河南省洛阳市高考化学三模试卷（含解析）.doc

河南省洛阳市2015届高考化 学三模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）化学与生活、环境密切相关，下列说法正确的是（）a氢氧化钠和氢氧化铝都可治疗胃酸过多b葡萄酒中常含有一定量的s02用来防氧化和杀菌c酱油中含有三价铁可补充人体缺乏的铁元素d石油分馏的目的是为了获得乙烯、丙烯和丁二烯2（6分）下列实验操作可以达到实验目的是（）a用铝片与氧化铁混合加热进行铝热反应b将蔗糖溶于水，加热几分钟后再加人少量新制的cu（oh）2就可实现将蔗糖水解，并用新制的cu（oh）2检验蔗糖的水解产物c用溴的四氯化碳溶液就能鉴别乙烷与乙烯d向裂化汽油中加人酸性高锰酸钾溶液，振荡，紫色褪去说明汽油中含有甲苯等苯的同系物3（6分）c8h18含有5个甲基的同分异构体有（）a1种b2种c3种d4种4（6分）下列离子能大量共存的是（）a含大量 h+的溶液中：cro42、cl、n03、na+b含大量 a102的溶液中：na+、k+、no3、hco3c含大量 al3+的溶液中：k+、na+、no3、cl0d含大量 ch3coo 的溶液中：nh4+、cl、f、k+5（6分）实验测得常温下0.1mol/l某一元碱（boh）溶液的ph值不等于13，0.1mol/l某一元酸（ha）溶液的=1012，将两溶液等体积混和后，所得溶液中不正确的关系有（）ac（a）c（b+ ）c（h+）c（oh）bc（b+ ）+c（h+ ）=c（a）+c（oh）cc（b+ ）c（a）c（h+ ）=c（oh）dc（boh）+c（oh）=c（h+）6（6分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第va族，甲和丙同族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则（）a原子半径：乙丙丁b单质的还原性：丁丙甲c乙、丙、丁的最髙价氧化物对应的水化物能相互反应d甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物7（6分）下列说法正确的是（）a若某温度下，0.2 mol/l的醋酸与0.09 mol/l的氢氧化钡等体积混合后呈中性（不考虑混合后溶液体积的变化），则可算出该温度下醋酸的电离常数 k=9107 mol/lb若某温度下氯化银的ksp=1010mol2/l2，则100 ml0.2 mol/l的氯化钠溶液与0.18 mol/l硝酸银溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），溶液中c（ag+）为108 mol/lc若某温度下1 l密闭容器中反应hcho（g）十h2（g）ch3oh（g）达到平衡后甲醛的转化率为50%，则该温度下该反应的平衡常数是2（mol/l）1d若向氢氧化钙的饱和溶液中加人氢氧化钠溶液，则会有固体析出二、非选择题(一)必做题8（14分）过氧化钙可以作为增氧剂，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂用钙盐制取cao28h2o沉淀（该反应是一个放热反应）装置如图1所示（1）装置a是制取氨气的装置，仪器b的作用是（2）制取cao28h2o一般在5左右的低温下进行，不可太高，原因是；写出生成cao28h2o的化学方程式，反应后抽滤且用冰水洗涤，加热至200可制得粗品cao2（3）cao2含量测定可以用高锰酸钾滴定法，准确称取一定质量的粗品于250ml锥形瓶中，加人50 ml水和适量盐酸酸化，震荡使其溶解，立即用0.1 mol/l kmno4标准溶液滴定，写出相关的离子反应方程式（不考虑高锰酸钾与盐酸的反应）（4）含量测定还可以用间接碘量法、热分解法等，其中热分解法装置如图2所示：先检查装置的气密性然后在量气管中注人一定量的水，在试管a中加入9.0g样品，连接好装置：充分加热小试管若产生气体折算到标况下为1120 ml气体，则cao2纯度为：（5）热分解法误差较大，要减小误差，假设样品分解完全，你认为关键要（任答两点）：；（6）间接碘量法是加入盐酸酸化后再加人过置的碘化钾溶液与过氧化钙反应，然后加 人入淀粉指示剂用硫代硫酸钠滴定生成的碘单质，写出生成碘单质的化学方程式9（14分）催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺（1）接触法制硫酸中采用v2o5作催化剂：4fes2（s）+11o2（g）=2fe2o3（s）+8so2（g）h=3412kjmol12so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1so3（g）+h2o（l）=h2so4（l）h=130.3kjmol1以fes2为原料，理论上生产2mol h2so4（l）所释放出的热量为kj（2）电子工业中使用的一氧化碳常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到第一步：2ch3oh（g）hcooch3（g）+2h2（g）h0 