2019年高考化学三模试卷 含解析.doc

2019年高考化学三模试卷 含解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（xx朝阳模拟）下列说法正确的是（）A纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色C石油分馏、煤的干馏均为物理变化D提纯鸡蛋白中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓硫酸铵溶液，然后将所得沉淀滤出，经洗涤即得到较纯净的蛋白质2（3分）（xx固原校级三模）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物中含有氢原子的数目为NAC50mL18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA3（3分）（xx固原校级三模）下列反应的离子方程式正确的是（）A苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：B等体积、等浓度的Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液混合：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2OC碳酸钙溶于稀硝酸中：CO32+2H+=H2O+CO2D少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+2I=2C1+I24（3分）（xx固原校级三模）巴豆酸的结构简式为CH3CH=CHCOOH 现有：氯化氢，溴水，纯碱溶液，酸性KMnO4溶液，乙醇，试根据其结构特点，判断在一定条件下能与巴豆酸反应的物质组合是（）A只有B只有C只有D都可以5（3分）（xx上海）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、32下列叙述正确的是（）AX、Y元素的金属性XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来6（3分）（xx固原校级三模）有人设计将两根Pt丝作电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通入甲烷和氧气而构成燃料电池该电池中反应的化学方程式：CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O，则关于此燃料电池的下列说法正确的是（一个电子带电量为1.61019 C）（）A通入甲烷的电极为电池的正极，通入氧气的电极为负极B在标准状况下，每消耗5.6 L O2，可向外提供8.3104 C的电量C通入甲烷电极的电极反应为：CH4+10OH8eCO32+7H2OD放电一段时间后，溶液pH升高7（3分）（xx固原校级三模）下列说法正确的是（）A常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH）的乘积为11024，该溶液中一定可以大量存在：K+、Na+、AlO2、SO42B向1 mo1Ll CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，由于CH3COONa水解显碱性，所以溶液的pH升高C25时，将a mo1Ll氨水与0.01 moIL1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）=c（C1），用含a的代数式表示反应完全时NH3H2O的电离常数Kb=D已知298K时，MgCO3的Ksp=6.82106，溶液中c（Mg2+）=0.0001 molL1，c（CO32）=0.0001 molL1，此时Mg2+和CO32不能共存二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（xx固原校级三模）铜在工农业生产中有着广泛的用途（1）配制CuSO4溶液时需加入少量稀H2SO4，其原因是（只写离子方程式）（2）某同学利用制得的CuSO4溶液，进行以下实验探究图甲是根据反应Fe+CuSO4Cu+FeSO4设计的原电池，请根据图甲填空，A、B分别是什么物质：A；B（填化学式）图乙中，是甲烷燃料电池的示意图，该同学想在中实现铁上镀铜，则应在a处通入（填“CH4”或“O2”），b处电极上发生的电极反应式为；若把中电极均换为惰性电极，电解液换为含有0.1mol NaCl溶液400mL，当阳极产生的气体为448mL（标准状况下）时，溶液的pH=（假设溶液体积变化忽略不计）（3）电池生产工业废水中常含有毒的Cu2+等重金属离子，常用FeS等难溶物质作为沉淀剂除去请结合离子方程式说明上述除杂的原理：当把FeS加入工业废水中后，直至FeS全部转化为CuS沉淀，从而除去溶液中Cu2+ （用平衡移动原理解释）9（14分）（xx固原校级三模）（1）将0.0lmol下列物质Na2O2 Na2O Na2CO3 NaCl分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）；（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数K=（取小数二位，下同）实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b 的值（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入10molCO，5molH2O，2molCO2，5molH2，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（4）现有一Na2CO3和NaHCO3的混合物样品，取ag该混合物充分加热，减重bg则该混合物样品中Na2CO3的质量分数是（5）钠一钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠一钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，则该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是（忽略溶液体积变化）10（15分）（xx固原校级三模）某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：已知乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生该反应的离子方程式为（2）向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有还原性（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；请配平该反应的离子方程式：MnO4+H2C2O4+H+=Mn2+CO2+H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现，装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红，据此回答，乙二酸分解的产物为，上述装置中，D的作用是（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是（用文字简单表述）（5）以上溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为（用离子符号表示）三、（15分）11（15分）（xx南昌校级模拟）近年来，为提高能源利用率，西方提出共生系统特指为提