山东省滨州市惠民一中高考化学模拟试卷（含解析）.doc

山东省滨州市惠民一中2015届 高考化学模拟试卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意本题包括7小题，每小题6分，共42分1（6分）化学与生产、生活密切相关，下列叙述正确的是（）ana2o2能与co2反应放出o2，可用于潜艇中作供氧剂b石英是一种良好的半导体，可用于制造太阳能电池板c地沟油（餐饮废油）属于烃类物质，可用于制作燃油d干冰和液氨均有致冷作用，都可用在舞台上制造烟雾效果2（6分）下列化学用语正确的是（）a过氧化氢的电子式：bcl的结构示意图：c乙炔的结构简式：chchd中子数为10的氧原子：o3（6分）常温下，下列有关hno3溶液的叙述正确的是（）a该溶液中，k+、fe2+、so42、br可以大量共存b溶液ph=1时，由水电离出的氢离子浓度为11013 mol/lc1l 0.1mol/l该溶液和足量的zn充分反应，生成1.12l h2d稀溶液中通so2反应的离子方程式为：2so2+h2o+2no3=2so42+2no+2h+4（6分）下列图示实验正确的是（）a测定naoh溶液的浓度b碳酸氢钠受热分解c蒸干nh4cl饱和溶液制备nh4cl晶体d关闭分液漏斗，向外拉动针筒活塞，松开后活塞恢复原处，证明装置气密性良好5（6分）用na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a0.1 mol基态氧原子中含有的未成对电子数为0.1nab1l 1mol/l k2co3溶液，阴离子的总数等于nac8.0gcu2s和cuo的混合物中含有铜原子数为0.1nad由化合态的铁制备5.6g铁，转移电子总数为0.3na6（6分）下列溶液中的离子浓度关系正确的是（）a0.1mol/l 的h2s溶液中：c（oh）+c（hs）+c（s2）=c（h+）b向 nahso3溶液中加入naoh溶液，c（oh）/c（h+）和c（hso3）/c（so32）的比值均增大c将一定量氨气通入0.1mol/l nh4cl溶液中有可能：c（h+）c（oh）c（nh3h2o）d向0.2mol/l nahco3溶液中加入等体积0.1mol/l naoh溶液：c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）7（6分）t时，将1molx和2moly投入2l的密闭容器中，发生反应x（g）+y（g）2z（g），x、y的量随时间变化如下表，该反应的平衡常数随温度的变化如下图则下列判断正确的是（）0123456x10.800.660.580.520.500.50y21.801.66a前5min用z表示的平均反应速率为0.2 mol/（lmin）b该反应的正反应是吸热反应，且t1tc若温度为t1时，以同样的起始量反应，达到平衡时x的转化率约为66.7%d在t时，以1molx、2moly和1molz充入上述容器中，达到平衡时，x的转化率仍为50%二、解答题（共4小题，满分58分）8（16分）h、c、n、o、na、s、cl、fe、cu是常见的九种元素（1）基态na原子的电子排布式为，cl位于周期表中（选填s、d、ds、p）区（2）co32中碳原子的杂化轨道类型为，该离子的立体构型为（3）cu单质为面心立方晶体（见图），晶胞中铜原子的配位数为（4）在cucl2溶液中通入so2可得到cucl沉淀，反应离子方程式为（5）已知，在25，101kpa 时，16.0g液态化合物肼（n2h4）在氧气中完全燃烧生成氮气和水蒸汽时，放出热量263kj；h2o（l）=h2o（g）h=+44kj/mol则肼完全燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式为9（14分）“84消毒液”（ naclo含量为810%，另含少量nacl）置于空气中会逐渐变质，同学们对其成分（水除外）作如下探究：（1）查阅资料“84消毒液”有漂白性和碱性，呈碱性的原因是（用离子方程式解释）电离方程h2co3h+hco3hco3h+co32hcloh+clo电离常数k1=4.4lo7k2=4.71011k=3108化学上用电离常数衡量弱电解质的电离能力常温下，ca（clo）2溶解度为21g；cl2在饱和食盐水中的溶解度小（2）提出假设甲同学根据是否变质和变质情况作出如下假设：假设一：只含nacl、naclo假设二：肯定含nacl，可能含naclo、nahco3、na2co3中至少一种推测含nahco3的依据是（用方程式解释）假设三：只含nacl（3）实验验证可选用药品：agno3溶液、稀硝酸、澄清石灰水、酚酞、cacl2溶液甲同学取适量“84消毒液”样品于一支试管中，滴加澄清石灰水，出现白色沉淀，判定样品含na2co3乙同学认为甲的判