陕西省渭南市澄城县寺前中学高三化学下学期周考试卷（五）（含解析）.docVIP

2014-2015学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（下）周考化学试卷（五）一、选择题：本题共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下列对生产、生活有关化学问题的分析正确的是（）a医疗上进行胃部造影前，患者服用的“钡餐”是baco3等不溶于水的物质b铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝c侯氏制碱是先将co2通入饱和氯化钠溶液中，然后通入nh3得碳酸氢钠固体，再灼烧制碳酸钠d血液透析是利用了胶体的性质2有三种不同的基团，分别为x、y、z，若同时分别取代苯环上的三个氢原子，能生成的同分异构体数目是（）a10种b8种c6种d4种3常温下，将cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1moll1的氢氧化钠溶液，整个过程中ph变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）a点之前所发生反应的离子方程式为cl2+h2o=2h+cl+clob点所示溶液中：c（na+）=c（cl）+c（clo）c实验进程中溶液的ph可以用ph试纸测得d曲线起点处水的电离程度最大4下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理a分离氢氧化铁胶体和氯离子盐析胶体不能透过半透膜，离子能b分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且密度不同c除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同d除去乙醇中的乙酸蒸馏乙醇与乙酸沸点相差较大aabbccdd5已知ph表示溶液中c（h+）的负对数，同样也可以定义poh表示溶液中c（oh）的负对数，即poh=lg（oh），温度t时水的离子积常数用kw表示，则此温度下不能判定溶液呈中性的依据是（）a=1bpoh=cc（h+）=10pohdph+poh=6美籍华裔科学家钱永键、日本科学家下修村和美国科学家马丁沙尔菲因在发现和研究绿色荧光蛋白（gfp）方面做出突出贡献而分享了2008年诺贝尔化学奖经研究发现gfp中的生色基团结构如图所示，下列有关gfp的说法中正确的是（）a该有机物属于芳香烃b1mol该有机物分子中含有7mol碳碳双键c该有机物与溴水既能发生加成反应，又能发生取代反应d该有机物所有原子都有可能共平面7高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸盐na2feo4的装置如图所示下列推断合理的是（）a铁是阳极，电极反应为fe6e+4h2ofeo42+8hb电解时电子的流动方向为：负极ni电极溶液fe电极正极c若隔膜为阴离子交换膜，则oh自右向左移动d电解时阳极区ph降低、阴极区ph升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较ph降低（假设电解前后体积变化忽略不计）二、解答题（共4小题，满分43分）8半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（pcl3）是一种重要的掺杂剂实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的cl2在曲颈瓶中模拟工业生产制取pcl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）已知黄磷与少量cl2反应生成pcl3，与过量cl2反应生成pcl5pcl3遇水会强烈水解生成h3po3和hcl；遇o2会生成pocl3，pocl3溶于pcl3pcl3、pocl3的熔沸点见下表：物质熔点/沸点/pcl311275.5pocl32105.3请回答下列问题：（1）b中所装试剂是；e中冷水的作用是（2）f中碱石灰的作用1是（3）实验时，检查装置气密性后，先打开k3通入干燥的co2，再迅速加入黄磷通干燥co2的作用是（4）粗产品中常含有poc13、pcl5等加入黄磷加热除去pcl5后，通过（填实验操作名称），即可得到较纯净的pcl3（5）实验结束时，可以利用c中的试剂吸收多余的氯气，c中反应的离子方程式为（6）通过下面方法可测定产品中pcl3的质量分数：迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250ml溶液；取以上溶液25.00ml，向其中加入10.00ml 0.1000mol/l碘水，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/l的na2s2o3，溶液滴定；重复、操作，平均消耗na2s2o3溶液8.40ml已知：h3po3+i2h3po4+2hi，i2+2na2s2o32nai+na2s4o6，根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中pcl3的质量分数为9cocl26h2o是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为co2o3、co（oh）3，还含少量fe2o3、al2o3、mno等）制取cocl26h2o的工艺流程如如图1已知：浸出液含有阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等；部分阳离子沉淀时溶液的ph见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/l）沉淀物fe（oh）3fe（oh）2co（oh）2al（oh）3mn（oh）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8cocl26h2o熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成cocl2（1）写出浸出过程中co2o3发生反应的离子方程式（2）写出加适量naclo3发生反应的主要离子方程式（3）“加na2co3调ph至a”，过滤所得到的沉淀成分为（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是和过滤（5）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如图2向“滤液”中加入萃取剂的目的是；其使用的最佳ph范围是（填选项序号）a2.02.5 b3.03.5 c4. 