广东省清远市高三化学上学期模拟试卷（一）（含解析）.doc

2015-2016学年广东省清远市高三模拟化学试卷一、选择题1下列过程没有发生化学反应的是a用活性炭去除冰箱中的异味b用热碱水清除炊具上残留的油污c用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果d用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装2查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生如下化学反应：则二甲苯通过上述反应得到的产物有种a1b2c3d43下列反应中，反应后固体物质增重的是a氢气通过灼热的cuo粉末b二氧化碳通过na2o2粉末c铝与fe2o3发生铝热反应d将锌粒投入cu2溶液4下列图示实验正确的是a除去粗盐溶液中的不溶物b 碳酸氢钠受热分解c除去co气体中的co2气体d 乙酸乙酯制备演示实验5有25时0.1mol/l的氯化铵、氯化钠、醋酸钠三种溶液下列有关判断不正确的是a与比较：ccb中离子浓度的大小关系是：ccccc和等体积混合的溶液中：c=c+c+cd向中滴加适量醋酸溶液，使溶液ph=7，则：cc62013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是aa为电池的正极b电池充电反应为limn2o4li1xmn2o4+xlic放电时，a极锂的化合价发生变化d放电时，溶液中li+从b向a迁移7室温下，将1mol的cuso45h2o溶于水会使溶液温度降低，热效应为h1，将1mol的cuso4溶于水会使溶液温度升高，热效应为h2：cuso45h2o受热分解的化学方程式为cuso45h2ocuso4+5h2o，热效应为h3，则下列判断正确的是ah2h3bh1h3ch1+h3=h2dh1+h2h3二、非选择题必考题8在容积为1.00l的容器中，通入一定量的n2o4，发生反应n2o42no2，随温度的升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：反应的h0；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应速率v为moll1s1；反应的平衡常数k1为100时达平衡后，改变反应温度为t，c以0.0020moll1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡t100，判断理由是列式计算温度t时反应的平衡常数k2温度t时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向方向移动，判断理由是9铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及x射线防护材料等，回答下列问题：铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置是第周期、第族；pbo2的酸性比co2的酸性pbo2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为pbo2可由pbo与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为；pbo2也可以通过石墨为电极，pb2与cu2的混合溶液为电解液电解制取，阳极发生的电极反应式为，阴极上观察到得现象是；若电解液中不加入cu2，阴极发生的电极反应式为，这样做的主要缺点是pbo2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%的残留固体若a点固体组成表示为pbox或mpbo2npbo，列式计算x值和m：n值10废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜制备胆矾晶体及副产物zno制备流程图如下：已知：zn及化合物的性质与al及化合物的性质相似，ph11时zn2能溶于naoh溶液生成zn42下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的phfe3+fe2+zn2+开始沉淀的ph1.15.85.9沉淀完全的ph3.08.88.9请回答下列问题：加入zno调节ph=a的目的是，a的范围是由不溶物e生成溶液d的化学方程式为滤液a中加入h2o2反应的离子方程式为由溶液d制胆矾晶体包含的主要操作步骤是下列试剂可作为y试剂的是azno bnaoh cna2co3dznso4若在滤液c中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是二.选考题化学选修-2：化学与技术11将海水淡化和与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品回答下列问题：下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是用混凝法获取淡水提高部分产品的质量优化提取产品的品种改进钾、溴、镁的提取工艺采用“空气吹出法”从浓海水中吹出br2，并用纯碱吸收碱吸收溴的主要反应是br2+na2co3+h2onabr+nabro3+nahco3，吸收1mol br2时，转移的电子为mol海水提镁的一段工艺流程如图，浓海水的主要成分如下：离子na+mg2+clso42浓度/63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为，产品2的化学式为，1l浓海水最多可得到产品2的质量为g采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式：化学-选修3：物质结构与性质12周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子回答下列问题：b、c、d中第一电离能最大的是，e的价层电子排布图为a和其它元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是；酸根呈三角锥结构的酸是e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构该化合物中阴离子为，阳离子中存在的化学键类型有；该化合物加热时首先失去的组分是，判断理由是化学-选修5：有机化学基础13立