江苏省启东市高三化学上学期期中试题（含解析）苏教版.doc

江苏省启东市2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1（2分）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）a绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理b开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题cpm 2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体d半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅.专题：化学应用分析：a绿色化学是无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染；b开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，可以减少污染性气体的排放，改善空气质量；c胶体的微粒直径在1100nm之间；dsi可做为半导体，可以有很多特殊的功能，二氧化硅是光导纤维的主要成分；解答：解：a绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故a错误；b氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故b正确；cpm2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，pm2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故c错误；dsi原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故b错误；故选d点评：本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1100nm之间，为易错点，难度不大，注意绿色化学的核心高频考点2（2分）化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（）ahclo的结构式：hclobna2o2的电子式：c中子数为20的氯原子：cld铝原子的结构示意图考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：a次氯酸分子中不存在氢氯键，中心原子为o原子，其分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键；b过氧化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示；c元素符号的左上角表示的是质量数，该氯原子的质量数为37；d铝原子的核电荷数=核外电子总数=13，最外层为3个电子解答：解：a次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸正确的结构式为：hocl，故a错误；b过氧化钠属于离子化合物，钠离子和过氧根离子需要标出所带电荷，过氧化钠正确的电子式为：，故b错误；c氯元素的核电荷数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：1737cl，故c错误；d铝原子的核电荷数、核外电子总数都是13，铝原子的结构示意图为，故d正确；故选d点评：本题考查了化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握结构式、电子式、原子结构示意图与离子结构示意图、元素符号等化学用语的概念及书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式的区别，选项a为易错点，需要明确次氯酸的中心原子为o原子3（2分）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）a浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氨气、二氧化碳等气体b二氧化硫有漂白性，可用于加工食品使食品增白c铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸d铝具有良好的导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料考点：浓硫酸的性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质；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：a浓硫酸不能干燥碱性和还原性气体；b根据二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品；c根据铜能与浓硝酸反应；d根据铝具有良好导电性；钢抗拉强度大解答：解：a浓硫酸具有很强的吸水性，不可用于干燥氨气，故a错误；b因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故b错误；c因铜能与浓硝酸反应，所以不能用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故c错误；d因铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料，故d正确；故选：d点评：本题考查了常见物质的性质，属于对基础知识的考查，题目难度不大，结合相关知识即可解答4（2分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）a弱碱性溶液中可能大量存在na+、k+、cl、hco3b酸性溶液中可能大量存在na+、clo、so42、ic常温下在c（h+）=11013 moll1的溶液中能大量存在mg2+、cu2+、so42、no3d加入铝粉能产生氢气的溶液中大量存在nh4+、fe2+、so42、no3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；bclo、i发生氧化还原反应；cc（h+）=11013 