断不准确，不能仅凭白色沉淀就确定含na2co3因为（用离子方程式解释）为此乙同学在甲的基础上继续实验：另取少量样品，滴加cacl2溶液，无白色沉淀请你设计实验证明假设三不成立根据上述实验结果，该样品中一定含有（填化学式）（4）定量检测依据原理：2hcl（浓）+naclo=nacl+cl2+h2o设计测定naclo含量的实验如下：取10g“84消毒液”样品，加足量ca（oh）2至沉淀完全，过滤并洗涤沉淀，将滤液和洗涤液合并混匀后加入下图装置a中（加热装置已略去）然后加入浓盐酸，当不再有气体生成时，b中得到224ml液体（折合到标准状况）a仪器的名称是，实验测得原样品中naclo的质量分数为10（12分）a（c4h6）合成f的路线如下：已知：（1）bc的反应类型为，有机物c中的官能团名称为（2）写出d与hcho按1：2的比例生成e的化学方程式（3）已知a+fg（六元环状有机物），g的结构简式为（4）写出满足下列条件的b的所有同分异构体 不含环状结构 核磁共振氢谱只有一个吸收峰11（16分）如图为电解法处理含cn、cr2o72和cro42等有害离子的酸性废水的示意图，图处电解池中利用阳极产生的阳离子将cr2o72和cro42还原成cr3+，经分离有害金属离子后，废液经处电解池，将cn转化为co32和n2而除去根据信息回答下列问题：（1）电解池的阴极会产生一种可燃气体，该气体是；步骤使用稍过量的石灰，既完全沉淀cr3+，又降低so42的含量，由此可知残渣2的成分为（2）步骤中阳极的电极反应式为，产生的阳离子还原cr2o72的离子方程式为（3）步骤的电解池中，阳极的电极反应式为（4）已知溶液中所含cr3+的浓度为0.6mol/l，为防止fe（oh）3残渣中含有cr（oh）3，所调节ph值应小于（5）最初废水中cn的浓度为0.08mol/l，要完全处理1m3这种废水，两处电解池阴极得到气体在标况下的总体积至少为m3（忽略整个过程溶液体积变化，各步反应均完全，各电极只发生单一反应且空气不参加反应）山东省滨州市惠民一中2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题只有一个选项符合题意本题包括7小题，每小题6分，共42分1（6分）化学与生产、生活密切相关，下列叙述正确的是（）ana2o2能与co2反应放出o2，可用于潜艇中作供氧剂b石英是一种良好的半导体，可用于制造太阳能电池板c地沟油（餐饮废油）属于烃类物质，可用于制作燃油d干冰和液氨均有致冷作用，都可用在舞台上制造烟雾效果考点：钠的重要化合物；氨的物理性质；硅和二氧化硅；油脂的性质、组成与结构 分析：a过氧化钠和水、二氧化碳都反应生成氧气；b石英为二氧化硅，不导电；c地沟油的主要成分为酯类；d氨气具有刺激性气味解答：解：a过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于潜艇的供氧剂，故a正确；b石英为二氧化硅，不导电，是绝缘体，故b错误；c地沟油的主要成分为酯类，可用于制作燃油，故c错误；d氨气具有刺激性气味，不能用于舞台上制造烟雾效果，故d错误；故选：a点评：本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大2（6分）下列化学用语正确的是（）a过氧化氢的电子式：bcl的结构示意图：c乙炔的结构简式：chchd中子数为10的氧原子：o考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系 分析：a过氧化氢中存在2个氧氢键和1个氧氧单键，不存在氧氧双键；b氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18；c乙炔的结构简式中没有标出其官能团碳碳三键；d质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数解答：解：a双氧水为共价化合物，其分子中不存在氧氧双键，双氧水正确的电子式为：，故a错误；b氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故b正确；c结构简式中需要标出官能团，乙炔的结构简式为：chch，故c错误；d中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：818o故d错误；故选b点评：本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、结构简式、元素符号等知识，熟练掌握常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力3（6分）常温下，下列有关hno3溶液的叙述正确的是（）a该溶液中，k+、fe2+、so42、br可以大量共存b溶液ph=1时，由水电离出的氢离子浓度为11013 