第二步：hcooch3（g）ch3oh（g）+co（g）h0第一步反应的机理可以用如图1所示图中中间产物x的结构简式为在工业生产中，为提高co的产率，可采取的合理措施有（3）采用一种新型的催化剂（主要成分是cumn合金），利用co和h2制备二甲醚（dme）主反应：2co（g）+4h2（g）ch3och3（g）+h2o（g）副反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如图2所示则催化剂中n（mn）/n（cu）约为时最有利于二甲醚的合成（4）催化剂ni使用长久后会部分转化为ni2o3而降低催化效率一种ni再生的方法是：用co将含有等物质的量的ni和ni2o3的催化剂还原得到粗镍；在一定温度下使粗镍中的ni与co结合成ni（co）4；180时使ni（co）4重新分解产生镍单质上述、中参加反应的co物质的量之比为（5）纳米级cu2o具有优良的催化性能，制取cu2o的方法有：加热条件下用液态肼（n2h4）还原新制cu（oh）2制备纳米级cu2o，同时放出n2该制法的化学方程式为用阴离子交换膜控制电解液中oh的浓度制备纳米cu2o，反应为2cu+h2ocu2o+h2，如图3所示该电解池的阳极反应式为10（15分）含氧酸的元数等于羟基氢的个数，氢氧化钠只能中和连在氧上的羟基氢，磷元素有多种含氧酸，如次磷酸（h3po2）、亚磷酸（h3p03）、磷酸等，它们分别为一元、二 元、三元弱酸或中强酸（1）其中次磷酸钠常用来给腈纶织物进行化学镀，某种碱性化学镀铜试剂的配方有次磷酸钠和硫酸铜，产物中有亚磷酸钠的正盐，请写出相关离子方程式：（2）亚磷酸可以由三氯化磷水解得到，也可以由电解亚磷酸钠来制备，如图1是用一个六室电渗析槽制备亚磷酸其中阳极室和产品室之间的阳离子膜主要目的是防止：（只要求写出化学方程式），这种方法的产品除了有亚磷酸，还有：，如果去掉右边两个阳离子膜（没有了右边的缓冲室），带来的不利后果是（填序号）：a、氢氧化钠与原料na2hp03会发生反应 b、导致产品氢氧化钠中混有杂质，难以分离（3）三氯化磷（pc13）是一种重要的有机合成催化剂，实验室常用红磷与干燥的cl2制取pc13，装置如图2所示pcl3遇02会生成pocl3 （三氯氧磷），pocl3溶于pc13，pc13遇水会强烈水解生成亚磷酸和hcl，pcl3、pocl3的熔沸点见如表物质熔点/沸点/pc1311275.5poci32105.3请回答：e烧杯内冷水的作用是干燥管f的作用是检査装置气密性后，向d装置的曲颈瓶中加人红磷，打开k3通人干燥的co2，一段时间后关闭k3，加热曲颈瓶至上部有黄色升华物出现时通人氯气，反应立即进行，其中通人干燥co2的目的是（4）实验制得的粗产品中常含有poc13、pc15等，加入红磷加热除去pc15后，再通过（填实验名称）即可得到较纯净的pc13（二）选做题i（从11、12、13题中任选一题作答，若多选，按所做的第一题得分）【化学一选修2：化学与技术】11（15分）高锰酸钾是中学常用的试剂工业上用软锰矿制备髙猛酸钾流程如下（1）写出反应的化学方程式，操作i的名称是，若碳酸钾在100时溶解度约为156g，髙锰酸钾在100时的溶解度约为48g，操作采用得到kmn04粗晶体（2）上述流程中可以循环使用的物质有、（写化学式），鉴于此现用100吨软锰矿（含mno287.0%），理论上可生产kmno4晶体吨（不考虑制备过程中原料的损失）（3）高锰酸钾还可以用电解法制备：阳极的电极反应为，b物质是写化学式），可以循环使用的物质是写化学式）【化学一选修3：物质结构与性质】12（1）金刚石和石墨的晶胞如图，若碳原子半径为a cm 且相邻最近的碳原子相切，阿伏加德罗常数为na，则金刚石的密度表达式为（要求整理为分母不含根号的表达式）g/cm3，一个石墨晶胞内含有个碳原子，石墨的熔点比金刚石的熔点要高，其原因是，这两种晶胞中碳的配位数（每个碳周围与之最近的碳原子数）之比为（2）分子筛是一类具有骨架结构的硅铝酸盐晶体，实验式表示为moxa12o3ysio2，m是金属离子（可为na、k、ca等金属离子），n是m的价数，其最基本的结构单位是硅氧和铝氧四面体因为硅是+4价，氧是2价，因此，硅和氧的化合价都得到满足，因为铝是+3价，故铝氧四面体带有1个负电荷，金属离子用以保持电中性某分子筛铝硅比（铝原子与硅原子的个数比）和钾钠比均为2，则其化学式：，其中铝的杂化方式【化学一选修5：有机化学】13与苯环相连的烷基具有与烷烃相似的化学性质，以甲苯为原料可合成多种重要有机物，例如所示的合成路线已知：回答下列问题：（1）写出结构简式：a，c（2）写出反应类型：反应，反应（3）g中官能团的名称为；反应的反应条件为（4）写出反应的化学方程式：（5）写出甘氨酸（h2nch2cooh）和g发生缩合生成二肽的结构简式：（6）写出含苯环的所有同分异构体的结构简式：河南省洛阳市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）化学与生活、环境密切相关，下列说法正确的是（）a氢氧化钠和氢氧化铝都可治疗胃酸过多b葡萄酒中常含有一定量的s02用来防氧化和杀菌c酱油中含有三价铁可补充人体缺乏的铁元素d石油分馏的目的是为了获得乙烯、丙烯和丁二烯考点：药物的主要成分和疗效；二氧化硫的化学性质；微量元素对人体健康的重要作用；石油的分馏 