山东省烟台市高考化学三模试卷（含解析）.doc

2015年山东省烟台市高考化学三模试卷一、选择题，共7小题，每小题5分，共35分1（5分）（2015烟台三模）下列说法中错误的是（）aal2（so4）3可除去酸性废水中的悬浮颗粒b医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性c煤通过气化、液化和干馏等可获得清洁能源和重要的化工原料d高锰酸钾溶液和双氧水进行环境消毒时原理相同2（5分）（2015烟台三模）na表示阿尔加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）a5.6g金属铁于足量的盐酸反应，转移电子数为0.2nab标准状况下，以任意比混合的h2、co2的混合气体22.4l，所含分子数为nac含na个na+的na2o2溶于1l水中，溶质的物质的量浓度为1moll1d20g重水（d2o）所含的电子数为10na3（5分）（2015烟台三模）主族元素x、y、z的离子为ax+、by2、cz，半径大小关系是x+zy2下列说法错误的是（）ay2的还原性大于zb单质的还原性zycb一定小于cdx、y可处于同周期或x在y的下周期4（5分）（2015烟台三模）乙酸橙花酯的结构简式如图所示，下列叙述中正确的是（）a该有机物分子式为c12h20o2b能发生加成反应和取代反应c不能使酸性kmno4溶液褪色d1mol该有机物最多能与2mol naoh反应5（5分）（2015烟台三模）下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（） 操作和现象结论a切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐变暗na在空气中会生成na2o2b向装有fe（no3）2溶液的试管中加入几滴稀h2so4溶液颜色基本不变fe（no3）2与h2so4不反应cso2通入酸性kmno4溶液，溶液褪色so2具有漂白性d将充满no2的试管倒立在水中，试管内液面约上升至试管容积的2/3处；缓慢通入o2，轻轻晃动试管，至液体基本上充满试管从原料的充分利用和减少污染物的排放等方面考虑，该实验对工业生产硝酸有重要启示aabbccdd6（5分）（2015烟台三模） 某恒密闭容器中，一定量的x与y发生反应：2x（g）+y（g）2z（g），测得在温度t1、t2下x的物质的量浓度c（x）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述中正确的是（）a反应温度t1t2该反应是吸热反应b该反应进行到m点放出的热量大于进行到w点放出的热量cm点的平衡常数比w点的平衡常数小dm点时再加入一定量的x，平衡后x的转化率增大7（5分）（2015烟台三模）25时，有关弱酸的电离常数如下：弱酸的化学式ch3coohhcnh2s电离常数（25）1.81054.91010k1=1.3107k2=7.11015下列说法中正确的是（）a等物质的量浓度的各溶液ph关系为：ph（ch3coona）ph（na2s）ph（nacn）ba moll1hcn溶液与bmoll1naoh溶液等体积混合，所得溶液中c（na+）c（cn），则a一定小于或等于bchcn与na2s溶液一定不能发生反应dnahs和na2s的混合溶液中，一定存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2）二、必做题，共3小题8（16分）（2015烟台三模）研究含氮化合物具有重要意义（1）反应2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g），可用于消除汽车尾气中的有害气体向恒容密闭容器中充入no和co的混合气体，部分物质的浓度变化如图1所示，则在46min时反应的平均速率v（n2）为moll1第8min时改变的条件为升温，则该反应的h0（填“”或“”）；16min时改反应重新达到平衡的依据是（填字母）a单位时间内生成a mol co2同时生成a mol cob容器内no与n2的物质的量之比为2：1c.2v（co）正=v（n2）逆d容器内的压强保持不变e容器内的气体密度保持不变（2）一定温度下，在容积为1l的恒容密闭容器中充入2 mol n2o3，发生反应：n2o3（g）n2o（g）+o2（g）；n2o3（g）+o2（g）n2o5（g），平衡时，测得c（n2o5）为0.7moll1，c（o2）为0.5 