湖北省黄冈市黄州区一中高三化学下学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

2015年湖北省黄冈市黄州区一中高考化学三模试卷 一、选择题：本大题共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化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是( )a用naoh溶液雕刻工艺玻璃上的纹饰b海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化c用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物d淀粉、蛋白质、脂肪是人体必需的营养物质它们都是天然高分子化合物，一定条件下都能发生水解和氧化反应2na为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )a常温常压下，22.4l co2中含有na个co2分子b常温下，1l 0.1mol/lna2s溶液中，含有s2数为0.1nac7.8 g过氧化钠与足量二氧化碳反应转移的电子数为0.1nad在反应kclo3+6hcl=kcl+3cl2+3h2o中，每生成3 mol cl2转移的电子数为6na3下列说法不正确的是( )a分子式为c6h12，分子结构中含有3个“ch3”原子团的烯烃共有 5种b芥子醇（ ） 能发生氧化、取代、水解、加聚反应c实验室制乙烯时，把生成的气体通入酸性kmno4溶液，紫色褪去，不能说明一定生成了乙烯d将少量某物质的溶液滴加到新制银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成，该物质不一定属于醛类4下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是( )ac（nh4+）相等的（nh4）2so4、nh4hso4、nh4cl溶液中：c（nh4hso4）c（nh4）2so4c（nh4cl）b向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（na+）c（ch3coo）c（h+）c（oh）c1.0 mol/l na2co3溶液：c（oh）=c（hco3）+c（h+）+2c（h2co3）d某二元弱酸的酸式盐naha溶液中：c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（ha）+c（a2）5研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融caf2cao作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛下列叙述正确的是( )a由tio2制得1mol 金属ti，理论上外电路转移2na电子b阳极的电极反应式为：c+2o24eco2c若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱应连接pb电极d在制备金属钛前后，整套装置中cao的总量减少6已知a、b、c、d、e是短周期中原子序数依次增大的5种元素，b、c同周期，d、e也同周期，d原子最外层电子数与最内层电子数相等，a、b、c、d的原子序数之和是e的两倍，d与c形成的化合物是一种耐高温材料，a、b形成的气态化合物的水溶液呈碱性下列说法正确的是( )a原子半径：dbecab单质d可用海水作原料获得c热稳定性：ea4a2cd化合物dc与化合物ec2中化学键类型相同7在t时，某ba（oh）2的稀溶液中c（h+）=10a mol/l，c（oh）=10b mol/l，已知a+b=12向该溶液中逐渐滴加入ph=c的盐酸，测得混合溶液的部分ph如下表所示：假设溶液混合后的体积变化忽略不计，则c为( )a3b4c5d6二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂请回答下列问题：（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有_性用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，说明浓硫酸具有_性（2）硝酸铜是制备cuznal系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜下列制备方法符合“绿色化学”思想的是_（填序号）cu+hno3（浓）cu（no3）2cu+hno3（稀）cu（no3）2cu cuo cu（no3）2（3）在100ml 18moll1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，测得产生的气体在标准状况下的体积可能是_a40.32l b30.24l c20.16l d13.44l若使上述反应中剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式_（4）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入h2o2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜和水该反应的化学方程式为_9（14分）a、b、c、d都是中学化学中的常见化合物，均由周期表前18号元素组成，d为红综色气体，甲、乙则是两种单质，以上单质和化合物之间在如图1所示的反应关系（反应物和生成物均无省略）请回答下列问题：（1）图1所示转化过程中包含的反应类型有_（填字母）a置换反应 b复分解反应c分解反应 d化合反应（2）图1中反应的化学方程式是_（3）图1中反应在一定条件下为可逆反应，反应的能量变化如图2所示，当该反应处 于平衡状态时，下列措施中有利于提高c的平衡转化率的是_（填字母）a升高温度 b降低温度 