湖南省常德市津市一中高考化学三模试卷（含解析）.doc

湖南省常德市津市一中2015届 高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）国务院颁布的“十二五”控制温室气体排放工作方案提出，我国单位国内生产总值co2排放要比2010年下降17%下列说法不正确的是（）aco2属于酸性氧化物bco2是导致酸雨发生的主要原因c可用na2co3溶液捕捉（吸收）co2d使用氢能源替代化石燃料可减少co2排放2（6分）下列有关化学用语表示正确的是（）a过氧化钙（cao2）的电子式：b816o2离子的结构示意图：ch2co3的电离方程式：h2co32h+co32d葡萄糖的结构简式：c6h12o63（6分）下列选项中的反应、现象与结论完全一致的是（夹持、加热装置已略去）（）中的反应中的现象结论amno2与浓盐酸加热ki淀粉溶液很快变蓝cl2有氧化性bcu与浓硫酸加热溴水褪色so2有漂白性cna2co3与醋酸溶液苯酚钠溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚d电石与饱和食盐水酸性高锰酸钾溶液褪色乙炔有还原性aabbccdd4（6分）已知x、y、z、w、r是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中y、r原子最外层电子数相等；x元素最低负价与w元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼w单质；z、w、r最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是（）a简单离子半径：yzwb简单氢化物的热稳定性：xyrcw的最高价氧化物对应的水化物碱性比z的强dr的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是hro45（6分）芳香烃c8h10苯环上的一个h原子被c3h6cl取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（）a9种b15种c45种d50种6（6分）某绝热恒容容器中充入2mol/l no2，发生反应2no2n2o4 h=56.9kj/mol下列分析不正确的是（）a5s时no2的转化率为75%b03s时v（no2）增大是由于体系温度升高c3s时化学反应处于平衡状态d9s时再充入n2o4，平衡后k较第一次平衡时大7（6分）在含有4molhcl和1molmgso4的混合液中逐滴加入ba（oh）2溶液，产生的沉淀质量m与加入ba（oh）2物质的量n之间的关系如图，下列说法错误的是（）aab时的沉淀的成分只有baso4bbc时发生的离子反应为：h+oh=h2ocd点时加入的ba（oh）2物质的量为3moldd点后溶液离子的物质的量：ba2+一定大于oh二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是a原子半径和离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低（2）氧化性最弱的简单阳离子的结构示意图是（3）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下： si（粗）sicl4sicl4（纯）si（纯）在上述由sicl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kj热量，写出该反应的热化学方程式（4）na2s溶液长期放置有硫析出，原因为（用离子方程式表示）（5）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g） 平衡常数为k12no（g）+o2（g）2no2（g） 平衡常数为k2则反应no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）的平衡常数为k3=（用k1、k2来表达）一定条件下，将no2与so2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是a体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cso2和no的体积比保持不变 d每消耗1 mol so3的同时生成1molno2测得上述反应平衡时no2与so2体积比为1：6，则平衡常数k=（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式9（14分）水中因含有机物而具有较高的化学耗氧量常用酸性kmno4氧化有机物测其含量主要操作步骤如下（如图1）（1）仪器a为（填酸式或碱式）滴定管；要顺利完成实验，步骤中溶液颜色应为（2）完善步骤涉及的离子方程式：c2o42+mno4+=mn2+co2+该步骤中滴入第一滴na2c2o4时褪色较慢，以后的滴定中褪色较快，其原因是（3）若步骤中所用na2c2o4溶液为20.00ml，已知滴定后的液面如图所示，请在图2中标出滴定前的液面（4）若实验测量结果比实际有机物含量偏高，分别从以下两个方面猜想：猜想1：水样中cl影响猜想2：配制na2c2o4标液定容时（5）若猜想1成立，请根据资料卡片补充完善上述实验以消除cl影响（限选试剂：agno3溶液、ag2so4溶液、kmno4溶液、na2c2o4溶液）资料卡片：有机质可hno3被氧化agcl不与酸性kmno4溶液反应ag2c2o4可被酸性kmno4溶液氧化10（14