江西省赣州市十二县（市）高三化学下学期期中联考试卷（含解析）.doc

江西省赣州市十二县（市）2015届高三下学期期中联考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法正确的是（）asio2是太阳能电池的主要原料 b油脂和蛋白质都是高分子化合物c金属的镀层被破坏后，镀锌铁比镀铜铁更容易被腐蚀d明矾净水是因为能生成有吸附性的物质考点：硅的用途；胶体的应用；原电池和电解池的工作原理；有机高分子化合物的结构和性质.分析：a二氧化硅不导电；b油脂不属于高分子化合物；c当金属为原电池负极时，易发生电化学腐蚀；d明矾与水作用能生成氢氧化铝胶体解答：解：asi是良好的半导体材料，是太阳能电池的主要原料，故a错误；b油脂相对分子质量在10000以下，不属于高分子化合物，而蛋白质为高分子化合物，故b错误；c镀层破损后，镀铜铁形成的原电池中铁作负极被腐蚀，镀锌铁形成的原电池中铁为正极被保护，故c错误；d明矾与水作用能生成有吸附性的氢氧化铝胶体，能够净水，故d正确；故选：d点评：本题为综合题，考查了硅、二氧化硅用途的区别、高分子化合物的判断、金属的腐蚀与防护、明矾净水的原理，熟悉原电池工作原理是解题关键，题目难度不大2（6分）（2015春赣州期中）下列关系式或离子方程式中，正确的是（）a向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液恰好使so42完全沉淀：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=alo2+nh3h2o+2baso4b常温下，0.1 moll1na2s溶液中存在：c（oh）=c（h+）+c（hs）+c（h2s）c常温下，将0.1 moll1ch3cooh溶液加水稀释，当溶液的ph从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍d常温下，0.1 moll1ha溶液与0.1 moll1naoh溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c（na+）=c（a）c（oh）=c（h+）考点：离子浓度大小的比较.分析：a向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液恰好使so42完全沉淀，说明so42与ba2+的比例是1：2，铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，所以氢氧化铝不会溶解；b根据硫化钠溶液中的质子守恒判断；c根据醋酸的电离平衡常数可知：=，据此判断稀释后该比值的变化；dha若为弱酸，则反应后生成强碱弱酸盐，溶液显示碱性，则c（na+）c（a）、c（oh）c（h+）解答：解：a向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液恰好使so42完全沉淀，反应生成氢氧化铝沉淀、一水合氨和硫酸钡，正确的离子方程式为：2ba2+nh4+al3+2so42+4ohal（oh）3+nh3h2o+2baso4，故a错误；b常温下，0.1 moll1na2s溶液中，根据质子守恒可得：c（oh）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s），故b错误；c常温下，将0.1 moll1ch3cooh溶液加水稀释，当溶液的ph从3.0升到4.0时，稀释过程中醋酸的电离平衡常数不变，氢离子浓度减小为原来的，结合醋酸的电离平衡常数可知，=，故该比值变为原来的10倍，故c正确；d当ha为弱酸时，反应生成强碱弱酸盐naa，溶液呈碱性，则：c（na+）c（a）、c（oh）c（h+），则溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（a）c（oh）c（h+），故d错误；故选c点评：本题考查了离子浓度大小比较、离子方程式的书写、弱电解质的电离及其影响等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用3（6分）（2015春赣州期中）设na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的（）17.6g丙烷中所含的共价键数为4na个常温下，21gc3h6和c4h8的混合物中含有的碳原子数为1.5na电解饱和食盐水，当阴极产生2.24l h2时，转移的电子数为0.2na2gd216o中含有的质子数、中子数、电子数均为na常温下，1.0lph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1na将100ml0.1moll1的fecl3溶液滴入沸水中可制得fe（oh）3胶粒0.01naabcd考点：阿伏加德罗常数.