湖南省张家界市慈利一中高考化学7+4模拟试卷（含解析）.doc

2015年湖南省张家界市慈利一中高考化学7+4模拟试卷一、选择题，本题共7小题，每题6分，共计42分1下列有关生活中的化学，说法不正确的是( )a石油裂解、煤的气化、海水制镁都包含化学变化来源b福尔马林可制备标本是利用了使蛋白质变性的性质c含钙、钡、铂等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火d红葡萄酒储藏时间长后变香可能是因为乙醇发生了酯化反应2下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是( )afecl3溶液与cu的反应：cu+fe3+cu2+fe2+bnh4hco3溶于过量的naoh溶液中：hco3+ohco32+h2oc少量so2通入苯酚钠溶液中：c6h5o+so2+h2oc6h5oh+hso3dfebr2溶液与等物质的量的cl2反应：2fe2+2br+2cl22fe3+4cl+br23下列实验方案不可行或结论不正确的是( )a用润湿的ph试纸测定饱和na2co3溶液phb通过观察如图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的原因主要是吸氧腐蚀c向mg（oh）2悬浊液中滴加fecl3溶液，出现红褐色沉淀，说明溶解度：fe（oh）3mg（oh）2d向同ph、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，通过完全反应后收集到的h2体积比较两种酸的电离程度：醋酸盐酸4分子式为c4h8o2，且能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀的有机物共有( )a8种b9种c10种d11种5在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是( )a在含等物质的量的febr2、fei2的溶液中缓慢通入cl2：i、br、fe2+b在含等物质的量的fe3+、cu2+、h+的溶液中加入zn：fe3+、cu2+、h+、fe2+c在含等物质的量的ba（oh）2、koh的溶液中通入co2：koh、ba（oh）2、baco3、k2co3d在含等物质的量的alo2、oh、co32溶液中，逐滴加入盐酸：alo2、al（oh）3、oh、co326a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由c元素形成的单质已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛；常温下0.1mol/l丁溶液的ph为13，则下列说法正确的是( )a元素c形成的单质可以在点燃条件分别与元素a、b、d形成的单质化合，所得化合物均存在共价键b元素b、c、d的原子半径由大到小的顺序为：r（d）r（c）r（b）c1.0 l 0.1 mol/l戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0.1 mold1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.2041024个电子7将fe和cu的质量比为7：8的混和粉末加入到200ml 4mol/l稀硝酸中充分反应（假定还原产物只有no），则使hno3完全反应的金属粉末的最小质量为( )a12.0gb12.8gc14.4gd15.6g二、非选择题，共4道题，8、9、10题为必做题，11-13题为选做题，共计58分（必做题）8（14分） 肼是重要的化工原料某探究小组利用下列反应制取水合肼（n2h4h2o）co（nh2）+2naoh+naclona2co3+n2h4h2o+nacl实验一：制备naclo溶液（实验装置如图1所示）（1）配制30%naoh溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_（填标号）a容量瓶 b烧杯 c烧瓶 d玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的化学方程式是_（3）因后续实验需要，需利用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中混合溶液的naoh的浓度请选用所提供的试剂，设计实验方案提供的试剂：h2o2溶液、fecl2溶液、0.1000moll1盐酸、酚酞试液_；实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分（已知：n2h4h2o+2naclon2+3h2o+2nacl）（4）分液漏斗中的溶液是_（填标号）aco（nh2）2溶液bnaoh和naclo混合溶液选择的理由是_实验三：测定馏分中肼含量称取馏分5.000g，加入适量nahco3固体，加水配成250ml溶液，移出25.00ml，用0.1000moll1的i2溶液滴定滴定过程中，溶液的ph保持在6.5左右（已知：n2h4h2o+2i2n2+4hi+h2o）（5）滴定过程中，nahco3能控制溶液的ph在6.5左右，原因是_（6）实验测得消耗i2溶液的平均值为18.00ml，馏分中水合肼（n2h4h2o）的质量分数为_9（14分）镁是海水中含量较多的金属元素，单质镁、镁合金以及镁的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛（1）mg2ni是一种储氢合金，已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s）h3则h3=_ kjmol1（2）工业上可用电解熔融的无水氯化镁获得镁其中氯化镁晶体脱水是关键的工艺之一一种正在试验的氯化镁晶体脱水的方法是：先将mgcl26h20转化为mgcl2nh4clnnh3，然后在700脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为_；（3）镁的一种化合物氯酸镁mg（clo3）2常用作催熟剂、除草剂等为了确定实验室制备的mg（clo3）26h2o的纯度，做如下试验：步骤1：准确称量3.50g产品配成100ml溶液步骤2：取10ml于锥形瓶中，加入10ml稀硫酸和20ml 