漳浦二中2015届高考化学复习(第一轮)专题检测1

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试1相对原子质量：C-12，H-1，O-16，N-14，Al –27，Fe-56，S-32，Cl –35.5，Cu –64，Ag-108一、选择题（每小题4分，共48分）1、下列说法中正确的是( )A ．2 mol CH 4的质量和O 2的摩尔质量都是32 gB ．1 mol 任何气体中都含有相同的原子数C ．0.5 mol NaCl 约含有6.02×1023个离子D ．1 mol/L KCl 溶液中含有溶质1 mol2、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区域的是( )A ．Cl 2＋2NaI===2NaCl ＋I 2B ．NH 4HCO 3NH 3↑＋H 2O ＋CO 2↑C ．4Fe(OH)2＋O 2＋2H 2O===4Fe(OH)3D ．Fe 2O 3＋3CO2Fe ＋3CO 23、下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是( )A ．氨气的水溶液可以导电，说明氨气是电解质B ．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C ．氯气可以使湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白作用D ．在滴有酚酞Na 2CO 3溶液中慢慢滴入BaCl 2溶液，溶液的红色逐渐变浅最后褪色4、把0.6 mol X 气体和0.4 mol Y 气体混合于2 L 容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)===n Z(g)＋2W(g)，在 5 min 时已经生成0.2 mol W ，若测知以Z 的浓度变化表示平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则上述反应中Z 气体的化学计量数n 的值是( )A ．1B ．2C ．3D ．45、短周期元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y 原子的最外层只有2个电子，Z 单质可制成半导体材料，W 与X 属于同一主族。

第2讲　铝及其重要化合物 (时间:45分钟,满分:100分) 一、选择题(本题包括10小题,每小题5分,共50分,每小题只有一个正确答案) 1.下列说法不正确的是( ) A.预防H7N9流感病毒的措施之一是高温消毒餐具等生活日用品 B.《添加剂标准》中儿童膨化食品拟禁含铝添加剂,铝对人体有毒害 C.我国京津冀等城市实施SO2、CO2、NO2、N2等大气污染物排放限值 D.明矾、硫酸铁等在水中因水解生成胶体粒子,都可用作净水剂 解析:CO2、N2不属于大气污染物,C项错误。

答案:C 2.下列叙述中正确的是( ) A.氯化铝溶液中加入过量氨水反应实质是:Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3N B.在加入铝粉能放出氢气的溶液中:K+、N、C、Cl-一定能够大量共存 C.镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液 D.依据铝热反应原理,能发生反应2Al+3MgO3Mg+Al2O3 解析:Al(OH)3不能溶于一水合氨、碳酸等弱碱或弱酸的溶液中,A项正确;加入铝粉能够产生氢气的溶液可能是强酸性溶液,则N、C不能大量存在,也可能是强碱性溶液,N不能大量存在,B项错误;镁和铝都属于活泼金属,故都能够与盐酸反应,但是镁不能与碱反应,C项错误;铝热反应的实质是利用铝的还原性将不活泼金属从其氧化物中置换出来,但是活动性铝比镁弱,故不能用铝热法制取镁,D项错误。

答案:A 3.下列物质中既能跟稀硫酸反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是( ) ①NaHCO3　②(NH4)2SO3　③Al2O3　④Al(OH)3　⑤Al　⑥NaHSO4　⑦AlCl3　⑧Na2SiO3 A.①②③④⑤⑥⑦⑧ B.①②③④⑤ C.③④⑤⑥⑦ D.②③④⑤⑧ 解析:⑥⑦只能与NaOH溶液反应,不能与稀硫酸反应,⑧只能与稀硫酸反应。

答案:B 4.美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物(AlH3)n,关于氢铝化合物的推测不正确的是( ) A.氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气 B.与H2O反应生成2.24 L H2(标准状况下),转移的电子为0.2 mol C.氢铝化合物中氢显-1价 D.氢铝化合物具有强还原性 解析:金属氢化物中氢元素均为-1价,可与水发生氢元素的归中反应生成氢气。

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试6相对原子质量：C-12，H-1，O-16，N-14 （选择题每小题6分，共42分）6．化学与社会、生产、生活密切相关。

下列说法正确的是（ ）A ．氯气是生产塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料B ．乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质C ．神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是二氧化硅D ．日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应 7．W 、X 、Y 、Z）A ．Z 的氧化物属于碱性氧化物B ．离子半径：Z>WC ．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>ZD ．气态氢化物的热稳定性：X>W8．图Ⅰ的目的是精炼铜，图Ⅱ的目的是保护钢闸门。

下列说法不正确．．．的是（ ）A ．图Ⅰ中a 为纯铜B ．图Ⅰ中SO 42– 向b 极移动C ．图Ⅱ中如果a 、b 间连接电源，则a 连接负极D ．图Ⅱ中如果a 、b 间用导线连接，则X 可以是铜 9．下列说法正确的是（ ）A ．滴定用的锥形瓶和滴定管都要用所盛溶液润洗B ．配制一定物质的量浓度的溶液时，所用的容量瓶要预先干燥C ．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种液体可用饱和Na 2CO 3溶液鉴别D ．右图装置可用于分离沸点不同的液体混合物10．甲、乙、丙、X 是中学化学中常见的4种物质，其转化关系符合下图所示。

其中甲和X 不可能是（ ）A ．甲为C 、X 为O 2B ．甲为Fe 、X 为Cl 2C ．甲为SO 2、X 为NH 3·H 2OD ．甲为AlCl 3溶液、X 为NaOH 溶液11．常温下，0.1mo1·L —1的某酸HR 溶液的pH = 3，下列叙述正确的是（ ）A ．若将其加水稀释至原来体积的10倍，则pH = 4B ．与NaOH 溶液反应的离子方程式：H ＋+ OH －= H 2OC ．常温下，HR 的电离平衡常数约为10—5D ．与等体积pH = 11的NaOH 溶液混合后所得溶液显碱性 12．一定条件反应：6H 2 + 2CO 2C 2H 5OH + 3H 2O的数据如下图所示。

