山东省潍坊市高考化学模拟试卷（二）（含解析）.doc

山东省潍坊市2015届高考化学模 拟试卷（二）一、选择题（本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列说法不正确的是（）a聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子材料b高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性c太阳能电池板中的硅是硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅d明矾常用于自来水的净化、杀菌消毒2（3分）下列叙述中，正确的是（）a镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量naoh溶液b在加入铝粉能放出氢气的溶液中，k+、nh4+、co32、cl一定能够大量共存c氯化铝溶液中加入过量氨水反应的实质：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+d依据铝热反应原理，能发生反应2al+3mgo3mg+a12o33（3分）松油醇是一种天然有机化合物，其结构如图所示下列有关松油醇的叙述正确的是（）a松油醇的分子式为c10h16ob1 mol松油醇与足量金属钠反应可生成标准状况下的h2 22.4lc可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯乙烯和松油醇d松油醇能发生加成反应、氧化反应、酯化等反应4（3分）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是（）ay、r两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸b简单离子的半径：xzmc由x与n两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应dz单质不能从m与r元素构成的盐溶液中置换出单质m5（3分）不久前，某海军航空站安装了一台250kw的mcfc型燃料电池该电池可同时供应电和水蒸气，其工作温度为600700，所用燃料为h2，电解质为熔融的k2co3已知该电池的总反应为2h2+o22h2o，负极反应为h2+co322eh2o+co2，则下列推断正确的是（）a正极反应为4oho2+2h2o+4eb放电时co32向负极移动c电池供应1 mol水蒸气，转移电子4 mold氢氧燃料电池的h2和o2都贮存于电池中6（3分）比较mno2和cuo对h2o2分解反应的催化能力大小的实验中若催化剂的质量均控制在0.1g，6%的h2o2溶液均取5ml，可选择的实验装置是（）abcd7（3分）常温下，用0.1000moll1naoh溶液分别滴定20.00ml0.1000moll1盐酸和20.00ml 0.1000moll1醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示若以hx表示酸，下列说法正确的是（）a滴定盐酸的曲线是图乙b达到b、d状态时，两溶液中离子浓度均为c（na+）=c（x）c达到b、e状态时，反应消耗的，n（ch3cooh）n（hcl）d当0 mlv（naoh）20.00 ml时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c（x）c（na+）c（h+）c（oh）二、解答题（共3小题，满分53分）8（16分）由软锰矿（主要成分为mno2）制备kmno4的实验流程可表示如图1：（1）操作的名称是（2）可循环利用的物质（填化学式）（3）反应的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是（4）反应中“酸化”时不能选择下列酸中的（填字母序号）a稀盐酸 b稀硫酸 c稀醋酸（5）电解猛酸钾溶液也可以得到高锰酸钾，其阴极反应式为：2h2o+2e=2oh+h2如图2，b作极，电解池的阳极反应式是；若电解过程中收集到2.24l h2 （标准状况），则得到高锰酸 钾克（提示：阴离子放电顺序mn24oh）9（17分）h2o2、nh3都是用途广泛的工业产品i某实验小组以h2o2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响在常温下按照以下方案完成实验实验编号反应物催化剂10ml2%h2o2溶液无10ml5%h2o2溶液无10ml5%h2o2溶液1ml0.1moll1fecl3溶液10ml5%h2o2溶液+少量hcl溶液1ml0.1moll1fecl3溶液10ml5%h2o2溶液+少量naoh溶液1ml0.1moll1fecl3溶液（1）实验和的目的是（2）实验中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图1分析图1能够得出的实验结论是（3）加入0.1g mno2粉末于50ml h2o2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图2所示反应速率变化的原因是，则h2o2的初始物质的量浓度为（保留两位有效数字）（1）工业上用n2和h2合成氨已知：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=a