山东省枣庄市滕州市实验中学高考化学5月模拟试卷（含解析）.doc

2015年山东省枣庄市滕州市 实验中学高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题5分，共65分每小题只有一个选项符合题意）1（5分）（2014仁寿县校级模拟）化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是（）a可用蘸浓硫酸的棉花棒检验输送氨气的管道是否漏气b“地沟油”禁止食用，但可用来制肥皂c从海水中提取物质都必须经过化学反应才能实现d侯式制碱法的工艺过程中应用了物质溶液度的差异2（5分）（2015惠州模拟）用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（）a用图a所示装置干燥so2气体b用图b所示装置蒸发ch3coona溶液得醋酸钠晶体c用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出d用图d所示装置测量氨气的体积3（5分）（2013上海二模）现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质原子半径0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+32313下列说法正确的是（）a原子序数元素大于元素b、处于同一周期c上述八种元素最高价氧化物对应的水化物，号酸性最强d号元素原子结构示意图为：4（5分）（2015滕州市校级模拟）下列说法正确的是（）ahclo和naclo都是弱电解质b胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能c1mol h2so4与1mol ba（oh）2反应放出的热量叫做中和热dhcl和nacl溶于水破坏的化学键完全相同5（5分）（2015威海二模）某有机物m的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（）am的相对分子质量是178bm有机物中含有2种官能团cm与足量的naoh溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为c9h9o5nad与m互为同分异构体6（5分）（2015威海二模）下列说法正确的是（）a将ca（clo）2、na2so3、fecl3溶液蒸干可得到原溶质b因cl2的氧化性强于i2的氧化性，所以置换反应i2+2naclo32naio3+cl2不能发生c在新制氯水中各微粒浓度的关系为：2c（cl2）=c（clo）+c（cl）+c（hclo）d用1l 0.2 moll1naoh溶液分别吸收0.1molso2、0.1mol co2，所得的两种溶液中酸根离子浓度大小关系是：c（so32 ）c（co32）c（hco3）c（hso3）7（5分）（2015威海二模）往1.0moll1ki溶液中加入固体i2，发生反应：i2（aq）+i （aq）i3（aq）h；i的物质的量浓度c（i）随温度t的变化曲线如图所示已知反应第一次达到平衡时用时10s，则下列说法正确的是（）a该反应的h0ba、c两点对应的i反应速率相等cb点时010s i的平均反应速率为0.04moll1s1dd点时该反应在对应温度下处于平衡状态二、解答题（共3小题，满分53分）8（18分）（2015威海二模）运用化学反应原理分析解答以下问题（1）弱酸在水溶液中存在电离平衡，部分0.1moll1弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸电离平衡常数（25）hclok=2.98108h2co3k1=4.3107k2=5.61011h2so3k1=1.54102k2=1.02107当弱酸的浓度一定时，升高温度，k值（填“变大”、“变小”或“不变”）下列离子方程式和有关说法错误的是a少量的co2通入次氯酸钠溶液中：2clo+h2o+co2=2hclo+co32b少量的so2通入碳酸钠溶液中：so2+h2o+2co32=2hco3+so32c相同温度时，等ph三种盐溶液的物质的量浓度关系：c（na2co3）c（naclo）c（na2so3）d相同温度时，等物质的量三种弱酸与足量naoh溶液完全中和消耗naoh的体积为：v（h2co3）v（h2so3）v（hclo）亚硒酸（h2seo3）也是一种二元弱酸，有较强的氧化性往亚硒酸溶液中不断通入so2会产生红褐色单质，写出该反应的化学方程式：，该反应的氧化产物是（2）工业废水中常含有一定量的cr2o72和cro42，它们对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理后方可排放在废水中存在平衡：2cro42（黄色）+2h+cr2o72（橙色）+h2o若改变条件使上述平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是a平衡常数k值可以不改变b达到新平衡cro42的消耗速率等于cr2o72的消耗速率c再达平衡前正反应速率一定大于逆反应速率d平衡移动后达到新平衡溶液ph一定增大cr2o72和cro42最终生成的cr（oh）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：cr（oh）3（s）cr3+（aq）+3oh（aq）常温下，cr（oh）3的溶度积ksp=c（cr3+）c3（oh）=1032，当c（cr3+）降至103 