山东省聊城市高考化学二模试卷（含解析）.doc

山东省聊城市2015届高 考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题5分，共65分每小题只有一个选项符合题意）1（5分）下表中对应关系正确的是（） a由淀粉得到的酒精，na2s溶液中存在的hs 均为水解反应生成bc+co2=2co，3c+sio2=sic+2co 均为碳单质只作还原剂的氧化还原反应 c由fe生成fecl2或fecl3，由na生成na2o或na2o2 均可通过化合反应实现 d乙醇使酸性kmno4溶液褪色，so2使滴有酚酞的naoh溶液褪色 均发生氧化反应aabbccdd2（5分）根据原子结构和元素周期律的知识，下列推断正确的是（）ai a族和a族元素间可形成共价化合物或离子化合物b因h2so3的酸性比h2co3强，所以s的非金属性比c强ch2o2、ch3ch3、cl、k+中的电子数和质子数均分别相等dna+、al3+、o2、f的半径逐渐减小3（5分）下列关于普伐他汀的水解产物（结构简式如图）的说法正确的是（）a含有两种官能团b能发生加成、酯化、氧化反应c1mol该物质与足量na反应，产生2.5gh2d能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同4（5分）下列nh3的制备、收集或性质检验装置，正确的是（）a制取收集b排液收集c尾气吸收d喷泉实验5（5分）常温下，有关下列溶液的组成描述合理的是（）a中性溶液中可能大量存在：ca2+，cl，so42，k+b弱酸性溶液中可能大量存在：cu2+，nh4+，no3，clc使石蕊试液变蓝的溶液中可能大量存在：na+，al3+，so42，no3d水电离的c（oh）=1010mol/l溶液中可能大量存在：l，no3，mg2+，k+6（5分）某电化学装置如图所示，电极i为al，其它均为cu，且开始时四电极质量均相等，下列叙述正确的是（）a甲为原电池，乙、丙均为电解池b电子流动方向：电极a电极ic当0.1mol电子转移时，电极i和电极的质量差为4.1gd若丙中的电解质改为cucl2，电极的电极反应发生改变7（5分）一定体积某浓度的snc12溶液与过量fec13溶液充分混合后，再用0.2000mol/l k2cr2o7标准溶液滴定若所需k2cr2o7溶液的体积恰好是sncl2溶液的一半，则c（snc12）为（）a0.3000 mol/lb1.2000 mol/lc0.0333 mol/ld0.1333 mol/l二、解答题（共3小题，满分53分）8对气体的转化与吸收的研究，有着实际意义（1）一定条件下，工业上可用co或co2与h2反应生成可再生能源甲醇，反应如下：3h2+co2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.0kj/mol k1（）2h2（g）+co（g）ch3oh（g）h2=90.8kj/mol k2（）则co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）的h3kj/mol和k3=（用k1和k2表示）（2）在一定温度下，将0.2mol co2和0.8mol h2充入容积为2l的密闭容器中合成ch2oh（g）5min达到平衡时c（h2o）=0.025mol/l，则5min内v（h2）=mol/（lmin）下图图象正确且能表明该反应在第5min时一定处于平衡状态的是若改变某一条件，达到新平衡后co2的浓度增大，则下列说法正确的是a逆反应速率一定增大b平衡一定向逆反应方向移动c平衡常数不变或减小dco2的物质的量可能减小（3）反应ii可在高温时以zno为催化剂的条件下进行实践证明反应体系中含少量的co2有利于维持zno的量不变，原因是（写出相关的化学方程式并辅以必要的文字说明；已知高温下zno可与co发生氧化还原反应）（4）实验室里c12可用naoh溶液来吸收室温下，若将一定量的c12缓缓通入0.2mol/l naoh溶液中，恰好完全反应得溶液a，反应过程中水的电离程度（填“变大”、“变小”或“不变”，下同），溶液b为0.05mol/l的（nh4）2so4溶液，则a、b两溶液中c（clo），c（cl），c（nh4+），c（so42）由大到小的顺序为（已知：室温下hclo的电离常数ka=3.2108，nh3h2o的电离常数kb=1.78105）9（14分）金属单质及其化合物在工农业生产中应用广泛（1）用fec13溶液腐蚀印刷电路板上的铜，向所得溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是a若无固体剩余，则溶液中可能有fe3+b若有固体存在，则溶液中一定有cu2+和fe2+c若溶液中有cu2+，则可能有固体存在，且该固体中一定没有铁粉d若溶液中有fe2+，则一定有固体存在（2）cu2o是一种半导体材料，制取cu2o的电解池如图，则石墨电极接电源的（填“正”或“负”）极，电解池工作时，cu电极的电极反应式为；电解后溶液ph（填“变大”、“变小”或“不变”），（3）查阅资料可知：cu2o为红色碱性氧化物，在酸性溶液中可发生反应：cu2o+2h+=cu+cu2+h2o请设计简单实验来验证某铜粉样品中是否有氧化亚铜：10（19分）实验室用下列装置探究so2的性质并测定so2转化为so3的转化率已