云南省昆明市高考化学质检试卷（二）（含解析）.doc

云南省昆明市2015届高考化学 质检试卷（二）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法不正确的是（）a碳化硅可作砂纸、砂轮的磨料b地沟油没有利用价值，可用燃烧法处理c食盐、食醋、纯碱、小苏打是常见的厨房用品d开发和利用太阳能是节约化石能源，弥补能源不足的途径2能与nahco3溶液反应产生气体，分子式为c5h10o2的同分异构体有（不考虑立体异构）（）a2种b3种c4种d5种3a、b、c、d有如图所示转化关系：，则a、d可能是（）c、o2 na、o2 naoh、co2 s、o2 fe、cl2abcd4用下列有关实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）a用图1装置制取金属铁b用图2装置称量naoh固体c用图3装置蒸干cucl2饱和溶液制备cucl2晶体d用图4装置制取氨气5苯甲酸（c6h5cooh）是一种酸性比醋酸强的弱酸，下列说法不正确的是（）a在水溶液中，c6h5cooh的电离方程式为：c6h5coohc6h5coo+h+b0.1moll1c6h5coona溶液中离子浓度大小关系为：c（na+）c（c6h5coo）c（oh）c（h+）cc6h5coona和c6h5cooh的混合溶液呈中性，且c（na+）=0.1moll1，则c（na+）=c（c6h5coo）c（oh）=c（h+）d等浓度的c6h5coona和ch3coona两溶液中，前者离子总浓度小于后者6利用碳纳米管能吸附氢气，设计一种新型二次电池，其装置如图所示，关于该电池的叙述不正确的是（）a电池放电时k+移向正极b电池放电时负极反应为：h22e+2oh2h2oc电池充电时镍电极niooh转化为ni（oh）2d电池充电时碳纳米管电机与电源的负极相连7已知：c（s）+o2=co2（g）h1=394kjmol1h2（g）+o2（g）=h2o（g）h2=242kjmol12c2h2（g）+5o2（g）=4co2（g）+2h2o（g）2c（s）+h2（g）=c2h2（g）h4下列正确的是（）a反应放出197kj的热量，转移4mol电子b反应可知1mol液态水分解所放出的热量为242kjc反应表示c2h2燃烧热的热化学方程式dh4=2h1+h2h3二、必做题（共3小题，满分43分）8工业上和净化后的水煤气在催化剂作用下，与水蒸气发生反应制取氢气，化学方程式为：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）一定条件下，将4molco与2molh2o（g）充入体积为2l的密闭容器吕，体系中各物质的深度随时间变化如图所示：（1）在04min时段，反应速率v（h2o）为molmin1，该条件下反应的平衡常数k为（保留两位有效数字）（2）该反应到4min时，co的转化率为（3）若6min时改变的外部条件为升温，则该反应的h0（填“”、“=”或“”），此时反应的平衡常数（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）判断该反应达到化学平衡状态的依据是a混合气体的密度不变 b混合气体中c（co）不变cv（h2o）正=v（h2）正 d断裂2molho键的同时生成1molhh键（5）若保持与4min时相同的温度，向一容积可变的密闭容器中同时充入0.5molco、1.5molh2o（g）、0.5molco2和amolh2，则当a=2.5时，上述反应向（填“正反应”或“逆反应”）方向进行若要使上述反应开始时向逆反应进行，则a的取值范围为9镁及其化合物有广泛用途工业上以菱镁矿（主要成分为mgco3，含sio2以及少量feco3等杂质）为原料制备纳米氧化镁的实验流程如下：（1）加入h2o2氧化时，发生反应的离子方程式为（2）在实验室煅烧滤渣2制得的金属氧化物为（填化学式），需要的仪器除酒精灯、三脚架以外，还需要（填序号） 蒸发皿 坩埚 泥三角 石棉网（3）在一定条件下co（nh2）2可与h2o反应生成co2和一种弱碱，反应的化学方程式为（4）25时，加入co（nh2）2至开始产生沉淀，溶液的ph=10时，c（mg2+）=moll1（已知25，kspmg（oh）2=1.81011）（5）工业上还可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制务纳米mgo如图1为反应温度对纳米mgo产率和粒径的影响，据图分析反应的最佳温度为（6）mgh2o2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液，示意图2如下该电池工作时，石墨电极发生的电极反应为10实验室用na2cr2o7氧化环己醇制取环己酮（已知该反应为放热反应）：环己醇、环己酮和水的部分物理性质见下表（括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的 