1、2015年广东省湛江一中高考化学模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1下列说法正确的是( )A在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A0.1 molL1 NaOH溶液：K+、Ba2+、Cl、HCO3B0.1 molL1 Na2CO3溶液：K+、NH4+、NO3、SO42C0.1 molL1 FeCl3溶液：K+、Na+、I、SCND0.
2、1 molL1 HCl的溶液：Ca2+、Na+、ClO、NO33设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是( )A1molL 1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB常温常压下，分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAC标准状况下，11.2 L CH3CH2OH 中含有的氢原子数目为3NAD室温下，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中，OH离子数目为0.2NA4以下进行性质比较的实验设计，合理的是( )A用NaOH溶液与FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体B比较氯、溴非金属性：氯气通入溴化钠溶液中C将混有SO2的CO2通入NaOH溶液中除去SO2D比较镁、铝金属性
3、：镁、铝（除氧化膜）分别放入4molL1NaOH溶液中5下列表述正确的是( )A氧化铁是一种碱性氧化物，常用作红色油漆和涂料B在医疗上碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多CNa2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是SiO26室温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是( )ApH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（ HC2O4）BNa2S溶液：c（Na+）c（HS）c（OH）c（H2S）CNaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）十c（OH）DpH=2的盐酸与pH=12的氨
4、水等体积混合，所得溶液中c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）7X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示已知Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1下列说法正确的是( )AY、Z、W处于同一周期BY、W的最简单氢化物的水溶液能相互反应C非金属性：YZDX、Z、W形成的化合物为均强酸8下列所陈述的事实与解释均正确的是( )选项事 实解 释A用pH试纸测出新制氯水的pH为3新制氯水有酸性BSO2通入BaCl2溶液无明显现象不符合离子反应的条件C收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生
5、成的红棕色NO2气体部分转化为无色气体D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了萃取AABBCCDD二、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）成环是有机合成的重要环节如反应化合物（）可由（）合成：（1）（）的分子式为_，1mol（）最多能与_molH2发生加成反应（2）写出（）A的化学方程式_（3）酸性条件下，化合物B能发生聚合反应，化学方程式为_（4）化合物B（）的反应类型为_（5）（）与（）也能发生类似反应的反应，生成含两个六元环的化合物的结构简式为_（任写一种）（6）下列物质与（）互为同分异构体的是_（填序号）10（16分）请回答下列问题：（1）火箭燃料液态偏二甲肼（C2H8N2）是用液态
6、N2O4作氧化剂，二者反应放出大量的热，生成无毒、无污染的气体和水已知室温下，1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则该反应的热化学方程式为_（2）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）N2O4（g）H=a kJmol1 （a0）N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：298k时，该反应的平衡常数为_Lmol1（精确到0.01）下列情况不是处于平衡状态的是_：a混合气体的密度保持不变；b混合气体的颜色不再变化； c气压恒定时若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol n（N2O4）=1.2m
7、ol，则此时V（正）_V（逆）（填“”、“”或“=”）（3）工业上“除钙、镁”的原理反应为：MgSO4+2NaFMgF2+Na2SO4；CaSO4+2NaFCaF2+Na2SO4已知KSP（CaF2）=1.111010，KSP（MgF2）=7.401011，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中 =_（4）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co2+氧化成Co3+，然后Co3+将甲醇氧化成CO2和H+（用石墨烯吸附除去Co2+）现用图2装置模拟上述过程，则：Co2+在阳极的电极反应式为：_；除去甲醇的离子方程式为_11（16分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于
8、一体的新型多功能水处理剂其生产工艺如下：（1）反应应在温度较低的情况下进行因在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3写出在温度较高时KOH 与Cl2反应的化学方程式_，该反应的氧化产物是_（2）在溶液中加入KOH固体的目的是_（填编号）A与溶液中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOBKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C为下一步反应提供碱性的环境D使KClO3转化为 KClO（3）从溶液中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应中发生的离子反应方程式为_（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净_（5）高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，
