广西桂林“八校”、河池“十校”联合体高考化学模拟试卷（含解析）.doc

2015年广西桂林“八校”、河池“十校”联合体高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1“玉兔号”巡月器的发动机套有一件“土豪金”外衣耐高温，抗震复合材料，该复合材料以硅酸铝纤维（al2o3sio2）为基体，六钛酸钾晶须（k2o6tio2）为增强剂下列说法中正确的是( )a该复合材料属于新型有机非金属材料bal、k、ti都属于主族元素c原子半径：ksiod该复合材料能耐强酸和强碱腐蚀2下列说法不正确的是( )a生铁不需要特殊处理就有很强的抗腐蚀能力b手机中锂离子电池属于二次电池c“地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物的合理利用d以naclo为有效成分的漂白液可以作为游泳池的消毒剂3分子式为c4h10oh能与ch3cooh发生酯化反应的有机物具有（不考虑立体异构）( )a3种b4种c5种d6种4下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是( )选项 实验操作 实验现象 解释或结论 a 把s02通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 s02具有漂白性b向naoh溶液中滴加足量的mgcl2溶液，然后再滴加足量的cucl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色 kspcu（oh）2kspmg（oh）2 c 向某溶液中滴加kscn溶液 溶液变红色 溶液中含有fe2+ d 将充满n02的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深反应2no2（g）n2o4（g）的h0aabbccdd5常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )ac（ch3coo）=c（cl）bc（na+）=c（ch3coo）cc（ch3cooh）+c（ch3coo）=c（na+）dc（ch3coo）+c（cl）=2c（na+）6下列有关实验原理，装置或操作的描述中正确的是（有关装置中的夹持仪器略去）( )a收集so2b制备少量co2c分离nh4cl和i2的固体混合物d分离沸点不同且互溶的液体混合物7近年来科学家正在研制一种高容量、低成本锂铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电力，其中放电过程为2li+cu2o+h2o2cu+2li+2oh，下列说法不正确的是( )a放电时，li+透过固体电解质向cu极移动b放电时，负极的电极反应式为cuo+h2o+2ecu+2ohc通空气时，铜被腐蚀，表面产生cu2od整个反应过程中，铜相当于催化剂二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：（）ch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h=+247.3kjmol1（）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=90.1kjmol1（）2co（g）+o2（g）2co2（g）h=566.0kjmol1（1）用ch4和o2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为_（2）400时，向4l恒容密闭容器中通入6molco2和6molch4，发生反应（），平衡体系中各组分的体积分数均为，则400时该反应的平衡常数k=_若温度升高至500，则反应（）的平衡常数k会_（填“增大”或“减小”）（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：ch3oh（g）+co（g）hcooch3（g）h=29.1kjmol1，科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是_（填“3.5106pa”、“4.0106pa”或“5.0106pa”）实际工业生产中采用的温度是80，其理由是_（4）直接甲醇燃料电池（简称dmfc）由于其结构简单，能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注dmfc的工作原理如图2所示，通入a气体的电极时电池的_（填“正”或“负”），其电极反应式为_9（14分）高锰酸钾在实验室和工农业中有广泛的用途，实验室以二氧化锰为主要原料制备高锰酸钾其部分流程如图：（1）第步加热熔融应在_中进行，而不用瓷坩埚的原因是_（用化学方程式表示）（2）第步通入co2，可以使mno42发生反应，生成mno4和mno2，反应的离子方程式为_，则完成反应时，转化为kmno4和k2mno4占全部k2mno4的百分率约为_（精确到0.1%）（3）第步趁热过滤的目的是_（4）第步加热浓缩至液面有细小晶体析出时，停止加热，冷却结晶、_、洗涤、干燥干燥过程中，温度不宜过高，其原因是_（用化学方程式表示）（5）h2o2和kmno4都是常有的强氧化剂若向h2o2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，则酸性高锰酸钾溶液会褪色，写出该反应的离子方程式：_，该反应说明h2o2的氧化性比kmno4_（填“强”或“弱”）10黄铜矿（cufes2） 