方烷具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点下面是立方烷衍生物i的一种合成路线：回答下列问题：c的结构简式为，e的结构简式为的反应类型为，的反应类型为化合物a可由环戊烷经三步反应合成：反应i的试剂与条件为，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂为在i的合成路线中，互为同分异构体的化合物是i与碱石灰共热可化为立方烷立方烷的核磁共振氢谱中有个峰立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有种2015-2016学年广东省清远市高三模拟化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列过程没有发生化学反应的是a用活性炭去除冰箱中的异味b用热碱水清除炊具上残留的油污c用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果d用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【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a用活性炭去除冰箱中的异味，是利用活性炭的吸附作用；b用热碱水清除炊具上残留的油污，是油脂在碱性条件下的水解；c用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，催熟的乙烯被高锰酸钾氧化；d铁粉具有还原性，能和氧气反应，防止食品被氧化【解答】解：a用活性炭去除冰箱中的异味：利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，故a正确；b用热碱水清除炊具上残留的油污：油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，故b错误；c乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，属于化学变化，故c错误；d硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故d错误；故选a【点评】本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相关知识的积累2查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生如下化学反应：则二甲苯通过上述反应得到的产物有种a1b2c3d4【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】根据题给信息可知，苯被氧化成乙二酸，类比二甲苯也被氧化成乙二酸，甲基的位置和原来在苯环上不变即把甲基当成苯环上氢原子看待【解答】解：若二甲苯为邻二甲苯，则断键位置可能为从两个甲基相连碳处断开，形成二甲基乙二酸和乙二酸，若在两个甲基中间碳断键，则形成甲基乙二酸和乙二酸，共三种，若为对二甲苯或间二甲苯，则断键得到甲基乙二酸和乙二酸，因此得到的产物最多有三种，故选c【点评】本题考查了同分异构体的判断，中等难度，正确利用题给信息类比是解题的关键3下列反应中，反应后固体物质增重的是a氢气通过灼热的cuo粉末b二氧化碳通过na2o2粉末c铝与fe2o3发生铝热反应d将锌粒投入cu2溶液【考点】真题集萃；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a发生氢气与cuo的反应生成cu和水；b发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；c发生al与fe2o3反应生成al2o3和fe；d发生zn与cu2反应生成zn2和cu【解答】解：a发生氢气与cuo的反应生成cu和水，反应前固体为cuo，反应后固体为cu，固体质量减小，故a错误；b发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故b正确；c发生al与fe2o3反应生成al2o3和fe，反应前固体为氧化铁、al，反应后固体为氧化铝、fe，均为固体，固体质量不变，故c错误；d发生zn与cu2反应生成zn2和cu，反应前固体为zn，反应后固体为cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故d错误；故选b【点评】本题为2014年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大4下列图示实验正确的是a除去粗盐溶液中的不溶物b 碳酸氢钠受热分解c除去co气体中的co2气体d 乙酸乙酯制备演示实验【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a过滤时，漏斗底部应该紧靠烧杯内壁；b加热固体物质时，试管底部应该高于试管口；c洗气装置中导气管应该遵循“长进短出”原则；d在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，用饱和的碳酸钠溶液收集乙酸乙酯【解答】解：a除去粗盐溶液中的不溶物用过滤的方法，过滤时，漏斗底部应该紧靠烧杯内壁，玻璃棒下端应紧靠过滤器中三层滤纸一侧，故a错误；b碳酸氢钠受热分解为固体加热制气体，试管口应向下倾斜，防止水产生倒流而炸裂试管，故b错误；c除去co气体中的co2气体，气流方向应为长管进气，短管出气，故c错误；d在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇易溶于水，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠和二氧化碳、水，饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯溶解度，所以乙酸乙酯的制备演示实验如图所示，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及基本实验操作、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键，注意d中饱和碳酸钠溶液作用，题目难度不大5有25时0.1mol/l的氯化铵、氯化钠、醋酸钠三种溶液下列有关判断不正确