混合物的沸点）：物质沸点（）密度（gcm3，20）溶解性环己醇161.1（97.8）0.9624能溶于水和乙醚环己酮155.6（95）0.9478微溶于水，能溶于乙醚水100.00.9982实验装置如图所示：实验步骤如下：将重铬酸钠溶液与浓硫酸混合，冷却至室温备用；在三颈烧瓶中加入20.0环己醇，并将中溶液分三次加入三颈烧瓶控制温度在5560之间，充分反应；打开活塞a加热圆底烧瓶，当有大量水蒸气冲出时，关闭活塞a；向锥形瓶收集到的粗产品中加入nacl固体至饱和，静置，分液；水层用乙醚萃取，萃取液并入有机层；有机层再加入无水mgso4固体并过滤，取滤液蒸馏，先除去乙醚（乙醚沸点34.6，易燃烧），然后收集151155馏分 根据以上步骤回答下列问题：（1）仪器b的名称是，步骤的操作方法是（2）将中溶液分三次加入三颈瓶的原因是（3）步骤实验操作的目的是，实验过程中要经常检查圆底烧瓶中玻璃管内的水位，当水位上升过高时，应立即进行的操作是（4）步骤中分液时有机层在（填“上”或“下”）层，蒸馏除乙醚的过程中最好采用的加热方式是（5）本实验得环己酮12.0g，则环己酮的产率是%三、选做题：【化学选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11高铁酸钾（k2feo4）是一种新型多功能水处理剂其生产工艺如下：已知：2koh+cl2=kcl+kclo+h2o（条件：温度较低） 6koh+3cl2=5kcl+kclo3+3h2o（条件：温度较高） 2fe（no3）3+3kclo+10koh=2k2feo4+6kno3+3kcl+5h2o 回答下列问题：（1）该工艺中，不宜采用的温度条件是（填“较高温度”或“较低温度”）（2）氯碱工业中获取cl2的化学方程式是（3）k2feo4可作为新型多功能水处理剂的原因是（4）在“反应液”中加koh固体的目的，除消耗过量cl2外，还有的作用（5）从“反应”中分离出k2feo4后，副产品中可以做化肥的有（6）k2feo4zn可以组成碱性电池，k2feo4在该电池中作为正极材料，其电极反应式为，若该电池在工作时，19.5g锌参加反应，消耗gk2feo4四、选做题：【化学选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素 试回答下列问题；（1）d位于区，其基态原子核外电子排布图为（2）直线分子b2a2中键与键的数目之比为（3）b、c、d形成的双核粒子中，互为等电子体的有（填粒子符号，任写一对），c第一电离能大于d的原因是（4）在相同条件下，bd2与gd2在水中溶解度较大的是（填化学式）；gd2原子的杂化方式为，该分子的vspr模型名称为（5）f分别与e、i形成的简单化合物中，熔点较高的是（填化学式），理由是（6）h的晶胞结构图及二维平面晶体示意图如下，其中h原子半径为r，列式表示h原子在晶胞的空间利用率（不要求计算结果）五、选做题：【化学选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13呋喃酚是生产农药克百威的主要中间体其合成路线如下：（1）a物质核磁共振氢谱中各组吸收峰的峰面积之比为，bc的反应类型是，e中含氧官能团的名称是，1mold最多可以消耗molnaoh（2）已知x的分子式为c4h7cl，写出ab的化学方程式：（3）y是x的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则y发生消去反应所得产物的名称（系统命名）是（4）下列有关化合物c、d的说法正确的是 可用氯化铁溶液鉴别c和d c和d含有的官能团完全相同c和d互为同分异构体 c和d均能使溴水褪色（5）e有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式 属于芳香族化合物 苯环上的一氯代物只有一种 含有酯基 能发生银镜反应云南省昆明市2015届高考化学质检试卷（二）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下列说法不正确的是（）a碳化硅可作砂纸、砂轮的磨料b地沟油没有利用价值，可用燃烧法处理c食盐、食醋、纯碱、小苏打是常见的厨房用品d开发和利用太阳能是节约化石能源，弥补能源不足的途径考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；原子晶体；油脂的性质、组成与结构 分析：a、碳化硅是原子晶体，硬度较大；b、地沟油属于酯类，可以再利用；c、食盐、食醋、纯碱、小苏打均在生活中有重要应用；d、太阳能是取之不尽用之不竭的解答：解：a、碳化硅是原子晶体，硬度较大，可做砂纸、砂轮的磨料，故a正确；b、地沟油属于酯类，可以用于制肥皂、生物柴油等实现再利用，而燃烧可以引起空气污染，故b错误；c、食盐和食醋是重要的调味品，纯碱、小苏打可用于食品的发酵等，故c正确；d、太阳能是取之不尽用之不竭的，且对环境无污染，故d正确故选b点评：本题考查了生活中的化学知识，难度不大，注重化学知识的积累2能与nahco3溶液反应产生气体，分子式为c5h10o2的同分异构体有（不考虑立体异构）（）a2种b3种c4种d5种考点：同分异构现象和同分异构体 