1.000moll1的feso4溶液，微热步骤3：冷却至室温，用0.100moll1 k2cr2o7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗k2cr2o7溶液15.00ml产品中mg（clo3）26h2o的纯度为_（用百分号表示，精确到小数点后一位）（4）以二氧化钛表面覆盖cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如1图所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_（5）li2o、na2o、mgo均能吸收co2如果寻找吸收co2的其它物质，下列建议合理的是_a可在碱性氧化物中寻找b可在a、a族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找li2o吸收co2后，产物用于合成li4sio4，li4sio4用于吸收、释放co2，原理是：在500，co2与li4sio4接触后生成li2co3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出co2，li4sio4再生，说明该原理的化学方程式是_（6）利用反应a可将释放的co2转化为具有工业利用价值的产品反应a：co2+h2oco+h2+o2高温电解技术能高效实现（3）中反应a，工作原理示意图如图2：co2在电极a放电的反应式是_10将1.000g fec2o42h2o固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：已知：草酸盐受热分解易放出碳的氧化物500之前，该热重分析仪的样品池处于ar气气氛中，500时起，样品池与大气相通完成下列填空：（1）300时是样品脱水的过程，试确定350时样品是否脱水完全_（填“是”或“否”），判断的理由是_（要求写出推算过程）（2）400时发生变化的化学方程式是_（3）将600时样品池中残留的固体隔绝空气冷却至室温，再向该固体中加入一定量的稀盐酸刚好完全溶解，用ph试纸测得所得溶液的ph=3，其原因是_（用离子方程式回答）向该溶液中滴加适量naoh溶液，生成红褐色沉淀，测得此时溶液中铁元素的离子浓度为4.01011 moll1，则此时溶液的ph=_（已知：kspfe（oh）2=8.01016，kspfe（oh）3=4.01038）（4）将1 500时样品池中残留的固体隔绝空气冷却后，用稀盐酸溶解得一棕黄色溶液取少量该溶液滴加kscn，溶液显血红色；另取少量该溶液滴加k3fe（cn）6（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀试写出图中1 400时发生反应的化学方程式_，产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式_【化学与技术】（共1小题，满分15分）11海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、蒸发池和_池ii目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用_（写一点即可）（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示请回答后面的问题：海水不能直接通入到该装置中，理由是_b口排出的是_（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含na+、k+、mg2+、cl、br等离子）可提取溴，其生产流程如下：若吸收塔中的溶液含bro3，则吸收塔中反应的离子方程式为_通过氯化已获得含br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含br2的溶液？_向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在900c左右进行蒸馏的原因是_【物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12金属元素在自然界中分布很广，其中铜等在生产生活中有着广泛的应用（1）科学家通过x射线推测胆矾结构示意图如图1所示，写出基态cu原子的核外电子排布式_；金属铜采用下列_（填字母代号）堆积方式胆矾中含有的微粒间作用力有_（填字母代号）a离子键 b极性键 c金属键 d配位键 e氢键 f非极性键铜离子形成胆矾中配离子的离子方程式为：_；（2）合成氨工业中，原料气（n2、h2及少量co、nh3的混合气）在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜（i）溶液来吸收原料气体中的co（ac表示ch3coo），其反应是：cu（nh3）2ac+co+nh3cu（nh3）3acco醋酸碳基三氨合铜（）h0c、n、o三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_氨分子中n原子的杂化方式为_（3）铜的化合物种类也很多，其常见价台为+1，+2价如cuo、cu2o、cuh等，如图2是同的一种氯化铜的晶胞结构，则它的化学式是_【有机化学基础】（共1小题，满分0分）13g是一种合成橡胶和树脂的重要原料，a是c、h、o三种元素组成的五元环状化合物，相对分子质量为98，其核磁共振氢谱只有一个峰；f的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3已知：（其中r是烃基）有关物质的转化关系如右图所示，请回答以下问题：（1）a中不含氧的官能团的名称是_；的反应类型是_g的结构简式为_；g与br2的ccl4溶液反应，产物有_种（不考虑立体异构）（2）反应的化学方程式为_（3）e可在一定条件下通过_（填反应类型）生成高分子化合物，写出该高分子化合物可能的结构简式：_（两种即可）（4）反应的化学方程式为_（5）有机物y与e互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，写出所有符合条件的y的结构简式：_y与足量氢氧化钠溶液反应所得产物之一m，能与灼热的氧化铜反应