9、是一种优良的水处理剂FeO42在水溶液中的存在形态如图所示下列说法正确的是_（填字母）A不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B向pH=2的这种溶液中加KOH溶液至pH=10，HFeO4的分布分数先增大后减小C向pH=8的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：H2FeO4+OHHFeO4+H2O12（16分）现有某铁碳合金（铁和碳两种单质的混合物），某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了如图所示的实验装置（夹持仪器已省略）和实验方案进行实验探究（1）A中铁与浓硫酸发生反应的化学方程式是_，反应中浓硫酸表现出的性质是_（2）检查上述装置气密
10、性的一种方法是：关闭分液漏斗的活塞，在E装置后面连上一根导管，然后_，则证明装置的气密性良好（3）装置C的作用_（4）称量E的质量，并将a g铁碳合金样品放入装置A中，再加入足量的浓硫酸，待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重b g铁碳合金中铁的质量分数为_（写表达式）（5）甲同学认为，依据此实验测得的数据，计算合金中铁的质量分数会偏低，原因是空气中CO2、H2O进入E管使b增大你认为改进的方法是_（6）乙同学认为，即使甲同学认为的偏差得到改进，依据此实验测得合金中铁的质量分数还会偏高你认为其中的原因是_2015年广东省湛江一中高考化学模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满
11、分24分）1下列说法正确的是( )A在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃【考点】有机化学反应的综合应用 【专题】有机反应【分析】A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液会因盐析产生沉淀，加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀；B、有机玻璃属于高分子合成塑料；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色【解答】解：A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸
12、钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，故A错误；B、有机玻璃属于高分子合成塑料，故B错误；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料，故C错误；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D【点评】本题主要考查的是蛋白质的性质、合成材料与合金、乙烯的性质等，综合性较强，难度不大2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A0.1 molL1 NaOH溶液：K+、Ba2+、Cl、HCO3B0.1 molL1 Na2CO3溶液：K+、NH4+、NO3、SO42C0.1 molL1 FeCl
13、3溶液：K+、Na+、I、SCND0.1 molL1 HCl的溶液：Ca2+、Na+、ClO、NO3【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A碳酸氢根离子、钡离子与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀；BK+、NH4+、NO3、SO42离子之间不发生反应，也不与碳酸钠反应；C铁离子与碘离子发生氧化还原反应，铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；D次氯酸根离子与氯化氢反应生成弱电解质次氯酸【解答】解：ABa2+、HCO3与NaOH反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；BK+、NH4+、NO3、SO42离子不反应，且都不与Na2CO3反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CI、
14、SCN都与FeCl3发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DClO与HCl发生反应生成弱酸次氯酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是( )A1molL 1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB常温常压下，分子总数为NA的NO2
15、和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAC标准状况下，11.2 L CH3CH2OH 中含有的氢原子数目为3NAD室温下，1L pH=13的Ba（OH）2溶液中，OH离子数目为0.2NA【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缺少次氯酸钠溶液的体积，无法计算溶液中次氯酸根离子的数目；B分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有混合气体的物质的量为1mol，含有2mol氧原子；C标准状况下，甲醇的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲醇的物质的量；DpH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子【解答
16、】解：A没有告诉次氯酸钠溶液的体积，无法计算溶液中含有的次氯酸根离子的数目，故A错误；B二氧化氮和二氧化碳中都含有2个氧原子，分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有混合气体的物质的量为1mol，含有氧原子的物质的量为2mol，含有的氧原子数为2NA，故B正确；C标况下甲醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L甲醇的物质的量，故C错误；D常温下，pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有氢氧根离子0.1mol，OH离子数目为0.1NA，故D错误；故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下乙醇、甲醇、水
