山西省太原五中高三化学下学期第二次模拟试卷（含解析）.doc

2015年山西省太原五中高考化学二模试卷 一、选择题：本题共7小题，每小题6分14-18单选，19、20、21题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是( )a硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂b开发核能、太阳能等新能，推广甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放c用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化d汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的2用na表示阿伏加德罗常数下列说法中，正确的是( )a0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1nab2.0g重水（2h2o）中含有的质子数为1.0 nac标准状况下，11.2 lcl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为nad标准状况下，2.24lso3中含有的o原子的数目为0.3na3某有机物a的分子式为c4h8o2，下列有关分析正确的是( )a若a遇nahco3溶液有气体生成，则a的结构共有4种b若a遇稀硫酸能生成两种有机物，则a的结构共有4种c若a能发生银镜反应，则a的结构有2种d若a既能和新制cu（oh）2反应产生砖红色沉淀，又能和金属钠反应放出h2，则a的结构有3种4用下列实验装置进行的实验，能达到相应实验目的是( )a装置甲：防止铁钉生锈b装置乙：除去乙烯中混有的乙炔c装置丙：验证hcl气体在水中的溶解性d装置丁：实验室制取乙酸乙酯5短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19x的简单阴离子比w的简单阴离子少2层电子，y与z位于相邻周期，y、z的氧化物排放到空气中会形成酸雨下列说法正确的是( )a四种元素中，元素z的非金属性最强bx、y、z三种元素不可能形成离子化合物cy、z、w三种元素的原子半径大小顺序：r（z）r（w）r（y）dyw3、zw2、z2w2中各原子最外层均达到8电子稳定结构6下列各项叙述与结果正确的是( )a1molco2通入750ml 2mol/lkoh溶液中：（k+）=2 c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）b加入铝粉有气泡产生的溶液中存在离子：na+、nh4+、fe2+、no3c等物质的量na2co3、ca（oh）2、hcl物质混合反应的离子方程式：co32+ca2+h+oh=caco3+h2odca与o元素形成化合物中只有离子键7下列实验操作与预期实验目的或实验结论不一致的是( )aabbccdd二、解答题（共3小题，满分43分）8某化学活动小组用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠溶液，设计如图1所示装置进行实验（1）电源中，a电极名称是_（2）反应时，生成次氯酸钠的离子方程式为_该小组同学利用制得的次氯酸钠溶液处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率利用图2所示装置进行实验连接下图中各仪器，检查气密性，各装置都装好药品将cn的浓度为0.2000moll1的含氰废水100ml与100ml naclo溶液（过量）置于装置1的锥形瓶中充分反应打开分液漏斗活塞，滴入100ml稀h2so4，关闭活塞已知装置1中发生的主要反应依次为：cn+clocno+cl2cno+2h+3c1o=n2+2co2+3c1+h2o可能还有的反应：cl+clo+h+=cl2+h2o（3）从左向右，各装置的接口顺序为_（4）装置2中的naoh溶液的作用是_（5）装置5的作用为_（6）反应结束后，（从装置2）缓缓通入空气的目的是_（7）若测得装置3中ba（oh）2溶液增重0.7g，则含氰废水被处理的百分率为_9（16分）氢能是重要的新能源，储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一（1）氢气作为能源最大的优点是燃烧产物是水，无污染请你再列举一条氢气作为能源的优点：_（2）lialh4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到lialo2和氢气，该反应消耗1mollialh4时转移的电子数目为_（3）氮化锂（li3n）是非常有前途的储氢材料，其在氢气中加热时可得到氨基锂（linh2），其反应的化学方程式为li3n+2h2linh2+2lih，氧化产物为_（填化学式）在270时，该反应可逆向发生放出h2，因而氨化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达li3n质量的_%（精确到0.1）（4）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：（g）（g）+3h2（g）h在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为a moll1，平衡时苯的浓度为b