广东省揭阳一中高三化学上学期第一次段考试题（含解析）.doc

2015-2016学年广东省揭阳一中高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1分子式为c5h12o且可与钠反应放出氢气的有机化合物共有（不考虑立体异构）（）a6种b7种c8种d9种2下列离子方程式书写正确的是（）a过量的so2通入naoh溶液中：so2+2ohso32+h2obfe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液：2fe3+2i2fe2+i2cnano2溶液中加入酸性kmno4溶液：2mno4+5no2+6h+2mn2+5no3+3h2odnahco3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液：2hco3+ba2+2ohbaco3+2h2o+co323设na 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a在1mol cac2、khso4、na2o2三种离子化合物中，所含阴、阳离子的总数均为3nab1molcu和足量热浓硫酸反应可生成na个so3分子c3mol单质fe完全转变为fe3o4，失去8na个电子d78gna2o2与足量水反应转移的电子数为2na4下列说法正确的是（） 元素 有关信息 x 所在主族序数与所在周期序数之差为4，在该周期中原子半径最小 y 在最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子 z 单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏 w地壳中含量最高的金属元素aw与y的最高价氧化物对应的水化物之间可相互反应b原子半径的大小顺序为：rxryrwc向浓zx3溶液中滴加少量的na2so3溶液，可产生大量沉淀和气体d可用电解w与x形成的化合物来制取w单质5黄铜矿（cufes2）常用于提炼金属铜黄铜矿焙烧过程中所发生的反应比较复杂，其中主要反应之一的化学方程式为2cufes2+o2+2fes+so2（已配平），则下列关于该反应的说法错误的是（）a方框中的物质应为cu2sb该反应的部分产物可用于硫酸工业c反应中so2既是氧化产物又是还原产物d反应中若有1 mol so2生成，则一定有4 mol电子发生转移6已知两种弱酸的酸性：hahb，在常温下下列各项比较中正确的是（）a两种溶液：0.1mol/l ha溶液；0.1mol/l hb溶液，分别与0.1mol/l naoh溶液等体积混合后溶液中，c（h+）：b等物质的量浓度的ha溶液与nab溶液等体积的混合液：2c（na+）（a）+c（b）+c（ha）+c（hb）cph=9的三种溶液nab；nh3h2o；naoh，由水电离出的c（oh）：d物质的量浓度相等的naa与nab两溶液中：c（b）c（a）7下列图象表达正确的是（）a表示25时，用0.1moll1盐酸滴定20ml 0.1moll1氨水b表示常温下，等量锌粉分别与两份足量的等体积等浓度的盐酸反应c表示向cacl2和盐酸的混合溶液中滴加na2co3溶液d表示向盐酸溶液中滴入氨水二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015秋揭阳校级月考）硫酸亚铁晶体（ feso47h2o）俗称绿矾，加热至高温会发生分解，为确定绿矾分解产生的非金属氧化物，进行如下探究（1）假设1：非金属氧化物为so2；假设2：非金属氧化物为so3；假设3（2）现设计如下所示实验装置（图中铁架台略去），检验绿矾的分解产物按上述装置进行实验，同学们观察到如下现象： 装置 现象 结论 a 固体呈红棕色，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液 b 无水硫酸铜变蓝 c 高锰酸钾溶液褪色（3）结合实验现象，理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质so3其理论依据是（4）为证明反应产生了so3，应在b、c之间补充一个装置，请你在下表中画出实验装置图（气流方向：左一右），注明药品的名称可供选择的药品有1mol/l naoh溶液、0.5mol/l bacl2溶液、0.5mol/l ba（ n03）2溶液 装置示意图 现象及结论说明分解产物so3（5）根据上述实验，写出绿矾高温分解的化学方程式9（15分）（2015秋揭阳校级月考）七铝十二钙（12cao7al2o3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含caco3和mgco3）和废al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含mgo和，用适量的nh4no3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液i中c（mg2+）小于5106moll1，则溶液ph大于 （mg（oh）2的ksp=51012）；该工艺中不能用（nh4）2so4代替nh4no3，原因是（2）滤液i中的阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液i中仅通入co2，会生成，从而导致caco3产率降低（3）用naoh溶液可除去废al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为（4）电解制备al（oh）3时，电极分别为al片和石墨，电解总反应方程式为（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时alcl4和al2cl7两种离子在al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极al的电极反应式为10（14分）（2015秋揭阳校级月考）研究no2、so2、co等大气污染气体的处理具有重要意义（1）no2可用水吸收，相应的化学反应方程式为利用反应6no2+8nh37n2+12h2o也可处理no2当转移1.2mol电子时，消耗的no2在标准状况下是l（2）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kj/mol；2no（g）+o2（g）2no2（g）h=113.0kj/mol；则反应no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h 