广东省揭阳市普宁二中高考化学一模试卷（含解析）.doc

2015年广东省揭阳市普宁二中高考化学一模试卷一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1生活处处有化学，下列说法正确的是（）a葡萄糖和蔗糖互为同分异构体b青铜、硬铝和碳素钢都是合金c淀粉、蛋白质和花生油都是天然高分子化合物d发酵粉中含有小苏打，其主要成分为碳酸钠225时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a0.1moll1 alc13溶液中：h+、na+、cl、so42b含有0.1moll1 fe3+的溶液中：na+、k+、scn、no3c使甲基橙变红色的溶液中：fe2+、k+、no3、so42d由水电离产生的c（h+）=1012 moll1的溶液中：nh4+、so42、hco3、cl3类推是学习和研究的重要思维方法下列类推结论正确的是（）化学事实类推结论aal在o2中燃烧生成al2o3fe在o2中燃烧也生成fe2o3bph=3的盐酸稀释1000倍后ph=6ph=6的盐酸稀释1000倍后ph=9c用电解熔融mgcl2的方法冶炼金属镁用电解熔融nacl的方法制取金属钠d将so2通入bacl2溶液中无沉淀生成将so2通入ba（no3）2溶液中也无沉淀生成aabbccdd4设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a28 g c2h4中含有2 na个碳原子b常温常压下，22.4l氦气含有的原子数为2nac1mol s在足量o2中燃烧，转移的电子数为6 nad0.1 moll1的碳酸氢钠溶液中含钠离子数为0.1na5下列对原电池的分析不正确的是（）a由al、cu、稀h2so4组成原电池，其负极反应式为：al3e=al3+b由mg、al、naoh溶液组成原电池，其负极反应式为：al3e+4oh=alo2+2h2oc由al、cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为：cu2e=cu2+d由al、cu、fecl3溶液组成原电池，其负极反应式为：cu2e=cu2+6用下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的是（）a少量氨气的尾气吸收装置b二氧化碳的喷泉实验c制备和收集氨气d收集no气体7短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置如图所示其中y所处的周期序数与族序数相等下列说法正确的是（）xyzwa原子半径：yzwb气态氢化物的稳定性：xzc最高价氧化物对应水化物的酸性：zwdw的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物825时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（）a饱和纯碱（na2co3）溶液中：2c（na+）=c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）b1mol/l的（nh4）2so4溶液中：c（nh4+）c（so42）c（h+）c（oh）c0.10mol/l醋酸钠溶液中：c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh）d等体积，ph=3的盐酸和醋酸中和氢氧化钠的物质的量相同二、解答题（共4小题，满分64分）9化合物g的合成路线如下：（1）d中含氧官能团的名称为，1molg发生加成反应最多消耗mol h2（2）去掉e中含有的少量d的试剂和操作是；下列有关e的说法正确的是（填字母序号）a可发生氧化反应b催化条件下可发生缩聚反应c可发生取代反应d是ch2=chcooch2ch3的同系物e易溶于水（3）写出ab的化学反应方程式（4）反应e+fg属于下列麦克尔加成反应类型，则f的结构简式为+ch2=chno2ch2ch2no2（5）比g少2个氢原子的物质具有下列性质：任写一种该物质的结构简式遇fecl3溶液显紫色； 苯环上的一氯取代物只有一种；1mol物质最多可消耗2mol na和1mol naoh10（1）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温常压和光照条件下n2在催化剂表面与水发生反应：2n2（g）+6h2o（l）=4nh3（g）+3o2（g）若已知：n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=a kj/mol；2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=b kj/mol则：2n2（g）+6h2o（l）=4nh3（g）+3o2（g）的h=kj/mol（用含a、b的式子表示）（2）在一定条件下，将1.00moln2（g）与3.00molh2（g）混合于一个10.0l密闭容器中，在不同温度下达到平衡时nh3（g）的平衡浓度如图1所示其中温度为t1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%该反应在t1温度下5.00min达到平衡，这段时间内n2的化学反应速率为；当温度由t1变化到t2时，平衡常数关系k1k2（填“”，“”或“=”）；t1温度下该反应的化学平衡常数k1=（3）体积均为100ml