2015年福建省漳州一中高考化学模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（）A.C l2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物B.盐酸、氢氧化钠、碳酸钾均为强电解质C.玻璃、水晶、陶瓷都是硅酸盐制品D.根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质【答案】A【解析】解：A、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，C l2O7、P2O5、SO3、CO2均和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，故A正确；B、水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质，盐酸是氯化氢水溶液属于混合物，氢氧化钠、碳酸钾均为强电解质，故B错误；C、水晶是二氧化硅的晶体，不是硅酸盐制品，玻璃、陶瓷都是硅酸盐制品，故C错误；D、依据溶液中是否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质导电能力不一定比弱电解质，故D错误；故选A．A、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；B、水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质；C、水晶是二氧化硅的晶体；D、依据溶液中是否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质．本题考查了化学概念的分析判断，概念的实质理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．2.不能实现下列物质间直接转化的元素的是（）单质氧化物酸或碱盐．A.铜B.硫C.钠D.碳【答案】A【解析】解：A、C u C u O，氧化铜不能溶于水生成氢氧化铜，不能实现直接转化，故A符合；B、S SO2H2SO3N a2SO3，S+O2SO2，SO2+H2O=H2SO3，H2SO3+2N a OH=N a2SO3+2H2O，故B不符合；C、N a N a2O N a OH N a C l，4N a+O2=2N a2O，N a2O+H2O=2N a OH，N a OH+HC l=N a C l+H2O，故C不符合；D、C CO2H2CO3N a2CO3，C+O2CO2，CO2+H2O=H2CO3，H2CO3+2N a OH=N a2CO3+H2O，故D不符合；故选A．A、C u C u O，氧化铜不能溶于水；B、S SO2H2SO3N a2SO3；C、N a N a2O N a OH N a C l；D、C CO2H2CO3N a2CO3．本题考查了物质转化关系的分析应用，主要是铜、硫、钠、碳及其化合物性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．3.设N a为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1mol丙烯酸中含有双键的数目为N aB.等质量14NO和13CO气体中含有的中子数相等C.一定量的钠与8g氧气作用，若两者均无剩余，转移N a个电子D.100mlp H=1的醋酸溶液中含有的氢离子数为0.01N a【答案】D【解析】解：A．1mol丙烯酸中含有1mol碳碳双键、1mol碳氧双键，总共含有2mol双键，含有双键的数目为2N A，故A错误；B．根据n=可知，等质量的14NO和13CO的物质的量之比=31g/mol：32g/mol=31：32，每个14NO分子含有中子数=8+7=15，每个13CO分子含有中子数=8+7=15，故二者含有中子数之比=31：32，即含有中子数不相等，故B错误；C．没有告诉金属钠的物质的量，而钠与氧气反应产物可能为氧化钠和过氧化钠，所以无法计算反应过程中转移的电子数，故C错误；D．p H=l的醋酸溶液100m L中氢离子的物质的量为0.01mol，氢离子数为0.01N A，故D 正确；故选D．A．丙烯酸中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键；B．根据n=计算二者物质的量之比，每个14NO分子含有中子数=8+7=15，每个13CO分子含有中子数=8+7=15，进而计算含有中子数之比；C．钠与氧气反应，生成产物可能为氧化钠、过氧化钠，钠的物质的量不知，无法计算转移的电子数；D．p H=1的醋酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，0.1L溶液中含有0.01mol氢离子．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．A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A ．浓、稀硝酸的强氧化性不同，与铜反应的剧烈程度不同，浓硝酸氧化性较强，可与铜剧烈反应，能达到实验目的，故A 正确；B ．硫化银溶解度比氯化银小，在氯化银溶液中加入硫化钠溶液，可生成硫化银沉淀，故B 正确；C ．比较非金属性强弱，应用最高价含氧酸的酸性进行比较，故C 错误；D ．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，反应速率增大，浓度不同，反应速率不同，故D 正确．故选C ．A ．浓、稀硝酸的强氧化性不同，与铜反应的剧烈程度不同；B ．从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；C ．比较非金属性强弱，应用最高价含氧酸的酸性进行比较；D ．浓度不同，反应速率不同．本题考查实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案的严密性的科学性，难度不大．5.钠离子电池具有资源广泛、价格低廉、环境友好、安全可靠的特点，特别适合于固定式大规模储能应用的需求．一种以N a 2SO 4水溶液为电解液的钠离子电池总反应为：N a T i 2（PO 4）3+2N a 2N i F e II （CN ）6 充电放电N a 3T i 2（PO 4）3+2N a N i F e III （CN ）6（注：其中P 的化合价为+5，F e 的上标Ⅱ、Ⅲ代表其价态）．下列说法不正确的是（ ）A.放电时N a T i 2（PO 4）3在正极发生还原反应B.放电时负极材料中的N a +脱离电极进入溶液，同时溶液中的N a +嵌入到正极材料中C.充电过程中阳极反应式为：2N a N i F e III （CN ）6+2N a ++2e -=2N a 2N i F e II （CN ）6D.该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中N a +的浓度基本保持不变【答案】C【解析】解：该原电池放电时，F e 元素化合价由+2价变为+3价，T i 元素化合价由+4价变为+3价，所以负极上N a 2N i F e II （CN ）6失电子发生氧化反应、正极上N a T i 2（PO 4）3得电子发生还原反应，充电时，阳极、阴极反应式与正极、负极反应式正好相反，A ．放电时N a T i 2（PO 4）3在正极得电子而发生还原反应，故A 正确；B ．放电时，阳离子向正极移动，所以放电时负极材料中的N a +脱离电极进入溶液，同时溶液中的N a +嵌入到正极材料中，故B 正确；C ．充电时，阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为T i 2（PO 4）33--2e -=T i 2（PO 4）3-，故C 错误；D ．根据电池反应式知，反应过程中钠离子实质上不参加反应，所以钠离子浓度基本不变，故D 正确；故选C．该原电池放电时，F e元素化合价由+2价变为+3价，T i元素化合价由+4价变为+3价，所以负极上N a2N i F e II（CN）6失电子发生氧化反应、正极上N a T i2（PO4）3得电子发生还原反应，充电时，阳极、阴极反应式与正极、负极反应式正好相反，据此分析解答．本题考查化学电源新型电池，明确元素化合价变化与电极名称关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液书写，为高考高频点，也是学习难点．6.某强酸性溶液X中仅含有NH4+、A l3+、B a2+、F e2+、F e3+、CO32-、SO32-、SO42-、C l-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下下列有关推断合理的是（）A.若溶液X为100m L，产生的气体A为112m L（标况），则X中c（F e2+）=0.05mol•L-1B.沉淀H为A l（OH）3、B a CO3的混合物C.溶液中一定含有H+、A l3+、NH4+、F e2+、SO42-、C l-D.根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有F e3+【答案】D【解析】解：依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、A l3+、F e2+、SO42-，一定不含有：B a2+、CO32-、SO32-、NO3-，不能确定是否含有：F e3+和C l-，A．生成气体A的离子反应方程式为：3F e2++NO3-+4H+=3F e3++NO↑+2H2O，产生的气体A为112m L，物质的量为：=0.005mol，故n（F e2+）=3×0.005=0.015mol，c（F e2+）==0.15mol/L，故A错误；B．根据上述分析可知H为A l（OH）3，B a CO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；C．依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、A l3+、F e2+、SO42-，不能确定C l-是否存在，故C错误；D．由分析可知，上述连续实验不能确定溶液X中是否含有F e3+，故D正确．故选D．在强酸性溶液中一定不会存在CO32-、SO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为B a SO4，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为F e2+离子，溶液B中加入过量N a OH溶液，沉淀F只为F e（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为A l（OH）3，E为N a OH和N a A l O2，说明溶液中含有A l3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有F e2+离子，则一定不含NO3-离子和SO32-离子，那么一定含有SO42-离子，那么就一定不含B a2+离子，不能确定是否含有的离子F e3+和C l-，以此解答．本题考查了常见离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．7.下列说法不正确的是（）A.等物质的量浓度的NH4HSO4溶液和N a OH溶液等体积混合，溶液中各离子浓度大小关系为：c（N a+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）B.25℃时，将amo1•L-l氨水与0.01mo I•L-1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NH3•H2O的电离常数K b=C.