广东省东莞市北师大石竹附属学校高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

广东省东莞市北师大石竹附属学校2016届高三上学期第二次月考化学试卷一、选择题.1化学来源于生活，也服务于生活，下列有关生活中的化学叙述正确的是（）a冰箱中使用的含氟制冷剂泄露后，会增加空气中的pm2.5b浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品c施肥时，农家肥草木灰（有效成分k2co3）不能与氮肥nh4cl混合使用d氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强2常温下，ph=11的氨水和ph=1的盐酸等体积混合（混合溶液体积为两溶液体积之和），恰好完全中和，则下列说法错误的是（）a氨水的浓度等于盐酸的浓度b原氨水中有1%的含氮微粒为nh4+c氨水中水电离出的c（h+）是盐酸中水电离出的c（h+）的100倍d混合溶液中c（nh4+）+c（nh3h2o）+c（nh3）=5104moll13下列实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的a室温下，用ph试纸分别测定浓度为0.1moll1 naclo溶液和0.1moll1 ch3coona溶液的ph比较hclo和ch3cooh的酸性强弱b向含有酚酞的na2co3溶液中加入少量bac12固体，溶液红色变浅证明na2co3溶液中存在水解平衡c向10ml 0.2mol/l naoh溶液中滴入2滴0.1mol/l mgcl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/l fecl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的ksp：mg（oh）2fe（oh）3d分别测定室温下等物质的量浓度的na2so3与na2co3溶液的ph，后者较大证明非金属性scaabbccdd4将so2气体与足量fe2（so4）3溶液完全反应后，再加入k2cr2o7溶液，发生如下两个化学反应：so2+2fe3+2h2o=so42+2fe2+4h+cr2o72+6fe2+14h+=2cr3+6fe3+7h2o，下列有关说法错误的是（）a氧化性cr2o72fe3+so2bk2cr2o7能将na2so3氧化成na2so4c每有1molk2cr2o7参加反应，转移电子的数目为6nad若6.72 l so2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molk2cr2o75如图是利用一种微生物将废水中的有机物（假设是淀粉）的化学能直接转化为电能，并利用此电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是（）a质子透过离子交换膜由右向左移动b铜电极应与x相连接cm电极反应式：（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+d当n电极消耗0.2 mol气体时，则铁电极增重16g6下列说法正确的是（）a图中h1=h2+h3b如图在催化剂条件下，反应的活化能等于e1+e2c如图表示醋酸溶液滴定 naoh 和氨水混合溶液的电导率变化曲线d如图可表示由co（g）生成co2（g）的过程中要放出566kj 热量7假设sio2原子晶体中的si原子被al原子取代，不足的价数用k原子补充当有25%的si原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为（）akalsio4bkalsi2o4ckalsi3o8dkalsi4o10二、非选择题（本题包括5小题，共52分）8根据物质性质完成下列题型（） a、b、c、d均为中学化学常见的纯净物，a是单质它们之间有如图的反应关系：（1）若a是黄色固体，c、d是氧化物，c是造成酸雨的主要物质，但c也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：若b是气态氢化物，c、d是氧化物且会造成光化学烟雾污染b与c在一定条件下反应生成的a是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：（3）若d物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体写出单质a与碱反应的离子方程式：（4）若a是太阳能电池用的光伏材料c、d为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式：（）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题（1）生铁中含有一种铁碳化合物x（fe3c）x在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体y，将y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是；某溶液中有mg2+、fe2+、al3+、cu2+等离子，向其中加入过量的naoh溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧，并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是amg2+ bfe2+ cal3+ dcu2+（3）氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如图：回答下列问题：操作的名称是请写出生成feco3沉淀的离子方程式：9硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料制备硫酸铜是无机化学实验教学中一个重要的实验由于铜不能与稀硫酸直接反应，实验中将浓硝酸分次加入到铜粉与稀硫酸中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体（装置如图1、2所示）（1）图1中，烧瓶中发生的离子反应方程式为图2是图1的改进装置，改进的目的是（3）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：第一组：空气为氧化剂法方案1：以空气为氧化剂将铜粉在仪器b中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应方案2：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应向反应液中加feso4或fe2（so4）3，反应完全后，向其中加物质甲调节ph到34，产生fe（oh）3沉淀，过滤、蒸发、结晶，滤渣作催化剂循环使用（已知fe（oh）3和cu（oh）2完全沉淀时的ph分别为3.7、6.4）请回答下列问题：方案1中的b仪器名称是方案2中甲物质是（填字母序号）a、cao