山东省泰安市高考化学一模试卷（含解析）.doc

山东省泰安市2015届高考化学一模试卷一、选择题（本题包括13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）下列说法正确的是（）a石油的分馏、煤的干馏、电解质溶液导电均属于物理变化b钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀，镀锌铁皮镀层破损后对铁失去保护作用c14c与12c互称同位素；o2与o3是氧元素的同素异形体dso2和co2属于酸性氧化物，na2o和al2o3属于碱性氧化物2（5分）有机化合物m的结构简式为，关于m的说法正确的是（）a分子式为c10h12o3b1molna2co3，最多能消耗lmol有机物mc1molm与足量金属钠反应生成11.2l气体（标准状况） dm能发生取代反应、氧化反应和加成反应3（5分）甲、乙、丙、丁为4种短周期元素，在周期表中，甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系如右图所示（原子序数：乙丙）丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，4种元素原子的最外层电子数之和为24下列判断正确的是（）a元素甲的简单气态氢化物稳定性比乙的强b元素乙在周期表中的位置为第2周期，via族c元素丙和元素丁的最高价氧化物对应的水化物均为强酸d4种元素的简单阴离子半径从大到小顺序为：丁乙丙甲4（5分）从下列实验事实所得出的相应结论正确的是（）实验事实结论将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是so2将燃烧的镁条放入co2中能继续燃烧还原性：mgcnahco3溶液与na溶液混合产生白色沉淀酸性：hco3al（oh）3常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：pn某无色晶体加入氢氧化钠浓溶液中并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该晶体中一定有nh4+abcd5（5分）下列说法正确的是（）a用湿润的ph试纸测定溶液的ph，测定结果偏小，该溶液一定呈酸性b“中和滴定”实验中，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用待装液润洗后方可使用，锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用c将碘水倒入分液漏斗，加入适量乙醇，振荡后静置，能将碘萃取到乙醇中d将氢氧化钠稀溶液逐滴滴入氯化铁饱和溶液中，边滴边搅拌，可获得氢氧化铁胶体6（5分）下列说法中正确的是（）a常温下水电离出c（h+）c（oh）=1020的溶液中：na+、cio、so42；nh4+能大量共存b常温下ph=7的溶液中：fe3+、mg2+、so42、cl能大量共存c一定温度下ll0.5moll1nh4c1溶液与2l0.25moll1nh4cl溶液含nh4+物质的量相同d反应zns（s）+cu2+（aq）=cus（s）+zn2+（aq）说明ksp（zns）ksp（cus）7（5分）向20ml 0.1moll1氨水中逐滴加入0.1moll1稀hcl，混合液ph与所加盐酸体积（v/ml）的关系如图所示下列说法正确的是（）a在d点：c（nh4+）+c（nh3h2o）c（cl）b在c点，有v110，且c（nh4+）c（cl）c（oh）=c（h+）c在a、c间任一点，溶液中一定都有：c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）d由b到c的过程中，先增大后减小二、非选择题.8（17分）对氮及其化合物的研究具有重要意义（1）在1l密闭容器中，4mol氨气在一定条件下分解生成氮气和氢气2min时反应吸收热量为46.1kj，此时氨气的转化率为25%该反应的热化学方程式为，这段时间内v（h2）=（2）298k时在2l固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2no2（g）fn2o4（g）h=akjmol1（a0），n2o4的物质的量浓度随时间变化如图1所示达平衡时，n2o4的浓度为no2的2倍298k时，该反应的化学平衡常数为（精确到0.01）；下列情况不是处于平衡状态的是（填字母序号）；a混合气体的密度保持不变b混合气体的颜色不再变化e气压恒定时若反应在398k进行，某时刻测得n（no2）=0.6mol，n（n2o4）=1.2mol，则此时v正v逆（填“”、“”或“=”）（3）用氨气可设计成如图2所示燃料电池，产生的x气体可直接排放到大气中则a电极电极反应式为（4）t下，某研究人员测定nh3h2o的电离常数为1.8105nh4+的水解常数为1.5108，则该温度下水的离子积常数为，请判断t25（填“”、“”或“=”）9（16分）铁、铝及其化合物的应用十分广泛，请回答：（1）在实验室中，硝酸铝必须与可燃物分开存放，是因为硝酸铝具有（填字母序号）a可燃性 b氧化性 