山东省青岛市高考化学一模试卷（含解析）.doc

山东省青岛市2015届高考化学一模试卷 一、选择题（共7小题，每小题5分，共35分每小题只有一个选项符合题意）1（5分）化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）a彩色密封塑胶袋能造成白色污染b钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠c大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低d任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化2（5分）下列有关原子结构、元素性质的说法正确的是（）asi、p、s、cl元素的单质与氢气化合越来越容易b元素原子最外层电子数越多，元素金属性越强c元素周期表共有18列，第3列是第b族，第17列是第a族df、o2、mg2+、na+离子半径逐渐减小3（5分）下列关于有机物的说法正确的是（）a糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应b甲烷和cl2的反应与乙烯和br2的反应属于同一类型的反应c一定条件下，理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molh2反应d乙醇、乙酸均能与naoh稀溶液反应，因为分子中均含有官能团“oh”4（5分）将10.7gmg、al和fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36l气体另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84l气体，向反应后的溶液中加入过量naoh溶液，得到沉淀物质的量为（）a0.1molb0.2molc0.25mold0.3mol5（5分）某溶液可能含有na+、fe3+、br、i、hco3、so32、no3等离子向该溶液中滴加氯水，无气泡产生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加入bacl2溶液产生白色沉淀；向橙色溶液中滴加淀粉溶液未变蓝，则在该溶液中肯定存在的离子组是（）ana+、i、so32bna+、br、so32cfe3+、br、no3dna+、br、no36（5分）下列说法正确的是（）a水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积常数增大，ph减小b根据co2通入漂白粉水溶液中，溶液先变浑浊后澄清，推断so2通入也有同样现象c向1ml浓度均为0.05moll1的nacl、nai混合溶液中滴加2滴0.01moll1的agno3溶液，震荡，沉淀呈黄色，结论，ksp（agcl）ksp（agi）d将fe（no3）2晶体溶于稀硫酸，滴加kscn溶液，通过观察溶液变红确定硝酸亚铁晶体已被氧化7（5分）tc时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：a（g）+b（g）c（s）h0，按照不同配比充入a、b，达到平衡时容器中a、b浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是（）atc时，该反应的平衡常数值为4bc点没有达到平衡，此时反应向逆向进行c若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于tcdtc时，直线cd上的点均为平衡状态【必做部分】8（16分）工业常用燃料与水蒸气反应制备h2和co，再用h2和co合成甲醇（1）制取h2和co通常采用：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h=+131.4kjmol1，下列判断正确的是a该反应的反应物总能量小于生成物总能量b标准状况下，上述反应生成1l h2气体时吸收131.4 kj的热量c若co（g）+h2（g）c（s）+h2o（1）h=qkjmol1，则q131.4d若c（s）+co2（g）2co（g）h1；co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h2 则：h1+h2=+131.4kjmol1（2）甲烷与水蒸气反应也可以生成h2和co，该反应为：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）已知在某温度下2l的密闭绝热容器中充入2.00mol甲烷和1.00mol水蒸气，测得的数据如下表：不同时间各物质的物质的量/mol0min2min4min6minch42.001.761.60n2h20.000.72n11.20根据表中数据计算：0min2min 内h2的平均反应速率为达平衡时，ch4的转化率为在上述平衡体系中再充入2.00mol甲烷和1.00mol 水蒸气，达到新平衡时h2的体积分数与原平衡相比（填“变大”、“变小”或“不变”），可判断该反应达到新平衡状态的标志有（填字母）aco的含量保持不变 b容器中c（ch4）与c（co）相等c容器中混合气体的密度保持不变 d3正（ch4）=逆（h2）（3）合成甲醇工厂的酸性废水中含有甲醇（ch3oh），常用向废液中加入硫酸钴，再用微生物电池电解，电解时co2+被氧化成co3+，co3+把水中的甲醇氧化成co2，达到除去甲醇的目的工作原理如图（ c为隔膜，甲醇不能通过，其它离子和水可以自由通过）a电极的名称为写出除去甲醇的离子方程式微生物电池是绿色酸性燃料电池，写出该电池正极的电极反应式为9（17分）工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量nh4+、fe3+、aso43、cl为除去杂质离子，部分操作流程如下：请回答问题：（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9gl1，则该溶液中的ph约为（2）nh4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以（nh4）2so4和nh4cl形式存在现有一份（nh4）2so4溶液，一份nh4cl溶液，（nh4）2so4溶液中c（nh4+）恰好是nh4cl溶液中c（nh4+）的2倍，则cc（nh4cl）（填：、=或）（3）随着向废液中投入生石灰（忽略溶液温度的变化），溶液中（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）投入生石灰调节ph到23时，大量沉淀主要成分为caso42h2o，提纯caso42h2o的主要操作步骤：向沉淀中加入过量，充分反应后，过滤、洗涤、（5）25，h3aso4电离常数为k1=5.6103，k2=1.7107，k3=4.01012当溶液中ph调节到89时，沉淀主要成分为ca3（aso4）2ph调节到8左右ca3（aso4）2才开始沉淀的原因是na3aso4第一步水解的平衡常数数值为：已知：aso43+2i+2h+=aso33+i2+h2o，so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+上述两个反应中还原性最强的微粒是10氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图1所示的装置（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0moll1，配制该浓度的氨水100ml，用到的玻璃仪器有100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体x的名称为（3）乙装置的作用是；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为（4）当戊中观察到现象，则说明已制得硝酸某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因如何改进装置（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是；为测定试管丁内硝酸溶液的浓度，从中取10ml溶液于锥形瓶中，用0.1moll1的naoh溶液滴定滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是（图2）【选做部分】【化学-化学与技术】11（12分）煤炭被人们誉为黑色的“金子”，它是人类使用的主要能源之一为了提高煤的利用率，减少有害气体的排放，人们采取了各式各样的方法（1）煤的气化和液化可以提高煤的利用率煤的气化技术的主要产物是煤的液化技术又分为直接液化和间接氧化将煤隔绝空气加强热得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为（2）煤在燃烧前、后及燃烧过程中均可采取措施减少有害气体的排放在燃烧前，可以采用微生物脱硫技术原理如下：上述过程中fe2+的作用为写出fe2+fe3+的离子方程式煤在燃烧时，进行脱硫处理，常采用燃烧技术，在把煤和脱硫剂加入锅炉燃烧室，使煤与空气在流化过程中充分混合、燃烧，起到固硫作用常用脱硫剂的主要化学成分为（填化学式）煤在燃烧后，烟气净化常采用除尘技术和脱硫、脱硝技术湿法脱硫、脱硝技术中将烟气通入设备，用石灰水淋洗【化学-物质的结构】12在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能与氢形成氢化物氢化物晶体的结构有共价型和离子型之分（1）氨气是共价型氢化物工业常用氨气和醋酸二氨合铜ac的混合液来吸收一氧化碳（醋酸根ch3coo简写为ac）反应方程式为：ac+co+nh3ac请写出基态cu原子的电子排布式氨水溶液中各元素原子的电负性从大到小排列顺序为醋酸分子中的两个碳原子，甲基（ch3）碳和羧基（cooh）碳的杂化方式分别是生成物ac中所含化学键类型有a离子键 b配位键 c键 d键（2）某离子型氢化物化学式为xy2，晶胞结构如图 所示，其中6个y原子（）用阿拉伯数字16标注已知1、2、3、4号y原子在晶胞上、下面上则5、6号y原子均在晶胞（填“侧面”或“内部”）xy2晶体、硅烷晶体和固态氨3种氢化物熔沸点高低顺序正确的是axy2晶体硅烷晶体固态氨 bxy2晶体固态氨硅烷晶体c固态氨硅烷晶体xy2晶体 d硅烷晶体固态氨xy2晶体【化学-有机化学】131对甲苯基3苯基2丙烯1酮（以下用m表示）是一种常见的工业原料，其结构简式为：，工业上合成m线路如下（反应中生成的小分子已略去）：已知：在稀碱作用下，两分子的醛或酮可以互相作用，其中一个醛（或酮）分子中的氢加到另一个醛（或酮）分子的羰基氧原子上，其余部分加到羰基碳原子上，生成一分子羟基醛或一分子羟基酮请回答下列问题：（1）有机物b的名称为（2）物质a、c的关系为a同系物 