ph=2的ch3cooh与一元酸hx，加水稀释过程中ph与溶液体积的关系如图2所示，则ka（hx）ka（ch3cooh）（填“、或=”）（4）25时，ch3cooh与ch3coona的混合溶液，若测得ph=6，则溶液中c（ch3coo）c（na+）=moll1（填精确值）（5）在25下，向浓度均为0.1moll1的mgcl2和cucl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀的离子方程式为（已知25时kspmg（oh）2=1.81011，kspcu（oh）2=2.21020）11工业上利用电镀污泥（主要含有fe2o3、cuo、cr2o3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如图1：已知部分物质沉淀的ph及caso4的溶解度曲线如图2：fe3+cu2+cr3+开始沉淀ph2.14.74.3完全沉淀ph3.26.7a（1）在浸出过程中除了生成fe2（so4）3、cr2（so4）3外，主要还有（2）在除铁操作中，需要除去fe3+和caso4，请完成相关操作：加入石灰乳调节ph到；将浊液加热到80，（3）写出还原步骤中加入nahso3生成cu2o固体的离子反应方程式，此步骤中加入nahso3得到cu2o的产率为95%，若nahso3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是（4）当离子浓度1105 moll1认为沉淀完全，若要使cr3+完全沉淀则要保持c（oh）已知：kspcr（oh）3=6.31031，4.0）12某兴趣小组探究so2气体还原fe3+、i2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）在配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是（2）若要从a中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有（填序号）a蒸发皿 b石棉网 c漏斗 d烧杯e玻璃棒 f 坩埚（3）根据以上现象，该小组同学认为so2 与 fecl3溶液发生氧化还原反应写出so2与fecl3溶液反应的离子方程式；请设计实验方案检验有fe2+生成；该小组同学向c烧杯反应后的溶液中加入硝酸酸化的bacl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了so42该做法（填“合理”或“不合理”），理由是（4）能表明i的还原性弱于so2的现象是2015年广东省揭阳市普宁二中高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1生活处处有化学，下列说法正确的是（）a葡萄糖和蔗糖互为同分异构体b青铜、硬铝和碳素钢都是合金c淀粉、蛋白质和花生油都是天然高分子化合物d发酵粉中含有小苏打，其主要成分为碳酸钠【考点】生活中常见合金的组成；钠的重要化合物；同分异构现象和同分异构体；有机高分子化合物的结构和性质【分析】a分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体；b青铜为cu的合金，硬铝为al的合金，碳素钢为铁的合金，均为合金；c淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物，花生油属于油脂不是高分子；d小苏打是碳酸氢钠【解答】解：a葡萄糖分子式为c6h12o6，蔗糖的分子式为c12h22o11，二者分子式不同，不互为同分异构体，故a错误；b青铜为铜锡合金，硬铝为铝硅、镁等形成的合金，碳素钢为铁碳的合金，均为合金，故b正确；c淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物，花生油相对分子质量较小，不是高分子化合物，故c错误；d小苏打是碳酸氢钠，苏打是碳酸钠，故d错误；故选b【点评】本题考查同分异构体、合金、高分子化合物、食品添加剂等知识，题目难度不大，掌握物质性质和相关概念是解题的关键225时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a0.1moll1 alc13溶液中：h+、na+、cl、so42b含有0.1moll1 fe3+的溶液中：na+、k+、scn、no3c使甲基橙变红色的溶液中：fe2+、k+、no3、so42d由水电离产生的c（h+）=1012 moll1的溶液中：nh4+、so42、hco3、cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a0.1moll1 alc13溶液中，h+、na+、cl、so42离子之间不反应，也不与氯化铝反应；b含有0.1moll1 fe3+的溶液，铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；c使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；d由水电离产生的c（h+）=1012 moll1的溶液为酸性或碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应【解答】解：ah+、na+、cl、so42离子之间不发生反应，且都不与氯化铝反应，在溶液中能够大量共存，故a正确；bscn与fe3+反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故b错误；c使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，no3在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故c错误；d由水电离产生的c（h+）=1012 