山东省济宁市邹城一中高考化学二模试卷（含解析）.doc

山东省济宁市邹城一中20 15届高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列说法正确的是（）a利用高纯度二氧化硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能b硝化甘油、火棉、tnt均是硝酸酯化反应以后的产物c煤中加入生石灰、汽车中加装尾气处理装置、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染d红外光谱法、紫外光谱法、核磁共振、同位素示踪法等都是现代化学测定有机物结构的常用方法2（6分）铅蓄电池在现代生活中有广泛应用，其电极材料是pb和pbo2，电解液是h2so4溶液现用铅蓄电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是（）a蓄电池放电时，电路中每转移2mol电子，最多有1mol pbo2被还原b电解池的阳极反应式为：4oh4e=2h2o+o2c电解后，c（na2so4）不变，且溶液中有晶体析出d蓄电池中每生成1mol h2o，电解池中就消耗1mol h2o3（6分）cuso4溶液中加入过量ki溶液，产生白色cui沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量so2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）a滴加ki溶液时，ki被氧化，cui是还原产物b通入so2后，溶液变无色，体现so2的还原性c整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应d上述实验条件下，物质的氧化性：cu2+i2so24（6分）课堂学习中，同学们利用铝条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成下列结论错误的是（）a原电池是将化学能转化成电能的装置b原电池由电极、电解质溶液和导线等组成c图中a极为铝条、b极为锌片时，导线中会产生电流d图中a极为锌片、b极为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片5（6分）下列叙述正确的是（）a标准状况下，1.12l 16o2和1.12l 18o2均含有0.1na个氧原子b第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强c能使甲基橙显红色的溶液中大量存在：mg2+、fe2+、cl、no3d从c（石墨）c（金刚石）；h=+1.9kjmol1，可知金刚石比石墨更稳定6（6分）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物kmno4、h2o2、h2so4k2so4、mnso4cl2、febr2fecl3、febr3mno4cl2、mn2+a第组反应的其余产物为h2o和o2b第组反应中参加反应的cl2与 febr2的物质的量之比为1：2c第组反应中生成1mol cl2，转移电子2mold氧化性由强到弱顺序为mno4cl2fe3+br27（6分）关于浓度均为0.1mol/l的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是（）ac（nh+4）：b水电离出的c（h+）：c和等体积混合的溶液：c（h+）=c（oh）+c（nh3h2o）d和等体积混合后的溶液：c（nh+4）c（cl）c（oh）c（h+）二、解答题（共6小题，满分58分）8（14分）氮可形成多种氧化物，如no、no2、n2o4等已知no2和n2o4的结构式分别是和实验测得nn键键能为167kjmol1，no2中氮氧键的平均键能为466kjmol1，n2o4中氮氧键的平均键能为438.5kjmol1（1）写出n2o4转化为no2的热化学方程式：（2）对反应n2o4（g）2no2（g），在温度为t1、t2时，平衡体系中no2的体积分数随压强变化曲线如图所示下列说法正确的是aa、c两点的反应速率：acbb、c两点的气体的平均相对分子质量：bcca、c两点气体的颜色：a深，c浅d由状态b到状态a，可以用加热的方法（3）在100时，将0.40mol的no2气体充入2l抽空的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表数据：时间（s）020406080n（no2）/mol0.40n10.26n3n4n（n2o4）/mol0.000.050n20.0800.080在上述条件下，从反应开始直至20s时，二氧化氮的平均反应速率为n3n4（填“”、“”或“=”），该反应的平衡常数k的值为，升高温度后，反应2no2n2o4的平衡常数k将（填“增大”、“减小”或“不变”）若在相同情况下最初向该容器充入的是n2o4气体，要达到上述同样的平衡状态，n2o4的起始浓度是moll19（14分）从铝土矿（主要成分是al2o3，含sio2、fe2o3、mgo等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成al3+的方程式为（2）流程乙加入烧碱后生成sio32的离子方程式为（3）验证滤液b含fe3+，可取少量滤液并加入（填试剂名称）（4）滤液e、k中溶质的主要成份是（填化学式），写出该溶液的一种用途（5）已知298k时，mg（oh）2的容度积常数ksp=5.61012，取适量的滤液b，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得ph=