湖南省怀化市高三化学上学期第一次模拟试卷（含解析）.doc

2015年湖南省怀化市高考化学一模试卷 一、选择题：本大题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学已渗透到人类生活的各个方面下列说法正确的是( )a制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料b乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的c垃圾焚烧法已成为许多城市垃圾处理的主要方法之一，利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，能较充分地利用生活垃圾中的生物质能d为了防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品保质期，在包装袋中常放入生石灰2对下列叙述的评价合理的是：( )aabbccdd3下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是( )a用图1装置制取并收集干燥纯净的nh3b用图2所示装置可除去no2中的noc用图3所示装置可分离ch3cooc2h5和饱和碳酸钠溶液d用图4装置制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色4c3h7和c3h7o取代苯环上的氢原子，形成的有机物中能与金属钠反应的同分异构体有( )a10种b15种c30种d36种5粗制的cuso45h2o晶体中含有fe2+提纯时，为了除去fe2+，常加入少量h2o2，然后再加入少量碱至溶液ph=4，即可以除去铁离子而不损失硫酸铜下列说法不正确的是( )a溶解cuso45h2o晶体时要加入少量稀h2so4b加入h2o2，除fe2+的离子方程式：2fe2+h2o2+4oh2 fe（oh）3c由于cuso4的催化作用，会使部分h2o2分解而损失d调溶液ph=4的依据是当ph=4时fe（oh）3沉淀完全，而cu（oh）2还未开始沉淀6x、y、z、r、w是5种短周期元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物z2y和共价化合物ry3、xw4；已知y、r同主族，z、r、w同周期下列说法错误的是( )a原子半径：zrwb气态氢化物稳定性：hmwhnrcy、z、r三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性dx2w6分子中各原子均满足8电子结构7下列叙述正确的是( )a常温下，10 ml 0.02 moll1 hcl溶液与10 ml 0.02 moll1 ba（oh）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 ml，则溶液的ph=12b常温下，向agcl的饱和溶液中加入nacl固体，有固体析出，且agcl的ksp变小c在0.1 moll1 ch3coona溶液中，c（oh）c（ch3cooh）+c（h+）d常温下ph=4的nahc2o4溶液中：c（h2c2o4）c（c2o42）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题8（14分）某实验小组用图2所示装置制备一硝基甲苯（包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯）反应原理（图1）：实验步骤：浓硫酸与浓硝酸按体积比1：3配制混合溶液（即混酸）共40ml；在三颈瓶中加入13g甲苯（易挥发），按图所示装好药品和其他仪器；向三颈瓶中加入混酸；控制温度约为5055，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯共15g相关物质的性质如下：（1）仪器a的名称是_（2）配制混酸的方法是_（3）若实验后在三颈瓶中收集的产物较少，可能的原因是：_（4）本实验采用水浴加热，水浴加热的优点是_（5）分离反应后产物的方案如下：混合物操作1的名称是_，操作2中不需要用到下列仪器中的_（填序号）a冷凝管 b酒精灯 c温度计 d分液漏斗 e蒸发皿（6）本实验中邻、对硝基甲苯的产率为_（结果保留小数点后一位数字）9某工厂废弃的钒渣中主要含v2o5、voso4、k2so4、sio2等，现从该钒渣回收v2o5的工艺流程示意图如图1：（已知：沉淀为（nh4）2v6o16，全钒液流储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，、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）回答下列问题：（1）（nh4）2v6o16中钒（v）的化合价为_，中产生的废渣的主要成分是_（2）工艺中反萃取所用的x试剂为_（3）为提高中萃取效率，应采取的措施是_（4）请完成中的反应离子方程式：_clo+_vo2+_h+=_vo3+_+_（5）成品v2o5可通过铝热反应来制取金属钒，写出该反应的化学方程式：_（6）将两个全钒液流储能电池串联后作为电源，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，通电时，为使cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，装置如图2：b为电解池的_极，全钒液流储能电池正极的电极反应式为_；若通过消毒液发生器的电子为0.2mol，则消毒液发生器中理论上最多能产生_ gnaclo10（14分）co和h2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为ch4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：ch4、h2和co的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol和283.0kj/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kj用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为_（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2l的密闭容器中充入0.40mol ch4和0.60mol