山东省济宁市高考化学一模试卷（含解析）.doc

山东省济宁市2015年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）可能用到的相对原子质量：1运用化学知识判断，下列说法正确的是（）a地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可食用bnox、so2、co2、pm2.5颗粒都会导致酸雨c高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害d石油化工中的分馏、裂化、裂解都是通过化学反应来获得轻质油、气体烯烃考点：油脂的性质、组成与结构；常见的生活环境的污染及治理；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用.分析：a地沟油含有有害物质，不能够用做食用油；b二氧化碳不会导致酸雨产生，它含量过高导致温室效应；c在低空的臭氧是污染气体，人体吸收后加速氧化，而在高空的臭氧则是保护地球表面上的生物不受许多宇宙射线直接辐射的保护层；d分馏为物理变化，只得到饱和烃类物质解答：解：a地沟油不能食用，故a错误；b二氧化碳不会导致酸雨产生，它含量过高导致温室效应，故b错误；c高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害，故c正确；d分馏为物理变化，只得到饱和烃类物质，而裂化、裂解都是通过化学反应来获得轻质油、气体烯烃，故d错误；故选：c点评：本题考查了物质的用途，熟悉地沟油的成分、二氧化硫以及二氧化碳的性质、臭氧的作用、石油的分馏与裂化等概念是解题关键，题目难度不大2（5分）（2015济宁一模）下列说法正确的是（）a标况下，1.12lcl2溶于水，转移0.05na电子b向nh4al（so4）2稀溶液中逐滴加入过量ba（oh）2溶液，离子方程式为：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=2baso4+alo2+2h2o+nh3h2oc常温下，由水电离出的h+浓度为1013moll1的溶液中，fe2+、cl、na+、no3可能大量共存d葡萄糖（c6h12o6）溶液中：so42、mno4、k+、h+可以大量共存考点：阿伏加德罗常数；离子方程式的书写；离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a、氯气与水的反应为可逆反应；b、设量少的nh4al（so4）2的物质的量为1mol，据此分析所需的ba2+和oh的物质的量，据此分析离子方程式；c、由水电离出的h+浓度为1013moll1的溶液中，水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液；d、葡萄糖是还原性糖，能被高锰酸根氧化解答：解：a、氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.05na个，故a错误；b、设量少的nh4al（so4）2的物质的量为1mol，在溶液中能电离出2molso42、1molal3+、和1molnh4+，故所需的ba2+的物质的量为2mol，由于ba（oh）2过量，故铝离子要转化为alo2，所需的oh的物质的量共为5mol，故离子方程式为：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=2baso4+alo2+2h2o+nh3h2o，故b正确；c、由水电离出的h+浓度为1013moll1的溶液中，水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液，在碱溶液中，fe2+不能存在；在酸溶液中，fe2+能被no3氧化而不能共存，故c错误；d、葡萄糖是还原性糖，能被高锰酸根氧化为葡萄糖酸，故d错误故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大3（5分）（2015济宁一模）下列实验装置或操作正确的是（）a烧杯中通入过量的co2，出现白色沉淀，则溶液中一定含有alo2b装置可说明浓h2so4具有脱水性、强氧化性，so2具有漂白性、氧化性c装置可以除去乙醇中的乙酸d装置可以比较碳酸钠、碳酸氢钠的热稳定性考点：化学实验方案的评价.分析：a生成的沉淀可能为h2sio3；b二氧化硫与高锰酸钾发生反应，被酸性高锰酸钾氧化；c乙醇和乙酸混溶；d碳酸氢钠加热易分解，可间接加热解答：解：a生成的沉淀可能为h2sio3，可能含有sio321，不一定含有alo2，故a错误；b二氧化硫与高锰酸钾发生反应，被酸性高锰酸钾氧化，二氧化硫具有还原性，故b错误；c乙醇和乙酸混溶，应用蒸馏的方法分离，故c错误；d碳酸氢钠加热易分解，可间接加热，装置可完成实验，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、检验以及性质实验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度中等4（5分）（2015济宁一模）下列说法不正确的是（）a乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色b通过乙烷的取代反应或乙烯的加成反应都可以制取纯净的氯乙烷c淀粉、纤维素都属于糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体d1 mol可与2mol naoh反应考点：乙烯的化学性质；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应；乙醇的化学性质.