广东省梅州市梅县松口中学高考化学冲刺试卷（含解析）.doc

2015年广东省梅州市梅县松口中学 高考化学冲刺试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）a 棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质b 石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等c 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现d 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污2下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（）a nh4+、ch3coo、ca2+、clb ca2+、ag+、so42、no3c cu2+、h+、s2、no3d c6h5o、fe3+、h+、cl3na表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）a 常温常压下，16g甲烷分子所含质子数为10nab 1 mol cl2参加反应转移电子数一定为2nac 标准状况下，22.4l乙醇的分子数为nad 1 l 0.01 mol的na2co3溶液中含有0.01na个co324下列叙述和均正确并且有因果关系的是（） 选项叙述叙述a甲醛能使蛋白质变性常用高浓度甲醛溶液浸泡食用海产品以防腐bna2sio3溶液水解显碱性水玻璃可用作木材防火剂ch2o2被还原后的产物是o2工业上h2o2可用作绿色氧化剂d锌的金属活泼性比铁强可用锌保护石油管道（碳素钢管）以减缓其腐蚀a ab bc cd d5常温下，对ph=10的氨水而言，下列说法正确的是（）a 溶液中由水电离的氢离子浓度为104b 与ph=4的盐酸等体积混合后，c（cl）c（nh4+）c 通入一定量氨气后，依然存在c（nh4+）+c（h+）=c（oh）d 氨水中存在：c（nh3h2o）c（nh4+）c（oh）c（h+）6图中i是氢氧燃料电池的示意图，某同学想在ii中实现fe上镀铜，下列说法正确的是（）a a处通入o2b b处发生氧化反应c 电流由cu电极移向bd fe电极发生的反应为：cu2+2e=cu7甲辛等元素在元素周期表中的相对位置如下表所示，已知甲是ia族元素，乙与己同周期，己单质在暗处与h2剧烈化合并发生爆炸下列判断正确的是：（）a 金属性：乙丙丁b 原子半径大小：丁丙乙己c 甲、乙、丙的氧化物都含有共价键d 丁和乙的原子核外电子数相差16，己和辛的原子核外电子数相差268下列根据实验操作和现象所得出的解释或结论正确的是（）选项实验操作现象解释或结论a向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸，试管口用湿润的ki淀粉试纸检验试纸变蓝逸出的气体不一定是纯净的cl2b浓磷酸与nabr固体混合加热有气体产生h3po4的酸性比hbr的酸性强c向na2s溶液中滴加盐酸产生气泡cl的非金属性比s强dmg（oh）2悬浊液中加入ph=7的醋酸铵溶液沉淀溶解加入醋酸铵发生nh4+ohnh3h2o，使mg（oh）2mg2+2oh平衡向右移动a ab bc cd d二、解答题（共5小题，满分64分）9查尔酮类化合物是黄酮类药物的主要合成中间体（1）下列查尔酮类化合物i的说法正确的是a加入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色b可发生加成或取代反应c不与naoh溶液发生反应d加入新制的氢氧化铜有红色沉淀生成（2）反应是制取查尔酮类化合物的一种方法：化合物的分子式是，1mol化合物iii最多能与mol h2发生加成反应（3）化合物可由化合物iv（分子式：c8h10o）在cu催化氧化下制得，则化合物iv的结构简式为，化合物iv的一种同分异构体v为芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有四组峰，峰面积之比为为1：1：2：6，则v的结构简式为（任写一种）（4）聚合物是一种高分子材料，请利用类似反应方法，用丙烯和丙醛为有机物原料合成该聚合物的单体合成过程中涉及的反应方程式为10碳氧化物的转化有重大用途，回答关于co和co2的问题（1）己知：c （s）+h2o（g）co （g）+h2 （g）h12co（g）+o2（g）=2co2 （g）h2h2o （g）=h2 （g）+o2 （g）h3则c （s）+o2（g）=co2 （g）的h=（用h1、h2、h3表示）（2）对于化学平衡，在不同温度下，co的浓度与反应时间的关系如图所示，由图可得出如下规律：随着温度升高，（3）某温度下，将6.0mol h2o（g）和足量碳充入3l的恒容密闭容器中，发生如下反应：c （s）+h2o（g）co （g）+h2 （g），达到平衡时测得lgk=1.0（k为平衡常数），求平衡时h2o（g）的转化率？