河北省石家庄市高考化学二模试卷（含解析）.doc

河北省石家庄市2015届高考化 学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与生产、生活密切相关下列与化学有关的事实及其相关化学方程式的书写都正确的是（）选项事实化学方程式a常温下，可用铝制容器盛放浓硝酸a l+3hno3（浓）=al（oh）3+3no2b可用生石灰做工业废气脱硫酸 2cao+2so2+o2=2caso4c电解mgcl2溶液冶炼mg mgcl2mg+cl2d侯德榜用饱和食盐水、氨水、co2制备纯碱 2nacl+2nh3+co2+h2o=2nh4cl+naco3aabbccdd2（6分）下列装置能达到相应实验目的是（）a除去so2中混有的co2b分离nh4cl和ca（oh）2固体c测定o2的生成速率d喷泉实验3（6分）下列说法正确的是（）ach3ch2ch3分子中的3个碳原子不可能在同一直线上b油脂在酸性条件下的水解反应称为皂化反应c聚氯乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物dch3ch2oh与ch3co18oh发生酯化反应所得混合液中，18o原子只存在于水分子中4（6分）用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a2mol0.5mol/l硅酸钠溶液中滴入盐酸所制得的硅酸胶体中，含胶粒数目为0.001nab8.4gnahco3固体中含有的离子总数为0.3nac25时，1lph=1的ch3cooh溶液中含有h+数目为0.1nad7.8gcaf2固体中含有的共用电子对数目为0.2na5（6分）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）a图中，插人海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重b图中，闭合k2，铁电极的腐蚀速率比闭合k1时慢c图中，接通开关时，zn的腐蚀速率增大，zn上放出气体的速率也增大d图中，锌锰电池自放电腐蚀主要是由mno2的氧化作用引起的6（6分）短周期元素x、y、z、w的原子序数逐渐增大，其中x原子的电子数与电子层数相等，z为短周期中金属性最强的元素，y与x、y与z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，y和w同主族下列说法正确的是（）ay与z形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同b化合物x2w比化合物x2y稳定cy、z、w三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性d原子半径：r（z）r（w）r（y）r（x）7（6分）已知热化学方程式：co（g）+o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1h2（g）=o2（g）=h2o（g）h=241.8kjmol1据此判断下列说法正确的是（）ah2（g）=o2（g）=h2o（i）h241.8kjmol1bh2的燃烧热h=241.8 kjmol1ch2（g）转变成h2o（g）的化学反应一定放出能量dco（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）的h=41.2kjmol1二、必考题（共3小题，满分43分）8（14分）某浅绿色晶体xx（nh4）2so4yfeso4zh2o在分析化学上常用作还原剂为确定其组成，某小组同学进行如下实验nh4+的测定采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示，实验步骤如下：准确称取19.60g晶体x，加水溶解，注入圆底烧瓶中；准确量取50.00ml l.0100moll1h2so4溶液于锥形瓶中；向圆底烧瓶中加入足量naoh溶液，加热蒸馏；用0.0400moll1 naoh标准溶液滴定锥形瓶中过剩的酸，到终点时消耗naoh标准溶液25.00ml（1）步骤中，准确量取h2so4溶液所用的玻璃仪器为（2）步骤中，加热蒸馏时间需长达30分钟，其目的为（3）步骤中，若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测n（nh4+）的值将（填“偏大”、“偏小”或“不变”） so42的测定采用重量分析法，实验步骤如下：另准确称取19.60g晶体x于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 bacl2溶液；用无灰滤纸（灰分质量很小，可忽略）过滤，洗涤沉淀34次；用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；继续灼烧沉淀至恒重得沉淀质量23.30g（4）步骤中，判断 bacl2溶液已过量的实验操作和现象是（5）步骤中，所用洗涤剂最合适的是（填选项字母）a冷水 b稀硫酸 c滤液（6）步骤灼烧操作中，除三脚架外，还需要用到下列仪器中的（填选项字母）a烧杯 b坩埚 c表面皿 d泥三角 e蒸发皿 