的h= kj/mol一定条件下，将no2与so2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是a体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cso3和n的体积比保持不变 d每消耗1mol so3的同时生成1mol no2测得上述反应平衡时no2与so2的体积比为1：6，则平衡常数k=（3）co可用于合成甲醇，反应方程式为co（g）+2h2（g）ch3oh（g）hco在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示该反应h0（填“”或“”）实际生产条件控制在250、1.3104 kpa左右，选择此压强的理由【化学一选修5：有机化学基础】11（15分）（2015广东）有机锌试剂（rznbr）与酰氯（）偶联可用于制备药物：（1）化合物的分子式为（2）关于化合物，下列说法正确的有（双选） a可以发生水解反应 b可与新制cu（oh）2共热生成红色沉淀 c可与fecl3溶液反应显紫色 d可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应（3）化合物含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径合成路线的表示方式完成途径2中由到的合成路线：（标明反应试剂，忽略反应条件）（4）化合物v的核磁共振氢谱中峰的组数为以h替代化合物中的znbr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有种（不考虑手性异构）（5）化合物和反应可直接得到，则化合物的结构简式为2015-2016学年广东省揭阳一中高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1分子式为c5h12o且可与钠反应放出氢气的有机化合物共有（不考虑立体异构）（）a6种b7种c8种d9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c5h12o的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有oh，则该物质为戊醇，书写戊基c5h11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目【解答】解：分子式为c5h12o的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有oh，该物质为戊醇，戊基c5h11可能的结构有：ch2ch2ch2ch2ch3、ch（ch3）ch2ch2ch3、ch（ch2ch3）2、chch（ch3）ch2ch3、c（ch3）2ch2ch3、c（ch3）ch（ch3）2、ch2ch2ch（ch3）2、ch2c（ch3）3，所以该有机物的可能结构有8种；故选：c【点评】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，利用烃基异构判断，比书写戊醇的同分异构体容易2下列离子方程式书写正确的是（）a过量的so2通入naoh溶液中：so2+2ohso32+h2obfe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液：2fe3+2i2fe2+i2cnano2溶液中加入酸性kmno4溶液：2mno4+5no2+6h+2mn2+5no3+3h2odnahco3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液：2hco3+ba2+2ohbaco3+2h2o+co32【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】a、过量的so2通入naoh溶液中得到亚硫酸氢盐；b、硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化；c、酸性kmno4溶液具有强氧化性，能将nano2溶液氧化；d、nahco3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液时，碳酸氢钠全反应，氢氧化钡会剩余【解答】解：a、过量的so2通入naoh溶液中发生的反应为：so2+ohhso3，故a错误；b、fe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故b错误；c、nano2溶液中加入酸性kmno4溶液发生氧化还原反应，实质是：2mno4+5no2+6h+2mn2+5no3+3h2o，故c正确；d、nahco3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液发生的反应为：hco3+ba2+ohbaco3+h2o，故d错误故选c【点评】本题是一道关于离子方程式书写的正误判断知识题目，注意量的多少对反应的影响，难度不大3设na 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a在1mol cac2、khso4、na2o2三种离子化合物中，所含阴、阳离子的总数均为3nab1molcu和足量热浓硫酸反应可生成na个so3分子c3mol单质fe完全转变为fe3o4，失去8na个电子d78gna2o2与足量水反应转移的电子数为2na【考点】阿伏加德罗常数 