17、、氟化氢等物质的状态不是他，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量或体积，还要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，注意题中缺少溶液体积4以下进行性质比较的实验设计，合理的是( )A用NaOH溶液与FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体B比较氯、溴非金属性：氯气通入溴化钠溶液中C将混有SO2的CO2通入NaOH溶液中除去SO2D比较镁、铝金属性：镁、铝（除氧化膜）分别放入4molL1NaOH溶液中【考点】化学实验方案的评价 【分析】ANaOH溶液与FeCl3溶液反应生成Fe（OH）3沉淀；B非金属的非金属越强，其单质的氧化性越强；CSO2、CO2都能与NaO
18、H溶液反应；D比较金属的金属性强弱方法有：金属之间的置换反应、金属置换出氢气的难易程度、其最高价氧化物的水化物碱性强弱【解答】解：ANaOH溶液与FeCl3溶液反应生成Fe（OH）3沉淀，用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，然后将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即得Fe（OH）3胶体，故A错误；B非金属的非金属越强，其单质的氧化性越强，Cl2能置换出NaBr中的Br2，说明非金属性ClBr，故B正确；CSO2、CO2都能与NaOH溶液反应，所以NaOH不能作除杂剂，应该选取饱和的NaHCO3溶液除去SO2，故C错误；D比较金属的金属性强弱方法有：金属之间的置换
19、反应、金属置换出氢气的难易程度、其最高价氧化物的水化物碱性强弱，要比较Mg、Al的金属性强弱，应该与相同浓度的盐酸或稀硫酸，根据反应速率判断，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及金属性及非金属性强弱判断、除杂、胶体制备，综合性较强，明确实验原理是解本题关键，熟练掌握元素化合物知识，会从实验操作规范性、评价性进行解答，题目难度中等5下列表述正确的是( )A氧化铁是一种碱性氧化物，常用作红色油漆和涂料B在医疗上碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多CNa2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是SiO2【考点】铁的氧化物和氢氧
20、化物；钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物 【分析】A、Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料；B、碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，碳酸氢钠可以用来中和胃酸；C、红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；D、人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3【解答】解：A、Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料，故A正确；B、碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，碳酸氢钠可以用来中和胃酸，故B错误；C、红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D、人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的性质、用途
21、的关系，明确物质的性质是解答的关键，注意性质决定物质的用途，并把握化学与生活的联系，题目难度不大6室温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是( )ApH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（ HC2O4）BNa2S溶液：c（Na+）c（HS）c（OH）c（H2S）CNaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）十c（OH）DpH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】A根据混合液中的电荷守恒判断；B氢氧根离子来自水的电离和硫离
22、子水解，则c（OH）c（HS）；C根据硫酸氢钠溶液中的物料守恒和电荷守恒判断；DpH=12的氨水与pH=2的盐酸中，氨水浓度大于盐酸，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性【解答】解：ApH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+2c（C2O42）+c（HC2O4 ），故A错误；BNa2S溶液中，硫离子部分水解，溶液呈碱性，由于氢氧根离子来自水的电离和硫离子水解，则c（OH）c（HS），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（OH）c（HS）c（H2S），故B错误；CNaHSO4溶液中，根据电荷守恒可知：c（H+）+c
23、（Na+）=2c（SO42）+c（OH），根据物料守恒c（Na+）=c（SO42）可知c（H+）=c（SO42）+c（OH），故C正确；DpH=12的氨水与pH=2的盐酸中，氨水浓度大于盐酸，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，所以c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），所以得c（NH4+）c（Cl），溶液中一水合氨电离程度较小，所以c（Cl）c（OH），则溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（Cl）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，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守