分析：17.6g丙烷物质的量为0.4mol，每摩尔丙烷中含有共价键10mol；c3h6和c4h8的最简式为ch2，根据最简式计算出混合物中含有的碳原子数；不一定是在标准状况下；依据n=计算物质的量，再计算微粒数；氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离；胶体微粒是氢氧化铁的集合体解答：解：17.6g丙烷物质的量为=0.4mol，每摩尔丙烷中含有共价键10mol，所以0，4mol丙烷含共价键为0.4mol10=4mol，即4na，故正确；常温下，21g c3h6和c4h8的混合物中含有最简式ch2的物质的量为=1.5mol，故含有的碳原子数为1.5mol，即1.5na，故正确；不一定在标准状况下，2.24l h2不一定是0.1mol，故错误；依据2gd216o的物质的量=0.1mol，故所含有的质子数为0.1mol10=1mol，即na个、含有的中子数为0.1mol10=1mol，即na个、含有的电子数为0.1mol10=1mol，即na个，故正确；常温下，ph=13的naoh溶液中，含有的oh数目为0.1mol，即0.1na，氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离，故由水电离的oh离子数目远小于0.1na，故错误；胶体微粒是氢氧化铁的集合体，将100ml0.1moll1的fecl3溶液滴入沸水中可制得fe（oh）3胶粒小于0.01na故错误；故说法中正确的是：，故选a点评：本题考查阿伏伽德罗常数的应用及计算，难度中等要注意标况下气体摩尔体积的使用条件4（6分）（2015春赣州期中）可逆反应n2+3h22nh3是一个放热反应有甲、乙两个完全相同的容器，向甲容器中加入1mol n2和3mol h2，在一定条件下，达平衡时放出的热量为q1；在相同条件下，向乙容器加入2mol nh3，达平衡时，吸收的热量为q2已知q2=3q1，则甲容器中h2的转化率为（）a20%b25%c75%d80%考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：由于1moln2和3molh2完全反应可以生成2molnh3，所以甲乙两个体系的平衡状态是一样的，即三种气体的浓度完全相同 等于同一可逆反应，相同条件下，正反应的反应热与逆反应的反应热，数值相等，符号相反n2和h2完全反应时放热q，则nh3完全分解时吸热也是q假设甲容器中的参加反应的氮气的物质的量为xmol，根据三段式利用x表示出平衡时甲容器内反应混合物各组分的物质的量为 n2（1x ）mol、h2（33x ）mol、nh32xmol，放出热量q1=xqkj；则乙容器反应混合物各组分的物质的量也是为 n2（1x ）mol、h2（33x ）mol、nh32xmol，所以分解的nh3的物质的量为（22x）mol，吸收热量（1x）qkj，利用q2=3q1，列放出求出x的值，转化的h2为3x，利用转化率定义计算解答：由于1moln2和3molh2完全反应可以生成2molnh3，所以甲乙两个体系的平衡状态是一样的，即三种气体的浓度完全相同 等于同一可逆反应，相同条件下，正反应的反应热与逆反应的反应热，数值相等，符号相反n2和h2完全反应时放热q，则nh3完全分解时吸热也是q，假设甲容器中的参加反应的氮气的物质的量为xmol，所以：对于甲容器：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=qkj/mol起始（mol）：1 3 0 变化（mol）：x 3x 2x平衡（mol）：1x 33x 2x所以q1=xqkj则乙容器反应混合物各组分的物质的量也是为 n2（1x ）mol、h2（33x ）mol、nh32xmol，所以分解的nh3的物质的量为（22x）mol，对于乙容器：2nh3（g）n2（g）+3h2（g）h=+qkj/mol开始（mol）：2 0 0 变化（mol）：22x 1x 33x平衡（mol）：2x 1x 33x 所以q2=qkj=（1x）qkj所以（1x）q=3xq，解得x=0.25所以h2的转化率为=25%故选：b点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，做题时注意等效平衡的理解和运用5（6分）（2015春赣州期中）铅的冶炼大致过程如下：富集：将方铅矿（pbs）进行浮选；焙烧：2pbs+3o22pbo+2so2；制粗铅：pbo+cpb+co；pbo+copb+co2下列说法正确的是（）a浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化b方铅矿焙烧反应中，pbs是还原剂，还原产物只有pboc将1molpbs冶炼成pb理论上至少需要6g碳d整个冶炼过程中，制取1molpb共转移2mol电子考点：氧化还原反应.分析：a、有新物质生成的反应是化学变化；b、化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的产物是还原产物；c、根据化学方程式找出物质间的关系并进行计算；d、根据化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，结合原子守恒来回答解答：解：a、浮选法富集方铅矿的过程没有新物质生成，属于物理变化，故a错误；b、方铅矿焙烧反应2pbs+3o22pbo+2so2中，pbs中s元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有pbo和so2，故b错误；c、将1molpbs冶炼成pb的过程中，根据方程式得出：2pbs2pboc2pb，1molpbs冶炼成pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳，故c正确；d、整个冶炼过程中，根据pb原子守恒，则pbs转化为pbo转移电子是2mole，pbo转化为pb转移电子是2mole，所以制取1molpb共转移4mol电子，故d错误故选c点评：本题是一道关于氧化还原反应知识的综合题目，注意平时知识的积累是解题的关键，难度中等6（6分）（2015春赣州期中）下列实验过程中的现象及结论均正确且存在因果关系的是（）实验实验