广东省梅州市梅县中学高考化学冲刺试卷（含解析）.doc

广东省梅州市梅县 中学2015届高考化学冲刺试卷一、解答题（共6小题，满分18分）1（3分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）a用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污b煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料c用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物d新制cu（oh）2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测2（3分）水溶液中能大量共存的一组离子是（）aph=1的溶液中：fe2+、ch3coo、k+、so42b在含较多al3+的溶液中：na+、cl、hco3c在0.1 moll1 cacl2溶液中：k+、ba2+、i、ohd在=1012的溶液中：k+、na+、clo、no3（3分）下列叙述i和ii均正确并有因果关系的是（）选项叙述i叙述iiamg有还原性电解mgcl2饱和溶液可制备mgbagcl难溶于酸用盐酸和agno3溶液检验clc ba（oh）2易溶于水可配制1.0moll1的ba（oh）2溶液dnh4cl为强酸弱碱盐用加热法除去nacl中的nh4claabbccdd4（3分）设na为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）a17gnh3含有10na个质子b标准状况下，22.4l氯水含有na个cl2分子c1mol c2h6含有6na个共价键d1mol 金属k被完全氧化生成ko2，失去2na个电子5（3分）将如图所示实验装置的k闭合，下列判断正确的是（）acu电极上发生氧化反应b电子沿znabcu路径流动c片刻后甲池中c（k+）增大d片刻后可观察到滤纸a点变红色6（3分）常温下，0.2moll1的一元酸hcl与等浓度的moh溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组成及浓度如图所示，下列说法正确的是（）amoh为强碱b该混合液ph=7c该混合溶液中：c（cl）=c（m+）d图中x表示m+，y表示h+，y表示moh，r表示oh二、双项选择题（本大题共2小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分）7（6分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论a新制fe（oh）2露置于空气中一段时间白色固体迅速变为灰绿色，最终变为红褐色说明fe（oh）2易被氧化成fe（oh）3b常温下将fe片放入浓硝酸中无明显变化fe与浓硝酸不反应c将一小块na放入医用酒精中产生气泡na只置换出醇羟基上的氢d向某无色溶液中滴加氯水和ccl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有iaabbccdd8（6分）en等元素在周期表中的相对位置如下表e与k的原子序数相差4，k的一种单质是空气中含量最多的物质，h与n属同周期元素，下列判断不正确的是（）ak的氢化物水溶液显碱性bf的单质与氧气反应只生成一种氧化物ch与n的原子核外电子数相差14d最高价氧化物的水化物酸性：klm三、解答题（共4小题，满分62分）9（16分）阿斯巴甜（apm）是一种甜度高、味美而热量低的甜味剂，其结构简式如图1所示（1）下列关于apm的说法中，正确的是a属于糖类化合物b分子式为c14h18n2o5c既能与酸反应，又能与碱反应d能发生酯化反应，但不能发生加成反应（2）apm在人体胃肠道酶作用下彻底水解生成的产物中，相对分子质量最小的是（填结构简式），其官能团名称为（3）苯丙氨酸（）是合成apm的原料之一苯丙氨酸的一种合成途径如图2所示：已知，（1）丙烯和溴化氢在有过氧化物催化条件下，生成1一溴丙烷，（2）醛或酮可以发生如图3反应de的反应类型为a的结构简式为写出cd反应的化学方程式：某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种，该硝基取代物w是苯丙氨酸的同分异构体w的结构简式为10（14分）二甲醚（ch3och3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用工业上以co和h2为原料生产ch3och3的新工艺主要发生三个反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=91kjmol12ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h2=24kjmol1co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3=41kjmol1回答下列问题：（1）新工艺的总反应为3co（g）+3h2（g）ch3och3（g）+co2（g）h该反应h=，平衡常数表达式k=（2）增大压强，ch3och3的产率（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）原工艺中反应和反应分别在不同的反应器中进行，无反应发生新工艺中反应的发生提高了ch3och3的产率，原因是（4）为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图co转化率随温度变化的规律是，其原因是11（16分）硼酸（h3bo3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（含2mgob2o3h2o、sio2及少量