【分析】a、cac2由ca2+和c22构成，khso4由k+和hso42构成，na2o2由2个na+和1个o22构成；b、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫；c、根据反应后铁元素变为+价来分析；d、过氧化钠与水的反应为歧化反应【解答】解：a、cac2由ca2+和c22构成，khso4由k+和hso42构成，na2o2由2个na+和1个o22构成，故1molcac2和khso4中均只含2mol离子，则在1mol cac2、khso4、na2o2三种离子化合物中，所含阴、阳离子的总数介于2na到3na之间，故a错误；b、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，生不成三氧化硫，故b错误；c、反应后铁元素变为+价，故3mol铁失去8mol电子即8na个，故c正确；d、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即na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，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键4下列说法正确的是（） 元素 有关信息 x 所在主族序数与所在周期序数之差为4，在该周期中原子半径最小 y 在最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子 z 单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏 w地壳中含量最高的金属元素aw与y的最高价氧化物对应的水化物之间可相互反应b原子半径的大小顺序为：rxryrwc向浓zx3溶液中滴加少量的na2so3溶液，可产生大量沉淀和气体d可用电解w与x形成的化合物来制取w单质【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】x元素所在主族序数与所在周期序数之差为4，x处于第三周期第a族或第二周期第a族，为cl或o，且x在该周期中原子半径最小，则x为cl元素；y元素最高价氧化物对应的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子，则y为na元素；z元素单质是生活中的常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则z为fe元素；w地壳中含量最高的金属元素，则w为al元素，据此进行判断【解答】解：x元素所在主族序数与所在周期序数之差为4，x处于第三周期第a族或第二周期第a族，为cl或o，且x在该周期中原子半径最小，则x为cl元素；y元素最高价氧化物对应的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子，则y为na元素；z元素单质是生活中的常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则z为fe元素；w地壳中含量最高的金属元素，则w为al元素，aw与y的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、氢氧化钠，氢氧化铝与氢氧化钠之间可相互反应生成偏铝酸钠和水，故a正确；bx、y、w分别为cl、na、al，三者原子的电子层相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：naalcl，即：ryrwrx，故b错误；czx3为fecl3，向浓fecl3溶液中滴加少量的na2so3溶液，二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化亚铁，不会生成沉淀和气体，故c错误；dw与x形成的化合物为氯化铝，氯化铝为共价化合物，融融氯化铝不导电，无法通过电解融融氯化铝获得金属铝，通常通过电解融融氧化铝获得铝，故d错误；故选a【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表之间的关系5黄铜矿（cufes2）常用于提炼金属铜黄铜矿焙烧过程中所发生的反应比较复杂，其中主要反应之一的化学方程式为2cufes2+o2+2fes+so2（已配平），则下列关于该反应的说法错误的是（）a方框中的物质应为cu2sb该反应的部分产物可用于硫酸工业c反应中so2既是氧化产物又是还原产物d反应中若有1 mol so2生成，则一定有4 mol电子发生转移【考点】氧化还原反应 【分析】2cufes2+o2=+2fes+so2中，o元素化合价由0降低为2价，s元素的化合价升高，由2价升高为+4价，根据质量守恒定律可知，方框中的物质应是cu2s，以此来解答【解答】解：a根据质量守恒定律可知，方框中的物质应是cu2s，故a正确；b二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，则可用于硫酸工业，故b正确；c反应中元素化合价由0降低为2价，s元素的化合价升高，由2价升高带+4价，则so2既是氧化产物，又是还原产物，故c正确；d若有1 mol so2生成，由s元素的化合价升高可知，由2价升高为+4价，则反应中有1mol（4+2）=6mol电子转移，故d错误；故选d【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及转移电子的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大6已知两种弱酸的酸性：hahb，在常温下下列各项比较中正确的是（）a两种溶液：0.1mol/l ha溶液；0.1mol/l hb溶液，分别与0.1mol/l naoh溶液等体积混合后溶液中，c（h+）：b等物质的量浓度的ha溶液与nab溶液等体积的混合液：2c（na+）（a）+c（b）+c（ha）+c（hb）cph=9的三种溶液nab；nh3h2o；naoh，由水电离出的c（oh）：d物质的量浓度相等的naa与nab两溶液中：c（b）c（a）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【分析】a从影响弱电解质的电离平衡的角度分析；b从物料守恒的角度分析；c盐的水解促进水的电离；d从盐类水解的程度判断【解答】解：a.0.3mol/l