山东省枣庄市滕州二中新校高考化学二模试卷（含解析）.doc

山东省枣庄市滕州二中新校 2015届高考化学二模试卷一、选择题：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（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关下列有关说法错误的是（）a煤经气化、液化和干馏三个物理变化过程，可变为清洁能源b在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放c硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品d食醋可去除水垢，nh4cl溶液可去除铁锈2（6分）下列说法不正确的是（）a分馏、蒸馏馏都是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化b乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色c丹参素结构如图所示，能发生取代、加成、氧化反应d中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用3（6分）下列化学用语书写正确的是（）a次氯酸的结构式：hclob丙烷分子的球棍模型示意图：cnh4h的电子式：ds2的结构示意图：4（6分）短周期中的a、b、c、d、e五种元素，原子序数依次增大，a和d，c和e分别同主族，a为非金属元素，且a与b的原子序数之和等于c的原子序数，c2与d+的核外电子数相等则下列说法正确的是（）ab与a只能组成ba3化合物bc、d、e形成的化合物与稀硫酸可能发生氧化还原反应ca、b、c形成的化合物一定不能发生水解反应de的氧化物对应的水化物一定有强的氧化性5（6分）下列离子方式书写正确的是（）a已知电离平衡常数：h2co3hclohco3，向naclo溶液中通入少量co2：2clo+co2+h2o2hclo+co32b向fe（no3）2和nabr混合溶液中滴加稀盐酸：6br+8h+2no33br2+2no+4h2ocna2s溶液中滴加naclo溶液：s2+clo+h2os+cl+2ohd双氧水使酸性kmno4溶液褪色：2mno4+5h2o22mn2+5o2+6oh+2h2o6（6分）电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如下图所示已知海水中含na+、cl、ca2+、mg2+、so42等离子，电极为惰性电极下列叙述中正确的是（）aa膜是阳离子交换膜b通电后，海水中阴离子往b电极处运动c通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀d通电后，a电极的电极反应式为4oh4eo2+2h2o7（6分）（1）已知t时agcl的ksp=21010（2）在t时，ag2cro4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）a在t时，ag2cro4的ksp为1109b在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4可使溶液由y点到x点c在t时，以0.01 mol/l agno3溶液滴定20ml 0.01mol/l kcl和0.01mol/l的k2cro4的混和溶液，cl先沉淀d在t时，agcl的溶解度大于ag2cro4三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，129分）8（14分）辉铜矿主要成分cu2s，此外还含有少量sio2、fe2o3等杂质，软锰矿主要含有mno2，以及少量sio2、fe2o3等杂质研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜主要工艺流程如下：已知：mno2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；cu（nh3）4so4常温稳定，在热水溶液中会分解生成nh3；部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的ph范围（开始沉淀和完全沉淀的ph）：fe3+：1.53.2 mn2+：8.39.8 cu2+：4.46.4mnso4h2o溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇（1）实验室配制250ml 4.8moll1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有（任写一点）（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有cuso4、mnso4等写出该反应的化学方程式：（4）调节浸出液ph=4的作用是（5）本工艺中可循环使用的物质是（写化学式）（6）获得的mnso4h2o晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用洗涤（7）测定mnso4h2o样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100ml溶液，取出25.00ml用标准的bacl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为9（15分）co和h2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为ch4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：ch4、h2和co的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol和283.0kj/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kj用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2l的密闭容器中充入0.40mol ch4和0.60mol h2o（g），测得ch4（g）和h2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：浓度时间/min物质01234ch40.2moll10.13moll10.1moll10.1moll10.09mol1h20moll10.2moll10.3moll10.3moll10.33moll1计算该反应第一次达平衡时的平衡常数k3min时改变的反应条件是（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比x对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系x1 