b、cuco3 c、caco3第二组：过氧化氢为氧化剂法将3.2g铜丝放到45ml 1.5mol/l的稀硫酸中，控温在50加入18ml 10%的h2o2，反应0.5h后，升温到60，持续反应1h后，过滤、蒸发结晶、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得cuso45h2o 10.6g请回答下列问题：该反应的离子反应方程式为上述两种氧化法中，更符合绿色化学理念的是（填“第一组”或“第二组”），理由是10800时，某密闭容器中存在如下反应：2no2（g）2no（g）+o2（g）h0，若开始向容器中加入1mol/l的no2，反应过程中no的产率随时间的变化如图曲线i所示反应相对于反应i而言，改变的条件可能是800时，若开始时向容器中同时加入1mol/lno、0.2mol/lo2、0.5mol/l no2，则v（正）v（逆）（填“大于”或“等于”或“”小于“）11己知n2o4（g）2no2（g）h=+57.20kjmol1，t时，将一定量的no2、n2o4，充入一个容器为2l的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示：时间/min051015202530c（x）/（mol/l）0.2c0.60.61.0c1c1c（y）/（mol/l）0.6c0.40.40.4c2c2c（ x）代表（填化学式）的浓度，该反应的平衡常数k=（填具体数值）前10min内用no2表示的反应速率为，20min时改变的条件是；重新达到平衡时，no2的百分含量（填选项前字母）a增大 b减小 c不变 d无法判断12已知草酸镍晶体（nic2o42h2o）难溶于水，工业上从废镍催化剂（成分主要为ni，含有一定量的al2o3、fe、sio2、cao等）制备草酸镍晶体的流程如图所示：已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的ph如表：金属离子fe3+fe2+al3+ni2+开始沉淀的ph1.15.83.06.8完全沉淀的ph3.28.85.09.5ksp（caf2）=1.461010当某物质浓度小于1.0105moll1时，视为完全沉淀（1）请写出一种能提高酸浸速率的措施试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式（3）ph的调控范围为（4）写出“沉镍”时反应的离子方程式，当ca2+沉淀完全时，溶液中c（f）moll1（写出计算式即可）广东省东莞市北师大石竹附属学校2016届高三上学期第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题.1化学来源于生活，也服务于生活，下列有关生活中的化学叙述正确的是（）a冰箱中使用的含氟制冷剂泄露后，会增加空气中的pm2.5b浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品c施肥时，农家肥草木灰（有效成分k2co3）不能与氮肥nh4cl混合使用d氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强【考点】常见的生活环境的污染及治理；盐类水解的应用；氯气的化学性质；浓硫酸的性质【分析】apm2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于 2.5 m 的颗粒物；b浓硫酸与二氧化硅不反应；c铵态氮肥和碱性物质可以反应，且能生成氨气，从而降低肥效；d二氧化硫、氯气和水能发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，没有漂白性【解答】解：a冰箱中使用的含氟制冷剂泄露后，产生气体，不会增加空气中的pm2.5，故a错误； b浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故b错误；c施肥时，农家肥草木灰（有效成分k2co3）能与氮肥nh4cl反应生成氨气，从而降低肥效，故c正确；d二氧化硫、氯气和水能发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，两者同时使用，漂白效果会明显减弱，故d错误故选c【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，注意二氧化硫、氯气和水能发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸2常温下，ph=11的氨水和ph=1的盐酸等体积混合（混合溶液体积为两溶液体积之和），恰好完全中和，则下列说法错误的是（）a氨水的浓度等于盐酸的浓度b原氨水中有1%的含氮微粒为nh4+c氨水中水电离出的c（h+）是盐酸中水电离出的c（h+）的100倍d混合溶液中c（nh4+）+c（nh3h2o）+c（nh3）=5104moll1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】常温下，ph=11的氨水溶液和ph=1的盐酸溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，反应后生成氯化铵，由于盐酸是一元酸，氨水的一元碱，则c（碱）=c（酸），再结合物料守恒、盐的性质来分析解答【解答】解：a等体积的氨水与盐酸混合后，恰好完全反应，盐酸为一元强酸、一水合氨为一元弱碱，所以一水合氨与氯化氢的物质的量相等，因二者等体积混合，则物质的量浓度相等，都是0.1mol/l，故a正确；b由分析可知，ph=11的氨水溶液浓度为0.1mol/l，则电离产生的c（oh）=c（nh4+）=103mol/l，则原氨水中nh4+的含量为=1%，故b正确；c氨水中的氢离子是水电离的，ph=11的氨水中水电离的氢离子浓度为：1011mol/l；盐酸中的氢氧根离子是水电离的，盐酸中水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等为：1013mol/l，所以氨水中水电离出的c（h+）是盐酸中水电离出的c（h+）的100倍，故c正确；d反应后的溶液中nh4+、nh3h2o与nh3三种微粒的平衡浓度之和为=0.05moll1，故d错误故选d【点评】本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，注意恰好完全反应为解答的关键，明确反应后生成氯化铵即可解答，结合物料守恒及电离即可解答，题目难度中等3下列实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的a室温下，用ph试纸分别测定浓度为0.1moll1 