kjmol12h2o（1）2h2（g）+o2（g）h=+b kjmol1则nh3被o2氧化为n2和h2o的热化学方程式为（2）nh3能被h2o2氧化生成无毒气体和水此反应可设计原电池，在碱性条件下负极的电极反应方程式为利用上述原电池，用惰性电极电解l00ml 0.5moll1的cuso4溶液，电解反应的离子方程式为10已知草酸（h2c2o4）是一种二元弱酸，草酸及其盐广泛用于医药、印染、塑料等工业（1）已知25时，几种常见弱酸的ka如下表所示：电解质h2c2o4ch3coohhcnh2co3电离常数（moll1）k1=5.6102k2=5.4103 k1=1.7105 k2=6.21010k1=4.2107k2=5.6101125时，浓度均为0.1moll1的na2c2o4、ch3coona、nacn、na2co3的ph由大到小的顺序是中和等体积、等ph的hcooh和hcn消耗naoh的量（填“前者大”“后者大”或“相等”）下列关于0.1moll1nahc2o4溶液的说法正确的是ahc2o4的电离程度大于水解程度，溶液显酸性bhc2o4的水解程度大于电离程度程度，溶液显碱性c溶液中c（na+）+c（h+）=c（hc2o4）+c（oh）+c（c2o42）d溶液中c（h+）=c（oh）+c（c2o42）c（h2c2o4）（2）在t时，mgc2o4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图1所示又知t时mg（oh）2的ksp=5.61012，下列说法不正确的是a在t时，mgc2o4的ksp=8.1105（moll1）b在mgc2o4饱和溶液中加入na2co3固体，可使溶液由c点到b点c图中a点对应的是mgc2o4的不饱和溶液d在t时，mgc2o4 （s）+2oh（aq）mg（oh）2（s）+c2o42（aq）平衡常数k=ksp/ksp （mgc2o4）（3）草酸亚铁晶体（fec2o42h2o）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解某化学兴趣小组设计实验验证草酸亚铁晶体热分解的产物，探究过程如图2：从环保角度考虑，该套实验装置的明显缺陷是该兴趣小组进行上述实验时，从实验安全角度考虑，应先点燃（填“a”或“e”）处的酒精灯若实验过程中观察到b中白色无水cuso4变成蓝色，（补充实验现象），则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是h2o、co和co2为探究草酸亚铁晶体分解的固体产物，兴趣小组同学准确称取3.60g草酸亚铁晶体（fec2o42h2o），相对分子质量是180），充分加热，使其完全分解，冷却后称得剩余固体的质量为1.60g若剩余固体只有一种铁的氧化物，通过计算确定该氧化物的化学式为草酸亚铁晶体分解的化学方程式为三、【化学-化学与技术】（共1小题，满分12分）11（12分）氨在工业上有很多重要应用，合成氨的流程示意图如下：回答下列问题：（1）设备a中含有电加热器、触煤和热交换器，设备a的名称，其中发生的化学反应方程式为；原料氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式：；（2）设备b的名称，其中m和n是两个通水口，入水口是（填“m”或“n”）不宜从相反方向通水的原因；（3）设备c的作用是四、【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（1）aln的晶体结构与单晶硅相似，在aln晶体中，每个al原子与个n原子相连，与n元素同主族的元素as位于元素周期表的第四周期，其基态原子的核外电子排布式为（2）a元素的原子价电子排布为ns2np2，b元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，c元素原子的m电子层p亚层中有3个未成对电子，d元素原子核外的m层中只有2对成对电子当n=2时，ab2属于分子（填“极性”或“非极性”）若a元素的原子价电子排布为3s23p2，a、c、d三种元素的第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）（3）cao晶胞如右图所示其中ca2+的配位数为，cao晶体和nacl晶体的离子排布方式相同，cao晶体的熔点高于nacl晶体的熔点的主要原因是五、【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）13a是一种重要的化工原料，已知a是一种卤代烃相对分子质量为92.5，其核磁共振氢谱中只有一个峰，c是一种高分子化合物，m是一种六元环状酯，转化关系如图所示，回答下列问题：（1）a的分子式为；ab的反应类型；（2）有机物d的结构式为 m的结构简式为（3）写出下列反应的化学方程式：bc：；ef：（4）写出满足下列条件的h的同分异构体d的结构简式属于酯类能发生银镜反应；能与金属钠反应放出气体； 