的是a与比较：ccb中离子浓度的大小关系是：ccccc和等体积混合的溶液中：c=c+c+cd向中滴加适量醋酸溶液，使溶液ph=7，则：cc【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】a氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，铵根离子浓度减小；b氯化铵溶液中，铵根离子水解，溶液显示酸性，cc、cc；c溶液中满足物料守恒，根据混合液中的物料守恒进行判断；d溶液的ph=7，溶液显示中性，则c=c，根据电荷守恒可知c=c【解答】解：a氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则c0.1mol/l，而氯化钠溶液中，c=0.1mol/l，则cc，故a正确；b氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，则溶液中cc，溶液显示酸性，则cc，溶液中离子浓度大小为：cccc，故b正确；c氯化铵、氯化钠等体积混合后，体积增大1倍，则溶液中c=0.1mol/l，c=0.05mol/l，c+c=0.05mol/l，则c=c+c+c，故c正确；d中滴加适量醋酸溶液，使溶液ph=7，溶液显示中性，则c=c，根据电荷守恒c+c=c+c可知：c=c，故d错误；故选d【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小62013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是a a为电池的正极b电池充电反应为limn2o4li1xmn2o4+xlic放电时，a极锂的化合价发生变化d放电时，溶液中li+从b向a迁移【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】锂离子电池中，b电极为li，放电时，li失电子为负极，li1xmn2o4得电子为正极；充电时，li+在阴极得电子，limn2o4在阳极失电子；据此分析【解答】解：a、锂离子电池中，b电极为li，放电时，li失电子为负极，li1xmn2o4得电子为正极，所以a为电池的正极，故a正确；b、充电时，li+在阴极得电子，limn2o4在阳极失电子，电池充电反应为limn2o4=li1xmn2o4+xli，故b正确；c、放电时，a为正极，正极上li1xmn2o4中mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故c错误；d、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中li+从b向a迁移，故d正确；故选c【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极7室温下，将1mol的cuso45h2o溶于水会使溶液温度降低，热效应为h1，将1mol的cuso4溶于水会使溶液温度升高，热效应为h2：cuso45h2o受热分解的化学方程式为cuso45h2ocuso4+5h2o，热效应为h3，则下列判断正确的是ah2h3bh1h3ch1+h3=h2dh1+h2h3【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为cuso45h2o=cu2+so42+5h2oh10；cuso4=cu2+so42h2；已知cuso45h2o=cuso4+5h2oh3，根据盖斯定律确定之间的关系【解答】解：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为cuso45h2o=cu2+so42+5h2oh10；cuso4=cu2+so42h20；已知cuso45h2o=cuso4+5h2oh3；依据盖斯定律得到，所以h3=h1h2；h20，h10，则h30，a、上述分析可知h2h3，故a错误；b、分析可知h2=h1h3，由于h20，h3h1 ，故b正确；c、h3=h1h2，故c错误；d、h20，h10、h3h1+h2，故d错误；故选b【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等二、非选择题必考题8在容积为1.00l的容器中，通入一定量的n2o4，发生反应n2o42no2，随温度的升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：反应的h大于0；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应速率v为0.001moll1s1；反应的平衡常数k1为0.36mol/l100时达平衡后，改变反应温度为t，c以0.0020moll1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡t大于100，判断理由是正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高列式计算温度t时反应的平衡常数k21.28mol/l温度t时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向逆反应方向移动，判断理由是对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；反应速率利用公式v=计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；n2o4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，t100；计算t时两种物质的浓度，计算得到化学平衡常数；反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向【解答】解：随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即h0；060s时段，n2o4浓度变化为：0.1mol/l0.04mol/l=0.06mol/l，v=0.001moll1s1；k=0.36mol/l，故答案为：大于、0.001moll1s1、0.36mol/l；n2o4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，t100