是炼钢和炼铜的主要原料，在高温下灼烧生成三氧化二铁和氧化亚铜三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料某学校化学兴趣小组通过实验来探究红色粉末是fe2o3、cu2o或两者的混合物，探究过程如下：查阅资料cu2o溶于稀硫酸生成cu和cuso4，在空气中加热生成cuo提出假设假设1：红色粉末是fe2o3假设2：红色粉末是cu2o假设3：红色粉末是fe2o3和cu2o的混合物提出探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加kscn试剂（1）若假设1成立，则实验现象是_（2）滴加kscn试剂后溶液不变红色，某同学认为原固体粉末中一定不含三氧化二铁，你认为这种说法合理吗？_简述你的理由（不需要写出反应的化学方程式）_（3）若固体粉末完全溶液无固体存在，滴加kscn试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是_，写出发生的氧化还原反应的离子方程式：_探究延伸（4）经试验分析，确定红色粉末为fe2o3和cu2o的混合物实验小组称取3.04g该红色粉末，设计如下实验方案进行实验经查资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使cu2+、fe2+、fe3+分别生成沉淀的ph如下：物质cu（oh）2fe（oh）2fe（oh）3开始沉淀时的ph6.07.51.4沉淀完全时的ph13143.7步骤：将3.04g红色粉末溶于足量稀硫酸中，再加入足量h2o2溶液，振荡，得澄清透明溶液x步骤：在溶液x中加入适量cu（oh）2粉末，调节溶液ph=4.0，过滤，得红褐色沉淀y和滤液z步骤：将沉淀y充分灼烧，得1.6g红色固体m步骤：将滤液z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gcuso45h2o晶体沉淀y的化学式为_步骤中不需要用到的实验仪器_a烧杯b玻璃棒c分液漏斗d酒精灯e铁架台（带铁圈）f托盘天平g量筒h蒸发皿i容量瓶红色粉末样品中cu2o的质量分数为_三、选做题：【化学与技术】11海水是宝贵的自然资源利用海水水可以得到一系列产品也可以进行废气处理（1）利用氯碱工业产品处理含so2的烟气的流程如图： “吸收装置”中发生反应的离子方程式是_ 上述流程中循环利用的物质是_（2）利用海水脱硫可以有效地解决煤燃烧排放的so2造成的一系列环境问题其工艺流程如图所示：天然海水吸收含硫的烟气后需要用氧气进行氧化处理其反应原理的化学方程式是_；氧化后的海水需要加入氢氧化钠与之混合后才能排放该操作的主要目的是_（3）从海水中捉纯粗盐后的母液中含有k+、na+、mg2+等阳离子对母液进行一系列的加工可制得金属镁 从离子反席的角度思考在母液中加入石灰乳所起的作用是_ 要利用mgcl26h2o制得无水氯化镁应采取的措施是_ 电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境中冷却后即为同体镁下列物质中可以用作镁蒸气的冷却剂的是_（填字母）aar bco2 c 空气 do2 f水蒸气选做题：【物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12碳的多样性体现在：碳单质的多样性、含碳化合物的多样性、碳及其化合物应用的多样性等方面（1）乙烯分子中键与键的数目之比为_（2）掺杂铬的石墨镀层是一种高硬度的自动润滑剂，基态铬原子的电子排布式为_铬原子中未成对电子数为_（3）石墨烯（如图1）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子层晶体理论上12g石墨烯中有_个六元碳环（4）co2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图2所示，该晶体的类型属于_该晶体中c原子轨道的杂化类型为_（5）碳化硅（sic）俗名“金刚砂”，有类似金刚石的结构和性质，其空间结构中碳硅原子相间排列，如图3所示（其中为碳原子，为硅原子）第一电离能大小比较：c_si（填“”、“”或“=”）碳化硅晶体中，csi键的键角都是_若设该晶胞的边长为apm，则碳化硅晶体的密度是_gcm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数的数值为na）选做题：【有机化学基础】（共1小题，满分0分）13如图所示的化合物的名称为甲基环氧乙烷，化合物常用于制备药物和合成高分子材料（1）化合物的分子式为_（2）化合物在催化剂作用下能与水发生反应得到二元醇，该反应的化学方程式为_（3）慢心律是一种治疗心律失常的药物，它的合成路线如下：的反应类型为_写出化合物与浓溴水反应的化学方程式：_由制备的过程中有少量副产物v生成，v与互为同分异构体，v的结构简式为_（4）已知：+ch3cooh聚合物可用于制备高吸水性树脂，其单体的结构简式为_以ch3cooh和化合物i为原料可合成该单体，涉及的反应的化学方程式为_、_2015年广西桂林“八校”、河池“十校”联合体高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1“玉兔号”巡月器的发动机套有一件“土豪金”外衣耐高温，抗震复合材料，该复合材料以硅酸铝纤维（al2o3sio2）为基体，六钛酸钾晶须（k2o6tio2）为增强剂下列说法中正确的是( )a该复合材料属于新型有机非金属材料bal、k、ti都属于主族元素c原子半径：ksiod该复合材料能耐强酸和强碱腐蚀【考点】无机非金属材料；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较 