知：so3熔点为16.8，沸点为44.8，且遇水剧列反应（1）仪器a的名称是（2）装置a的作用除将气体充分混合、干燥气体外，还能（3）i和ii连接可验证so2的性质装置b中现象是；装置c中的现象体现了so2的性经验证d瓶中的溶液能使品红试液褪色请用最简单的方法检验d瓶中含有so2还是含有氯水：（4）i和连接可测定so2的转化率当停止通入so2，熄灭酒精灯后需继续通一段时间的o2，目的是有同学认为，装置g中盛放的溶液可用下列试剂代替更环保（填序号）a足量bac12溶液b足量ba（oh）2溶液c足量fec13和bac12的混合液d足量nahso3溶液实验结束后，若装置f增加的质量为mg，装置g中产生白色沉淀的质量为ng，则此条件下，so2的转化率为（用含字母的代数式表示，不用化简）三、解答题（共1小题，满分12分）11（12分）铜、银均属于重金属，从铜银合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图：（1）酸浸时反应的离子方程式为为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是（2）操作a是（3）已知固体b中含有cuo和al2o3，反应的化学方程式为（4）若残渣a中含有b mol ag，将该残渣全部与足量的稀hno3置于某容器中进行反应，写出反应的离子方程式，为消除污染，可将反应中产生的气体与vl（标准状况）空气混合通入水中，则v至少为（设空气中氧的体积分数为0.2）四、解答题（共2小题，满分0分）12前36号元素a、b、c、d的核电荷数依次增大第二周期元素a原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，b原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，c最外层电子数是电子层数的三倍d是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均全充满请回答下列问题：（1）a、b、c第一电离能由小到大的顺序为；基态d原子的价电子排布式为（2）bc3的空间构型为（3）1molab中含有的键数目为个（4）已知镧镍合金lanin晶胞（结构如图）体积为9.01023cm3，储氢后形成laninh3.5合金（晶胞体积不变，则n=；氢在合金中的密度为g/cm2（保留小数点后三位数字）13有机物i是制备液晶材料的原料，其合成路线如下：已知：rch=ch2rch2ch2oh 一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基（1）h中含有官能团的名称为（2）由c生成d的试剂和条件为可用下列试剂来d中含有canabnaoh溶液c酸性高锰酸钾溶液d溴水（3）g与足量热的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为（4）i的同系物k相对分子质量比i小28，同时满足如下条件：苯环上只有两个对位取代基；1mol k与2mol naoh完全反应k的一种结构简式为山东省聊城市2015届高考化学二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65分每小题只有一个选项符合题意）1（5分）下表中对应关系正确的是（） a由淀粉得到的酒精，na2s溶液中存在的hs 均为水解反应生成bc+co2=2co，3c+sio2=sic+2co 均为碳单质只作还原剂的氧化还原反应 c由fe生成fecl2或fecl3，由na生成na2o或na2o2 均可通过化合反应实现 d乙醇使酸性kmno4溶液褪色，so2使滴有酚酞的naoh溶液褪色 均发生氧化反应aabbccdd考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：a淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶作用下生成乙醇；b反应3c+sio2=sic+2co中，c元素化合价既升高又降低；cfe分别与盐酸、氯气反应生成fecl2、fecl3，na与氧气在不加热、加热条件下分别生成na2o、na2o2；d二氧化硫与氢氧化钠溶液发生中和反应解答：解：a淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶作用下生成乙醇，不仅仅发生水解反应，故a错误；b反应3c+sio2=sic+2co中，c元素化合价既升高又降低，故b错误；cfe分别与盐酸、氯气反应生成fecl2、fecl3，na与氧气在不加热、加热条件下分别生成na2o、na2o2，故c正确；d二氧化硫水溶液具有酸性，与氢氧化钠溶液发生中和反应，故d错误故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，多角度考查元素化合物知识，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度不大2（5分）根据原子结构和元素周期律的知识，下列推断正确的是（）ai