，故答案为：大于、正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高；平衡时，c=0.120moll1+0.002moll1s110s2=0.16moll1，c=0.04moll10.002moll1s110s=0.020moll1，k2=1.28mol/l，故答案为：1.28mol/l；反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，故答案为：逆反应、对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大9铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及x射线防护材料等，回答下列问题：铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置是第六周期、第a族；pbo2的酸性比co2的酸性弱pbo2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为pbo2+4hclpbcl2+cl2+2h2opbo2可由pbo与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为pbo+clo=pbo2+cl；pbo2也可以通过石墨为电极，pb2与cu2的混合溶液为电解液电解制取，阳极发生的电极反应式为pb2+2h2o2e=pbo2+4h+，阴极上观察到得现象是石墨上红色物质析出；若电解液中不加入cu2，阴极发生的电极反应式为pb2+2e=pb，这样做的主要缺点是pb2+的利用率降低pbo2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%的残留固体若a点固体组成表示为pbox或mpbo2npbo，列式计算x值和m：n值x=1.4；m：n=2：3【考点】真题集萃；化学方程式的有关计算；元素周期律和元素周期表的综合应用；电解原理；碳族元素简介【专题】元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物【分析】铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅位于第六周期a族；非金属性越强酸性越强；pbo2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明生成氯气，还应生成pbcl2与水；pbo2可由pbo与次氯酸钠溶液反应制得，据此可知，pbo与clo反应得到pbo2，同时生成cl；阳极上pb2+失去电子，得到pbo2，需要水参与反应，同时生成氢离子，阴极上，cu2+获得电子生成cu，附着在石墨电极上；若电解液中不加入cu2，阴极上pb2+获得电子生成pb，pb2+生成pbo2的利用率降低；若a点固体组成表示为pbox，根据pbo2pbox+o2列方程计算x的值；若组成表示为mpbo2npbo，则o原子与pb原子的比值为x，据此计算解答【解答】解：铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅位于第六周期a族；非金属性cpb，故pbo2的酸性比co2的酸性弱，故答案为：六、a；弱；pbo2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明生成氯气，还应生成pbcl2与水，反应方程式为：pbo2+4hclpbcl2+cl2+2h2o，故答案为：pbo2+4hclpbcl2+cl2+2h2o；pbo2可由pbo与次氯酸钠溶液反应制得，据此可知，pbo与clo反应得到pbo2，同时生成cl，反应离子方程式为：pbo+clo=pbo2+cl；阳极上pb2+失去电子，得到pbo2，需要水参与反应，同时生成氢离子，电极反应式为：pb2+2h2o2e=pbo2+4h+，阴极上，cu2+获得电子生成cu，附着在石墨电极上，即石墨上红色物质析出；若电解液中不加入cu2，阴极上pb2+获得电子生成pb，阴极电极反应式为：pb2+2e=pb，pb2+的利用率降低；故答案为：pbo+clo=pbo2+cl；pb2+2h2o2e=pbo2+4h+；石墨上红色物质析出；pb2+2e=pb；pb2+的利用率降低；若a点固体组成表示为pbox，根据pbo2pbox+o2有：32=2394.0%，解得x=1.4，若组成表示为mpbo2npbo，则o原子与pb原子的比值为x，则=1.4，整理得m：n=2：3，故答案为：x=1.4；m：n=2：3【点评】题目比较综合，涉及元素周期表与元素周期律、常用化学用语、电解原理、根据方程式计算等，题目素材基本取自教材以外，是对学生综合能力考查，中电解液中不加入cu2时阴极反应为易错点，掌握离子放电顺序是关键，中注意根据方程式计算，题目难度中等10废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜制备胆矾晶体及副产物zno制备流程图如下：已知：zn及化合物的性质与al及化合物的性质相似，ph11时zn2能溶于naoh溶液生成zn42下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的phfe3+fe2+zn2+开始沉淀的ph1.15.85.9沉淀完全的ph3.08.88.9请回答下列问题：加入zno调节ph=a的目的是使溶液中的fe3+完全沉淀，zn2+不被沉淀，a的范围是3.0a5.9由不溶物e生成溶液d的化学方程式为2cu+o2+2h2so4=2cuso4+2h2o滤液a中加入h2o2反应的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o由溶液d制胆矾晶体包含的主要操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤下列试剂可作为y试剂的是bazno bnaoh