ha溶液与0.1mol/lnaoh溶液等体积的混合后生成c（ha）=0.1mol/l，c（a）=0.05mol/l，中c（a）大于，抑制ha的电离，则c（h+）：，故a错误；b根据物料守恒，等物质的量浓度的ha溶液与nab溶液等体积的混合液中存在：c（a）+c（ha）=c（b）+c（hb）=c（na+），则有：2c（na+）=c（a）+c（b）+c（ha）+c（hb），故b正确；cph=9的三种溶液nab促进水的电离，水的电离程度最大；nh3h2o和naoh都抑制水的电离，水的电离程度相同，则有=，故c错误；d物质的量浓度相等的naa与kb两溶液中，由于弱酸的酸性：hahb，a的水解程度小于b，所以c（a）c（b），故d错误故选b【点评】本题考查离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等问题，题目难度较大，本题注意b项为易错点，注意根据酸性的强弱判断盐类水解的程度7下列图象表达正确的是（）a表示25时，用0.1moll1盐酸滴定20ml 0.1moll1氨水b表示常温下，等量锌粉分别与两份足量的等体积等浓度的盐酸反应c表示向cacl2和盐酸的混合溶液中滴加na2co3溶液d表示向盐酸溶液中滴入氨水【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的有关计算 【专题】图像图表题【分析】a、根据 0.1moll1氨水的ph小于13来判断；b、原电池可加快化学反应速率，氢气的质量由锌粉的质量决定；c、cacl2和盐酸的混合溶液中滴加na2co3溶液，碳酸钠首先与盐酸反应；d、根据向盐酸溶液中滴入氨水溶液中离子浓度的变化来回答【解答】解：a、滴定前0.1moll1氨水的ph小于13，与图象不符，故a错误；b、锌粉与硫酸铜反应生成了铜，消耗了锌粉，锌粉、铜和盐酸构成了原电池，加快了化学反应速率，但产生的氢气减少，故b错误；c、cacl2和盐酸的混合溶液中滴加na2co3溶液，碳酸钠首先与盐酸反应，所以开始没有沉淀生成，盐酸反应完全后有碳酸钙沉淀生成，故c正确；d、向盐酸溶液中滴入氨水，生成氯化铵，溶液中离子浓度不变，恰好反应后继续滴加，溶液相当于稀释，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，故d错误；故选c【点评】本题以图象的形式考查了中和滴定、化学反应的先后顺序、原电池对化学反应速率的影响等，涉及知识点较多，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015秋揭阳校级月考）硫酸亚铁晶体（ feso47h2o）俗称绿矾，加热至高温会发生分解，为确定绿矾分解产生的非金属氧化物，进行如下探究（1）假设1：非金属氧化物为so2；假设2：非金属氧化物为so3；假设3非金属氧化物so2、so3（2）现设计如下所示实验装置（图中铁架台略去），检验绿矾的分解产物按上述装置进行实验，同学们观察到如下现象： 装置 现象 结论 a 固体呈红棕色，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液 b 无水硫酸铜变蓝 c 高锰酸钾溶液褪色（3）结合实验现象，理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质so3其理论依据是每两个feso4分解生成1个fe2o3后剩余s、o原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成fe2o3和so2，s和o之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质so3；（4）为证明反应产生了so3，应在b、c之间补充一个装置，请你在下表中画出实验装置图（气流方向：左一右），注明药品的名称可供选择的药品有1mol/l naoh溶液、0.5mol/l bacl2溶液、0.5mol/l ba（ n03）2溶液 装置示意图 现象及结论有白色沉淀生成说明分解产物so3（5）根据上述实验，写出绿矾高温分解的化学方程式2feso47h2o fe2o3+so2+so3+14h2o【考点】性质实验方案的设计 【分析】（1）猜想1：非金属氧化物为so2猜想2：非金属氧化物so3猜想3：非金属氧化物so2、so3（2）固体呈红棕色，生成了氧化铁，无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色；（3）运用质量守恒定律，硫酸亚铁晶体加热会失去结晶水，高温会继续分解产生金属氧化物和非金属氧化物，三氧化二铁是红棕色固体，能和稀盐酸反应生成可溶性的黄色物质来解答此题；（4）据硫酸根离子的检验，瓶中物质应为氯化钡溶液；（5）绿矾高温分解生成氧化铁，二氧化硫，三氧化硫和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写【解答】解：（1）依据硫元素化合价变化结合电子守恒分析，猜想1：非金属氧化 