化学高考模拟卷-高三化学试题含答案-哈尔滨九中高考化学三模化学试卷及答案

1、精选优质文档-倾情为你奉上2015年黑龙江省哈尔滨九中高考化学三模试卷一、选择题（本题包括13小题，每题只有一个选项符合题意，每题6分）1下列说法正确的是( )A胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象B煤的气化、石油分馏、海水制镁、海带提碘等过程中都包含化学变化C棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝、羊毛和人造丝的主要成分都是蛋白质D甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸，而甲烷不反应，说明苯环能够使甲基变活泼2某X溶液可使甲基橙呈红色，在该溶液中可能含有K+、Fe2+、A13+、NH4+、CO32、SO32、SO42、AlO2、SiO32、C1中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验

2、过程现象及产物如下，下列说法正确的是( )AX中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、C1BX中不能确定的离子是 K+和C1C沉淀G在空气中放置过程中，沉淀颜色会由白色变为灰绿色最后变为红褐色D标准状况下将一试管D气体倒扣在水槽中充分吸收（假设所得溶液没有扩散），所得溶液物质的量浓度约为0.036mol/L3下列图示与对应的叙述不相符的是( )A如图表示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如图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如图表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲线

3、D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强4某有机物A的分子式为C10H14O，已知A为芳香族化合物，苯环含有两个取代基，苯环上的一溴代物只有两种；又知A既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应则A的结构共有( )A5种 B6种 C7种 D8种5下列装置能达到实验目的是( )A实验室制乙烯B实验室制少量CO2C比较不同催化剂对反应速率的影响D比较氯、碳、硅三种元素的非金属性6短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，D元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，四种

4、元素原子的核电荷数之和为36则下列叙述正确的是( )AC元素的单质在B元素的单质中燃烧，产物1mol与足量的水反应转移电子数为NAB由上述元素形成的化合物只有一种具有漂白性CB、C、D三种元素形成的化合物的水溶液用惰性电极电解时，溶液pH一定不变DA、B形成化合物的沸点高于A、C形成化合物的沸点，因为前者分子间形成了氢键7取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896L NO2气体和0.672LN2O4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g则合金中铜与镁的物质的量之比等于( )A1：1 B2：1C2：3 D3：2三、

5、（非选择题）：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（13分）PM2.5污染跟工业燃煤密切相关，燃煤还同时排放大量的SO2和NOX（1）在一定条件下，SO2气体可被氧气氧化，每生成8g SO3气体，放出9.83kJ的热量，写出该反应的热化学方程式_若起始时向密闭容器内充入0.4mol SO2和0.2mol O2，达平衡后放出的热量为Q，则Q_39.32kJ（填“”、“”或“=”）（2）一定条件下，在恒容密闭的容器中，当上述反应达到平衡时，下列说法正确的是_（填序号）a.2v逆（SO2

6、）=v正（O2） bH保持不变c混合气体密度保持不变 d混合气体的平均相对分子质量保持不变（3）500时，在催化剂存在条件下，分别将2mol SO2和1mol O2置于恒压容器I和恒容容器II中（两容器起始容积相同，），充分反应均达到平衡后，两容器中SO2的转化率关系是I_II（填“”、“”或“=”）若测得容器II中的压强减小了30%，则该容器中SO3体积分数为_（结果保留3位有效数字）（4）将生成的SO3溶于水，再向溶液中通入NH3得到1L cmol/L（NH4）2SO4溶液的PH=5，计算该（NH4）2SO4溶液的水解平衡常数Kh=_（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作原电池，其装置见

7、右图该电池中Na+向_电极移动（填“”或“”），在电池使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为_9（16分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂已知 NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出固体是无水NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl利用下图所示装置制备亚氯酸钠完成下列填空：（1）组装好仪器后，检查装置气密性的操作是_（2）装置中用NaClO3、Na2SO3和浓H2SO4反应制得ClO2，写出该反应的化学方程式_，装置发生反应的离子方程式为_（3）装置反应后的溶液中还含有少量NaOH杂质，从该溶液获得