分析：分子式为c5h10o2且遇nahco3溶液能产生气体，则该有机物中含有cooh，所以为饱和一元羧酸，烷基为c4h9，丁基异构数等于该有机物的异构体数解答：解：分子式为c5h10o2且遇小苏达能产生气体，则该有机物中含有cooh，所以为饱和一元羧酸，烷基为c4h9，c4h9异构体有：ch2ch2ch2ch3，ch（ch3）ch2ch3，ch2ch（ch3）ch3，c（ch3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4故选：c点评：本题主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，难度中等，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键，甲基与乙基均1种，丙基2种、丁基4种、戊基8种3a、b、c、d有如图所示转化关系：，则a、d可能是（）c、o2 na、o2 naoh、co2 s、o2 fe、cl2abcd考点：钠的重要化合物；钠的化学性质；铁的化学性质 分析：碳与氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，碳与足量氧气反应生成二氧化碳；钠与氧气常温下反应生成氧化钠，氧化钠与氧气加热反应生成过氧化钠，钠与氧气加热生成过氧化钠；氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠与过量二氧化碳生成碳酸氢钠；硫与氧气反应生成二氧化硫得不到三氧化硫；氯气与铁反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁解答：解：碳与氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，碳与足量氧气反应生成二氧化碳，当ad分别是c、o2，符合图中转化关系，故正确；钠与氧气常温下反应生成氧化钠，氧化钠与氧气加热反应生成过氧化钠，钠与氧气加热生成过氧化钠，当ad分别是na、o2，符合图中转化关系，故正确；氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠与过量二氧化碳生成碳酸氢钠，当ad分别是naoh、o2，符合图中转化关系，故正确；硫与氧气反应生成二氧化硫得不到三氧化硫，不能实现图中转化关系，故错误；氯气与铁反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，不能实现图中转化关系，故错误；故选：a点评：本题为推断题，主要考查了反应物用量和反应条件对反应的影响，熟悉相关物质的化学性质是解题关键，题目难度不大4用下列有关实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）a用图1装置制取金属铁b用图2装置称量naoh固体c用图3装置蒸干cucl2饱和溶液制备cucl2晶体d用图4装置制取氨气考点：化学实验方案的评价 分析：a铝能与三氧化二铁反应得到铁；b左物右码；ccucl2在加热时水解生成氢氧化铜；d氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵解答：解：a镁燃烧提供的高温可引发反应，铝能与三氧化二铁反应得到铁，故a正确； b称量时左物右码，故b错误；ccucl2在加热时水解生成氢氧化铜，不能直接用蒸发的方法制备，故c错误；d加热氯化铵生成氨气与氯化氢，氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵，无法获得氨气，故d错误故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、称量等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大5苯甲酸（c6h5cooh）是一种酸性比醋酸强的弱酸，下列说法不正确的是（）a在水溶液中，c6h5cooh的电离方程式为：c6h5coohc6h5coo+h+b0.1moll1c6h5coona溶液中离子浓度大小关系为：c（na+）c（c6h5coo）c（oh）c（h+）cc6h5coona和c6h5cooh的混合溶液呈中性，且c（na+）=0.1moll1，则c（na+）=c（c6h5coo）c（oh）=c（h+）d等浓度的c6h5coona和ch3coona两溶液中，前者离子总浓度小于后者考点：离子浓度大小的比较 分析：a苯甲酸为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，据此判断其电离方程式；bc6h5coo在溶液中部分水解，溶液显示碱性，c（oh）c（h+），结合电荷守恒可知c（na+）c（c6h5coo）；c混合液为中性，则c（oh）=c（h+），根据电荷守恒可得：c（na+）=c（c6h5coo）；d溶液中正电荷总浓度为c（na+）+c（h+），阴阳离子总浓度为正电荷的2倍，两溶液中钠离子浓度相等，醋酸钠溶液的水解程度较大，溶液中氢氧根离子浓度较大，则氢离子浓度较小，所以醋酸钠溶液中总电荷浓度小于苯甲酸钠解答：解：a苯甲酸为弱酸，在溶液中部分电离，则c6h5cooh在水溶液中的电离方程式为：c6h5coohc6h5coo+h+，故a正确；b.0