浙江省绍兴市绍兴县鲁迅中学高三化学下学期5月月考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年浙江省绍兴市绍兴县鲁迅中学高三（下）月考化学试 卷（5月份）一、选择题（本题共17题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）1（6分）（2015曲阜市校级模拟）下列说法不正确的是（）a2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体化学式为al63cu24fe13的准晶体可与稀硝酸发生反应b分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系，从而确定化学反应速率c绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理d在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源2（6分）（2014绍兴县校级模拟）下列说法正确的是（）a用纸上层析法分离和检验墨水的成分，为了看到色斑，只有有色离子的检验才可以用纸层析法b容量瓶、量筒、滴定管上都具体标明使用温度，容量瓶有标线无“0”刻度，量筒、滴定管都有“0”刻度；使用时容量瓶水洗后不用润洗，量筒、滴定管水洗后还需润洗c溴水中加入苯，溴水褪色了是因为溴与苯发生了取代反应，溴水中通入乙烯，溴水褪色了是因为溴与乙烯发生了加成反应d物质的分离提纯方法之一为“筛分”：如胶体渗析法分离提纯；浊液过滤分离，本质上就是依据所分离粒子的直径大小选择具有合适孔径的“筛子”3（6分）（2015临沂校级模拟）w、x、y、z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10；x和ne原子的核外电子数相差1；y的单质是一种常见的半导体材料；z的非金属性在同周期主族元素中最强下列说法正确的是（）ax位于元素周期表中第2周期第a族bw元素的最高正价等于它的主族序数cx的单质与y的单质相比，熔点较高的是xdz元素的气态氢化物的沸点在同主族元素的气态氢化物中最低4（6分）（2014绍兴县校级模拟）下列图示与对应的叙述不相符的是（）a图1表示kno3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时kno3的不饱和溶液b图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c图3表示0.1000moll1 naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1醋酸溶液得到的滴定曲线d若将10ml 0.1mol/l ch3cooh溶液与20ml 0.1mol/l naoh溶液混合，则溶液中离子浓度关系：c（oh）c（h+）+c（ch3coo）+2c（ch3cooh）5（6分）（2014绍兴县校级模拟）在容积为2.0l的密闭容器内，物质d在t时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述错误的是（）a从反应开始到第一次达到平衡时，a物质的平均反应速率为0.067mol/（lmin）b根据图该反应的平衡常数表达式为k=c若在第5分钟时升高温度，则该反应的正反应是吸热反应，反应的平衡常数增大，b的反应速率增大d若在第7分钟时增加d的物质的量，a的物质的量变化情况符合b曲线6（6分）（2014绍兴县校级模拟）下列说法不正确的是（）a某烷烃r的相对分子质量为86，1h核磁共振谱（1hnmr）显示分子中有两个峰则r的名称一定为2，3一二甲基丁烷b合成叶蝉散的反应属于加成反应c有机物ch3（ch2）2ch（ch3）2的一氯代物有四种d等质量的乳酸（c3h6o3）和葡萄糖分别完全燃烧，消耗氧气的物质的量相等7（6分）（2011天心区校级模拟）发展混合动力车是实施节能减排的重要措施之一汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低了汽油的消耗；在刹车和下坡时电动机处于充电状态以节省能耗混合动力车的电动机目前一般使用的是镍氢电池，镍氢电池采用镍的化合物为正极，储氢金属（以m表示）为负极，碱液（主要为koh）电解液镍氢电池充放电原理总反应式为：h2+2niooh2ni（oh）2下列有关混合动力车的判断正确的是（）a在上坡或加速时，乙电极周围溶液的ph将减小b在上坡或加速时，溶液中的k+向甲电极迁移c在刹车和下坡时，甲电极的电极反应式为：2h2o+2eh2+2ohd在刹车和下坡时，乙电极增重二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）（2014绍兴县校级模拟）氢氧化镁常用于制药工业，还是重要的绿色阻燃剂i、氢氧化镁为白色晶体，难溶于水，易溶于稀酸和铵盐溶液，为治疗胃酸过多的药物（1）氢氧根离子的电子式为；（2）写出氢氧化镁溶于铵盐溶液发生反应的离子方程式、已知：mg （s）+2h2o（g）mg（oh）2（s）+h2（g）h1=441kjmol1h2o（g）h2（g）+o2（g）h2=+242kjmol1mg（s）+o2（g）mgo（s）h3=602kjmol1（3）氢氧化镁分解的热化学方程式是（4）氢氧化镁在350开始分解，500时分解完全请分析氢氧化镁可用于阻燃剂的原因是（至少写两点）、某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁（5）步骤中每消耗0.1mol保险粉（na2s2o4）转移0.6mol e，则此反应的离子方程式为；（6）已知edta只能与溶液中的fe2+反应生成易溶于水的物质，不与mg（oh）2反应虽然fe（oh）2难溶于水，但步骤中随着edta的加入，最终能够将fe（oh）2除去并获得纯度高的mg（oh）2请从沉淀溶解平衡的角度加以解释；为研究不同分离提纯条件下所制得阻燃剂的纯度从而确定最佳提纯条件，某研究小组各取等质量的下列4组条件下制得的阻燃剂进行含铁量的测定，结果如下：精制阻燃剂的条件阻燃剂铁含量序号提纯体系温度/加入edta质量/g加入保险粉质量/gw（fe）/（104g）1400.050.057.632400.050.106.833600.050.106.834600.100.106.51（7）若不考虑其它条件，根据上表数据，制取高纯度阻燃剂最佳条件是（填字母）4060edta质量为0.05g edta质量为0.10g 保险粉质量为0.05g 保险粉质量为0.10gabcd9（15分）（2014绍兴县校级模拟）氟和氟盐是化工原料由于氟气性质活泼，很晚才制取出来（1）不能通过电解纯净的液态hf获得f2，其原因是；但电解液态khf2时，两极分别得到f2和h2，写出阳极上hf2放电产生气体的电极反应式（2）一定浓度的hf和al2（so4）3混合液中，铝的各种微粒百分含量f随ph的分布曲线如图示用naoh使混合液的ph从5调整到7，写出有关反应的离子方程式自然界里氮的固定途径之一是在闪电的作用下，n2与o2反应生成no（1）反应需要在闪电或极高温条件下发生，说明该反应（填字母）a所需的活化能很高 b吸收的能量很多（2）在不同温度下，反应n2（g）+o2（g）2no（g）的平衡常数k如下表：温度/150018002400平衡常数k8.01053.01046.4103该反应的h0，s0（填“”、“=”或“”）已知：常温下柠檬酸（h3c6h5o7）和氢氰酸（hcn）的电离平衡常数：电离平衡常数柠檬酸ka1=7.1104ka2=1.68105ka3=4.1107氢氰酸ka=4.931010现有两瓶常温下的溶液：a溶液由0.1mol/l的柠檬酸（h3c6h5o7）和等浓度的烧碱溶液等体积混合而成；b溶液由0.2mol/l的氢氰酸（hcn）和0.1mol/l的烧碱溶液等体积混合而成两溶液的ph比较ab（填“”、“=”或“”），原因是：10（14分）（2014绍兴县校级模拟）苯甲酸乙酯（c9h10o2）稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等其制备方法为：已知（mr=122）（mr=150）颜色、状态沸点（）密度（gcm3）苯甲酸*无色、片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯无色澄清液体212.61.05乙醇无色澄清液体78.30.7893环己烷无色澄清液体80.80.7318苯甲酸在100会迅速升华实验步骤如下：在100ml圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25ml乙醇（过量）、20ml环己烷，以及4ml浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图所示装好仪器，并在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，控制温度在6570加热回流2h反应时环己烷乙醇水会形成“共沸物”（沸点62.6）蒸馏出来在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，注意保持分水器中水层液面原来的高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入na2co3至溶液呈中性用分液漏斗分出有机层，水层用25ml乙醚萃取分液，然后合并至有机层加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏（装置如图所示），低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210213的馏分检验合格，测得产品体积为12.86ml回答下列问题：（1）步骤中使用分水器不断分离除去水的目的是（2）反应结束的标志（3）步骤中应控制馏分的温度在a6570b7880c8590d215220（4）若na2co3加入不足，在步骤蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是（5）关于步骤中的分液操作叙述正确的是a水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞将分液漏斗倒转过来，用力振摇b振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气c经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层d放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）蒸馏时所用的玻璃仪器除了酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶外还有（7）该实验的产率为11（14分）（2014绍兴县校级模拟）某有机物x的结构简式为（其中m1、m2代表未知部分的结构），它在一定条件下可以发生如下转化：已知：rcoohrch2oh，rxrcooh 