【分析】a、根据复合材料以硅酸铝纤维（al2o3sio2）为基体，六钛酸钾晶须（k2o6tio2）为增强剂来分析；b、根据钛元素在周期表中的位置来分析；c、影响原子半径的因素首先考虑电子层数，其次考虑核电荷数，最后考虑核外电子数目；d、弱酸弱碱盐中的弱碱阳离子能和强碱反应，弱酸根能和强酸反应【解答】解：a、复合材料以（al2o3sio2）为基体，六钛酸钾晶须（k2o6tio2）为增强剂，不含碳元素，故不是有机非金属材料，故a错误；b、ti元素在周期表中的位置为第四周期，第ivb族，不是主族元素，故b错误；c、k的核外有4个电子层，si的核外有3个电子层，o有2个电子层，电子层数越多，半径越大，故c正确；d、复合材料以（al2o3sio2）为基体，六钛酸钾晶须（k2o6tio2）为增强剂，其中al2o3sio2为弱酸弱碱盐，能和强酸和强碱反应，故不耐强酸强碱的腐蚀，故d错误故选c【点评】本题考查了新型复合材料的成分和性质，注意知识的迁移运用，难度不大2下列说法不正确的是( )a生铁不需要特殊处理就有很强的抗腐蚀能力b手机中锂离子电池属于二次电池c“地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物的合理利用d以naclo为有效成分的漂白液可以作为游泳池的消毒剂【考点】油脂的性质、组成与结构；金属的电化学腐蚀与防护；钠的重要化合物 【分析】a、生铁容易发生电化学腐蚀；b、锂离子电池能充放电，属于二次电池；c、地沟油是酯类；d、利用氯气与naoh溶液制备漂白液，具有强氧化性【解答】解：a、生铁容易发生电化学腐蚀，不具有抗腐蚀能力，故a错误；b、锂离子电池能充放电，属于二次电池，放电时是将化学能转化为电能，充电时是将电能转化为化学能，故b正确；c、“地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，既能节能减排又能充分利用资源而减少对社会的危害，故c正确；d、利用氯气与naoh溶液制备漂白液，有效成分为naclo，具有强氧化性，则漂白液可以作为游泳池和环境的消毒剂，故d正确；故选a【点评】本题考查较综合，为高频常见的冷拼凑试题，涉及漂白液、二次电池、油脂与人类健康、有机物的性质及中毒处理等，注重基础知识的考查，题目难度不大3分子式为c4h10oh能与ch3cooh发生酯化反应的有机物具有（不考虑立体异构）( )a3种b4种c5种d6种【考点】同分异构现象和同分异构体 【分析】分子式为c4h10o的有机物，能发生酯化反应的有机物物质是醇类，同分异构体有4种【解答】解：分子式为c4h10o，能发生酯化反应，即属于醇类，此类有机化合物的同分异构体，有4种，即：，故选b【点评】本题主要考查学生对同分异构体的知识和醇的化学性质的认识，可以根据所学知识进行回答，难度适中4下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是( )选项 实验操作 实验现象 解释或结论 a 把s02通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 s02具有漂白性b向naoh溶液中滴加足量的mgcl2溶液，然后再滴加足量的cucl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色 kspcu（oh）2kspmg（oh）2 c 向某溶液中滴加kscn溶液 溶液变红色 溶液中含有fe2+ d 将充满n02的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深反应2no2（g）n2o4（g）的h0aabbccdd【考点】化学实验方案的评价 【分析】a二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性；b先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色，可知发生沉淀的转化；c滴加kscn溶液后溶液变红色，溶液中含铁离子；d红棕色变深可知升高温度2no2（g）n2o4（g）平衡逆向移动【解答】解：as02通入紫色石蕊试液中，由于s02溶于水时溶液呈酸性，紫色石蕊试液变红，s02不能漂白指示剂，故a错误；b氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铜沉淀，说明kspcu（oh）2kspmg（oh）2，故b错误；cfe3+与kscn溶液反应溶液变血红色，故c错误；d将充满n02的密闭玻璃球浸泡在热水中颜色变深，说明平衡逆向移动，正方向放热，则2no2（g）n2o4（g）的h0，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及难溶物的沉淀溶解平衡、化学平衡的移动、离子的检验等知识，把握物质的性质、化学反应原理等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意难点是b（首先根据naoh少量及现象确定发生了沉淀转化，再比较ksp值的大小），题目难度不大5常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )ac（ch3coo）=c（cl）bc（na+）=c（ch3coo）cc（ch3cooh）+c（ch3coo）=c（na+）dc（ch3coo）+c（cl）=2c（na+）【考点】离子浓度大小的比较 