moll1的溶液呈碱性；d加入铝粉能产生氢气的溶液，可能为强碱，也可能为非氧化性酸溶液解答：解：ana+、k+、cl、hco3离子之间不发生反应，hco3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故a正确；b酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故b错误；cc（h+）=11013 moll1的溶液呈碱性，mg2+、cu2+不能大量共存，故c错误；d加入铝粉能产生氢气的溶液，可能为强碱，也可能为非氧化性酸溶液，碱性条件下nh4+、fe2+不能存在，酸性条件下no3不能存在，故d错误故选a点评：本题考查离子共存问题，为高频常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的性质和反应类型的判断，难度不大5（2分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）acucl2溶液中加入少量氨水：cu2+2ohcu（oh）2b向酸性kmno4溶液中通入so2：3so2+2mno4+4oh=2mno2+3so42+2h2oc小苏打溶液中加足量澄清石灰水：hco3+ca2+ohcaco3+h2od铝溶于氢氧化钠溶液：al+2oh+h2o=alo2+2h2考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a一水合氨在离子反应中保留化学式；b发生氧化还原反应，电子不守恒，且在酸性溶液中；c反应生成碳酸钙、水、naoh；d电子、电荷不守恒解答：解：acucl2溶液中加入少量氨水的离子反应为cu2+2nh3h2ocu（oh）2+2nh4+，故a错误；b向酸性kmno4溶液中通入so2的离子反应为5so2+2mno4+2h2o=2mn2+5so42+4h+，故b错误；c小苏打溶液中加足量澄清石灰水的离子反应为hco3+ca2+ohcaco3+h2o，故c正确；d铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，故d错误故选c点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大6（2分）设na代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a标准状况下，4.0g ch4中含有共价键的数目为nab常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的分子总数为0.2nac常温常压下，22.4lnh3约含有na个nh3分子d一定条件下6.4g so2与足量氧气反应生成so3，转移电子数为0.2na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甲烷分子中含有4个碳氢键，4.0g甲烷的物质的量为0.25mol，含有1mol碳氢共价键；b氧气和臭氧的摩尔质量不同，无法计算出6.4g混合物中含有的分子数；c常温常压下，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨气的物质的量；d二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物解答：解：a4.0g甲烷的物质的量为0.25mol，0.25mol甲烷分子中含有1mol碳氢共价键，含有共价键的数目为na，故a正确；b氧气和臭氧的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，故b错误；c不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4l氨气的物质的量，故c错误；d6.4g二氧化硫的物质的量为0.1mol，由于二氧化硫转化成 三氧化硫的反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于0.1mol，转移的电子小于0.2mol，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项d为易错点，需要明确可逆反应特点7（2分）下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）选项xyz箭头上所标数字的反应条件ana2o2naohnacl常温遇水bal2o3naalo2al（oh）3通入co2cnono2hno3加入铜粉dcl2naclohclo加浓盐酸aabbccdd考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：a氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠；b氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝；c一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮；d氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气解答：解：a氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故a错误；b氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故b正确；c一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故c正确；d氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故d正确；故选：a点评：本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质、熟悉发生的化学反应是解题关键，侧重对学生基础知识的检验和训练，题目难度不大8（2分）已知：c（g）+o2（g）co2（g）h1co2（g）+c（s）2co（g）h22co（g）+o2（g）2co2（g）h32cu（s）+o2（g）2cuo（s）h4co（g）+cuo（s）co2（g）+cu（s）h5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）ah10，h30bh20，h40ch2=h1h3dh3=h4+h5考点：反应热的大小比较.