8、无水NaClO2晶体的操作步骤为：50左右蒸发结晶；_；用50左右的温水洗涤；低于60干燥，得到成品步骤中用50左右的温水洗涤的原因是_实验序号滴定前读数/mL滴定后读数/mL10.0019.9623.2623.3031.1023.40（4）准确称取所得亚氯酸钠样品10.0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应将所得混合液配成250mL待测溶液取25.00mL待测液，用2.0molL1Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为_重复滴定3次，测得数据如表所示，则该样品中NaClO2的质量分数为_

9、（5）在实验过程中，下列操作会使实验结果偏高的是_a读取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数b配制250mL待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线c盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗d盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失（6）已知常温下Ka（HClO2）=1×102、Ka（CH3COOH）=1.75×105，则0.1mol/L的HClO2溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_10（14分）电解法促进橄榄石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工艺流程如下：已知：Mg2S

10、iO4（s）+4HCl（aq）2MgCl2（aq）+SiO2 （s）+2H2O（l）H=49.04kJmol1（1）橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为_（2）图1虚框内需要补充一步工业生产的名称为_（3）下列物质中也可用作“固碳”的是_（填字母）aCaCl2 bH2NCH2COONa c（NH4）2CO3（4）由图2可知，90后曲线A溶解效率下降，分析其原因_（5）过滤所得滤液中含有Fe2+，检验该离子方法为_（6）过程为除去滤液中的杂质，写出该除杂过程所涉及反应的离子方程式_、_11银、铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图所示：（1）

11、熔炼时被氧化的元素是_，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_，固体B转化为CuAlO2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：_CuO+_Al2O3_+_（3）若残渣A中含有n mol Ag，将该残渣全部与足量的稀HNO3置于某容器中进行反应，写出反应的化学方程式_为彻底消除污染，可将反应中产生的气体与V L（标准状况）空气混合通入水中，则V至少为_L（设空气中氧气的体积分数为0.2）（4）已知2Cu+ Cu+Cu2+，试分析CuAlO2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后，产生现象的异同点_（5）假设粗银中的杂质只有少量

12、的铜，利用电化学方法对其进行精炼，则粗银应与电源的_极相连，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差_g12Fe2+、Fe3+与O22、CN、F、有机分子等形成的化合物具有广泛的应用（1）N、O、F三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是_（2）基态Fe3+核外M能层的电子排布式为_（3）铁有、三种同素异形体（如图1），则晶胞原子堆积名称为_假设各种晶型的铁单质都是由半径为r的铁原子堆积而成，则晶胞与晶胞的密度比为_（列式并化简）（4）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图2所示此物质中碳原子的杂化方式有_（5）配合物K3Fe（CN）6可用于电子传感器的制作与配

13、体互为等电子体的一种分子的电子式为_已知（CN）2是直线形分子，并具有对称性，则（CN）2中键和键的个数比为_（6）F不仅可与Fe3+形成FeF63，还可以与Mg2+、K+形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，结构如图3所示该晶体的化学式为_在该晶体中与一个F距离最近且相等的F的个数为_13有机物A常用于食品加工和有机合成以A为原料制备阴离子树脂M和新型聚酯材料N等的合成路线如下：已知：IRCHCHOH不稳定，很快转化为RCH2CHO（1）反应的反应类型是_（2）B中官能团的名称是_（3）D与新制Cu（OH）2反应的化学方程式是_（4）下列关于E的说法正确的是_a不溶于水b能与H2

14、发生还原反应c能被酸性重铬酸钾溶液氧化d与NaOH醇溶液共热发生消去反应（5）M的结构简式是_（6）反应的化学方程式是_（7）A的属于酯类的同分异构体有_种，其中只含一个甲基的同分异构体的结构简式是_参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题，每题只有一个选项符合题意，每题6分）1下列说法正确的是( )A胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象B煤的气化、石油分馏、海水制镁、海带提碘等过程中都包含化学变化C棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝、羊毛和人造丝的主要成分都是蛋白质D甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸，而甲烷不反应，说明苯环能够使甲基变活泼【考点】分散系、胶体与溶液的概

