山东省滨州市高考化学一模试卷（含解析）.doc

山东省滨州市2015届高考化学一模试卷 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）下列说法中不正确的是（）a制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料b钢铁表面烤蓝生成一层致密的fe3o4，能起到防腐蚀作用c积极开发新能源，如可燃冰、生物汽油等，减少对化石燃料的依赖d随着化学的发展，化学实验方法并不是化学研究的唯一手段2（3分）w、x、y、z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10；x和ne原子的核外电子数相差1，y的单质是一种常见的半导体材料；z的非金属性在同周期元素中最强下列说法正确的是（）a对应简单离子半径：xwb对应气态氢化物的稳定性yzc化合物xzw既含离子键，又含共价键dy的氧化物能与z的氢化物和x的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应3（3分）一定质量的铁铝合金完全溶于过量的稀硝酸中，反应过程中共产生4.48lno（标准状况下测定），若在反应后的溶液中加入足量的氢氧化物溶液，则生成沉淀的质量不可能是（）a21.4gb18.7gc15.6gd7.8g4（3分）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法不正确的是（）a分子式为c7h10o5b1mol莽草酸与足量金属钠反应生成2molh2c可发生加成反应、取代反应、氧化反应d在水溶液中羧基和羟基均能电离出h+5（3分）下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法中不合理的是（）a甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强b乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下c丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性d丁装置：可在瓶中先装满水，气体由口入，收集no气体6（3分）下列各组离子可能大量共存的是（）a不能使酚酞试液变红的无色溶液中：na+、co32、k+、clob能与金属铝反应放出氢气的溶液中：k+、no3、cl、nh4+c常温下水电离出的c（h+）c（oh）=1020的溶液中：na+、cl、s2、so32d无色透明溶液：k+、hco3、no3、so42、fe3+7（3分）下列推断或表述正确的是（）a25时，ph=4.7浓度均为0.1moll1的ch2cooh、ch3coona混合溶液中，c（ch3coo）+c（oh）c（ch3cooh）+c（h+）b常温下，氨水与（nh4）2so4溶液混合所得ph=7的溶液中，c（nh4+）：c（so42）=2：1c将体积相同，ph均为1的盐酸和醋酸分别加水稀释至ph=3，盐酸的体积变化大，证明醋酸是弱酸d向2.0ml浓度均为0.1moll1的kcl、ki混合液中滴加12滴0.01moll1agno3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明agcl的ksp比agi的ksp小二、解答题（共3小题，满分53分）8（16分）（1）二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放在一定温度下的2l固定容积的密闭容器中，通入2molco2和3molh2，发生的反应为co2（g）+3h2（g） ch3oh（g）+h2o（g），h=akjmol1（a0），测得co2（g）和ch3oh（g）的浓度随时间变化如图所示该反应10min内用h2表示的反应速率为能说明该反应已达平衡状态的是aco2的体积分数在混合气体中保持不变b混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化c单位时间内每消耗1.2mol h2，同时生成0.4mol h2od反应中h2o与ch3oh的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变下列措施中能使增大的是（选填编号）a升高温度b恒温恒容下充入he（g）c将h2o（g）从体系中分离d恒温恒容再充入2molco2和3molh2计算该温度下此反应的平衡常数k=若改变条件（填选项），可使k=1a增大压强 b增大反应物浓度 c降低温度 d升高温度 e加入催化剂（2）如果人体内的co2不能顺利排除体外会造成酸中毒，缓冲溶液可以抵御外来少量酸或碱对溶液ph的影响，人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系 （h2co3/hco3）维持ph稳定已知正常人体血液在正常体温时，h2co3的一级电离常数ka1=106.1，c（hco3）：c（h2co3）20：1，lg2=0.3由题给数据可算得正常人体血液的ph（保留一位小数）正常人体血液中h2co3、hco3、oh、h+四种微粒浓度由大到小关系为：当少量的酸、碱进入血液中时，血液ph变化不大，其原因是9（17分）（1）海洋资源的开发与利用具有广阔的前景海水的ph一般在7.58.6之间某地海水中主要离子的含量如表：成分na+k+ca2+mg2+clso42hco3含量/mgl19360832001100160001200118电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过阴极的电极反应式为电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为caco3和mg（oh）2，写出生成caco3的离子方程式淡水的出口为a、b、c中的出口（2）锂是制造化学电源的重要原料，如lifepo4电池某电极的工作原理如图2所示：该电池电解质为传导li+的固体材料放电时该电极是电池的极（填“正”或“负”），电极反应式为（3）目前的研究表明，铁的某些含氧酸盐可用于工业废水、废气的处理用k2feo4处理中性废水时，k2feo4与水反应生成氢氧化铁胶体，并放出无色无味的气体和其它物质，写出反应的离子反应方程式，处理废水时既利用k2feo4强氧化性，又利用生成氢氧化铁胶体的 作用mfe2o4可以与氢气反应制备新型纳米材料氧缺位铁酸盐mfe2ox（3x4），其中m表示+2价的金属元素，常温下，mfe2ox能使工业废气中的so2转化为s，达到回收硫、净化空气目的，转化过程表示如下：mfe2oxmfe2oy 则可以判断xy，氧化性：mfe2oy so2（填“”、“”或“=”）10工业生产纯碱的工艺流程示意图1如下：完成下列填空：（1）在生产纯碱的工艺流程中需通入nh3和co2如图所示ae为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题实验室若用nh4cl和熟石灰做试剂来制取、收集干燥的nh3，则需选用上述仪器装置中的（填装置序号）若要制取、收集干燥的co2，请选择装置并按气流方向连接各仪器接口若在a的分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内加naoh固体，也能制取氨气，请解释装置a中能产生氨气的原因若实验过程中有氨气逸出，应选用下列装置吸收（填代号）（2）粗盐水（主要含有ca2+、mg2+杂质离子）加入沉淀剂a、b除杂质（沉淀剂a来源于石灰窑厂），写出a、b的化学式ab（3）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是（4）工业生产纯碱的工艺流程中氨气是循环使用的，为此，滤液d加入石灰水产生氨气写出该反应的离子方程式为：（5）产品纯碱中含有碳酸氢钠请你设计实验测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数简述实验过程11（12分）cocl26h2o是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿制取cocl26h2o的工艺流程如下：已知：浸出液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：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3.79.69.25.29.8（1）写出浸出过程中co2o3发生反应的离子方程式（2）naclo3的作用是（3）加na2co3调ph至5.2所得沉淀为（4）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如右图萃取剂的作用是；其使用的适宜ph范围是a2.02.5 b3.03.5 c4.04.5（5）为测定粗产品中cocl26h2o含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量agno3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中cocl26h2o的质量分数大于100%，其原因可能是（答一条即可）12（12分）有a、b、c、b、d、e五种元素，b原子得到一个电子后3p轨道全充满，a+比b形成的简单离子少一个电子层，c原子的p轨道半充满，它形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的，d和e是位于同一主族的短周期元素，e元素的最高化合价与最低化合价的代数和为零，e在其最高价氧化物中的质量分数为46.67%请回答：（1）元素x与b、c均相邻，比较x、c元素的第一电离能（2）c元素氢化物分子中心原子的杂化方式为（3）d的最高氧化物是分子（填“极性”或“非极性”）（4）镧镍合金、铜钙合金及铈钴合金都具有相同类型的晶胞结构xy，它们有很强的储氢能力，其中镧镍合金的晶胞结构如图写出ni2+的核外电子排布式已知镧镍合金lani，晶胞体积为9.01023cm3，储氢后形成laninh4.5的合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则lanin中n=（填数值）；氢在合金中的密度为gcm313（12分）物质是一种高分子化合物，常用作光盘的支持基片，化合物a（c5h8o2）不溶于水，有以下的转化关系已知：e能发生银镜反应；f能与nahco3反应放出气体；g的一氯取代物h有2种不同的结构请回答以下问题：（1）a分子中含有的官能团名称（2）写出的结构简式（3）写出ab+f的化学方程式写出h与naoh溶液反应的化学方程式（任写一个）（4）f的同分异物体有多种，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式能发生银镜反应属于酯类含有甲基山东省滨州市2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）下列说法中不正确的是（）a制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料b钢铁表面烤蓝生成一层致密的fe3o4，能起到防腐蚀作用c积极开发新能源，如可燃冰、生物汽油等，减少对化石燃料的依赖d随着化学的发展，化学实验方法并不是化学研究的唯一手段考点：无机非金属材料；金属的电化学腐蚀与防护；使用化石燃料的利弊及新能源的开发 