江西省上饶市横峰中学高考化学适应性试卷（含解析）.doc

2015年江西省上饶市横峰中学高考化学适应性试卷 参考答案与试题解析一、选择题：（本题共7小题，每小题只有一个正确选项，每小题6分，共78分）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法中不正确的是（）a蛋白质、棉花、核酸、pvc、淀粉都是由高分子组成的物质b铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈c废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源d用co2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用考点：葡萄糖的性质和用途；金属的电化学腐蚀与防护；常见的生活环境的污染及治理分析：a核酸相对分子质量较小；b铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；c根据可回收利用垃圾：废弃金属、废纸、废弃玻璃、废弃塑料、废弃电池；d可降解塑料分解产生co2，co2又合成聚碳酸酯可降解塑料解答：解：a核酸相对分子质量较小，不是高分子化合物，故a错误； b铁在潮湿的空气中易形成原电池反应，发生电化学腐蚀，故b错误；c废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源，故c正确；d可降解塑料分解产生co2，co2又合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用，故d正确；故选ab点评：本题考查较为综合，为高考常见题型，涉及高分子化合物、金属的腐蚀、垃圾回收以及低碳经济，综合考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2常温下，将cl2缓慢通人100ml水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加人0.1mol/lnaoh溶液，整个过程中ph的变化如图所示下列有关叙述正确的是（）a曲线段有离子反应：hclo+oh=clo+h2ob可依据处数据计算所溶解的n（cl2）c处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全d处c（h+）约为处c（h+）的两倍考点：ph的简单计算；氯气的化学性质 分析：整个过程发生的反应为cl2+h2ohcl+hclo、hcl+naohnacl+h2o、hclo+naohnaclo+h2o，点所示溶液中发生反应：cl2+h2oh+cl+hclo，点所示溶液中发生反应：cl2+h2oh+cl+hclo，hclo为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：h+、cl、clo、oh，h2o、hclo、cl2，点所示溶液中发生反应：hcl+naohnacl+h2o、hclo+naohnaclo+h2o，溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），点溶液呈碱性，根据溶液的酸碱性结合盐类水解等知识分析解答解答：解：a曲线从到，溶液ph增大，说明此段发生反应：hcl+naohnacl+h2o、hclo+naohnaclo+h2o，离子反应分别为：h+oh=h2o、hclo+ohh2o+clo，点此时c（h+）=c（oh），c（na+）=c（cl）+c（clo），hclo为弱电解质，部分电离，此时溶液中存在次氯酸的电离平衡，从到图象分析可知：溶液ph继续增大，且ph大于7，继续加氢氧化钠，氢氧化钠和次氯酸反应，hclo+naohnaclo+h2o，生成的次氯酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加碱直至碱过量ph继续增大，所以离子反应为：hclo+ohh2o+clo，故a正确；b点所示溶液中发生反应：cl2+h2oh+cl+hclo，hclo为弱电解质，部分电离，无法根据ph计算参加反应的氯气，故b错误；c氯气与氢氧化钠恰好反应完全溶液为氯化钠、次氯酸钠溶液，溶液呈碱性，点所示溶液中发生反应：hcl+naohnacl+h2o、hclo+naohnaclo+h2o，溶液呈中性，c（h+）=c（oh），故c错误；d处到处是氯气的溶解平衡：cl2+h2oh+cl+hclo向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，故d错误；故选a点评：本题综合考查氯气的性质，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意盐的水解原理的应用方法3设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a1 l 1 moll1的naclo溶液中含有clo的数目为nab78 g苯含有c=c键的数目为3 nac常温常压下，14 g由n2和co组成的混合气体含有的电子总数为7 nad1 mol fei2与足量氯气反应时转移的电子数为2 na考点：阿伏加德罗常数分析：a、clo是弱酸根，在溶液中会水解；b、苯中不含碳碳双键；c、n2和co的摩尔质量均为28g/mol，且1moln2和co中均含14mol电子；d、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氯气解答：解：a、clo是弱酸根，在溶液中会水解，故个数小于na个，故a错误；b、苯中不含碳碳双键，故b错误；c、n2和co的摩尔质量均为28g/mol，且1moln2和co中均含14mol电子，故14gn2和co混合气体的物质的量为0.5mol，含有7mol电子，故c正确；d、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d错误； 