河南省商丘市高考化学三模试卷（含解析）.doc

河南省商丘市2015届高考化学 三模试卷一、选择题1（3分）化学与社会、环境、生活有密切联系，下列说法错误的是（）a泡沫灭火器的内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液b地下钢管连接锌块是采用牺牲阳性的阴极保护法c乳酸分子中既有羟基又有羧基，其缩聚产物聚乳酸是一种可降解的环保材料d手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型无机高分子材料2（3分）二氯化硫（s2cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如右图所示常温下，s2cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体化学方程式为2s2cl2+2h2oso2+3s+4hcl，下列说法中错误的是（）as2cl2的电子式为b反应中so2是还原产物，s是氧化产物cs2cl2为含有极性键和非极性键的极性分子d反应中，生成1molso2，转移电子为3mol3（3分）下列有关表述正确的是（）元素所在的主族序数与最外层电子数之比为1的元素都是金属元素 活泼金属与活泼非金属一定形成离子键 同主族元素形成单质的熔沸点从上到下不一定都逐渐升高第三周期元素原子形成的简单离子半径从左到右依次减小abcd4（3分）某有机物x的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是（）ax的分子式为c5h10o2，该产物属于羧酸的同分异构体有5种bx在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应c在ni作催化剂的条件下，1 mol x最多只能与1 mol h2加成d可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和x5（3分）下列实验操作、现象和结论不正确的是（）选项操作现象结论a用玻璃杯蘸取x溶液沾到淀粉ki试纸上试纸变蓝色x溶液可能是氯水b向稀hno3和稀h2so4中分别加入fe粉均有气泡冒出两者均发生氧化还原反应c向酚酞溶液中加入过量的na2o2溶液先变红后褪色na2o2与水生成的碱有漂白性d将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的铜丝变红cuo被内焰中的乙醇蒸气还原aabbccdd6（3分）25时，由弱酸（ha）及其盐（naa）组成的混合溶液，起始浓度均为1moll1如图为向该溶液中通入hcl气体或加入naoh固体时，溶液ph随加入h+或oh的物质的量而变化的曲线下列说法中，不正确的是（）aa、b、c三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大b加入1 mol naoh后，溶液中c（na+）=c（a）c通入hcl，a的水解程度增大，ha的电离常数减小d未加hcl和naoh时，溶液中c（a）c（na+）c（ha）7（3分）碱性硼化钒（vb2）空气电池工作时反应为：4vb2+11o2=4b2o3+2v2o5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，b装置内共收集到0.448l气体（标准状况），则下列说法正确的是（）avb2电极发生的电极反应为：2vb2+11h2o22e=v2o5+2b2o3+22h+b外电路中电子由c电极流向vb2电极c电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生d若b装置内的液体体积为200 ml，则cuso4溶液的物质的量浓度为0.05mol/l二、简答题8（14分）某小组利用如图装置，用苯与溴在febr3催化作用下制备溴苯：反应剧烈进行，烧瓶中有大量红棕色蒸气，锥形瓶中导管口有白雾出现，蒸馏水逐渐变成黄色反应停止后按 如下流程分离产品：已知：沸点密度g/cm3溶解性溴593.119水中溶解度小，易溶于有机溶剂苯800.8765难溶于水，与有机溶剂互溶溴苯1561.50难溶于水，与有机溶剂互溶（1）操作为，操作为 （2）“水洗”、“naoh溶液洗”需要用到的玻璃仪器是、烧杯 （3）“水洗”主要目的是除去，“naoh溶液洗”主要目的是除去（4）锥形瓶中蒸馏水变黄的原因是 （5）已知苯与溴发生的是取代反应，推测反应后锥形瓶中液体含有的两种大量离子是，请设计实验方案验证你的推测（限选试剂：镁条、四氯化碳、氯水、溴水、蒸馏水）序号实验步骤预期现象结论1将锥形瓶中液体转入分液漏斗，加入适量四氯化碳，振荡后分液分别取少量上层无色溶液于试管a、b中2锥形瓶中液体含大量3锥形瓶中液体含大量9（15分）水煤气法制甲醇工艺流程框图如下： （注：除去水蒸气后的水煤气含5559%的h2，1518%的co，1113%的co2，少量的h2s、ch4，除去h2s后，可采用催化或非催化转化技术，将ch4转化成co，得到co、co2和h2的混合气体，是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成）（1）将ch4转化成co，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：ch4 （g）+o2 （g）co（g）+2h2o （g）h=519kjmol1工业上要选择合适的催化剂，分别对x、y、z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）x在t1时催化效率最高，能使正反应速率加快约3105倍；y在t2时催化效率最高，能使正反应速率加快约3105倍；z在t3时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1106倍；已知：t1t2t3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是（填“x”或“y”或“z”），选择的理由是（2）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2h2（g）+co（g）ch3oh（g）h=181.6kjmol1t4下此反应的平衡常数为160此温度下，在密闭容器中加入co、h2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质h2coch3oh浓度/（moll1）0.20.10.4比较此时正、逆反应速率的大小：v正v逆（填“”、“”或“=”）若加入同样多的co、h2，在t5反应，10 min后达到平衡，此时c（h2）=0.4 moll1，则该时间内反应速率v（ch3oh）=mol（lmin）1（3）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是（4）下图1为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金e为该燃料电池的极（填“正”或“负”）f电极上的电极反应式为（5）乙醛酸（hooccho）是有机合成的重要中间体工业上用“双极室成对电极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与m电极的产物反应生成乙醛酸在n电极上乙二酸生成乙醛酸的电极反应式为若有2molh+通过质子交换膜完全参与反应，则生成的乙醛酸为mol10（14分）废旧锂离子电池的回收利用意义重大，其正极废料的主要成分是licoo2、铝、炭黑及其他杂质，回收利用的流程如下：已知“溶液a”中主要金属离子是co2+、li+，还含有少量fe3+、al3+、cu2+ （1）步骤中铝溶解的离子方程式为，能代替稀h2so4处理“浸出液”得到固体x试剂可以是a、naoh溶液 b、co2 c、稀hcl d、氨水（2）步骤中licoo2固体溶解的化学方程式为，该反应的还原剂是 （3）实验表明溶液a中各种金属离子的沉淀率随ph的变化如图，除杂时加入氨水调节溶液ph，可除去的杂质离子是（4）母液中含量最大的三种离子是 （5）从1000 g锂离子电池正极材料（li元素含量为5%）中可回收li2co3的质量为 g（已知回收率为84%，li2co3化学式量为74）三、【化学-选修2：化学与技术】11（15分）如图是传统的工业生产金属铝的基本流程图结合铝生产的流程图回答下列问题：（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是（填化学式）石油炼制和煤的干馏产品（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，写出该反应的离子方程式若电解的总反应为2al2o3+3c3co2+4al，则阳极的电极反应式为（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐的化学方程式（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106j，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kj，则铝制饮料罐的热回收效率=（热回收效率=回收能量/生产耗能100%）四、【化学-选修3物质结构与性质】（15分）12（15分）硼元素、钙元素、铜元素在化学战有很重要的地位，单质及其化合物在工农业生产和生活中有广泛的应用（1）已知cac2与水反应生成乙炔请回答下列问题：将乙炔通入cu（nh3）2cl榕液中生成cu2c2红棕色沉淀，cu+基态核外电子排布式为cac2中c22与o22+互为等电子体1molo22+中含有的键数目为乙炔与氢氰酸反应可得丙烯睛（h2c一ch一c=n）丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是，构成丙烯腈元素中第一电离能最大的是（2）硼酸（h3bo3）是一种片层状结构的白色晶体，层内的h3bo3分子间通过氢健相连（如上图1则1 mo1h3bo3的晶体中有mol氢键硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸b（oh）3h2o，它电离生成少盆b（oh）4一和h+，则b（oh）4一的空间构型为（3）某m原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与m形成化合物的晶胞如上图2所示（黑点代表铜原子，空心圆代表m原子）该晶体化学式为已知铜和m的电负性分别为1.9和3.0，则铜与m形成的化合物属于（填“离子”、“共价”）化合物（3）cu3n的晶胞结构如右上图3，n3的配位数为cu+半径为a pm，n3半径为bpm，cu3n的密度为gcm一3（阿伏加德罗常数用na表示）五、【化学-选修5：有机化学基础】13（15分）w结构中含有三个六元环，是一种新型香料的主要成分之一w的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：rchch2+ch2chrch2=ch2+rchchrb中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子 