现象结论a广口瓶中光亮的铁钉放置一段时间后生锈铁钉发生析氢腐蚀b左烧杯铝表面冒气泡，右烧杯铜表面冒气泡活动性：alfecuc左烧杯气体颜色加深，右烧杯气体颜色变浅no2转化为n2o4吸热d白色固体先变为黄色，后变为黑色ksp：agclagiag2saabbccdd考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a铁钉在中性溶液中发生吸氧腐蚀；b铝比铁活泼，为原电池的负极；c左烧杯气体颜色加深，右烧杯气体颜色变浅，说明no2转化为n2o4放热；d从难溶电解质的溶解平衡的角度分析解答：解：a氯化钠溶液呈中性，铁钉在中性溶液中发生吸氧腐蚀，故a错误；b铝比铁活泼，为原电池的负极，左侧烧杯应为铁表面生成气泡，故b错误；c左烧杯气体颜色加深，右烧杯气体颜色变浅，说明no2转化为n2o4放热，升高温度平衡向吸热方向移动，故c错误；d反应向溶解度更小的方向进行，白色固体先变为黄色，后变为黑色，可说明ksp：agclagiag2s，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及金属的腐蚀、原电池、化学平衡以及难溶电解质的溶解平衡等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大7（6分）（2015春赣州期中）下列说法正确的是（）a1 mol苯甲酸在浓h2so4存在下与足量乙醇反应可得1 mol苯甲酸乙b对苯二甲酸（） 与乙二醇（hoch2ch2oh）能通过加聚反应制取聚酯纤维 （）c分子式为c5h12o的醇，能在铜催化下被o2氧化为醛的同分异构体有4种d分子中的所有原子有可能共平面考点：常见有机化合物的结构；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体.分析：a酯化反应是可逆反应；b缩聚反应指生成高聚物同时有小分子物质生成；c分子式为c5h12o的有机物，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，该有机物属于醛，且连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，确定c5h12的同分异构体，oh取代c5h12中甲基上的h原子，此确定醇的结构简式；d分子中含有甲基，具有甲烷的结构特点解答：解：a酯化反应是可逆反应，不能进行到底，故a错误； b乙二醇（hoch2ch2oh）和对苯二甲酸（）生成聚酯纤维，同时还有水生成，为缩聚反应，故b错误；c分子式为c5h12o的有机物，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，该有机物属于醛，且连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，确定c5h12的同分异构体，oh取代c5h12中甲基上的h原子，c5h12的同分异构体有：ch3ch2ch2ch2ch3、ch3ch（ch3）ch2ch3、（ch3）4c，ch3ch2ch2ch2ch3中甲基处于对称位置，oh取代甲基上的h原子有1种结构，（ch3）2chch2ch3中甲基有2种，oh取代甲基上的h原子有2种结构，（ch3）4c中甲基有1种，oh取代甲基上的h原子有1种结构，故符合条件的c5h12o的同分异构体有4种，故c正确；d甲烷是正四面体结构，分子中含有甲基，所有的原子不可能都在同一平面上，故d错误故选c点评：本题考查有机物的性质和同分异构体的书写，难度较大，注意能被氧化成醛必须是与羟基相连的碳原子上含有至少2个氢原子二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015春赣州期中）如表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题： 族周期 ia iiaiiia aa a viia0 1 2 3 （1）非金属性最强的是f（填元素符号）、化学性质最不活泼的是ar（填元素符号）（2）由、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：或（3）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是hclo4hno3h2co3（填化学式）（4）表中能形成两性氢氧化物的元素是al（填元素符号），分别写出该元素的氢氧化物与、最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：al（oh）3+oh=alo2+2h2o、al（oh）3+3h+=al3+3h2o，（5）请设计一个实验方案，比较、单质氧化性的强弱，并描述现象和结论：向h2s溶液中通入o2，若溶液出现浑浊，说明o2的氧化性比s强考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.