甘肃省天水市秦安二中高考化学四模试卷（含解析）.doc

2015年甘肃省天水市秦安二 中高考化学四模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列物质的使用不涉及化学变化的是（）a 用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质b 用生石灰干燥氨气c 用铝制的容器盛装浓硫酸d 用饱和碳酸钠溶液收集实验室制取的乙酸乙酯2设na为阿伏加德罗常数的值，n表示粒子数下列说法正确的是（）a 0.1 mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4nab 将1molcl2通入到水中，则n（hclo）+n（cl）+n（clo）=2nan（cl2）c 一定条件下，0.1 mol so2与足量氧气反应生成so3，转移电子数为0.2nad 电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2na时，阳极质量减少6.4g3某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是（）a 该有机物的分子式为c11h12o2b 1mol该物质最多能与4mol h2发生加成反应c 该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀d 该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应4探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（）a 用装置进行铜和浓硫酸的反应b 用装置收集二氧化硫并吸收尾气c 用装置稀释反应后的混合液d 用装置测定余酸的浓度5现有物质的量浓度均为0.1mol/l的溶液nh3h2och3coohkhso4下列有关离子浓度分析一定不正确的是（）a 向中逐滴加入少量，逐渐增大b 、等体积混合后溶液中存在：nh4+h2onh3h2o+h+c 、任意比混合：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（nh4+）d 、按体积比2：1混合：c（nh4+）c（nh3h2o）c（so42）c（oh）c（h+）6关于如图所示转化关系（x代表卤素），说法不正确的是（）a 2h（g）+2x（g）2hx（g）h30b 途径生成hx的反应热与途径无关，所以h1=h2+h3c cl、br、i的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多d 途径生成hcl放出的热量比生成hbr的多，说明hcl比hbr稳定7如图为efc剑桥法用固体二氧化钛（tio2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，tio2（阴极）中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛下列说法中正确的是（）a 阳极的电极反应式为：2clcl2+2eb 阴极的电极反应式为：tio2+4eti+2o2c 通电后，o2、cl均向阴极移动d 石墨电极的质量不发生变化二、解答题（共3小题，满分43分）8煤的气化可以减少环境污染，而且生成的co和h2被称作合成气，能合成很多基础有机化工原料（1）工业上可利用co生产乙醇：2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1 又已知：h2o（l）h2o（g）h2 co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3 工业上也可利用co2（g）与h2（g）为原料合成乙醇：2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o（l）h则：h与h1、h2、h3之间的关系是：h=（2）一定条件下，h2、co在体积固定的绝热密闭容器中发生如下反应：4h2（g）+2co（g）ch3och3（g）+h2o（g），下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有av（h2）=2v（co） b平衡常数k不再随时间而变化c混合气体的密度保持不变d混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）工业可采用co与h2反应合成再生能源甲醇，反应：co（g）+2h2（g） ch3oh（g），在一容积可变的密闭容器中充有10molco和20mol h2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇co的平衡转化率（）与温度（t）、压强（p）的关系如图1所示合成甲醇的反应为（填“放热”或“吸热”）反应a、b、c三点的平衡常数ka、kb、kc的大小关系为p1和p2的大小关系为若达到平衡状态a时，容器的体积为10l，则在平衡状态b时容器的体积为lco的平衡转化率（）与温度（t）、压强（p）的关系如图2所示，实际生产时条件控制在250、1.3104kpa左右，选择此压强的理由是9钛铁矿的主要成分为fetio3（可表示为feotio2），含有少量mgo、cao、sio2等杂质利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂li4ti5o12和磷酸亚铁锂lifepo4）的工业流程如图所示：已知：fetio3与盐酸反应的离子方程式为fetio3+4h+4clfe2+tiocl42+2h2o（1）化合物fetio3中铁元素的化合价是（2）滤渣a的成分是（3）滤液b中tiocl42转化生成tio2的离子方程式是（4）反应中固体tio2转化成（nh4）2ti5o15溶液时，ti元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示反应温度过高时，ti元素浸出率下降的原因是（5）反应的化学方程式是（6）由滤液d制备lifepo4的过程中，所需17%双氧水与h2c2o4的质量比是（7）若采用钛酸锂（li4ti5o12）和磷酸亚铁锂（lifepo4）做电极组成电池，其工作原理为li4ti5o12+3lifepo4li7ti5o12+3fepo4，该电池充电时阳极反应式是10硫代硫酸钠俗称“海波”，又名“大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂硫代硫酸钠（na2s2o3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图（a）所示已知：na2s2o3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示，（1）na2s2o35h2o的制备：步骤1：如图连接好装置后，检查a、c装置气密性的操作是步骤2：加入药品，打开k1、关闭k2，加热装置b、d中的药品可选用下列物质中的（填编号）a