moll1，该反应的平衡常数k=_（5）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）导线中电子移动方向为_（用a、d表示）生成目标产物的电极反应式为_该储氢装置的电流效率=_（=100%，计算结果保留小数点后1位） 10雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括pm2.5在内）、氮氧化物（nox）、co、so2等化学在解决雾霾污染中有着重要的作用（1）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol12no（g）+o2（g）2no2（g）h=113.0kjmol1则反应no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=_kjmol1一定条件下，将no2与so2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有_a体系密度保持不变b混合气体颜色保持不变cso3和no的体积比保持不变d每消耗1mol so3的同时生成1mol no2测得上述反应平衡时no2与so2体积比为1：5，则平衡常数k=_（2）co可用于合成甲醇，反应方程式为co（g）+2h2（g）ch3oh（g）co在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示实际生产条件控制在250、1.3104kpa左右，选择此压强的理由是_（3）如图是一种用nh3脱除烟气中no的原理该脱硝原理中，no最终转化为h2o和_（填化学式）当消耗1mol nh3和0.5molo2时，除去的no在标准状况下的体积为_ l（4）no直接催化分解（生成n2和o2）也是一种脱硝途径在不同条件下，no的分解产物不同在高压下，no在40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示，写出no分解的化学方程式_【化学-选修2：化学与技术】11氯碱工业是最基本的化学工业之一，它的产品应用广泛请回答下列问题：（1）氯碱工业是利用电解食盐水生产_为基础的工业体系（2）电解前，为除去食盐水中的mg2+、ca2+、so42等杂质离子，加入下列试剂的顺序合理的是_（填下列各项中序号）a、碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡 b、碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠c、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡 d、氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠（3）“盐泥”是电解食盐水过程中形成的工业“废料”某工厂的盐泥组成如下：利用盐泥生产mgso47h2o晶体的工艺流程如图所示回答下列问题：酸洗过程中加入的酸为_，加入的酸应适当过量，控制ph为5左右，反应温度在50左右持续搅拌使之充分反应，以使mg（oh）2充分溶解并转化为mgso4，在此过程中同时生成caso4其中碳酸钙可以转化为硫酸钙的原因是_过滤所得滤渣的主要成分为_据图分析，蒸发结晶过滤所得晶体a主要成分为_真空干燥mgso47h2o晶体的原因是_【化学-选修3：物质结构】12有a、d、e、g、m、l六种前四周期的元素a是宇宙中最丰富的元素d原子核外有1个未成对电子，d+比e原子少一个电子层，e原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道呈全充满状态g原子的2p轨道有2个未成对电子，m的最高化合价和最低化合价的代数和为4，与g的原子序数相差8l位于周期表第12纵行且是六种元素中原子序数最大的r是由m、l形成的化合物，其晶胞结构如图所示请回答下列问题：（1）e元素的电负性_m元素的电负性（填“”、“”或“=”）（2）g的第一电离能比它同周期前一族相邻元素的第一电离能_（填“大”或“小”）（3）m2e2广泛用于橡胶工业，在该化合物分子中，所有原子最外层均满足8电子稳定结构则在m2e2分子中m原子的杂化类型是_，m2e2是_分子（填“极性”或“非极性”）（4）l的价电子排布式为_，该元素位于周期表中_族（5）r的化学式为_（用元素符号表示），属于_晶体已知r晶体的密度为 gcm3，则该晶胞的边长a=_cm（阿伏加德罗常数用na表示）【化学-选修5：有机化学基础】13金刚烷是一种重要的化工原料，如合成的金刚烷胺就是一种抗病毒药剂，对帕金森症、老年痴呆有良好的疗效由环戊二烯合成金刚烷的路线如下：请回答下列问题：（1）金刚烷的分子式为_（2）反应的反应类型是_（3）金刚烷与四氢二聚环戊二烯的关系是_（填字母）a、互为同系物_b、互为同分异构体_c、均为烷烃_d、均为环烃（4）下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：其中，反应的反应试剂和反应条件是_；x的名称是_；反应的化学方程式是_；（5）a是二聚环戊二烯的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，a经高锰酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸提示：苯环上的烷基（ch3、ch2r、chr2）或烯基侧链经高锰酸钾酸性溶液氧化得羧基，则a的结构有