h2o（g），测得ch4（g）和h2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：计算该反应第一次达平衡时的平衡常数k_3min时改变的反应条件是_（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比x对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系x1_ x2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：p1_ p2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、koh溶液为原料可设计成燃料电池：放电时，负极的电极反应式为_设装置中盛有100.0ml 3.0mol/l koh溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96l，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为_（二）选考题：共15分请从给出的3道化学题任选一题作答，如果多做，则每按所做的第一题计分（共1小题，满分15分）【化学-选修2：化学与技术】11某矿石中除含sio2外，还有9.24% coo、2.78% fe2o3、0.96% mgo、0.084% cao，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：（1）在一定浓度的h2so4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为_小时，最佳的浸出温度为_（2）请配平下列除铁的化学方程式：fe2（so4）3+h2o+na2co3na2fe6（so4）4（oh）12+na2so4+co2（3）“除钙、镁”的原理反应如下：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，则滤液中的=_（4）“沉淀”中含杂质离子主要有_；“操作x”名称为_（5）某锂离子电池正极是licoo2，含li+导电固体为电解质充电时，li+还原为li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳6（c6）中，电池反应为licoo2+c6 coo2+lic6lic6中li的化合价为_价若放电时有1mol e转移，正极质量增加_g【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿（主要成分为cufes2）生产粗铜，其反应原理如下：（1）基态铜原子的外围电子排布式为_，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是_（填元素符号）（2）反应、中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是_，其立体结构是_（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：cuso4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式_；深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑h+）内存在的全部化学键类型有_（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为_；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为na，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为_pm（用含d和na的式子表示）【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13芳香化合物a是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到opa是一种重要的有机化工中间体a、b、c、d、e、f和opa的转化关系如下所示：已知：回答下列问题：（1）a的化学名称是_；（2）由a生成b 的反应类型是_在该反应的副产物中，与b互为同分异构体的化合物的结构简式为_；（3）写出c所有可能的结构简式_；（4）d（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂请用a和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成d用结构简式表示合成路线_合成路线流程图示例如下：ch3ch2ohch2=ch2（5）ef的化学方程式为_（6）芳香化合物g是e的同分异构体，g分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，g可能的同分异构体有_种，写出核磁共振氢谱中峰面积比3：2：2：1的化合物的结构简式_2015年湖南省怀化市高考化学一模试卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学已渗透到人类生活的各个方面下列说法正确的是( )a制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料b乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的c垃圾焚烧法已成为许多城市垃圾处理的主要方法之一，利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，能较充分地利用生活垃圾中的生物质能d为了防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品保质期，在包装袋中常放入生石灰考点：常见的生活环境的污染及治理；过氧化氢；无机非金属材料；乙醇的化学性质 分析：a聚酯纤维为有机物；b乙醇不具有氧化性；c垃圾焚烧发电或供热属于废物的再利用；d生石灰不具有还原性解答：解：a聚酯纤维为有机物，为有机合成材料，故a错误；b乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，故b错误；c垃圾焚烧发电或供热属于废物的再利用，且减小环境污染，故c正确；d生石灰不具有还原性，只能用于干燥，不能防止被氧化，故d错误故选c点评：本题综合考查材料以及环境污染等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产以及环境保护的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大2对下列叙述的评价合理的是：( )aabbccdd考点：酯的性质；有机物的鉴别；物质的分离、提纯和除杂；蔗糖与淀粉的性质实验 