故选c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4图中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用下图装置制取、净化、收集的气体是（）编号气体abcanh3浓氨水生石灰碱石灰bco2盐酸碳酸钙饱和nahco3溶液cno稀hno3铜屑h2odcl2浓盐酸高锰酸钾naoh溶液aabbccdd考点：常见气体制备原理及装置选择；气体的收集；气体的净化和干燥分析：a、氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集；b、盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳中有氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应，所以可用饱和碳酸氢钠洗气，二氧化碳的密度大于空气的密度，所以可用向上排空气法收集；c、铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮；d、氯气与氢氧化钠溶液反应，所以不能用氢氧化钠洗气解答：解：a、浓氨水有挥发性，在加热条件下分解生成氨气，生石灰和水反应放出大量的热，所以可用浓氨水和生石灰制取氨气；碱石灰一般应盛放在干燥管内，氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故a错误b、盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳中有氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应，所以可用饱和碳酸氢钠洗气，二氧化碳的密度大于空气的密度，所以可用向上排空气法收集，故b正确c、铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集一氧化氮，故c错误d、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸有挥发性，所以二氧化氮中有硝酸，硝酸能和碱反应，二氧化氮和碱也反应，所以不能用氢氧化钠洗气，故d错误故选b点评：本题考查了气体的制备、净化、收集装置的选择，难度不大，确定气体的收集方法时要考虑气体的密度、溶解性、稳定性5a、b、d、e、f为短周期元素，非金属元素a最外层电子数与其周期数相同，b的最外层电子数是其所在周期数的2倍b在d的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物bd2e+与d2具有相同的电子数a在f单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸下列有关说法正确的是（）a工业上f单质用mno2和af来制备ba与d元素所形成的化合物中只含极性键cf所形成的氢化物的酸性强于bd2的水化物的酸性，说明f的非金属性强于bd由化学键角度推断，能形成bdf2这种化合物考点：原子结构与元素的性质分析：a、b、d、e、f为短周期元素，非金属元素a最外层电子数与其周期数相同，则a为h元素；e+与d2具有相同的电子数，则e处于ia族，d处于a族，故e为na、d为o元素；b在d中充分燃烧生成其最高价化合物bd2，b的最高正化合价为+4，b的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则b处于第二周期，故b为碳元素；a在f中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则f为cl，据此解答解答：解：a、b、d、e、f为短周期元素，非金属元素a最外层电子数与其周期数相同，则a为h元素；e+与d2具有相同的电子数，则e处于ia族，d处于a族，故e为na、d为o元素；b在d中充分燃烧生成其最高价化合物bd2，b的最高正化合价为+4，b的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则b处于第二周期，故b为碳元素；a在f中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则f为cla实验室用mno2和hcl来制备氯气，工业上电解饱和食盐水制备氯气，故a错误；ba与d元素所形成的化合物有h2o、h2o2，前者只含极性键，后者含有极性键、非极性键，故b错误；cf所形成的氢化物hcl，酸性强于碳酸，不能说明cl的非金属性强于c，若hf属于弱酸，硫酸属于强酸，故c错误；d可以形成cocl2这种化合物，结构式为，故d正确，故选d点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，难度中等6下列溶液或浊液中，说法正确的是（）a一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值增大b假设hclo的电离平衡常数为ka，碳酸的电离常数分别记为：ka1 