fe3o4、caco3、al2o3）为原料生产硼酸的工艺流程如下（图1）：已知：h3bo3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2gfe3+、al3+、fe2+和mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的ph分别为3.2、5.2、9.7和12.4（1）由于矿粉中含caco3，“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出，故应分批加入h2so4该反应的化学方程式为（2）“浸出液”显酸性，含h3bo3和mg2+、so42，还含有fe3+、fe2+、ca2+、al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量h2o2和mgo，除去的杂质离子是h2o2的作用是（用离子方程式表示）（3）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2，且溶液的沸点随压强增大而升高为了从“母液”中充分回收mgso4h2o，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩，12（16分）硫化碱法是工业上制备na2s2o3的方法之一，反应原理为：2na2s+na2co3+4so23na2s2o3+co2（该反应h0）某研究小组在实验室用硫化碱法制备na2s2o35h2o流程如下（1）吸硫装置如图所示装置b的作用是检验装置a中so2的吸收效率，b中试剂是，表明so2吸收效率低的实验现象是b中为了使so2尽可能吸收完全，在不改变a中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是、（写出两条）（2）假设本实验所用的na2co3含少量nacl、naoh，设计实验方案进行检验（室温时caco3饱和溶液的ph=10.2）限选试剂及仪器：稀硝酸、agno3溶液、cacl2溶液、ca（no3）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、ph计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，样品含nacl另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，样品含naoh（3）na2s2o3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：准确称取a g kio3（化学式量：214）固体配成溶液，加入过量ki固体和h2so4溶液，滴加指示剂，用na2s2o3溶液滴定至终点，消耗na2s2o3溶液的体积为v ml则c（na2s2o3）=moll1（只列出算式，不作运算）已知：cr2o72+6i+14h+2cr3+3i2+7h2o 2s2o32+i2s4o62+2i广东省梅州市梅县中学2015届高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析一、解答题（共6小题，满分18分）1（3分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）a用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污b煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料c用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物d新制cu（oh）2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测考点：有机物的鉴别；盐类水解的应用；化石燃料与基本化工原料 分析：a碳酸钠溶液显碱性，能用于清洗油污；b煤的气化、液化都是化学变化；c纯棉织物是纤维素，纯羊毛织物是蛋白质；d新制cu（oh）2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀，可用于尿糖的检测解答：解：a碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污，故a正确；b煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成h2、co等气体的过程，煤的液化是将煤与h2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的h2和co通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故b错误；c纯羊毛织物灼烧时有烧焦羽毛的味道，故用灼烧并闻气味的方法鉴别纯棉织物和纯羊毛织物，故c正确，d新制cu（oh）2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀，可用于尿糖的检测，故d正确，故选b点评：本题考查化学与生活，难度不大要注意与人类生产、生活相关的知识历来是考查的热点2（3分）水溶液中能大量共存的一组离子是（）aph=1的溶液中：fe2+、ch3coo、k+、so42b在含较多al3+的溶液中：na+、cl、hco3c在0.1 moll1 cacl2溶液中：k+、ba2+、i、ohd在=1012的溶液中：k+、na+、clo、no考点：离子共存问题 分析：aph=1的溶液，显酸性；b离子之间相互促进水解；c氢氧化钙微溶；d在=1012的溶液，显碱性解答：解：aph=1的溶液，显酸性，不能大量存在ch3coo，故a错误；bal3+、hco3相互促进水解，不能大量共存，故b错误；c氢氧化钙微溶，则在0.1 