c增大压强d减小压强 e加入催化剂 f增加c的量（4）若将l.00mol甲和2.00mol c混合充入容积为2l的密闭容器中，3分钟后反应达到平衡平衡后混合气体总物质的量为2.55mol，用甲表示的化学反应速率为_moll1min1（5）容积均为2l的四个密闭容器中均进行着（4）中的反应，某温度下，各物质物质的量（mol）及正逆反应速率关系如下表所示：若方程式系数为最简整数比，则该温度下的平衡常数k=_；填写表中空格：_ _10i在浓cacl2溶液中通入nh3和co2，可以制得纳米级碳酸钙和一种氮肥请根据要求答问题：（1）写出该反应的化学方程式_（2）如何判断所得碳酸钙是否为纳米级_某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设：该反应的气体产物是co2；该反应的气体产物是co；该反应的气体产物是_（2）计方案 如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比（3）查阅资料：氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式：_（4）实验步骤：按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入n2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g步骤、中都分别通入n2，其作用分别为_（5）数据处理：试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：_（6）实验优化：学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成ba（oh）2溶液，其理由是_从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：_【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11（1）已知a和b为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：a通常显_价，a的电负性_b的电负性（填“”、“”或“=”）（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kjmol1根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因_组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是_（3）实验证明：kcl、mgo、cao、tin这4种晶体的结构与nacl晶体结构相似（如图1所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：则该 4种离子晶体（不包括nacl）熔点从高到低的顺序是：_其中mgo晶体中一个mg2+周围和它最邻近且等距离的mg2+有_个（4）某配合物的分子结构如图2所示，其分子内不含有_（填序号）a、离子键 b、极性键 c、金属键 d、配位键 e、氢键 f、非极性键（5）为消除温室效应的影响，科学家设计反应：co2+4h2ch4+2h2o以减小空气中co2若有1mol ch4生成，则有_mol键和_mol键断裂【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）12根据下列有机化合物，回答问题（1）上述互为同分异构体的化合物为_（填代号）；（2）写出丙中官能团的名称_；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应，生成x、y两种物质（相对分子质量：xy）由x经下列反应可制得n、f两种高分子化合物，它们都是常用的塑料x转化为m的反应类型是_写出b转化为c的化学方程式_c与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：_在一定条件下，两分子e能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为_写出3种含有一个羟基、一个酯基的e的同分异构体的结构简式：_、_、_2015年湖北省黄冈市黄州区一中高考化学三模试卷一、选择题：本大题共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化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是( )a用naoh溶液雕刻工艺玻璃上的纹饰b海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化c用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物d淀粉、蛋白质、脂肪是人体必需的营养物质它们都是天然高分子化合物，一定条件下都能发生水解和氧化反应考点：有机物的鉴别；海水资源及其综合利用；葡萄糖的性质和用途；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一般用氢氟酸雕刻玻璃；b加净水剂明矾只能起到净化海水的作用；c纯羊毛织物的主要成分为蛋白质，根据蛋白质的性质判断；d脂肪不是高分子化合物，根据高分子化合物的定义判断解答：解：a氢氧化钠与玻璃反应较为缓慢，不能用于雕刻玻璃，一般用氢氟酸雕刻，故a错误；b加净水剂明矾，水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可除去水的悬浮物杂质，只能起到净化海水的作用，故b错误；c纯羊毛织物的主要成分为蛋白质，灼烧蛋白质具有烧焦的羽毛气味，可鉴别，故c正确；d高分子化合物相对分子质量在10000以上，脂肪不是高分子化合物，故d错误故选c点评：本题考查较为综合，涉及多方面知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大2na为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )a常温常压下，22.4l