江西省三县部分高中联考高三化学上学期第一次模拟试卷（含解析）.doc

2015年江西省三县部分高中联考高考化学一模试卷 一、选择题（每小题6分，共42分）1化学与生活、生产、社会密切相关下列说法正确的是( )a高纯度的单晶硅用于制造登月车的光电池和光导纤维b棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成co2和h2oc加碘食盐能使淀粉溶液变蓝d有些肾病患者要定期进行血透，血透原理是利用渗析的方法净化血液2下列说法或表示方法正确的是( )a2a（l）+b（l）=2c（l）h12a（g）+b（g）=2c（l）h2 则h1h2b31g红磷变成31g白磷要吸收能量，说明红磷比白磷更稳定c测定hcl和naoh的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸的起始温度、naoh的起始温度和反应结束后稳定的温度d在101kpa时，已知氢气的燃烧热为285.8kj/mol，则氢气燃烧的热化学方程式表示为2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=571.6kj/mol3下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是( )aabbccdd4na力阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a1mol苯含有的c=c键数为3nab1molna2o2与水完全反应时转移的电子数为nac含na个na+的na2o溶解于1l水中，na+浓度为1moll1d1mol o2和2mol so2在密闭容器中充分反应后的分子数等于2na5下列物质转化在给定条件下能实现的是( )al2o3naalo2（aq）al（oh）3sso3h2so4fe2o3fecl3（aq）无水fecl3饱和nacl（aq）nahco3na2co3 mgcl2（aq）mg（oh）2mgoabcd6某充电电池的原理如图所示，溶液中c（h+）=2.0moll1，阴离子为so42，a、b均为惰性电极，充电时右槽溶液颜色由绿色（v3+）变为紫色（v2+）下列对此电池叙述正确的是( )a充电时，b极接直流电源正极，a极接直流电源负极b放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色c充电过程中，a极的反应式为：vo2+2h+e=vo2+h2od放电时，当转移1.0 mol电子时生成1.0mol h+且h+从左槽迁移进右槽7某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是( )a原混合酸中no3物质的量浓度为2mol/lboa段产生的是no，ab段的反应为fe+2fe3+3fe2+，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为2.5moll1二、填空题（本大题有3小题，共43分）8（14分）（）碳和碳的化合物在人类生产、生活中的应用非常广泛“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的生活方式（1）甲烷燃烧时放出大量的热，可作为能源应用于人类的生产和生活 已知2ch4（g）+3o2（g）2co（g）+4h2o（l）h1=1214.6kj/mol2co（g）+o2（g）2co2（g）h2=566kj/mol，则反应ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）的h=_（2）将两个石墨电极插入koh溶液中，向两极分别通入ch4和o2，构成甲烷燃料电池其负极电极反应式是：_（3）将不同量的co（g）和h2o（g）分别通入到体积为2l的恒容密闭容器中，进行反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），得到如下三组数据：实验1中，以v（ h2）表示的平均反应速率为：_该反应的正反应为_ （填“吸”或“放”）热反应；若要实验3达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的体积分数分别相等），则a、b应满足的关系是_（用含a、b的数学式表示）（）某小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如下图所示装置电解k2so4溶液该电解槽中通过阴离子交换膜的离子数_（填“”“”或“一”）通过阳离子交换膜的离子数；图中a、b、c、d分别表示有关溶液的ph，则a、b、c、d由小到大的顺序为_；电解一段时间后，b出口与c出口产生气体的质量比为_9（14分）（i）、a、b、c、d、e、五种元素均是短周期元表且原子序数依次增大a的原子半径最小，b、e原子的最外层电子均均为其电子层数的2倍，d、e元素原子的最外层电子数相等，x、y、z、w、g、甲、乙七种物质均由上述中的两种或三种元素组成元表b形成的单质m与甲、乙（相对分子质量：甲乙）浓溶液的反应分别是：甲与m 