高经济效益，人类生产活动尽可能多功能化共生工程将会大大促进化学工业的发展（1）由于共生工程的应用，利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，该电池电动势为1.06V实际过程中，将SO2通入电池的极（填“正”或“负”），负极反应式为用这种方法处理SO2废气的优点是（2）以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质合成路线如图：生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是下列有关说法正确的是A反应中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B反应III中发生反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4COC反应IV需控制在6070，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D反应V中的副产物氯化铵可用作氮肥反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12（15分）（xx固原校级三模）锂磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O（PO4）2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3H2O=Cu4O（PO4）2+3Na2SO4+（NH4）2SO4+H2O（1）写出基态Cu2+的核外电子排布式：与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有（填元素符号），上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为（2）PO43的空间构型是（3）与NH3互为等电子体的分子、离子有、（各举一例）（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物2，则1mol CN中含有的键的数目为（6）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示则该化合物的化学式为（7）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度五、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13（15分）（xx固原校级三模）聚甲基丙烯酸酯纤维具有质轻、频率宽等特性，广泛用于制作光导纤维已知A为某种聚甲基丙烯酸酯纤维的单体，其转化关系如下：请回答下列问题：（1）由B转化为C的反应类型为，由E转化为F的反应类型为（2）F含有的官能团名称为，简述检验该官能团的化学方法（3）A的结构简式为（4）写出反应CD的化学方程式：（5）写出满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：能与NaOH溶液反应能发生银镜反应xx年宁夏固原一中高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（xx朝阳模拟）下列说法正确的是（）A纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色C石油分馏、煤的干馏均为物理变化D提纯鸡蛋白中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓硫酸铵溶液，然后将所得沉淀滤出，经洗涤即得到较纯净的蛋白质考点：有机物的结构和性质 版权所有专题：有机反应分析：A葡萄糖为单糖，不能水解；B液态油含不饱和键；C煤的干馏是煤在隔绝空气的条件下发生的复杂物理、化学变化；D加入浓硫酸铵溶液，蛋白质发生盐析，为可逆过程解答：解：A葡萄糖不能水解，而纤维素、蔗糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应，故A错误；B液态油含不饱和键，能与溴单质发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，而固态脂肪不能，故B错误；C煤的干馏是化学变化，而石油分馏为物理变化，故C错误；D浓硫酸铵溶液能使蛋白质发生盐析而沉淀，将所得沉淀滤出，经洗涤即得到较纯净的蛋白质，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系及常见营养物质的性质为解答的关键，选项C为易错点，注意相关概念及有机物结构分析，题目难度不大2（3分）（xx固原校级三模）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物中含有氢原子的数目为NAC50mL18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA考点：阿伏加德罗常数 版权所有分析：A、HF所处的状态不明确；B、根据乙烯和丙烯的最简式均为CH2来计算；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、合成氨的反应为可逆反应解答：解：A、HF所处的状态不明确，故33.6LHF的物质的量不能计算，则分子个数不能计算，故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量n=0.5mol，则含1mol氢原子即NA个，故B正确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故50mL18.4 mol/L浓硫酸一旦变稀则反应即停止，即浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫的分子数目小于0.46NA个，故C错误；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1molN2和0.3molH2不能完全反应生成0.2mol氨气，则转移的电子的物质的量小于0.6mol，即小于0.6NA个，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和反应情况是解题关键，难度不大3（3分）（xx固原校级三模）下列反应的离子方程式正确的是（）A苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：B等体积、等浓度的Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液混合：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2OC碳酸钙溶于稀硝酸中：CO32+2H+=H2O+CO2D少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+2I=2C1+I2考点：离子方程式的书写 