分析：a氢氧化钠有腐蚀性；b二氧化硫具有还原性；c三价铁不易被人体吸收；d石油分馏得到饱和烃类有机物解答：解：a氢氧化钠有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故a错误； b二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，可使蛋白质变性，起保鲜、杀菌作用，故b正确；c三价铁不易被人体吸收，酱油中添加的是二价铁，故c错误；d石油分馏得到饱和烃类有机物，裂化的目的得到烯烃类有机物，故d错误故选b点评：本题考查较综合，涉及抗酸药、物质的性质与用途、食品添加剂、石油产品及石油综合利用等，注重化学与生活、环境的联系，侧重基础知识的考查，题目难度不大2（6分）下列实验操作可以达到实验目的是（）a用铝片与氧化铁混合加热进行铝热反应b将蔗糖溶于水，加热几分钟后再加人少量新制的cu（oh）2就可实现将蔗糖水解，并用新制的cu（oh）2检验蔗糖的水解产物c用溴的四氯化碳溶液就能鉴别乙烷与乙烯d向裂化汽油中加人酸性高锰酸钾溶液，振荡，紫色褪去说明汽油中含有甲苯等苯的同系物考点：化学实验方案的评价 分析：a铝片和氧化铁粉末不能充分混合；b蔗糖在酸性条件下才能水解；c乙烷和溴不反应，乙烯和溴发生加成反应；d裂化汽油中含有不饱和烃解答：解：a铝片和氧化铁粉末不能充分混合，应该用铝粉和氧化铁粉充分混和进行铝热反应，故a错误； b蔗糖在酸性条件下才能水解，没有催化剂不水解，故b错误；c乙烷中不存在不饱和键，所以和溴不反应，乙烯中存在碳碳双键导致乙烯性质较活泼，和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳褪色，所以可以用溴的四氯化碳鉴别乙烷和乙烯，故c正确；d向裂化汽油中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡，紫色褪去，说明裂化汽油中含有不饱和烃，故d错误故选c点评：本题考查化学实验方案评价，为2015届高考高频点，涉及物质的分离提纯、鉴别等知识点，明确实验原理是解本题关键，易错选项是b，注意蔗糖在酸性条件下才能水解，没有催化剂不水解，为易错点3（6分）c8h18含有5个甲基的同分异构体有（）a1种b2种c3种d4种考点：同分异构现象和同分异构体 分析：根据分子式可知是烷烃，五个甲基就是除主链外还有3个支链，据此判断应为戊烷，支链只能是甲基，根据位置异构确定同分异构体来解答解答：解：分子式为c8h18是烷烃，五个甲基就是除主链外还有3个支链，支链只可以是甲基，不也可以是乙基，因为此个碳，且若为乙基，那么不能含有5个甲基，那么同分异构体有：2，2，3三甲基戊烷，2，2，4三甲基戊烷，2，3，4三甲基戊烷，2，3，3三甲基戊烷，所以共有4种，故选：d点评：本题考查烷烃的结构、同分异构体书写，难度中等，掌握烷烃同分异构体的书写方法，注意判断含有一个支链，利用支链取代h原子进行书写判断4（6分）下列离子能大量共存的是（）a含大量 h+的溶液中：cro42、cl、n03、na+b含大量 a102的溶液中：na+、k+、no3、hco3c含大量 al3+的溶液中：k+、na+、no3、cl0d含大量 ch3coo 的溶液中：nh4+、cl、f、k+考点：离子共存问题 分析：acro42在酸性条件下能够氧化氯离子；ba102促进hco3的电离；c离子之间相互促进水解；d该组离子之间不反应解答：解：acro42、cl、h+发生氧化还原反应，不能大量共存，故a错误；ba102促进hco3的电离，不能大量共存，故b错误；cal3+、cl0离子之间相互促进水解，不能大量共存，故c错误；d该组离子之间不反应，可大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查离子的共存，为高频考点把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大5（6分）实验测得常温下0.1mol/l某一元碱（boh）溶液的ph值不等于13，0.1mol/l某一元酸（ha）溶液的=1012，将两溶液等体积混和后，所得溶液中不正确的关系有（）ac（a）c（b+ ）c（h+）c（oh）bc（b+ ）+c（h+ ）=c（a）+c（oh）cc（b+ ）c（a）c（h+ ）=c（oh）dc（boh）+c（oh）=c（h+）考点：离子浓度大小的比较 分析：由0.1mol/l某一元碱（boh）溶液的ph值不等于13，若为强碱其溶液的ph=13，说明boh为弱碱；0.1mol/l某一元酸（ha）溶液的=1012，即：=1012，解得：c（h+）=0.1mol/l，则ha为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐ba，因b+部分水解，则c（a）c（b+），水解使溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），再由水解的程度很弱，则c（b+）c（h+），则溶液中离子浓度大小为：c（a）c（b+ ）c（h+）c（oh）；溶液中还存在电荷守恒：c（b+）+c（h+）=c（a）+c（oh），物料守恒可得：c（a）=c（b+）+c（boh），据此对各选项进行判断解答：解：由0.1mol/l某一元碱（boh）溶液的ph值不等于13，若为强碱其溶液的ph=13，说明boh为弱碱，0.1mol/l某一元酸（ha）溶液的=1012，即：=1012，解得：c（h+）=0.1mol/l，则ha为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐ba，a因b+部分水解，则c（a）c（b+），水解使溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），再由水解的程度很弱，则c（b+）c（h+），则溶液中离子浓度大小为：c（a）c（b+ ）c（h+）c（oh），故a正确；b因溶液不显电性，即电荷守恒式为：c（b+）+c（h+）=c（a）+c（oh），故b正确；c因b+能水解，则c（a）c（b+），水解使溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），故c错误；d由溶液的电荷守恒可得：c（b+）+c（h+）=c（a）+c（oh），物料守恒可得：c（a）=c（b+）+c（boh），两者之和可得：c（h+）=c（boh）+c（oh），故d正确；故选c点评：本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确酸、碱的强弱是解答本题的关键，然后利用盐类水解的知识即可解答，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法6（6分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第va族，甲和丙同族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则（）a原子半径：乙丙丁b单质的还原性：丁丙甲c乙、丙、丁的最髙价氧化物对应的水化物能相互反应d甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系 分析：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为h，乙位于第va族，乙为n；甲和丙同主族，丙为na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第a族，即丁为al，以此来解答解答：解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为h，乙位于第va族，乙为n；甲和丙同主族，丙为na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第a族，即丁为ala同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径越大，则原子半径：丙丁乙，故a错误；b金属性越强，单质的还原性越强，则单质的还原性：丙丁甲，故b错误；c乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，能硝酸、氢氧化钠反应，硝酸与氢氧化钠发生中和反应，故c正确；d甲、乙的氧化物为共价化合物，丙的氧化物为离子化合物，故d错误，故选c点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解答本题的关键，注意氨气的水溶液为碱性是解答本题的突破口，难度不大7（6分）下列说法正确的是（）a若某温度下，0.2 mol/l的醋酸与0.09 mol/l的氢氧化钡等体积混合后呈中性（不考虑混合后溶液体积的变化），则可算出该温度下醋酸的电离常数 k=9107 mol/lb若某温度下氯化银的ksp=1010mol2/l2，则100 ml0.2 mol/l的氯化钠溶液与0.18 mol/l硝酸银溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），溶液中c（ag+）为108 mol/lc若某温度下1 l密闭容器中反应hcho（g）十h2（g）ch3oh（g）达到平衡后甲醛的转化率为50%，则该温度下该反应的平衡常数是2（mol/l）1d若向氢氧化钙的饱和溶液中加人氢氧化钠溶液，则会有固体析出考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；用化学平衡常数进行计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：a由电荷守恒，c（ch3coo）=2c（ba2+）=0.09mol/l，c（ch3cooh）=0.1mol/l0.09mol/l，根据ka=计算；b根据ksp=c（ag+）c（cl）计算；c没有给出反应物的初始浓度，无法计算；d当溶液中qc=c（ca2+）c2（oh）ksp时会有沉淀生成解答：解：a由电荷守恒：c（ch3coo）+c（oh）=2c（ba2+）+c（h+），溶液显中性，则c（ch3coo）=2c（ba2+）=0.09mol/l，c（ch3cooh）=0.1mol/l0.09mol/l=0.01mol/l，ka=9107 