山东省滨州市高三化学第一次模拟考试试题（含解析）鲁科版.doc

山东省滨州市2013年高考化学一模试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1（3分）（2013滨州一模）下列说法不正确的是（）a“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关b根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液csio2可用于制造光导纤维，其性质稳定，不溶于强酸、强碱d焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的展现考点：常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅；焰色反应专题：化学应用分析：a以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成光化学烟雾和硝酸型酸雨的一个重要原因；b根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液；c二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，d根据金属元素焰色反应解答：a以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，故a正确；b分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故b正确；csio2可用于制造光导纤维，其性质稳定，能和强碱反应生成盐和水，故c错误；d焰火的五彩缤纷是某些金属元素的焰色反应，故d正确；故选c点评：本题主要考查了物质的用途，难度不大，注意知识的积累2（3分）（2009广东）下列化学用语使用不正确的是（）ana+的结构示意图b纯碱的化学式为na2co3c聚乙烯的结构简式为ch2=ch2d高氯酸（hclo4）中氯元素的化合价为+7考点：原子结构示意图；常见元素的化合价；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合分析：根据所学化学用语的有关知识，结构示意图、常见物质的化学式、结构简式、常见元素的化合价知识来解答此题解答：解：a、原子结构示意图与离子结构示意图明显不同，重在看质子数与核外电子数是否相等，写离子结构示意图首先搞清原子结构，钠原子最外层只有一个电子，易失去最外层这个电子，变成，故a对；b、纯碱为碳酸钠，na为+1价，co32为2价，其化学式为na2co3，故b对；c、ch2=ch2为乙烯的结构简式，聚乙烯的结构简式应为：ch2ch2n，故c错；d、根据化合物中元素化合价的代数和为0，h为+1价，o为2价，则计算cl为+7价，故d对；故选：c点评：本题考查了常用的化学用语的知识点，此知识点为学习化学的基本素养，要求熟练掌握化学用语，再如结构简式、分子式、结构式要分辨清楚，不要混为一谈3（3分）（2013滨州一模）下列有关物质分类正确的是（）混合物：盐酸、王水、水玻璃、水银 化合物：cacl2、烧碱、聚苯乙烯、hd电解质：h2so4、胆矾、冰醋酸、硫酸钡 同素异形体：c60、c70、金刚石、石墨abcd考点：混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：混合物：混合物是由不同种物质组成的物质；化合物：由不同元素组成的纯净物属于化合物；电解质：在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质； 同素异形体：由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体解答：解：盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液是混合物，水银的成分是金属汞，是纯净物，属于金属单质，故错误；cacl2、烧碱是化合物，聚苯乙烯是高聚物，是混合物，hd为单质，故错误；h2so4、胆矾、冰醋酸、硫酸钡都是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，都是电解质，故正确； c60、c70、金刚石、石墨都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故正确；故选d点评：本题考查物质的分类知识，熟记各类物质的概念是解决该题的关键，题目难度不大4（3分）（2013滨州一模）下列叙述正确的是（）a泥沙和水的混合物可以直接用分液漏斗分离b用水可以区分苯和四氯化碳c配制稀硫酸时，可在量筒中加入一定体积的水，再慢慢加入浓硫酸d用托盘天平称量11.72g氯化钾固体考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；有机物的鉴别；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验评价题分析：a泥沙和水可用过滤方法分离；b苯和四氯化碳的密度不同；c不能在量筒中稀释溶液；d托盘天平的精确度为0.1解答：解：a泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故a错误；b苯和四氯化碳都不