专题：化学反应中的能量变化分析：a、所有的燃烧反应属于放热反应；b、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铜的氧化属于放热反应；c、根据盖斯定律利用加合法进行分析；d、根据盖斯定律利用加合法进行分析解答：解：a、所有的燃烧反应属于放热反应，因此h10，h30，故a错误；b、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，h20，铜与氧气的反应属于放热反应，h40，故b错误；c、已知：c（s）+o2（g）co2（g）h1co2（g）+c（s）2co（g）h22co（g）+o2（g）2co2（g）h3，由盖斯定律可知=+，因此h1=h2+h3，则h2=h1h3，故c正确；d、已知2co（g）+o2（g）2co2（g）h34fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）h43co（g）+fe2o3（s）3co2（g）+2fe（s）h5，由盖斯定律可知=（+），因此h3=h4+h5，故d错误；故选c点评：本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，题目难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键9（2分）将氯水分别滴入下列各选项所述的溶液中，由实验现象得出的结论完全正确的是（）选项氯水滴入下列溶液中实验现象结论a滴有kscn的fecl2溶液变红cl2具有还原性b滴有酚酞的naoh溶液褪色cl2具有漂白性c紫色石蕊溶液先变红后褪色cl2具有酸性、漂白性dki淀粉溶液变蓝色cl2具有氧化性aabbccdd考点：氯气的化学性质.专题：卤族元素分析：a、氯气能将亚铁离子氧化为铁离子；b、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸与碱发生中和反应；c、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；d、氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝解答：解：a、氯水滴入有kscn的fec12溶液中，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇kscn溶液变红，则氯气具有氧化性，故a错误；b、氯水滴入有酚酞的naoh溶液中，氯气和水反应生成酸，再发生酸碱中和，naoh被反应掉，则颜色褪去，而氯气本身不能电离出氢离子，或者反应生成次氯酸，漂白使溶液颜色褪去，故b错误；c、氯水滴入紫色石蕊溶液中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸使其褪色，则次氯酸具有漂白性，而干燥的氯气不具有漂白性，故c错误；d、氯水滴入ki淀粉溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则氯气具有氧化性，故d正确；故选d点评：本题考查氯气的化学性质，明确氯气具有氧化性是解答本题的关键，并注意干燥的氯气不具有漂白性来解答10已知x、y、z、w、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，x是周期表中原子半径最小的元素，y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，z的核电荷数是y的2倍，w最外层电子数是最内层电子数的3倍下列说法不正确的是（）a原子半径：zwrb对应氢化物的稳定性：rwcw与x、w与z形成的化学键类型完全相同dy的最高价氧化物对应的水化物是弱酸考点：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：已知x、y、z、w、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，x是周期表中原子半径最小的元素，则x为h元素；y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，y最外层电子数为4，z的核电荷数是y的2倍，故y为c元素，z为mg元素；w最外层电子数是最内层电子数的3倍，则w的最外层电子数为6，故w为s元素，所以r为cl元素结合元素周期律与物质的结构性质判断解答：解：已知x、y、z、w、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，x是周期表中原子半径最小的元素，则x为h元素；y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，y最外层电子数为4，z的核电荷数是y的2倍，故y为c元素，z为mg元素；w的原子序数等于mg元素，w最外层电子数是最内层电子数的3倍，则w的最外层电子数为6，故w为s元素，所以r为cl元素a、z为mg元素、w为s元素、r为cl元素，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为zwr，故a正确；b、w为s元素、r为cl元素，非金属性cls，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以对应氢化物的稳定性：rw，故b正确；c、w与x形成物质为h2s，属于共价化合物，含有共价键，w与z形成的物质是mgs，属于离子化合物，胡离子键，化学键类型不同，故c错误；d、y为c元素，其最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸属于弱酸，故d正确故选c点评：本题考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、元素周期律与元素化合物的结构性质等，难度不大，掌握金属性非金属性、最高价氧化物对