c还原性（2）已知：当al（no3）3溶液中ph3时，铝元素有多种存在形态，如al3+、2+、+等，各形态之间可相互转化，写出该溶液中2+转化为+的离子方程式（3）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂，反应的离子方程式为；从腐蚀废液中回收金属铜还需要的试剂是（4）铁红是一种红色颜料，其成分是fe2o3，将一定量的铁红溶于160ml5moll1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24l氢气（标准状况），溶液中铁元素的存在形式为（填离子符号），检验该离子的实验操作、现象和结论是；参加反应的铁粉的质量为10硫酰氯（so2cl2）是一种化工原料，有如下有关信息：常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”；100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气氯化法是合成硫酰氯的常用方法，实验室合成反应和实验装置如图1：so2（g）+cl2（g）so2cl2（l）h97.3kjmol1回答下列问题：（1）仪器a的名称为，甲中活性炭的作用是，b中加入的药品是实验时从仪器c中放出溶液的操作方法是（2）装置丁中发生反应的离子方程式为用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体时，如要控制反应速度，如图2中可选用的发生装置是（填写字母）（3）氯磺酸（c1so3h）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为，分离产物的方法是（4）若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中还需要注意的事项有（只答一条即可）三【化学-化学与技术】11（12分）【化学选修2：化学与技术】（1）火山喷发所产生的硫磺可用于生产重要的化工原料硫酸某企业用右图所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装（填设备名称）吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是为使硫磺充分燃烧，经流量计1通入燃烧室的氧气过量50%为提高so2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍，则生产过程中流经流量计1和流量计2的空气体积比应为假设接触室中so2的转化率为95%，b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为（空气中氧气的体积分数按0.2计），该尾气的处理方法是与以硫铁矿为原料的生产工艺相比，该工艺的特点是（可多选）a耗氧量减少b二氧化硫的转化率提高c产生的废气减少 d不需要使用催化剂（2）硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面（可多选）a橡胶的硫化 b表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成c铅蓄电池的生产 d过磷酸钙的制备（3）矿物燃料的燃烧是产生大气中so2的主要原因之一在燃煤中加入适量的石灰石，可有效减少煤燃烧时so2的排放，请写出此脱硫过程中反应的化学方程式四【化学-物质结构与性质】12（12分）碳是形成化合物种类最多的元素（1）c、n、o三种元素的第一电离能由大到小的顺序为，碳的最简单气态氢化物中心原子的杂化类型为（2）类肉素的结构式为ncsscn其分子中键和键的个数比为；该物质对应的酸有两种，理论上硫氰酸（hscn）的沸点低于异硫氰酸（hn=c=s）的沸点，其原因是（3）位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同的元素，其基态原子的价层电子排布式为（4）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能，其晶胞结构如图所示（其中为碳原子，为硅原子）每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有个；设晶胞边长为a cm，密度为b gcm3，则阿伏加德罗常数可表示为（用含a、b的式子表示）五【化学-有机化学基础】13（12分）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物i的说法正确的是a可发生取代、氧化等反应 b1mol化合物i最多能与4mol h2加成c易溶于水、乙醇等溶剂 d属于芳香族化合物（2）化合物的分子式为，lmol化合物与naoh溶液反应最多消耗mol naoh（3）化合物可与乙酸制备化合物，写出符合下列要求的的同分异构体的结构简式a：遇fecl3溶液显紫色b：核磁共振氢谱有3组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料，制备的化学方程式，山东省泰安市2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13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）下列说法正确的是（）a石油的分馏、煤的干馏、电解质溶液导电均属于物理变化b钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀，镀锌铁皮镀层破损后对铁失去保护作用c14c与12c互称同位素；o2与o3是氧元素的同素异形体dso2和co2属于酸性氧化物，na2o和al2o3属于碱性氧化物考点：物理变化与化学变化的区别与联系；同位素及其应用；同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；金属的电化学腐蚀与防护 