溶于水，但苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，可鉴别，故b正确；c量筒只能用于量取一定体积的液体，不能在量筒中稀释溶液，故c错误；d托盘天平的精确度为0.1，可称量到11.7g，故d错误故选b点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、鉴别、仪器的使用等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，建议在学习中牢固把握相关基础知识5（3分）（2013滨州一模）下列说法正确的是（）a乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应b石油的分馏和煤的干馏都是物理变化c可用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇d蛋白质、淀粉、油脂均属于天然高分子化合物，均能发生水解反应考点：乙醇的化学性质；取代反应与加成反应；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：有机物的化学性质及推断分析：a、根据水解反应、酯化反应都属于取代反应；b、根据化学变化和物理变化的本质区别为是否有新物质生成，有新物质生成的为化学变化，没有新物质生成的为化学变化；c、根据除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质，以此来解答；d、蛋白质水解的最终产物为氨基酸，属于高分子化合物；淀粉属于多糖类物质，水解的最终产物为葡萄糖，油脂分子量不大，不属于高分子化合物，油脂中含有酯基，可以发生水解反应；解答：解：乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应，故a正确； b、石油的分馏是根据沸点不同，将各组分加以区分，属于物理变化；煤的干馏煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，为化学变化；故b错误；c、乙酸能与naoh溶液反应，但乙酸乙酯也能与naoh反应，故c错误；d、油脂分子量不大，不属于高分子化合物，故d错误；故选：a点评：本题考查取代反应、物理变化与化学变化、物质的分离和检验以及天然高分子化合物的判断，题目难度不大，注意基础知识的积累6（3分）（2013滨州一模）c、n、s都是重要的非金属元素下列说法正确的是（）a三者对应的氧化物均为酸性氧化物b三者的单质直接与氧气反应都能至少生成两种氧化物c相同温度下，等物质的量浓度的na2co3、nano3、na2so3溶液的ph大小顺序：nano3na2s03na2co3dco2、no2、so2都能与h2o反应，其反应原理相同考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；碳族元素简介专题：盐类的水解专题；氧族元素；氮族元素；碳族元素分析：a能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，注意并不是所以的非金属氧化物都是酸性氧化物；b硫和氧气反应只生成二氧化硫；c相同温度下，等物质的量浓度的钠盐，酸根离子对应的酸越弱，其钠盐的ph越大；d二氧化氮和水发生氧化还原反应解答：解：ano、co都不属于酸性氧化物，是不成盐氧化物，故a错误；b硫和氧气反应只生成二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫时必须有催化剂和加热条件，故b错误；c相同温度和相同物质的量浓度的na2co3、nano3、na2so3溶液中，因为酸根离子的水解程度：碳酸根离子亚硫酸根离子，硝酸根离子不水解，所以溶液的ph大小顺序：nano3na2s03na2co3，故c正确；d二氧化氮和水的反应属于氧化还原反应，二氧化碳、二氧化硫和水的反应属于化合反应，故d错误；故选c点评：本题考查酸性氧化物的判断、盐类的水解等知识点，易错选项是b，注意硫与氧气直接反应，无论氧气是否过量都只生成二氧化硫，为易错点7（3分）（2013滨州一模）设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）almol氧气与金属钠反应，氧气得到的电子数一定是4nab常温下，92gno2和n2o4混合气体中含有氧原子数为2nac在h2o2+cl22hcl+o2反应中，每生成16g氧气，则转移电子数为2nad100ml18.4moll1的硫酸与足量铜反应，生成二氧化硫的分子数小于0.92na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、氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以生成过氧化钠，氧元素化合价可以变为2价或1价；b、no2和n2o4最简比相同，只需计算92gno2中所含氧原子数即可；c、依据氧化还原反应电子守恒，标注元素化合价计算电子转移；d、足量铜和浓硫酸反应随反应进行，硫酸浓度变稀后不和铜反应；解答：解：a、lmol氧气与金属钠反应，生成氧化钠时得到电子4mol，1mol氧气和钠反应生成过氧化钠，氧气得到的电子数是2na，故a错误；b、常温下，no2和n2o4最简比相同，只需计算92gno2中所含氧原子数，92gno2和n2o4混合气体中含有氧原子数=2na=4na，故b错误；c、在h2o2+cl22hcl+o2反应中，氯气做氧化剂，过氧化氢做还原剂，每生成1mol氧气，电子转移2mol，每生成16g氧气即0.5mol，则电子转移1mol电子，故c错误；d、100ml18.4moll1的硫酸与足量铜反应，硫酸浓度变稀后不和铜反应，生成二氧化硫的分子数小于0.92na，故d正确；故选d点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查氧化还原电子转移的计算应用，质量换算 