请回答下列问题：（1）a的分子式为，cd的反应类型为（2）b与足量银氨溶液反应的化学方程式为（3）写出c所有可能的结构简式（4）c经下列反应可得到h（分子式为c6h8o4，分子内含六元环）：确认c的结构简式为，反应gh的化学方程式为e有多种同分异构体，任写二种同时满足下列要求的e的同分异构体：所含官能团与e完全不同；1h核磁共振谱显示有3种氢处于不同的化学环境2013-2014学年浙江省绍兴市绍兴县鲁迅中学高三（下）月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共17题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）1（6分）（2015曲阜市校级模拟）下列说法不正确的是（）a2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体化学式为al63cu24fe13的准晶体可与稀硝酸发生反应b分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系，从而确定化学反应速率c绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理d在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源考点：化学科学的主要研究对象；化学的发展趋势专题：化学应用分析：a、al63cu24fe13是由能和硝酸反应的金属元素组成；b、分光光度计，又称光谱仪，是将成分复杂的光，分解为光谱线的科学仪器，通过谱线的变化可以确定物质浓度的变化，从而确定化学反应速率；c、绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物；d、核能、太阳能、氢能都是新能源，对大气环境较好解答：解：a、al63cu24fe13是由能和硝酸反应的金属元素组成，可以与硝酸反应，故a正确；b、分光光度计，又称光谱仪，是将成分复杂的光，分解为光谱线的科学仪器，通过谱线的变化可以确定物质浓度的变化，从而确定化学反应速率，故b正确；c、绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物，故c错误；d、核能、太阳能、氢能都是新能源，使用新能源是环境治理和生态保护的重要措施，是满足人类社会可持续发展需要的最终能源选择，故d正确故选：c点评：本题考查化学与生产生活相关的知识，难度不大在日常生活中要关注与化学有关的知识2（6分）（2014绍兴县校级模拟）下列说法正确的是（）a用纸上层析法分离和检验墨水的成分，为了看到色斑，只有有色离子的检验才可以用纸层析法b容量瓶、量筒、滴定管上都具体标明使用温度，容量瓶有标线无“0”刻度，量筒、滴定管都有“0”刻度；使用时容量瓶水洗后不用润洗，量筒、滴定管水洗后还需润洗c溴水中加入苯，溴水褪色了是因为溴与苯发生了取代反应，溴水中通入乙烯，溴水褪色了是因为溴与乙烯发生了加成反应d物质的分离提纯方法之一为“筛分”：如胶体渗析法分离提纯；浊液过滤分离，本质上就是依据所分离粒子的直径大小选择具有合适孔径的“筛子”考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a对于一般的化学方法分离十分困难的分子或离子混合溶液的分离用纸上层析；b量筒没有0刻度，不能润洗；c溴水与苯不发生取代反应；d渗析、过滤都利用微粒直径大小解答：解：a纸上层析法适用于微量分离和检验化学性质十分相近的分子或离子，与颜色无关，故a错误；b量筒没有0刻度，量筒不能润洗，直接使用干燥的量筒，故b错误；c溴水与苯不发生取代反应，液溴与苯可在催化剂条件下反应，故c错误；d胶体粒子直径比半透膜小，可用渗析方法分离，浊液粒子不能透过滤纸，可用过滤的方法分离，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、检验、制备等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大3（6分）（2015临沂校级模拟）w、x、y、z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10；x和ne原子的核外电子数相差1；y的单质是一种常见的半导体材料；z的非金属性在同周期主族元素中最强下列说法正确的是（）ax位于元素周期表中第2周期第a族bw元素的最高正价等于它的主族序数cx的单质与y的单质相比，熔点较高的是xdz元素的气态氢化物的沸点在同主族元素的气态氢化物中最低考