.1moll1c6h5coona溶液中，c6h5coo在溶液中部分水解，溶液显示碱性，c（oh）c（h+），结合电荷守恒可知c（na+）c（c6h5coo），则溶液中离子浓度大小关系为：c（na+）c（c6h5coo）c（oh）c（h+），故b正确；cc6h5coona和c6h5cooh的混合溶液呈中性，则（oh）=c（h+），根据电荷守恒可得：c（na+）=c（c6h5coo），溶液中离子浓度关系为：c（na+）=c（c6h5coo）c（oh）=c（h+），故c正确；d苯甲酸的酸性大于乙酸，则等浓度的苯甲酸钠的水解程度小于乙酸钠，苯甲酸钠溶液中的氢氧根离子浓度小于乙酸钠溶液，苯甲酸钠溶液中的氢离子答于乙酸钠，根据电荷守恒可知，溶液中离子总浓度为2c（na+）+c（h+），所以苯甲酸钠溶液中的总电荷浓度大于乙酸钠，故d错误；故选d点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用的方法，d为易错点，可以根据电荷守恒及盐的水解原理进行判断6利用碳纳米管能吸附氢气，设计一种新型二次电池，其装置如图所示，关于该电池的叙述不正确的是（）a电池放电时k+移向正极b电池放电时负极反应为：h22e+2oh2h2oc电池充电时镍电极niooh转化为ni（oh）2d电池充电时碳纳米管电机与电源的负极相连考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：a原电池放电时，阳离子向正极移动；b原电池放电时，负极上燃料失电子发生氧化反应；c电池充电时，镍电极做阳极，发生氧化反应；d充电时，碳纳米管与电源负极相连解答：解：a原电池放电时，阳离子向正极移动，则k+移向正极，故a正确；b放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为h22e+2oh2h2o，故b正确；c充电时，镍电极作阳极，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为ni（oh）2e+oh=nio（oh）+h2o，故c错误；d充电时，碳纳米管电极作阴极，则与电源的负极相连，故d正确；故选c点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液书写，难度中等；7已知：c（s）+o2=co2（g）h1=394kjmol1h2（g）+o2（g）=h2o（g）h2=242kjmol12c2h2（g）+5o2（g）=4co2（g）+2h2o（g）2c（s）+h2（g）=c2h2（g）h4下列正确的是（）a反应放出197kj的热量，转移4mol电子b反应可知1mol液态水分解所放出的热量为242kjc反应表示c2h2燃烧热的热化学方程式dh4=2h1+h2h3考点：有关反应热的计算 分析：a、反应转移4mol电子，放出394kj热量；b、反应是当生成1mol水蒸气时，放出242kj的热量；c、燃烧热是在25摄氏度，101 kpa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；d、据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减解答：解：a、反应转移4mol电子，放出394kj热量，故当放出197kj的热量，转移2mol电子，故a错误；b、反应是当生成1mol水蒸气时，放出242kj的热量，故1mol水蒸汽分解时要吸收热量为242kj，则1mol液态水分解时吸收的热量大于242kj，故b错误；c、燃烧热是在25摄氏度，101 kpa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，必须生成的是液态的水，且可燃物的计量数必须是1，故c错误；d、已知：c（s）+o2=co2（g）h1=394kjmol1h2（g）+o2（g）=h2o（g）h2=242kjmol12c2h2（g）+5o2（g）=4co2（g）+2h2o（g）根据盖斯定律可知：将2+可得：2c（s）+h2（g）=c2h2（g）故h4=2h1+h2h3，故d正确故选d点评：本题考查了盖斯定律的应用和燃烧热的概念，难度不大，燃烧热和盖斯定律是高频考点，注意把握二、必做题（共3小题，满分43分）8工业上和净化后的水煤气在催化剂作用下，与水蒸气发生反应制取氢气，化学方程式为：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）一定条件下，将4molco与2molh2o（g）充入体积为2l的密闭容器吕，体系中各物质的深度随时间变化如图所示：（1）在04min时段，反应速率v（h2o）为0.2molmin1，该条件下反应的平衡常数k为2.7（保留两位有效数字）（2）该反应到4min时，co的转化率为40%（3）若6min时改变的外部条件为升温，则该反应的h0（填“”、“=”或“”），此时反应的平衡常数减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）判断该反应达到化学平衡状态的依据是ca混合气体的密度不变 