广东省湛江市高考化学二模试卷（含解析）.doc

2015年广东省湛江市 高考化学二模试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1下列说法错误的是（） a 乙烯可催熟水果 b so2、co2和no2都可形成酸雨 c 盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性 d 通过石油的裂解可获得乙烯、丙烯2下列各组离子在溶液中能大量共存的是（） a k+、oh、na+、no3 b al3+、alo2、hco3、na+ c na+、fe3+、so42、i d fe3+、scn、na+、co323设阿伏加德罗常数的数值为na，下列说法正确的是（） a 11.2l氮气所含的分子数为0.5na b 16g ch4含有的电子数为8na c 7.8gna2o2与足量co2反应，转移的电子数为0.1na d 1l0.1moll1的na2s溶液中含有的s2为0.1 na4下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述a so3溶于水后能导电 so3为电解质b 铁比铜活泼 铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈c 浓h2so4有强氧化性 浓h2so4常温下能与cu发生反应d 小苏打可做焙制糕点的膨松剂 nahco3能与碱反应 a a b b c c d d580时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（） a ph=3的碳酸中：c（h+）=3.0moll1 b 饱和乙酸钠溶液中：c（na+）=c（ch3coo） c ph为2的盐酸中：c（h+）=c（cl）+c（oh） d ph=13的烧碱溶液中：c（oh）=1.0101moll16下列对有关物质性质的分析正确的是（） a na久置于空气中，最终生成nahco3 b 在高温下用氢气还原alcl3可制取金属铝 c sio2与焦炭反应，再经化学提纯得高纯硅 d n2在放电条件下与o2反应生成no27下列实验不能达到目的是（） a 用分液的方法分离乙醇和乙酸 b 用naoh溶液除去溴苯中的溴 c 用naalo2溶液和过量盐酸制备al（oh）3 d 用足量铁粉除去fecl2溶液中的fecl3杂质8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 x y z m r q原子半径（1010m） 1.86 0.99 1.43 1.60 0.75 0.74主要化合价 最高正价 +1 +7 +3 +2 +5 最低负价 1 3 2 a 元素x和q形成的化合物中只含有离子键 b x、z、r的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应 c 用单质z做的容器不能盛装浓硫酸 d y的气态氢化物与r的气态氢化物能反应二、解答题（共4小题，满分64分）9乙酰水杨酸是一种使用广泛的解热镇痛剂合成原理是：（1）乙酰水杨酸的分子式为，1mol乙酰水杨酸最多能与mol h2 反应（2）上面反应的反应类型是（3）有关水杨酸的说法，不正确的是a能与溴水发生取代反应和加成反应b可发生酯化反应和水解反应c1mol水杨酸最多能与2mol naoh反应d遇 fecl3溶液显紫色（4）乙酰水杨酸与足量koh溶液反应的化学方程式为（5）乙酰氯（ch3cocl ）也可以与水杨酸反应生成乙酰水杨酸，请写出化学反应方程式（不写条件）（6）写出一种符合下列条件的乙酰水杨酸的同分异构体的结构简式：能遇fecl3溶液显色苯环上只有2种一溴取代物1mol该化合物能分别与含4mol br2的溴水或4mol h2 反应10液氨是一种良好的储氢物质已知：2nh3（g）n2 （g）+3h2（g）h=+92.4kjmol1液氨中2nh3（l）nh2+nh4+（1）氨气自发分解的反应条件是（填“低温”或“高温”）（2）图1为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率反应的活化能最大的是（填催化剂的化学式）（3）其他条件相同，反应在不同催化剂作用下反应相同时间后，氨气的转化率随反应温度的变化如图2所示a点所代表的状态（填“是”或“不是”）平衡状态c点氨气的转化率高于b点，原因是请在图2中再添加一条ni催化分解氨气过程的总趋势曲线假设ru催化下，温度为750时，氨气的初始浓度为c0，平衡转化率为40%，则该温度下此反应的平衡常数k=（4）用pt电极对液氨进行电解也可产生h2和n2阴极的电极反应式是11某工业废玻璃粉末含sio2、fe2o3、ceo2、feo等某课题小组设计如下工艺流程对资源进行回收，得到ce（oh）4和硫酸铁铵矾已知：ceo2不溶于稀硫酸；酸性条件下，ce3+易水解，ce4+有较强氧化性（1）硫酸铁铵矾可净水，其原理是（写离子方程式）（2）滤液a的主要成分（填写化学式）（3）反应的离子方程式是（4）反应的化学反应方程式是（5）已知制硫酸铁铵矾晶体fe2（so4）3（nh4）2so424h2o，式量964的产率为80%，若加入13.2g （nh4）2so4（式量132），可制得晶体的质量是（6）化合物ht可作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，过程表示为：ce2（so4）3 （水层）+6ht（有机层）2cet3（有机层）+3h2so4（水层）分液得到cet3 （有机层），再加入h2so4获得较纯的含ce3+的水溶液可选择硫酸作反萃取剂的原因是（从平衡移动角度回答）12某实验小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱，并进行以下探究：（1）检验纯碱样品中是否混有nahco3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：选择的装置（填编号） 实验现象 实验结论 样品含 nahco3（2）测定该纯碱样品的纯度：称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量cacl2溶液将反应混和物过滤、（填操作）、干燥、称量为m2g该纯碱样品的纯度为（3）该小组同学在0.1mol/lnahco3溶液中滴加酚酞溶液1滴，溶液没有什么变化，但加热后显淡红色，加热较长时间后冷却，红色不褪去为探究原因，进行了下列实验：实验1：加热0.1mol/lnahco3溶液，测得溶液ph变化如下表温度（） 10 20 30 50 70 80 100ph 8.3 8.4 8.5 8.9 9.4 9.6 10.1但当温度恢复到10，测得溶液ph=9.8实验2：加热0.1mol/lnahco3溶液，将产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊用离子方程式表示0.1mol/lnahco3溶液中存在的平衡（除水电离平衡外）、这两个平衡以为主结合实验1、2分析，加热0.1mol/lnahco3溶液，ph增大的原因可能是（答一条）2015年广东省湛江市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1下列说法错误的是（） a 乙烯可催熟水果 b so2、co2和no2都可形成酸雨 c 盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性 d 通过石油的裂解可获得乙烯、丙烯考点： 乙烯的用途；石油的裂化和裂解；蛋白质的盐析分析： a乙烯为植物生长调节剂；bso2和no2气体过度排放形成酸雨；c盐析为可逆过程；d裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等解答： 解：a乙烯为植物生长调节剂，可用作水果催熟剂，故a正确； b过度排放co2形成温室效应，也生成的碳酸不稳定，二氧化碳和水不能形成酸雨，so2和no2气体过度排放形成酸雨，故b错误；c盐析为可逆过程，则盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性，故c正确；d石油裂解的目的是获得乙烯、丙烯、丁二烯等，故d正确故选b点评： 本题考查乙烯的用途、酸雨、蛋白质的性质、石油加工等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累2下列各组离子在溶液中能大量共存的是（） a k+、oh、na+、no3 b al3+、alo2、hco3、na+ c na+、fe3+、so42、i d fe3+、scn、na+、co32考点： 离子共存问题分析： 根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能结合生成络离子，不能发生相互促进水解反应、不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答： 