河南省八市重点高中高三化学模拟试卷（含解析）.doc

河南省八市重点高中2015届高考化学模拟试卷 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化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )a焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现b将煤气化后再作为能源，可减少pm2.5引起的危害c用激光笔分到照射盛有蓝墨水、fecl3 溶液的玻璃杯均出现光亮的通路d氨气液化时能吸收大量的热，常用来做冷冻剂2分子式为c5h8o2 的有机物，能使溴的ccl4 溶液褪色，也能与nahco3 溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体（不考虑立体异构）最多有( )a8种b7种c6种d5种3下列实验能达到预期目的是( )4下列有关说法中错误的是( )a用naoh溶液滴定醋酸时，可用酚酞试液作指示剂b花生油、菜子油漕油等水解时可碍到一种共同的产物cnh3+hcl=nh4cl能自发进行，其h一定小于零d甲烷和氯气反应与苯和硝酸反应的反应类型不同5x、y、z、w是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，已知z的最高正价与最低负价的代数和为4，y能形成两种常见的液体二元化合物m、q，其中m是生物生存必需的物质x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，下列说法中错误的是( )a最高价氧化物对应水化物的酸性：wzxb化合物q中存在两种类型的共价键cz、x都可以形成两种常见的酸性氧化物d四种元素的常见单质中x的单质的沸点最高6某强酸性溶液中可能存在al3+、fe2+、nh4+、ba2+、cl、co32、so42、no3中的若干种，现取适量溶液进行如下实验下列有关判断正确的是( )a原溶液中一定有fe2+、so42、h+、nh4+、al3+b原溶液中一定没有ba2+、co32、no3c步骤中反应的离子方程式为2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32d气体a、b之间肯定不能发生反应7如图是草酸溶液中h2c2o4、hc2o4三种微粒的分布分数（某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量被度和的比值）与ph的关系图，下到有关说法不正确的是( )aph=5的溶液中c（c2o42）c（hc2o4）bnahc2o4溶液中：c（oh）+c（c2o42）=c（h+）+c（h2c2o4）c向nahc2o4溶液中加强酸至ph与a点对应时，溶液中2c（na+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）d为使溶液中c（hc2o4）尽可能多一些，溶液的ph最好控制在2.7左右二、非选择题：8磺酰氯（so2cl2）是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用so2与反应制取少量的so2cl2装置如图（有些支持装置省略了）所示已知so2cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体（1）仪器e的者称是_，由b的使用可知so2与氯气之间的反应居于_（填“放”或“吸”）热反应，仪器c的作用是_（2）仪器组装完毕后，检验甲装置气密性的方法是_表明装置气密性良好（3）试剂x、y的组合最好是_a.18.4mol/lh2so4+cu b.4mol/lhno3+na2so4 c.60% h2so4+k2so3（4）戊是贮气装置，则e中的试剂是_；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是_（5）反应结束后，将丙中混合物分离开的实验操作是_若反应中消耗的氯气的体积为896ml（已转化为标准状况，so2 足量），最后得到纯净的磺酰氧3.3g，则磺酰氯的产率为_（保留三位有效数字）9铁是目前人类使用量最大的金属，它能形成多种化合物（1）取5.6g的生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集了的气体体积均小于2.24l（标准状况），最主要的原因是_，所得溶液在长时间放置过程中会慢慢出现浅黄色，试用离子方程式解释这一变化的原因_（2）znfe2ox是一种新型纳米材料，可将工业废气中的某些元素转化为游离态，制取纳米znfe2ox 和用于除去废气的转化关系如图znfe2o4znfe2ox若上述转化反应中消耗的n（znfe2o4）：n（h2）=2：1，x的值为_请写出 znfe2ox与no2 反应的化学方程式_（x用前一问求出的具体值）（3）lifepo4（难溶干水）材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一以 fepo4（难溶于水）、li2co3、单质碳为原料在高温下制备lifepo4，该反应还生成一种可燃性气体，则反应方程式为_磷酸铁锂动力电池有几种类型，其中一种（中间是锂离子聚合物的隔膜，它把正极与负桩隔开）工作原理为fepo4+li