a族和a族元素间可形成共价化合物或离子化合物b因h2so3的酸性比h2co3强，所以s的非金属性比c强ch2o2、ch3ch3、cl、k+中的电子数和质子数均分别相等dna+、al3+、o2、f的半径逐渐减小考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：ai a族含h及碱金属元素；bh2so3不是最高价含氧酸；ch2o2、ch3ch3、cl、k+中的电子数均为18，但离子的电子数一定不等于质子数；d具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小解答：解：ai a族含h及碱金属元素，h与a族元素间可形成共价化合物，而碱金属元素与a族元素间可形成离子化合物，故a正确；bh2so3不是最高价含氧酸，而s的非金属性比c强，可利用最高价含氧酸的酸性比较，故b错误；ch2o2、ch3ch3、cl、k+中的电子数均为18，但离子的电子数一定不等于质子数，则cl、k+中的质子数分别为17、19，故c错误；d具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则o2、f、na+、al3+的离子半径逐渐减小，故d错误；故选a点评：本题考查元素周期表及元素周期律的综合应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重规律性知识的综合应用，题目难度不大3（5分）下列关于普伐他汀的水解产物（结构简式如图）的说法正确的是（）a含有两种官能团b能发生加成、酯化、氧化反应c1mol该物质与足量na反应，产生2.5gh2d能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：分子中含有oh，可发生取代、消去和氧化反应，含有coo，可发生水解反应，含有cooh，具有酸性可发生中和、取代反应，含有c=c，可发生加成、加聚和氧化反应，注意不含苯环解答：解：a分子中含有碳碳双键、oh、cooc、cooh等四种官能团，故a错误；b分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羟基、羧基，可发生酯化反应，故b正确；c分子中含有4个羟基，1个羧基，1mol该物质与足量na反应，产生2.5molh2，共5g，故c错误；d可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故d错误故选b点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇及酯性质的考查，题目难度不大4（5分）下列nh3的制备、收集或性质检验装置，正确的是（）a制取收集b排液收集c尾气吸收d喷泉实验考点：化学实验方案的评价；实验装置综合 专题：实验评价题分析：a收集氨气的试管口不能密封；b氨气极易溶于水；c氨气的密度比空气小；d氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶可引发喷泉解答：解：a收集氨气的试管口不能密封，否则气体过多试管可能炸裂，应在试管口塞一团棉花，故a错误；b氨气极易溶于水，饱和氯化铵溶液中氨气能溶解，则图中收集方法不合理，故b错误；c氨气的密度比空气小，图中进气导管过长，故c错误；d氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶可引发喷泉，则图中装置可形成喷泉实验，故d正确；故选d点评：本题考查nh3的制备、收集及性质实验评价，为高频考点，把握氨气的制备原理、收集及性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用及实验评价，选项b为解答的易错点，题目难度不大5（5分）常温下，有关下列溶液的组成描述合理的是（）a中性溶液中可能大量存在：ca2+，cl，so42，k+b弱酸性溶液中可能大量存在：cu2+，nh4+，no3，clc使石蕊试液变蓝的溶液中可能大量存在：na+，al3+，so42，no3d水电离的c（oh）=1010mol/l溶液中可能大量存在：l，no3，mg2+，k+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a钙离子与硫酸根离子反应生成微溶物硫酸钙；b四种离子之间不发生反应，铵根离子水解显示弱酸性；c使石蕊试液变蓝的溶液为碱性溶液，铝离子与氢氧根离子反应；d水电离的c（oh）=1010mol/l溶液为酸性或碱性溶液，酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子，碱性条件下镁离子与氢氧根离子反应解答：解：aca2+、so42之间反应生成硫酸钙沉淀，在溶液中不能大量共存，故a错误；bcu2+、nh4+、no3、cl之间不反应，且在弱酸性溶液中不发生反应，能够大量共存，故b正确；c使石蕊试液变蓝的溶液中存在大量氢氧根离子，al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；d水电离的c（oh）=1010mol/l溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，i、no3在酸性条件下能够发生氧化还原反应，mg2+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