【分析】溶液呈中性，c（oh）=c （h+），根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（cl）+c（ch3coo），所以c（na+）=c（cl）+c（ch3coo），根据物料守恒得：c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），所以c（cl）=c（ch3cooh），据此对各选项进行判断【解答】解：a醋酸钠溶液显示碱性，需要加入少量盐酸使溶液显示中性，则c（ch3coo）c（cl），故a错误；b混合液为中性，则c（oh）=c （h+），根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（cl）+c（ch3coo），所以c（na+）=c（cl）+c（ch3coo），则c（na+）c（ch3coo），故b错误；c根据混合液中物料守恒可得：c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），故c正确；d混合液为中性，则c（oh）=c （h+），根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（cl）+c（ch3coo），所以c（na+）=c（cl）+c（ch3coo），故d错误；故选c【点评】本题考查离子浓度大小的比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的含义为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力6下列有关实验原理，装置或操作的描述中正确的是（有关装置中的夹持仪器略去）( )a收集so2b制备少量co2c分离nh4cl和i2的固体混合物d分离沸点不同且互溶的液体混合物【考点】物质的分离、提纯和除杂；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择 【分析】a、so2气体的密度大于空气，应用向上排空气法收集；b、碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳；c、蒸馏装置用于分离沸点不同的液态混合物；d、温度计的位置错误【解答】解：a、so2气体的密度大于空气，应用向上排空气法收集，故应进气管长，出气管短，故a错误；b、碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，图中装置能制取，故b正确；c、蒸馏装置用于分离沸点不同的液态混合物，不能用于分离nh4cl和i2的固体混合物，故c错误；d、在蒸馏装置中，温度计的作用是测量蒸汽的温度，故不能置温度计于溶液中，故d错误故选b【点评】本题考查实验方案的评价，明确气体的制取实验、混合物的分离方法即可解答，题目难度不大7近年来科学家正在研制一种高容量、低成本锂铜空气燃料电池该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电力，其中放电过程为2li+cu2o+h2o2cu+2li+2oh，下列说法不正确的是( )a放电时，li+透过固体电解质向cu极移动b放电时，负极的电极反应式为cuo+h2o+2ecu+2ohc通空气时，铜被腐蚀，表面产生cu2od整个反应过程中，铜相当于催化剂【考点】化学电源新型电池 【专题】电化学专题【分析】放电时，锂失电子作负极，cu上o2得电子作正极，负极上电极反应式为lieli+，正极上电极反应式为o2+4e+2h2o=4oh，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答【解答】解：a放电时，阳离子向正极移动，则li+透过固体电解质向cu极移动，故a正确；b放电时，负极的电极反应式为lieli+，故b错误；c放电过程为2li+cu2o+h2o2cu+2li+2oh，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生cu2o，故c正确；d通空气时，铜被腐蚀，表面产生cu2o，放电时cu2o转化为cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故d正确；故选b【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握cu在整个过程中的作用二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：（）ch