山东省济宁市鱼台县一中高考化学三模试卷（含解析）.doc

山东省济宁市鱼台县一中2015年高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法正确的是（） abi和bi的核外电子数不同bnh3的电子式为：c全部由非金属元素组成的化合物可能含离子键d离子化合物不可能含共价键考点：核素；电子式；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型.专题：化学用语专题分析：a质子数=核外电子数；bnh3中氮原子最外层为8电子稳定结构；c铵盐属于离子化合物；d离子化合物可能含有共价键解答：解：a.bi和bi质子数相同，质子数=核外电子数，故核外电子数相同，故a错误；bnh3中氮原子最外层为8电子稳定结构，其电子式为：，故b错误；c铵盐属于离子化合物，如氯化铵，故c正确；d离子化合物可能含有共价键，如氢氧化钠中的oh，故d错误，故选c点评：本题考查质子数与核外电子数的关系、电子式、离子化合物、共价键等化学用语，为高频考点，题目难度不大把握化学用语的规范应用是解答的关键2（6分）（2015鱼台县校级三模）分子式为c5h10o2的有机物a，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物b和c，其中c能被催化氧化成醛，则a可能的结构共有（）a1种b6种c18种d28种考点：有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体.专题：同系物和同分异构体分析：分子式为c5h10o2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，c能被催化氧化成醛，则c属于醇类并且结构中含有ch2oh结构，据此回答判断解答：解：分子式为c5h10o2的有机物a，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1丁醇，2甲基1丙醇，甲酸酯有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；故a可能的结构共有6种故选b点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算3（6分）（2015鱼台县校级三模）用na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）a0.1moll1稀硫酸中含有so42离子个数为0.1nab常温常压下，46g no2和n2o4混合气体中含有的原子数为3nac标准状况下，22.4lso3所含的分子数为nad常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，铝得到的电子数为0.3na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、溶液体积不明确；b、no2和n2o4化学式最简比相同，只需计算46gno2和中所含的原子数即可；c、标况下，三氧化硫是固态；d、金属只能失电子解答：解：a、溶液体积不明确，故无法计算溶液中硫酸根的个数，故a错误；b、no2和n2o4化学式最简比相同，只需计算46gno2和中所含的原子数=3na=3na，故b正确；c、标况下，三氧化硫是固态，故c错误；d、金属单质只能失电子，不能得电子，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4（6分）（2014吉林三模）下列说法正确的是（）a分子式c7h16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）b的名称为：2，2，4三甲基4戊烯c化合物是苯的同系物d植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸考点：同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物.专题：有机化学基础分析：a该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间c原子上的2个h原子被两个甲基取代得到的物质；b该有机物为烯烃，根据烯烃的命名原则进行解答；c根据苯的同系物符合：只有一个苯环；侧链为烷基，具有通式cnh2n6（n6）；d植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯解答：解：a该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间c原子上的2个h原子被两个甲基取代得到的物质，ch3ch2ch2ch2ch3分子中间h原子被2个甲基取代，若取代同一碳原子上2个h原子，有2种情况，若取代不同c原子上h原子，有2种情况，故符合条件的该烃的同分异构体有4种，故a正确；b该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有5个c，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在1号c，在2、4号c都含有甲基，该有机物命名为：2，4，4三甲基1戊烯，故b错误；c分子不符合通式cnh2n6（n6），不属于苯的同系物，故c错误；d植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，故d错误；故选a点评：本题主要考查了同分异构体，烯烃的命名、苯的同系物的判断等，难度中等，注意掌握苯的同系物结构特点5（6分）（2014吉林三模）塑化剂是一种对人体有害的物质增塑剂dchp可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：下列说法正确的是（）a环己醇分子中所有的原子可能共平面bdchp能发生加成反应和取代反应，不能发生酯化反应c1mol dchp可与4mol