b同分异构体 c同素异形体 d分子式相差1个ch2（3）反应中，属于加成反应的有（4）反应的化学方程式为（5）的同分异构体有许多能与nahco3反应，且含有联苯基（上1个氢原子被取代）的同分异构体共有种山东省青岛市2015届高考化学一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35分每小题只有一个选项符合题意）1（5分）化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热下列说法不正确的是（）a彩色密封塑胶袋能造成白色污染b钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠c大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低d任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：a根据白色污染指塑料制品形成的污染分析；b根据钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应的产物分析；c根据合金的特点分析；d物理过程不一定伴随着能量的变化解答：解：a白色污染指塑料制品形成的污染，而彩色密封塑胶袋属于塑料，故a正确；b钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应都生成醋酸钠，故b正确；c合金的特点为熔点比各成分都低，硬度比各成分都大，故c正确；d物理过程不一定伴随着能量的变化，故d错误；故选d点评：本题考查了白色污染、合金的特点、物质变化时的能量变化以及钠及其化合物的性质，属于基础知识的考查，题目比较简单2（5分）下列有关原子结构、元素性质的说法正确的是（）asi、p、s、cl元素的单质与氢气化合越来越容易b元素原子最外层电子数越多，元素金属性越强c元素周期表共有18列，第3列是第b族，第17列是第a族df、o2、mg2+、na+离子半径逐渐减小考点：物质的组成、结构和性质的关系；元素周期表的结构及其应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强与氢气化合越容易；b元素原子最外层电子数越多，失去电子能力越弱；c依据周期表中各族的位置关系解答；d电子数相同，质子数越大，半径越小解答：解：asi、p、s、cl为同周期元素非金属性依次增强，所以单质与氢气化合越来越容易，故a正确；b元素原子最外层电子数越多，失去电子能力越弱，金属性越弱，故b错误；c元素周期表共有18列，第3列是第b族，第17列是第a族，故c错误；df、o2、mg2+、na+离子具有相同的电子数，离子半径f、o2、na+、mg2+逐渐减小，故d错误；故选：a点评：本题考查了物质的结构、元素性质，熟悉原子结构、元素周期表结构、元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大3（5分）下列关于有机物的说法正确的是（）a糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应b甲烷和cl2的反应与乙烯和br2的反应属于同一类型的反应c一定条件下，理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molh2反应d乙醇、乙酸均能与naoh稀溶液反应，因为分子中均含有官能团“oh”考点：有机化学反应的综合应用 专题：有机反应分析：a、单糖不能水解；b、甲烷与氯气属于取代反应，乙烯和溴反应属于加成反应；c、甲苯与苯与氢气发生苯环上的加成反应；d、乙醇不能与氢氧化钠反应解答：解：a、单糖不能水解，故a错误；b、甲烷与氯气属于取代反应，乙烯和溴反应属于加成反应，故b错误；c、甲苯与苯与氢气发生苯环上的加成反应，故c正确；d、乙醇不能与氢氧化钠反应，故d错误；故选c点评：本题主要考查的是常见有机物的性质与常见有机化学反应类型，难度不大4（5分）将10.7gmg、al和fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36l气体另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84l气体，向反应后的溶液中加入过量naoh溶液，得到沉淀物质的量为（）a0.1molb0.2molc0.25mold0.3mol考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：mg、al和fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有al反应生成氢气，根据电子转移守恒计算al提供电子物质的量另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒计算mg、fe总物质的量，向反应后的溶液中加入过量naoh溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒计算沉淀物质的量解答：解：mg、al和fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有al反应生成氢气，根据电子转移守恒，al提供电子物质的量为：2=0.3mol；另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒，mg、fe提供电子总物质的量为20.3mol=0.4mol，故mg、fe总物质的量为=0.2mol，向反应后的溶液中加入过量naoh溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒，沉淀物质的量等于金属物质的量，即沉淀物质的量为0.2mol，故选b点评：本题混合物有关计算，注意从守恒的角度进行解答，侧重考查学生的分析计算能力，难度中等5（5分）某溶液可能含有na+、fe3+、br、i、hco3、so32、no3等离子向该溶液中滴加氯水，无气泡产生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加入bacl2溶液产生白色沉淀；向橙色溶液中滴加淀粉溶液未变蓝，则在该溶液中肯定存在的离子组是（）ana+、i、so32bna+、br、so32cfe3+、br、no3dna+、br、no3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：加足量氯水后，无气泡产生、溶液呈橙黄色；氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，推断一定含有br，无生成气体说明含无co32，其能将可能存在的so32氧化为so42；橙黄色的溶液中加入bacl2溶液时有沉淀生成，证明一定含so32离子；向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色证明无碘单质生成，说明一定不含有i解答：解：加足量氯水后，无气泡产生、溶液呈橙黄色，氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，氯气和溴离子反应生成溴单质溶液呈橙黄色，推断一定含有br，无气体生成说明无hco3，说明一定不含hco3；氯气能将可能存在的so32氧化为so42；若原溶液中含有亚硫酸根离子，在氯水中会被氧化为硫酸根离子，加入氯化钡会生成沉淀，橙黄色的溶液中加入bacl2溶液时有白色沉淀生成，证明一定含so32离子，生一定不含有fe3+；依据溶液的电中性，阳离子一定含有na+；向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色证明无碘单质生成，说明一定无i；综上所述：原溶液中一定含有na+、br、so32；一定不含fe3+、i；no3的存在不能确定故选b点评：本题考查了离子检验的实验现象分析判断，注意离子共存问题和干扰离子的作用是解题关键，题目难度中等6（5分）下列说法正确的是（）a水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积常数增大，ph减小b根据co2通入漂白粉水溶液中，溶液先变浑浊后澄清，推断so2通入也有同样现象c向1ml浓度均为0.05moll1的nacl、nai混合溶液中滴加2滴0.01moll1的agno3溶液，震荡，沉淀呈黄色，结论，ksp（agcl）ksp（agi）d将fe（no3）2晶体溶于稀硫酸，滴加kscn溶液，通过观察溶液变红确定硝酸亚铁晶体已被氧化考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；水的电离；二氧化硫的化学性质 专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：a水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；b二氧化碳和次氯酸钙反应生成难溶性的碳酸钙、碳酸钙和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，二氧化硫具有还原性，能被氧化；c结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀；d酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子解答：解：a水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，所以离子积常数增大、溶液的ph减小，故a正确；b二氧化碳和次氯酸钙反应生成难溶性的碳酸钙、碳酸钙和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，二氧化硫具有还原性，能被氧化而生成微溶物硫酸钙，硫酸钙和二氧化硫不反应，所以现象不同，故b错误；c结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀，混合溶液中生成黄色沉淀，说明ksp（agcl）ksp（agi），故c错误；d酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能说明硝酸亚铁晶体已被氧化，故d错误；故选a点评：本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