分析：由元素在周期表中的位置可知，为h、为c、为n、为o、为f、为na、为al、为s、为cl、为ar（1）同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱；稀有气体元素原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；（2）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物有naoh、naclo等；（3）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，高氯酸是最强的无机含氧酸；（4）氢氧化铝是两性氢氧化物，、最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、硫酸，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与硫酸反应生成硫酸铝与水；（5）利用单质之间的相互置换反应进行设计解答：解：由元素在周期表中的位置可知，为h、为c、为n、为o、为f、为na、为al、为s、为cl、为ar（1）同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱，故上述元素中f元素的非金属性最强；稀有气体ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故答案为：f；ar；（2）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物有naoh、naclo等，对应电子式为：、，故答案为：或；（3）非金属性nc，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，高氯酸是最强的无机含氧酸，故酸性：hclo4hno3h2co3，故答案为：hclo4hno3h2co3；（4）铝元素氧化物对应水化物氢氧化铝是两性氢氧化物，、最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、硫酸，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与硫酸反应生成硫酸铝与水，相应离子方程式为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o、al（oh）3+3h+=al3+3h2o，故答案为：铝al；al（oh）3+oh=alo2+2h2o、al（oh）3+3h+=al3+3h2o；（5）向h2s溶液中通入o2，若溶液出现浑浊，说明o2的氧化性比s强，故答案为：向h2s溶液中通入o2，若溶液出现浑浊，说明o2的氧化性比s强点评：本题考查元素周期表与元素周期律应用，侧重对元素周期律的考查，有利于基础知识的巩固，注意（5）中实验方案的设计，难度不大9（12分）（2015春赣州期中）甲醇可作为燃料电池的原料通过下列反应可以制备甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=90.8kjmol1，在一容积可变的密闭容器中充入10molco和20molh2，co的平衡转化率随温度（t）、压强（p）的变化如图1所示，当达到平衡状态b时，容器的体积为4l（1）该反应的化学平衡常数表达式为（2）如反应开始时仍充入10mol co 和20mol h2，则在平衡状态a时，容器的体积v（a）=20 l（3）关于反应co（g）+2h2（g）ch3oh（g）建立化学平衡状态时的标志是ad（填字母）aco的含量保持不变 b容器中ch3oh浓度与co浓度相等c2v正（ch3oh）=v正（h2） d容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变（4）已知co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h=+41.3kjmol1，试写出由co2和h2制取甲醇的热化学方程式co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49.5kjmol1（5）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将co2+氧化成co3+，然后以co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化实验室用如图2装置模拟上述过程：写出阳极的电极反应式co2+e=co3+写出除去甲醇的离子方程式6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+考点：转化率随温度、压强的变化曲线；热化学方程式；化学平衡状态的判断；电解原理.分析：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；（2）a、b温度相同，则化学平衡常数也相同，可利用a点时计算出化学平衡常数，计算得出b的体积；（3）根据化学平衡状态的判断依据进行判断；（4）利用盖斯定律计算得出热化学方程式；（5）通电后，将co2+氧化成co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为co2+e=co3+；以co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化，自身被还原为co2+，原子守恒与电荷守恒可知，还原生成h+，配平书写为：6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+解答：解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，k=，故答案为：k=；（2）密闭容器中充入10mol co和20mol h2，达到平衡状态b时，co转化率为0.8，此时各物质的物质的量为co为2mol，h2为4mol，ch3oh为8mol，气体的物质的量为14mol，容器体积为4l；若反应开始时仍充入10mol