24、恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示已知Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1下列说法正确的是( )AY、Z、W处于同一周期BY、W的最简单氢化物的水溶液能相互反应C非金属性：YZDX、Z、W形成的化合物为均强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 【分析】X、Y、Z、W是四种常见的短周期元素，Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Z的原子序数大于Y，可推知Z为O、Y为N，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电
25、子数相差1，则W最外层电子数为7，原子半径大于O原子半径，故W为Cl元素；X的原子序数小于N元素，而原子半径小于N原子，故X为H元素，结合元素化合物性质解答【解答】解：X、Y、Z、W是四种常见的短周期元素，Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Z的原子序数大于Y，可推知Z为O、Y为N，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1，则W最外层电子数为7，原子半径大于O原子半径，故W为Cl元素；X的原子序数小于N元素，而原子半径小于N原子，故X为H元素，AY为N，Z为O，二者处于第二周期，W为Cl，处于第三周期，故A错误；B氨气与HCl反应生成氯化铵，故B正确；C同周期自左而右元素非金属性增
26、强，故非金属性NO，故C正确；DX、Z、W形成的化合物中HClO为弱酸，故D错误，故选BC【点评】本题考查位置结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用8下列所陈述的事实与解释均正确的是( )选项事 实解 释A用pH试纸测出新制氯水的pH为3新制氯水有酸性BSO2通入BaCl2溶液无明显现象不符合离子反应的条件C收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生成的红棕色NO2气体部分转化为无色气体D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了萃取AABBCCDD【考点】苯的同系物；测定溶液pH的方法；离子反应发生的条件 【分析】A、氯水有强氧化性，能氧
27、化试纸，所以不能用PH试纸测定氯水的pH；B、SO2通入BaCl2溶液无明显现象，原因是盐酸酸性强于亚硫酸；C、NO2气体是红棕色，N2O4气体无色，而二氧化氮转化为四氧化氮是放热反应，根据平衡移动原理解答；D甲苯能被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，是氧化还原反应【解答】解：A、氯水有强氧化性，能氧化试纸，所以不能用PH试纸测定氯水的PH，故A错误；B、SO2通入BaCl2溶液无明显现象，原因是盐酸酸性强于亚硫酸，故B正确；C、NO2气体是红棕色，N2O4气体无色，而二氧化氮转化为四氧化氮是放热反应，用冰水混合物冷却降温，平衡向生成四氧化氮方向移动，所以气体颜色变浅，故C正确；D甲苯能被酸性高锰酸钾
28、氧化成苯甲酸，发生氧化还原反应褪色，不是萃取褪色，故D错误；故选：BC【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度中等，明确物质的性质及发生的化学反应、反应的条件等时解答本题的关键，选项B为易错点二、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）成环是有机合成的重要环节如反应化合物（）可由（）合成：（1）（）的分子式为C10H10O2，1mol（）最多能与4molH2发生加成反应（2）写出（）A的化学方程式（3）酸性条件下，化合物B能发生聚合反应，化学方程式为（4）化合物B（）的反应类型为消去反应（5）（）与（）也能发生类似反应的反应，生成含两个六元环的化合物的结构简式为（任写一种）（6）下列物质与（
29、）互为同分异构体的是（填序号）【考点】有机物的合成 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）由结构简式分析化学式，（）中C=C及苯环能与氢气发生加成反应；（2）（）A发生OH的催化氧化反应；（3）化合物B中含C=C，发生加聚反应；（4）根据题中物质转化关系，B中羟基与邻位碳上的氢脱去水，发生消去反应生成物质；（5）反应为加成反应，以此分析；（6）分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体【解答】解：（1）由结构简式（I）的分子式为C10H10O2，（）中C=C及苯环能与氢气发生加成反应，则1mol（）最多能与4mol H2发生加成反应，故答案为：C10H10O2；4；（2）（）A发生OH的
30、催化氧化反应，该反应为，故答案为：；（3）化合物B中含C=C，发生加聚反应，则，故答案为：；（4）根据题中物质转化关系，B中羟基与邻位碳上的氢脱去水，发生消去反应生成物质，故答案为：消去反应；（5）反应为加成反应，则（）与（）也能发生类似反应的反应，生成含两个六元环的化合物的结构简式为，故答案为：；（6）分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体，则（）互为同分异构体的是，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，明确习题中的信息为解答本题的关键，侧重有机物结构与性质的考查，注意合成流程中官能团的变化，题目难度中等10（16分）请回答下列问题：（1）火箭燃料液态偏二甲肼（C2H8N2）是用液态N
31、2O4作氧化剂，二者反应放出大量的热，生成无毒、无污染的气体和水已知室温下，1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则该反应的热化学方程式为C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）H=2550 kJmol1（2）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）N2O4（g）H=a kJmol1 （a0）N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：298k时，该反应的平衡常数为6.67Lmol1（精确到0.01）下列情况不是处于平衡状态的是a：a混合气体的密度保持不变；b混合气体的颜
32、色不再变化； c气压恒定时若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol n（N2O4）=1.2mol，则此时V（正）V（逆）（填“”、“”或“=”）（3）工业上“除钙、镁”的原理反应为：MgSO4+2NaFMgF2+Na2SO4；CaSO4+2NaFCaF2+Na2SO4已知KSP（CaF2）=1.111010，KSP（MgF2）=7.401011，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中 =1.5（4）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co2+氧化成Co3+，然后Co3+将甲醇氧化成CO2和H+（用石墨烯吸附除去Co2+）现用图2装置模拟上述过程，则：Co2+在