naoh完全反应ddchp易溶于水考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：a环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构；bdchp中含苯环和cooc；ccooc与naoh反应；ddchp属于酯类物质解答：解：a环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构，则不可能所有原子共面，故a错误；bdchp中含苯环和cooc，则苯环发生加成反应，cooc可发生取代反应，不能发生酯化反应，故b正确；ccooc与naoh反应，则1mol dchp可与2mol naoh完全反应，故c错误；ddchp属于酯类物质，不溶于水，故d错误；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，侧重苯、酯性质的考查，选项a为易错点，题目难度不大6（6分）（2014吉林三模）25时，在20ml 0.1mol/l naoh溶液中加入0.2mol/l ch3cooh溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中ph变化关系的曲线如图所示，若b点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是（）a在b点有：c（na+）=c（ch3coo）b对曲线上a、b间任何一点，溶液中都有：c（na+）c（oh）c（ch3coo）c（h+）cc点时，c（ch3coo）=c（na+）c（h+）=c（oh）dd点时，c（ch3coo）+c（ch3cooh）=c（na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a根据在b点时溶液显示碱性及电荷守恒进行判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；b根据a、b之间，醋酸少量及醋酸体积稍大的情况进行讨论醋酸根离子与氢氧根离子浓度关系；c根据c点ph=7，溶液显示中性进行判断溶液中各离子浓度大小；d醋酸浓度是氢氧化钠溶液浓度的2倍，d点时加入醋酸的物质的量为氢氧化钠的物质的量2倍，根据物料守恒进行判断解答：解：a在b点时，溶液ph7，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），所以c（na+）c（ch3coo），故a错误；b在a、b间任一点，溶液中只存在四种离子有na+、h+、ch3coo、oh，如果加入的醋酸少量，则c（na+）c（oh）c（ch3coo）c（h+），如果加入的醋酸达到一定程度，则会出现c（na+）c（ch3coo）c（oh）c（h+），故b错误；c在c点溶液显中性，则c（oh）=c（h+），根据电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），则一定有c（na+）=c（ch3coo），溶液中离子浓度大小关系为：c（na+）=c（ch3coo）c（oh）=c（h+），故c正确；d在d点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（ch3coo）+c（ch3cooh）=0.1moll1，而钠离子浓度为c（na+）=0.05mol/l，则c（ch3coo）+c（ch3cooh）=2c（na+），故d错误；故选c点评：本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液ph与溶液酸碱性的关系，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用7（6分）（2009海南）用足量的co还原13.7g某铅氧化物，把生成的co2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是（）apbobpb2o3cpb3o4dpbo2考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，据此求出二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳的物质的量计算出铅氧化物中氧原子的物质的量及氧元素的质量，再计算出铅元素的质量即铅原子的物质的量，据此书写化学式解答：解：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，所以碳酸钙的物质的量为=0.08mol铅氧化物中的氧原子被co夺取生成co2，根据碳元素、氧元素守恒可知cooco2caco3， 1 1 1 0.08mol 0.08mol 0.08mol所以铅氧化物中的氧原子的物质的量为0.08mol，氧元素的质量为0.08mol16g/mol=1.28g；所以铅氧化物中的铅元素的质量为13.7g1.28g=12.42g，铅原子的物质的量为=0.06mol所以铅氧化物中铅原子与氧原子的物质的量之比为0.06mol：0.08mol=3：4所以铅氧化物的化学式为pb3o4故选：c点评：本题考查学生利用化学反应球物质的化学式，明确反应中元素的守恒来分析铅氧化物中氧元素的质量是解答的关键二、解答题（共6小题，满分88分）8（15分）（2014吉林三模）二价铬不稳定，极易被氧气氧化醋酸亚铬水合物22h2o，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂实验室中以锌粒、crcl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示，制备过程中发生的反应如下：zn（s）+2hcl（aq）zncl2（aq）+h2（g）；2crcl3（aq）+zn（s）2crcl2（aq）+zncl2（aq）2cr2+（aq）+4ch3coo（aq）+2h2o（l）22h2o（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是分液漏斗，所盛装的试剂是盐酸（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是去除水中的溶解氧，防止cr2+被氧化（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3（4）实验开始生成h2气后，为使生成的crcl2溶液与ch3coona溶液顺利混合，应打开阀门a、关闭阀门b （填“打开”或“关闭”）（5）本实验中锌粒须过量，其原因是与crcl3充分反应得到crcl2，产生足量的h2，将crcl2溶液压入装置3与ch3coona溶液反应（6）已知其它反应物足量，实验时取用的crcl3溶液中含溶质6.34g，实验后得干燥纯净的22h2o 5.64g，则该实验所得产品的产率为75%考点：制备实验方案的设计.