流程图可知，（nh4）2so4 、nh3可以循环利用；故答案为：（nh4）2so4 、nh3；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于caco3分离；故答案为：减少能源消耗或便于caco3分离；故答案为：减少能源消耗，便于分离出caco3 或减