33、阳极的电极反应式为：Co2+e=Co3+；除去甲醇的离子方程式为6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断 【专题】化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）先求出偏二甲肼的物质的量，再根据物质的量之比等于热量比求出反应热，然后写出热化学方程式；（2）有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，带入平衡常数表达式计算；a、气体的质量不变，容积恒定，因此气体的密度为一定值；b、混合气体的颜色不变说明NO2的浓度保持恒定；c、反应2NO2（g）
34、N2O4（g）气压恒定时，正、逆反应速率相等；反应为放热反应，升高温度，K值减小，计算可知此时的浓度商Q=K（298K）K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）V（逆）；（3）依据题给的信息得知CaF2和MgF2的溶度积分别是钙离子的浓度与氟离子浓度的平方和镁离子的浓度与氟离子浓度的平方，故据此转化为求两者的溶度积之比即可；（4）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+
35、6Co2+6H+【解答】解：（1）1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则1mol偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5kJ60=2550kJ，其热化学方程式为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）H=2550 kJ/mol，故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）H=2550 kJmol1；（2）有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，则K=6.67L/mol，故答案为：6.67；a、反应物和生成物全是气态
36、物质，气体的质量不变，容积为2L保持恒定，由=可知气体的密度为一定值，因此气体的密度保持不变不一定处于平衡状态，故a选；b、混合气体的颜色不变说明NO2的浓度不变，说明反应处于化学平衡状态，故b不选；c、反应2NO2（g）N2O4（g）是一个气体体积减小的反应，气压恒定时，正、逆反应速率相等，说明反应处于化学平衡状态，故c不选；故答案为：a；反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，NO2的浓度为0.3mol/L，浓度商Q=6.67L/mol=6.67L/mol=K（298K）K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）V（逆）；故
37、答案为：；（3）=1.5，故答案为：1.5；（4）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+，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：Co2+e=Co3+；6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+【点评】本题考查知识点全面，涉及热化学方程式的书写、平衡常数的计算、平衡的移动、电化学的原理和离子方程式的书写等知识，属于综合知识的考查，题目难度中等11（16分）高铁酸钾（
38、K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其生产工艺如下：（1）反应应在温度较低的情况下进行因在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3写出在温度较高时KOH 与Cl2反应的化学方程式6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O，该反应的氧化产物是KClO3（2）在溶液中加入KOH固体的目的是A、C（填编号）A与溶液中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOBKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C为下一步反应提供碱性的环境D使KClO3转化为 KClO（3）从溶液中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应中发生的离子反应方程
39、式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净（5）高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂FeO42在水溶液中的存在形态如图所示下列说法正确的是B（填字母）A不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B向pH=2的这种溶液中加KOH溶液至pH=10，HFeO4的分布分数先增大后减小C向pH=8的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：H2FeO4+OHHFeO4+H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】物质的分离
40、提纯和鉴别【分析】足量氯气通入氢氧化钾溶液中低温反应生成次氯酸钾、氯化钾和水，加入固体氢氧化钾除去氯化钾得到减小次氯酸钾浓溶液，加入硝酸铁浓溶液纯化洗涤干燥得到高铁酸钾，（1）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；根据化合价升高，还原剂，得到氧化产物；（2）根据生产工艺流程图，第步氯气过量，第步需要碱性条件，在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3，氧化还原反应中化合价有升有降；（3）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；（4）检验最后一次的洗涤中无Cl即可；（5）根据图象的内容来分析图象所