x2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：p1 p2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、koh溶液为原料可设计成燃料电池：放电时，负极的电极反应式为设装置中盛有100.0ml 3.0mol/l koh溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96l，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为10（14分）如图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷的装置，反应需要加热，图中省去了加热装置有关数据见表：表乙醇、溴乙烷、溴有关参数乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm30.791.443.1沸点/78.538.459（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是（选填序号）a减少副产物烯和醚的生成 b减少br2的生成 c减少hbr的挥发 d水是反应的催化剂（2）已知加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4，写出加热时a中发生的主要反应的化学方程式（3）仪器b的名称，冷却水应从b的（填“上”或“下”）口流进（4）反应生成的溴乙烷应在中（填“a”或“c”中）（5）若用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，最好选择下列（选填序号）溶液来洗涤产品a氢氧化钠 b亚硫酸钠 c碘化亚铁 d碳酸氢钠洗涤产品时所需要的玻璃仪器有【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）工业上以黄铁矿为原料生产硫酸主要分为三个阶段进行，即煅烧、催化氧化、吸收请回答下列个问题：（1）煅烧黄铁矿形成的炉气必须经除尘、洗涤、干燥后进入（填设备名称），其主要目的是（2）催化氧化所使用的催化剂钒触媒（v2o5）能加快二氧化硫氧化速率，此过程中产生了一连串的中间体（如图1）其中a、c二步的化学方程式可表示为：、（3）550时，so2转化为so3的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图2所示则：将2.0mol so2和1.0mol o2置于5l密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10m pa该反应的平衡常数等于a与b表示不同压强下的so2转化率，通常情况下工业生产中采用常压的原因是（4）为循环利用催化剂，科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上已知废钒催化剂中含有v2o5、voso4及不溶性残渣查阅资料知：voso4可溶于水，v2o5难溶于水，nh4vo3难溶于水该工艺的流程如图则：反应中属于氧化还原反应的是（填数字序号），反应的离子方程式为该工艺中反应的沉淀率（又称沉矾率）是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液ph影响外，还需要控制氯化铵系数（nh4cl加入质量与料液中v2o5的质量比）和温度根据下图试建议控制氯化铵系数和度：、【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12cu3n具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用（1）与n3含有相同电子数的三原子分子的空间构型是（2）cu具有良好的导电、导热和延展性，请解释cu具有导电性的原因（3）在cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是，乙醛分子中hco的键角乙醇分子中的hco的键角（填“大于”、“等于”或“小于”）（4）cu+的核外电子排布式为，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成cu2+和cu，但cuo在高温下会分解成cu2o，试从结构角度解释高温下cuo为何会生成cu2o（5）cu（h2o）42+为平面正方形结构，其中的两个h2o被cl取代有两种不同的结构，试画出具有极性的分子的结构式（6）cu3n的晶胞结构如图，n3的配位数为，cu+半径为a pm，n3半径为b pm，cu3n的密度g/cm3（阿伏加德罗为常数用na表示）【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13苯酚是一种重要的化工原料以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料m和高分子化合物n（部分产物及反应条件已略去）（1）b的官能团名称苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀，可用于苯酚的定性检验和定量测定，反应的化学方程式为（2）已知c的分子式为c5h12o，c能与金属na反应，c分子中有3中不同化学环境的氢原子，则m的结构简式为（3）生成n的反应的化学方程式，反应类型为（4）以苯酚为基础原料也可以合成防腐剂f已知f的相对分子质量为152，其中氧元素的质量分数为31.58%，f完全燃烧只生成co2和h2o则f的分子式是已知f具有如下结构特征：分子结构中含有苯环，能与nahco3溶液反应，但不能发生水解反应；分子结构中不存在“oo”的连接方式符合上述条件的f的同分异构体有种，其中核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子的为（写结构简式）山东省枣庄市滕州二中新校2015届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：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（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关下列有关说法错误的是（）a煤经气化、液化和干馏三个物理变化过程，可变为清洁能源b在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放c硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品d食醋可去除水垢，nh4cl溶液可去除铁锈考点：煤的干馏和综合利用；盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；含硅矿物及材料的应用 