和ka2，已知：ka1kaka2，则发生反应：2naclo+co2（少量）+h2o=na2co3+2hcloc等ph的氨水、koh溶液、ba（oh）2溶液中：c（nh4+）=c（k+）=c（ba2+）d室温下，ph=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c（ch3coo）c（na+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较分析：a、一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，平衡正向移动；b、弱酸的电离平衡常数越大，弱酸酸性越强，hclo的酸性比hco3强；c、ph相同说明氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，据电荷守恒分析；d、据电荷守恒分析解答：解：a、加水稀释，平衡正向移动n（nh4+）增大，n（nh3h2o）减小，所以的比值增大，故a正确；b、hclo的酸性比hco3强，所以naclo+co2（少量）+h2o=nahco3+hclo，故b错误；c、据电荷守恒c（nh4+）+c（h+）=c（oh），c（k+）+c（h+）=c（oh），2c（ba2+）+c（h+）=c（oh），ph相同则c（oh）、c（h+）都相同，所以c（nh4+）=c（k+）=2c（ba2+），故c错误；d、据电荷守恒，c（oh）+c（ch3coo）=c（na+）+c（h+），溶液显中性，所以c（ch3coo）=c（na+），故d错误；故选a点评：本题考查了弱电解质加水稀释时离子浓度变化、强酸制弱酸原理、离子浓度大小比较，题目难度不大，注意电荷守恒的应用7下列说法正确的是（）a按系统命名法的名称为：4，7二甲基3乙基辛烷b 分子中所有原子共平面c肌醇与葡萄糖的元素组成相同，化学式均为c6h12o6，满足cm（h2o）n，因此，二者均属于糖类化合物d1.0 mol最多能与含5 mol naoh的水溶液完全反应考点：有机化合物命名；常见有机化合物的结构；有机化学反应的综合应用分析：a、此命名不符合取代基的位次最小；b、苯环左侧为甲基，甲基为四面体结构；c、根据结构式书写化学式，环上没有标注元素符合的交点为碳原子，肌醇属于醇，不属于糖类；d、1mol该物质水解，左边的酯基1水解生成1mol羧基，右边的酯基水解生成2mol羧基，实际生成1molh2co3，同时生成1mol苯酚，分子中还含有1mol酚羟基能与氢氧化钠反应，羧基、酚羟基与氢氧化钠都按1：1反应解答：解：a、取代基的位次不是最小，应是为3，6二甲基7乙基壬烷，故a错误；b、苯环左侧为甲基，甲基为四面体结构，甲基中的三个h与苯环不可能全部共平面，故b错误；c、二者化学式均为c6h12o6，满足cm（h2o）n，肌醇属于醇，不属于糖类，葡萄糖属于糖类，选项中结葡萄糖为吡喃式构形，故c错误d、1mol该物质水解，左边的酯基1水解生成1mol羧基，右边的酯基水解生成2mol羧基，实际生成1molh2co3，同时生成1mol苯酚，分子中还含有1mol酚羟基能与氢氧化钠反应，羧基、酚羟基与氢氧化钠都按1：1反应，故1mol该物质最多能与5mol氢氧化钠反应，故d正确；故选d点评：本题考查烷烃的命名、有机物结构与性质、官能团性质等，难度中等，d为易错点，容易忽略右边的酯基水解会生成苯酚二、非选择题8无机盐a是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成将其溶于水，通入适量黄绿色气体b，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入co2和nh3可获得纳米材料e和铵态氮肥f（1）无机盐a中阳离子的结构示意图（2）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o（3）co2和nh3两气体中，应该先通入溶液中的是nh3（填化学式），写出制备e和f的离子反应方程式ca2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4+考点：无机物的推断分析：无机盐a是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体b，则b为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则a中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以a为溴化钙，往此溶液通入co2和nh3可获得纳米材料e和铵态氮肥f，则f为nh4cl，e为caco3，据此答题解答：解：无机盐a是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体b，则b为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则a中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以a为溴化钙，往此溶液通入co2和nh3可获得纳米材料e和铵态氮肥f，则f为nh4cl，e为caco3，（1）根据上面的分析可知，a为溴化钙，钙离子的结构示意图为，故答案为：；（2）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o，故答案为：2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o；（3）co2和nh3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 