专题：实验题分析：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸；（2）配制用的蒸馏水都需事先煮沸，防止氧气氧化cr2+；（3）装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入；（4）实验开始生成h2气后，为使生成的crcl2溶液与ch3coona溶液顺利混合，打开a关闭b，把生成的crcl2溶液压入装置3中反应；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的crcl2溶液压入装置3，与crcl3充分反应得到crcl2；（6）依据化学方程式定量关系计算分析，产率=100%解答：解：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸和锌反应生成氢气，用来增大压强把生成的crcl2溶液压入装置3中；故答案为：分液漏斗；盐酸；（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止cr2+被氧化；故答案为：去除水中的溶解氧，防止cr2+被氧化；（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3；故答案为：防止空气进入装置3；（4）实验开始生成h2气后，为使生成的crcl2溶液与ch3coona溶液顺利混合，打开a关闭b，把生成的crcl2溶液压入装置3中反应；故答案为：打开；关闭；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的crcl2溶液压入装置3，与crcl3充分反应得到crcl2；故答案为：与crcl3充分反应得到crcl2； 产生足量的h2，将crcl2溶液压入装置3与ch3coona溶液反应；（6）实验时取用的crcl3溶液中含溶质6.34g，理论上得到22h2o 的质量=376g/mol=7.52g，该实验所得产品的产率=100%=75%，故答案为：75%点评：本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用，主要是实验原理的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等9（14分）（2014吉林三模）cocl26h2o是一种饲料营养强化剂工业上利用水钴矿主要成分为co2o3、co（oh）3，还含少量fe2o3、al2o3、mno等制取cocl26h2o的工艺流程如下：已知：浸出液中含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/l）沉淀物fe（oh）3fe（oh）2co（oh）2al（oh）3mn（oh）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8cocl26h2o熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）水钴矿进行预处理时加入na2so3的主要作用是还原co3+（2）写出naclo3在浸出液中发生主要反应的离子方程式clo3+6fe2+6h+=cl+6fe3+3h2o；若不慎向“浸出液”中加了过量的naclo3，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发、冷却和过滤（4）浸出液加na2co3调ph至5.2时，所得滤液中金属离子有co2+、mn2+、na+（5）萃取液中含有的主要金属阳离子是mn2+（6）为测定粗产品中cocl26h2o的含量，称取16.4克的粗产品溶于水配成100.0ml溶液，从中取出25.0ml与足量agno3溶液混合，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为4.6克则粗产品中cocl26h2o的质量分数是93.0%考点：制备实验方案的设计；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：含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得cocl2、alcl3、fecl2，加入naclo3，可得到fecl3，然后加入na2co3调ph至5.2，可得到fe（oh）3、al（oh）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有cocl2，为得到cocl26h2o晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）水钴矿进行预处理时，na2so3是还原剂，还原co3+；（2）naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+；在酸性条件下，naclo3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；（4）浸出液加na2co3调ph至5.2时，fe3+、al3+沉淀完全，据此分析剩余的金属离子；（5）由流程图可知，加入萃取剂，萃取mn2+；（6）根据cocl26h2o关系式求质量分数解答：解：（1）水钴矿进行预处理时，na2so3是还原剂，还原co3+为co2+，反应的离子方程式为：co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o，故答案为：还原co3+； （2）naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+，其反应的离子方程式为：clo3+6fe2+6h+=cl+6fe3+3h2o；在酸性条件下，naclo3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