反应生成x、y、z乙与m反应生成y、z、w，且x、y、w均能与z反应，反应条件均省略回答下列有关问题：（l）x、y、w均能与z反应，若将标准状况下的x和d2按4：1充满试管后将其倒立于水槽中待水不再上升时，试管内溶质的物质的量浓度是_（假设溶质不扩散） （2）若将x、w、d2按4：4：3通入z中充分反应写出总的离子方程式_（3）g是一种既能与强酸又能与强碱反应的酸式盐，则g的化子式_，取0.2mol/l的naoh溶液与0.1mol/l的g溶液等体积混合后，加热至充分反应后，待恢复至室温剩余溶液中离子浓度的由大到小顺序是_此时测待溶液的ph=12则此条件下g中阴离子的电离平衡常数ka=_（）（4）某温度时向agno3溶液中加入k2cro4溶液会生成ag2cro4沉淀，ag2cro4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示 该温度下下列说法正确的是_aag2cro4的溶度积常数（ksp）为1108 b含有大量cro42 的溶液中一定不存在ag+ca点表示ag2cro4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点d.0.02moll1的agno3溶液与0.02moll1的na2cro4溶液等体积混合会生成沉淀（5）若常温下kspcr（oh）3=1032，要使c（cr3+）降至105moll1，溶液的ph应调至_10以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：从废液中提纯并结晶出feso47h2o将feso47h2o配制成溶液feso4溶液与稍过量的nh4hco3溶液混合，得到含feco3的浊液将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到feco3固体煅烧feco3，得到fe2o3固体已知：nh4hco3在热水中分解（1）中，加足量的铁屑除去废液中的fe3+，该反应的离子方程式是_（2）中，需加一定量酸，该酸最好是_运用化学平衡原理简述该酸的作用_（3）中，生成feco3的离子方程式是_若feco3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是_（4）中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净，检验的操作是_（5）已知煅烧feco3的化学方程式是4feco3+o22fe2o3+4co2现煅烧464.0kg的feco3，得到316.8kg产品若产品中杂质只有feo，则该产品中fe2o3的质量是_kg（摩尔质量/gmol1：feco3 116fe2o3 160feo 72）三、选做题（从11、12、13题中选一题作答，共15分）【化学-选修2：化学与技术】11目前，全世界的镍消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位镍行业发展蕴藏着巨大的潜力镍化合物中的三氧化二镍是一种重要的电子元件材料和二次电池材料工业上可利用含镍合金废料（除镍外，还含有fe、cu、ca、mg、c等杂质）制取草酸镍，然后高温煅烧草酸镍来制取三氧化二镍已知：草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水，且溶解度：nic2o4nic2o4h2onic2o42h2o常温下，ksp（fe（oh）3=4.01038，lg5=0.7根据下列工艺流程图回答问题：（1）加6%的h2o2时，温度不能太高，其目的是_若h2o2在一开始酸溶时便与盐酸一起加入，会造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，用离子方程式表示这一情况_（2）流程中有一步是调ph，使fe3+转化为fe（oh）3沉淀，常温下当溶液中c（fe3+）=0.5105mol/l时，溶液的ph=_（3）流程中加入nh4f的目的是_（4）将最后所得的草酸镍晶体在空气中强热到400，可生成三氧化二镍和无毒气体，写出该反应的化学方程式_（5）工业上还可用电解法制取三氧化二镍，用naoh溶液调节nicl2溶液的ph至7.5，再加入适量na2so4进行电解，电解产生的cl2其80%的可将二价镍氧化为三价镍写出cl2氧化ni（oh）2生成三氧化二镍的离子方程式_；将a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量是_（6）近年来镍氢电池发展很快，它可由nio（oh）跟lani5h6（lani5h6中各元素化合价均可看作是零）组成：6nio（oh）+lani5h6lani5+6ni（oh）2该电池放电时，负极反应是_【化学-选修3：物质结构与性质】12太阳能电池的发展已经进入了第三代第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜铟镓硒cigs（cis中掺人ga）等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜si系太阳能电池（1）镓的基态原子的电子排布式是_（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为_（用元素符号表示）（3）h2se的酸性比h2s_（填“强”或“弱”）气态seo3