moll1，溶液的ph调至4时，（填“有”或“没有”）沉淀产生（3）已知：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）某温度下三个反应的平衡常数的值依次为a1、a2、a3，则该温度下反应 3co（g）+3h2（g）ch3och3（g）+co2（g） 的化学平衡常数k=l4mol4（用含a1、a2、a3的代数式表示）向某固定体积的密闭容器中加入3molco和3molh2，充分反应后恢复至原来温度，测定容器的压强为反应前的，则co的转化率9（16分）（2015威海二模）可以利用氧化锌粗品（含有fe2o3、feo、cuo）为原料制备纯净的氧化锌，其化学工艺流程如图1：按要求回答下列问题：（1）加双氧水主要作用是氧化溶液中的fe2+，该反应的离子方程式为（2）调节ph主要是使溶液中的fe3+生成沉淀而被除去，溶液ph对除fe效率影响如图2所示则除fe3+时应控制溶液的ph为（填序号）a3.54.0 b2.53.5 c1.52.5 d0.51.5（3）固体b为（填化学式），固体c为碱式碳酸锌，锻烧固体c的化学方程式为（4）工业上也可以将氧化锌粗品采用碱溶的方法，将氧化锌转化为na2溶液，然后电解该溶液制取锌，以石墨为电极电解时，阴极的电极反应式为，当生成1mol锌时，阳极上生成气体在标准状况下的体积为l“纸质电池”的纸片内充入的是水和氧化锌组成的电解液，纸的一边镀锌另一边镀二氧化锰，电池总反应为zn+2mno2+h2o=zno+2mno（oh），该电池的负极反应式为10（19分）（2015威海二模）氯化亚砜（socl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水分解，其制取过程的相关反应如下：s（s）+cl2（g） scl2（l） （）scl2（l）+so3（l）socl2（l）+so2（g）（）已知二氯化硫（scl2）熔点78c，沸点59c，如图是实验室由氯气与硫合成二氯化硫的装置（1）仪器组装完成后，首先进行的一步操作是；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是（2）装置b盛放的药品是，装置d中玻璃仪器的名称是，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是（3）实验时，为防止e中液体挥发，可采取的措施是装置f（盛放碱石灰）有两个作用：一是吸收多余的氯气，另一个是（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99%以上）氯化亚砜，为使三种原料恰好完全反应，三者的物质的量比为；氯化亚砜遇水易分解，请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论已知：socl2+4naoh=na2so3+2nacl+2h2o供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液三、【选做部分】【化学-化学与技术】（12分）11（12分）（2015威海二模）工业上一种制备氯化铁及高铁酸钾的工艺流程如图：（1）吸收塔中的吸收剂x是；从副产物fecl3溶液中获得fecl36h2o的操作是、加热浓缩、再冷却结晶（2）用fecl3溶液（副产物）腐蚀印刷线路板所得的废液中含fecl3、fecl2和cucl2，用化学方法可以回收废液中铜；合并过滤后的剩余液体可以作为上述工艺流程中的吸收剂x则在此过程中，先后加入的物质分别是（3）碱性条件下反应的离子方程式为（4）过程将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品该反应的化学方程式为2koh+na2feo4=k2feo4+2naoh，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因：k2feo4 在水溶液中易发生反应：4feo42+10h2o4fe（oh）3+8oh+3o2，在提纯k2feo4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用（填序号）ah2o b稀koh溶液、异丙醇cnh4cl溶液、异丙醇 