o；故答案为：clo3+6fe2+6h+=cl+6fe3+3h2o；clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o；（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；故答案为：蒸发；冷却；（4）naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+，加na2co3调ph至5.2，fe3+、al3+沉淀完全，此时溶液中的金属离子主要有co2+、mn2+、na+，故答案为：co2+、mn2+、na+；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在mn2+、co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取作用可知，此时萃取液中金属离子为mn2+，故答案为：mn2+； （6）根据cocl26h2o2agcl，16.4g 238 287 x 4.6g，x=3.81g则粗产品中cocl26h2o的质量分数是100%=93.0%，故答案为：93.0%点评：本题通过制取cocl26h2o的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度大，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力10（14分）（2014吉林三模）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容（1）已知2.00g的c2h2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kj热量，写出表示c2h2燃烧热的热化学方程式c2h2（g）+o2（g）=2co2（g）+h2o（l）h=1294.8 kj/mol（2）利用上述反应设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池负极的电极反应式c2h210e+14oh=2co32+8h2o（3）用活性炭还原法处理氮氧化物有关反应为：c（s）+2no（g）n2（g）+co2（g）某研究小组向一个容积不变的密闭真空容器（容器容积为3l，固体试样体积忽略不计）中加入no和足量的活性炭，在恒温（t1）条件下反应，测得不同时间（t）时各物质的物质的量（n）如下：n/molt/minnon2co202.0000101.160.420.42200.800.600.60300.800.600.6010min20min以v（no）表示的反应速率为0.012mol/（lmin）根据表中数据，计算t1时该反应的平衡常数为0.56（保留两位小数）下列各项能判断该反应达到平衡状态的是cd（填序号字母）a容器内压强保持不变 b 2v（no）（正）=v（n2）（逆）c容器内co2的体积分数不变 d混合气体的密度保持不变一定温度下，随着no的起始浓度增大，则no的平衡转化率不变（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）在3l容积可变的密闭容器中发生反应h2（g）+co2（g）h2o（g）+co（g），恒温下c（co）随反应时间t变化的曲线如图所示若在t0时分别改变一个条件，曲变成曲线和曲线当曲线变成曲线时，改变的条件是加入催化剂；当曲线变成曲线时，改变的条件及改变条件的变化量分别是增大压强，压强变为原来的1.5考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：（1）燃烧热为1mol物质完全燃烧生成温度氧化物的热效应，故可计算1molc2h2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出的热量，写出热化学方程式；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，c2h2放电生成2co32，利用c元素化合价变化判断失去电子数，根据电荷守恒和质量守恒写出电极反应式；（3）计算10min20min内，no浓度的变化，得到v（no）；20min后达到化学平衡状态，利用化学平衡常数表达式计算，化学平衡常数；利用化学平衡状态的特征判断；no的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变；（4）根据曲线中c（co）变化所需时间进行判断；曲线变成曲线，co浓度增大，由于反应前后气体体积不变，可以减小体积或者增大压强考虑，结合平衡状态时，co的浓度之比，计算出体积减小或者压强增大的倍数解答：解：（1）2.00g的c2h2的物质的量为=0.077mol，释放热量99.6kj，则c2h2的燃烧热为=1294.8 kj/mol，可写出热化学方程式：c2h2（g）+o2（g）=2co2（g）+h2o（l）h=1294.8 kj/mol，故答案为：c2h2（g）+o2（g）=2co2（g）+h2o（l）h=1294.8 kj/mol；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，c2h2放电生成2co32，c元素化合价升高了5，即1molc2h2失去10mole，电极反应式为：c2h210e+14oh=2co32+8h2o，故答案为：c2h210e+14oh=2co32+8h2o；（3）10min20min内，no浓度的变化为=0.12mol/l，v（no）=0.012mol/（lmin），故答案为：0.012mol/（lmin）；20min后达到化学平衡状态，由于c为固体，化学平衡常数表达式为=0.56，故答案为：0.56；a反应前后气体体积不变，是否达到平衡状态，压强都不发生变化，故a错误； b2v（no）（正）=v（n2）（逆），速率之比等于计量数之比可知，v（n2）（逆）=v（no）（逆），即v（no）（正）=v（no）（逆），未达到平衡状态，故b错误；c容器内co2的体积分数不变，则各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故c正确；d，气体物质的量