山东省泰安市肥城市高考化学二模试卷（含解析）.doc

2015年山东省泰安市肥城市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1下列说法正确的是( )a232th 转换成233u是化学变化，233u和235u的化学性质几乎相同b防止自行车钢架生锈主要是利用了电化学防腐原理c血液透析是利用了胶体的聚沉性质d葡萄酒中含有的微量的二氧化硫具有抗氧化剂作用2设na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a常温常压下，22.4 l no2中含有na个分子b1 mol羟基中电子数为10 nacr2+的质量数为a，中子数为n，则n g r该价态的氧化物中含质子数为（an+8）nad在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，每生成3 mol i2转移的电子数为6 na3以下关于有机化合物的认识正确的是( )a某烷烃cnh2n+2的一个分子中，含有共价键的数目是3n+1b用hno3酸化的agno3溶液检验ccl4中是否含有氯元素c红热的铜丝可以和乙醇发生置换反应产生氢气d石油化工得到的产品均为液体，煤化工得到的产品有液体也有固体4几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是( )元素代号xyzmrq原子半径（1010m）1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价+1+7+3+2+5最低负价132ax、z、r的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应b元素x和q形成的化合物中不可能含有共价键cx、z、m的单质分别与水反应，m最剧烈dy的氢化物的水溶液可用于雕刻玻璃5下列说法正确的是( )a用如图装置除去乙烷中混有的乙烯b配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度，溶液浓度偏大c制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入浓硫酸中d玻璃仪器洗涤干净的标准是：附着在仪器内壁上的水既不聚集成滴，也不成股流下6气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器如图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物待测气体部分电极反应产物no2nocl2hclcoco2h2sh2so4则下列说法中正确的是( )a上述气体检测时，敏感电极均作电池正极b检测cl2气体时，敏感电极的电极反应为：cl2+2e2clc检测h2s气体时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为o2+2h2o+4e4ohd检测h2s和co体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同7水的电离平衡曲线如如图所示，下列说法不正确的是( )a图中五点kw间的关系：bca=d=eb若从a点到d点，可采用在水中加入少量酸的方法c若从a点到c点，在温度不变时向水中加入适量nh4cl固体d若处在b点时，将ph=2的硫酸与ph=10的koh溶液等体积混合后，溶液显中性二、解答题（共3小题，满分0分）8a、b、c、d、e五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：（1）若a为非金属单质，c、d的相对分子质量相差16.0.05moll1e溶液中只有3种离子，且在25时，溶液中的c（h+）/c（oh）=1012写出ec的一个化学方程式_；在ac的反应中，每转移1mol e就会放热 143.5kj，该反应的热化学方程式为_（2）若a为金属单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀若b水溶液呈酸性，c水溶液呈碱性，则b溶液呈酸性的原因是_（用离子方程式表示）；若b溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，e是一种不溶性碱bc的离子方程式为_de的化学方程式为_选用氢碘酸与可e反应实现ec的转化，该反应的离子方程式为_（3）若ae均为含有y元素的化合物，a是淡黄色固体，等物质的量浓度b、c两溶液，其中c 溶液的ph较小电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，dec是工业侯氏制碱中的主要过程则等浓度、等体积混合的c、e两溶液中所有离子浓度的大小关系为_9甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过co和h2化合来制备甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh （g）（1）在容积固定为2l的密闭容器内充入1mol co和2mol h2，加入 催化剂后在250开始反应，co的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示容器中m、n两点气体的物质的量之比为_m、n、q三点的平衡常数km、kn、kq的大小关系为_（2）通过压力计监测上述容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/mpa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20min时，以co表示的平均反应速率为_，该温度下平衡常数k=_（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡状态的是_a2v（h2）正=v（ch3oh）逆b容器内气体的平均摩尔质量保持不变c容器中气体的压强保持不变d单位时间内生成n