分析：a含不饱和键的有机物、醇、醛等能被高锰酸钾氧化，使其褪色；b乙烷与氯气发生反应不仅仅生成一氯乙烷，还有二氯乙烷三氯乙烷和四氯乙烷等取代产物，无法制取纯净的氯乙烷；c淀粉、纤维素通式相同，但n值不同，其分子组成不能确定；d，含有1个酯基与1个羧基，酯基与羧基能与氢氧化钠反应解答：解：a乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；b乙烯和氯化氢发生加成反应生成物只有氯乙烷，而乙烷与氯气发生反应不仅仅生成一氯乙烷，还有二氯乙烷三氯乙烷、四氯乙烷等氯代产物，所以无法获得纯净的氯乙烷，故b错误；c淀粉、纤维素通式相同，但n值不同，二者都是混合物，所以淀粉和纤维素不属于同分异构体，故c正确；d，含有1个酯基与1个羧基，酯基与羧基能与氢氧化钠反应，故d正确，故选b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，侧重烯烃、醇、同分异构体的考查，题目难度不大5（5分）（2015济宁一模）原子序数依次增大的x、y、z、m、w为五种短周期元素已知y与z、m与w分别同周期，x与m同主族；x、z、m的质子数之和等于y、w的质子数之和；x与z、m与z都可以分别形成a2b、a2b2型的化合物；x与y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gl1；y、m、w的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应下列说法不正确的是（）a由x、m与z形成的化合物x2z2和m2z2中所含的化学键类型相同b含有w阳离子的某种盐，可用作净水剂cm的单质可保存于煤油中d由x、y、z三种元素形成的某种化合物的水溶液，可能呈碱性或酸性考点：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：原子序数依次增大的x、y、z、m、w为五种短周期元素x与y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gl1，则该气态化合物的相对分子质量=0.7622.4=17，应为nh3，可推知x为h元素、y为n元素；x与m同主族，m原子序数大于n元素，则m为na；y与z同周期，x与z、m与z都可以分别形成a2b、a2b2型的化合物，则z为o元素；m与w分别同周期，x、z、m的质子数之和等于y、w的质子数之和，则m、w原子序数相差1+87=2，可推知w为al元素，y、m、w的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应，符合题意，以此解答该题解答：解：原子序数依次增大的x、y、z、m、w为五种短周期元素x与y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gl1，则该气态化合物的相对分子质量=0.7622.4=17，应为nh3，可推知x为h元素、y为n元素；x与m同主族，m原子序数大于n元素，则m为na；y与z同周期，x与z、m与z都可以分别形成a2b、a2b2型的化合物，则z为o元素；m与w分别同周期，x、z、m的质子数之和等于y、w的质子数之和，则m、w原子序数相差1+87=2，可推知w为al元素，y、m、w的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应，ah2o2中只含有共价键，而na2o2中含有共价键、离子键，所含的化学键类型不相同，故a错误；b含有al3+离子的盐明矾，可用作净水剂，故b正确；cm为na，密度比煤油大，与没有不反应，可保存在煤油中，故c正确；d由h、n、o三种元素形成的某种化合物，硝酸溶液呈酸性，而一水合氨溶液为碱性，故d正确故选a点评：本题考查元素推断、元素周期律、分子结构及c、n、na元素化合物性质等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，根据密度判断x与y形成的气态化合物是氨气是推断的关键6（5分）（2015济宁一模）下列说法中不正确的是（）a8nh3（g）+6no2（g）7n2（g）+12h2o（g）h0，则该反应能自发进行bph相等的四种溶液：ach3coona bna2co3 cnahco3dnaoh，则四种溶液中溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：dbcacph=2的一元酸和ph=12的二元强碱等体积混合：c（oh）c（h+）dph=9的ch3coona溶液和ph=9的nh3h2o溶液中水的电离程度相同考点：离子浓度大小的比较；焓变和熵变；水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.