（写出计算过程）11如图所示，横坐标为溶液的ph，纵坐标为zn2+或zno22物质的量浓度的对数，回答下列问题（ zno22和zn（oh）42表示一样 ）（1）往zncl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为：（2）从图中数据计算可得zn（oh）2的溶度积ksp=12niso46h2o是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：（1）向滤液中加入fes是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去cu2+、zn2+等杂质，则除去cu2+的离子方程式为：（2）对滤液的操作，请回答：往滤液中加入h2o2的离子方程式：调滤液ph的目的是除去fe3+，其原理是fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，检验fe3+是否除尽的操作和现象是：（3）滤液溶质的主要成分是niso4，加na2co3过滤后得到nico3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这两步操作的目的是（4）得到的niso4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到niso46h2o晶体，请回答：为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的位置（填a、b、c、d）如果得到产品的纯度不够，则应该进行操作（填操作名称）理论上从100kg 废渣（ni元素含量为59%）中可回收niso46h2o的质量为 kg（ni的相对原子质量为59，niso46h2o相对分子质量为227）13某学习小组依据so2具有还原性，推测so2能被cl2氧化生成so2cl2查阅资料：so2cl2常温下为无色液体，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾化合物so2cl2中s元素的化合价是用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式是在收集氯气前，应依次通过盛有饱和食盐水和的洗气瓶用如图所示装置收集满cl2，再通入so2，集气瓶中立即产生无色液体，充分反应后，将液体和剩余气体分离，进行如下研究（1）研究反应的产物向所得液体中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液经检验该溶液中的阴离子（除oh外）只有so42、cl，证明无色液体是so2cl2写出so2cl2与h2o反应的化学方程式检验该溶液中cl的方法是（2）继续研究反应进行的程度用naoh溶液吸收分离出的气体，用稀盐酸酸化后，再滴加bacl2溶液，产生白色沉淀该白色沉淀的成分是写出so2与cl2反应的化学方程式，并阐述理由2015年广东省梅州市梅县松口中学高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）a 棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质b 石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等c 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现d 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污考点：纤维素的性质和用途；海水资源及其综合利用；钠的重要化合物；煤的干馏和综合利用专题：化学应用分析：a棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质；b石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等；c海水晒盐是物理变化；d纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污解答：解：a棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质，故a错误；b石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等，故b错误；c海水晒盐是物理变化，故c错误；d纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污，故d正确；故选d点评：本题考查了蚕丝和人造丝的主要成分、石油分馏、纯碱的用途等知识，难度不大，注意知识的积累2下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（）a nh4+、ch3coo、ca2+、clb ca2+、ag+、so42、no3c cu2+、h+、s2、no3d c6h5o、fe3+、h+、cl考点：离子共存问题分析：根据离子或分子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则可大量共存，以此来解答解答：解：a离子之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故a正确；bca2+、ag+、so42反应生成沉淀，不能大量共存，故b错误；ch+、s2、no3发生氧化还原反应，不能大量共存，故c错误；dc6h5o、fe3+、h+发生显色反应，不能大量共存，故d错误故选a点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和复分解反应的考查，注重学生思维严密性的训练，有利于提高学生分析问题解决问题的能力，易错点为d，题目难度不大3na表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）a 常温常压下，16g甲烷分子所含质子数为10nab 1 mol cl2参加反应转移电子数一定为2nac 标准状况下，22.4l乙醇的分子数为nad 1 l 0.01 