分析：a乙酸和乙醇发生酯化反应时“酸脱羟基醇脱氢”，乙酸乙酯的水解为酯化反应的逆反应；b淀粉水解不能在沸水浴中充分加热；c酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，除杂时不能引入新的杂质；d新制的cu（oh）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀解答：解：a乙酸乙酯在h218o中水解生成ch3co18oh和c2h5oh，因此评价正确，故a正确；b淀粉与20%的硫酸混合溶液，加热到80左右，冷却后取少量水解液滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全，故b错误；c酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，故c错误；d新制的cu（oh）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀，现象不同，可以鉴别，故d错误；故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的鉴别、淀粉水解实验等，侧重物质性质及实验技能的综合考查，注意实验的评价性分析，难度中等3下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是( )a用图1装置制取并收集干燥纯净的nh3b用图2所示装置可除去no2中的noc用图3所示装置可分离ch3cooc2h5和饱和碳酸钠溶液d用图4装置制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：a收集氨气的方法错误；b二氧化氮和水反应生成一氧化氮；c乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；d铁不能被氧化，不能制得fe（oh）2解答：解：a氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故a错误；b二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故b错误；c乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故c正确；d铁应连接电源正极，才能制得fe（oh）2，故d错误故选c点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大4c3h7和c3h7o取代苯环上的氢原子，形成的有机物中能与金属钠反应的同分异构体有( )a10种b15种c30种d36种考点：同分异构现象和同分异构体 分析：考虑c3h7的异构体和c3h7o能与金属钠反应的即含羟基的异构体及苯环的位置，判断异构体的种类即可解答：解：c3h7有2种结构，分别为：ch3ch2ch2、ch3ch（ch3），c3h7o能与金属钠反应的即含羟基的结构有5种，分别为：h0ch2ch2ch2、ch3ch（oh）ch2、ch3ch2ch（oh）、ch3ch（ch3）oh、h0ch2ch（ch3），再考虑苯环上相对位置有邻间对三种，所以形成的有机物有253=30，即共30种，故选c点评：本题考查了同分异构体的书写，中等难度，解题关键要搞清取代基的异构体及苯环的位置5粗制的cuso45h2o晶体中含有fe2+提纯时，为了除去fe2+，常加入少量h2o2，然后再加入少量碱至溶液ph=4，即可以除去铁离子而不损失硫酸铜下列说法不正确的是( )a溶解cuso45h2o晶体时要加入少量稀h2so4b加入h2o2，除fe2+的离子方程式：2fe2+h2o2+4oh2 fe（oh）3c由于cuso4的催化作用，会使部分h2o2分解而损失d调溶液ph=4的依据是当ph=4时fe（oh）3沉淀完全，而cu（oh）2还未开始沉淀考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：提纯时，为了除去fe2+，常加入少量h2o2，发生2fe2+h2o2+2h+2fe3+2h2o，生成易水解的fe3+，在ph=4时，可水解生成fe（oh）3沉淀而除去，为避免引入新杂质，可加入加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与h+反应h+反应后，ph增大，当ph=4的时候，fe（oh）3完全沉淀，而cu2+还没沉淀，以cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，以此解答该题解答：解：a为防止铜离子水解生成氢氧化铜沉淀而使溶液浑浊，溶解cuso45h2o晶体时要加入少量稀h2so4，故a正确；bh2o2具有强氧化性，可与fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+2fe3+2h2o，故b错误；ch2o2在硫酸铜催化作用下可发生分解反应，故c正确；d在ph=4时，fe3+可水解生成fe（oh）3沉淀而除去，cu（oh）2比fe（oh）3的溶度积大，当ph=4时fe（oh）3沉淀完全，而cu（oh）2还未开始沉淀，故d正确；故选b点评：本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，题目难度中等6x、y、z、r、w是5种短周期元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物z2y和共价化合物ry3、xw4；已知y、r同主族，z、r、w同周期下列说法错误的是( )a原子半径：zrwb气态氢化物稳定性：hmwhnrcy、z、r三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性dx2w6分子中各原子均满足8电子结构考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：x、y、z、r、w是5种短周期元素，原子序数依次增大已知y、r同主族，且形成共价化合物ry3，则r为s元素，y为o元素；离子化合物z2y中z的化合价为+1价，y的化合价为2价，分别为a族和a族元素，z、r、w同周期，则z为na元素