f酒精灯（7）综合实验i、，通过计算得出晶体x的化学式为9（14分）稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域一种从废弃阴极射线管（crt）荧光粉中提取稀土元素钇（y）的工艺流程如图1：已知：废弃crt荧光粉的化学组成（某些不参与反应的杂质未列出）如表所示； 不同离子沉淀的ph如图2所示阶段/含量%/成分y2o3znoal2o3pbo2mgo预处理前24.2841.827.811.670.19预处理后68.515.424.335.430.50（1）步骤中进行原料预处理的目的为（2）步骤中有黄绿色气体产生，该反应的化学方程式为（3）步骤中发生的主要反应的离子方程式为（4）步骤中除杂试剂ddtc除去的杂质离子有，其不能通过直接加碱的方法除去，原因为（5）步骤中y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c（c2o42）不低于mol/l（已知：当离子浓度小于105mol/l时，沉淀就达完全；kspy2（c2o4）3=8.01025）（6）步骤中草酸钇隔绝空气加热可以得到y2o3，该反应的化学方程式为10（15分）汽车尾气中含有no、co和碳颗粒等有害物质，已成为某些大城市空气的主要污染源（1）汽车燃料中一般不含氮元素，汽缸中生成no的原因为（用化学方程式表示为可逆反应）；汽车启动后，汽缸内温度越高，单位时间内no排放量越大，试分析其原因（2）治理汽车尾气中no和co污染的一种方法是将其转化为无害的和，反应原理为：2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）h0 某研究小组在三个容积均为5l的恒容密闭容器中，分别充入0.4mol no和0.4molco，在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：计算实验从开始至达到平衡时的反应速率v（n0）=图中三组实验从开始至达到平衡时的反应速率v（no）由大到小的顺序为（填实验序号）与实验相比，实验i和实验分别仅改变一种反应条件，所改变的条件和判断的理由为：实验；实验三组实验中co的平衡转化率a（co、）a（co）和a（co） 的大小关系为计算实验的平衡常数k=三、选修题：【选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、蒸发池和池目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用（写一点即可）（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：海水不能直接通入到阴极室中，理由是a口排出的是（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含na+、k+、mg2+、cl、br等离子）可提取溴，其生产流程如图2：若吸收塔中的溶液含bro3，则吸收塔中反应的离子方程式为通过氯化已获得含br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含br2的溶液向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是四、选修题【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12第四周期的过渡元素在工业、农业、科学技术以及人类生活等方面有重要作用其 中nicrfe合金是常用的电热元件材料请回答：（1）基态ni原子核外电子排布式为；第二周期中基态原子未成对电子数与ni相同且电负性大的元素为金属镍粉在co气流中轻微加热，生成无色挥发性液态ni（ co）4，该分子呈正四面体构型试推测ni（co）4的晶体类型为，ni（co）4易溶于下列（填选项字母）中a水 b四氯化碳 c苯 d硫酸镍溶液（ 2）feo、nio晶体中r（ni2+）和r（fe2+）分别为69pm和78pm，则熔点niofeo（填“”或“”），原因为；黄血盐是一种配合物，其化学式为k4fe（cn）63h2o，该配合物中配体的化学式为，黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与该配体互为等电子体的气态化合物，该反应的化学方程式为（3）酸性227能氧化硝基苯酚，邻硝基苯酚和对硝基苯酚在20水中的溶解度之比为0.39，其原因为（4）在铬的硅酸盐中，4四面体如下图（a）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大结构型式图（b）为一种链状结构的多硅酸根，其中si原子的杂化形式为，其化学式为五、选修题：【选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13某有机反应中间体（m）的一种合成路线如图所示已知：rbrpmgbrrcooh（r表示氢原子或烃基）标准状况下，气态烃a的密度是h2的14倍芳香族化合物h能发生银镜反应请回答：（1）b的名称（系统命名）为；hi的反应类型为（2）e中官能团的结构简式为，（ 3）fg的化学方程式为（4 ）d+jm的化学方程式为（5）写出符合下列条件的j的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）苯环上连有no2 