naoh溶液 b浓h2so4c酸性kmno4溶液 d饱和nahco3溶液步骤3：c中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少当c中溶液的ph时，打开k2、关闭k1并停止加热；c中溶液要控制ph的原因是步骤4：过滤c中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液、过滤、烘干，得到产品（2）na2 s2o3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加少量na2s2o3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，写出该反应的化学方程式，（3）常用na2s2o3溶液测定废水中ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00ml，控制适当的酸度加入足量k2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解此时cro24全部转化为cr2o27；再加过量ki溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010moll1的na2s2o3溶液进行滴定，反应完全时，消耗na2s2o3溶液18.00ml部分反应的离子方程式为：cr2o72+6i+14h+=3i2+2cr3+3i2+7h2oi2+2s2o32=s4o62+2i则该废水中ba2+的物质的量浓度为三、化学选修-2：化学与技术（共1小题，满分15分）11水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是（填两种物质的名称），其净水作用的原理是（2）水的净化与软化的区别是（3）硬度为1的水是指每升水含10mg cao或与之相当的物质（如7.1mg mgo）若某天然水中c（ca2+）=1.2103mol/l，c（mg2+）=6104mol/l，则此水的硬度为（4）若（3）中的天然水还含有c（hco3）=8104mol/l，现要软化10m3这种天然水，则需先加入ca（oh）2g，后加入na2co3g（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图，其中，电极a接直流电源的正极，电极b接直流电源的负极隔膜a是（填“阴”或“阳”）离子交换膜；某种海水样品，经分析含有大量的na+、cl，以及少量的k+、so42若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，a、b、c三室中所得溶液（或液体）的ph分别为pha、phb、phc，则其大小顺序为四、化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）1015南昌校级模拟）x、y、z、w、r、q为前30号元素，且原子序数依次增大x是所有元素中原子半径最小的，y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，z原子单电子数在同周期元素中最多，w与z同周期，第一电离能比z的低，r与y同一主族，q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）q+核外电子排布式为（2）化合物x2w2中w的杂化方式为，zw2离子的立体构型是（3）y、r的最高价氧化物的沸点较高的是（填化学式），原因是（4）将q单质的粉末加入到zx3的浓溶液中，并通入w2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为（5）y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的y原子数为，y原子的配位数为，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为（用含a和的代数式表示）五、解答题（共1小题，满分15分）13聚芳酯（par）是分子主链上带有苯环和酯基的特种工程塑料，在航空航天等领域具有广泛应用下图是利用乙酰丙酸（）合成聚芳酯e的路线：已知：+socl2+so2+hcl+roh+hcl（r、r表示烃基）（1）乙酰丙酸中含有的官能团是羰基和（填官能团名称）（2）d的结构简式为（3）下列关于有机物b的说法正确的是（填字母代号）a能发生取代反应b能与浓溴水反应c能发生消去反应d能与h2发生加成反应（4）ab的化学方程式为（5）c的分子式为，符合下列条件的c的同分异构体有种能发生银镜反应能与nahco3溶液反应分子中有苯环，分子中无结构；在上述同分异构体中，有一种苯环上有两个取代基且核磁共振氢谱图有4种峰的物质，写出该物质与足量naoh溶液共热反应的化学方程式：2015年甘肃省天水市秦安二中高考化学四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下列物质的使用不涉及化学变化的是（）a 用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质b 用生石灰干燥氨气c 用铝制的容器盛装浓硫酸d 用饱和碳酸钠溶液收集实验室制取的乙酸乙酯考点：物理变化与化学变化的区别与联系分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断a蛋白质的盐析，属于物理变化；b氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化；c浓硫酸使铝发生钝化，在铝的表面形成致命的氧化膜，属于化学变化；d碳酸钠和乙酸反应，生成乙酸钠，属于化学变化解答：解：a用饱和硫酸铵溶液沉淀蛋白质：蛋白质的盐析，无新物质生成，属于物理变化，故a正确；b用生石灰干燥氨气：氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，有新物质生成，属于化学变化，故b错误；c用铝制的容器盛装浓硫酸：浓硫酸使铝发生钝化，在铝的表面形成致命的氧化膜，有新物质生成，属于化学变化，故c错误；d用饱和碳酸钠溶液收集实验室制取的乙酸乙酯：碳酸钠和乙酸反应，生成乙酸钠，有新物质生成，属于化学变化，故d错误；故选a点评：本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成2设na为阿伏加德罗常数的值，n表示粒子数下列说法正确的是（）a 