cna2co3dznso4若在滤液c中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】废旧黄铜制备胆矾晶体及副产物zno，废旧黄铜加入过量稀硫酸过滤得到不溶物e为cu，滤液a为硫酸亚铁、硫酸锌，滤液a中加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液ph3.05.9铁离子全部沉淀，锌离子不沉淀，过滤得到滤液中加入碱溶液沉淀锌离子生成氢氧化锌，灼烧得到氧化锌；或滤液a中加入过量试剂y为氢氧化钠溶液，亚铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中为na2zno2，加入酸反应生成氢氧化锌沉淀，灼烧得到氧化锌；不溶物e中通入氧气同时加入稀硫酸溶液反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到硫酸铜晶体；调节溶液ph，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去，同时不能沉淀锌离子，分析图表数据确定a的取值；酸性条件下cu与氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及过滤等回答；此过程需要调节ph值大于11，故可以加入强碱；ph11时zn2能溶于naoh溶液生成zn42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解【解答】解：由流程可知，废旧黄铜制备胆矾晶体及副产物zno，废旧黄铜加入过量稀硫酸过滤得到不溶物e为cu，滤液a为硫酸亚铁、硫酸锌，滤液a中加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液ph3.05.9铁离子全部沉淀，锌离子不沉淀，过滤得到滤液中加入碱溶液沉淀锌离子生成氢氧化锌，灼烧得到氧化锌；或滤液a中加入过量试剂y为氢氧化钠溶液，亚铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中为na2zno2，加入酸反应生成氢氧化锌沉淀，灼烧得到氧化锌；不溶物e中通入氧气同时加入稀硫酸溶液反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到硫酸铜晶体；氧化锌为碱性氧化物，能与h+反应，降低h+浓度，促使fe3+彻底水解生成 fe3沉淀而除去，故答案为：降低h+浓度，促使fe3+彻底水解生成 fe3沉淀而除去，铁离子完全沉淀的ph=3.0，锌开始沉淀的ph=5.9，所以满足程度铁离子，锌离子不沉淀的ph取值范围为：3.0a5.9；故答案为：使溶液中的fe3+完全沉淀，zn2+不被沉淀；3.0a5.9；因为氧气在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：2cu+o2+2h2so4=2cuso4+2h2o，故答案为：2cu+o2+2h2so4=2cuso4+2h2o；滤液a中主要是硫酸亚铁，酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子反应为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；由溶液d制胆矾晶体是从溶液中得到固体，实验操作需要蒸发浓缩、冷却结晶以及过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；zn及化合物的性质与al及化合物的性质相似，氢氧化锌具有两性，ph11时，zn2能溶于naoh溶液生成zn42，此过程需要调节ph值大于11，故可以加入强碱naoh溶液，然后加入酸先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：b；先产生白色沉淀后溶解【点评】本题考查制备实验方案的设计，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等二.选考题化学选修-2：化学与技术11将海水淡化和与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品回答下列问题：下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是用混凝法获取淡水提高部分产品的质量优化提取产品的品种改进钾、溴、镁的提取工艺采用“空气吹出法”从浓海水中吹出br2，并用纯碱吸收碱吸收溴的主要反应是br2+na2co3+h2onabr+nabro3+nahco3，吸收1mol br2时，转移的电子为mol海水提镁的一段工艺流程如图，浓海水的主要成分如下：离子na+mg2+clso42浓度/63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为ca2+so42=caso4，产品2的化学式为mg2，1l浓海水最多可得到产品2的质量为69.6g采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为mgcl2mg+cl2；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式：mg+2h2omg2+h2【考点】海水资源及其综合利用；原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物；物质的分离提纯和鉴别；化学应用【分析】混凝法使的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，不能进行海水淡化，通过改变工艺，可以提高部分产品的质量，优化提取产品的品种，可以根据不同的原理改进钾、溴、镁等的提取工艺；反应中br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，据此计算；工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1l溶液中mg2+的质量，根据mg2+mg2计算氢氧化镁的质量；电解熔融氯化镁得到mg与氯气；电解时，若有少量水存在，mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗【解答】解：混凝法是加入一种混凝剂，使水中细小的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，海水中可溶性杂质不能除去，不能进行海水淡化，故错误；改进工艺，尽可能减少新物质引入，除去粗产品中的杂质，可以提高产品的质量，故正确；海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，改进工艺可以优化提取产品的品种，故正确；根据不同的提取原理可以改进钾、溴、镁等的提取工艺，从而提高k、br2、mg等的提取质量，故正确；故选：；反应中br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2n氧化剂=25n还原剂，故n氧化剂：n还原剂=5：1，故吸收1mol