mol/lc1l 0.1mol/l该溶液和足量的zn充分反应，生成1.12l h2d稀溶液中通so2反应的离子方程式为：2so2+h2o+2no3=2so42+2no+2h+考点：硝酸的化学性质 分析：a硝酸具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子；b酸性溶液中水的电离受到抑制，由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，依据kw=c（h+）c（oh）；c硝酸具有强的氧化性，与金属反应不生成氢气；d稀溶液中通so2反应生成硫酸、一氧化氮和水解答：解：a硝酸具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，所以二价铁离子不能大量共存，故a错误；b溶液ph=1时，c（h+）=0.1mol/l，由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度=11013 mol/l，故b正确；c硝酸具有强的氧化性，与金属反应不生成氢气，故c错误；d稀溶液中通so2反应的离子方程式为：3so2+2h2o+2h+2no3=3so42+2no+6h+，故d错误；故选：b点评：本题考查了硝酸的性质，熟悉硝酸的强氧化性是解题关键，注意水电离平衡的影响因素，题目难度不大4（6分）下列图示实验正确的是（）a测定naoh溶液的浓度b碳酸氢钠受热分解c蒸干nh4cl饱和溶液制备nh4cl晶体d关闭分液漏斗，向外拉动针筒活塞，松开后活塞恢复原处，证明装置气密性良好考点：化学实验方案的评价 分析：a氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中；b加热固体，应防止试管炸裂；c氯化铵不稳定，易分解；d利用压强差检验装置气密性解答：解：a氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，故a错误；b加热固体，试管口应略朝下倾斜，防止试管炸裂，故b错误；c氯化铵不稳定，易分解，加热溶液时不能直接蒸干，故c错误；d仪器组装好后，关闭分液漏斗活塞，将针筒活塞向外拉一段距离后松手，观察针筒是否能回到原来刻度处，如果回到原处，说明气密性良好，否则气密性不好，故d正确故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验原理、物质性质的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握实验的严密性和可行性的评价，题目难度中等5（6分）用na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a0.1 mol基态氧原子中含有的未成对电子数为0.1nab1l 1mol/l k2co3溶液，阴离子的总数等于nac8.0gcu2s和cuo的混合物中含有铜原子数为0.1nad由化合态的铁制备5.6g铁，转移电子总数为0.3na考点：阿伏加德罗常数 分析：ao的核外电子排布式为1s2 2s22p4，p能级包括3个原子轨道，因此未成对电子数为2；b碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；c质量换算物质的量结合化学式分析铜原子数；d铁与氯气反应被强氧化剂氯气氧化为三价铁盐解答：解：ao的核外电子排布式为1s2 2s22p4，p能级包括3个原子轨道，因此未成对电子数为2，0.1 mol基态氧原子中含有的未成对电子数为0.2na，故a错误；b1l 1mol/l k2co3溶液中阴离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多，阴离子总数大于na，故b错误；c若8.0 g 全是cu2s，则其中含有的铜原子数=2na=0.1na；若8.0 g 全是cuo，则其中含有铜原子数=0.1mol，所以8.0 gcu2s和cuo的混合物中含有铜原子数为0.1na，故c正确；d0.1mol fe与0.1mol cl2充分反应，根据化学方程式2fe+3cl2=2fecl3，0.1molfe有剩余，所以反应的电子转移由完全反应的氯气计算为0.2mol，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查原子核外电子的排布，盐类水解的应用，质量换算物质的量计算微粒数，氧化还原反应的过量计算，注意根据电子排布式判断未成对电子数，题目难度中等6（6分）下列溶液中的离子浓度关系正确的是（）a0.1mol/l 