0.1 mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4nab 将1molcl2通入到水中，则n（hclo）+n（cl）+n（clo）=2nan（cl2）c 一定条件下，0.1 mol so2与足量氧气反应生成so3，转移电子数为0.2nad 电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2na时，阳极质量减少6.4g考点：阿伏加德罗常数分析：a苯不是单双键交替的结构；b根据氯原子的守恒来分析；cso2与足量氧气反应生成so3的反应为可逆反应，不能进行彻底；d电解精炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，转移的电子的物质的量不一定是0.2mol解答：解：a苯不是单双键交替的结构，其分子中不含碳碳双键，故a错误；b.1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有hclo分子、clo、cl、cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2na=n（hclo）+n（cl）+n（clo）+2n（cl2），即n（hclo）+n（cl）+n（clo）=2nan（cl2），故b正确；cso2与足量氧气反应生成so3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2na，故c错误；d粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减少6.4g时，电路中转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，转移的电子数不一定为0.2na，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与判断，题目难度中等，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力3某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是（）a 该有机物的分子式为c11h12o2b 1mol该物质最多能与4mol h2发生加成反应c 该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀d 该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物分子中含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题解答：解：a由有机物结构简式可知分子式为c11h12o2，故a正确；b分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，则1mol该物质最多能与4mol h2发生加成反应，故b正确；c分子中不含醛基，与新制氢氧化铜浊液不能发生氧化还原反应，故c错误；d分子中含有羧基，可发生取代、酯化反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，故d正确故选c点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大4探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（）a 用装置进行铜和浓硫酸的反应b 用装置收集二氧化硫并吸收尾气c 用装置稀释反应后的混合液d 用装置测定余酸的浓度考点：实验装置综合分析：a、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备；b、二氧化碳的密度大于空气，适用与向上排空气法收集；c、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌；d、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中解答：解：a、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备，图中无加热装置，故a错误；b、二氧化碳的密度大于空气，适用与向上排空气法收集，即应长进短出，此图方向相反，故b错误；c、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌，故c正确；d、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中，图中滴定管为酸式滴定管，故d错误，故选c点评：本题主要考查的是实验室中常见化学操作与仪器的使用，综合性较强，有一定的难度，注意总结5现有物质的量浓度均为0.1mol/l的溶液nh3h2och3coohkhso4下列有关离子浓度分析一定不正确的是（）a 向中逐滴加入少量，逐渐增大b 、等体积混合后溶液中存在：nh4+h2onh3h2o+h+c 、任意比混合：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（nh4+）d 、按体积比2：1混合：c（nh4+）c（nh3h2o）c（so42）c（oh）c（h+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较分析：a、向nh3h2o中滴加ch3cooh，生成强电解质醋酸铵，溶液碱性减弱；b、向nh3h2o中等物质的量的khso4，生成等物质的量的k2so4和（nh4）2so4，铵根离子水解；c、据电荷守恒分析；d、nh3h2o与khso4按物质的量之比2：1混合，得到相同浓度的k2so4和（nh4）2so4和nh3h2o的混合物，一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度解答：解：a、向nh3h2o中滴加ch3cooh，铵根离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，则逐渐增大，故a正确；b、向nh3h2o中等物质的量的khso4，生成等物质的量的k2so4和（nh4）2so4，铵根离子水解，铵根离子水解的离子方程式为nh4+h2onh3h2o+h+，故b正确；c、nh3h2o与ch3cooh的混合溶液中存在电荷守恒，始终存在c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（nh4+），故c正确；d、相同浓度的k2so4和（nh4）2so4和nh3h2o的混合溶液中，一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，所以离子浓度的大小顺序为c（nh4+）c（so42）c（nh3h2o）c（oh）c（h+），故d错误；故选d点评：本题考查了溶液混合时各离子浓度的变化以及溶液中的电荷守恒、离子浓度大小比较，题目难度不大6关于如图所示转化关系（x代表卤素），说法不正确的是（）a 