co 和20mol h2，达到平衡状态a时，co转化率为0.5，此时各物质的物质的量为co为5mol，h2为10mol，ch3oh为5mol，气体的物质的量为20mol；由于a、b温度相同，化学平衡常数相同，设a点气体体积为v，则有=，v=20l，故答案为：20；（3）a、co的含量保持不变，各组分的物质的量，总物质的量不变，达到化学平衡状态，故a正确；b、容器中ch3oh浓度与co浓度相等，是一个比较特殊的情况，此时可能达到平衡状态，也可能未达到平衡状态，故b错误；c、2v正（ch3oh）=v正（h2），都是指正反应方向，不能判断达到化学平衡状态，故c错误；d、m平均=，气体总质量不变，反应前后计量数不同，即反应前后气体n总不同，所以当m平均不变时，达到了化学平衡状态，故d正确；故选：ad；（4）将co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=90.8kjmol1与co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h=+41.3kjmol1，相加可得到co2和h2制取甲醇的热化学方程式co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49.5 kjmol1，故答案为：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49.5 kjmol1；（5）通电后，将co2+氧化成co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为co2+e=co3+；故答案为：co2+e=co3+；以co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化，自身被还原为co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成h+，配平书写离子方程式为：6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+；故答案为：6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+点评：本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数的应用、电解池原理分析和电极反应书写方法，化学平衡状态的特征及判断、化学平衡图象等知识、题目难度较大，注意认真分析10（17分）（2015漳州模拟）氮化铝（aln）是一种新型无机非金属材料某aln样品仅含有al2o3杂质，为测定aln的含量，设计如下三种实验方案已知：aln+naoh+h2onaalo2+nh3【方案1】取一定量的样品，用图1装置测定样品中aln的纯度（夹持装置已略去）（1）图c装置中球形干燥管的作用是防倒吸（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是关闭k1，打开k2，打开分液漏斗活塞，加入naoh浓溶液，至不再产生气体打开k1，通入氮气一段时间，测定c装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入c装置（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见c装置出口处连接一个干燥装置【方案2】用图2装置测定m g样品中a1n的纯度（部分夹持装置已略去）（4）导管a的主要作用是保持气压恒定，使naoh浓溶液容易流下（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的x液体可以是ad（填选项序号）accl4 bh2o cnh4cl溶液 d（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为vml（已转换为标准状况），则ain的质量分数是（用含m、v的数学表达式表示）【方案3】按图3步骤测定样品中a1n的纯度：（7）步骤生成沉淀的离子方程式为alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3（8）若在步骤中未洗涤，测定结果将偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸；（2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭k1，打开k2，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置c被浓硫酸吸收，准确测定装置c的增重计算；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置c，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；（4）导管a的主要作用是保持压强不变，液体顺利流下；（5）氨气极易溶于水，量气装置中的x液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解；（6）依据ain+naoh+h2onaaio2+nh3在定量关系计算；（7）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成；（8）沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