，写出m与灼热的氧化铜反应的化学方程式：_2015年湖南省张家界市慈利一中高考化学7+4模拟试卷一、选择题，本题共7小题，每题6分，共计42分1下列有关生活中的化学，说法不正确的是( )a石油裂解、煤的气化、海水制镁都包含化学变化来源b福尔马林可制备标本是利用了使蛋白质变性的性质c含钙、钡、铂等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火d红葡萄酒储藏时间长后变香可能是因为乙醇发生了酯化反应【考点】石油的裂化和裂解；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【专题】化学计算【分析】a石油裂解大分子分解为小分子、煤的气化是碳和水反应生成氢气和一氧化碳气体、海水制镁通过沉淀提取，蒸发结晶，电解得到镁都包含化学变化；b福尔马林的主要成分是甲醛；c铂没有焰色反应；d乙醇在长时间放置过程中会转化为乙酸【解答】解：a石油裂解大分子分解为小分子、煤的气化是碳和水反应生成氢气和一氧化碳气体、海水制镁通过沉淀提取，蒸发结晶，电解得到镁，过程中都包含有化学反应，故a正确； b福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，故b正确；c铂没有焰色反应，不可用于制造焰火，故c错误；d乙醇在长时间放置过程中会转化为乙酸，二者可以发生酯化反应，故d正确故选c【点评】本题考查化学与生活，涉及化学变化、蛋白质的变性、焰色反应以及酯化反应等知识，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是( )afecl3溶液与cu的反应：cu+fe3+cu2+fe2+bnh4hco3溶于过量的naoh溶液中：hco3+ohco32+h2oc少量so2通入苯酚钠溶液中：c6h5o+so2+h2oc6h5oh+hso3dfebr2溶液与等物质的量的cl2反应：2fe2+2br+2cl22fe3+4cl+br2【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】a电荷、电子不守恒；b漏写铵根离子与碱的反应；c反应生成苯酚和亚硫酸钠；d与等物质的量的cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化【解答】解：afecl3溶液与cu的反应的离子反应为cu+2fe3+cu2+2fe2+，故a错误；bnh4hco3溶于过量的naoh溶液中的离子反应为nh4+hco32+ohco32+h2o+nh3h2o，故b错误；c少量so2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2c6h5o+so2+h2o2c6h5oh+so32，故c错误；dfebr2溶液与等物质的量的cl2反应的离子反应为2fe2+2br+2cl22fe3+4cl+br2，故d正确；故选d【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，选项d中的优先氧化为解答的难点，题目难度不大3下列实验方案不可行或结论不正确的是( )a用润湿的ph试纸测定饱和na2co3溶液phb通过观察如图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的原因主要是吸氧腐蚀c向mg（oh）2悬浊液中滴加fecl3溶液，出现红褐色沉淀，说明溶解度：fe（oh）3mg（oh）2d向同ph、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，通过完全反应后收集到的h2体积比较两种酸的电离程度：醋酸盐酸【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】a用润湿的ph试纸测定ph易导致误差；b水柱升高，说明左边装置压强减小；c从难溶电解质的溶解平衡分析；d醋酸为弱酸，不能完全电离，同ph时，醋酸浓度大【解答】解：a用润湿的ph试纸测定ph，会导致溶液浓度减小，导致误差，故a错误；b水柱升高，说明左边装置压强减小，应是消耗氧气的原因，发生吸氧腐蚀，故b正确；c向mg（oh）2悬浊液中滴加fecl3溶液，出现红褐色沉淀，生成溶解度更小的物质，则说明溶解度：fe（oh）3mg（oh）2，故c正确；d醋酸为弱酸，不能完全电离，同ph时，醋酸浓度大，等体积时生成气体多，可通过生成气体的体积判断两种酸的电离度，故d正确故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于试纸的使用、电化学腐蚀、溶解平衡以及弱电解质的电离等，题目难度不大，注意把握相关物质的性质4分子式为c4h8o2，且能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀的有机物共有( )a8种b9种c10种d11种【考点】同分异构现象和同分异构体 【专题】同系物和同分异构体【分析】根据分子式为c4h8o2的有机物不饱和度为1，能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，则可能为甲酸丙酯，羟基丁醛，醚醛【解答】解：分子式为c4h8o2能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，则可能为甲酸丙酯，甲酸有1种，丙醇有2种，甲酸丙酯共2种；可能为羟基醛，丁醛有2种，羟基丁醛有5种：ch2ohch2ch2cho、ch3ch2ohch2cho、ch3ch2ch2ohcho，ch2ohchch3cho、（ch3）2chcho；可能为醚醛，醚醛有3种：ch3ch2ch2ocho、ch3ch2och2cho、ch3och2ch2cho；所以共有10种，故选c【点评】本题主要考查了官能团的性质、物质的分类以及同分异构体的书写，难度中等，掌握物质的分类是解题的关键5在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是( )a在含等物质的量的febr2、fei2的溶液中缓慢通入cl2：i、br、fe2+b在含等物质的量的fe3+、cu2+、h+的溶液中加入zn：fe3+、cu2+、h+、fe2+c在含等物质的量的ba（oh）2、koh的溶液中通入co2：koh、ba（oh）2、baco3、k2co3d在含等物质的量的alo2、oh、co32溶液中，逐滴加入盐酸：alo2、al（oh）3、oh、co32【考点】氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件 