专题：化学应用分析：a煤经气化、液化和干馏属于化学过程；b加装“催化转化器”是为了把生成的co、氮的氧化物转化为co2、n2无害气体；c硬铝属于铝合金；d食醋中含有ch3cooh，nh4cl水解呈酸性解答：解：a煤经气化、液化和干馏过程中生成新物质属于化学过程，还伴有物理变化，故a错误； b在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了把生成的co、氮的氧化物转化为co2、n2无害气体，故b正确；c硬铝属于铝合金，瓷器属于硅酸盐制品，故c正确；d食醋中含有的ch3cooh可与水垢中的caco3和mg（oh）2反应生成易溶于水的产物，nh4cl水解呈酸性，可与铁锈反应，故d正确故选a点评：本题考查化学与生活，涉及煤的加工、尾气处理、合金、除垢等知识，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握2（6分）下列说法不正确的是（）a分馏、蒸馏馏都是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化b乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色c丹参素结构如图所示，能发生取代、加成、氧化反应d中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用考点：物理变化与化学变化的区别与联系；有机化学反应的综合应用；中和滴定 专题：实验评价题；有机反应分析：a、分馏是分离几种不同沸点的挥发性物质的混合物的一种方法；蒸馏是利用混合液体或液固体系中各组分沸点不同使物质分离的一种方法；干馏固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程；裂化是一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反应过程；裂解就是深度的裂化；b、加成反应需要有不饱和键，聚乙烯中没有不饱和键；c、从图中看出丹参素有苯环、羟基，能发生取代、加成、氧化反应；d、在定容时还要向容量瓶中加水，不需要干燥；向锥形瓶里加水不影响所加入溶液中的溶质物质的量；滴定管和移液管里若有水，就把溶液稀释了，体积变大解答：解：a、分馏是分离几种不同沸点的挥发性物质的混合物的一种方法；蒸馏是利用混合液体或液固体系中各组分沸点不同使物质分离的一种方法；干馏固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程；裂化是一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反应过程；裂解就是深度的裂化，可以看出分馏、蒸馏没有新物质生成，干馏、裂化、裂解都有新物质生成，故a错误；b、加成反应需要有不饱和键，聚乙烯是乙烯的加聚产物没有不饱和键，聚乙烯使溴水褪色不是因为加成反应而是萃取，故b正确；c、从图中看出丹参有苯环、羟基，能发生取代、加成、氧化反应，故c错误；d、在定容时还要向容量瓶中加水，不需要干燥；向锥形瓶里加水不影响所加入溶液中的溶质物质的量；滴定管和移液管里若有水，就把溶液稀释了，体积变大，故d错误故选：b点评：本题考查了物理变化和化学变化的区别，几种有机物的结构、性质，实验仪器的应用，难度不大，注意综合掌握3（6分）下列化学用语书写正确的是（）a次氯酸的结构式：hclob丙烷分子的球棍模型示意图：cnh4h的电子式：ds2的结构示意图：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题分析：acl只能形成一对共用电子对；b球表示原子，棍表示化学键，体现原子的相对大小及空间构型；ch的电子式错误；ds的质子数为16，离子核外有18个电子解答：解：acl只能形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为hocl，故a错误；b球表示原子，棍表示化学键，体现原子的相对大小及空间构型，则丙烷分子的球棍模型示意图为，故b正确；ch的电子式错误，nh4h的电子式应为，故c错误；ds的质子数为16，离子核外有18个电子，s2的结构示意图为，故d错误；故选b点评：本题考查化学用语，为高频考点，涉及结构式、电子式、结构示意图、球棍模型等，把握化学用语的规范应用及区别为解答的关键，选项a为解答的易错点，题目难度不大4（6分）短周期中的a、b、c、d、e五种元素，原子序数依次增大，a和d，c和e分别同主族，a为非金属元素，且a与b的原子序数之和等于c的原子序数，c2与d+的核外电子数相等则下列说法正确的是（）ab与a只能组成ba3化合物bc、d、e形成的化合物与稀硫酸可能发生氧化还原反应ca、b、c形成的化合物一定不能发生水解反应de的氧化物对应的水化物一定有强的氧化性考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期中的a、b、c、d、e五种元素，原子序数依次增大，c2与d+的核外电子数相等，结合所带电荷可知，c为o元素、d为na；a和d，a为非金属元素，则a为h元素；c和e分别同主族，e为s元素；a与b的原子序数之和等于c的原子序数，则b的原子序数=81=7，故b为n元素，据此解答解答：解：短周期中的a、b、c、d、e五种元素，原子序数依次增大，c2与d+的核外电子数相等，结合所带电荷可知，c为o元素、d为na；a和d，a为非金属元素，则a为h元素；c和e分别同主族，e为s元素；a与b的原子序数之和等于c的原子序数，则b的原子序数=81=7，故b为n元素，an与h元素可以形成nh3、n2h4等，故a错误；bo、na、s形成的化合物na2s2o3，可与稀硫酸发生氧化还原反应，故b正确；ch、n、o形成的化合物nh4no3能发生水解反应，故c错误；d亚硫酸、稀硫酸没有强氧化性，浓硫酸具有强氧化性，故d错误，故选b点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，c2与d+的核外电子数相等是推断突破口，b选项为易错点，难度中等5（6分）下列离子方式书写正确的是（）a已知电离平衡常数：h2co3hclohco3，向naclo溶液中通入少量co2：2clo+co2+h2o2hclo+co32b向fe（no3）2和nabr混合溶液中滴加稀盐酸：6br+8h+2no33br2+2no+4h2ocna2s溶液中滴加naclo溶液：s2+clo+h2os+cl+2ohd双氧水使酸性kmno4溶液褪色：2mno4+5h2o22mn2+5o2+6