福建省龙岩市武平一中高三化学下学期周考试卷（实验班含解析）.doc

2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高三（下）周考化学试卷（实验班）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法正确的是( )ahcho溶液、（nh4）2so4溶液均能使蛋白质变性b分子式为c2h4o2的有机物不一定是羧酸c煤的干馏是物理变化，煤的气化和液化是化学变化d纤维素、蛋白质、油脂、糖类在一定条件下都能发生水解反应2设阿伏加德罗常数为na，下列说法正确的是( )a标准状况下，22.4l乙烷含共价键数目为7nab25时，1.0lph=13的ba（oh）2溶液含oh数目为0.2nac铝与氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为nad常温常压下，6ghe含中子数为2na3已知0.1mol/l的碳酸氢钠溶液的ph为8.4，则下列说法正确的是( )a加入少量naoh固体，钠离子和碳酸根离子浓度均增大b将该溶液加水稀释，的比值保持不变cc（na+）+c（h+）=c（hco3 ）+c（co32）+c（oh）dc（na+）=c（hco3）+2c（co32）+c（h2co3）4向明矾溶液中逐渐滴加ba（oh）2溶液，符合要求的离子方程式为( )a加入过量的ba（oh）2溶液时：2al3+3so42+3ba2+6oh2al（oh）3+3baso4b溶液恰好呈中性时：2al3+3so42+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4cso42离子恰好完全沉淀时：al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2od明矾与ba（oh）2按物质的量比1：1反应时：al3+so42+ba2+3ohal（oh）3+baso45新型纳米材料mfe2ox （3x4）中m表示+2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化常温下，mfe2ox能使工业废气中的so2转化为s，流程如下：mfe2oxmfe2oy则下列判断正确的是( )amfe2ox是氧化剂bxycso2是该反应的催化剂dso2发生氧化反应6已知结构为正四面体型的离子a和直线型离子b反应，生成三角锥形分子c和v形分子d（a、b、c、d均为10电子微粒，组成它们的元素原子序数均小于10），下列说法正确的是( )a分子c与d不能发生化学反应b微粒a的空间结构与ch4相似，它们均为正四面体，所以a是非极性分子c固态d的熔沸点明显高于固态h2s的原因在于d分子中的共价键强于sh键d在25时，a的盐酸盐溶液的ph小于77有a克na2co3和nahco3混合物，下列实验方案中可测定其中na2co3质量分数的是( )将混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克将混合物充分加热，固体质量减少b克将混合物与足量bacl2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体将混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克abcd二、解答题（共3小题，满分45分）8（14分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛（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=64.4kjmoll则：mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s）的h3=_（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为mgcl26h2o）制备金属镁工艺的关键流程如图1：科研小组将mgcl26h2o在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（tg表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）图中ab线段为“一段脱水”，试确定b点对应固体物质的化学式_；图中bc线段为“二段脱水”，在实验中通入h2和cl2燃烧产物的目的是_该工艺中，可以循环使用的物质有_（3）ch3mgcl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是_，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式_（4）储氢材料mg（aih4）2在110200的反应为：mg（aih4）2=mgh2+2al+3h2；每转移3mol电子生成al的质量为_（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为_9节能减排是当下环境保护的重点（1）将co和气态水通入一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），h0，800，在2l恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，k=l0从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物co2表示该反应的反应速率v（co2）=_；平衡时，容器中co的转化率为_如图表示上述反应在tl时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况则t2时刻发生改变的条件可能是_（写出一条）（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：co（g）+o2（g）co2（g）降低其浓度某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如下表所示请在表中的空格处填写“”或“=“相同温度下，某汽车尾气中co、co2的浓度分别为l.0105mol/l和1.0l04mol/l若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充o2并使其浓度保持为1.0l04mol/l，则最终尾气中co的浓度为_mol/l（请保留两位有效数字）（3）co2在自然界循环时可与caco3反应，caco3是一种难溶物质，其ksp=2.8l09现将等体积的cacl2溶液与na2co3溶液混合，若na2co3溶液的浓度为2l04mol/l，则生成caco3沉淀所需cacl2溶液的最小浓度为_mol/l10（16分）研究性学习小组的同学，为测定碱