分析：a、根据聚酯纤维和光导纤维的成分分析；b、致密的氧化物能保护里面的金属；c、根据使用化石燃料的害处来分析；d、化学研究的方法如常规的逻辑方法、模型方法、假说、理论方法、数学方法等解答：解：a、制作航天服的聚酯纤维属于有机物，不是无机非金属材料，故a错误；b、四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故b正确；c、使用化石燃料会造成严重的空气污染，开发新能源能减少对空气的污染，故c正确；d、化学研究的方法如常规的逻辑方法、模型方法、假说、理论方法、数学方法等，化学实验方法并不是化学研究的唯一手段，故d正确； 故选a点评：本题考查化学的发展趋势、绿色化学等，难度中等，注意化学研究的方法如常规的逻辑方法、模型方法、假说、理论方法、数学方法等2（3分）w、x、y、z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10；x和ne原子的核外电子数相差1，y的单质是一种常见的半导体材料；z的非金属性在同周期元素中最强下列说法正确的是（）a对应简单离子半径：xwb对应气态氢化物的稳定性yzc化合物xzw既含离子键，又含共价键dy的氧化物能与z的氢化物和x的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应考点：原子结构与元素的性质 分析：w、x、y、z是四种常见的短周期元素，已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10，则w元素原子的质子数为1810=8，故w为o元素；x和ne原子的核外电子数相差1，x为na或f，x原子半径大于o原子，故x为na元素；y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于na元素，故y为si元素；z的非金属性在同周期元素中最强，故z为cl元素，结合元素对应单质化合物的性质以及元素周期律知识解答该题解答：解；w、x、y、z是四种常见的短周期元素，已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10，则w元素原子的质子数为1810=8，故w为o元素；x和ne原子的核外电子数相差1，x为na或f，x原子半径大于o原子，故x为na元素；y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于na元素，故y为si元素；z的非金属性在同周期元素中最强，故z为cl元素，aw为o元素，x为na元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径o2na+，故a错误；by为si元素，z为cl元素，非金属性clsi，故氢化物稳定性y（si）z（cl），故b错误；c化合物naclo中钠离子与次氯酸根离子之间形成离子键，次氯酸根中氯原子与氧原子之间形成共价键，故c正确；d二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，除氢氟酸外二氧化硅不溶于其它酸，不与hcl反应，故d错误故选c点评：本题考查原子结构与元素周期律，侧重于位置结构性质关系、半径比较、化学键、二氧化硅的性质等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用3（3分）一定质量的铁铝合金完全溶于过量的稀硝酸中，反应过程中共产生4.48lno（标准状况下测定），若在反应后的溶液中加入足量的氢氧化物溶液，则生成沉淀的质量不可能是（）a21.4gb18.7gc15.6gd7.8g考点：有关混合物反应的计算 分析：一定质量的铁铝合金完全溶于过量的稀硝酸，反应生成fe（no3）3、al（no3）3，向反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液生成的沉淀为fe（oh）3，假设全为al，最终没有沉淀生成，假设金属全为fe，最终得到沉淀质量增大，根据n=计算no的物质的量，利用电子转移守恒计算金属的物质的量，进而计算沉淀的最大质量及沉淀质量范围解答：解：标况下4.48l no的物质的量为：=0.2mol，反应生成fe（no3）3、al（no3）3，金属都为+3价，根据电子转移守恒，可知金属的总物质的量为：=0.2mol，向反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液生成的沉淀为fe（oh）3，若完全为al，最终没有沉淀生成，假设金属全为fe，最终得到沉淀质量增大，根据fe原子守恒，可知生成0.2molfe（oh）3，生成的fe（oh）3的质量为：0.2mol107g/mol=21.4g，由于金属为al、fe的混合物，故沉淀的质量范围为：0gm（沉淀）21.4g，故选a点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握极值法、质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力4（3分）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法不正确的是（）a分子式为c7h10o5b1mol莽草酸与足量金属钠反应生成2molh2c可发生加成反应、取代反应、氧化反应d在水溶液中羧基和羟基均能电离出h+考点：有机物的结构和性质 