应水化物的酸性的比较规律二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11（4分）下列说法正确的是（）a氢氧燃料电池的能量转换形式之一为化学能转化为电能b铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应c电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等d催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：a燃料电池向外提供电能；b阴极得电子发生还原反应；c电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；d催化剂能降低反应的活化能解答：解：a燃料电池向外提供电能，则燃料电池中燃料与氧气发生化学变化，把化学能转化为电能，故a正确；b铅蓄电池放电时的负极失电子发生氧化反应，充电时阴极得电子发生还原反应，故b错误；c电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故c错误；d催化剂能降低反应的活化能，不改变焓变的大小，故d错误故选a点评：本题考查电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大12（4分）下列实验设计能够成功的是（）a检验亚硫酸钠试样是否变质：试样白色沉淀沉淀不溶b从氧化铝、二氧化硅混合物中提取氧化铝：氧化铝（二氧化硅）铝离子溶液氢氧化铝氧化铝c除去氯化钠晶体中少量硝酸钾：试样再重结晶d从含有ca2+、so42的粗盐中提取nacl：粗盐水滤液氯化钡溶液考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；b铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；c硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同；d应先加氯化钡再加碳酸钠解答：解：a硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，不能证明是否变质，故a错误； b铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，故b错误；c硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可利用重结晶法分离，故c正确；d应先加氯化钡再加碳酸钠，以除去过量的钡离子，故d错误故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验和分离等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等13（4分）电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（）aa极与电源的负极相连b产物丙为硫酸溶液c离子交换膜d为阳离子交换膜（允许阳离子通过）da电极反应式为2h2o+2e2oh+h2考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4oh4e=2h2o+o2，阴极生成氢气，2h+2e=h2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜解答：解：装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4oh4e=2h2o+o2，阴极生成氢气，2h+2e=h2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；a、分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，故a错误；b、阳极a生成氧气，电极反应4oh4e=2h2o+o2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2h+2e=h2，生成产物丁为氢氧化钠，故b正确；c、阳极a生成氧气，电极反应4oh4e=2h2o+o2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2h+2e=h2，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故c正确；d、阳极a生成氧气，电极反应4oh4e=2h2o+o2，故d错误；故选bc点评：本题考查了电解原理的分析应用，电极产物和电极名称判断是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生对电解知识的综合应用能力14（4分）温度为t时，向v l的密闭容器中充入一定量的a和b，发生反应：a（g）+b（g）c（s）+xd（g）h0，容器中a、b、d的物质的量浓度随时间的变化如表所示下列说法正确的是（）时间起始5min10min15min20min25min30mina浓度（moll1）3.52.32.02.02.83.03.0b浓度（moll1）2.51.31.01.01.82.02.0d浓度（moll1）02.43.03.01.41.01.0a反应在前10min的平均反应速率v（d）=0.3moll1min1b该反应的平衡常数表达式k=c若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡不移动d反应至15min时，改变的条件可以是升高温度考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：a、根据v=计算反应速率，并作判断；b、平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，据此写出表达式；c、根据0到5min之间a、d的浓度变化量之比可知，d的浓度的变化量是a的2倍，a、d的浓度变化量之比等于计量数之比，所以x=2，所以该反应为气体体积不变的反应，所以压缩容器体积，平衡不移动；d、比较15min20min之间各物质的浓度变化量可以看出，d减小了1.6mol/l，同时