mol的na2co3溶液中含有0.01na个co32考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a甲烷分子中含有10个质子，16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子；b1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气转移了1mol电子；c标准状况下，乙醇的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；d碳酸根离子在溶液中部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少解答：解：a16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子，所含质子数为10na，故a正确；b氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol cl2完全反应转移1mol电子，转移的电子数为na，故b错误；c标况下乙醇的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，故c错误；d1l 0.01 mol的na2co3溶液中含有0.01mol碳酸钠，由于碳酸根离子部分水解，则溶液中含有的碳酸根离子小于0.01na，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件4下列叙述和均正确并且有因果关系的是（） 选项叙述叙述a甲醛能使蛋白质变性常用高浓度甲醛溶液浸泡食用海产品以防腐bna2sio3溶液水解显碱性水玻璃可用作木材防火剂ch2o2被还原后的产物是o2工业上h2o2可用作绿色氧化剂d锌的金属活泼性比铁强可用锌保护石油管道（碳素钢管）以减缓其腐蚀a ab bc cd d考点：甲醛；过氧化氢；防止金属腐蚀的重要意义；钠的重要化合物分析：a、甲醛有毒；b、水玻璃不燃烧也不支持燃烧；c、化合价升高被氧化，不是被还原；d、锌活泼些强于铁，在原电池中作负极解答：解：a、甲醛有毒，不能用于浸泡食用海产品，故a错误；b、水玻璃不燃烧也不支持燃烧，所以水玻璃可以用作木材防火剂，故b错误；c、h2o2被还原后的产物是h2o，因此可以作为绿色氧化剂，故c错误；d、锌活泼些强于铁，在原电池中作负极，故可用锌保护石油管道（碳素钢管）以减缓其腐蚀，故d正确，故选d点评：本题考查物质的性质及其用途、原电池原理等，难度不大，要注意性质决定用途5常温下，对ph=10的氨水而言，下列说法正确的是（）a 溶液中由水电离的氢离子浓度为104b 与ph=4的盐酸等体积混合后，c（cl）c（nh4+）c 通入一定量氨气后，依然存在c（nh4+）+c（h+）=c（oh）d 氨水中存在：c（nh3h2o）c（nh4+）c（oh）c（h+）考点：离子浓度大小的比较分析：a、对ph=10，溶液中的氢离子全部由水电离产生的，所以氢离子浓度为1010；b、ph=4的盐酸等体积混合后溶液呈碱性，根据电荷守恒分析解答；c、电荷守恒分析解答；d、溶液中存在水的电离，所以氢氧根离子浓度大于铵根离子解答：解：a、对ph=10的氨水而言，溶液中的氢离子全部由水电离产生的，所以氢离子浓度为1010，故a错误；b、ph=4的盐酸等体积混合后溶液呈碱性，所以c（oh）c（h+），根据电荷守恒：c（cl）+c（oh）=c（nh4+）+c（h+），所以c（cl）c（nh4+），故b错误；c、电荷守恒：c（nh4+）+c（h+）=c（oh），故c正确；d、溶液中存在水的电离，所以氢氧根离子浓度大于铵根离子，所以离子浓度为：c（nh3h2o）c（oh）c（nh4+）c（h+），故d错误；故选c点评：本题考查了水的电离及其影响因素和离子浓度大小的比较，题目难度中等，注意电荷守恒在解题中的应用6图中i是氢氧燃料电池的示意图，某同学想在ii中实现fe上镀铜，下列说法正确的是（）a a处通入o2b b处发生氧化反应c 电流由cu电极移向bd fe电极发生的反应为：cu2+2e=cu考点：原电池和电解池的工作原理分析：fe上镀铜时，fe作阴极，接电源的负极，氢氧燃料电池中，氢气在负极失电子发生氧化反应，cu作阳极，接电源的正极，即通入氧气的电极，据此分析解答：解：a、fe上镀铜时，fe作阴极，所以a处通入氢气，故a错误；b、b处通入氧气，氧气在正极发生还原反应，故b错误；c、a为负极b为正极，电流从正极经外电路流向负极，电流从b电极流向cu，故c错误；d、fe为阴极，电极反应式为cu2+2e=cu，故d正确；故选d点评：本题考查原电池和电解池的知识，题目难度中等，解答此种类型的题目的关键是能把握电化学原理，能正确书写电极反应式7甲辛等元素在元素周期表中的相对位置如下表所示，已知甲是ia族元素，乙与己同周期，己单质在暗处与h2剧烈化合并发生爆炸下列判断正确的是：（）a 金属性：乙丙丁b 原子半径大小：丁丙乙己c 甲、乙、丙的氧化物都含有共价键d 丁和乙的原子核外电子数相差16，己和辛的原子核外电子数相差26考点：原子结构与元素的性质分析：己单质在暗处与h2剧烈化合并发生爆炸，则己为f元素，由元素在周期表中的位置，可知戊为he、庚为ar、辛为br，由于甲是ia族元素，乙与己同周期，则甲为h、乙为be、丙为na、丁为caa同主族从上到下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，根据金属活动顺序表判断钠与ca的金属性强弱；b同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，电子层越多原子半径越大；c氧化钠只含有离子键；d由周期性可知，丁和乙的原子核外电子数相差为第二、三周期容纳元素种数，己和辛的原子核外电子数相差为第三、四周期容纳元素种数解答：解：己单质在暗处与h2剧烈化合并发生爆炸，则己为f元素，由元素在周期表中的位置，可知戊为he、庚为ar、辛为br，由于甲是ia族