分析：该物质中含有羧基、醇羟基、碳碳双键，所以具有羧酸、烯烃、醇的性质，a分子中c原子形成四个共价键、o原子形成两个共价键、h原子形成一个共价键，据此判断分子式；b醇羟基、羧基能和na反应生成氢气；c碳碳双键能发生加成反应、醇羟基和羧基能发生取代反应、有机物能发生氧化反应；d醇羟基不能发生电离解答：解：该物质中含有羧基、醇羟基、碳碳双键，所以具有羧酸、烯烃、醇的性质，a分子中c原子形成四个共价键、o原子形成两个共价键、h原子形成一个共价键，该物质的分子式为c7h10o5，故a正确；b醇羟基、羧基能和na反应生成氢气，反应中羧基或醇羟基与氢气的计量数之比为2：1，所以1mol莽草酸与足量金属钠反应生成2molh2，故b正确；c碳碳双键能发生加成反应、醇羟基和羧基能发生取代反应、有机物能发生氧化反应，醇羟基也能发生氧化反应，故c正确；d醇羟基不能发生电离，羧基能发生电离，故d错误；故选d点评：本题考查有机物结构和性质，为2015届高考高频点，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，注意并不是所有醇羟基都能发生氧化反应，熟练掌握常见有机物官能团及其性质5（3分）下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法中不合理的是（）a甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强b乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下c丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性d丁装置：可在瓶中先装满水，气体由口入，收集no气体考点：化学实验方案的评价 分析：a元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属的非金属性越强，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸；b橡皮管的作用是平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗中气体压强；c检查装置的气密性原理是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡；dno不溶于水，可以采用排水法收集解答：解：a二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫能和硅酸钠反应生成硅酸，但亚硫酸不是s元素最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断s、si的非金属性强弱，故a错误；b橡皮管的作用是平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗中气体压强，从而能使水顺利流下，故b正确；c向右边b容器中加水，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，从而验证装置的气密性，故c正确；dno不溶于水，可以采用排水法收集，如果该集气瓶中装满水，导气管遵循“短进长出”原则，故d正确；故选a点评：本题考查化学实验方案评价，涉及非金属性强弱判断、气密性检验、气体收集等知识点，明确实验原理是解本题关键，会从装置的评价性、操作的规范性判断，题目难度中等6（3分）下列各组离子可能大量共存的是（）a不能使酚酞试液变红的无色溶液中：na+、co32、k+、clob能与金属铝反应放出氢气的溶液中：k+、no3、cl、nh4+c常温下水电离出的c（h+）c（oh）=1020的溶液中：na+、cl、s2、so32d无色透明溶液：k+、hco3、no3、so42、fe3+考点：离子共存问题 分析：a不能使酚酞试液变红的无色溶液，显酸性；b能与金属铝反应放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；c常温下水电离出的c（h+）c（oh）=1020的溶液，为酸或碱溶液；dfe3+为黄色，且离子之间相互促进水解解答：解：a不能使酚酞试液变红的无色溶液，显酸性，不能大量存在co32、clo，故a不选；b能与金属铝反应放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在nh4+，酸溶液中al、h+、no3发生氧化还原反应不生成氢气，故b不选；c常温下水电离出的c（h+）c（oh）=1020的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故c选；dfe3+为黄色，与无色不符，且hco3、fe3+离子之间相互促进水解，不能大量共存，故d不选；故选c点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大7（3分）下列推断或表述正确的是（）a25时，ph=4.7浓度均为0.1moll1的ch2cooh、ch3coona混合溶液中，c（ch3coo）+c（oh）c（ch3cooh）+c（h+）b常温下，氨水与（nh4）2so4溶液混合所得ph=7的溶液中，c（nh4+）：c（so42）=2：1c将体积相同，ph均为1的盐酸和醋酸分别加水稀