核磁共振氢谱有三个峰，且峰面积比为6：1：1山东省潍坊市2015届高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列说法不正确的是（）a聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子材料b高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性c太阳能电池板中的硅是硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅d明矾常用于自来水的净化、杀菌消毒考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；合成材料 分析：a聚乙烯是无毒的高分子化合物； b蛋白质在加热条件下可发生变性；csi可做为半导体，二氧化硅是光导纤维的主要成分；d明矾具有净水作用，不具有杀菌消毒作用解答：解：a聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，故a正确； b加热可使蛋白质变性而失去活性，故b正确；c太阳能电池板的原料是硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故c正确；d明矾净水时，铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝具有净水作用，发生了化学及物理变化，氢氧化铝不具有氧化性，不能杀菌消毒，故d错误故选d点评：本题考查聚乙烯、蛋白质的变性、材料、明矾净水等，为2015届高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2（3分）下列叙述中，正确的是（）a镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量naoh溶液b在加入铝粉能放出氢气的溶液中，k+、nh4+、co32、cl一定能够大量共存c氯化铝溶液中加入过量氨水反应的实质：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+d依据铝热反应原理，能发生反应2al+3mgo3mg+a12o3考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物 分析：amg和naoh不反应；b加入铝粉能生成气体的溶液呈强碱性或酸性，但必须是弱氧化性酸；c氢氧化铝易溶于强碱但难溶于弱碱；d镁的活泼性大于al解答：解：a镁和铝都易和hcl反应生成氯化物和氢气，但mg不能和naoh反应，铝能和氢氧化钠反应，所以镁铝合金不能完全溶于naoh溶液中，故a错误；b加入铝粉能生成气体的溶液呈强碱性或酸性，但必须是弱氧化性酸，酸性条件下不能大量存在碳酸根离子，碱性条件下不能存在大量铵根离子，故b错误；c氢氧化铝易溶于强碱但难溶于弱碱，氨水是弱碱溶液，所以氢氧化铝不溶于氨水，氯化铝和一水合氨反应离子方程式为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故c正确；d镁的活泼性大于al，所以不能采用铝热反应冶炼mg，要采用电解氯化镁方法冶炼镁，故d错误；故选c点评：本题考查镁、铝及其化合物的性质，涉及两性氢氧化物的性质、金属冶炼、离子共存、铝的性质等知识点，明确元素化合物知识是解本题关键，c选项是实验室制取氢氧化铝的反应原理，易错选项是b3（3分）松油醇是一种天然有机化合物，其结构如图所示下列有关松油醇的叙述正确的是（）a松油醇的分子式为c10h16ob1 mol松油醇与足量金属钠反应可生成标准状况下的h2 22.4lc可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯乙烯和松油醇d松油醇能发生加成反应、氧化反应、酯化等反应考点：有机物的结构和性质 分析：由结构简式可知，该物质的分子式为c10h18o，含c=c及oh，结合烯烃和醇的性质来解答解答：解：a松油醇的分子式为c10h18o，故a错误；b只含有1个羟基，则1 mol松油醇与足量金属钠反应可生成标准状况下的h2 11.2l，故b错误；c含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别，故c错误；d含c=c，能发生加成、氧化反应，含oh，能酯化反应，故d正确，故选d点评：本题考查有机物的结构与性质，为2015届高考常见题型，注意把握官能团和性质的关系，熟悉醇、烯烃的性质即可解答，题目难度不大4（3分）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是（）ay、r两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸b简单离子的半径：xzmc由x与n两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应dz单质不能从m与r元素构成的盐溶液中置换出单质m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：由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知x为o元素，y为f元素，z为na元素，m为al元素，n为si元素，r为cl元素，结合对应物质的性质解答该题解答：解：由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知x为o元素，y为f元素，z为na元素，m为al元素，n为si元素，r为cl元素，af元素没有最高价含氧酸，故a错误；bo2、na