广东省肇庆市高三化学上学期期末模拟试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省肇庆市高三（上）期末化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列叙述正确的是（）a石墨烯是一种比钢铁更强韧的新型材料b大量使用化肥和农药，以提高农作物产量c道尔顿提出了原子论、门捷列夫提出了分子论d无论是风力发电还是潮汐发电，都是将化学能转化为电能2物质制备是化学研究的主要任务之一下列操作正确的是（）a制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热b实验室制硝基苯：先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸c提取溶解在水中的少量碘：加入ccl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离d检验某溶液中是否含有甲醛：在盛有2ml10%cuso4溶液的试管中滴加0.5ml10%naoh溶液，混合均匀，滴入待检液，加热3已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4.0，则下列说法中正确的是（）a在na2a、naha两溶液中，离子种类不相同b在溶质的物质的量相等的na2a，naha两溶液中，阴离子总数相等c在naha溶液中一定有：c（na+）+c（h+）=c（ha）+2c（a2）+c（oh）d在na2a溶液中一定有：c（na+）c（a2）c（h+）c（oh）4香花石被誉为“矿石熊猫”，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为x3y2（zwr4）3t2，其中x、y、z为金属元素，z的最外层电子数与次外层相等，x、z位于同族，y、z、r、t位于同周期，r最外层电子数是次外层的3倍，t无正价，x与r原子序数之和是w的2倍下列说法错误的是（）a原子半径：yzrtbxr2、wr2两化合物中r的化合价相同c最高价氧化物对应的水化物碱性：xzd气态氢化物的稳定性：wrt5汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10nan3+2kno3=k2o+xna2o+16n2，下列说法错误的是（）ax=5b每生成16 mol n2转移10 mol电子cn2既是氧化产物又是还原产物d反应中氧化产物与还原产物的质量之比为1：156下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论a在新生成的agcl沉淀中滴入稀ki溶液，振荡白色沉淀转化为黄色沉淀ksp（agcl）ksp（agi）b向装有fe（no3）2溶液的试管中加入稀h2so4，在管口观察到红棕色气体hno3分解成了no2c向ch3ch2x中加入少量agno3溶液，加热有浅黄色沉淀生成ch3ch2x中含有brd向淀粉溶液中加入稀h2so4，加热几分钟，冷却后再加入新制cu（oh）2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖aabbccdd7丹参素能明显抑制血小板的聚集，其结构如图所示，下列说法正确的是（）a丹参素在c上取代h的一氯代物有4种b在ni催化下1mol丹参素最多可与4molh2加成c丹参素能发生取代、消去、中和、氧化等反应d1mol丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成4molh2二、解答题（共3小题，满分43分）8亚氯酸钠（naclo2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，请回答：实验naclo2晶体按如图装置进行制取已知：naclo2饱和溶液在低于38时析出naclo23h2o，高于38时析出naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl（1）装置c起的是的作用（2）已知装置b中的产物有clo2气体，则b中产生气体的化学方程式为；装置d中生成naclo2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为；装置b中反应后的溶液中阴离子除了clo2、clo3、cl、clo、oh外还一定含有的一种阴离子是；检验该离子的方法是：取少量反应后的溶液于试管中，（3）从装置d反应后的溶液中获得naclo2晶体的操作步骤为：减压在55蒸发结晶；用3860热水洗涤；低于干燥；得到成品（4）反应结束后，打开k1，装置a起的作用是；如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是实验样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中naclo2的纯度：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的ki晶体，在酸性条件下发生如下反应：clo2+4i+4h+=2h2o+2i2+cl，将所得混合液稀释成100ml待测溶液取25.00ml待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c moll1 na2s2o3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为v