co2中含有na个co2分子b常温下，1l 0.1mol/lna2s溶液中，含有s2数为0.1nac7.8 g过氧化钠与足量二氧化碳反应转移的电子数为0.1nad在反应kclo3+6hcl=kcl+3cl2+3h2o中，每生成3 mol cl2转移的电子数为6na考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a常温常压vm22.4l/mol；b硫离子为弱酸根离子，溶液中部分硫离子发生水解；c根据n=并结合过氧化钠与二氧化碳的反应来分析；d依据反应中氯元素化合价变化解答解答：解：a常温常压下，气体摩尔体积数值未知，无法计算二氧化碳的物质的量，故a错误；b常温下，1l 0.1mol/lna2s溶液中，含有硫化钠0.1mol，但是硫化钠电离产生的硫离子部分发生水解，所以溶液中的硫离子小于0.1na，故b错误；c.7.8g过氧化钠的物质的量n=0.1mol，而na2o2与co2的反应：2na2o2+2co2=2na2co3+o2可知，1molna2o2参与反应转移1mol电子，故0.1molna2o2转移0.1mol电子，即0.1na个，故c正确；d在反应kclo3+6hcl=kcl+3cl2+3h2o中，氯酸钾中cl元素化合价由+5价变为0价、hcl中cl元素化合价由1价变为0价，每生成3 mol cl2转移的电子数为5na，故d错误；故选：c点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意标况下气体摩尔体积的使用条件，注意氧化还原反应中化合价变化，题目难度不大3下列说法不正确的是( )a分子式为c6h12，分子结构中含有3个“ch3”原子团的烯烃共有 5种b芥子醇（ ） 能发生氧化、取代、水解、加聚反应c实验室制乙烯时，把生成的气体通入酸性kmno4溶液，紫色褪去，不能说明一定生成了乙烯d将少量某物质的溶液滴加到新制银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成，该物质不一定属于醛类考点：有机化合物的异构现象；有机化学反应的综合应用 分析：a、分子式为c6h12的烯烃，含有1个c=c双键，分子结构中含有3个“ch3”原子团，可以看做3个甲基取代丙烯中的3个h原子，结合丙烯的结构确定甲基的可能位置书写判断；b、芥子醇中含有酚羟基，具有酸性，可发生取代反应，含有c=c，可发生加成、加聚、氧化反应，并含有醇羟基，可发生酯化反应和氧化反应；c、制取乙烯的过程中，可能会生成二氧化硫气体，二氧化硫也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；d、发生银镜反应的有机物一定含有醛基，但是不一定为醛类，可能为葡萄糖、甲酸甲酯等解答：解：a、分子式为c6h12的烯烃，含有1个c=c双键，分子结构中含有3个“ch3”原子团，可以看做3个甲基取代丙烯中的3个h原子，符合条件的结构有：ch2=chc（ch3）3、ch2=c（ch3）ch（ch3）2、ch3ch=chch（ch3）2、ch3ch=c（ch3）ch2ch3、（ch3）2c=chch2ch3，故共有5种，故a正确；b、分子中含有c=c键，可发生氧化、加成和聚合反应，含有oh，可发生取代反应，不能发生水解反应，故b错误；c、实验室制乙烯时，把生成的气体通入酸性kmno4溶液，紫色褪去，由于反应中会生成副产物二氧化硫，二氧化硫能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能说明一定生成了乙烯，故c正确；d/少量某物质的溶液滴加到新制银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成，该有机物中一定含有醛基，但是该物质不一定属于醛类，可能为糖类，如葡萄糖，有可能为酯类，如甲酸甲酯、甲酸乙酯等，故d正确；故选b点评：本题考查了有机物结构与性质、同分异构体的书写、有机反应类型判断等知识，题目难度中等，注意掌握 常见有机物的结构与性质，明确同分异构体的书写方法4下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是( )ac（nh4+）相等的（nh4）2so4、nh4hso4、nh4cl溶液中：c（nh4hso4）c（nh4）2so4c（nh4cl）b向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（na+）c（ch3coo）c（h+）c（oh）c1.0 mol/l na2co3溶液：c（oh）=c（hco3）+c（h+）+2c（h2co3）d某二元弱酸的酸式盐naha溶液中：c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（ha）+c（a2）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：a氢离子抑制铵根离子水解，含有同等浓度的铵根离子的盐中，化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小；b溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），结合电荷守恒判断；c根据质子守恒判断；d任何电解质溶液中都存在电荷守恒解答：解：a含有同等浓度的铵根离子的盐中，化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小，硫酸氢铵电离出氢离子抑制铵根离子水解，所以c（nh4+）相等的（nh4）2so4、nh4hso4、nh4cl溶液中：c（nh4）2so4c（nh4hso4）c（nh4cl），故a错误；b混合溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