分）某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂（licoo2）的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的，可以再生利用某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴（1）25时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以co2+的形式从正极粉中浸出，且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离阴极的电极反应式为：licoo2+4h+eli+co2+2h2o、阳极的电极反应式为该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图2所示当c（h2so4）0.4moll1时，钴的浸出率下降，其原因可能为（2）电解完成后得到含co2+的浸出液，且有少量正极粉沉积在电解槽底部用以下步骤继续回收钴写出“酸浸”过程中正极粉发生反应的化学方程式该步骤一般在80以下进行，温度不能太高的原因是已知（nh4）2c2o4溶液呈弱酸性，下列关系中正确的是（填字母序号）ac （nh4+）c（c2o42）c （h+）c （oh）bc （h+）+c （nh4+）=c （oh）+c（hc2o4）+c（c2o42）cc （nh4+）+c （nh3h2o）=2（3）已知所用锂离子电池的正极材料为x g，其中licoo2（m=98gmol1）的质量分数为a%，则回收后得到coc2o42h2o （m=183gmol1）的质量不高于g【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）工业上设计将voso4中的k2so4、sio2杂质除去并回收得到v2o5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是（写化学式），操作i的名称（2）步骤、的变化过程可简化为（下式r表示vo2+，ha表示有机萃取剂）：r2（so4）n （水层）+2nha（有机层）2ran（有机层）+nh2so4 （水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是中x试剂为（3）的离子方程式为（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液ph之间关系如下表：ph1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳ph为若钒沉淀率为93.1%时不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）（已知：25时，ksp=2.61039）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有和【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12前四周期原子序数依次增大的六种元素a、b、c、d、e、f中，a、b属于同一短周期元素且相邻，a元素所形成的化合物种类最多，c、d、e、f是位于同一周期的金属元素，基态c、f原子的价电子层中未成对电子均为1个，且c、f原子的电子数相差为10，基态d、e原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2（1）六种元素中第一电离能最小的是（填元素符号，下同），电负性最大的是（2）黄血盐是由a、b、c、d四种元素形成的配位化合物c4，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）请写出黄血盐的化学式，1mol ab中含有键的数目为，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及（填序号）a离子键 b共价键 c配位键d金属键 e氢键 f分子间的作用力（3）e2+的价层电子排布图为，很多不饱和有机物在e催化下可与h2发生加成反应：如ch2=ch2、hcch、hcho其中碳原子采取sp2杂化的分子有（填物质序号），hcho分子的立体结构为形，它加成产物的熔、沸点比ch4的熔、沸点高，其主要原因是（须指明加成产物是何物质）（4）金属c、f晶体的晶胞结构如下图（请先判断对应的图），c、f两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为金属c的晶胞中，若设该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加得罗常数为na，c原子的摩尔质量为m，则表示c原子半径的计算式为【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13水杨酸酯e为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜e的一种合成路线如下：已知：2rch2cho请回答下列问题：（1）饱和一元醇a中氧的质量分数约为21.6%则a的分子式为结构分析显示a只有一个甲基，则a的名称为（2）b能发生银镜反应，该反应的化学方程式为（3）c中含有官能团的名称为；若一次取样，检验c中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂（4）