ml（已知：i2+2s2o32=2i+s4o62），则所称取的样品中naclo2的物质的量为9草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备一种利用水钴矿主要成分为co2o3，含少量fe2o3、al2o3、mno、mgo、cao等制取coc2o42h2o工艺流程如图1：已知：浸出液含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、ca2+、mg2+、al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见下表：沉淀物fe（oh）3fe（oh）2co（oh）2al（oh）3mn（oh）2完全沉淀的ph3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入na2so3的目的是将还原（填离子符号）以便固体溶解该步反应的离子方程式为（写一个）（2）naclo3的作用是将浸出液中的fe2+氧化成fe3+，氯元素被还原为最低价该反应的离子方程式为（3）利用平衡移动原理分析：加na2co3能使浸出液中fe3+、al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是（4）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如图2所示滤液中加入萃取剂的作用是；使用萃取剂适宜的ph=（填序号）左右：a2.0 b3.0 c 4.0（5）滤液“除钙、镁”是将溶液中ca2+与mg2+转化为mgf2、caf2沉淀已知ksp（mgf2）=7.351011、ksp（caf2）=1.051010当加入过量naf后，所得滤液c（mg2+）/c （ca2+）=10co2 加氢合成甲醇可有效利用co2由co2制备甲醇过程涉及反应如下：反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.58kjmol1反应：co2（g）+h2（g）co （g）+h2o（g）h2反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h3=90.77kjmol1回答下列问题：（1）h2=kj/mol；升高温度会使反应向（填“正”、“逆”）方向移动（2）一定条件下在3l恒容密闭容器中充入一定量的h2和co2仅发生反应，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中co2的平衡转化率与温度的关系曲线如图1所示：h2和co2的起始的投入量以a和b两种方式投入：a：n（h2）=3mol，n（co2）=1.5molb：n（h2）=3mol，n（co2）=2mol，曲线代表（填“a”或“b”）投入方式在温度为500k的条件下，按照a方式充入3mol h2和1.5mol co2，该反应10min时达到平衡：a此温度下的平衡常数为；500k时，若在此容器中开始充入0.3molh2和0.9molco2、0.6molch3oh、xmolh2o，若使反应在开始时能正向进行，则x应满足的条件是b在此条件下，系统中ch3oh的浓度随时间的变化如图2所示，当反应时间达到3min时，迅速升温至600k，请在图2中画出310min内容器中ch3oh浓度变化曲线（3）新型固体燃料电池的电解质是固体氧化锆和氧化钇，高温下允许氧离子（o2）在其间通过如图3所示，其中多孔电极不参与电极反应该电池的负极反应式为如果用该电池作为电解装置，当有16g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量表达式为c（1个电子的电量为1.61019c）选做题化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）11铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料请回答：（1）基态铜原子的电子排布式为；已知高温下cuocu2o+o2，从铜原子价层电子结构（3d和4s轨道上应填充的电子数）变化角度来看，能生成cu2o的原因是（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，分子构型分别为，若“sih”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为sesi（填“”、“”）（3）seo2常温下白色晶体，熔点为340350，315时升华，则seo2固体的晶体类型为；若seo2类似于so2是v型分子，则se原子外层轨道的杂化类型为（4）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如bf3能与nh3反应生成bf3nh3bf3nh3中b原子的杂化轨道类型为，b与n之间形成键（5）金刚砂（sic）的硬度为9.5，其晶胞结构如图所示；则金刚砂晶体类型为，在sic中，每个c原子周围最近的c原子数目为个；若晶胞的边长为a pm，则金刚砂的密度表达式为g/cm3化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）12（2015秋肇庆期末）g是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环g的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：rchch2+ch2chrch2ch2+rchchr；b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f是同系物请回答下列问题：（1）（ch3）2c=ch2的系统命名法名称为（2）ab反应过程中涉及的反应类型依次为、（3）d分子中含有的含氧官能团名称是，g的结构简式为（4）生成e的化学方程式为（5）同时满足下列条件：与fecl3溶液发生显色反应；苯环上有两个取代基、含c=o的f的同分异构体有 