moll1 cacl2溶液中不能大量存在oh，故c错误；d在=1012的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大3（3分）下列叙述i和ii均正确并有因果关系的是（）选项叙述i叙述iiamg有还原性电解mgcl2饱和溶液可制备mgbagcl难溶于酸用盐酸和agno3溶液检验clc ba（oh）2易溶于水可配制1.0moll1的ba（oh）2溶液dnh4cl为强酸弱碱盐用加热法除去nacl中的nh4claabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a电解mgcl2饱和溶液生成氢氧化镁；b用盐酸引入氯离子；cba（oh）2易溶于水，可配制碱溶液；dnh4cl不稳定，加热分解解答：解：a电解mgcl2饱和溶液生成氢氧化镁，叙述ii不合理，故a错误；b用盐酸引入氯离子，干扰氯离子的检验，叙述ii不合理，故b错误；cba（oh）2易溶于水，可配制碱溶液，则可配制1.0moll1的ba（oh）2溶液，故c正确；dnh4cl不稳定，加热分解，用加热法除去nacl中的nh4cl，叙述均合理，二者不具有因果关系，故d错误；故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及电解、离子检验、溶液配制、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度不大4（3分）设na为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）a17gnh3含有10na个质子b标准状况下，22.4l氯水含有na个cl2分子c1mol c2h6含有6na个共价键d1mol 金属k被完全氧化生成ko2，失去2na个电子考点：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、求出氨气的物质的量，然后根据1mol氨气中含10mol质子来计算；b、氯水是溶液；c、根据乙烷分子中含有6个碳氢键和1个碳碳键分析；d、根据反应后钾元素的价态来分析解答：解：a、17g氨气的物质的量为1mol，而1mol氨气中含10mol质子，即10na个，故a正确；b、氯水是溶液，不能根据气体摩尔体积来计算，故b错误；c、1mol乙烷分子中含有1mol碳碳键和6mol碳氢键，总共含有7mol共价键，分子中含有7na个共价键，故c错误；d、反应后钾元素的价态为+1价，故1mol钾失1mol电子，故d错误故选a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5（3分）将如图所示实验装置的k闭合，下列判断正确的是（）acu电极上发生氧化反应b电子沿znabcu路径流动c片刻后甲池中c（k+）增大d片刻后可观察到滤纸a点变红色考点：原电池和电解池的工作原理 分析：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电子从负极沿导线流向电解池阴极，原电池放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此解答该题解答：解：azn较活泼，作原电池的负极，cu作原电池的正极，cu电极是发生还原反应，故a错误；b电子流向是负极到正极，但ab这一环节是在溶液中导电，是离子导电，电子并没沿此路径流动，故b错误；c锌为负极，原电池工作时阳离子向正极移动，则乙池c（k+）增大，故c错误；d电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极附近生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，所以a极变红色，故d正确故选d点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，易错选项是b，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子的定向移动形成电流，为易错点6（3分）常温下，0.2moll1的一元酸hcl与等浓度的moh溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组成及浓度如图所示，下列说法正确的是（）amoh为强碱b该混合液ph=7c该混合溶液中：c（cl）=c（m+）d图中x表示m+，y表示h+，y表示moh，r表示oh考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：一元酸hcl和moh溶液等体积、等浓度0.2mol/l混合，hcl+moh=mcl+h2o，所得溶液中cl浓度等于0.1mol/l，而其它微粒都小于0.1mol/l，说明在溶液中存在m+h2omoh+h+，mcl水解，moh为弱碱，mcl溶液呈酸性，则c（oh）c（h+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（m+）c（h+），所以：c（cl）=0.1mol/lc（m+）c（h+）c（moh）c（oh），x表示m+，y表示h+，y表示moh，r表示oh解答：解：一元酸hcl和moh溶液等体积、等浓度0.2mol/l混合，hcl+moh=mcl+h2o，所得溶液中cl浓度等于0.1mol/l，而其它微粒都小于0.1mol/l，说明在溶液中存在m+h2omoh+h+，mcl水解，moh为弱碱，mcl溶液呈酸性，则c（oh）c（h+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（m+）c（h+），所以：c（cl）=0.1mol/lc（m+）c（h+）c（moh）c（oh），x表示m+，y表示