lifepo4则放电时正极上的电极反应式为_（4）已知25时ksp=4.01038，此温度下若在实验室中配制5mol/l 100ml fecl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加人_ml 2mol/l的盐酸（忽略加入盐酸体积）10在2014年国家科学技术奖励大会上，甲醇制取低碳烯烃技术（dmto）获国家技术发明奖一等奖dmto主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段（1）煤的气化：用化学方程式表示出煤的气化的主要反应_：（2）煤的液化：下表中有些反应是煤液化过程中的反应：a_0（填“”、“”、“=”），c与a、b之间的定量关系为_k3=_，若反应是在容积为2l的密闭容器巾进行（500）的，测得某一时刻体系内h2、co2、ch3oh、h2o物质的量分别为6mol、2mol、10mol、10mol，则此时ch3oh的生成速率_（填“”、“”、“=”） ch3oh的消耗速率（3）烯烃化阶段：如图l是某工厂烯烃化阶段产物中乙烯、丙烯的选择性与温度、压强之间的关系（选择性：指生成某物质的百分比，图中i、表示乙烯，表示丙烯）为尽可能多地获得乙烯，控制的生产条件为_一定温度下某密闭容器中存在反应，2ch3oh（g）ch2=ch2（g）+2h2o（g）在压强为p1 时，产物水的物质的量与时间的关系如图2所示，若t0 时刻，测得甲醇的体积分数为10%，此时甲醇乙烯化的转化率为_（保留三位有效数字），若在t1 时刻将容器容积快速扩大到原来的2倍，请在图中绘制出此变化发生后至反应达到新平衡时水的物质的量与时问的关系图化学-选修2：化学与技术11某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示（已知废催化剂中舍有ni70.0%及一定量的al、fe、sio2和有机物，镍及其化台物的化学性质与铁的类似，但ni2的性质较稳定）已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的ph如下表所示，回答下列间题（1）滤渣a的成分是_，用乙醇洗涤废催化剂的目的是_，从废渣中回收乙醇的方法是_（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有（答两条）_（3）向a中加人 h2o2时反应的离子方程式为_试剂x可以是_（4）用方程式表示出由沉淀制取单质镍的方法_、_回收mkg上述废催化剂的过程中，若将溶液ph调整为6时消耗了a kgni（oh）2，从洗涤到得到滤液b的过程中镍的损失率为3%，后几步操作过程中镍的损失率为5%，则最终得到单质镍的质量为_kg（填计算式）（5）利用化学镀（待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中）可以在金属、塑料、陶瓷等物品表面镀上一层金属镍或铬等金属，某化学镀镍的溶液中含有ni2+和h2po2，在酸性条件下发生的反应之一如下，请配平该反应_ni2+_h2po2+_=_ni+_h2po3+_与电镀相比，化学镀的最大优点是：_化学-选修3：物质结构与性质12四种常见元素的性质或结构信息如f表所示，请问答下列问题（1）r的基态原子价层电子排布式为_，这四种元素的第一电离能由大到小的顺序为_（写元素符号）（2）a、b，d均可形成多种氢化物，在最常见的三种氢化物中，分子构型为三角锥的氢化物分子式为_，任意写出一种中心原子存在sp2、sp3两种杂化类型的物质的结构简式_，与a的常见单质互为等电子体的上述元素的氧化物是_（3）b、d均可形成氧化物，等物质的量的b、d的最高价氧化物中键之比为_，已知有下列两种数据：请解释键能大小与两种氧化物熔点、沸点高低差异过大的原因_（4）在一定条件下，cl与r2+可形成一种无限长链离子，研究表明该离子中每个氯原子最外层均达到8电子稳定结构，有些氧与r之间存在配位键，若该长链离子中含有n个r，则该离子的化学式为_（5）a元素能形成组成为pt（ah3）2cl2 的配合物，该配合物存在两种同分异构体：一种为淡黄色（q），不 具有抗癌作用，在水中的溶解度小；另一种为黄绿色（p），具有抗癌作用，在水中的溶解度较大q是_（填“极性”或“非极性”）分子，p的结构简式为_（ ah3配体作为一个整体写）化学-选修5，有机化学基础13高聚酚酯 是一种环保型的新涂料，其合成路线如下图所示：已知：rchorchohcooh；请回答下列问题：（1）p的分子式为_，反应属于_反应，反应还有多种有机副产物，其中能使溴的ccl4溶液褪色的副产物的结构筒式为_（2）若反应中两种反应物物质的量之比为1：1，则除a外另一种产物的名称是_，e是高分子化台物，其结构筒式为_（3）c转化为d的化学方程式是_（4）b有多种同分异构体，符舍下列条件的同分异构体共有_种，其中核磁共振氢谱中有6组峰的是_（写出其中一种的结构简式）能与nahco3 溶液反应遇fecl3溶液显紫色分子中含一个ch3则f中官能团名称是_，h的结构简式为_，试剂g的化学式_河南省八市重点高中2015届高考化学模拟试卷一、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化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )a焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现b将煤气化后再作为能源，可减少pm2.5引起的危害c用激光笔分到照射盛有蓝墨水、fecl3 