种（不包括立体异构）；其中核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质的结构简式为（6）模仿由苯乙烯合成f的方法，写出由丙烯制取羟基丙酸（）的合成线路：2015-2016学年广东省肇庆市高三（上）期末化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列叙述正确的是（）a石墨烯是一种比钢铁更强韧的新型材料b大量使用化肥和农药，以提高农作物产量c道尔顿提出了原子论、门捷列夫提出了分子论d无论是风力发电还是潮汐发电，都是将化学能转化为电能【分析】a石墨烯比钢铁更强韧； b大量使用农药化肥会对环境造成不良影响；c门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出元素周期表；d潮汐发电是将潮汐能转化为电能【解答】解：a石墨烯比钢铁更强韧，是新型材料，故a正确； b大量使用农药化肥会对环境造成不良影响，污染土壤，故b错误；c阿伏加德罗在化学上的主要贡献是提出了分子的概念，并创立了分子学说，门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故c错误；d风力发电是将风能转化为电能，潮汐发电是将潮汐能转化为电能，故d错误故选a2物质制备是化学研究的主要任务之一下列操作正确的是（）a制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热b实验室制硝基苯：先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸c提取溶解在水中的少量碘：加入ccl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离d检验某溶液中是否含有甲醛：在盛有2ml10%cuso4溶液的试管中滴加0.5ml10%naoh溶液，混合均匀，滴入待检液，加热【分析】a苯与溴水不反应；b有浓硫酸参加的反应，在混合时应注意防止酸液飞溅；c碘易溶于四氯化碳；d加入氢氧化钠较少，应在碱性条件下反应【解答】解：a苯与液溴在催化作用下发生取代反应，与溴水不反应，故a错误；b浓硫酸密度比水大，溶于水放热，先加入浓硝酸，再加浓硫酸，最后滴入苯，故b错误；c碘易溶于四氯化碳，可用四氯化碳萃取，故c正确；d甲醛与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，加入氢氧化钠较少，故d错误故选c3已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4.0，则下列说法中正确的是（）a在na2a、naha两溶液中，离子种类不相同b在溶质的物质的量相等的na2a，naha两溶液中，阴离子总数相等c在naha溶液中一定有：c（na+）+c（h+）=c（ha）+2c（a2）+c（oh）d在na2a溶液中一定有：c（na+）c（a2）c（h+）c（oh）【分析】已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4，说明溶液为弱酸；a、在na2a、naha两溶液中，a2离子水解，ha存在电离和水解；b、依据电荷守恒结合离子浓度计算判断；c、依据溶液中电荷守恒计算判断；d、a2离子分步水解，溶液呈碱性【解答】解：a、在na2a、naha两溶液中，分析a2离子水解，ha存在电离和水解，离子种类相同，故a错误；b、在溶质物质的量相等的na2a、naha两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c（na+）+c（h+）=c（oh）+2c（a2）+c（ha），阴离子总数不相等，故b错误；c、在naha溶液中一定有电荷守恒，即c（na+）+c（h+）=c（ha）+c（oh）+2c（a2），故c正确；d、在na2a溶液中，a2离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c（na+）c（a2）c（oh）c（h+），故d错误；故选c4香花石被誉为“矿石熊猫”，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为x3y2（zwr4）3t2，其中x、y、z为金属元素，z的最外层电子数与次外层相等，x、z位于同族，y、z、r、t位于同周期，r最外层电子数是次外层的3倍，t无正价，x与r原子序数之和是w的2倍下列说法错误的是（）a原子半径：yzrtbxr2、wr2两化合物中r的化合价相同c最高价氧化物对应的水化物碱性：xzd气态氢化物的稳定性：wrt【分析】香花石化学式为x3y2（zwr4）3t2，由前20号元素中的6种组成，其中r原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，r原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则r为o元素；y、z、r、t位于同周期，即处于第二周期，t元素无正价，则t为f元素；z的最外层电子数与次外层电子数相等，则z为be元素；y为金属元素，则y为li；x、z位于同主族，则x为mg元素或ca元素，若x为镁元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=10，推出w为氖元素不符合题意，若x为ca元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=14，推出w为si元素，符合题意，据此解答【解答】解：香花石化学式为x3y2（zwr4）3t2，由前20号元素中的6种组成，其中r原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，r原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则r为o元素；y、z、r、t位于同周期，即处于第二周期，t元素无正价，则t为f元素；z的最外层电子数与次外层电子数相等，则z为be元素；y为金属元素，则y为li；x、z位于同主族，则x为mg元素或ca元素，若x为镁元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=10，推出w为氖元素不符合题意，若x为ca元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=14，推出w为si元素，符合题意ay为锂元素、z为铍元素、r为氧元素、t为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：yzrt，故a正确；bxr2、wr2两化合物cao2、sio2，cao2中o元素为1价，sio2中o元素化合价为2，故b错误；cx为钙元素、z为铍元素，金属性cabe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙氢氧化铍，故c正确；dw为硅元素、r为氧元素、t为氟元素，非金属性fosi，则气态氢化物的稳定性wrt，故d正确；故选b5汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10nan3+2kno3=k2o+xna2o+16n2，下列说法错误的是（）ax=5b每生成16 