核磁共振氢谱有3个峰（6）结合已有知识和相关信息，写出以ch3cho和e为原料，经三步制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例为：ch3choch3coohch3cooch3河北省石家庄市2015届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与生产、生活密切相关下列与化学有关的事实及其相关化学方程式的书写都正确的是（）选项事实化学方程式a常温下，可用铝制容器盛放浓硝酸a l+3hno3（浓）=al（oh）3+3no2b可用生石灰做工业废气脱硫酸 2cao+2so2+o2=2caso4c电解mgcl2溶液冶炼mg mgcl2mg+cl2d侯德榜用饱和食盐水、氨水、co2制备纯碱 2nacl+2nh3+co2+h2o=2nh4cl+naco3aabbccdd考点：化学方程式的书写 分析：a铝与浓硝酸在常温下发生钝化，无法写出反应的化学方程式；b氧化钙能够与二氧化硫和氧气反应生成硫酸钙；c工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，不是电解氯化镁溶液；d纯碱为碳酸钠，碳酸钠的化学式中含有2个钠离子解答：解：a铝在常温下与浓硝酸、浓硫酸会发生钝化，则无法写出反应的化学方程式，故a错误；b生石灰为氧化钙，氧化钙与氧气、二氧化硫反应生成硫酸钙，反应的化学方程式为：2cao+2so2+o2=2caso4，故b正确；c电解氯化镁溶液不会生成金属镁，应该电解熔融氯化镁，电解方程式为：mgcl2mg+cl2，故c错误；d侯德榜用饱和食盐水、氨气、co2制备纯碱，反应原理为：2nacl+2nh3+co2+h2o=2nh4cl+na2co3，故d错误；故选b点评：本题考查了化学方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握化学方程式的书写原则，明确常见物质的化学式组成为解答根据，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力2（6分）下列装置能达到相应实验目的是（）a除去so2中混有的co2b分离nh4cl和ca（oh）2固体c测定o2的生成速率d喷泉实验考点：化学实验方案的评价 分析：a二氧化硫有还原性，二氧化碳没有；bnh4cl和ca（oh）2固体反应生成氯化钙和氨气；c根据v=计算；d二氧化碳能与氢氧化钠反应解答：解：a二氧化硫有还原性，能与酸性高锰酸钾反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故a错误； bnh4cl和ca（oh）2固体反应生成氯化钙和氨气，不能分离，故b错误；c根据v=知，要测定o2的反应速率，只要知道o2体积和时间即可，根据图知，o2体积已知，但缺少秒表测定时间，故c错误；d二氧化碳能与氢氧化钠反应，气压降低形成喷泉，故d正确故选d点评：本题考查了实验方案评价，涉及物质的分离提纯、化学反应速率以及喷泉实验等知识点，明确原理是解本题关键，根据基本公式等知识点来分析解答，题目难度不大3（6分）下列说法正确的是（）ach3ch2ch3分子中的3个碳原子不可能在同一直线上b油脂在酸性条件下的水解反应称为皂化反应c聚氯乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物dch3ch2oh与ch3co18oh发生酯化反应所得混合液中，18o原子只存在于水分子中考点：常见有机化合物的结构；油脂的性质、组成与结构；有机高分子化合物的结构和性质；乙酸的酯化反应 分析：a碳是四面体结构；b油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸钠；c高分子化合物：相对分子质量大于10000的化合物；d可逆反应不能进行到底解答：解：a碳是四面体结构，3个碳原子不可能在同一直线上，故a正确； b油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，故b错误；c麦芽糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故c错误；d可逆反应不能进行到底，18o原子存在于ch3co18oh中，故d错误故选a点评：本题考查有机物的结构、皂化反应、高分子化合物以及酯化反应等，难度不大，注意酯化反应原理；羧酸跟醇的酯化反应是可逆的，羧酸跟醇的反应过程一般是：羧酸分子中的羟基与醇分子中羟基的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯，即酸去羟基醇去羟基氢4（6分）用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a2mol0.5mol/l硅酸钠溶液中滴入盐酸所制得的硅酸胶体中，含胶粒数目为0.001nab8.4gnahco3固体中含有的离子总数为0.3nac25时，1lph=1的ch3cooh溶液中含有h+数目为0.1nad7.8gcaf2固体中含有的共用电子对数目为0.2na考点：阿伏加德罗常数 分析：a胶粒是一定数目粒子的集合体；b求出nahco3的物质的量，然后根据1molnahco3晶体中含1mol钠离子和1molhco3来计算；c根据溶液中的c（h+）=0.1mol/l来计算；d氟化钙为离子化合物，其化学式中不存在共用电子对解答：解：a胶粒是一定数目粒子的集合体，将2 ml 0.5 