溶液的玻璃杯均出现光亮的通路d氨气液化时能吸收大量的热，常用来做冷冻剂考点：焰色反应；胶体的重要性质；氨的用途；煤的干馏和综合利用分析：a、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应；b、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放；c、胶体具有丁达尔效应，溶液没有；d、液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低解答：解：a、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，焰色反应是某些金素元素的物理性质，故a错误；b、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放，可以减少pm2.5，故b正确；c、fecl3溶液不是胶体，没有丁达尔现象，故c错误；d、液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低，所以液氨是一种重要的制冷剂，则氨气在液化时放出热量，故d错误，故选b点评：本题主要考查了焰色反应的定义、胶体的性质、液氨的性质、空气污染与防治等，题目难度不大2分子式为c5h8o2 的有机物，能使溴的ccl4 溶液褪色，也能与nahco3 溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体（不考虑立体异构）最多有( )a8种b7种c6种d5种考点：同分异构现象和同分异构体分析：能与nahco3溶液反应生成co2，说明此分子含有羧基，能与溴的四氯化碳溶液反应说明此分子含有碳碳双键，然后根据官能团的位置异构和碳链异构确定解答：解：由该有机物的化学性质、组成知其含有碳碳双键、羧基当没有支链时，其碳骨架有3种：有一个甲基做支链的结构有四种：，有一个乙基做支链的结构为，故共有8种结构，故选a点评：本题考查同分异构体的书写，通过性质判定含有的官能团，通过碳链异构和位置异构确定有机物种数3下列实验能达到预期目的是( )考点：化学实验方案的评价分析：a二氧化硫与氯化钡不反应；b发生强酸制取弱酸的反应；c溴易挥发；d水解生成的盐酸易挥发解答：解：a只能得出so2与bacl2溶液能否反应的结论，但无法得到它能否与其它钡盐反应的结论，故a错误；b若生成气体可知碳酸酸性弱，若不生成气体可知硼酸酸性弱，由最高价氧化物水化物的酸性可比较非金属性，故b正确；c由于溴具有挥发性，故乙中会出现浅黄色沉淀，不能说明反应类型，故c错误；d直接蒸发alcl3溶液时，al3+水解到底导致最终得不到alcl3晶体，应在hcl气流中蒸发，故d错误；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、酸性和非金属性比较、有机物的性质及离子检验、盐类水解及应用等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大4下列有关说法中错误的是( )a用naoh溶液滴定醋酸时，可用酚酞试液作指示剂b花生油、菜子油漕油等水解时可碍到一种共同的产物cnh3+hcl=nh4cl能自发进行，其h一定小于零d甲烷和氯气反应与苯和硝酸反应的反应类型不同考点：中和滴定；取代反应与加成反应；油脂的性质、组成与结构分析：a醋酸与naoh溶液恰好反应时溶液显碱性；b花生油、菜子油、猪油均属于油脂；chts0时反应能自发进行；d甲烷和氯气反应、苯与硝酸反应均是取代反应解答：解：a醋酸与naoh溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液显碱性，酚酞的变色范围在碱性区间，所以可用酚酞试液作指示剂，故a正确；b花生油、菜子油、猪油均属于油脂，油脂水解时均可得到甘油，故b正确；chts0时反应能自发进行，已知nh3+hcl=nh4cl是一个熵值减小的反应即s0，故只有h0时反应才能发生，故c正确；d甲烷和氯气反应属于取代反应，苯与硝酸反应属于取代反应，二者反应类型相同，故d错误故选d点评：本题考查了中和滴定、油脂的水解产物、反应自发性的判断、有机反应类型等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意对基础知识的积累5x、y、z、w是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，已知z的最高正价与最低负价的代数和为4，y能形成两种常见的液体二元化合物m、q，其中m是生物生存必需的物质x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，下列说法中错误的是( )a最高价氧化物对应水化物的酸性：wzxb化合物q中存在两种类型的共价键cz、x都可以形成两种常见的酸性氧化物d四种元素的常见单质中x的单质的沸点最高考点：位置结构性质的相互关系应用分析：z的最高正价与最低负价的代数和为4，最高正价和最低负价的绝对值为8，其最高正