br2时，转移的电子数为1mol25=mol，故答案为：；工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用ca2+沉淀so42生成caso4沉淀，离子方程式为：ca2+so42=caso4，采用过滤的方法得到产品1为caso4，滤液中加入石灰乳，发生反应为mg2+2oh=mg2，合成中应得到mg2沉淀，过滤、干燥的产品2为mg2，溶液中m=1l28.8g/l=28.8g，mg2+mg224g 58g28.8g mmg2mmg2=28.8g=69.6g，故答案为：ca2+so42=caso4；mg2；69.6；电解熔融氯化镁得到mg与氯气，电解反应方程式为：mgcl2mg+cl2；电解时，若有少量水存在，mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗，反应方程式为：mg+2h2omg2+h2，故答案为：mgcl2mg+cl2；mg+2h2omg2+h2【点评】本题考查海水资源开发利用、氧化还原反应计算、电解原理等，是对基础知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等化学-选修3：物质结构与性质12周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子回答下列问题：b、c、d中第一电离能最大的是n，e的价层电子排布图为a和其它元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是h2o2和n2h4这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是hno2、hno3；酸根呈三角锥结构的酸是h2so3e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为+1这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构该化合物中阴离子为so42，阳离子中存在的化学键类型有配位键和共价键；该化合物加热时首先失去的组分是h2o，判断理由是h2o和cu2+的配位键比nh3与cu2+的弱【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为h元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c是o元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是n元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，为cu元素；d与c同族，且原子序数小于e，所以d为s元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第iia族和第va族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；e的价层电子为3d、4s电子；a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为nh3，根据价层电子对互斥理论确定该分子的中心原子的杂化方式；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物有双氧水和肼；这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是亚硝酸；酸根呈三角锥结构，说明该酸根离子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对；该晶胞中c离子个数=1+8=2，e离子个数4，所以e和c形成的一种离子化合物化学式为cu2o，据此判断e离子的电荷；这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知，其阳离子中铜离子配位数是8，在八面体上下顶点上分子含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个，正方形平面上四个顶点上分子含有3个共价键且含有一个孤电子对，所以为氨气分子，有4个；阳离子中存在共价键和配位键；h2o和cu2+的配位键比nh3与cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是h2o【解答】解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为h元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c是o元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是n元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，为cu元素；d与c同族，且原子序数小于e，所以d为s元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第iia族和第va族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c、d元素第一电离能最大的是n元素；e的价层电子为3d、4s电子，其价层电子排布图为，故答案为：n；a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为nh3，该分子的中心原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以n原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物有h2o2和n2h4，故答案为：sp3；h2o2和n2h4；这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对