41、描述的意义判断【解答】解：足量氯气通入氢氧化钾溶液中低温反应生成次氯酸钾、氯化钾和水，加入固体氢氧化钾除去氯化钾得到减小次氯酸钾浓溶液，加入硝酸铁浓溶液纯化洗涤干燥得到高铁酸钾，（1）据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：KClO3、KCl、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；Cl2既是氧化剂又是还原剂，氯化合价升高，得到 KClO3，KClO3是还原产物 故答案为：6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O； KClO3；（2）A、根据生产工艺流程图，第步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故A正确
42、；B、因温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3，而不是KClO，故B错误；C、第步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确；D、KClO3转化为 KClO，化合价只降不升，故D错误；故选：A、C；（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO，生成物：FeO42、Cl，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O 故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O； （4）只要检验最后一次的洗涤中无Cl，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净，操作方法为用试管取少量最后一次的洗涤液，
43、加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净；（5）A不同PH值时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在PH值等于6时，就只有两种形态，故A错误；B根据图片知，改变溶液的pH，当溶液由pH=10降至pH=4的过程中，HFeO4的分布分数先增大后减小，故正确；C向pH=8的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OH=FeO42+H2O，故错误；故答案为：B【点评】本题考查学生阅读题目获取信息的能力、对工艺流程的理解与条件的控制、对物质的量浓度理解等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识
44、解决问题的能力，注意基础知识的掌握12（16分）现有某铁碳合金（铁和碳两种单质的混合物），某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了如图所示的实验装置（夹持仪器已省略）和实验方案进行实验探究（1）A中铁与浓硫酸发生反应的化学方程式是2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O，反应中浓硫酸表现出的性质是酸性和氧化性（2）检查上述装置气密性的一种方法是：关闭分液漏斗的活塞，在E装置后面连上一根导管，然后把导管放入盛有水的水槽中，微热烧瓶，如果导管口有气泡产生，停止加热后导管，产生一段水柱，则证明装置的气密性良好（3）装置C的作用除去CO2中的
45、SO2（4）称量E的质量，并将a g铁碳合金样品放入装置A中，再加入足量的浓硫酸，待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重b g铁碳合金中铁的质量分数为100%（写表达式）（5）甲同学认为，依据此实验测得的数据，计算合金中铁的质量分数会偏低，原因是空气中CO2、H2O进入E管使b增大你认为改进的方法是E装置后再连接一个盛碱石灰的干燥管（6）乙同学认为，即使甲同学认为的偏差得到改进，依据此实验测得合金中铁的质量分数还会偏高你认为其中的原因是反应产生的CO2气体未能完全排到装置E中，导致b偏低【考点】探究物质的组成或测量物质的含量 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与
46、误差分析【分析】（1）铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，根据硫的化合价的变化情况判断硫酸的作用；（2）依据装置中的压强变化恒容液面变化分析检验，最后导气管插入水，加热发生装置导气管冒气泡，停止加热上升一段水柱；（3）装置C是利用高锰酸钾溶液的强氧化性吸收二氧化硫；（4）根据ag铁碳合金，加入过量浓硫酸，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则可求出ag铁碳合金中含碳元素的质量进而求出铁的质量分数；（5）E装置后再连接一个盛碱石灰的干燥管防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入干燥管；（6）装置中生成的二氧化碳不能全部被碱石灰吸收【解答】解：（1）铁和浓硫酸加热反应生成硫酸
47、铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O，在该反应中部分硫元素从+6价降为+4价，同时生成硫酸铁，所以硫酸表现出的性质是酸性和氧化性；故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；酸性和氧化性；（2）关闭分液漏斗的活塞，在E装置后面连上一根导管，然后把最后导气管插入水，加热发生装置导气管冒气泡，停止加热上升一段水柱证明装置气密性好；故答案为：把导管放入盛有水的水槽中，微热烧瓶，如果导管口有气泡产生，停止加热后导管，产生一段水柱；（3）装置C是利用高锰酸钾溶液的强氧化性吸收二氧化硫，5SO2+2KMnO4
48、+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4 ；故答案为：除去CO2中的SO2；（4）称取ag铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E装置并称重，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则ag铁碳合金中含碳元素的质量为=g，则含铁的质量为agg，铁的质量分数为100%；故答案为：100%；（5）E中所装试剂为碱石灰，可吸收空气中CO2、H2O使b增大，改进的方法是增加一个盛碱石灰的干燥管防止空气中的二氧化碳和水进入；故答案为：E装置后再连接一个盛碱石灰的干燥管；（6）装置中生成的二氧化碳不能全部被碱石灰吸收会导致测定结果偏低，故答案为：反应产生的CO2气体未能完全排到装置E中，导致b偏低【点评】本题考查了物质性质的探究实验方法，装置的特征分析，流程反应和试剂作用是解题关键，题目难度中等