故d错误；故选b点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等6（5分）某电化学装置如图所示，电极i为al，其它均为cu，且开始时四电极质量均相等，下列叙述正确的是（）a甲为原电池，乙、丙均为电解池b电子流动方向：电极a电极ic当0.1mol电子转移时，电极i和电极的质量差为4.1gd若丙中的电解质改为cucl2，电极的电极反应发生改变考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：电极为al，其它均为cu，al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答解答：解：电极为al，其它均为cu，al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，a电极为al，其它均为cu，al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，所以甲乙构成原电池，丙为电解池，故a错误；b电子从负极沿导线流向正极，即电极a电极，故b错误；c是负极反应式为al3eal 3+质量减少，电极是阴极，发生反应为cu 2+2e=cu，质量增加，所以当0.1mol电子转移时，电极i和电极的质量差为0.1+0.1=4.1g，故c正确；d电极为阳极，电极反应式为cu2ecu 2+，不受电解质溶液改变，故d错误；故选c点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等7（5分）一定体积某浓度的snc12溶液与过量fec13溶液充分混合后，再用0.2000mol/l k2cr2o7标准溶液滴定若所需k2cr2o7溶液的体积恰好是sncl2溶液的一半，则c（snc12）为（）a0.3000 mol/lb1.2000 mol/lc0.0333 mol/ld0.1333 mol/l考点：氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：由信息可知，发生的反应为：2fe3+sn2+=sn4+2fe2+，6fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，则存在sn2+2fe3+2fe2+k2cr2o7，以此计算解答：解：由信息可知，发生的反应为：2fe3+sn2+=sn4+2fe2+，6fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，存在sn2+2fe3+2fe2+k2cr2o7，所需k2cr2o7溶液的体积恰好是sncl2溶液的一半，设某浓度的snc12溶液体积为v，浓度为x，则sn2+2fe3+2fe2+k2cr2o7，1 vx 0.2vx=0.2，解得x=0.3000 mol/l，故选a点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的氧化还原反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分53分）8对气体的转化与吸收的研究，有着实际意义（1）一定条件下，工业上可用co或co2与h2反应生成可再生能源甲醇，反应如下：3h2+co2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.0kj/mol k1（）2h2（g）+co（g）ch3oh（g）h2=90.8kj/mol k2（）则co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）的h341.8kj/mol和k3=（用k1和k2表示）（2）在一定温度下，将0.2mol co2和0.8mol h2充入容积为2l的密闭容器中合成ch2oh（g）5min达到平衡时c（h2o）=0.025mol/l，则5min内v（h2）=0.015mol/（lmin）下图图象正确且能表明该反应在第5min时一定处于平衡状态的是b若改变某一条件，达到新平衡后co2的浓度增大，则下列说法正确的是cda逆反应速率一定增大b平衡一定向逆反应方向移动c平衡常数不变或减小dco2的物质的量可能减小（3）反应ii可在高温时以zno为催化剂的条件下进行实践证明反应体系中含少量的co2有利于维持zno的量不变，原因是zno+cozn+co2，体系中有二氧化碳可以抑制zn被还原（写出相关的化学方程式并辅以必要的文字说明；已知高温下zno可与co发生氧化还原反应）（4）实验室里c12可用naoh溶液来吸收室温下，若将一定量的c12缓缓通入0.2mol/l