分子的立体构型为_（4）硅烷（sinh2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是_（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（h3bo3）在水溶液中能与水反应生成b（oh）4而体现一元弱酸的性质，则b（oh）4中b的原子杂化类型为_（6）金属cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是_，反应的离子方程式为_（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构在晶脆中，au原子位于顶点，cu原子位于面心，则该合金中au原子与cu原子个数之比为_，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为_gcm3（已知lpm=1012m，只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加塞罗常数为na）【化学-选修5：有机化学基础】13固定和利用co2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体某高分子化合物f可用下列反应 制得：（1）a的名称为_，d中官能团的名称为_；（2）由a也可以制取e，其发生反应的反应类型依次为_；（3）写出下列反应的方程式：de：_； b+ef：_；（4）g是e的同分异构体，满足下列条件的g的结构有_种；结构中含有苯环，且苯环上一氯代物只有一种1mol该物质与足量金属钠反应生成22.4升的h2（标况）（5）下列关于有机物d或e的说法屮，正确的有_；（多选不给分）（a）d是烃的衍生物，属于芳香族化合物（b）d分子中所有的氢原子有可能在同一平面内（c）e的核磁共振氢谱有4个吸收峰（d）e能发生加成反应、取代反应和消去反应2015年江西省三县部分高中联考高考化学一模试卷一、选择题（每小题6分，共42分）1化学与生活、生产、社会密切相关下列说法正确的是( )a高纯度的单晶硅用于制造登月车的光电池和光导纤维b棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成co2和h2oc加碘食盐能使淀粉溶液变蓝d有些肾病患者要定期进行血透，血透原理是利用渗析的方法净化血液考点：硅和二氧化硅；胶体的重要性质；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途 专题：化学应用分析：a光导纤维的成分是二氧化硅；b组成元素只有碳和氢元素的物质或含碳、氢、氧元素的物质燃烧产物为二氧化碳和水，蛋白质含有氮元素燃烧会生成各元素的氧化物；c碘单质遇淀粉变蓝色；d从胶体性质考虑，血液属于胶体，可利用渗析的方法分离胶体和溶液解答：解：a光电池的成分是硅单质，光导纤维的成分是二氧化硅，故a错误； b棉麻是植物纤维，只含有c、h、o元素；羊毛是蛋白纤维，蛋白质由c、h、o、n元素组成，还可能含有s、p等，n、s、p燃烧是会生成其各自的氧化物，合成纤维氨纶、氯纶、腈纶、醋酯纤维等等，顾名思义，肯定是含有其他元素存在，故b错误；c碘单质遇淀粉变蓝色，加碘食盐添加碘酸钾，故c错误；d血液属于胶体，不能透过半透膜，可利用渗析的方法分离胶体和溶液，血透的原理是利用渗析的方法净化血液，故d正确故选d点评：本题考查化学与生活，涉及硅及其化合物的性质、合成纤维、碘盐和胶体等，题目难度不大，注意基础知识的积累2下列说法或表示方法正确的是( )a2a（l）+b（l）=2c（l）h12a（g）+b（g）=2c（l）h2 则h1h2b31g红磷变成31g白磷要吸收能量，说明红磷比白磷更稳定c测定hcl和naoh的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸的起始温度、naoh的起始温度和反应结束后稳定的温度d在101kpa时，已知氢气的燃烧热为285.8kj/mol，则氢气燃烧的热化学方程式表示为2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=571.6kj/mol考点：热化学方程式；反应热的大小比较；中和热的测定 分析：a、相同物质，气体比液态物质所含能量高；b、物质的能量越低越稳定；c、据中和热测定实验分析；d、燃烧热是指生成液态水时放出的热量解答：解：a、相同物质的量的a、b，气态比液态时能量高，h=生成物能量和反应物能量和，生成物能量相同，故a正确；b、红磷变成白磷吸收能量，说明白磷能量高，红磷稳定，故b正确；c、测反应后的最高温度，不是反应结束后稳定的温度，故c错误；d、氢气燃烧的热化学方程式为：2h2（g）+o2（g）2h2o（l）h=571.6 kj/mol，故d错误；故选：ab点评：本题考查了中和热的测定实验、物质的能量越低越稳定、燃烧热、h的求算，难度中等3下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是( )aabbccdd考点：离子共存问题 