04.5 d5.05.5（6）为测定粗产品中cocl26h2o含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量agno3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中cocl26h2o的质量分数大于100%，其原因可能是（答一条即可）（7）已知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（如图3所示）若该电池的总反应为licoo2+c6coo2+lic6，则电池放电时的正极反应式为10将一定量no2和n2o4的混合气体通入体积为1l的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图1所示请回答：（1）下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是（填选项字母）a容器内混合气体的压强不随时间变化而改变b容器内混合气体的密度不随时间变化而改变c容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变d容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变（2）反应进行到10min时，共吸收热量11.38kj，则该反应的热化学方程式为；（3）计算该反应的平衡常数k=（4）反应进行到20min时，再向容器内充入一定量no2，10min后达到新的平衡，此时测得c（no2）=0.9mol/l第一次平衡时混合气体中no2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中no2的体积分数为w2，则w1w2（填“”、“=”或“”）11（1）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力锂是制造化学电源的重要原料如lifepo4电池中某电极的工作原理如图：该电池的电解质为能传导li+的固体材料放电时该电极是电池的极（填“正”或“负”），该电极反应式为（2）用此电池电解含有0.1mol/l cuso4和0.1mol/l nacl的混合溶液100ml，假如电路中转移了0.02mol e，且电解池的电极均为惰性电极，阳极产生的气体在标准状况下的体积是l【化学选修5有机化学基础】（共1小题，满分15分）12芳香族化合物a1和a2分别和浓h2so4在一定温度下共热都只生成烃b，b的蒸气密度是同温同压下h2密度的59倍，b苯环上的一硝基取代物有三种，有关物质之间的转化关系如下：（1）d的分子式为，i中官能团名称为，反应属于反应（填反应类型）（2）写出下列物质的结构简式：a2；x（3）写出下列反应的化学方程式：；（4）化合物j是比化合物e多一个碳原子的e的同系物，化合物j有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体有种；苯环上有两个取代基； 能使fecl3溶液显色； 与e含有相同官能团写出其中核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的结构简式：2014-2015学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（下）周考化学试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题：本题共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下列对生产、生活有关化学问题的分析正确的是（）a医疗上进行胃部造影前，患者服用的“钡餐”是baco3等不溶于水的物质b铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝c侯氏制碱是先将co2通入饱和氯化钠溶液中，然后通入nh3得碳酸氢钠固体，再灼烧制碳酸钠d血液透析是利用了胶体的性质【考点】药物的主要成分和疗效；胶体的重要性质；氨的化学性质；金属与合金在性能上的主要差异【专题】化学计算【分析】a碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性的钡盐，有毒，不能作为钡餐；b制取铝的方法是电解熔融氧化铝；c侯氏制碱是先通nh3，再通co2；d血液透析原理即为渗析原理【解答】解：a碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性的钡盐，有毒，不能作为钡餐；医疗上进行胃部造影前，患者服用的“钡餐”是硫酸钡，故a错误；b焦炭还原不了金属铝；制取铝的方法是电解熔融氧化铝，故b错误；c侯氏制碱是先将nh3通入饱和氯化钠溶液中，使溶液呈碱性，再将co2通入得碳酸氢钠固体，再灼烧制碳酸钠，故c错误；d血液透析原理即为渗析原理，涉及胶体性质，故d正确，故选d【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，难度不大要注意平时知识的积累2有三种不同的基团，分别为x、y、z，若同时分别取代苯环上的三个氢原子，能生成的同分异构体数目是（）a10种b8种c6种d4种【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同系物和同分异构体【分析】先分别讨论x、y、z都相邻，x、y、z都不相邻x、y、z只有两种相邻时含有的同分异构体，然后计算出该有机物总共含有的同分异构体数目【解答】解：x、y、z都相邻的情况：三种取代基分别在中间时存在的结构不同，所以总共有3种同分异构体；x、y、z都不相邻：三种取代基都在苯环的间位氢原子位置，只有1种结构；x、y、z中只有两个相邻：羟基、羧基和甲基相邻的取代基有3种组合，剩余的取代基有2种间位取代，所以取代产物有：32=6种；所以总共含有的同分异构体数目为：3+1+6=10，故选a【点评】本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，在求算同分异构体时，必须避免重复的结构，如：x、y、z都相邻时，含有3种同分异构体，不是6种3常温下，将cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1moll1的氢氧化钠溶液，整个过程中ph变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）a点之前所发生反应的离子方程式为cl2+h2o=2h+cl+clob点所示溶液中：c（na+）=c（cl）+c（clo）c实验进程中溶液的ph可以用ph试纸测得d曲线起点处水的电离程度最大【考点】氯气的化学性质【分析】整个过程发生的反应为cl2+h2ohcl+hclo、hcl+naohnacl+h2o、hclo+naohnaclo+h2o，a