山东省枣庄市滕州七中高三化学下学期4月模拟试卷（含解析）.doc

2015年山东省枣庄市滕州七高考化学模拟试卷（4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下列说法不正确的是( )a晶体硅可用作制造太阳能电池和光导纤维b用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹c“地沟油”禁止食用，但可用来制生物柴油和肥皂d高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强2x、y、z、w四种短周期元素，原子序数依次增大其中x的最外层电子数是最内层电子数的2倍，y可形成双原子和三原子气体单质，z和w形成的化合物中离子个数比为1：1，w的最高正价为+7价则下列说法正确的是( )ay形成的简单离子半径小于z形成的简单离子半径bx的氢化物稳定性弱于y的氢化物稳定性c四种元素中，w的氧化物对应的水合物酸性最强dy与z形成的两种化合物中所含有化学键类型相同3下列图中的实验方案，能达到实验目的是( )aabbccdd4乳酸的结构简式为 ，下列有关乳酸的说法中，不正确的是( )a乳酸中能发生酯化反应的官能团有2种b1 mol乳酸可与2 mol naoh发生中和反应c1 mol乳酸与足量金属na反应生成1 mol h2d有机物与乳酸互为同分异构体5下列有关实验的叙述错误的是( )a实验室中可以用生石灰与浓氨水混合的方法制取少量氨气b酸碱滴定实验中，滴定管装液前应用待装溶液润洗，锥形瓶不能用待装液润洗c在加热的情况下，烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的3/4d将ki和fecl3溶液混合后，加入ccl4振荡静置，下层液体变紫色，说明氧化性：fe3+i26下列对各平衡体系的建立和变化的描述正确的是( )a常温下，氨水溶液加水稀释，增大b2so2（g）+o2 （g）2so3（g）（h0），其它条件不变时，升高温度，v（正）增大、v（逆）减小，平衡正向移动c某容器中存在h2（g）+i2 （g）2hi（g）反应，当减小容器体积时，气体颜色加深，各物质的百分含量不变d25时mg（oh）2的ksp小于mgf2的ksp，则饱和mg（oh）2与饱和mgf2相比，前者c（mg2+）大7下列有关溶液的描述正确的是( )a1 moll1的fecl3溶液中，fe3+离子个数小于nabal3+和s2，no3和s2两组离子在酸、碱和中性溶液中均不能大量共存cca（hco3）2溶液与过量naoh溶液反应的离子方程式：ca2+hco3+oh=caco3+2h2od向10 ml 0.1 moll1 ch3coona溶液中加入5 ml 0.1 moll1盐酸时，溶液中c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）c（oh）二、【必做部分】8（18分）c、n、s是重要的非金属元素，按要求回答下列问题：（1）烟道气中含有的co和so2是重要的污染物，可在催化剂作用下将它们转化为s（s）和co2，此反应的热化学式为_已知：co（g）+1/2o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1；s（s）+o2=so2（g）h=296.0kjmol1（2）向甲、乙两个均为1l的密闭容器中，分别充入5mol so2和3mol o2，发生反应：2so2 （g）+o2 （g）2so3（g）h0甲容器在温度为t1的条件下反应，达到平衡时so3的物质的量为4.5mol；乙容器在温度为t2的条件下反应，达到平衡时so3的物质的量为4.6mol则t1_t2（填“”“”），甲容器中反应的平衡常数k=_（3）如图1所示，a是恒容的密闭容器，b是一个体积可变的充气气囊保持恒温，关闭k2，分别将1mol n2和3mol h2通过k1、k3充入a、b中，发生的反应为n2（g）+3h2（g）2nh3（g），起始时a、b的体积相同均为a l图2示意图中正确，且既能说明a容器中反应达到平衡状态，又能说明b容器中反应达到平衡状态的是_容器a中反应到达平衡时所需时间t s，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，则平均反应速率v（h2）=_（4）将0.1mol氨气分别通入1l ph=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三溶液中nh4+离子浓度分别为c1、c2、c3，则三者浓度大小的关系为_ （用c1、c2、c3和、=表示）已知醋酸铵溶液呈中性，常温下ch3cooh的ka=1105 moll1，则该温度下0.1moll1的nh4cl溶液的ph为_9（17分）金属作为一种能源受到越来越多的关注（1）起始阶段，金属主要作为燃料的添加剂如航天飞机曾用金属铝粉和高氯酸铵混合物作为固体燃料，加热铝粉使其氧化并放出大量热量，促使混合物中另一种燃料分解：4nh4clo46h2o+2n2+4hcl+5o2，在该反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为_，每有1molnh4clo4分解，转移电子的物质的量为_（2）随着研究的深入，金属燃料直接作为能源出现铁和铝的燃烧可以提供大量能量已知：4al（s）+3o2（g）=2al2o3（s）h 