15、念及关系；物理变化与化学变化的区别与联系；有机分子中基团之间的关系；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【分析】A胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm100nm之间； B有新物质的变化属于化学变化；C人造丝的主要成分是合成纤维；D苯环影响甲基，使甲基易被氧化【解答】解：A胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm100nm之间，胶体具有丁达尔效应，但不是本质特征，故A错误； B石油分馏没有新物质生成，是物理变化，故B错误；C棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝、羊毛的主要成分都是蛋白质，人造丝的主要成分是合成纤维，故C错误；D苯环影响甲基，使甲基易被氧化，则甲苯

16、能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团和性质的关系，熟悉胶体、化学变化、苯的性质即可解答，题目难度不大2某X溶液可使甲基橙呈红色，在该溶液中可能含有K+、Fe2+、A13+、NH4+、CO32、SO32、SO42、AlO2、SiO32、C1中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程现象及产物如下，下列说法正确的是( )AX中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、C1BX中不能确定的离子是 K+和C1C沉淀G在空气中放置过程中，沉淀颜色会由白色变为灰绿色最后变为红褐色D标准状况下将一试管D气体倒扣在水槽中充分吸收（假设所得溶液没有扩散），所得

17、溶液物质的量浓度约为0.036mol/L【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】物质检验鉴别题【分析】强酸性溶液，一定没有CO32、SO32、AlO2、SiO32，加入硝酸钡，引进硝酸根，溶液具有强氧化性，一定含有亚铁离子，故A是一氧化氮，D是二氧化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；加入过量氢氧化钠，产生的气体F是氨气，原溶液中一定含有铵根离子，生成了沉淀G，为Fe（OH）3；H中通入二氧化碳，生成沉淀I，沉淀为氢氧化铝；根据以上分析，对选项逐一判断【解答】解：某X溶液可使甲基橙呈红色，故X是强酸性溶液，则原溶液中一定没有CO32、SO32、AlO2、SiO32加

18、入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，能产生气体A，则原溶液中一定含Fe2+，Fe2+与NO3在酸性条件下发生氧化还原反应生成的气体A是NO，D是NO2，E则为HNO3；由于无沉淀生成，故原溶液中无SO42，根据溶液要呈电中性可知，溶液中一定含C1，故溶液中一定含有还原性的离子Fe2+和C1，一定不含SO42；B中加入氢氧化钠产生了气体F，F一定是氨气，溶液中一定含有NH4+；由于Fe2+被氧化为Fe3+，故生成的沉淀G为Fe（OH）3；H中通入过量的二氧化碳生成了沉淀I，则I为氢氧化铝，故溶液中一定含有A13+；故溶液中一定含Fe2+、A13+、NH4+、C1，一定不含CO32、SO32、AlO2、

19、SiO32、SO42；K+的存在不能确定A、溶液中一定含Fe2+、A13+、NH4+、C1，故A正确；B、根据分析，C1一定存在，故B错误；C、由于Fe2+被氧化为Fe3+，故生成的沉淀G为Fe（OH）3，不会发生此颜色变化，故C错误；D、假设该容器的容积为3L，则二氧化氮的体积为3L二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2 +H2O=2HNO3+NO，3 2 mol 反应前后气体的体积由3L变为1L，所以溶液的体积为2L；该溶液的溶质为硝酸，所以硝酸的物质的量浓度为C=0.045mol/L故D错误故选A【点评】本题考查了二氧化氮的性质及物质的量浓度的计算，因为二氧化氮和水反应后还有气体生成，所以

20、溶液不能充满容器，容器内溶液的体积只占容器容积的，所以正确判断溶液的体积是解本题的关键3下列图示与对应的叙述不相符的是( )A如图表示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如图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如图表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强【考点】溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】图像图表题【分

21、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在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强【解答】解：A曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，故A错误；B反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示

22、的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故B错误；C.0.1000molL1NaOH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正确；D对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，故D错误；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，注意明确饱和溶液概念、反应速

23、率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力4某有机物A的分子式为C10H14O，已知A为芳香族化合物，苯环含有两个取代基，苯环上的一溴代物只有两种；又知A既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应则A的结构共有( )A5种 B6种C7种 D8种【考点】有机化合物的异构现象 【分析】C10H14O的不饱和度为：=4，A为芳香族化合物，那么除苯环外剩余基团为饱和基，A既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应，那么A应一个支链上含有能发生消去反应的醇羟基，且与其相连的邻位C上至少含有1个H，据此判断即可【解答】解：C10H14O为芳香族化合物，苯环含有两个