式碳酸钴cox（oh）y（c03）z的化学组成，设计了如图所示的装置进行实验探究已知碱式碳酸钴受热时可分解生成三种氧化物（1）请完成下列实验步骤：称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；按如图所示装置组装好仪器，并_；加热甲中玻璃管，当乙装置中_（填实验现象），停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；计算（2）步骤中缓缓通入空气数分钟的目的是_（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的_（填字母）连接在_（填装置连接位置）（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据则该碱式碳酸钴的化学式为_（5）含有co（a102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为_（6）cocl26h2o常用作多彩水泥的添加剂以含钴废料（含少量fe、al等杂质）制取cocl26h2o的一种工艺如下：已知：25时净化除杂时，加入h2o2发生反应的离子方程式为_加入coco3调ph为5.27.6，则操作i获得的滤渣成分为_加盐酸调整ph为23的目的为_操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三、解答题（共1小题，满分13分）化学-物质结构与性质11（13分）硼元素、钙元素、铜元素在化学中有很重要的地位，单质及其化合物在工农业生产和生活中有广泛的应用（1）已知cac2与水反应生成乙炔请回答下列问题：将乙炔通入cu（nh3）2cl溶液中生成cu2c2红棕色沉淀，cu+基态核外电子排布式为_其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成cu2+和cu，但cuo在高温下会分解成cu20，试从结构角度解释高温下cuo何会生成cu2o：_cac2中c22与o22+互为等电子体，1molo22+中含有的键数目为_乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（h2cchcn）丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_，构成丙烯腈元素中第一电离能最大的是_（2）硼酸（h3bo3）是一种片层状结构的白色晶体，层内的h3b03分子间通过氢键相连（如图）则1molh3bo3的晶体中有_ mol氢键硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸b（oh）3h2 o，它电离生成少量b（oh）4和h+，则b（oh）4含有的化学键类型为_四、解答题（共1小题，满分13分）化学-有机化学基础12（13分）塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料添加塑化剂（dbp）可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害其合成线路图如图i所示：已知以下信息：（r1、r2表示氢原子或烃基）c为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示（1）c的结构简式为_，e中所含官能团的名称是_（2）写出下列有关反应的化学方程式：e和h2以物质的量比1：1反应生成f：_；b和f以物质的量比1：2合成dbp：_；反应类型为_（3）同时符合下列条件的b的同分异构体有_种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式_不能和nahco3溶液反应 能发生银镜反应遇fec13溶液显紫色_核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高三（下）周考化学试卷（实验班）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法正确的是( )ahcho溶液、（nh4）2so4溶液均能使蛋白质变性b分子式为c2h4o2的有机物不一定是羧酸c煤的干馏是物理变化，煤的气化和液化是化学变化d纤维素、蛋白质、油脂、糖类在一定条件下都能发生水解反应考点：生活中的有机化合物 专题：有机反应分析：a、蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液会使蛋白质盐析；b、分子式为c2h4o2的有机物可以是酸，也可以是酯类；c、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；d、葡萄糖不能发生水解反应解答：解：a、蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液会使蛋白质盐析，hcho溶液能使蛋白质变性，故a错误；b、分子式为c2h4o2的有机物可以是酸，也可以是酯类，故b正确；c、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，是化学变化，煤的气化和液化也是化学变化，故c错误；d、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故d错误故选b点评：本题是对有机物性质的考查，可以根据所学内容来回答，难度不大2设阿伏加德罗常数为na，下列说法正确的是( )a标准状况下，22.4l乙烷含共价键数目为7nab25时，1.0lph=13的ba（oh）2溶液含oh数目为0.2nac铝与氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为nad常温常压下，6ghe含中子数为2na考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、根据n=计算乙烷的物质的量，每个乙烷分子含有7个共价键，再根据n=nna计算共价键数目；b、根据ph值计算氢离子浓度，再根据kw计算氢氧根的浓度，利用n=cv计算氢氧根的物质的量，根据n=nna计算氢氧根离子数目；c、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氢元素化合价由+1价降低为0价，根据氢气计算电子转移；d、根据n=计算4he的物质的量，4he中子数为2，再根据n=nna计算中子数目解答：解：a、标准状况下，22.4l乙烷含共价键数目为7namol1=7na，故a正确b、ph=13的ba（oh）2溶液，c（oh）=0.1mol/l，所以1.0lph=13的ba（oh）2溶液含oh数目为1.0l0.1mol/lnamol1=0.1na，故b错误；c、铝与氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为1mol2namol1=2na，故c错误；d、4he中子数为2，6g4he含中子数为2namol1=3na，故d错误；故选：a点评：本题考查阿伏伽德罗常数分析应用，主要是常用化学计量数的有关计算，难度不大，注意公式的运用3已知0.1mol/l的碳酸氢钠溶液的ph为8.4，则下列说法正确的是( )a加入少量naoh固体，钠离子和碳酸根离子浓度均增大b将该溶液加水稀释，的比值保持不变cc（na+）+c（h+）=c（hco3 ）+c（co32）+c（oh）dc（na+）=c（hco3）+2c（co32）+c（h2co3）考点：钠的重要化合物；盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：0.1mol/l的碳酸氢钠溶液的ph为8.4，溶液呈碱性，说明hco3 水解程度大于电离程度，a根据反应hco3+oh=co32+h2o来判断；b加水稀释，促进hco3的水解；c根据溶液的电荷守恒判断；d从物料守恒的角度判断解答：解：0.1mol/l的碳酸氢钠溶液的ph为8.4，溶液呈碱性，说明hco3 水解程度大于电离程度，a加入少量naoh固体，发生hco3+oh=co32+h2o，则钠离子和碳酸根离子浓度均增大，故a正确；b加入稀释，促进hco3的水解，则的比值增大，故b错误；c溶液遵循电荷守恒原则，应有（na+）+c（h+）=c（hco3 ）+2c（co32）+c（oh），故c错误；d由物料守恒可知c（na+）=c（hco3 ）+c（co32）+c（h2co3），故d错误故选a点评：本题考查离子浓度的大小比较，侧重于盐类水解的考查，注意把握影响盐类水解的因素，从电荷守恒、物料守恒的角度分析4向明矾溶液中逐渐滴加ba（oh）2溶液，符合要求的离子方程式为( )a加入过量的ba（oh）2溶液时：2al3+3so42+3ba2+6oh2al（oh）3+3baso4b溶液恰好呈中性时：2al3+3so42+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4cso42离子恰好完全沉淀时：al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2od明矾与ba（oh）2按物质的量比1：1反应时：al3+so42+ba2+3ohal（oh）3+baso4考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：向明矾溶液中逐渐滴加ba（oh）2溶液，碱少量时，生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀；若碱过量，生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钾，以此来解答解答：解：a加入过量的ba（oh）2溶液时的离子反应为al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2o，故a错误；b溶液恰好呈中性时，反应生成硫酸钡、硫酸钾、氢氧化铝，离子反应为2al3+3so42+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4，故b正确；cso42离子恰好完全沉淀时，与碱以1：2反应，生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钾，离子反应为al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2o，故c正确；d明矾与ba（oh）2按物质的量比1：1反应时，生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀，离子反应为2al3+3so42+3ba2+6oh=2al（oh）3+3baso4，故d错误；故选bc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，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大5新型纳米材料mfe2ox （3x4）中m表示+2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化常温下，mfe2ox能使工业废气中的so2转化为s，流程如下：mfe2oxmfe2oy则下列判断正确的是( )amfe2ox是氧化剂bxycso2是该反应的催化剂dso2发生氧化反应考点：氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：元素及其化合物分析：在图示反应中，so2转化为s，s元素化合价降低，说明so2在反应中为氧化剂，则mfe2ox为还原剂，反应后fe元素的化合价升高，根据fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系解答：解：aso2转化为s，s元素化合价降低，说明so2在反应中为氧化剂，则mfe2ox为还原剂，故a错误；bmfe2ox为还原剂，反应后fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y2）（2x2），即yx，故b正确；cso2在反应中为氧化剂，转化为s，不是催化剂，故c错误；dso2转化为s，发生还原反应，故d错误故选b点评：本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析，题目难度不大6已知结构为正四面体型的离子a和直线型离子b反应，生成三角锥形分子c和v形分子d（a、b、c、d均为10电子微粒，组成它们的元素原子序数均小于10），下列说法正确的是( )a分子c与d不能发生化学反应b微粒a的空间结构与ch4相似，它们均为正四面体，所以a是非极性分子c固态d的熔沸点明显高于固态h2s的原因在于d分子中的共价键强于sh键d在25时，a的盐酸盐溶液的ph小于7考点：物质的结构与性质之间的关系 