、水的电离等知识点，侧重考查分析、推断能力，易错选项是d，注意酸性条件下硝酸根离子的氧化性7（5分）tc时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：a（g）+b（g）c（s）h0，按照不同配比充入a、b，达到平衡时容器中a、b浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是（）atc时，该反应的平衡常数值为4bc点没有达到平衡，此时反应向逆向进行c若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于tcdtc时，直线cd上的点均为平衡状态考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：a、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式；b、c点浓度商小于k，反应正向进行；c、反应是放热反应，若c点为平衡状态，此时平衡常数小于tc平衡常数，说明平衡逆向进行；d、tc时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态；解答：解：a、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，a（g）+b（g）c（s），平衡常数k=0.25，故a错误；b、依据图象分析可知，c点浓度商qk，反应正向进行，故b错误；c、反应是放热反应，若c点为平衡状态，此时平衡常数小于tc平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于tc，故c正确；d、tc时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态，故d错误；故选c点评：本题考查了化学平衡常数的影响因素分析和计算应用，主要是破坏原理的影响因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等【必做部分】8（16分）工业常用燃料与水蒸气反应制备h2和co，再用h2和co合成甲醇（1）制取h2和co通常采用：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h=+131.4kjmol1，下列判断正确的是ada该反应的反应物总能量小于生成物总能量b标准状况下，上述反应生成1l h2气体时吸收131.4 kj的热量c若co（g）+h2（g）c（s）+h2o（1）h=qkjmol1，则q131.4d若c（s）+co2（g）2co（g）h1；co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h2 则：h1+h2=+131.4kjmol1（2）甲烷与水蒸气反应也可以生成h2和co，该反应为：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）已知在某温度下2l的密闭绝热容器中充入2.00mol甲烷和1.00mol水蒸气，测得的数据如下表：不同时间各物质的物质的量/mol0min2min4min6minch42.001.761.60n2h20.000.72n11.20根据表中数据计算：0min2min 内h2的平均反应速率为0.18moll1min1达平衡时，ch4的转化率为20%在上述平衡体系中再充入2.00mol甲烷和1.00mol 水蒸气，达到新平衡时h2的体积分数与原平衡相比变小（填“变大”、“变小”或“不变”），可判断该反应达到新平衡状态的标志有ad（填字母）aco的含量保持不变 b容器中c（ch4）与c（co）相等c容器中混合气体的密度保持不变 d3正（ch4）=逆（h2）（3）合成甲醇工厂的酸性废水中含有甲醇（ch3oh），常用向废液中加入硫酸钴，再用微生物电池电解，电解时co2+被氧化成co3+，co3+把水中的甲醇氧化成co2，达到除去甲醇的目的工作原理如图（ c为隔膜，甲醇不能通过，其它离子和水可以自由通过）a电极的名称为阳极写出除去甲醇的离子方程式6co3+ch3oh+h2o=6co2+co2+6h+微生物电池是绿色酸性燃料电池，写出该电池正极的电极反应式为4h+o2+4e=2h2o考点：热化学方程式；原电池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；化学平衡的计算 专题：基本概念与基本理论分析：（1）a、反应是吸热反应，依据能量守恒分析判断，生成物能量总和大于反应物能量总和，故a正确；b、标准状况下，上述反应生成1mol h2气体时吸收131.4 kj的热量，故b错误；c、若co（g）+h2（g）c（s）+h2o（1）h=qkjmol1，则q=131.4，故c错误；d、根据盖斯定律，若c（s）+co2（g）2co（g）h1；co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h2 则：h1+h2=+131.4kjmol1，故d正确；（2）0min2min 内h2的平均反应速率为=0.18moll1min1；4min时，参加反应的甲烷为2mol1.6mol=0.4mol，生成氢气为0.4mol3=1.2mol，达到平衡，此时甲烷的转化率为100%=20%；在上述平衡体系中再充入2.00mol甲烷和1.00mol 