分析：a、依据反应自发进行的判断依据是hts0分析，8nh3（g）+6no2（g）7n2（g）+12h2o（g）h0，s0，一定存在hts0，则该反应一定能自发进行；b、酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时ph的关系为naohna2co3nahco3ch3coona，则ph相同时的浓度关系为c（naoh）c（na2co3）c（nahco3）c（ch3coona）；c、如果是强酸两者相等，如果是弱酸溶液呈酸性；d、ch3coona溶液水解呈碱性，对水的电离起促进作用，而nh3h2o溶液电离产生氢氧根离子对水的电离起抑制作用解答：解：a、依据反应自发进行的判断依据是hts0分析，8nh3（g）+6no2（g）7n2（g）+12h2o（g）h0，s0，一定存在hts0，则该反应一定能自发进行，故a正确；b、酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时ph的关系为naohna2co3nahco3ch3coona，则ph相同时的浓度关系为c（naoh）c（na2co3）c（nahco3）c（ch3coona），故b正确；c、如果是强酸两者相等，如果是弱酸溶液呈酸性，所以混合：c（oh）c（h+），故c正确；d、ch3coona溶液水解呈碱性，对水的电离起促进作用，而nh3h2o溶液电离产生氢氧根离子对水的电离起抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相同，故d错误；故选d点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断，题目难度中等7（5分）（2015济宁一模）n2o5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2n2o5（g）4no2（g）+o2（g）h0，t1温度时，向密闭容器中通入n2o5，部分实验数据见下表下列说法中不正确的是（）时间/s050010001500c（n2o5）/moll15.003.522.502.50at1温度下，500s时o2的浓度为0.74moll1b平衡后其它条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则再平衡时c（n2o5）5.00 moll1ct1温度下的平衡常数为k1，t2温度下的平衡常数为k2，若t1t2，则k1k2dt1温度下的平衡常数为k1=125，平衡时n2o5的转化率为0.5考点：化学平衡的计算.分析：根据表中数据知，1000s和1500s时c（n2o5）相等，说明1000s时该反应达到平衡状态，at1温度下，500s时，参加反应的c（n2o5）=（5.003.52）mol/l=1.48mol/l，参加反应的物质浓度之比等于其计量数之比，则500s时，参加反应的c（o2）=c（n2o5）=0.74mol/l；b增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；c该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；dt1温度下的平衡常数为k1=125，根据化学平衡常数计算n2o5的转化率解答：解：根据表中数据知，1000s和1500s时c（n2o5）相等，说明1000s时该反应达到平衡状态，at1温度下，500s时，参加反应的c（n2o5）=（5.003.52）mol/l=1.48mol/l，参加反应的物质浓度之比等于其计量数之比，则500s时，参加反应的c（o2）=c（n2o5）=0.74mol/l，故a正确；b增大压强，平衡向气体体积减小的方向逆反应方向移动，所以五氧化二氮的转化率降低，则再平衡时c（n2o5）5.00 moll1，故b正确；c该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，若t1t2，则k1k2，故c错误；dt1温度下的平衡常数为k1=125，设平衡时，c（n2o5）=xmol/l，则c（no2）=mol/l=2（5.00x）mol/l，c（o2）=mol/l，化学平衡常数k=125，x=2.5，则五氧化二氮的转化率=50%=0.5，故d正确；故选c点评：本题考查化学平衡计算，侧重考查分析计算能力，利用三段式法解答即可，知道转化率、平衡常数的含义，注意平衡常数计算时不能用物质的量代替浓度，为易错点二、解答题（共3小题，满分53分）8（16分）（2015济宁一模）“c 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如co、co2、ch4、ch3oh、hcooh等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为2l的密闭容器中，分别发生反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49.0kj/mol相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1mol co2（g）和3mol h2（g）1mol ch3oh（g）和1mol h2o（g）平衡时c（ch3oh）c1c2平衡时能量变化放出29.4kj吸收a kj请回答：a=19.6若甲中反应10s时达到平衡，则用co2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03moll1s1（2）甲烷的一个重要用途是制取h2，其原理为：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的ch4与co2，在一定条件下发生反应，测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强p1小于p2（填“大于”或“小于”）；压强为p2时，在y点：v（正）大于v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）h0在恒温恒容的密闭容器中通入n（no）：n（co）=2：1的混合气体，发生上述反应下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是cd（选填字母）（4）甲酸（hcooh）是一种弱酸，现用0.1moll1 naoh溶液分别滴定体积均为20.00ml、浓度均为0.1moll1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（h+）最大的是甲酸溶液；v1和v2的关系v1v2（填“”、“=”或“”）；m点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c（hcoo）c（na+）c（h+）c（oh）考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.