moll1，则c（n20）=moll1，该温度下反应的平衡常数为moll1（3）尿素燃料电池是一种新开发的环保电池，其工作原理如图2oh+离子导体中oh移动的方向为（填“向左”或“向右”），电极a是电池的极，电极反应式为9（17分）（2015烟台三模）水资源的利用、开发、保护直接关系到人类的生存和国民经济的发展饮用水中含所有一定浓度的no3+将对人体健康产生危害，no3+能氧化人体血红蛋白中的fe（h），使其失去携氧功能（1）饮用水中的no3+主要来自no4+已知在微生物作用下，no4+经过两步反应被氧化成no3+两步反应的能量变化示意图如图1，试写出1molno4+（ap）全部氧化成no3+（ap）的热化学方程式（2）用h2催化还原法也可见底饮用水中no3+的浓度，已知反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则催化还原法的离子方程式为（3）现测得某地水质试样中所含水溶性无机离子的化学组及其平均浓度如下表：根据表中数据计算该试样的ph=离子k+na+nh4+so42no3cl浓度（mol/l）310671062105310551052105海水淡化具有广泛的应用前景，淡化前需对海水进行预处理（1）通常用明矾作混凝剂，降低浊度明矾水解的离子方程式是（2）对海水进行消毒和灭藻处理时常用如图2所示naclo的发生装置装置中由nacl转化为naclo的化学方程式为海水中含有ca2+、mg2+、hco3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是mg（oh）2和caco3生成caco3的离子方程式是若每隔510min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题试用电极反应式并结合必要的文字进行解释10（20分）（2015烟台三模）以粗硅（含铁、铝等杂质）为原料工业上有以下两种制备高纯硅的工艺已知：sicl4沸点57.5，遇水强烈水解：sihcl3沸点31.5，且能与h2o强烈反应，并在空气中易自燃，300时fecl3、alcl3均能升华（1）为鉴定粗硅中含有微量铁单质，将试样研磨后用稀盐酸溶解，并取上层清液加入下列试剂中的（填字母）a碘水 b氯水 cna2so3溶液 dkscn溶液常温下sihcl3和sicl4均为液体，上述流程中操作为（2）实验室用如图1装置制备sicl4（反应温度在400500）装置f的作用是实验开始应先点燃（填”a“或”d“）装置的酒精灯一段时间后再点燃另一酒精灯e处收集装置设计了甲、乙两套装置，请你分别指出两套装置的不足之处为使甲装置易于收集产物，则需对装置进行的改进为（用文字表达）（3）sihcl3与过量h2制备纯硅的装置如图2（热源及夹持装置已略去）装置b中的试剂是（填名称），装置c中的烧瓶需要加热，其目的是实验中先让稀硫酸与锌粒反应一段时间后，再加热c、d装置的理由是，装置d中发生反应的化学方程式为三、选做题【化学-化学与技术】11（12分）（2015烟台三模）用含有al2o3、sio2和少量feoxfe2o3的铝灰制备al2（so4）318h2o制备步骤如下（部分操作和条件略）：i向铝灰中加入过量稀h2so4，过滤；ii向滤液中加入过量kmno4溶液，调节溶液的ph约为3；iii加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；iv加入mnso4至紫红色消失，过滤；v浓缩、结晶、分离，得到产品（1）步骤过滤得到沉淀的主要成分（填化学式），h2so4溶解al2o3的离子方程式是（2）已知：生成氢氧化物沉淀的phal（oh）3fe（oh）2fe（oh）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1moll1根据表中数据解释步骤ii的目的（3）己知：一定条件下，mno4可与mn2+反应生成mno2，向的沉淀中加入浓hcl并加热，能说明沉淀中存在mno2的现象是反应的化学方程式为中加入mnso4的目的是【化学-物质结构与性质】12（2015烟台三模）铜、锰及其合金是人类常用的金属材料（1）向一定物质的量浓度的cu（no3）2和mn（no3）2溶液中加入na2co3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得cumn2o4写出基态mn原子的价电子排布式为co32的空间构型是（用文字描述）（2）在铜锰氧化物的催化下，co被氧化为co2，hcho被氧化为co2和h2o根据等电子体原理，co分子的结构式为co2分子中c原子轨道的杂化类型为1 mol甲醛（hcho）分子中所含键的数目为（3）科学家通过x射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图：胆矾的化学式用配合物的形式表示为胆矾中so42的空间构型为，h2o中o原子的杂化类型为【化学-有机化学基础】13（2015烟台三模）以甲苯为原料可以合成某种食用香料（有机物m）和某种治疗肺结核药物的有效成分（有机物pasna）的路线如下：已知：回答下列问题：（1）b的结构简式为（2）甲苯甲苯醛的反应类型为；甲苯醛与按1：1恰好反应生成两种酸性有机物，则另一种有机物的名称为（3）已知试剂a的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出生成m的化学方程式试剂c最好选用（填字母序号） anaohbna2co3 