24、取代基，苯环上的一溴代物只有两种，那么两个取代基处于对位，A既能发生催化氧化反应，又能发生消去反应，那么A中应含有醇羟基，取代基可以是：甲基、丙基，甲基、异丙基；乙基、乙基；甲基上若连有羟基，不能发生消去反应，故无同分异构体；其中丙基中含有3种H，均能发生氧化和消去，故有3种；异丙基中含有2种H，其中只有在甲基上取代才能氧化，只有1种；乙基中含有2种H，均能发生消去和氧化，故有2种，故总共有3+1+2=6种，故选B【点评】本题主要考查的是同分异构体的判断，抓住二元取代物的一溴代物只有一种确定对位关系，依据能发生氧化和消去确定羟基所连的位置，有一定难度5下列装置能达到实验目的是( )A实验室制乙

25、烯B实验室制少量CO2C比较不同催化剂对反应速率的影响D比较氯、碳、硅三种元素的非金属性【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A制取乙烯，应测定混合液的温度；B固体与液体混合，不需要加热制取二氧化碳；C过氧化氢的浓度应相同；D盐酸易挥发，则不能说明碳酸的酸性大于硅酸【解答】解：A制取乙烯，应测定混合液的温度，应将温度计伸到液面以下，故A错误；B固体与液体混合，不需要加热制取二氧化碳，图中装置符合，故B正确；C过氧化氢的浓度应相同比较比较不同催化剂对反应速率的影响，而图中浓度不同，浓度也影响反应速率，故C错误；D盐酸易挥发，则不能说明碳酸的酸性大于硅酸，应排除盐酸的干扰，发生二氧

26、化碳与硅酸钠的反应，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备、反应速率的影响因素、非金属性的比较，注意控制变量法及酸性与非金属性的关系，题目难度不大6短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，D元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，四种元素原子的核电荷数之和为36则下列叙述正确的是( )AC元素的单质在B元素的单质中燃烧，产物1mol与足量的水反应转移电子数为NAB由上述元素形成的化合物只有一种具有漂白性CB、C、D三种元素形成的化合物的水溶液用惰性电极电解时，溶液pH一定不变DA、B

27、形成化合物的沸点高于A、C形成化合物的沸点，因为前者分子间形成了氢键【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，B与D同主族，B的原子序数大于A，故B处于第二周期，D处于第三周期，D元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，则D为S元素，B为O元素，A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，则2x=2，x=1，即A、C处于IA族，二者核电荷数之和为36816=12，故A为H元素，C为Na，据此解答【解答】解：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，B与D同主族，B的原子序数大于A，故B处于第二周期，D

28、处于第三周期，D元素原子最外层电子数为电子层数的2倍，则D为S元素，B为O元素，A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，则2x=2，x=1，即A、C处于IA族，二者核电荷数之和为6816=12，故A为H元素，C为NaANa在氧气燃烧生成Na2O2，与水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，1mol过氧化钠反应转移电子为1mol××2×0（1）=1mol，即转移电子数数为NA，故A正确；B上述元素形成的过氧化钠、二氧化硫等具有漂白性，故B错误；CB、C、D

29、三种元素形成的化合物为硫酸钠或亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，用惰性电极电解时，溶液pH发生变化，故C错误；DA、B形成化合物为水等，A、C形成化合物为NaH，前者分子晶体，后者属于离子晶体，NaH的沸点较高，故D错误，故选：A【点评】本题考查位置结构性质的关系，根据B的原子序数大于A、三种元素位置的关系，明确元素B为第二周期元素是解答本题的关键，题目难度中等7取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896L NO2气体和0.672LN2O4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g则合金中铜与镁的物质的量之比等于( )A

30、1：1B2：1C2：3D3：2【考点】有关混合物反应的计算 【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量；生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设出铜、镁的物质的量，然后根据电荷守恒、沉淀的质量列式计算【解答】解：标况下0.896L 的NO2气体的物质的量为：=0.04mol，0.672LN2O4气体的物质的量为：=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为：0.04mol×（54）+0.03mol×2×（54）=0.1mol，最后生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设合金中铜、镁的物质的量分别为x、y，则氢氧化铜、氢氧化镁的