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：w、x、y、z是四种常见的短周期元素，已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10，则w元素原子的质子数为1810=8，故w为氧元素；x和ne原子的核外电子数相差1，x为na或f，x原子半径大于氧原子，故x为na元素；y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于na元素，故y为si元素；z的非金属性在同周期元素中最强，故z为cl元素，以此解答该题解答：解：w、x、y、z是四种常见的短周期元素，已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10，则w元素原子的质子数为1810=8，故w为氧元素；x和ne原子的核外电子数相差1，x为na或f，x原子半径大于氧原子，故x为na元素；y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于na元素，故y为si元素；z的非金属性在同周期元素中最强，故z为cl元素，ax为na，位于周期表第三周期a族，故a错误；bw为o，没有正价，故b错误；cy为na，y为si，si为原子晶体，熔点较高，故c错误；dcl沸点比hf低，因hf含有氢键，hcl、hbr、hi不含氢键，相对分子质量越大，沸点越高，故d正确故选d点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，注意把握元素周期律的递变规律以及原子核外电子的排布特点，明确元素的种类为解答该题的关键4（6分）（2014绍兴县校级模拟）下列图示与对应的叙述不相符的是（）a图1表示kno3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时kno3的不饱和溶液b图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c图3表示0.1000moll1 naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1醋酸溶液得到的滴定曲线d若将10ml 0.1mol/l ch3cooh溶液与20ml 0.1mol/l naoh溶液混合，则溶液中离子浓度关系：c（oh）c（h+）+c（ch3coo）+2c（ch3cooh）考点：溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：图示题分析：aa点时溶解的硝酸钾的质量小于80时kno3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；b反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；c醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/l的醋酸溶液的ph大于1；d根据反应后的溶液的物料守恒、电荷守恒进行判断溶液中各离子之间浓度关系解答：解：ano3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故a正确；b反应物大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故b正确；c0.1000moll1naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1ch3cooh溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的ph大于1，图象中醋酸的ph=1与实际不符，故c错误；d将10ml 0.1mol/l ch3cooh溶液与20ml 0.1mol/l naoh溶液混合，根据电荷守恒可得：c（ch3coo）+c（oh）c（h+）+c（na+），根据物料守恒可得：c（na+）=2（ch3coo）+2c（ch3cooh），根据可得溶液中离子浓度关系为：c（oh）c（h+）+c（ch3coo）+2c（ch3cooh），故d正确；故选c点评：本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液的特点、反应速率与化学平衡的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小，试题培养了学生的分析问题、解决问题的能力5（6分）（2014绍兴县校级模拟）在容积为2.0l的密闭容器内，物质d在t时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述错误的是（）a从反应开始到第一次达到平衡时，a物质的平均反应速率为0.067mol/（lmin）b根据图该反应的平衡常数表达式为k=c若在第5分钟时升高温度，则该反应的正反应是吸热反应，反应的平衡常数增大，b的反应速率增大d若在第7分钟时增加d的物质的量，a的物质的量变化情况符合b曲线考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：a