cnahco3（4）在肉桂酸分子中碳碳双键催化加氢后得到化合物x（分子式为c9h10o2），x有多种同分异构体，其中苯环上只有一个取代基；能发生银镜反应；与na作用有h2产生，则x的结构简式为2015年山东省烟台市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题，共7小题，每小题5分，共35分1（5分）（2015烟台三模）下列说法中错误的是（）aal2（so4）3可除去酸性废水中的悬浮颗粒b医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性c煤通过气化、液化和干馏等可获得清洁能源和重要的化工原料d高锰酸钾溶液和双氧水进行环境消毒时原理相同考点：镁、铝的重要化合物；化石燃料与基本化工原料；药物的主要成分和疗效分析：a酸性溶液抑制铝离子的水解；b酒精可使蛋白质变性，常用于杀菌消毒；c煤通过气化、液化和干馏等可获得水煤气、甲醇以及苯等有机物；d高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性解答：解：a硫酸铝水解呈酸性，酸性溶液抑制铝离子的水解，不能起到除杂的作用，故a错误；b酒精可使蛋白质变性，医药中常用于75%的酒精来杀菌消毒，故b正确；c煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成h2、co等气体的过程；煤的液化是将煤与h2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的h2和co通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，故c正确；d高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，可使蛋白质变性，用于杀菌消毒，故d正确故选a点评：本题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大2（5分）（2015烟台三模）na表示阿尔加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）a5.6g金属铁于足量的盐酸反应，转移电子数为0.2nab标准状况下，以任意比混合的h2、co2的混合气体22.4l，所含分子数为nac含na个na+的na2o2溶于1l水中，溶质的物质的量浓度为1moll1d20g重水（d2o）所含的电子数为10na考点：阿伏加德罗常数分析：a、求出铁的物质的量，然后根据铁反应后变为+2价来分析；b、根据n=并结合co、co2中均含一个碳原子来计算；c、将0.01mol na2o2加入到水中得到100ml溶液，根据过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，结合钠守恒计算；d、依据n=计算物质的量，结合分子式计算电子数解答：解：a、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁反应后变为+2价，故1mol铁失去2mol电子，则0.1mol铁失去0.2mol电子，即0.2na个，故a正确；b、混合气体的物质的量n=1mol，而co、co2中均含一个碳原子，故1mol混合气体中含1mol碳原子，个数为na个，故b正确；c、因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，根据钠守恒，含na个na+的na2o2溶于1l水中，所得溶液的体积大于1l，故浓度比=1mol/l小，故c错误；d、20g重水（d2 o）物质的量=1mol，所含的电子数为10na，故d正确；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3（5分）（2015烟台三模）主族元素x、y、z的离子为ax+、by2、cz，半径大小关系是x+zy2下列说法错误的是（）ay2的还原性大于zb单质的还原性zycb一定小于cdx、y可处于同周期或x在y的下周期考点：元素周期律的作用分析：三种离子的核外电子排布不一定相等，则离子半径czby2，y、z可位于同一周期或不同周期，位于同一周期时b小于c，位于不同周期时，b大于c，离子半径ax+czby2，处于相同周期时，或x位于y的上一周期时，ax+by2，x位于y的下一周期时，核外电子排布相同，核电核数越大，半径越小，则ax+by2，根据元素的非金属性的强弱比较离子或单质的还原性解答：解：a位于同一周期时b小于c，z的非金属性较强，对应离子的还原性较弱，位于不同周期时，b大于c，仍是z的非金属性较强，对应离子的还原性较弱，所以y2的还原性大于z，故a正确；b位于同一周期时b小于c，z的非金属性较强，z的还原性较弱，位于不同周期时，b大于c，仍是z的非金属性较强，z的还原性较弱，则z单质的还原性小于x，故b错误；c三种离子的核外电子排布不一定相等，则离子半径czby2，y、z可位于同一周期或不同周期，位于同一周期时b小于c，位于不同周期时，b大于c，故c错误；d离子半径ax+by2，处于相同周期，或x位于y的上一周期，ax+by2，x位于y的下一周期时，核外电子排布相同，核电核数越大，半径越小，则ax+by2，故d正确故选bc点评：本题考查元素位置结构性质的相互关系应用，题目难度较大，注意题目没有告诉三种离子核外电子排布是否相同这一点4（5分）（2015烟台三模）乙酸橙花酯的结构简式如图所示，下列叙述中正确的是（）a该有机物分子式为c12h20o2b能发生加成反应和取代反应c不能使酸性kmno4溶液褪色d1mol该有机物最多能与2mol