的h2s溶液中：c（oh）+c（hs）+c（s2）=c（h+）b向 nahso3溶液中加入naoh溶液，c（oh）/c（h+）和c（hso3）/c（so32）的比值均增大c将一定量氨气通入0.1mol/l nh4cl溶液中有可能：c（h+）c（oh）c（nh3h2o）d向0.2mol/l nahco3溶液中加入等体积0.1mol/l naoh溶液：c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）考点：离子浓度大小的比较 分析：a、依据溶液中电荷守恒分析判断；b、加入氢氧化钠促进电离平衡右移，抑制水解平衡左移；c、将一定量氨气通入0.1mol/l nh4cl溶液中有可能依据溶液中质子守恒分析判断；d、向0.2mol/l nahco3溶液中加入等体积0.1mol/l naoh溶液，反应生成的溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，据此分析离子浓度大小解答：解：a、在0.1mol/l的h2s溶液中存在电荷守恒，则应有c（h+）=c（hs）+2 c（s2）+c（oh），故a错误；b、加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（so32），c（oh）浓度增大，比值增大，的比值减小，故b错误；c、一定量氨气通入0.1mol/l nh4cl溶液中，存在电荷守恒c（h+）+c（nh4+）=c（oh）+c（cl），氯化铵溶液中存在物料守恒：c（cl）=c（nh4+）+c（nh3h2o），（h+）c（oh）=c（cl）c（nh4+）=c（nh3h2o），故c错误；d、向0.2mol/l的nahco3溶液中加入等体积0.1mol/lnaoh溶液，发生：hco3+oh=co32+h2o，反应后溶液中存在等量的hco3和co32，因co32水解程度大于hco3，则c（na+）c（hco3）c（co32），溶液呈碱性，c（oh）c（h+），因水解程度较小，则c（co32）c（oh），所以离子浓度大小顺序为c（na+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故d正确；故选d点评：本题考查离子浓度大小的比较，电解质溶液中电荷守恒和质子守恒的分析判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握反应后溶液中的溶质及盐类水解为解答的关键，题目难度中等7（6分）t时，将1molx和2moly投入2l的密闭容器中，发生反应x（g）+y（g）2z（g），x、y的量随时间变化如下表，该反应的平衡常数随温度的变化如下图则下列判断正确的是（）0123456x10.800.660.580.520.500.50y21.801.66a前5min用z表示的平均反应速率为0.2 mol/（lmin）b该反应的正反应是吸热反应，且t1tc若温度为t1时，以同样的起始量反应，达到平衡时x的转化率约为66.7%d在t时，以1molx、2moly和1molz充入上述容器中，达到平衡时，x的转化率仍为50%考点：化学平衡的计算 分析：a根据v=计算v（x），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（z）；b由图可知，随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；由表中数据可知，5min到达平衡，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，再与温度t1时的平衡常数比较判断温度高低；c设参加反应的x为amol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算；d由b中数据可知，平衡时参加反应的x为1mol0.5mol=0.5mol，则x的转化率为100%=50%由于反应前后气体体积不变，故x、y的起始物质的量满足1：2时为等效平衡，平衡时x的转化率相等，在t时，以1molx、2moly和1molz充入上述容器中，所到达的平衡等效为开始通入2molx、4moly到达的平衡，再通入1molz，结合平衡移动判断解答：解：a由表中数据可知，前5min内参加反应的x为1mol0.5mol=0.5mol，则v（x）=0.05 mol/（lmin），速率之比等于化学计量数之比，v（z）=2v（x）=0.1 mol/（lmin），故a错误；b由图可知，随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，由表中数据可知，5min到达平衡，平衡时x为0.5mol，则： x（g）+y（g）2z（g） 开始（mol）：1 2 