分析：a石油的分馏属于物理变化，煤的干馏、电解质溶液导电均属于化学变化；b镀锌铁皮镀层破损后，铁做正极被保护；c有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；d氧化物只有两种元素，且必须有氧元素，酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，溶于水一般生成酸的氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，两性氧化物既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水；解答：解：a石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，电解质溶液导电是电解的过程，属于化学变化，故a错误；b钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀，镀锌铁皮镀层破损后，铁做正极被保护，故铁仍被保护，故b错误；c14c与12c质子数相同都为6，中子数不同分别为8、6，互为同位素，o2与o3都是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故c正确；d二氧化硫、二氧化碳与碱反应生成盐与水，属于酸性氧化物；氧化钠与酸反应生成盐与水，属于碱性氧化物；al2o3属于两性氧化物，故d错误；故选c点评：本题考查学生常见物质的概念、金属的腐蚀等知识，注意氧化铝是两性氧化物这一结论，要求平时注意知识的灵活应用，难度不大2（5分）有机化合物m的结构简式为，关于m的说法正确的是（）a分子式为c10h12o3b1molna2co3，最多能消耗lmol有机物mc1molm与足量金属钠反应生成11.2l气体（标准状况）dm能发生取代反应、氧化反应和加成反应考点：有机物的结构和性质 分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题解答：解：a由结构简式可知有机物分子式为c10h10o3，故a错误；b只有羧基可与na2co3反应，1molna2co3，最多能消耗2mol有机物m，生成nahco3，故b错误；c羧基、羟基都可钠反应生成氢气，则1molm与足量金属钠反应生成1mol氢气，体积为22.4l气体（标准状况），故c错误；d碳碳双键可发生加成反应、氧化反应，羟基可发生取代、氧化反应，故d正确故选d点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、羧酸、烯烃性质的考查，题目难度中等3（5分）甲、乙、丙、丁为4种短周期元素，在周期表中，甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系如右图所示（原子序数：乙丙）丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，4种元素原子的最外层电子数之和为24下列判断正确的是（）a元素甲的简单气态氢化物稳定性比乙的强b元素乙在周期表中的位置为第2周期，via族c元素丙和元素丁的最高价氧化物对应的水化物均为强酸d4种元素的简单阴离子半径从大到小顺序为：丁乙丙甲考点：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：甲、乙、丙、丁为四种短周期元素，由甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系可知，甲位于第二周期，原子序数：乙丙，且丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，故甲与丁处于同主族，甲与乙、丙处于同一周期，乙在甲的右侧相邻、丙在甲的左侧相邻，令甲的原子序数为x，则乙为x+1、丙为x1，丁为x+8，则x1+x+1=x+8，解得x=8，故甲为o、乙为f、丙为n、丁为s，结合元素周期律、原子结构来分析解答解答：解：甲、乙、丙、丁为四种短周期元素，由甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系可知，甲位于第二周期，原子序数：乙丙，且丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，故甲与丁处于同主族，甲与乙、丙处于同一周期，乙在甲的右侧相邻、丙在甲的左侧相邻，令甲的原子序数为x，则乙为x+1、丙为x1，丁为x+8，则x1+x+1=x+8，解得x=8，故甲为o、乙为f、丙为n、丁为s，a同一周期元素中，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，其氢化物的稳定性越强，f的非金属性大于o元素，所以乙的氢化物的稳定性大于甲，故a错误；b乙原子核外有2个电子层，最外层电子数是7，则乙在周期表中位于第二周期第viia族，故b错误；c丙为n元素，丁为s元素，硝酸和硫酸都是强酸，则元素丙和元素丁的最高价氧化物对应的水化物均为强酸，故c正确；d电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径为s2n3o2f，故d错误；故选c点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律、半径比较等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意离子半径大小的比较方法，先根据电子层数判断，如果电子层数相同时再根据电荷数判断，题目难度中等4（5分）从下列实验事实所得出的相应结论正确的是（）实验事实结论将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是so2将燃烧的镁条放入co2中能继续燃烧还原性：mgcnahco3溶液与na溶液混合产生白色沉淀酸性：hco3al（oh）3常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：pn某无色晶体加入氢氧化钠浓溶液中并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该晶体中一定有nh4+abcd考点：化学实验方案的评价 