dfe（no3）3溶液、异丙醇四、【化学­­-物质结构与性质】（12分）12（2015威海二模）如图1af分别表示由h、c、n、na、si、cu元素组成的单质，其中c、d均为热和电的良导体单质分别对应的熔点如图所示：（1）从电负性角度分析，c、si和n元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为；（2）图中d单质对应元素原子的电子排布式用价层电子对互斥理论推断，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中化学键的键角为（3）a与b的元素形成的10电子中性分子x，x溶于水后的溶液滴入到含d元素高价离子的溶液中至过量，生成的含d元素离子的化学式为（4）上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸分子的结构模型（原子共平面）如图2：则可判断该元素原子（中心原子）的杂化方式是氮化硅是一种高温陶瓷材料，硬度大、熔点高、化学性质稳定，其基本结构单元如图3，则其化学式为五、【化学-有机化学基础】（12分）13（2015威海二模）ppmb（）是一种重要的化工原料，在药物、新材料等方面有重要的应用，合成该有机物的一种路线如图：已知：、rch=chrrcho+rcho 、（1）试剂x为；e中含氧官能团名称为（2）遇氯化铁溶液显紫色且苯环上有两个取代基的d的同分异构体有种（3）e在一定条件下可以生成高聚物f，f的结构简式为（4）ppmb与足量氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式为2015年山东省枣庄市滕州市实验中学高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题5分，共65分每小题只有一个选项符合题意）1（5分）（2014仁寿县校级模拟）化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是（）a可用蘸浓硫酸的棉花棒检验输送氨气的管道是否漏气b“地沟油”禁止食用，但可用来制肥皂c从海水中提取物质都必须经过化学反应才能实现d侯式制碱法的工艺过程中应用了物质溶液度的差异考点：氨的化学性质；海水资源及其综合利用；油脂的性质、组成与结构专题：化学应用分析：a浓硫酸无挥发性，与氨气反应无现象；b地沟油为酯类物质，可在碱性条件下水解，用来制备肥皂；c海水提取氯化钠不需要化学反应；d侯氏制碱法是将co2、nh3通入饱和nacl溶液中，由于nahco3溶解度小于na2co3，故nahco3在溶液中析出解答：解：a浓硫酸无挥发性，与氨气反应无现象，而浓盐酸易挥发，与nh3结合生成nh4cl固体小颗粒，为白烟，可用蘸浓盐酸的棉花棒检验输送氨气的管道是否漏气，故a选；b地沟油对胃、肠、肝、心血管都会有损害，长期食用可能会引发癌症，对人体有害，地沟油为酯类物质，可在碱性条件下水解，用来制备肥皂，故b不选；c海水提取氯化钠，利用太阳晒盐，蒸发水得到氯化钠晶体，不需要化学反应，故c选；d侯氏制碱法是将co2、nh3通入饱和nacl溶液中，发生以下反应：nh3+co2+h2o=nh4hco3；nh4hco3+nacl=nh4cl+nahco3，其中nahco3溶解度最小，故有nahco3的晶体析出，故d不选故选ac点评：本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识，题目难度不大2（5分）（2015惠州模拟）用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（）a用图a所示装置干燥so2气体b用图b所示装置蒸发ch3coona溶液得醋酸钠晶体c用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出d用图d所示装置测量氨气的体积考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a干燥气体，大口进，小口出；b图为蒸发结晶操作；c水在上层，分液时避免上下层液体混合；d氨气极易溶于水解答：解：a干燥气体，大口进，小口出，图中气体的进入方向不合理，故a错误；b图为蒸发结晶操作，并利用玻璃棒不断搅拌，操作合理，故b正确；c水在上层，分液时避免上下层液体混合，则水层从分液漏斗上口倒出，故c错误；d氨气极易溶于水，不能将水排出测定其体积，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，涉及气体的干燥、蒸发、分液及气体体积测定等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大3（5分）（2013上海二模）现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质原子半径0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+32313下列说法正确的是（）a原子序数元素大于元素b、处于同一周期c上述八种元素最高价氧化物对应的水化物，号酸性最强d号元素原子结构示意图为：考点：元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，最高正价在增大，最高正价等于族序数，由短周期元素的数据可知：只有2价，处于第a族；为o；有+7、1价，为cl；最高正价为+1，处于第a族，原子半径大于其它原子，且的原子半径较大，故为li，为na；有+5、3价，处于a族，的原子半径较大，