物质的量计算微粒数，关键是浓硫酸变稀后不和铜发生反应，题目难度中等8（3分）（2013滨州一模）反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2nai+mno2+3h2so42nahso4+mnso4+2h2o+i22naio3+5nahso32na2so4+3nahso4+h2o+i2下列说法正确的是（）a两个反应中均为硫元素被氧化b碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化c氧化性：mn02so42i03i2d反应、中生成等量的i2时转移电子数比为1：5考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题分析：a失电子化合价升高的元素被氧化；b失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；c自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；d根据碘和转移电子之间的关系式计算解答：解：a在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故a错误；b碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，故b错误；c氧化性i03so42，故c错误；d反应中生成1mol碘转移2na电子，反应中生成1mol碘转移10na电子，所以反应、中生成等量的i2时转移电子数比为2na：10na=1：5，故d正确；故选d点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意利用化合价计算转移的电子数，题目难度不大9（3分）（2013滨州一模）下列离子方程式书写正确的是（）a以石墨作电极电解cucl2溶液：2cl+2h2o2oh+cl2十h2bfeso4溶液与稀硫酸、双氧水混合：2fe2+h2o2+2h+2fe3+2h2oc铜跟浓硝酸反应：cu+4hno3（浓）cu2+2no3+2no+2h2odnahso4溶液与足量ba（oh）2溶液混合：2h+so42+ba2+2ohbaso4+2h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a惰性电极，铜离子在阴极放电；b发生氧化还原反应生成硫酸铁和水；c硝酸为强电解质，且反应生成二氧化氮；dnahso4完全反应，反应生成硫酸钡、水、naoh解答：解：a以石墨作电极电解cucl2溶液的离子反应为2cl+cu2+cu+cl2，故a错误；bfeso4溶液与稀硫酸、双氧水混合的离子反应为2fe2+h2o2+2h+2fe3+2h2o，故b正确；c铜跟浓硝酸反应的离子反应为cu+4h+2no3cu2+2no2+2h2o，故c错误；dnahso4溶液与足量ba（oh）2溶液混合的离子反应为h+so42+ba2+ohbaso4+h2o，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应及与量有关的离子反应，题目难度中等10（3分）（2013滨州一模）关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）a装置中，d为阳极、c为阴极b装置可用于收集h2、co2、cl2、hcl、no2等气体（必要时可添加尾气处理装置）c装置中x若为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸d装置可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气考点：气体的收集；原电池和电解池的工作原理；尾气处理装置；气体的净化和干燥专题：实验评价题分析：a、与电源正极连接的电极是阳极，与电源的负极连接的电极是阴极；b、和氧气不反应，密度大于空气密度的气体采用向上排空气法收集，密度小于空气密度的气体采用向下排空气法收集；c、四氯化碳的密度大于水的密度且和水不互溶，所以会分层，极易溶于水的气体可以采用此法收集；d、碱性干燥剂可干燥碱性气体，密度小于空气密度的气体可以采用向下排空气法收集，倒置漏斗能防止倒吸解答：解：a、根据图片知，电源的正极是a，负极是b，所以电解池的阳极是c，阴极是d，故a错误；b、h2、co2、cl2、hcl、no2等气体和氧气不反应，所以可以采用排空气法进行收集；h2的密度小于空气密度，所以可以采用向下排空气法进行收集，即导气管“短进长出”，co2、cl2、hcl、no2的密度大于空气的密度，所以可以采用向上排空气法进行收集，即导气管“长进短出”，故b正确；c、四氯化碳的密度大于水的密度且和水不互溶，所以四氯化碳和