释至ph=3，盐酸的体积变化大，证明醋酸是弱酸d向2.0ml浓度均为0.1moll1的kcl、ki混合液中滴加12滴0.01moll1agno3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明agcl的ksp比agi的ksp小考点：离子浓度大小的比较；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：aph=4.7浓度均为0.1moll1的ch3cooh、ch3coona混合溶液中，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度；b溶液的ph=7，则c（oh）=c（h+），结合电荷守恒可知c（nh4+）=2c（so42）；c醋酸为弱酸，若稀释后溶液的ph仍然相等，则醋酸的体积变化较大；d溶度积越小，难溶物越难溶，越容易生成沉淀解答：解：aph=4.7浓度均为0.1moll1的ch3cooh、ch3coona混合溶液中，ch3cooh的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，c（na+）c（ch3cooh），溶液中存在电荷守恒：c（ch3coo）+c（oh）=c（na+）+c（h+），故c（ch3coo）+c（oh）c（ch3cooh）+c（h+），故a错误；b常温下，氨水与（nh4）2so4溶液混合所得ph=7的溶液中，c（oh）=c（h+），根据核电荷数可知：c（nh4+）=2c（so42），即：c（nh4+）：c（so42）=2：1，故b正确；c将体积相同，ph均为1的盐酸和醋酸分别加水稀释至ph=3，醋酸的体积变化大，盐酸的体积变化小，证明醋酸是弱酸，故c错误；d向2.0ml浓度均为0.1moll1的kcl、ki混合液中滴加12滴0.01moll1agno3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明碘化银更难溶，则agcl的ksp比agi的ksp大，故d错误；故选b点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，试题涉及酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离及其影响、盐的水解原理及其应用、难溶物溶度积的应用、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力二、解答题（共3小题，满分53分）8（16分）（1）二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放在一定温度下的2l固定容积的密闭容器中，通入2molco2和3molh2，发生的反应为co2（g）+3h2（g） ch3oh（g）+h2o（g），h=akjmol1（a0），测得co2（g）和ch3oh（g）的浓度随时间变化如图所示该反应10min内用h2表示的反应速率为0.075mol/（lmin）能说明该反应已达平衡状态的是abaco2的体积分数在混合气体中保持不变b混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化c单位时间内每消耗1.2mol h2，同时生成0.4mol h2od反应中h2o与ch3oh的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变下列措施中能使增大的是cd（选填编号）a升高温度b恒温恒容下充入he（g）c将h2o（g）从体系中分离d恒温恒容再充入2molco2和3molh2计算该温度下此反应的平衡常数k=0.20若改变c条件（填选项），可使k=1a增大压强 b增大反应物浓度 c降低温度 d升高温度 e加入催化剂（2）如果人体内的co2不能顺利排除体外会造成酸中毒，缓冲溶液可以抵御外来少量酸或碱对溶液ph的影响，人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系 （h2co3/hco3）维持ph稳定已知正常人体血液在正常体温时，h2co3的一级电离常数ka1=106.1，c（hco3）：c（h2co3）20：1，lg2=0.3由题给数据可算得正常人体血液的ph7.4（保留一位小数）正常人体血液中h2co3、hco3、oh、h+四种微粒浓度由大到小关系为：c（hco3）c（h2co3）c（oh）c（h+）当少量的酸、碱进入血液中时，血液ph变化不大，其原因是当少量酸进入血液中时，hco3就与h+发生反应来维持血液的ph稳定，当少量碱进入血液中时，h2co3就与oh发生反应来维持血液的ph稳定考点：化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较 分析：（1）据v（ch3oh）=求得甲醇的反应速率，再据速率之比等于化学计量数之比，求氢气的反应速率；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；要使增大，则根据反应，平衡向正反应方向移动即可；根据图象数据结合平衡常数k的计算公式进行计算，根据k仅与温度有关及反应为放热来判断改变条件；（2）ka=，ka=106.1moll1，正常血液中c（hco3）：c（h2co3）20：1；正常血液中c（hco3）：c（h2co3）20：1，碳酸氢根离子浓度大于碳酸浓度，溶液呈碱性；根据血液中存在的电离平衡分析，hco3、co32均水解显碱性解答：解：（1）v（ch3oh）=0.025mol/（lmin），则v（h2）=30.025mol/（lmin）=0.075mol/（lmin），故答案为：0.075mol/（lmin）；aco2的体积分数在混合气体中保持不变，则能说明达到平衡状态，故a正确；b混合气体的平均相对分子质量=，混合气体的质量始终不变，反应前后气体物质的量不相同，平均相对分子质量不变，说明混合气体的物质的量不变，则各组分物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；c单位时间内每消耗1.2mol