分析：（1）a、b是等效平衡，则a中放出的热量与b中吸收的热量之和为49.0kj；平衡时能量变化放出29.4kj，求平衡时各组分的浓度，然后求平均反应速率；（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，ch4的转化率越小；压强为p2时，在y点反应未达到平衡，则反应正向移动；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此进行判断（4）酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小；甲酸钠显示碱性，氯化钠显示中性；0.1moll1 naoh溶液10ml和溶液体积为20.00ml0.1moll1的甲酸反应，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，据此确定离子浓度大小解答：解：（1）甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kj，则a=49.0kj29.4kj=19.6kj，故答案为：19.6；平衡时能量变化放出29.4kj，所以反应二氧化碳的物质的量为=0.6mol，所以，然后求平均反应速率v=0.03mol/（lmin），故答案为：0.03；（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，ch4的转化率越小，已知相同温度下，p1条件下的转化率大于p2，则p1小于p2；压强为p2时，在y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；故答案为：小于；大于；（3）当反应前后改变的物理量不变时，该可逆反应达到平衡状态，a中为平衡常数，平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数始终不变，所以平衡常数不能判断是否达到平衡状态，故a错误；b为物质的量随时间的变化，一氧化氮与二氧化碳浓度相等时，各组分浓度仍然继续变化，说明没有达到平衡状态，故b错误；c为co质量分数随时间变化，反应恰好总质量不变，则反应过程中一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比会发生变化，当达到平衡状态时，一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比不再变化，故c正确；d、反应物的转化率不变，说明达平衡状态，故d正确；故答案为：cd；（4）0.1moll1 naoh溶液、0.1moll1的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.1mol/l，对水的抑制作用一样，但是0.1mol/l甲酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/l，所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水电离出的c（h+）最大的是0.1 moll1甲酸溶液；根据图象中两线的起点可知，线甲酸溶液，线为盐酸溶液，甲酸和氢氧化钠之间的反应，当恰好完全反应得到的甲酸钠显示碱性，要使得溶液显示中性，ph=7，需要甲酸稍过量，所以盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，得到的氯化钠显示中性，所以v1v2；用0.1moll1 naoh溶液10ml和溶液体积为20.00ml0.1moll1的甲酸反应，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，显示酸性，此时离子浓度大小c（hcoo）c （na+）c （h+）c （oh），故答案为：甲酸溶液；c（hcoo）c （na+）c （h+）c （oh）点评：本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、酸碱滴定、弱电解质的电离和盐类的水解、化学平衡状态的判断等，涉及的知识点较多，题目难度中等9（18分）（2015济宁一模）氮、硫、氯及其化合物是中学化学重要的组成部分（1）氨气燃料电池使用的电解质溶液是koh溶液，电池反应为：4nh3+3o2=2n2+6h2o该电池负极的电极反应式为2nh36e+6oh=n2+6h2o；用该电池进行粗铜（含al、zn、ag、pt、au等杂质）的电解精炼，以cuso4溶液为电解质溶液，下列说法正确的是da电能全部转化为化学能 bso42的物质的量浓度不变（不考虑溶液体积变化）c溶液中cu2+向阳极移动 