第步的反应类型为；d的一种同分异构体m的核磁共振氢谱显示只有一种峰，写出m的结构简式（5）写出e的结构简式（6）水杨酸可以和乙二醇在一定条件下合成缓释阿司匹林试以乙烯为主要原料（其它无机试剂自选）合成乙二醇，请按以下格式设计合成路线abc湖南省常德市津市一中2015届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6分，满分42分）1（6分）国务院颁布的“十二五”控制温室气体排放工作方案提出，我国单位国内生产总值co2排放要比2010年下降17%下列说法不正确的是（）aco2属于酸性氧化物bco2是导致酸雨发生的主要原因c可用na2co3溶液捕捉（吸收）co2d使用氢能源替代化石燃料可减少co2排放考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 分析：a、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；b、酸雨是由no2和so2导致的；c、na2co3溶液可以和co2反应；d、氢能源燃烧生成水解答：解：a、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，co2是酸性氧化物，故a正确；b、酸雨分为硝酸型酸雨和硫酸型酸雨，分别是由no2和so2导致的，二氧化碳不会导致酸雨，故b错误；c、na2co3溶液可以和co2反应生成nahco3，起到吸收co2的作用，故c正确；d、氢能源燃烧生成水，无二氧化碳生成，故用氢能源代替化石燃料可以减少二氧化碳的排放，故d正确故选b点评：本题考查了酸性氧化物的概念、酸雨的成因和新能源的开发了利用，难度不大2（6分）下列有关化学用语表示正确的是（）a过氧化钙（cao2）的电子式：b816o2离子的结构示意图：ch2co3的电离方程式：h2co32h+co32d葡萄糖的结构简式：c6h12o6考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；电离方程式的书写 分析：a过氧化钙为离子化合物，化学式中存在钙离子和过氧根离子；b氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10；c碳酸为弱酸，电离方程式分步写，主要写出第一步的电离即可；d葡萄糖为五羟基醛，结构简式中需要标出官能团的结构解答：解：a过氧化钙（cao2）为离子化合物，钙离子直接用离子符号表示，过氧根离子需要标出所带电荷及原子的最外层电子，过氧化钙的电子式为，故a正确；b氧离子的核电荷数为8，表示16，氧离子正确的离子结构示意图为：，故b错误；ch2co3的电离分步进行，其电离方程式只写出第一步的电离即可，正确的电离方程式为：h2co3h+hco3，故c错误；d葡萄糖是多羟基醛，前五个碳原子上各有一个羟基，最后一个碳原子上有一个醛基，所以葡萄糖正确的结构简式为：ch2oh（choh）4cho，故d错误；故选a点评：本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示意图、电离方程式、结构简式等化学用语的概念及书写原则，b为易错点，注意816o2离子的结构示意图为氧离子的结构示意图3（6分）下列选项中的反应、现象与结论完全一致的是（夹持、加热装置已略去）（）中的反应中的现象结论amno2与浓盐酸加热ki淀粉溶液很快变蓝cl2有氧化性bcu与浓硫酸加热溴水褪色so2有漂白性cna2co3与醋酸溶液苯酚钠溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚d电石与饱和食盐水酸性高锰酸钾溶液褪色乙炔有还原性aabbccdd考点：常见气体制备原理及装置选择；常见气体的检验 分析：a二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，氯气能够氧化碘离子生成单质碘；b二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色；c醋酸易挥发，进入中的气体可能为醋酸与二氧化碳的混合气体；d制乙炔气体时用的是电石，电石主要成分是cac2 还有杂质cas ca3p2等，这些杂质cas ca3p2也能和水反应，生成h2s，ph3等杂质，对实验造成干扰解答：解：a二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，氯气能够氧化碘离子生成单质碘，碘与到淀粉变蓝，故a正确；b二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，体现二氧化硫还原性，与二氧化硫的漂白性无关，故b错误；c醋酸易挥发，进入中的气体可能为醋酸与二氧化碳的混合气体，苯酚钠变浑浊，可能是碳酸与苯酚钠反应生成苯酚，也可能是醋酸与苯酚钠反应生成苯酚，不能得出结论酸性：碳酸苯酚，故c错误；d电石与饱和食盐水反应除了生成乙炔外还含有杂质气体硫化氢等，硫化氢也具有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙炔和硫化氢都具有还原性，结论不严密，故d错误；故选：a点评：本题考查气体的制备及物质的性质，明确实验过程和各物质的性质是解题关键，题目难度不大4（6分）已知x、y、z、w、r是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中y、r原子最外层电子数相等；x元素最低负价与w元