专题：化学键与晶体结构分析：结构为正四面体型的离子a和直线型离子b反应，生成三角锥形分子c和v形分子d，a、b、c、d均为10电子微粒，组成它们的元素原子序数均小于10，a为5原子离子，则a为nh4+，b为2原子离子，故b为oh，则c为nh3，d为h2o，据此解答解答：解：结构为正四面体型的离子a和直线型离子b反应，生成三角锥形分子c和v形分子d，a、b、c、d均为10电子微粒，组成它们的元素原子序数均小于10，a为5原子离子，则a为nh4+，b为2原子离子，故b为oh，则c为nh3，d为h2o，anh3与h2o反应生成nh3h2o，故a错误；ba为nh4+离子，不是分子，故b错误；cd为h2o，由于水分子之间存在氢键，沸点高于h2s，故c错误；d氯化铵为强酸弱碱盐，nh4+离子水解，溶液呈酸性，故d正确；故选d点评：本题考查物质的推断、n元素化合物性质、氢键、分子结构等，难度中等，推断微粒是解题的关键，注意掌握常见10电子、18电子微粒7有a克na2co3和nahco3混合物，下列实验方案中可测定其中na2co3质量分数的是( )将混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克将混合物充分加热，固体质量减少b克将混合物与足量bacl2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体将混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克abcd考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果盐酸易挥发，生成物中含有氯化钙；此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；只有碳酸钠与氯化钡反应；应先把水蒸气排除才合理解答：解：盐酸易挥发，生成物中含有氯化钙，生成的物质不全部为碳酸钙，不能确定物质的组成，故错误；nahco3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出na2co3质量分数，故正确；na2co3与bacl2反应，反应的方程式为co32+ba2+=baco3，因此最后得到的固体bg是baco3，所以可以计算出na2co3质量分数，故正确；混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故错误故选b点评：本题考查物质含量的实验方案的设计，为高频考点，注意把握物质的性质以及实验方案的原理，该题注意测量数据能否计算出结果为解答该题的关键，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分45分）8（14分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛（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=64.4kjmoll则：mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s）的h3=+84.6kj/mol（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为mgcl26h2o）制备金属镁工艺的关键流程如图1：科研小组将mgcl26h2o在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（tg表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）图中ab线段为“一段脱水”，试确定b点对应固体物质的化学式mgcl22h2o；图中bc线段为“二段脱水”，在实验中通入h2和cl2燃烧产物的目的是抑制mgcl2的水解该工艺中，可以循环使用的物质有hcl，cl2（3）ch3mgcl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是+2，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式2ch3mgcl+2h2o=mg（oh）2+mgcl2+2ch4（4）储氢材料mg（aih4）2在110200的反应为：mg（aih4）2=mgh2+2al+3h2；每转移3mol电子生成al的质量为27g（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为clo+2e+h2o=cl+2oh考点：制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）依据热化学方程式mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1；mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmoll，利用盖斯定律将2得到反应mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s），进而计算反应热；（2）图中ab线段为“一段脱水”，设b点对应固体物质的化学式为mgcl2xh2o，根据=0.645，可计算确定b的化学式；二段脱水中通入hcl可以抑制mgcl2的水解；制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成分析判断；（3）根据化合价代数和为0判断镁的化合价，根据元素守恒书写化学方程式；（4）根据氧化还原反应mg（aih4）2=mgh2+2al+3h2中电子转移数目与产物的物质的关系进行计算；（5）依据“镁次氯酸盐”燃料电池的装置图中所示，原电池的正极应发生还原反应，元素的化合价降低，根据图示可知，正极上是clo变为cl，据此写出正极反应式解答：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）=+84.6kj/mol，则h3=+84.6kj/mol，故答案为：+84.6kj/mol；（2）图中ab线段为“一段脱水”，设b点对应固体物质的化学式为mgcl2xh2o，根据=0.645，计算得 x=2，所以b的化学式为mgcl22h2o；二段脱水中通入hcl可以抑制mgcl2的水解，故答案为：mgcl22h2o；抑制mgcl2的水解；制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，故答案为：hcl，cl2；（3）根据ch3mgcl中各元素化合价代数和为0可知镁的化合价为+2价，ch3mgcl水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，反应的化学方程式为2ch3mgcl+2h2o=mg（oh）2+mgcl2+2ch4，故答案为：+2；2ch3mgcl+2h2o=mg（oh）2+mgcl2+2ch4；（4）储氢材料mg（alh4）2在110200的反应为：mg（alh4）2=mgh2+2al+3h2，反应中生成2molal转移电子6mol，所以每转移3mol电子生成al的物质的量为1mol，即质量为27g，故答案为：27g；（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，clo在正极放电，生成cl，结合碱性的环境，可写出正极反应式：clo+2e+h2o=cl+2oh，故答案为：clo+2e+h2o=cl+2oh点评：本题考查了热化学方程式书写方法，物质制备实验的分