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（mg2+）=10（4分）已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去现有一个氧化还原反应的体系中共有kclcl2h2so4h2okmno4mnso4k2so4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式：（3）上述反应中，氧化剂是，1mol氧化剂在反应中得到mol电子11（12分）某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数测定（1）装置中的x试剂为（2）装置中发生反应的化学方程式为该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生改进该实验装置以减少副反应发生的方法是（3）测定漂白粉有效成分的质量分数称取1.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的ph，以淀粉为指示剂，用0.1000moll1ki溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点反应原理为：3clo+i3cl+io3 io3+5i+3h2o6oh+3l2实验测得数据如下表所示滴定次数123ki溶液体积/ml19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）12（7分）下面的表格是元素周期表的一部分，其中的字母对应不同的元素amqredgj请回答下列问题：（1）g和j形成的合金是一种贮氢材料，其晶体结构与氯化铯相同该合金中每个g原子周围与其最近且等距的j原子有个该晶体属于晶体a离子晶体 b原子晶体 c分子晶体 d金属晶体（2）m3r2是一种直线型分子r=m=m=m=r，该分子是一种分子（填极性或非极性）（3）请写出d的电子排布式：（4）m2a2也是直线型分子，1个分子中含有个键（5）化合物e2d6分子中各原子均达到了八电子稳定结构，请画出其结构式（用元素符号表示）13（7分）由丙烯经下列反应可得到f、g两种高分子化合物，它们都是常用的塑料（1）判断以下过程的反应类型：ab de（2）聚合物f的结构简式是（3）b转化为c的化学方程式是（4）在一定条件下，两分子e能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是（5）e有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol h2，则该种同分异构体为山东省济宁市邹城一中2015届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列说法正确的是（）a利用高纯度二氧化硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能b硝化甘油、火棉、tnt均是硝酸酯化反应以后的产物c煤中加入生石灰、汽车中加装尾气处理装置、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染d红外光谱法、紫外光谱法、核磁共振、同位素示踪法等都是现代化学测定有机物结构的常用方法考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；聚合反应与酯化反应 专题：化学应用分析：a、太阳能电池利用高纯度硅制造；b、tnt为2，4，6三硝基甲苯，是甲苯与硝酸硝化反应得到；c、煤中加入生石灰减少二氧化硫的排放，汽车中加装尾气处理装置减少一氧化碳和一氧化氮的排放；利用二氧化碳制造全降解塑料能减少白色污染；d、同位素示踪法可用于反应机理的研究；解答：解：a、利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故a错误；b、tnt为2，4，6三硝基甲苯，是甲苯与硝酸硝化反应得到，不属于酯化反应以后的产物，故b错误；c、煤中加入生石灰减少二氧化硫的排放，汽车中加装尾气处理装置减少一氧化碳和一氧化氮的排放；利用二氧化碳制造全降解塑料能减少白色污染，三者都能有效减少环境污染，故c正确；d、红外光谱法、紫外光谱法、核磁共振等都是现代化学测定有机物结构的常用方法，同位素示踪法可用于反应机理的研究，故d错误；故选c点评：本题主要考查了物质的组成、性质、污染物的处理方法以及测定有机物结构的常用方法，难度不大，注意知识的积累2（6分）铅蓄电池在现代生活中有广泛应用，其电极材料是pb和pbo2，电解液是h2so4溶液现用铅蓄电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是（）a蓄电池放电时，电路中每转移2mol电子，最多有1mol pbo2被还原b电解池的阳极反应式为：4oh4e=2h2o+o2c电解后，c（na2so4）不变，且溶液中有晶体析出d蓄电池中每生成1mol h2o，电解池中就消耗1mol h2o考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：铅蓄电池放电时，pb为负极，被氧化生成pbso4，电极反应式为pb2e+so42=pbso4，正极反应为pbo2+2e+4h+so42=pbso4+2h2o，电池反应式为pbo2+pb+2h2so4=2pbso4+2h2o；用惰性电极电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，实际上是电解水，则溶液体积减小，硫酸钠溶液变成过饱和溶液，则会析出硫酸钠晶体解答：解：a正极反应为pbo2+2e+4h+so42=pbso4+2h2o，电路中每转移2mol电子，最多有1mol