故为p、为n；最高正价为+2，处于a族，原子半径大于li，故为mg；最高正价为+3，处于a族，原子半径比cl小，故为b，并结合元素周期律、化合物的性质来解答解答：解：电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，最高正价在增大，最高正价等于族序数，由短周期元素的数据可知：只有2价，处于第a族；为o；有+7、1价，为cl；最高正价为+1，处于第a族，原子半径大于其它原子，且的原子半径较大，故为li，为na；有+5、3价，处于a族，的原子半径较大，故为p、为n；最高正价为+2，处于a族，原子半径大于li，故为mg；最高正价为+3，处于a族，原子半径比cl小，故为b，a同主族，的原子半径大，则原子序数大，故a正确；b为mg，为li，则、号元素不处于同一周期，故b错误；c为cl，最高价氧化物的水化物为hclo4，是含氧酸中酸性最强的酸，故c正确；d为b，原子结构示意图为，故d错误；故选ac点评：本题考查原子结构与元素周期律，题目难度中等，熟悉原子半径、化合价的变化规律是解答本题的关键，为学生解答的易错点4（5分）（2015滕州市校级模拟）下列说法正确的是（）ahclo和naclo都是弱电解质b胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能c1mol h2so4与1mol ba（oh）2反应放出的热量叫做中和热dhcl和nacl溶于水破坏的化学键完全相同考点：强电解质和弱电解质的概念；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学键；中和热专题：基本概念与基本理论分析：a在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质；b根据胶体的性质进行判断；c中和热：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热；dhcl溶于水破坏的是共价键，nacl溶于水破坏的是离子键解答：解：ahclo是弱酸，在水溶液中部分电离，是弱电解质；naclo是盐，在在水溶液中完全电离，是强电解质，故a错误；b丁达尔效应是胶体的性质，溶液没有丁达尔效应，故b正确；c.1molh2so4与1molba（oh）2反应生成2mol水和1mol硫酸钡沉淀，故c错误；dhcl溶于水破坏的是共价键，nacl溶于水破坏的是离子键，化学键的种类不同，故d错误，故选b点评：本题考查强弱电解质的判断、胶体的性质、中和热的概念、化学键的判断，知识点较多，难度不大要注意基础知识的积累5（5分）（2015威海二模）某有机物m的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（）am的相对分子质量是178bm有机物中含有2种官能团cm与足量的naoh溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为c9h9o5nad与m互为同分异构体考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物含有羟基，碳碳双键和酯基，结合醇、烯烃以及酯的性质解答该题解答：解：a由结构简式可知分子式为c9h8o4，则相对分子质量是178，故a正确；b含有羟基，碳碳双键和酯基3种官能团，故b错误；cm与足量的naoh溶液发生反应，酯基水解，生成羧基和羟基，羧基与氢氧化钠反应，生成物的化学式为c9h9o5na，故c正确；d与的分子式（c9h6o4）不同，不是同分异构体，故d错误故选ac点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大6（5分）（2015威海二模）下列说法正确的是（）a将ca（clo）2、na2so3、fecl3溶液蒸干可得到原溶质b因cl2的氧化性强于i2的氧化性，所以置换反应i2+2naclo32naio3+cl2不能发生c在新制氯水中各微粒浓度的关系为：2c（cl2）=c（clo）+c（cl）+c（hclo）d用1l 0.2 moll1naoh溶液分别吸收0.1molso2、0.1mol co2，所得的两种溶液中酸根离子浓度大小关系是：c（so32 ）c（co32）c（hco3）c（hso3）考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较分析：a根据物质水解产物的稳定性分析；bi2+2naclo32naio3+cl2反应中i2作还原剂；c根据氯水中存在的微粒判断；d碳酸钠的水解程度大于亚硫酸钠解答：解：ana2so3易被氧气氧化为硫酸钠，ca（clo）2水解生成的hclo不稳定，fecl3水解生成的hcl易挥发，所以将ca（clo）2、na2so3、fecl3溶液蒸干不能得到原溶质，故a错误；b还原性强的能把还原性弱的置换出来，i2的还原性大于cl2，则i2+2naclo32naio3+cl2能发生，故b错误；c氯水中存在cl2、cl、clo、hclo，氯气没有全部与水发生反应，则不能确定氯气与cl、clo、hclo的浓度关系，故c错误；d碳酸钠的水解程度大于亚硫酸钠，水解程度越大，溶液中剩余的离子浓度越小，则c（so32 ）c（co32），co32的水解程度大，则生成的hco3多，所以酸根离子浓度大小关系是：c（so32 ）c（co32）c（hco3）c（hso3），故d正确故选d点评：本题考查盐类的水解以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同，侧重于基础知识应用的考查7（5分）（2015威海二模）往1.0moll1ki溶液中加入固体i2，发生反应：i2（aq）+i （aq）i3（aq）h；i的物质的量浓度c（i）随温度t的变化曲线如图所示已知反应第一次达到平衡时用时10s，则下列说法正确的是（）a该反应的h0ba、c两点对应的i反应速率相等cb点时010s i的平均反应速率为0.04moll1s1dd点时该反应在对应温度下处于平衡状态考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程分析：平衡状态是反应进行的最大限度，所以b点是平衡状态，c（i）从10.4时是平衡的建立，而b点后是温度的改变平衡的移动，由此分析解答解答：解：a、b点后是温度升高，而平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，则h0，故a错误；b、温度越高速率越快，c点的温度高于a点温度，所以c点的速率大于a点的速率，故b错误；c、b点是平衡状态，b点时010s i的平均反应速率为v（i）=0.060.04moll1s1，故c错误；d、b点后的曲线上的点都是对应温度下的平衡状态，所以d点在对应的温度下处于平衡状态，故d正确；故选d点评：本题考查化学平衡移动图象问题，题目难度中等，注意根据图象曲线变化分析化学方程式的特征以及温度、浓度、压强对平衡移动的影响，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力二、解答题（共3小题，满分53分）8（18分）（2015威海二模）运用化学反应原理分析解答以下问题（1）弱酸在水溶液中存在电离平衡，部分0.1moll1弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸电离平衡常数（25）hclok=2.98108h2co3k1=4.3107k2=5.61011h2so3k1=1.54102k2=1.02107当弱酸的浓度一定时，升高温度，k值变大（填“变大”、“变小”或“不变”）下列离子方程式和有关说法错误的是ada少量的co2通入次氯酸钠溶液中：2clo+h2o+co2=2hclo+co32b少量的so2通入碳酸钠溶液中：so2+h2o+2co32=2hco3+so32c相同温度时，等ph三种盐溶液的物质的量浓度关系：c（na2co3）c（naclo）c（na2so3）d相同温度时，等物质的量三种弱酸与足量naoh溶液完全中和消耗naoh的体积为：v（h2co3）v（h2so3）v（hclo）亚硒酸（h2seo3）也是一种二元弱酸，有较强的氧化性往亚硒酸溶液中不断通入so2会产生红褐色单质，写出该反应的化学方程式：h2seo3+2so2+h2o=se+2h2so4，该反应的氧化产物是h2so4（2）工业废水中常含有一定量的cr2o72和cro42，它们对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理后方可排放在废水中存在平衡：2cro42（黄色）+2h+cr2o72（橙色）+h2o若改变条件使上述平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是aca平衡常数k值可以不改变b达到新平衡cro42的消耗速率等于cr2o72的消耗速率c再达平衡前正反应速率一定大于逆反应速率d平衡移动后达到新平衡溶液ph一定增大cr2o72和cro42最终生成的cr（oh）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：cr（oh）3（s）cr3+（aq）+3oh（aq）常温下，cr（oh）3的溶度积ksp=c（cr3+）c3（oh）=1032，当c（cr3+）降至103 moll1，溶液的ph调至4时，没有（填“有”或“没有”）沉淀产生（3）已知：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）某温度下三个反应的平衡常数的值依次为a1、a2、a3，则该温度下反应 3co（g）+3h2（g）ch3och3（g）+co2（g） 的化学平衡常数k=a12a2a3l4mol4（用含a1、a2、a3的代数式表示）向某固定体积的密闭容器中加入3molco和3molh2，充分反应后恢复至原来温度，测定容器的压强为反应前的，则co的转化率50%考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据电离为吸热过程判断；由表中数据可知酸性h2so3h2co3hso3hclohco3，且hclo具有氧化性，h2so3具有还原性，结合酸性的强弱以及盐类的水解解答；往亚硒酸溶液中不断通入so2会产生红褐色单质，应生成se，说明亚硒酸与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和se；（2）使平衡向正反应方向移动，可增大反应物浓度或减小生成物浓度，如温度不变，则平衡常数不变；当c（cr3+）降至103 