物为so2猜想2：非金属氧化物so3猜想3：非金属氧化物so2、so3故答案为：非金属氧化物so2、so3；（2）固体呈红棕色，生成了氧化铁，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液为氯化铁溶液，据无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，可否认猜想中的2，得到结论为：分解产生h2o、fe2o3、so2，故答案为：分解产生h2o、fe2o3、so2；（3）根据质量守恒定律，化学反应前后元素原子的种类个数不变，因每两个feso4分解生成1个fe2o3后剩余s、o原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成fe2o3和so2，s和o之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质so3，故答案为：每两个feso4分解生成1个fe2o3后剩余s、o原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成fe2o3和so2，s和o之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质so3；（4）虚线方框装置中bac12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有so3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，装置图为：瓶内为0.5mol/l的bac12溶液，故答案为：瓶内为0.5mol/l的bac12溶液，有白色沉淀生成；（5）绿矾高温分解生成氧化铁，二氧化硫，三氧化硫和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写得到化学方程式为：2feso47h2ofe2o3+so2+so3+14h2o，故答案为：2feso47h2ofe2o3+so2+so3+14h2o【点评】本题考查了物质存在和性质的实验探究方法和实验设计判断，氧化还原反应和盐类水解的分析应用是解题关键9（15分）（2015秋揭阳校级月考）七铝十二钙（12cao7al2o3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含caco3和mgco3）和废al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含mgo和cao，用适量的nh4no3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液i中c（mg2+）小于5106moll1，则溶液ph大于11 （mg（oh）2的ksp=51012）；该工艺中不能用（nh4）2so4代替nh4no3，原因是caso4微溶于水，用（nh4）2so4代替nh4no3，会生成caso4沉淀引起ca2+的损失（2）滤液i中的阴离子有no3、oh（忽略杂质成分的影响）；若滤液i中仅通入co2，会生成ca（hco3）2，从而导致caco3产率降低（3）用naoh溶液可除去废al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为al2o3+2oh2alo2+h2o（4）电解制备al（oh）3时，电极分别为al片和石墨，电解总反应方程式为2al+6h2o2al（oh）3+3h2（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时alcl4和al2cl7两种离子在al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极al的电极反应式为al3e+7alcl4=4al2cl7【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理 【分析】（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量nh4no3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得mg（oh）2的饱和溶液，根据mg（oh）2的ksp来计算；caso4微溶于水；（2）在锻粉中加入适量的nh4no3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于nh4no3溶液水解显酸性，与cao反应生成ca（no3）2和nh3h2o，故过滤后溶液中含ca（no3）2和nh3h2o，将co2和nh3通入滤液i中后发生反应：ca（no3）2+2nh3+co2+h2o=caco3+2nh4no3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液中仅通入co2，会造成co2过量，据此分析产物；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（4）用al片和石墨作电极来制备al（oh）3，故al做阳极，据此分析；（5）放电时负极电极本身al放电，失电子，根据alcl4和al2cl7中铝元素和氯元素的比例来确定做alcl4做反应物而生成al2cl7；【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：caco3cao+co2，mgco3mgo+co2，故所得锻粉主要含mgo和cao；用适量nh4no3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得mg（oh）2的饱和溶液，根据mg（oh）2的ksp可知：ksp=c（mg2+）c2（oh）=51012，而c（mg2+）小于5106moll1，故c（oh）大于103mol/l，则溶液中的c（h+）小于1011mol/l，溶液的ph大于11；caso4微溶于水，如果用（nh4）2so4代替nh4no3，会生成caso4沉淀引起ca2+的损失，故答案为：cao；11；caso4微溶于水，用（nh4）2so4代替nh4no3，会生成caso4沉淀引起ca2+的损失；（2）在锻粉中加入适量的nh4no3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于nh4no3溶液水解显酸性，与cao反应生成ca（no3）2和nh3h2o，故过滤后溶液中含ca（no3）2和nh3h2o，将co2和nh3通入滤液i中后发生反应：ca（no3）2+2nh3+co2+h2o=caco3+2nh4no3，故滤液中的阴离子主要为no3，还含有oh；若滤液中仅通入co2，会造成co2过量，则会生成ca（hco3）2，从而导致caco3产率降低，故答案为：no3、oh；ca（hco3）2；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为al2o3+2oh2alo2+h2o，故答案为：al2o3+2oh2alo2+h2o；（4）用al片和石墨作电极来制备al（oh）3，故al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：al3e=al3+，阴极上是来自于水的h+放电：2h2o+2e=2oh+h2 