mol/l，故a正确；b100 ml0.2 mol/l的氯化钠溶液与0.18 mol/l硝酸银溶液等体积混合后，反应后剩余的c（cl）=0.01mol/l，ksp=c（ag+）c（cl），则c（ag+）=108 mol/l，故b正确；c没有给出甲醛和氢气的初始浓度，无法计算平衡时甲醛、氢气和甲醇的浓度，则无法计算平衡常数，故c错误；d当溶液中qc=c（ca2+）c2（oh）ksp时会有沉淀生成，若向氢氧化钙的饱和溶液中加人氢氧化钠溶液，若氢氧化钠中氢氧根离子的浓度很小，则混合后qcksp，则溶液中没有沉淀生成，故d错误故选ab点评：本题考查了电离平衡常数的计算、溶度积常数的计算、电荷守恒的应用等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力二、非选择题(一)必做题8（14分）过氧化钙可以作为增氧剂，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂用钙盐制取cao28h2o沉淀（该反应是一个放热反应）装置如图1所示（1）装置a是制取氨气的装置，仪器b的作用是防止倒吸（2）制取cao28h2o一般在5左右的低温下进行，不可太高，原因是温度过高，过氧化氢容易分解；写出生成cao28h2o的化学方程式cacl2+h2o2+2nh3+8h2ocao28h2o+2nh4cl，反应后抽滤且用冰水洗涤，加热至200可制得粗品cao2（3）cao2含量测定可以用高锰酸钾滴定法，准确称取一定质量的粗品于250ml锥形瓶中，加人50 ml水和适量盐酸酸化，震荡使其溶解，立即用0.1 mol/l kmno4标准溶液滴定，写出相关的离子反应方程式（不考虑高锰酸钾与盐酸的反应）5cao2+2mno4+16h+2mn2+5ca2+5o2+8h2o（4）含量测定还可以用间接碘量法、热分解法等，其中热分解法装置如图2所示：先检查装置的气密性然后在量气管中注人一定量的水，在试管a中加入9.0g样品，连接好装置：充分加热小试管若产生气体折算到标况下为1120 ml气体，则cao2纯度为：80%（5）热分解法误差较大，要减小误差，假设样品分解完全，你认为关键要（任答两点）：检验装置气密性；温度要冷却至室温才可读数（6）间接碘量法是加入盐酸酸化后再加人过置的碘化钾溶液与过氧化钙反应，然后加 人入淀粉指示剂用硫代硫酸钠滴定生成的碘单质，写出生成碘单质的化学方程式cao2+2ki+4hcl=i2+cacl2+2kcl+2h2o考点：制备实验方案的设计 分析：（1）a装置制备氨气，氨气极易溶于水，通入c中溶液中，会发生倒吸，可以判断b装置作用；（2）温度过高，过氧化氢容易分解；结合c中物质可知，过氧化氢、氨气、氯化钙在溶液中反应生成cao28h2o，同时还生成氯化铵；（3）cao2酸化得到h2o2与氯化钙，过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化生成氧气，还原得到氯化锰；（4）加热发生反应：2cao22cao+o2，根据氧气体积计算样品中cao2的质量，进而计算cao2的纯度（5）利用生成气体的体积计算样品中cao2的质量，体积测定要准确，装置气密性要好，气体具有热胀冷缩性质，应恢复室温再测定气体的体积；（6）由题目信息可知，cao2与ki在酸性条件下反应生成i2，i元素发生氧化反应，cao2中氧元素发生还原反应生成水，同时生成kcl、氯化钙解答：解：（1）a装置制备氨气，氨气极易溶于水，通入c中溶液中，会发生倒吸，可知b装置作用是：防止倒吸，故答案为：防止倒吸；（2）由于温度过高，过氧化氢容易分解，cao28h2o一般在5左右的低温下进行，不可太高；结合c中物质可知，过氧化氢、氨气、氯化钙在溶液中反应生成cao28h2o，同时还生成氯化铵，反应方程式为：cacl2+h2o2+2nh3+8h2ocao28h2o+2nh4cl，故答案为：温度过高，过氧化氢容易分解；cacl2+h2o2+2nh3+8h2ocao28h2o+2nh4cl；（3）cao2酸化得到h2o2与氯化钙，过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化生成氧气，还原得到氯化锰，反应离子方程式为：5cao2+2mno4+16h+2mn2+5ca2+5o2+8h2o；故答案为：5cao2+2mno4+16h+2mn2+5ca2+5o2+8h2o；（4）加热发生反应：2cao22cao+o2，生成氧气为=0.05mol，故样品中cao2的质量为0.05mol272g/mol=7.2g，则cao2的纯度为100%=80%，故答案为：80%；（5）利用生成气体的体积计算样品中cao2的质量，气体体积测定要准确，实验关键要：检验装置气密性，温度要冷却至室温才可读取气体的体积，故答案为：检验装置气密性；温度要冷却至室温才可读数；（6）由题目信息可知，cao2与ki在酸性条件下反应生成i2，i元素发生氧化反应，cao2中氧元素发生还原反应生成水，同时生成kcl、氯化钙，反应方程式为：cao2+2ki+4hcl=i2+cacl2+2kcl+2h2o，故答案为：cao2+2ki+4hcl=i2+cacl2+2kcl+2h2o点评：本题考查实验制备，涉及方程式的书写、物质含量测定、对操作与装置的分析评价，明确实验原理是解答关键，充分考查了学生的分析理解能力、知识迁移运用能力，难度中等9（14分）催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺（1）接触法制硫酸中采用v2o5作催化剂：4fes2（s）+11o2（g）=2fe2o3（s）+8so2（g）h=3412kjmol12so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1so3（g）+h2o（l）=h2so4（l）h=130.3kjmol1以fes2为原料，理论上生产2mol