析判断，原电池原理和电极原理的分析应用，图象分析能力，掌握基础知识是关键，题目难度中等9节能减排是当下环境保护的重点（1）将co和气态水通入一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），h0，800，在2l恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，k=l0从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物co2表示该反应的反应速率v（co2）=0.01mol/（lmin）；平衡时，容器中co的转化率为50%如图表示上述反应在tl时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况则t2时刻发生改变的条件可能是降低温度或降低h2浓度或增大h2o（g）浓度（写出一条）（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：co（g）+o2（g）co2（g）降低其浓度某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如下表所示请在表中的空格处填写“”或“=“相同温度下，某汽车尾气中co、co2的浓度分别为l.0105mol/l和1.0l04mol/l若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充o2并使其浓度保持为1.0l04mol/l，则最终尾气中co的浓度为1.1106mol/l（请保留两位有效数字）（3）co2在自然界循环时可与caco3反应，caco3是一种难溶物质，其ksp=2.8l09现将等体积的cacl2溶液与na2co3溶液混合，若na2co3溶液的浓度为2l04mol/l，则生成caco3沉淀所需cacl2溶液的最小浓度为5.6105mol/l考点：化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：（1）设平衡时co2的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，由于反应前气体化学计量数都是1，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数计算x的值，再根据v=计算v（co2），进而计算co的转化率；由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理与反应特点分析解答；（2）i中正逆速率相等，处于平衡状态，根据i中数据计算该温度下平衡常数，再计算中浓度商，与平衡常数比较判断反应进行情况，进而确定正、逆反应速率关系；设平衡时co的浓度变化量为xmol/l，利用三段式表示平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算；（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为1l04mol/l，利用溶度积计算需要钙离子浓度，再根据稀释定律计算所需cacl2溶液的最小浓度解答：解：（1）设平衡时co2的物质的量为xmol，则： co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）起始（mol）：0.2 0.2 0 0转化（mol）：x x x x平衡（mol）：0.2x 0.2x x xk=1，解得x=0.1molv（co2）=0.01mol/（lmin），一氧化碳转化率为：100%=50%，故答案为：0.01mol/（lmin）；50%；由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，反应是放热反应，可减低温度使平衡正向进行，或降低氢气的浓度或增大水蒸气的浓度，使平衡向正反应方向移动，故答案为：降低温度或降低h2浓度或增大h2o（g）浓度；（2）i中正逆速率相等，处于平衡状态，该温度下平衡常数k=104，中浓度商qc=8.3103104，故反应向正反应进行，则v（正）v（逆），故答案为：；设co的浓度变化量为xmol/l，则： co（g）+ o2（g）co2（g）起始（mol/l）：1.0105 1.0104变化（mol/l）：x x平衡（mol/l）：1.0105 x 1.0104 1.0104+x 则=104，解得x=8.91106mol/l，故平衡时co浓度为1.0105mol8.91106mol=1.1106mol/l故答案为：1.1106；（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2l04mol/l2=1l04mol/l，要生成caco3沉淀需要钙离子浓度为mol/l=2.8l05mol/l，故需要cacl2溶液的最小浓度为2.8l05mol/l2=5.6l05mol/l，故答案为：5.6105点评：本题属于拼合型题目，涉及化学反应速率计算、化学平衡移动、平衡常数应用、溶度积计算，难度中等，（3）中注意等体积混合后碳酸根的浓度变化情况10（16分）研究性学习小组的同学，为测定碱式碳酸钴cox（oh）y（c03）z的化学组成，设计了如图所示的装置进行实验探究已知碱式碳酸钴受热时可分解生成三种氧化物（1）请完成下列实验步骤：称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；按如图所示装置组装好仪器，并检查装置的气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生时（填实验现象），停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；计算（2）步骤中缓缓通入空气数分钟的目的是将装置中生成的co2和h2o（g）全部排入乙、丙装置中（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的d（填字母）连接在活塞a前（或装置甲前）（填装置连接位置）（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据则该碱式碳酸钴的化学式为co3（oh）4（co3）2（5）含有co（a102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为蓝色（6）cocl26h2o常用作多彩水泥的添加剂以含钴废料（含少量fe、al等杂质）制取cocl26h2o的一种工艺如下：已知：25时净化除杂时，加入h2o2发生反应的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o加入coco3调ph为5.27.6，则操作i获得的滤渣成分为al（oh）3fe