版权所有专题：离子反应专题分析：A酸性H2CO3C6H5OHHCO3，所以苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成HCO3；B等体积、等浓度的Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液混合，NaOH少量完全反应；C碳酸钙是难溶物质写化学式，硝酸是强电解质；D少量Cl2通入KI溶液中，氯气氧化碘离子生成碘单质；解答：解：A苯酚钠中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，与量无关，C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO3，故A错误；B等体积、等浓度的Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液混合，NaOH少量，NaOH完全反应，则离子反应为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，NaOH过量，Ca（HCO3）2完全反应，Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，故B错误；C碳酸钙是难溶物质写化学式，硝酸是强电解质，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故C错误；D少量Cl2通入KI溶液中，反应的本质是氯气氧化碘离子生成碘单质，离子反应方程式为：Cl2+2I=2C1+I2，故D正确；故选D点评：本题考查了物质反应的离子方程式的书写，主要是物质溶解性、产物的判断，题目较简单4（3分）（xx固原校级三模）巴豆酸的结构简式为CH3CH=CHCOOH 现有：氯化氢，溴水，纯碱溶液，酸性KMnO4溶液，乙醇，试根据其结构特点，判断在一定条件下能与巴豆酸反应的物质组合是（）A只有B只有C只有D都可以考点：有机物的结构和性质 版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，含双键、COOH，结合烯烃、羧酸的性质来解答解答：解：含双键，与氯化氢，溴水发生加成反应，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应；含COOH，与纯碱溶液发生复分解反应，与乙醇发生酯化反应，故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、烯烃性质的考查，题目难度不大5（3分）（xx上海）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、32下列叙述正确的是（）AX、Y元素的金属性XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来考点：原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用 版权所有分析：本题利用原子半径的周期性变化规律以及元素化合价的周期性变化规律来解题，综合考察了非金属性以及金属性的强弱判断解答：解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性XY，故A错；B、根据Z、W的原子半径相差不大，化合价不同，且W只有负价，则其可能是O，Z是N，两者的单质直接生成NO，故B错；C、据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错；D、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D对；故选：D点评：此题考查了物质结构与元素周期律知识本题是一个好题，虽然对学生来说判断起来有点难度，但总起来还是可以明确找到答案，并准确作答解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破6（3分）（xx固原校级三模）有人设计将两根Pt丝作电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通入甲烷和氧气而构成燃料电池该电池中反应的化学方程式：CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O，则关于此燃料电池的下列说法正确的是（一个电子带电量为1.61019 C）（）A通入甲烷的电极为电池的正极，通入氧气的电极为负极B在标准状况下，每消耗5.6 L O2，可向外提供8.3104 C的电量C通入甲烷电极的电极反应为：CH4+10OH8eCO32+7H2OD放电一段时间后，溶液pH升高考点：原电池和电解池的工作原理 版权所有分析：甲烷碱性燃料电池工作时，正极发生还原反应，电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，甲烷在负极发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH8e=CO32+7H2O，结合电极方程式以及题目要求可解答该题解答：解：A根据原电池总反应式可知甲烷被氧化，应为原电池的负极反应，氧气得电子被还原，应为原电池的正极反应，故A错误；Bn（O2）=0.25mol，转移电子的物质的量为0.25mol4=1mol，则可向外提供9.6104C的电量，故B错误；C甲烷在负极发生氧化反应，通过甲烷电极的电极反应为CH4+10OH8e=CO32+7H2O，故C正确；D根据总方程式可知反应消耗KOH，OH浓度减小，则pH减小，故D错误故选C点评：本题考查了燃料电池知识，燃料电池电极反应式的书写要注意结合电解质溶液书写，原料相同，电解质溶液不同，电极反应式不同，如氢氧燃料电池，电解质为酸或碱时，电极反应式就不同，题目难度中等7（3分）（xx固原校级三模）下列说法正确的是（）A常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH）的乘积为11024，该溶液中一定可以大量存在：K+、Na+、AlO2、SO42B向1 mo1Ll CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，由于CH3COONa水解显碱性，所以溶液的pH升高C25时，将a mo1Ll氨水与0.01 moIL1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）=c（C1），用含a的代数式表示反应完全时NH3H2O的电离常数Kb=D已知298K时，MgCO3的Ksp=6.82106，溶液中c（Mg2+）=0.0001 molL1，c（CO32）=0.0001 molL1，此时Mg2+和CO32不能共存考点：盐类水解的应用；离子共存问题 版权所有分析：A常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH）的乘积为11024，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，偏铝酸根粒子与氢离子反应；B加入醋酸钠后，醋酸根离子浓度增大，导致醋酸的电离程度减小，溶液的pH增大；C当溶液中c（NH4+）=c（C1），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH）=107，根据NH3H2O的电离平衡常数的表达式进行计算；D如果溶液中c（Mg2+）c（CO32）Ksp=6.82106，则二者能共存，否则不能共存解答：解：A常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH）的乘积为11024，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，AlO2与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCH3COO的增加，抑制了CH3COOH的电离，导致溶液中c（H+）减小，则溶液的pH升高，故B错误；C当溶液中c（NH4+）=c（C1），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH）=107，故NH3H2O的电离平衡常