b混合气体中c（co）不变cv（h2o）正=v（h2）正 d断裂2molho键的同时生成1molhh键（5）若保持与4min时相同的温度，向一容积可变的密闭容器中同时充入0.5molco、1.5molh2o（g）、0.5molco2和amolh2，则当a=2.5时，上述反应向正反应（填“正反应”或“逆反应”）方向进行若要使上述反应开始时向逆反应进行，则a的取值范围为a4.05考点：化学平衡的计算；化学平衡状态的判断 分析：（1）图象分析可知4min反应达到平衡状态，物质浓度为c（co）=1.2mol/l，c（h2）=0.8mol/l，c（h2o）=0.2mol/l，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，反应速率v=，平衡常数k=；（2）依据（1）的计算结果得到转化率=100%；（3）若6min时改变的外部条件为升温，图象可知氢气浓度减小，一氧化碳和水的浓度增大，说明平衡逆向进行，依据化学平衡移动原理分析；（4）平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，反应过程中“变量不变”分析选项；（5）计算浓度商和平衡常数比较大小分析判断反应进行的方向，浓度商大于平衡常数正向进行，小于平衡常数逆向进行；解答：解：（1）图象分析可知4min反应达到平衡状态，物质浓度为c（co）=1.2mol/l，c（h2）=0.8mol/l，c（h2o）=0.2mol/l，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度， co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）起始量（mol/l） 2 1 0 0变化量（mol/l） 0.8 0.8 0.8 0.8平衡量（mol/l） 1.2 0.2 0.8 0.8在04min时段，反应速率v（h2o）=0.2mol/（lmin），平衡常数k=2.7；故答案为：0.2mol/（lmin）；2.7；（2）该反应到4min时，co的转化率=100%=40%；故答案为：40%；（3）若6min时改变的外部条件为升温，图象可知氢气浓度减小，一氧化碳和水的浓度增大，说明平衡逆向进行，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，则该反应的h0，此时平衡逆向进行，平衡常数减小；故答案为：，减小；（4）上述分析可知，反应co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）是气体体积不变的放热反应a反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误； b混合气体中c（co）不变是破坏的标志，故b正确；cv（h2o）正=v（h2）正，反应舍利子之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，只能说明反应正向进行，不能证明正逆反应速率相同，故c错误； d断裂2molho键的同时生成1molhh键，说明反应正向进行，不能这么说明正逆反应速率相同，故d错误；故答案为：c；（5）若保持与4min时相同的温度，向一容积可变的密闭容器中同时充入0.5molco、1.5molh2o（g）、0.5molco2和amolh2，则当a=2.5时，q=1.7k=2.7，说明反应正向进行；若要使上述反应开始时向逆反应进行，q=2.7，则a的取值范围为a4.05；故答案为：正反应；a4.05点评：本题考查了化学平衡的分析应用，主要是图象分析，平衡常数、反应速率的概念计算应用，注意一下化学平衡的因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等9镁及其化合物有广泛用途工业上以菱镁矿（主要成分为mgco3，含sio2以及少量feco3等杂质）为原料制备纳米氧化镁的实验流程如下：（1）加入h2o2氧化时，发生反应的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o（2）在实验室煅烧滤渣2制得的金属氧化物为fe2o3（填化学式），需要的仪器除酒精灯、三脚架以外，还需要（填序号） 蒸发皿 坩埚 泥三角 石棉网（3）在一定条件下co（nh2）2可与h2o反应生成co2和一种弱碱，反应的化学方程式为co（nh2）2+3h2o=co2+2nh3h2o（4）25时，加入co（nh2）2至开始产生沉淀，溶液的ph=10时，c（mg2+）=1.8103moll1（已知25，kspmg（oh）2=1.81011）（5）工业上还可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制务纳米mgo如图1为反应温度对纳米mgo产率和粒径的影响，据图分析反应的最佳温度为50c（6）mgh2o2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液，示意图2如下该电池工作时，石墨电极发生的电极反应为h2o2+2e=2oh考