价为6，属于第ia族元素，y能形成两种常见的液体二元化合物m、q，其中m是生物生存必需的物质，故m水，q是双氧水，故y是o，x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，故x是碳，据此得出z应是s，x、y、z、w是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，故w是cl，据此解答即可解答：解：z的最高正价与最低负价的代数和为4，最高正价和最低负价的绝对值为8，其最高正价为6，属于第ia族元素，y能形成两种常见的液体二元化合物m、q，其中m是生物生存必需的物质，故m水，q是双氧水，故y是o，x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，故x是碳，据此得出z应是s，x、y、z、w是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，故w是cl，a、四种元素非金属性强弱顺序为oclsc，故a正确；b、q是h2o2，含有极性键、非极性键，故b正确；c、因co不是酸性氧化物，故c错误；d、金刚石、石墨沸点均非常高，故d正确，故选c点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，能正确判断元素是解本题的关键，此题中y与z的推断较为简单6某强酸性溶液中可能存在al3+、fe2+、nh4+、ba2+、cl、co32、so42、no3中的若干种，现取适量溶液进行如下实验下列有关判断正确的是( )a原溶液中一定有fe2+、so42、h+、nh4+、al3+b原溶液中一定没有ba2+、co32、no3c步骤中反应的离子方程式为2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32d气体a、b之间肯定不能发生反应考点：无机物的推断分析：某强酸性溶液中co32不存在，fe2+和no3不能同时存在，试液中加入过量硝酸钡溶液，生成气体证明一定含有fe2+、则原溶液中一定不存在no3，气体为no，沉淀a为baso4，原溶液中一定不存在ba2+，一定存在so42，溶液a中加入过量氢氧化钠溶液生成气体b为nh3，确定原溶液中含有nh4+，沉淀b为fe（oh）3，由于溶液b中含有ba2+，oh，溶液b加入少量二氧化碳发生反应，生成的沉淀一定含有baco3沉淀，可能生成沉淀al（oh）3，溶液b中不一定含有alo2，则原溶液中不一定含有al3+，a、原溶液中一定有fe2+、so42、h+、nh4+，铝离子可能含有；b、上述分析可知，原溶液中一定没有ba2+、co32、no3；c、步骤中反应的离子方程式可能为ba2+2oh+co2=baco3+h2o，或2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32；d、气体a为no，气体b为nh3，二者之间能发生反应解答：解：某强酸性溶液中co32不存在，fe2+和no3不能同时存在，试液中加入过量硝酸钡溶液，生成气体证明一定含有fe2+、则原溶液中一定不存在no3，气体为no，沉淀a为baso4，原溶液中一定不存在ba2+，一定存在so42，溶液a中加入过量氢氧化钠溶液生成气体b为nh3，确定原溶液中含有nh4+，沉淀b为fe（oh）3，由于溶液b中含有ba2+，oh，溶液b加入少量二氧化碳发生反应，生成的沉淀一定含有baco3沉淀，可能生成沉淀al（oh）3，溶液b中不一定含有alo2，则原溶液中不一定含有al3+；a、原溶液中一定有fe2+、so42、h+、nh4+，铝离子不一定含有，故a错误；b、上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为：ba2+、co32、no3，故b正确；c、步骤中反应的离子方程式可能为ba2+2oh+co2=baco3+h2o，或2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32，故c错误；d、气体a为no，气体b为nh3，二者之间能发生氧化还原反应，故d错误；故选b点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是离子性质的过程分析，离子存在和现象的理解应用是解题关键，题目难度中等7如图是草酸溶液中h2c2o4、hc2o4三种微粒的分布分数（某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量被度和的比值）与ph的关系图，下到有关说法不正确的是( )aph=5的溶液中c（c2o42）c（hc2o4）bnahc2o4溶液中：c（oh）+c（c2o42）=c（h+）+c（h2c2o4）c向nahc2o4溶液中加强酸至ph与a点对应时，溶液中2c（na+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）d为使溶液中c（hc2o4）尽可能多一些，溶液的ph最好控制在2.7左右考点：离子浓度大小的比较分析：a、图象分析可知ph4.2后，溶液中c（c2o42）c（hc2o4）；b、nahc2o4溶液中电荷守恒和物料守恒计算得到质子守恒分析；c、a点时，溶液中碳微粒只有hc2o4、h2c2o4且二者浓度相等