分析：ano3、hs发生氧化还原反应；bfe3+、so32相互促进水解；c该组离子之间不反应，加氨水先与mg2+反应，再与hco3反应；d该组离子之间不反应，加naoh先与ch3cooh反应解答：解：ano3、hs发生氧化还原反应，不能大量共存，故a不选；bfe3+、so32相互促进水解，不能大量共存，故b不选；c该组离子之间不反应，可大量共存，且加氨水先与mg2+反应，则滴加氨水立即有沉淀产生，故c选；d该组离子之间不反应，可大量共存，但加naoh先与ch3cooh反应，则滴加naoh溶液开始不生成气体，故d不选；故选c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，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大4na力阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a1mol苯含有的c=c键数为3nab1molna2o2与水完全反应时转移的电子数为nac含na个na+的na2o溶解于1l水中，na+浓度为1moll1d1mol o2和2mol so2在密闭容器中充分反应后的分子数等于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、苯分子中的碳碳键为介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键；b、过氧化钠中的氧元素为1价，根据过氧化钠与水反应生成的氧气的物质的量计算出转移的电子数；c、氧化钠溶于1l水中，得到的溶液的体积不是1l；d、二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物解答：解：a、苯分子中不存在碳碳双键，故a错误；b、1mol过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为na，故b正确；c、na个na+的物质的量为1mol，溶于1l水中得到的溶液体积不是1l，钠离子浓度不是1mol/l，故c错误；d、氧气与二氧化硫的反应为可逆反应，反应物转化率不可能为100%，所以生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，反应后气体的物质的量大于2mol，分子数大于2na，故d错误；故选b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意过氧化钠中氧元素化合价为1价、可逆反应的特点，要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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系5下列物质转化在给定条件下能实现的是( )al2o3naalo2（aq）al（oh）3sso3h2so4fe2o3fecl3（aq）无水fecl3饱和nacl（aq）nahco3na2co3 mgcl2（aq）mg（oh）2mgoabcd考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物 分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝；硫燃烧生成二氧化硫；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解，加热蒸发得不到无水fecl3；饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，由于碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，所以al2o3naalo2（aq）al（oh）3，可以实现，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，得不到三氧化硫，所以sso3不能实现，故错误；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解，加热蒸发得到的是氢氧化铁，得不到无水fecl3，所以fecl3（aq）无水fecl3不能实现，故错误；饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，由于碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，所以饱和nacl（aq）nahco3na2co3 可以实现，故正确；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，所以mgcl2（aq）mg（oh）2mgo可以实现，故正确；故选：d点评：本题考查较为综合，侧重于元素化合物知识的综合考查与应用，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大6某充电电池的原理如图所示，溶液中c（h+）=2.0moll1，阴离子为so42，a、b均为惰性电极，充电时右槽溶液颜色由绿色（v3+）变为紫色（v2+）下列对此电池叙述正确的是( )a充电时，b极接直流电源正极，a极接直流电源负极b放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色c充电过程中，a极的反应式为：vo2+2h+e=vo2+h2od放电时，当转移1.0 