naclo溶液和0.1moll1 ch3coona溶液的ph比较hclo和ch3cooh的酸性强弱b向含有酚酞的na2co3溶液中加入少量bac12固体，溶液红色变浅证明na2co3溶液中存在水解平衡c向10ml 0.2mol/l naoh溶液中滴入2滴0.1mol/l mgcl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/l fecl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的ksp：mg（oh）2fe（oh）3d分别测定室温下等物质的量浓度的na2so3与na2co3溶液的ph，后者较大证明非金属性scaabbccdd【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】anaclo溶液具有强氧化性，不能利用ph试纸测定ph；b含有酚酞的na2co3溶液中，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量bac12固体，水解平衡逆向移动；cnaoh过量，后滴加2滴0.1mol/l fecl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化；d等物质的量浓度的na2so3与na2co3溶液的ph，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，不能比较非金属性【解答】解：anaclo溶液具有强氧化性，不能利用ph试纸测定ph，应利用ph计测定ph比较酸性强弱，故a错误；b含有酚酞的na2co3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量bac12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明na2co3溶液中存在水解平衡，故b正确；cnaoh过量，后滴加2滴0.1mol/l fecl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故c错误；d等物质的量浓度的na2so3与na2co3溶液的ph，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，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，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、非金属性比较方法、ph的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大4将so2气体与足量fe2（so4）3溶液完全反应后，再加入k2cr2o7溶液，发生如下两个化学反应：so2+2fe3+2h2o=so42+2fe2+4h+cr2o72+6fe2+14h+=2cr3+6fe3+7h2o，下列有关说法错误的是（）a氧化性cr2o72fe3+so2bk2cr2o7能将na2so3氧化成na2so4c每有1molk2cr2o7参加反应，转移电子的数目为6nad若6.72 l so2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molk2cr2o7【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】a氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；b由氧化性的强弱，判断反应的发生；ccr元素的化合价由+6价降低为+3价；d.6.72 l so2（标准状况）参加反应，n（so2）=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3so2cr2o72，以此计算【解答】解：a由可知，fe元素的化合价降低，则氧化性为fe3+so2，由可知，cr元素的化合价降低，则氧化性为cr2o72fe3+，故a正确；b因氧化性为cr2o72so2，则k2cr2o7能将na2so3氧化成na2so4，故b正确；c每有1molk2cr2o7参加反应，转移电子为1mol2（63）=6mol，即转移电子的数目为6na，故c正确；d.6.72 l so2（标准状况）参加反应，n（so2）=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3so2cr2o72，则最终消耗0.1molk2cr2o7，故d错误；故选d【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，涉及氧化性比较、转移电子及关系式的计算，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度中等5如图是利用一种微生物将废水中的有机物（假设是淀粉）的化学能直接转化为电能，并利用此电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是（）a质子透过离子交换膜由右向左移动b铜电极应与x相连接cm电极反应式：（c6h10o5）n+7nh2o24ne6nco2+24nh+d当n电极消耗0.2 mol气体时，则铁电极增重16g【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，m是负极，n是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，据此分析解答【解答】解：根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，m是负极，n是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，am是负极，n是正极，质子透过离子交换膜由左m极移向右n极，a错误；b铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极y相连，故b错误；c若有机废水中含有葡萄糖，葡萄糖属于燃料，在负极m上失电子发生氧化反应，电极反应式为c6h12o6+6h2o24e6co2+24h+，故c正确；d、当n电极消耗0.2 mol氧气时，则转移0.24=0.8mol电子，所以铁电极增重64=25.6g，故d错误故选c【点评】本题考查了原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等6下列说法正确的是（）a图中h1=h2+h3b如图在催化剂条件下，反应的活化能等于e1+e2c如图表示醋酸溶液滴定 naoh 和氨水混合溶液的电导率变化曲线d如图可表示由co（g）生成co2（g）的过程中要放出566kj 