0转化（mol）：0.5 0.5 1平衡（mol）：0.5 1.5 1由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故k=，小于温度t1时的平衡常数4，故温度t1t，故b错误；c设参加反应的x为amol，则： x（g）+y（g）2z（g） 开始（mol）：1 2 0转化（mol）：a a 2a平衡（mol）：1a 2a 2a则=4，解得a=，则x的转化率为100%66.7%，故c正确；d由b中数据可知，平衡时参加反应的x为1mol0.5mol=0.5mol，则x的转化率为100%=50%由于反应前后气体体积不变，故x、y的起始物质的量满足1：2时为等效平衡，平衡时x的转化率相等，在t时，以1molx、2moly和1molz充入上述容器中，所到达的平衡等效为开始通入2molx、4moly到达的平衡基础上（此时平衡时x的转化率为50%），再通入1molz，平衡向逆反应方向移动，x的转化率降低，故在t时，以1molx、2moly和1molz充入上述容器中，达到平衡时，x的转化率小于为50%，故d错误，故选c点评：本题考查化学反应速率计算、化学平衡常数计算及影响因素、化学平衡计算、等效平衡等，d中关键是对等效平衡的理解，也可以利用平衡常数计算判断，但比较繁琐，难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（16分）h、c、n、o、na、s、cl、fe、cu是常见的九种元素（1）基态na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，cl位于周期表中p（选填s、d、ds、p）区（2）co32中碳原子的杂化轨道类型为sp3，该离子的立体构型为平面三角形（3）cu单质为面心立方晶体（见图），晶胞中铜原子的配位数为12（4）在cucl2溶液中通入so2可得到cucl沉淀，反应离子方程式为2cu2+2cl+so2+2h2o2cucl+4h+so42（5）已知，在25，101kpa 时，16.0g液态化合物肼（n2h4）在氧气中完全燃烧生成氮气和水蒸汽时，放出热量263kj；h2o（l）=h2o（g）h=+44kj/mol则肼完全燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式为n2h4（l）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）h=614kj/mol考点：原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；热化学方程式 分析：（1）根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写，根据cl位于周期表的位置判断在哪个区；（2）co32中中c原子的价层电子对数判断杂化轨道类型和立体构型；（3）cu单质为面心立方晶体（见图），以顶点cu原子研究，与之最近的cu原子处于面心上，每个顶点为12个面共用，以此分析；（4）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的cucl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸；（5）根据盖斯定律及热化学方程式计算出反应的热量解答：解：（1）na元素为11号元素，原子核外有11个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s1，cl位于周期表的位置为第三周期第a族，所以在p区，故答案为：1s22s22p63s1；p；（2）co32中c原子的价层电子对数为3+=3，c原子孤对电子对数=0，co32为平面三角形，c原子采取sp2杂化，故答案为：sp3；平面三角形；（3）cu单质的晶体为面心立方最密堆积，以顶点cu原子研究，与之最近的cu原子处于面心上，每个顶点为12个面共用，故cu的配位数为12，故答案为：12；（4）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的cucl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸，反应的离子方程式为2cu2+2cl+so2+2h2o2cucl+4h+so42，故答案为：2cu2+2cl+so2+2h2o2cucl+4h+so42；（5）在101kpa（25时）时，16.0g液态化合物肼（n2h4）在氧气中完全燃烧生成氮气和水蒸汽时，放出热量263kj，则该反应的热化学方程式为：n2h4（1）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