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h=+247.3kjmol1（）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=90.1kjmol1（）2co（g）+o2（g）2co2（g）h=566.0kjmol1（1）用ch4和o2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2ch4（g）+o2（g）2ch3oh（g）h=251.6kjmol1（2）400时，向4l恒容密闭容器中通入6molco2和6molch4，发生反应（），平衡体系中各组分的体积分数均为，则400时该反应的平衡常数k=1若温度升高至500，则反应（）的平衡常数k会增大（填“增大”或“减小”）（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：ch3oh（g）+co（g）hcooch3（g）h=29.1kjmol1，科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0106pa（填“3.5106pa”、“4.0106pa”或“5.0106pa”）实际工业生产中采用的温度是80，其理由是高于80时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低（4）直接甲醇燃料电池（简称dmfc）由于其结构简单，能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注dmfc的工作原理如图2所示，通入a气体的电极时电池的负（填“正”或“负”），其电极反应式为ch3oh6e+h2o=co2+6h+【考点】用化学平衡常数进行计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；电解原理 【分析】（1）根据盖斯定律计算书写热化学方程式；（2）根据平衡体系中各组分的体积分数均为，利用三段式计算出平衡时各组分的含量，计算平衡常数，反应是吸热反应，升温平衡正向进行；（3）依据转化率曲线分析判断；图象分析速率随温度变化的趋势分析回答；（4）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应【解答】解：（1）根据（）ch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h1=+247.3kjmol1（）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h2=90.1kjmol1（）2co（g）+o2（g）2co2（g）h3=566.0kjmol1由（）2+（）2+（）得2ch4（g）+o2（g）2ch3oh（g）h，故h=2h1+2h2+h3=（+247.3kjmol1）2+（90.1kjmol1）2+（566.0kjmol1）=251.6kjmol1，所以用ch4和o2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2ch4（g）+o2（g）2ch3oh（g）h=251.6kjmol1，故答案为：2ch4（g）+o2（g）2ch3oh（g）h=251.6kjmol1；（2）ch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）起始（mol） 6 6 0 0变化（mol） x x 2x 2x平衡（mol）6x 6x 2x 2x平衡体系中各组分的体积分数均为，所以6x=2x，解得x=2，则此温度下该反应的平衡常数x=1，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，若温度升高至500，则反应（）的平衡常数k会增大；故答案为：1；增大；（3）从反应压强对甲醇转化率的影响“效率“看，图象中转化率变化最大的是4.0106pa，故答案为：4.0106pa；依据图象分析温度在高于80c对反应速率影响不大，反应是放热反应，温度过高，平衡逆向进行，不利于转化率增大，故答案为：高于80时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；（4）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为 ch3oh6e+h2o=co2+6h+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为o2+4e+4h+=2h2o，故答案为：负；ch3oh6e+h2o=co2+6h+【点评】本题考查了盖斯定律的应用、热化学方程式的计算书写、化学平衡的计算、图象分析判断以及电化学的知识等，注意掌握基础知识的掌握，题目难度中等9（14分）高锰酸钾在实验室和工农业中有广泛的用途，实验室以二氧化锰为主要原料制备高锰酸钾其部分流程如图：（1）第步加热熔融应在铁坩埚中进行，而不用瓷坩埚的原因是sio2+2kohk2sio3+h2o（用化学方程式表示）（2）第步通入co2，可以使mno42发生反应，生成mno4和mno2，反应的离子方程式为3mno42+2co2=2mno4+mno2+2co32，则完成反应时，转化为kmno4和k