水混合会分层，氨气和氯化氢气体极易溶于水，且不溶于四氯化碳，所以四氯化碳有缓冲作用，可以用此装置吸收nh3或hcl，并可防止倒吸，故c正确；d、碱石灰呈碱性所以能干燥碱性气体氨气，氨气的密度小于空气密度且和氧气不反应，所以可以用向下排空气法收集氨气，氨气极易溶于水，倒置的漏斗有缓冲作用，所以可以用倒置的漏斗吸收氨气，故d正确；故选a点评：本题考查了气体的收集、净化等知识点，难度不大，注意c选项中四氯化碳有缓冲作用能防止倒吸现象的发生，如果把四氯化碳换成苯，就能产生倒吸现象11（3分）（2013滨州一模）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第va族，甲和丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则（）a原子半径：丙乙丁b单质的还原性：丁丙甲c甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物d乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为h，乙位于第va族，乙为n；甲和丙同主族，丙为na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第a族，即丁为al，以此来解答解答：解：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为h，乙位于第va族，乙为n；甲和丙同主族，丙为na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第a族，即丁为al，a、同周期原子半径从左向右减小，电子层越多，半径越大，则原子半径为丙丁乙，故a错误；b、金属性越强，单质的还原性越强，则单质的还原性丙丁甲，故b错误；c、甲、乙的氧化物为共价化合物，丙的氧化物为离子化合物，故c错误；d、乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，能相互反应，故d正确故选d点评：本题考查元素周期律及元素对应的单质、化合物的性质，元素的推断是解答本题的关键，注意氨气的水溶液为碱性是解答本题的突破口，难度不大12（3分）（2013滨州一模）在中性含有na+的溶液中，还可能存在nh4+，fe2+，br，co23，i一，so23六种离子中的一种或几种，进行如下实验：（1）原溶液滴加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；（2）向橙黄色溶液中加baci2溶液无沉淀生成（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝由此推断原溶液中一定不存在的离子是（）anh4+，br，co23bnh+4，i，so23cfe2+，i一，co23dfe2+，i，so23考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根据加入钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据加入淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否存在解答：解：由实验（1）反应后溶液成橙黄色，可以推知溶液中可能有fe2+或br，由有气泡生成一定有co32；由fe2+和co3 2 不能共存，可知溶液中一定无fe2+，则有br；由实验（2）现象推知原溶液一定无so32；由实验（3）的现象推知溶液一定无i，从上述实验现象无法确定na+存在与否故原溶液一定无fe2+、so32、i故选d点评：本题主要考查有关离子检验的相关知识，难度不大，明确常见阴阳离子的检验方法即可解答13（3分）（2009海南）在25时，密闭容器中x、y、z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质xyz初始浓度/moll10.10.20平衡浓度/moll10.050.050.1下列说法错误的是（）a反应达到平衡时，x的转化率为50%b反应可表示为x+3y2z，其平衡常数为1600c增大压强使平衡向生成z的方向移动，平衡常数增大d改变温度可以改变此反应的平衡常数考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：a根据转化率=计算；b根据反应速率之比等于化学计量数之比判断化学方程式并计算平衡常数；c增大压强，化学平衡常数不变；d平衡常数只受温度的影响解答：解：a反应达到平衡时，x的转化率为：=50%，故a正确；b根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：c（x）：c（y）：c（z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为x+3y2z，k=1600（mol/l）2，故b正确；c增大压强平衡向生成z的方向移动，但平衡常数不变，故c错误；d平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，故d正确故选c点评：本题考查化学平衡的计算及平衡移动问题，题目难度不大，注意平衡常数的计算以及平衡常数为温度的函数的特征来解答14（3分）（2013滨州一模）向一定量的fe、feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4mol/l的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344l