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼w单质；z、w、r最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是（）a简单离子半径：yzwb简单氢化物的热稳定性：xyrcw的最高价氧化物对应的水化物碱性比z的强dr的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是hro4考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：x、y、z、w、r是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，z、w、r最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知z为na、w为al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼al单质；x元素最低负价绝对值与w元素最高正价相等，x处于va族，原子序数小于al，故x为n元素；y、r原子最外层电子数相等，若y为o，则r为s，若y为f，则r为cl，据此解答解答：解：x、y、z、w、r是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，z、w、r最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知z为na、w为al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼al单质；x元素最低负价绝对值与w元素最高正价相等，x处于va族，原子序数小于al，故x为n元素；y、r原子最外层电子数相等，若y为o，则r为s，若y为f，则r为clay离子为o2或f，z、w的离子分别为na+、al3+，三者离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：o2（或f）na+al3+，故a正确；by的非金属性强于x，故氢化物稳定性yx，故b错误；c金属性alna，故碱性：氢氧化铝氢氧化钠，故c错误；dr为s时，最高价氧化物对应水化物为h2so4，故d错误，故选a点评：本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，推断元素是解题的关键，注意y、r元素的不确定性，明确元素周期律即可解答，难度不大5（6分）芳香烃c8h10苯环上的一个h原子被c3h6cl取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（）a9种b15种c45种d50种考点：有机化合物的异构现象 专题：同分异构体的类型及其判定分析：c3h6cl是用一个氯原子取代了丙基中的一个h，故c3h6cl的结构有5种；分子式为c8h10的芳香烃，可能是乙苯，还可能是二甲苯，而根据2个甲基在苯环上的位置关系，可能是邻二甲苯、间二甲苯或对二甲苯，苯环的氢原子有几种，则被c3h6cl取代的位置就有几种，据此分析解答：解：c3h6cl是用一个氯原子取代了丙基中的一个h，故c3h6cl的结构有5种：chclch2ch3，ch2chclch3，ch2ch2ch2cl，ch（ch2cl）ch3，ccl（ch3）2分子式为c8h10的芳香烃，可能是乙苯、邻二甲苯、间二甲苯或对二甲苯若为乙苯，则苯环上打的氢原子有5种，则被c3h6cl取代的位置有3种，故所得的同分异构体为35=15种；若为邻二甲苯，则苯环上的氢原子有2种，则被c3h6cl取代的位置有2种，故所得的同分异构体为25=10种；若为间二甲苯，则苯环上的氢原子有3种，则被c3h6cl取代的位置有3种，故所得的同分异构体为35=15种；若为对二甲苯，则苯环上的氢原子有1种，则被c3h6cl取代的位置有1种，故所得的同分异构体为15=5种；故所得的同分异构体共有45种故选c点评：本题考查了同分异构体的书写，应注意的是物质中有几种氢原子，则一取代产物就有几种难度不大6（6分）某绝热恒容容器中充入2mol/l no2，发生反应2no2n2o4 h=56.9kj/mol下列分析不正确的是（）a5s时no2的转化率为75%b03s时v（no2）增大是由于体系温度升高c3s时化学反应处于平衡状态d9s时再充入n2o4，平衡后k较第一次平衡时大考点：化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：a、分析图象5s二氧化氮变化浓度=2mol/l0.5mol/l=1.5mol/l，结合转化率概念计算=100%；b、依据反应是放热反应，在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大；c、3s时二氧化氮反应速率最大，但随时间变化，速率减小，在7s后二氧化氮浓度不变是平衡状态，此时不能说明反应达到平衡状态；d、9s时反应达到平衡状态，加入n2o4，平衡逆向进行，反应热量降低，平衡向放热分析进行，平衡常数增大解答：解：a、分析图象5s二氧化氮变化浓度=2mol/l0.5mol/l=1.5mol/l，结合转化率概念计算=100%=100%=75%，故a正确；b、依据反应是放热反应，在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大，随反应进行二氧化氮浓度减小，反应为达到平衡，03s时v（no2）增大是由于体系温度升高，故b正确；c、3s时二氧化氮反应速率最大，但随时间变化，速