oh+2h2o考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a向naclo溶液中通入少量co2二者反应生成次氯酸和碳酸氢钠；b亚铁离子的还原性大于溴离子；c二者发生氧化还原反应生成硫、氯化钠和氢氧化钠；d二者反应生成锰离子和水解答：解：a向naclo溶液中通入少量co2二者反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为clo+co2+h2ohclo+hco3，故a错误；b亚铁离子的还原性大于溴离子，向fe（no3）2和nabr混合溶液中滴加稀盐酸离子方程式为fe2+br+4h+no3br2+no+2h2o+fe3+，故b错误；c二者发生氧化还原反应生成硫、氯化钠和氢氧化钠，离子方程式为s2+clo+h2os+cl+2oh，故c正确；d二者反应生成锰离子和水，离子方程式为6h+2mno4+5h2o22mn2+5o2+8h2o，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的书写，涉及氧化还原反应，明确离子反应先后顺序、反应实质是解本题关键，再结合原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒等知识点来分析解答，题目难度中等6（6分）电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如下图所示已知海水中含na+、cl、ca2+、mg2+、so42等离子，电极为惰性电极下列叙述中正确的是（）aa膜是阳离子交换膜b通电后，海水中阴离子往b电极处运动c通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀d通电后，a电极的电极反应式为4oh4eo2+2h2o考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：a、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；b、依据电解原理分析，电解过程中阳离子移向阴极；c、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电；d、b电极氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大结合镁离子生成白色沉淀解答：解：a、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜b和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜b是阳离子交换膜，故a错误；b、电解过程中阳离子移向阴极b极，故b错误；c、b电极氢离子放电生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，结合镁离子生成白色沉淀，故c正确；d、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电，电极反应为：2cl2e=cl2，故d错误；故选c点评：本题考查了电解原理的应用，电极反应，电极判断，题干信息的分析应用，题目难度中等7（6分）（1）已知t时agcl的ksp=21010（2）在t时，ag2cro4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）a在t时，ag2cro4的ksp为1109b在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4可使溶液由y点到x点c在t时，以0.01 mol/l agno3溶液滴定20ml 0.01mol/l kcl和0.01mol/l的k2cro4的混和溶液，cl先沉淀d在t时，agcl的溶解度大于ag2cro4考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，溶度积是饱和溶液中离子浓度幂次方的乘积；b、在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4仍为饱和溶液，点仍在曲线上；c、依据溶液中离子浓度结合溶度积常数计算银离子浓度，银离子浓度越小先析出沉淀；d、已知t时agcl的ksp=21010，由a 知ag2cro4的ksp为11012，则s（agcl）=1.41105，而s（ag2cro4）=104解答：解：a、依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，ag2cro4的沉淀溶剂平衡为：ag2cro4（s）2ag+cro42，ksp=c2（ag+）c（cro42）=（103）2106=1012，故a错误；b、在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和ag2cro4溶液中加入k2cro4不能使溶液由y点变为x点，故b错误；c、依据溶度积常数计算ksp（cro42）=c2（ag+）c（cro42）=11012；ksp（agcl）=c（ag+）c（cl）=1.81010，以0.01mol/l agno3溶液滴定20ml0.01mol/l kcl和0.01mol/l的k2cro4的混合溶液，c（cro42）=0.01mol/l，得到c（ag+）=105mol/l，0.01mol/l kcl溶液中，c（cl）=0.01mol/l；依据溶度积计算得到：c（ag+）=2108mol/l，所以先析出氯化银沉淀，故c正确；d、则s（agcl）=1.41105，而s（ag2cro4）=104，所以在t时，agcl的溶解度小于ag2cro4，故d错误；故选c点评：本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用，溶度积是随温度变化，题目难度中等三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，129分）8（14分）辉铜矿主要成分cu2s，此外还含有少量sio2、fe2o3等杂质，软锰矿主要含有mno2，以及少量sio2、fe2o3等杂质研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜主要工艺流程如下：已知：mno2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；cu（nh3）4so4常温稳定，在热水溶液中会分解生成nh3；部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的ph范围（开始沉淀和完全沉淀的ph）：fe3+：1.53.2 mn2+：8.39.8 