=2632=526kj/mol；又h2o（l）=h2o（g）h=+44kj/mol，如果生成液态水，则2得，n2h4（1）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）h=526442=614kj/mol，故答案为：n2h4（l）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）h=614kj/mol点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论与分子结构、配位数以及方程式的书写、盖斯定律的应用等，难度中等9（14分）“84消毒液”（ naclo含量为810%，另含少量nacl）置于空气中会逐渐变质，同学们对其成分（水除外）作如下探究：（1）查阅资料“84消毒液”有漂白性和碱性，呈碱性的原因是clo+h2ohclo+oh（用离子方程式解释）电离方程h2co3h+hco3hco3h+co32hcloh+clo电离常数k1=4.4lo7k2=4.71011k=3108化学上用电离常数衡量弱电解质的电离能力常温下，ca（clo）2溶解度为21g；cl2在饱和食盐水中的溶解度小（2）提出假设甲同学根据是否变质和变质情况作出如下假设：假设一：只含nacl、naclo假设二：肯定含nacl，可能含naclo、nahco3、na2co3中至少一种推测含nahco3的依据是hclo+co32=hco3+clo（用方程式解释）假设三：只含nacl（3）实验验证可选用药品：agno3溶液、稀硝酸、澄清石灰水、酚酞、cacl2溶液甲同学取适量“84消毒液”样品于一支试管中，滴加澄清石灰水，出现白色沉淀，判定样品含na2co3乙同学认为甲的判断不准确，不能仅凭白色沉淀就确定含na2co3因为2hco3+ca2+2oh=caco3+2h2o+co32（用离子方程式解释）为此乙同学在甲的基础上继续实验：另取少量样品，滴加cacl2溶液，无白色沉淀请你设计实验证明假设三不成立继续加入石灰水出现白色沉淀证明假设三不成立根据上述实验结果，该样品中一定含有nahco3（填化学式）（4）定量检测依据原理：2hcl（浓）+naclo=nacl+cl2+h2o设计测定naclo含量的实验如下：取10g“84消毒液”样品，加足量ca（oh）2至沉淀完全，过滤并洗涤沉淀，将滤液和洗涤液合并混匀后加入下图装置a中（加热装置已略去）然后加入浓盐酸，当不再有气体生成时，b中得到224ml液体（折合到标准状况）a仪器的名称是圆底烧瓶，实验测得原样品中naclo的质量分数为7.45%考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）“84消毒液”（ naclo含量为810%，另含少量nacl），呈碱性的原因是次氯酸根离子水解显碱性；（2）推测含nahco3的依据是变质是二氧化碳和次氯酸钠反应，电离平衡常数数值分析可知，碳酸钠和次氯酸反应生成碳酸氢钠；（3）取适量“84消毒液”样品于一支试管中，滴加澄清石灰水，出现白色沉淀，可能是碳酸钠反应生成，也可能是碳酸氢钠反应生成；在上述实验得到溶液中加入氢氧化钙溶液出现沉淀证明假设三错误；二氧化碳和次氯酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和次氯酸；（4）测定b中体积为生成氯气的体积，结合化学方程式定量关系计算反应的次氯酸钠物质的量，计算得到样品中次氯酸钠质量分数解答：解：（1）“84消毒液”（ naclo含量为810%，另含少量nacl），呈碱性的原因是次氯酸根离子水解显碱性，反应的离子方程式为：clo+h2ohclo+oh；故答案为：clo+h2ohclo+oh；（2）推测含nahco3的依据是变质是二氧化碳和次氯酸钠反应，电离平衡常数数值分析可知，碳酸钠和次氯酸反应生成碳酸氢钠，hclo+co32=hco3+clo；故答案为：hclo+co32=hco3+clo；（3）取适量“84消毒液”样品于一支试管中，滴加澄清石灰水，出现白色沉淀，可能是碳酸钠反应生成，也可能是碳酸氢钠反应生成，滴入氢氧化钙，是少量，所以反应的离子方程式为：2hco3+ca2+2oh=caco3+2h2o+co32；故答案为；2hco3+ca2+2oh=caco3+2h2o+co32；另取少量样品，滴加cacl2溶液，无白色沉淀，在上述得到溶液中加入氢氧化钙溶液出现沉淀证明假设三错误，故答案为：继续加入石灰水出现白色沉淀证明假设三不成立；二氧化碳和次氯酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和次氯酸，变质样品一定含有碳酸氢钠，化学式为nahco3，故答案为：nahco3；（4）装置图分析可知，a仪器的名称是圆底烧瓶；测定b中体积为生成氯气的体积，物质的量=0.01mol，则2hcl（浓）+naclo=nacl+cl2+h2o 