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢普为5组峰，且面积比为4：1：2：2：3的结构简式是_2015年山西省太原五中高考化学二模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分14-18单选，19、20、21题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是( )a硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂b开发核能、太阳能等新能，推广甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放c用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化d汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；物理变化与化学变化的区别与联系；钠的重要化合物 分析：a硅酸钠不能燃烧，不易挥发，具有阻燃性；b无磷洗涤剂的使用与降低碳排放无关；c聚合硫酸铁作为净水剂作用原理是fe3+在水中生成fe（oh）3胶体，胶体能吸附水中的悬浮物，使物质沉淀，达到净水的目的；d汽油不完全燃烧的生成物是co，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系解答：解：a硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠不能燃烧，不易挥发，能用作木材防火剂，故a正确；b无磷洗涤剂是在洗涤剂的成分中去掉了导致水污染的磷元素，它不会降低碳排放，故b错误；c聚合硫酸铁作为净水剂作用原理是fe3+在水中生成fe（oh）3胶体，是化学变化，胶体能吸附水中的悬浮物，使物质沉淀，是物理变化，故c错误；d汽油不完全燃烧的生成物是co，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故d错误；故选a点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大2用na表示阿伏加德罗常数下列说法中，正确的是( )a0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1nab2.0g重水（2h2o）中含有的质子数为1.0 nac标准状况下，11.2 lcl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为nad标准状况下，2.24lso3中含有的o原子的数目为0.3na考点：阿伏加德罗常数 分析：a、1mol丙烯酸中含2mol双键；b、质量换算物质的量结合分子式计算质子数；c、氯气与石灰乳的反应为歧化反应；d、标况下，三氧化硫为固态解答：解：a、丙烯酸中含碳碳双键和碳氧双键，故1mol丙烯酸中含2mol双键，即0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2na，故a错误；b、2.0 g重水（2h2o）物质的量=0.1mol；分子中含有的质子数为1.0 na，故b正确；c、氯气与石灰乳的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故标况下11.2l氯气即0.5mol氯气转移0.5mol电子，即0.5na个，故c错误；d、标况下，三氧化硫为固态，不能根据气体摩尔体积来计算，故d错误故选b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3某有机物a的分子式为c4h8o2，下列有关分析正确的是( )a若a遇nahco3溶液有气体生成，则a的结构共有4种b若a遇稀硫酸能生成两种有机物，则a的结构共有4种c若a能发生银镜反应，则a的结构有2种d若a既能和新制cu（oh）2反应产生砖红色沉淀，又能和金属钠反应放出h2，则a的结构有3种考点：同分异构现象和同分异构体 分析：a、遇nahco3溶液有气体生成，那么c4h8o2属于羧酸类，为饱和一元羧酸；b、遇稀硫酸生成两种产物，说明为酯类；c、能发生银镜反应，则应为甲酸某酯或羟基醛，据此判断即可；d、c4h8o2属于羟基醛时，可以根据官能团的位置异构得到其同分异构体解答：解：a、c4h8o2属于羧酸时，是丁酸、2甲基丙酸，共两种同分异构体，故a错误；b、c4h8o2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇可以可知1个oh取代丙烷中的h原子，丙烷分子中有2种h原子，形成的丙醇有2种，形成的酯有2种，为乙酸与乙醇形成的酯，只有乙酸乙酯1种，为丙酸与甲醇形成的酯，注意丙酸甲酯1种，故c4h8o2属于酯类的同分异构体共有4种，故b正确；c、分子式为c4h8o2能发生银镜反应，说明含有醛基，则可能为甲酸丙酯，甲酸有1种，丙醇有2种，甲酸丙酯共2种；可能为羟基醛，丁醛有2种，羟基丁醛有5种：ch2ohch2ch2cho、ch3ch2ohch2cho、ch3ch2ch2ohcho，ch2ohchch3cho、（ch3）2chcho；可能为醚醛，醚醛有3种：ch3ch2ch2ocho、ch3ch2och2cho、ch3och2ch2cho；所以共有10种，故c错误；d、c4h8o2属于羟基醛时，可以是2羟基丁醛、3羟基丁醛、4羟基丁醛、2甲基2羟基丙醛、2甲基3羟基丙醛，共5种同分异构体，故d错误；故选b点评：本题考查酯类同分异构体的判断，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重对酯类组成与结构的熟悉掌握程度，有利于培养学生的逻辑推理能力4用下列实验装置进行的实验，能达到相应实验目的是( )a装置甲：防止铁钉生锈b装置乙：除去乙烯中混有的乙炔c装置丙：验证hcl气体在水中的溶解性d装置丁：实验室制取乙酸乙酯考点：化学实验方案的评价；金属的电化学腐蚀与防护；乙烯的化学性质；乙酸乙酯的制取 