1；3fe（s）+2o2（g）=fe3o4（s）h 2则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量是铁提供能量的_倍（用h 1和h 2表示）关于金属燃料的下列说法错误的是_a较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染b镁可以通过与二氧化碳的反应，达到既节能又减碳的效果c将金属加工为纳米金属时，表面积增大更容易燃烧d电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝可作为燃料用于发电（3）相比金属燃料来讲，将金属中的化学能转化为电能在现在得到了更为广泛的应用如图为某银锌电池的装置图，则该装置工作时，负极区ph_（填“增大”、“减小”或“不变），正极反应式为_一种新型电池是以li2fesio4、嵌有li的石墨为电极，含li+的导电固体为电解质，放、充电的总反应式可表示为li+lifesio4li2fesio4放电时，li+向_（填“正”或“负”）极移动；充电时，每生成1mol lifesio4转移_mol电子10（18分）硫酸铜溶液常用于农业上制波尔多液如图1是用废铜料（铁、铜混合物）来生产硫酸铜的过程，请根据图示回答下列问题（1）试剂x的化学式为_，操作的名称为_（2）甲同学认为途径比途径更为合理，其理由是_（填编号）a对环境污染少 b反应速率快c铜的利用率高 d硫酸的利用率高（3）实验室用浓硫酸与铜反应，采用图2装置制备并收集干燥的so2气体a装置的名称_连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：a接_，_接_，_接_，_接h反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有cuo、cus等杂质已知硫化铜不与h+反应，与足量稀硝酸反应生成cu2+、+6价的s和no气体，该反应的离子方程式为_利用所给试剂设计实验，检测黑色物质中是否存在cus其方案为：将烧瓶中混合物加入到蒸馏水中，充分反应后过滤，向滤渣中_（补充实验操作、现象和结论）供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液【化学-有机化学基础】11有机物i是一种药物合成的中间体，可以通过如图所示的路线合成：已知：a分子中有一个碳原子上没有氢原子；f、i与氯化铁溶液能发生显色反应，f分子中苯环上有三个间位取代基请回答下列问题：（1）d的结构简式为_（2）e分子中官能团的名称为_，反应中，属于取代反应的有_步（3）e的同分异构体有多种，其中符合下列条件的有机物有_种只有一种官能团 能发生银镜反应（4）写出i与氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式：_2015年山东省枣庄市滕州七中高考化学模拟试卷（4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下列说法不正确的是( )a晶体硅可用作制造太阳能电池和光导纤维b用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹c“地沟油”禁止食用，但可用来制生物柴油和肥皂d高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强考点：硅的用途；盐类水解的应用；金属与合金在性能上的主要差异；油脂的性质、组成与结构分析：a光导纤维主要成分是二氧化硅；b氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；c地沟油是对生活中存在的各类劣质油的统称，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大其主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用；d铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点解答：解：a晶体硅可用作制造太阳能电池，不能制造光导纤维，故a错误；b饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故b正确；c地沟油属于油脂，油脂可发生皂化反应制肥皂；生物柴油是以动植物油脂、废餐饮用油等为原料与甲醇在催化剂作用下，进行酯交换制成的液体燃料，故c正确；d铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，故d正确；故选：a点评：本题为综合题，考查了材料的使用，盐类的水解，硅、油脂的性质及用