元素，乙与己同周期，则甲为h、乙为be、丙为na、丁为caa同主族从上到下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，由金属活动顺序表可知ca的金属性比na强，则金属性：丁丙乙，故a错误；b同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，电子层越多原子半径越大，则原子半径为：丁丙乙己，故b正确；c氧化钠只含有离子键，故c错误；d由周期性可知，丁和乙的原子核外电子数相差为第二、三周期容纳元素种数，二者原子序数相差8+8=16，己和辛的原子核外电子数相差为第三、四周期容纳元素种数，二者原子序数相差8+18=26，故d正确，故选bd点评：本题考查本题考查位置结构性质的综合应用，注意对元素周期表与元素周期律掌握，理解同主族元素族序数关系8下列根据实验操作和现象所得出的解释或结论正确的是（）选项实验操作现象解释或结论a向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸，试管口用湿润的ki淀粉试纸检验试纸变蓝逸出的气体不一定是纯净的cl2b浓磷酸与nabr固体混合加热有气体产生h3po4的酸性比hbr的酸性强c向na2s溶液中滴加盐酸产生气泡cl的非金属性比s强dmg（oh）2悬浊液中加入ph=7的醋酸铵溶液沉淀溶解加入醋酸铵发生nh4+ohnh3h2o，使mg（oh）2mg2+2oh平衡向右移动a ab bc cd d考点：化学实验方案的评价分析：a向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸，生成氯气可氧化碘离子，且盐酸易挥发；b利用难挥发性酸制取易挥发性酸；c不能利用氢化物对应酸性比较非金属性；d醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，促进氢氧化镁溶解解答：解：a漂白粉和浓盐酸反应生成氯气，生成氯气可氧化碘离子，试纸变蓝，且盐酸挥发，所以逸出的气体不一定是纯净的cl2，故a正确；b磷酸没有挥发性、hbr有挥发性，利用难挥发性酸制取易挥发性酸，不能利用该反应比较酸性强弱，故b错误；c向na2s溶液中滴加盐酸，反应生成气体为硫化氢，不能利用氢化物对应酸性比较非金属性，故c错误；d醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，从而使mg（oh）2 mg2+2oh平衡向右移动，故d正确；故选ad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、反应原理等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力考查，注意实验评价性分析，选项a为解答的易错点，题目难度不大二、解答题（共5小题，满分64分）9查尔酮类化合物是黄酮类药物的主要合成中间体（1）下列查尔酮类化合物i的说法正确的是aba加入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色b可发生加成或取代反应c不与naoh溶液发生反应d加入新制的氢氧化铜有红色沉淀生成（2）反应是制取查尔酮类化合物的一种方法：化合物的分子式是c15h12o，1mol化合物iii最多能与8mol h2发生加成反应（3）化合物可由化合物iv（分子式：c8h10o）在cu催化氧化下制得，则化合物iv的结构简式为，化合物iv的一种同分异构体v为芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有四组峰，峰面积之比为为1：1：2：6，则v的结构简式为（任写一种）（4）聚合物是一种高分子材料，请利用类似反应方法，用丙烯和丙醛为有机物原料合成该聚合物的单体合成过程中涉及的反应方程式为，考点：有机物的合成；有机物的结构和性质分析：（1）查尔酮类化合物含有酚羟基、羰基和碳碳双键，结合苯酚、乙烯、丙酮的性质判断；（2）根据有机物结构简式确定有机物分子式，化合物含有苯环、羰基、碳碳双键，都可与氢气是加成反应；（3）化合物可由化合物iv（分子式：c8h10o）在cu催化氧化下制得，化合物iv中羟基氧化为羰基，则化合物iv为，化合物iv的一种同分异构体v为芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有四组峰，峰面积之比为为1：1：2：6，应含有2个甲基、1个oh，三个侧链处于间位位置或相邻且羟基位于2个甲基之间；（4）的单体为ch2coch=chch2ch3，用丙烯和丙醛为原料合成该单体，可先用丙烯与水发生加成反应生成2丙醇，然后氧化生成丙酮，丙酮再与丙醛发生的反应生成单体解答：解：（1）a含有碳碳双键，与溴发生加成反应，则加入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，故a正确；b含有碳碳双键，可发生加成，含有羟基，可发生取代反应，故b正确；c含有酚羟基，与naoh溶液发生反应，故c错误；d不含有醛基，与新制的氢氧化铜浊液不反应，故d错误；故答案为：ab；（2）由结构简式可知有机物的分子式为c15h12o，化合物含有苯环、羰基、碳碳双键，都可与氢气是加成反应，则1mol化合物能与8molh2发生加成反应，故答案为：c15h12o；8；（3）化合物可由化合物iv（分子式：c8h10o）在cu催化氧化下制得，化合物iv中羟基氧化为羰基，则化合物iv为，化合物iv的一种同分异构体v为芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有四组峰，峰面积之比为为1：1：2：6，应含有2个甲基、1个oh，三个侧链处于间位位置或相邻且羟基位于2个甲基之间，化合物v的结构简式为：，故答案为：；（4）的单体为ch2coch=chch2ch3，用丙烯和丙醛为原料合成该单体，可先用丙烯与水发生加成反应生成2丙醇，然后氧化生成丙酮，丙酮再与丙醛发生的反应生成单体，涉及的反应方程式依次为：，故答案为：，点评：本题考查有机物的合成、有机物的结构与性质等，综合考查学生分析、运用化学知识的能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等10碳氧化物的转化有重大用途，回答关于co和co2的问题（1）己知：c （s）+h2o（g）co （g）+h2 （g）h12co（g）+o2（g）=2co2 （g）h2h2o （g）=h2 （g）+o2 （g）h3则c （s）+o2（g）=co2 （g）的h=（h1+h2h3 ）kj/mol（用h1、h2、h3表示）（2）对于化学平衡，在不同温度下，co的浓度与反应时间的关系如图所示，由图可得出如下规律：随着温度升高，在同一时间co的生成浓度大反应的速率加快，达到平衡的时间缩短，温度升高平衡正向进行，正反应为吸热反应（3）某温度下，将6.0mol h2o（g）和足量碳充入3l的恒容密闭容器中，发生如下反应：c （s）+h2o（g）co （g）+h2 （g），达到平衡时测得lgk=1.0（k为平衡常数），求平衡时h2o（g）的转化率？（写出计算过程）考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式，+；（2）分析图象中曲线的变化和随温度变化的一氧化碳浓度结合平衡移动原理归纳存在的规律；（3）依据化学平衡三段式列式计算，假设h2o（g）转化了x mol/l，lgk=1.0，k=0.1，依题意有： c （s）+h2o（g）co （g）+h2 （g）起始浓度（mol/l） 2.0 0 0转化浓度（mol/l） x x x平衡浓度（mol/l） 2.0x x x 结合平衡常数计算转化率=100%；解答：解：（1）c （s）+h2o（g）co （g）+h2 （g）h12co（g）+o2（g）=2co（g）h2h2o （g）=h2 （g）+o2 （g）h3依据盖斯定律22+得到，c （s）+o2（g）=co2 （g）的h=（h1h3+h2）kj/mol=（h1+h2h3）kj/mol；故答案为：（h1h3+h2）kj/mol；（2）对于化学平衡，在不同温度下，co的浓度与反应时间的关系如图所示，由图可得出如下规律：随着温度升高一氧化碳浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间短，温度升高平衡正向进行，正反应为吸热反应；故答案为：同一时间一氧化碳生成浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间短；温度升高平衡正向进行，正反应为吸热反应；（3）某温度下，将6.0mol h2o（g）和足量碳充入3l的恒容密闭容器中，发生如下反应，设消耗水蒸气浓度为x： c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g），起始量（mol/l） 2 0 0变化量（mol/l） x x x平衡量（mol/l） 2x x x达到平衡时测得lgk=1.0（k为平衡常数），k=0.1由k=0.1，解得x=0.4；所以h2o（g）转化率为 x100%=20%；答：h2o（g）转化率为20%点评：本题考查了化学平衡的计算方法和分析应用，热化学方程式书写，主要是平衡常数、转化率的计算分析，掌握基础是关键，题目难度中等11如图所示，横坐标为溶液的ph，纵坐标为zn2+或zno22物质的量浓度的对数，回答下列问题（ zno22和zn（oh）42表示一样 ）（1）往zncl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为：zn2+4ohzn（oh）42（2）从图中数据计算可得zn（oh）2的溶度积ksp=1017考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：（1）由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为zn（oh）42，结合元素守恒书写方程；（2）根据图中数据，利用ksp=c（zn2+）c2（oh）计算解答：解：（1）由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为zn（oh）42，所以该反应的离子方程式为：zn2+4ohzn（oh）42，故答案为：zn2+4ohzn（oh）42；（2）当溶液的ph=7.0时，c（zn2+）=103moll1，ksp=c（zn2+）c2（oh）=103（107）2=1017，故答案为：1017点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡及其计算，题目难度中等，正确分析图象中数据为解答关键，注意熟练掌握溶度积的概念及计算方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力12niso46h2o是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：（1）向滤液中加入fes是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去cu2+、zn2+等杂质，则除去cu2+的离子方程式为：fes+cu2+=cus+fe2+（2）对滤液的操作，请回答：往滤液中加入h2o2的离子方程式：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2 