2mno4占全部k2mno4的百分率约为66.7%（精确到0.1%）（3）第步趁热过滤的目的是减少过滤的损耗（4）第步加热浓缩至液面有细小晶体析出时，停止加热，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥干燥过程中，温度不宜过高，其原因是2kmno4k2mno4+mno2+o2（用化学方程式表示）（5）h2o2和kmno4都是常有的强氧化剂若向h2o2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，则酸性高锰酸钾溶液会褪色，写出该反应的离子方程式：2mno4+6h+5h2o2=2mn2+8h2o+5o2，该反应说明h2o2的氧化性比kmno4弱（填“强”或“弱”）【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）熔融固体需要用铁坩埚熔融，瓷坩埚原料含有sio2，能和碱反应，高温下与koh发生反应；（2）由题意可知，koh、kclo3、mno2共熔制得绿色k2mno4；co2使mno42发生歧化反应，生成mno4和mno2，反应中mno42mno4，mn元素化合价由+6价升高为+7，化合价总共升高1价，mno42mno2，mn元素化合价由+6价降低为+4，化合价总共降低2价，化合价升高最小公倍数为2，故mno4系数为2，mno2系数为1，根据锰元素守恒可知，转化kmno4的mno42占；（3）趁热过滤的目的是为了减少过滤损失；（4）kmno4在加热的条件下会发生分解反应；（5）向h2o2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液则酸性高锰酸钾溶液会褪色说明高锰酸钾做氧化剂氧化过氧化氢为氧气，依据电子守恒和原子守恒分析配平书写离子方程式；依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于反应中其他物质分析判断【解答】解：（1）熔融固体需要用铁坩埚熔融，瓷坩埚原料含有sio2，在高温下，瓷坩埚可以和koh发生反应sio2+2kohk2sio3+h2o，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚，故答案为：铁坩埚；sio2+2kohk2sio3+h2o；（2）由题意可知，koh、kclo3、mno2共熔制得绿色k2mno4，根据氧化还原反应可知，还生成kcl，由元素守恒可知，还会生成h2o，反应方程式为kclo3+3mno2+6koh kcl+3k2mno4+3h2o；co2使mno42发生歧化反应，生成mno4和mno2，反应的离子方程式为：3mno42+2co2=2mno4+mno2+2co32；反应中mno42mno4，mn元素化合价由+6价升高为+7，化合价总共升高1价，mno42mno2，mn元素化合价由+6价降低为+4，化合价总共降低2价，化合价升高最小公倍数为2，故mno4系数为2，mno2系数为1，根据锰元素守恒mno42系数为3，所以转化kmno4的mno42占，故k2mno4完全反应时转化为kmno4的百分率约100%=66.7%，故答案为：3mno42+2co2=2mno4+mno2+2co32；66.7%；（3）步骤趁热过滤的目的是防止降温过程中kmno4析出而损耗，减少过滤过程中晶体析出损耗，故答案为：减少过滤的损耗；（4）第步加热浓缩至液面有细小晶体析出时，停止加热，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，kmno4在温度过高的条件下会发生分解反应，反应化学方程式为：2kmno4k2mno4+mno2+o2，故在加热、浓缩、烘干的过程中温度不宜过高，故答案为：过滤；2kmno4k2mno4+mno2+o2；（5）向h2o2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液则酸性高锰酸钾溶液会褪色说明高锰酸钾做氧化剂氧化过氧化氢为氧气，反应的离子方程式为：2mno4+6h+5h2o2=2mn2+8h2o+5o2；反应中表面高锰酸钾的氧化性大于过氧化氢，故答案为：2mno4+6h+5h2o2=2mn2+8h2o+5o2；弱【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、物质推断、氧化还原反应、工艺条件的控制等，题目难度中等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力10黄铜矿（cufes2） 是炼钢和炼铜的主要原料，在高温下灼烧生成三氧化二铁和氧化亚铜三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料某学校化学兴趣小组通过实验来探究红色粉末是fe2o3、cu2o或两者的混合物，探究过程如下：查阅资料cu2o溶于稀硫酸生成cu和cuso4，在空气中加热生成cuo提出假设假设1：红色粉末是fe2o3假设2：红色粉末是cu2o假设3：红色粉末是fe2o3和cu2o的混合物提出探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加kscn试剂（1）若假设1成立，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色（2）滴加kscn试剂后溶液不变红色，某同学认为原固体粉末中一定不含三氧化二铁，你认为这种说法合理吗？