将2+3可得总反应：2al+6h2o2al（oh）3+3h2，故答案为：2al+6h2o2al（oh）3+3h2；（5）放电时负极电极本身al放电，失电子，由于alcl4中氯元素的含量高于al2cl7中氯元素的含量，故alcl4做反应物而al2cl7为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：al3e+7alcl4=4al2cl7，故答案为：al3e+7alcl4=4al2cl7【点评】本题是一道非常典型的工艺流程图题，综合性较强，综合了元素化合物、电解池和原电池的知识考查，难度较大10（14分）（2015秋揭阳校级月考）研究no2、so2、co等大气污染气体的处理具有重要意义（1）no2可用水吸收，相应的化学反应方程式为3no2+h2o=2hno3+no利用反应6no2+8nh37n2+12h2o也可处理no2当转移1.2mol电子时，消耗的no2在标准状况下是6.72l（2）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kj/mol；2no（g）+o2（g）2no2（g）h=113.0kj/mol；则反应no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h 的h=41.8 kj/mol一定条件下，将no2与so2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是ba体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cso3和n的体积比保持不变 d每消耗1mol so3的同时生成1mol no2测得上述反应平衡时no2与so2的体积比为1：6，则平衡常数k=（3）co可用于合成甲醇，反应方程式为co（g）+2h2（g）ch3oh（g）hco在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示该反应h0（填“”或“”）实际生产条件控制在250、1.3104 kpa左右，选择此压强的理由在1.3104kpa下，co的转化率已经很高，如果增加压强co的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）根据化合价的变化结合方程式计算；（2）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；（3）从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时co的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动【解答】解：（1）no2可用水吸收，相应的化学反应方程式为：3no2+h2o=2hno3+no，反应6no2+8nh37n2+12h2o中，6no2中n元素化合价降低，由+4价降低到0价，则6molno2参加反应，转移24mol电子，所以当转移1.2mol电子时，消耗no20.3mol，体积为6.72l，故答案为：3no2+h2o=2hno3+no，6.72；（2）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol12no（g）+o2（g）2no2（g）h=113.0kjmol1，利用盖斯定律将得no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=（196.6kjmol1）（113.0kjmol1）=41.8kjmol1，a无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故a错误；b混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；cso3和no的计量数之比为1：1，无论是否达到平衡，二者的体积比保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故c错误；d物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1mol so3的同时生成1molno2，不能判断是否达到平衡状态，故d错误 no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g） 起始物质的体积 a 2a 0 0转化物质的体积 x x x x平衡物质的体积 ax 2ax x x平衡时no2与so2体积比为1：6，即（1ax）：（2ax）=1：6，故x=a，故平衡常数k=，故答案为：41.8；b；（3）从横坐标上一点0.5处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时co的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动第二问：实际生产条件控制在250、1.3104kpa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大故答案为：；在1.3104kpa下，co的转化率已经很高，如果增加压强co的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低【点评】本题以no2、so2、co等物质为载体，综合考查化学平衡移动、盖斯定律以及平衡常数