mol n2转移10 mol电子cn2既是氧化产物又是还原产物d反应中氧化产物与还原产物的质量之比为1：15【分析】由质量守恒可知x=5，则方程式为10nan3+2kno3k2o+5na2o+16n2，反应中只有n元素的化合价变化，由n元素的化合价降低可知，2molkno3反应转移电子为2mol（50）=10mol，以此来解答【解答】解：a由质量守恒可知x=5，故a正确；b由反应可知，2molkno3反应转移电子为2mol（50）=10mol，即每生成16 mol n2转移10 mol电子，故b正确；c只有n元素的化合价变化，则n2既是氧化产物又是还原产物，故c正确；d该反应中10molnan3是还原剂，生成氧化产物n2的物质的量是15mol；2molkno3是氧化剂，生成还原产物n2的物质的量是1mol，反应中氧化产物与还原产物的质量之比为15：1，故d错误故选d6下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论a在新生成的agcl沉淀中滴入稀ki溶液，振荡白色沉淀转化为黄色沉淀ksp（agcl）ksp（agi）b向装有fe（no3）2溶液的试管中加入稀h2so4，在管口观察到红棕色气体hno3分解成了no2c向ch3ch2x中加入少量agno3溶液，加热有浅黄色沉淀生成ch3ch2x中含有brd向淀粉溶液中加入稀h2so4，加热几分钟，冷却后再加入新制cu（oh）2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖aabbccdd【分析】a滴加ki溶液，可观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，说明agi较agcl难溶； bno3在酸性条件下具有氧化性，被还原生成no，no被o2氧化为红棕色的no2；cch3ch2x不能电离出x离子；d检验葡萄糖，应在碱性条件下加入新制cu（oh）2浊液，加热【解答】解：a白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成agi，生成物溶度积更小，则ksp（agcl）ksp（agi），故a正确； b向fe（no3）2溶液中加入h2so4，则会发生离子反应：3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o，产生的no在管口生成no2呈现红色，而不是hno3分解产生no2，故b错误；cch3ch2x不能电离出x离子，向ch3ch2x中加入少量agno3溶液，加热，不会发生反应，应先水解，然后调节至酸性加硝酸银来检验卤素离子，故c错误；d检验葡萄糖，应在碱性条件下加入新制cu（oh）2浊液，加热，显然实验操作中没有加碱条件溶液至碱性，所以实验中不能检验葡萄糖的生成，故d错误；故选a7丹参素能明显抑制血小板的聚集，其结构如图所示，下列说法正确的是（）a丹参素在c上取代h的一氯代物有4种b在ni催化下1mol丹参素最多可与4molh2加成c丹参素能发生取代、消去、中和、氧化等反应d1mol丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成4molh2【分析】该物质中含有酚羟基、醇羟基和羧基、苯，具有酚、醇、羧酸和苯的性质，能发生取代反应、氧化反应、消去反应、酯化反应、缩聚反应、加成反应等，据此分析解答【解答】解：a该分子中h原子有5种，其一氯代物同分异构体有5种，故a错误；b苯环能和氢气发生加成反应，所以在ni催化下1mol丹参素最多可与3molh2加成，故b错误；c醇羟基、羧基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，羧基能发生中和反应，酚羟基和醇羟基能发生氧化反应，故c正确；d能与钠反应的官能团有酚羟基、醇羟基和羧基，所以且官能团与氢气关系之比为2：1，所以1mol丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成2molh2，故d错误；故选c二、解答题（共3小题，满分43分）8亚氯酸钠（naclo2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，请回答：实验naclo2晶体按如图装置进行制取已知：naclo2饱和溶液在低于38时析出naclo23h2o，高于38时析出naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl（1）装置c起的是防止d瓶溶液倒吸到b瓶中的作用（2）已知装置b中的产物有clo2气体，则b中产生气体的化学方程式为2naclo3+na2so3+h2so4=2clo2+2na2so4+h2o；装置d中生成naclo2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2；装置b中反应后的溶液中阴离子除了clo2、clo3、cl、clo、oh外还一定含有的一种阴离子是so42；检验该离子的方法是：取少量反应后的溶液于试管中，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42（3）从装置d反应后的溶液中获得naclo2晶体的操作步骤为：减压在55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；得到成品（4）反应结束后，打开k1，装置a起的作用是吸收装置b中多余的clo2和so2；如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是naclo3和nacl实验样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中naclo2的纯度：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的ki晶体，在酸性条件下发生如下反应：clo2+4i+4h+=2h2o+2i2+cl，将所得混合液稀释成100ml待测溶液取25.00ml待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c