；w原子序数最大，则w是cl元素，根据xw4可知x为c元素，以此解答解答：解：x、y、z、r、w是5种短周期元素，原子序数依次增大已知y、r同主族，且形成共价化合物ry3，则r为s元素，y为o元素；离子化合物z2y中z的化合价为+1价，y的化合价为2价，分别为a族和a族元素，z、r、w同周期，则z为na元素；w原子序数最大，则w是cl元素，根据xw4可知x为c元素，a同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，z、r、w同周期，分别为na、s、cl，原子序数逐渐增大，则原子半径逐渐减小，故a正确；b非金属性cls，则氢化物稳定性hclh2s，故b正确；cy、z、r三种元素组成的化合物有na2so3、na2so4等，其溶液分别呈碱性和中性，故c错误；dx2w6分子为c2cl6，每个c原子形成4个共价键，c原子最外层满足8电子稳定结构，cl形成1个共价键，最外层电子数也为8，故d正确，故选c点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，难度中等，关键是根据化学式判断元素的化合价推断元素可能存在的族7下列叙述正确的是( )a常温下，10 ml 0.02 moll1 hcl溶液与10 ml 0.02 moll1 ba（oh）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 ml，则溶液的ph=12b常温下，向agcl的饱和溶液中加入nacl固体，有固体析出，且agcl的ksp变小c在0.1 moll1 ch3coona溶液中，c（oh）c（ch3cooh）+c（h+）d常温下ph=4的nahc2o4溶液中：c（h2c2o4）c（c2o42）考点：ph的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较 分析：a、计算混合后的c（oh），再计算溶液的ph；b、ksp只与温度有关；c、根据溶液中的质子守恒分析；d、根据hc2o4既能电离又能水解来分析解答：解：a、10ml0.02mol/l的hcl溶液与10ml0.02mol/l的ba（oh）2溶液充分混合后，若混合后溶液体积为20ml，反应后的溶液中c（oh）=0.01mol/l，c（h+）=mol/l=11012mol/l，ph=lg11012=12，故a正确；b、ksp只与温度有关，则常温下，向agcl的饱和溶液中加入nacl固体，有固体析出，且agcl的ksp不变，故b错误；c、在0.1 moll1 ch3coona溶液中，存在质子守恒，即水电离出的氢离子等于水电离的氢氧根离子，则c（oh）=c（ch3cooh）+c（h+），故c错误；d、hc2o4既能电离又能水解：hc2o4c2o42+h+，电离显酸性；hc2o4+h2oh2c2o4+oh，水解显碱性，而现在溶液ph=4，显酸性，故hc2o4的电离程度大于其水解程度，故有c（c2o42）c（h2c2o4），故d错误故选a点评：本题考查了混合溶液ph的计算、ksp的大小影响因素以及盐溶液中的质子守恒等问题，综合性较强但难度不大三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题8（14分）某实验小组用图2所示装置制备一硝基甲苯（包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯）反应原理（图1）：实验步骤：浓硫酸与浓硝酸按体积比1：3配制混合溶液（即混酸）共40ml；在三颈瓶中加入13g甲苯（易挥发），按图所示装好药品和其他仪器；向三颈瓶中加入混酸；控制温度约为5055，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯共15g相关物质的性质如下：（1）仪器a的名称是分液漏斗（2）配制混酸的方法是量取30ml浓硝酸倒入烧杯中，再量取10ml浓硫酸沿烧杯内壁（或玻璃棒）缓缓注入烧杯并不断搅拌（3）若实验后在三颈瓶中收集的产物较少，可能的原因是：温度过高，导致hno3大量挥发（4）本实验采用水浴加热，水浴加热的优点是受热均匀、易于控制温度（5）分离反应后产物的方案如下：混合物操作1的名称是分液，操作2中不需要用到下列仪器中的de（填序号）a冷凝管 b酒精灯 c温度计 d分液漏斗 e蒸发皿（6）本实验中邻、对硝基甲苯的产率为77.5%（结果保留小数点后一位数字）考点：制备实验方案的设计 分析：（1）根据装置图可知，仪器a是分液漏斗；（2）浓硫酸的密度大于硝酸，浓硝酸中有水，浓硫酸溶于水会放热，据此确定配制混酸的方法；（3）硝酸是易挥发的酸，据此答题；（4）水浴加热的特点是受热均匀、易于控制温度；（5）分离两种不相溶的液体用分液；分离两种沸点的不同液体，采用蒸馏的方法，所以操作2为蒸馏，据此判断需要的仪器；（6）根据产率=100%计算解答：解：（1）仪器a是分液漏斗，故答案为：分液漏斗； （2）浓硫酸的密度大于硝酸，浓硝酸中有水，浓硫酸溶于水会放热，所以配制混合酸的方法是：量取30 ml浓硝酸倒入烧杯中，再量取10 ml浓硫酸沿烧杯内壁（或玻璃棒）缓缓注入烧杯并不断搅拌，故答案为：量取30 ml浓硝酸倒入烧杯中，再量取10 ml浓硫酸沿烧杯内壁（或玻璃棒）缓缓注入烧杯并不断搅拌；（3）若实验后在三颈瓶中收集到的产物较少，可能的原因是温度过高，导致hno3大量挥发，故答案为：温度过高，导致hno3大量挥发；（4）水浴加热的特点是受热均匀、易于控制温度，故答案为：受热均匀、易于控制温度；（5）因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此操作1是分液；分离两种沸点的不同液体，采用蒸馏的方法，所以操作2为蒸馏，蒸馏用到所提供仪器中的分别是：酒精灯、温度计、冷凝管，用不到的是分液漏斗、蒸发皿，故选de，故答案为：分液；de；（5）根椐方程式，一摩尔的甲苯可以得到一摩尔的对硝基甲苯与一摩尔的邻硝基甲苯，则92g的甲苯可以得到137g的对硝基苯和137g的邻硝基苯那么13g的甲苯就能得到的一硝基苯的质量就是：=19.35g，所以一硝基苯的产量就应该这样来进行计算：100%=77.5%；故答案为：77.5%点评：本题主要考查一硝基甲苯的制备，涉及实验流程、产率的计算等知识，难度中等，熟悉流程的意义与目的是解题的关键9某工厂废弃的钒渣中主要含v2o5、voso4、k2so4、sio2等，现从该钒渣回收v2o5的工艺流程示意图如图1：（已知：沉淀为（nh4）2v6o16，全钒液流储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，、