d利用阳极泥可回收ag、pt、au等金属e若阳极质量减少64g，则转移电子数为2na个（2）将so2通入到bacl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：所得悬浊液白色沉淀观察现象并判断则试剂a的化学式为hcl实验表明，加入试剂a后，白色沉淀未见溶解，产生该白色沉淀的离子方程式是2so2+2ba2+o2+2h2o2baso4+4h+利用如图1所示电化学装置吸收工业尾气中so2，阴极上生成cu写出装置中阳极的电极反应式so2+2h2o2e=4h+so42（3）已知ksp（ baso4）=1.01010，ksp（ baco3）=2.5109某同学设想用下列流程：baso4baco3bacl2，得到bacl2，则的离子方程式为baso4（s）+co32（aq）=baco3（s）+so42（aq），该反应的平衡常数k=0.04；（4）自来水厂用clo2处理后的水中，要求clo2的浓度在0.10.8mgl1之间碘量法可以检测水中clo2的浓度，步骤如下：取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝加入一定量的na2s2o3溶液，发生2s2o32+i2=s4o62+2i反应加硫酸调节水样ph至13操作时，不同ph环境中粒子种类如图2所示：请回答：确定操作完全反应的现象是蓝色消失，半分钟内不变色在操作过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是clo2+4i+4h=cl+2i2+2h2o考点：探究物质的组成或测量物质的含量；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：（1）依据化学方程式分析氨气化合价变化，判断发生氧化反应的物质是氨气，原电池中在负极失电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子；电解精炼铜时利用了电解原理，电能转化为化学能，也有少量转化为热能电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，在阴极上得电子粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近溶液中铜离子浓度减小；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法；硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应；加入试剂a后，白色沉淀未见溶解，产生该白色沉淀的反应是二氧化硫被氧气氧化，生成硫酸钡沉淀；电解池中吸收工业尾气中so2，阴极上生成cu，阳极是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸根离子；（3）硫酸钡中加入饱和碳酸钠溶液，发生沉淀转化生成碳酸钡沉淀，依据化学反应的离子方程式书写平衡常数，结合钡离子浓度相同得到平衡常数的计算式为溶度积常数比值，代入数值计算；（4）加入一定量 na2s2o3 溶液，发生反应2s2o32+i2s4o62+2i，使i2还原为i；由图示表明，ph至13时，clo2将i氧化成i，生成的i2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平解答：解：（1）电池反应为：4nh3+3o2=2n2+6h2o该电池负极是氨气失电子生成氮气，反应的电极反应式为2nh3+6oh6e=n2+6h2o，电解精炼铜时利用了电解原理，a、电能转化为化学能，也有少量转化为热能，故a错误；b、电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应，阳极是铝、锌失电子发生氧化反应，溶液中铜离子在阴极得到电子发生还原反应，溶液中铜离子浓度减小，故b错误；c、电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，在阴极上得电子，溶液中cu2+向阴极移动，故c错误；d、粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近，利用阳极泥可回收ag、pt、au等金属，故d正确；e若阳极质量减少64g，铝、锌也失电子发生氧化反应，电子转移不是0.2mol，故e错误；故答案为：2nh36e+6oh=n2+6h2o；d；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法，将so2通入到bacl2溶液中，出现的白色浑浊可能是硫酸钡还可能是亚硫酸钡，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，溶解，可以用盐酸来鉴别沉淀成分，实验表明，加入试剂a后，白色沉淀未见溶解，产生该白色沉淀的离子方程式是2so2+2ba2+o2+2h2o2baso4+4h+；故答案为：hcl；2so2+2ba2+o2+2h2o2baso4+4h+；电解池中吸收工业尾气中so2，阴极上生成cu，阳极是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应为：so2+2h2o2e=4h+so42；故答案为：so2+2h2o2e=4h+so42；（3）硫酸钡中加入饱和碳酸钠溶液，发生沉淀转化生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：baso4（s）+co32（aq）=baco3（s）+so42（aq），则平衡常数=0.04；故答案为：baso4（s）+co32（aq）=baco3（s）+so42（aq）；0.04；（4）加入一定量 na2s2o3 