h2so4（l）所释放出的热量为1310.2kj（2）电子工业中使用的一氧化碳常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到第一步：2ch3oh（g）hcooch3（g）+2h2（g）h0 第二步：hcooch3（g）ch3oh（g）+co（g）h0第一步反应的机理可以用如图1所示图中中间产物x的结构简式为hcho在工业生产中，为提高co的产率，可采取的合理措施有升高温度，降低压强（3）采用一种新型的催化剂（主要成分是cumn合金），利用co和h2制备二甲醚（dme）主反应：2co（g）+4h2（g）ch3och3（g）+h2o（g）副反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如图2所示则催化剂中n（mn）/n（cu）约为2.0时最有利于二甲醚的合成（4）催化剂ni使用长久后会部分转化为ni2o3而降低催化效率一种ni再生的方法是：用co将含有等物质的量的ni和ni2o3的催化剂还原得到粗镍；在一定温度下使粗镍中的ni与co结合成ni（co）4；180时使ni（co）4重新分解产生镍单质上述、中参加反应的co物质的量之比为1：4（5）纳米级cu2o具有优良的催化性能，制取cu2o的方法有：加热条件下用液态肼（n2h4）还原新制cu（oh）2制备纳米级cu2o，同时放出n2该制法的化学方程式为4cu（oh）2+n2h42cu2o+n2+6h2o用阴离子交换膜控制电解液中oh的浓度制备纳米cu2o，反应为2cu+h2ocu2o+h2，如图3所示该电解池的阳极反应式为2cu2e+2oh=cu2o+h2o考点：化学平衡的影响因素；有关反应热的计算；电解原理 分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）依据分解反应过程和反应机理图示分析判断，中间产物为甲醛；反应是气体体积增大的吸热反应，依据化学平衡移动原理分析判断；（3）根据图中生成二甲醚的最大值分析；（4）依据反应的化学方程式定量关系分析计算；（5）根据“液态肼（n2h4）还原新制cu（oh）2来制备纳米级cu2o，同时放出n2”来书写化学方程式；在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；解答：解：（1）4fes2（s）+11o2（g）=2fe2o3（s）+8so2（g）h=3412kjmol12so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1so3（g）+h2o（l）=h2so4（l）h=130.3kjmol1依据盖斯定律+4+8，得到反应热化学方程式为：4fes2（s）+15o2（g）+8h2o（l）=2fe2o3（s）+8h2so4（l）的h=3412196.64130.38=5240.8kj/mol，所以生产2mol h2so4（l）所释放出的热量为=1310.2kj；故答案为：1310.2；（2）依据图示和分解反应过程，结合原子守恒分析，甲醇去氢后得到的是甲醛，故答案为：hcho；第二步：hcooch3（g）ch3oh（g）+co（g）h0，反应是气体体积增大的吸热反应，依据平衡移动原理可知提2014-2015学年高一氧化碳产率，应使平衡正向进行，升温，减压实现，故答案为：升高温度，降低压强；（3）由图可知当催化剂中约为2.0时，co的转化率最大，生成二甲醚的最多；故答案为：2.0；（4）首先用co将含有等物质的量的ni和ni2o3的催化剂还原为粗镍；然后在常温下使粗镍中的ni与co结合成ni（co）4（沸点43），并在180时使ni（co）4重新分解产生镍单质，反应的化学方程式为：ni2o3+3co=2ni+3co2，ni+4co=ni（co）4，ni（co）4ni+4co，设含有等物质的量的ni和ni2o3的催化剂各1mol，所以前两步中消耗co的物质的量之比为3mol：4mol3=12mol，则、中参加反应的co物质的量之比为1：4；故答案为：1：4；（5）根据题目信息：液态肼（n2h4）还原新制cu（oh）2来制备纳米级cu2o，同时放出n2，得出化学方程式为：4cu（oh）2+n2h42cu2o+n2+6h2o，故答案为：4cu（oh）2+n2h42cu2o+n2+6h2o；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2cu2e+2oh=cu2o+h2o，故答案为：2cu2e+2oh=cu2o+h2o；点评：本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，图象分析方法，电化学原理的应用，原子守恒，电子守恒的反应过程分析是解题关键，题目难度中等10（15分）含氧酸的元数等于羟基氢的个数，氢氧化钠只能中和连在氧上的羟基氢，磷元素有多种含氧酸，如次磷酸（h3po2）、亚磷酸（h3p03）、磷酸等，它们分别为一元、二 