mol co的同时生成2n mol h2（4）25时以甲醇燃料电池（电解质溶液为稀硫酸）为电源电解300ml nacl溶液，正极反应式为_在电解一段时间后，nacl溶液的ph变为13（假设nacl溶液的体积不变），则理论上消耗甲醇的物质的量为_10草酸（h2c2o4）是一种白色固体，熔点是101102，大约在157时开始升华，189.5分解，是常用的工业原料利用草酸和含镍废料（镍铁钙镁合金为主）制取草酸镍已知草酸的钙、镁、镍盐难溶于水（1）生产过程中多次进行过滤实验室进行过滤操作中用到铁架台、烧杯、玻璃棒，还需要_；（2）加入过氧化氢后缓慢加入碳酸钠溶液调ph至4.04.5左右，加入碳酸钠溶液的作用是_，再加入nh4f的目的是_；（3）用如图所示仪器连接组成的装置来探究草酸受热分解的产物实验中，观察到无水硫酸铜变蓝，洗气瓶中内澄清石灰水变浑浊，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，证明产物中有_；e装置略作改动也能证明产物中无氢气，证明方法是_；装置的连接顺序为_，c装置的作用是_三.化学-化学与技术11以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成so2的化学方程式为_；（2）炉气精制的作用是将含so2的炉气_、_和干燥，如果炉气不经过精制，对so2催化氧化的影响是_；（3）精制炉气（含so2体积分数为7%、o2为11%、n2为82%）中so2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示在实际生产中，so2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应图中a点），而没有选择so2转化率更高的b或c点对应的反应条件，其原因分别是_、_；（4）在so2催化氧化设备中设置热交换器的目的是_、_，从而充分利用能源四.化学-物质结构与性质12物质结构决定物质的性质，物质性质反映了物质结构（1）bcl3、ncl3与水反应化学方程式如下：bcl3+3h2ob（oh）3+3hclncl3+3h2onh3+3hocl分析上述反应，判断b、n、cl三种元素的电负性由大到小的顺序是_上述两个反应所含的微粒中，呈三角锥形的是_（填化学式），（2）bn是一种新型无机非金属材料，熔点很高、硬度很大，晶胞结构如图1bn晶体中存在的作用力有_（填选项）a键 b键 c配位键 d分子间作用力（3）b（oh）3的晶体结构如图2所示晶体中b原子的轨道杂化方式是_；b（oh）3可能具有的性质是_（填选项）a能溶于水 b熔点很高 c能形成b（oh）4d硬度很大 e熔化状态下能导电（4）还原铁粉可作为合成氨的触媒基态fe原子的核外有_个，未成对电子从原子结构的角度分析，二价铁易被氧化为三价铁的原因是_五.化学-有机化学基础13化合物g是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药可以通过如图所示的路线合成：已知：rcoohrcocl；d与fecl3溶液能发生显色请回答下列问题：（1）bc的转化所加的试剂可能是_，c+ef的反应类型是_（2）有关g的下列说法正确的是_a属于芳香烃 b能与fecl3溶液发生显色反应 c可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应 d1mol g最多可以跟4mol h2反应（3）e的结构简式为_（4）f与足量naoh溶液充分反应的化学方程式为_（5）写出同时满足下列条件的e的同分异构体的结构简式_能发生水解反应与fecl3溶液能发生显色反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子2015年山东省泰安市肥城市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1下列说法正确的是( )a232th 转换成233u是化学变化，233u和235u的化学性质几乎相同b防止自行车钢架生锈主要是利用了电化学防腐原理c血液透析是利用了胶体的聚沉性质d葡萄酒中含有的微量的二氧化硫具有抗氧化剂作用【考点】核素；胶体的重要性质；金属的电化学腐蚀与防护；二氧化硫的化学性质 【分析】a化学变化中最小的微粒为原子，原子在化学变化中不变，核反应不是化学变化；b能构成原电池的腐蚀属于电化学腐蚀，铁与水、氧气充分接触时容易生锈，使铁制品与氧气和水隔绝可以防止生锈；c人体血液属于胶体，血液透析是利用了胶体不能透过半透膜进行渗析的原理；d二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂【解答】解：a232th 