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意硅与二氧化硅用途的区别，为高考频考点，题目难度不大2x、y、z、w四种短周期元素，原子序数依次增大其中x的最外层电子数是最内层电子数的2倍，y可形成双原子和三原子气体单质，z和w形成的化合物中离子个数比为1：1，w的最高正价为+7价则下列说法正确的是( )ay形成的简单离子半径小于z形成的简单离子半径bx的氢化物稳定性弱于y的氢化物稳定性c四种元素中，w的氧化物对应的水合物酸性最强dy与z形成的两种化合物中所含有化学键类型相同考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：x、y、z、w是四种短周期元素，原子序数依次增大，x的最外层电子数是最内层电子数的2倍，由原子序数可知，x不可能处于第三周期，只能处于第二周期，故其最外层电子数为4，则x为c元素；y可形成双原子和三原子气体单质，则y为n元素；z和w形成的化合物中离子个数比为1：1，w的最高正价为+7价，则w为cl，z为na，据此解答解答：解：x、y、z、w是四种短周期元素，原子序数依次增大，x的最外层电子数是最内层电子数的2倍，由原子序数可知，x不可能处于第三周期，只能处于第二周期，故其最外层电子数为4，则x为c元素；y可形成双原子和三原子气体单质，则y为n元素；z和w形成的化合物中离子个数比为1：1，w的最高正价为+7价，则w为cl，z为naan3、na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：n3na+，故a错误；b非金属性cn，故氢化物稳定性ch4nh3，故b正确；c应是四种元素中，w的最高价氧化物对应的水合物酸性最强，不是最高价则不一定，若次氯酸为弱酸，硝酸为强酸，故c错误；dy与z形成的两种化合物为nan3、na3n，前者含量离子键、共价键，后者含有离子键，故d错误，故选b点评：本题考查位置结构性质关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，c、d选项为易错点，学生容易忽略最高价，d选项中学基本比涉及3下列图中的实验方案，能达到实验目的是( )aabbccdd考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a应在温度相同的条件下进行对比实验；b根据颜色的变化可知平衡移动的方向；cco2和so2都可与碳酸钠溶液反应；d盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰解答：解：a温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故a错误；b将no2球浸泡在冰水和热水中，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故b正确；cco2和so2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故c错误；d盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故d错误故选b点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等4乳酸的结构简式为 ，下列有关乳酸的说法中，不正确的是( )a乳酸中能发生酯化反应的官能团有2种b1 mol乳酸可与2 mol naoh发生中和反应c1 mol乳酸与足量金属na反应生成1 mol h2d有机物与乳酸互为同分异构体考点：有机物的结构和性质分析：该分子中含有醇羟基和羧基，具有醇和羧酸的性质，能发生取代反应、氧化反应、缩聚反应、酯化反应、中和反应等，据此分析解答解答：解：a含有醇羟基和羧基，二者都能发生酯化反应，所以乳酸中能发生酯化反应的官能团有2种，故a正确；b只有羧基能和naoh发生中和反应，所以1 mol乳酸可与1mol naoh发生中和反应，故b错误；c醇羟基和羧基都能和钠反应生成氢气，所以1 mol乳酸与足量金属na反应生成1 mol h2，故c正确；d分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，所以有机物与乳酸互为同分异构体，故d正确；故选b点评：本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇和羧酸的性质，易错选项是b，注意醇羟基和氢氧化钠不反应5下列有关实验的叙述错误的是( )a实验室中可以用生石灰与浓氨水混合的方法制取少量氨气b酸碱滴定实验中，滴定管装液前应用待装溶液润洗，锥形瓶不能用待装液润洗c在加热的情况下，烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的3/4d将ki和fecl3溶液混合后，加入ccl4振荡静置，下层液体变紫色，说明氧化性：fe3+i2考点：氧化性、还原性强弱的比较；氨的实验室制法；化学实验安全及事故处理；中和滴定分析：a生石灰能与