no（标准状况），往所得溶液中加入kscn溶液，无红色出现若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）a0.24 molb0.21 molc0.16 mold0.14 mol考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成no的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量解答：解：解：因一定量的fe、feo、fe3o4和fe2o3的混合物中加入240ml 4mol/l的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为fe（no3）2，1.344l no（标准状况）的物质的量为=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12l4mol/l0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（fe）=0.21mol故选：b点评：本题考查学生利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键15（3分）（2013滨州一模）常温下moh和roh两种一元碱的溶液分别加水稀释时，ph变化如图所示下列叙述中不正确的是（）aroh是一种强碱b等物质的量浓度的moh与盐酸反应，所得溶液呈中性，则moh的体积大于盐酸的体积c在x点，c（m+）=c（r+）d稀释前，c（roh）=10 c（moh）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；溶液ph的定义专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：由图可知，roh开始的ph=13，稀释100倍ph=11，则roh为强碱，而moh开始的ph=12，稀释100倍ph=11，则moh为弱碱；并根据酸碱中和及电离来解答解答：解：aroh开始的ph=13，稀释100倍ph=11，则roh为强碱，故a正确；bmoh为弱碱，等物质的量浓度的moh与盐酸反应，假设等体积的两种物质反应，则所得溶液呈酸性，要使所得溶液呈中性，则碱应该稍微过量，所以碱的体积应该大于酸，故b正确；c由rohr+oh，mohm+oh可知，在x点，c（oh）相等，则c（m+）=c（r+），故c正确；d稀释前，c（roh）=0.1mol/l，c（moh）0.01mol/l，则c（roh）10c（moh），故d错误；故选d点评：本题考查电解质在水中的电离及图象，明确图象中ph的变化及交点的意义是解答本题的关键，题目难度不大二、解答题（共5小题，满分47分）16（9分）（2013滨州一模）（l）铝与某些金属氧化物在高温下的反应称为铝热反应，可用于冶炼高熔点金属已知：4al（s）+3o2（g）2al2o3（s）h=2830kjmol1h=+230kjmol1c（s）+o2（g）co2（g）h=390kjmol1铝与氧化铁发生铝热反应的热化学方程式是2al（s）+fe2o3（s）=al2o3（s）+2fe（s）h=600kj/mol（2）如图1所示，各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是；装置中cu电极上的电极反应式为o2+2h2o+4e=4oh（3）钒（v）及其化合物广泛应用于新能源领域全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图2所示当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为vo2+2h+e=vo2+h2o充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由绿色变为紫色考点：原电池和电解池的工作原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；金属的电化学腐蚀与防护专题：化学反应中的能量变化；电化学专题分析：（1）4al（s）+3o2（g）2al2o3（s）h=2830kjmol1，fe2o3（s）+c（s）=co2（g）+2fe（s）h=+230kjmol1，c（s）+o2（g）co2（g）h=390kjmol1，由盖斯定律可知， +可得到2al（s）+fe2o3（s）=al2o3（s）+2fe（s）；（2）发生化学腐蚀，中构成原电池，且fe为负极，构成原电池，但fe为正极；装置中cu电极上氧气得电子，发生吸氧腐蚀的电极反应；（3）溶液逐渐由黄变蓝，则vo2+得电子生成vo2+；原电池中左边为正极，右边为负极，则充电时，右槽为阴极，发生还原反应，则v3+得到电子生成v2+解答：解：（1）4al（s）+3o2（g）2al2o3（s）h=2830kjmol1，fe2o3（s）+c（s）=co2（g）+2fe（s）h=+230kjmol1，c（s）+o2（g）co2（g）h=390kjmol1，由盖斯