转换成233u原子发生改变，是核反应，不是化学变化，故a错误；b钢架是铁和碳的合金，在潮湿的空气里，钢架表面会形成电解质溶液薄膜，钢架里面的铁和碳形成了原电池，加快了腐蚀，使铁制品与氧气和水隔绝可以防止生锈，人们常采用在自行车车架上涂一层漆，在自行车链条上涂油等，这些方法都能够防止锈蚀的共同原理是隔绝氧气和水，主要是利用了化学防腐原理，故b错误；c血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液，加热，电性相反的电解质的时候都会聚沉，血液透析是通过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液）的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，不是利用了胶体的聚沉性质，故c错误；d二氧化硫中+4价的硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，故d正确；故选d【点评】本题考查化学变化、自行车钢架防锈、胶体性质、葡萄酒的抗氧化剂等知识，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2设na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a常温常压下，22.4 l no2中含有na个分子b1 mol羟基中电子数为10 nacr2+的质量数为a，中子数为n，则n g r该价态的氧化物中含质子数为（an+8）nad在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，每生成3 mol i2转移的电子数为6 na【考点】阿伏加德罗常数 【分析】a常温常用vm22.4l/mol；b.1个羟基中含有9个电子；c质量数=质子数+中子数，依据n=计算物质的量，结合氧化物中质子数计算；d在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，反应中元素化合价变化计算电子转移；【解答】解：a常温常用vm22.4l/mol，无法计算二氧化氮的分子数，故a错误；b.1个羟基中含有9个电子，1 mol羟基中电子数为9 na，故b错误；c质量数=质子数+中子数，质量数等于相对原子质量的近似整数值，依据n=计算物质的量，结合氧化物中质子数计算所含质子数=（an+8）na，故c正确；d在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，碘元素化合价+5价和1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，每生成3mol i2转移的电子数为5na，故d错误；故选：c【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟悉有关物质的量的计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件，注意羟基的结构，题目难度不大3以下关于有机化合物的认识正确的是( )a某烷烃cnh2n+2的一个分子中，含有共价键的数目是3n+1b用hno3酸化的agno3溶液检验ccl4中是否含有氯元素c红热的铜丝可以和乙醇发生置换反应产生氢气d石油化工得到的产品均为液体，煤化工得到的产品有液体也有固体【考点】有机化学反应的综合应用 【分析】a、烷烃是饱和链烃，烷烃的通式为cnh2n+2，碳原子间以单键连接，碳原子形成四个化学键，即碳氢单键、碳碳单键的数目和；b、用hno3酸化的agno3溶液，可检验氯离子，但是四氯化碳中不含有氯离子；c、红热的铜丝可以和乙醇发生氧化反应生成乙醛；d、石油产品、煤的化工产品均有气体、液体等【解答】解：a、依据烷烃是饱和链烃，碳原子间以单键连接，碳原子形成四个化学键分析判断，烷烃的通式是：cnh2n+2，含有碳碳单键数为n1，含有碳氢单键数为2n+2，所以形成共价键数目为n1+2n+2=3n+1，故a正确；b、四氯化碳中的氯元素不是氯离子，故此方法错误，故b错误；c、红热的铜丝可以和乙醇发生氧化反应生成乙醛，不会发生置换反应生成氢气，故c错误；d、石油产品、煤的化工产品均有气体、液体等，如含烃类物质中有气体、液体等，故d错误，故选a【点评】本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、有机物反应类型、组成和性质等，综合性较强，注重基础知识的考查，选项c为解答的易错点，题目难度不大4几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是( )元素代号xyzmrq原子半径（1010m）1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价+1+7+3+2+5最低负价132ax、z、r的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应b元素x和q形成的化合物中不可能含有共价键cx、z、m的单质分别与水反应，m最剧烈dy的氢化物的水溶液可用于雕刻玻璃【考点】原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用 【分析】短周期元素中，q只有2价，没有最高正化合价，则q为o元素；y有+7、1价，则y为cl；r有+5、3价，处于va族，原子半径小于cl而大于o，故r为n元素；x、z、m最高正化合价分别为+1、+3、+2，分别处于ia族、a族、a族，且原子半径xmzcl，故x为na、m为mg、z为al，据此解答【解答】解：短周期元素中，q只有2价，没有最高正化合价，则q为o元素；y有+7、1价，则y为cl；r有+5、3价，处于va族，原子半径小于cl而大于o，故r为n元素；x、z、m最高正化合价分别为+1、+3、+2，分别处于ia族、a族、a族，且原子半径xmzcl，故x为na、m为mg、z为alax、z、r的最高价氧化物的水化物分别为naoh、al（oh）3、hclo4，氢氧化钠与高氯酸发生中和反应，氢氧化铝能与氢氧化钠、高氯酸反应，故a正确；