元、三元弱酸或中强酸（1）其中次磷酸钠常用来给腈纶织物进行化学镀，某种碱性化学镀铜试剂的配方有次磷酸钠和硫酸铜，产物中有亚磷酸钠的正盐，请写出相关离子方程式：h2po2+cu2+3oh=cu+hpo32+2h2o（2）亚磷酸可以由三氯化磷水解得到，也可以由电解亚磷酸钠来制备，如图1是用一个六室电渗析槽制备亚磷酸其中阳极室和产品室之间的阳离子膜主要目的是防止：2h3po3+o2=2h3po4（只要求写出化学方程式），这种方法的产品除了有亚磷酸，还有：氧气、氢气、氢氧化钠，如果去掉右边两个阳离子膜（没有了右边的缓冲室），带来的不利后果是（填序号）：ba、氢氧化钠与原料na2hp03会发生反应 b、导致产品氢氧化钠中混有杂质，难以分离（3）三氯化磷（pc13）是一种重要的有机合成催化剂，实验室常用红磷与干燥的cl2制取pc13，装置如图2所示pcl3遇02会生成pocl3 （三氯氧磷），pocl3溶于pc13，pc13遇水会强烈水解生成亚磷酸和hcl，pcl3、pocl3的熔沸点见如表物质熔点/沸点/pc1311275.5poci32105.3请回答：e烧杯内冷水的作用是冷凝pcl3蒸汽，便于pcl3收集干燥管f的作用是收尾气中氯气，以免污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶使pcl3水解检査装置气密性后，向d装置的曲颈瓶中加人红磷，打开k3通人干燥的co2，一段时间后关闭k3，加热曲颈瓶至上部有黄色升华物出现时通人氯气，反应立即进行，其中通人干燥co2的目的是排尽曲颈瓶中的空气，防止pc13与o3等发生副反应（4）实验制得的粗产品中常含有poc13、pc15等，加入红磷加热除去pc15后，再通过蒸馏（填实验名称）即可得到较纯净的pc13考点：制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解原理 分析：（1）由题目信息可知，次磷酸钠（nah2po2）和硫酸铜再碱性条件反应生成na2hpo3，反应中p元素化合价由+1价升高为+3价，p元素发生氧化反应，故cu元素应发生还原反应，该反应发生镀铜，故反应生成cu；（2）阳极室放电生成氧气与氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入产品室，与产品室中hpo32反应得到h3po3，氧气可以将h3po3氧化为h3po4；阴极室中是水放电生成氢气与氢氧根，钠离子通过阳离子交换膜加入阴极室，故整个过程还有氧气、氢气、氢氧化钠生成；如果去掉右边两个阳离子膜，导致氢氧化钠中混有na2hpo3杂质，na2hpo3为正盐，不与naoh反应； （3）利用氯气与红磷反应得到pcl3，由于pcl3遇o2会生成pocl3，pc13遇水会强烈水解生成亚磷酸和hcl，故整个制备过程应在没有氧气、干燥环境下进行，通入二氧化碳排尽装置内空气，pcl3沸点为75.5，d中反应得到pcl3蒸汽，再e装置中冷却收集pcl3，未反应的氯气直接排放会污染空气，空气中水蒸气可能进入装置，f装置中碱石灰吸收多余的cl2，且防止空气中的水蒸气进入烧瓶使pcl3水解；（4）粗产品中常含有poc13、pc15等，加入红磷加热除去pc15后，由于pocl3溶于pc13，形成混合溶液，二者沸点相差较大，可以利用蒸馏法进行分离解答：解：（1）由题目信息可知，次磷酸钠（nah2po2）和硫酸铜再碱性条件反应生成na2hpo3，反应中p元素化合价由+1价升高为+3价，p元素发生氧化反应，故cu元素应发生还原反应，该反应发生镀铜，故反应生成cu，该反应离子方程式为：h2po2+cu2+3oh=cu+hpo32+2h2o，故答案为：h2po2+cu2+3oh=cu+hpo32+2h2o；（2）阳极室放电生成氧气与氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入产品室，与产品室中hpo32反应得到h3po3，氧气可以将h3po3氧化为h3po4，故阳离子膜主要目的是防止：氧气可以将h3po3氧化为h3po4，反应方程式为：2h3po3+o2=2h3po4，阴极室中是水放电生成氢气与氢氧根，钠离子通过阳离子交换膜加入阴极室，故整个过程还有氧气、氢气、氢氧化钠生成；如果去掉右边两个阳离子膜，导致氢氧化钠中混有na2hpo3杂质，na2hpo3为正盐，不与naoh反应，故答案为：2h3po3+o2=2h3po4；氧气、氢气、氢氧化钠；b； （3）利用氯气与红磷反应得到pcl3，由于pcl3遇o2会生成pocl3，pc13遇水会强烈水解生成亚磷酸和hcl，故整个制备过程应在没有氧气、干燥环境下进行，通入二氧化碳排尽装置内空气，pcl3沸点为75.