热量【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；吸热反应和放热反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】a、根据盖斯定律的含义来回答；b、催化剂改变了反应历程，e1、e2分别代表各步反应的活化能；c、醋酸和一水合氨是弱电解质，在溶液里部分电离，氢氧化钠是强电解质，完全电离，向混合溶液中滴加醋酸，醋酸先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，氢氧化钠完全反应后，醋酸再和氨水反应生成强电解质醋酸铵，根据溶液中离子浓度变化与电导率的关系分析解答；d、未指明是几摩尔co燃烧放出566kj的热量【解答】解：a、根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，故应有：h1=h2h3，故a错误；b、e1、e2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的e1，故b错误；c、氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，故c正确；d、图象中未标明co、氧气以及co2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，故d错误；故选c【点评】本题考查了盖斯定律的应用，活化能概念应用，反应焓变的意义以及溶液的导电性等问题，难度不大7假设sio2原子晶体中的si原子被al原子取代，不足的价数用k原子补充当有25%的si原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为（）akalsio4bkalsi2o4ckalsi3o8dkalsi4o10【考点】复杂化学式的确定；硅和二氧化硅【专题】计算题【分析】设有nmol二氧化硅，含有nmolsi原子、2nmolo原子，然后根据当有25%的硅原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充，计算出用n表示的铝原子、钾原子的物质的量，物质的量之比就等于原子个数比，从而得出正长石的化学式【解答】解：根据题目条件因二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolsi原子、2nmolo原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以al原子的物质的量为：nmol25%=0.25nmol，si原子还剩余物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol（32）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（k）：n（al）：n（si）：n（o）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为kalsi3o8，故选c【点评】本题考查了正长石的化学式的计算，解题关键是理解题干的信息，充分考查了学生的分析、理解能力，本题难度中等二、非选择题（本题包括5小题，共52分）8根据物质性质完成下列题型（） a、b、c、d均为中学化学常见的纯净物，a是单质它们之间有如图的反应关系：（1）若a是黄色固体，c、d是氧化物，c是造成酸雨的主要物质，但c也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等若b是气态氢化物，c、d是氧化物且会造成光化学烟雾污染b与c在一定条件下反应生成的a是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：4nh3+6no5n2+6h2o（3）若d物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体写出单质a与碱反应的离子方程式：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2（4）若a是太阳能电池用的光伏材料c、d为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式：si+2naoh+2h2o=na2sio3+2h2（）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题（1）生铁中含有一种铁碳化合物x（fe3c）x在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体y，将y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是fe2+、fe3+、h+；某溶液中有mg2+、fe2+、al3+、cu2+等离子，向其中加入过量的naoh溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧，并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是bcamg2+ bfe2+ cal3+ dcu2+（3）氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如图：回答下列问题：操作的名称是过滤请写出生成feco3沉淀的离子方程式：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o【考点】无机物的推断；铁的氧化物和氢氧化物【专题】无机推断；几种重要的金属及其化合物【分析】（i）（1）若单质a是黄色固体，c、d是氧化物，且c是造成酸雨的主要物质，则a为s、b为h2s、c为so2，d为so3；若b是气态氢化物，c、d是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则a为n2，b为nh3，c为no，d为no2；（3）若d物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则a为al，b为al2o3，c为naalo2，d为al（oh）3；（4）若a是太阳能电池用的光伏材料，c、d为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则a为si，b为sio2，c为na2sio3，d为na2co3；（ii）（1）fec在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体y，y为fe3o4，与过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的hcl；加入过量的naoh溶液后