naoh溶液中，恰好完全反应得溶液a，反应过程中水的电离程度变大（填“变大”、“变小”或“不变”，下同），变小溶液b为0.05mol/l的（nh4）2so4溶液，则a、b两溶液中c（clo），c（cl），c（nh4+），c（so42）由大到小的顺序为c（cl）c（nh4+）c（clo）c（so42）（已知：室温下hclo的电离常数ka=3.2108，nh3h2o的电离常数kb=1.78105）考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：（1）根据盖斯定律，（）（）可得：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），据此计算出h3和k3；（2）根据v=计算出水的平均反应速率，然后根据化学计量数关系计算出氢气的反应速率；达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，结合题中数据判断各图象是否达到平衡状态；（3）在加热条件下co能还原zno使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化有利于抑制反应向正反应方向移动，维持zno的量不变；（4）随着氯气的通入，溶液中氢氧根离子浓度逐渐减小，则水的电离程度增大；根据水的离子积可知=，结合溶液中氢离子浓度的变化判断其比值变化；硫酸根离子和氯离子不水解，根据题中数据计算出溶液中二者浓度，由于次氯酸根离子和铵根离子的水解程度较小，则二者浓度都大于硫酸根离子浓度；再结合次氯酸和一水合氨的电离平衡常数判断铵根离子和次氯酸根离子的水解程度，从而得出各离子浓度大小解答：解：（1）3h2+co2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.0kj/mol k1（）2h2（g）+co（g）ch3oh（g）h2=90.8kj/mol k2（）根据盖斯定律，（）（）可得：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）的h3=90.8kj/mol（49.0kj/mol）=41.8kj/mol；由于（）（）可得co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），则k3=，故答案为：41.8；（2）在一定温度下，将0.2mol co2和0.8mol h2充入容积为2l的密闭容器中合成ch2oh（g），5min达到平衡时c（h2o）=0.025mol/l，则5min内水的平均反应速率为：v（h2o）=0.005mol/（lmin），反应速率与化学计量数成正比，则5min内v（h2）=3v（h2o）=0.015mol/（lmin）；a反应过程中气体的质量和容器的容积不变，则气体的密度始终不变，密度不能作为判断是否达到平衡状态的标志，故a错误；b反应前后都是气体，则反应过程中气体的质量不变，该反应是气体体积缩小的反应，根据m=可知，反应过程中气体的平均摩尔质量始终变化，当达到平衡状态时，气体的平均摩尔质量不再变化，根据图象b可知，该反应已经达到平衡状态，故b正确；c达到平衡状态时，水的物质的量为：0.025mol/l2l=0.05l，根据反应可知，消耗二氧化碳的物质的量为0.05mol，所以达到平衡状态时二氧化碳的物质的量为：0.2mol0.05mol=0.15mol，而图象中二氧化碳的物质的量为0.1mol，与实际不相符，故c错误；d该反应过程中焓变始终不变，无法判断是否达到平衡状态，故d错误；根据分析可知，已经达到平衡状态的为b；若改变某一条件，达到新平衡后co2的浓度增大，a逆反应速率一定增大：该反应为放热反应，如果升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向着逆向移动，二氧化碳的浓度增大，故a错误；b平衡一定向逆反应方向移动：若增加二氧化碳浓度，平衡向着正向移动，而得到平衡时二氧化碳的浓度增大，故b错误；c平衡常数不变或减小：如果不改变温度，如：增大二氧化碳的浓度，则平衡常数不变；无关升高温度，平衡存在逆向移动，则平衡常数减小，故c正确；dco2的物质的量可能减小：如果增大压强，即缩小容器容积，则平衡向着正向移动，但达到平衡时二氧化碳的浓度增大，而二氧化碳的物质的量减小，故d正确；故答案为：0.015；b；cd；（3）在加热条件下co能还原zno使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化有利于抑制反应向正反应方向移动，维持cu2o的量不变，反应方程式为：zno+cozn+co2，故答案为：zno+cozn+co2，体系中有二氧化碳可以抑制zn被还原；（4）实验室里c12可用naoh溶液来吸收，室温下，若将一定量的c12缓缓通入0.2mol/l naoh溶液中，恰好完全反应得溶液a，由于反应过程中溶液中氢氧根离子浓度减小，且反应后生成强碱弱酸盐次氯酸，促进了水的电离，则水的电离程度变大；根据次氯酸的电离平衡常数可知，=，随着氯气的通入，溶液中氢离子浓度增加，而次氯酸的电离平衡常数不变，则该比值逐渐变小；硫酸根离子和氯离子不水解，则c（cl）=0.1mol/l、c（so42）=0.05mol/l；由于次氯酸根离子和铵根离子水解程度减小，二者浓度都接近0.1mol/l，则硫酸根离子浓度最小；根据“室温下hclo的电离常数ka=3.2108，nh3h2o的电离常数kb=1.78105”可知，铵根离子的水解程度需要次氯酸根离子的水解程度，则溶液中c（clo）c（nh4+），所以四种离子浓度大小为：c（cl）c（nh4+）c（clo）c（so42），故答案为：变大；变小；c（cl）c（nh4+）c（clo）c（so42）点评：本题考查了热化学方程式的计算、化学平衡及其影响、离子浓度大小比较等知识，