溶液，发生反应2s2o32+i2s4o62+2i，使i2还原为i，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色；由图示表明，ph至13时，clo2将i氧化成i，生成的i2，离子方程式为：clo2+4i+4h+=cl+2i2+2h2o，故答案为：clo2+4i+4h+=cl+2i2+2h2o点评：本题主要考查了氧化还原反应、离子方程式式的书写以及化学计算，题目难度中等，注意沉淀转化关系的分析判断，电解池原理应用，掌握基础是关键10（19分）（2015济宁一模）某红色固体粉末样品可能含有fe2o3和cu2o中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究查阅资料：cu2o在酸性溶液中会发生反应：cu2o+2h+=cu+cu2+h2o探究一：用如图所示装置进行实验，回答下列问题：（1）仪器组装完成后，夹好止水夹，向装置a中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变，则说明装置a的气密性良好（2）装置a是氢气的发生装置，可以选用的药品是ac（填选项）a稀硫酸和锌片 b稀硝酸和铁片c氢氧化钠溶液和铝片 d浓硫酸和镁片（3）从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：（填序号）打开止水夹 熄灭c处的酒精喷灯c处冷却至室温后，关闭止水夹 点燃c处的酒精喷灯收集氢气并验纯 通入气体一段时间，排尽装置内的空气（4）收集氢气验纯时，最好采用排水法方法收集氢气探究二：（5）取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，则说明样品中不含cu2o；此观点是否正确否（填“是”或“否”）若填“否”，则原因是2fe3+cu=2fe2+cu2+（用离子方程式说明）；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体证明样品中一定含有cu2o，取少量反应后的溶液，加适量蒸馏水稀释后，滴加kscn溶液，若溶液变血红色（填试剂和实验现象），则可证明另一成分存在，反之，说明样品中不含该成分探究三：（6）取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，若反应后经过滤得到固体3.2g，滤液中fe2+有1.0mol，则样品中n（cu2o）=0.55mol考点：探究物质的组成或测量物质的含量.分析：（1）仪器组装完成后，夹好止水夹，在长颈漏斗中加水形成一段水柱，且不发生变化证明气密性完好；（2）依据反应原理和物质性质分析判断，硝酸、浓硫酸和金属反应不能生成大量氢气；（3）打开止水夹生成氢气，通过后续装置充满氢气排出装置中的空气后，检验气体纯度，收集检验氢气纯度，气体纯净后点燃c处的酒精喷灯，反应完成熄灭c处的酒精喷灯，待c处冷却至室温后，关闭止水夹，防止生成的铜被空气中氧气氧化；（4）收集氢气验纯时，最好采用排水取气法收集；（5）取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，可能是铁离子溶解生成的红色铜，另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，氧化亚铜的氧化性大于硫离子，证明样品中一定含有cu2o，氧化亚铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水；取少量上述的溶液，因为氧化亚铜反应生成硫酸铜溶液，加适量蒸馏水稀释后，依据铁离子和硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液分析设计；（6）2fe3+cu=cu2+2fe2+，cu2o+2h+cu+cu2+h2o，固体为铜，铁离子全部反应生成亚铁离子，结合化学方程式定量关系计算得到解答：解：（1）仪器组装完成后，夹好止水夹，在长颈漏斗中加水形成一段水柱，且不发生变化证明气密性完好，向装置a中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变；故答案为：向装置a中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变；（2）由反应原理和物质性质可知，稀酸和锌反应生成氢气，金属铝和强碱溶液反应生成氢气；a稀硫酸和锌片反应生成硫酸锌和氢气，故a符合； b稀硝酸和铁片反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，不能生成氢气，故b不符合；c氢氧化钠溶液和铝片反应生成偏铝酸钠和氢气，故c符合；d浓硫酸和镁片反应生成硫酸镁、二氧化硫和水，故d不符合；故答案为：ac；（3）氢气混有空气加热发生爆炸，所以开始先通氢气，打开止水夹生成氢气，通过后续装置充满氢气，目的是排出装置中的空气，检验最后u型管出来的气体氢气纯度，气体纯净后再点燃c处的酒精喷灯，反应完成后先撤酒精灯，玻璃管冷却再停氢气，操作位熄灭c处的酒精喷灯，待c处冷却至室温后，关闭止水夹，防止生成的铜被空气中氧气氧化，正确的存在顺序为：；故答案为：；（4）收集氢气验纯时，最好采用排水取气法收集，这样收集到的气体纯净；故答案为：排水法；（5）取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，可能是铁离子溶解生成的红色铜，不能证明样品中不含cu2o，反应的离子方程式为：2fe3+cu=2fe2+cu2+；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，氧化亚铜的氧化性大