cu2+：4.46.4mnso4h2o溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇（1）实验室配制250ml 4.8moll1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250ml容量瓶胶头滴管（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎矿石或加热或者搅拌（任写一点）（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有cuso4、mnso4等写出该反应的化学方程式：cu2s+2mno2+4h2so4=2cuso4+2mnso4+s+4h2o（4）调节浸出液ph=4的作用是使fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀（5）本工艺中可循环使用的物质是nh3（写化学式）（6）获得的mnso4h2o晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用酒精洗涤（7）测定mnso4h2o样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100ml溶液，取出25.00ml用标准的bacl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为96.57%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：流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液ph，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有cuso4、mnso4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体；（1）配制250ml溶液，需要250ml容量瓶，还需要胶头滴管定容；（2）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；（3）mno2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是cuso4、mnso4、s，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平；（4）氢氧化铁开始沉淀ph=1.5，完全沉淀ph=3.2，cu2+：开始沉淀是4.4，使fe3+完全沉淀且cu2+不沉淀的ph范围是：3.24.4；（5）根据工艺流程可以看出，可循环使用的物质是氨气；（6）mnso4h2o晶体在酒精中溶解度小；（7）依据滴定反应生成的沉淀为硫酸钡，结合元素守恒计算得到样品纯度；解答：解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液，必不可少的是容量瓶和胶头滴管，容量瓶要标明规格，本题必须使用250ml容量瓶，故答案为：250ml容量瓶、胶头滴管；（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌；（3）根据信息，mno2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，反应物是cu2s、mno2、h2so4 ，生成物是cuso4、mnso4、s，把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（12+21）=4，mn元素化合价变化是：42=2，所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据观察法配平其它物质；反应的化学方程式是：cu2s+2mno2+4h2so4=2cuso4+2 mnso4+s+4h2o，故答案为：cu2s+2mno2+4h2so4=2cuso4+2 mnso4+s+4h2o；（4）根据金属阳离子生成氢氧化物沉淀的ph范围，使fe3+完全沉淀且cu2+不沉淀的ph范围是：3.24.4，故选择ph=4目的是使fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀，故答案为：使fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀；（5）工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，nh3 可循环使用，故答案为：nh3 ；（6）获得的mnso4h2o晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用酒精，在酒精中，硫酸锰晶体溶解度小，故获得的mnso4h2o晶体后常用酒精洗涤，目的是减少mnso4h2o晶体的损失，故答案为：酒精；（7）测定mnso4h2o样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100ml溶液，取出25.00ml用标准的bacl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钡物质的量=0.02mol，n（mnso4h2o）=n（baso4）=0.02mol，则此样品中mnso4h2o物质的量为：0.02mol=0.08mol，则样品中mnso4h2o的纯度=100%=96.57%；故答案为：96.57%；点评：本题考查了硫酸锰晶体的制取，涉及的知识点比较多，可以根据所学知识，合理分析得出正确结论，本题难度中等9（15分）co和h2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为ch4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：ch4、h2和co的燃烧热（h）分别为890.3kj/mol、285.8kj/mol和283.0kj/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kj用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为9201kj（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2l的密闭容器中充入0.40mol ch4和0.60mol