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）回答下列问题：（1）（nh4）2v6o16中钒（v）的化合价为+5，中产生的废渣的主要成分是sio2（2）工艺中反萃取所用的x试剂为稀硫酸（3）为提高中萃取效率，应采取的措施是加入碱（具体碱均可）中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取（4）请完成中的反应离子方程式：1clo+6vo2+6h+=6vo3+1cl+3h2o（5）成品v2o5可通过铝热反应来制取金属钒，写出该反应的化学方程式：10al+3v2o56v+5al2o3（6）将两个全钒液流储能电池串联后作为电源，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，通电时，为使cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，装置如图2：b为电解池的阳极，全钒液流储能电池正极的电极反应式为vo2+e+2h+=vo2+h2o；若通过消毒液发生器的电子为0.2mol，则消毒液发生器中理论上最多能产生14.9 gnaclo考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理 分析：钒渣中主要含v2o5、voso4、k2so4、sio2等，加硫酸，二氧化硅不溶解，加入还原剂k2so3，v2o5被还原为vo2+离子，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余的酸和有机层分开，通过反萃取，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂氯酸钾，氯酸钾把vo2+氧化成vo3+，离子方程式为：clo3+6vo2+6h+6vo3+cl+3h2o，调节ph得到含钒的沉淀，焙烧得到v2o5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用（1）根据化合价代数和为0确定化合价；废钒催化剂的主要成分中二氧化硅不溶于酸；（2）中反萃取时加入的x试剂是抑制平衡正向进行；（3）中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，r2（so4）n（水层）+2nha（有机层）2ran（有机层）+nh2so4（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；提高中萃取效率还可多次连续萃取；（4）用化合价升降法配平方程式；（5）铝热反应实质是置换反应，铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝；（6）在电解池的阴极上是阳离子得电子发生还原反应，在阳极上是阴离子发生失电子的氧化反应；原电池的正极发生还原反应；氯气可以和强碱反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据得失电子守恒计算理论上最多能产生naclo的质量解答：解：钒渣中主要含v2o5、voso4、k2so4、sio2等，加硫酸，二氧化硅不溶解，加入还原剂k2so3，v2o5被还原为vo2+离子，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余的酸和有机层分开，通过反萃取，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂氯酸钾，氯酸钾把vo2+氧化成vo3+，离子方程式为：clo3+6vo2+6h+6vo3+cl+3h2o，调节ph得到含钒的沉淀，焙烧得到v2o5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用（1）氮的化合价为3价，氢得化合价为+1价，氧的化合价为2价，设（nh4）2v6o16中钒中v元素的化合价为x，根据化合价代数和为0得：3+1（+4）2+6x+（2）16=0，解得x=+5，二氧化硅不和硫酸反应，故废渣中含二氧化硅，故答案为：+5；sio2；（2）中反萃取时加入的x试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：稀硫酸；（3）中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，r2（so4）n（水层）+2nha（有机层）2ran（有机层）+nh2so4（水层），即rn+（水层）+nha（有机层）ran（有机层）+nh+（水层），加入碱（具体碱均可）中和硫酸使平衡正移，提高中萃取效率还可采取多次连续萃取，故答案为：加入碱（具体碱均可）中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取；（4）氯元素化合价从+51，化合价降低6，钒化合价从+4+5，化合价升高1，二者最小公倍数为6，把变价元素配平，初步配平为：clo3+6vo2+h+6vo3+cl+h2o，根据氧原子守恒确定h2o前系数为3，氢离子前系数为6，故配平后为：clo3+6vo2+6h+=6vo3+cl+3h2o，故答案为：1；6；6；6；1；cl；3；h2o；（5）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应反应方程式为：10al+3v2o56v+5al2o3，故答案为：10al+3v2o56v+5al2o3，（6）将两个全钒液流储能电池串联后作为电源，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，若通电时，为使生成的cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，则电解池的下端产生的是氯气，上端产生的是氢气，电解池的阴极上是阳离子氢离子得电子发生得电子的还原反应，生成氢气，在阳极上是阴离子氯离子发生失电子的氧化反应，生成氯气，所以a是阴极，b是阳极生成cl2，原电池的正极得到电子发生还原反应，全钒液流储能电池正极的电极反应式为：vo2+e+2h+=vo2+h2o，制取消毒液所涉及反应的化学方程式为：cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o，每生成1molnaclo转移1mol电子，若通过消毒液发生器的电子为0.2mol，理论上最多能产生naclo的质量为0.2mol74.5g/mol=14.9g，故答案为：阳；vo2+