a、d都增加了0.8mol/l，平衡向逆反应方向移动，因为该反应为吸热反应，所以改变的条件为降低温度，据此判断解答：解：a、根据v=计算反应速率v（d）=moll1min1=0.3moll1min1，故a正确；b、平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，所以反应的平衡常数表达式为k=，c是固体，浓度可以看作是1，故b错误；c、根据0到5min之间a、d的浓度变化量之比可知，d的浓度的变化量是a的2倍，a、d的浓度变化量之比等于计量数之比，所以x=2，所以该反应为气体体积不变的反应，所以压缩容器体积，平衡不移动，故c正确；d、比较15min20min之间各物质的浓度变化量可以看出，d减小了1.6mol/l，同时a、d都增加了0.8mol/l，平衡向逆反应方向移动，因为该反应为吸热反应，所以改变的条件为降低温度，故d错误；故选ac点评：本题主要考查了反应速率的计算、平衡常数的表达式、影响化学平衡移动的因素等知识点，难度不大，解题时注意反应中c是固体15（4分）向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的a和b，发生反应：xa（g）+b（g）2c（g）各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中c的浓度随时间变化关系分别用下表和如图表示：下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积0.5l0.5l1.0l温度t1t2t2反应物起始量0.5mola1.5molb0.5mola1.5molb2.0mola6.0molba由图可知：t1t2，且该反应为吸热反应bt2时该反应的平衡常数k=0.8c前10min乙、丙两容器中v（a）乙v（a）丙dc的质量m：m甲=m乙2m丙考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线.专题：化学平衡专题分析：a比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度t1t2，温度越高c的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；b根据乙利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；c根据v=，知反应速率之比为浓度变化之比，各组分的浓度变化之比为计量数之比；d根据图象可以看出甲乙丙中c的量解答：解：a比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度t1t2，温度越高c的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故a错误；b由图可知，平衡时乙容器内c的浓度为1mol/l，则：a（g）+b（g）2c（g）开始（mol/l）：1 3 0 变化（mol/l）：0.5 0.5 1平衡（mol/l）：0.5 2.5 1故t2时该反应的平衡常数k=0.8，故b正确；c由图可知，前10min乙容器中c的浓度变化量为1mol/l，丙容器中c的浓度变化量为2mol/l，故v（a）乙v（a）丙，故c错误；d根据图象可以看出甲乙丙中c的量分别为1.5mol/lv、1.0mol/lv、2.0mol/lv，故d错误故选：b点评：本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡图象与有关计算，难度较大三、解答题（共6小题，满分80分）16（12分）海水中含有丰富的镁资源工业上常用海水晒盐后的苦卤水提取mg，流程如图1所示：（1）工业制取镁的方法是电解法（2）试剂一般选用ca（oh）2（填化学式）（3）图2是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298k时的稳定状态）由图可知mg与卤素单质的反应均为放热（填“放热”或“吸热”）反应；推测化合物的热稳定性顺序为mgi2mgf2（填“”、“=”或“”）依图2数据写出mgbr2（s）与cl2（g）反应的热化学方程式mgbr2（s）+cl2（g）mgcl2（s）+br2（l）h=117kjmol1（4）金属mg与ch3cl在一定条件下反应可生成ch3mgcl，ch3mgcl是一种重要的有机合成试剂，易与水发生水解反应并有无色无味气体生成写出ch3mgcl水解的化学方程式ch3mgcl+h2och4+mg（oh）cl或2ch3mgcl+2h2o2ch4+mg（oh）2+mgcl2考点：海水资源及其综合利用.专题：元素及其化合物；化学应用分析：（1）活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，如mg用电解其熔融盐的方法冶炼；（2）根据从苦卤中提取金属镁的实验操作分析；（3）依据图象分析判断，mg与卤素单质的能量高于卤化物，所以反应是放热反应；物质能量越高越活泼，越不稳定；根据盖斯定律构建目标方程式书写；（4）根据水解其元素的化合价不变分析ch3mgcl水解产物为氢氧化镁、氯化氢和甲烷或mg（oh）cl；解答：解：（1）镁化学性质比较活泼，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，反应的化学方程式为：mgcl2（熔融）mg+cl2，故答案为：电解；（2）因为海岸上有丰富的贝壳资源，其主要成分为石灰石，锻烧贝壳可以得到氧化钙，而氧化钙溶于水可制得氢氧化钙溶液，所以试剂应是氢氧化钙溶液其化学式为：ca（oh）2，故答案为：ca（oh）2；（3）由图象可知，mg与卤素单质的能量高于卤化物，依据能量守恒判断，反应是放热反应，物质的能量越低越稳定，易图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：mgi2mgbr2mgcl2mgf2，故答案为：放热；mg（s）+cl2（l）=mgcl2（s）h=641kj/mol，mg（s）+br2（l）=mgbr2（s）h=524kj/mol，将第一个方程式减去第二方程式得mgbr2（s）+cl2（g）mgcl2（s）+br2（l）h=117kjmol1，故答案为：mgbr2（s）+cl2（g）mgcl2（s）+br2（l）h=117kjmol1；（4）ch3mgcl水解化合价不变，ch3mgcl中，cl元素的化合价是1价，h元素的化合价是+1价，c元素的化合价是4价，镁元素的化合价是+2价，所以ch3mgcl水解生成氢氧化镁、氯化氢和甲烷或mg（oh）cl，水解方程式为：ch3mgcl+h2och4+mg（oh）cl或 