h2，同时生成0.4molh2o，不能体现正逆反应，故不能说明达到平衡状态，故c错误；dh2o与ch3oh都是产物，并且按照1：1的比例生成，所以h2o与ch3oh的物质的量浓度之比一直为1：1，不能说明达到平衡状态，故d错误；故答案为：ab；要使增大，则根据反应，a升高温度，平衡逆向移动，所以减小，故a错误；b恒温恒容下充入he（g），平衡不移动，所以不变，故b错误；c将h2o（g）从体系中分离，平衡正向移动，所以增大，故c正确；d恒温恒容再充入2mol co2和3mol h2，等效于开始加入4molco2和6molh2，压强增大，平衡正向移动，所以增大，故d正确；故选：cd；由图象数据co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）得开始浓度：1 1.5 0 0转化浓度：0.25 0.75 0.25 0.25 平衡浓度：0.75 0.75 0.25 0.25 所以k=0. 20，则要使k=1，又反应放热所以降低温度使平衡向正反应方向移动，故答案为：0.20；c；（2）ka=，ka=106.1moll1，正常血液中c（hco3）：c（h2co3）20：1，则c（h+）=107.4moll1，则ph=7.4，故答案为：7.4； 正常血液中c（hco3）：c（h2co3）20：1，碳酸氢根离子浓度大于碳酸浓度，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为c（hco3）c（h2co3）c（oh）c（h+）；故答案为：c（hco3）c（h2co3）c（oh）c（h+）；血液是缓冲溶液，缓冲溶液可以抵御外来少量酸或碱对溶液ph的影响，当少量酸进入血液中时，hco3就与h+发生反应来维持血液的ph稳定，当少量碱进入血液中时，h2co3就与oh发生反应来维持血液的ph稳定；故答案为：当少量酸进入血液中时，hco3就与h+发生反应来维持血液的ph稳定，当少量碱进入血液中时，h2co3就与oh发生反应来维持血液的ph稳定点评：本题考查了化学平衡的有关知识，缓冲溶液及盐类水解，平衡影响因素，离子浓度大小比较，明确习题中的信息及有关ka的计算是解答本题的关键，题目难度中等9（17分）（1）海洋资源的开发与利用具有广阔的前景海水的ph一般在7.58.6之间某地海水中主要离子的含量如表：成分na+k+ca2+mg2+clso42hco3含量/mgl19360832001100160001200118电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过阴极的电极反应式为2h2o+2e=h2+2oh或2h+2e=h2电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为caco3和mg（oh）2，写出生成caco3的离子方程式ca2+oh+hco3=caco3+h2o淡水的出口为a、b、c中的b出口（2）锂是制造化学电源的重要原料，如lifepo4电池某电极的工作原理如图2所示：该电池电解质为传导li+的固体材料放电时该电极是电池的正极（填“正”或“负”），电极反应式为fepo4+e+li+=lifepo4（3）目前的研究表明，铁的某些含氧酸盐可用于工业废水、废气的处理用k2feo4处理中性废水时，k2feo4与水反应生成氢氧化铁胶体，并放出无色无味的气体和其它物质，写出反应的离子反应方程式4feo42+10h2o=4fe（oh）3（胶体）+8oh+3o2，处理废水时既利用k2feo4强氧化性，又利用生成氢氧化铁胶体的聚沉 作用mfe2o4可以与氢气反应制备新型纳米材料氧缺位铁酸盐mfe2ox（3x4），其中m表示+2价的金属元素，常温下，mfe2ox能使工业废气中的so2转化为s，达到回收硫、净化空气目的，转化过程表示如下：mfe2oxmfe2oy 则可以判断xy，氧化性：mfe2oy so2（填“”、“”或“=”）考点：电解原理；氧化性、还原性强弱的比较；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）由电渗析法淡化海水示意图可知，阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过；阴极上是阳离子得到电子发生还原反应；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；（2）放电时，该装置是原电池，fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应；（3）用k2feo4处理中性废水时与水反应生成氢氧化铁胶体，并放出无色无味的气体和其它物质，铁元素化合价降低，氧元素化合价升高生成氧气，结合电荷守恒配平书写离子方程式；氢氧化铁胶体具有吸附作用；根据化合价的变化判断反应物在反应中是氧化剂还是还原剂或是催化剂，根据化合价代数和为0判断x与y的关系解答：解：（1）阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2h2o+2e=h2+2oh或2h+2e=h2，故答案为：2h2o+2e=h2+2oh或2h+2e=h2；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：ca2+oh+hco3=caco3+h2o，故答案为：ca2+oh+hco3=caco3+h2o；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的 