水反应，且为放热反应；b滴定管不润洗，浓度会减小，锥形瓶中溶液是准确量取的，不需要润洗；c在加热的情况下，烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的；dki和fecl3反应生成i2，i2易溶于ccl4解答：解：a生石灰能与水反应生成强碱，且为放热反应，氨水受热分解生成氨气，所以可制取氨气，故a正确；b滴定管不润洗，浓度会减小，所以滴定管装液前应用待装溶液润洗，锥形瓶中溶液是准确量取的，不需要润洗，若锥形瓶润洗，其物质的量会增大，滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，所以锥形瓶不能润洗，故b正确；c在加热的情况下，烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的，故c错误；d将ki和fecl3溶液混合后，加入ccl4振荡静置，下层液体变紫色，说明ki和fecl3反应生成i2，则氧化性：fe3+i2，故d正确故选c点评：本题考查氨气的制备、中和滴定、仪器使用、碘的性质等，难度不大，注意物质的性质决定物质的用途，熟记物质的性质并灵活应用是关键，难度不大6下列对各平衡体系的建立和变化的描述正确的是( )a常温下，氨水溶液加水稀释，增大b2so2（g）+o2 （g）2so3（g）（h0），其它条件不变时，升高温度，v（正）增大、v（逆）减小，平衡正向移动c某容器中存在h2（g）+i2 （g）2hi（g）反应，当减小容器体积时，气体颜色加深，各物质的百分含量不变d25时mg（oh）2的ksp小于mgf2的ksp，则饱和mg（oh）2与饱和mgf2相比，前者c（mg2+）大考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素；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：a、=；b、升温正逆反应速率都增大；c、反应h2（g）+i2 （g）2hi（g）是反应前后气体体积不变的反应，加压平衡不移动；d、根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中mg2+浓度较小；解答：解：a、=，温度不变，其值不变，故a错误；b、升温时正逆反应速率都增大，故b错误；c、加压平衡不移动，但各组分浓度增大，气体颜色加深，各物质的百分含量不变，故c正确；d、因氢氧化镁溶度积小，由ksp计算则其mg2+浓度小，故d错误；故选c点评：本题考查了电离平衡常数和水的离子积常数只受温度影响、影响反应速率的因素、影响平衡移动的因素、难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大7下列有关溶液的描述正确的是( )a1 moll1的fecl3溶液中，fe3+离子个数小于nabal3+和s2，no3和s2两组离子在酸、碱和中性溶液中均不能大量共存cca（hco3）2溶液与过量naoh溶液反应的离子方程式：ca2+hco3+oh=caco3+2h2od向10 ml 0.1 moll1 ch3coona溶液中加入5 ml 0.1 moll1盐酸时，溶液中c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）c（oh）考点：离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；离子共存问题分析：a缺少氯化铁溶液的体积，无法计算铁离子的数目；bno3和s2在中性、碱性溶液中能够共存；c氢氧化钠过量，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式组成书写；d反应后溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度大于其水解程度，则：c（h+）c（oh）、c（ch3coo）c（ch3cooh）解答：解：a没有告诉氯化铁溶液的体积，无法计算铁离子的物质的量及数目，故a错误；bal3+和s2一定不能共存，而no3和s2在中性、碱性溶液中能够共存，故b错误；cca（hco3）2溶液与过量naoh溶液反应生成碳酸钠、碳酸钙沉淀和水，正确的离子方程式为：ca2+2hco3+2oh=caco3+2h2o+co32，故c错误；d10 ml 0.1 moll1 ch3coona溶液中加入5 ml 0.1 moll1盐酸时，反应后溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度大于其水解程度，则：c（h+）c（oh）、c（ch3coo）c（ch3cooh），溶液中离子浓度大小为：c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）c（oh），故d正确；故选d点评：本题考查了离子浓度大小比较、离子方程式书写、离子共存、阿伏伽德罗常数的应用等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生灵活应用基础知识的能力，注意掌握离子共存的条件、离子方程式的书写原则，明确判断离子浓度大小常用方法二、【必做部分】8（18分）c、n、s是重要的非金属元素，按要求回答下列问题：（1）烟道气中含有的co和so2是重要的污染物，可在催化剂作用下将它们转化为s（s）和co2，此反应的热化学式为2co（g）+so2（g）=s（s）+2co2（g）h=270 