5，d中反应得到pcl3蒸汽，再e装置中冷却收集pcl3，未反应的氯气直接排放会污染空气，空气中水蒸气可能进入装置，f装置中碱石灰吸收多余的cl2，且防止空气中的水蒸气进入烧瓶使pcl3水解e烧杯内冷水的作用是：冷凝pcl3蒸汽，便于pcl3收集，干燥管f的作用是：吸收尾气中氯气，以免污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶使pcl3水解，通入干燥co2的目的是：排尽曲颈瓶中的空气，防止pc13与o3等发生副反应，故答案为：冷凝pcl3蒸汽，便于pcl3收集；收尾气中氯气，以免污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶使pcl3水解；排尽曲颈瓶中的空气，防止pc13与o3等发生副反应；（4）粗产品中常含有poc13、pc15等，加入红磷加热除去pc15后，由于pocl3溶于pc13，形成混合溶液，二者沸点相差较大，可以利用蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏点评：本题考查化学实验制备、电解原理、化学方程式书写等，是对学生综合能力的考查，注意对题目中信息的应用，难度中等（二）选做题i（从11、12、13题中任选一题作答，若多选，按所做的第一题得分）【化学一选修2：化学与技术】11（15分）高锰酸钾是中学常用的试剂工业上用软锰矿制备髙猛酸钾流程如下（1）写出反应的化学方程式3k2mno4+2co22kmno4+2k2co3+mno2，操作i的名称是过滤，若碳酸钾在100时溶解度约为156g，髙锰酸钾在100时的溶解度约为48g，操作采用浓缩结晶得到kmn04粗晶体（2）上述流程中可以循环使用的物质有mno2、koh（写化学式），鉴于此现用100吨软锰矿（含mno287.0%），理论上可生产kmno4晶体158吨（不考虑制备过程中原料的损失）（3）高锰酸钾还可以用电解法制备：阳极的电极反应为mno42e=mno4，b物质是h2写化学式），可以循环使用的物质是koh写化学式）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）由工艺流程转化关系可知，k2mno4与二氧化碳反应生成高锰酸钾、碳酸钾和二氧化锰；分离固体与溶液，采用过滤操作，利用kmno4和k2co3在溶解性上进行分离；（2）最初反应物中和最终生成物中含有的物质就能循环利用；根据锰原子守恒计算；（3）阳极发生氧化反应，mno42e=mno4；阴极反应还原反应，2h+2e=h2，溶液中剩余的oh与k+生成c溶液koh溶液解答：解：（1）由工艺流程转化关系可知，k2mno4与二氧化碳反应生成高锰酸钾、碳酸钾和二氧化锰，方程式为：3k2mno4+2co22kmno4+2k2co3+mno2，操作i是分离固体与溶液，是过滤操作，kmno4和k2co3在溶解性上不同采用热的情况下采用浓缩结晶的方式可分离，故答案为：3k2mno4+2co22kmno4+2k2co3+mno2；过滤；浓缩结晶；（2）在开始的反应物和最终的生成物中都含有mno2和koh，所以二氧化锰和氢氧化钾能循环使用；根据锰原子守恒，理论上可生产kmno4晶体质量为：158g/mol=158吨，故答案为：mno2；koh；158；（3）阳极发生氧化反应，化合价升高，电极反应式为mno42e=mno4；阴极反应还原反应，2h+2e=h2，溶液中剩余的oh与k+生成c溶液koh溶液，b物质为h2，koh可以循环利用；故答案为：mno42e=mno4；h2；koh点评：本题考查电解原理、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力【化学一选修3：物质结构与性质】12（1）金刚石和石墨的晶胞如图，若碳原子半径为a cm 且相邻最近的碳原子相切，阿伏加德罗常数为na，则金刚石的密度表达式为（要求整理为分母不含根号的表达式）g/cm3，一个石墨晶胞内含有4个碳原子，石墨的熔点比金刚石的熔点要高，其原因是石墨中碳碳键长小于金刚石中碳碳键长，这两种晶胞中碳的配位数（每个碳周围与之最近的碳原子数）之比为4：3（2）分子筛是一类具有骨架结构的硅铝酸盐晶体，实验式表示为moxa12o3ysio2，m是金属离子（可为na、k、ca等金属离子），n是m的价数，其最基本的结构单位是硅氧和铝氧四面体因为硅是+4价，氧是2价，因此，硅和氧的化合价都得到满足，因为铝是+3价，故铝氧四面体带有1个负电荷，金属离子用以保持电中性某分子筛铝硅比（铝原子与硅原子的个数比）和钾钠比均为2，则其化学式：2k2ona2o3a12o33sio2，其中铝的杂化方式sp3考点：晶胞的计算；化学键；配合物的成键情况 分析：（1）根据均摊法计算晶胞中c原子数目，用na表示出晶胞的质量金刚石中每个碳原子与周围4个碳原子形成正四面体结构，四面体中心原子与顶点原子相邻，则四面体中心到顶点距离为2a cm，到底面距离为cm，设四面体棱长为y，则侧面高为y，底面中心到边的距离为y，故（a cm+cm）2+（y）2=（y）2，整理得y=a cm，故晶胞棱长=a cm2=a cm，进而计算晶胞体积，再根据=计算晶胞密度；金刚石晶胞中c原子个数=