不变，由于c为固体，则气体总质量m，随着反应进行会发生变化，即密度也会发生变化，当密度不变时，达到化学平衡状态，故d正确；故选：cd；no的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变，则no的转化率也不变，故答案为：不变；（4）曲线变成曲线时，co平衡浓度不变，达到平衡所需时间减小，加快了反应速率，可以是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；曲线变成曲线，co浓度增大，由于反应前后气体体积不变，减小体积或者增大压强都可以达到目的；曲线达平衡时c（co）=3.0moll1，曲线达平衡时c（co）=4.5moll1，浓度增大为原来的=1.5倍，则压强增大为原来的1.5倍，故答案为：增大压强，压强变为原来的1.5点评：本题较为综合，考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学平衡状态的判断已经化学平衡移动，难度中等，其中（4）为图象题，具有一定难度11（15分）（2014吉林三模）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法（1）废水i若采用co2处理，离子方程式是oh+co2hco3废水常用明矾处理实践中发现废水中的c（hco3）越大，净水效果越好，这是因为hco3会促进al3+的水解，生成更多的al（oh）3，净水效果增强废水中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：hg2+ch4=ch3hg+h+我国规定，hg2+的排放标准不能超过0.05mg/l对于含hg2+的污水，可加入沉淀剂na2s（填写化学式），使hg2+除去，降低污染废水常用cl2氧化cn成co2和n2，若参加反应的cl2与cn的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为5cl2+2cn+4h2o10cl+2co2+n2+8h+（2）化学需氧量（cod）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/l计）某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（cod），过程如下：取v1ml水样于锥形瓶，加入10.00ml 0.2500mol/l k2cr2o7溶液加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/l的硫酸亚铁铵溶液滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液v2 ml中，量取k2cr2o7溶液的仪器是酸式滴定管（或移液管）中，发生的反应为：cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o由此可知，该水样的化学需氧量cod=mg/l（用含c、v1、v2的表达式表示）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验设计题分析：（1）中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去oh；hco3可与al3+发生互促水解反应；由质量守恒可知，应为甲烷与hg2+的反应；可加入沉淀剂na2s，使hg2+除去；根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平；（2）k2cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取；根据反应的离子方程式计算解答：解：（1）ph接近7，用co2处理，生成hco3，则反应的离子方程式为oh+co2=hco3，故答案为：oh+co2=hco3；hco3和al3+发生相互促进的水解，生成co2和al（oh）3，从而增强净水效果，故答案为：hco3会促进al3+的水解，生成更多的al（oh）3，净水效果增强；根据电荷守恒可质量守恒可知，应为hg2+和ch4反应生成ch3hg+和h+，对于含hg2+的污水，可加入沉淀剂na2s，使hg2+除去，反应的离子方程式为hg2+s2=hgs，故答案为：ch4 ；h+；na2s；废水常用c12氧化cn成co2和n2，若参加反应的c12与cn的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5cl2+2cn+4h2o=10cl+2co2+n2+8h+，故答案为：5cl2+2cn+4h2o=10cl+2co2+n2+8h+；（2）k2cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；n（k2cr2o7）=0.01l0.2500mol/l=2.5103mol，n（fe2+）=v2103lcmol/l=cv2103mol，由cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o可知，水样消耗的n（k2cr2o7）=2.5103molcv2103mol=103mol，得电子：2（63）103mol=（15cv2）103mol，根据电子转移，相等于（15cv2）103mol氧气，m（o）=（15cv2）103mol32g/mol=8（15cv2）103g=8（15cv2）mg，所以：cod=mg/l，故答案为：点评：本题是一道化学和生活相结合的题目，注重知识的迁移应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，为高考常见题型和高频考点，题目信息量较大，注意把握题给信息，答题时仔细审题，难度中等12（15分）（2014吉林三模）现有a、b、c、d、e、f原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期b元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；d的原子核外有8个运动状态不同的电子；e元素与f元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且e元素的基态原子有4个未成对电子请回答下列问题：（1）请写出：d基态原子的价层电子排布图：；f 