【专题】离子反应专题【分析】a、根据离子的还原性顺序：ife2+br来回答；b、离子的氧化性顺序是：fe3+cu2+h+fe2+；c、化学反应优先和能生成沉淀的物质间反应；d、含有alo2、oh、co32溶液中，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应【解答】解：a、在含等物质的量的febr2、fei2的溶液中缓慢通入cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：ife2+br，故a错误；b、在含等物质的量的fe3+、cu2+、h+的溶液中加入zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：fe3+cu2+h+fe2+，故b正确；c、在含等物质的量的ba（oh）2、koh的溶液中通入co2，先是和ba（oh）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故c错误；d、在含等物质的量的alo2、oh、co32溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故d错误故选b【点评】本题考查学生化学反应的先后率知识，注意离子的氧化性、还原性顺序是解题关键，难度不大6a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由c元素形成的单质已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛；常温下0.1mol/l丁溶液的ph为13，则下列说法正确的是( )a元素c形成的单质可以在点燃条件分别与元素a、b、d形成的单质化合，所得化合物均存在共价键b元素b、c、d的原子半径由大到小的顺序为：r（d）r（c）r（b）c1.0 l 0.1 mol/l戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0.1 mold1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.2041024个电子【考点】位置结构性质的相互关系应用；微粒半径大小的比较 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】0.1 mol/l 丁溶液的ph为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为naoh，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有h、o、na元素，辛是由c组成的单质，由发生反应可知，辛不能是na，结合原子数可知，a为h、c为o、d为na元素，故辛为氧气，可知甲是na2o2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则b为碳元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题【解答】解：0.1 mol/l 丁溶液的ph为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为naoh，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有h、o、na元素，辛是由c组成的单质，由发生反应可知，辛不能是na，结合原子数可知，a为h、c为o、d为na元素，故辛为氧气，可知甲是na2o2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则b为碳元素，a氧气与氢气、碳反应生成化合物只含有共价键，氧气与na在加热条件下反应生成过氧化钠，含有离子键、共价键，故a正确；b同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：naco，即：dbc，故b错误；c戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，co32离子水解生成hco3离子和oh离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故c错误；d甲与足量的乙完全反应的方程式为：2na2o2+2h2o4naoh+o2，反应中过氧化钠其氧化剂、还原剂作用，各占一半，故1molna2o2反应转移的电子为1mol2=1mol，约6.021o23个电子，故d错误，故选a【点评】本题考查元素化合物推断，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生的逻辑推理有一定的要求，c选项注意盐类水解7将fe和cu的质量比为7：8的混和粉末加入到200ml 4mol/l稀硝酸中充分反应（假定还原产物只有no），则使hno3完全反应的金属粉末的最小质量为( )a12.0gb12.8gc14.4gd15.6g【考点】有关混合物反应的计算 【专题】计算题【分析】金属混合物与硝酸反应生成硝酸铁、硝酸铜时需要金属的质量最小，fe和cu的质量比为7：8，可得到两者的物质的量之比为1：1，设铜物质的量为xmol，则fe的物质的量为xmol，根据氮元素守恒表示出no的物质的量，再根据电子转移守恒列方程，根据m=nm计算金属的质量【解答】解：金属混合物与硝酸反应生成硝酸铁、硝酸铜时需要金属的质量最大，fe和cu的质量比为7：8，可得到两者的物质的量之比=：=1：1，硝酸的物质的量=0.2l4mol/l=0.8mol，设铜物质的量为xmol，则fe的物质的量为xmol，根据氮元素守恒，则no的物质的量=0.8mol（2xmol+3xmol）=（0.85x）mol，根据电子转移守恒，则：2xmol+xmol3=（0.85x）mol（52），解得x=0.12，故金属的最大质量=0.12mol（56g/mol+64g/mol）=14.4g，故选c【点评】本题考查混合物的有关计算，根据电子注意守恒确定反应产物是解题关键，再结合守恒法进行解答，难度中等二、非选择题，共4道题，8、9、10题为必做题，11-13题为选做题，共计58分（必做题）8（14分） 