数Kb=，故C正确；Dc（Mg2+）c（CO32）=（0.0001）2=11086.82106，所以此时Mg2+和CO32能共存，故D错误；故选C点评：本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、弱电解质的电离、离子共存的判断等知识，题目难度中等，根据溶度积常数与浓度积之间的关系、弱电解质的电离特点、离子反应发生条件进行分析解答，B为易错点，需要明确溶液pH增大的根本原因二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（xx固原校级三模）铜在工农业生产中有着广泛的用途（1）配制CuSO4溶液时需加入少量稀H2SO4，其原因是Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+（只写离子方程式）（2）某同学利用制得的CuSO4溶液，进行以下实验探究图甲是根据反应Fe+CuSO4Cu+FeSO4设计的原电池，请根据图甲填空，A、B分别是什么物质：AFe；BCuSO4溶液（填化学式）图乙中，是甲烷燃料电池的示意图，该同学想在中实现铁上镀铜，则应在a处通入CH4（填“CH4”或“O2”），b处电极上发生的电极反应式为O2+4e+2H2O；若把中电极均换为惰性电极，电解液换为含有0.1mol NaCl溶液400mL，当阳极产生的气体为448mL（标准状况下）时，溶液的pH=13（假设溶液体积变化忽略不计）（3）电池生产工业废水中常含有毒的Cu2+等重金属离子，常用FeS等难溶物质作为沉淀剂除去请结合离子方程式说明上述除杂的原理：当把FeS加入工业废水中后，存在溶解平衡：FeS（s）Fe2+（aq）+S2（aq），其中的Cu2+与S2生成了溶度积更小的CuS沉淀，使得上述溶解平衡继续向右移动，直至FeS全部转化为CuS沉淀，从而除去溶液中Cu2+ （用平衡移动原理解释）考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；原电池和电解池的工作原理 版权所有分析：（1）CuSO4溶液中铜离子能够水解生成沉淀；（2）铁铜原电池中Fe为负极；铁上镀铜，铜作阳极，铁作阴极；a为甲烷，b为氧气，据电解质溶液显碱性书写电极反应式；阳极产生的气体为氯气，其体积为448mL（标准状况下），据此计算生成NaOH的物质的量，计算pH；（3）沉淀转移的方向是向着更难溶的方向移动，通过Ksp的大小可知那种物质更加难溶解答：解：（1）CuSO4溶液中铜离子能够水解生成沉淀，加入硫酸是抑制铜离子水解，离子方程式为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，故答案为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；（2）铁铜原电池中Fe为负极，据图中左池电解质溶液确定，左侧金属为Fe，右侧电解质溶液为CuSO4溶液，故答案为：Fe；CuSO4溶液；铁上镀铜，则Cu为阳极，Cu电极与b相连，b为原电池的正极，a为负极，a处通入CH4，即b处通入O2，b处电极上发生的电极反应式是O2+4e+2H2O=4OH，n（Cl2）=44822400=0.02（mol）由：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH 1 2电解产生n（OH）=0.02mol2=0.04molc（OH）=0.04mol（400 mL/1000mLL1）=0.1molL1p（OH）=lg0.1=1 pH=141=13，故答案为：CH4；O2+4e+2H2O；13；（3）由于Ksp（FeS）Ksp（CuS），所以在相同条件下CuS的溶解度更小，沉淀会向着生成CuS的方向进行，故离子方程式为FeS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Fe2+（aq），故答案为：存在溶解平衡：FeS（s）Fe2+（aq）+S2（aq），其中的Cu2+与S2生成了溶度积更小的CuS沉淀，使得上述溶解平衡继续向右移动点评：本题考查了盐类水解、电解计算、沉淀转化关系的分析等，掌握基础是解题关键，题目难度中等9（14分）（xx固原校级三模）（1）将0.0lmol下列物质Na2O2 Na2O Na2CO3 NaCl分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是=（溶液体积变化忽略不计）；（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数K=2.67（取小数二位，下同）实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b 的值01（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入10molCO，5molH2O，2molCO2，5molH2，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8kJmol（4）现有一Na2CO3和NaHCO3的混合物样品，取ag该混合物充分加热，减重bg则该混合物样品中Na2CO3的质量分数是（5）钠一钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠一钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，则该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是0.75mol/L（忽略溶液体积变化）考点：离子浓度大小的比较；化学方程式的有关计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素 版权所有分析：（1）等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32+H2OHCO3+OH；（2）先求得各物质平衡时的浓度，再根据平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积求得平衡常数；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，据此答题；根据浓度商Qc与平衡常数K的大小，判断反应进行的方向，进而确定正逆反应的速率；（3）根据盖斯定律，将已知反应（+4）2进行计算；（4）NaHCO3不稳定，加热易分解，根据质量的变化利用差值法解答；（5）结合反应的方程式2Na+2H2O2NaOH+H2、2K+2H2O2KOH+H2计算解答：解：（1）由反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，故为=；中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于，而中NaCl的浓度为0.1mol/L，则所得溶液中阴离子浓度的大小顺序为：=，故答案为：=；（2）实验1中平衡时CO的物质的量为2.4mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），开始（mol）：4 2 0 0变化（mol）：1.6 1.6 1.6 1.6平衡（mol）：2.4 0.4 1.6 1.6所以平衡常数K=2.67，故答案为：2.67；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，所以要使CO的转化率大于水蒸气，则01，故答案为：01；900时，H2O（g）+CO（g） CO2（g）+H2（g） 初始 0.5mol/L 1mol/L 0 0 转化 0.2mol/L 0.