基态原子的外围电子排布式：3d104s1（2）下列说法错误的是ada二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：sio2co2b电负性顺序：bcdcn2与co为等电子体，结构相似d稳定性：h2oh2s，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键（3）f离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点向f的硫酸盐溶液中通入过量的c与a形成的气体x可生成（f（x）4）2+，该离子的结构式为 （用元素符号表示）（4）某化合物与f（）（表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3（5）b单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含b原子数为8（6）d与f形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与nacl类似，设d离子的半径为a pm，f离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；晶胞的计算.专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：a、b、c、d、e、f原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期b元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则b为c元素；d的原子核外有8个运动状态不同的电子，则d为o元素；c原子序数介于碳、氧之间，则c为n元素；e元素与f元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于族及相邻的族，e元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则e为fe，故f为cu，（3）中c与a形成的气体x，则a为h元素，x为nh3，据此解答解答：解：a、b、c、d、e、f原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期b元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则b为c元素；d的原子核外有8个运动状态不同的电子，则d为o元素；c原子序数介于碳、氧之间，则c为n元素；e元素与f元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于族及相邻的族，e元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则e为fe，故f为cu，（3）中c与a形成的气体x，则a为h元素，x为nh3，（1）d为o元素，基态原子的价层电子排布图：；f为cu元素，基态原子的外围电子排布式为：3d104s1，故答案为：；3d104s1；（2）a沸点：sio2co2，是由于二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故a错误；b同周期随原子序数增大电负性增大，故电负性顺序：cno，故b正确；cn2与co分子都含有2个原子、价电子总数都是10，二者为等电子体，结构相似，故c正确；d稳定性：h2oh2s，是因为非金属性os，与分子之间存在氢键无关，故d错误，故答案为：ad；（3）c与a形成的气体x，则a为h元素，x为nh3，f的硫酸盐为cuso4，向cuso4溶液中通入过量的nh3可生成2+，该离子的结构式为：，故答案为：；（4）杂环上的碳原子含有3个键，没有孤对电子，采用sp2杂化，亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；（5）由b单质的一种同素异形体的晶胞结构可知，b原子有4个位于晶胞内部，其余b原子位于定点、面心，则一个晶胞中所含b原子数为4+8+6=8，故答案为：8；（6）o与cu形成离子个数比为1：1的化合物为cuo，晶胞与nacl类似，其晶胞结构为，晶胞中铜离子数目=阳离子数目=8+6=4，o2离子的半径为a pm，cu2+离子的半径b pm，则晶胞中原子总体积=4（a3+b3） pm3，晶胞棱长=2（a+b） pm，故晶胞体积=8（a+b）3pm3，故该晶胞的空间利用率=，故答案为：点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电负性、等电子体、晶体类型与性质、配合物、杂化理论、晶胞计算等，注意理解均摊法进行晶胞有关计算，难度中等13（15分）（2014吉林三模）有机物a的分子式为c9h10o2，a在光照条件下生成一溴代物b，bk十种有机物之间发生的转化关系如下：其中j物质与氯化铁溶液能发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构已知：当羟基与双键碳原子相连时，易发生如下转化：rch=chohrch2cho；ona连在烃基上不会被氧化请回答下列问题：（1）写出g的结构简式：ch3cooch=ch2（2）f与h中具有相同的官能团，其名称为醛基（3）上述变化中属于水解反应的是（填反应编号）（4）写出下列反应的化学方程式：反应：+3naohch3coona+nabr+h2o，j与碳酸氢钠溶液反应：+nahco3+co2+h2o（5）同时符合下列要求的a的同分异构体有14种含有苯环能发生银镜反应和水解反应其中核磁共振氢谱有5个吸收峰且1mol该同分异构体能与1mol naoh反应，其结构简式为：考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：由g的加聚产物可知g为ch3cooch=ch2，g在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成f与c，f氧化生成e，e与氢氧化溶液反应生成c，故c为羧酸