kjmol1已知：co（g）+1/2o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1；s（s）+o2=so2（g）h=296.0kjmol1（2）向甲、乙两个均为1l的密闭容器中，分别充入5mol so2和3mol o2，发生反应：2so2 （g）+o2 （g）2so3（g）h0甲容器在温度为t1的条件下反应，达到平衡时so3的物质的量为4.5mol；乙容器在温度为t2的条件下反应，达到平衡时so3的物质的量为4.6mol则t1t2（填“”“”），甲容器中反应的平衡常数k=108lmol1（3）如图1所示，a是恒容的密闭容器，b是一个体积可变的充气气囊保持恒温，关闭k2，分别将1mol n2和3mol h2通过k1、k3充入a、b中，发生的反应为n2（g）+3h2（g）2nh3（g），起始时a、b的体积相同均为a l图2示意图中正确，且既能说明a容器中反应达到平衡状态，又能说明b容器中反应达到平衡状态的是d容器a中反应到达平衡时所需时间t s，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，则平均反应速率v（h2）=moll1s1（4）将0.1mol氨气分别通入1l ph=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三溶液中nh4+离子浓度分别为c1、c2、c3，则三者浓度大小的关系为c1=c2c3 （用c1、c2、c3和、=表示）已知醋酸铵溶液呈中性，常温下ch3cooh的ka=1105 moll1，则该温度下0.1moll1的nh4cl溶液的ph为5考点：热化学方程式；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；盐类水解的应用分析：（1）已知co（g）+o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1s（s）+o2（g）=so2（g）h=296.0kjmol1根据盖斯定律将方程式2得2co（g）+so2（g）=s（s）+2co2（g），然后计算反应热；（2）该反应为放热反应，温度越高，生成的so3越少；先利用三段式求出平衡时各物质的浓度，再根据k=计算；（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；已知反应为n2（g）+3h2（g）2nh3（g），通入1mol n2和3mol h2，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，根据压强之比等于物质的量比结合三段式计算；（4）ph=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/l，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，氨气与硫酸和盐酸恰好反应；醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下ch3cooh的ka=1105 moll1，所以nh3h2o的电离常数为1105 moll1，ka=，kh=1109，据此计算解答：解：（1）co（g）+o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1s（s）+o2（g）=so2（g）h=296.0kjmol1将方程式2得2co（g）+so2（g）=s（s）+2co2（g）h=（283.0kjmol1）2（296.0kjmol1）=270kjmol1，所以热化学反应方程式为：2co（g）+so2（g）=s（s）+2co2（g）h=270kjmol1，故答案为：2co（g）+so2（g）=s（s）+2co2（g）h=270kjmol1；（2）该反应为放热反应，温度越高，生成的so3越少，达到平衡时甲容器中生成的三氧化硫的物质的量少，则甲容器的温度高，即t1t2； 2so2 （g）+o2 （g）2so3（g）起始（mol/l）：5 3 0转化（mol/l）：x 0.5x x平衡（mol/l）：5x 30.5x x达到平衡时so3的物质的量为4.5mol，则x=4.5mol/l，所以k=108lmol1；故答案为：；108lmol1；（3）a密度=，总质量一定，a中体积不变，故密度不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b恒温条件下，平衡常数保持不变，则不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；dn2的转化率先增大，后保持不变，说明反应达到平衡状态，与图象相符，故d正确；故答案为：d； n2（g）+3h2（g）2nh3（g）起始（mol）：1 