31、物质的量分别为x、y，根据生成沉淀的质量可得：98x+58y=3.7g，根据电子守恒可得：2x+2y=0.1mol，联立解得：x=0.02、y=0.03mol，所以合金中铜与镁的物质的量之比为：0.02mol：0.03mol=2：3，故选C【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法三、（非选择题）：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8（13分）PM2.5污染跟工业燃煤密切相关，燃煤还同时排放大量的SO2和

32、NOX（1）在一定条件下，SO2气体可被氧气氧化，每生成8g SO3气体，放出9.83kJ的热量，写出该反应的热化学方程式2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）=196.6kJ/mol若起始时向密闭容器内充入0.4mol SO2和0.2mol O2，达平衡后放出的热量为Q，则Q39.32kJ（填“”、“”或“=”）（2）一定条件下，在恒容密闭的容器中，当上述反应达到平衡时，下列说法正确的是ad（填序号）a.2v逆（SO2）=v正（O2） bH保持不变c混合气体密度保持不变 d混合气体的平均相对分子质量保持不变（3）500时，在催化剂存在条件下，分别将2mol SO2和1mol O2置于恒压

33、容器I和恒容容器II中（两容器起始容积相同，），充分反应均达到平衡后，两容器中SO2的转化率关系是III（填“”、“”或“=”）若测得容器II中的压强减小了30%，则该容器中SO3体积分数为86.7%（结果保留3位有效数字）（4）将生成的SO3溶于水，再向溶液中通入NH3得到1L cmol/L（NH4）2SO4溶液的PH=5，计算该（NH4）2SO4溶液的水解平衡常数Kh=（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作原电池，其装置见右图该电池中Na+向电极移动（填“”或“”），在电池使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为NO2+NO3eN2O5【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池

34、和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 【分析】（1）发生反应：2SO2+O2=2SO3，计算生成2mol三氧化硫反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；可逆反应不能完全转化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫为0.1mol，故放出的热量小于生成2mol三氧化硫放出热量的4倍；（2）a可逆反应到达平衡时，不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比；bH与化学计量数有关；c恒容条件下，混合气体密度始终保持不变； d混合气体总质量不变，随反应进行总减小，平衡相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应到达平衡；（3）恒容容器II中

35、随反应进行，混合气体总物质的量减小，则平衡时容器内压强减小，恒压容器I中平衡可以等效为容器在II平衡的基础上增大压强，平衡正向移动；若测得容器II中的压强减小了30%，则平衡时混合气体总物质的量减小（2mol+1mol）×30%=0.9mol，平衡时总物质的量为3mol0.9mol=2.1mol，根据差量法可知平衡时三氧化硫的物质的量为0.9mol×2=1.8mol，进而计算该容器中SO3体积分数；（4）将生成的SO3溶于水，得到（NH4）2SO4溶液浓度为cmol/L，溶液的pH=5，溶液中c（NH3H2O）c（H+），c（NH4+）2cmol/L，代入水解平衡常数Kh=

36、计算；（5）原电池中电子由负极通过导线聚集在正极，正极发生还原反应，电解质阳离子向正极移动；NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨电极上生成氧化物Y，Y为五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨II上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根【解答】解：（1）生成2mol三氧化硫反应放出的热量为9.83kJ×=196.6kJ，故反应热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）=196.6kJ/mol，可逆反应不能完全转化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫为0.1mol，故放出的热量小于生成2mo

37、l三氧化硫放出热量的4倍，即Q39.32kJ，故答案为：2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）=196.6kJ/mol；（2）a由于2v逆（SO2）=v逆（O2），而2v逆（SO2）=v正（O2），则v逆（O2）=v正（O2），故反应处于平衡状态，故a正确；bH与化学计量数有关，不能说明平衡是否处于平衡状态，故b错误；c恒容条件下，混合气体总质量不变，则混合气体密度始终保持不变，故c错误； d混合气体总质量不变，随反应进行总减小，平衡相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应到达平衡，故d正确，故选：ad；（3）恒容容器II中随反应进行，混合气体总物质的量减小，则平衡时