专题：实验评价题分析：a、电解池中，金属电极铁作阳极易被腐蚀；b、乙烯和乙炔具有还原性，容易被氧化；c、氯化氢在水中的溶解性决定了气球的变化情况；d、导管不能插入到液面以下，防止倒吸解答：解；a、电解池中，金属铁作阳极，则电极本身失去电子，易被腐蚀，故a错误；b、乙烯和乙炔中含有不饱和键，易被高锰酸钾氧化为二氧化碳，故b错误；c、挤压胶头滴管，如果气球鼓起来，证明氯化氢易溶于水，故c正确；d、制备乙酸乙酯的收集装置不能将导管插入到液面以下，否则会引起倒吸，并且不能用naoh溶液吸收，故d错误故选c点评：本题考查实验装置综合知识，题目难度不大，本题注意c选项为易错点5短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19x的简单阴离子比w的简单阴离子少2层电子，y与z位于相邻周期，y、z的氧化物排放到空气中会形成酸雨下列说法正确的是( )a四种元素中，元素z的非金属性最强bx、y、z三种元素不可能形成离子化合物cy、z、w三种元素的原子半径大小顺序：r（z）r（w）r（y）dyw3、zw2、z2w2中各原子最外层均达到8电子稳定结构考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19x的简单阴离子比w的简单阴离子少2层电子，则x为h元素，y、z的氧化物排放到空气中会形成酸雨，z的原子序数较大，则y为氮元素、z为硫元素；w的原子序数大于硫元素，处于短周期，故w为cl元素，以此解答该题解答：解：短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19x的简单阴离子比w的简单阴离子少2层电子，则x为h元素，z的氧化物排放到空气中会形成酸雨，z的原子序数较大，则y为氮元素、z为硫元素；w的原子序数大于硫元素，处于短周期，故w为cl元素，acl元素的非金属性最强，故a错误；bx、y、z三种元素可形成（nh4）2s的化合物，为离子化合物，故b错误；c同周期元素从左到右原子半径逐渐增大，同主族元素从上到下原子半径逐渐减小，则n、s、cl三种元素的原子半径大小顺序：r（s）r（cl）r（n），故c正确；dncl3分子中n原子与cl原子之间形成1对共用电子对，n原子成3个ncl键，原子都满足8电子稳定结scl2分子中s原子与cl原子之间形成1对共用电子对，s原子成2个scl键，原子都满足8电子稳定结构；s2cl2分子中s原子之间形成1对共用电子对，s原子与cl原子之间形成1对共用电子对，原子最均达到8电子稳定结，故d正确；故选cd点评：本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，较好的考查学生分析推理能力，难度中等6下列各项叙述与结果正确的是( )a1molco2通入750ml 2mol/lkoh溶液中：（k+）=2 c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）b加入铝粉有气泡产生的溶液中存在离子：na+、nh4+、fe2+、no3c等物质的量na2co3、ca（oh）2、hcl物质混合反应的离子方程式：co32+ca2+h+oh=caco3+h2odca与o元素形成化合物中只有离子键考点：离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；化学键；离子共存问题 分析：an（koh）=2mol/l0.75l=1.5mol，n（koh）：n（co2）=1.5mol：1mol=3：2，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；b能和铝反应生成气体的溶液为酸性或碱性；c等物质的量na2co3、ca（oh）2、hcl物质混合反应生成碳酸钙沉淀和水；dca与o元素形成化合物中可能存在共价键解答：解：an（koh）=2mol/l0.75l=1.5mol，n（koh）：n（co2）=1.5mol：1mol=3：2，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得：3（k+）=2 c（co32）+2c（hco3）+2c（h2co3），故a错误；b能和铝反应生成气体的溶液为酸性或碱性，如果溶液呈酸性，则fe2+、no3发生氧化还原反应而不能共存，如果呈碱性，则nh4+、fe2+不能大量共存，故b错误；c等物质的量na2co3、ca（oh）2、hcl物质混合反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为co32+ca2+h+oh=caco3+h2o，故c正确；dca与o元素形成化合物中可能存在共价键，如cao2，故d错误；故选c点评：本题考查离子浓度大小比较、离子共存、离子方程式的书写、化学键等知识点，侧重考查基本理论，注意b中酸性条件下硝酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