率减小，在7s后二氧化氮浓度不变是平衡状态，3s此时不是平衡状态，故c错误；d、9s时反应达到平衡状态，加入n2o4，平衡逆向进行，反应热量降低，平衡向放热分析进行，平衡常数增大，9s时再充入n2o4，平衡后k较第一次平衡时大，故d正确；故选c点评：本题考查了图象分析判断，反应速率、转化率概念计算分析，平衡状态判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等7（6分）在含有4molhcl和1molmgso4的混合液中逐滴加入ba（oh）2溶液，产生的沉淀质量m与加入ba（oh）2物质的量n之间的关系如图，下列说法错误的是（）aab时的沉淀的成分只有baso4bbc时发生的离子反应为：h+oh=h2ocd点时加入的ba（oh）2物质的量为3moldd点后溶液离子的物质的量：ba2+一定大于oh考点：离子方程式的有关计算 分析：向含有4mol hcl和1mol mgso4的混合溶液中加入ba（oh）2溶液，ab时：1mol硫酸镁中含有1mol硫酸根离子，完全转化成硫酸钡沉淀需要消耗1mol氢氧化钡，说明加入1mol氢氧化钡时，硫酸根离子完全沉淀，由于溶液中存在氢离bc时：继续加氢氧化钡，与hcl反应，2molhcl消耗1mol氢氧化钡，此时不会生成氢氧化镁沉淀，发生反应的是氢离子与氢氧根离子反应；所以沉淀的质量暂时不变；bc时：当加入的氢氧化钡大于2mol后，氢离子完全反应，镁离子开始与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，当加入3mol氢氧化钡后，沉淀的质量达到最大，de时：氢氧化钡过量，溶液中不再发生反应，据此分析解答：解：由题意可知：向含有4mol hcl和1mol mgso4的混合溶液中加入ba（oh）2溶液，ab时：1mol硫酸镁中含有1mol硫酸根离子，完全转化成硫酸钡沉淀需要消耗1mol氢氧化钡，说明加入1mol氢氧化钡时，硫酸根离子完全沉淀，由于溶液中存在氢离bc时：继续加氢氧化钡，与hcl反应，2molhcl消耗1mol氢氧化钡，此时不会生成氢氧化镁沉淀，发生反应的是氢离子与氢氧根离子反应；所以沉淀的质量暂时不变；bc时：当加入的氢氧化钡大于2mol后，氢离子完全反应，镁离子开始与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，当加入3mol氢氧化钡时，沉淀的质量达到最大，de时：氢氧化钡过量，溶液中不再发生反应，a根据分析可知，ab段产生的沉淀只有baso4，由于hcl的存在，oh不能与mg2+产生沉淀mg（oh）2，故a正确；bbc段表示的是氢离子与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为：h+ohh2o，故b正确；c当加入3mol氢氧化钡时，沉淀的质量达到最大，即d点时加入的ba（oh）2物质的量为3mol，故c正确；dde时，由于加入的氢氧化钡的物质的量不确定，根据氢氧化钡的化学式可知，溶液中离子的物质的量：ba2+可能小于oh，有可能大于氢氧根离子，故d错误；故选d点评：本题考查了离子反应，题目难度中等，在根据物质的性质对表示变化过程的曲线进行分析时，要特别关注曲线的起点、折点及趋势的特殊意义；注意明确各点表示的意义二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是ba原子半径和离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低（2）氧化性最弱的简单阳离子的结构示意图是（3）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下： si（粗）sicl4sicl4（纯）si（纯）在上述由sicl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kj热量，写出该反应的热化学方程式2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g）h=+0.025akjmol1（4）na2s溶液长期放置有硫析出，原因为2s2+o2+2h2o=2s+4oh（用离子方程式表示）（5）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g） 平衡常数为k12no（g）+o2（g）2no2（g） 平衡常数为k2则反应no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）的平衡常数为k3=（用k1、k2来表达）一定条件下，将no2与so2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是bca体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cso2和no的体积比保持不变 d每消耗1 mol so3的同时生成1molno2测得上述反应平衡时no2与so2体积比为1：6，则平衡常数k=（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式4kclo3kcl+3kclo4考点：位置结构性质的相互关系应用；化学平衡的影响因素；制备实验方案的设计 