定律可知， +可得到2al（s）+fe2o3（s）=al2o3（s）+2fe（s），则h=（2830kjmol1）+（+230kjmol1）（390kjmol1）=600kj/mol，故答案为：2al（s）+fe2o3（s）=al2o3（s）+2fe（s）h=600kj/mol；（2）发生化学腐蚀，中构成原电池，且fe为负极，构成原电池，但fe为正极，所以铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是；装置中cu电极上氧气得电子，发生吸氧腐蚀的电极反应，电极反应为o2+2h2o+4e=4oh，故答案为：；o2+2h2o+4e=4oh；（3）溶液逐渐由黄变蓝，则vo2+得电子生成vo2+，电极反应为vo2+2h+e=vo2+h2o，故答案为：vo2+2h+e=vo2+h2o；原电池中左边为正极，右边为负极，则充电时，右槽为阴极，发生还原反应，则v3+得到电子生成v2+，观察到充电时右槽溶液颜色逐渐由绿色变为紫色，故答案为：绿；紫点评：本题为综合题，涉及盖斯定律计算反应热及书写热化学反应方程式、原电池、吸氧腐蚀、二次电池等，（3）为解答的难点，注意电解与原电池的关系及溶液中离子的颜色，题目难度较大17（8分）（2013滨州一模）a、b、c、d均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图1所示（部分产物已略去）（1）若a为金属单质，d是某强酸的稀溶液，则反应b+ac的离子方程式为2fe3+fe=3fe2+（2）若a、b为盐，d为强碱，a的水溶液显酸性，则反应 a+db的离子方程式为al3+4oh=al（oh）4（3）若a为强碱，d为气态酸性氧化物常温时，将b的水溶液露置于空气中，其ph随时间t变化可能如图a或图b所示（不考虑d的溶解和水的挥发）若图a符合事实，则d为co2（填化学式），此时图a中x7（填“”“”或“=”）若图b符合事实，且图b中y7，b的焰色反应为黄色，则b溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）c（oh）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：（1）若a为金属单质，d是某强酸的稀溶液，a和d反应时，a的量不同生成物不同，则a是变价金属，且a是常见金属，为铁，根据离子方程式的书写规则书写；（2）若a、b为盐，d为强碱，a的水溶液显酸性，a和不同量的碱反应生成不同的物质，则a是铝盐，铝盐和过量强碱反应生成偏铝酸盐，和少量碱反应生成氢氧化铝，根据离子方程式的书写规则书写；（3）若a为强碱，d为气态酸性氧化物常温时，将b的水溶液露置于空气中，若图a符合事实，说明该酸性氧化物为非还原性酸性氧化物，根据盐的类型确定溶液的ph值大小；若图b符合事实，说明该酸性氧化物为还原性酸性氧化物，图b中y7，b的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，则b是亚硫酸氢钠，a是氢氧化钠，c是亚硫酸钠，亚硫酸氢钠是强碱弱酸盐，因其水解而使溶液呈酸性解答：解：（1）若a为金属单质，d是某强酸的稀溶液，a和d反应时，a的量不同生成物不同，则a是变价金属，且a是常见金属，则a为铁，b是铁盐，c是亚铁盐，铁离子和铁反应生成亚铁离子，离子反应方程式为：2fe3+fe=3fe2+，故答案为：2fe3+fe=3fe2+；（2）若a、b为盐，d为强碱，a的水溶液显酸性，a和不同量的碱反应生成不同的物质，则a是铝盐，铝盐和过量强碱反应生成偏铝酸盐，和少量碱反应生成氢氧化铝，反应 a+db的离子方程式为al3+4oh=al（oh）4，故答案为：al3+4oh=al（oh）4；（3）若a为强碱，d为气态酸性氧化物常温时，将b的水溶液露置于空气中，若图a符合事实，说明该酸性氧化物为非还原性酸性氧化物，则d为二氧化碳，b是碳酸氢盐，c是碳酸盐，碳酸氢盐是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子易水解而使溶液呈碱性，则ph大于7，即x7，故答案为：；若图b符合事实，说明该酸性氧化物为还原性酸性氧化物，图b中y7，b的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，则b是亚硫酸氢钠，a是氢氧化钠，c是亚硫酸钠，亚硫酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，钠离子不水解，亚硫酸氢根离子易水解，亚硫酸氢根离子和水都电离出氢离子，所以溶液中离子浓度大小顺序是 c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）c（oh），故答案为：c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）c（oh）点评：本题考查了离子浓度大小的比较、元素化合物的性质等，注意元素化合物的特征反应是解本题关键，难度不大18（10分）（2013滨州一模）固定和利用co2，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体工业上正在研究利用co2来生产甲醇燃料的方法，该方法的化学方程式是：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49.0kjmol某科学实验小组将6mol