2ch3mgcl+2h2o2ch4+mg（oh）2+mgcl2，故答案为：ch3mgcl+h2och4+mg（oh）cl或 2ch3mgcl+2h2o2ch4+mg（oh）2+mgcl2；点评：本题考查了镁的性质、反应热的有关计算、平衡原理等知识点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握影响沉淀平衡，注意读图的方法，题目难度中等17（12分）某科研小组以难溶性钾长石（k2oal2o36sio2）为原料，提取al2o3、k2co3等物质，工艺流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：钾长石中的硅元素在caco3作用下转化为casio3，写出sio2转化为casio3的化学方程式：caco3+sio2casio3+co2钾长石中的钾元素和铝元素在na2co3作用下转化为可溶性的naalo2和kalo2，写出al2o3转化为naalo2的化学方程式：na2co3+al2o32naalo2+co2（2）已知naalo2和kalo2易发生如下水解反应：alo2+2h2oal（oh）3+oh“浸取”时应保持溶液呈碱性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是提高浸取速率（3）“转化”时加入naoh的主要作用是（用离子方程式表示）hco3+oh=h2o+co32（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是na2co3、co2和水考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：难溶性钾长石（k2oal2o36sio2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液位偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到固体氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝；滤液中主要是碳酸氢钠溶液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，滤液主要是碳酸钾；（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）偏铝酸根离子在碱性条件下不水解；浸取时不断搅拌目的是提高速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）根据流程图推测可以循环利用的主要物质解答：解：（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：caco3+sio2casio3+co2，故答案为：caco3+sio2casio3+co2；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，al2o3+na2co32naalo2+co2，故答案为：al2o3+na2co32naalo2+co2；（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以在须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，故答案为：碱；提高浸取速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为hco3+oh=co32+h2o，故答案为：hco3+oh=co32+h2o；（4）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，故答案为：na2co3；co2点评：本题主要考查了a1203、k2co3等物质的提取，是工业流程题，依据相关的物质的性质，读懂流程是解答的关键，题目难度中等18（14分）人类活动产生的co2长期积累会威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注（1）微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化为电能的装置已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如图1：a电极附近甲醇发生的电极反应式为ch3oh+h2o6e6h+co2工作结束后，b电极室溶液的ph与工作前相比将变变大（填写“增大”、“减小”或“不变”，溶液体积变化忽略不计）（2）工业上常用高浓度的k2co3溶液吸收co2得溶液x，再利用电解法使k2co3溶液再生，其装置示意图如图2，在阳极区附近发生的反应包括4oh4e2h2o+o2和 h+hco3co2+h2o（3）将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的图3是通过光电转化原理以廉价原料制备新产品的示意图写出上述光电转化过程的化学反应方程式2co2+2h2o2hcooh+o2催化剂a、b之间连接导线上电子流动方向是ab（填ab或ba）（4）已知co2（g）+2ch3oh（g）ch3ocooch3（g）+h2o（g）h，控制一定条件，该反应能自发进行，即h0（填写、=）在恒温容积可变的容器中加入1molco2、2mol ch3oh，co2的转化率与反应时间如图4所示，在反应过程中加压若t1时容器体积为1000ml，则t2时容器体积为25ml考点：化学电源新型电池；焓变和熵变；化学平衡的计算；电解原理.