b元素x和q形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有共价键，故b错误；c金属性namgal，故na与水反应最剧烈，故c错误；dy的氢化物为hcl，其水溶液不能雕刻玻璃，由于雕刻玻璃的是氢氟酸，故d错误，故选a【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价与原子半径推断元素，注意对元素周期律的理解掌握5下列说法正确的是( )a用如图装置除去乙烷中混有的乙烯b配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度，溶液浓度偏大c制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入浓硫酸中d玻璃仪器洗涤干净的标准是：附着在仪器内壁上的水既不聚集成滴，也不成股流下【考点】化学实验方案的评价 【分析】a高锰酸钾能将乙烯氧化为二氧化碳； b仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低；c制取混合酸时，需要类比浓硫酸的稀释进行操作，应该将浓硫酸加入到乙醇中；d当玻璃仪器附着在仪器内壁上的水既不聚集成滴，也不成股流下时，可说明洗涤干净【解答】解：a高锰酸钾能将乙烯氧化为二氧化碳混于乙烷中成为新的杂质，故a错误； b配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故b错误；c浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，不能先加入浓硫酸再加入乙醇，故c错误；d当玻璃仪器附着在仪器内壁上的水既不聚集成滴，也不成股流下时，可说明洗涤干净，故d正确故选d【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备、分离、提纯以及溶液配制等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大6气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器如图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物待测气体部分电极反应产物no2nocl2hclcoco2h2sh2so4则下列说法中正确的是( )a上述气体检测时，敏感电极均作电池正极b检测cl2气体时，敏感电极的电极反应为：cl2+2e2clc检测h2s气体时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为o2+2h2o+4e4ohd检测h2s和co体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】a失电子发生氧化反应的电极是负极、得电子发生还原反应的电极是正极；b检测氯气时，氯气得电子生成氯离子；c检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素发生氧化反应，则其所在电极为负极；d产生的电流大小与失电子多少有关【解答】解：a失电子发生氧化反应的电极是负极、得电子发生还原反应的电极是正极，根据待测气体和反应产物可知，部分气体中元素化合价上升，部分气体中元素的化合价下降，所以敏感电极不一定都做电池正极，故a错误；b检测氯气时，氯气得电子生成氯离子，电极反应式为cl2+2e2cl，故b正确；c检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素化合价由2价变为+6价而发生氧化反应，则其所在电极为负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极电极反应式为o2+4h+4e2h2o，故c错误；d产生的电流大小与失电子多少有关，检测h2s和co体积分数相同的两份空气样本时，硫化氢失去电子数大于co，所以产生电流大小不同，故d错误；故选b【点评】本题考查了原电池原理，根据元素化合价变化确定正负极，正确判断正负极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意产生电流与相同物质的量的物质得失电子多少有关，为易错点7水的电离平衡曲线如如图所示，下列说法不正确的是( )a图中五点kw间的关系：bca=d=eb若从a点到d点，可采用在水中加入少量酸的方法c若从a点到c点，在温度不变时向水中加入适量nh4cl固体d若处在b点时，将ph=2的硫酸与ph=10的koh溶液等体积混合后，溶液显中性【考点】水的电离 【分析】a、ade都处于25时，kw相等，然后比较b、e两点的c（h+）和c（oh）的大小，依次比较kw的大小；b、从a点到d点c（h+）变大，但c（oh）变小，温度不变，kw不变；c、从a点到c点c（h+）和c（oh）的变化判断kw的变化，依次判断温度的变化；d、根据b点时kw计算酸与碱溶液中c（h+）和c（oh），然后判断溶液的酸碱性【解答】解：a、ade都处于25时，kw相等，b点c（h+）和c（oh）都大于e点的c（h+）和c（oh），并且c点的c（h+）和c（oh）大于a点c（h+）和c（oh），c（h+）和c（oh）越大，kw越大，故bca=d=e，故a正确；b、加酸，c（h+）变大，但c（oh）变小，但温度不变，kw不变，故b正确；c、若从a点到c点，c（h+）变大，c（oh）变大，kw增大，温度应升高，故c错误；d、若处在b点时，kw=11012，ph=2的硫酸中c（h+）=102mol/l，ph=10的koh中c（oh）=102moll1，等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故d正确；故选c【点评】本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的kw，做题时注意根据图象比较c（h+）和c（oh）的大小二、解答题（共3小题，满分0分）8a、b、c、d、e五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：（1）若a为非金属单质，c、d的相对分子质量相差16.0.05moll1e溶液中只有3种离子，且在25时，溶液中的c（h+）/c（oh）=1012写出ec的一个化学方程式cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o或c+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2o；在ac的反应中，每转移1mol e就会放热 143.5kj，该反应的热化学方程式为s（g）+o2（g）so2（g）h=574.0kj/mol（2）若a为金属单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀若b水溶液呈酸性，c水溶液呈碱性，则b溶液呈酸性的原因是al3+3h2oal（oh）3+3h+（用离子方程式表示）；若b溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，e是一种不溶性碱bc的离子方程式为2fe3+fe3fe2+de的化学方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3选用氢碘酸与可e反应实现ec的转化，该反应的离子方程式为2fe（oh）3+6h+2i2fe2+i2+6h2o（3）若ae均为含有y元素的化合物，a是淡黄色固体，等物质的量浓度b、c两溶液，其中c 溶液的ph较小电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，dec是工业侯氏制碱中的主要过程则等浓度、等体积混合的c、e两溶液中所有离子浓度的大小关系为c（na+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）【考点】无机物的推断 【分析】（1）a为金属单质，c、d的相对分子质量相差16，0.05mol/l e溶液中只有3种离子，且且溶液中的=1012，则溶液中的c（h+）=0.1mol/l，则e为硫酸，所以a为s，c为so2，d为so3，b为气体，应为h2s，ec应为浓硫酸与铜的反应或浓硫酸与碳的反应，根据元素守恒书写化学方程式，ac的反应为s（g）+o2（g）so2（g），每转移1mol e就会放热143.5kj，则转移4mol电子吸收143.5kj4=574.0kj热量，以此书写热化学方程式；（2）a为单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀，若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性将a的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量40%的氢氧化钠溶液，有无色刺激性气味的气体生成，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，该气体为氨气，由转化关系可知a为al，c为naalo2，d为al（oh）3；若b溶液呈黄色，与苯酚溶液混合后显紫色，可说明b中含有fe3+，a应为fe，c中含有fe2+，e是一种不溶性碱，由转化关系可知d为fe（oh）2，e为fe（oh）3；（3）ae均为化合物，a是淡黄色固体，a为na2o2；b、c两溶液在等物质的量浓度时，c溶液的ph较小，b为na2co3，c为nahco3，电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，d应为nacl，dec也是工业制备c的普遍方法，为侯氏制碱法，e为naoh，据此答题【解答】解：（1）a为金属单质，c、d的相对分子质量相差16，0.05mol/l e溶液中只有3种离子，且且溶液中的=1012，则溶液中的c（h+）=0.1mol/l，则e为硫酸，所以a为s，c为so2，d为so3，b为气体，应为h2s，ec的化学方程式为cu+2h2so4（浓） cuso4+so2+2h2o或c+2h2so4（浓） co2+2so2+2h2o，故答案为：cu+2h2so4（浓） cuso4+so2+2h2o或c+2h2so4（浓） co2+2so2+2h2o；ac的反应为s（g）+o2（g）so2（g），每转移1mol e就会放热143.5kj，则转移4mol电子吸收143.5kj4=574.0kj热量，则反应的热化学方程式为s（g）+o2（g）so2（g）h=574.0 kj/mol，故答案为：s（g）+o2（g）so2（g）h=574.0 