分析：品红溶液褪色，气体为二氧化硫、氯气等；燃烧的镁条放入co2中能继续燃烧，生成mgo和c；na溶液促进碳酸氢根离子的电离生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；nn键能大，性质稳定；产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气解答：解：品红溶液褪色，气体为二氧化硫、氯气等，若加热恢复红色，气体为二氧化硫，故错误；燃烧的镁条放入co2中能继续燃烧，生成mgo和c，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性为mgc，故正确；na溶液促进碳酸氢根离子的电离生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，则酸性：hco3al（oh）3，故正确；nn键能大，性质稳定，则利用现象比较非金属性，事实为非金属性np，故错误；产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则该晶体中一定有nh4+，故正确；故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、反应现象与结论的关系等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5（5分）下列说法正确的是（）a用湿润的ph试纸测定溶液的ph，测定结果偏小，该溶液一定呈酸性b“中和滴定”实验中，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用待装液润洗后方可使用，锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用c将碘水倒入分液漏斗，加入适量乙醇，振荡后静置，能将碘萃取到乙醇中d将氢氧化钠稀溶液逐滴滴入氯化铁饱和溶液中，边滴边搅拌，可获得氢氧化铁胶体考点：中和滴定；测定溶液ph的方法；分液和萃取 分析：a用湿润的ph试纸测定溶液的ph，相当于稀释了待测溶液，测定结果偏小，该溶液一定呈碱性；b容量瓶和锥形瓶在使用是可以加蒸馏水可以不干燥和润洗，而滴定管和移液管必须干燥或润洗；c根据萃取剂的选取原理；d在氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液，fecl3+3naoh=fe（oh）3+3nacl，生成氢氧化铁沉淀解答：解：a用湿润的ph试纸测定溶液的ph，测定结果偏小，该溶液一定呈碱性，故a错误；b“中和滴定”实验中，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用待装液润洗后方可使用，而锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，故b正确；c乙醇与水互溶，不能从碘水中萃取碘，故c错误；d在氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液，fecl3+3naoh=fe（oh）3+3nacl，生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故d错误；故选b点评：本题考查了实验的基本常识和操作，实验知识是2015届高考的必考点，考查综合，难度不大6（5分）下列说法中正确的是（）a常温下水电离出c（h+）c（oh）=1020的溶液中：na+、cio、so42；nh4+能大量共存b常温下ph=7的溶液中：fe3+、mg2+、so42、cl能大量共存c一定温度下ll0.5moll1nh4c1溶液与2l0.25moll1nh4cl溶液含nh4+物质的量相同d反应zns（s）+cu2+（aq）=cus（s）+zn2+（aq）说明ksp（zns）ksp（cus）考点：离子共存问题；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：a该溶液为酸性或碱性溶液，铵根离子能够与氢氧根离子反应，次氯酸根离子能够与氢离子反应；b铁离子、镁离子水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液；c铵根离子浓度不同，其水解程度不同；d溶解度越小，难溶物越难溶，对应的溶度积越小解答：解：a常温下水电离出c（h+）c（oh）=1020的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，clo与氢离子反应，nh4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故a错误；bfe3+、mg2+在溶液中发生水解，该溶液不可能为中性，故b错误；c一定温度下ll0.5moll1nh4c1溶液和2l0.25moll1nh4cl溶液中都含有0.5mol溶质氯化铵，由于铵根离子浓度不同，其水解程度不同，则两溶液中含nh4+物质的量一定不相同，故c错误；dzns（s）+cu2+（aq）=cus（s）+zn2+（aq），该反应中，zns转化成更难溶的cus沉淀，说明ksp（zns）ksp（cus），故d正确；故选d点评：本题考查了离子共存的判断、难溶物溶解平衡及其应用，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确难溶物溶度积的概念及应用，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力7（5分）向20ml 