水蒸气，压强增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时h2的体积分数与原平衡相比变小；aco的含量保持不变，反应达到平衡； b容器中c（ch4）与c（co）相等，不一定平衡；c容器中混合气体的密度一直不变，不是平衡状态的标志； d3正（ch4）=逆（h2），反应达到平衡；（3）电极a，co2+被氧化成co3+，发生氧化反应，为电解池的阳极；甲醇被氧化生成二氧化碳，co3+被还原生成co2+，溶液呈酸性，则生成物中含有氢离子，所以该反应离子方程式为：6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+，微生物电池是绿色酸性燃料电池，氧气在正极放电4h+o2+4e=2h2o解答：解：（1）a、反应是吸热反应，依据能量守恒分析判断，生成物能量总和大于反应物能量总和，故a正确；b、标准状况下，上述反应生成1mol h2气体时吸收131.4 kj的热量，故b错误；c、若co（g）+h2（g）c（s）+h2o（1）h=qkjmol1，则q=131.4，故c错误；d、根据盖斯定律，若c（s）+co2（g）2co（g）h1；co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h2 则：h1+h2=+131.4kjmol1，故d正确；故答案为：ad；（2）0min2min 内h2的平均反应速率为=0.18moll1min1，故答案为：0.18moll1min1； 4min时，参加反应的甲烷为2mol1.6mol=0.4mol，生成氢气为0.4mol3=1.2mol，达到平衡，此时甲烷的转化率为100%=20%；在上述平衡体系中再充入2.00mol甲烷和1.00mol 水蒸气，压强增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时h2的体积分数与原平衡相比变小；aco的含量保持不变，反应达到平衡； b容器中c（ch4）与c（co）相等，不一定平衡；c容器中混合气体的密度一直不变，不是平衡状态的标志； d3正（ch4）=逆（h2），反应达到平衡；故答案为：20%；变小；ad；（3）电极a，co2+被氧化成co3+，发生氧化反应，为电解池的阳极；故答案为：阳极甲醇被氧化生成二氧化碳，co3+被还原生成co2+，溶液呈酸性，则生成物中含有氢离子，所以该反应离子方程式为：6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+，故答案为：6co3+ch3oh+h2o=6co2+co2+6h+微生物电池是绿色酸性燃料电池，氧气在正极放电4h+o2+4e=2h2o，故答案为：4h+o2+4e=2h2o点评：本题考查了化学反应焓变和能量变化特征分析，注意焓变表达的意义和可能反应不能进行彻底的分析判断，题目较简单9（17分）工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量nh4+、fe3+、aso43、cl为除去杂质离子，部分操作流程如下：请回答问题：（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9gl1，则该溶液中的ph约为1（2）nh4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以（nh4）2so4和nh4cl形式存在现有一份（nh4）2so4溶液，一份nh4cl溶液，（nh4）2so4溶液中c（nh4+）恰好是nh4cl溶液中c（nh4+）的2倍，则cc（nh4cl）（填：、=或）（3）随着向废液中投入生石灰（忽略溶液温度的变化），溶液中减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）投入生石灰调节ph到23时，大量沉淀主要成分为caso42h2o，提纯caso42h2o的主要操作步骤：向沉淀中加入过量稀硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、晾干或干燥（5）25，h3aso4电离常数为k1=5.6103，k2=1.7107，k3=4.01012当溶液中ph调节到89时，沉淀主要成分为ca3（aso4）2ph调节到8左右ca3（aso4）2才开始沉淀的原因是h3aso4是弱酸，当溶液中ph调节到8左右，c（aso43）增大，ca3（aso4）2开始沉淀na3aso4第一步水解的平衡常数数值为：2.5103已知：aso43+2i+2h+=aso33+i2+h2o，so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+上述两个反应中还原性最强的微粒是so2考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量nh4+、fe3+、aso43、cl，加入生石灰，调节ph23，大量沉淀主要成分为caso42h2o，滤液加入生石灰调节ph89，生成ca3（aso4）2沉淀，滤液主要含有（nh4）2so4和nh4cl，（1）硫酸的浓度为4.9gl1，结合c=计算；（2）根据c（nh4+）越大，nh4+水解程度越小判断；（3）随着向废液中投入生石灰，c（oh）增大，c（nh3h2o）减小；（4）提纯caso42h2o，可加入稀硫酸溶解fe（oh）3，并洗涤、干燥；（5）h3aso4是弱酸电离出来的aso43较少，所以酸性条件下不易形成ca3（aso4）2沉淀；依据水解常数与电离常数及kw的关系计算；根据还原剂还原性大于还原产物的还原性判断解答：解：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量nh4+、fe3+、aso43、cl，加入生石灰，调节ph23，大量沉淀主要成分为caso42h2o，滤液加入生石灰调节ph89，生成ca3（aso4）2沉淀，滤液主要含有（nh4）2so4和nh4cl，（1）硫酸的浓度为4.9gl1，c（h2so4）=0.05mol/l，c（h+）=0.1mol/l，ph=lg0.1=1，故答案为：1；（2）如c=c（nh4cl），则（nh4）2so4溶液中c（nh4+）较大，因c（nh4+）越大，nh4+水解程度越小，则（nh4）2so4溶液中c（nh4+）小于是nh4cl溶液中c（nh4+）的2倍，如等于2倍，则c（nh4cl）应较大，故答案为：；（3）随着向废液中投入生石灰，c（oh）增大，c（nh3h2o）减小，则溶液中减小，故答案为：减小；（4）提纯caso42h2o，可加入稀硫酸溶解fe（oh）3，且防止caso42h2o的溶解，过滤后洗涤、干燥，故答案为：稀硫酸；晾干或干燥；（5）h3aso4是弱酸电离出来的aso43较少，所以酸性条件下不易形成ca3（aso4）2沉淀，当溶液中ph调节到8左右时aso43浓度增大，ca3（aso4）2开始沉淀，故答案为：h3aso4是弱酸，当溶液中ph调节到8左右，c（aso43）增大，ca3（aso4）2开始沉淀；na3aso4的第一步水解的离子方程式为：aso43+h2ohaso42+oh，该步水解的平衡常数kh=2.5103，故答案为：2.5103； 已知：aso43+2i+2h+=aso33+i2+h2o，so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性so2iaso33，两个反应中还原性最强的微粒是so2，故答案为：so2点评：本题考查较为综合，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，注意把握溶液中浓度的换算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，水解常数和电离常数的计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等，考查的知识点较多，题目难度中等10氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图1所示的装置（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0moll1，配制该浓度的氨水100ml，用到的玻璃仪器有100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体x的名称为过氧化钠（3）乙装置的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为4nh3+5o24no+6h2o（4）当戊中观察到紫色石蕊试液变红现象，则说明已制得硝酸某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性如何改进装置在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；为测定试管丁内硝酸溶液的浓度，从中取10ml溶液于锥形瓶中，用0.1moll1的naoh溶液滴定滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是（图2）b考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）根据配制溶液的操作步骤判断所用仪器；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体x溶于氨水即放热又产生氧气；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4nh3+5o24no+6h2o；（4）根据硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红判断；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与碱发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性；（5）改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，据此分析观察到的现象；滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是b解答：解：（1）量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100ml容量瓶，胶头滴管，故答案为：胶头滴管、量筒；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体x溶于氨水即放热又产生氧气，则该固体为过氧化钠，故答案为：过氧化钠；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：干燥氧气和氨气的混合气体； 