山东省枣庄一中高三化学上学期期末试题（含解析）.doc

2014-2015学年山东省枣庄一中高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意）1苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，可以作为证据的是( )苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应经测定，邻二甲苯只有一种结构 经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1.401010mabcd2未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生下列属于未来新能源标准的是( )天然气 煤 核能 石油 太阳能abcd3某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可以是( )ac3h8bc4h10cc5h12dc6h144下表中对离子方程式的评价不合理的是选项化学反应及离子方程式评价anaclo溶液中通往少量的so2：clo+h2o+so2=cl+so42+2h+错误，碱性介质中不可能生成h+b用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o正确cnh4al（so4）2溶液中滴入少量naoh溶液nh4+oh=nh3h2o错误，oh首先和al3+反应生成al（oh）3沉淀d用惰性电极电解cucl2溶液2cu2+2h2o2cu+o2+4h+正确( )aa、bb、cc、dd、5设na为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )a足量铁在氯气中反应，l mol铁失去的电子数为2 nab标准状况下22.4 l h2中含中子数为2 nac1 l imol/l的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为nad常温下46 g no2和n2o4混合气体中含有原子数为3na6下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论a向某溶液中滴加稀naoh溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无nh4+b将少量的溴水滴入fecl2、nai的混合溶液中，再滴加ccl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加kscn溶液再向上层溶液中滴加溴水实验现象1：上层溶液中不变红，下层溶液紫红色实验现象2：上层溶液变红氧化性br2fe3+i2c淀粉在稀硫酸的作用下水解后，滴加naoh溶液至碱性，再加入新制cu（oh）2后加热有砖红色沉淀生成淀粉已经完全水解dbaso4固体加入饱和na2co3溶液中过江，向滤渣中加入盐酸有气体生成ksp（baco3）ksp（baso4）aa、bb、cc、dd、7短周期四种元素离子w2+、x、y2、z+的电子层结构相同下列说法正确的是( )a原子序数：wzxyb离子半径：r（w2+）r（x）r（y2）r（z+）cy的气态氢化物比x的气态氢化物稳定d氢氧化物碱性强弱：w（oh）2zoh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，每个小题考生都必须做答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题8（14分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛（1）mg2ni是一种储氢合金，已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmoll则：mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s）的h3=_（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为mgcl26h2o）制备金属镁工艺的关键流程如图1：科研小组将mgcl26h2o在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（tg表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）图中ab线段为“一段脱水”，试确定b点对应固体物质的化学式_；图中bc线段为“二段脱水”，在实验中通入h2和cl2燃烧产物的目的是_该工艺中，可以循环使用的物质有_（3）ch3mgcl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是_，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式_（4）储氢材料mg（aih4）2在110200的反应为：mg（aih4）2=mgh2+2al+3h2；每转移3mol电子生成al的质量为_（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为_9（14分）节能减排是当下环境保护的重点（1）将co和气态水通入一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），h0，800，在2l恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，k=l0 h2o co co2 h2 n/mol 0.20 0.20 0 0从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物co2表示该反应的反应速率v（co2）=_；平衡时，容器中co的转化率为_如图表示上述反应在tl时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况则t2时刻发生改变的条件可能是_（写出一条）（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：co（g）+o2（g）co2（g）降低其浓度某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如下表所示请在表中的空格处填写“ “”或“=“ 容器编号 c（co）/moll1 c（o2）/moll1 c（co2）/moll1 v（正）和v（逆）比较 2.0104 4.01044.0102v（正）=v（逆） 3.01044.0104 5.0102 v（正）_v（逆）相同温度下，某汽车尾气中co、co2的浓度分别为l.0105mol/l和1.0l04mol/l若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充o2并使其浓度保持为1.0l04mol/l，则最终尾气中co的浓度为_mol/l（请保留两位有效数字）（3）co2在自然界循环时可与caco3反应，caco3是一种难溶物质，其ksp=2.8l09现将等体积的cacl2溶液与na2co3溶液混合，若na2co3溶液的浓度为2l04mol/l，则生成caco3沉淀所需cacl2溶液的最小浓度为_mol/l10对叔丁基苯酚工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等实验室以苯酚、叔丁基氯（ch3）3ccl等为原料制备对叔丁基苯酚实验步骤如下：反应物和产物的相关数据列表如下：步骤l：组装仪器，用量筒量取2.2ml叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装入滴液漏斗步骤2：向x中加入少量无水alcl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放出步骤3：反应缓和后，向x中加入8ml水和1ml浓盐酸，即有白色固体析出步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物，用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8g（1）仪器x的名称为_（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为_该反应过于激烈，放出大量热，常使实验的产率降低，可能的原因是_（3）图中倒扣漏斗的作用是_苯酚有腐蚀性，能使蛋白质变性，若其溶液沾到皮肤上可用_洗涤（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为_（5）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是_（填选项字母）a量筒 b容量瓶 c滴定管 d分液漏斗e长颈漏斗（6）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为_（请保留三位有效数字）三、共1小题，满分15分）【化学-选修2化学与技术】11红矾钠（重铬酸钠：na2cr2o72h2o）是重要的基本化工原料，应用领域十分广泛（1）实验室中红矾钠可用铬铁矿（主要成分：feocr2o3）利用以下过程来制取步骤i中反应的化学方程式为：4feocr2o3（s）+8na2co3（s）+7o2=8na2cro4（s）+2fe2o3（s）+8co2该反应的化学平衡常数的表达式为_在常温下该反应速度极慢，下列措施中能使反应速率增大的是_a升高温度 b通入过量的空气 c将原料粉碎 d增加纯碱的用量步骤ii中所得溶液显碱性，其中除含有na2c ro4外还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是_步骤iii需将溶液的ph调至78并煮沸，其目的是_步骤中发生反应的离子方程式为：_（2）将红矾钠与kc1固体1：2（物质的量比）混合溶于水后经适当操作可得到k2cr2o7晶体，反应方程式为：na2cro4+2kcl=k2cr2o7+2nacl（已知nacl的溶解度受温度影响小，k2cr2o7的溶解度受温度影响大），基本实验步骤为：溶解；_；_冷却、结晶，过滤，得到k2cr2o7晶体四、【化学-选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12已知a、b、c、d、e、f为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中a位于周期表的s的区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；b原子价电子排布式为nsnnpn，b和e同主族，d原子的最外层电子数是其内层的3倍；f元素位于元素周期表的第四行、第十一列试回答下列问题：（1）基态f原子的核外电子排布式为_（2）关于b2a2的下列说法中正确的是_（填选项序号）b2a2中的所有原子都满足8电子稳定结构每个b2a2分子中键和键数目比为1：1b2a2是由极性键和非极性键构形成的非极性分子b2a2中心原子的杂化类型为sp杂化（3）b、c、d三种元素第一电离能按由大到小的顺序排列为_（用元素符号表示）（4）c的气态氢化物与c的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐h，h晶体中存在的化学键类型有_（填选项序号）离子键 共价键 氢键 配位键 金属键（5）基态e原子的最高能层具有的原子轨道数为_；b和e分别与氧元素形成的最高价氧化物中，熔沸点较高的是_（写化学式）；（6）f单质的晶体堆积方式为面心立方，其配位数为_；若f的相对分子质量为m，它的晶胞棱长为a（cm），则f晶体的密度为_gcm3（阿伏伽德罗常数为na）五、【化学-选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）13乙苯是一种重要的化工原料以乙苯为原料通过以下转化可得多种化工产品己知：ia中苯环上的一氯代物只有2种（1）写出物质a的分子式_，m的结构简式：_（2）c中苯环侧链所含官能团的名称是_（3）ef的反应类型是_（4）关于b的说法正确的是_（填选项字母）a能发生银镜反应b能发生消去反应c遇fecl3溶液发生显色反应d能与h2发生加成反应（5）写出de反应的化学方程式：_（6）符合下列条件的a的同分异构体有_种（不考虑立体异构），写出任意一种同分异构体的结构简式：_苯环上有3个取代基 遇fecl3溶液发生显色反应 