专题：基本概念与基本理论分析：（1）a电极上甲醇失电子发生氧化反应；根据发生的电极反应生成物判断；（2）阳极上氢氧根离子放电生成氧气；（3）根据体系中进入的物质和得到的物质获得反应物和生成物，利用氧化还原方程式的配平写出化学方程式；根据溶液中阳离子的移动判断电子的流向；（4）根据hts0反应自发进行来回答，气体体积之比等于物质的量之比；根据不同体积平衡时的k不变来计算解答：解：（1）负极a电极上甲醇失电子和水反应生成氢离子和二氧化碳，电极反应式为：ch3oh+h2o6e6h+co2，故答案为：ch3oh+h2o6e6h+co2正极b电极上氧气得电子和氢离子反应生成水，溶液浓度变小，所以溶液的ph变大，故答案为：变大；（2）阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4oh4e2h2o+o2，故答案为：4oh4e2h2o+o2；（3）体系中进入的物质为：co2和h2o，则反应物为：co2和h2o，得到的物质为：hcooh和o2，生成物为：hcooh和o2，利用氧化还原方程式的配平写出化学方程式为：2co2+2h2o2hcooh+o2，原电池中氢离子从负极流向正极，即a是负极，b是正极，催化剂a、b之间连接导线上电子流动方向是从负极流向正极，即ab故答案为：2co2+2h2o2hcooh+o2；ab（4）co2（g）+2ch3oh（g）ch3ocooch3（g）+h2o（g）的s0，hts0反应自发进行，控制一定条件，该反应能自发进行，则h0，由图象数据可得：co2（g）+2ch4（oh）（g）ch3ocooch3（g）+h2o（g） t1平衡0.5 1 0.5 0.5 t2平衡0.2 0.4 0.8 0.8根据k相等，设t2时容器体积为v，则=解得v=25ml，故答案为：；25；点评：本题考查平衡常数的表达式及其计算、化学平衡影响因素、反应热的计算、电极反应式的书写等，要能根据题目所给信息解题，善于发掘题目信息，题目难度中等19（14分）亚氯酸钠是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀毒以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：naclo2的溶解度随着温度升高而增大，适当条件下可结晶析出naclo23h2o纯clo2为气态，易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全（1）clo2发生器中发生反应的离子方程式为2clo3+so2=so32+2clo2（2）发生器中鼓入空气的作用可能是b（选填序号）a将so2氧化成so3，增强酸性 b稀释clo2以防爆炸 c将naclo3氧化为clo2（3）吸收塔内的反应的离子方程式为2oh+2clo2+h2o22clo2+o2+2h2o吸收塔的温度不能超过20，其目的是防止h2o2受热分解，有利于naclo23h2o的析出在碱性溶液中naclo2比较稳定，所以吸收塔中应维持naoh稍过量，判断naoh是否过量所需要的试剂是酚酞（4）从滤液中得到naclo23h2o粗晶体的实验操作依次是b、冷却结晶、过滤（选填序号）a蒸馏 b蒸发 c灼烧（5）要得到更纯的naclo23h2o晶体必须进行的操作是重结晶（填操作名称）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）由流程图可知c1o2发生器中目的是产生c1o2，二氧化硫具有还原性，将clo3还原为c1o2，自身被氧化为so42；（2）由信息可知，纯clo2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释，以防止爆炸；（3）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物根据流程信息可知，吸收塔内生成naclo2，一定有clo2naclo2，化合价降低，被还原；则h2o2必定被氧化，有氧气产生据此书写方程式，温度过高，h2o2容易分解，氢氧化钠能使酚酞变红；（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体；（5）得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体解答：解：（1）由流程图可知c1o2发生器中目的是产生c1o2，二氧化硫具有还原性，将clo3还原为c1o2，自身被氧化为so42，反应离子方程式为2so2+clo3=c1o2+2so42；故答案为：2so2+clo3=c1o2+2so42；（2）由信息可知，纯clo2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释clo2，以防止爆炸，故选b；（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成naclo2，所以一定有clo2naclo2，化合价降低，被还原；则h2o2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2naoh+2clo2+h2o2=2 naclo2+2h2o+o2h2o2不稳定，温度过高，h2o2容易分解，吸收塔的温度不能超过20，其目的是防止h2o2分解，吸收塔中应维持naoh稍过量，判断naoh是否过量所需要的试剂是酚酞，过量时，显示红色，反之不会显示红色故答案为：2oh+2clo2+h2o22clo2+o2+2h2o；防止h2o2受热分解，有利于naclo23h2o的析出；酚酞（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，故答案为：b；（5）得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体故答案为：重结晶点评：本题以学生比较陌生的亚氯酸制备为背景，以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线，考查学生阅读题目获取信息的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力，题目有一定的难度20（16分）废旧物的回收利用既有利于节约资源，又有利于保护环境某研究小组同学以废旧锌锰干电池为原料，将废旧电池含锌部分转化成znso47h2o，含锰部分转化成纯度较高的mno2，将nh4cl溶液应用于化肥生产中，实验流程如下：（1）操作中所用的加热仪器应选坩埚（选填“蒸发皿”或“坩埚”）（2）将溶液a处理的第一步是加入氨水调节ph为9，使其中的fe3+和zn2+沉淀，请写出氨水和fe