4nh3+5o24no+6h2o；（4）因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红，说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与过量的氨气发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性，故答案为：紫色石蕊试液变红；过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；（5）改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，所以观察到的现象为烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是b，故答案为：烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；b点评：本题考查了实验室制氨气的原理和装置以及探究硝酸的制备和性质，同时考查了浓硫酸、氨气等物质的性质应用，难度一般；【选做部分】【化学-化学与技术】11（12分）煤炭被人们誉为黑色的“金子”，它是人类使用的主要能源之一为了提高煤的利用率，减少有害气体的排放，人们采取了各式各样的方法（1）煤的气化和液化可以提高煤的利用率煤的气化技术的主要产物是co、h2煤的液化技术又分为直接液化和间接氧化将煤隔绝空气加强热得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为煤的干馏（2）煤在燃烧前、后及燃烧过程中均可采取措施减少有害气体的排放在燃烧前，可以采用微生物脱硫技术原理如下：上述过程中fe2+的作用为中间产物，催化剂作用，加快s元素的氧化写出fe2+fe3+的离子方程式4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o煤在燃烧时，进行脱硫处理，常采用流化床燃烧技术，在把煤和脱硫剂加入锅炉燃烧室，使煤与空气在流化过程中充分混合、燃烧，起到固硫作用常用脱硫剂的主要化学成分为cao（填化学式）煤在燃烧后，烟气净化常采用除尘技术和脱硫、脱硝技术湿法脱硫、脱硝技术中将烟气通入吸收塔设备，用石灰水淋洗考点：煤的干馏和综合利用 专题：有机化合物的获得与应用分析：（1）煤的汽化是煤和水蒸气反应生成co和氢气；将煤隔绝空气加强热使煤分解的操作是煤的干馏；（2）根据微生物脱硫技术的原理来分析；fe2+做还原剂，被氧气氧化为fe3+，氧气在酸性条件下被还原为h2o，据此写出离子方程式；在煤燃烧的同时进行的脱硫技术称为“流化床”燃烧技术；根据so2是酸性氧化物来分析；吸收烟气的装置为吸收塔解答：解：（1）煤的汽化是煤和水蒸气在高温条件下反应生成co和氢气的过程，故主要产物为co、h2；将煤隔绝空气加强热使煤分解得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的操作是煤的干馏，故答案为：co、h2；煤的干馏；（2）根据微生物脱硫技术的原理可知：fe2+先被氧化为fe3+，后fe3+又被还原为fe2+，即fe2+先被消耗后又生成，故在反应中做催化剂；fe2+做还原剂，被氧气氧化为fe3+，氧气在酸性条件下被还原为h2o，据此写出离子方程式：4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o，故答案为：中间产物，催化剂作用，加快s元素的氧化；4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o；在煤燃烧的同时进行的脱硫技术称为“流化床”燃烧技术；由于so2是酸性氧化物，故可以加碱性氧化物cao（或者caco3）来加以吸收，故答案为：流化床；cao（或者caco3）；吸收烟气的装置为吸收塔，故答案为：吸收塔点评：本题考查二氧化硫的污染及治理，题目难度中等，本题注意从题目中获取信息，结合物质的性质解答【化学-物质的结构】12在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能与氢形成氢化物氢化物晶体的结构有共价型和离子型之分（1）氨气是共价型氢化物工业常用氨气和醋酸二氨合铜ac的混合液来吸收一氧化碳（醋酸根ch3coo简写为ac）反应方程式为：ac+co+nh3ac请写出基态cu原子的电子排布式ar3d104s1氨水溶液中各元素原子的电负性从大到小排列顺序为onh醋酸分子中的两个碳原子，甲基（ch3）碳和羧基（cooh）碳的杂化方式分别是sp3、sp2生成物ac中所含化学键类型有abcda离子键 b配位键 c键 d键（2）某离子型氢化物化学式为xy2，晶胞结构如图 所示，其中6个y原子（）用阿拉伯数字16标注已知1、2、3、4号y原子在晶胞上、下面上则5、6号y原子均在晶胞内部（填“侧面”或“内部”）xy2晶体、硅烷晶体和固态氨3种氢化物熔沸点高低顺序正确的是baxy2晶体硅烷晶体固态氨 bxy2晶体固态氨硅烷晶体c固态氨硅烷晶体xy2