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：以菱铁矿（主要成分为mgco3，含少量feco3、sio2）为原料，加入稀硫酸酸溶过滤得到滤液为硫酸镁，硫酸亚铁溶液，滤渣1为sio2，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入一水合氨调节溶液ph沉淀铁离子，过滤得到滤渣为氢氧化铁沉淀，滤液为硫酸镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤制备硫酸镁，加入co（nh2）2至开始产生沉淀，加入pva过滤干燥得到氢氧化镁沉淀，高温煅烧制备高纯氧化镁，（1）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，易于除去不会引入新的杂质；（2）上述分析可知煅烧滤渣2为氢氧化铁制得的金属氧化物是氢氧化铁分解生成的氧化铁，灼烧固体需要在坩埚中灼烧；（3）在一定条件下co（nh2）2可与h2o反应生成co2和一种弱碱，依据原子守恒可知弱碱为一水合氨；（4）依据溶度积计算得到；（5）图象分析可知在50c时氧化镁产率最大；（6）该原电池中，镁作负极，石墨做正极，正极上双氧水得电子生成氢氧根离子；解答：解：（1）过氧化氢时绿色氧化剂，氧化亚铁离子不会引入新的杂质，氧化亚铁离子的离子方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；（2）煅烧滤渣2为氢氧化铁制得的金属氧化物是氢氧化铁分解生成的氧化铁，化学式为fe2o3，灼烧固体需要在坩埚中灼烧，需要的仪器除酒精灯、三脚架以外，还需要坩埚、泥三角；故答案为：fe2o3，；（3）在一定条件下co（nh2）2可与h2o反应生成co2和一种弱碱，依据原子守恒可知弱碱为一水合氨，反应的化学方程式为：co（nh2）2+3h2o=co2+2nh3h2o；故答案为：co（nh2）2+3h2o=co2+2nh3h2o；（4）已知25，kspmg（oh）2=1.81011），25时，加入co（nh2）2至开始产生沉淀，溶液的ph=10，c（oh）=104mol/l，ksp=c（mg2+）c2（oh）=1.81011，c（mg2+）=1.8103mol/l；故答案为：1.8103；（5）图1为反应温度对纳米mgo产率和粒径的影响，据图分析50c时氧化镁产率最大，反应的最佳温度为50c，故答案为：50 c；（6）该原电池中，镁作负极，正极上双氧水得电子生成氢氧根离子，电极反应式为h2o2+2e=2oh，故答案为：h2o2+2e=2oh点评：本题考查了物质分离方法和提纯过程分析判断，原电池原理和电极反应书写，溶度积常数的计算分析，掌握基础是关键，题目难度中等10实验室用na2cr2o7氧化环己醇制取环己酮（已知该反应为放热反应）：环己醇、环己酮和水的部分物理性质见下表（括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的 混合物的沸点）：物质沸点（）密度（gcm3，20）溶解性环己醇161.1（97.8）0.9624能溶于水和乙醚环己酮155.6（95）0.9478微溶于水，能溶于乙醚水100.00.9982实验装置如图所示：实验步骤如下：将重铬酸钠溶液与浓硫酸混合，冷却至室温备用；在三颈烧瓶中加入20.0环己醇，并将中溶液分三次加入三颈烧瓶控制温度在5560之间，充分反应；打开活塞a加热圆底烧瓶，当有大量水蒸气冲出时，关闭活塞a；向锥形瓶收集到的粗产品中加入nacl固体至饱和，静置，分液；水层用乙醚萃取，萃取液并入有机层；有机层再加入无水mgso4固体并过滤，取滤液蒸馏，先除去乙醚（乙醚沸点34.6，易燃烧），然后收集151155馏分 根据以上步骤回答下列问题：（1）仪器b的名称是分液漏斗，步骤的操作方法是将浓硫酸缓慢加入重铬酸钾溶液中，并不断搅拌（2）将中溶液分三次加入三颈瓶的原因是防止温度过高发生副反应（3）步骤实验操作的目的是水蒸气与环己酮形成的具有固定组成的混合物，蒸馏出产品环己酮，实验过程中要经常检查圆底烧瓶中玻璃管内的水位，当水位上升过高时，应立即进行的操作是打开活塞a（4）步骤中分液时有机层在上（填“上”或“下”）层，蒸馏除乙醚的过程中最好采用的加热方式是水浴加热（5）本实验得环己酮12.0g，则环己酮的产率是61.2%考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）由仪器结构特征，可知仪器b为分液漏斗；根据浓硫酸稀释操作进行解答；（2）反应为放热反应，一次性加入会放出大量的热，温度过高会导致副反应发生；（3）利用水蒸气与环己酮形成的具有固定组成的混合物，进行蒸馏出产品环己酮；圆底烧瓶中玻璃管内的水位上升过高时，说明装置内压强过大，应立即打开活塞a降低装置内压强；（4）有机层的密度小于水，有机层在上层；乙醚以挥发，利用水浴加热进行蒸馏除去乙醚；（5）根据环己醇的质量计算环己酮的理论产量，产率=（实际产量理论产量）100%解答：解：（1）由仪器结构特征，可知仪器b为分液漏斗；重铬酸钠溶液与浓硫酸混合操作为：将浓硫酸缓慢加入重铬酸钾溶液中，并不断搅拌，故答案为：分液漏斗；将浓硫酸缓慢加入重铬酸钾