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l 平衡 0.3mol/L 0.8mol/L 0. 2mol/l 0.2mol/l K=0.17；若900时，在此容器中加入10molCO，5molH2O，2molCO2，5molH2，浓度商Qc=0.20.17=K，所以此时平衡要逆向移动，故V正V逆，故答案为：；（3）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol依据盖斯定律+4得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：2CH3OH（l）+2O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）H=885.6KJ/mol，则：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）H=442.8KJ/mol；（4）NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，则2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2m 168g 106g 62g x bg则：x=g，则样品中Na2CO3的质量为：agg=g，所以该混合物样品中Na2CO3的质量分数是：，故答案为：；（5）设钠、钾的物质的量分别为a、b，反应的方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2、2K+2H2O2KOH+H2，则：a+b=0.075mol2=0.15mol，该溶液中氢氧根离子的物质的量浓度是：=0.75mol/L，故答案为：0.75mol/L点评：本题考查离子浓度大小比较、化学平衡的计算、混合物反应的计算、盖斯定律在热化学方程式中的计算等知识，题目难度较大，试题知识点较多、计算量较大，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力10（15分）（xx固原校级三模）某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：已知乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生该反应的离子方程式为HCO3+H2C2O4=HC2O4+CO2+H2O（2）向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有还原还原性（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；请配平该反应的离子方程式：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现，装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红，据此回答，乙二酸分解的产物为H2O、CO、CO2，上述装置中，D的作用是除去混合气体中的CO2（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是反应生成NaHC2O4，HC2O4的电离程度大于其水解程度（用文字简单表述）（5）以上溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH）（用离子符号表示）考点：性质实验方案的设计 版权所有专题：实验设计题分析：（1）由于题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4，若写成C2O42是错误的（2）中显然说明草酸具有还原性，把MnO4还原为Mn2+，根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式；（3）乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO+CO2，由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成； （4）两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性说明HC2O4的电离程度大于其水解程度；（5）根据NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，可得离子浓度间的大小关系解答：解：（1）题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4，且酸性强于碳酸，反应的离子方程式为HCO3+H2C2O4=HC2O4+CO2+H2O，故答案为：HCO3+H2C2O4=HC2O4+CO2+H2O；（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明具有氧化性的高锰酸钾被还原，说明草酸具有还原性，把MnO4还原为Mn2+，反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO45H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：还原性；2；5；6；2；10；8；（3）乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO+CO2，由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成，故答案为：H2O、CO、CO2；除去混合气体中的CO2；（4）两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，故答案为：反应生成NaHC2O4，HC2O4的电离程度大于其水解程度；（5）两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，而溶液中还存在着水的电离，故H+C2O42，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4H+，故正确顺序为c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH）故答案为：c（Na+）c（HC2O4）c（H+）c（C2O42）c（OH）点评：本题考查已二酸的分解以及溶液离子浓度的大小比较，题目较为综合且具有一定难度，做题时注意抓住反应的现象，以此推断物质可能具有的性质三、（15分）11（15分）（xx南昌校级模拟）近年来，为提高能源利用率，西方提出共生系统特指为提高经济效益，人类生产活动尽可能多功能化共生工程将会大大促进化学工业的发展（1）由于共生工程的应用，利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，该电池电动势为1.06V实际过程中，将SO2通入电池的负极（填“正”或“负”），负极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+用这种方法处理SO2废气的优点是利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为H2SO4，减少环境污染，实现（能质）共生（2）以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质合成路线如图：生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是防止亚硫酸铵被氧化下列有关说法正确的是ABCDA反应中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B反应III中发生反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4COC反应IV需控制在6070，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D反应V中的副产物氯化铵可用作氮肥反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，能充分析出（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式4（NH4）2SO3+2NO2=4（NH4）2SO4+N2考点：二氧化硫的污染及治理；原电池和电解池的工作原理 