h+，y表示moh，r表示oh，a、moh为弱碱，故a错误；b、在溶液中存在m+h2omoh+h+，mcl水解，moh为弱碱，mcl溶液呈酸性，故b错误；c、溶液中存在m+h2omoh+h+，而氯离子是强离子，所以：c（cl）=0.1mol/lc（m+），故c错误；d、因为c（cl）=0.1mol/lc（m+）c（h+）c（moh）c（oh），所以x表示m+，y表示h+，y表示moh，r表示oh，故d正确；故选d点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒解答，考查离子浓度大小比较、溶液ph值、盐类水解等，判断moh是一元弱碱为解题关键，题目难度中等二、双项选择题（本大题共2小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分）7（6分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论a新制fe（oh）2露置于空气中一段时间白色固体迅速变为灰绿色，最终变为红褐色说明fe（oh）2易被氧化成fe（oh）3b常温下将fe片放入浓硝酸中无明显变化fe与浓硝酸不反应c将一小块na放入医用酒精中产生气泡na只置换出醇羟基上的氢d向某无色溶液中滴加氯水和ccl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有iaabbccdd考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：afe（oh）2易被氧化；b常温下将fe片放入浓硝酸中，发生钝化；cna与水、乙醇均反应生成氢气；d无色溶液中滴加氯水和ccl4，振荡、静置，下层溶液显紫色，则氯气与碘离子反应生成碘单质解答：解：afe（oh）2易被氧化生成fe（oh）3，则白色固体迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，均合理，故a正确；b常温下将fe片放入浓硝酸中，发生钝化，发生氧化还原反应，故b错误；cna与水、乙醇均反应生成氢气，则结论不合理，故c错误；d无色溶液中滴加氯水和ccl4，振荡、静置，下层溶液显紫色，则氯气与碘离子反应生成碘单质，则原溶液中有i，故d正确；故选ad点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、物质的性质、离子检验等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度不大8（6分）en等元素在周期表中的相对位置如下表e与k的原子序数相差4，k的一种单质是空气中含量最多的物质，h与n属同周期元素，下列判断不正确的是（）ak的氢化物水溶液显碱性bf的单质与氧气反应只生成一种氧化物ch与n的原子核外电子数相差14d最高价氧化物的水化物酸性：klm考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：k的一种单质是空气中含量最多的物质，则k是n元素，则l是p元素、m是si元素、n是ge元素；e与k的原子序数相差4，h与n属同周期元素，则e是li元素、f是na元素、g是mg元素、h是ca元素，ak的氢化物是氨气；bf是na元素，钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠；ch是ca元素、n是ge元素，二者原子序数相差12；d元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强解答：解：k的一种单质是空气中含量最多的物质，则k是n元素，则l是p元素、m是si元素、n是ge元素；e与k的原子序数相差4，h与n属同周期元素，则e是li元素、f是na元素、g是mg元素、h是ca元素，ak的氢化物是氨气，氨水溶液呈碱性，故a正确；bf是na元素，钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠，有两种氧化物，故b错误；ch是ca元素、n是ge元素，二者原子序数相差12而不是14，故c错误；d元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性klm，所以最高价氧化物的水化物酸性强弱klm，故d正确；故选bc点评：本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键，熟悉元素周期律内涵，易错选项是c，从第四周期开始，第iia族和第iiia族之间隔着副族和第viii族，题目难度不大三、解答题（共4小题，满分62分）9（16分）阿斯巴甜（apm）是一种甜度高、味美而热量低的甜味剂，其结构简式如图1所示（1）下列关于apm的说法中，正确的是bca属于糖类化合物b分子式为c14h18n2o5c既能与酸反应，又能与碱反应d能发生酯化反应，但不能发生加成反应（2）apm在人体胃肠道酶作用下彻底水解生成的产物中，相对分子质量最小的是ch3oh（填结构简式），其官能团名称为羟基（3）苯丙氨酸（）是合成apm的原料之一苯丙氨酸的一种合成途径如图2所示：已知，（1）丙烯和溴化氢在有过氧化物催化条件下，生成1一溴丙烷，（2）醛或酮可以发生如图3反应de的反应类型为加成反应a的结构简式为写出cd反应的化学方程式：某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种，该硝基取代物w是苯丙氨酸的同分异构体w的结构简式为考点：有机物的推断；有机物的合成 