nh3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备e和f的离子反应方程式为ca2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4+，故答案为：nh3；ca2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4+点评：本题考查无机物推断，物质的颜色及用途是推断突破口，掌握元素化合物性质是关键，难度中等9某研究小组为了探究一种浅绿色盐x（仅含四种元素，不含结晶水，m（x）908gmol1）的组成和性质，设计并完成了如下实验取一定量的浅绿色盐x进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀e、28.8g红色固体g和12.8g红色固体h已知：浅绿色盐x在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应常温下b呈液态且1个b分子含有10个电子请回答如下问题：（1）写出b分子的电子式（2）已知g溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体请写出该反应的离子方程式为3cu2o+14h+2no36cu2+2no+7h2o（3）x的化学式是cu4（oh）6so4，在隔绝空气、570温度下加热x至完全分解的化学反应方程式为cu4（oh）6so44cuo+so3+3h2o（4）一定条件下，nh3与黑色固体c发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式3cuo+2nh3n2+3cu+3h2o或6cuo+2nh3n2+3cu2o+3h2o，设计一个实验方案探究 红色固体的成分红色固体的成分可能是cu，或cu2o，或cu与cu2o混合物，准确称取一定量的红色固体，在nh3气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为cu2o，或cu与cu2o混合物考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：浅绿色盐x在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到a、b和黑色固体c，常温下b呈液态且1个b分子含有10个电子，b为水，a和水反应生成的d能和氯化钡反应生成白色沉淀e，e只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀e的物质的量为n=0.1mol，黑色固体c可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体c隔绝空气在1000反应生成气体f和红色固体g，g能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，所以黑色固体g为氧化亚铜，气体f为氧气，红色h为铜，蓝色溶液i为硫酸铜（1）水是共价化合物，原子间通过共用电子对形成化学键；（2）红色固体g为氧化亚铜，溶于稀硝酸，+1价铜被氧化，硝酸被还原；（3）依据以上分析得n（cuo）：n（so3）=1：4，结合质量守恒分析解答；（4）黑色固体c为氧化铜，与氨气反应生成氮气（气体丙是大气主要成分之一）、铜或氧化亚铜和水，红色固体可能是cu，或cu2o，或cu与cu2o混合物，依据cu与cu2o的性质设计实验方案解答：解：浅绿色盐x在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到a、b和黑色固体c，常温下b呈液态且1个b分子含有10个电子，b为水，a和水反应生成的d能和氯化钡反应生成白色沉淀e，e只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀e的物质的量为n=0.1mol，黑色固体c可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体c隔绝空气在1000反应生成气体f和红色固体g，g能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应cu2o+h2so4=cuso4+cu+h2o，所以黑色固体g为氧化亚铜，气体f为氧气，红色h为铜，蓝色溶液i为硫酸铜，逆推可得：一定量的浅绿色盐x中n（s）=0.1mol，28.8g红色固体g为氧化亚铜，n（cu2o）=0.2mol，12.8g红色固体h，n（cu）=0.2mol，浅绿色盐x中n（cu）=0.4mol，n（cuo）=0.4mol，浅绿色盐x在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，n（s）=0.1mol，n（cuo）：n（so3）=1：4，浅绿色盐x，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：cu4（oh）mso4，cu4（oh）mso44cuo+so3+（m1）h2o，根据氧元素守恒得：m=4，符合m（x）908gmol1，则该反应流程为：x在隔绝空气、570温度下加热cu4（oh）6so44cuo+so3+3h2o，a和b反应so3+h2o=h2so4，硫酸与足量氯化钡反应：h2so4+bacl2=baso4+2hcl，白色沉淀e为baso4，黑色固体c为氧化铜，在1000反应生成气体f为氧气，红色固体g为氧化亚铜4cuo2cu2o+o2，g氧化亚铜和硫酸发生歧化反应：cu2o+h2so4=cuso4+cu+h2o，红色h为铜，蓝色溶液i为硫酸铜（1）水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