某温度下，相同体积、相同p H的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，p H随溶液体积V变化的曲线如图所示．Ⅱ为醋酸稀释时p H的变化曲线，且a、b两点水的电离程度：a＜bD.已知298K时氢氰酸（HCN）的K a=4.9×10-10、碳酸的K a1=4.4×10-7，K a2=4.7×10-11，据此可推测将氢氰酸加入到碳酸钠溶液中能观察到有气泡产生【答案】D【解析】解：A、向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的N a OH溶液，反应生成N a2SO4、H2O、（NH4）SO4；N a+、SO42-不水解，故c（N a+）=c（SO42-），NH4+水解显酸性，所以c（H+）＞2c（OH-），即离子浓度由大到小为：c（N a+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确；B、当溶液中c（NH4+）=c（C1-），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，故NH3•H2O的电离平衡常数K b===，故B正确；C、醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，所以醋酸稀释时，p H增大较慢，曲线Ⅱ为醋酸的p H值变化，故C正确；D、酸性H2CO3＞HCN＞HCO3-，所以氢氰酸加入到碳酸钠溶液中，没有气体生成，故D 错误；故选D．A、硫酸氢铵和氢氧化钠等浓度等体积反应，H++OH-=H2O，向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的N a OH溶液，反应生成N a2SO4、H2O、（NH4）2SO4；然后根据各物质量的关系分析离子浓度大小；B、当溶液中c（NH4+）=c（C1-），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，NH3•H2O 的电离平衡常数K b=；C、醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，以此判断醋酸稀释时，p H的变化曲线；D、相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，结合强酸制取弱酸分析解答．本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子水解能力的关系是解本题关键，难度中等．三、双选题(本大题共1小题，共2.0分)12.胆矾晶体（C u SO4•5H2O）中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合．某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体，逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量，得到如图所示的实验结果示意图．以下说法正确的是（）A.晶体从常温升至105℃的过程中只有氢键断裂B.受热过程中，胆矾晶体中形成配位键的4个水分子同时失去C.120℃时，剩余固体的化学式是C u SO4•H2OD.按胆矾晶体失水时所克服的作用力大小不同，晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种【答案】CD【解析】解：A、由信息可知，胆矾晶体另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水，而胆矾（C u SO4•5H2O）的分子量为250，如果失去1个水，则剩下232，所以2.5g的胆矾如果只有氢键断裂，剩下的质量为2.32g，而升至105℃时固体质量是2.14g，所以不只有氢键断裂，还有配位键断裂，故A错误；B、由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，故B错误；C、120℃时，剩下固体是1.78g，而失去4个水之后分子量就是178，所以剩余固体的化学式是C u SO4•H2O，故C正确；D、因为固体质量就是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故D正确；故选CD．A、由信息可知，胆矾晶体另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水；B、由图可知明显不是同时失去；C、120℃时，剩下固体是1.78g，而失去4个水之后分子量就是178；D、因为固体质量就是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以克服的作用力大小不同．本题考查硫酸铜晶体中水分子所处化学环境结合图象分析考查，学生要有一定的分析推理能力，特别要要清楚随温度的改变固体质量三次降度这是解题的关键所在，有一定的难度．二、简答题(本大题共4小题，共53.0分)8.氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题．（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值．②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因______ ．③从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因______ ．（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（р1、р2）下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是______ （填“A”或“B”）；比较р1、р2的大小关系______ ．（3）20世纪末，科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现高温常压下的电化学合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如C所示，阴极的电极反应式是______ ．（4）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O⇌4NH3（g）+3O2（g），则其反应热△H= ______ ．（已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，2H2（g）+O2（g）⇌2H2O （l）△H=-571.6k J•mol-1）【答案】吸热；K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；A；р2＞р1；N2+6e-+6H+=2NH3；+1530k J•mol-1【解析】解：（1）①由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；②由表格数据可知，2000℃时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；③合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；故答案为：从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，р2的转化率大，则р2大；故答案为：A；р2＞р1；（3）电解池中氮气在阴极得电子生成氨气，其电极方程式为：N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），△H=（-92.4k J•mol-1）×2-（-571.6k J•mol-1）×3=+1530k J•mol-1；故答案为：+1530k J•mol-1．（1）①温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移；②K值很小，转化率很小；③合成氨反应中，在500℃左右催化剂活性最高；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小；增大压强平衡正向移动，转化率增大；（3）氮气在阴极得电子生成氨气；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），据此分析．本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素、电解原理的应用、盖斯定律的应用等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用考查，注意把握K与温度的关系以及影响化学平衡的因素．9.海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品．（1）海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气．反应的离子方程式是______ ．（2）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：盐卤低浓度B r2溶液ⅠB r2将B r2与N a2CO3反应的化学方程式补充完整：□B r2+□N a2CO3═N a B r O3+□ ______ +□______ □（3）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是M g C l2，此外还含F e2+、F e3+、M n2+等离子．以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：p①步骤②中需控制p H=9.8，其目的是______ ．②用N a C l O氧化F e2+得到F e（OH）3沉淀的离子反应方程式是______ ．③步骤③需在HC l保护气中加热进行，请用化学平衡移动原理解释原因______ ．④N a C l O还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐类物质和能参与大气循环的物质．除去0.1mol CO（NH2）2时消耗N a C l O ______ g．【答案】2C l-+2H2O C l2↑+H2↑+2OH-；5N a B r；3CO2↑；除去溶液中含有的F e2+、F e3+、M n2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；C l O-+2F e2++5H2O=2F e（OH）3+C l-+4H+；M g2++2H2O⇌M g（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HC l，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制M g2+水解．