38、容器内压强减小，恒压容器I中平衡可以等效为容器在II平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，故两容器中SO2的转化率关系是III；若测得容器II中的压强减小了30%，则平衡时混合气体总物质的量减小（2mol+1mol）×30%=0.9mol，平衡时总物质的量为3mol0.9mol=2.1mol，2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g） 物质的量减小 2 1 1.8mol 0.9mol该容器中SO3体积分数为×100%=85.7%，故答案为：；85.7%；（4）将生成的SO3溶于水，得到（NH4）2SO4溶液浓度为cmol/L，溶液的pH=5，溶液中c（NH3H2O）c（H+）

39、，c（NH4+）2cmol/L，代入水解平衡常数Kh=，故答案为：；（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨电极上生成氧化物Y，Y为五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨II上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根，而原电池中电子由负极通过导线聚集在正极，正极发生还原反应，电解质阳离子向正极移动，即钠离子向极移动，石墨I上电极反应式为：NO2e+NO3=N2O5，故答案为：；NO2e+NO3=N2O5【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、热化学方程式、水解平衡常数、原电池等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用知

40、识的能力，难度中等9（16分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂已知 NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出固体是无水NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl利用下图所示装置制备亚氯酸钠完成下列填空：（1）组装好仪器后，检查装置气密性的操作是关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好（2）装置中用NaClO3、Na2SO3和浓H2SO4反应制得ClO2，写出该反应的化学方程式2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）=2

41、ClO2+2Na2SO4+H2O，装置发生反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2Na+2OH+4H2O=2NaClO23H2O+O2（3）装置反应后的溶液中还含有少量NaOH杂质，从该溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤为：50左右蒸发结晶；趁热过滤；用50左右的温水洗涤；低于60干燥，得到成品步骤中用50左右的温水洗涤的原因是防止产生NaClO23H2O晶体实验序号滴定前读数/mL滴定后读数/mL10.0019.9623.2623.3031.1023.40（4）准确称取所得亚氯酸钠样品10.0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应将所得混合液配成25

42、0mL待测溶液取25.00mL待测液，用2.0molL1Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色重复滴定3次，测得数据如表所示，则该样品中NaClO2的质量分数为90.5%（5）在实验过程中，下列操作会使实验结果偏高的是a、da读取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数b配制250mL待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线c盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗d盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失（6）已知常温下Ka

43、（HClO2）=1×102、Ka（CH3COOH）=1.75×105，则0.1mol/L的HClO2溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（ClO2）c（Na+）c（H+）c（OH）【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）利用气体热胀冷缩、容器内外形成压强差检验气密性；（2）在酸性条件下，NaClO3和Na2SO3溶液混合反应生成ClO2、Na2SO4和水；根据题意知，装置反应后获得NaClO2晶体，即ClO2、NaOH和H2O2反应生成NaClO23H2O和O2；（3）根据NaClO2饱和溶液在温度低于3

44、8时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在3860得到晶体；（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；先根据数据的有效性求出消耗的Na2S2O3标准液体积的平均值，计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO22I24S2O32；（5）a根据c（待测）分析误差；b配制250mL待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线，溶液体积偏大，根据c=分析误差；c根据c（待测）分析误差

45、；d根据c（待测）分析误差；（6）等浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，溶液呈酸性，由Ka（HClO2）=1×102、Ka（CH3COOH）=1.75×105可知，HClO2的酸性大于醋酸，所以等浓度的HClO2与NaClO2的混合溶液，HClO2的电离程度大于ClO2离子的水解程度，溶液呈酸性，从而确定离子浓度大小【解答】解：（1）组装好仪器后，检查整套装置气密性的操作是关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好；故答案

46、为：关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好；（2）在酸性条件下，NaClO3和Na2SO3溶液混合反应生成ClO2、Na2SO4和水，反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置反应后获得NaClO2晶体，即ClO2、NaOH和H2O2反应生成NaClO2、H2O和O2，离子方程式为：2ClO2+H2O2+2Na+2OH+4H2O=2NaClO23H2O+O2；故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）=2ClO2+2Na2SO4+H2O