为，故答案为：；（2）红色固体g为氧化亚铜，cu2o中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应为：3cu2o+14h+2no36cu2+2no+7h2o，故答案为：3cu2o+14h+2no36cu2+2no+7h2o； （3）浅绿色盐x中n（cu）=0.4mol，n（s）=0.1mol，n（cuo）：n（so3）=1：4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：cu4（oh）mso4，cu4（oh）mso44cuo+so3+（m1）h2o，根据氧元素守恒得：m=4，则该反应流程为：x在隔绝空气、570温度下加热cu4（oh）6so44cuo+so3+3h2o，故答案为：cu4（oh）6so4；cu4（oh）6so44cuo+so3+3h2o；（4）空气主要成分为氧气、氮气，黑色固体c为氧化铜，与氨气反应生成氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，反应为：3cuo+2nh3n2+3cu+3h2o、6cuo+2nh3n2+3cu2o+3h2o，红色固体的成分可能是cu，或cu2o，或cu与cu2o混合物，准确称取一定量的红色固体，在nh3气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为cu2o，或cu与cu2o混合物，故答案为：3cuo+2nh3n2+3cu+3h2o、6cuo+2nh3n2+3cu2o+3h2o；红色固体的成分可能是cu，或cu2o，或cu与cu2o混合物；准确称取一定量的红色固体，在nh3气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为cu2o，或cu与cu2o混合物点评：本题考查了物质组成的推断，涉及离子的检验、物质的性质等知识点，熟悉元素化合物的性质、知道流程图中每一步发生的反应及反应现象是解本题关键，题目难度中等10空气中co2含量偏高会产生温室效应，也会对人体健康造成影响；co2的用途广泛，合理使用则可缓解由co2累积所产生的温室效应，实现co2的良性循环（1）一定条件下co2可制得na2co3、nahco3等等物质的量浓度的na2co3、nahco3溶液，碱性前者后者（填“”“”或“=”）有下列五种物质的量浓度均为0.1mol/l的电解质溶液，将其稀释相同倍数时，ph变化最大的是e（填字母编号）ana2co3bnahco3 cnaalo2 dch3coona enaoh（2）已知反应fe（s）+co2（g）feo（s）+co（g）h=a kj/mol，测得在不同温度下，该反应的平衡常数k随温度的变化如下：温度（）300500700k3.003.474.40上述反应中a0（填“”、“”或“=”）；在2l密闭容器中300下进行反应，若fe和co2的起始量均为4mol，当达到平衡时co2的转化率为75%（3）目前工业上可以用co2和h2在230、催化剂条件下反应生成甲醇蒸汽和水蒸气图1为恒压容器中0.5mol co2和1.5mol h2反应转化率达80%时的能量变化示意图则该反应的热化学方程式为：co2（g）+3h2（g）=ch3oh（g）+h2o（g）h=49 kj/mol（4）人工光合作用能够借助太阳能，用co2和h2o制备化学原料图2是制备hcooh的示意图，根据要求回答问题：催化剂b表面的电极反应式为co2+2e+2h+=hcooh经测定，若每分钟通过质子交换膜的h+的物质的量为40mol，则每小时可产生o219.2kg考点：化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的原理分析：（1）碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度；盐类水解呈酸碱性时，溶液稀释时，水解程度增大，稀释相同倍数，ph变化比强酸、强碱的ph变化小；（2）由表中数据可知，升高温度，平衡常数增大，说明平衡向正反应反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；设平衡时参加反应二氧化碳为nmol，用三段式表示出平衡时二氧化碳、co的物质的量，由于反应气体气体的化学计量相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数k=计算，进而计算二氧化碳的转化率；（3）根据图1可知0.5mol co2和1.5mol h2转化率达80%时放热23kj3.4kj=19.6kj，然后按比例计算：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）的h，进而书写该反应的热化学方程式；（4）由图可知，电子由a流出，通过导线流向b，故a为负极、b为正极，正极发生还原反应，二氧化碳获得电子，氢离子参与反应得到hcooh；负极上是水失去电子得到氧气与氢离子，电极反应式为：2h2o+4e=o2+4h+，产生的氢离子通过质子交换膜移向b端，根据电极反应式计算生成氧气物质的量，再根据m=nm计算氧气质量解答：解：（1）碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，故等物质的量浓度的na2co3、nahco3溶液，na2co3溶液碱性较强，故答案为：；naoh为强碱，而na2co3、nahco3 、naalo2 、ch3coona 