HC l还能带出水份，最终得到无水M g C l2；22.35 【解析】解：（1）电解氯化钠溶液在阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气，其电解反应的离子方程式是2C l-+2H2O C l2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2C l-+2H2O C l2↑+H2↑+2OH-；（2）B r2与N a2CO3反应生成N a B r O3、N a B r和CO2，B r元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，则生成的N a B r O3与N a B r的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3B r2+3N a2CO3=N a B r O3+5N a B r+3CO2↑，故答案为：3、3、1、5N a B r、3CO2；（3）盐卤加水溶解，加N a C l O将F e2+氧化成F e3+，然后加入N a OH调节p H为9.8，使F e2+、F e3+、M n2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HC l气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到M g；①步骤②中需控制p H=9.8在于使除M g2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，即控制p H=9.8的目的：除去溶液中含有的F e2+、F e3+、M n2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；故答案为：除去溶液中含有的F e2+、F e3+、M n2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；②加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与F e2+、H2O反应生成F e（OH）3、C l-和H+，反应的离子方程式为：C l O-+2F e2++5H2O=2F e（OH）3+C l-+4H+；故答案为：C l O-+2F e2++5H2O=2F e（OH）3+C l-+4H+；③镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，M g2++2H2O⇌M g（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HC l时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制M g2+水解．HC l还能带出水份，最终得到无水M g C l2；故答案为：M g2++2H2O⇌M g（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HC l，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制M g2+水解．HC l还能带出水份，最终得到无水M g C l2；④N a C l O还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3N a C l O+CO（NH2）2═3N a C l+CO2↑+N2↑+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.1mol CO（NH2）2消耗N a C l O为0.3mol，则m（N a C l O）=n M=0.3mol×74.5g/mol=22.35g，故答案为：22.35．（1）电解氯化钠溶液在阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气；（2）B r2与N a2CO3反应生成N a B r O3、N a B r和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；（3）盐卤加水溶解，加N a C l O将F e2+氧化成F e3+，然后加入N a OH调节p H为9.8，使F e2+、F e3+、M n2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HC l气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到M g；①步骤②中需控制p H=9.8在于使除M g2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去；②次氯酸钠具有氧化性，把氧化亚铁离子为三价铁，据此写出反应的离子方程式；③镁离子水解显酸性，通入HC l可以抑制其水解；④N a C l O还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3N a C l O+CO（NH2）2═3N a C l+CO2↑+N2↑+2H2O，根据方程式计算．本题考查了方程式的书写、实验仪器的选择、物质的制备原理，涉及知识点较多，题目侧重于反应原理的应用和元素化合物性质的考查，题目综合性较强，难度中等，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．10.氧化亚铜是大型水面舰艇防护涂层的重要原料．某小组通过查阅资料，进行如图研究．I．C u2O的制取（1）葡萄糖还原法制C u2O的化学方程式为______ ．（2）实验室用此方法制取并获得少量C u2O固体，需要的玻璃仪器除试管、酒精灯、烧杯外，还需要______Ⅱ．检验样品中是否含有C u O方案1：将制得的C u2O样品溶于足量稀硫酸．（3）甲同学认为若溶液变为蓝色，则说明样品中含有C u O杂质．乙同学认为此推论不合理，用化学用语解释原因______ ．（4）甲同学通过反思，认为将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有C u O杂质，应测量的数据是______ ．方案2：丙同学认为采用如下装置（所加药品均足量）进行实验，通过测定c装置反应后固体的质量以及d装置反应前后增重的质量，可计算，从而确定样品中是否含有氧化铜．（5）装置a中所加的酸是______ （填化学式），装置e中碱石灰的作用是______ ．（6）点燃装置c中酒精灯之前需进行的操作是______ ．（7）熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却，原因是______ ．【答案】；漏斗、玻璃棒；C u2O+H2SO4=C u SO4+C u+H2O；C u2O样品的质量、反应后剩余固体（C u）的质量；H2SO4；防止空气中的水进入d装置，m（H2O）测定不准确；打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，打开K2，关闭K1；防止生成的C u单质在高温下又被氧气氧化为C u O，导致测定数据不准确【解析】解：Ⅰ、（1）葡萄糖还原法制C u2O是利用葡萄糖中醛基被氢氧化铜氧化生成葡萄糖酸，氧化亚铜和水，制取氢氧化铜可用可溶性铜盐和强碱反应，葡萄糖还原法制C u2O的化学方程式为；故答案为：（2）新制氢氧化铜氧化乙醛实验需要加热，故所需玻璃仪器为试管、酒精灯，分离生成的氧化亚铜沉淀，需要进行过滤操作，所需玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒；Ⅱ、（3）氧化亚铜也和硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜溶液显蓝色，反应的化学方程式为：C u2O+H2SO4=C u SO4+C u+H2O；故答案为：C u2O+H2SO4=C u SO4+C u+H2O；（4）将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有C u O杂质，应测量的数据是C u2O样品的质量、反应后剩余固体（C u）的质量；故答案为：C u2O样品的质量、反应后剩余固体（C u）的质量；（5）d装置中的碱石灰会吸收水和酸性气体，防止a中酸挥发，故选难挥发性酸硫酸，装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置，m（H2O）测定不准确；故答案为：H2SO4；防止空气中的水进入d装置，m（H2O）测定不准确；（6）打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收，故答案为：打开K2，关闭K1；故答案为：打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，打开K2，关闭K1；（7）灼热的铜和氧气会发生反应生成氧化铜，所以熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却是防止空气进入氧化生成的铜，测定结果产生误差；故答案为：防止生成的C u单质在高温下又被氧气氧化为C u O，导致测定数据不准确．Ⅰ、（1）葡萄糖还原法制C u2O是利用葡萄糖中醛基被氢氧化铜氧化生成葡萄糖酸，氧化亚铜和水；制取氢氧化铜可用可溶性铜盐和强碱反应；（2）新制氢氧化铜氧化乙醛实验需要加热，生成氧化亚铜沉淀，分离出氧化亚铜需要过滤操作；Ⅱ、（3）氧化亚铜也和硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜溶液显蓝色；（4）将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有C u O杂质，应测量的数据是氧化亚铜样品质量和反应生成铜的质量，通过化学方程式计算分析；（5）防止酸的挥发，应选用难挥发性的酸；装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置；（6）打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收；（7）熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却是防止空气进入氧化生成的铜，测定结果产生误差．本题以铜的化合物为载体，考查了实验基础知识和计算技能．答题时要注意题目要求，如要求填“玻璃仪器”、化学式等，实验过程分析和物质性质是解题关键，题目难度中等．11.氨气是共价型氢化物．工业常用氨气和醋酸二氨合铜{[C u（NH3）2]A c}的混合液来吸收一氧化碳（醋酸根CH3COO-简写为A c-）．反应方程式为：[C u（NH3）2]A c+CO+NH3⇌[C u （NH3）3CO]A c①请写出基态C u原子的电子排布式______ ．②氨水溶液中各元素原子的电负性从大到小排列顺序为______ ．③醋酸分子中的两个碳原子，甲基（-CH3）碳和羧基（-COOH）碳的杂化方式分别是______ ．④生成物[C u（NH3）3CO]A c中所含化学键类型有______ ．a．离子键b．配位键c．σ键d．π【答案】[A r]3d104s1；O＞N＞H；sp3、sp2；abcd【解析】解：（1）①C u元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：[A r]3d104s1，故答案为：[A r]3d104s1；②氨水溶液中含N、O、H三种元素，氢的电负性最小，又同周期自左而右电负性增大，故电负性从大到小的排列顺序为O＞N＞H，故答案为：O＞N＞H；③醋酸分子中的两个碳原子，甲基（-CH3）碳采用sp2杂化，羧基（-COOH）碳采用sp2杂化，故答案为：sp3、sp2；④C u2+与NH3存在配位键，NH3中N与H形成σ键，[C u（NH3）3CO]+与A c-之间是离子键，A c-内有碳氧双键，所以还有π键，即存在的化学键类型为：配位键、σ键、π键和离子键，故选abcd．①根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写；②氨水溶液中含N、O、H三种元素，氢的电负性最小，又同周期自左而右电负性增大，据此判断；③醋酸分子中的两个碳原子，甲基（-CH3）碳采用sp2杂化，羧基（-COOH）碳采用sp2。