pbo2被还原，故a正确；b电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4oh4e2h2o+o2，故b正确；c电解时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，所以实际上是电解水，溶质的物质的量不变，则电解后溶液成过饱和溶液，有硫酸钠晶体析出，但c（na2so4）不变，故c正确；d蓄电池放电时每生成1molh2o，转移电子的物质的量是1mol，根据转移电子守恒知，电解池中消耗0.5molh2o，故d错误；故选d点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，易错选项是c，注意电解饱和硫酸钠溶液时，溶液成过饱和溶液，所以有晶体析出，但溶液密度和浓度都不变，为易错点，假设将硫酸钠换成亚硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上亚硫酸根离子得电子发生还原反应生成硫酸根离子3（6分）cuso4溶液中加入过量ki溶液，产生白色cui沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量so2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）a滴加ki溶液时，ki被氧化，cui是还原产物b通入so2后，溶液变无色，体现so2的还原性c整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应d上述实验条件下，物质的氧化性：cu2+i2so2考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：cuso4溶液中逐滴加入ki溶液化学方程式为2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2，反应中cu元素的化合价降低，i元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入so2气体，反应方程式为so2+2h2o+i2=h2so4+2hi，该反应中s元素的化合价升高，i元素的化合价降低，以此来解答解答：解：a滴加ki溶液时，i元素的化合价升高，ki被氧化，cu元素的化合价降低，则cui是还原产物，故a正确；b通入so2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，s元素的化合价升高，体现其还原性，故b正确；c发生2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2、so2+2h2o+i2=h2so4+2hi均为氧化还原反应，没有复分解反应，故c错误；d.2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2反应中cu2+化合价降低是氧化剂，i2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：cu2+i2，so2+2h2o+i2=h2so4+2hi中碘元素化合价由0价降低为1价，i2是氧化剂，so2被氧化，所以物质氧化性i2so2，所以氧化性cu2+i2so2，故d正确；故选c点评：本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项b为易错点4（6分）课堂学习中，同学们利用铝条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成下列结论错误的是（）a原电池是将化学能转化成电能的装置b原电池由电极、电解质溶液和导线等组成c图中a极为铝条、b极为锌片时，导线中会产生电流d图中a极为锌片、b极为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片考点：探究原电池及其工作原理 专题：电化学专题分析：原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极、将电极插入电解质溶液中、两电极间构成闭合回路、能自发的进行氧化还原反应，原电池放电时电子从负极沿导线流向正极，溶液中阴阳离子定向移动而构成闭合回路，从而能产生电流解答：解：a、原电池是把化学能转变为电能的装置，故a正确；b、根据图片知，原电池由电极、电解质溶液和导线等组成，故b正确；c、该装置符合原电池的构成条件，所以该装置是原电池，放电时能产生电流，故c正确；d、该装置是原电池，锌是负极，铜是正极，原电池放电时电子从锌片通过导线流向铜片，故d错误故选d点评：本题考查了原电池工作原理，注意原电池正负极不能根据金属的活动性顺序进行判断，要得失电子来判断，如铝、镁和氢氧化钠溶液构成的原电池中铝作负极，为易错点5（6分）下列叙述正确的是（）a标准状况下，1.12l 16o2和1.12l 18o2均含有0.1na个氧原子b第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强c能使甲基橙显红色的溶液中大量存在：mg2+、fe2+、cl、no3d从c（石墨）c（金刚石）；h=+1.9kjmol1，可知金刚石比石墨更稳定考点：阿伏加德罗常数；元素周期律的作用；反应热和焓变；离子共存问题 