不合理简述你的理由（不需要写出反应的化学方程式）当原固体粉末为fe2o3和cu2o的混合物时，加入稀h2so4后产生的fe3+与cu反应生成fe2+，滴加kscn溶液后也可能不变红色（3）若固体粉末完全溶液无固体存在，滴加kscn试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是fe2o3和cu2o，写出发生的氧化还原反应的离子方程式：cu2o+2h+cu+cu2+h2o、2fe3+cu2fe2+cu2+探究延伸（4）经试验分析，确定红色粉末为fe2o3和cu2o的混合物实验小组称取3.04g该红色粉末，设计如下实验方案进行实验经查资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使cu2+、fe2+、fe3+分别生成沉淀的ph如下：物质cu（oh）2fe（oh）2fe（oh）3开始沉淀时的ph6.07.51.4沉淀完全时的ph13143.7步骤：将3.04g红色粉末溶于足量稀硫酸中，再加入足量h2o2溶液，振荡，得澄清透明溶液x步骤：在溶液x中加入适量cu（oh）2粉末，调节溶液ph=4.0，过滤，得红褐色沉淀y和滤液z步骤：将沉淀y充分灼烧，得1.6g红色固体m步骤：将滤液z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gcuso45h2o晶体沉淀y的化学式为fe（oh）3步骤中不需要用到的实验仪器cgia烧杯b玻璃棒c分液漏斗d酒精灯e铁架台（带铁圈）f托盘天平g量筒h蒸发皿i容量瓶红色粉末样品中cu2o的质量分数为47.4%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】氧化亚铜为金属氧化物，溶于酸生成盐和水；（1）依据假设1为氧化铁和实验过程分析，固体溶解后生成硫酸铁，遇到硫氰化钾会发生反应生成血红色溶液；（2）滴加kscn试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰化钾不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应；（4）红色粉末为fe2o3和cu2o的混合物溶于硫酸后氧化亚铜反应生成的铜和还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液ph使铁离子全部沉淀；推断为y氢氧化铁沉淀，将沉淀y充分灼烧，得1.6g红色固体m为fe2o3，步骤：将滤液z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gcuso45h2o晶体，是溶液中得到溶质结晶水合物；是通过蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥得到晶体，结合铁元素守恒计算氧化铁质量得到氧化亚铜质量计算质量分数；【解答】解：（1）取少量粉末放入足量稀硫酸中在所得溶液中再滴加kscn试剂，若假设1成立，红色粉末是fe2o3，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色，故答案为：固体完全溶解，溶液呈血红色；（2）滴加kscn试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色，所以滴加kscn试剂后溶液不变红色，不能说明原混合物不含氧化铁，故答案为：不合理；当原固体粉末为fe2o3和cu2o的混合物时，加入稀h2so4后产生的fe3+与cu反应生成fe2+，滴加kscn溶液后也可能不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应，反应的离子方程式为：cu2o+2h+cu+cu2+h2o、2fe3+cu2fe2+cu2+；故答案为：fe2o3和cu2o；cu2o+2h+cu+cu2+h2o、2fe3+cu2fe2+cu2+；（4）红色粉末为fe2o3和cu2o的混合物溶于硫酸后，氧化亚铜反应生成的铜会还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，过程分析判断固体y为氢氧化铁沉淀；调节溶液ph使铁离子全部沉淀，为不引入杂质需要加入氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液ph；故答案为：fe（oh）3；步骤是溶液中得到溶质结晶水合物；是通过蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥得到晶体，需要用到仪器有：a烧杯，b玻璃棒，d酒精灯，e铁架台（带铁圈），f托盘天平，h蒸发皿；步骤中不需要用到的实验仪器：c分液漏斗，g量筒，i容量瓶；故答案为：cgi；经试验分析，确定红色粉末为fe2o3和cu2o的混合物，步骤：将3.04g红色粉末溶于足量稀硫酸中，再加入足量h2o2溶液，氧化亚铁离子为铁离子，振荡，得澄清透明溶液x步骤：在溶液x中加入适量cu（oh）2粉末，调节溶液ph=4.0，过滤，得红褐色沉淀y为氢氧化铁和滤液z为硫酸铜溶液步骤：将沉淀y充分灼烧，得1.6g红色固体m为fe2o3，物质的量=0.01mol步骤：将滤液z蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得6.0gcuso45h2o晶体，物质的量=0.024mol红色粉末样品中cu2o的质量分数=100%=47.4%，故答案为：47.4%【点评】本题主要考查了实验探究物质组成和性质的实验分析，物质的性质和转化关系，掌握基础，细心审题是解题关键，题目难度中等三、选做题：【化学与技术】11海水是宝贵的自然资源利用海水水可以得到一系列产品也可以进行废气处理（1）利用氯碱工业产品处理含so2的烟气的流程如图： “吸收装置”中发生反应的离子方程式是so2+oh=hso3 