、根据v=进行计算；b、根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；化学平衡常数等于平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；c、根据温度升高，d的物质的量减少，a、b的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动；根据平衡常数只有与温度有关；温度升高化学反应速率加快；d、增加固体的物质的量，浓度不变，平衡不移动解答：解：a、从反应开始到第一次达到平衡时，a物质的平均反应速率为=0.067mol/lmin，故a正确；b、根据图象知，随着反应的进行，d的物质的量减少，a、b的物质的量增加，所以d是反应物，a、b是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，03min时，d=0.4mol，a=0.4mol，b=0.2mol，d：a：b=0.4mol：0.4mol：0.2mol=4：4：2，方程式为：2d（s）2a（g）+b（g）； 因d为固体，所以化学平衡常数k=c2（a）c（b），故b错误；c、温度升高，d的物质的量减少，a、b的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动，说明正反应为吸热反应，平衡常数只有与温度有关，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；温度升高化学反应b的反应速率加快，故c正确； d、d为固体，增加d的物质的量，浓度不变，平衡不移动，a的物质的量变化情况符合b曲线，故d正确；故选b点评：本题考查了化学平衡、平衡常数的影响因素，平衡计算分析应用，掌握基础是关键，题目较简单6（6分）（2014绍兴县校级模拟）下列说法不正确的是（）a某烷烃r的相对分子质量为86，1h核磁共振谱（1hnmr）显示分子中有两个峰则r的名称一定为2，3一二甲基丁烷b合成叶蝉散的反应属于加成反应c有机物ch3（ch2）2ch（ch3）2的一氯代物有四种d等质量的乳酸（c3h6o3）和葡萄糖分别完全燃烧，消耗氧气的物质的量相等考点：有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用专题：有机化学基础分析：a1h核磁共振谱（1hnmr）显示分子中有两个峰，说明该烷烃分子中含有两种位置不同的h，再根据烷烃的相对分子量确定其结构简式；b机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；c有机物ch3（ch2）2ch（ch3）2中含有5种物质不同的氢原子，其一氯代物有5种；d乳酸（c3h6o3）和葡萄糖（c6h12o6）的最简式都是ch2o，所以等质量的二者消耗的氧气相同解答：解：a烷烃r的相对分子质量为86，则烷烃的分子式为c6h14，1h核磁共振谱（1hnmr）显示分子中有两个峰，说明分子中只含有两种位置不同的氢原子，则该烷烃的名称为：2，3一二甲基丁烷，故a正确；b酚羟基和nco发生加成反应生成oocnh，所以合成叶蝉散的反应属于加成反应，故b正确；c有机物ch3（ch2）2ch（ch3）2中含有5种位置不同的氢原子，所以其一氯代物有5种，故c错误；d等质量的乳酸（c3h6o3）和葡萄糖分别完全燃烧，由于乳酸（c3h6o3）和葡萄糖（c6h12o6）的最简式都是ch2o，则含有的各元素的质量相同，故消耗氧气的物质的量相等，故d正确；故选c点评：本题考查了有机物结构简式书写、同分异构体求算、有机反应类型的判断，题目难度中等，注意掌握常见的有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，选项b为易错点，注意该反应的特点7（6分）（2011天心区校级模拟）发展混合动力车是实施节能减排的重要措施之一汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低了汽油的消耗；在刹车和下坡时电动机处于充电状态以节省能耗混合动力车的电动机目前一般使用的是镍氢电池，镍氢电池采用镍的化合物为正极，储氢金属（以m表示）为负极，碱液（主要为koh）电解液镍氢电池充放电原理总反应式为：h2+2niooh2ni（oh）2下列有关混合动力车的判断正确的是（）a在上坡或加速时，乙电极周围溶液的ph将减小b在上坡或加速时，溶液中的k+向甲电极迁移c在刹车和下坡时，甲电极的电极反应式为：2h2o+2eh2+2ohd在刹车和下坡时，乙电极增重考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：a、放电过程为原电池，根据乙中的电极反应来分析ph；b、放电过程为原电池，原电池工作时，溶液中的阳离子向正极迁移；c、电解池的阴极上水得电子发生还原反应；d、根据电解池的工作原理知识来回答解答：解：a、混合动力车上坡或加速时，属于原电池的工作原理，电动机提供推动力，是电池放电，由图转化关系可知，niooh转变为ni（oh）2，电极反应式为niooh+h2o+e=ni（oh）2+oh，乙电极周围因氢氧根离子的浓度增大，ph将增大，故a错误；b、放电过程为原电池，原电池工作时，溶液