分析：（1）a同一周期原子半径随着原子序数增大而减小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；b同周期自左而右元素的金属性减弱、非金属性增强；c元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；d硅单质为原子晶体，沸点最高；（2）氧化性最弱的简单阳离子为na+；（3）发生反应：2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g），计算生成1molsi吸收的热量，注明聚集状态与反应热书写热化学方程式；（4）空气中氧气具有氧化性，将硫离子氧化为硫单质，由电荷守恒可知还生成氢氧根离子；（5）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g） 平衡常数为k12no（g）+o2（g）2no2（g） 平衡常数为k2则可得：2no2（g）+2so2（g）2so3（g）+2no（g），故k32=；可逆反应到达平衡时，正、逆反应速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，注意判断化学平衡的物理量应随反应进行发生不变，该物理量由变化到不变化，说明反应到达平衡；假设no2与so2的起始物质的量分别为1mol、2mol，平衡时参加反应的no2为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，结合平衡时no2与so2体积比为1：6列方程计算x的值，可得平衡时各组分物质的量，由于反应前后气体的化学计量数不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式k=计算；（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，一种是无氧酸盐，应为kcl，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，由电子转移守恒可知该盐为kclo4解答：解：（1）a同一周期，原子半径随着原子序数增大而减小，简单离子半径先减小、后增大、再减小，故a错误；b同周期自左而右元素的金属性减弱、非金属性增强，故b正确；c应描述为最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强，故c错误；dna、mg、al为金属晶体，沸点升高，si单质为原子晶体，沸点最高，而磷、硫、氯气为分子晶体，沸点低于si，故d错误，故选：b；（2）氧化性最弱的简单阳离子为na+，离子结构示意图为：，故答案为：；（3）发生反应：2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g），1120gsi的物质的量=40mol，生成40mol纯硅需要吸收akj热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为0.025kj热量，其热化学方程式为2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g）h=+0.025akjmol1，故答案为：2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g）h=+0.025akjmol1；（4）空气中氧气具有氧化性，将硫离子氧化为硫单质，由电荷守恒可知还生成氢氧根离子，反应离子方程式为：2s2+o2+2h2o=2s+4oh，故答案为：2s2+o2+2h2o=2s+4oh；（5）已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g） 平衡常数为k12no（g）+o2（g）2no2（g） 平衡常数为k2则可得：2no2（g）+2so2（g）2so3（g）+2no（g），故k32=，故k3=；a体系压强始终保持不变，故a错误；b混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮浓度保持不变，反应到达平衡，故b正确；cso2和no的体积比随反应进行减小，so2和no的体积比保持不变，说明反应到达平衡，故c正确；d每消耗1 mol so3的同时生成1molno2，均表示逆反应速率，反应始终按1：1进行，不能说明到达平衡，故d错误；假设no2与so2的起始物质的量分别为1mol、2mol，平衡时参加反应的no2为xmol，则： no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）开始（mol）：1 2 0 0转化（mol）：x x x x平衡（mol）：1x 2x x x平衡时no2与so2体积比为1：6，则（1x）：（2x）=1：6，解得x=0.8，由于反应前后气体的化学计量数不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故k=，故答案为：；bc；（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，一种是无氧酸盐，应为kcl，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，由电子转移守恒可知该盐为kclo4，反应方程式为：4kclo3kcl+3kclo4，故答案为：4kclo3kcl+3kclo4点评：本题考查知识比较综合，涉及元素周期律、核外电子排布、热化学方程式书写、化学平衡常数有关计算、化学平衡状态判断、氧化还原反应等，属于拼合型题目，需要学生准备扎实的基础，难度中等9（14分）水中因含有机物而具有较高的化学耗氧量常用酸