mol/l硅酸钠溶液滴入盐酸中制得硅酸胶体，所含胶粒数目小于0.001na，故a错误；b.8.4gnahco3的物质的量为n=0.1mol，而1molnahco3晶体中含1mol钠离子和1molhco3，0.1molnahco3晶体中含0.1mol钠离子和0.1molhco3，即0.2mol离子，故b错误；c.25时，ph=1的溶液中的c（h+）=0.1mol/l，故溶液中的氢离子的物质的量为：n=cv=0.1mol/l1l=0.1mol，含有氢离子个数为0.1na，故c正确；dcaf2为离子化合物，氟化钙中不存在共用电子对，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度等物理量之间的转化，明确胶体粒子为聚集体，为易错点5（6分）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）a图中，插人海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重b图中，闭合k2，铁电极的腐蚀速率比闭合k1时慢c图中，接通开关时，zn的腐蚀速率增大，zn上放出气体的速率也增大d图中，锌锰电池自放电腐蚀主要是由mno2的氧化作用引起的考点：金属的电化学腐蚀与防护 分析：a越靠近底端，越不易腐蚀；b闭合k1时fe作负极，闭合k2，fe作阴极；c接通开关时，如zn连接电源负极，则不易腐蚀；d正极上得电子发生还原反应，体现还原性解答：解：a越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀，故a错误；b闭合k1时fe作负极，负极失电子被腐蚀，闭合k2，fe作阴极，阴极被保护，所以闭合k2，铁电极的腐蚀速率比闭合k1时慢，故b正确；c接通开关时，zn为负极，则不会产生气体，pt上生成氢气，故c错误；d该原电池中锌作负极，二氧化锰作正极，正极上得电子发生还原反应，所以znmno2干电池自放电腐蚀主要是由mno2的还原作用引起的，故d错误故选b点评：本题综合考查电化学知识，侧重于金属的腐蚀与防护以及原电池的工作原理的考查，题目难度不大，注意把握电极反应6（6分）短周期元素x、y、z、w的原子序数逐渐增大，其中x原子的电子数与电子层数相等，z为短周期中金属性最强的元素，y与x、y与z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，y和w同主族下列说法正确的是（）ay与z形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同b化合物x2w比化合物x2y稳定cy、z、w三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性d原子半径：r（z）r（w）r（y）r（x）考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：短周期元素x、y、z、w的原子序数逐渐增大，其中x原子的电子数与电子层数相等，则x为h元素；z为短周期中金属性最强的元素，则z为na；y与x、y与z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，则y为o元素，形成的化合物为h2o2、h2o及na2o2、na2o，y和w同主族，则w为s元素，据此解答解答：解：短周期元素x、y、z、w的原子序数逐渐增大，其中x原子的电子数与电子层数相等，则x为h元素；z为短周期中金属性最强的元素，则z为na；y与x、y与z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，则y为o元素，形成的化合物为h2o2、h2o及na2o2、na2o，y和w同主族，则w为s元素ay与z形成的两种化合物为na2o2、na2o，前者含有离子键、共价键，后者只含有离子键，故a错误；b化合物x2w为h2s、化合物x2y为h2o，由于非金属性os，故稳定性h2oh2s，故b错误；cy、z、w三种元素形成的化合物为硫酸钠、亚硫酸钠等，硫酸钠溶液呈中性，但亚硫酸钠溶液呈碱性，故c错误；d所用元素中h原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（z）r（w）r（y）r（x），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，注意对元素周期律的理解掌握，需要学生熟练掌握常见元素化合物的结构与性质，难度中等7（6分）已知热化学方程式：co（g）+o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1h2（g）=o2（g）=h2o（g）h=241.8kjmol1据此判断下列说法正确的是（）ah2（g）=o2（g）=h2o（i）h241.8kjmol1bh2的燃烧热h=241.8 kjmol1ch2（g）转变成h2o（g）的化学反应一定放出能量dco（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）的h=41.2kjmol1考点：热化学方程式 