1 1 0.01mol 0.01mol可知样品中次氯酸钠质量分数=100%=7.45%，故答案为：圆底烧瓶；7.45%点评：本题考查了物质组成的实验探究过程分析判断，物质性质和弱电解质电离平衡的理解应用，离子方程式的书写和计算，掌握基础是关键，题目难度中等10（12分）a（c4h6）合成f的路线如下：已知：（1）bc的反应类型为取代反应，有机物c中的官能团名称为碳碳双键、羟基（2）写出d与hcho按1：2的比例生成e的化学方程式ohcch=chcho+2hchohoch2c（cho）=c（cho）ch2oh（3）已知a+fg（六元环状有机物），g的结构简式为（4）写出满足下列条件的b的所有同分异构体ch3c（br）=c（br）ch3 不含环状结构 核磁共振氢谱只有一个吸收峰考点：有机物的合成 分析：a和溴发生加成反应生成b，根据b结构简式知，则a结构简式为ch2=chch=ch2，b和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成c为hoch2ch=chch2oh，在cu作催化剂、加热条件下，c发生氧化反应生成d为ohcch=chcho，在三甲胺催化条件下，d和甲醛反应生成e，结合题给信息知，e结构简式为hoch2c（cho）=c（cho）ch2oh，e和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到f，f结构简式为hoocc（ch2oh）=c（ch2oh）cooh，据此分析解答解答：解：a和溴发生加成反应生成b，根据b结构简式知，则a结构简式为ch2=chch=ch2，b和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成c为hoch2ch=chch2oh，在cu作催化剂、加热条件下，c发生氧化反应生成d为ohcch=chcho，在三甲胺催化条件下，d和甲醛反应生成e，结合题给信息知，e结构简式为hoch2c（cho）=c（cho）ch2oh，e和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到f，f结构简式为hoocc（ch2oh）=c（ch2oh）cooh，（1）题给以上分析知，b发生取代反应生成c，所以bc的反应类型为取代反应，c为hoch2ch=chch2oh，c中的官能团名称为碳碳双键、羟基，故答案为：取代反应；羟基、碳碳双键；（2）d为ohcch=chcho，d与hcho按1：2的比例生成e的化学方程式为ohcch=chcho+2hchohoch2c（cho）=c（cho）ch2oh，故答案为：ohcch=chcho+2hchohoch2c（cho）=c（cho）ch2oh；（3）a结构简式为ch2=chch=ch2，f结构简式为hoocc（ch2oh）=c（ch2oh）cooh，a和f在一定条件下反应生成g，结合题给信息得反应方程式为ch2=chch=ch2+hoocc（ch2oh）=c（ch2oh）cooh，则g的结构简式为，故答案为：；（4）b为ch2brch=chch2br，b的同分异构体符合下列条件：不含环状结构、核磁共振氢谱只有一个吸收峰，说明只含一种h原子，其结构简式为ch3c（br）=c（br）ch3，故答案为：ch3c（br）=c（br）ch3点评：本题考查有机物合成，侧重考查分析推断能力，明确官能团与性质之间关系是解本题关键，注意结合题给信息解答问题，同时考查学生知识迁移能力，难点是同分异构体种类判断及结构简式的书写11（16分）如图为电解法处理含cn、cr2o72和cro42等有害离子的酸性废水的示意图，图处电解池中利用阳极产生的阳离子将cr2o72和cro42还原成cr3+，经分离有害金属离子后，废液经处电解池，将cn转化为co32和n2而除去根据信息回答下列问题：（1）电解池的阴极会产生一种可燃气体，该气体是氢气；步骤使用稍过量的石灰，既完全沉淀cr3+，又降低so42的含量，由此可知残渣2的成分为cr（oh）3和硫酸钙（2）步骤中阳极的电极反应式为fe2e=fe2+，产生的阳离子还原cr2o72的离子方程式为cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o（3）步骤的电解池中，阳极的电极反应式为2cn12oh10e=2co32+n2+6h2o（4）已知溶液中所含cr3+的浓度为0.6mol/l，为防止fe（oh）3残渣中含有cr（oh）3，所调节ph值应小于4（5）最初废水中cn的浓度为0.08mol/l，要完全处理1m3这