moll1，溶液的ph调至4时，c（oh）=1010mol/l，结合ksp计算并判断；（3）平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；方程式相加时，总平衡常数等于分方程的平衡常数之积；结合三段式法列式计算解答：解：（1）弱酸的电离为吸热过程，加热促进电离，平衡常数增大，故答案为：变大； 由表中数据可知酸性h2so3h2co3hso3hclohco3，a少量的co2通入次氯酸钠溶液中应生成hco3，反应的离子方程式为clo+h2o+co2=hclo+hco3，故a错误；b少量的so2通入碳酸钠溶液中生成hco3和so32，离子方程式为so2+h2o+2co32=2hco3+so32，故b正确；c盐对应的酸的酸性越弱，则水解程度越大，相同温度时，等ph时盐溶液浓度越小，则三种盐溶液的物质的量浓度关系：c（na2co3）c（naclo）c（na2so3），故c正确；d相同温度时，等物质的量三种弱酸与足量naoh溶液完全中和，因碳酸、亚硫酸都为二元酸，则消耗naoh的体积为：v（h2co3）=v（h2so3）v（hclo），故d错误，故答案为：ad；往亚硒酸溶液中不断通入so2会产生红褐色单质，应生成se，说明亚硒酸与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和se，方程式为h2seo3+2so2+h2o=se+2h2so4，反应中s元素化合价升高，氧化产物为h2so4，故答案为：h2seo3+2so2+h2o=se+2h2so4；h2so4；（2）a如温度不变，则平衡常数k值可以不改变，故a正确；b由速率关系以及计量数可知达到新平衡cro42的消耗速率等于cr2o72的消耗速率的2倍，故b错误；c平衡时正逆反应速率相等，平衡正向移动，则再达平衡前正反应速率一定大于逆反应速率，故c正确；d如增大溶液氢离子浓度，则平衡正向移动，平衡移动后达到新平衡溶液ph一定减小，故错误故答案为：ac； 当c（cr3+）降至103 moll1，溶液的ph调至4时，c（oh）=1010mol/l，c（cr3+）c3（oh）=10331032，没有沉淀生成，故答案为：没有；（3）由盖斯定律可知将反应2+反应+反应相加得总方程，则总方程的平衡常数等于分方程的平衡常数之积，即k=a12a2a3， 3co（g）+3h2（g）ch3och3（g）+co2（g） 起始（mol） 3 3 x x 转化（mol） x x x x平衡（mol） 3x 3x x x容器的压强为反应前的，则=，x=1.5，则co的转化率为=50%，故答案为：a12a2a3；50%点评：本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及盖斯定律应用、弱电解质的电离、平衡常数的计算应用等知识，注意（3）方程式相加时，总平衡常数等于分方程的平衡常数之积，（1）是本题的易错点和高频考点，题目难度中等9（16分）（2015威海二模）可以利用氧化锌粗品（含有fe2o3、feo、cuo）为原料制备纯净的氧化锌，其化学工艺流程如图1：按要求回答下列问题：（1）加双氧水主要作用是氧化溶液中的fe2+，该反应的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o（2）调节ph主要是使溶液中的fe3+生成沉淀而被除去，溶液ph对除fe效率影响如图2所示则除fe3+时应控制溶液的ph为c（填序号）a3.54.0 b2.53.5 c1.52.5 d0.51.5（3）固体b为cu、zn（填化学式），固体c为碱式碳酸锌，锻烧固体c的化学方程式为zn2（oh）2co32zno+h2o+co2（4）工业上也可以将氧化锌粗品采用碱溶的方法，将氧化锌转化为na2溶液，然后电解该溶液制取锌，以石墨为电极电解时，阴极的电极反应式为2+2e=zn+4oh，当生成1mol锌时，阳极上生成气体在标准状况下的体积为11.2l“纸质电池”的纸片内充入的是水和氧化锌组成的电解液，纸的一边镀锌另一边镀二氧化锰，电池总反应为zn+2mno2+h2o=zno+2mno（oh），该电池的负极反应式为zn+h2o2e=zno+2h+考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：氧化锌粗品（含有fe2o3、feo、cuo）加入硫酸溶解得到溶液中含有feso4、fe2（so4）3、cuso4、znso4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液ph使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液中加入过量的zn，把铜离子还原为cu，过滤，固体b为cu和剩余的zn，溶液d主要含有znso4，在溶液d中加入碳酸钠生成zn2（oh）2co3，过滤，煅烧zn2（oh）2co3 