分析：a、放热越多h越小；b、燃烧热中h生成液态水；c、据已知反应，利用盖斯定律得一热化学方程式；d、据已知方程式，co（g）+o2（g）co2（g）h=283.0kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（g）h=241.8kjmol1据盖斯定律，进行计算解答：解：a、生成液态水比生成水蒸气放热多，放热越多焓变越小，h2（g）+o2（g）h2o（l）h241.8 kjmol1，故a错误；b、h的燃烧热必须是生成液态水时放出的热量，所以氢气的燃烧热数值应大于241.8 kjmol1，故b错误；c、已知热化学方程式：co（g）+o2（g）co2（g）h=283.0kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（g）h=241.8kjmol1，据盖斯定律，得：h2（g）+co2（g）=h2o（g）+co（g）h=+41.2kj/mol，所以h2（g）转变成h2o（g）的化学反应也可以吸热，故c错误；d、已知热化学方程式：co（g）+o2（g）co2（g）h=283.0kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（g）h=241.8kjmol1据盖斯定律，得：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h=41.2 kjmol1，故d正确；故选d点评：本题考查了盖斯定律、燃烧热、放热越多焓变越小，注意放热反应的焓变小于0，题目难度不大二、必考题（共3小题，满分43分）8（14分）某浅绿色晶体xx（nh4）2so4yfeso4zh2o在分析化学上常用作还原剂为确定其组成，某小组同学进行如下实验nh4+的测定采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示，实验步骤如下：准确称取19.60g晶体x，加水溶解，注入圆底烧瓶中；准确量取50.00ml l.0100moll1h2so4溶液于锥形瓶中；向圆底烧瓶中加入足量naoh溶液，加热蒸馏；用0.0400moll1 naoh标准溶液滴定锥形瓶中过剩的酸，到终点时消耗naoh标准溶液25.00ml（1）步骤中，准确量取h2so4溶液所用的玻璃仪器为酸式滴定管（2）步骤中，加热蒸馏时间需长达30分钟，其目的为将生成的nh3全部蒸出，被硫酸溶液完全吸收（3）步骤中，若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测n（nh4+）的值将偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”） so42的测定采用重量分析法，实验步骤如下：另准确称取19.60g晶体x于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 bacl2溶液；用无灰滤纸（灰分质量很小，可忽略）过滤，洗涤沉淀34次；用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；继续灼烧沉淀至恒重得沉淀质量23.30g（4）步骤中，判断 bacl2溶液已过量的实验操作和现象是待浊液分层后，在上层清液中加入12滴bacl2溶液，无白色浑浊出现，则bacl2溶液已过量（5）步骤中，所用洗涤剂最合适的是a（填选项字母）a冷水 b稀硫酸 c滤液（6）步骤灼烧操作中，除三脚架外，还需要用到下列仪器中的bdf（填选项字母）a烧杯 b坩埚 c表面皿 d泥三角 e蒸发皿 f酒精灯（7）综合实验i、，通过计算得出晶体x的化学式为（nh4）2so4feso46h2o考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：i（1）酸性溶液用酸式滴定管量取；（2）氨气易溶于水，加热可以使氨气完全逸出；（3）滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的naoh标准溶液的体积偏大，计算出与naoh反应的硫酸的物质的量偏大，则与氨气反应的硫酸的物质的量偏小；ii（4）判断氯化钡是否过量，可以在上层清液中继续滴加氯化钡，观察现象；（5）用冷水洗涤可以减少固体的溶解；（6）根据灼烧的实验操作分析；（7）根据滴定时消耗的氢氧化钠的物质的量可以求出与氨气反应的硫酸的物质的量，以及氨气的物质的量，根据硫酸钡的质量可以求出硫酸根的物质的量，结合晶体的质量求出化学式中x、y、z的值，即可得出晶体x的化学式解答：解：i（1）酸性溶液用酸式滴定管量取，所以准确量取硫酸应该选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；（2）晶体x与naoh反应生成氨气，氨气易溶于水，加热可以使氨气完全逸出，被硫酸溶液完全吸收，故答案为：将生成的nh3全部蒸出，被硫酸溶液完全吸收；（3）滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的naoh标准溶液的体积偏大，计算出与naoh反应的硫酸的物质的量偏大，则与氨气反应的硫酸的物质的量偏小，所以计算得到的氨气的物质的量偏小，故答案为：偏小；ii（4）判断氯化钡是否过量，可以在上层清液中继续滴加氯化钡，若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子，即氯化钡已经过量；故答案为：待浊液分层后，在上层清液中加入12滴bacl2溶液，无白色浑浊出现，则bacl2溶液已过量；（5）用冷水洗涤可以减