能与溴水发生加成反应2014-2015学年山东省枣庄一中高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意）1苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，可以作为证据的是( )苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应经测定，邻二甲苯只有一种结构 经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1.401010mabcd【考点】苯的结构 【专题】有机反应【分析】根据碳碳双键的性质判断；根据同分异构体数目解答；单、双键不同，键长不相等【解答】解：苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在cc单键与c=c双键的交替结构，故正确；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在cc单键与c=c双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟h2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在cc单键与c=c双键的交替结构，故错误；如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹cc，另一种是两个甲基夹c=c邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在cc单键与c=c双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在cc单键与c=c双键的交替结构，故正确所以可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据故选a【点评】本题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求学生知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查2未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生下列属于未来新能源标准的是( )天然气 煤 核能 石油 太阳能abcd【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发 【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能等，故选c【点评】本题考查新能源，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握3某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可以是( )ac3h8bc4h10cc5h12dc6h14【考点】辨识简单有机化合物的同分异构体；有机化合物的异构现象 【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】先判断烷烃的同分异构体，再确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃【解答】解：a、丙烷只有一种结构（ch3ch2ch3），丙烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故a错误；b、丁烷有正丁烷和异丁烷，正丁烷（ch3ch2ch2ch3）有2种氢原子，所以一氯代物有2种；异丁烷ch3ch（ch3）ch3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故b错误；c、戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷ch3ch2ch2ch2ch3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；异戊烷ch3ch（ch3）ch2ch3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；新戊烷ch3c（ch3）2ch3有1种氢原子，所以一氯代物有1种，故c正确；d、c6h14有5种同分异构体，ch3（ch2）4ch3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；ch3ch（ch3）ch2ch2ch3有5种氢原子，所以一氯代物有5种；ch3ch2ch（ch3）ch2ch3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；ch3c（ch3）2 ch2ch3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；ch3ch（ch3）ch（ch3）ch3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故d错误；故选c【点评】本题考查了同分异构体的判断，难度较大，先确定烃的同分异构体，再确定等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，会确定等效氢原子是解本题的关键4下表中对离子方程式的评价不合理的是选项化学反应及离子方程式评价anaclo溶液中通往少量的so2：clo+h2o+so2=cl+so42+2h+错误，碱性介质中不可能生成h+b用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o正确cnh4al（so4）2溶液中滴入少量naoh溶液nh4+oh=nh3h2o错误，oh首先和al3+反应生成al（oh）3沉淀d用惰性电极电解cucl2溶液2cu2+2h2o2cu+o2+4h+正确( )aa、bb、cc、dd、【考点】离子方程式的书写 