专题：基本概念与基本理论分析：a标况下1.12l气体的物质的量为0.05mol，16o2和18o2分子中都含有2个氧原子；b应该为最高价氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强；c能使甲基橙显红色的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；d物质能量越高，稳定性越差，该反应为吸热反应，石墨能量小于金刚石解答：解：a标准状况下1.12l氧气的物质的量为0.05mol，0.05mol16o2和1.12l 18o2均含有0.1mol氧原子，含有0.1na个氧原子，故a正确；b第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，没有指出元素的化合价为最高价，故b错误；c能使甲基橙显红色的溶液中中存在大量氢离子，no3在氢离子存在条件下能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故c错误；d从c（石墨）c（金刚石）；h=+1.9kjmol1，石墨的能量低于金刚石，则石墨的稳定性高于金刚石，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数、离子共存、物质稳定性与能量的关系，题目难度中等，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，明确离子共存的条件及物质能量越低、稳定性越强6（6分）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物kmno4、h2o2、h2so4k2so4、mnso4cl2、febr2fecl3、febr3mno4cl2、mn2+a第组反应的其余产物为h2o和o2b第组反应中参加反应的cl2与 febr2的物质的量之比为1：2c第组反应中生成1mol cl2，转移电子2mold氧化性由强到弱顺序为mno4cl2fe3+br2考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：a、反应中kmno4mnso4，mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，h2o2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水b、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断c、由信息可知，mno4氧化cl为cl2，cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍d、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知fe3+不能氧化br，氧化性br2fe3+解答：解：a、反应中kmno4mnso4，mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，h2o2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据h元素守恒可知还生成水，故a正确；b、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（c12）=n（febr2），即n（c12）：n（febr2）=1：2，故b正确；c、由信息可知，mno4氧化cl为cl2，cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1c12，转移电子为2mo1，故c正确；d、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性mno4cl2，由可知氧化性cl2fe3+，由可知fe3+不能氧化br，氧化性br2fe3+，故d错误故选：d点评：考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物7（6分）关于浓度均为0.1mol/l的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是（）ac（nh+4）：b水电离出的c（h+）：c和等体积混合的溶液：c（h+）=c（oh）+c（nh3h2o）d和等体积混合后的溶液：c（nh+4）c（cl）c（oh）c（h+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理 专题：压轴题；电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：a氯化铵电离生成铵根离子，而氨水的电离程度很小；b盐酸为强酸，氢离子浓度大，则由水电离产生的氢离子浓度较小；c和等体积混合的溶液为氯化铵溶液，利用质子守恒来分析；d和等体积混合后的溶液氨水的电离大于氯化铵中铵根离子的水解解答：解：a氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的nh4+，氨水为弱电解质只有少量的nh4+产生，则c（nh+4）：，故a正确；b在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐酸中的氢离子浓度大于氨水中的氢氧根离子的浓度，则水电离出的c（h+）：，故b错误；c盐酸和氨水混合后恰好完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，由质子守恒可知，c（h+）=c（oh）+c（nh3h2o），故c正确；d和等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则c（nh+4）c（cl）c（oh）c（h+），故d正确；故选：b点评：本题综合考查弱电解质的电离、盐类的水解以及离子浓度大小比较等相关知识，对于考生的要求较高，难度