2h（g）+2x（g）2hx（g）h30b 途径生成hx的反应热与途径无关，所以h1=h2+h3c cl、br、i的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多d 途径生成hcl放出的热量比生成hbr的多，说明hcl比hbr稳定考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：a、原子形成化学键放热，焓变小于0；b、依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；c、途径是断裂化学键的过程，是吸热过程，cl、br、i的原子半径依次增大，cl2、br2、i2，断裂化学键需要能量减小；d、根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断；解答：解：a、原子形成化学键放热，焓变小于0，2h（g）+2x（g）2hx（g）h30，故a正确；b、反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径生成hx的反应热与途径无关，所以h1=h2+h3 ，故b正确；c、cl、br、i的原子半径依次增大，cl2、br2、i2，断裂化学键需要能量减小，所以途径吸收的热量依次减小，故c错误；d、因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，氯原子半径小于溴原子，途径生成hcl放出的热量比生成hbr的多，说明hcl比hbr稳定，故d正确；故选c点评：本题考查了合成反应能量变化，反应焓变分析判断，物质结构和同主族性质变化规律是解题关键，题目难度中等7如图为efc剑桥法用固体二氧化钛（tio2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，tio2（阴极）中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛下列说法中正确的是（）a 阳极的电极反应式为：2clcl2+2eb 阴极的电极反应式为：tio2+4eti+2o2c 通电后，o2、cl均向阴极移动d 石墨电极的质量不发生变化考点：电解原理专题：电化学专题分析：a、电解池的阳极发生失电子的氧化反应；b、电解池的阴极发生得电子的还原反应；c、电解池中，电解质里的阴离子移向阳极；d、根据石墨电极和产生的气体之间的反应来判断解答：解：a、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2o2o2+4e，故a错误；b、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即tio2+4eti+2o2，故b正确；c、电解池中，电解质里的阴离子o2、cl均移向阳极，故c错误；d、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电解本身会消耗，质量减轻，故d错误故选b点评：本题考查电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，图中电子的移动方向是解答的关键二、解答题（共3小题，满分43分）8煤的气化可以减少环境污染，而且生成的co和h2被称作合成气，能合成很多基础有机化工原料（1）工业上可利用co生产乙醇：2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1 又已知：h2o（l）h2o（g）h2 co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3 工业上也可利用co2（g）与h2（g）为原料合成乙醇：2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o（l）h则：h与h1、h2、h3之间的关系是：h=h13h22h3（2）一定条件下，h2、co在体积固定的绝热密闭容器中发生如下反应：4h2（g）+2co（g）ch3och3（g）+h2o（g），下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有bdav（h2）=2v（co） b平衡常数k不再随时间而变化c混合气体的密度保持不变d混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）工业可采用co与h2反应合成再生能源甲醇，反应：co（g）+2h2（g） ch3oh（g），在一容积可变的密闭容器中充有10molco和20mol h2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇co的平衡转化率（）与温度（t）、压强（p）的关系如图1所示合成甲醇的反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应a、b、c三点的平衡常数ka、kb、kc的大小关系为ka=kbkcp1和p2的大小关系为p1p2若达到平衡状态a时，容器的体积为10l，则在平衡状态b时容器的体积为2lco的平衡转化率（）与温度（t）、压强（p）的关系如图2所示，实际生产时条件控制在250、1.3104kpa左右，选择此压强的理由是在1.3104pa下，co的转化率已较高，再增大压强，co的转化率提高不大，生产成本却增加考点：转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断分析：（1）2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1 h2o（l）h2o（g）h2 co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3 