（oh）3加盐酸调整ph为23的目的为抑制cocl2的水解操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）按如图所示装置组装好仪器，应首先检验装置的气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的co2和h2o全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（3）在活塞a前，加装装置d，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故氧化钴的质量为3.65g0.36g0.88g=2.41g，物质的量为=0.02mol，根据co、h、c元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol2：0.02mol=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为co2（oh）4（co3）2；（5）含有co（a102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；（6）三价铁离子易转化为沉淀，所以要把二价铁离子氧化为三价铁离子；调节溶液的ph值，使溶液中铁离子和铝离子生成沉淀，而钴离子存在溶液中，从而将铁离子、铝离子和钴离子分开；加盐酸调整ph为23的目的是抑制氯化钴的水解解答：解：（1）按如图所示装置组装好仪器，应首先检验装置的气密性，故答案为：检验装置的气密性；加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕，故答案为：不再有气泡产生；（2）步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的co2和h2o全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果，故答案为：将装置中生成的co2和h2o全部排入乙、丙装置中；（3）在活塞a前，加装装置d，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，故答案为：d；活塞a前（或装置甲前）；（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故氧化钴的质量为3.65g0.36g0.88g=2.41g，物质的量为=0.02mol，根据co、h、c元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：0.02mol2：0.02mol=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为co2（oh）4（co3）2，故答案为：co2（oh）4（co3）2；（5）含有co（a102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰，故答案为：蓝色；（6）三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为；2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；废料加入盐酸后生成氯化物，然后加入双氧水，二价铁离子被双氧水氧化生成三价铁离子，根据沉淀的ph值表格知，当溶液的ph值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的ph值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的ph值应该不小于5.2不大于7.6，则操作i获得的滤渣成分为fe（oh）3和al（oh）3；故答案为：fe（oh）3和al（oh）3；加盐酸调整ph为23的目的为抑制cocl2的水解，故答案为：抑制cocl2的水解点评：本题考查学生对实验原理理解、方案设计的评价、实验装置的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力三、解答题（共1小题，满分13分）化学-物质结构与性质11（13分）硼元素、钙元素、铜元素在化学中有很重要的地位，单质及其化合物在工农业生产和生活中有广泛的应用（1）已知cac2与水反应生成乙炔请回答下列问题：将乙炔通入cu（nh3）2cl溶液中生成cu2c2红棕色沉淀，cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成cu2+和cu，但cuo在高温下会分解成cu20，试从结构角度解释高温下cuo何会生成cu2o：cu+价电子排布式为3d10，为全充满结构，更稳定cac2中c22与o22+互为等电子体，1molo22+中含有的键数目为2na乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（h2cchcn）丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是sp、sp2，构成丙烯腈元素中第一电离能最大的是n（2）硼酸（h3bo3）是一种片层状结构的白色晶体，层内的h3b03分子间通过氢键相连（如图）则1molh3bo3的晶体中有3 mol氢键硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸b（oh）3h2 o，它电离生成少量b（oh）4和h+，则b（oh）4含有的化学键类型为共价键、配位键考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况 分析：（1）原子失去高能层中高能级电子形成阳离子，结合核外电子排布规律书写cu+基态核外电子排布式；cu+价电子排布式为3d10，为全充满结构，更稳定；cac2中c22与o22+互为等电子体，则o22+中氧原子之间形成oo三键，三键中有1个键、2个键；乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（h2cchcn），丙烯腈分子中碳原子没有孤对电子，轨道杂化数目等于键数目，据此判断c原子杂化类型；非金属性越强第一电离能越大、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势；（2）由图可知，一个h3bo3分子对应着6个氢键，而一个氢键对应着2个h3bo3分子；b（oh）4含有的化学键类型为共价键、配位键解答：解：（1）cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；cu+价电子排布式为3d10，为全充满结构，更稳定，故cuo在高温下会分解成cu2o，故答案为：1s22s22p63s23p63d1