中的阳离子钾离子向，正极即乙电极迁移，故b错误；c、在刹车和下坡时电池处于充电状态即电解池的工作原理，甲电极是阴极，氢离子发生得电子发生还原反应，电极反应式为2h2o+2e=h2+2oh，故c正确；d、在刹车和下坡时，属于电解池的工作原理，乙电极为阳极，是氢氧化镍转化为niooh的过程，电极质量减轻，故d错误故选c点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意平时知识的积累以及基础知识的掌握，难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）（2014绍兴县校级模拟）氢氧化镁常用于制药工业，还是重要的绿色阻燃剂i、氢氧化镁为白色晶体，难溶于水，易溶于稀酸和铵盐溶液，为治疗胃酸过多的药物（1）氢氧根离子的电子式为；（2）写出氢氧化镁溶于铵盐溶液发生反应的离子方程式mg（oh）2+2nh4+=mg2+2nh3+2h2o、已知：mg （s）+2h2o（g）mg（oh）2（s）+h2（g）h1=441kjmol1h2o（g）h2（g）+o2（g）h2=+242kjmol1mg（s）+o2（g）mgo（s）h3=602kjmol1（3）氢氧化镁分解的热化学方程式是mg（oh）2（s）mgo（s）+h2o（g）h=81kj/mol（4）氢氧化镁在350开始分解，500时分解完全请分析氢氧化镁可用于阻燃剂的原因是（至少写两点）氢氧化镁在350以上分解过程中要吸热，抑制可燃物温度的上升，降低燃烧速度；氢氧化镁分解过程中产生的水汽稀释了可燃性气体及氧气，可阻止燃烧、某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁（5）步骤中每消耗0.1mol保险粉（na2s2o4）转移0.6mol e，则此反应的离子方程式为6fe（oh）3+s2o42+2oh=6fe（oh）2+2so42+4h2o；（6）已知edta只能与溶液中的fe2+反应生成易溶于水的物质，不与mg（oh）2反应虽然fe（oh）2难溶于水，但步骤中随着edta的加入，最终能够将fe（oh）2除去并获得纯度高的mg（oh）2请从沉淀溶解平衡的角度加以解释fe（oh）2悬浊液中存在如下平衡：fe（oh）2（s）=fe2+（aq）+2oh（aq）当不断滴入edta时，edta将结合fe 2+促使平衡向右移动而使fe（oh）2不断溶解；为研究不同分离提纯条件下所制得阻燃剂的纯度从而确定最佳提纯条件，某研究小组各取等质量的下列4组条件下制得的阻燃剂进行含铁量的测定，结果如下：精制阻燃剂的条件阻燃剂铁含量序号提纯体系温度/加入edta质量/g加入保险粉质量/gw（fe）/（104g）1400.050.057.632400.050.106.833600.050.106.834600.100.106.51（7）若不考虑其它条件，根据上表数据，制取高纯度阻燃剂最佳条件是c（填字母）4060edta质量为0.05g edta质量为0.10g 保险粉质量为0.05g 保险粉质量为0.10gabcd考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；热化学方程式专题：实验设计题；基本概念与基本理论分析：、（1）氢氧根离子是氧原子和氢原子形成一个共用电子对，原子团得到一个电子形成阴离子；（2）氢氧化镁溶于铵盐是铵根离子结合氢氧根离子生成氨气，促进氢氧化镁溶解；、（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式得到；（4）氢氧化镁在350开始分解，500时分解完全，分解过程是吸热反应，生成水可以降温；、（5）根据转移电子数确定生成物，从而写出离子方程式为；（6）根据难溶电解质的溶解平衡分析（7）根据温度不同、edta质量不同、保险粉质量不同时与阻燃剂含铁量的关系分析解答：解：、（1）氢氧根离子是氧原子和氢原子形成一个共用电子对，原子团得到一个电子形成阴离子，氢氧根离子电子式为：；故答案为：；（2）氢氧化镁溶于铵盐溶液，生成氨气，发生反应的离子方程式：mg（oh）2+2nh4+=mg2+2nh3+2h2o；故答案为：mg（oh）2+2nh4+=mg2+2nh3+2h2o；、（3）mg（s）+2h2o（g）=mg（oh）2（s）+h2（g）h1=441kjmol1 h2o（g）=h2（g）+o2（g）h2=242kjmol1mg（s）+o2（g）=mgo（s）h3=602kjmol1方程式+得：mg（oh）2（s）=mgo（s）+h2o（g）；h=81kj/mol，故答案为：mg（oh）2（s）=mgo（s）+h2o（g）；h=81kj/mol；（4）氢氧化镁在350开始分解，500时分解完全请分析氢氧化镁可用于阻燃剂的原因，氢氧化镁在350以上分解过程中要吸热，抑制可燃物温度的上升，降低燃烧速度；氢氧化镁分解过程中产生的水汽稀释了可燃性气体及氧气，可阻止燃烧；故答案为：氢氧化镁在350以上分解过程中要吸热，抑制可燃物温度的上升，降低燃烧速度；氢氧化镁分解过程中产生的水汽稀释了可燃性气体及氧气，可阻止燃烧；、（5）每消耗0.1mol保险粉（na2s2o4）转移0.6mol e，所以s2o42被氧化为硫酸根离子，氢氧化铁被还原为氢氧化亚铁，发生的离子方程式为：6fe（oh）3+s2o42+2oh=6fe（oh）2+2so42+4h2o 