0.1moll1氨水中逐滴加入0.1moll1稀hcl，混合液ph与所加盐酸体积（v/ml）的关系如图所示下列说法正确的是（）a在d点：c（nh4+）+c（nh3h2o）c（cl）b在c点，有v110，且c（nh4+）c（cl）c（oh）=c（h+）c在a、c间任一点，溶液中一定都有：c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）d由b到c的过程中，先增大后减小考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：氨水呈碱性，盐酸呈酸性，向氨水中加入盐酸，发生酸碱中和反应导致溶液的ph值降低，当盐酸和氨水的物质的量相等时，恰好生成氯化铵；当继续加盐酸时，盐酸的物质的量远远大于氨水时，溶液中以盐酸为主，溶液的ph值近似于盐酸的ph值；溶液中根据物料守恒和电荷守恒判断溶液中离子浓度的相对大小解答：解：a、在d点时，根据物料守恒知，n（nh3h2o）+n（nh4+）=0.002mol，n（cl）=0.002mol，溶液的体积相同，所以c（nh4+）+c（nh3h2o）=c（cl）故a错误b、氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，当溶液的ph=7时，氨水的量应稍微过量，所以盐酸的体积小于20ml；溶液呈中性导致c（oh）=c（h+），根据溶液呈电中性得c（nh4+）=c（cl），溶液是氯化铵溶液所以各种离子的关系为：c（nh4+）=c（cl）c（oh）=c（h+），故b正确；c、在a、c间任一点，当盐酸的量很少时，溶液中以氨水的电离为主，所以溶液中离子存在的关系可能是c（nh4+）c（oh）c（cl）c（h+），故c错误；d、盐酸滴入反应生成氯化铵，恰好反应生成氯化铵溶液显酸性，由b到c的过程中是随盐酸滴入和一水合氨反应，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，比值增大，故d错误；故选：b点评：本题考查了酸碱中和反应中ph值图象的分析，难度不大，注意特殊点的分析，1未加盐酸溶液时，2酸碱恰好反应时，3溶液的ph=7时，掌握基础是关键二、非选择题.8（17分）对氮及其化合物的研究具有重要意义（1）在1l密闭容器中，4mol氨气在一定条件下分解生成氮气和氢气2min时反应吸收热量为46.1kj，此时氨气的转化率为25%该反应的热化学方程式为2nh3（g）n2（g）+3h2（g）h=+92.2kj/mol，这段时间内v（h2）=0.75mol/（lmin）（2）298k时在2l固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2no2（g）fn2o4（g）h=akjmol1（a0），n2o4的物质的量浓度随时间变化如图1所示达平衡时，n2o4的浓度为no2的2倍298k时，该反应的化学平衡常数为6.67（精确到0.01）；下列情况不是处于平衡状态的是a（填字母序号）；a混合气体的密度保持不变b混合气体的颜色不再变化e气压恒定时若反应在398k进行，某时刻测得n（no2）=0.6mol，n（n2o4）=1.2mol，则此时v正v逆（填“”、“”或“=”）（3）用氨气可设计成如图2所示燃料电池，产生的x气体可直接排放到大气中则a电极电极反应式为2nh3+6oh6e=n2+6h2o（4）t下，某研究人员测定nh3h2o的电离常数为1.8105nh4+的水解常数为1.5108，则该温度下水的离子积常数为2.71013，请判断t25（填“”、“”或“=”）考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：（1）4mol氨气在一定条件下分解生成氮气和氢气，2min时反应吸收热量为46.1kj，此时氨气的转化率为25%，即分解1mol氨气吸收热量是46.1kj，据热化学方程式的意义以及v=来计算回答；（2）有图可知n2o4的平衡浓度为0.6mol/l，达到平衡时，n2o4的浓度为no2的2倍，则no2的平衡浓度为0.3mol/l，带入平衡常数表达式计算；a、气体的质量不变，容积恒定，因此气体的密度为一定值；b、混合气体的颜色不变说明no2的浓度保持恒定；c、反应2no2（g）n2o4（g）气压恒定时，正、逆反应速率相等；反应为放热反应，升高温度，k值减小，计算可知此时的浓度商q=k（298k）k（398k），反应向逆反应方向移动，因此v（正）v（逆）；（3）氨气作燃料应充入负极区，碱性燃料电池氢氧根离子常参与电极反应；（4）氨气中的n失去电子化合价升高，由于x无污染可以确定x为氮气，根据kw=khkb代入计算即可，kw与温度成正比，以此判断t与25的大小解答：解：（1）4mol氨气在一定条件下分解生成氮气和氢气，2min时反应吸收热量为46.1kj，此时氨气的转化率为25%，即分解1mol氨气吸收热量是46.1kj，据热化学方程式的意义，反应的热化学方程式为：2nh3（g）n2（g）+3h2（g）h=+92.2kj/mol，消耗1mol氨气会生成氢气1.5mol，体积是1l，所以v（h2）=0.75mol/（lmin），故答案为：2nh3（g）n2（g）+3h2（g）h=+92.2kj/mol；0.75mol/（lmin）；（2）有图可知n2o4的平衡浓度为0.6mol/l，达到平衡时，n2o4的浓度为no2的2倍，则no2的平衡浓度为0.3mol/l，则k=6.67l/mol，故答案为：6.67；a、反应物和生成物全是气态物质，气体的质量不变，容积为2l保持恒定，由=可知气体的密度为一定值，因此气体的密度保持不变不一定处于平衡状态，故a选；b、混合气体的颜色不变