），根据电荷守恒得c（h+）+c（na+）=c（ch3coo）+c（oh），所以c（na+）c（ch3coo），故b错误；c根据质子守恒得c（oh）=c（hco3）+c（h+）+2c（h2co3），故c正确；d任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（ha）+2c（a2），故d错误；故选：c点评：本题考查了离子浓度大小的判断，明确电解质的性质是解本题关键，结合质子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等5研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融caf2cao作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛下列叙述正确的是( )a由tio2制得1mol 金属ti，理论上外电路转移2na电子b阳极的电极反应式为：c+2o24eco2c若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱应连接pb电极d在制备金属钛前后，整套装置中cao的总量减少考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：根据图知，阳极上电极反应式为c+2o24eco2，阴极上电极反应式为：2ca2+4e2ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2ca+tio2ti+2cao，“+”接线柱应连接原电池正极解答：解：a由tio2制得1mol金属ti，ti元素化合价由+4价降低到0价，则理论上外电路转移4mol电子，故a错误；b阳极上电极反应式为c+2o24eco2，故b正确；c“+”表示原电池正极，所以“+”接线柱应连接原电池正极，即pbo2极，故c错误；d阴极上电极反应式为：2ca2+4e2ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2ca+tio2=ti+2cao，在制备金属钛前后，整套装置中cao的总量不变，故d错误故选b点评：本题综合考查电解池和原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等6已知a、b、c、d、e是短周期中原子序数依次增大的5种元素，b、c同周期，d、e也同周期，d原子最外层电子数与最内层电子数相等，a、b、c、d的原子序数之和是e的两倍，d与c形成的化合物是一种耐高温材料，a、b形成的气态化合物的水溶液呈碱性下列说法正确的是( )a原子半径：dbecab单质d可用海水作原料获得c热稳定性：ea4a2cd化合物dc与化合物ec2中化学键类型相同考点：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：a、b、c、d、e是短周期中原子序数依次增大的5种元素a、b形成的气态化合物的水溶液呈碱性，应为nh3，则a为h元素，b为n元素；d原子最外层电子数与最内层电子数相等，原子序数比n元素大，则d为mg元素；b为n元素，b、c同周期，则c为第二周期元素，d为mg元素，d与c形成的化合物是一种耐高温材料为mgo，则c为o元素；a、b、c、d的原子序数之和是1+7+8+12=28，是e的两倍，则e的原子序数为14，为si元素根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律知识解答该题解答：解：a、b、c、d、e是短周期中原子序数依次增大的5种元素a、b形成的气态化合物的水溶液呈碱性，应为nh3，则a为h元素，b为n元素；d原子最外层电子数与最内层电子数相等，原子序数比n元素大，则d为mg元素；b为n元素，b、c同周期，则c为第二周期元素，d为mg元素，d与c形成的化合物是一种耐高温材料为mgo，则c为o元素；a、b、c、d的原子序数之和是1+7+8+12=28，是e的两倍，则e的原子序数为14，为si元素由分析可知：a为h元素，b为n元素，c为o元素，d为mg元素，e为si元素a、a为h元素，原子半径最小；同周期元素原子序数越大半径越小，b、c为n、o元素，位于第二周期，所以bc，d、e为mg、si元素，位于第三周期，所以de；原子核外电子层数越多半径越大，硅原子半径大于碳原子半径，碳原子比较比氮原子半径大，所以有原子半径：debca，故a错误；b、从海水中提取镁，通常将熟石灰加入海水中，沉淀出氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融状态的氯化镁，就能制的金属镁，故b正确；c、由于非金属性：sio，非金属性越大，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：sih4h2o，故c错误；d、化合物mgo含有离子键，化合物sio2中共价键，化学键类型不一样，故d错误故选b点评：本题考查元素的推断、元素周期律以及对应元素化合物的性质，题目难度不大，注意常见元素化合物的性质7在t时，某ba（oh）2的稀溶液中c（h+）=10a mol/l，c（oh）=10b mol/l，已知a+b=12向该溶液中逐渐滴加入ph=c的盐酸，测得混合溶液的部分ph如下表所示：假设溶液混合后的体积变化忽略不计，则c为( )a3b4c5d6考点：ph的简单计算；中和滴定 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：在t时，某ba（oh）2的稀溶液中c（h+）=10a mol/l，c（oh）=10b mol/l，则kw=c（h+）c（oh）=10a10b=10（a+b），a+b=12，则kw=11012，中性溶液ph=6，说明温度高于常温下，据此分析解答解答：解：ba（oh）2溶液的ph=8，即a=8，再根据a+b=12，则b=4，该温度下kw=1012mol2l2；当恰好完全中和时，溶液的ph=6，即加盐酸的体积为22.00 