故答案为：6fe（oh）3+s2o42+2oh=6fe（oh）2+2so42+4h2o；（6）fe（oh）2悬浊液中存在如下平衡：fe（oh）2（s）=fe2+（aq）+2oh（aq）当不断滴入edta时，edta将结合fe 2+促使平衡向右移动而使fe（oh）2不断溶解故答案为：fe（oh）2悬浊液中存在如下平衡：fe（oh）2（s）=fe2+（aq）+2oh（aq）当不断滴入edta时，edta将结合fe 2+促使平衡向右移动而使fe（oh）2不断溶解；（7）观察实验2、3知，其它条件相同时，温度不同，铁含量相同，采取低温能抑制氢氧化镁的溶解，所以采用低温较好观察实验3、4知，其它条件相同时，edta质量越大，含铁量越低，所以选取edta质量为0.10g观察实验1、2知，其它条件相同时，保险粉质量越大，含铁量越低，所以选取保险粉质量为0.10g故选c点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡、热化学反应方程式的书写、沉淀溶解平衡的理解应用等知识点，题目难度中等，会比较不同实验得出正确结论9（15分）（2014绍兴县校级模拟）氟和氟盐是化工原料由于氟气性质活泼，很晚才制取出来（1）不能通过电解纯净的液态hf获得f2，其原因是氟化氢是共价化合物，纯液态时不电离，因而不导电；但电解液态khf2时，两极分别得到f2和h2，写出阳极上hf2放电产生气体的电极反应式hf22e=f2+h+（2）一定浓度的hf和al2（so4）3混合液中，铝的各种微粒百分含量f随ph的分布曲线如图示用naoh使混合液的ph从5调整到7，写出有关反应的离子方程式alf2+3oh=al（oh）3+2f、alf3+3oh=al（oh）3+3f；自然界里氮的固定途径之一是在闪电的作用下，n2与o2反应生成no（1）反应需要在闪电或极高温条件下发生，说明该反应a（填字母）a所需的活化能很高 b吸收的能量很多（2）在不同温度下，反应n2（g）+o2（g）2no（g）的平衡常数k如下表：温度/150018002400平衡常数k8.01053.01046.4103该反应的h0，s0（填“”、“=”或“”）已知：常温下柠檬酸（h3c6h5o7）和氢氰酸（hcn）的电离平衡常数：电离平衡常数柠檬酸ka1=7.1104ka2=1.68105ka3=4.1107氢氰酸ka=4.931010现有两瓶常温下的溶液：a溶液由0.1mol/l的柠檬酸（h3c6h5o7）和等浓度的烧碱溶液等体积混合而成；b溶液由0.2mol/l的氢氰酸（hcn）和0.1mol/l的烧碱溶液等体积混合而成两溶液的ph比较ab（填“”、“=”或“”），原因是：a是柠檬酸二氢钠（nah2c6h5o7）溶液，h2c6h5o7电离强于水解显酸性，ph小于7；b溶液是氰化钠和氢氰酸等浓度的混合溶液，cn水解强于hcn的电离，溶液显碱性，ph大于7考点：电解原理；反应热和焓变；焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：基本概念与基本理论分析：（1）氟化氢是共价化合物，纯液态不导电；阳极发生氧化反应，hf2在阳极上放电，生成f2与h+；（2）由图可知溶液ph=5时，混合液中铝的微粒为alf2+、alf3，ph值=7时，铝的微粒为al（oh）3，即alf2+、alf3与oh反应生成al（oh）3、f；（1）自然界里氮的固定途径之一是在闪电的作用下，n2与o2反应生成no，说明该反应难以进行，反应的活化能高；（2）根据图表中的平衡常数随温度变化趋势是，温度越高，k值越大；因反应在高温下能自发，所以s0；、a是柠檬酸二氢钠（nah2c6h5o7）溶液，h2c6h5o7电离强于水解显酸性，ph小于7；b溶液是氰化钠和氢氰酸等浓度的混合溶液，cn水解强于hcn的电离，溶液显碱性，ph大于7解答：解：（1）氟化氢是共价化合物，纯液态时不电离，因而不导电，故不能通过电解纯净的液态hf获得f2；阳极发生氧化反应，hf2在阳极上放电，生成f2与h+，电极反应式为hf22e=f2+h+，故答案为：氟化氢是共价化合物，纯液态时不电离，因而不导电；hf22e=f2+h+；（2）由图可知溶液ph=5时，混合液中铝的微粒为alf2+、alf3，ph值=7时，铝的微粒为al（oh）3，即alf2+、alf3与oh反应生成al（oh）3、f，反应离子方程式为alf2+3oh=al（oh）3+2f、alf3+3oh=al（oh）3+3f，故答案为：alf2+3oh=al（oh）3+2f、alf3+3oh=al（oh）3+3f；（1）闪电或者高温，主要是提供能量 给n2分子，让其破坏变成氮原子，因此，只能说明 