【分析】a发生氧化还原反应，二氧化硫完全反应；b发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；c少量naoh溶液，铵根离子不反应；d用惰性电极电解cucl2溶液，生成cu和氯气【解答】解：anaclo溶液中通往少量的so2的离子方程式为so2+3clo+h2oso42+2hclo+2cl，评价合理，故a不选；b用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸的离子反应为2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o，评价合理，故b不选；cnh4al（so4）2溶液中滴入少量naoh溶液的离子反应为3oh+al3+=al（oh）3，评价合理，故c不选；d用惰性电极电解cucl2溶液的离子反应为cu2+2cl2cu+cl2，评价不合理，故d选；故选d【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的考查，题目难度不大5设na为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )a足量铁在氯气中反应，l mol铁失去的电子数为2 nab标准状况下22.4 l h2中含中子数为2 nac1 l imol/l的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为nad常温下46 g no2和n2o4混合气体中含有原子数为3na【考点】阿伏加德罗常数 【分析】a铁与氯气反应生成氯化铁；b氢元素不含有中子；c盐酸溶液中不含有氯化氢分子；dno2和n2o4最简式相同为no2【解答】解：a铁与氯气反应生成氯化铁，故lmol铁失去的电子数为3na，故a错误；b氢元素不含有中子，故标准状况下22.4lh2中含中子数为0，故b错误；c盐酸溶液中不含有氯化氢分子，故1limol/l的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为0，故c错误；dno2和n2o4最简式相同为no2，故46gno2和n2o4混合气体中含有原子数=3na=3na，故d正确；故选d【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等注意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，选项a为易错点，注意铁与氯气反应生成氯化铁6下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论a向某溶液中滴加稀naoh溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无nh4+b将少量的溴水滴入fecl2、nai的混合溶液中，再滴加ccl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加kscn溶液再向上层溶液中滴加溴水实验现象1：上层溶液中不变红，下层溶液紫红色实验现象2：上层溶液变红氧化性br2fe3+i2c淀粉在稀硫酸的作用下水解后，滴加naoh溶液至碱性，再加入新制cu（oh）2后加热有砖红色沉淀生成淀粉已经完全水解dbaso4固体加入饱和na2co3溶液中过江，向滤渣中加入盐酸有气体生成ksp（baco3）ksp（baso4）aa、bb、cc、dd、【考点】化学实验方案的评价 【分析】a滴加naoh稀溶液，可能铵盐与碱反应生成一水合氨；b少量的溴水滴入fecl2、nai的混合溶液，由现象可知，先氧化碘离子；c有砖红色沉淀生成，只能说明淀粉水解，不能证明完全水解；d如满足qcksp，可生成沉淀【解答】解：a滴加naoh稀溶液，可能铵盐与碱反应生成一水合氨，溶液中可能含铵根离子，故a错误；b少量的溴水滴入fecl2、nai的混合溶液，由现象可知，先氧化碘离子，后再向上层溶液中滴加溴水时氧化亚铁离子，则氧化性：br2fe3+i2，故b正确；c有砖红色沉淀生成，只能说明淀粉水解，不能证明完全水解，可用碘水检验淀粉是否完全水解，故c错误；dbaso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的ksp，实际ksp（baso4）小于ksp（baco3），故d错误；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子检验、氧化还原反应、有机物性质实验以及难溶电解质的溶解平衡等知识，综合性较强，题目难度中等，侧重物质性质及反应的考查，选项a为解答的易错点7短周期四种元素离子w2+、x、y2、z+的电子层结构相同下列说法正确的是( )a原子序数：wzxyb离子半径：r（w2+）r（x）r（y2）r（z+）cy的气态氢化物比x的气态氢化物稳定d氢氧化物碱性强弱：w（oh）2zoh【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】w2+、x、y2、z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，w、z处于同一周期，为金属元素，z形成+1价离子，x处于a族，w形成+2价离子，y处于a族；x、y处于同一周期，为非金属元素，x形成1价离子，x处于a，y形成2价离子，y处于a族；且w、z在周期表中x、y的下一周期，原子序数：wzxy，结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：w2+、x、y2、z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，w、z处于同一周期，为金属元素，z形成+1价离子，x处于a族，w形成+2价离子，y处于a族；x、y处于同一周期，为非金属元素，x形成1价离子，x处于a，y形成2价离子，y处于a族；且w、z在周期表中x、y的下一周期，原子序数：wzxy，a由以上分析可知原子序数：wzxy，故a正确；b原子序数：wzxy，w2+、x、y2、z+四种离子均具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，则r（y2）r（x）r（z+）r（w2+），故b错误；cx、y处于同一周期，为非金属元素，且原子序数xy，则非金属性xy，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故c错误；dw、z处于同一周期，为金属元素，原子序数wz，金属性zw，氢氧化物碱性强弱：w（oh）2zoh，故d错误故选a【点评】本题考查结构与位置性质关系、