mol电子时生成1.0mol h+且h+从左槽迁移进右槽考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：充电时右槽溶液颜色由绿色（v3+）变为紫色（v2+），b电极得电子发生还原反应，则b电极是阴极，a电极是阳极，a电极上失电子发生氧化反应；放电过程中，a电极上得电子发生还原反应，则a电极是正极，b电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，与电解池电极反应正好相反解答：解：a充电时，右槽溶液颜色由绿色（v3+）变为紫色（v2+），右槽中得电子发生还原反应，则b是阴极，a是阳极，b连接电源负极，a连接电源正极，故a错误；b放电过程中，a电极上vo2+得电子发生还原反应生成vo2+，则左槽溶液颜色由黄色变为蓝色，故b正确；c充电过程中，a电极上失电子发生还原反应，电极反应式为vo2+h2oe=vo2+2h+，故c错误；d放电时，正极附近发生反应：vo2+2h+e=vo2+h2o，所以氢离子向正极移动，即向左槽移动，故d错误；故选b点评：本题考查了原电池和电解池，会根据得失电子判断原电池正负极和电解池阴阳极，知道充电电池中原电池正负极发生的电极反应式是电解池阳极、阴极电极反应式的逆反应，难度中等7某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是( )a原混合酸中no3物质的量浓度为2mol/lboa段产生的是no，ab段的反应为fe+2fe3+3fe2+，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为2.5moll1考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2a、oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；b、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；c、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；d、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度解答：解：a、oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n（no3）=2n（fe）=2=0.4mol，所以no3物质的量浓度为=2mol/l，故a正确；b、由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2，故b正确；c、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为feso4，故c正确；d、反应消耗22.4g铁，物质的量为=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，故d错误故选d点评：本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用二、填空题（本大题有3小题，共43分）8（14分）（）碳和碳的化合物在人类生产、生活中的应用非常广泛“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的生活方式（1）甲烷燃烧时放出大量的热，可作为能源应用于人类的生产和生活 已知2ch4（g）+3o2（g）2co（g）+4h2o（l）h1=1214.6kj/mol2co（g）+o2（g）2co2（g）h2=566kj/mol，则反应ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）的h=890.3 kj/mol（2）将两个石墨电极插入koh溶液中，向两极分别通入ch4和o2，构成甲烷燃料电池其负极电极反应式是：ch48e+10ohco32+7h2o（3）将不同量的co（g）和h2o（g）分别通入到体积为2l的恒容密闭容器中，进行反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），得到如下三组数据：实验1中，以v（ h2）表示的平均反应速率为：0.16 moll1min1该反应的正反应为放 （填“吸”或“放”）热反应；若要实验3达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的体积分数分别相等），则a、b应满足的关系是a：b=1：2（用含a、b的数学式表示）（）某小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如下图所示装置电解k2so4溶液该电解槽中通过阴离子交换膜的离子数（填“”“”或“一”）通过阳离子交换膜的离子数；图中a、b、c、d分别表示有关溶液的ph，则a、b、c、d由小到大的顺序为bacd；电解一段时间后，b出口与c出口产生气体的质量比为8：1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；电解原理 