中等二、解答题（共6小题，满分58分）8（14分）氮可形成多种氧化物，如no、no2、n2o4等已知no2和n2o4的结构式分别是和实验测得nn键键能为167kjmol1，no2中氮氧键的平均键能为466kjmol1，n2o4中氮氧键的平均键能为438.5kjmol1（1）写出n2o4转化为no2的热化学方程式：n2o4（g）2no2（g）h=+57kjmol1（2）对反应n2o4（g）2no2（g），在温度为t1、t2时，平衡体系中no2的体积分数随压强变化曲线如图所示下列说法正确的是daa、c两点的反应速率：acbb、c两点的气体的平均相对分子质量：bcca、c两点气体的颜色：a深，c浅d由状态b到状态a，可以用加热的方法（3）在100时，将0.40mol的no2气体充入2l抽空的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表数据：时间（s）020406080n（no2）/mol0.40n10.26n3n4n（n2o4）/mol0.000.050n20.0800.080在上述条件下，从反应开始直至20s时，二氧化氮的平均反应速率为0.0025n3=n4（填“”、“”或“=”），该反应的平衡常数k的值为2.8，升高温度后，反应2no2n2o4的平衡常数k将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）若在相同情况下最初向该容器充入的是n2o4气体，要达到上述同样的平衡状态，n2o4的起始浓度是0.10moll1考点：热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 专题：基本概念与基本理论分析：（1）反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算反应热，根据热化学方程式的书写要求来书写；（2）n2o4（g）2no2（g）h=+57kjmol1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，no2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，no2的体积分数减小，结合图象来分析解答a、a、c两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；b、由图可知b、c两点no2的体积分数相等；c、压强增大，平衡体系向着气体体积减小的方向进行；d、温度升高，平衡体系向着吸热的方向进行（3）根据公式反应速率v=来计算；化学平衡状态时，各组分的浓度不再随时间的改变而改变；反应2no2n2o4的平衡常数k=，温度升高，平衡体系向着吸热的方向进行，判断k的变化情况；根据各组分的浓度变化量之比等于系数值比来计算；根据公式平均分子量=，结合平衡时各组分的量来计算解答：解：（1）反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则反应热h为：h=（167kj/mol+4438.5kj/mol）（22466kj/mol）=+57kj/mol，反应的热化学方程式为：n2o4（g）2no2（g）h=+57 kjmol1；故答案为：n2o4（g）2no2（g）h=+57 kjmol1；（2）a由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：ac，故a错误；b由图可知b、c两点no2的体积分数、n2o4的体积分数相同，故b、c两点的气体的平均相对分子质量相同，故b错误；c、由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，与a相比c点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积，增大压强，平衡移动的结果降低no2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时no2浓度比a的浓度高，no2为红棕色气体，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，故c错误；d升高温度，化学平衡正向移动，no2的体积分数增大，由图象可知，a点no2的体积分数大，则t1t2，由状态b到状态a，可以用加热的方法，故d正确；故选d（3）从反应开始直至20s时，四氧化二氮的平均反应速率v=0.00125mol/（ls），二氧化氮的平均反应速率为四氧化二氮的平均反应速率的2倍，即为0.0025mol（ls）1，故答案为：0.0025；在60s时，反应已达平衡状态，所以n3=n4，当四氧化二氮的浓度为=0.04mol/l时，二氧化氮的浓度是：=0.12mol/l，反应的平衡常数k=2.8，反应2no2n2o4是放热反应，升高温度，平衡左移，所以k减小，故答案为：=；2.8；减小；若在相同情况下最初向该容器充入的是n2o4气体，要达到上述同样的平衡状态，n2o4的起始浓度是c，则 n2o4 2no2起始浓度（moll1） c 0转化浓度（moll1） c0.04 0.12平衡浓度（moll1） 0.04 