co2和8mol h2充入一容积为2l的密闭容器中（温度保持不变），测得h2的物质的量随时间变化如下图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）回答下列问题：（1）该反应在08min内co2的平均反应速率是0.125moll1min1（2）此温度下该反应的平衡常数k的数值为0.5（3）仅改变某一条件再进行实验，测得h2的物质的量随时间变化如图中虚线所示与实线相比，曲线改变的条件可能是升高温度，曲线改变的条件可能是增大压强若实线对应条件下平衡常数为k，曲线对应条件下平衡常数为k1，曲线对应条件下平衡常数为k2，则k、k1和k2的大小关系是k1k=k2考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：（1）由图可知，8min时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol2mol=6mol，根据v=计算v（h2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（co2）；（2）由图可知，8min时，反应到达平衡，平衡时氢气的物质的量为2mol，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；（3）曲线i反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动；曲线反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小解答：解：（1）由图可知，8min时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol2mol=6mol，故v（h2）=0.375mol/（lmin），速率之比等于化学计量数之比，故v（co2）=v（h2）=0.375mol/（lmin）=0.125mol/（lmin），故答案为：0.125；（2）由图可知，8min时，反应到达平衡，平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/l，则： co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）开始（mol/l）：3 4 0 0变化（mol/l）：1 3 1 1 平衡（mol/l）：2 1 1 1故该温度下平衡常数k=0.5，故答案为：0.5；（3）曲线i反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线i是升高温度；曲线反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故温度越高平衡常数越小，曲线温度最高，实线和曲线温度相同，故k1k=k2，故答案为：升高温度； 增大压强；k1k=k2点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数影响因素、化学平衡图象等，注意根据反应的特征分析图象中条件的改变，难度中等19（6分）（2013滨州一模）（l）常温下，如果取0.1moll1ha溶液与0.1moll1naoh溶液等体积混合，测得混合液的ph=8混合液中由水电离出的oh浓度与0.1moll1naoh溶液中由水电离出的oh浓度之比为107：1（2）相同温度下，将足量硫酸钡固体分别放入相同体积的0.1moll1硫酸铝溶液 0.1moll1氯化钡溶液 蒸馏水 0.1moll1硫酸溶液中，ba2+浓度由大到小的顺序是（用序号填写）（3）常温下，将a moll1的氨水与0.1moll1的盐酸等体积混合，当溶液中c（nh4+）=c（cl）时，用含a的代数式表示nh3h2o的电离常数kb=moll1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；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专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）常温下，等物质的量的一元酸ha和naoh恰好反应，其混合溶液呈碱性，则说明ha是弱酸，含有弱根离子的盐促进水电离，根据盐溶液的ph计算水电离出的c（oh），根据c（naoh）及水的离子积常数计算水中氢离子浓度，溶液中氢离子浓度等于水电离出的c（oh），从而得出结论；（2）含有相同离子的溶液能抑制硫酸钡的溶解； （3）根据电荷守恒及反应平衡时溶液中c（nh4+）=c（cl）分析溶液的酸碱性，利用离子浓度来计算电离常数解答：解：（1）常温下，等物质的量的一元酸ha和naoh恰好反应，其混合溶液呈碱性，则说明ha是弱酸，该盐溶液中氢氧根离子全部来自于水，盐溶液中c（oh）=106 mol/l，0.1moll1naoh溶液中c（h+）等于由水电离出的氢氧根离子浓度，即c（h+）=c（oh）（水电离出的）=1013 mol/l，所以混合液中由水电离出的oh浓度与0.1moll1naoh溶液中由水电离出的oh浓度之比=106 mol/l：1013 