生成zno，（1）h2o2在酸性溶液中氧化fe2+为铁离子；（2）分析图表数据使铁离子沉淀；（3）根据流程分析判断b的成分；碱式碳酸锌高温下分解生成zno、二氧化碳和水；（4）电解时，2在阴极得电子生成zn；阳极氢氧根离子失电子生成氧气，根据电子守恒计算氧气的体积；已知电池总反应为zn+2mno2+h2o=zno+2mno（oh），则zn在负极失电子生成zno解答：解：氧化锌粗品（含有fe2o3、feo、cuo）加入硫酸溶解得到溶液中含有feso4、fe2（so4）3、cuso4、znso4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液ph使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液中加入过量的zn，把铜离子还原为cu，过滤，固体b为cu和剩余的zn，溶液d主要含有znso4，在溶液d中加入碳酸钠生成zn2（oh）2co3，过滤，煅烧zn2（oh）2co3 生成zno，（1）h2o2在酸性溶液中氧化fe2+为铁离子，反应的离子方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；（2）分析图表数据使铁离子沉淀完全，调节溶液ph在2左右，即ph为1.52.5，故答案为：c；（3）由流程分析可知b的成分为cu、zn；碱式碳酸锌高温下分解生成zno、二氧化碳和水，其反应的方程式为：zn2（oh）2co32zno+h2o+co2；故答案为：cu、zn；zn2（oh）2co32zno+h2o+co2；（4）电解时，2在阴极得电子生成zn，其阴极的电极方程式为：2+2e=zn+4oh；阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阳极的电极方程式为：4oh4eh2o+o2，可以得到关系式：zn2eo2，生成1mol锌时，生成的o2为0.5mol，即11.2l；已知电池总反应为zn+2mno2+h2o=zno+2mno（oh），则zn在负极失电子生成zno，其负极的电极方程式为：zn+h2o2e=zno+2h+；故答案为：2+2e=zn+4oh；11.2；zn+h2o2e=zno+2h+点评：本题考查了物质分离的方法和提纯过程分析判断、试剂选择和除杂的溶液ph分析判断、原电池原理和电解池原理的应用等；题目涉及的知识点较多，注意把握原电池原理和电解池原理以及电极方程式的书写方法，题目难度中等10（19分）（2015威海二模）氯化亚砜（socl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水分解，其制取过程的相关反应如下：s（s）+cl2（g） scl2（l） （）scl2（l）+so3（l）socl2（l）+so2（g）（）已知二氯化硫（scl2）熔点78c，沸点59c，如图是实验室由氯气与硫合成二氯化硫的装置（1）仪器组装完成后，首先进行的一步操作是检查装置气密性；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应（2）装置b盛放的药品是饱和氯化钠溶液，装置d中玻璃仪器的名称是蒸馏烧瓶，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是增大反应物接触面积，使反应更加充分（3）实验时，为防止e中液体挥发，可采取的措施是将锥形瓶放入冰水中冷却装置f（盛放碱石灰）有两个作用：一是吸收多余的氯气，另一个是防止空气中水蒸气进入（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99%以上）氯化亚砜，为使三种原料恰好完全反应，三者的物质的量比为1：1：1；氯化亚砜遇水易分解，请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有hcl生成已知：socl2+4naoh=na2so3+2nacl+2h2o供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：装置a制备氯气，装置b吸收氯气的中hcl，装置c干燥氯气，d装置生成scl2，e装置收集scl2，f装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入e中（1）制备气体，装置气密性要好；加热硫粉时，空气中的氧气能与硫粉反应；（2）用饱和氯化钠溶液吸收hcl；由仪器5的特征，可知为蒸馏烧瓶；增大反应物接触面积；（3）二氯化硫（scl2）的沸点低，易挥发，可以用冰水冷却；防止空气中水蒸气进入；（4）根据方程式判断硫黄、液氯和液体三氧化硫的物质的量之比； 