肼是重要的化工原料某探究小组利用下列反应制取水合肼（n2h4h2o）co（nh2）+2naoh+naclona2co3+n2h4h2o+nacl实验一：制备naclo溶液（实验装置如图1所示）（1）配制30%naoh溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有bd（填标号）a容量瓶 b烧杯 c烧瓶 d玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的化学方程式是cl2+2naoh=naclo+nacl+h2o（3）因后续实验需要，需利用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中混合溶液的naoh的浓度请选用所提供的试剂，设计实验方案提供的试剂：h2o2溶液、fecl2溶液、0.1000moll1盐酸、酚酞试液取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的h2o2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用0.100moll1盐酸滴定，重复上述操作23次；实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分（已知：n2h4h2o+2naclon2+3h2o+2nacl）（4）分液漏斗中的溶液是b（填标号）aco（nh2）2溶液bnaoh和naclo混合溶液选择的理由是如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化实验三：测定馏分中肼含量称取馏分5.000g，加入适量nahco3固体，加水配成250ml溶液，移出25.00ml，用0.1000moll1的i2溶液滴定滴定过程中，溶液的ph保持在6.5左右（已知：n2h4h2o+2i2n2+4hi+h2o）（5）滴定过程中，nahco3能控制溶液的ph在6.5左右，原因是nahco3会与滴定过程中产生的hi反应（6）实验测得消耗i2溶液的平均值为18.00ml，馏分中水合肼（n2h4h2o）的质量分数为9%【考点】制备实验方案的设计 【专题】综合实验题【分析】（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，naoh固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有naoh的锥形瓶中与naoh发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）中和滴定测定混合溶液的naoh的浓度时，需要排除溶液里的naclo的干扰，可通过加入还原性的过氧化氢，其氧化产物是氧气，没有向溶液里引入新杂质，而不选用fecl2溶液的原因是其氧化产物fe3+会消耗naoh生成fe（oh）3沉淀，再选择指示剂进行中和滴定就可以了；（4）依据制取水合肼（n2h4h2o）的反应原理为：co（nh2）+2naoh+naclo=na2co3+n2h4h2o+nacl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（n2h4h2o）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（5）nahco3能通过与碘化氢的反应控制溶液的ph在6.5左右；（6）结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（n2h4h2o）的质量分数【解答】解：（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：bd；（2）锥形瓶中氯气和naoh反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故答案为：cl2+2naoh=naclo+nacl+h2o；（3）中和滴定测定混合溶液中naoh的浓度时，需要排除溶液里的naclo的干扰，可通过加入还原性的h2o2除去naclo，然后滴加酚酞指示剂，再用标准的盐酸滴定测出naoh溶液的浓度，故答案为：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的h2o2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用 0.100moll1盐酸滴定，重复上述操作23次；（4）反应co（nh2）+2naoh+naclo=na2co3+n2h4h2o+nacl中，水合肼（n2h4h2o）作还原剂，具有还原性，易被次氯酸钠氧化，故答案为：a；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；（5）nahco3能控制溶液的ph在6.5左右，是因为碳酸氢钠和碘化氢反应，故答案为：nahco3会与滴定过程中产生的hi反应；（6）结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（n2h4h2o）的质量分数，n2h2h2o+2i2=n2+4hi+h2o1 2n 0.1000mol/l0.018ln=0.0009mol250ml溶液中含有的物质的量=0.0009mol=0.009mol水合肼（n2h2h2o）的质量分数=100%=9.0%故答案为：9%【点评】本题考查了物质制备和性质的实验分析和验证方法应用，主要是过程分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等9（14分）镁是海水中含量较多的金属元素，单质镁、镁合金以及镁的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛（1）mg2ni是一种储氢合金，已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s）h3则h3=+213.4 