d和h是同系物请回答下列问题：（1）g分子中含有的官能团名称： （2）ab反应过程中涉及的反应类型有、 （3）w的结构简式为： （4）gh反应条件为： （5）bc的化学方程式为：；由d生成高分子化合物的方程式为（6）同时满足下列条件的f的同分异构体有种（不包括立体异构）：能发生银镜反应；能发生水解反应其中核磁共振氢谱为5组峰的为 （写结构简式）河南省商丘市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1（3分）化学与社会、环境、生活有密切联系，下列说法错误的是（）a泡沫灭火器的内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液b地下钢管连接锌块是采用牺牲阳性的阴极保护法c乳酸分子中既有羟基又有羧基，其缩聚产物聚乳酸是一种可降解的环保材料d手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型无机高分子材料考点：盐类水解的应用；金属的电化学腐蚀与防护；无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析：a、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里；b原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护，牺牲负极保护正极的方法属于牺牲阳极的阴极保护法；c缩聚产物聚乳酸是羟基和羧基发生酯化反应缩聚得到的高聚物，酯键易发生水解；d碳纤维是一种新型的无机非金属材料解答：解：a、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故a错误；b锌块、铁和电解质溶液构成原电池时，锌块易失电子而作负极，铁作正极，作正极的金属被保护，牺牲负极保护正极的方法属于牺牲阳极的阴极保护法，故b正确；c缩聚产物聚乳酸是羟基和羧基发生酯化反应缩聚得到的高聚物，酯易水解，是一种可降解的环保材料，故c正确；d碳纤维是一种新型的新型无机高分子材料，故d正确；故选a点评：本题主要考查了与生产、生活密切相关的化学知识，要求学生会运用化学知识解释生活现象，难度不大，注意对基础知识的把握2（3分）二氯化硫（s2cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如右图所示常温下，s2cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体化学方程式为2s2cl2+2h2oso2+3s+4hcl，下列说法中错误的是（）as2cl2的电子式为b反应中so2是还原产物，s是氧化产物cs2cl2为含有极性键和非极性键的极性分子d反应中，生成1molso2，转移电子为3mol考点：氧化还原反应；极性分子和非极性分子 分析：a、由结构可知，s2cl2分子中s原子之间形成1对共用电子对，cl原子与s原子之间形成1对共用电子对；b、根据化合价降低为氧化剂生成还原产物，化合价升高为还原剂生成氧化产物判断；c、同种元素原子之间形成非极性键，不同元素的原子之间形成的化学键多为极性键，s2cl2是展开书页型结构，cls位于两个书页面内，该物质结构不对称；d、根据元素的化合价升降来确定电子转移情况解答：解：a、由结构可知，s2cl2分子中s原子之间形成1对共用电子对，cl原子与s原子之间形成1对共用电子对，s2cl2的电子式为 ，故a正确；b、s2cl2硫化合价由+1降低为0价硫，所以s为还原产物，s2cl2硫化合价由+1升高为+4价so2，所以so2为氧化产物，故b错误；c、s2cl2分子中ss为非极性键，scl键为极性键，s2cl2是展开书页型结构，cls位于两个书页面内，该物质结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故c正确；d、在反应中，s元素发生自身氧化还原反应，s2cl2硫化合价由+1升高为+4价so2，所以生成1molso2，转移电子为3mol，故d正确；故选b点评：以s2cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、电子式、氧化还原反应等，难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握，是一道不错的能力考查题目3（3分）下列有关表述正确的是（）元素所在的主族序数与最外层电子数之比为1的元素都是金属元素 活泼金属与活泼非金属一定形成离子键 同主族元素形成单质的熔沸点从上到下不一定都逐渐升高第三周期元素原子形成的简单离子半径从左到右依次减小abcd考点：元素周期表的结构及其应用；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；离子键的形成 分析：主族元素族序数=最外层电子数，主族元素包含金属元素与非金属元素；氯化铝属于共价化合物；卤族元素自上而下单质熔沸点升高，碱金属自上而下单质熔沸点降低；微粒半径，电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小解答：解：主族元素族序数=最外层电子数，主族元素包含金属元素与非金属元素，故错误；氯化铝属于共价化合物，故错误；同卤族元素自上而下单质熔沸点升高，a金属元素的熔沸点从上到下逐渐降低，故正确；第三周期主族元素的离子半径，从左到右，阴离子的离子半径大于阳离子的离子半径，铝离子半径最小，故错误故选d点评：本题考查结构性质位置关系、同主族性质递变规律等，难度不大，注意理解同主族单质熔沸点递变规律4（3分）某有机物x的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是（）ax的分子式为c5h10o2，该产物属于羧酸的同分异构体有5种bx在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应c在ni作催化剂的条件下，1 