naoh反应考点：有机物的结构和性质分析：该分子中含有碳碳双键、酯基，具有烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、加成反应、加聚反应、水解反应、取代反应等，根据结构简式确定分子式，据此分析解答解答：解：a该有机物的分子式是c12h18o2，故a错误；b含有碳碳双键和酯基，能发生加成反应和取代反应，故b正确；c含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c错误；d该物质水解生成的羧基能和naoh反应，所以1mol该有机物最多能与1mol naoh反应，故d错误；故选b点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、酯的性质，注意分子式的确定，为易错点，只有酯基水解生成的羧基能和naoh反应，易错选项是d5（5分）（2015烟台三模）下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（） 操作和现象结论a切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐变暗na在空气中会生成na2o2b向装有fe（no3）2溶液的试管中加入几滴稀h2so4溶液颜色基本不变fe（no3）2与h2so4不反应cso2通入酸性kmno4溶液，溶液褪色so2具有漂白性d将充满no2的试管倒立在水中，试管内液面约上升至试管容积的2/3处；缓慢通入o2，轻轻晃动试管，至液体基本上充满试管从原料的充分利用和减少污染物的排放等方面考虑，该实验对工业生产硝酸有重要启示aabbccdd考点：化学实验方案的评价分析：a切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，是钠在常温下在空气中会生成na20；b向fe（no3）2溶液中滴加稀硫酸，发生氧化还原反应；c二氧化硫具有还原性被氧化剂高锰酸钾氧化为硫酸；d二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，通入氧气，一氧化氮和氧气按照4：3恰好溶于水形成硝酸溶液解答：解：a切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，是钠在常温下在空气中会生成na20，故a错误； b向fe（no3）2溶液中滴加稀硫酸，发生氧化还原反应，生成铁离子，故b错误；c二氧化硫具有还原性被氧化剂高锰酸钾氧化为硫酸，溶液颜色褪去，不是二氧化硫的漂白性，故c错误；d二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，通入氧气，一氧化氮和氧气按照4：3恰好溶于水形成硝酸溶液；原料充分利用防止气体污染空气，气体溶于水全部形成硝酸，故d正确；故选d点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大6（5分）（2015烟台三模） 某恒密闭容器中，一定量的x与y发生反应：2x（g）+y（g）2z（g），测得在温度t1、t2下x的物质的量浓度c（x）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述中正确的是（）a反应温度t1t2该反应是吸热反应b该反应进行到m点放出的热量大于进行到w点放出的热量cm点的平衡常数比w点的平衡常数小dm点时再加入一定量的x，平衡后x的转化率增大考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程分析：由图可知，温度为t1先到达平衡，所以t1t2，温度越高，平衡时x的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，a、根据图象判断此反应为放热反应；b、根据图象判断参加反应的x的量的多少，反应的x越多，放热越多；c、温度越高反应速率越大，反应是放热反应，升温平衡正向进行；d、m点时再加入一定量x，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析解答：解：由图可知，温度为t1先到达平衡，所以t1t2，温度越高，平衡时x的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，a、温度越高，平衡时x的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故a错误b、进行到m点x的转化率较低，由于正向是放热反应，所以反应进行到m点放出的热量少，故b错误；c、温度越高反应速率越大，已知t1t2，温度越高平衡逆向进行，m点的平衡常数比w点的平衡常数小，故c正确；d、m点时再加入一定量x，达到的新平衡与原平衡比较，平衡正移，但x的转化率减小，所以m点时再加入一定量x，平衡后x的转化率减小，故d错误；故选：c点评：本题考查了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响7（5分）（2015烟台三模）25时，有关弱酸的电离常数如下：弱酸的化学式ch3coohhcnh2s电离常数（25）1.81054.91010k1=1.3107k2=7.11015下列说法中正确的是（）a等物质的量浓度的各溶液ph关系为：ph（ch3coona）ph（na2s）ph（nacn）ba