ml时，恰好完全中和，根据c（h+）22.00 ml=c（oh）22.00 ml，又c（oh）=104mol/l，则盐酸c（h+）=104mol/l，ph=4，即c=4故选b点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，判断该温度下的kw为解答该题的关键，注意当ph=6时，酸碱恰好中和二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂请回答下列问题：（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有强氧化性用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，说明浓硫酸具有脱水性性（2）硝酸铜是制备cuznal系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜下列制备方法符合“绿色化学”思想的是（填序号）cu+hno3（浓）cu（no3）2cu+hno3（稀）cu（no3）2cu cuo cu（no3）2（3）在100ml 18moll1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，测得产生的气体在标准状况下的体积可能是da40.32l b30.24l c20.16l d13.44l若使上述反应中剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o（4）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入h2o2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜和水该反应的化学方程式为cu+2hcl+h2o2=cucl2+2h2o考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质 专题：元素及其化合物分析：（1）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，根据其特性来回答判断；（2）“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应；（3）浓硫酸中加入过量的铜片，随着反应的进行，浓硫酸浓度减小，金属铜和稀硫酸不反应，在硫酸存在时，再加入硝酸钠，相当于存在了硝酸；（4）双氧水具有氧化性，在酸性环境下可以将金属铜氧化解答：解：（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，而使得金属表明形成一层致密的氧化膜，阻止反应的发生，用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，是浓硫酸脱水性的表现，故答案为：强氧化性；脱水性；（2）“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应，在反应中会有污染性的气体一氧化氮和二氧化氮生成，只有制备方法符合“绿色化学”思想，故答案为：；（3）浓硫酸中加入过量的铜片，发生反应cu+2h2so4=cuso4+so2+2h2o，100ml 18moll1的浓硫酸理论上完全反应，会产生二氧化硫0.9mol，体积为：0.9mol22.4l/mol=20.16l，但是随着反应的进行，浓硫酸浓度减小，金属铜和稀硫酸不反应，所以试剂测得产生的气体在标准状况下的体积会小于20.16l，只有d正确，故答案为：d；在硫酸存在时，再加入硝酸钠，相当于存在了硝酸，金属铜可以和硝酸发生反应生成硝酸铜和一氧化氮，反应实质是：3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o，故答案为：3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o；（4）双氧水具有氧化性，在酸性环境下可以将金属铜氧化，发生反应的原理方程式是：cu+2hcl+h2o2=cucl2+2h2o，故答案为：cu+2hcl+h2o2=cucl2+2h2o点评：本题设计浓硫酸以及硝酸的化学性质方面的知识，属于元素以及化合物知识的考查，难度不大9（14分）a、b、c、d都是中学化学中的常见化合物，均由周期表前18号元素组成，d为红综色气体，甲、乙则是两种单质，以上单质和化合物之间在如图1所示的反应关系（反应物和生成物均无省略）请回答下列问题：（1）图1所示转化过程中包含的反应类型有cd（填字母）a置换反应 b复分解反应c分解反应 d化合反应（2）图1中反应的化学方程式是4nh3+5o24no+6h2o（3）图1中反应在一定条件下为可逆反应，反应的能量变化如图2所示，当该反应处 于平衡状态时，下列措施中有利于提高c的平衡转化率的是bc（填字母）a升高温度 b降低温度 c增大压强d减小压强 e加入催化剂 f增加c的量（4）若将l.00mol甲和2.00mol c混合充入容积为2l的密闭容器中，3分钟后反应达到平衡平衡后混合气体总物质的量为2.55mol，用甲表示的化学反应速率为0.075moll1min1（5）容积均为2l的四个密闭容器中均进行着（4）中的反应，某温度下，各物质物质的量（mol）及正逆反应速率关系如下表所示：若方程式系数为最简整数比，则该温度下的平衡常数k=20；填写表中空格：v正v逆 v正v逆考点：无机物的推断 专题：推断题分析：（1）（2）a、b、c、d都是中学化学中的常见化合物，均由周期表前18号元素组成，d为红综色气体，则d为no2，甲、乙是两种单质，甲和乙反应生成a，电解a生成甲和乙，且c能和甲反应生成二氧化氮，反应均是工业生产中的重要反应，故甲为o2，乙是al，a是al2o3，氧气和b反应生成e和c，c和氧气反应生成二氧化氮，所以c是no，b是nh3；（3）反应为：2no+o22no2 ，根据图2知，该反应是放热反应，提高一氧化氮的转化率，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、增大氧气的量、减少二氧化氮的量等；（4）根据2no+o22no2 可知，反应后气体物质的量减少的量等于参加反应的氧气的量，再根据v=计算用氧气表示的化学反应速率；（5）反应（3）中的反应为：2no+o22no2 ，i处于平衡状态，根据k=计算平衡常数，计算ii、中浓度熵qc，与平衡常数比较判断反应进行方向，进而判断v正、v逆的相对大小解答：解：a、b、c、d都是中学化学中的常见化合物，均由周期表前18号元素组成，d为红综色气体，则d为no2，甲、乙是两种单质，甲和乙反应生成a，电解a生成甲和乙，且c能和甲反应生成二氧化氮，反应均是工业生产中的重要反应，故甲为o2，乙是al，a是al2o3，氧气和b反应生成e和c，c和氧气反应生成二氧化氮，所以c是no，b是nh3，（1）甲和乙发生化合反应，电解a是氧气和水属于分解反应，该反应中没有复分解反应和置换反应，故选：cd；（2）反应的化学方程式是：4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o；（3）反应为：2no+o22no2 ，根据图2知，该反应是放热反应，则反应方程式为：2no+o22no2 h0，提高一氧化氮的转化率，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、增大氧气的量、减少二氧化氮的量，而使用催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动，加入no，平衡向正反应方向移动，但no的转化率降低，故选：bc；（4）若将1 molo2和2mol no混合充入容积为2l的密闭容器中，3分钟后反应达到平衡平衡后混合气体总物质的量为2.55mol，根据2no+o22no2 可知，反应后气体物质的量减少的量等于参加反应的氧气的量，故参加反应氧气为1mol+2mol2.55mol=0.45mol，则用氧气表示的化学反应速率=0.075 mol/（lmin），故答案为：0.075；（5）反应（3）中的反应为：2no+o22no2 ，i处于平衡状态，故该温度下的平衡常数k=20，ii中反应的浓度熵qc=12520，反应向逆反应进行，故v正v逆，中反应的浓度熵qc=20，反应向正反应进行，故v正v逆，故答案为：20；v正v逆；v正v逆点评：本题考查无机物推断、化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数计算、反应热计算，侧重考查学生对知识迁移运用，需要学生具备知识的基础，难度中等10i在浓cacl2溶液中通入nh3和co2，可以制得纳米级碳酸钙和一种氮肥请根据要求答问题：（1）写出该反应的化学方程式cacl2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4cl（2）如何判断所得碳酸钙是否为纳米级取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设：该反应的气体产物是co2；该反应的气体产物是co；该反应的气体产物是co2和co的混合物（2）计方案 如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比（3）查阅资料：氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式：nh4+no2n2+2h2o（4）实验步骤：按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入n2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g步骤、中都分别通入n2，其作用分别为步骤中是为了排尽空气，步骤是为了赶出所有的二氧化碳，确保被完全吸收（5）数据处理：试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：5c+2fe2o34fe+4co+co2（6）实验优化：学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成ba（oh）2溶液，其理由是氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全，碳酸钡的相对原子质量大于碳酸钙的，称量时相对误差小从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：在尾气口处加一点燃的酒精灯考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：、（1）根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出反应方程式；（2）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以根据胶体的性质确定实验方；、（1）根据假设可以得出假设的内容；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；（6）根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理解答：解：、（1）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵：cacl2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4cl；故答案为：cacl2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4cl；（2）