hclo为弱电解质，应写成化学式；b根据电荷守恒c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（cl0）+c（oh）判断；c次氯酸具有漂白性，不能用ph试纸测量；d当全被生成naclo时促进水的电离【解答】解：ahclo为弱电解质，应写成化学式，离子方程式为cl2+h2o=h+cl+hclo，故a错误；b点溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（cl0）+c（oh），所以c（na+）=c（cl）+c（clo），故b正确；c溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用ph试纸测量，故c错误；d当全被生成naclo时，可水解，促进水的电离，故d错误故选b【点评】本题综合考查氯气的性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（cl）=c（clo）+c（hclo），为易错点，难度中等4下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理a分离氢氧化铁胶体和氯离子盐析胶体不能透过半透膜，离子能b分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且密度不同c除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同d除去乙醇中的乙酸蒸馏乙醇与乙酸沸点相差较大aabbccdd【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学实验基本操作【分析】a胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离溶液和胶体；b植物油和水互不相溶；c小苏打为碳酸氢钠，不稳定，加热易分解；d乙醇、乙酸均易挥发，沸点相差较小【解答】解：a胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离溶液和胶体，不是盐析，故a错误；b植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故b正确；c小苏打为碳酸氢钠，不稳定，加热易分解，利用二者的热不稳定性进行分离，故c错误；d乙醇、乙酸均易挥发，直接蒸馏不能除杂，则应加naoh后增大沸点差异除去乙醇中的乙酸，故d错误故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离、提纯及物质的除杂等，侧重物质或离子性质的考查，题目难度不大，注意除杂不能引入新的杂质5已知ph表示溶液中c（h+）的负对数，同样也可以定义poh表示溶液中c（oh）的负对数，即poh=lg（oh），温度t时水的离子积常数用kw表示，则此温度下不能判定溶液呈中性的依据是（）a=1bpoh=cc（h+）=10pohdph+poh=【考点】ph的简单计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】温度t时水的离子积常数为kw，浓度为a mol/l的一元酸ha与b mol/l的一元碱boh等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（h+）=c（oh）=mol/l，由此分析解题【解答】解：a、液呈中性，反应后的溶液中应存在c（h+）=c（oh），所以，故a正确；b、液呈中性，溶液中应存在c（h+）=c（oh）=mol/l，所以poh=，故b正确；c、液呈中性，反应后的溶液中应存在c（h+）=c（oh），所以ph=poh，c（h+）=10ph=10poh，故c正确；d、温度t时任何溶液都存在ph+poh=，不能说明溶液呈中性，故d错误；故选d【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（h+）=c（oh），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据ph判断6美籍华裔科学家钱永键、日本科学家下修村和美国科学家马丁沙尔菲因在发现和研究绿色荧光蛋白（gfp）方面做出突出贡献而分享了2008年诺贝尔化学奖经研究发现gfp中的生色基团结构如图所示，下列有关gfp的说法中正确的是（）a该有机物属于芳香烃b1mol该有机物分子中含有7mol碳碳双键c该有机物与溴水既能发生加成反应，又能发生取代反应d该有机物所有原子都有可能共平面【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有n=c，可发生加成反应，含有肽键，可发生水解反应，以此解答该题【解答】解：a该有机物含有n、o元素，不属于烃，故a错误；b苯环中不含双键，故b错误；c含酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故c正确；d该有机物含有饱和烃基，根据甲烷的结构特点可知所有原子不可能共平面，故d错误故选c【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物结合和性质的综合应用，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键7高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（ni）、铁作电极电解浓naoh溶液制备高铁酸盐na2feo4的装置如图所示下列推断合理的是（）a铁是阳极，电极反应为fe6e+4h2ofeo42+8hb电解时电子的流动方向为：负极ni电极溶液fe电极正极c若隔膜为阴离子交换膜，则oh自右向左移动d电解时阳极区ph降低、阴极区ph升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较ph降低（假设电解前后体积变化忽略不计）【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】a、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子；b、电解过程中电子流向负极流向ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过fe电极回到正极；c、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极；d、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液ph减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液ph增大；依据电子守恒分析生成氢氧根离子和消耗氢氧根离子相对大小分析溶液酸碱性【解答】解：a、