应，易错选项是d，题目难度不大7下列实验操作与预期实验目的或实验结论不一致的是( )aabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a酸性条件下，硝酸根离子具有氧化性；b盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解；c硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大；d强酸能和弱酸盐反应生成弱酸解答：解：a溶液混合后，酸性条件下，硝酸根离子也具有氧化性，对实验造成干扰，故a错误；b升高温度，溶液颜色加深，说明溶液碱性增强，说明平衡向水解反应方向移动，则盐类水解是吸热反应，故b正确；c利用温度对不同物质溶解度影响的差异蒸发结晶分离物质，硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大，所以可以得到氯化钠晶体，故c正确；d体现了强酸与弱酸盐反应生成强酸盐和弱酸的反应原理，故d正确；故选a点评：本题考查化学实验方案设计，涉及氧化还原、盐类水解、结晶和相对强的酸与弱酸盐反应等知识，根据氧化性强弱顺序、盐类水解特点、酸的强弱等知识点来分析解答，易错选项是a，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8某化学活动小组用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠溶液，设计如图1所示装置进行实验（1）电源中，a电极名称是负极（2）反应时，生成次氯酸钠的离子方程式为cl2+2oh=clo+cl+h2o该小组同学利用制得的次氯酸钠溶液处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率利用图2所示装置进行实验连接下图中各仪器，检查气密性，各装置都装好药品将cn的浓度为0.2000moll1的含氰废水100ml与100ml naclo溶液（过量）置于装置1的锥形瓶中充分反应打开分液漏斗活塞，滴入100ml稀h2so4，关闭活塞已知装置1中发生的主要反应依次为：cn+clocno+cl2cno+2h+3c1o=n2+2co2+3c1+h2o可能还有的反应：cl+clo+h+=cl2+h2o（3）从左向右，各装置的接口顺序为adebcghf（4）装置2中的naoh溶液的作用是防止空气中的co2被装置3中的ba（oh）2溶液吸收（5）装置5的作用为除去co2中的cl2（6）反应结束后，（从装置2）缓缓通入空气的目的是保证生成的co2全部被ba（oh）2 溶液吸收（7）若测得装置3中ba（oh）2溶液增重0.7g，则含氰废水被处理的百分率为0.795考点：制备实验方案的设计；电解原理 分析：（1）a电极一侧有一根导气管，说明该电极产生氢气，说明连接a电极的电极为阴极，连接阴极的电极为原电池负极；（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率实验的原理是：利用cn+clocno+cl；2cno+2h+3clon2+2co2+3cl+h2o，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率根据装置中试剂的性质推测装置的位置；装置1产生二氧化碳，装置2作用为排除空气中的二氧化碳对实验的干扰，需放在1前，装置5的作用是吸收装置1中可能产生的cl2，防止对装置2实验数据的测定产生干扰，装置4对产生的二氧化碳进行干燥，则装置3吸收二氧化碳，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，装置的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，排除空气中二氧化碳对实验的干扰；（4）根据2中试剂的性质判断，氢氧化钠能吸收二氧化碳，装置2作用为排除空气中的二氧化碳对实验的干扰；（5）装置1中可能还有的反应：cl+clo+h+=cl2+h2o，装置5的作用是吸收装置1中可能产生的cl2；（6）反应结束后，缓缓通入空气，可将生成的二氧化碳全部被吸收；（7）装置3中ba（oh）2溶液增重0.7g为二氧化碳，根据实验的原理cn+clocno+cl；2cno+2h+3clon2+2co2+3cl+h2o可得关系式，根据关系式cn2cnoco2计算解答：解：（1）a电极一侧有一根导气管，说明该电极产生氢气，a连接的电极为阴极，则a为原电池负极，故答案为：负极；（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：cl2+2oh=clo+cl+h2o，故答案为：cl2+2oh=clo+cl+h2o；（3）处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率，需通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，首先需处理废水，因通过产生气体的量测定，所以需排除装置中空气的干扰，需用装置2，产生的二氧化碳中可能含有氯气需排除，产生的二氧化碳需进行干燥，所以：装置1产生二氧化碳，装置2作用为排除空气中的二氧化碳对实验的干扰，需放在1前，装置5的作用是吸收装置1中可能产生的cl2，防止对装置2实验数据的测定产生干扰，装置4对产生的二氧化碳进行干燥，则装置3吸收二氧化碳，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