根据盖斯定律，方程式32得到方程2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o（l），据此计算h；（2）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（3）由图1可知，压强一定时，温度越高co的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；平衡常数与浓度、压强无关，只与温度有关，结合平衡移动判断；增大压强平衡正移，co的转化率增大；a、b两点温度相等，压强不同，平衡常数相同，利用三段式计算a、b两点平衡时各组分物质的量，根据a点各物质的浓度计算平衡常数，再根据平衡常数计算b点体积；由图3可知，在250c、1.3x104kpa左右，时co的转化率已较高，再增大压强co转化率提高不大，且增大成本解答：解：（1）已知：2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1h2o（1）h2o（g）h2co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3根据盖斯定律，则32得2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o，则：h=h13h22h3，故答案为：h=h13h22h3；（2）a.2v（h2）=v （co）中未指明正逆速率，不能说明得到平衡，故a错误；b平衡常数与浓度、压强无关，只与温度有关，温度一定时平衡常数为定值，绝热密闭容器中，容器中的温度随着反应进行不断变化，则平衡常数不断变化，当平衡常数不变时说明达到了平衡状态，故b正确；c容器体积不变，混合气体总质量不变，混合气体密度始终保持不变，不能说明得到平衡，故c错误；d混合气体总质量不变，随反应进行气体物质的量减小，混合气体平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应到达平衡，故d正确，故答案为：bd；（3）由图1可知，压强一定时，温度越高co的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应，故答案为：放热；平衡常数与压强无关，只与温度有关，a、b温度相等，则ka=kb，相同压强下，温度越高co的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故kbkc，故ka=kbkc；增大压强平衡正移，co的转化率增大，已知p2条件下，co的转化率大，则p1p2；故答案为：ka=kbkc； p1p2；a、b两点温度相等，压强不同，平衡常数相同，对应a点，co转化率为0.5，参加反应co为10mol0.5=5mol， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）开始（mol）：10 20 0转化（mol）：5 10 5平衡（mol）：5 10 5故t1温度下，平衡常数k=1对应b点，co转化率为0.8，参加反应co为10mol0.8=8mol， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）开始（mol）：10 20 0转化（mol）：8 16 8平衡（mol）：2 4 8设平衡时的体积为vl，则=1，解得v=2故答案为：2由图3可知，在250c、1.3x104kpa左右，co的转化率已较高，再增大压强co转化率提高不大，且增大生成成本，得不偿失，故选择250c、1.3x104kpa左右，故答案为：在1.3104pa下，co的转化率已较高，再增大压强，co的转化率提高不大，生产成本却增加点评：本题考查化学平衡常数有关计算、化学平衡图象及影响因素、化学平衡状态判断、反应热计算，注意掌握化学平衡常数的应用，掌握三段式计算方法，难度中等9钛铁矿的主要成分为fetio3（可表示为feotio2），含有少量mgo、cao、sio2等杂质利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂li4ti5o12和磷酸亚铁锂lifepo4）的工业流程如图所示：已知：fetio3与盐酸反应的离子方程式为fetio3+4h+4clfe2+tiocl42+2h2o（1）化合物fetio3中铁元素的化合价是+2（2）滤渣a的成分是sio2（3）滤液b中tiocl42转化生成tio2的离子方程式是tiocl+h2otio2+2h+4cl（4）反应中固体tio2转化成（nh4）2ti5o15溶液时，ti元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示反应温度过高时，ti元素浸出率下降的原因是温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解（5）反应的化学方程式是（nh4）2ti5o15+2liohli2ti5o15+2nh3h2o（6）由滤液d制备lifepo4的过程中，所需17%双氧水与h2c2o4的质量比是20：9（7）若采用钛酸锂（li4ti5o12）和磷酸亚铁锂（lifepo4）做电极组成电池，其工作原理为li4ti5o12+3lifepo4li7ti5o12+3fepo4，该电池充电时阳极反应式是lifepo4efepo4+li+考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：（1）根据反应fetio3+4h+4cl=fe2+tiocl42+2h2o，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价；（2）mgo、cao、sio2等杂质中，二氧化硅不溶于稀盐酸，成为滤渣a；（3）根据流程图示，tiocl42在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀；（4）二氧化钛与氨水、双氧水反应生成nh4）2ti5o15，温度过高，双氧水和氨水都容易分解；（5）反应3是（nh4）2ti5o15与强氧化锂反应生成li2ti5o15沉淀和氨水；（6）根据电子守恒找出双氧水与草酸的关系式，然后列式计算计算出17%双氧水与h2c2o4的质量比；（7）充电时按照电解槽进行分析，阳极氧化阴极还原，写出阳极放电的电解方程式即可解答：解：（1）反应fetio3+4h+4cl=fe2+tiocl42+2h2o中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，故答案为：+2；（2）由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣a成分是二氧化硅，故答案为：sio2；（3）根据流程可知，tiocl42在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：tiocl42+h2o=tio2+2h+4cl，故答案为：tiocl42+h2o=tio2+2h+4cl；（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成nh4）2ti5o15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，ti元素浸出率下降，故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；（5）根据流程图示可知，反应3是（nh4）2ti5o15与强氧化锂反应生成li2ti5o15沉淀和氨水，反应的化学方程式为：（nh4）2ti5o15+2 