学习必备欢迎下载第二讲铝及其化合物一、选择题1．将等物质的量的镁和铝均匀混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是()－ 1A．3 mol ·L盐酸－ 1B．4 mol ·L HNO 3溶液－ 1C．5 mol ·L NaOH 溶液－ 1D．18.4 mol L· H2 SO4溶液解析 B 项中硝酸和 D 项中浓硫酸与金属反应不产生氢气； C 项中 NaOH 溶液只与铝反应而不与镁反应，而 A 项中盐酸与镁和铝均能反应， A 项正确。

答案 A2.在 Al 2(SO4)3和 MgSO4的混合溶液中，滴加 NaOH 溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH 溶液的体积关系如右图所示，则原混合液中 Al 2(SO4)3与 MgSO4的物质的量浓度之比为 ()。

A．6∶1B．3∶1C．2∶1D．1∶2解析溶解 Al(OH) 3耗碱 10 mL，则生成Al(OH) 3耗碱为30 mL ，生成Mg(OH) 2耗碱 (50－30)mL ，故 Al 3＋与 Mg 2＋浓度之比 1∶1，则 Al 2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1∶2。

答案 D3．下列除去杂质的方法不正确的是()。

A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量 Al 3＋C．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D．Al(OH) 3中混有少量 Mg(OH) 2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤解析Al 可与烧碱溶液反应，而Mg 不能反应， A 项正确； Al(OH) 3只能溶于强碱，不溶于氨水， B 项错误； CaO 吸水生成 Ca(OH)2，再蒸馏乙醇蒸发分离， C 项正确； Mg(OH) 2不与烧碱反应， Al(OH) 3溶于烧碱生成 NaAlO 2，再通入过量 CO2又生成 Al(OH) 3， D 项正确。

漳州市2015届高三化学考前模拟题一、选择题1．下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是A ．Cl 2、SO 2、NH 3的水溶液都能够导电，因此都属于电解质B ．任何一个氧化还原反应都可以设计为原电池，输出电能C ．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大D ．电解饱和食盐水的过程中，水的电离平衡正向移动 2．下列说法正确的是A ．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物B ．丁烷（C 4H 10）和二氯甲烷都存在同分异构体C ．“地沟油”的主要成分是油脂，其类别与煤油不同D.煤中含有煤焦油及多种化工原料，可通过煤的干馏获得3．下列有关描述，正确的是A ．苯能使溴水褪色，发生取代反应B ．乙烯使高锰酸钾溶液褪色，发生加成反应C ．乙醇在红热铜丝的作用下，能发生氧化反应D ．葡萄糖在稀硫酸作催化剂，水浴加热条件下可以发生水解反应4．N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A ． 1.6g 甲烷含有的电子数为N AB ． 1 L0.1 mol/L NaHCO 3溶液中含有的HCO 3- 数目为0.1 N AC ． 1 L PH=1的硫酸溶液中含有的H + 数为0.2 N AD ． 标准状况下， 2.24 LCO 和CO 2混合气体中含有的氧原子数为0.15N A5．短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。

下列判断正确的是A ．甲一定是金属元素B ．气态氢化物的稳定性：庚>己>戊C ．庚的最高价氧化物的水化物酸性最强D ．乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以以相互反应6．下列各组物质按右图所示转化关系每一步都能一步实现的是7甲 乙 丙 丁8．下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A ．图1装置：除去二氧化碳中的少量氯化氢气体B ．图2装置：收集二氧化硫并吸收尾气C ．图3装置：用酸性高锰酸钾溶液滴定过氧化氢溶液D ．图4装置：用水吸收氯化氢气体并防止倒吸9．某新型电池NaBH 4(B 的化合价为+3价)和H 2O 2作原料，该电池可用作深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如右图所示。