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力，注意掌握化学平衡及其影响、化学平衡状态的判断及离子浓度大小比较的常用方法9（14分）金属单质及其化合物在工农业生产中应用广泛（1）用fec13溶液腐蚀印刷电路板上的铜，向所得溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是aca若无固体剩余，则溶液中可能有fe3+b若有固体存在，则溶液中一定有cu2+和fe2+c若溶液中有cu2+，则可能有固体存在，且该固体中一定没有铁粉d若溶液中有fe2+，则一定有固体存在（2）cu2o是一种半导体材料，制取cu2o的电解池如图，则石墨电极接电源的负（填“正”或“负”）极，电解池工作时，cu电极的电极反应式为2cu2e+2ohcu2o+h2o；电解后溶液ph变大（填“变大”、“变小”或“不变”），（3）查阅资料可知：cu2o为红色碱性氧化物，在酸性溶液中可发生反应：cu2o+2h+=cu+cu2+h2o请设计简单实验来验证某铜粉样品中是否有氧化亚铜：少许样品于试管中，加入稀h2so4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有cu2o，反之则没有考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：（1）fecl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：cu+2fe3+=cu2+2fe2+，fe3+ 氧化性强于cu2+，加入铁粉先与fe3+反应，再与cu2+反应，据此解答；（2）阳极上铜失电子发生氧化反应，阴极上氢元素得电子发生还原反应，据此分析；（3）根据氧化亚铜和酸反应的生成物确定实验方法解答：解：（1）a无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有fe2+，可能含有fe3+，故a正确；b若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有fe2+，不一定有cu2+，故b错误；c若溶液中有cu2+，加入的铁量不足，可能只与fe3+反应，也可能与fe3+反应，剩余部分与cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出并且该固体中一定没有铁粉，故c正确；d当加入的铁较少时，只发生fe+2fe3+=3fe2+时，不会有铜析出，故d错误；故选：ac；（2）根据阳极上铜失电子发生氧化反应生成氧化亚铜，cu电极的电极反应式为2cu2e+2ohcu2o+h2o；阴极上氢元素得电子发生还原反应，电极反应式为2h2o+2eh2+2oh，所以石墨电极是阴极，与阴极连接的电极是电源的负极，电解总反应为2cu+h2ocu2o+h2，则消耗水，所以碱性增强，电解后溶液ph变大，故答案为：负；2cu2e+2ohcu2o+h2o；变大；（3）铜离子在溶液中呈蓝色，氧化亚铜能和酸反应生成铜离子，溶液由无色变为蓝色；铜和弱氧化性的酸不反应，根据该物质能否和酸反应判断故答案为：取少许样品于试管中，加入稀h2so4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有cu2o，反之则没有点评：本题考查了铁及其化合物的性质以及电解原理，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键；10（19分）实验室用下列装置探究so2的性质并测定so2转化为so3的转化率已知：so3熔点为16.8，沸点为44.8，且遇水剧列反应（1）仪器a的名称是分液漏斗（2）装置a的作用除将气体充分混合、干燥气体外，还能通过观察气泡以便控制o2和so2的流速（3）i和ii连接可验证so2的性质装置b中现象是溶液由紫色变为红色；装置c中的现象体现了so2的氧化性经验证d瓶中的溶液能使品红试液褪色请用最简单的方法检验d瓶中含有so2还是含有氯水：取褪色后的溶液加热，若溶液变红，则溶液中含有二氧化硫，否则含有氯水（4）i和连接可测定so2的转化率当停止通入so2，熄灭酒精灯后需继续通一段时间的o2，目的是使残留在装置中的so2和so3被充分吸收有同学认为，装置g中盛放的溶液可用下列试剂bc代替更环保（填序号）a足量bac12溶液b足量ba（oh）2溶液c足量fec13和bac12的混合液d足量nahso3溶液实验结束后，若装置f增加的质量为mg，装置g中产生白色沉淀的质量为ng，则此条件下，so2的转化率为（用含字母的代数式表示，不用化简）考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）根据图示可知，仪器a为分液漏斗；（2）二氧化硫、仪器不溶于浓硫酸，也不与浓硫酸反应，在装置a中会产生气泡，根据产生气泡速度可以控制o2和so2的流速；（3）二氧化硫为酸性氧化物，能够使紫色石蕊试液变红；装置c中的氢硫酸与二氧化硫反应生成硫单质，体现了二氧化硫的氧化性；二氧化硫的漂白性是暂时的，加热后会恢复原色，而氯水的漂白是永久的，据此设计检验方案；（4）二氧化硫和三氧化硫是大气的污染物，需要用氧气将装置中二氧化硫和三氧化硫排出，从而被完全吸收；装置g的作用是吸收二氧化