解：a该组离子之间不反应，可大量共存，故a选；bal3+分别与alo2、hco3相互促进水解，且alo2促进hco3的电离，不能大量共存，故b不选；cfe3+、i发生氧化还原反应，不能大量共存，故c不选；dfe3+、scn结合生成络离子，fe3+、co32相互促进水解，不能大量共存，故d不选；故选a点评： 本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解反应、氧化还原反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大3设阿伏加德罗常数的数值为na，下列说法正确的是（） a 11.2l氮气所含的分子数为0.5na b 16g ch4含有的电子数为8na c 7.8gna2o2与足量co2反应，转移的电子数为0.1na d 1l0.1moll1的na2s溶液中含有的s2为0.1 na考点： 阿伏加德罗常数分析： a、氮气所处的状态不明确；b、求出甲烷的物质的量，然后根据甲烷为10电子微粒来分析；c、质量换算物质的量，结合化学方程式计算电子转移数；d、s2为弱酸根离子，在溶液中会水解解答： 解：a、氮气所处的状态不明确，故11.2l氮气的物质的量无法计算，故a错误；b、16g甲烷的物质的量为1mol，而甲烷为10电子微粒，故1mol甲烷含10mol电子，故b错误；c、7.8g na2o2 物质的量为0.1mol，na2o2 与过量co2反应时，过氧化钠是自身氧化还原反应，2na2o2+2co2=2na2co3+o2；每2mol过氧化钠反应电子转移2mol，所以0.1mol过氧化钠反应转移的电子数为0.1na，故c正确；d、s2为弱酸根离子，在溶液中会水解，故溶液中s2的个数小于0.1na个，故d错误故选c点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述a so3溶于水后能导电 so3为电解质b 铁比铜活泼 铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈c 浓h2so4有强氧化性 浓h2so4常温下能与cu发生反应d 小苏打可做焙制糕点的膨松剂 nahco3能与碱反应 a a b b c c d d考点： 浓硫酸的性质；电解质与非电解质；钠的重要化合物分析： a、so3溶于水后能导电，是因为三氧化硫与水反应生成硫酸，电离产生阴阳离子而导电；b、原电池能加快化学反应速率；c、浓h2so4在加热的条件下能与cu发生反应；d、小苏打可做焙制糕点的膨松剂，是碳酸氢钠不稳定受热分解，生成二氧化碳气体解答： 解：aso3溶于水后能导电，是因为三氧化硫与水反应生成硫酸，电离产生阴阳离子而导电，而三氧化硫本身不电离，是非电解质，故a错误； b铜铁和电解质溶液能形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故b正确；c、浓h2so4在加热的条件下能与cu发生反应，而不是常温，故c错误；d、小苏打可做焙制糕点的膨松剂，是碳酸氢钠不稳定受热分解，生成二氧化碳气体，而不是nahco3能与碱反应，故d错误；故选b点评： 本题考查原电池、电解质、硫酸的性质和碳酸氢钠的稳定性，侧重基础知识的考查，题目难度不大580时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（） a ph=3的碳酸中：c（h+）=3.0moll1 b 饱和乙酸钠溶液中：c（na+）=c（ch3coo） c ph为2的盐酸中：c（h+）=c（cl）+c（oh） d ph=13的烧碱溶液中：c（oh）=1.0101moll1考点： ph的简单计算分析： aph=lgc（h+），ph=3的碳酸中：c（h+）=0.001moll1；b乙酸钠为强碱弱酸盐，乙酸根离子水解，溶液显示碱性结合电荷守恒分析解答；c氯化氢为强电解质，完全电离，溶液中存在氯离子、氢离子、氢氧根离子，根据电荷守恒分析解答；d常温下，kw=c（h+）c（oh）11014，水的电离吸热，80时，kw=c（h+）c（oh）11014，ph=lgc（h+），据此分析解答解答： 解：a根据ph=lgc（h+）可知，ph=3的碳酸中：c（h+）=0.001moll1，故a错误；bch3coona，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，根据电荷守恒c（ch3coo）+c（oh）=c（na+）+c（h+），醋酸根离子水解显碱性，c（oh）c（h+），所以c（na+）c（ch3coo），故b错误；c氯化氢为强电解质，溶液中存在氯离子、氢离子、氢氧根离子，任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（h+）=c（cl）+c（oh），故c正确；dph=lgc（h+），ph=13的烧碱溶液中：c（h+）=11013moll1，水的电离吸热，80时，kw=c（h+）c（oh）11014，所以c（oh）1.0101moll1，故d错误；故选c点评： 