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试3相对原子质量：C-12，H-1，O-16，N-14，Mg-24，Al-27，Fe-56，S-32，Cl–35.5，Cu–64一、选择题（每小题3分，共42分）1、下列关于氧化物的叙述中不．正确的是()①酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸；②非金属氧化物肯定是酸性氧化物；③碱性氧化物肯定是金属氧化物；④金属氧化物都是碱性氧化物；⑤不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应A．①②④⑤B．①②③④⑤C．②③④D．③⑤解析：二氧化硅不与水反应；一氧化碳不是酸性氧化物；氧化铝是两性氧化物；一氧化碳既不能跟酸反应也不能跟碱反应。

答案：A2、氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，下列有关该电池的叙述不．正确的是()A．正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度最终不变C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2===2H2OD．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24 L Cl2(标准状况)时，有0.2 mol电子转移解析：由于燃料电池的总反应式就是燃料燃烧时的化学方程式，所以该燃料电池的总反应式为：2H2＋O2===2H2O；由于水的生成，导致电解液中KOH的物质的量浓度减小；在KOH做电解液时，正极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，根据电子转移相等知，当电解CuCl2溶液产生0.1 mol Cl2时，电池中转移电子0.2 mol。

答案：B3、少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。

为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①加H2O；②加NaOH固体；③滴入几滴浓盐酸；④加CH3COONa固体；⑤加NaCl溶液；⑥滴入几滴硫酸铜溶液；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)；⑧改用10 mL 0.1 mol/L盐酸A．①⑥⑦B．③⑤⑧C．③⑦⑧D．⑤⑦⑧解析：本题考查的是改变反应速率的方法。

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试7相对原子质量：H–1；O–16；S–32；Fe–56（选择题每小题6分，共42分）6．下列说法不正确．．．的是（）A．聚乙烯塑料可作食品包装袋B．乙醇和葡萄糖分子中都含有羟基C．乙烯和苯都能发生氧化反应D．C5H12有两种同分异构体7．下列有关实验的说法不正确．．．的是（）A．取用液溴时，应戴上橡皮手套B．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，NaCl应在烧杯中溶解C．加热乙酸、乙醇、浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯时，应加入2～3块碎瓷片D．无色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有SO42－8．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24 L NH3分子中共价键数目为0.3 N AB．1 L 1 mol·L－1H2O2溶液中氧原子数目为2 N AC．25℃时，pH＝7的纯水中OH－数目为1×10－7 N AD．1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中NH4＋数目为0.1 N A9．密闭容器中，发生反应：CO(g) + 2H23OH(g) △H＜0，下列说法正确的是（）A．一定温度下，压缩容器体积，则正反应速率加快，逆反应速率减慢B．若v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)，则该反应达到平衡状态C．升高温度，重新达到平衡时，23(H)(CH OH)cc增大D．使用催化剂，反应的平衡常数增大10．A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）。

则A不可能．．．是（）A．金属单质B．非金属单质C．两性氧化物D．碱11．W、X、Y、Z四种短周期元素。

已知X原子的核外电子数和Ne原子相差1，在同周期中X原子半径最大，W、Y、Z在周期表中的相对位置如图，Z的非金属性在同周期元素中最强。

下列说法不．正确．．的是（）A．简单离子半径：Y>XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z > YC．W与X形成的化合物属于离子化合物D．W、X、Z只能形成一种化合物12．常温下，取pH＝2的HA溶液与HB溶液各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与稀释倍数关系如图所示。