47、；2ClO2+H2O2+2Na+2OH+4H2O=2NaClO23H2O+O2；（3）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在3860得到晶体，所以为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥；故答案为：趁热过滤；防止产生NaClO23H2O晶体；（4）以淀粉溶液做指示剂，碘单质遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，蓝色褪去，达到滴定终点时的现象为当滴加最后一滴Na2S2O3标准液时，溶

48、液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；故答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；滴定3次，消耗的1Na2S2O3标准液的体积分别为：19.96mL，20.04mL，23.40mL，第3组误差较大，舍去，两次测定的平均值为20.00mL，根据题给反应ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+C1，I2+2S2O32=2I+S4O62得关系式：ClO22I24S2O32，设样品中NaClO2的质量分数为x，则有：ClO24S2O3290.5g 4mol10.0gx 2molL1×0.02L×10解得：x=90.5%故答案为：90.5%；（5）a读

49、取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数，V（标准）偏大，根据c（待测）分析，可知c（待测）偏高，故a正确；b配制250mL待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线，溶液体积偏大，根据c=分析，可知所配制溶液的浓度偏小，故b错误；c盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗，待测液浓度偏小，其溶质的物质的量偏小，V（标准）偏小，根据c（待测）分析，可知c（待测）偏低，故c错误；d盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，V（标准）偏大，根据c（待测）分析，可知c（待测）偏高，故d正确；故选：a、d；（6）0.1mol/L的HClO2溶液与0.05mol/L的

50、NaOH溶液等体积混合，两者反应生成0.025mol/LNaClO2，同时剩余0.025mol/HClO2，等浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，溶液呈酸性，由Ka（HClO2）=1×102，Ka（CH3COOH）=1.75×105可知，HClO2的酸性大于醋酸，所以等浓度的HClO2与NaClO2的混合溶液，HClO2的电离程度大于ClO2离子的水解程度，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（ClO2）c（Na+）c（H+）c（OH）；故答案为：c（ClO2）c（Na+）c（H+）c（OH）【点评】本题考查

51、物质的制备、对信息的利用、对装置的理解、氧化还原反应滴定等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大，注意氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算10（14分）电解法促进橄榄石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工艺流程如下：已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）2MgCl2（aq）+SiO2 （s）+2H2O（l）H=49.04kJmol1（1）橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为9MgOFeO5SiO2（2）图1虚框内需要补充一步工业生产的名称为氯碱工业（3）下列物质中也可用作“固碳”的是bc（填字母）aCaCl2 bH2NC

52、H2COONa c（NH4）2CO3（4）由图2可知，90后曲线A溶解效率下降，分析其原因120min后，溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，溶解效率降低（5）过滤所得滤液中含有Fe2+，检验该离子方法为取少量滤液，加入KSCN溶液无现象，滴入氯水溶液变红色证明含亚铁离子或取少量滤液于试管中，滴加几滴K3Fe（CN）6溶液，有特征蓝色沉淀生成，则证明滤液中有Fe2+（6）过程为除去滤液中的杂质，写出该除杂过程所涉及反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O、2Fe3+3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备

53、实验方案的设计 【分析】（1）硅酸盐是构成地壳岩石的主要成分，化学上常用二氧化硅和氧化物的形式表示其组成，例如：镁橄榄石（Mg2SiO4）常以2MgOSiO2表示，可看出改写中要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写出氧化物的化学式，如有多个原子，在前面加上系数，使之成为倍数，据此进行分析解答；（2）工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱；（3）根据能和二氧化碳之间反应的物质能来固定二氧化碳来回答；（4）温度对化学反应平衡移动的影响知识来回答；（5）亚铁离子的检验用KSCN和氯水；（6）过程为除去滤液中的杂质，反应为过氧化氢氧化亚铁离子，氧化镁和铁离子反应生成氢氧化铁和镁离子【解答】解：（1）根据硅酸盐写成氧化物的规律，Mg9FeSi5O20用氧化物的形式可表示为9MgOFeO5SiO2，故答案为：9MgOFeO5SiO2；（2）根据流程图，固碳时主要反应的方程式为NaOH（aq）+CO2 （g）=NaHCO3 （aq），工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱，缺少烧碱的制取流程，生成的氯化氢是电解氯化钠溶液生成的氢气和氯气反应得到，故答案为：氯碱工业；（3）所给的物质中，NH3H2O、Na2CO3 可以