元素周期律等，难度中等，根据电子层排布与离子电荷判断元素在周期表中的相对位置是解题的关键，较好的考查元素周期表和元素周期律三、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，每个小题考生都必须做答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题8（14分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛（1）mg2ni是一种储氢合金，已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmoll则：mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s）的h3=+84.6kj/mol（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为mgcl26h2o）制备金属镁工艺的关键流程如图1：科研小组将mgcl26h2o在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（tg表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）图中ab线段为“一段脱水”，试确定b点对应固体物质的化学式mgcl22h2o；图中bc线段为“二段脱水”，在实验中通入h2和cl2燃烧产物的目的是抑制mgcl2的水解该工艺中，可以循环使用的物质有hcl，cl2（3）ch3mgcl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是+2，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式2ch3mgcl+2h2o=mg（oh）2+mgcl2+2ch4（4）储氢材料mg（aih4）2在110200的反应为：mg（aih4）2=mgh2+2al+3h2；每转移3mol电子生成al的质量为27g（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为clo+2e+h2o=cl+2oh【考点】制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理 【分析】（1）依据热化学方程式mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1；mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmoll，利用盖斯定律将2得到反应mg2ni（s）+2mgh2（s）=2mg（s）+mg2nih4（s），进而计算反应热；（2）图中ab线段为“一段脱水”，设b点对应固体物质的化学式为mgcl2xh2o，根据=0.645，可计算确定b的化学式；二段脱水中通入hcl可以抑制mgcl2的水解；制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成分析判断；（3）根据化合价代数和为0判断镁的化合价，根据元素守恒书写化学方程式；（4）根据氧化还原反应mg（aih4）2=mgh2+2al+3h2中电子转移数目与产物的物质的关系进行计算；（5）依据“镁次氯酸盐”燃料电池的装置图中所示，原电池的正极应发生还原反应，元素的化合价降低，根据图示可知，正极上是clo变为cl，据此写出正极反应式【解答】解：（1）mg（s）+h2（g）mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）h3由盖斯定律2得到mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）h3 =64.4kj/mol2（74.5kj/mol）=+84.6kj/mol，则h3=+84.6kj/mol，故答案为：+84.6kj/mol；（2）图中ab线段为“一段脱水”，设b点对应固体物质的化学式为mgcl2xh2o，根据=0.645，计算得 x=2，所以b的化学式为mgcl22h2o；二段脱水中通入hcl可以抑制mgcl2的水解，故答案为：mgcl22h2o；抑制mgcl2的水解；制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，故答案为：hcl，cl2；（3）根据ch3mgcl中各元素化合价代数和为0可知镁的化合价为+2价，ch3mgcl水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，反应的化学方程式为2ch3mgcl+2h2o=mg（oh）2+mgcl2+2ch4，故答案为：+2；2ch3mgcl+2h2o=mg（oh）2+mgcl2+2ch4；（4）储氢材料mg（alh4）2在110200的反应为：mg（alh4）2=mgh2+2al+3h2，反应中生成2molal转移电子6mol，所以每转移3mol电子生成al的物质的量为1mol，即质量为27g，故答案为：27g；（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，clo在正极放电，生成cl，结合碱性的环境，可写出正极反应式：clo+2e+h2o=cl+2oh，故答案为：clo+2e+h2o=cl+2oh【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，物质制备实验的分析判断，原电池原理和电极原理的分析应用，图象分析能力，掌握基础知识是关键，题目难度中等9（14分）节能减排是当下环境保护的重点（1）将co和气态水通入一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），h0，800，在2l恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，k=l0 h2o co co2 h2 n/mol 0.20 0.20 0 