分析：（1）根据apm的结构简式，可知其分子式，apm中有羧基、酯基、肽键、氨基等官能团，据此判断；（2）apm在人体胃肠道酶作用下，酯基和肽键都能发生水解，在生成的产物中，相对分子质量最小的是ch3oh，据此答题；（3）由苯丙氨酸（）的结构简式结合信息（2）可知，e为，d为，根据各物质转化关系可进一步推断得c为，b为，a为，a发生加成生成b，b发生水解生成c，c氧化得d，d发生加成得e，据此答题解答：解：（1）aapm中有氮元素，不属于糖类化合物，故a错误；b根据apm的结构简式，可知其分子式为c14h18n2o5，故b正确；capm中有氨基能与酸反应，有羧基能与碱反应，故c正确；dapm中有羧基能发生酯化反应，有苯环，能与氢气等发生加成反应，故d错误；故选：bc；（2）apm在人体胃肠道酶作用下，酯基和肽键都能发生水解，在生成的产物中，相对分子质量最小的是ch3oh，其官能团名称为羟基，故答案为：ch3oh；羟基；（3）由苯丙氨酸（）的结构简式结合信息（2）可知，e为，d为，根据各物质转化关系可进一步推断得c为，b为，a为，a发生加成生成b，b发生水解生成c，c氧化得d，d发生加成得e，根据上面的分析可知，de的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；根据上面的分析可知，a的结构简式为，故答案为：；cd反应的化学方程式为，故答案为：；某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种，该硝基取代物w是苯丙氨酸的同分异构体，w的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能全面、准确把握题给信息，答题时注意审题，加强自学能力的培养10（14分）二甲醚（ch3och3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用工业上以co和h2为原料生产ch3och3的新工艺主要发生三个反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=91kjmol12ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h2=24kjmol1co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3=41kjmol1回答下列问题：（1）新工艺的总反应为3co（g）+3h2（g）ch3och3（g）+co2（g）h该反应h=247kjmol1，平衡常数表达式k=（2）增大压强，ch3och3的产率增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）原工艺中反应和反应分别在不同的反应器中进行，无反应发生新工艺中反应的发生提高了ch3och3的产率，原因是反应消耗了反应中的产物h2o，使反应的化学平衡向正反应方向移动，从而提高ch3och3的产率（4）为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图co转化率随温度变化的规律是温度低于240时，co的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240时，co的转化率随着温度的升高而减小，其原因是在较低温时，各反应体系均未达到平衡，co的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，co的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，co的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，co的转化率减小考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素 分析：（1）co（ g）+2h2（g）ch3oh（ g）h1=91kjmol1，2ch30h（g）ch30ch3（g）+h20（g）h2=24kjmol1，co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3=41kjmol1，根据盖斯定律，2+计算h；平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；（2）反应前后气体的气体减小，增大压强平衡向体积减小的方向移动；（3）反应消耗了反应中的产物h2o，使反应的化学平衡向正反应方向移动；（4）由图表可知，在较低温时，反应体系均未达到平衡，co的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，co的转化率也增大；在较高温时，反应体系均已达到平衡，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，co的转化率减小解答：解：（1）已知co（ g）+2h2（g）ch3oh（ g）h1=91kjmol1，2ch30h（g）ch30ch3（g）+h20（g）h2=24kjmol1，co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3=41kjmol1，根据盖斯定律，2+得3co（g）+3h2（g）ch3och3（g）+co2（g）h=247kjmol1，平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，所以k=，故答案为：247kjmol1；（2）反应前后气体的气体减小，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，ch30ch3的产率增大，故答案为：增大；（3）反应消耗了反应中的产物h2o，使反应的化学平衡向正反应方向移动，从而提高ch3och3的产率，故答案为：反应消耗了反应中的产物h2o，使反应的化学平衡向正反应方向移动，从而提高ch3och3的产率；（4）由图表可知，温度低于240