硫，联系二氧化硫的化学性质对各选项进行判断；三氧化硫的熔沸点降低，所以二氧化硫和三氧化硫的混合气体通过装置f后，三氧化硫变成固体，即装置f增加的mg为反应后生成的三氧化硫的质量，根据n=计算出三氧化硫的物质的量，从而得出被氧化的二氧化硫的物质的量；装置g中二氧化硫与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，产生的ng白色沉淀为硫酸钡，根据n=计算出生成硫酸钡的物质的量，根据s原子守恒可知反应后剩余二氧化硫的物质的量，然后计算出二氧化硫的转化率解答：解：（1）装置图中，充分浓硫酸的仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）装置a中盛放的是浓硫酸，可以将气体充分混合、并干燥气体，另外还可以根据产生气泡速度控制通入的氧气和二氧化硫的流速，通过观察气泡以便控制o2和so2的流速，故答案为：通过观察气泡以便控制o2和so2的流速；（3）装置b中盛放的是石蕊试液，二氧化硫溶于水生成弱酸亚硫酸，导致石蕊试液由紫色变为红色；装置c中盛放的是饱和硫化氢气体，硫化氢能够与二氧化硫反应生成s单质，该反应中二氧化硫化合价降低被还原，表现了氧化性，故答案为：溶液由紫色变为红色；氧化；经验证d瓶中的溶液能使品红试液褪色，二氧化硫的漂白性是暂时的、不稳定的，加热后会褪色，而氯气的漂白利用的是次氯酸的强氧化性，氯水的漂白是永久的，所以检验d瓶中含有so2还是含有氯水的方法为：取褪色后的溶液加热，若溶液变红，则溶液中含有二氧化硫，否则含有氯水，故答案为：取褪色后的溶液加热，若溶液变红，则溶液中含有二氧化硫，否则含有氯水；（4）使残留在装置中的so2和so3被充分吸收，故答案为：使残留在装置中的so2和so3被充分吸收；装置g的作用是吸收并测定so2，避免造成空气污染，a足量bac12溶液：氯化钡溶液不与二氧化硫反应，不能用氯化钡溶液代替硝酸钡，故a错误；b足量ba（oh）2溶液能够与二氧化硫反应，可以用氢氧化钡溶液吸收二氧化硫，故b正确；c铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以可用足量fec13和bac12的混合液代替硝酸钡溶液，故c正确；d足量nahso3溶液：亚硫酸氢钠溶液不与二氧化硫反应，无法代替装置g，故d错误；故答案为：bc；由于三氧化硫的熔沸点降低，所以二氧化硫和三氧化硫的混合气体通过装置f后，三氧化硫变成固体，即装置f增加的mg为反应后生成的三氧化硫的质量，则反应生成的三氧化硫的物质的量为：=mol，所以反应中被氧化的二氧化硫为mol，装置g中二氧化硫与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，产生的ng白色沉淀为硫酸钡，生成硫酸钡的物质的量为：=mol，根据s原子守恒，反应后剩余二氧化硫的物质的量为mol，所以二氧化硫的转化率为：100%=，故答案为：点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确二氧化硫的性质及实验目的为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价的原则，（4）为难点、易错点，需要明确装置中质量变化的含义，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力三、解答题（共1小题，满分12分）11（12分）铜、银均属于重金属，从铜银合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图：（1）酸浸时反应的离子方程式为cuo+2h+=cu2+h2o为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是将渣料粉碎（2）操作a是过滤（3）已知固体b中含有cuo和al2o3，反应的化学方程式为4cuo+2al2o34cualo2+o2（4）若残渣a中含有b mol ag，将该残渣全部与足量的稀hno3置于某容器中进行反应，写出反应的离子方程式3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o，为消除污染，可将反应中产生的气体与vl（标准状况）空气混合通入水中，则v至少为28b（设空气中氧的体积分数为0.2）考点：金属的回收与环境、资源保护 专题：实验设计题；元素及其化合物分析：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，cu被氧化，滤渣中含有cuo及少量ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，cuo与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣a为ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到cuo、al2o3，二者反应得到cualo2（1）用硫酸进行酸浸，cuo与硫酸反应生成硫酸铜与水；增大反应物接触面积，能够加快反应速率；（2）分离固体与液体用到操作为过滤；（3）依据图中转化关系可知：cuo和al2o3，灼烧反应生成4cualo2和o2；