h2o调滤液ph的目的是除去fe3+，其原理是fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，检验fe3+是否除尽的操作和现象是：用试管取少量滤液，滴加几滴kscn溶液，若无颜色变化，则fe3+已除净（3）滤液溶质的主要成分是niso4，加na2co3过滤后得到nico3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这两步操作的目的是增大niso4的浓度，利于蒸发结晶（或富集niso4）（4）得到的niso4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到niso46h2o晶体，请回答：为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的d位置（填a、b、c、d）如果得到产品的纯度不够，则应该进行重结晶操作（填操作名称）理论上从100kg 废渣（ni元素含量为59%）中可回收niso46h2o的质量为227 kg（ni的相对原子质量为59，niso46h2o相对分子质量为227）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：废渣（除含镍外，还含有cu、zn、fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加h2o2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液ph使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为na2so4、niso4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成niso4晶体，（1）fes除去cu2+的反应是沉淀的转化；（2）对滤液加h2o2的目的是将fe2+氧化fe3+；依据铁离子遇到kscn溶液呈红色设计实验检验是否除净；（3）niso4与na2co3反应生成nico3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这样可提高niso4的浓度，有利于蒸发结晶；（4）为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中；产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体；依据镍元素守恒计算分析解答：解：废渣（除含镍外，还含有cu、zn、fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加h2o2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液ph使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为na2so4、niso4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成niso4晶体，（1）fes除去cu2+的反应是沉淀的转化，即fes+cu2+=cus+fe2+；故答案为：fes+cu2+=cus+fe2+；（2）对滤液加h2o2的目的是将fe2+氧化fe3+，加入h2o2的离子方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2 h2o，故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2 h2o；检验fe3+是否除尽的操作和现象是用试管取少量滤液，滴加几滴kscn溶液，若无颜色变化，则fe3+已除净；故答案为：用试管取少量滤液，滴加几滴kscn溶液，若无颜色变化，则fe3+已除净；（3）niso4与na2co3反应生成nico3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成niso4，这样可提高niso4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大niso4的浓度，利于蒸发结晶（或富集niso4）；（4）为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中循环使用，故答案为：d；产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体，实验操作为重结晶；故答案为：重结晶；ni的相对原子质量为59，niso46h2o相对分子质量为227，理论上从100kg 废渣（ni元素含量为59%）中可回收niso46h2o的质量为227g/mol=227kg，故答案为：227点评：本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度中等，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作13某学习小组依据so2具有还原性，推测so2能被cl2氧化生成so2cl2查阅资料：so2cl2常温下为无色液体，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾化合物so2cl2中s元素的化合价是+6价用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式是mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o