mol/l=107：1，故答案为：107：1；（2）根据难溶电解质的溶度积常数知，溶液中硫酸根离子浓度越大，硫酸钡的溶解度越小，钡离子浓度越低，氢氧化钡能抑制硫酸钡的电离，但氢氧化钡溶液中含有钡离子，所以钡离子浓度最大，水中的钡离子浓度次之，硫酸铝溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根离子，抑制硫酸钡的电离，硫酸铝中的硫酸根浓度大于硫酸中的浓度，所以硫酸铝溶液中钡离子的浓度小于硫酸溶液中钡离子浓度，所以钡离子浓度大小顺序是，故答案为：；（3）根据溶液的电中性原则，c（nh4+）=c（cl），则c（h+）=c（oh），则溶液显中性，溶液中c（nh4+）=c（cl）=0.1moll1=0.05moll1，；h+=oh=1107 moll1（因为是25下且为中性），故混合后溶液中c（nh3h2o）=amoll10.05moll1=（0.5a0.05）mol/l，nh3h2o的电离常数kb=mol/l=mol/l，故答案为：点评：本题涉及难溶物的溶解平衡、弱电解质的电离等知识点，难度中等，注意酸或碱中由水电离出的氢离子或氢氧根离子浓度的计算方法，为易错点20（14分）（2013滨州一模）（1）某学习小组利用下图装置制取氯气并探究其性质甲装置中反应的化学方程式是mno2+4hclmncl2+cl2+2h2o；证明乙装置中fecl2溶液与cl2发生了反应的实验方法是（只注明试剂、现象）kscn，溶液变血红色；丙装置中通入少量cl2，可制得某种生活中常用的漂白、消毒的物质已知碳酸的酸性强于次氯酸，则丙中反应的化学方程式是cl2+h2o+2na2co3=nacl+naclo+2nahco3（2）有一瓶长期放置的漂白粉，请利用以下仪器和试剂，完成该漂白粉成份的探究试管、胶头滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、1moll1盐酸、品红溶液、新制澄清石灰水【提出假设】假设一：该漂白粉未变质，含cacl2、ca（clo）2；假设二：该漂白粉全部变质，含cacl2 caco3；假设三：该漂白粉部分变质，含cacl2、ca（clo）2、caco3【进行实验】在答题卡上完成下表（不必检验ca2+、cl）：实验步骤预期现象和结论用a试管取少量澄清石灰水备用，用b试管取少量样品，再向b试管加入适量1mol/l的盐酸，塞上带导管的单孔塞，将导管的另一端插入a试管中若无气体放出且澄清石灰水未见浑浊，则假设一成立；若有气泡冒出，且澄清石灰水变浑浊则假设一步成立，假设二、三成立用胶头滴管向上述步骤后的b试管中滴入几滴品红试液，振荡若品红溶液不褪色，则假设二成立，若品红溶液褪色，则假设三成立考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：卤族元素分析：（1）甲装置是制取氯气的装置发生的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水的反应；氯化铁遇到硫氰酸钾溶液会发生反应生成血红色溶液；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和足量碳酸钠反应生成氯化钠和碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；（2）漂白粉的主要成分为cacl2、ca（clo）2，ca（clo）2易与空气中二氧化碳和水反应生成hclo，hclo不稳定，见光分解生成hcl和水，最终生成cacl2、caco3，如果漂白粉部分变质，则成分为cacl2、ca（clo）2、caco3，检验是否变质可根据碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳气体，能使澄清石灰水变浑浊，次氯酸钙和盐酸反应生成氯气，能使品红褪色，通过这两个实验检验漂白粉变质程度解答：解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式为mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，故答案为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；氯化铁和氯气反应，2fecl2+cl2=2fecl3，三价铁离子和硫氰酸钾反应生成血红色溶液，fe3+3scn=fe（scn）3，故答案为：kscn，溶液变为血红色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和足量碳酸钠反应生成氯化钠和碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，所以方程式为cl2+2na2co3+h2o=nacl+naclo+2nahco3，故答案为：cl2+2na2co3+h2o=nacl+naclo+2nahco3（2）漂白粉的主要成分为cacl2、ca（clo）2，ca（clo）2易与空气中二氧化碳和水反应生成hclo，hclo不稳定，见光分解生成hcl和水，最终生成cacl2、caco3；如漂白粉没有变质，则漂白粉中无caco3，加入盐酸后无气体放出且澄清石灰水未见浑浊；如漂白粉全部变质，则产物为cacl2、caco3，取少量样品于试管中，加入足量的稀盐酸，并将所得气体依次通入品红溶液和澄清石灰水，则品红不褪色，而石灰水变浑浊；如漂白粉部分变质，漂白粉中含有cacl2、ca（clo）2、caco3，取少