moll1的溶液中存在大量h+或oh，nh4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，hco3与h+和oh反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选a【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等3类推是学习和研究的重要思维方法下列类推结论正确的是（）化学事实类推结论aal在o2中燃烧生成al2o3fe在o2中燃烧也生成fe2o3bph=3的盐酸稀释1000倍后ph=6ph=6的盐酸稀释1000倍后ph=9c用电解熔融mgcl2的方法冶炼金属镁用电解熔融nacl的方法制取金属钠d将so2通入bacl2溶液中无沉淀生成将so2通入ba（no3）2溶液中也无沉淀生成aabbccdd【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；ph的简单计算；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理【专题】类比迁移思想【分析】a、铝在氧气中燃烧生成最高价氧化物，而燃烧生成是四氧化三铁；b、酸无论如何稀释，不会改变性质，仍然是酸；c、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属；d、so2通入bacl2溶液中无沉淀生成，是弱酸不能制强酸，而so2通入ba（no3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀【解答】解：a、铁燃烧生成是四氧化三铁，方程为：3fe+2o2fe3o4，所以类推错误，故a不选；b、ph=6的盐酸稀释1000倍后ph=9，溶液的ph无限接近7，不可显碱性，故b不选；c、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属，以制钠为例，方程式为2nacl（熔融）2na+cl2，故选c；d、so2通入ba（no3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀，离子方程式为4h2o+3so2+3ba2+no3=3baso4+no+8h+，故d不选；故选c【点评】本题考查有关元素及其化合物性质的类比，要解决此类问题必须在熟练掌握元素及化合物性质的基础上，才能得心应手！4设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a28 g c2h4中含有2 na个碳原子b常温常压下，22.4l氦气含有的原子数为2nac1mol s在足量o2中燃烧，转移的电子数为6 nad0.1 moll1的碳酸氢钠溶液中含钠离子数为0.1na【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乙烯的摩尔质量为28g/mol，28g乙烯的物质的量为1mol，含有2mol碳原子；b常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氦气的物质的量，且稀有气体为单原子分子；c硫单质在空气中燃烧生成二氧化硫，1mols单质完全反应转移了4mol电子；d缺少碳酸氢钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目【解答】解：a28g乙烯的物质的量为1mol，1mol乙烯分子中含有2mol碳原子，含有2na个碳原子，故a正确；b稀有气体为单原子分子，且不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4l氦气的物质的量，故b错误；c1mols单质完全反应生成二氧化硫转移了4mol电子，转移的电子数为4na，故c错误；d没有告诉碳酸氢钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的物质的量及数目，故d错误；故选a【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意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，选项b为易错点，注意稀有气体为单原子分子，还要明确标况下气体摩尔体积的使用条件5下列对原电池的分析不正确的是（）a由al、cu、稀h2so4组成原电池，其负极反应式为：al3e=al3+b由mg、al、naoh溶液组成原电池，其负极反应式为：al3e+4oh=alo2+2h2oc由al、cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为：cu2e=cu2+d由al、cu、fecl3溶液组成原电池，其负极反应式为：cu2e=cu2+【考点】电极反应和电池反应方程式【分析】a该原电池中，al易失电子作负极，负极上发生氧化反应；b该原电池中，al易失电子作负极，负极上al失电子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水；c该原电池中，al发生钝化现象，所以cu易失电子作负极；d该原电池中，al易失电子作负极【解答】解：a该原电池中，al易失电子作负极，负极上发生氧化反应，电极反应式为al3e=al3+，故a正确；b该原电池中，al易失电子作负极，负极上al失电子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，电极反应式为al3e+4oh=alo2+2h2o，故b正确；c该原电池中，al发生钝化现象，所以cu易失电子作负极，电极反应式为cu2e=cu2+，故c正确；d该原电池中，al易失电子作负极，电极反应式为al3e=al3+，故d错误；故选d【点评】本题考查电极反应式的书写，明确原电池原理及正负极的判断方法是解本题关键，注意bc中正负极的判断，b中mg不反应、c中al不反应，注意：不能比较金属的活泼性强弱判断正负极，为易错点6用下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的是（）a少量氨气的尾气吸收装置b二氧化碳的喷泉实验c制备和收集氨气d收集no气体【考点】化学实验方案的评价【分析】a有缓冲装置的能防止倒吸；b只有收集的气体极易溶于该溶液时才能产生喷泉实验；c氨气密度比空气小；d一氧化氮密度比二氧化碳小【解答】解：a该