0从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物co2表示该反应的反应速率v（co2）=0.01mol/（lmin）；平衡时，容器中co的转化率为50%如图表示上述反应在tl时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况则t2时刻发生改变的条件可能是降低温度或降低h2浓度或增大h2o（g）浓度（写出一条）（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：co（g）+o2（g）co2（g）降低其浓度某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如下表所示请在表中的空格处填写“”或“=“ 容器编号 c（co）/moll1 c（o2）/moll1 c（co2）/moll1 v（正）和v（逆）比较 2.0104 4.01044.0102v（正）=v（逆） 3.01044.0104 5.0102 v（正）v（逆）相同温度下，某汽车尾气中co、co2的浓度分别为l.0105mol/l和1.0l04mol/l若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充o2并使其浓度保持为1.0l04mol/l，则最终尾气中co的浓度为1.1106mol/l（请保留两位有效数字）（3）co2在自然界循环时可与caco3反应，caco3是一种难溶物质，其ksp=2.8l09现将等体积的cacl2溶液与na2co3溶液混合，若na2co3溶液的浓度为2l04mol/l，则生成caco3沉淀所需cacl2溶液的最小浓度为5.6105mol/l【考点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【分析】（1）设平衡时co2的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，由于反应前气体化学计量数都是1，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数计算x的值，再根据v=计算v（co2），进而计算co的转化率；由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理与反应特点分析解答；（2）i中正逆速率相等，处于平衡状态，根据i中数据计算该温度下平衡常数，再计算中浓度商，与平衡常数比较判断反应进行情况，进而确定正、逆反应速率关系；设平衡时co的浓度变化量为xmol/l，利用三段式表示平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算；（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为1l04mol/l，利用溶度积计算需要钙离子浓度，再根据稀释定律计算所需cacl2溶液的最小浓度【解答】解：（1）设平衡时co2的物质的量为xmol，则： co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）起始（mol）：0.2 0.2 0 0转化（mol）：x x x x平衡（mol）：0.2x 0.2x x xk=1，解得x=0.1molv（co2）=0.01mol/（lmin），一氧化碳转化率为：100%=50%，故答案为：0.01mol/（lmin）；50%；由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，反应是放热反应，可减低温度使平衡正向进行，或降低氢气的浓度或增大水蒸气的浓度，使平衡向正反应方向移动，故答案为：降低温度或降低h2浓度或增大h2o（g）浓度；（2）i中正逆速率相等，处于平衡状态，该温度下平衡常数k=104，中浓度商qc=8.3103104，故反应向正反应进行，则v（正）v（逆），故答案为：；设co的浓度变化量为xmol/l，则： co（g）+ o2（g）co2（g）起始（mol/l）：1.0105 1.0104变化（mol/l）：x x平衡（mol/l）：1.0105 x 1.0104 1.0104+x 则=104，解得x=8.91106mol/l，故平衡时co浓度为1.0105mol8.91106mol=1.1106mol/l故答案为：1.1106；（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2l04mol/l2=1l04mol/l，要生成caco3沉淀需要钙离子浓度为mol/l=2.8l05mol/l，故需要cacl2溶液的最小浓度为2.8l05mol/l2=5.6l05mol/l，故答案为：5.6105【点评】本题属于拼合型题目，涉及化学反应速率计算、化学平衡移动、平衡常数应用、溶度积计算，难度中等，（3）中注意等体积混合后碳酸根的浓度变化情况10对叔丁基苯酚工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等实验室以苯酚、叔丁基氯（ch3）3ccl等为原料制备对叔丁基苯酚实验步骤如下：反应物和产物的相关数据列表如下：步骤l：组装仪器，用量筒量取2.2ml叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装入滴液漏斗步骤2：向x中加入少量无水alcl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放出步骤3：反应缓和后，向x中加入8ml水和1ml浓盐酸，即有白色固体析出步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物，用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8g（1）仪器x的名称为三颈（口）烧瓶（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为该反应过于激烈，放出大量热，常使实验的产率降低，可能的原因是由于叔丁基氯挥发导致产率降低（3）图中倒扣漏斗的作用是防止倒吸苯酚有腐蚀性，能使蛋白质变性，若其溶液沾到皮肤上可用酒精洗涤（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为在通风橱中对试剂瓶温水浴（5）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是bcd（填选项字母）a量筒 b容量瓶 