h2o（g），测得ch4（g）和h2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：浓度时间/min物质01234ch40.2moll10.13moll10.1moll10.1moll10.09mol1h20moll10.2moll10.3moll10.3moll10.33moll1计算该反应第一次达平衡时的平衡常数k0.1353min时改变的反应条件是升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比x对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系x1 x2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：p1 p2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、koh溶液为原料可设计成燃料电池：放电时，负极的电极反应式为ch48e+10oh=co32+7h2o设装置中盛有100.0ml 3.0mol/l koh溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96l，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c（k+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）考点：用化学平衡常数进行计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 分析：（1）根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算；（2）反应方程式为ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）根据三行式代入平衡常数表达式进行计算；根据表中数据可知3min时达到平衡，再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件；（3）碳水比n（ch4）/n（h2o）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高；根据压强对平衡移动影响，结合图象分析解答；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应；计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据n（koh）与n（co2）比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断解答：解：（1）已知：h2（g）+o2（g）=h2o（l）h=285.8kjmol1co（g）+o2（g）=co2（g） ）h=283.0kjmol1ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=890.3kjmol1，h2o（g）=h2o（l）h=44.0kjmol1，利用盖斯定律将+3可得：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）h=（44.0kjmol1）+（890.3kjmol1）（283.0kjmol1）3（285.8kjmol1）=+206.1 kjmol1，故1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为=kj/mol=9201 kj，故答案为：9201 kj；（2）反应方程式为：ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）， 初起量（moll1）：0.2 0.3 0 0 变化量（moll1）：0.1 0.1 0.1 0.3 平衡量（moll1）：0.1 0.2 0.1 0.3所以k=0.135，故答案为：0.135；3min时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度，故答案为：升高温度或增大h2o的浓度或减小co的浓度；（3）碳水比n（ch4）/n（h2o）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x1x2，故答案为：； 该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，故p1p2，故答案为：；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应，负极电极反应式为：ch48e+10oh=co32+7h2o，故答案为：ch48e+10oh=co32+7h2o；参与反应的氧气在标准状况下体积为8960ml，物质的量为=0.4mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为=0.2mol，n（koh）=0.1l3.0moll1=0.3mol，n（koh）：n（co2）=0.3mol：0.2mol=3：2，发生发生2co2+3koh=k2co3+khco3+h2o，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（oh）c（h+），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（hco3）c（co32），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（k+）c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故答案为：c（k+）c （hco3 ）c （co32 ）c （oh ）c（ h+）点评：本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡的影响因素、化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，为2015届高考常见题型，难度中等，是对基础知识与学生能力的综合考查，注意把握化学平衡的影响因素以及图象、数据的分析能力的培养10（14分）如图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷的装置，反应需要加热，图中省去了加热装置有关数据见表：表乙醇、溴乙烷、溴有关参数乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm30.791.443.1沸点/78.538.459（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是abc（选填序号）a减少副产物烯和醚的生成 b减少br2的生成 