说明no2的浓度不变，说明反应处于化学平衡状态，故b不选；c、反应2no2（g）n2o4（g）是一个气体体积减小的反应，气压恒定时，正、逆反应速率相等，说明反应处于化学平衡状态，故c不选；故答案为：a；反应为放热反应，升高温度，k值减小，密闭容器的体积为2l，因此的n2o4的浓度为0.6mol/l，no2的浓度为0.3mol/l，浓度商q=6.67l/mol=k（298k）k（398k），反应向逆反应方向移动，因此v（正）v（逆）；故答案为：；（3）在燃料电池中，可燃物充入负极区，所以nh3充入的a极作负极，产生的x气体为氧化产物，可直接排放到大气中，说明x对大气无污染，因此x为氮气，由该燃料电池示意图可知负极反应产物有水，由于是碱性电池，氢氧根离子也参与负极电极反应，综上所述可写出负极反应式：2nh3+6oh6e=n2+6h2o；故答案为：2nh3+6oh6e=n2+6h2o；（4）根据公式kw=khkb，t下kw=1.51081.8105=2.71013；水的电离是吸热的，所以温度越高kw越大，由于2.710131.01014，所以t25，故答案为：2.71013；点评：本题考查知识点全面，涉及热化学方程式的书写、平衡常数的计算、平衡的移动、等知识点，难度中等9（16分）铁、铝及其化合物的应用十分广泛，请回答：（1）在实验室中，硝酸铝必须与可燃物分开存放，是因为硝酸铝具有b（填字母序号）a可燃性 b氧化性 c还原性（2）已知：当al（no3）3溶液中ph3时，铝元素有多种存在形态，如al3+、2+、+等，各形态之间可相互转化，写出该溶液中2+转化为+的离子方程式2+h2o+h+（3）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂，反应的离子方程式为2fe3+cu=2fe2+cu2+；从腐蚀废液中回收金属铜还需要的试剂是过量的铁粉和稀盐酸（4）铁红是一种红色颜料，其成分是fe2o3，将一定量的铁红溶于160ml5moll1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24l氢气（标准状况），溶液中铁元素的存在形式为fe2+（填离子符号），检验该离子的实验操作、现象和结论是取少量待测液于试管中，滴入酸性的高锰酸钾溶液，紫色退却，则含有二价铁离子；参加反应的铁粉的质量为11.2g考点：离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；镁、铝的重要化合物 分析：（1）根据硝酸铝具有氧化性分析；（2）2+与水反应生成+和氢离子；（3）氯化铁与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁；从腐蚀废液中回收金属铜，应加入过量的铁粉，使铁与铜离子反应置换铜，然后用过量的盐酸溶解剩余的铁粉；（4）铁先与fe3+反应，然后再与氢离子反应；二价铁离子具有还原性能够还原酸性的高锰酸钾；结合反应的离子方程式计算解答：解：（1）因为硝酸铝易水解会生成强氧化性的硝酸，所以必须与可燃物分开存放，故选：b；（2）2+与水反应生成+和氢离子，离子方程式为：2+h2o+h+；故答案为：2+h2o+h+；（3）氯化铁与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式：2fe3+cu=2fe2+cu2+；从腐蚀废液中回收金属铜，应加入过量的铁粉，使铁与铜离子反应置换铜，然后用过量的盐酸溶解剩余的铁粉；故答案为：2fe3+cu=2fe2+cu2+；过量的铁粉和稀盐酸；（4）铁红与过量的盐酸反应生成氯化铁，加入铁粉后铁先与fe3+反应，然后再与氢离子反应，因为有氢气生成，所以溶液中不存在三价铁，只存在二价铁离子；二价铁离子具有还原性能够还原酸性的高锰酸钾，能够使酸性的高锰酸钾褪色；氢气的物质的量为=0.1mol，由关系式fe2hclh2，得到 0.1mol 0.2mol 0.1mol根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为（0.16l5mol/l0.2mol）=0.2mol，fe2fecl30.1mol 0.2mol所以参加反应的铁粉的质量为（0.1mol+0.1mol）56g/mol=11.2g，故答案为：11.2g点评：本题考查了离子方程式的书写及有关方程式的计算，明确物质的性质及发生的反应是解题关键，题目难度中等10硫酰氯（so2cl2）是一种化工原料，有如下有关信息：常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中 “发烟”；100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气氯化法是合成硫酰氯的常用方法，实验室合成反应和实验装置如图1：so2（g）+cl2（g）so2cl2（l）h97.3kjmol1回答下列问题：（1）仪器a的名称为冷凝管，甲中活性炭的作用是催化剂，b中加入的药品是碱石灰实验时从仪器c中放出溶液的操作方法是打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下（2）装置丁中发生反应的离子方程式为cl+clo+2h+=cl2+h2o用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体时，如要控制反应速度，如图2中可选用的发生装置是ac（填写字母）（3）氯磺酸（c1so3h）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为2c1so3hso2cl2+h2so4，分离产物的方法是蒸馏（4）若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为cl2+so2+2h2o=2hcl+h2so4为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中还需要注意的事项有（只答一条即可）控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等考点：制备实验方案的设计 