3 0转化（mol）：x 3x 2x平衡（mol）：1x 33x 2x达到平衡后容器的压强变为原来的，则=，解得x=，v（h2）=moll1s1；故答案为：moll1s1；（4）ph=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/l，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，铵根离子浓度较大，氨气与硫酸和盐酸恰好反应，所以溶液中铵根离子浓度：c1=c2c3，；醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下ch3cooh的ka=1105 moll1，所以nh3h2o的电离常数为1105 moll1，ka=1105，kh=1109，设c（h+）为xmol/l，则kh=，解得x=1105mol/l，所以ph=5；故答案为：c1=c2c3；5点评：本题考查较综合，涉及平衡常数计算、反应速率计算、平衡状态判断、弱电解质的电离等知识点，这些都是高考高频点，侧重考查学生分析、计算及知识运用能力，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点9（17分）金属作为一种能源受到越来越多的关注（1）起始阶段，金属主要作为燃料的添加剂如航天飞机曾用金属铝粉和高氯酸铵混合物作为固体燃料，加热铝粉使其氧化并放出大量热量，促使混合物中另一种燃料分解：4nh4clo46h2o+2n2+4hcl+5o2，在该反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为4：7，每有1molnh4clo4分解，转移电子的物质的量为8mol（2）随着研究的深入，金属燃料直接作为能源出现铁和铝的燃烧可以提供大量能量已知：4al（s）+3o2（g）=2al2o3（s）h 1；3fe（s）+2o2（g）=fe3o4（s）h 2则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量是铁提供能量的倍（用h 1和h 2表示）关于金属燃料的下列说法错误的是da较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染b镁可以通过与二氧化碳的反应，达到既节能又减碳的效果c将金属加工为纳米金属时，表面积增大更容易燃烧d电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝可作为燃料用于发电（3）相比金属燃料来讲，将金属中的化学能转化为电能在现在得到了更为广泛的应用如图为某银锌电池的装置图，则该装置工作时，负极区ph减小（填“增大”、“减小”或“不变），正极反应式为ag2o+2e+h2o=2ag+2oh一种新型电池是以li2fesio4、嵌有li的石墨为电极，含li+的导电固体为电解质，放、充电的总反应式可表示为li+lifesio4li2fesio4放电时，li+向正极（填“正”或“负”）极移动；充电时，每生成1mol lifesio4转移1mol电子考点：氧化还原反应的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理分析：（1）利用元素的化合价变化来分析氧化产物与还原产物，然后分析物质的量的关系；再利用氧化还原反应中转移的电子数来计算1mol高氯酸铵分解转移的电子数；（2）假设金属的质量都是m，根据热化学方程式的意义来计算即可；根据金属燃烧反应的特点以及应用来判断；（3）根据银锌电池工作时，负极区是金属锌失电子的氧化反应，正极上是氧化银得电子的还原反应来回答判断；新型锂离子电池是一种二次电池，放电时，电池是将化学能转化为电能，负极为li，lifesio4为正极，充电时为电解池，电极反应为原电池中反应的逆过程，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答：解：（1）在该反应中氮元素、氧元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，则氮气和氧气为氧化产物，hcl为还原产物，由方程式可知，氧化产物的物质的量为2+5=7mol，则还原产物的物质的量为4mol，则氧化产物与还原产物的物质的量之比7：4；在该反应中4mol高氯酸铵分解转移的电子数为4（7（1）=32mol，则每分解1mol高氯酸铵转移的电子为8mol，故答案为：4：7；8mol；（2）假设金属的质量都是m，则mg金属铝完全燃烧，提供能量是，mg金属fe完全燃烧，提供能量是，则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量和铁提供能量的比值是：，即则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