装置有缓冲装置，所以能防止倒吸，故a正确； b二氧化碳能与氢氧化钠反应，能迅速产生压强差，所以能形成喷泉实验，故b正确；c氨气密度比空气小，应将导管伸入试管底部，故c错误；d一氧化氮密度比二氧化碳小，可用向下排二氧化碳法收集，故d正确故选c【点评】本题考查了化学实验方案评价，涉及尾气处理、喷泉实验、气体的制取和收集等实验，明确物质的性质、实验操作规范性等知识点是解本题关键，题目难度不大7短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置如图所示其中y所处的周期序数与族序数相等下列说法正确的是（）xyzwa原子半径：yzwb气态氢化物的稳定性：xzc最高价氧化物对应水化物的酸性：zwdw的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素x、y、z、w，根据元素在周期表中的位置知，x位于第二周期，y、z、w位于第三周期，y所处的周期序数与族序数相等，则y位于第三周期第iiia族，所以y是al元素，z是si元素，x是n元素，w是s元素，a同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；b同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；c同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；dw是s元素，硫元素的最高价氧化物是水化物是酸，硫酸为共价化合物【解答】解：短周期元素x、y、z、w，根据元素在周期表中的位置知，x位于第二周期，y、z、w位于第三周期，y所处的周期序数与族序数相等，则y位于第三周期第iiia族，所以y是al元素，z是si元素，x是n元素，w是s元素，a同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是：yzw，故a错误；b同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，x是n元素，z是si元素，n元素的非金属性大于c元素，c元素的非金属性大于si，所以n元素的非金属性大于si元素，则气态氢化物的稳定性：xz，故b正确；c同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，z的非金属性小于w，所以w的最高价氧化物的水化物酸性大于z，故c错误；dw是s元素，硫元素的最高价氧化物是水化物是硫酸，硫酸中只含共价键，所以为共价化合物，故d错误；故选b【点评】本题考查了元素位置、结构和性质的关系及应用，根据元素在周期表中的位置推断元素，明确元素周期律是解本题关键，注意共价化合物和离子化合物的区别，为易错点825时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（）a饱和纯碱（na2co3）溶液中：2c（na+）=c（co32）+c（hco3）+c（h2co3）b1mol/l的（nh4）2so4溶液中：c（nh4+）c（so42）c（h+）c（oh）c0.10mol/l醋酸钠溶液中：c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh）d等体积，ph=3的盐酸和醋酸中和氢氧化钠的物质的量相同【考点】离子浓度大小的比较【分析】a根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断；b铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（h+）c（oh），由于铵根离子的水解程度减小，则c（nh4+）c（so42）；c根据醋酸钠溶液中的电荷守恒分析；d醋酸为弱酸，等体积、等ph的两溶液中，醋酸的物质的量大于盐酸，则醋酸消耗的氢氧化钠的物质的量多【解答】解：a饱和纯碱（na2co3）溶液中，根据物料守恒可得：c（na+）=2c（co32）+2c（hco3）+2c（h2co3），故a错误；b1mol/l的（nh4）2so4溶液中，nh4+部分水解，溶液显示酸性，则：c（h+）c（oh），由于nh4+的水解程度减小，则c（nh4+）c（so42），溶液中离子浓度大小为：c（nh4+）c（so42）c（h+）c（oh），故b正确；c0.10mol/l醋酸钠溶液中，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），故c正确；d等体积、ph=3的盐酸和醋酸中，由于醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离出氢离子，则醋酸的浓度大于盐酸，两溶液在醋酸的物质的量大于盐酸，故中和氢氧化钠的物质的量不相等，故d错误；故选bc【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，d为易错点，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，试题充分考查了学生灵活应用基础知识的能力二、解答题（共4小题，满分64分）9化合物g的合成路线如下：（1）d中含氧官能团的名称为羧基，1molg发生加成反应最多消耗2mol h2（2）去掉e中含有的少量d的试剂和操作是向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，充分振荡后，静置，分液，或者蒸馏，或者先分液再蒸馏；下列有关e的说法正确的是acd（填字母序号）a可发生氧化反应b催化条件下可发生缩聚反应c可发生取代反应d是ch2=chcooch2ch3的同系物e易溶于水（3）写出ab的化学反应方程式ch2clch=ch2+h2och2ohch=ch2+hcl（4）反应e+fg属于下列麦克尔加成反应类型，则f的结构简式为+ch2=chno2ch2ch2no2（5）比g少2个氢原子的物质具有下列性质：任写一种该物质的结构简式遇fecl3溶液显紫色； 