，mg2+、fe2+、cu2+转化为沉淀，灼烧后的固体投入过量的稀盐酸，溶液中存在mg2+、fe3+、cu2+；（3）由制备流程可知，碳酸钠水解显碱性，可促进油污的水解，加稀硫酸除去碳酸钠，且溶解fe，操作i为过滤，滤液中含fe2+，与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，操作ii为洗涤，然后干燥、灼烧得到氧化铁【解答】解：（i）（1）若单质a是黄色固体，c、d是氧化物，且c是造成酸雨的主要物质，则a为s、b为h2s、c为so2，d为so3，二氧化硫可以漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等，故答案为：漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等；若b是气态氢化物，c、d是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则a为n2，b为nh3，c为no，d为no2，b与c在一定条件下反应生成的a是大气的主要成分，该反应化学方程式为：4nh3+6no5n2+6h2o，故答案为：4nh3+6no5n2+6h2o；（3）若d物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则a为al，b为al2o3，c为naalo2，d为al（oh）3，al与强碱反应的离子方程式为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，故答案为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；（4）若a是太阳能电池用的光伏材料，c、d为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则a为si，b为sio2，c为na2sio3，d为na2co3，反应的化学方程式为：si+2naoh+2h2o=na2sio3+2h2，故答案为：si+2naoh+2h2o=na2sio3+2h2；（ii）（1）fec在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体y，y为fe3o4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的hcl，溶液中大量存在的阳离子是fe2+、fe3+、h+，故答案为：fe2+、fe3+、h+；加入过量的naoh，al3+转化为偏铝酸根，mg2+、fe2+、cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有mg2+、fe3+、cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是al3+、fe2+，故选bc，故答案为：bc；（3）由工艺流程可知，操作i是将固体与液体分离，应采取过量的方法，故答案为：过滤；由工艺流程可知，操作i所得的滤液中主要有硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，实质是亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成feco3，同时生成二氧化碳、水，反应离子方程式为：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o，故答案为：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o【点评】本题考查无机物推断、化学工艺流程，需要学生熟练掌握元素化合物知识，是对学生综合能力的考查，难度中等9硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料制备硫酸铜是无机化学实验教学中一个重要的实验由于铜不能与稀硫酸直接反应，实验中将浓硝酸分次加入到铜粉与稀硫酸中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体（装置如图1、2所示）（1）图1中，烧瓶中发生的离子反应方程式为cu+4h+2no3cu2+2no2+2h2o或3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o图2是图1的改进装置，改进的目的是可防止倒吸，no、no2有毒气体能被完全吸收（3）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：第一组：空气为氧化剂法方案1：以空气为氧化剂将铜粉在仪器b中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应方案2：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应向反应液中加feso4或fe2（so4）3，反应完全后，向其中加物质甲调节ph到34，产生fe（oh）3沉淀，过滤、蒸发、结晶，滤渣作催化剂循环使用（已知fe（oh）3和cu（oh）2完全沉淀时的ph分别为3.7、6.4）请回答下列问题：方案1中的b仪器名称是坩埚方案2中甲物质是b（填字母序号）a、cao b、cuco3 c、caco3第二组：过氧化氢为氧化剂法将3.2g铜丝放到45ml 1.5mol/l的稀硫酸中，控温在50加入18ml 10%的h2o2，反应0.5h后，升温到60，持续反应1h后，过滤、蒸发结晶、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得cuso45h2o 10.6g请回答下列问题：该反应的离子反应方程式为cu+h2o2+2h+cu2+2h2o上述两种氧化法中，更符合绿色化学理念的是第二组（填“第一组”或“第二组”），理由是第一组中的方案1需要加热，消耗能源，方案2所得产品含有铁元素杂质，而第二组方案几乎不产生有害气体，且所得产品纯度较高【考点】制备实验方案的设计【专题】综合实验题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】（1）图1中，烧瓶中，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成硝酸铜和一氧化氮、水根据一氧化氮的性质及尾气处理装置分析；（3）方案1中，将铜在坩埚中灼烧生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜；方案2中，铜与硫酸铁反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，通入氧气，将亚铁离子氧化成硫酸铁，然后为保证不引入杂质，可加入氧化铜、碳酸铜等调节ph值除去铁离子，过滤、