0.12所以=解得c=0.10，故答案为：0.10点评：本题是一道化学平衡的综合题，既考查了热化学方程式的书写，又考查了化学平衡的有关问题，考查角度广，难度大9（14分）从铝土矿（主要成分是al2o3，含sio2、fe2o3、mgo等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成al3+的方程式为al2o3+6h+2al3+3h2o（2）流程乙加入烧碱后生成sio32的离子方程式为sio2+2ohsio32+h2o（3）验证滤液b含fe3+，可取少量滤液并加入硫氰化钾（或苯酚溶液、氢氧化钠溶液等）（填试剂名称）（4）滤液e、k中溶质的主要成份是nahco3（填化学式），写出该溶液的一种用途制纯碱（或做发酵粉）（5）已知298k时，mg（oh）2的容度积常数ksp=5.61012，取适量的滤液b，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得ph=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（mg2+）=5.61010mol/l考点：工业制金属铝；无机物的推断 分析：（1）与hcl反应生成al3+，应为铝土矿中al2o3；（2）sio2可以溶于naoh中生成na2sio3，写出离子方程式；（3）检验fe3+的特征反应很多，如与kscn显血红色，与苯酚显紫色，与oh显红褐色沉淀等；（4）生成e、k时，co2均是过量的，故应生成nahco3；（5）ksp=c（mg2+）c2（oh），c（mg2+）=5.61010mol/l解答：解：（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：al2o3+6h+2al3+3h2o，故答案为：（1）al2o3+6h+2al3+3h2o；（2）流程乙加入过量的氢氧化钠，与氧化铝反应生成偏铝酸钠，与二氧化硅反应生成硅酸钠，生成sio32的离子方程式为：sio2+2ohsio32+h2o，故答案为：sio2+2ohsio32+h2o；（3）流程甲加入hcl，生成fecl3、mgcl2、alcl3，要检验滤液b中含有fe3+，方法很多，如可加入kscn溶液为血红色，与苯酚显紫色，与碱反应生成fe（oh）3红褐色沉淀，都能证明滤液b中含有fe3+，故答案为：kscn（或苯酚溶液、naoh溶液等合理答案）；（4）滤液b中加入过量naoh，生成fe（oh）3沉淀、mg（oh）2沉淀和naalo2；过滤，滤液d中含有naalo2、nacl和过量的naoh，向滤液d中通入过量co2，naalo2和co2反应生成氢氧化铝沉淀，naoh和过量的co2反应生成nahco3；过滤，滤液e中溶质的主要成分为nahco3；滤液y中通入过量co2，硅酸钠反应生成硅酸，naalo2生成氢氧化铝，过量的naoh和过量的co2反应生成nahco3；过滤，滤液k中溶质的主要成分为nahco3；故应填nahco3；nahco3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：nahco3；制纯碱（或做发酵粉）；（5）已知滤液b中加入一定量的naoh达到沉淀溶液平衡时ph=13.00，则c（h+）=11013mol/l，c（oh）=0.1mol/l，mg（oh）2的容度积常数ksp=c（mg2+）c2（oh）=5.61012，c（mg2+）=5.61010mol/l故答案为：5.61010mol/l点评：化学实验、化学与技术、铝土矿中氧化铝提取的工艺流程综合考查，要注意平常知识的积累10（4分）已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去现有一个氧化还原反应的体系中共有kclcl2h2so4h2okmno4mnso4k2so4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是kcl（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式：2kmno4+10kcl+8h2so4（浓）2mnso4+6k2so4+5cl2+8h2o（3）上述反应中，氧化剂是kmno4，1mol氧化剂在反应中得到5mol电子考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：（1）由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为kmno4mnso4，则在给出的物质中由cl元素的化合价变化，则氧化反应为kclcl2；（2）由浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为kmno4mnso4，则在给出的物质中由cl元素的化合价变化，则氧化反应为kclcl2，然后来书写氧化还原反应；（3）得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间的关系式计算解答：解：（1）由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为kmno4mnso4，则在给出的物质中由cl元素的化合价变化，则氧化反应为kclcl2，cl元素化合价由1价变为0价，所以化合价升高的反应物是kcl，故答案为：kcl；（2）由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为kmno4mnso4，则在给出的物质中由cl元素的化合价变化，则氧化反应为kclcl2，则反应为kmno4+kcl+h2so4mnso4+k2so4+cl2+h2o，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为2kmno4+10kcl+8h2so4（浓）2mnso4+6k2so4+5cl2+8h2o，故答案为：2kmno4+10kcl+8h2so4（浓）2mnso4+6k2so4+5cl2+8h2o；（3）该反应2kmno4+10kcl+8h2so4（浓）2mnso4+6k2so4+5cl2+8h2o中，mn元素化合价由+7价变为+2价、cl元素化合价由1价变为0价，所以氧化剂是kmno4，1mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=1mol（72）=5mol，故答案为：kmno4；5点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，再结合转移电子守恒、物质之间的关系解答，题目难度不大11（12分）某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数测定（1）装置中的x试剂为naoh溶液（2）装置中发生反应的化学方程式为2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生改进该实验装置以减少副反应发生的方法是将装置置于冷水浴中进行实验多余（3）测定漂白粉有效成分的质量分数称取1.