mol x最多只能与1 mol h2加成d可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和x考点：有机物的结构和性质 分析：有机物含有酯基，可发生水解，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题解答：解：a由有机物结构简式可知有机物分子式为c12h14o3，故a错误；b能发生消去反应的羟基，但羟基邻位碳原子不含氢原子，则不能发生消去反应，故b错误；c能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol x最多只能与4mol h2加成，故c错误；dx含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可用于区别苯，故d正确故选d点评：本题考查有机物的结构和性质，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大5（3分）下列实验操作、现象和结论不正确的是（）选项操作现象结论a用玻璃杯蘸取x溶液沾到淀粉ki试纸上试纸变蓝色x溶液可能是氯水b向稀hno3和稀h2so4中分别加入fe粉均有气泡冒出两者均发生氧化还原反应c向酚酞溶液中加入过量的na2o2溶液先变红后褪色na2o2与水生成的碱有漂白性d将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的铜丝变红cuo被内焰中的乙醇蒸气还原aabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a氯气可置换出碘；b分别生成no和氢气；c过氧化钠具有漂白性；d黑色的铜丝变红，可说明cuo被还原解答：解：a试纸变蓝色，说明生成碘，因氯气可置换出碘，则可能为氯气等具有氧化性的物质，故a正确；b向稀hno3和稀h2so4中分别加入fe粉，可分别生成no和氢气，n、h元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故b正确；c过氧化钠具有漂白性，与水反应生成氢氧化钠，不具有漂白性，故c错误；d黑色的铜丝变红，可说明cuo被还原，说明cuo被内焰中的乙醇蒸气还原，故d正确故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、氧化还原反应等，把握实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大6（3分）25时，由弱酸（ha）及其盐（naa）组成的混合溶液，起始浓度均为1moll1如图为向该溶液中通入hcl气体或加入naoh固体时，溶液ph随加入h+或oh的物质的量而变化的曲线下列说法中，不正确的是（）aa、b、c三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大b加入1 mol naoh后，溶液中c（na+）=c（a）c通入hcl，a的水解程度增大，ha的电离常数减小d未加hcl和naoh时，溶液中c（a）c（na+）c（ha）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：aa、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，以此判断；b加入1mol naoh后，ph=7，溶液呈中性，结合电荷守恒判断；c电离常数只受温度的影响；d未加hcl和naoh时，溶液呈酸性，说明ha的电离程度大于a水解程度解答：解：aa、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，ph越小，酸性越强，水的电离程度越小，则a、b、c三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大，故a正确；b加入1mol naoh后，ph=7，溶液呈中性，即（h+）=c（oh），由电荷守恒可知c（na+）=c（a），故b正确；c电离常数只受温度的影响，通入hcl，ha的电离常数不变，故c错误；d未加hcl和naoh时，溶液呈酸性，说明ha的电离程度大于a水解程度，则c（a）c（na+）c（ha），故d正确故选c点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为2015届高考常见题型和高频考点，注意把握图象所给信息，为解答该题的关键，难度中等7（3分）碱性硼化钒（vb2）空气电池工作时反应为：4vb2+11o2=4b2o3+2v2o5用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示当外电路中通过0.04mol电子时，b装置内共收集到0.448l气体（标准状况），则下列说法正确的是（）avb2电极发生的电极反应为：2vb2+11h2o22e=v2o5+2b2o3+22h+b外电路中电子由c电极流向vb2电极c电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生d若b装置内的液体体积为200 