lioh=li2ti5o15+2nh3h2o（或2nh3+2h2o），故答案为：（nh4）2ti5o15+2 lioh=li2ti5o15+2nh3h2o（或2nh3+2h2o）；（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，因此可得关系式：h2o2h2c2o4，设双氧水质量为x，草酸质量为y， 34 90 x17% y34y=90x17%，x：y=20：9，17%双氧水与h2c2o4的质量比为20：9，故答案为：20：9；（7）充电时，阳极发生氧化反应，lifepo4失去电子生成fepo4，电极反应为：lifepo4e=fepo4+li+，故答案为：lifepo4e=fepo4+li+点评：本题借助利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料流程，考查了化合价判断、离子方程式书写、电极方程式书写、化学计算等知识，涉及的内容较多，综合性较强，充分考查了学生的综合能力，本题难度中等10硫代硫酸钠俗称“海波”，又名“大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂硫代硫酸钠（na2s2o3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图（a）所示已知：na2s2o3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示，（1）na2s2o35h2o的制备：步骤1：如图连接好装置后，检查a、c装置气密性的操作是关闭k2打开k1，在d中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶步骤2：加入药品，打开k1、关闭k2，加热装置b、d中的药品可选用下列物质中的acd（填编号）a naoh溶液 b浓h2so4c酸性kmno4溶液 d饱和nahco3溶液步骤3：c中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少当c中溶液的ph接近或不小于7时，打开k2、关闭k1并停止加热；c中溶液要控制ph的原因是硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定步骤4：过滤c中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品（2）na2 s2o3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加少量na2s2o3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，写出该反应的化学方程式na2 s2o3+4cl2+5h2o=na2so4+h2so4+8hcl，（3）常用na2s2o3溶液测定废水中ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00ml，控制适当的酸度加入足量k2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解此时cro24全部转化为cr2o27；再加过量ki溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010moll1的na2s2o3溶液进行滴定，反应完全时，消耗na2s2o3溶液18.00ml部分反应的离子方程式为：cr2o72+6i+14h+=3i2+2cr3+3i2+7h2oi2+2s2o32=s4o62+2i则该废水中ba2+的物质的量浓度为0.0024mol/l考点：制备实验方案的设计；性质实验方案的设计分析：（1）步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性；步骤2：装置b、d的作用是进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气；步骤3：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，应控制溶液为弱碱性，即控制溶液ph接近或不小于7；步骤4：从溶液中获得晶体，需要加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品；（2）由题目信息可知，na2s2o3被氯水氧化反应生成na2so4、h2so4，氯气被还原为hcl；（3）由题意可知，bacro4用盐酸溶解转化为cr2o27，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2ba2+2bacro4cr2o273i26na2s2o3，结合消耗的na2s2o3利用关系式计算溶液中n（ba2+），进而计算c（ba2+）解答：解：（1）步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性，具体操作为：故答案为：关闭k2打开k1，在d中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，d中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好，步骤2：装置b、d的作用是进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，二氧化硫具有还原性，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化吸收，二氧化硫能与氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应被吸收，故选：acd；步骤3：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，应控制溶液为弱碱性，可以控制溶液ph接近或不小于7，步骤4：从溶液中获得晶体，需要加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品，故答案为：关闭k2打开k1，在d中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶；acd；ph接近或不小于7；硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定；冷却结晶、洗涤；（2）由题目信息可知，na2s2o3被氯水氧化反应生成na2so4、h2so4，氯气被还原为hcl，反应方程式为：na2 