高解答：解：（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图c装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭k1，打开k2，打开分液漏斗活塞，加入naoh浓溶液，至不再产生气体打开k1，通入氮气一段时间，测定c装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置c被浓硫酸吸收，准确测定装置c的增重计算，故答案为：检查装置气密性，关闭k1，打开k2，把装置中残留的氨气全部赶入c装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置c，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：c装置出口处连接一个干燥装置；（4）装置图2中导管a的主要作用是保持气压恒定，使naoh浓溶液容易流下；故答案为：保持气压恒定，使naoh浓溶液容易流下；（5）accl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确； b氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误； c氨气极易溶于水，不能用排nh4cl溶液的方法测定气体体积，故c错误； d氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；故选ad；（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为v ml（已转换为标准状况）， ain+naoh+h2onaaio2+nh3 41 22.4l m v103lm=则aln的质量分数=100%=100%，故答案为：100%；（7）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：co2+alo2+2h2o=hco3+al（oh）3，故答案为：co2+alo2+2h2o=hco3+al（oh）3；（8）若在步骤中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高，故答案为：偏高点评：本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，实验基本操作和物质性质的掌握是关键，题目难度中等【化学选修2：化学与技术】11（15分）（2015南昌校级二模）2014中国（海南）国际海洋产业博览会于2014年10月17日至19日在海南国际会展中心举办海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）工业上从海水中提取的nacl可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体a，后通入气体b，充分反应后得到晶体nahco3，再将其灼烧得到纯碱，气体a、b是co2或nh3，则气体a应是nh3（填化学式），原因是nh3易溶于水，且水溶液显碱性，有利于充分吸收co2，增大溶液中碳酸氢根的浓度（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：海水不能直接通入到阴极室中，理由是海水中含较多mg2+和ca2+等阳离子，电解时会产生mg（oh）2、ca（oh）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜a口排出的是淡水（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含na+、k+、mg2+、cl、br等离子）可提取溴，其生产流程如图2：若吸收塔中的溶液含bro3，则吸收塔中反应的离子方程式为3co32+3br25br+bro3+3co2通过氯化已获得含br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含br2的溶液富集溴，提高br2的浓度向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是顺利将溴蒸出，同时防止水馏出考点：海水资源及其综合利用.分析：（1）二氧化碳在水中溶解度较小，而氨气极易溶于水，据此判断通入气体的先后顺序；（2）海水中含有的mg2+和ca2+等阳离子易和氢氧根离子反应生成沉淀；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓度大的为浓水，离子浓度小的为淡水；（3）吸收塔中碳酸根离子与溴单质反应生成溴离子、硝酸根离子和二氧化碳气体，据此写出反应的离子方程式；在中溴单质浓度较小，通过吹出、吸收、酸化重新获得含br2的溶液，可以富集溴，降低成本；温度过高会导致水蒸气蒸发出来，温度过低无法将溴蒸发出来解答：解：（1）由于二氧化碳在水中溶解度较小，而nh3易溶于水，且水溶液显碱性，有利于充分吸收co2，增大溶液中碳酸氢根的浓度，所以向饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，故答案为：nh3；nh3易溶于水，且水溶液显碱性，有利于充分吸收co2，增大溶液中碳酸氢根的浓度；（2）海水中含有海水中含较多mg2+和ca2+等阳离子，电解时阴极附近生成氢氧根离子，导致氢氧根离