分析：（1）由仪器a的结构特征，可知a为冷凝管；由反应原理可知，活性炭没有参与反应，应起催化剂作用；由于so2cl2在潮湿空气中“发烟”，装置b的作用是吸收空气中水蒸气，且吸收未反应的二氧化硫与氯气，防止污染空气；打开分液漏斗上口玻璃塞，平衡气压，再旋转活塞使液体流下；（2）装置丁制备氯气，浓盐酸与漂白粉反应得到氯化钙、氯气与水；用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体时，可以通过控制加入硫酸的量（或速度）控制反应速率；（3）氯磺酸（c1so3h）加热分解，也能制得硫酰氯（so2cl2）与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有h元素，c1so3h中s、cl原子数目之比为1： 1，而so2cl2中s、cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有s元素，结合原子守恒可知另外物质为h2so4，二者沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；（4）丁装置制备的氯气中含有hcl、水蒸气，丙装置盛放饱和食盐水，除去混有的hcl，乙装置盛放浓硫酸，干燥氯气，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫、水反应生成hcl与硫酸，提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，使其充分反应，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温解答：解：（1）由仪器a的结构特征，可知a为冷凝管；由反应原理可知，活性炭没有参与反应，应起催化剂作用；由于so2cl2在潮湿空气中“发烟”，装置b的作用是吸收空气中水蒸气，且吸收未反应的二氧化硫与氯气，防止污染空气，可以盛放碱石灰；从仪器c中放出溶液的操作方法是：打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下，故答案为：冷凝管；催化剂；碱石灰；打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下；（2）装置丁制备氯气，浓盐酸与漂白粉反应得到氯化钙、氯气与水，反应离子方程式为：cl+clo+2h+=cl2+h2o；a可以通过旋转活塞，控制滴加硫酸速度，进而可控制反应速率，故a正确；b浓硫酸与亚硫酸钠混合，不能控制反应速率，故b错误；c橡皮管连接，可以平衡分液漏斗内压强，有利于浓硫酸顺利流下，通过旋转活塞，控制滴加硫酸速度，可控制反应速率，故c正确；d亚硫酸钠为粉末且可溶，无法利用简易启普发生器控制，故d错误，故答案为：cl+clo+2h+=cl2+h2o；ac；（3）氯磺酸（c1so3h）加热分解，也能制得硫酰氯（so2cl2）与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有h元素，c1so3h中s、cl原子数目之比为1：1，而so2cl2中s、cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有s元素，结合原子守恒可知另外物质为h2so4，反应方程式为：2c1so3hso2cl2+h2so4；二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：2c1so3hso2cl2+h2so4；蒸馏；（4）丁装置制备的氯气中含有hcl、水蒸气，丙装置盛放饱和食盐水，除去混有的hcl，乙装置盛放浓硫酸，干燥氯气，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫、水反应生成hcl与硫酸，反应方程式为：cl2+so2+2h2o=2hcl+h2so4；为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应，由于100以上so2cl2开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温，故答案为：cl2+so2+2h2o=2hcl+h2so4；控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等点评：本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用，难度中等三【化学-化学与技术】11（12分）【化学选修2：化学与技术】（1）火山喷发所产生的硫磺可用于生产重要的化工原料硫酸某企业用右图所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装热交换器（填设备名称）吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是使浓h2so4与so3充分接触为使硫磺充分燃烧，经流量计1通入燃烧室的氧气过量50%为提高so2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍，则生产过程中流经流量计1和流量计2的空气体积比应为6：5假设接触室中so2的转化率为95%，b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为0.41%（空气中氧气的体积分数按0.2计），该尾气的处理方法是用氨水吸收与以硫铁矿为原料的生产工艺相比，该工艺的特点是a（可多选）a耗氧量减少b二氧化硫的转化率提高c产生的废气减少 