kjmol1（2）工业上可用电解熔融的无水氯化镁获得镁其中氯化镁晶体脱水是关键的工艺之一一种正在试验的氯化镁晶体脱水的方法是：先将mgcl26h20转化为mgcl2nh4clnnh3，然后在700脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为mgcl2nh4clnnh3mgcl2+（n+1）nh3+hcl；（3）镁的一种化合物氯酸镁mg（clo3）2常用作催熟剂、除草剂等为了确定实验室制备的mg（clo3）26h2o的纯度，做如下试验：步骤1：准确称量3.50g产品配成100ml溶液步骤2：取10ml于锥形瓶中，加入10ml稀硫酸和20ml 1.000moll1的feso4溶液，微热步骤3：冷却至室温，用0.100moll1 k2cr2o7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗k2cr2o7溶液15.00ml产品中mg（clo3）26h2o的纯度为78.3%（用百分号表示，精确到小数点后一位）（4）以二氧化钛表面覆盖cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如1图所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250时，催化剂的催化效率降低（5）li2o、na2o、mgo均能吸收co2如果寻找吸收co2的其它物质，下列建议合理的是aba可在碱性氧化物中寻找b可在a、a族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找li2o吸收co2后，产物用于合成li4sio4，li4sio4用于吸收、释放co2，原理是：在500，co2与li4sio4接触后生成li2co3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出co2，li4sio4再生，说明该原理的化学方程式是co2+li4sio4li2co3+li2sio3（6）利用反应a可将释放的co2转化为具有工业利用价值的产品反应a：co2+h2oco+h2+o2高温电解技术能高效实现（3）中反应a，工作原理示意图如图2：co2在电极a放电的反应式是co2+2eco+o2【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学方程式的书写；用盖斯定律进行有关反应热的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算，由盖斯定律2得到所需热化学方程式；（2）先将mgcl26h20转化为mgcl2nh4clnnh3，然后在700脱氨得到无水氯化镁，依据原子守恒书写化学方程式；（3）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价；根据化学反应得出各物质之间的关系式，计算百分含量；（4）根据温度对催化剂活性的影响；（5）二氧化碳为酸性气体，li2o、na2o、mgo均能吸收co2与氧化性无关；根据题干信息，反应物为co2与li4sio4，生成物有li2co3，根据质量守恒进行解答；（6）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子【解答】解：（1）mg（s）+h2（g）mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）h3由盖斯定律2得到mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）h3 =64.4kj/mol2（74.5kj/mol）=213.4kj/mol，则h3=213.4kj/mol，故答案为：213.4；（2）mgcl2nh4clnnh3，在700脱氨得到无水氯化镁，反应的化学方程式mgcl2nh4clnnh3mgcl2+（n+1）nh3+hcl；故答案为：mgcl2nh4clnnh3mgcl2+（n+1）nh3+hcl；（3）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：clo3+6fe2+6h+=6fe3+cl+3h2o，根据化学方程式：clo3+6fe2+6h+=6fe3+cl+3h2o以及cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o，可以得出：clo36fe2+，cr2o726fe2+，用0.100moll1 k2cr2o7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100moll10.015l6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20103l1.000moll10.009mol=0.011mol，氯酸根离子的物质的量为：0.011mol，产品中mg（clo3）26h2o的质量分数：（0.011299g/mol）10100%=78.3%，故答案为：78.3%；（4）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；（5）ali2o、na2o、mgo均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物co2，可在碱性氧化物中寻找吸收co2的其他物质，故a正确；bli2o、na2o、mgo均能吸收co2，钠、镁、铝为a、a族元素，所以可在a、a族元素形成的氧化物中寻找吸收co2的其他物质，故b正确；cli2o、na2o、mgo均能吸收co2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故c错误；故答案为：ab；在500，co2与li4sio4接触后生成li2co3，反应物为co2与li4sio4，生成物有li2co3，根据质量守恒可知产物还有li2sio3，所以化学方程式为：co2+li4sio4li2co3+li2sio3，故答案为：co2+li4sio4li2co3+li2sio3；（6）二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：co2+2eco+o2，故答案为：co2+2eco+o2【点评】本题考查对常见金属元素及其化合物主要性质的掌握，主要是氧化还原反应，电子转移计算，滴定实验步骤和含量的计算分析，有机物结构和反应过程分析是解题关键，题目难度中等10将1.000g