e+2h+=vo2+h2o；14.9点评：本题考查了流程分析判断、物质性质和实验设计的方法应用、题干信息分析判断能力，侧重考查物质的分离提纯、电解反应、电极产物的分析应用、工艺流程的理解，掌握基础是关键，题目难度中等10（14分）co和h2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为ch4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：ch4、h2和co的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol和283.0kj/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kj用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为9201kj（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2l的密闭容器中充入0.40mol ch4和0.60mol h2o（g），测得ch4（g）和h2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：计算该反应第一次达平衡时的平衡常数k0.1353min时改变的反应条件是升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比x对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系x1 x2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：p1 p2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、koh溶液为原料可设计成燃料电池：放电时，负极的电极反应式为ch48e+10oh=co32+7h2o设装置中盛有100.0ml 3.0mol/l koh溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96l，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c（k+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）考点：用化学平衡常数进行计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 分析：（1）根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算；（2）反应方程式为ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）根据三行式代入平衡常数表达式进行计算；根据表中数据可知3min时达到平衡，再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件；（3）碳水比n（ch4）/n（h2o）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高；根据压强对平衡移动影响，结合图象分析解答；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应；计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据n（koh）与n（co2）比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断解答：解：（1）已知：h2（g）+o2（g）=h2o（l）h=285.8kjmol1co（g）+o2（g）=co2（g） ）h=283.0kjmol1ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=890.3kjmol1，h2o（g）=h2o（l）h=44.0kjmol1，利用盖斯定律将+3可得：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）h=（44.0kjmol1）+（890.3kjmol1）（283.0kjmol1）3（285.8kjmol1）=+206.1 kjmol1，故1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为=kj/mol=9201 kj，故答案为：9201 kj；（2）反应方程式为：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）， 初起量（moll1）：0.2 0.3 0 0 变化量（moll1）：0.1 0.1 0.1 0.3 平衡量（moll1）：0.1 0.2 0.1 0.3所以k=0.135，故答案为：0.135；3min时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度，故答案为：升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度；（3）碳水比n（ch4）/n（h2o）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x1x2，故答案为：； 该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，故p1p2，故答案为：；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应，负极电极反应式为：ch48e+10oh=co32+7h2o，故答案为：ch48e+10oh=co32+7h2o；参与反应的氧气在标准状况下体积为8960ml，物质的量为=0.4mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为=0.2mol，n（koh）=0.1l3.0moll1=0.3mol，n（koh）：n（co2）=0.3mol：0.2mol=3：2，发生发生2co2+3koh=k2co3+khco3+h2o，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（oh）c（h+），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（hco3）c（co32），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（k+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故答案为：c（k+）c （hco3 ）c （co32 ）c （oh ）c（ h+）点评：本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，为高考常见题型，难度中等，是对基础知识与学生能力的综合考查，注意把握化学平衡的影响因素以及图象、数据的分析能力的培养（二）选考题：共15分请从给出的3道化学题任选一题作答，如果多做，则每按所做的第一题计分（共1小题，满分15分）【化学-选修2：化学与技术】11某矿石中除含sio2外，还有9.24% coo、2.78% fe2o3、0.96% mgo、0.084% cao，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：（1）在一定浓度的h2so4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90（2）请配平下列除铁的化学方程式：fe2（so4）3+h2o+na2co3na2fe6（so4）4（oh）12+na2so4+co2（3）“除钙、镁”的原理反应如下：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，则滤液中的=1.5（4）“沉淀”中含杂质离子主要有so42、nh4+、na+；“操作x”名称为洗涤、干燥（5）某锂离子电池正极是licoo2，含li+导电固体为电解质充电时，li+还原为li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳6（c6）中，电池反应为licoo2+c6 coo2+lic6lic6中li的化合价为0价若放电时有1mol e转移，正极质量增加7g考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：实验设计题；电化学专题分析：（1）根据浸出率与时间和温度的关系及生产成本分析；（2）根据原子守恒配平方程式；（3）=；（4）根据流程图中加入的物质分析，该沉淀中吸附易溶于水的离子；得到的沉淀要进行洗涤和干燥，才能得到较纯净、干燥的物质；（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，依据负极电极材料和题干信息分析计算解答：解：（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90和120浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90，故答案为：12；90；（2）根据原子守恒配平方程式，所以其方程式为：3fe2（so4）3+6h2o+6na2co3=na2fe6 （so4）4（oh）12+5na2so4+6co2，故答案为：3，6，6，1，5，6；（3）=1.5，故答案为：1.5；（4）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中含有铵根离子和钠离子，所以沉淀上含有铵根离子和钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，故答案为：so42、nh4+、na+；洗涤；干燥；（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：coo2+li+e=licoo2，充电时，li+还原为li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳6（c6）中，所以负极为lic6中li的化合价为0价，若放电时有1mol e转移，coo2+li+e=licoo2，正极质量增加为1molli+的质量=1mol7g/mol=7g；故答案为：0，7g；点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡、电极反应式的书写、物质的分离和提纯等知识点，难点是（3）题，明确溶度积常数的含义是解此题关键，电极反应式的书写是学习难点，要结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿（主要成分为cufes2）生产粗铜，其反应原理如下：（1）基态铜原子的外围电子排布式为3d104s1，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是o（填元素符号）（2）反应、中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是sp2，其立体结构是v型（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：cuso4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式cu（oh）2+4nh3h2o=cu（nh3）42+2oh+4h2o；深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑h+）内存在的全部化学键类型有共价键、配位键（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为na，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为1010pm（用含d和na的式子表示）考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）cu位于第四周期b族，是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；（2）由（1）分析知反应生成的相同气体分子是so2，so2中价层电子对个数=2+（622）=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是v型，s原子采用sp2杂化；（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成cu（nh3）42+离子，离子中存在共价键、配位键；（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，由均摊法计算氧化