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以具有胶体的性质，运用胶体的丁达尔效应判断，故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是；、（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：co、co2、co2、co的混合物，故答案为：co2、co的混合物；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有nh4cl和nano2，生成物为n2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为nh4+no2n2+2h2o，故答案为：nh4+no2n2+2h2o；（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的co2，故答案为：步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的co2，确保完全吸收；（5）3.20g氧化铁的物质的量为=0.02mol，澄清石灰水变浑浊，说明有co2气体生成，则n（co2）=n（caco3）=0.02mol，m（co2）=0.02mol44g/mol=0.88g，反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，则生成其气体为co2、co的混合物，混合气体中含有co0.08mol，所以co、co2的混合气体物质的量比为4：1，所以方程式为5c+2fe2o34fe+4co+co2，故答案为：5c+2fe2o34fe+4co+co2；（6）将澄清石灰水换成ba（oh）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，故答案为：氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全，碳酸钡的相对原子质量大于碳酸钙的，称量时相对误差小；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理，故答案为：在尾气口处加一点燃的酒精灯点评：本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质解题，题目难度不大【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11（1）已知a和b为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：a通常显+3价，a的电负性b的电负性（填“”、“”或“=”）（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kjmol1根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因紫外光具有的能量比蛋白质分子中重要的化学键cc、cn和cs的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是sp2和sp3（3）实验证明：kcl、mgo、cao、tin这4种晶体的结构与nacl晶体结构相似（如图1所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：则该 4种离子晶体（不包括nacl）熔点从高到低的顺序是：tinmgocaokcl其中mgo晶体中一个mg2+周围和它最邻近且等距离的mg2+有12个（4）某配合物的分子结构如图2所示，其分子内不含有ac（填序号）a、离子键 b、极性键 c、金属键 d、配位键 e、氢键 f、非极性键（5）为消除温室效应的影响，科学家设计反应：co2+4h2ch4+2h2o以减小空气中co2若有1mol ch4生成，则有6mol键和2mol键断裂考点：元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）由电离能可知，a可失去3个电子，b可失去2个电子，则a为al，b为mg；（2）根据紫外光的光子所具有的能量与蛋白质分子中重要化学键断裂所需能量比较分析；最简单的氨基酸为甘氨酸；（3）离子晶体中晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高硬度越大，晶格能与离子的半径、电荷有关，电荷越多、离子半径越小，晶格能越大；根据结构的相似性判断一个mg2+周围和它最邻近且等距离的mg2+个数；（4）根据图片分析含有的键；（5）首先判断co2和h2分子中含有多少键和键，根据化学方程式计算解答：解：（1）由电离能可知，a可失去3个电子，最高化合价为+3价，b可失去2个电子，最高化合价为+2价，则a为al，b为mg，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性ab，故答案为：+3；（2）波长为300nm的紫外光的光子所具有的能量约为399kj/mol，比蛋白质分子中cc、cn和cs的键能都大，所以波长为300nm的紫外光的光子能破坏蛋白质分子中的化学键，从而破坏蛋白质分子；最简单的氨基酸为甘氨酸，甘氨酸中羧基中碳原子为 sp2 杂化，另一个碳原子为 sp3 杂化，故答案为：紫外光具有的能量比蛋白质分子中重要的化学键cc、cn和cs的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子；sp2和sp3；（3）离子晶体中晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高硬度越大，晶格能与离子的半径、电荷有关，电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，tin中阴阳离子所带电荷为3，大于其它离子所带电荷，mgo、cao中所带电