+、al3+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+al3+，故b正确；c二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，故c错误；dna与氯化铝溶液反应，首先钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出al单质，故d正确，故选bd点评：本题考查原子结构与元素周期律，难度不大，注意根据原子半径的递变规律判断元素的种类为解答该题的关键5（3分）不久前，某海军航空站安装了一台250kw的mcfc型燃料电池该电池可同时供应电和水蒸气，其工作温度为600700，所用燃料为h2，电解质为熔融的k2co3已知该电池的总反应为2h2+o22h2o，负极反应为h2+co322eh2o+co2，则下列推断正确的是（）a正极反应为4oho2+2h2o+4eb放电时co32向负极移动c电池供应1 mol水蒸气，转移电子4 mold氢氧燃料电池的h2和o2都贮存于电池中考点：原电池和电解池的工作原理 分析：a、燃料电池中，正极发生的是氧气的得电子的反应过程；b、电池放电时，阴离子向负极移动；c、生成1mol水转移2mol电子；d、氢氧燃料电池的燃料不需要贮存于电池中解答：解：a、燃料电池中，正极发生的是氧气得电子的反应过程，电极反应为：o2+2co2+4e2co32，故a错误；b、电池放电时，阴离子向负极移动，则co32 向负极移动，故b正确；c、已知该电池的总反应为2h2+o22h2o，则生成1mol水转移2mol电子，故c错误；d、氢氧燃料电池的燃料不需要贮存于电池中，可以边反应边加，故d错误故选b点评：本题是一道有关燃料电池的工作原理的综合题目，要求学生熟悉原电池原理，把握正负极的判断方法和电极方程式的书写方法，具备分析和解决问题的能力，题目难度中等6（3分）比较mno2和cuo对h2o2分解反应的催化能力大小的实验中若催化剂的质量均控制在0.1g，6%的h2o2溶液均取5ml，可选择的实验装置是（）abcd考点：浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响 专题：化学反应速率专题分析：a、b两装置中使用的长颈漏斗没有形成液封，无法收集气体；根据双氧水分解反应的化学方程式进行粗略计算可知，2ml6%的h2o2溶液完全分解产生的氧气在标准状况下的体积约为98.8ml，据此进行判断解答：解：6%的h2o2溶液均取5ml，双氧水的密度大于1g/ml，按照1g/ml计算，双氧水的物质的量为：0.0088mol，生成氧气在标况下的体积约为：0.0088mol22.4l/mol0.0986l=98.6ml，a装置中长颈漏斗没有形成液封，生成的氧气会从长颈漏斗中逸出，无法收集气体，且量筒规格太小，故a错误；b生成的气体会从长颈漏斗逸出，无法收集气体，故b错误；c该装置中收集装置为10ml量筒，10ml的量筒规格太小，无法完成实验，故c错误；d该选项中发生装置和收集装置都比较合理，能够完成实验，故d正确；故选d点评：本题考查催化剂对双氧水分解实验探究装置的选择有关判断，该题是中等难度的试题，既有定性分析，也有定量计算，有利于培养学生的综合实验能力，激发学生的学习求知欲，高学生的应试能力和学习积极性7（3分）常温下，用0.1000moll1naoh溶液分别滴定20.00ml0.1000moll1盐酸和20.00ml 0.1000moll1醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示若以hx表示酸，下列说法正确的是（）a滴定盐酸的曲线是图乙b达到b、d状态时，两溶液中离子浓度均为c（na+）=c（x）c达到b、e状态时，反应消耗的，n（ch3cooh）n（hcl）d当0 mlv（naoh）20.00 ml时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c（x）c（na+）c（h+）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：a醋酸是弱电解质、hcl是强电解质，物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则ph醋酸盐酸；b中性溶液中存在c（h+）=c（oh），根据电荷守恒判断c（na+）、c（x）大小；c两种酸的物质的量浓度相等，其体积相等时物质的量相等；d当0 mlv（naoh）20.00 ml时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸解答：解：a醋酸是弱电解质、hcl是强电解质，物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则ph醋酸盐酸，根据图象知，甲是滴定盐酸、乙是滴定醋酸，故a错误；b中性溶液中存在c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得c（na+）=c（x），故b正确；c两种酸的物质的量浓度相等，其体积相等时物质的量相等，所以n（ch3cooh）=n（hcl），故c错误；d当0 mlv（naoh）20.00 