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（）（1）根据盖斯定律，通过已知方程式的变形求出目标方程式的热化学方程式；（2）先写出燃料电池的总方程式，再写出正极的电极反应式，做差求出负极的电极反应式；（3）根据表中给出的数据可以求出v（co）表示的平均反应速率，然后根据反应速率之比等于计量系数之比，求v（ h2）表示的平均反应速率；通过表中两组数据求出不同温度下转化率，比较改变温度时转化率的变化判断化学平衡移动的方向，判断反应的热效应；根据等效平衡原理解答；（）依据电解池工作原理：阳电极反应式为4oh4e=2h2o+o2，由于在阴极放电的是h+，其中透过阳离子交换膜的h+数与透过阴离子交换膜的oh数相等，根据溶液呈电中性知，透过阳离子交换膜的k+数大于透过阴离子交换膜的so42数；因为电解后生成的硫酸和氢氧化钾浓度大，故ba、cd，结合碱溶液ph值大于酸溶液ph值，可得bacd；根据电解原理知：b出口产生的是氧气，c出口产生的是氢气，根据得失电子守恒，求出二者物质的量之比，然后转化为质量之比解答：解：（）（1）2ch4（g）+3o2（g）2co（g）+4h2o（l）h1=1214.6kj/mol2co（g）+o2（g）2co2（g）h2=566kj/mol， 根据盖斯定律得ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）h=890.3 kj/mol，故答案为：890.3 kj/mol；（2）燃料电池的总反应式：ch4+2o2+2oh=co32+3h2o；正极的电极反应式：2o2+8e+4h2o=8oh；用总电池反应式减去正极电极反应式得负极电极反应式：ch48e+10ohco32+7h2o，故答案为：ch48e+10ohco32+7h2o；（3）根据表中数据可知：反应前co的浓度c（co）=2mol/l，5min后浓度c（co）=1.2mol/l，则v（co）=0.16 moll1min1，根据同一反应用不同物质表示的速率之比等于方程式中各物质的计量系数之比得：v（co）：v（h2）=1；1，所以 以v（ h2）表示的平均反应速为：0.16 moll1min1 ，故答案为：0.16 moll1min1；实验1中co的转化率为：100%=40%，实验2中co的转化率为：100%=20%，温度升高，反应物转化率降低，平衡向逆向移动，逆向为吸热反应，所以正向为放热反应，故答案为：放；co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），反应特点：前后气体系数相等，要想在恒温恒容条件下建立等效平衡，只需各物质的物质的量之比应相等 co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），实验2 1mol 2mol 0 0实验3 a b 0 0 所以只要当a：b=1：2时，实验3达到与实验2达到相同的平衡状态，故答案为：a：b=1：2；（）依据电解池工作原理：阳电极反应式为4oh4e=2h2o+o2，阴极放电的是h+，透过阳离子交换膜的h+数与透过阴离子交换膜的oh数相等，因为溶液呈电中性，所以透过阳离子交换膜的k+数大于透过阴离子交换膜的so42数，故答案为：；因为电解后生成的硫酸和氢氧化钾浓度大，故ba、cd，结合碱溶液ph值大于酸溶液ph值，可得bacd，故答案为：bacd；根据电解原理知：b出口产生的是氧气，c出口产生的是氢气，根据得失电子守恒，n（o2）：n（h2）=1：2，所以其质量之比为：8：1，故答案为：8：1点评：本题考查了盖斯定律的计算应用，原电池电极反应的书写方法，化学平衡的影响因素分析判断，平衡常数计算应用，电解池的工作原理，题目综合性强，难度中等9（14分）（i）、a、b、c、d、e、五种元素均是短周期元表且原子序数依次增大a的原子半径最小，b、e原子的最外层电子均均为其电子层数的2倍，d、e元素原子的最外层电子数相等，x、y、z、w、g、甲、乙七种物质均由上述中的两种或三种元素组成元表b形成的单质m与甲、乙（相对分子质量：甲乙）浓溶液的反应分别是：甲与m 反应生成x、y、z乙与m反应生成y、z、w，且x、y、w均能与z反应，反应条件均省略回答下列有关问题：（l）x、y、w均能与z反应，若将标准状况下的x和d2按4：1充满试管后将其倒立于水槽中待水不再上升时，试管内溶质的物质的量浓度是mol/l（假设溶质不扩散） （2）若将x、w、d2按4：4：3通入z中充分反应写出总的离子方程式4no2+4so2+3o2+6h2o4no3+4so42+12h+（3）g是一种既能与强酸又能与强碱反应的酸式盐，则g的化子式nh4hs，取0.2mol/l的naoh溶液与0.1mol/l的g溶液等体积混合后，加热至充分反应后，待恢复至室温剩余溶液中离子浓度的由大到小顺序是c（na+）c（s2）c（oh）c（hs）c（h+）此时测待溶液的ph=12则此条件下g中阴离子的电离平衡常数ka=41012（）（4）某温度时向agno3溶液中加入k2cro4溶液会生成ag2cro4沉淀，ag2cro4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示 