溶液中，并不断搅拌；（2）反应为放热反应，一次性加入会放出大量的热，故应分多次加入，防止温度过高发生副反应，故答案为：防止温度过高发生副反应；（3）步骤实验操作的目的是：水蒸气与环己酮形成的具有固定组成的混合物，蒸馏出产品环己酮；圆底烧瓶中玻璃管内的水位上升过高时，说明装置内压强过大，应立即打开活塞a降低装置内压强，防止爆炸危险发生，故答案为：水蒸气与环己酮形成的具有固定组成的混合物，蒸馏出产品环己酮；打开活塞a；（4）有机层的密度小于水，有机层在上层；乙醚以挥发，利用水浴加热进行蒸馏除去乙醚，故答案为：上；水浴加热；（5）环己酮的理论产量为20g=19.6g，故产率=（12g19.6g）100%=61.2%，故答案为：61.2点评：本题考查有机实验制备，涉及仪器识别、浓硫酸稀释、对装置与操作的分析评价、物质的分离提纯、产率计算等，难度中等，是对学生综合能力的考查三、选做题：【化学选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11高铁酸钾（k2feo4）是一种新型多功能水处理剂其生产工艺如下：已知：2koh+cl2=kcl+kclo+h2o（条件：温度较低） 6koh+3cl2=5kcl+kclo3+3h2o（条件：温度较高） 2fe（no3）3+3kclo+10koh=2k2feo4+6kno3+3kcl+5h2o 回答下列问题：（1）该工艺中，不宜采用的温度条件是较高温度（填“较高温度”或“较低温度”）（2）氯碱工业中获取cl2的化学方程式是2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2（3）k2feo4可作为新型多功能水处理剂的原因是+6价的fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物fe元素为+3价，在水中形成fe（oh）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉（4）在“反应液”中加koh固体的目的，除消耗过量cl2外，还有与“反应液i”中过量的cl2继续反应，生成更多的kclo；为下一步反应提供反应物的作用（5）从“反应”中分离出k2feo4后，副产品中可以做化肥的有kno3、kcl（6）k2feo4zn可以组成碱性电池，k2feo4在该电池中作为正极材料，其电极反应式为feo42+3e+4h2o=fe（oh）3+5oh，若该电池在工作时，19.5g锌参加反应，消耗39.6gk2feo4考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：足量cl2通入和koh溶液中，温度低时发生反应cl2+2oh=cl+clo+h2o，向溶液i中加入koh，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去kcl得到碱性的kclo浓溶液，向碱性的kclo浓溶液中加入90%的fe（no3）3溶液，发生反应2fe3+3clo+10oh=2feo42+3cl+5h2o，得到溶液ii，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体k2feo4，（1）由工艺流程及可知，利用fe（no3）3与kclo制备k2feo4，由信息可知温度较高koh与cl2 反应生成的是kclo3；（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气；（3）k2feo4中铁元素化合价为+6价，价态高，+6价的fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物fe元素为+3价，在水中形成fe（oh）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；（4）由工艺流程可知，反应液i中有过量的cl2反应，生成更多的kclo；（5）由工艺流程及可知，从“反应液ii”中分离出k2feo4后，会有副产品kno3、kcl（6）k2feo4zn也可以组成碱性电池，k2feo4在电池中作为正极材料，负极为锌失电子发生氧化反应，电极反应zn2e+2oh=zn（oh）2；依据产物和电子守恒写出正极反应：feo42+3e+4h2ofe（oh）3+5oh，依据电极反应电子守恒计算消耗k2feo4的质量；解答：解：（1）由工艺流程及可知，利用fe（no3）3与kclo制备k2feo4，由信息可知温度较高koh与cl2 反应生成的是kclo3由信息可知，在低温下koh与cl2 反应生成的是kclo故选择较低温度，不易选取较高温度；故答案为：较高温度；（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气反应方程式为：2nacl+2h2o 2naoh+h2+cl2，故答案为：2nacl+2h2o 