c滴定管 d分液漏斗e长颈漏斗（6）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为70.5%（请保留三位有效数字）【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）根据实验装置图可知仪器名称；（2）该反应是苯酚、叔丁基氯生成产品的反应，从结构上分析为取代反应，据此写方程式；反应为放热反应，会导致叔丁基氯挥发；（3）反应产生极易溶解于水的hcl，且反应温度较高，故用倒扣的漏斗防止倒吸；苯酚以溶于酒精；（4）苯酚有毒，熔点低可以在通风厨中水浴温热融化为液体；（5）根据仪器使用规则，容量瓶、滴定管、分液漏斗在使用前都必须检漏；（6）根据反应可计算出对叔丁基苯酚的理论产量，再根据产率=100%计算【解答】解：（1）根据实验装置图可知仪器x为三颈（口）烧瓶，b为冷凝管，故答案为：三颈（口）烧瓶；（2）该反应是苯酚、叔丁基氯生成产品的反应，从结构上分析为取代反应，反应方程式为，反应为放热反应，会使叔丁基氯挥发，从而导致产率下降，故答案为：；由于叔丁基氯挥发导致产率降低；（3）反应产生极易溶解于水的hcl，且反应温度较高，故用倒扣的漏斗防止倒吸；苯酚以溶于酒精，所以苯酚沾到皮肤上可用酒精洗涤，故答案为：防止倒吸；酒精；（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为在通风橱中对试剂瓶温水浴，故答案为：在通风橱中对试剂瓶温水浴（5）根据仪器使用规则，容量瓶、滴定管、分液漏斗在使用前都必须检漏，故选bcd；（6）根据反应： 94 150 1.6g xx=2.55g，则对叔丁基苯酚的产率为100%=70.6%；故答案为：70.5%【点评】本题有机物的合成为载体，考查化学实验，题目综合性较大，涉及对实验原理的理解、对装置的分析评价、对实验条件的选择控制、实验方案设计、物质分离提纯、化学计算等，难度中等，是对学生综合能力的考查三、共1小题，满分15分）【化学-选修2化学与技术】11红矾钠（重铬酸钠：na2cr2o72h2o）是重要的基本化工原料，应用领域十分广泛（1）实验室中红矾钠可用铬铁矿（主要成分：feocr2o3）利用以下过程来制取步骤i中反应的化学方程式为：4feocr2o3（s）+8na2co3（s）+7o2=8na2cro4（s）+2fe2o3（s）+8co2该反应的化学平衡常数的表达式为在常温下该反应速度极慢，下列措施中能使反应速率增大的是abca升高温度 b通入过量的空气 c将原料粉碎 d增加纯碱的用量步骤ii中所得溶液显碱性，其中除含有na2c ro4外还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是naa1o2或naa1（oh）4、na2sio3步骤iii需将溶液的ph调至78并煮沸，其目的是2cro42+2h+=cr2o72+h2o步骤中发生反应的离子方程式为：2cro42+2h+=cr2o72+h2o（2）将红矾钠与kc1固体1：2（物质的量比）混合溶于水后经适当操作可得到k2cr2o7晶体，反应方程式为：na2cro4+2kcl=k2cr2o7+2nacl（已知nacl的溶解度受温度影响小，k2cr2o7的溶解度受温度影响大），基本实验步骤为：溶解；蒸发；趁热过滤冷却、结晶，过滤，得到k2cr2o7晶体【考点】制备实验方案的设计 【分析】铬矾钠在碳酸钠加热条件下被氧气氧化成铬酸钠，同时亚铁离子被氧化成氧化铁，再加氢氧化钠溶液，过滤得铬酸钠溶液，将铬酸钠溶液用硫酸酸化可得重铬酸钠溶液，再经过蒸发浓缩降温结晶可得重铬酸钠晶体，（1）根据平衡常数的表达式及书写要求写出该反应的平衡常数；根据影响化学反应速率的因素进行判断；铝、硅的氧化物在碱性条件下能够与氢氧根离子反应生成偏铝酸钠、硅酸钠；步骤中铝元素、硅元素以偏铝酸根离子、硅酸根离子形式存在，通过条件ph后可以将硅酸根离子、偏铝酸根离子转化成沉淀而除去；步骤中cro42在酸性条件下转化成cr2o72，据此写出反应的离子方程式；（2）根据nacl的溶解度受温度影响小，k2cr2o7的溶解度受温度影响大，可知，可以用降温结晶的方法得到重铬酸钠【解答】解：（1）反应4feocr2o3（s）+8na2co3（s）+7o2=8na2cro4（s）+2fe2o3+8co2中，feocr2o3、na2co3、na2cro4、fe2o3为固体，在平衡常数表达式中不需要出现，则该反应的平衡常数表达式为：k=，a升高温度，可以加快反应速率，故a正确； b通入过量的空气，增大了氧气的量，可以加快反应速率，故b正确； c将原料粉碎，增大了接触面积，可以加快反应速率，故c正确；d纯碱是固体，不涉及浓度问题，所以改变纯碱的量，不能改变反应速率，故d错误；故答案为：；abc；氧化铝、二氧化硅能够与氢氧根离子反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，则碱性条件下，铝元素与硅元素的存在形式为naalo2、na2sio3，故答案为：naa1o2或naa1（oh）4、na2sio3；步骤需将溶液的ph调至78并煮沸，naalo2、na2sio3等杂质可以以沉淀的形式除去，故答案为：除去a1o2、sio32等杂质；该步骤是cro42到cr2o72的转化，反应的离子方程式为：2cro42+2h+=cr2o72+h2o，故答案为：2cro42+2h+=cr2o72+h2o；（2）根据na2cr2o7+2kcl=k2cr2o7+2nacl，向na2cr2o7中加入kcl固体，加热时重铬酸钾溶解度随着温度的升高而增大，但氯化钾的溶解度受温度的影响不大，则获得k2cr2o7的操作方法分别为：溶解、蒸发、趁热过滤、冷却、结晶、过滤、干燥，故答案为：蒸发； 趁热过滤【点评】本题考查了实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握物质制备方案的设计原则四、【化学-选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12已知a、b、c、d、e、f为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中a位于周期表的s的区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；b原子价电子排布式为nsnnpn，b和e同主族，d原子的最外层