，装置的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，排除空气中二氧化碳对实验的干扰，装置如图所示：，从左向右，各装置的接口顺序为adebcghf，故答案为：adebcghf；（4）装置3吸收二氧化碳，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，需排除装置中空气的干扰，氢氧化钠能吸收二氧化碳，所以装置2中的naoh溶液的作用是防止空气中的co2被装置3中的ba（oh）2溶液吸收，故答案为：防止空气中的co2被装置3中的ba（oh）2溶液吸收；（5）酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，装置1中可能还有的反应：cl+clo+h+=cl2+h2o，氯气能和碘化钾反应，产生的氯气用碘化钾吸收，二氧化碳在四氯化碳中不溶，所以装置5的作用为除去co2中的cl2，故答案为：除去co2中的cl2；（6）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置3，保证生成的co2全部被ba（oh）2 溶液吸收，以减少实验误差，故答案为：保证生成的co2全部被ba（oh）2 溶液吸收；（7）0.2000moll1的含氰废水100ml中n（cn）=cv=0.2mol/l0.1l=0.02mol，cn+clocno+cl；2cno+2h+3clon2+2co2+3cl+h2o可得关系式cn2cnoco2，则含氰废水被处理的百分率为0.795，故答案为：0.795点评：本题综合考查物质含量的测定的实验设计，以氯气的性质为载体考查化学实验设计和评价问题，题目难度中等，注意把握实验原理和实验方法9（16分）氢能是重要的新能源，储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一（1）氢气作为能源最大的优点是燃烧产物是水，无污染请你再列举一条氢气作为能源的优点：原料来源广、热值高等（2）lialh4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到lialo2和氢气，该反应消耗1mollialh4时转移的电子数目为4na或2.4081024（3）氮化锂（li3n）是非常有前途的储氢材料，其在氢气中加热时可得到氨基锂（linh2），其反应的化学方程式为li3n+2h2linh2+2lih，氧化产物为linh2（填化学式）在270时，该反应可逆向发生放出h2，因而氨化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达li3n质量的11.4%（精确到0.1）（4）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：（g）（g）+3h2（g）h在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为a moll1，平衡时苯的浓度为b moll1，该反应的平衡常数k=mol3l3（5）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）导线中电子移动方向为ad（用a、d表示）生成目标产物的电极反应式为c6h6+6h+6e=c6h12该储氢装置的电流效率=64.3%（=100%，计算结果保留小数点后1位） 考点：氧化还原反应的计算；原电池和电解池的工作原理；用化学平衡常数进行计算 分析：（1）氢气来源于水，氢气燃烧放出大量的热；（2）lialh4与水反应得到lialo2和氢气，只有h元素的化合价变化，反应消耗1mollialh4时，4molh失去电子；（3）li2n+2h2linh2+2lih中，氢气化合价由0变成+1价，由0降低为1价；结合反应可知li3n2h2，以此计算，（4）化学平衡常数k=；（5）根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则d作阴极，e作阳极，所以a是分解、b是正极，电子从负极流向阴极；该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率解答：解：（1）氢气来源于水，氢气燃烧放出大量的热，则氢气作为能源的优点为原料来源广、热值高等，故答案为：原料来源广、热值高等；（2）lialh4与水反应得到lialo2和氢气，只有h元素的化合价变化，反应消耗1mollialh4时，4molh失去电子，则转移电子为4na或2.4081024个，故答案为：4na或2.4081024；（3）反应li3n+2h2linh2+2lih中，锂元素、n元素化合价不变，氢元素化合价由0变成+1价的linh2，化合价升高被氧化，所以氧化产物为linh2；该反应中，li3n2h2，所以储存氢气最多可达li3n质量的：100%11.4%，故答案为：linh2；11.4；（4）环己烷的起始浓度为amoll1，平衡时苯的浓度为bmoll1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（ab）mol/l，氢气的浓度为3bmol/l，则平衡常数k=mol3l3=mol3l3，故答案为：mol3l3；（5）根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则d作阴极，e作阳极，所以a是分解、b是正极，