fec2o42h2o固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：已知：草酸盐受热分解易放出碳的氧化物500之前，该热重分析仪的样品池处于ar气气氛中，500时起，样品池与大气相通完成下列填空：（1）300时是样品脱水的过程，试确定350时样品是否脱水完全是（填“是”或“否”），判断的理由是fec2o42h2ofec2o4（2n）h2o+nh2o180 18n1.000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；（要求写出推算过程）（2）400时发生变化的化学方程式是fec2o4feo+co+co2（3）将600时样品池中残留的固体隔绝空气冷却至室温，再向该固体中加入一定量的稀盐酸刚好完全溶解，用ph试纸测得所得溶液的ph=3，其原因是fe3+3h2ofe（oh）3+3h+（用离子方程式回答）向该溶液中滴加适量naoh溶液，生成红褐色沉淀，测得此时溶液中铁元素的离子浓度为4.01011 moll1，则此时溶液的ph=5（已知：kspfe（oh）2=8.01016，kspfe（oh）3=4.01038）（4）将1 500时样品池中残留的固体隔绝空气冷却后，用稀盐酸溶解得一棕黄色溶液取少量该溶液滴加kscn，溶液显血红色；另取少量该溶液滴加k3fe（cn）6（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀试写出图中1 400时发生反应的化学方程式6fe2o34fe3o4+o2，产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3fe2+2fe（cn）63fe3fe（cn）62【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；ph的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【专题】实验分析题【分析】（1）根据图象，300时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：fec2o42h2ofec2o4（2n）h2o+nh2o180 18n1.000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系： 6feo3fe2o32fe3o4 72：80：77.3 固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致即72：80：77.30.400：0.444：0.429因此表明：fec2o4分解时，先转变为feo，再转变为fe2o3，最后变为fe3o4，所以400时fec2o4分解生成feo，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；（3）根据（2）的分析，600时fec2o4分解生成fe2o3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，根据三价铁易水解成酸性分析；根据kspfe（oh）3=4.01038进行计算；（4）根据取少量该溶液滴加kscn，溶液显血红色，说明含有三价铁离子；另取少量该溶液滴加k3fe（cn）6（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征1 400时fe2o3发生分解生成fe3o4和氧气；产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3fe2+2fe（cn）63fe3fe（cn）62【解答】解：（1）根据图象，300时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：fec2o42h2ofec2o4（2n）h2o+nh2o180 18n1.000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；故答案为：是；推算过程：fec2o42h2ofec2o4（2n）h2o+nh2o180 18n1.000g （1.0000.800）g解得n=2，所以350时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系： 6feo3fe2o32fe3o4 72：80：77.3 固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致即72：80：77.30.400：0.444：0.429因此表明：fec2o4分解时，先转变为feo，再转变为fe2o3，最后变为fe3o4，所以400时fec2o4分解生成feo，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；反应方程式为：fec2o4feo+co+co2；故答案为：fec2o4feo+co+co2；（3）根据（2）的分析，600时fec2o4分解生成fe2o3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，因为三价铁易水解所以溶液的ph为3，水解方程式为：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+；当铁元素的离子浓度为4.01011 moll1，则氢氧根的浓度为：=1.0109 moll1，氢离子浓度为=1.0105 moll1，所以ph=5，故答案为：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+；5；（4）根据取少量该溶液滴加kscn，溶液显血红色，说明含有三价