引发反应所需要的能量高即活化能，不能说明反应吸收的能量高；故答案为：a；（2）在不同温度下，反应n2（g）+o2（g）2no（g）的平衡常数k随温度升高k值增大，所以正反应方向是吸热反应，h0，因反应在高温下能自发，所以s0，故答案为：；因为h2c6h5o7电离强于水解显酸性，而cn水解强于hcn的电离，溶液显碱性，故答案为：；a是柠檬酸二氢钠（nah2c6h5o7）溶液，h2c6h5o7电离强于水解显酸性，ph小于7；b溶液是氰化钠和氢氰酸等浓度的混合溶液，cn水解强于hcn的电离，溶液显碱性，ph大于7点评：本题考查化学平衡常数的含义、读图获取信息能力等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用知识分析问题、解决问题的能力10（14分）（2014绍兴县校级模拟）苯甲酸乙酯（c9h10o2）稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等其制备方法为：已知（mr=122）（mr=150）颜色、状态沸点（）密度（gcm3）苯甲酸*无色、片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯无色澄清液体212.61.05乙醇无色澄清液体78.30.7893环己烷无色澄清液体80.80.7318苯甲酸在100会迅速升华实验步骤如下：在100ml圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25ml乙醇（过量）、20ml环己烷，以及4ml浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图所示装好仪器，并在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，控制温度在6570加热回流2h反应时环己烷乙醇水会形成“共沸物”（沸点62.6）蒸馏出来在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，注意保持分水器中水层液面原来的高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入na2co3至溶液呈中性用分液漏斗分出有机层，水层用25ml乙醚萃取分液，然后合并至有机层加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏（装置如图所示），低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210213的馏分检验合格，测得产品体积为12.86ml回答下列问题：（1）步骤中使用分水器不断分离除去水的目的是分离产生的水，使平衡向正反应方向移动，提高转化率（2）反应结束的标志分水器中的水层不再增加时，视为反应的终点（3）步骤中应控制馏分的温度在ca6570b7880c8590d215220（4）若na2co3加入不足，在步骤蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100时发生升华（5）关于步骤中的分液操作叙述正确的是ada水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞将分液漏斗倒转过来，用力振摇b振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气c经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层d放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）蒸馏时所用的玻璃仪器除了酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶外还有蒸馏烧瓶，温度计（7）该实验的产率为90%考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）减少生成物能促进平衡向正反应方向移动；（2）根据分水器中水位判断；（3）温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于212.6，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点；（4）白烟是固体小颗粒，因为苯甲酸在100会迅速升华，所以可能是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸；（5）分流漏斗的使用方法，必须将水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞将分液漏斗倒转过来，用力振摇，而且放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，只有这样液体才能顺利流下；（6）蒸馏时所用的玻璃仪器有酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶、蒸馏烧瓶、温度计，由此分析解答；（7）实验的产率=解答：解：（1）分离器分离出生成的水，减少生成物从而使该反应向正反应方向移动，提高转化率；故答案为：分离产生的水，使平衡向正反应方向移动，提高转化率；（2）当该反应完成后，就不再生成水，则加热回流至分水器中水位不再上升，故答案为：分水器中的水层不再增加时，视为反应的终点；（3）温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于212.6，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点80.8，故答案为：c；（4）白烟是固体小