版权所有专题：电化学专题；氧族元素分析：（1）电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，依据原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合元素化合价变化分析判断；依据反应产物和过程分析；（2）还原性很强的对苯二酚可以防止亚硫酸根离子被氧化；A、依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；B、依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出；C、防止碳酸氢铵在温度过高时分解；D、氯化铵是一种氮肥；利用硫酸钾在不同溶剂中溶解度的不同，达到析出晶体的目的；二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，结合原子守恒配平写出；解答：解：（1）利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，原电池反应是负极发生氧化反应，正极发生还原反应，依据元素化合价变化可知，二氧化硫中硫元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，过程中，将SO2通入电池的负极，电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；此方法的优点是污染小，生成产物可以循环利用，可以回收有效能；故答案为：负；SO2+2H2O2e=SO42+4H+；利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为H2SO4，减少环境污染，实现（能质）共生；（2）向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，防止亚硫酸根被氧化，以更好的得到亚硫酸铵晶体；故答案为：防止亚硫酸铵被氧化；A、依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；故A正确；B、依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO；故D正确；C、防止碳酸氢铵在温度过高时分解得不到需要的目标产物；故C正确；D、氯化铵是一种氮肥；故D正确；故答案为：ABCD；反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是利用乙二醇降低硫酸钾溶解度，有利于析出；故答案为：K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，能充分析出；（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统，二氧化氮与亚硫酸铵反应，二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，原子守恒配平书写出的化学方程式为：4（NH4）2SO3+2NO2=4（NH4）2SO4+N2；故答案为：4（NH4）2SO3+2NO2=4（NH4）2SO4+N2；点评： 本题考查了物质的制备流程分析，反应产物判断，反应条件的选择和原因，仔细审读题意和流程是解题关键，题目难度中等四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12（15分）（xx固原校级三模）锂磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O（PO4）2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3H2O=Cu4O（PO4）2+3Na2SO4+（NH4）2SO4+H2O（1）写出基态Cu2+的核外电子排布式：3d9与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr（填元素符号），上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为ON（2）PO43的空间构型是正四面体（3）与NH3互为等电子体的分子、离子有PH3或AsH3、H3O+或CH3（各举一例）（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为sp3、sp2（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物2，则1mol CN中含有的键的数目为2NA（6）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示则该化合物的化学式为CuH（7）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度9.0g/cm3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用 版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理写出其核外电子排布式，铜最外层有1个电子，根据元素周期律比较电第一电离能；（2）根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；（3）根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子；（4）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；（5）一个 CN中含有2个键；（6）利用均摊法确定其化学式；（7）根据计算密度解答：解：（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为：3d9，铜最外层有1个电子，在同一周期中最外层一个电子的还有K、Cr，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以N、O元素第一电离能为ON，故答案为：3d9；K、Cr； ON； （2）PO43中P原子的价层电子对=4+=4，且不含孤电子对，所以其空间构型正四面体，故答案为：正四面体； （3）根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子分别为：PH3 或AsH3、H3O+或CH3，故答案为：PH3 或AsH3、H3O+或CH3；（4）氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3、sp2；（5）一个 CN中含有2个键，所以1mol CN中含有的键的数目为：2NA，故答案为：2