溶液中酸根离子水解，导致溶液呈碱性，溶液稀释时，水解程度增大，稀释相同倍数，它们的ph变化比naoh的ph变化小，故选：e；（2）由表中数据可知，升高温度，平衡常数增大，说明平衡向正反应反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，即正反应为吸热反应，即h0，故a0；设平衡时参加反应二氧化碳为nmol，则： fe（s）+co2（g）feo（s）+co（g）开始（mol）：4 0转化（mol）：n n平衡（mol）：4n n由于反应气体气体的化学计量相等，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故k=3，解得n=3，故二氧化碳的转化率为100%=75%，故答案为：；75%；（3）根据图1可知0.5mol co2和1.5mol h2转化率达80%时放热23kj3.4kj=19.6kj，则co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）的h=（19.6kj）=49kj/mol，故该反应的热化学方程式为：co2（g）+3h2（g）=ch3oh（g）+h2o（g）h=49 kj/mol，故答案为：co2（g）+3h2（g）=ch3oh（g）+h2o（g）h=49 kj/mol；（4）由图可知，电子由a流出，通过导线流向b，故a为负极、b为正极，正极发生还原反应，二氧化碳获得电子，氢离子参与反应得到hcooh，电极反应式为：co2+2e+2h+=hcooh，故答案为：co2+2e+2h+=hcooh；负极上是水失去电子得到氧气与氢离子，电极反应式为：2h2o+4e=o2+4h+，每分钟通过质子交换膜的h+的物质的量为40mol，则每小时生成氧气为40mol60=600mol，故生成氧气的质量为600mol32g/mol=19200g=19.2kg，故答案为：19.2点评：题目综合性较强，涉及盐类水解、平衡常数影响因素及有关计算、热化学方程式书写、原电池原理及计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，难度中等11焦亚硫酸钠（na2s2o5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一、焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取na2s2o5装置ii中有na2s2o5晶体析出，发生的反应为：na2so3+so2=na2s2o5（1）装置i滴加浓硫酸的玻璃仪器名称：分液漏斗；发生反应的玻璃仪器名称是圆底烧瓶；其中产生气体的化学方程式为na2so3+h2so4（浓）=na2so4+h2o+so2（2）装置iii用于处理尾气，可选用的最合理装置如图2（夹持仪器已略去）为d（填序号）实验二、焦亚硫酸钠的性质已知na2s2o5溶于水即生成nahso3；（3）nahso3溶液中hso3的电离程度大于次氯酸，请写出两者混合时的离子方程式：hso3+hclo=so42+cl+2 h+；（4）检验na2s2o5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成实验三、葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用na2s2o5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2o=h2so4+2hi）按上述方案实验，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液显蓝色，且半分钟不退色；消耗标准i2溶液100.00ml，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为0.64g/l上述实验中，若有部分hi被空气氧化，则测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计分析：（1）a仪器的名称为分液漏斗；发生反应的玻璃仪器名称为圆底烧瓶；装置i中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；（2）处理过量的so2尾气，既要吸收so2尾气，同时能防倒吸；（3）次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸氢根离子为硫酸；（4）na2s2o5晶体在空气中易被氧化为na2so4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（5）碘单质滴定，滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2o=h2so4+2hi，所以滴定终点为溶液变化为蓝色且半分钟不褪色，令100ml葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：so2+2h2o+i2h2so4+2hi64g 1mol mg 0.1l0.01mol/l所以，64g：mg=1mol：0.1l0.01mol/l，解得m=6.4g计算得到该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）；若有部分hi被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小解答：解：（1）a仪器的名称为分液漏斗，发生反应的玻璃仪器名称为圆底烧瓶；装置i中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，化学方程式：na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；na2so3+h2so4（浓）=na2so4+so2+h2o；（2）处理过量的so2尾气，a项装置瓶口封闭，错误；b项食盐水不能将大量的so2尾气吸收，错误；c项漏斗口没入了液体中，错误，d项氢氧化钠溶液可吸收so2尾气，同时能防倒吸，正确；故答案为：d；（3）次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸氢根离子为硫酸，反应的离子方程式hso3+hclo=so42+cl+2 