苯环上的一氯取代物只有一种；1mol物质最多可消耗2mol na和1mol naoh【考点】有机物的推断【分析】据d的结构简式和bc，cd的反应条件可知，b为醇，c为醛，则a为氯代烃，c3h6生成a是烯烃h的取代反应，c3h6为ch2=chch3，因为d为ch2=chcooh，所以ch2=chch3与cl2发生h的取代反应，生成的a为ch2=chch2cl，a中cl被羟基取代转化为b（ch2=chch2oh），b催化氧化得到c（ch2=chcho），c发生银镜反应生成d（ch2=chcooh），d与ch3oh发生酯化反应生成e，e与f发生加成反应生成g，据此分析解答【解答】解：（1）根据以上分析，d为ch2=chcooh，含氧官能团的名称为：羧基；根据g的结构简式，g中含有2个羰基，所以1mol g发生加成反应最多消耗2molh2，故答案为：羧基；2；（2）根据以上分析，d为ch2=chcooh，e为ch2=chcooch3，饱和碳酸钠溶液可与羧酸反应，所以除掉e中含有少量d的试剂为饱和碳酸钠溶液，反应后生成羧酸盐溶液，充分振荡后，静置，分液，或者蒸馏，或者先分液再蒸馏，即可提纯；a、e中含有碳碳双键，可发生氧化反应，故正确；b、e中含有的官能团为碳碳双键和酯基，不能发生缩聚反应，故错误；c、e中含有酯基，可发生水解反应，属于取代反应，故正确；d、e与ch2=chcooch2ch3结构相似，分子组成相差一个ch2原子团，互为同系物，故正确；e、e属于酯，难溶于水，故错误；故答案为：向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，充分振荡后，静置，分液，或者蒸馏，或者先分液再蒸馏；acd；（3）ab 为ch2clch=ch2在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成氯代烃，化学方程式为ch2clch=ch2+h2och2ohch=ch2+hcl，故答案为：ch2clch=ch2+h2och2ohch=ch2+hcl；（4）根据以上分析，e中碳碳双键发生加成反应可得g，对比e、g的结构简式可得f为，故答案为：；（5）比g少2个氢原子的物质的分子式为：c9h12o3，遇fecl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；1mol物质最多可消耗2molna和1molnaoh，说明该物质含有1个醇羟基；再根据苯环上的一氯取代物只有一种，可推出该物质的结构简式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，明确合成流程中各物质的推断是解答的关键，注意有机物的官能团与性质的关系即可解答，题目难度中等10（1）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温常压和光照条件下n2在催化剂表面与水发生反应：2n2（g）+6h2o（l）=4nh3（g）+3o2（g）若已知：n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=a kj/mol；2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=b kj/mol则：2n2（g）+6h2o（l）=4nh3（g）+3o2（g）的h=（2a3b）kj/mol（用含a、b的式子表示）（2）在一定条件下，将1.00moln2（g）与3.00molh2（g）混合于一个10.0l密闭容器中，在不同温度下达到平衡时nh3（g）的平衡浓度如图1所示其中温度为t1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%该反应在t1温度下5.00min达到平衡，这段时间内n2的化学反应速率为0.008mol/（lmin），；当温度由t1变化到t2时，平衡常数关系k1k2（填“”，“”或“=”）；t1温度下该反应的化学平衡常数k1=9.9107（3）体积均为100ml ph=2的ch3cooh与一元酸hx，加水稀释过程中ph与溶液体积的关系如图2所示，则ka（hx）ka（ch3cooh）（填“、或=”）（4）25时，ch3cooh与ch3coona的混合溶液，若测得ph=6，则溶液中c（ch3coo）c（na+）=（106108）moll1（填精确值）（5）在25下，向浓度均为0.1moll1的mgcl2和cucl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀的离子方程式为cu2+2nh3h2ocu（oh）2+2nh4+（已知25时kspmg（oh）2=1.81011，kspcu（oh）2=2.21020）【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）已知：n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=a kj/mol；2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=b kj/mol根据盖斯定律，23可得：2n2（g）+6h2o（l）=4nh3（g）+3o2（g），焓变也进行相应的计算；（2）在一定条件下，将1.00moln2（g）与3.00molh2（g）混合于一个10.0l密闭容器中，温度为t1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%，设转化的氮气为xmol，则： n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）起始量（mol）：1 3 0变化量（mol）：x 3x 2x平衡量（mol）：1x 33x 