ml时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（a）c（h+）c（na+）c（oh），故d错误，故d错误；故选b点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查弱电解质电离及溶液离子浓度大小比较，易错选项是d，注意利用溶液中的溶质及其量的多少判断二、解答题（共3小题，满分53分）8（16分）由软锰矿（主要成分为mno2）制备kmno4的实验流程可表示如图1：（1）操作的名称是过滤（2）可循环利用的物质mno2（填化学式）（3）反应的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1（4）反应中“酸化”时不能选择下列酸中的a（填字母序号）a稀盐酸 b稀硫酸 c稀醋酸（5）电解猛酸钾溶液也可以得到高锰酸钾，其阴极反应式为：2h2o+2e=2oh+h2如图2，b作负极，电解池的阳极反应式是mno42e=mno4；若电解过程中收集到2.24l h2 （标准状况），则得到高锰酸 钾31.6克（提示：阴离子放电顺序mn24oh）考点：制备实验方案的设计；电解原理 专题：实验设计题分析：由流程可知，第一步，koh和kclo3与mno2反应，得到k2mno4，从而可以写出反应方程式为6koh+3mno2+kclo3=3k2mno4+kcl+3h2o，然后加入水溶解分离可溶性物质，得到k2mno4和kcl；第二步，将滤液酸化，得到高锰酸钾和二氧化锰，为一歧化反应，锰从+6变为+7和+4；反应方程式为3mno42+4h+=2mno4+mno2+2h2o，通过过滤分离mno2和高锰酸钾溶液，最终得到产品，整个过程中mno2可以循环利用（1）操作是固体和液体分离，利用过滤操作分离；（2）流程中参与反应过程，最后又重新生成的物质可以循环使用；（3）反应3mno42+4h+=2mno4+mno2+2h2o，依据元素化合价变化分析，氧化产物是元素化合价升高的产物，元素化合价降低的产物为还原产物；（4）因锰酸根和高锰酸根均具有强氧化性，不能使用盐酸酸化；（5）由电流流向可知a为正极，铁为活性电极，这里没有参与反应，做阴极故与负极相连，阳极发生氧化反应，锰酸根失电子生成高锰酸根，根据电子得失守恒可以进行相关计算解答：解：由流程可知，第一步，koh和kclo3与mno2反应，得到k2mno4，从而可以写出反应方程式为6koh+3mno2+kclo3=3k2mno4+kcl+3h2o，然后加入水溶解分离可溶性物质，得到k2mno4和kcl；第二步，将滤液酸化，得到高锰酸钾和二氧化锰，为一歧化反应，锰从+6变为+7和+4；反应方程式为3mno42+4h+=2mno4+mno2+2h2o，通过过滤分离mno2和高锰酸钾溶液，最终得到产品，整个过程中mno2可以循环利用（1）操作是固体和液体分离，利用过滤操作分离，所以操作的名称是过滤，故答案为：过滤；（2）流程中参与反应过程，最后又重新生成的物质可以循环使用，流程中koh和kclo3与mno2反应，将滤液酸化，得到高锰酸钾和二氧化锰，整个过程中mno2可以循环利用，故答案为：mno2；（3）反应为：3mno42+4h+=2mno4+mno2+2h2o，反应中锰元素化合价从+6变为+7和+4；得到氧化产物为mno4，还原产物为mno2，物质的量之比为2：1；故答案为：2：1；（4）因锰酸根和高锰酸根均具有强氧化性，盐酸中氯离子具有还原性，能被氧化，不能使用盐酸酸化，故答案为：a；（5）装置图中的电流方向可知，铁为活性电极，这里没有参与反应，做阴极故与负极相连，b做负极，a为正极，石墨电极为阳极发生氧化反应，锰酸根失电子生成高锰酸根，电极反应为：mno42e=mno4；根据电子得失守恒可以进行相关计算，若电解过程中收集到2.24l h2 （标准状况），物质的量=0.1mol，电极反应为：2h+2e=h2，结合电子守恒可知：2mno42eh2，2 10.2mol 0.1mol得到高锰酸钾质量=0.2mol158g/mol=31.6g；故答案为：负；mno42e=mno4；31.6点评：本题考查了物质制备流程分析判断，电解原理的分析应用，物质性质的理解应用和实验基本操作的掌握，工艺流程题解题的关键是要搞清楚加入什么物质，发生什么反应，如何分离等，通过分析，我们要能够将一个工艺的流程转化为物质的流程，题目难度中等9（17分）h2o2、nh3都是用途广泛的工业产品i某实验小组以h2o2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响在常温下按照以下方案完成实验实验编号反应物催化剂10ml2%h2o2溶液无10ml5%h2o2溶液无10ml5%h2o2溶液1ml0.1moll1fecl3溶液10ml5%h2o2溶液+少量hcl溶液1ml0.1moll1fecl3溶液10ml5%h2o2溶液+少量naoh溶液1ml0.1moll1fecl3溶液（1）实验和的目的是探究浓度对反应速率的影响（2）实验中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图1分析图1能够得出的实验结论是碱性环境能增大h2o2分解的速率，酸性环境能减小h2o2分解的速率（3）加入0.1g mno2粉末于50ml h2o2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图2所示反应速率变化的原因是h2o2溶液的浓度逐渐减小，则h2o2的初始物质的量浓度为0.11mol/l（保留两位有效数字）（1）工业上用n2和h2合成氨已知：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=a