上述流程中循环利用的物质是nacl（2）利用海水脱硫可以有效地解决煤燃烧排放的so2造成的一系列环境问题其工艺流程如图所示：天然海水吸收含硫的烟气后需要用氧气进行氧化处理其反应原理的化学方程式是2h2so3+o22h2so4；氧化后的海水需要加入氢氧化钠与之混合后才能排放该操作的主要目的是naoh与硫酸发生中和反应（3）从海水中捉纯粗盐后的母液中含有k+、na+、mg2+等阳离子对母液进行一系列的加工可制得金属镁 从离子反席的角度思考在母液中加入石灰乳所起的作用是沉淀mg2+ 要利用mgcl26h2o制得无水氯化镁应采取的措施是在hcl气流中脱水，抑制氯化镁水解 电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境中冷却后即为同体镁下列物质中可以用作镁蒸气的冷却剂的是a（填字母）aar bco2 c 空气 do2 f水蒸气【考点】二氧化硫的化学性质；海水资源及其综合利用；常见的生活环境的污染及治理 【专题】元素及其化合物【分析】（1）含so2的烟气，与naoh反应生成nahso3；回收装置中nahso3溶液与hcl反应生成nacl溶液，nacl溶液又是氯碱工业的原料，故循环利用的物质是nacl溶液；（2）根据氧气将h2so3氧化来分析；利用酸碱反应分析混合的目的；（3）石灰乳能将镁离子转化为沉淀；镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐；用作镁蒸气的冷却剂，应不与mg反应，以此来解答【解答】解：（1）氯碱工业产品之一为naoh，用naoh吸收so2，其离子方程式为so2+oh=hso3，故答案为：so2+oh=hso3；回收装置中nahso3溶液与hcl反应生成nacl溶液，nacl溶液又是氯碱工业的原料，故循环利用的物质是nacl溶液，故答案为：nacl；氧气将h2so3氧化为硫酸，该反应为2h2so3+o2=2h2so4，氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（h+），即naoh与硫酸发生中和反应，故答案为：2h2so3+o22h2so4；naoh与硫酸发生中和反应；（3）石灰乳能将镁离子转化为沉淀，则在母液中加入石灰乳所起的作用是沉淀mg2+，故答案为：沉淀mg2+；镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐，所以利用mgcl26h2o制得无水氯化镁，应采取的措施是在hcl气流中脱水，抑制氯化镁水解，故答案为：在hcl气流中脱水，抑制氯化镁水解；用作镁蒸气的冷却剂，应不与mg反应，只有a符合，而mg与二氧化碳、氧气、水蒸气等均可反应，故答案为：a【点评】本题考查了工业制硫酸的流程和生产装置的应用及尾气处理的方法，涉及酸碱中和反应、氧化还原反应及盐类水解等，综合性较强，侧重分析能力、知识迁移应用能力的考查，题目难度中等选做题：【物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12碳的多样性体现在：碳单质的多样性、含碳化合物的多样性、碳及其化合物应用的多样性等方面（1）乙烯分子中键与键的数目之比为5：1（2）掺杂铬的石墨镀层是一种高硬度的自动润滑剂，基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1铬原子中未成对电子数为6（3）石墨烯（如图1）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子层晶体理论上12g石墨烯中有个六元碳环（4）co2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图2所示，该晶体的类型属于原子晶体该晶体中c原子轨道的杂化类型为sp3（5）碳化硅（sic）俗名“金刚砂”，有类似金刚石的结构和性质，其空间结构中碳硅原子相间排列，如图3所示（其中为碳原子，为硅原子）第一电离能大小比较：csi（填“”、“”或“=”）碳化硅晶体中，csi键的键角都是10928若设该晶胞的边长为apm，则碳化硅晶体的密度是gcm3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数的数值为na）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【分析】（1）乙烯中单键为键，双键中一个是键、一个是键；（2）cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态