moll1hcn溶液与bmoll1naoh溶液等体积混合，所得溶液中c（na+）c（cn），则a一定小于或等于bchcn与na2s溶液一定不能发生反应dnahs和na2s的混合溶液中，一定存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：a电离平衡常数越大，酸性越强，电离程度越大；b等浓度时生成nacn，cn离子水解；chcn的酸性弱于h2s，比hs强；d根据电荷守恒分析解答：解：a由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，酸性最强，则酸性越强，盐的水解越弱，所以等物质的量浓度溶液的ph关系为ph（na2s）ph（nacn）ph（ch3coona），故a错误；b等物质的量时生成nacn，cn离子水解，则c（na+）c（cn），所以a moll1hcn溶液与b moll1naoh溶液等体积混合后，所得溶液中：c（na+）c（cn），a有可能略大于b，故b错误；chcn的酸性弱于h2s，比hs强，所以hcn与na2s溶液能发生反应，故c错误；dnahs和na2s的混合溶液中存在电荷守恒，所以一定存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2），故d正确；故选d点评：本题考查电离、水解及溶液中离子浓度的关系，综合性较强，题目难度中等，注意题干中数据的应用来解答二、必做题，共3小题8（16分）（2015烟台三模）研究含氮化合物具有重要意义（1）反应2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g），可用于消除汽车尾气中的有害气体向恒容密闭容器中充入no和co的混合气体，部分物质的浓度变化如图1所示，则在46min时反应的平均速率v（n2）为0.005moll1第8min时改变的条件为升温，则该反应的h0（填“”或“”）；16min时改反应重新达到平衡的依据是ad（填字母）a单位时间内生成a mol co2同时生成a mol cob容器内no与n2的物质的量之比为2：1c.2v（co）正=v（n2）逆d容器内的压强保持不变e容器内的气体密度保持不变（2）一定温度下，在容积为1l的恒容密闭容器中充入2 mol n2o3，发生反应：n2o3（g）n2o（g）+o2（g）；n2o3（g）+o2（g）n2o5（g），平衡时，测得c（n2o5）为0.7moll1，c（o2）为0.5 moll1，则c（n20）=1.2moll1，该温度下反应的平衡常数为14moll1（3）尿素燃料电池是一种新开发的环保电池，其工作原理如图2oh+离子导体中oh移动的方向为向左（填“向左”或“向右”），电极a是电池的负极，电极反应式为co（nh2）2+6oh6e=co2+n2+5h2o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）先计算co的反应速率，再根据同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算v（n2）；升高温度co的浓度增大，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变，以及由此引起的一系列物理量不变；（2）根据方程式知，c（n20）=c（o2）+c（n2o5）=0.5mol/l+0.7mol/l=1.2mol/l；根据方程式知，剩余c（n2o3）=1.2mol/l0.7mol/l=0.1mol/l，平衡常数k=；（3）根据图知，该燃料电池中，通入氧化剂的电极b是正极，则a是负极，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，负极上尿素失电子生成水、氮气和二氧化碳解答：解：（1）v（co）=mol/（lmin）=0.01mol/（lmin），再根据同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得v（n2）=v（co）=0.01 mol/（lmin）=0.005mol/（lmin）；升高温度平衡向吸热反应方向移动，升高温度co的浓度增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，h0；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变，以及由此引起的一系列物理量不变，a单位时间内生成a mol co2同时生成a mol