性kmno4氧化有机物测其含量主要操作步骤如下（如图1）（1）仪器a为酸式（填酸式或碱式）滴定管；要顺利完成实验，步骤中溶液颜色应为紫红色（2）完善步骤涉及的离子方程式：5c2o42+2mno4+16h+=2mn2+10co2+8h2o该步骤中滴入第一滴na2c2o4时褪色较慢，以后的滴定中褪色较快，其原因是随反应进行mn2+可能做反应的催化剂（3）若步骤中所用na2c2o4溶液为20.00ml，已知滴定后的液面如图所示，请在图2中标出滴定前的液面（4）若实验测量结果比实际有机物含量偏高，分别从以下两个方面猜想：猜想1：水样中cl影响猜想2：配制na2c2o4标液定容时俯视刻度线（5）若猜想1成立，请根据资料卡片补充完善上述实验以消除cl影响（限选试剂：agno3溶液、ag2so4溶液、kmno4溶液、na2c2o4溶液）步骤的水样中加入适量的ag2so4溶液资料卡片：有机质可hno3被氧化agcl不与酸性kmno4溶液反应ag2c2o4可被酸性kmno4溶液氧化考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）依据仪器的结构和用途分析，高锰酸钾溶液滴定到最后一滴溶液呈紫红色且半分钟不褪说明反应达到终点，溶液呈紫红色；（2）标注元素化合价结合电子守恒和原子守恒配平书写离子方程式，开始较慢，随后反应速率加快说明生成的锰离子起了催化作用；（3）滴定后为20.70ml，开始为0.70ml，据此标注；（4）实验测量结果比实际有机物含量偏高，可能是读取数据时把滴定管中消耗溶液体积读大了；（5）依据资料卡片中的信息分析判断，不能加入氧化性或形成氧化性的物质，不能消耗高锰酸钾溶液；解答：解：（1）仪器a为待玻璃活塞的滴定管为酸式滴定管高锰酸钾溶液滴定到最后一滴溶液呈紫红色且半分钟不褪说明反应达到终点，溶液呈紫红色，步骤中溶液颜色应为紫红色；故答案为：酸式，紫红色；（2）碳元素化合价+3价变化为+4价，升高做还原剂，锰元素化合价+7价变化为+2价，c2o42前加系数5，mno4前系数加2，电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平写出离子方程式为：5c2o42+2mno4+16h+=2mn2+10co2+8h2o；故答案为：5，2，16h+，2，10，8h2o；（3）滴定后为20.70ml，开始为0.70ml，步骤中所用na2c2o4溶液为20.00ml，则滴定管读数为：故答案为：；（4）实验测量结果比实际有机物含量偏高，配制na2c2o4标液定容时，可能是读取数据时把滴定管中消耗溶液体积读大了；故答案为：俯视刻度线；（5）有机质可hno3被氧化agcl不与酸性kmno4溶液反应ag2c2o4可被酸性kmno4溶液氧化，agno3溶液在酸性溶液中形成稀硝酸具有氧化性，故不符合；ag2so4溶液，加入后可以利用氯化银溶解度小沉淀转化，消除氯离子影响；kmno4溶液具有氧化性，不能消除影响；na2c2o4溶液可以被高锰酸钾溶液氧化，不能消除；消除cl影响在步骤的水样中加入适量的ag2so4溶液；故答案为：步骤的水样中加入适量的ag2so4溶液；点评：本题考查了物质组成的实验探究方法分析，过程理解应用，主要是物质性质的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等10（14分）某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂（licoo2）的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的，可以再生利用某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴（1）25时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以co2+的形式从正极粉中浸出，且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离阴极的电极反应式为：licoo2+4h+eli+co2+2h2o、2h+2eh2阳极的电极反应式为4oh4eo2+2h2o该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图2所示当c（h2so4）0.4moll1时，钴的浸出率下降，其原因可能为h+与licoo2在阴极的还原反应相互竞争，当c（h+）增大时，参与放电的h+增多（或有利于h+放电），所以钴的浸出率下降（2）电解完成后得到含co2+的浸出液，且有少量正极粉沉积在电解槽底部用以下步骤继续回收钴写出“酸浸”过程中正极粉发生反应的化学方程式：2licoo2+h2o2+3h2so4li2so4+2coso4+o2+4h2o该步骤一般在80以下进行，温度不能太高的原因是防止h2o2剧烈分解已知（nh4）2c2o4溶液呈弱酸性，下列关系中正确的是ac（填字母序号）ac （nh4+）c（c2o42）c （h+）c （oh）bc （h+）+c （nh4+）=c （oh）+c（hc2o4）+c（c2o42）cc （nh4+）+c （nh3h2o）=2（3）已知所用锂离子电池的正极材料为x g，其中licoo2（m=98gmol1）的质量分数为a%，则回收后得到coc2o42h2o （m=183gmol1）的质量不高于g考点：电解原理；原电池和电解池的工作原理；离子浓度大小的比较 