kjmol12h2o（1）2h2（g）+o2（g）h=+b kjmol1则nh3被o2氧化为n2和h2o的热化学方程式为4nh3（g）+3o2（g）=2n2（g）+6h2o（1）h=（2a3b）kjmol1（2）nh3能被h2o2氧化生成无毒气体和水此反应可设计原电池，在碱性条件下负极的电极反应方程式为2nh3+6oh6e=n2+6h2o利用上述原电池，用惰性电极电解l00ml 0.5moll1的cuso4溶液，电解反应的离子方程式为2cu2+2h2o2cu+o2+4h+考点：探究影响化学反应速率的因素；设计原电池 分析：i（1）为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，实验和的浓度不同；（2）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小；（3）由图可知，相同时间内生成氧气越来越少，则反应速率越来越慢，与浓度有关；结合2h2o22h2o+o2及c=计算；ii（1）n2 （g）+3h2 （g）2nh3 （g）h=a kjmol12h2o（1）2h2 （g）+o2 （g）h=+b kjmol1结合盖斯定律可知3+2得到：2n2 （g）+6h2o （1）=4nh3（g）+3o2（g），以此计算h；（2）负极是氨气失电子生成氮气；阳极反应式为2h2o4e=4h+o2，阴极反应式为cu2+2e=cu，总的反应式为2cuso4+2h2o2cu+o2+2h2so4解答：解：i（1）实验和的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；（2）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小，结合实验方案可知均存在催化剂，碱性环境能增大h2o2分解的速率，酸性环境能减小h2o2分解的速率，故答案为：碱性环境能增大h2o2分解的速率，酸性环境能减小h2o2分解的速率；（3）由图可知，相同时间内生成氧气越来越少，则反应速率越来越慢，可知反应速率变化的原因是h2o2溶液的浓度逐渐减小；n（o2）=0.0027mol，则c（h2o2）=0.11mol/l，故答案为：h2o2溶液的浓度逐渐减小；0.11mol/l；ii（1）n2 （g）+3h2 （g）2nh3 （g）h=a kjmol12h2o（1）2h2 （g）+o2 （g）h=+b kjmol1由盖斯定律可知3+2得到：2n2 （g）+6h2o （1）=4nh3（g）+3o2（g）h=（2a3b） kjmol1 ；则nh3被o2氧化为n2和h2o的热化学方程式为4nh3（g）+3o2（g）=2n2 （g）+6h2o （1）h=（2a3b） kjmol1 ；故答案为：4nh3（g）+3o2（g）=2n2 （g）+6h2o （1）h=（2a3b） kjmol1 ；（2）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，故答案为：2nh3+6oh6e=n2+6h2o；用惰性电极电解l00ml 0.5moll1的cuso4溶液，电解反应的离子方程式为2cu2+2h2o2cu+o2+4h+，故答案为：2cu2+2h2o2cu+o2+4h+点评：本题考查较综合，涉及反应速率的影响因素、电解原理及应用、盖斯定律计算反应热等，综合性较强，注重高频考点的考查，把握反应原理为解答的关键，题目难度中等10已知草酸（h2c2o4）是一种二元弱酸，草酸及其盐广泛用于医药、印染、塑料等工业（1）已知25时，几种常见弱酸的ka如下表所示：电解质h2c2o4ch3coohhcnh2co3电离常数（moll1）k1=5.6102k2=5.4103 k1=1.7105 k2=6.21010k1=4.2107k2=5.6101125时，浓度均为0.1moll1的na2c2o4、ch3coona、nacn、na2co3的ph由大到小的顺序是na2co3nacnch3coonana2c2o4中和等体积、等ph的hcooh和hcn消耗naoh的量后者大（填“前者大”“后者大”或“相等”）下列关于0.1moll1nahc2o4溶液的说法正确的是adahc2o4的电离程度大于水解程度，溶液显酸性bhc2o4的水解程度大于电离程度程度，溶液显碱性c溶液中c（na+）+c（h+）=c（hc2o4）+c（oh）+c（c2o42）d溶液中c（h+）=c（oh）+c（c2o42）c（h2c2o4）（2）在t时，mgc2o4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图1所示又知t时mg（oh）2的ksp=5.61012，下列说法不正确的是bda在t时，mgc2o4的ksp=8.1105（moll1）b在mgc2o4饱和溶液中加入na2co3固体，可使溶液由c点到b点c图中a点对应的是mgc2o4的不饱和溶液d在t时，mgc2o4 （s）+2oh（aq）mg（oh）2（s）+c2o42（aq）平衡常数k=ksp/ksp （mgc2o4）（3）草酸亚铁晶体（fec2o42h2o）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解某化学兴趣小组设计实验验证草酸亚铁晶体热分解的产物，探究过程如图2：从环保角度考虑，该套实验装置的明显缺陷是缺少尾气处理装置该兴趣小组进行上述实验时，从实验安全角度考虑，应先点燃a（填“a”或“e”）处的酒精灯若实验过程中观察到b中白色无水cuso4变成蓝色，c中澄清石灰水变浑浊，e中黑色粉末变红色（补充实验现象），则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是h2o、co和co2为探究草酸亚铁晶体分解的固体产物，兴趣小组同学准确称取3.60g草酸亚铁晶体（fec2o42h2o），相对分子质量是180），充分加热，使其完全分解，冷却后称得剩余固体的质量为1.60g若剩余固体只有一种铁的氧化物，通过计算确定该氧化物的化学式为fe2o3草酸亚铁晶体分解的化学方程式为fec2o42h2ofe2o3+3co+co2+2h2o考点：性质实验方案的设计；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：（1）电离常数越大，酸的酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，盐溶液的ph越小；ph相同时，酸性越强，其酸的浓度越小；已知k2=5.4103，则hc2o4溶液显酸性，结合电荷守恒和物料守恒分析；（2）amgc2o4的ksp=c（mg2+）c（c2o42），结合图中数据计算；b在mgc2o4饱和溶液中加入na2co3固体，会生成碳酸镁沉淀；c沉淀溶解平衡曲线下面的点代表不饱和溶液；d根据反应的平衡常数表达式与ksp的表达式分析；（3）co属于有毒气体，要进行尾气处理；可燃性气体与氧气混合达到一定程度时，遇明火会发生爆炸，所以先点燃分解反应处的酒精灯，排尽装置中的空气；二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，co还原cuo得到cu；根据草酸亚铁晶体的质量求出其中fe元素的质量，由元素守恒可知氧化物中fe的质量，再求出o元素的质量，然后求出铁的氧化物的化学式，根据题中提供的信息，可知草酸亚铁晶体分解的产物为忒的氧化物、h2o、co、co2，根据原子守恒写出方程式解答：解：（1）电离常数越大，酸的酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，盐溶液的ph越小，则浓度均为0.1moll1的na2c2o4、ch3coona、nacn、na2co3的ph由大到小的顺序是na2co3nacnch3coonana2c2o4；ph相同时，酸性越强，其酸的浓度越小，已知甲酸的酸性大于hcn，则ph相同时hcn的浓度大，所以中和等体积、等ph的hcooh和hcn消耗naoh的量，hcn消耗的氢氧化钠多；故答案为：na2co3nacnch3coonana2c2o4；后者大；a已知k2=5.4103，则hc2o4溶液显酸性，则hc2o4的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故a正确；bhc2o4的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故b错误；cnahc2o4溶液存在电荷守恒，则溶液中c（na+）+c（h+）=c（hc2o4）+c（oh）+2c（c2o42），故c错误；dnahc2o4溶液存在电荷守恒为c（na+）+c（h+）=c（hc2o4）+c（oh）+2c（c2o42），物料守恒为，c（na+）=c（hc2o4）+c（c2o42）+c（h2c2o4），联立两个式子可得：c（h+）=c（oh）+c（c2o42）c（h2c2o4），故d正确；故答案为：ad；（2）amgc2o4的ksp=c（mg2+）c（c2o42）=（9103）2=8.1105（moll1），故a正确；b在mgc2o4饱和溶液中加入na2co3固体，会生成碳酸镁沉淀，则镁离子浓度减小，图中由c点到b点时镁离子浓度不变，故b错误；c沉淀溶解平衡曲线下面的点代表不饱和溶液，则a点对应的是mgc2o4的不饱和溶液，故c正确；dmgc2o4 （s）+2oh（aq）mg（oh）2（s）+c2o42（aq）平衡常数k=，故d错误；故答案为：bd；（3）co属于有毒气体，要进行尾气处理，所以从环保角度考虑，该套实验装置的明显缺陷是缺少尾气处理装置；故答案为：缺少尾气处理装置；可燃性气体与氧气混合达到一定程度时，遇明火会发生爆炸，所以先点燃分解反应处的酒精灯，排尽装置中的空气，即先点燃a处的酒精灯；故答案为：a；实验过程中观察到b中白色无水cuso4变成蓝色，c中澄清石灰水变浑浊，e中黑色固体变红色，则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是h2o，co，co2；故答案为：c中澄清石灰水变浑浊，e中黑色粉末变红色；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为fexoy，则有：56x：16y=7：3，x：y=2：3，所以铁的氧化物的化学式为fe2o3；则草酸亚铁晶体分解生成的产物为fe2o3、h2o、co、co2，其反应方程式为：fec2o42h2ofe2o3+3co+co2+2h2o；故答案为：fe2o3；fec2o42h2ofe2o3+3co+co2+2h2o点评：本题考查了盐的水解