kj/mol；（2）a为单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀，若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，则由转化关系可知a为al，b为alcl3，c为naalo2，d为al（oh）3，b溶液呈酸性的原因是铝离子水解使溶液呈酸性，离子方程式为al3+3h2oal（oh）3+3h+，故答案为：al3+3h2oal（oh）3+3h+；若b溶液呈黄色，与苯酚溶液混合后显紫色，可说明b中含有fe3+，a应为fe，c中含有fe2+，e是一种不溶性碱，由转化关系可知d为fe（oh）2，e为fe（oh）3，bc的离子方程式为2fe3+fe3fe2+，de的化学方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3，用hi与fe（oh）3反应，反应的离子方程式为2fe（oh）3+6h+2i2fe2+i2+6h2o，故答案为：2fe3+fe3fe2+；4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3；2fe（oh）3+6h+2i2fe2+i2+6h2o；（3）ae均为化合物，a是淡黄色固体，a为na2o2；b、c两溶液在等物质的量浓度时，c溶液的ph较小，b为na2co3，c为nahco3，电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，d应为nacl，dec也是工业制备c的普遍方法，为侯氏制碱法，e为naoh，等浓度、等体积混合的c、e两溶液中所有离子浓度的大小关系为c（na+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故答案为：c（na+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）【点评】本题考查无机物的推断，注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键，习题综合性较强，涉及热化学反应、离子反应及溶液中物料守恒、电荷守恒的考查，题目难度中等9甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过co和h2化合来制备甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh （g）（1）在容积固定为2l的密闭容器内充入1mol co和2mol h2，加入 催化剂后在250开始反应，co的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示容器中m、n两点气体的物质的量之比为5：4m、n、q三点的平衡常数km、kn、kq的大小关系为km=knkq（2）通过压力计监测上述容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/mpa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20min时，以co表示的平均反应速率为0.0125mol/（lmin），该温度下平衡常数k=4（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡状态的是bca2v（h2）正=v（ch3oh）逆b容器内气体的平均摩尔质量保持不变c容器中气体的压强保持不变d单位时间内生成n mol co的同时生成2n mol h2（4）25时以甲醇燃料电池（电解质溶液为稀硫酸）为电源电解300ml nacl溶液，正极反应式为o2+4 h+4 e=2 h2o在电解一段时间后，nacl溶液的ph变为13（假设nacl溶液的体积不变），则理论上消耗甲醇的物质的量为0.005mol【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断 【分析】（1）m点co转化率为50%，则转化的co为0.5mol，由方程式可知气体物质的量减小0.5mol2=1mol，混合气体总物质的量为（1+21）mol=2mol，n点co转化率为70%，则转化的co为0.7mol，由方程式可知气体物质的量减小0.7mol2=1.4mol，混合气体总物质的量为（1+21.4）mol=1.6mol；由图可知，随温度升高，co的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，平衡常数知识温度影响，温度相同平衡常数相同；（2）由表中数据可知，20min时处于平衡状态，设转化的co为x，则： co（g）+2h2（g）ch3oh （g）起始量（mol）：1 2 0变化量（mol）：x 2x x平衡量（mol）：1x 22x x压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（1mol+2mol）=（1x+22x）+x）mol，解得x=0.5，再根据v=计算v（co），而平衡常数k=；（3）a不同物质表示正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡；b正向是气体物质的量减小的方向，而反应前后气体总的质量是不变的，只要是正向移动，混合气体的摩尔质量就会增大；c正向是气体物质的量减小的方向，随反应进行，压强减小，压强不再变化说明到达平衡；d单位时间内生成n mol co的同时生成2n mol