c减少hbr的挥发 d水是反应的催化剂（2）已知加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4，写出加热时a中发生的主要反应的化学方程式ch3ch2oh+nabr+h2so4nahso4+ch3ch2br+h2o（3）仪器b的名称球形冷凝管，冷却水应从b的下（填“上”或“下”）口流进（4）反应生成的溴乙烷应在c中（填“a”或“c”中）（5）若用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，最好选择下列b（选填序号）溶液来洗涤产品a氢氧化钠 b亚硫酸钠 c碘化亚铁 d碳酸氢钠洗涤产品时所需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）在浓硫酸、加热条件下，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，也可以发生分子间脱水生成醚，浓硫酸具有强氧化性可以氧化得到溴单质，反应会有水生成，反应中会放出大量的热，容易使hbr挥发等；（2）加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4与hbr，hbr与乙醇发生取代反应生成ch3ch2br与水；（3）仪器b为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；（4）反应得到溴乙烷沸点很低，在c中用冰水冷却收集；（5）用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，是因为溶解了溴，洗涤除去溴：a加氢氧化钠会引起溴乙烷水解；b碘化亚铁会引入碘单质杂质； c加亚硫酸钠只与溴反应不与溴乙烷反应；d碳酸氢钠溶液呈碱性，和溴单质、溴乙烷反应；洗涤后需要通过分液进行分离，洗涤需要在分液装置中进行，用烧杯接取水层溶液解答：解：（1）在浓硫酸、加热条件下，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，也可以发生分子间脱水生成醚，浓硫酸具有强氧化性可以氧化得到溴单质，反应会有水生成，反应中会放出大量的热，容易使hbr挥发等，故制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是：减少副产物烯和醚的生成，减少br2的生成，减少hbr的挥发，故选：abc；（2）加热温度较低时nabr与硫酸反应生成nahso4与hbr，hbr与乙醇发生取代反应生成ch3ch2br与水，反应反应方程式为：ch3ch2oh+nabr+h2so4nahso4+ch3ch2br+h2o，故答案为：ch3ch2oh+nabr+h2so4nahso4+ch3ch2br+h2o；（3）由仪器结构特征，可知仪器b为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，即冷却水应冷凝管的下口流入，从上口流出，故答案为：球形冷凝管；下；（4）反应得到溴乙烷沸点很低，在c中用冰水冷却收集，故答案为：c；（5）用浓的硫酸进行实验时，得到的溴乙烷呈棕黄色，是因为溶解了溴，洗涤除去溴：a氢氧化钠可以与溴反应，但也会引起溴乙烷水解，故a错误；b溴与碘化亚铁会生成碘单质，溴乙烷会溶解碘单质，故b错误； c加亚硫酸钠只与溴发生反应，不与溴乙烷反应，故c正确；d碳酸氢钠溶液呈碱性，会和溴单质、溴乙烷反应，故d错误；洗涤后需要通过分液进行分离，洗涤需要在分液漏斗中进行，用烧杯接取水层溶液，故答案为：c；分液漏斗、烧杯点评：本题考查有机物制备实验，涉及实验室hbr的制备、物质的分离提纯、对操作与原理的分析评价等，综合考查学生实验分析的能力、知识迁移运用能力，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）工业上以黄铁矿为原料生产硫酸主要分为三个阶段进行，即煅烧、催化氧化、吸收请回答下列个问题：（1）煅烧黄铁矿形成的炉气必须经除尘、洗涤、干燥后进入接触室（填设备名称），其主要目的是防止催化剂中毒（2）催化氧化所使用的催化剂钒触媒（v2o5）能加快二氧化硫氧化速率，此过程中产生了一连串的中间体（如图1）其中a、c二步的化学方程式可表示为：so2+v2o5so3+v2o4、4voso4+o22v2o5+4so3（3）550时，so2转化为so3的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图2所示则：将2.0mol so2和1.0mol o2置于5l密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10m pa该反应的平衡常数等于400lmol1a与b表示不同压强下的so2转化率，通常情况下工业生产中采用常压的原因是使用常压so2就可以达到较高的转化率（4）为循环利用催化剂，科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上已知废钒催化剂中含有v2o5、voso4及不溶性残渣查阅资料知：voso4可溶于水，v2o5难溶于水，nh4vo3难溶于水该工艺的流程如图则：反应中属于氧化还原反应的是（填数字序号），反应的离子方程式为v2o5+so32+4h+=2vo2+so42+2h2o该工艺中反应的沉淀率（又称沉矾率）是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液ph影响外，还需要控制氯化铵系数（nh4cl加入质量与料液中v2o5的质量比）和温度根据下图试建议控制氯化铵系数和度：4、80考点：工业制取硫酸；氧化还原反应；化学平衡的计算 专题：氧化还原反应专题；化学平衡专题分析：（1）煅烧黄铁矿形成的炉气主要是二氧化硫气体，进入接触室前必须对气体继续除尘、洗涤、干燥，防止催化剂中毒，影响催化氧化的效果；（2）根据催化剂参与反应过程生成的中间产物，分析催化剂参与反应，最终重新生成来书写化学方程式；（3）根据化学平衡计算的三段式进行计算，压强的增加引起so2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压；（4）根据流程中钒元素的存在化合物中的化合价的变化，判断出发生氧化还原反应的是；反应是利用亚硫酸钠在酸性溶液中的还原性把难溶的v2o5转化为易溶于水的voso4便于钒的提取；根据图1和图2分析坐标系中的表示含义，结合图中的沉矾率在80度c时最大，约为98%，在图中找到对应沉矾率98%下的控制氯化铵系数为4解答：解：（1）以黄铁矿为原料生产硫酸主要分为三个阶段进行，即煅烧、催化氧化、吸收；其中二氧化硫的催化氧化在催化剂表面和空气中的氧气接触反应，若气体中含有杂质气体容易使催化剂中毒，所以煅烧黄铁矿形成的炉气必须经除尘、洗涤、干燥；故答案为：接触室，