由socl2与氢氧化钠溶液反应可知，socl2水解后分解得到so2、hcl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子解答：解：装置a制备氯气，装置b吸收氯气的中hcl，装置c干燥氯气，d装置生成scl2，e装置收集scl2，f装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入e中（1）仪器组装完成后，首先进行的一步操作是：检查装置气密性；加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应，应先排尽系统中空气，故答案为：检查装置气密性；防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应；（2）b装置吸收氯气中的hcl，用饱和氯化钠溶液反应吸收；由仪器5的特征，可知为蒸馏烧瓶；热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，可以增大反应物接触面积，使反应更加充分，故答案为：饱和氯化钠溶液；蒸馏烧瓶；增大反应物接触面积，使反应更加充分；（3）二氯化硫（scl2）的沸点低，为防止scl2中液体挥发，可采取将锥形瓶放入冰水中冷却等措施，装置f（盛放碱石灰）有两个作用：一是吸收多余的氯气，另一个是：防止空气中水蒸气进入，故答案为：将锥形瓶放入冰水中冷却；防止空气中水蒸气进入；（4）由s（s）+cl2（g） scl2（l）、scl2（l）+so3（l）socl2（l）+so2（g）可知硫黄、液氯和液体三氧化硫的物质的量之比为1：1：1； 由socl2与氢氧化钠溶液反应可知，socl2水解后分解得到so2、hcl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子，具体实验操作为：分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有hcl生成，故答案为：1：1：1；分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有hcl生成点评：本题考查化学实验制备方案，涉及基本操作、对操作与装置的分析评价、物质检验等，较好的考查学生对知识的迁移运用能力，难度中等三、【选做部分】【化学-化学与技术】（12分）11（12分）（2015威海二模）工业上一种制备氯化铁及高铁酸钾的工艺流程如图：（1）吸收塔中的吸收剂x是fecl2；从副产物fecl3溶液中获得fecl36h2o的操作是加入少量盐酸（或通入hcl）、加热浓缩、再冷却结晶（2）用fecl3溶液（副产物）腐蚀印刷线路板所得的废液中含fecl3、fecl2和cucl2，用化学方法可以回收废液中铜；合并过滤后的剩余液体可以作为上述工艺流程中的吸收剂x则在此过程中，先后加入的物质分别是fe（铁屑）、hcl（盐酸）（3）碱性条件下反应的离子方程式为2fe3+3clo+10oh2feo42+3cl+5h2o（4）过程将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品该反应的化学方程式为2koh+na2feo4=k2feo4+2naoh，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因：k2feo4溶解度小，析出晶体，促进反应进行k2feo4 在水溶液中易发生反应：4feo42+10h2o4fe（oh）3+8oh+3o2，在提纯k2feo4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用b（填序号）ah2o b稀koh溶液、异丙醇cnh4cl溶液、异丙醇 dfe（no3）3溶液、异丙醇考点：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：铁与氯气反应生成红棕的烟，过量的氯气用氯化亚铁溶液吸收，生成氯化铁溶液，红棕色氯化铁用氯化铁溶液吸收，生成浓的氯化铁溶液，然后氯化铁被氯气与氢氧化钠溶液反应生成的次氯酸钠氧化成高铁酸钠，最后通过反应2koh+na2feo4=k2feo4+2naoh，制得高铁酸钾，由此分析解答：（1）从反应炉中排出的尾气是反应剩余的cl2，与吸收剂x反应生成fecl3溶液，所以x是氯化亚铁溶液；防止铁离子的水解，所以要加入盐酸；（2）首先加入过量的铁粉将铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为单质铜，然后加入适量的盐酸除去过量的铁粉，最后过滤得到单质铜；（3）氢氧化钠与氯气反应生成naclo，次氯酸钠与fecl3反应生成feo42；（4）过程将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品该反应的化学方程式为2koh+na2feo4 =k2feo4+2naoh，请根据相关反应原理分析反应能发生的原因k2feo4的溶解度比na2feo4小而溶液中k+、feo42的浓度比较大；k2feo4 在水溶液中易发生反应：4feo42+10h2o4fe（oh）3+8oh+3o2，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀koh溶液，异丙醇易挥发解答：解：（1）通过工艺流程图可知，从