d不需要使用催化剂（2）硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面bcd（可多选）a橡胶的硫化 b表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成c铅蓄电池的生产 d过磷酸钙的制备（3）矿物燃料的燃烧是产生大气中so2的主要原因之一在燃煤中加入适量的石灰石，可有效减少煤燃烧时so2的排放，请写出此脱硫过程中反应的化学方程式caco3cao+co2、so2+caocaso3、2caso3+o22caso4考点：工业制取硫酸 专题：氧族元素分析：（1）so2与o2的反应为放热反应，为了充分利用能量，应安装热交换器；吸收塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收根据反应过程分布计算；a、硫铁矿中铁的氧化需要消耗o2；b、原料选择与so2的转化率无关；c、用硫铁矿为原料产生的废渣较多，但废气量相同；d、用so2制取so3的过程中都需要使用催化剂；（2）a、橡胶硫化所用到的为单质硫；b、烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应；c、铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅；d、过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石；（3）caco3高温分解生成co2和cao，so2为酸性氧化物，可以和碱性氧化物cao反应生成caso3，而caso3易被氧化为caso4解答：解：（1）so2与o2的反应为放热反应，为了充分利用能量，应安装热交换器；吸收塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收，故答案为：热交换器；使浓h2so4与so3充分接触；燃烧室中的反应为s+o2so2，假设so2的体积为x，则流量计1中通入氧气的体积为1.5x，接触室中的反应为2so2+o22so3，则流量计2中通入氧气的体积为1.25x；流量计1中通入空气的体积为7.5x，流量计2中通入空气的体积为6.25x，故流经流量计1和流量计2的空气体积比应为7.5x：6.25x=6：5；燃烧室剩余空气6.5x，接触室剩余空气6.25xx=5.775x，剩余so2为0.05x，故b管尾气中so2的体积分数为0.41%；so2为酸性氧化物，可以用碱液（如氨水）吸收，故答案为：6：5；0.41%； 用氨水吸收；硫铁矿中铁的氧化需要消耗o2，a项正确；原料选择与so2的转化率无关，b项错误；用硫铁矿为原料产生的废渣较多，但废气量相同，c项错误；用so2制取so3的过程中都需要使用催化剂，d项错误，故选：a；（2）橡胶硫化所用到的为单质硫，a项错误；烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应，b项正确；铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅，c项正确；过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石，d项正确，故选：bcd；（3）caco3高温分解生成co2和cao，so2为酸性氧化物，可以和碱性氧化物cao反应生成caso3，而caso3易被氧化为caso4，所以发生反应的化学方程式为：caco3cao+co2 so2+caocaso32caso3+o22caso4，故答案为：caco3cao+co2、so2+caocaso3、2caso3+o22caso4点评：本题是对化学与技术及工业生产的考查，需要学生细读生产工艺图中各物质的变化进行解答，把握氨碱法、制备浓硫酸的工艺流程及设备的作用、发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等四【化学-物质结构与性质】12（12分）碳是形成化合物种类最多的元素（1）c、n、o三种元素的第一电离能由大到小的顺序为noc，碳的最简单气态氢化物中心原子的杂化类型为sp3（2）类肉素的结构式为ncsscn其分子中键和键的个数比为5：4；该物质对应的酸有两种，理论上硫氰酸（hscn）的沸点低于异硫氰酸（hn=c=s）的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键而硫氰酸分子间不能形成氢键（3）位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同的元素，其基态原子的价层电子排布式为3d84s2（4）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能，其晶胞结构如图所示（其中为碳原子，为硅原子）每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个；设晶胞边长为a cm，密度为b gcm3，则阿伏加德罗常数可表示为（用含a、b的式子表示）考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用 分析：（1）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第iia族、第va族元素