量是铁提供能量的倍；a大多数即使农户燃烧产物是氧化物，金属燃烧较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染，故正确；b镁可以与二氧化碳的反应产生氧化镁和碳单质，产生热量，达到既节能又减碳的效果，故正确；c将金属加工为纳米金属时，表面积增大，可以提高燃烧速率，使之更容易燃烧，故正确；d电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝燃烧不能用于发电，造价太高，故错误故选d故答案为：，d；（3）银锌电池工作时，负极区是金属锌失电子的氧化反应，zn+2oh2e=zn（oh）2，消耗氢氧根离子，所以溶液的ph减小，正极是氧化银得电子的还原反应：ag2o+2e+h2o=2ag+2oh；故答案为：减小；ag2o+2e+h2o=2ag+2oh；充电时阳极上发生的反应为li2sio4elifesio4+li+，则毎生成1mollifesio4转移1mol电子，阳离子向阴极移动，放电时，li+向正极移动，故答案为：正极；1mol点评：本题考查学生热化学方程式的有关计算、原电池和电解池的工作原理以及氧化还原反应中电子转移的计算等知识，属于综合知识的考查，难度中等10（18分）硫酸铜溶液常用于农业上制波尔多液如图1是用废铜料（铁、铜混合物）来生产硫酸铜的过程，请根据图示回答下列问题（1）试剂x的化学式为h2so4，操作的名称为过滤（2）甲同学认为途径比途径更为合理，其理由是ad（填编号）a对环境污染少 b反应速率快c铜的利用率高 d硫酸的利用率高（3）实验室用浓硫酸与铜反应，采用图2装置制备并收集干燥的so2气体a装置的名称分液漏斗连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：a接d，e接b，c接g，f接h反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有cuo、cus等杂质已知硫化铜不与h+反应，与足量稀硝酸反应生成cu2+、+6价的s和no气体，该反应的离子方程式为3cus+8h+8no3=3cu2+3so42+8no+4h2o利用所给试剂设计实验，检测黑色物质中是否存在cus其方案为：将烧瓶中混合物加入到蒸馏水中，充分反应后过滤，向滤渣中加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在cus（补充实验操作、现象和结论）供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液考点：制备实验方案的设计分析：废铜料中有铁和铜，要生产硫酸铜，需将铁除去，因此可加入足量稀硫酸将铁除去，铜与硫酸不反应，过滤后铜与氧气反应转化为氧化铜，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜（1）加入的x需将铁除去，且不能与铜反应选择稀硫酸，固液分离用过滤操作；（2）途径：2cu+o22cuo，转化为氧化铜，cuo+h2so4cuso4+h2o没有二氧化硫产生，硫酸的利用率高，无污染；（3）a装置为分液漏斗，在该装置中滴加浓硫酸；若要收集满干燥的so2气体，装置排列顺序为：气体发生装置、干燥装置、收集装置、检验装置、尾气处理装置；根据题干信息：硫化铜不与h+反应，与足量稀硝酸反应生成cu2+、+6价的s和no气体，确定反应物和生成物书写方程式，根据反应方程式设计通过检测硫酸根离子检测黑色物质中是否存在cus解答：解：加入的x需将铁除去，且不能与铜反应选择稀硫酸，反应为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为fe+h2so4 feso4+h2，过滤后铜与氧气反应为：2cu+o22cuo，转化为氧化铜，反应cuo+h2so4cuso4+h2o；途径，在加热条件下，cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成cuso4、so2、h2o，反应方程式为cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o（1）废铜料中有铁和铜，要生产硫酸铜，需将铁除去，因此可加入足量稀硫酸将铁除去，铜与硫酸不反应，过滤后得到固体铜，故答案为：h2so4；过滤；（2）途径是铜与浓硫酸反应cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫为有毒气体，且浪费硫酸，因此对比途径i、，途径没有二氧化硫产生，硫酸的利用率高，无污染，故答案为：ad；（3）装置a、a，用浓硫酸与铜反应制取二氧化硫，装置a为分液漏斗，用于滴加浓硫酸，故答案为：分液漏斗； 制取干燥的so2气体，装置排列顺序为：气体发生装置、干燥装置、收集装置、检验装置、尾气处理装置，a、a 为气体发生装置、b、c（f、g）为收集装置、d、e用浓硫酸是干燥装置、f、g（b、c）是防倒吸装置、h是尾气处理装置，所以排列顺序是debcgfh或defgcbh，故答