时，co的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240时，co的转化率随着温度的升高而减小，在较低温时，各反应体系均未达到平衡，co的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，co的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，co的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，co的转化率减小，故答案为：温度低于240时，co的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240时，co的转化率随着温度的升高而减小；在较低温时，各反应体系均未达到平衡，co的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，co的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，co的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，co的转化率减小点评：本题考查反应热的计算、平衡移动、化学平衡常数等，难度中等，难点在于读图明白温度为240时反应体系均已达到平衡11（16分）硼酸（h3bo3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（含2mgob2o3h2o、sio2及少量fe3o4、caco3、al2o3）为原料生产硼酸的工艺流程如下（图1）：已知：h3bo3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2gfe3+、al3+、fe2+和mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的ph分别为3.2、5.2、9.7和12.4（1）由于矿粉中含caco3，“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出，故应分批加入h2so4该反应的化学方程式为caco3 （粉末）+h2so4=caso4+h2o+co2（2）“浸出液”显酸性，含h3bo3和mg2+、so42，还含有fe3+、fe2+、ca2+、al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量h2o2和mgo，除去的杂质离子是fe3+、fe2+、al3+h2o2的作用是h2o2+2h+2fe2+=2fe3+2h2o（用离子方程式表示）（3）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是防止温度下降时h3bo3从溶液中析出（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2，且溶液的沸点随压强增大而升高为了从“母液”中充分回收mgso4h2o，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩，加压升温结晶考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）caco3与硫酸反应生成二氧化碳、硫酸钙和水；（2）加适量h2o2把fe2+氧化为fe3+，加mgo调节ph，使fe3+、al3+转化为沉淀；（3）h3bo3的溶解度随温度的升高而增大；（4）根据图2和溶液的沸点随压强增大而升高分析解答：解：（1）caco3与硫酸反应生成二氧化碳、硫酸钙和水，该反应的化学方程式为：caco3 （粉末）+h2so4=caso4+h2o+co2；故答案为：caco3 （粉末）+h2so4=caso4+h2o+co2；（2）加适量h2o2把fe2+氧化为fe3+，所以h2o2的作用是：h2o2+2h+2fe2+=2fe3+2h2o，加mgo调节ph，使fe3+、al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有fe3+、fe2+、al3+；故答案为：fe3+、fe2+、al3+；h2o2+2h+2fe2+=2fe3+2h2o；（3）有题目信息可知：h3bo3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用 “热过滤”，以防温度下降时h3bo3从溶液中析出；故答案为：防止温度下降时h3bo3从溶液中析出；（4）根据图2可知温度越高mgso4h2o的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使mgso4h2o结晶析出，故答案为：加压升温结晶点评：本题考查了物质的分离提纯，涉及化学方程式的书写，除杂方法和试剂的选择，以及图象的分析等，题目难度中等，注意对图象的分析和对题干信息的分析12（16分）硫化碱法是工业上制备na2s2o3的方法之一，反应原理为：2na2s+na2co3+4so23na2s2o3+co2（该反应h0）某研究小组在实验室用硫化碱法制备na2s2o35h2o流程如下（1）吸硫装置如图所示装置b的作用是检验装置a中so2的吸收效率，b中试剂是品红、溴水或kmno4溶液，表明so2吸收效率低的实验现象是b中溶液颜色很快褪色为了使so2尽可能吸收完全，在不改变a中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是控制so2的流速、适当升高温度（写出两条）（2）假设本实验所用的na2co3含少量nacl、naoh，设计实验方案进行检验（室温时caco3饱和溶液的ph=10.2）限选试剂及仪器：稀硝酸、ag