co，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；b容器内no与n2的物质的量之比为2：1，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应初始物质的量和转化率有关，故错误；c当v（co）正=2v（n2）逆，该反应达到平衡状态，则2v（co）正=v（n2）逆没有达到平衡状态，故错误；d该反应的反应前后是气体体积减小的可逆反应，当容器内的压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；e容器内气体质量、体积都不变，所以容器内的气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；故选ad；故答案为：0.005；ad；（2）根据方程式知，c（n20）=c（o2）+c（n2o5）=0.5mol/l+0.7mol/l=1.2mol/l；根据方程式知，剩余c（n2o3）=1.2mol/l0.7mol/l=0.1mol/l，平衡常数k=l/mol=14l/mol，故答案为：1.2；14；（3）根据图知，该燃料电池中，通入氧化剂的电极b是正极，则a是负极，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以氢氧根离子向左移动，负极上尿素失电子生成水、氮气和二氧化碳，电极反应式为co（nh2）2+6oh6e=co2+n2+5h2o，故答案为：向左；负；co（nh2）2+6oh6e=co2+n2+5h2o点评：本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、原电池原理等知识点，侧重考查基本计算、基本理论，注意（2）中第一步生成的氧气在第二步中发生反应，为易错点，难点是（3）题电极反应式的书写9（17分）（2015烟台三模）水资源的利用、开发、保护直接关系到人类的生存和国民经济的发展饮用水中含所有一定浓度的no3+将对人体健康产生危害，no3+能氧化人体血红蛋白中的fe（h），使其失去携氧功能（1）饮用水中的no3+主要来自no4+已知在微生物作用下，no4+经过两步反应被氧化成no3+两步反应的能量变化示意图如图1，试写出1molno4+（ap）全部氧化成no3+（ap）的热化学方程式nh4+（aq）+2o2（g）=2h+（aq）+no3（aq）+h2o（l）h=346kjmol1（2）用h2催化还原法也可见底饮用水中no3+的浓度，已知反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则催化还原法的离子方程式为5h2+2no3n2+4h2o+2oh（3）现测得某地水质试样中所含水溶性无机离子的化学组及其平均浓度如下表：根据表中数据计算该试样的ph=4离子k+na+nh4+so42no3cl浓度（mol/l）310671062105310551052105海水淡化具有广泛的应用前景，淡化前需对海水进行预处理（1）通常用明矾作混凝剂，降低浊度明矾水解的离子方程式是al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+（2）对海水进行消毒和灭藻处理时常用如图2所示naclo的发生装置装置中由nacl转化为naclo的化学方程式为2nacl+2h2o2naoh+cl2+h2、2naoh+cl2=naclo+nacl+h2o海水中含有ca2+、mg2+、hco3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是mg（oh）2和caco3生成caco3的离子方程式是ca2+hco3+oh=caco3+h2o若每隔510min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题试用电极反应式并结合必要的文字进行解释阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2cl2e=cl2，产生的氯气与水发生反应：cl2+h2o=hcl+hclo，使该电极附近溶液呈酸性，从而将mg（oh）2和caco3溶解而达到除垢的目的考点：海水资源及其综合利用；三废处理与环境保护分析：i（1）由图可知，第一步热化学反应为nh4+ （aq）+1.5o2（g）=2h+（aq）+no2 （aq）+h2o（l）h=273kjmol1，第二步热化学反应为no2 （aq）+0.5o2（g）=no3 （aq）h=73kjmol1，利用盖斯定律可计算1mol nh4+（aq）全部氧化成no3 （aq）的热化学方程式；（2）用h2催化还原法也可降低饮用水中no3的浓度，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气；（3）只有nh4+水解显酸性，结合电荷守恒计算c（h+），可知ph；（1）明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水；（2）电解饱和氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；阴极生成氢气，水的电离被破坏电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀；阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2cl2e=cl2，产生的氯气与水发生反应：cl2+h2o=hcl+hclo，酸溶解沉淀解答：解：i（1）由图可知，第一步热化学反应为nh4+ （aq）+1.5o2（g）=2h+（aq）+no2 （aq）+h2o（l）h=273kjmol1，第二步热化学反应为no2 （aq）+0.5o2（g）=no3 （aq）h=73kjmol1，由盖斯定律可知+得1mol nh4+（aq）全部氧化成no3 （aq）的热化学方程式为nh4+ （aq）+2o2（g）=2h+（aq）+no3 （aq）+h2o（l）h=346 kjmol1，故答案为：nh4+ （aq）+2o2（g）=2h+（aq）+no3 （aq）+h2o（l）h=346 kjmol1；（2）h2催化还原饮用水中no3，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气，该反应为5h2+2no3n2+4h2o+2oh，故答案为：5h2+2no3n2+4h2o+2oh；（3）只有nh4+水解显酸性，由电荷守恒可知，c（h+）=（3105）2+（5105）+（2105）（3106+7106+2105）=1104，则ph=4，故答案为：4；（1）明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，水解方程式为al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+；故答案为：al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+；（2）装置中由nacl转化为naclo的化学方程式是2nacl+2h2o2naoh+cl2+h2、2naoh+cl2=naclo+nacl+h2o，故答案为：2nacl+2h2o2naoh+cl2+h2、2naoh+cl2=naclo+nacl+h2o；阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成caco3的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是ca2+hco3+oh=caco3+h2o，故答案为：ca2+hco3+oh=caco3+h2o；由电解原理可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2cl2e=cl2，产生的氯气与水发生反应：cl2+h2o=hcl+hclo，使该电极附近溶液呈酸性，从而将mg（oh）2和caco3溶解而达到除垢的目的，故答案为：阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2cl2e=cl2，产生的氯气与水发生反应：cl2+h2o=hcl+hclo，使该电极附近溶液呈酸性，从而将mg（oh）2和caco3溶解而达到除垢的目的点评：本题考查较综合，涉及海水资源的利用、电解原理、反应热计算、盐类水解等，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（20分）（2015烟台三模）以粗硅（含铁、铝等杂质）为原料工业上有以下两种制备高纯硅的工艺已知：sicl4沸点57.5，遇水强烈水解：sihcl3沸点31.5，且能与h2o强烈反应，并在空气中易自燃，300时fecl3、alcl3均能升华（1）为鉴定粗硅中含有微量铁单质，将试样研磨后用稀盐酸溶解，并取上层清液加入下列试剂中的bd（填字母）a碘水 b氯水 cna2so3溶液 dkscn溶液常温下sihcl3和sicl4均为液体，上述流程中操作为蒸馏（2）实验室用如图1装置制备sicl4（反应温度在400500）装置f的作用是吸收尾气cl2，并防止空气中的水蒸气进入广口瓶实验开始应先点燃a（填”a“或”d“）装置的酒精灯一段时间后再点燃另一酒精灯e处收集装置设计了甲、乙两套装置，请你分别指出两套装置的不足之处甲方案未用冷却液冷却易损失sicl4，乙方案进气管c太细易堵塞为使甲装置易于收集产物，则需对装置进行的改进为甲方案中的广口瓶浸入盛有冷却液的水槽中（用文字表达）（3）sihcl3与过量h2制备纯硅的装置如图2（热源及夹持装置已略去）装置b中的试剂是浓硫酸（填名称），装置c中的烧瓶需要加热，其目的是使进入烧瓶的液态sihcl3变为气体实验中先让稀硫酸与锌粒反应一段时间后，再加热c、d装置的理由是让h2排尽装置中的空气，防止sihcl3水解和自燃，装置d中发生反应的化学方程式为sihcl3+h2si+3hcl考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）由于fe与盐酸反应生成氯化亚铁，再滴入kscn、氯水，溶液变红色，说明粗硅中含有铁单质；常温下sihcl3和sicl4均为液体，二者互溶，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；（2）利用图1装置制备sicl4，sicl4遇水强烈水解，制备装置应干燥，a装置制备氯气，b装置吃饭饱和食盐水，吸收氯气中的hcl，c装置充分浓硫酸，干燥氯气，氯气与si在d装