蒸发、结晶得到硫酸铜晶体；铜在酸性条件能被双氧水氧化；对比两种方案时从能量消耗、产品纯度、是否产生有害物质等分析【解答】解：（1）图1中，烧瓶中将适量浓硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，铜粉与稀硫酸不反应，铜与浓硝酸反应，cu+4h+2no3cu2+2no2+2h2o，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o，故答案为：cu+4h+2no3cu2+2no2+2h2o或3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o；改进前，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮有毒且和水不反应，所以no、no2有毒气体不能被完全吸收，且二氧化氮和氢氧化钠反应后，导管内压强减小，易产生倒吸现象；改进后，通入氧气，氧气、一氧化氮、二氧化氮、水反应完全生成硝酸被氢氧化钠吸收，且中间储气瓶有缓冲作用，防止倒吸，no、no2有毒气体能被完全吸收，故答案为：可防止倒吸，no、no2有毒气体能被完全吸收；（3）加热固体应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；铜与硫酸铁反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，通入氧气，将亚铁离子氧化成硫酸铁，为保证不引入杂质，可以加入氧化铜、碳酸铜等调节ph值可除去铁离子，过滤、蒸发、结晶得到硫酸铜晶体，故答案为：b；铜在酸性条件能被双氧水氧化，离子方程式cu+h2o2+2h+cu2+2h2o，故答案为：cu+h2o2+2h+cu2+2h2o；第一组方案1需要灼烧，所以多消耗能源；第一组方案2所得产品含有铁元素杂质，产品不纯；第一组方案1产生有毒气体氮的氧化物，而第二组方案几乎不产生有害气体，且所得产品纯度较高；故答案为：第二组；第一组中的方案1需要加热，消耗能源，方案2所得产品含有铁元素杂质，而第二组方案几乎不产生有害气体，且所得产品纯度较高【点评】本题考查硫酸铜制备实验方案的设计化学实验，意在考查对化学实验原理、实验设计和实验结论的运用能力，主要是对实验原理的理解、实验方案的评价、实验装置的理解与评价，实验是高考中的重点内容，题型以选择题和填空题为主，考查的内容常以典型的实验基本操作及正误判断等为主，题目难度中等10800时，某密闭容器中存在如下反应：2no2（g）2no（g）+o2（g）h0，若开始向容器中加入1mol/l的no2，反应过程中no的产率随时间的变化如图曲线i所示反应相对于反应i而言，改变的条件可能是使用催化剂800时，若开始时向容器中同时加入1mol/lno、0.2mol/lo2、0.5mol/l no2，则v（正）小于v（逆）（填“大于”或“等于”或“”小于“）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡图像；化学平衡计算【分析】使用催化剂只改变反应速率不影响平衡移动，所以no的产率不变，如果使用正催化剂则只缩短达到平衡的时间；2no2（g）2no（g）+o2（g）开始（mol/l） 1 0 0反应（mol/l）0.6 0.6 0.3平衡（mol/l）0.4 0.6 0.3化学平衡常数k=0.675，根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小【解答】解：使用催化剂只改变反应速率不影响平衡移动，所以no的产率不变，如果使用正催化剂则只缩短达到平衡的时间，该反应前后气体体积之和增大，所以根据图知，改变条件时只是缩短反应达到平衡的时间，但no的产率不变，则改变的条件只能是加入催化剂，故答案为：使用催化剂；2no2（g）2no（g）+o2（g）开始（mol/l） 1 0 0反应（mol/l）0.6 0.6 0.3平衡（mol/l）0.4 0.6 0.3化学平衡常数k=0.675，浓度商=0.80.675，则平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故答案为：小于【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意利用化学平衡常数与浓度商的相对大小判断平衡移动方向，题目难度不大11己知n2o4（g）2no2（g）h=+57.20kjmol1，t时，将一定量的no2、n2o4，充入一个容器为2l的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示：时间/min051015202530c（x）/（mol/l）0.2c0.60.61.0c1c1c（y）/（mol/l）0.6c0.40.40.4c2c2c（ x）代表no2（填化学式）的浓度，该反应的平衡常数k=0.9（填具体数值）前10min内用no2表示的反应速率为，20min时改变的条件是；重新达到平衡时，no2的百分含量b（填选项前字母）a增大 b减小 c不变 d无法判断【考点】化学平衡的计算【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡计算【分析】x、y的起始浓度分别为0.2mol/l、0.6mol/l，前10min内，x浓度增大了0.4mol/l、y的浓度减小0.2mol/l，由于no2、n2o4与按物质的量2：1反应，则x为no2、y为n2o4；平衡常数k=，代入物质的浓度计算；根据v=计算v（no2）；20min时，y（n2o4）的浓度不变，x（no2）的浓度增大，改变的条件应是增大no2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成n2o4的向逆反应进行，减少2molno2的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中no2的百分含量减小【解答】解：x、y的起始浓度分别为0.2mol/l、0.6mol/l，10min时到达平衡，x浓度增大了0.4mol/l、y的浓度减小0.2mol/l，由于no2、n2o4与按物质的量2：1反应，则x为no2、y为n2o4；平衡常数k=0.9，故答案为：no2；0.9；v（no2）=0.04mol/（lmin）；20min时，y（n2o4）的浓度不变，x（no2）的浓度增大，改变的条件应是增大no2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成n2o4的向逆反应进行，减少2molno2的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中no2的百分含量减小，故答案为：0.04mol/（lmin）；增大no2的浓度；b【点评】本题考查化学平衡有关计算