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的ph，以淀粉为指示剂，用0.1000moll1ki溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点反应原理为：3clo+i3cl+io3 io3+5i+3h2o6oh+3l2实验测得数据如下表所示滴定次数123ki溶液体积/ml19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为7.15%若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将偏低（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）根据氯气的物理性质和化学性质判断试剂（2）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，根据温度对该反应的影响分析（3）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；根据使用碘化钾的物质的量判断测定结果解答：解：（1）氯气有毒，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，所以有毒物质转变为无毒物质，所以x试剂为氢氧化钠溶液故答案为：naoh溶液（2）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o；该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生改进该实验装置以减少副反应发生的方法是降低温度故答案为：2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o；将装置置于冷水浴中进行实验（3）3clo+i=3cl+io3 ； io3+5i+3h2o=6oh+3i2将方程式+得：clo+2i+h2o=cl+2oh+i2ki溶液的总体积=（19.98+20.02+20.00）ml=60.00ml，平均体积为=20.00ml 设次氯酸根离子的物质的量为x clo+2i+h2o=cl+2oh+i21mol 2molx 0.1000moll10.020l所以x=0.001mol次氯酸钙的质量为：143g0.001mol0.5=0.0715g所以质量分数为：=7.15%；若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定，导致碘化钾的物质的量偏少，所以测定结果将偏低故答案为：7.15%；偏低点评：本题考查了氯气的性质及实验的设计，难度较大，会根据要求设计实验，是学习的难点和考试的热点12（7分）下面的表格是元素周期表的一部分，其中的字母对应不同的元素amqredgj请回答下列问题：（1）g和j形成的合金是一种贮氢材料，其晶体结构与氯化铯相同该合金中每个g原子周围与其最近且等距的j原子有6个该晶体属于d晶体a离子晶体 b原子晶体 c分子晶体 d金属晶体（2）m3r2是一种直线型分子r=m=m=m=r，该分子是一种非极性分子（填极性或非极性）（3）请写出d的电子排布式：1s22s22p63s23p6（4）m2a2也是直线型分子，1个分子中含有3个键（5）化合物e2d6分子中各原子均达到了八电子稳定结构，请画出其结构式（用元素符号表示）考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；化学键；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；晶胞的计算 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由各元素在元素周期表中的位置可知a为h元素、d为cl元素、e为al元素、g为ti元素、j为fe元素、m为c元素、q为n元素、r为o元素（1）g为ti元素、j为fe元素，g和j形成的一种贮氢材料是合金，属于金属晶体根据氯化铯晶体结构判断每个g原子周围与其最近且等距的j原子数目（2）m3r2是一种直线型分子r=m=m=m=r，为对称结构，是非极性分子（3）d为cl元素，cl离子核外有18个电子，根据核外电子排布规律书写其电子排布式（4）m为c元素、a为h元素，m2a2是c2h2，分子中含有2个ch键，1个cc三键（5）e为al元素、d为cl元素化合物e2d6分子为al2cl6，al有空轨道，cl有孤对电子，除形成普通共价键，还可以形成配位键，再根据各原子均达到了八电子稳定结构，请画出其结构式解答：解：（1）g为ti元素、j为fe元素，g和j形成的一种贮氢材料是合金，属于金属晶体氯化铯晶胞如图：g和j形成的一种贮氢材料是合金晶体结构与氯化铯相同，若以中心白色球为ti，则与ti原