置中反应生成sicl4，sicl4沸点57.5，反应得到sicl4蒸汽，应进行冷却收集，未反应的氯气需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，由于sicl4遇水强烈水解，f装置可以吸收尾气cl2，并防止空气中的水蒸气进入广口瓶实验开始应先制备氯气，并用氯气排尽装置中的空气，再进行合成sicl4的反应；甲方案未用冷却液冷却易损失sicl4，乙方案进气管c太细易堵塞，将甲方案中的广口瓶浸入盛有冷却液的水槽中；（3）图2中，a装置制备氢气，b装置中盛放浓硫酸，干燥氢气，防止sihcl3与水反应，装置c中的烧瓶需要加热，使进入烧瓶的液态sihcl3变为气体，实验中应先通入一定时间h2排尽装置中的空气，防止sihcl3水解和自燃，在d装置中发生置换反应得到si与hcl解答：解：（1）由于fe与盐酸反应生成氯化亚铁，再滴入kscn溶液与氯水，溶液变红色，说明粗硅中含有铁单质；常温下sihcl3和sicl4均为液体，二者互溶，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：bd；蒸馏；（2）利用图1装置制备sicl4，sicl4遇水强烈水解，制备装置应干燥，a装置制备氯气，b装置吃饭饱和食盐水，吸收氯气中的hcl，c装置充分浓硫酸，干燥氯气，氯气与si在d装置中反应生成sicl4，sicl4沸点57.5，反应得到sicl4蒸汽，应进行冷却收集，未反应的氯气需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，由于sicl4遇水强烈水解，f装置可以吸收尾气cl2，并防止空气中的水蒸气进入广口瓶f装置的作用是：吸收尾气cl2，并防止空气中的水蒸气进入广口瓶；实验开始应先制备氯气，并用氯气排尽装置中的空气，防止sicl4水解，再进行合成sicl4的反应，实验开始应先点燃a处酒精灯，故答案为：吸收尾气cl2，并防止空气中的水蒸气进入广口瓶；a；甲方案未用冷却液冷却易损失sicl4，乙方案进气管c太细易堵塞，为使甲装置易于收集产物，将甲方案中的广口瓶浸入盛有冷却液的水槽中，故答案为：甲方案未用冷却液冷却易损失sicl4，乙方案进气管c太细易堵塞；甲方案中的广口瓶浸入盛有冷却液的水槽中；（3）图2中，a装置制备氢气，b装置中盛放浓硫酸，干燥氢气，防止sihcl3与水反应，装置c中的烧瓶需要加热，使进入烧瓶的液态sihcl3变为气体，实验中应先通入一定时间h2排尽装置中的空气，防止sihcl3水解和自燃，在d装置中发生置换反应得到si与hcl，反应方程式为：sihcl3+h2si+3hcl，故答案为：浓硫酸；使进入烧瓶的液态sihcl3变为气体；让h2排尽装置中的空气，防止sihcl3水解和自燃；sihcl3+h2si+3hcl点评：本题考查制备实验方案的设计，综合了氯气的制法、硅的提纯、物质的分离提纯、对装置与操作的分析评价等实验知识，结合物质的性质明确原理为解答的关键，题目难度中等三、选做题【化学-化学与技术】11（12分）（2015烟台三模）用含有al2o3、sio2和少量feoxfe2o3的铝灰制备al2（so4）318h2o制备步骤如下（部分操作和条件略）：i向铝灰中加入过量稀h2so4，过滤；ii向滤液中加入过量kmno4溶液，调节溶液的ph约为3；iii加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；iv加入mnso4至紫红色消失，过滤；v浓缩、结晶、分离，得到产品（1）步骤过滤得到沉淀的主要成分sio2（填化学式），h2so4溶解al2o3的离子方程式是al2o3+6h+=2al3+3h2o（2）已知：生成氢氧化物沉淀的phal（oh）3fe（oh）2fe（oh）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1moll1根据表中数据解释步骤ii的目的ph约为3时，fe2+和al3+不能形成沉淀，将fe2+氧化为fe3+，可使铁完全沉淀（3）己知：一定条件下，mno4可与mn2+反应生成mno2，向的沉淀中加入浓hcl并加热，能说明沉淀中存在mno2的现象是生成黄绿色气体反应的化学方程式为mno2+4hcl（浓） mncl2+2h2o+cl2中加入mnso4的目的是除去过量的mno4考点：制备实验方案的设计分析：（1）al2o3、feoxfe2o3能与硫酸反应，而sio2不与硫酸反应，硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水；（2）铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液ph为1.52.8，铝离子开始沉淀ph为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液ph大于铝离子完全沉淀ph，向滤液中加入过量kmno4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的ph约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不