该温度下下列说法正确的是adaag2cro4的溶度积常数（ksp）为1108 b含有大量cro42 的溶液中一定不存在ag+ca点表示ag2cro4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点d.0.02moll1的agno3溶液与0.02moll1的na2cro4溶液等体积混合会生成沉淀（5）若常温下kspcr（oh）3=1032，要使c（cr3+）降至105moll1，溶液的ph应调至5考点：位置结构性质的相互关系应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：（i）a、b、c、d、e五种元素均是短周期主族元素，且原子序数依次增大b、e原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍，分别处于第二、第三周期，则b为c元素、e为s元素；d、e元素原子的最外层电子数相等，二者同主族，则d为o元素；c的原子序数介于碳、氧之间，则c为n元素；a的原子半径最小，则a为h元素；x、y、z、w、g、甲、乙七种物质均由上述元素中的两种或三种元素组成，元素b形成的单质m为碳，与甲、乙浓溶液均能反应（相对分子质量：甲乙），可推知：甲为hno3、乙为h2so4，甲与m反应生成x、y、z，乙与m反应生成y、z、w，则x为no2，w为so2，y、z分别为h2o、co2中的一种，x、y、w均能与z反应，则：y为co2，z为h2o（1）no2和o2按4：1充满试管后将其倒立于水槽中，发生反应4no2+o2+h2o=4hno3，溶液体积等于混合气体的体积，令混合气体体积为5l，计算生成硝酸的物质的量，进而计算所得硝酸的浓度；（2）若将no2、so2、o2按4：4：3通入h2o中充分反应，根据电子转移守恒可知，反应生成硝酸、硫酸；（3）g是一种既能与强酸又能与强碱反应的酸式盐，g由上述元素中的两种或三种元素组成，则g为nh4hs，取0.2mol/l的naoh溶液与0.1mol/l的nh4hs溶液等体积混合后，二者物质的量之比为2：1，加热至充分反应生成na2s、氨气与水，待恢复至室温剩余溶液为na2s溶液，溶液中s2水解，溶液呈碱性，水的电离与产生氢氧根离子，故c（oh）c（hs），溶液中氢离子浓度最小，溶液中氢氧根离子原因水的电离、s2水解、hs的水解，溶液中c（oh）c（hs）；此时测得溶液的ph=12，c（h+）=1012mol/l，c（oh）=102mol/l，由于s2+h2ooh+hs，溶液中氢氧根离子源于硫离子水解及水的电离，故溶液中c（hs）=102mol/l1012mol/l102mol/l，溶液中c（s2）=0.1mol/l102mol/l=0.04moll，由hss2+h+，可知其电离常数ka=，代入数据计算；（）（4）aag2cro4的溶度积常数ksp=c2（ag+）c（cro42），结合b点离子浓度计算；bag2cro4存在溶解平衡；ca点离子浓度积大于ksp，为过饱和溶液，有晶体析出；d计算混合后未反应时c2（ag+）c（cro42），与ksp相比较进行判断；（5）根据kspcr（oh）3=c（cr3+）c3（oh）计算溶液中c（oh），再根据kw=c（h+）c（oh），计算溶液中c（h+），再根据ph=lg（h+）计算解答：解：（i）a、b、c、d、e五种元素均是短周期主族元素，且原子序数依次增大b、e原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍，分别处于第二、第三周期，则b为c元素、e为s元素；d、e元素原子的最外层电子数相等，二者同主族，则d为o元素；c的原子序数介于碳、氧之间，则c为n元素；a的原子半径最小，则a为h元素；x、y、z、w、g、甲、乙七种物质均由上述元素中的两种或三种元素组成，元素b形成的单质m为碳，与甲、乙浓溶液均能反应（相对分子质量：甲乙），可推知：甲为hno3、乙为h2so4，甲与m反应生成x、y、z，乙与m反应生成y、z、w，则x为no2，w为so2，y、z分别为h2o、co2中的一种，x、y、w均能与z反应，则：y为co2，z为h2o（1）（1）no2和o2按4：1充满试管后将其倒立于水槽中，发生反应4no2+o2+h2o=4hno3，溶液体积等于混合气体的体积，令混合气体体积为5l，则硝酸的物质的量=mol，故所得溶液的物质的量浓度=mol/l，故答案为：mol/l；（2）若将no2、so2、o2按4：4：3通入h2o中充分反应，根据电子转移守恒可知，反应生成硝酸、硫酸，反应总的离子方程式为：4no2+4so2+3o2+6h2o4no3+4so42+12h+，故答案为：4no2+4so2+3o2+6h2o4no3+4so42+12h+；（3）g是一种既能与强酸又能与强碱反应的酸式盐，g由上述元素中的两种或三种元素组成，则g为nh4hs；取0.2mol/l的naoh溶液与0.1mol/l的nh4hs溶液等体积混合后，二者物质的量之比为2：1，加热至充分反应生成na2s、氨气与水，待恢复至室温剩余溶液为na2s溶液，溶液中s2水解，溶液呈碱性，水的电离与产生氢氧根离子，故c（oh）c（hs），溶液中氢离子浓度最小，故溶液中c（na+）c（s2）c（oh）c（hs）c