本题考查了溶液ph的简单计算，题目难度不大，注意掌握ph=lgc（h+）的计算方法及温度对kw的影响，选项d为易错点，注意水的电离吸热，80时，kw=c（h+）c（oh）110146下列对有关物质性质的分析正确的是（） a na久置于空气中，最终生成nahco3 b 在高温下用氢气还原alcl3可制取金属铝 c sio2与焦炭反应，再经化学提纯得高纯硅 d n2在放电条件下与o2反应生成no2考点： 钠的化学性质；氮气的化学性质；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理分析： a、na久置于空气中，最终生成碳酸钠；b、工业制取铝是电解熔融的氧化铝；c、sio2与焦炭反应，生成粗硅；d放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮解答： 解：a、na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成na2o，na2o易与水反应生成naoh，naoh吸收空气中的水和co2生成na2co3xh2o，na2co3xh2o风化脱水生成na2co3，故a错误；b、铝是活泼金属，应该采用电解熔融的氧化铝冶炼铝，故b错误；c、制备硅的过程中，首先sio2与焦炭反应，生成粗硅，粗硅与氯气反应，生成氯化硅，再利用沸点不同进行分馏，将sicl4从杂质中提取出来，再与h2发生置换反应得到高纯硅，故c正确；d氮气的化学性质通常非常稳定，但在放电条件下可以与o2应生成no，但一氧化氮不稳定，在空气中易被氧化生成二氧化氮，故d错误；故选c点评： 本题考查钠和氮气的性质及金属的冶炼，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是a，注意钠在空气中变质的原因及最终产物，为易错点7下列实验不能达到目的是（） a 用分液的方法分离乙醇和乙酸 b 用naoh溶液除去溴苯中的溴 c 用naalo2溶液和过量盐酸制备al（oh）3 d 用足量铁粉除去fecl2溶液中的fecl3杂质考点： 物质的分离、提纯和除杂分析： a乙醇和乙酸能互溶；b溴与naoh溶液反应，而溴苯不反应；c氢氧化铝能溶于盐酸；d加铁粉发生fe+2fe3+=3fe2+解答： 解：a乙醇和乙酸能互溶，不分层，不能用分液分离，故a错误； b溴与naoh溶液反应，而溴苯不反应，则用naoh溶液除去溴苯中的溴，然后分液即可，故b正确；c氢氧化铝能溶于盐酸，应通入过量的二氧化碳，故c错误；d加铁粉发生fe+2fe3+=3fe2+，除去了杂质，生成主体物质，故d正确故选ac点评： 本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新的杂质8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 x y z m r q原子半径（1010m） 1.86 0.99 1.43 1.60 0.75 0.74主要化合价 最高正价 +1 +7 +3 +2 +5 最低负价 1 3 2 a 元素x和q形成的化合物中只含有离子键 b x、z、r的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应 c 用单质z做的容器不能盛装浓硫酸 d y的气态氢化物与r的气态氢化物能反应考点： 位置结构性质的相互关系应用分析： 短周期元素中，q只有最低价2，没有最高价，故q为o元素；y有最高价+7、最低价1，故y为cl；r有+5、3价，处于a族，原子半径小于cl，故r为n元素；x、z、m最高价分别为+1、+3、+2，则原子半径xmzcl，可推知x为na，z为al，m为mg，据此解答解答： 解：短周期元素中，q只有最低价2，没有最高价，故q为o元素；y有最高价+7、最低价1，故y为cl；r有+5、3价，处于a族，原子半径小于cl，故r为n元素；x、z、m最高价分别为+1、+3、+2，则原子半径xmzcl，可推知x为na，z为al，m为mga元素x和q形成的化合物由氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，故a错误；bx、z、r的最高价氧化物的水化物分别为naoh、al（oh）3、hno3，氢氧化钠与硝酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硝酸反应，故b正确；c常温下，al再浓硫酸中发生钝化现象，可以用铝制容器盛装浓硫酸，故c错误；dy的气态氢化物为hcl，r的气态氢化物为nh3，二者反应生成nh4cl，故d正确，故选bd点评： 