少固体的溶解，用硫酸洗涤会使沉淀上附着硫酸根离子，滤液中也含有硫酸根离子，所以不能用硫酸会滤液洗涤沉淀，应该选用冷水洗涤；故答案为：a；（6）做灼烧的实验时，固体在坩埚中灼烧，用酒精灯加热，坩埚放置在有泥三角的三脚架上，所以用到的仪器为：坩埚、三脚架、泥三角、酒精灯；故答案为：bdf；（7）与naoh反应的硫酸的物质的量为n（h2so4）=n（naoh）=0.0400moll10.02500l，与氨气反应的硫酸的物质的量为：0.050.00l1.0100moll10.0400moll10.02500l=0.05mol，则氨气的物质的量n（nh3）=2n（h2so4）=0.1mol19.60g晶体x于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 bacl2溶液，得到硫酸钡沉淀23.30g，则n（so42）=0.10mol，2x=0.1mol，（x+y）=0.1mol，则x+y=2x，即x=y，令x=1，则2=0.1，则z=6，即x=1，y=1，z=6，则其化学式为（nh4）2so4feso46h2o，令x=2，则4=0.1，则z=1.21，不符合；故答案为：（nh4）2so4feso46h2o点评：本题考查物质组成的探究实验，把握发生的化学反应及实验操作为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，注意信息与所学知识的结合，题目难度中等9（14分）稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域一种从废弃阴极射线管（crt）荧光粉中提取稀土元素钇（y）的工艺流程如图1：已知：废弃crt荧光粉的化学组成（某些不参与反应的杂质未列出）如表所示； 不同离子沉淀的ph如图2所示阶段/含量%/成分y2o3znoal2o3pbo2mgo预处理前24.2841.827.811.670.19预处理后68.515.424.335.430.50（1）步骤中进行原料预处理的目的为除去zno和al2o3；富集稀土元素；降低后续耗酸量（2）步骤中有黄绿色气体产生，该反应的化学方程式为pbo2+4hclpbcl2+cl2+2h2o（3）步骤中发生的主要反应的离子方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+（4）步骤中除杂试剂ddtc除去的杂质离子有zn2+、pb2+，其不能通过直接加碱的方法除去，原因为zn2+、pb2+与y3+沉淀的ph相近，三者因同时沉淀而无法分离（5）步骤中y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c（c2o42）不低于2.0106mol/l（已知：当离子浓度小于105mol/l时，沉淀就达完全；kspy2（c2o4）3=8.01025）（6）步骤中草酸钇隔绝空气加热可以得到y2o3，该反应的化学方程式为y2（c2o4）3y2o3+3co+3co2考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：废弃crt荧光粉的化学组成为y2o3、zno、al2o3、pbo2、mgo等，加盐酸，过滤，滤渣主要含有y2o3，还有少量的pbo2、zno、al2o3、mgo，再加5mol/l的盐酸，pbo2与hcl发生氧化还原反应，生成氯气和pbcl2，y2o3转化为y3+，过滤，滤液中含有pb2+和y3+、al3+、zn2+、mg2+，再加氨水，al3+形成al（oh）3沉淀，过滤，滤液中含有pb2+和y3+、zn2+、mg2+，加ddtc除去溶液中的pb2+和zn2+，过滤，滤液中加草酸，生成y2（c2o4）3沉淀，过滤，滤渣为y2（c2o4）3固体，高温灼烧y2（c2o4）3生成y2o3；（1）进行原料预处理可以除去部分zno和al2o3，富集稀土元素等；（2）pbo2与hcl发生氧化还原反应，生成氯气和pbcl2，根据原子守恒和得失电子守恒写出方程式；（3）步骤是用氨水除去溶液中的al3+；（4）根据流程分析；由图2可知zn2+、pb2+与y3+沉淀的ph相近；（5）根据kspy2（c2o4）3=c2（y3+）c3（c2o42）计算；（6）草酸钇隔绝空气加热可以得到y2o3和co、co2解答：解：废弃crt荧光粉的化学组成为y2o3、zno、al2o3、pbo2、mgo等，加盐酸，过滤，滤渣主要含有y2o3，还有少量的pbo2、zno、al2o3、mgo，再加5mol/l的盐酸，pbo2与hcl发生氧化还原反应，生成氯气和pbcl2，y2o3转化为y3+，过滤，滤液中含有pb2+和y3+、al3+、zn2+、mg2+，再加氨水，al3+形成al（oh）3沉淀，过滤，滤液中含有pb2+和y3+、zn2+、mg2+，加ddtc除去溶液中的pb2+和zn2+，过滤，滤液中加草酸，生成y2（c2o4）3沉淀，过滤，滤渣为y2（c2o4）3固体，高温灼烧y2（c2o4）3生成y2o3；（1）由表格数据可知：进行原料预处理可以除去部分zno和al2o3，富集稀土元素；在后续操作中能降低耗酸量等，故答案为：除去zno和al2o3；富集稀土元素；降低后续耗酸量；（2）pbo2与hcl发生氧化还原反应，生成氯气和pbcl2，则反应的方程式为：pbo2+4hclpbcl2+cl2+2h2o，故答案为：pbo2+4hclpbcl2+cl2+2h2o；（3）