阴阳离子在两个电极放电，所以水在b处流出，故答案为：b； （2）放电时，该装置是原电池，fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为fepo4+e+li+=lifepo4，故答案为：正；fepo4+e+li+=lifepo4；（3）用k2feo4处理中性废水时与水反应生成氢氧化铁胶体，并放出无色无味的气体和其它物质，铁元素化合价降低，氧元素化合价升高生成氧气，结合电荷守恒配平书写离子方程式为：4feo42+10h2o=4fe（oh）3（胶体）+8oh+3o2；氢氧化铁胶体具有吸附作用，能吸附悬浮在水中的杂质净水，发生聚沉；故答案为：4feo42+10h2o=4fe（oh）3（胶体）+8oh+3o2；聚沉；在图示反应中，so2转化为s，s元素化合价降低，说明so2在反应中为氧化剂，则mfe2ox为还原剂，氧化剂氧化性大于氧化产物，二氧化硫氧化性大于mfe2oy；so2在反应中为氧化剂，参与氧化还原反应，mfe2ox为还原剂，反应后fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y2）（2x2），即yx，故答案为：；点评：本题考查了化学电源新型电池，电解池原理分析判断，海水淡化的电渗析原理的分析判断，题目难度中等，掌握原理即可解答，题目难度不大10工业生产纯碱的工艺流程示意图1如下：完成下列填空：（1）在生产纯碱的工艺流程中需通入nh3和co2如图所示ae为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题实验室若用nh4cl和熟石灰做试剂来制取、收集干燥的nh3，则需选用上述仪器装置中的bde（填装置序号）若要制取、收集干燥的co2，请选择装置并按气流方向连接各仪器接口acdg若在a的分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内加naoh固体，也能制取氨气，请解释装置a中能产生氨气的原因naoh溶于水放出大量的热，可促进氨气的挥发，另外氨水溶液呈碱性，为弱电解质，加入氢氧化钠电离出的oh增大了氨水中oh浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出若实验过程中有氨气逸出，应选用下列c装置吸收（填代号）（2）粗盐水（主要含有ca2+、mg2+杂质离子）加入沉淀剂a、b除杂质（沉淀剂a来源于石灰窑厂），写出a、b的化学式aca（oh）2 或者caobna2co3（3）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是有晶体析出碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠（4）工业生产纯碱的工艺流程中氨气是循环使用的，为此，滤液d加入石灰水产生氨气写出该反应的离子方程式为：nh4+ohnh3+h2o（5）产品纯碱中含有碳酸氢钠请你设计实验测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数简述实验过程考点：氨的实验室制法；粗盐提纯；物质检验实验方案的设计 分析：（1）根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置；若要制取、收集干燥的co2，应选择a发生装置，用c干燥二氧化碳，用e装置收集气体，按照制取、除杂、收集的顺序连接实验装置；naoh溶于水放出大量的热，且氢氧化钠溶液中含有大量氢氧根离子，能够抑制一水合氨的电离，促进氨气的挥发；氨气极易溶于水，应采取防止倒吸的方法吸收；（2）根据题意a源于石灰窑，说明其是生石灰或熟石灰来分析；除去过量的钙离子应选择碳酸钠；（3）根据碳酸钠和碳酸氢钠的性质和溶解度解答；（4）铵盐能与碱在加热条件下反应生成氨气；（5）碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，依据碳酸氢钠的不稳定性设计实验解答：解：（1）实验室制取氨气反应物状态氯化铵、氢氧化钙都是固体，反应条件加热，采用固体、固体加热型装置，所以应选b为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，故选d；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故选e；制取、收集干燥的co2，应选择a发生装置，用c干燥二氧化碳，用e装置收集气体，所以连接顺序为：acdg；故答案为：bde；acdg；naoh溶于水放出大量的热，可促进氨气的挥发，另外氨水溶液呈碱性，为弱电解质，加入氢氧化钠电离出的oh增大了氨水中oh浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出；故答案为：naoh溶于水放出大量的热，可促进氨气的挥发，另外氨水溶液呈碱性，为弱电解质，加入氢氧化钠电离出的oh增大了氨水中oh浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，应选择c，故选：c；（2）粗盐水中含有mg2+、ca2+，用ca（oh）2或cao将mg2+转化为mg（oh）2，再用na2co3将ca2+转化为caco3沉淀，故答案为：ca（oh）2 