电子从负极流向阴极，所以电子从a流向d，故答案为：ad；该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为c6h6+6h+6e=c6h12，故答案为：c6h6+6h+6e=c6h12；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol4=11.2mol，生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol24%xmol，反应后苯的含量=10%，x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol6=7.2mol，则100%=64.3%，故答案为：64.3%点评：本题考查较综合，涉及氧化还原反应的计算、化学平衡计算、电化学原理等，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目难度中等10雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括pm2.5在内）、氮氧化物（nox）、co、so2等化学在解决雾霾污染中有着重要的作用（1）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol12no（g）+o2（g）2no2（g）h=113.0kjmol1则反应no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=41.8kjmol1一定条件下，将no2与so2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有ba体系密度保持不变b混合气体颜色保持不变cso3和no的体积比保持不变d每消耗1mol so3的同时生成1mol no2测得上述反应平衡时no2与so2体积比为1：5，则平衡常数k=1.8（2）co可用于合成甲醇，反应方程式为co（g）+2h2（g）ch3oh（g）co在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示实际生产条件控制在250、1.3104kpa左右，选择此压强的理由是在1.3104kpa下，co的转化率已经很高，如果增加压强co的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低（3）如图是一种用nh3脱除烟气中no的原理该脱硝原理中，no最终转化为h2o和n2（填化学式）当消耗1mol nh3和0.5molo2时，除去的no在标准状况下的体积为11.2 l（4）no直接催化分解（生成n2和o2）也是一种脱硝途径在不同条件下，no的分解产物不同在高压下，no在40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示，写出no分解的化学方程式3non2o+no2考点：用化学平衡常数进行计算；化学方程式的有关计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断 分析：（1）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，计算平衡时各物质的浓度，可k=计算平衡常数；（2）实际生产条件控制在250、1.3104kpa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，据此分析；（3）由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；根据氨气失去的电子的物质的量等于no和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）no在40下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为n的氧化物，由图象可知3molno生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式解答：解：（1）2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol12no（g）+o2（g）2no2（g）h=113.0kjmol1 将方程式得：no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=41.8kj/mol，a随反应：no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）的进行，气体的质量和体积都不变，所以=也不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态，故b正确；c随反应进行，so3和no都是生成物，所以体积比一直等于系数比，所以so3和no的体积比保持不变，不能说明到达平衡状态，故c错误；d每生成1molso3的同时消耗1molno2都表示正反应速率，反应自始至终都按此比例进行，故d错误； no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g） 起始物质的体积 a 2a 0 0转化物质的体积 x x x x平衡物质的体积 ax 2ax x