moll1 na2s2o3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为v ml（已知：i2+2s2o32=2i+s4o62），则所称取的样品中naclo2的物质的量为cv103mol【分析】（1）装置d中发生气体反应，装置内压强降低，装置c的作用是安全瓶，防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）装置b中制备得到clo2，所以b中反应为naclo3和na2so3在浓h2so4的作用生成 clo2和na2so4，装置d反应后的溶液获得naclo2晶体，装置d中生成naclo2，cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；b制得的气体中含有so2，在装置d中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）反应结束后，打开k1，装置a中装有氢氧化钠溶液，可以吸收装置b中多余的clo2和so2，由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl；（5）根据化学反应可得关系式：naclo22i24s2o32，令样品中naclo2的物质的量x，根据关系式计算【解答】解：（1）装置d中发生气体反应，装置内压强降低，装置c的作用是安全瓶，防止d瓶溶液倒吸到b瓶中，故答案为：防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）装置b中制备得到clo2，所以b中反应为naclo3和na2so3在浓h2so4的作用生成 clo2和na2so4，反应的方程式为2naclo3+na2so3+h2so4=2 clo2+2na2so4+h2o，装置d反应后的溶液获得naclo2晶体，装置d中生成naclo2，cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2，b制得的气体中含有so2，在装置d中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在so42，用氯化钡溶液检验so42，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42，故答案为：2naclo3+na2so3+h2so4=2clo2+2na2so4+h2o；2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2；so42；先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体naclo23h2o，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：趁热过滤；60；（4）反应结束后，打开k1，装置a中装有氢氧化钠溶液，可以吸收装置b中多余的clo2和so2，由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl，所以如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是naclo3和nacl，故答案为：吸收装置b中多余的clo2和so2；naclo3和nacl；（5）令样品中naclo2的物质的量x，则：naclo22i24s2o32，1mol 4mol0.25x c moll1v103l 解得：x=cv103mol故答案为：cv103mol9草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备一种利用水钴矿主要成分为co2o3，含少量fe2o3、al2o3、mno、mgo、cao等制取coc2o42h2o工艺流程如图1：已知：浸出液含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、ca2+、mg2+、al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见下表：沉淀物fe（oh）3fe（oh）2co（oh）2al（oh）3mn（oh）2完全沉淀的ph3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入na2so3的目的是将fe3+、co3+还原（填离子符号）以便固体溶解该步反应的离子方程式为so32+2fe3+h2oso42+2fe2+2h+或so32+2co3+h2oso42+2co2+2h+（写一个）（2）naclo3的作用是将浸出液中的fe2+氧化成fe3+，氯元素被还原为最低价该反应的离子方程式为clo3+6fe2+6h+=6fe3+cl+3h2o（3）利用平衡移动原理分析：加na2co3能使浸出液中fe3+、al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是r3+3h2or（oh）3+3h+，加入碳酸钠后，h+与co32反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀（4）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如图2所示滤液中加入萃取剂的作用是除去溶液中的mn2+；使用萃取剂适宜的ph=b（填序号）左右：a2.0 b3.0 c 4.0（5）滤液“除钙、镁”是将溶液中ca2+与mg2+转化为mgf2、caf2沉淀已知ksp（mgf2）=7.351011、ksp（caf2）=1.051010当加入过量naf后，所得滤液c（mg2+）/c （ca2+）=0.7【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得cocl2、alcl3、fecl2、mgcl2、cacl2、mncl2，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、mgcl2、cacl2、mncl2，向溶液中加入naf溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中ii中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；（2）naclo3具有氧化性，能将浸出液中的fe2+氧化成fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水；（3）fe3+、al3+水解导致溶液呈酸性，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动；（4）滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；根据图知，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；（5）当加入过量naf后，所得滤液中=，据此计算；【解答】解：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得cocl2、alcl3、fecl2、mgcl2、cacl2、mncl2，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、mgcl2、cacl2、mncl2，向溶液中加入naf溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中ii中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子fe3+、co3+，所以浸出过程中加入na2so3的目的是将fe3+、co3+还原，反应的离子方程式为so32+2fe3+h2oso42+2fe2+2h+ 或so32+2 co3+h2oso42+2co2+2h+，故答案为：fe3+、co3+；so32+2fe3+h2oso42+2fe2+2h+ 或so32+2 co3+h2oso42+2co2+2h+；（2）naclo3具有氧化性，能将浸出液中的fe2+氧化成fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为clo3+6fe2+6h+=6fe3+cl+3h2o，故答案为：clo3+6fe2+6h+=6fe3+cl+3h2o；（3）fe3+、al3+水解导致溶液呈酸性，水解方程式为r3+3h2or（oh）3+3h+，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：r3+3h2or（oh）3+3h+，加入碳酸钠后，h+与co32反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀；（4）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； （5）当加入过量naf后，所得滤液中=0.7，故答案为：0.710co2 加氢合成甲醇可有效利用co2由co2制备甲醇过程涉及反应如下：反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.58kjmol1反应：co2（g）+h2（g）co （g）+h2o（g）h2反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h3=90.77kjmol1回答下列问题：（1）h2=+41.19 kjmol1kj/mol；升高温度会使反应向正（填“正”、“逆”）方向移动（2）一定条件下在3l恒容密闭容器中充入一定量的h2和co2仅发生反应，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中co2的平衡转化率与温度的关系曲线如图1所示：h2和co2的起始的投入量以a和b两种方式投入：a：n（h2）=3mol，n（co2）=1.5molb：n（h2）=3mol，n（co2）=2mol，曲线代表b（填“a”或“b”）投入方式在温度为500k的条件下，按照a方式充入3mol h2和1.5mol co2，该反应10min时达到平衡：a此温度下的平衡常数为450；500k时，若在此容器中开始充入0.3molh2和0.9molco2、0.6molch3oh、xmolh2o，若使反应在开始时能正向进行，则x应满足的条件是0x2.025b在此条件下，系统中ch3oh的浓度随时间的变化如图2所示，当反应时间达到3min时，迅速升温至600k，请在图2中画出310min内容器中ch3oh浓度变化曲线（3）新型固体燃料电池的电解质是固体氧化锆和氧化钇，高温下允许氧离子（o2）在其间通过如图3所示，其中多孔电极不参与电极反应该电池的负极反应式为ch3oh6e+3o2=co2+2h2o如果用该电池作为电解装置，当有16g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量表达式为2.895105c（1个电子的电量为1.61019c）【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；正反应如果是吸热反应升高温度平衡正向移动；（2）图象分析相同温度下，两种反应物，增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率；a结合三行式进行计算，化学反应的平衡常数k各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值，据此计算；b将体系温度升至600k，根据升高温度，平衡向着吸热方向来进行回答；（3）以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写；依据电极反应计算转移电子数，结合法拉第常数为9.65104cmol1计算电量【解答】解：（1）反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.58kjmol1反应：co2（g）+h2（g）co （g）+h2o（g）h2反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h3=90.77kjmol1根据盖斯定律，反应可以是得到，所以反应的焓变h2=（49.58kjmol1）（90.77kjmol1）=+41.19 kjmol1；根正反应是吸热反应升高温度平衡正向移动，故答案为：+41.19 kjmol1；正向；（2）a：n（h2）=3mol，n（co2）=1.5mol，b：n（h2）=3mol，n（co2）=2mol，二者比较b相当于增大二氧化碳的量，转化率小于a，所以曲线代表b的投料，故答案为：b；在温度为500k的条件下，充入3mol h2和1.5mol co2，该反应10min时达到平衡，二氧化碳的转化率是60%， co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）初始浓度：0.5 1 0 0变化浓度：0.3 0.9 0.3 0.3 平衡浓度：0.2 0.1 0.3 0.3a该温度下，反应i的平衡常数k=450，500k时，若在此容器中开始充入0.3molh2和0.9mol co2、0.6molch3oh、xmolh2o，浓度分别为0.1mol/l，0.3mol/l，0.2mol/l， mol/l若使反应在开始时正向进行，浓度商qc=k=450x=2.025则x应满足的条件是0x2.025故答案为：450，0x2.025；b当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600k，则平衡正向进行，甲醇的浓度会增加，图象为，故答案为：；（3）以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写电极反应为：ch3oh6e+3o2=co2+2h2o，故答案为：ch3oh6e+3o2=co2+2h2o；16g甲醇物质的量=0.5mol，发生反应时电子转移0.5mol6=3mol，则理论上提供的电量最多为3mol9.65104cmol1=2.895105 c，故答案为：2.895105 c选做题化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）11铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料请回答：（1）基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；已知高温下cuocu2o+o2，从铜原子价层电子结构（3d和4s轨道上应填充的电子数）变化角度来看，能生成cu2o的原因是cuo中铜的价层电子排布为3d9，cu2o中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，分子构型分别为v形，正四面体，若“sih”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为sesi（填“”、“”）（3）seo2常温下白色晶体，熔点为340350，315时升华，则seo2固体的晶体类型为分子晶体；若seo2类似于so2是v型分子，则se原子外层轨道的杂化类型为sp2（4）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如bf3能与nh3反应生成bf3nh3bf3nh3中b原子的杂化轨道类型为sp3，b与n之间形成配位键（5）金刚砂（sic）的硬度为9.5，其晶胞结构如图所示；则金刚砂晶体类型为原子晶体，在sic中，每个c原子周围最近的c原子数目为12个；若晶胞的边长为a pm，则金刚砂的密度表达式为g/cm3【分析】（1）根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写；cu+的核外有28个电子，根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定；（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为h2se，sih4，其分子结构分别与h2o，ch4相似；若“sih”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价；（3）根据分子晶体的熔、沸点低；根据价层电子对互斥理论确定杂化类型；（4）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式，提供空轨道的原子和提供孤电子对的原子之间形成配位键；（5）根据原子晶体的硬度大；每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，据此判断每个c原子周围最近的c原子数目；该晶胞中c原子个数=8+6=4，si原子个数为4，根据=计算其密度【解答】解：（1）cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；cuo中铜的价层电子排布为3d94s0（1分），cu2o中铜的价层电子排布为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，能生成cu2o；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；cuo中铜的价层电子排布为3d9，cu2o中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是；（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为h2se，sih4，其分子结构分别v形，正四面体；若“sih”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为sesi；故答案为：v形，正四面体；（3）seo2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体；二氧化硒分子中价层电子对=2+（622）=3，se原子的