2x则=25%，解得x=0.4，根据v=计算v（n2）；当温度由t1变化到t2，升高温度平衡时氨气的体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；平衡常数k=；（3）由图可知，再加水稀释过程中，hx的ph增大的变化更大，说明hx的酸性比ch3cooh的酸性强；（4）根据电荷守恒，可知溶液中c（ch3coo）+c（oh）=c（na+）+c（h+）；（5）由于kspmg（oh）2kspcu（oh）2，则在25下，向浓度均为0.1moll1的mgcl2和cucl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成的沉淀为cu（oh）2【解答】解：（1）已知：n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=a kj/mol；2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=b kj/mol根据盖斯定律，23可得：2n2（g）+6h2o（l）=4nh3（g）+3o2（g），则h=（2a3b）kj/mol，故答案为：（2a3b）；（2）在一定条件下，将1.00moln2（g）与3.00molh2（g）混合于一个10.0l密闭容器中，温度为t1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%，设转化的氮气为xmol，则： n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）起始量（mol）：1 3 0变化量（mol）：x 3x 2x平衡量（mol）：1x 33x 2x则=25%，解得x=0.4，v（n2）=0.008mol/（lmin），故答案为：0.008mol/（lmin），；当温度由t1变化到t2，升高温度平衡时氨气的体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故平衡常数关系k1k2，故答案为：；平衡常数k=18.3，故答案为：18.3；（3）由图可知，再加水稀释过程中，hx的ph增大的变化更大，说明hx的酸性比ch3cooh的酸性强，则：ka（hx）ka（ch3cooh），故答案为：；（4）根据电荷守恒，可知溶液中c（ch3coo）+c（oh）=c（na+）+c（h+），故c（ch3coo）c（na+）=c（h+）c（oh）=（106108）mol/l，故答案为：（106108）；（5）由于kspmg（oh）2kspcu（oh）2，则在25下，向浓度均为0.1moll1的mgcl2和cucl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成的沉淀为cu（oh）2，反应离子方程式为：cu2+2nh3h2ocu（oh）2+2nh4+，故答案为：cu2+2nh3h2ocu（oh）2+2nh4+【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡常数、反应热计算、弱电解电离、盐类水解、溶度积应用等，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题的能力，难度中等11工业上利用电镀污泥（主要含有fe2o3、cuo、cr2o3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如图1：已知部分物质沉淀的ph及caso4的溶解度曲线如图2：fe3+cu2+cr3+开始沉淀ph2.14.74.3完全沉淀ph3.26.7a（1）在浸出过程中除了生成fe2（so4）3、cr2（so4）3外，主要还有cuso4（2）在除铁操作中，需要除去fe3+和caso4，请完成相关操作：加入石灰乳调节ph到3.2；将浊液加热到80，趁热过滤（3）写出还原步骤中加入nahso3生成cu2o固体的离子反应方程式2h2o+hso3+2cu2+=cu2o+so42+5h+，此步骤中加入nahso3得到cu2o的产率为95%，若nahso3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是产生so2污染环境（4）当离子浓度1105 moll1认为沉淀完全，若要使cr3+完全沉淀则要保持c（oh）4.0109moll1已知：kspcr（oh）3=6.31031，4.0）【考点】金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的ph专题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行解答；（2）根据图表可知铁离子完全沉淀ph为3.2以及温度越高；（3）亚硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜；（4）根据kspcr（oh）3=c（cr3+）（oh）3来计算回答【解答】解：（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以在浸出过程中除了生成fe2（so4）3、cr2（so4）3外，主要还有硫酸铜；故答案为：cuso4；（2）根据图表可知铁离子完全沉淀ph为3.2，所以在除铁操作中，需要除去fe3+和caso4，相关操作：加入石灰乳调节ph到3.2；将浊液加热到80，趁热过滤；故答案为：3.2；趁热过滤；（3）硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜，发生的反应为：2h2o+hso3+2cu2+=cu2o+so42+5h+，在酸性环境下，亚硫酸氢根离子和氢离子之间反应生成的二氧化硫具有毒性，能污染空气，故答案为：2h2o+hso3+2cu2+=cu2o+so42+5h+；产生so2污染环境；（4）当离子浓度1105 moll1认为沉淀完全，若要使cr3+完全沉淀则要保持c（oh）=4.