或者cao；na2co3；（3）由于溶液中存在氨气，氯化钠，当通入二氧化碳后，碳酸化后发生反应的化学方程式是nh3+co2+h2o+naclnh4cl+nahco3，有晶体析出；相同温度下，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠，所以固体先以碳酸氢钠形式析出；故答案为：有晶体析出；碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；（4）滤液中主要含有的是氯化铵，其和石灰水反应时：nh4+ohnh3+h2o，故答案为：nh4+ohnh3+h2o；（5）碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，称取一定质量的固体样品，加热到恒重后冷却，称量剩余固体的质量，计算出碳酸氢钠的质量分数；答：称取一定质量的固体样品，加热到恒重后冷却，称量剩余固体的质量，计算出碳酸氢钠的质量分数点评：本题为工艺流程题，考查了物质的制备、提纯、实验的操作等，题目难度中等，熟悉反应原理和各种物质的性质是解题关键，侧重考查学生分析问题解决问题能力11（12分）cocl26h2o是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿制取cocl26h2o的工艺流程如下：已知：浸出液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：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3.79.69.25.29.8（1）写出浸出过程中co2o3发生反应的离子方程式co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o（2）naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+（3）加na2co3调ph至5.2所得沉淀为fe（oh）3、al（oh）3（4）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如右图萃取剂的作用是除去溶液中的mn2+；其使用的适宜ph范围是ba2.02.5 b3.03.5 c4.04.5（5）为测定粗产品中cocl26h2o含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量agno3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中cocl26h2o的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（答一条即可）考点：制备实验方案的设计；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）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等进行解答；（2）naclo3中氯元素化合价为+6价，为氧化剂，fecl2中铁元素化合价+2价为还原剂；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）由表中数据可知，调节溶液ph在3.03.5之间，可使mn2+完全沉淀，并防止co2+转化为co（oh）2沉淀；（5）根据cocl26h2o的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水解答：解：（1）向水钴矿加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等，所以co2o3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应为：co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o，故答案为：co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o； （2）加入naclo3，会发生fecl2中铁元素的化合价+2+3，失去电子，naclo3中氯元素的化合价由+51价，得到电子，所以naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+，故答案为：将fe2+氧化成fe3+；（3）加na2co3调ph至5.2，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2fe3+3co32+3h2o=2fe（oh）3+3co2；故答案为：fe（oh）3、al（oh）3；（4）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率与ph的关系可知调节溶液ph在3.03.5之间，可使mn2+完全沉淀，并防止co2+转化为co（oh）2沉淀，故答案为：除去溶液中的mn2+；b； （5）根据cocl26h2o的组成分析，造成产品中cocl26h2o的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故