、溶液中电荷守恒和物料守恒的应用、溶度积常数的应用、性质实验方案设计等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和实验探究能力三、【化学-化学与技术】（共1小题，满分12分）11（12分）氨在工业上有很多重要应用，合成氨的流程示意图如下：回答下列问题：（1）设备a中含有电加热器、触煤和热交换器，设备a的名称合成塔，其中发生的化学反应方程式为n2+3h22nh3；原料氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式：c+h2oco+h2、ch4+h2oco+h2；（2）设备b的名称冷凝器，其中m和n是两个通水口，入水口是n（填“m”或“n”）不宜从相反方向通水的原因高温气体从冷凝塔上端进入，冷却水从下端进入，逆向冷凝效果更好；（3）设备c的作用是将液氨和未反应的原料气体分离考点：工业合成氨 分析：（1）氮气和氢气在合成塔内发生化合反应生成氨气；利用碳或甲烷和水蒸气在高温下反应生成氢气和一氧化碳；（2）从a中出来的混合气体进入冷却塔冷凝，为了达到最佳冷凝效果，高温气体从冷凝塔上端进入，冷却水从下端进入；（3）c是分离塔，在分离塔内将液氨和未反应的原料气体分离，原料可循环利用解答：解：（1）氮气和氢气在合成塔内发生化合反应生成氨气方程式为：n2+3h22nh3；碳和水蒸气反应方程式：c+h2o co+h2；甲烷和水蒸气反应方程式：ch4+h2oco+h2，故答案为：合成塔；n2+3h22nh3；c+h2o co+h2、ch4+h2oco+h2；（2）混合气体进入冷却塔冷凝，冷凝水从下口n进入，从上口m排出，这样通过逆向通水，冷凝效果会更好，故答案为：冷凝器；n；高温气体从冷凝塔上端进入，冷却水从下端进入，逆向冷凝效果更好；（3）c是分离塔，在分离塔内将液氨和未反应的原料气体分离，然后循环利用，提高了原料的利用率，故答案为：将液氨和未反应的原料气体分离点评：本题考查了工业合成氨的流程，题目难度中等，明确合成原理为解答关键，注意掌握工业合成氨的流程及装置名称，要求学生能够正确书写常见反应的化学方程式四、【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（1）aln的晶体结构与单晶硅相似，在aln晶体中，每个al原子与4个n原子相连，与n元素同主族的元素as位于元素周期表的第四周期，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）a元素的原子价电子排布为ns2np2，b元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，c元素原子的m电子层p亚层中有3个未成对电子，d元素原子核外的m层中只有2对成对电子当n=2时，ab2属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）若a元素的原子价电子排布为3s23p2，a、c、d三种元素的第一电离能由大到小的顺序是pssi（用元素符号表示）（3）cao晶胞如右图所示其中ca2+的配位数为6，cao晶体和nacl晶体的离子排布方式相同，cao晶体的熔点高于nacl晶体的熔点的主要原因是结构相似，离子核间距离相近的情况下，cao中的离子所带电荷更多，作用力更强，熔点更高考点：晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况 分析：（1）依据题干信息“aln的晶体结构与单晶硅相似”，根据晶体硅的结构分析；与n元素同主族的元素as位于元素周期表的第四周期，其原子序数为33，核外有33个电子最外层电子数为5；（2）a、b、c、d为前四周期元素，b元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以b元素为o元素，c元素原子的m电子层的p亚层中有3个未成对电子，则c是p元素，d元素原子核外的n层中只有2对成对电子，则d的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则d是s元素；当n=2时，a是c元素，则ab2是co2，根据二氧化碳分子正负电荷重心是否重合判断；若a元素的原子价电子排布为3s23p2，则a为si元素，同周期从左到右第一电离能增大，但是第va与第via族反常；（3）以钙离子为中心，沿x、y、z三轴进行切割，从而确定钙离子配位数；离子晶体的离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，熔点越高解答：解：（1）依据题干信息“aln的晶体结构与单晶硅相似”，晶体硅中每个si原子形成4个共价键，与其它4个硅原子相连，则每个al原子与4个n原子相连；与n元素同主族的元素as位于元素周期表的第四周期，其原子序数为33，核外有33个电子最外层电子数为5，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；故答案为：4；1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）a、b、c、d为前四周期元素，b元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以b元素为o元素，c元素原子的m电子层的p亚层中有3个未成