（h+）；此时测得溶液的ph=12，c（h+）=1012mol/l，c（oh）=102mol/l，由于s2+h2ooh+hs，溶液中氢氧根离子源于硫离子水解及水的电离，故溶液中c（hs）=102mol/l1012mol/l102mol/l，溶液中c（s2）=0.1mol/l102mol/l=0.04moll，由hss2+h+，可知其电离常数ka=41012，故答案为：nh4hs；c（na+）c（s2）c（oh）c（hs）c（h+）；41012；（）（4）a由b点离子浓度可知，ag2cro4的溶度积常数ksp=c2（ag+）c（cro42）=（2103）22.5103=1108，故a正确；kspbag2cro4存在溶解平衡，ag+和cro42同时存在，故b错误；ca点离子浓度积c2（ag+）c（cro42）1108，为过饱和溶液，有晶体析出，故c错误；d.0.02moll1的agno3溶液与0.02moll1的na2cro4溶液等体积混合，混合后未反应时c2（ag+）c（cro42）=（0.01）20.01=11061108，有晶体析出，故d正确，故选：ad；（5）要使c（cr3+）降至105moll1，根据kspcr（oh）3=c（cr3+）c3（oh）=1032，则溶液中c（oh）=mol/l=109mol/l，根据kw=c（h+）c（oh）可知溶液中c（h+）=mol/l=105mol/l，此时溶液ph=lg（h+）=5，故溶液的ph应调至5，故答案为：5点评：本题属于拼合型题目，涉及元素化合物推断、溶度积的有关计算等，i中元素及物质的推断为解答本题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（3）中计算为易错点，不能认为氢氧根与硫氢根离子浓度相等，注意忽略计算，难度中等10以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：从废液中提纯并结晶出feso47h2o将feso47h2o配制成溶液feso4溶液与稍过量的nh4hco3溶液混合，得到含feco3的浊液将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到feco3固体煅烧feco3，得到fe2o3固体已知：nh4hco3在热水中分解（1）中，加足量的铁屑除去废液中的fe3+，该反应的离子方程式是fe+2fe3+=3fe2+（2）中，需加一定量酸，该酸最好是硫酸运用化学平衡原理简述该酸的作用加入硫酸，增大氢离子浓度，使fe2+2h2o=fe（oh）2+2h+的平衡向左移动，从而抑制fe2+的水解；（3）中，生成feco3的离子方程式是fe2+2hco3=feco3+co2+h2o若feco3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是4feco3+6h2o+o2=4fe（oh）3+4co2（4）中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净，检验的操作是取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净（5）已知煅烧feco3的化学方程式是4feco3+o22fe2o3+4co2现煅烧464.0kg的feco3，得到316.8kg产品若产品中杂质只有feo，则该产品中fe2o3的质量是288.0kg（摩尔质量/gmol1：feco3 116fe2o3 160feo 72）考点：离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；化学平衡的影响因素 专题：计算题分析：（1）利用铁的还原性，同时不引入新的杂质；（2）运用水解原理，同时不引入新的杂质；（3）+2价的铁具有还原性，容易被氧化；（4）用可溶性钡盐检验硫酸根离子；（5）结合方程式进行相关计算解答：解：（1）铁屑与fe3+发生氧化还原反应，离子方程式为：fe+2fe3+=3fe2+，故答案为：fe+2fe3+=3fe2+；（2）获得feso4溶液，故最好选用硫酸，不会引入新的杂质；加入硫酸，增大氢离子浓度，使fe2+2h2o=fe（oh）2+2h+的平衡向左移动，从而抑制fe2+的水解；故答案为：硫酸；加入硫酸，增大氢离子浓度，使fe2+2h2o=fe（oh）2+2h+的平衡向左移动，从而抑制fe2+的水解；（3）feso4溶液与nh4hco3溶液反应生成feco3的方程式为：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o，+2价的铁具有还原性，故feco3浊液在空气中容易被氧化生成氢氧化铁，方程式为：4feco3+6h2o+o2=4fe（oh）3+4co2，故答案为：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o；4feco3+6h2o+o2=4fe（oh）3+4co2；（4）检验硫酸根离子的方法是：取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净，故答案为：取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，