2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（1）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与材料、生活和环境密切相关．下列有关说法中错误的是( )A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C．大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子2．下列关于有机物的说法不正确的是( )A．可以用水来鉴别苯和CCl4B．CH2Cl2有两种同分异构体C．煤的干馏属于化学变化D．加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性3．是物质间发生化学反应时颜色的变化情况，下列选项中正确的是( )4．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．下列说法正确的是( )A．元素Y和元素Z的最高正化合价相同B．单核阴离子半径的大小顺序为：r（W）＞r（Y）＞r（Z）C．气态氢化物稳定性：X＜Y＜ZD．元素W的最高价氧化物对应的水化物是强酸6．下列关于0.10mol•﹣1NaHSO3溶液的说法正确的是( )A．加入NaOH固体，溶液pH减小B．温度升高，c（HSO3﹣）增大C．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大D．NaHSO3的电离方程式为NaHSO3=Na++H++SO32﹣7．在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：2充入CO和H2，发生：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）△H．测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195℃时n（H2）随时间的变化结果如表所示．下列说法正确的是( )A．p1＞p2，△H＜0B．在p2及195℃时，反应前3 min的平均速率v（CH3OH）=0.8 mol•L﹣1•min﹣1C．在p2及195℃时，该反应的平衡常数为25D．在B点时，v正＞v逆二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料．工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲）反应②是__________（填“吸热”或“放热”）反应．（2）某温度下反应①中H2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图1所示．则平衡状态由A变到B时，平衡常数K A__________K B（填“＞”、“＜”或“=”）．据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=__________（用K1、K2表示），反应③为__________反应（填“吸热”或“放热”）．（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c（CO）与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是__________．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是__________．（4）甲醇燃料电池有着广泛的用途，同时Al﹣AgO电池是应用广泛的鱼雷电池，其原理如图3所示．则该电池的负极反应式是__________．（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸．通常状况下，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为__________．9．工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如图1：2：Cr2（SO4）3外，主要还有__________243（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH到__________；②将浊液加热到80℃，__________．（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式__________，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是__________．（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH﹣）≥__________．已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31，≈4.0）10．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+H2O═NaAlO2+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（夹持仪器已略去）．（1）图1中C装置中球形干燥管的作用是__________．（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先__________，再加入实验药品．接下来的实验操作是__________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体．打开K1，通过氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是__________．（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见__________．[方案2]用图2装置测定m g样品中AlN的纯度（部分夹持装置已略去）．（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是__________（填字母）．a．CCl4 b．H2O c．NH4Cl溶液 d．（5）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），则AlN的质量分数为__________．[方案3]按以下步骤测定样品中AlN的纯度：（6）步骤②生成沉淀的离子方程式为__________．（7）若在步骤③中未洗涤，测定结果将__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．[化学一物质结构与性质]11．（13分）（1）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是__________．（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被﹣NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．NH3分子的空间构型是__________；与N2H4分子属于等电子体的是__________．（写出一种即可）（3）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．请回答下列问题：①Ni原子的核外电子排布式为__________；②NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO__________FeO（填“＜”或“＞”）；③NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为__________、__________．（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，其价电子排布与Cu相似，Au原子的价电子排布式为__________；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心位置，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子个数之比为__________；该晶体中，原子之间的强相互作用是__________；上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2晶胞（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为__________．[化学一有机化学基础]12．由苯乙烯经下列反应可制得F、K两种高分子化合物，它们都是常用的塑料，H可以发生银镜反应．（1）J中所含官能团的名称为__________；K中所含官能团的结构简式为__________．（2）聚合物F的结构简式是__________；I的分子式是__________．（3）E转化为G的化学方程式是__________；反应类型属于__________．（4）在一定条件下，两分子J能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，写出该化合物的结构简式__________．（5）写出J的一种符合下列条件的同分异构体X的结构简式__________．①X与FeCl3溶液反应显色；②X分子中氢原子核磁共振氢谱有4个峰．2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（1）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与材料、生活和环境密切相关．下列有关说法中错误的是( )A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C．大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子【考点】煤的干馏和综合利用；常见的生活环境的污染及治理；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．【专题】化学计算．【分析】A、煤炭经气化、液化和干馏等过程，可分别获得水煤气、甲醇、苯、二甲苯等物质；B、酒精能够使细菌蛋白发生变性；C、矿物燃料含有硫氮元素；D、光导纤维主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子．【解答】解：A、煤的干馏可得到煤焦油、焦炉气、粗苯等，而煤焦油经蒸馏又可得到苯、二甲苯等重要的化工原料，煤经气化、液化可得到甲醇等清洁能源，故A正确；B、酒精能够使细菌蛋白发生变性，常用来消毒，故B正确；C、矿物燃料含有硫氮元素，实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放，故C 正确；D、光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机物，不属于有机高分子，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机化合物中碳的成键特征、蛋白质的性质、环境保护等，难度不大，注意光导纤维成份是二氧化硅不属于有机物．2．下列关于有机物的说法不正确的是( )A．可以用水来鉴别苯和CCl4B．CH2Cl2有两种同分异构体C．煤的干馏属于化学变化D．加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性【考点】有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．二者与水不互溶，苯的密度比水小，而四氯化碳的密度比水大；B．由甲烷的正四面体结构可知，4个H原子的位置均为相邻；C．煤干馏是在隔绝空气条件下发生的化学变化；D．加热可使蛋白质变性．【解答】解：A．苯与水混合分层后有机层在上层，而四氯化碳与水混合后有机层在下层，现象不同，可鉴别，故A正确；B．由甲烷的正四面体结构可知，4个H原子的位置均为相邻，则CH2Cl2有1种结构，不存在同分异构体，故B错误；C．煤干馏是在隔绝空气条件下发生的化学变化，得到煤焦油、粗氨水及水煤气等，故C正确；D．H7N9禽流感病毒的成分为蛋白质，加热可使蛋白质变性，故D正确；故选B．【点评】本题考查较综合，为高频考点，涉及有机物的鉴别、同分异构体判断、干馏及蛋白质的性质等，注重基础知识的考查，题目难度不大．3．是物质间发生化学反应时颜色的变化情况，下列选项中正确的是( )【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】根据图示可知，向Fe2（SO4）3溶液中加入M能生成红褐色沉淀，即Fe（OH）3，从而可知M；向Fe2（SO4）3溶液中加入N能生成白色沉淀，可知加入的N能引入Ba2+，从而可知N；P能使溶液由棕黄色变为浅绿色，据此得出P；向Fe2（SO4）3溶液中加入Q能溶液变红，故加入的Q为KSCN溶液，据此分析．【解答】解：A、当Q为石蕊试液时，不能使Fe2（SO4）3溶液变红，故A错误；B、当P为FeO时，不能与Fe2（SO4）3溶液反应将Fe3+还原为Fe2+，故B错误；C、当M为NaOH时，能和Fe2（SO4）3溶液反应生成红褐色Fe（OH）3沉淀：Fe2（SO4）3+6NaOH=2Fe （OH）3↓+3Na2SO4；当N为Ba（NO3）2时，能和Fe2（SO4）3溶液反应生成白色的BaSO4沉淀：3Ba（NO3）2+Fe2（SO4）3=BaSO4↓+2Fe（NO3）3；当P为锌粉时，能将Fe3+还原为Fe2+：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；Fe2（SO4）3溶液遇KSCN溶液变红，故C正确；D、当N为MgCl2时，不能和Fe2（SO4）3溶液生成白色沉淀；当Q为石蕊试液时，不能使Fe2（SO4）3溶液变红，故D错误．故选C．【点评】本题考查了Fe2（SO4）3溶液的有关性质，难度不大，应注意的是NaHCO3能和Fe2（SO4）3发生双水解而生成Fe（OH）3沉淀，注意把握铁离子的常见的反应．4．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．下列说法正确的是( )A．元素Y和元素Z的最高正化合价相同B．单核阴离子半径的大小顺序为：r（W）＞r（Y）＞r（Z）C．气态氢化物稳定性：X＜Y＜ZD．元素W的最高价氧化物对应的水化物是强酸【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】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，W 为Cl，然后利用元素周期律及物质的性质来解答．【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，W为Cl，A．氧元素一般没有正化合价，故A错误；B．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣，故B错误；C．非金属性O＞N＞S，则氢化物稳定性H2O＞NH3＞H2S，故C错误；D．W为Cl元素，最高价含氧酸HClO4是最强的含氧酸，故D正确；故选D．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律，C为易错点，学生容易忽略过氧化氢，注意O、F元素一般没有正化合价．【考点】化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计；比较弱酸的相对强弱的实验．【专题】实验评价题．【分析】A．溶液X中可能含SO32﹣；B．