x平衡时no2与so2体积比为1：6，即（1ax）：（2ax）=1：5，故x=a，故平衡常数k=1.8，故答案为：41.8；b；1.8；（2）实际生产条件控制在250、1.3104kpa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大故答案为：在1.3104kpa下，co的转化率已经很高，如果增加压强co的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低；（3）由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以no最终转化为n2和h2o，故答案为：n2；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于no和氧气得到的电子总物质的量，1molnh3转化为n2失去3mol电子，0.5molo2得到2mol电子，则no转化为n2得到的电子为1mol，所以no的物质的量为0.5mol，其体积为22.4l/mol0.5mol=11.2l，故答案为：11.2；（4）no在40下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为n的氧化物，氮元素的氧化物有no、n2o、no2、n2o3、n2o4、n2o5，由图象可知3molno生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3no=y+z，根据原子守恒可知为n2o、no2，所以方程式为3no n2o+no2，故答案为：3no n2o+no2点评：本题考查了盖斯定律的应用、平衡状态的判断、平衡常数的计算、氧化还原反应化学方程式的书写及其计算、图象的分析与应用等，考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】11氯碱工业是最基本的化学工业之一，它的产品应用广泛请回答下列问题：（1）氯碱工业是利用电解食盐水生产烧碱、氯气为基础的工业体系（2）电解前，为除去食盐水中的mg2+、ca2+、so42等杂质离子，加入下列试剂的顺序合理的是d（填下列各项中序号）a、碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡 b、碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠c、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡 d、氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠（3）“盐泥”是电解食盐水过程中形成的工业“废料”某工厂的盐泥组成如下：成分naclmg（oh）2caco3baso4其他不溶物质量分数（%）1520152051030401015利用盐泥生产mgso47h2o晶体的工艺流程如图所示回答下列问题：酸洗过程中加入的酸为硫酸，加入的酸应适当过量，控制ph为5左右，反应温度在50左右持续搅拌使之充分反应，以使mg（oh）2充分溶解并转化为mgso4，在此过程中同时生成caso4其中碳酸钙可以转化为硫酸钙的原因是搅拌过程中co2不断逸出，使平衡caco3+h2so4caso4+h2co3（h2o+co2）不断向右移动过滤所得滤渣的主要成分为caso4、baso4、其它不溶物质据图分析，蒸发结晶过滤所得晶体a主要成分为氯化钠真空干燥mgso47h2o晶体的原因是防止失去结晶水考点：粗盐提纯；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：（1）电解氯化钠溶液得到氯气和氢氧化钠；（2）有效除去ca2+、mg2+、so42，应注意碳酸钠在钡试剂之后；（3）盐泥酸洗转化为硫酸镁、caso4、baso4，过滤将caso4、baso4、其它不溶物质除掉，溶液中剩余硫酸镁和氯化钠蒸发结晶得到氯化钠，冷却结晶得到硫酸镁解答：解：（1）电解饱和食盐水得到氯气和氢氧化钠，故答案为：烧碱、氯气；（2）有效除去ca2+、mg2+、so42，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，故答案为：d；（3）生产mgso47h2o，应加入硫酸，搅拌过程中co2不断逸出，平衡向右移动，故答案为：硫酸；搅拌过程中co2不断逸出，使平衡caco3+h2so4caso4+h2co3（h2o+co2）不断向右移动；caso4、baso4不溶于硫酸，过滤得到不溶于硫酸的物质，故答案为：caso4、baso4、其它不溶物质；晶体a主要成分为氯化钠，故答案为：氯化钠；真空干燥mgso47h2o晶体防止失去结晶水，故答案为：防止失去结晶水点评：本题考查物质的分离提纯，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离【化学-选修3：物质结构】12有a、d、e、g、m、l六种前四周期的元素a是宇宙中最丰富的元素d原子核外有1个未成对电子，d+比e原子少一个电子层，e原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道呈全充满状态g原子的2p轨道有2个未成对电子，m的最高化合价和最低化合价的代数和为4，与g的原子序数相差8l位于周期表第12纵行且是六种元素中原子序数最大的r是由m、l形成的化合物，其晶胞结构如图所示请回答下列问题：（1）e元素的电负性m元素的电负性（填“”、“”或“=”）（2）g的第一电离能比它同周期前一族相邻元