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子，电极反应为fe6e+8ohfeo42+4h2o，故a错误；b、电解过程中电子流向负极流向ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过fe电极回到正极，故b错误；c、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极，应从左向右移动，故c错误；d、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液ph减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液ph增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应fe6e+8ohfeo42+4h2o，阴极氢氧根离子增大，电极反应2h+2e=h2，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液ph降低，故d正确；故选d【点评】本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，易错选项是b，注意电子不能通过电解质溶液，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分43分）8半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（pcl3）是一种重要的掺杂剂实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的cl2在曲颈瓶中模拟工业生产制取pcl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）已知黄磷与少量cl2反应生成pcl3，与过量cl2反应生成pcl5pcl3遇水会强烈水解生成h3po3和hcl；遇o2会生成pocl3，pocl3溶于pcl3pcl3、pocl3的熔沸点见下表：物质熔点/沸点/pcl311275.5pocl32105.3请回答下列问题：（1）b中所装试剂是浓h2so4；e中冷水的作用是冷凝pcl3防止其挥发（2）f中碱石灰的作用1是吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和pcl3 反应（3）实验时，检查装置气密性后，先打开k3通入干燥的co2，再迅速加入黄磷通干燥co2的作用是排尽装置中的空气，防止黄磷自燃（4）粗产品中常含有poc13、pcl5等加入黄磷加热除去pcl5后，通过蒸馏（填实验操作名称），即可得到较纯净的pcl3（5）实验结束时，可以利用c中的试剂吸收多余的氯气，c中反应的离子方程式为cl2+2oh=cl+clo+2h2o（6）通过下面方法可测定产品中pcl3的质量分数：迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250ml溶液；取以上溶液25.00ml，向其中加入10.00ml 0.1000mol/l碘水，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/l的na2s2o3，溶液滴定；重复、操作，平均消耗na2s2o3溶液8.40ml已知：h3po3+i2h3po4+2hi，i2+2na2s2o32nai+na2s4o6，根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中pcl3的质量分数为79.75%【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】综合实验题；实验设计题；其它方法；无机实验综合；制备实验综合【分析】实验室要用黄磷（白磷）与干燥的cl2模拟工业生产制取pcl3流程为：a装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因pcl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，b装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，pcl3沸点为75.5，利用e装置防止pcl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用f装置利用碱石灰吸收多余的cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和pcl3反应（1）氯气为酸性气体，需用酸性干燥剂干燥，三氯化磷沸点低，可用冷水冷凝收集；（2）碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；（3）黄磷能自燃，通入二氧化碳赶净空气；（4）依据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷；（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠；（6）依据反应的化学方程式h3po3+h2o+i2=h3po4+2hi、i2+2na2s2o3=2nai+na2s4o6 可知n（h3po3）=n（i2）总n（na2s2o3），25ml溶液中h3po3的物质的量等于三氯化磷的物质的量，再求出三氯化磷的总物质的量和质量，然后求出质量分数【解答】解：（1）因pcl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，pcl3沸点为75.5，利用e装置防止pcl3挥发（冷凝），故答案为：浓硫酸；冷凝pcl3防止其挥发；（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用f装置利用碱石灰吸收多余的cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和pcl3反应，故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和pcl3 