由流程分析可知，步骤是用氨水除去溶液中的al3+，其反应的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；故答案为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+；（4）根据流程分析可知，步骤中除杂试剂ddtc除去的杂质离子有；由图2可知zn2+、pb2+与y3+沉淀的ph相近，三者因同时沉淀而无法分离，所以不能通过直接加碱的方法除去zn2+、pb2+；故答案为：zn2+、pb2+；zn2+、pb2+与y3+沉淀的ph相近，三者因同时沉淀而无法分离；（5）已知：当离子浓度小于105mol/l时，沉淀就达完全，kspy2（c2o4）3=c2（y3+）c3（c2o42）=（105）2c3（c2o42）=8.01028，则c（c2o42）=2.0106mol/l，故答案为：2.0106；（6）草酸钇隔绝空气加热可以得到y2o3和co、co2，其反应的方程式为y2（c2o4）3y2o3+3co+3co2，故答案为：y2（c2o4）3y2o3+3co+3co2点评：本题考查了物质的分离提纯实验操作，题目涉及到氧化还原、出除杂质、溶度积常数的应用等，题目难度中等，注意根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去书写10（15分）汽车尾气中含有no、co和碳颗粒等有害物质，已成为某些大城市空气的主要污染源（1）汽车燃料中一般不含氮元素，汽缸中生成no的原因为（用化学方程式表示为可逆反应）n2+o22no；汽车启动后，汽缸内温度越高，单位时间内no排放量越大，试分析其原因温度升高，反应速率加快（2）治理汽车尾气中no和co污染的一种方法是将其转化为无害的和，反应原理为：2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）h0 某研究小组在三个容积均为5l的恒容密闭容器中，分别充入0.4mol no和0.4molco，在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：计算实验从开始至达到平衡时的反应速率v（n0）=1.75103moll1min1图中三组实验从开始至达到平衡时的反应速率v（no）由大到小的顺序为（填实验序号）与实验相比，实验i和实验分别仅改变一种反应条件，所改变的条件和判断的理由为：实验升高温度；达到平衡的时间比缩短，起始压强增大；实验加催化剂；达到平衡的时间比缩短，平衡没有移动三组实验中co的平衡转化率a（co、）a（co）和a（co） 的大小关系为a（co）=a（co）a（co）计算实验的平衡常数k=17150考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 分析：（1）氮与氧气在高温下反应生成no；温度升高，反应速率加快；（2）设参加反应no为xmol，用三段式表示出平衡时各组分物质的量，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，据此列方程计算，再根据v=计算v（no）；反应速率越快，到达平衡时间越短；对比、i可知，i到达平衡时间缩短且起始压强增大；对比、可知，平衡时压强不变，到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快且不影响平衡移动；根据中分析的条件改变，判断i、相对发生的平衡移动，进而判断转化率；、温度相同，平衡常数相同，结合中计算可知平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式k=计算解答：解：（1）氮与氧气在高温下反应生成no，反应方程式为：n2+o22no；温度升高，反应速率加快，单位时间内no排放量越大，故答案为：n2+o22no；温度升高，反应速率加快；（2）设参加反应no为xmol，则： 2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）开始（mol）：0.4 0.4 0 0转化（mol）：x x x 0.5x平衡（mol）：0.4x 0.4x x 0.5x恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，则（0.4+0.4）mol：（0.4x+0.4x+x+0.5x）mol=320：250，解得x=0.35，故v（n0）=1.75103moll1min1，故答案为：1.75103moll1min1；反应速率越快，到达平衡时间越短，由图可知反应速率：，故答案为：；对比、i可知，i到达平衡时间缩短且起始压强增大，应是升高温度；对比、可知，平衡时压强不变，到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快且不影响平衡移动，应是使用催化剂，故答案为：升高温度；达到平衡的时间比缩短，起始压强增大；加催化剂；达到平衡的时间比缩短，平衡没有移动；根据中分析可知，、相比，平衡不移动，故co转化率不变，即a（co）=a（co）i与相比，i中温度较高，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，co的转化率减小，即a（co）a（co），故转化率a（co）=a（co）a（co），故答案为：a（