ml，则cuso4溶液的物质的量浓度为0.05mol/l考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：硼化钒空气燃料电池中，vb2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：n2h4+o2=n2+2h2o，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算解答：解：a、负极上是vb2失电子发生氧化反应，则vb2极发生的电极反应为：2vb2+22oh22e=v2o5+2b2o3+11h2o，故a错误；b、外电路中电子由vb2电极流向阴极c电极，故b错误；c、电解过程中，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气，故c错误；d、当外电路中通过0.04mol电子时，b装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又共收集到0.448l气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01mol的氢气，所以溶液中的铜离子为=0.01mol，则cuso4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/l，故d正确；故选d点评：本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算二、简答题8（14分）某小组利用如图装置，用苯与溴在febr3催化作用下制备溴苯：反应剧烈进行，烧瓶中有大量红棕色蒸气，锥形瓶中导管口有白雾出现，蒸馏水逐渐变成黄色反应停止后按 如下流程分离产品：已知：沸点密度g/cm3溶解性溴593.119水中溶解度小，易溶于有机溶剂苯800.8765难溶于水，与有机溶剂互溶溴苯1561.50难溶于水，与有机溶剂互溶（1）操作为过滤，操作为蒸馏 （2）“水洗”、“naoh溶液洗”需要用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯 （3）“水洗”主要目的是除去febr3，“naoh溶液洗”主要目的是除去br2（4）锥形瓶中蒸馏水变黄的原因是溶解了从烧瓶中挥发出的溴 （5）已知苯与溴发生的是取代反应，推测反应后锥形瓶中液体含有的两种大量离子是br、h+，请设计实验方案验证你的推测（限选试剂：镁条、四氯化碳、氯水、溴水、蒸馏水）序号实验步骤预期现象结论1将锥形瓶中液体转入分液漏斗，加入适量四氯化碳，振荡后分液分别取少量上层无色溶液于试管a、b中2锥形瓶中液体含大量br3锥形瓶中液体含大量h+考点：制备实验方案的设计 分析：（1）（2）（3）苯及溴在febr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、febr3以及fe，由流程可知经操作后得到固体残留物，则操作应为过滤，固体残留物为fe粉，液体中含有febr3等，可溶于水，水洗后进行分液分离，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液除去br2，再经过分液分离，水相中主要含有nabr、nabro等，有机相中含有苯、溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸馏分离；（4）溴易挥发，挥发的溴溶于锥形瓶中水中，使蒸馏水变黄；（5）苯与溴发生的是取代反应，反应生成hbr溶于锥形瓶中，溶液中含有大量的br、h+，由于溴易挥发，锥形瓶中会溶解少量的溴，用四氯化碳溶液萃取分离，利用氯水置换出溴单质检验br离子，利用mg与酸反应生成气体检验h+离子解答：解：苯及溴在febr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、febr3以及fe，由流程可知经操作后得到固体残留物，则操作应为过滤，固体残留物为fe粉，液体中含有febr3等，可溶于水，水洗后进行分液分离，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液除去br2，再经过分液分离，水相中主要含有nabr、nabro等，有机相中含有苯、溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸馏分离（1）由以上分析可知操作为过滤，操作为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；（2）经“水洗”、“naoh 溶液洗”后得到水相和有机相，则应为分液操作，除需要烧杯外，还需要分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）“水洗”主要目的是除去 febr3，“naoh溶液洗”主要目的是除去br2，故答案为：febr3；br2；（4）由于溴易挥发，锥形瓶中水溶解了从烧瓶中挥发出的溴而变黄，故答案为：溶解了从烧瓶中挥发出的溴；（5）苯与溴发生的是取代反应，反应生成hbr溶于锥形瓶中，溶液中含有大量的br、h+，由于溴易挥发，锥形瓶中会溶解少量的溴，用四氯化碳溶液萃取分离，分别取少量上层无色溶液于试管a、b中，试管a中滴入少量氯水，置换出溴单质，溶液由无色变黄色，证明含有br离子，向b试管中加入mg条，有大量气泡生成，证明含有h+离子，故答案为：br、h+； 