2naoh+h2+cl2；（3）k2feo4中铁元素化合价为+6价，价态高，易得电子，表现强氧化性，+6价的fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物fe元素为+3价，在水中形成fe（oh）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉，故答案为：+6价的fe元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒；还原产物fe元素为+3价，在水中形成fe（oh）3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；（4）由工艺流程可知，反应液i中有过量的cl2反应，加koh固体的目的是与过量的cl2继续反应，生成更多的kclo为下一步反应提供反应物，故答案为：与“反应液i”中过量的cl2继续反应，生成更多的kclo；为下一步反应提供反应物；（5）由工艺流程及可知，从“反应液ii”中分离出k2feo4后，会有副产品kno3、kcl，故答案为：kno3、kcl；（6）用fecl3与kclo在强碱性条件下反应制取k2feo4，反应的离子方程式为2fe（oh）3+3clo+4oh=2feo42+3cl+5h2o，原电池的负极发生氧化反应，正极电极反应式为：feo42+3e+4h2o=fe（oh）3+5oh；负极电极反应为：zn2e+2oh=zn（oh）2，若该电池在工作时，19.5g锌参加反应，物质的量n（zn）=0.3mol，电子守恒得到3zn2k2feo4，消耗k2feo4的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol198g/mol=39.6g，故答案为：feo42+3e+4h2o=fe（oh）3+5oh；39.6g；点评：本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生分析、计算能力和思维的缜密性，涉及氧化还原反应方程式的配平、离子方程式的书写，会从整体上分析物质分离流程，知道每一步发生的反应及基本操作，题目难度中等四、选做题：【化学选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素 试回答下列问题；（1）d位于p区，其基态原子核外电子排布图为（2）直线分子b2a2中键与键的数目之比为3：2（3）b、c、d形成的双核粒子中，互为等电子体的有co、n2、cn、c22（填粒子符号，任写一对），c第一电离能大于d的原因是n原子的最外层p轨道处于半满状态，是一种稳定结构，失去一个电子所需能量更多（4）在相同条件下，bd2与gd2在水中溶解度较大的是so2（填化学式）；gd2原子的杂化方式为sp2，该分子的vspr模型名称为平面三角形（5）f分别与e、i形成的简单化合物中，熔点较高的是naf（填化学式），理由是naf的晶格能大于nacl（6）h的晶胞结构图及二维平面晶体示意图如下，其中h原子半径为r，列式表示h原子在晶胞的空间利用率（不要求计算结果）考点：晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：根据元素在周期表中位置可知，a为h，b为c，c为n，d为o，e为f，f为na，g为s，h为cu，i为br，（1）氧元素位p区，是8号元素，据此画电子排布图；（2）c2h2中c、h之间有一个单键，c、c之间为参键，其中一个是键，两个是键；（3）b、c、d形成的双核粒子为co、no、n2、o2、cn、c22，等电子体为价电子数和原子数都相等的微粒，据此判断，n原子的最外层p轨道处于半满状态，是一种稳定结构；（4）二气化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，根据相似相溶原理判断溶解性，根据二氧化硫中硫原子的价层电子对数判断硫原子的杂化方式及分子的vspr模型；（5）根据晶格能大小可以判断nacl和naf的熔点高低；（6）根据空间利用率=100%进行计算解答：解：根据元素在周期表中位置可知，a为h，b为c，c为n，d为o，e为f，f为na，g为s，h为cu，i为br，（1）氧元素位p区，是8号元素，电子排布图为，故答案为：p；（2）c2h2中c、h之间有一个单键，c、c之间为参键，其中一个是键，两个是键，所以c2h2中键与键的数目之比为3：2，故答案为：3：2；（3）等电子体为价电子数和原子数都相等的微粒，b、c、d形成的双核粒子为co、no、n2、o2、cn、c22，其中互为等电子体的是co、n2、cn、c22，n原子的最外层p轨道处于半满状态，是一种稳定结构，失去一个电子所需能量更多，所以n第一电离能大于o，故答案为：co、n2、cn、c22；n原子的最外层p轨道处于半满状态，是一种稳定结构，失去一个电子所需能量更多；（4）二气化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，水为极性分子，所以二氧化硫在水中的溶解性更大，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为=3，所以硫原子的杂化方式为sp2，分子的vspr模型为平面三角形，故答案为：so2；sp2；平面三角形；（5）由于naf的晶格能大于nacl，所以naf的熔点高于nacl，故答案