h+，故答案为：hso3+hclo=so42+cl+2 h+；（4）na2s2o5中s元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为na2so4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量na2s2o5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）碘单质滴定，滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2o=h2so4+2hi，所以滴定终点为溶液变化为蓝色且半分钟不褪色，令100ml葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：so2+2h2o+i2h2so4+2hi64g 1mol mg 0.1l0.01mol/l所以，64g：mg=1mol：0.1l0.01mol/l，解得m=6.4g故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为=0.64 g/l故答案为：当滴入最后一滴标准液时，溶液显蓝色，且半分钟不退色；0.64；若有部分hi被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低点评：本题考查so2的制取，na2s2o5含量的测定，实验操作等基础知识，难度中等，掌握实验原理是解题的关键三、选做题（从以下三题中任选一题作答，若多做，则按所做的第一题得分）【选修-化学与技术】12盐卤中除含有mg2+、cl外，还含有少量na+、fe2+、fe3+、so42和co（nh2）2等从海水提取食盐和br2后的盐卤中可以提取mgcl2、mgo、mg（oh）2等物质，制备流程如图所示：（1）从mgcl2溶液得到mgcl2.6h2o晶体的过程中所需的基本操作顺序依次为bcea加热蒸馏b加热浓缩c冷却结晶d趁热过滤 e过滤洗涤（2）制取无水氯化镁必须在氯化氢存在的条件下进行，原因是：防止mg2+水解，mg2+2h2omg（oh）2+2h+（用适当的文字结合化学用语说明）（3）用naclo除去尿素co（nh2）2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，则该反应的化学方程式为3naclo+co（nh2）23nacl+co2+n2+2h2o或naoh+3naclo+co（nh2）23nacl+nahco3+n2+2h2o；加入naclo的另一个作用是将fe2+氧化为fe3+，并形成fe（oh）3而除去（4）mg（oh）2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料已知25时kspmg（oh）2=5.61012，且mg（oh）2（s）mgo（s）+h2o（s）h=+81.5kj/mol下列叙述正确的是ba从盐卤或海水中获得mg（oh）2，工业上选择naoh作沉淀剂bmg（oh）2能作阻燃剂的原因是它分解吸热且生成mgo覆盖可燃物c可加热mg（oh）2得到mgo，再电解熔融的mgo制金属镁酸碱指示剂百里酚蓝变色的ph范围如下：ph8.08.09.69.6颜色黄色绿色蓝色25时，在mg（oh）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为蓝色考点：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：向盐卤溶液中加入naclo，naclo具有强氧化性，能将fe2+氧化为fe3+，向盐卤中加入少量naoh，naoh和fe3+反应生成fe（oh）3，co（nh2）2和naclo发生氧化还原反应，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，所以生成物是nacl、co2、n2、h2o，过量二氧化碳能和naoh反应生成碳酸氢钠，将溶液过滤得到的滤渣是fe（oh）3，滤液i中含有mg2+、cl、na+，将滤液i蒸发、结晶、过滤得到mgcl26h2o，则滤液中含有的杂质离子是na+，直接将mgcl26h2o加强热能得到mgo，发生反应mgcl26h2omgo+2hcl+5h2o，氯化镁易水解，所以不能用加热mgcl26h2o方法制取氯化镁，要在hcl氛围中制取氯化镁；（1）溶液中得到溶质晶体的方法是加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；（2）镁离子在水溶液中易水解生成氢氧化镁沉淀；（3）用naclo除去尿素co（nh2）2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，判断反应生成氯化钠、氮气、二氧化碳和水，次氯酸钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；（4）a、从盐卤或海水中获得mg（oh）2，工业上选择生石灰作沉淀剂；b、mg（oh）2分解吸热，且mgo