s2o3+4cl2+5h2o=na2so4+h2so4+8hcl，故答案为：na2 s2o3+4cl2+5h2o=na2so4+h2so4+8hcl；（3）由题意可知，bacro4用盐酸溶解转化为cr2o27，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2ba2+2bacro4cr2o273i26na2s2o3，消耗的na2s2o3为0.018l0.01mol/l，则n（ba2+）=0.018l0.01mol/l=0.00006mol，故溶液中c（ba2+）=0.0024mol/l，故答案为：0.0024mol/l点评：本题考查实验制备方案设计，涉及气密性检验、对实验装置及步骤的分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应滴定，（3）中注意利用关系式进行计算，难度中等三、化学选修-2：化学与技术（共1小题，满分15分）11水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是明矾，硫酸铝，硫酸铁，硫酸亚铁（填两种物质的名称），其净水作用的原理是铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应的氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉达到净水的目的（2）水的净化与软化的区别是水的净化是用混凝剂（如明矾）将水中胶体及悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子（3）硬度为1的水是指每升水含10mg cao或与之相当的物质（如7.1mg mgo）若某天然水中c（ca2+）=1.2103mol/l，c（mg2+）=6104mol/l，则此水的硬度为10（4）若（3）中的天然水还含有c（hco3）=8104mol/l，现要软化10m3这种天然水，则需先加入ca（oh）2740g，后加入na2co31484g（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图，其中，电极a接直流电源的正极，电极b接直流电源的负极隔膜a是阴（填“阴”或“阳”）离子交换膜；某种海水样品，经分析含有大量的na+、cl，以及少量的k+、so42若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，a、b、c三室中所得溶液（或液体）的ph分别为pha、phb、phc，则其大小顺序为phaphbphc考点：海水资源及其综合利用；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电化学专题；元素及其化合物分析：（1）混凝剂是溶液中水解生成胶体的盐类，净水作用是吸附悬浮杂质使其聚沉达到净化目的；（2）净化水是除去悬浮杂质，软化水是除去钙镁离子；（3）依据硬度为1的水是指每升水含10mgcao或与之相当的物质（如7.1mgmgo），将水中的ca2+、mg2+质量折算成cao的质量计算得到；（4）硬水软化需要把钙离子和镁离子全部沉淀，加入氢氧化钙和镁离子、碳酸氢根离子反应，加入碳酸钠沉淀钙离子；（5）阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；电解池的阴极是氢离子放电，阳极是氢氧根离子放电；根据电极反应来书写总的电解反应；解答：解：（1）混凝剂是吸附水中的微小悬浮颗粒，凝聚成较大的颗粒，而快速沉降的主要作用，要具备水解生成胶体的性质，所以常有铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，如明矾，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为al3+3h2oal（oh）3+3h+，明矾，硫酸铝，硫酸铁，硫酸亚铁也可以起到净水的作用，铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应的氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉达到净水的目的；故答案为：明矾，硫酸铝，硫酸铁，硫酸亚铁，铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应的氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉达到净水的目的；（2）水的净化是除去悬浮性杂质，一般用明矾进行；水的软化是降低ca2+、mg2+的浓度，方法很多，有离子交换法、石灰纯碱法等，故答案为：水的净化是用混凝剂（如明矾等）将水中胶体及悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子；（3）某天然水中c（ca2+）=1.2103moll1，c（mg2+）=6104moll1，硬度为1的水是指每升水含10mgcao或与之相当的物质（如7.1mgmgo）；1l水中钙离子物质的量=1.2103mol，相当于cao质量=1.2103mol56g/mol=67.2mg，1l水中镁离子物质的量=6104mol，相当于氧化镁质量6104mol40g/mol=24mg，所以水的硬度=+=10；故答案为：10；（4）10m3这种天然水水中含有钙离子物质的量=10103l1.2103moll1=12mol；镁离子物质的量=10103l6104moll1=6mol；碳酸氢根离子物质的量=10103l8104moll1=8mol；加入氢氧化钙发生的反应为：mg2+2oh=mg（oh）2 hco3