co）=a（co）a（co）；、温度相同，平衡常数相同，结合中计算可知平衡时no浓度为=0.01mol/l、co浓度为=0.01mol/l，co2的浓度为=0.07mol/l，n2的浓度为=0.035mol/l，故平衡常数k=17150，故答案为：17150点评：本题考查压强随时间变化曲线、化学反应速率计算、化学平衡影响因素、平衡常数计算等，是对学生综合能力的考查，侧重考查学生分析计算能力，难度中等三、选修题：【选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用阻止h2与cl2发生反应甚至发生爆炸（或阻止cl2与生成的naoh溶液反应而使烧碱产品不纯等）（写一点即可）（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：海水不能直接通入到阴极室中，理由是海水中含较多mg2+和ca2+等阳离子，电解时会产生mg（oh）2、ca（oh）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜a口排出的是淡水（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含na+、k+、mg2+、cl、br等离子）可提取溴，其生产流程如图2：若吸收塔中的溶液含bro3，则吸收塔中反应的离子方程式为3co32+3br25br+bro3+3co2通过氯化已获得含br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含br2的溶液富集溴，提高br2的浓度向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是顺利将溴蒸出，同时防止水馏出考点：海水资源及其综合利用 专题：实验设计题分析：（1）海水晒盐通过蒸发、结晶制取食盐；阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过；（2）海水中含有的mg2+和ca2+等阳离子易和氢氧根离子反应生成沉淀；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓度大的为浓水，离子浓度小的为淡水；（3）吸收塔中碳酸根离子与溴单质反应生成溴离子、硝酸根离子和二氧化碳气体，据此写出反应的离子方程式；在中溴单质浓度较小，通过吹出、吸收、酸化重新获得含br2的溶液，可以富集溴，降低成本；温度过高会导致水蒸气蒸发出来，温度过低无法将溴蒸发出来解答：解：（1）海水晒盐需要通过蒸发、结晶过程，所以还需要结晶池，故答案为：结晶；阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电解电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯，故答案为：阻止h2与cl2发生反应甚至发生爆炸（或阻止cl2与生成的naoh溶液反应而使烧碱产品不纯等）；（2）海水中含有海水中含较多mg2+和ca2+等阳离子，电解时阴极附近生成氢氧根离子，导致氢氧根离子和钙镁离子反应生成mg（oh）2、ca（oh）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，从而抑制离子通过，导致电渗析法失败，故答案为：海水中含较多mg2+和ca2+等阳离子，电解时会产生mg（oh）2、ca（oh）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，室离子浓度变小，室离子浓度不大，离子浓度大的为浓水，所以浓水在b处排出，淡水在a处排出，故答案为：淡水；（3）纯碱是碳酸钠，与溴反应有bro3生成，反应的离子方程式为：3co32+3br2=5br+bro3+3co2，故答案为：3co32+3br2=5br+bro3+3co2；从出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，产品成本高，所以需要进一步浓缩溴，提高溴的浓度，故答案为：富集溴，提高br2的浓度；温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：顺利将溴蒸出，同时防止水馏出点评：本题考查海水的综合利用、海水晒盐、电渗析法淡化海水、从海水中提溴的原理，题目难度中等，明确图片内涵、生成流程为解本题关键，（2）中阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化四、选修题【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12第四周期的过渡元素在工业、农业、科学技术以及人类生活等方面有重要作用其 中nicrfe合金是常用的电热元件材料请回答：（1）基态ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或ar3d84s2；第二周期中基态原子未成对电子数与ni相同且电负性大的元素为o金属镍粉在co气流中轻微加热，生成无色挥发性液态ni（ co）4，该分子呈正四面体构型试推测ni（co）4的晶体类型为分子晶体，ni（co）4易溶于下列bc（填选项字母）中a水 b四氯化碳 c苯 d硫酸镍溶液（ 2）feo、nio晶体中r（ni2+）和r（fe