于硫离子，证明样品中一定含有cu2o，氧化亚铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，反应的化学方程式为：cu2o+6hno3（浓）=2cu（no3）2+2no2+3h2o；取少量上述中的溶液，因为氧化亚铜反应生成硝酸铜溶液，加适量蒸馏水稀释后，依据铁离子和硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液分析设计，若加入硫氰酸钾溶液变红色，证明含有铁离子，否则不含有铁离子；故答案为：否；2fe3+cu=2fe2+cu2+；cu2o；kscn溶液，若溶液变血红色；（6）2fe3+cu=cu2+2fe2+，cu2o+2h+cu+cu2+h2o，固体为铜，铁离子全部反应生成亚铁离子，生成1.0molfe2+，消耗cu0.5mol，剩余cu物质的量=0.05mol，原样品中cu2o物质的量=0.05mol+0.5mol=0.55mol，故答案为：0.55点评：本题考查了物质组成的分析判断，实验过程分析应用，主要是氧化还原反应发生的条件，产物判断，掌握基础是关键，题目难度中等【化学-化学与技术】（共1小题，满分12分）11（12分）（2015济宁一模）海水资源丰富，海水中主要含有na+、k+、mg2+、cl、so24、br、co23、hco3等离子合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证火力发电燃烧煤排放的so2会造成一系列环境和生态问题利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如下图所示：（1）天然海水的ph8，呈弱碱性用离子方程式解释原因co32+h2ohco3+oh或hco3+h2oh2co3+oh（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用o2进行氧化处理，其反应的化学方程式是2h2so3+o22h2so4；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸重金属离子对河流及海洋造成严重污染某化工厂废水（ph=2.0，1gml1）中含有ag+、pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1moll1排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质agiagohag2s pbi2 pb（oh）2 pbs ksp8.310175.61086.310507.11091.210153.41028（3）你认为往废水中投入b（填字母序号），沉淀效果最好anaoh bna2s cki dca（oh）2（4）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的ph=8.0，处理后的废水中c（pb2+）=1.2103moll1（5）如果用食盐处理其只含ag+的废水，测得处理后的废水中nacl的质量分数为0.117%若环境要求排放标准为c（ag+）低于1.0108moll1，问该工厂处理后的废水中c（ag+）=9109moll1，是否符合排放标准是（填“是”或“否”）已知ksp（agcl）=1.8110moll2考点：海水资源及其综合利用；离子积常数；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；元素及其化合物分析：（1）根据海水中的离子是否水解进行解答；（2）根据使用空气中的氧气将h2so3氧化来分析；利用酸碱反应分析混合的目的；（3）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀；（4）根据pb（oh）2的溶度积进行计算；（5）根据氯化银的溶度积进行解答，并与排放标准对比来说明是否符合排放标准；解答：解：（1）海水中主要含有na+、k+、mg2+、cl、so42、br、co32、hco3等离子，在这些离子中能发生水解的是co32、hco3离子，co32+h2ohco3+oh，hco3+h2oh2co3+oh它们水解呈碱性，所以天然海水的ph8，呈弱碱性，故答案为：co32+h2ohco3+oh或hco3+h2oh2co3+oh；（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用o2进行氧化处理，氧气将h2so3氧化为硫酸，该反应为2h2so3+o2=2h2so4，氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（h+），故答案为：2h2so3+o22h2so4；中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸；（3）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀，显然只有硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，故答案为：b；（4）由pb（oh）2的溶度积为1.21015，ph=8.0，c（oh）=106moll1，则c（pb2+）=1.2103moll1，故答案为：1.2103moll1；（5）废水中nacl的质量分数为0.117%（1gml1），c（cl）=c（nacl）=0.02mol/l，ksp（agcl）=c（ag+）c（cl）=1.81010mol2l2，则c（ag+）=9109moll1，环境要求排放标准为c（ag