（4）ag与稀硝酸反应生成硝酸银、no与水；为消除污染，应让反应生成的no、氧气与水反应又得到硝酸，纵观整个过程，ag失去电子等于氧气获得电子，据此计算氧气物质的量，再计算需要氧气的体积，结合空气中氧气体积分数计算需要空气体积解答：解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，cu被氧化，滤渣中含有cuo及少量ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，cuo与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣a为ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到cuo、al2o3，二者反应得到cualo2（1）cuo与硫酸反应生成硫酸铜与水，反应离子方程式：cuo+2h+=cu2+h2o；将渣料粉碎，增大接触面积，加快反应速率；故答案为：cuo+2h+=cu2+h2o；将渣料粉碎；（2）操作a是分离互不相溶的液体与固体，应是过滤，故答案为：过滤；（3）cuo和al2o3，灼烧反应生成4cualo2和o2，方程式为：4cuo+2al2o34cualo2+o2，故答案为：4cuo+2al2o34cualo2+o2；（4）ag与稀硝酸反应生成硝酸银、no与水，反应的离子方程式为：3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o；反应生成的no、氧气与水反应又得到硝酸，纵观整个过程，ag失去电子等于氧气获得电子，故消耗氧气物质的量为=0.25bmol，标况下需要氧气的体积为0.25bmol22.4l/mol=5.6bl，需要空气的体积为5.6b l20%=28b l，故答案为：3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o；28b点评：本题以从废料中回收银并制备铜化工产品载体，考查化学工艺流程、物质分离提纯、电解原理、氧化还原反应配平与计算，明确流程图中物质之间的转化关系，把握氧化还原反应中电子转移守恒规律是解题关键，题目难度中等四、解答题（共2小题，满分0分）12前36号元素a、b、c、d的核电荷数依次增大第二周期元素a原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，b原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，c最外层电子数是电子层数的三倍d是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均全充满请回答下列问题：（1）a、b、c第一电离能由小到大的顺序为con；基态d原子的价电子排布式为3d104s1（2）bc3的空间构型为平面三角形（3）1molab中含有的键数目为2na个（4）已知镧镍合金lanin晶胞（结构如图）体积为9.01023cm3，储氢后形成laninh3.5合金（晶胞体积不变，则n=5；氢在合金中的密度为0.065g/cm2（保留小数点后三位数字）考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a、b、c、d都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，c最外层电子数是电子层数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c是o元素；b原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故b为n元素；第二周期元素a原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与n元素形成阴离子（an），故a为c元素；d是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故d元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号cu元素，据此解答解答：解：a、b、c、d都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，c最外层电子数是电子层数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c是o元素；b原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故b为n元素；第二周期元素a原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与n元素形成阴离子（an），故a为c元素；d是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故d元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号cu元素（1）c、n、o元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能