2向试管a中加入少量氯水溶液由无色变黄色br3向试管b中加入镁条有大量气泡生成h+点评：本题考查有机物的制备以及物质的分离、提纯，侧重于学生的分析、实验能力的考查，关键是理解实验的原理以及实验流程，难度中等9（15分）水煤气法制甲醇工艺流程框图如下： （注：除去水蒸气后的水煤气含5559%的h2，1518%的co，1113%的co2，少量的h2s、ch4，除去h2s后，可采用催化或非催化转化技术，将ch4转化成co，得到co、co2和h2的混合气体，是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成）（1）将ch4转化成co，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：ch4 （g）+o2 （g）co（g）+2h2o （g）h=519kjmol1工业上要选择合适的催化剂，分别对x、y、z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）x在t1时催化效率最高，能使正反应速率加快约3105倍；y在t2时催化效率最高，能使正反应速率加快约3105倍；z在t3时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1106倍；已知：t1t2t3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是z（填“x”或“y”或“z”），选择的理由是催化活性高、速度快、反应温度较低（2）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2h2（g）+co（g）ch3oh（g）h=181.6kjmol1t4下此反应的平衡常数为160此温度下，在密闭容器中加入co、h2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质h2coch3oh浓度/（moll1）0.20.10.4比较此时正、逆反应速率的大小：v正v逆（填“”、“”或“=”）若加入同样多的co、h2，在t5反应，10 min后达到平衡，此时c（h2）=0.4 moll1，则该时间内反应速率v（ch3oh）=0.03mol（lmin）1（3）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是提高原料co、h2的利用率（或提高产量、产率亦可）；（4）下图1为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金e为该燃料电池的负极极（填“正”或“负”）f电极上的电极反应式为clo+2e+h2ocl+2oh（5）乙醛酸（hooccho）是有机合成的重要中间体工业上用“双极室成对电极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与m电极的产物反应生成乙醛酸在n电极上乙二酸生成乙醛酸的电极反应式为hooccooh+2e+2h+hooccho+h2o若有2molh+通过质子交换膜完全参与反应，则生成的乙醛酸为2mol考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；（2）计算此时的浓度商qc，与平衡常数比较，判断反应进行的方向，进而判断正、逆反应速率的相对大小；与表中数据相比，根据氢气浓度变化量计算甲醇的浓度变化量，进而计算平衡时甲醇的浓度，再根据v=计算v（ch3oh）；（3）合成气进行循环，可以提高原料利用率及生成物的产率；（4）原电池中失电子的为负极；正极上clo得电子生成氯离子；（5）n电极上hooccooh得电子，再氢离子参与反应条件下生成hooccho；2mol h+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，n极电极反应式为：hooccooh+2e+2h+hooccho+h2o，m极电极反应式为：ohccho2e+h2ohooccho+2h+，两极均有乙醛酸，再结合电极方程式计算解答：解：（1）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择z，故答案为：z；催化活性高、速度快、反应温度较低；（2）由表中数据可知，10min时氢气的浓度为0.2mol/l、co的浓度为0.1mol/l、甲醇的浓度为0.4mol/l，则此时的浓度商qc=100，小于平衡常数160，故反应向正反应方向进行，故v正v逆，故答案为：；若加入同样多的co、h2，在t5反应，10 min后达到平衡，此时c（h2）=0.4 moll1，与表中数据相比，可知氢气的浓度变化量为0.4mol/l0.2mol/l=0.2mol/l，故甲醇的浓度变化量为0.2mol/l=0.1mol/l，即平衡时甲醇为0.4mol/l0.3mol/l，故v（ch3oh）=0.03mol/（lmin），故答案为：0.03；（3）生产过程中，合成气要进行循环，提高原料co、h2的利用率，故答案为：提高原料co、h2的利用率（或提高产量、产率亦可）；（4）“镁次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则mg为负极；正极上clo得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为：clo+2e+h2ocl+2oh；故答案为：负；clo+2e+h2ocl+2oh；（5）n电极上hooccooh得电子生成hooccho，则电极反应式为：hooccooh+2e+2h+hooccho+h2o，故答案为：hooccooh+2e+2h+hooccho+h2o；n极电极反应式为：hooccooh+2e+2h+hooccho+h2o，m极电极反应式为：ohccho2e+h2ohooccho+2h+，2mol