子和钙镁离子反应生成mg（oh）2、ca（oh）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，从而抑制离子通过，导致电渗析法失败，故答案为：海水中含较多mg2+和ca2+等阳离子，电解时会产生mg（oh）2、ca（oh）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，室离子浓度变小，室离子浓度不大，离子浓度大的为浓水，所以浓水在b处排出，淡水在a处排出，故答案为：淡水；（3）纯碱是碳酸钠，与溴反应有bro3生成，反应的离子方程式为：3co32+3br2=5br+bro3+3co2，故答案为：3co32+3br2=5br+bro3+3co2；从出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，产品成本高，所以需要进一步浓缩溴，提高溴的浓度，故答案为：富集溴，提高br2的浓度；温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，所以控制温度在90左右进行蒸馏的原因是顺利将溴蒸出，同时防止水馏出，故答案为：顺利将溴蒸出，同时防止水馏出点评：本题考查海水的综合利用、海水晒盐、电渗析法淡化海水、从海水中提溴的原理等知识，题目难度中等，明确图片内涵、生成流程为解本题关键，（2）中阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化【化学选修3：物质结构与性质】12（15分）（2015咸阳模拟）稀土元素是指元素周期表中原子序数为57 到71 的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（sc）和钇（y）共17 种元素稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源（1）钪（sc）为21号元素，其基态原子m能层电子数为9镝（dy）的基态原子电子排布式为4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为4（2）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价请根据下表中的电离能数据判断表中最有可能有+4价的元素是ce几种稀土元素的电离能（单位：kjmol1）元素i1i2i3i1+i2+i3i4sc（钪）6331235238942577019y（钇）6161181198037775963la（镧）5381067185034554819ce（铈）5271047194935233547（3）离子化合物 na3中，存在的作用力除离子键外还有共价键和配位键（4）sm（钐）的单质与1，2二碘乙烷可发生如下反应：sm+ich2ch2ismi2+ch2=ch2ich2ch2i中碳原子杂化轨道类型为sp3，1mol ch2=ch2中含有的键数目为5na常温下，2二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高（5）pro2（二氧化镨）的晶体结构与caf2相似，晶胞中pr（镨）原子位于面心和顶点则pro2（二氧化镨）的晶胞中有8个氧原子（6）ce（铈）单质为面心立方晶体，其胞参数为a=516pm晶胞中ce（铈）原子的配位数为12，列式表示ce（铈）单质的密度：gcm3（不必计算出结果）考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：（1）钪为21号元素，核外电子层排布为2、8、9、2，故m能层电子数为9；在f能级中有7个轨道，而镝的基态原子在f能级只排布了10个电子，故未成对电子数为4；（2）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4价的可能性越大，在上述表中ce的i1+i2+i3和i4最接近，故应为ce元素；（3）离子化合物 na3中含有羟基与sc的配位键，羟基中的氢氧元素之间的共价键（4）在ich2ch2i分子中碳原子只形成了单键，有四个单键，故碳原子杂化轨道类型为sp3；1个ch2=ch2分子中含有5个键，故1mol ch2=ch2中含有的键数目为5na；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以二碘乙烷在常温下为液体（5）在晶胞中，y为镨原子，x为氧原子，可以看到，氧原子在晶胞的内部，故此晶胞中应有8个氧原子（6）ce（铈）单质为面心立方晶体，以晶胞顶点的铈原子为例，与之距离最近的铈原子分布在经过该顶点的所有立方体的面心上，这样的面有12个，晶胞中铈原子位于顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，该晶胞体积为a3，该晶胞的质量为4m/na，根据=可求得密度解答：解：（1）钪为21号元素，核外电子层排布为2、8、9、2，故m能层电子数为9；在f能级中有7个轨道，而镝的基态原子在f能级只排布了10个电子，故未成对电子数为4，故答案为：9；4；（2）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4价的可能性越大，在上述表中ce的i1+i2+i3和i4最接近，故应为ce元素，故答案为：ce；（3）离子化合物 na3中含有羟基与sc的配位键，羟基中的氢氧元素之间的共价键，故答案为：共价键和配位键；（4）在ich2ch2i分子中碳原子只形成了单键，有四个单键，故