反应；（3）通入一段时间的co2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；故答案为：排尽装置中的空气，防止黄磷自燃；（4）由信息可知，pocl3与pcl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，故答案为：蒸馏；（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：cl2+2oh=cl+clo+2h2o，故答案为：cl2+2oh=cl+clo+2h2o；（6）0.1000moll1碘溶液10.00ml中含有碘单质的物质的量为：0.1000moll10.0100l=0.00100mol，根据反应i2+2na2s2o3=2nai+na2s4o6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol0.1000moll10.00084l=0.00058mol，再由h3po3+h2o+i2=h3po4+2hi可知，25ml三氯化磷水解后的溶液中含有的h3po3的物质的量为：n（h3po3）=n（i2）=0.00058mol，250ml该溶液中含有h3po3的物质的量为：0.00058mol=0.0058mol，所以1.00g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.0058mol，该产品中pcl3的质量分数为：100%=79.75%；故答案为：79.75%【点评】本题考查阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，题目难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，注意题中信息pcl3遇o2会生成pocl3，pocl3溶于pcl3，pcl3遇水会强烈水解生成h3po3和hcl9cocl26h2o是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为co2o3、co（oh）3，还含少量fe2o3、al2o3、mno等）制取cocl26h2o的工艺流程如如图1已知：浸出液含有阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等；部分阳离子沉淀时溶液的ph见下表：（金属离子浓度为： 0.01mol/l）沉淀物fe（oh）3fe（oh）2co（oh）2al（oh）3mn（oh）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8cocl26h2o熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成cocl2（1）写出浸出过程中co2o3发生反应的离子方程式co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o（2）写出加适量naclo3发生反应的主要离子方程式clo3+6fe2+6h+=cl+6fe3+3h2o（3）“加na2co3调ph至a”，过滤所得到的沉淀成分为fe（oh）3、al（oh）3（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发（浓缩）、冷却（结晶）和过滤（5）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如图2向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去溶液中的mn2+；其使用的最佳ph范围是b（填选项序号）a2.02.5 b3.03.5 c4.04.5 d5.05.5（6）为测定粗产品中cocl26h2o含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量agno3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中cocl26h2o的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（答一条即可）（7）已知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（如图3所示）若该电池的总反应为licoo2+c6coo2+lic6，则电池放电时的正极反应式为coo2+li+e=licoo2【考点】制备实验方案的设计【专题】综合实验题；实验设计题；其它方法；制备实验综合【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得cocl2、alcl3、fecl2，加入naclo3，可得到fecl3，然后加入na2co3调ph至5.2，可得到fe（oh）3、al（oh）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有cocl2，为得到cocl26h2o晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等进行解答；（2）naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒书写方程式；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；（5）由表中数据可知，调节溶液ph在3.03.5之间，可使mn2+完全沉淀，并防止co2+转化为co（oh）2沉淀；（6）根据cocl26h2o的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水；（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应【解答】解：（1）向水钴矿主要成分为co2o3、co（oh）3，还含少量fe2o3、al2o3、mno等，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等，所以co2o3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o，故答案为：co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o； （2）naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+，cl（+51）、fe（+2+3），根据得失电子守恒和电荷守恒，其反应的离子方程式为：clo3+6fe2+6h+=cl+6fe3+3h2o，故答案为：clo3+6fe2+6h+=cl+6fe3+3h2o；（3）naclo3的作用是将fe2+氧化成fe3+，加na2co3调ph至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2fe3+3co32+3h2o=2fe（oh）3+3co2，所以沉淀成分为：fe（oh）3、al（oh）3，故答案为：fe（oh）3、al（oh）3；（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在mn2+、co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