h+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，可知每一极生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为2mol故答案为：2点评：本题考查化学平衡计算、原电池原理和电解池原理，是对学生综合能力的考查，（5）中乙醛酸的计算为易错点，学生容易忽略两极都生成乙醛酸，题目难度中等10（14分）废旧锂离子电池的回收利用意义重大，其正极废料的主要成分是licoo2、铝、炭黑及其他杂质，回收利用的流程如下：已知“溶液a”中主要金属离子是co2+、li+，还含有少量fe3+、al3+、cu2+ （1）步骤中铝溶解的离子方程式为2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，能代替稀h2so4处理“浸出液”得到固体x试剂可以是bca、naoh溶液 b、co2 c、稀hcl d、氨水（2）步骤中licoo2固体溶解的化学方程式为2licoo2+h2o2+3h2so4=li2so4+2coso4+o2+4h2o，该反应的还原剂是h2o2 （3）实验表明溶液a中各种金属离子的沉淀率随ph的变化如图，除杂时加入氨水调节溶液ph，可除去的杂质离子是fe3+、al3+（4）母液中含量最大的三种离子是nh4+、li+、so42 （5）从1000 g锂离子电池正极材料（li元素含量为5%）中可回收li2co3的质量为222 g（已知回收率为84%，li2co3化学式量为74）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：正极废料中含有lico02、铝、炭黑，将废料先用碱液浸泡，将al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，在浸出液中加入稀硫酸生成氢氧化铝，过滤得到氢氧化铝，灼烧、电解可得到铝；滤渣为lico02、炭黑等，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成li2so4、coso4，反应的离子方程式为：2licoo2+h2o2+3h2so4=li2so4+2coso4+o2+4h2o，题给信息可知a溶液主要的金属离子是co2+、li+，还含有少量fe3+、al3+、cu2+，经除杂后加入草酸铵，可得到coc2o4固体，母液中含有li+，加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，（1）al与氢氧化钠反应生成偏铝酸根离子和氢气；偏铝酸根离子与二氧化碳、hcl等酸性溶液均能反应生成氢氧化铝沉淀；（2）过氧化氢、licoo2和硫酸反应生成li2so4、coso4、氧气和水；反应中化合价升高的作还原剂；（3）调节ph时co2+不生成沉淀，而fe3+、al3+生成沉淀；（4）由流程分析判断；（5）1000 g锂离子电池正极材料（li元素含量为5%），回收率为84%，可以求出li的质量和物质的量，根据li元素守恒计算li2co3的质量解答：解：（1）铝能与碱反应生成alo2，反应的离子方程式为2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，偏铝酸钠溶液加入稀硫酸，可生成al（oh）3沉淀，也可以用其它酸代替硫酸，如盐酸、二氧化碳等，故答案为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；bc；（2）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及licoo2，生成物有li2so4和coso4，反应方程式为：2licoo2+h2o2+3h2so4=li2so4+2coso4+o2+4h2o，反应中co元素化合价降低，o元素化合价升高，h2o2为还原剂，故答案为：2licoo2+h2o2+3h2so4=li2so4+2coso4+o2+4h2o；h2o2；（3）由图2可知，当调节ph5.0时，co2+不生成沉淀，而fe3+、al3+易生成沉淀而除去，可除去杂质离子是fe3+、al3+，故答案为：fe3+、al3+；（4）由流程可知，经分离、提纯后，母液中含有li+、nh4+、so42等离子，故答案为：li+、nh4+、so42；（5）1000g锂离子电池正极材料中li的质量为1000g5%=50g，回收的质量为50g84%=42g，n（li）=6mol，则n（li2co3）=3mol，m（li2co3）=3mol74=222g，故答案为：222g点评：本题考查了物质分离提纯实验方案设计，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及金属的回收、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，难度中等三、【化学-选修2：化学与技术】11（15分）如图是传统的工业生产金属铝的基本流程图结合铝生产的流程图回答下列问题：（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是al2o3（填化学式）石油炼制和煤的干馏产品石墨（或碳）（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低al2o3的熔点，减少熔融电解质的能耗（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