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；C．反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸；D．饱和碳酸钠溶液通二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小．【解答】解：A．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，溶液X中可能含SO32﹣或SO42﹣，或二者均有，故A错误；B．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用铂丝蘸取溶液Y进行焰色反应，火焰呈黄色，溶液Y中含Na+，可能含K+，故B错误；C．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸，为强酸制取弱酸的反应，故C错误；D．饱和碳酸钠溶液通二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，析出碳酸氢钠，则观察到溶液变浑浊，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子的检验、焰色反应、酸性比较及物质的性质等，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，题目难度不大．6．下列关于0.10mol•﹣1NaHSO3溶液的说法正确的是( )A．加入NaOH固体，溶液pH减小B．温度升高，c（HSO3﹣）增大C．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大D．NaHSO3的电离方程式为NaHSO3=Na++H++SO32﹣【考点】盐类水解的原理；电离方程式的书写．【分析】A、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液PH增大；B、升温促进弱电解质电离；C、温度一定n（H+）增大，n（OH﹣）增大；D、HSO3﹣离子是弱酸阴离子；【解答】解：A、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液PH增大，故A错误；B、升温促进弱电解质电离，亚硫酸根离子易被氧化，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，c（HSO3﹣）减小，故B错误；C、温度一定Kw不变，加入水池子电离平衡生成氢离子和氢氧根离子，n（H+）物质的量增大，n（OH﹣）增大，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故C正确；D、HSO3﹣离子是弱酸阴离子，不能拆成离子，故D错误；故选C．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，水的离子积醋酸分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．7．在20L的密闭容器中按物质的量之比为1：2充入CO和H2，发生：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）△H．测得CO的转化率随温度及不同压强下的变化如图所示，p2和195℃时n（H2）随时间的变化结果如表所示．下列说法正确的是( )A．p1＞p2，△H＜0B．在p2及195℃时，反应前3 min的平均速率v（CH3OH）=0.8 mol•L﹣1•min﹣1C．在p2及195℃时，该反应的平衡常数为25D．在B点时，v正＞v逆【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】根据化学反应速率和平衡常数的定义进行计算，根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论．升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动．【解答】解：A．P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2，故A错误；B.0～3 min，n（H2）=8﹣4=4mol，故n（CH3OH）=4÷2=2mo l，v（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣1=0.033mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；C．由表中信息可知，起始时：c（H2）==0.4mol/L，c（CO）=c（H2）=0.2mol/L；平衡时：c（H2）==0.2mol/L；CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始浓度（mol/L） 0.2 0.4 0转化浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1K===25L2•mol﹣2，故C正确；D．根据表中数据知，平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v（正）＜v（逆），故D错误，故选C．【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和平衡常数的计算，难度中等．二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料．工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲）反应②是吸热（填“吸热”或“放热”）反应．（2）某温度下反应①中H2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图1所示．则平衡状态由A变到B时，平衡常数K A=K B（填“＞”、“＜”或“=”）．据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=K1•K2（用K1、K2表示），反应③为放热反应（填“吸热”或“放热”）．（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c（CO）与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是加入催化剂．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是将容器的体积快速压缩至2L．（4）甲醇燃料电池有着广泛的用途，同时Al﹣AgO电池是应用广泛的鱼雷电池，其原理如图3所示．则该电池的负极反应式是Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O．（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸．通常状况下，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为L/mol．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）分析图表数据，反应②平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应；（2）化学平衡常数只受温度影响，温度不变其不变；分析反应特征可知平衡常数K3=K1×K2，计算不同温度下反应③的平衡常数，结合温度变化分析判断反应焓变△H＜0，依据反应①+②得到反应③，所以平衡常数K3=K1×K2；（3）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；（4）Al﹣AgO电池中Al在负极失电子发生氧化反应，在碱酸溶液中生成偏铝酸根离子；（5）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算．【解答】解：（1）分析图表数据，反应②平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；（2）化学平衡常数只受温度影响，温度不变其不变，所以K A=K B；反应③3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（g）+H2O（g），分析三个反应的平衡常数表达式可知平衡常数K3=K1×K2，计算不同温度下反应③的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.5×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行，所以判断反应是放热反应，故答案为：=；K1•K2；放热；（3）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；故答案为：加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L；（4）Al﹣AgO电池中Al在负极失电子发生氧化反应，在碱酸溶液中生成偏铝酸根离子，负极电极反应为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（5）通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，溶液中c（H+）=c （OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===L/mol；故答案为：L/mol．【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数计算和影响条件的应用，电极反应式书写等等，题目综合性较强、难度较大．9．工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如图1：2：（1）在浸出过程中除了生成Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3外，主要还有CuSO4（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH到3.2；②将浊液加热到80℃，趁热过滤．（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是产生SO2污染环境．（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH﹣）≥4.0×10﹣9mol•L﹣1．已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31，≈4.0）【考点】金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行解答；（2）根据图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2以及温度越高；（3）亚硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜；（4）根据Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）•（OH﹣）3来计算回答．【解答】解：（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以在浸出过程中除了生成Fe2（SO4）、Cr2（SO4）3外，主要还有硫酸铜；故答案为：CuSO4；3（2）根据图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，所以在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，相关操作：①加入石灰乳调节pH到3.2；②将浊液加热到80℃，趁热过滤；故答案为：3.2；趁热过滤；（3）硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜，发生的反应为：2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+，在酸性环境下，亚硫酸氢根离子和氢离子之间反应生成的二氧化硫具有毒性，能污染空气，故答案为：2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+；产生SO2污染环境；（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH﹣）≥==4.0×10﹣9mol•L﹣1，故答案为：4.0×10﹣9mol•L﹣1．【点评】本题考查了离子方程式的书写、物质的分离等知识点，难度不大，注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质．10．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+H2O═NaAlO2+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（夹持仪器已略去）．（1）图1中C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸．（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，通过氮气一段时间，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AlN的纯度（部分夹持装置已略去）．（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是ad（填字母）．a．CCl4 b．H2O c．NH4Cl溶液 d．（5）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），则AlN的质量分数为×100%．[方案3]按以下步骤测定样品中AlN的纯度：（6）步骤②生成沉淀的离子方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓．（7）若在步骤③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】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】（1）分析装置和仪器作用分析，氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，仪器作用是防止倒吸的作用；（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）依据氨气极易溶于水的性质分析判断；（5）依据化学方程式定量关系计算得到；（6）步骤②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；（7）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）分析装置和仪器作用分析，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）依据氨气极易溶于水的性质分析，为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是；a．CCl4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．（5）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+H2O═NaAIO2+NH3↑41 22.4Lm V×10﹣3L。