h2，均表示逆反应速率，反应始终存在该比例关系；（4）正极上发生还原反应，氧气在正极获得电子，酸性条件下生成水，电解nacl溶液发生反应：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，在电解一段时间后，nacl溶液的ph变为13，则naoh浓度为0.1mol/l，故生成naoh为0.3l0.1mol/l=0.03mol，燃料电池中甲醇氧化生成二氧化碳，根据电子转移守恒计算理论上消耗甲醇的物质的量【解答】解：（1）m点co转化率为50%，则转化的co为0.5mol，由方程式可知气体物质的量减小0.5mol2=1mol，混合气体总物质的量为（1+21）mol=2mol，n点co转化率为70%，则转化的co为0.7mol，由方程式可知气体物质的量减小0.7mol2=1.4mol，混合气体总物质的量为（1+21.4）mol=1.6mol，容器中m、n两点气体的物质的量之比为2mol：1.6mol=5：4；m、n两点温度相同，则km=kn、kq，图可知，随温度升高，co的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，q点的温度比m、n高，故平衡常数km=knkq，故答案为：5：4；km=knkq；（2）由表中数据可知，20min时处于平衡状态，设转化的co为x，则： co（g）+2h2（g）ch3oh （g）起始量（mol）：1 2 0变化量（mol）：x 2x x平衡量（mol）：1x 22x x压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（1mol+2mol）=（1x+22x）+x）mol，解得x=0.5，则v（co）=0.0125mol/（lmin），平衡常数k=4，故答案为：0.0125mol/（lmin）；4；（3）a不同物质表示正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，应是v（h2）正=2v（ch3oh）逆表示反应到达平衡状态，故a错误；b正向是气体物质的量减小的方向，而反应前后气体总的质量是不变的，只要是正向移动，混合气体的摩尔质量就会增大，反之会减小，故混合气体摩尔质量不变可以说明到达平衡，故正确；c正向是气体物质的量减小的方向，随反应进行，压强减小，压强不再变化说明到达平衡，故正确；d单位时间内生成n mol co的同时生成2n mol h2，均表示逆反应速率，反应始终存在该比例关系，故错误，故选：bc；（4）正极上发生还原反应，氧气在正极获得电子，酸性条件下生成水，电极反应式为：o2+4 h+4 e=2 h2o，电解nacl溶液发生反应：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，在电解一段时间后，nacl溶液的ph变为13，则naoh浓度为0.1mol/l，故生成naoh为0.3l0.1mol/l=0.03mol，则生成氯气为0.015mol，燃料电池中甲醇氧化生成二氧化碳，根据电子转移守恒，理论上消耗甲醇的物质的量为=0.005mol）故答案为：o2+4 h+4 e=2 h2o；0.005mol【点评】本题考查化学平衡的有关计算、化学平衡影响因素、化学平衡状态的判断、电化学等，侧重考查学生分析计算能力，难度中等10草酸（h2c2o4）是一种白色固体，熔点是101102，大约在157时开始升华，189.5分解，是常用的工业原料利用草酸和含镍废料（镍铁钙镁合金为主）制取草酸镍已知草酸的钙、镁、镍盐难溶于水（1）生产过程中多次进行过滤实验室进行过滤操作中用到铁架台、烧杯、玻璃棒，还需要漏斗、滤纸；（2）加入过氧化氢后缓慢加入碳酸钠溶液调ph至4.04.5左右，加入碳酸钠溶液的作用是调节ph，促进铁离子水解沉淀完全，再加入nh4f的目的是除去ca2+、mg2+；（3）用如图所示仪器连接组成的装置来探究草酸受热分解的产物实验中，观察到无水硫酸铜变蓝，洗气瓶中内澄清石灰水变浑浊，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，证明产物中有h2o、co、co2；e装置略作改动也能证明产物中无氢气，证明方法是换一个干、冷烧杯罩在火焰上方，内壁无现象，证明气体中无氢气；装置的连接顺序为acdbe，c装置的作用是检验产物中是否有水【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；三废处理与环境保护 【分析】（1）根据过滤装置答题；（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，依据电荷守恒和原子守恒，加入na2co3溶液调ph至4.04.5，促进铁离子水解形成氢氧化铁沉淀；氟化钙、氟化镁难溶于水；（3）实验中，观察到无水硫酸铜变蓝，说明产物有水，洗气瓶中内澄清石灰水变浑浊，说明产物有二氧化碳，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，说明产物中有一氧化碳；e装置中将内壁附有的澄清石灰水的烧杯换成干燥的烧杯，就可以检验产物中有没有氢气；根据验证产物相互之间不能干扰可以设计装置连接顺序【解答】解：（1）过滤操作中用到铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸，故答案为：漏斗、滤纸；（2）加双氧水的目的是把fe2+氧化生成fe3+，加入碳酸钠溶液的作用是中和过多的h+，调节ph，促进铁离子水解沉淀完全，再加入nh4f的目的是除去钙离子、镁离子，使最后加草酸时生成草酸镍沉淀；故答案为：调节ph，促进铁离子水解沉淀完全；除去ca2+、mg2+；（3）实验中，观察到无水硫酸铜变蓝，说明产物有水，洗气瓶中内澄清石灰水变浑浊，说明产物有二氧化碳，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，说明产物中有一氧化碳，e装置中将内壁附有的澄清石灰水的烧杯换成干燥的冷烧杯，罩在火焰上方，内壁无现象，证明气体中无氢气，故答案为：h2o、co、co2；换一个干、冷烧杯罩在火焰上方，内壁无现象，证明气体中无氢气；草酸在157时开始升华，189.5分解，所以加热后的草酸蒸汽，防止草酸对co2的检验造成干扰，要先除去草酸，产物中有h2o、co、co2，水要首先检验，以防止后面溶液中的水对它的干扰，然后检验并除去二氧化碳，最后再检验一氧化碳，所以连接顺序为adcbe，c装置的作用是检验产物中是否有水，故答案为：adcbe；检验产物中是否有水【点评】本题考查了流程分析推断，实验操作步骤的分析判断，实验方案的设计等，题目综合性较大，难度较大三.