+）低于1.0108moll1，显然9109moll11.0l08moll1，则符合排放标准，故答案为：9109moll1；是；点评：本题考查了含硫烟气的处理及难溶物的沉淀转化，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度中等【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2015济宁一模）原子序数依次增大的四种元素a、b、c、d分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种a的化合物，b原子核外电子有6种不同的运动状态，b与c可形成正四面体形分子，d的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布式为3s23p5，第一电离能最小的元素是cu（填元素符号）（2）c所在主族的前四种元素分别与a形成的化合物，沸点由高到低的顺序是hfhihbrhcl（填化学式）（3）b元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为sp2另一种的晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为356.6pm，则此晶胞的密度为3.5gcm3（保留两位有效数字）（已知：1pm=1012m）（4）d的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是 （填选项序号）极性键 非极性键 配位键 金属键（5）向d的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液请写出沉淀溶解的离子方程式：cu（oh）2+4nh32+2oh考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：原子序数依次增大的四种元素a、b、c、d分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种a的化合物，则a为氢元素；b原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则b为碳元素；d的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，d原子外围电子排布为3d104s1，则d为铜元素；结合原子序数可知，c只能处于第三周期，b与c可形成正四面体型分子，则b为氯元素（1）四种元素中电负性最大的是cl，其基态原子的价电子数为7；金属性越强，第一电离能越小；（2）hf分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；根据均摊法计算晶胞中c原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=计算；（4）结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到四氨合铜络离子，溶液为深蓝色的透明溶液解答：解：原子序数依次增大的四种元素a、b、c、d分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种a的化合物，则a为氢元素；b原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则b为碳元素；d的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，d原子外围电子排布为3d104s1，则d为铜元素；结合原子序数可知，c只能处于第三周期，b与c可形成正四面体型分子，则b为氯元素，（1）四种元素中电负性最大的是cl，处于第三周期，其基态原子的价电子数为7，其基态原子的价电子排布式为3s23p5；四元素中cu的金属性越强，故cu的第一电离能越小，故答案为：3s23p5；cu；（2）hf分子之间形成氢键使其熔沸点较高，hi、hbr、hcl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是：hfhihbrhcl，故答案为：hfhihbrhcl；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；晶胞中c原子数目=4+6+8=8，则晶胞质量=8g，晶胞中的棱长为356.6pm，则晶胞体积=（8g）（356.61010cm）33.5 gcm3，故答案为：sp2；3.5；（4）结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故答案为：；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，得到四氨合铜络离子，沉淀溶解离子方程式为：cu（oh）2+4nh32+2oh，故答案为：cu（oh）2+4nh32+2oh点评：本题是对物质结构的考查，题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布、电负性、分子结构与性质、晶体结构与晶胞计算、化学键、配合物等，是对学生综合能力的考查，学习中注重相关基础的积累，难度中等【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015济宁一模）聚谷氨酸（pga）是一种具有水溶性、可生物降解、可食用的对人体和环境无毒的高分子聚合物，广泛应用于食品和医药等领域下图是根据实际需要和目的，对聚