系可知，调节溶液ph在3.03.5之间，可使mn2+完全沉淀，并防止co2+转化为co（oh）2沉淀，故答案为：除去溶液中的mn2+；b； （6）根据cocl26h2o的组成分析，造成产品中cocl26h2o的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水；（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为coo2+li+e=licoo2，故答案为：coo2+li+e=licoo2【点评】本题通过制取cocl26h2o的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力10将一定量no2和n2o4的混合气体通入体积为1l的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图1所示请回答：（1）下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是b（填选项字母）a容器内混合气体的压强不随时间变化而改变b容器内混合气体的密度不随时间变化而改变c容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变d容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变（2）反应进行到10min时，共吸收热量11.38kj，则该反应的热化学方程式为n2o4（g）2no2（g）h=+56.9kj/mol；（3）计算该反应的平衡常数k=0.9（4）反应进行到20min时，再向容器内充入一定量no2，10min后达到新的平衡，此时测得c（no2）=0.9mol/l第一次平衡时混合气体中no2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中no2的体积分数为w2，则w1w2（填“”、“=”或“”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断；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】由图1可知，x、y的浓度变化量之比为2：1，则x为no2、y为n2o4，发生反应：n2o4（g）2no2（g）（1）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；（2）反应进行到10min时，参加反应的四氧化二氮为1l（0.60.4）mol/l=0.2mol，共吸收热量11.38kj，故反应1moln2o4共吸收热量11.38kj5=56.9kj，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（3）平衡时c（no2）=0.6mol/l、c（n2o4）=0.4mol/l，代入k=计算；（4）反应进行到20min时，再向容器内充入一定量no2，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡向生成n2o4（g）的方向移动，平衡时no2的体积分数减小【解答】解：由图1可知，x、y的浓度变化量之比为2：1，则x为no2、y为n2o4，发生反应：n2o4（g）2no2（g）（1）a随反应进行混合气体总物质的量增大，恒温恒容下，容器内压强增大，压强不变说明到达平衡，故a正确；b混合气体总质量不变，容器的容积不变，密度为常数，密度不变不能说明到达平衡，故b错误；cno2为红棕色气体，n2o4为无色气体，容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，故c正确；d混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，平均相对分子质量不变说明到达平衡，故d正确，故选：b；（2）反应进行到10min时，参加反应的四氧化二氮为1l（0.60.4）mol/l=0.2mol，共吸收热量11.38kj，故反应1moln2o4共吸收热量11.38kj5=56.9kj，故该反应热化学方程式为：n2o4（g）2no2（g），h=+56.9kj/mol，故答案为：n2o4（g）2no2（g）h=+56.9kj/mol；（3）平衡时c（no2）=0.6mol/l、c（n2o4）=0.4mol/l，则平衡常数k=0.9，故答案为：0.9；（4）恒温恒容下，再充入一定量no2，等效为增大压强，平衡逆向移动，新平衡后混合气体中no2的体积分数减小，故w1w2，故答案为：【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡状态判断、平衡常数等，关键是根据浓度变化判断x、y代表物质，难度中等11（1）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力锂是制造化学电源的重要原料如lifepo4电池中某电极的工作原理如图：该电池的电解质为能传导li+的固体材料放电时该电极是电池的正极（填“正”或“负”），该电极反应式为fepo4+e+li+=lifepo4（2）用此电池电解含有0.1mol/l cuso4和0.1mol/l nacl的混合溶液100ml，假如电路中转移了0.02mol e，且电解池的电极均为惰性电极，阳极产生的气体在标准状况下的体积是0.168l【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理【专题】电化学专题【分析】（1）在原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，根据得失电子确定正负极，根据反应物、生成物书写电极反应式；（2）由离子放电顺序可知，电解含有0.01molcuso4和0.01molnacl的混合溶液100ml，阳极上氯离子和氢氧根离子放电生成氯气和氧气，2cl2e=cl2，阴极上铜离子得电子，以此计算【解答】解：（1）放电时，该装置是原电池，fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为fepo4+e+li+=lifepo4，故答案为：正；fepo4+e+li+=lifepo4；（2）电解含有0.01mol cuso4和0.01molnacl的混合溶液100ml，电路中转移了0.02mol e，依据电极反应和电子守恒分析判断；阳极：2cl2e =cl2， 0.01mol 0.01mol 0.005mol 4oh4e=2h2o+o2，0.01mol 0.01mol 0.0025mol阴极：cu2+2e=cu 0.01mol 0.02mol 所以阳极上生成的气体在标准状况下的体积=（0.005mol+0.0025mol）22.4l/mol=0.168l；故答案为：0.168【