分析：（1）h+也会在阴极放电；阴离子在阳极放电；如图2所示当c（h2so4）0.4moll1时，参与放电的h+增多（或有利于h+放电），所以钴的浸出率下降；（2）“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，licoo2氧化生成co2+和o2，方程式为2licoo2+h2o2+3h2so4li2so4+2coso4+o2+4h2o；该步骤一般在80以下进行，温度太高，双氧水会受热分解；（nh4）2c2o4溶液呈弱酸性，故a根据离子浓度大小分析；b由电荷守恒分析；c由物料守恒分析；（3）根据关系式：licoo2coc2o42h2o，列式计算即可解答：解：（1）h+也会在阴极放电，2h+2eh2；阴离子在阳极放电，4oh4eo2+2h2o，故答案为：2h+2eh2；4oh4eo2+2h2o；如图2所示当c（h2so4）0.4moll1时，参与放电的h+增多（或有利于h+放电），所以钴的浸出率下降，故答案为：h+与licoo2在阴极的还原反应相互竞争，当c（h+）增大时，参与放电的h+增多（或有利于h+放电），所以钴的浸出率下降；（2）“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，licoo2氧化生成co2+和o2，方程式为2licoo2+h2o2+3h2so4li2so4+2coso4+o2+4h2o；该步骤一般在80以下进行，温度太高，双氧水会受热分解；故答案为：2licoo2+h2o2+3h2so4li2so4+2coso4+o2+4h2o；防止h2o2剧烈分解； （nh4）2c2o4溶液呈弱酸性，故a由离子浓度大小关系，知c （nh4+）c（c2o42）c （h+）c （oh），故a正确；b由电荷守恒，可知c （h+）+c （nh4+）=c （oh）+c（hc2o4）+2c（c2o42），故b错误；c由物料守恒，可知c （nh4+）+c （nh3h2o）=2，故c正确；故答案为：ac；（3）根据关系式：licoo2coc2o42h2o 98 183 xa%g m解之得m=g，故答案为：点评：本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难度中等，难点是电极反应式的书写【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）工业上设计将voso4中的k2so4、sio2杂质除去并回收得到v2o5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是sio2（写化学式），操作i的名称过滤（2）步骤、的变化过程可简化为（下式r表示vo2+，ha表示有机萃取剂）：r2（so4）n （水层）+2nha（有机层）2ran（有机层）+nh2so4 （水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率中x试剂为硫酸（3）的离子方程式为clo3+6vo2+9h2o=cl+6vo3+18h+（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液ph之间关系如下表：ph1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳ph为1.71.8若钒沉淀率为93.1%时不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）2.6103moll1（已知：25时，ksp=2.61039）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有有机萃取剂和氨气考点：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：voso4中含有k2so4、sio2杂质，二氧化硅不溶于水，用水溶过滤得到含有vo2、so42、k+滤液，滤渣为二氧化硅，在滤液中加入有机萃取剂萃取滤液中vo2，通过分液得到含有vo2的有机层，加入试剂x进行反萃取，结合（2）中步骤、的变化为可逆过程，可知x为硫酸，加入硫酸分液得到有机层和水层，由加入氨水调节ph得到的沉淀，可知加入氧化剂kclo3氧化vo2为vo3，结合（4）中得到钒沉淀率和溶液ph之间关系，可知ph应调节在1.71.8，最后nh4vo3分解得到氨气和v2o5，由工艺流程可知，氨气与有机溶剂可以循环利用（1）含有k2so4、sio2杂质voso4水溶后，二氧化硅不溶于水，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的x试剂是抑制平衡正向进行；（3）kclo3氧化vo2为vo3，clo3被还原为cl，结合电荷守恒、原子守恒配平；（4）根据钒沉淀率最高确定溶液ph；若钒沉淀率为93.1%时，此时溶液ph=2，结合水的离子积计算溶液中氢氧根离子浓度，再根据ksp计算铁离子浓度；（5）前面步骤中用到的物质，再后续步骤可以生成，该物质可以循环利用解答：解：voso4中含有k2so4、sio2杂质，二氧化硅不溶于水，用水溶过滤得到含有vo2、so42、k+滤液，滤渣为二氧化硅，在滤液中加入有机萃取剂萃取滤液中vo2，通过分液得到含有vo2的有机层，加入试剂x进行反萃取，结合（2）中步骤、的变化为可逆过程，可知x为硫酸，加入硫酸分液得到有机层和水层，由加入氨水调节ph得到的沉淀，可知加入氧化剂kclo3氧化vo2为vo3，结合（4）中得到钒沉淀率和溶液ph之间关系，可知ph应调节在1.71.8，最后nh4vo3分解得到氨气和v2o5，由工艺流程可知，氨气与有机溶剂可以循环利用（1）