本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价、原子半径推断元素是解题关键，注意对周期律的理解掌握二、解答题（共4小题，满分64分）9乙酰水杨酸是一种使用广泛的解热镇痛剂合成原理是：（1）乙酰水杨酸的分子式为c9h8o4，1mol乙酰水杨酸最多能与3mol h2 反应（2）上面反应的反应类型是取代反应（3）有关水杨酸的说法，不正确的是aba能与溴水发生取代反应和加成反应b可发生酯化反应和水解反应c1mol水杨酸最多能与2mol naoh反应d遇 fecl3溶液显紫色（4）乙酰水杨酸与足量koh溶液反应的化学方程式为（5）乙酰氯（ch3cocl ）也可以与水杨酸反应生成乙酰水杨酸，请写出化学反应方程式（不写条件）（6）写出一种符合下列条件的乙酰水杨酸的同分异构体的结构简式：能遇fecl3溶液显色苯环上只有2种一溴取代物1mol该化合物能分别与含4mol br2的溴水或4mol h2 反应考点： 有机物的结构和性质；有机物的合成分析： （1）根据乙酰水杨酸的结构简式书写分子式；苯环能与氢气发生加成反应；（2）对比反应前后物质的结构，可知水杨酸中酚羟基中h原子与乙酸酐中occh3交换，属于取代反应；（3）水杨酸含有羧基，具有羧酸的性质，含有酚羟基，具有酚的性质，含有苯环，具有苯的性质；（4）乙酰水杨酸中羧基与氢氧化钾发生中和反应，酯基水解得到酚羟基与乙酸，酚羟基、乙酸与氢氧化钾发生反应；（5）乙酰氯（ch3cocl ）也可以与水杨酸反应生成乙酰水杨酸，属于取代反应，反应同时生成hcl；（6）乙酰水杨酸的同分异构体符合：能遇fecl3溶液显色，说明含有酚羟基，1mol该化合物能4mol h2 反应，说明除苯环外，还含有一个双键（能与氢气发生加成反应），1mol该化合物能与4mol br2反应，苯环上可以与3mol溴发生取代反应，苯环上只有2种一溴取代物，苯环上有2种h原子，不能是2个不同的取代基处于对位，也不可能含有4个取代基，否则苯环最多与2mol溴发生取代反应，可以含有2个oh、另外一个取代基，且均处于间位位置解答： 解：（1）根据乙酰水杨酸的结构简式，可知其分子式为：c9h8o4，苯能与氢气发生加成反应，1mol乙酰水杨酸最多与3mol氢气发生加成反应，故答案为：c9h8o4；3；（2）对比反应前后物质的结构，可知水杨酸中酚羟基中h原子与乙酸酐中occh3交换，属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）水杨酸含有羧基，具有羧酸的性质，含有酚羟基，具有酚的性质，含有苯环，具有苯的性质；a水杨酸含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，但不能与溴发生加成反应，故a错误；b水杨酸含有羧基，可以可发生酯化反应，不能发生水解反应，故b错误；c羧基、酚羟基均与氢氧化钠反应，1mol水杨酸最多能与2mol naoh反应，故c正确；d含有酚羟基，遇 fecl3溶液显紫色，故d正确，故选：ab；（4）乙酰水杨酸中羧基与氢氧化钾发生中和反应，酯基水解得到酚羟基与乙酸，酚羟基、乙酸与氢氧化钾发生反应，反应方程式为：，故答案为：；（5）乙酰氯（ch3cocl ）也可以与水杨酸反应生成乙酰水杨酸，属于取代反应，反应同时生成hcl，反应方程式为：，故答案为：；（6）乙酰水杨酸的同分异构体符合：能遇fecl3溶液显色，说明含有酚羟基，1mol该化合物能4mol h2 反应，说明除苯环外，还含有一个双键（能与氢气发生加成反应），1mol该化合物能与4mol br2反应，苯环上可以与3mol溴发生取代反应，苯环上只有2种一溴取代物，苯环上有2种h原子，不能是2个不同的取代基处于对位，也不可能含有4个取代基，否则苯环最多与2mol溴发生取代反应，可以含有2个oh、另外一个取代基，且均处于间位位置，符合条件的一种同分异构体为：，故答案为：点评： 本题考查有机物的结构与性质、限制条件同分异构体的书写，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等10液氨是一种良好的储氢物质已知：2nh3（g）n2 （g）+3h2（g）h=+92.4kjmol1液氨中2nh3（l）nh2+nh4+（1）氨气自发分解的反应条件是高温（填“低温”或“高温”）（2）图1为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率反应的活化能最大的是fe（填催化剂的化学式）（3）其他条件相同，反应在不同催化剂作用下反应相同时间后，氨气的转化率随反应温度的变化如图2所示a点所代表的状态是（填“是”或“不是”）平衡状态c点氨气的转化率高于b点，原因是b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快，故氨气的转化率较高请在图2中再添加一条ni催化分解氨气过程的总趋势曲线假设ru催化下，温度为750时，氨气的初始浓度为c0，平衡转化率为40%，则该温度下此反应的平衡常数k=0.12 c02（4）用pt电极对液氨进行电解也可产生h2和n2阴极的电极反应式是2nh3+2e=h2+2nh2考点： 转化率随温度、压强的变化曲线；活化能及其对化学反应速率的影响；电解原理分析： （1）氨气分解为熵增的反应，根据g=hts0，反应可以自发进行；（2）反应的活化能越高，则反应中活化分子数越少，反应速率越慢；（3）850以后氨气的转化率不变，说明a点处于平衡状态；b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快；ni催化分解氨气，平衡时（nh3）不变，ni的催化效率高于fe、小于rh，一定温度下，氨气的转化率应大于fe、小于rh；根据氨气的转化率，计算平衡时氨气浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式k=计算；（4）液氨中氨气发生微弱电离得到nh2与nh4+，阴极发生还原反应，类比水的电解，可知阴极上nh3获得电子生成h2与nh2解答： 解：（1）g=hts0，反应可以自发进行，氨气分解为熵增的反应，且h为增大反应，故反应在高温下可以自发进行，故答案为：高温；（2）反应的活化能越高，则反应中活化分子数越少，反应速率越慢，则氨气的分解速率最慢的反应中，氨气分解反应的活化能最大，即当fe作催化剂时活化能最大，故答案为：fe；（3）850以后氨气的转化率不变，说明a点处于平衡状态，故答案为：是；b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快，氨气的转化率较高，故答案为：b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快，氨气的转化率较高；ni催化分解氨气，平衡时（nh3）不变，ni的催化效率高于fe、小于rh，一定温度下，氨气的转化率应大于fe、小于rh，故ni催化分解氨气过程的总趋势曲线为，故答案为：；氨气的初始浓度为c0，平衡转化率为40%，则平衡时氨气浓度变化量为0.4c0，则： 2nh3（g）n2 （g）+3h2（g）开始（mol/l）：c0 0 0转化（mol/l）：0.4c0 0.2c0 0.6c0平衡（mol/l）：0.6c0 0.2c00.6c0 故平衡常数表达式k=0.12 c02，故答案为：0.12 c02；（4）液氨中氨气发生微弱电离得到nh2与nh4+，阴极发生还原反应，类比水的电解，可知阴极上nh3获得电子生成h2与nh2，阴极的电极反应式是：2nh3+2e=h2+2nh2，故答案为：2nh3+2e=h2+2nh2点评： 本题考查反应自发性判断、化学反应速率及化学平衡影响因素、平衡常数计算、电解原理，侧重考查学生的分析能力、对知识的应用能力，难度中等11某工业废玻璃粉末含sio2、fe2o3、ceo2、feo等某课题小组设计如下工艺流程对资源进行回收，得到ce（oh）4和硫酸铁铵矾已知：ceo2不溶于稀硫酸；酸性条件下，ce3+易水解，ce4+有较强氧化性（1）硫酸铁铵矾可净水，其原理是（写离子方程式）fe3+3h2o=fe（oh）3（胶体）+3h+（2）滤液a的主要成分na2sio3（填写化学式）（3）反应的离子方程式是2ceo2+h2o2+6h+2ce3+o2+4h2o（4）反应的化学反应方程式是4ce（oh）3+o2+2h2o4ce（oh）4（5）已知制硫酸铁铵矾晶体fe2（so4）3（nh4）2so424h2o，式量964的产率为80%，若加入13.2g （nh4）2so4（式量132），可制得晶体的质量是77.1g（6）化合物ht可作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，过程表示为：ce2（so4）3 （水层）+6ht（有机层）2cet3（有机层）+3h2so4（水层）分液得到cet3 （有机层），再加入h2so4获得较纯的含ce3+的水溶液可选择硫酸作反萃取剂的原因是混合液中加入h2so4使c（h+）增大，平衡向形成ce3+水溶液方向移动（从平衡移动角度回答）考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析： 废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣a的成分是fe2o3、ceo2、feo；滤渣a（fe2o3、ceo2、feo），滤液a为na2sio3，加稀硫酸后过滤得滤液b是硫酸亚铁溶液，加入氧化剂c可生成硫酸铁，所加氧化剂应避免引入新杂质，滤渣b的成分是ceo2；ceo2与h2o2和稀h2so4反应生成ce3+和o2；ce3+加碱生成ce（oh）3悬浊液；ce（oh）3悬浊液被氧化生成ce（oh）4（1）硫酸铁铵矾fe2（so4）3（nh4）2so424h2o广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水；（2）上述分析可知滤液是二氧化硅溶于氢氧化钠溶液生成的硅酸钠溶液；（3）反应ceo2与h2o2和稀h2so4反应生成ce3+和o2；（4）反应是ce（oh）3被氧气氧化为ce（oh）4，根据质量守恒可知，反应物中有水参与；（5）依据铵根离子守恒计算硫酸铁铵矾晶体物质的量，结合摩尔质量计算制备得到物质质量；（6）有机物ht能将ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2ce3+（水层）+6ht（有机层）2cet3（有机层）+6h+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含ce3+的水溶液；解答： 解：（1）硫酸铁铵矾可净水，是利用溶液中铁离子水解生成的氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为：fe3+3h2o=fe（oh）3（胶体）+3h+；故答案为：fe3+3h2o=fe（oh）3（胶体）+3h+；（2）废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣a的成分是fe2o3、ceo2、feo；滤渣a（fe2o3、ceo2、feo），滤液a为na2sio3；故答案为：na2sio3；（3）反应ceo2与h2o2和稀h2so4反应，过氧化氢做还原剂被氧化生成氧气，ceo2被含有生成ce3+，反应的离子方程式为：2ceo2+h2o2+6h+2ce3+o2+4 h2o；故答案为：2ceo2+h2o2+6h+2ce3+o2+4 h2o；（4）ce（oh）3被氧气氧化为ce（oh）4，根据质量守恒可知，反应物中有水参与，化学方程式为：4ce（oh）3+o2+2h2o=4ce（oh）4，故答案为：4ce（oh）3+o2+2h2o=4ce（oh）4；（5）已知制硫酸铁铵矾晶体fe2（so4）3（nh4）2so424h2o，式量964的产率为80%，若加入13.2g （nh4）2so4（式量132），n（nh4）2so4）=0.1mol，产率为80%，结合铵根离子守恒，（nh4）2so4fe2（so4）3（nh4）2so424h2o，可制得晶体的质量=0.1mol80%964g/mol=77.1g，故答案为：77.1g；（6）有机物ht能将ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2ce3+（水层）+6ht（有机层）2cet3（有机层）+6h+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成ce3+水溶液方向移动，获得较纯的含ce3+的水溶液；故答案为：混合液中加入h2so4使c（h+）增大，平衡向形成ce3+水溶液方向移动点评： 本题以工艺流程为基础，考查了化学实验基本操作、元素及化合物知识反应等相关知识，提纯制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和操作方法，题目难度中等12某实验小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱，并进行以下探究：（1）检验纯碱样品中是否混有nahco3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：选择的装置（填编号） 实验现象 实验结论ab或ac或acb b变浑浊或c变蓝或c变蓝、b变浑 样品含 nahco3（2）测定该纯碱样品的纯度：称取m1g样品，置于小烧杯