不能燃烧；c、mgo熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁；mg（oh）2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算ph，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色解答：解：向盐卤溶液中加入naclo，naclo具有强氧化性，能将fe2+氧化为fe3+，向盐卤中加入少量naoh，naoh和fe3+反应生成fe（oh）3，co（nh2）2和naclo发生氧化还原反应，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，所以生成物是nacl、co2、n2、h2o，过量二氧化碳能和naoh反应生成碳酸氢钠，将溶液过滤得到的滤渣是fe（oh）3，滤液i中含有mg2+、cl、na+，将滤液i蒸发、结晶、过滤得到mgcl26h2o，则滤液中含有的杂质离子是na+，直接将mgcl26h2o加强热能得到mgo，发生反应mgcl26h2omgo+2hcl+5h2o，氯化镁易水解，所以不能用加热mgcl26h2o方法制取氯化镁，要在hcl氛围中制取氯化镁；（1）从mgcl2溶液得到mgcl2.6h2o晶体的过程，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所以选择bce，故答案为：bce；（2）直接将mgcl26h2o加强热能得到mgo，同时还生成hcl和水蒸气，反应方程式为mgcl26h2omgo+2hcl+5h2o，氯化镁易水解，为防止氯化镁水解，在制取氯化镁时，要将mgcl26h2o放在氯化氢气体中，防止mg2+水解，mg2+2h2omg（oh）2+2h+，故答案为：防止mg2+水解，mg2+2h2omg（oh）2+2h+；（3）通过以上分析知，该反应为3naclo+co（nh2）23nacl+co2+n2+2h2o或naoh+3naclo+co（nh2）23nacl+nahco3+n2+2h2o，次氯酸钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，再转化为氢氧化铁沉淀而除去，故答案为：3naclo+co（nh2）23nacl+co2+n2+2h2o或naoh+3naclo+co（nh2）23nacl+nahco3+n2+2h2o；氧化fe2+使它变成fe（oh）3沉淀而除去；（4）a、从盐卤或海水中获得mg（oh）2，工业上选择生石灰作沉淀剂，故a错误；b、mg（oh）2分解吸热，且mgo不能燃烧，所以mg（oh）2能作阻燃剂是它分解吸热且生成mgo覆盖可燃物，故b正确；c、mgo熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁，故c错误；故答案为：b；25时，mg（oh）2的溶度积ksp=5.61012，根据反应mg（oh）2（s）mg2+2oh可得：c（mg2+）c2（oh）=5.61012，设c（oh）=2c（mg2+）=x，则：0.5xx2=5.61012，解得：x=2.24104mol/l，c（h+）=mol/l=4.51011mol/l，溶液的ph=10.49.6，所以溶液呈蓝色，故答案为：蓝色点评：本题考查了盐类水解、反应化学反应自发进行的条件、化学实验操作方法的综合应用等知识，难度中等，试题涉及的知识点较多，全面考查了学生的分析、理解能力，正确分析题中数据为解答关键，难度较大【选修-物质结构与性质】13（1）基态铬原子的价电子排布式为3d54s1（2）cro2cl2和naclo均可作化工生产的氧化剂或氯化剂制备cro2cl2的反应为：k2cr2o7+3ccl42kcl+2cro2cl2+3cocl2上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是oclc（用元素符号表示）（3）随着人们生活质量的提高，室内的环境安全和食品安全越来越为人们所关注甲醛（hcho）是室内主要空气污染物之一（其沸点是19.5），甲醇（ch3oh）是“假酒”中的主要有害物质（其沸点是64.65），甲醇的沸点明显高于甲醛的主要原因是甲醇分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键（4）双氰胺结构简式如图1所示双氰胺分子中键和键数目之比为3：1双氰胺分子碳原子的杂化类型为sp和sp2（5）镍元素能形成多种配合物，配离子ni（cn）42中不含有的作用力是ae（填选项编号）a离子键 b配位键 c键 d键 e氢键（6）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图2所示，则其化学式为srtio3考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况专题：元素周期律与元素周期表专题分析：（1）cr元素原子核外电子数为24，根据核外电子排布规律及洪特规则特例书写；（2）反应式中非金属元素有三种：o、c、cl，结合化合物ccl4、naclo中元素化合价判断；（3）根据甲醇分子间存在氢键解答；（4）单键为键和，双键含有1个键、1个键数，三键含有1个键、2个键；原子杂化轨道数目=键数+孤电子对，结合结构简式确定c原子杂化轨道数目，进而确定其杂化方式；（5）碳氮间为共价三键，含有1个键，2个键，氮镍间为配位键；（6）根据均摊法计算晶胞中sr、ti、o原子数目，进而确定化学式解答：解：（1）cr元素原子核外电子数为24，根据核外电子排布规律及洪特规则特例，可知价电子排布式为：3d54s1，故答案为：