，写出该反应的离子方程式al2o3+4alf633al2of62+6f若电解的总反应为2al2o3+3c3co2+4al，则阳极的电极反应式为c+2al2of62+12f4eco2+4alf63（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐的化学方程式na3alf6+4naoh6naf+naalo2+2h2o（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106j，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kj，则铝制饮料罐的热回收效率=0.033%（热回收效率=回收能量/生产耗能100%）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理 分析：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭（1）工业上用氧化铝冶炼金属铝，据此确定铝土矿的成分；冶炼铝的电解槽中的阴极和阳极材料均为惰性电极；（2）冰晶石能溶解al2o3晶体，被用作助熔剂降低al2o3的熔点；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式；（5）生产9g铝制饮料罐消耗的电能=1.8103kj，热回收效率=100%解答：解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是al2o3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；故答案为：al2o3；石墨（或碳）；（2）al2o3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解al2o3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低al2o3的熔点，减少熔融电解质的能耗；故答案为：降低al2o3的熔点，减少熔融电解质的能耗；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：al2o3+4alf633al2of62+6f； 若电解的总反应为2al2o3+3c3co2+4al，电解池中阳极上是元素化合价升高失电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式：c+2 al2of62+12f4eco2+4 alf63；故答案为：al2o3+4alf633al2of62+6f；c+2 al2of62+12f4eco2+4 alf63；（4）冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：na3alf6+4naoh6naf+naalo2+2h2o；故答案为：na3alf6+4naoh6naf+naalo2+2h2o；（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106j，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kj，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=1.8103kj，则铝制饮料罐的热回收效率=100%=100%=0.033%，故答案为：0.033%点评：本题考查化学工艺流程、电解原理等，题目难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生基本扎实的据此与运用知识分析解决问题的能力注意复杂离子方程式和化学方程式的书写方法应用四、【化学-选修3物质结构与性质】（15分）12（15分）硼元素、钙元素、铜元素在化学战有很重要的地位，单质及其化合物在工农业生产和生活中有广泛的应用（1）已知cac2与水反应生成乙炔请回答下列问题：将乙炔通入cu（nh3）2cl榕液中生成cu2c2红棕色沉淀，cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10cac2中c22与o22+互为等电子体1molo22+中含有的键数目为2na乙炔与氢氰酸反应可得丙烯睛（h2c一ch一c=n）丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是sp、sp2，构成丙烯腈元素中第一电离能最大的是n（2）硼酸（h3bo3）是一种片层状结构的白色晶体，层内的h3bo3分子间通过氢健相连（如上图1则1 mo1h3bo3的晶体中有3mol氢键硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸b（oh）3h2o，它电离生成少盆b（oh）4一和h+，则b（oh）4一的空间构型为正四面体型（3）某m原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与m形成化合物的晶胞如上图2所示（黑点代表铜原子，空心圆代表m原子）该晶体化学式为cucl已知铜和m的电负性分别为1.9和3.0，则铜与m形成的化合物属于共价（填“离子”、“共价”）化合物（3）cu3n的晶胞结构如右上图3，n3的配位数为6cu+半径为a pm，n3半径为bpm，cu3n的密度为gcm一3（阿伏加德罗常数用na表示）考点：晶胞的计算；物质结构中的化学键数目计算；原子核外电子排布 分析：（1）cu为29号元素，根