化学-化学与技术11以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成so2的化学方程式为4fes2+11o22fe2o3+8so2；（2）炉气精制的作用是将含so2的炉气除尘、水洗和干燥，如果炉气不经过精制，对so2催化氧化的影响是矿尘、砷、硒等化合物使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）精制炉气（含so2体积分数为7%、o2为11%、n2为82%）中so2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示在实际生产中，so2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应图中a点），而没有选择so2转化率更高的b或c点对应的反应条件，其原因分别是不选择b点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，so2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，so2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压、不选择c点，因为温度越低，so2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选c点；（4）在so2催化氧化设备中设置热交换器的目的是利用反应放出的热量预热原料气、上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全，从而充分利用能源【考点】工业制取硫酸 【专题】化学计算【分析】（1）黄铁矿的主要成分是fes2，在高温条件下与氧气反应：4fes2+11o24fe2o3+8so2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响；（3）在反应2so2+o22so3中，so2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大so2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，so2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，so2的转化率虽然更高，但反应较慢，450时，催化剂的催化效率最高；（4）so2催化氧化设备中设置热交换器可以充分利用反应放出的热【解答】解：（1）黄铁矿的主要成分是fes2，在高温条件下与氧气反应，其反应的化学方程式为：4fes2+11o24fe2o3+8so2；故答案为：4fes2+11o24fe2o3+8so2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响，故答案为：除尘、水洗；砷、硒等化合物会使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）在反应2so2+o22so3中，so2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大so2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，so2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，so2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450时，催化剂的催化效率最高故答案为：不选择b点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，so2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，so2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压；不选择c点，因为温度越低，so2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选c点；（4）在s02催化氧化设备中设置热交换器，把不同温度之间的气体进行热交换，可预热反应气体，冷却生成气体，可起到充分利用能源的目的，故答案为：利用反应放出的热量预热原料气；上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全【点评】本题考查硫酸的工业制法，涉及环境保护、反应原理、工业流程等问题，本题中注意炉气的精制、反应条件等问题的考查，是易错点，题目难度中等四.化学-物质结构与性质12物质结构决定物质的性质，物质性质反映了物质结构（1）bcl3、ncl3与水反应化学方程式如下：bcl3+3h2ob（oh）3+3hclncl3+3h2onh3+3hocl分析上述反应，判断b、n、cl三种元素的电负性由大到小的顺序是nclb上述两个反应所含的微粒中，呈三角锥形的是nh3、ncl3（填化学式），（2）bn是一种新型无机非金属材料，熔点很高、硬度很大，晶胞结构如图1bn晶体中存在的作用力有ac（填选项