，物料守恒计算分析；d、图象分析可知ph=2.7左右c（hc2o4）最大，体积分数接近90%左右解答：解：a、由图中曲线变化分析可知，ph4.2后，溶液中一定存在c（c2o42）c（hc2o4），故a正确；b、nahc2o4溶液中电荷守恒，c（h+）+c（na+）=c（hc2o4）+2c（c2o42）+c（oh），物料守恒c（na+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）+c（c2o42），得到质子守恒：c（oh）+c（c2o42）=c（h+）+c（h2c2o4），故b正确；c、a点时，溶液中碳微粒只有hc2o4、h2c2o4且二者浓度相等，物料守恒c（na+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）+c（c2o42），故c错误；d、由图象分析可知ph=2.7左右c（hc2o4）最大，故d正确故选c点评：本题考查了图象分析方法和变化特征的分析判断，电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等二、非选择题：8磺酰氯（so2cl2）是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用so2与反应制取少量的so2cl2装置如图（有些支持装置省略了）所示已知so2cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体（1）仪器e的者称是分液漏斗，由b的使用可知so2与氯气之间的反应居于放（填“放”或“吸”）热反应，仪器c的作用是吸收逸出都有毒的cl2、so2，防止空气中的水蒸气进入c，防止污染环境及磺酰氯水解（2）仪器组装完毕后，检验甲装置气密性的方法是塞好恒压漏斗上方的塞子，将蒸馏烧瓶的导气管进入水中，酒精灯微热，导管口有气泡产生，停止加热，导管口有一段液柱产生，则装置的气密性良好表明装置气密性良好（3）试剂x、y的组合最好是ca.18.4mol/lh2so4+cu b.4mol/lhno3+na2so4 c.60% h2so4+k2so3（4）戊是贮气装置，则e中的试剂是饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl（5）反应结束后，将丙中混合物分离开的实验操作是蒸馏若反应中消耗的氯气的体积为896ml（已转化为标准状况，so2 足量），最后得到纯净的磺酰氧3.3g，则磺酰氯的产率为61.1%（保留三位有效数字）考点：制备实验方案的设计分析：（1）根据装置图可知，e为分液漏斗，因蛇形冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，据此判断so2与氯气间的反应的热效应，由于会有一部分cl2、so2通过冷凝管逸出，故c中应使用碱性试剂，又因so2cl2遇水易水解，故碱石灰是用于吸收氯气、so2并防止空气中的水蒸气进入b中；（2）可以利用甲装置中空气热胀冷缩产生压强差的原理来检验气密性；（3）甲是制备so2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化so2，据此答题；（4）因氯水不溶于饱和食盐水，故e中的试剂是饱和食盐水氯气在水存在的条件下可将so2氧化成硫酸，自身被还原为hcl（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，标准状况下，896mlcl2为0.04mol，故理论上可得到0.04molso2cl2，由此可求出产率解答：解：（1）根据装置图可知，e为分液漏斗，因蛇形冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故so2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分cl2、so2通过冷凝管逸出，故c中应使用碱性试剂，又因so2cl2遇水易水解，故碱石灰是用于吸收氯气、so2并防止空气中的水蒸气进入b中，故答案为：分液漏斗；放；吸收逸出都有毒的cl2、so2，防止空气中的水蒸气进入c，防止污染环境及磺酰氯水解；（2）检验甲装置气密性的方法是：塞好恒压漏斗上方的塞子，将蒸馏烧瓶的导气管进入水中，酒精灯微热，导管口有气泡产生，停止加热，导管口有一段液柱产生，则装置的气密性良好，故答案为：塞好恒压漏斗上方的塞子，将蒸馏烧瓶的导气管进入水中，酒精灯微热，导管口有气泡产生，停止加热，导管口有一段液柱产生，则装置的气密性良好；（3）甲是制备so2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化so2，所以用c.60% h2so4+k2so3来制备so2，故选c；（4）因氯水不溶于饱和食盐水，故e中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将so2氧化成硫酸，自身被还原为hcl，反应的方程式为so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl，故答案为：饱和食盐水；so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以丙中混合物分离开的实验操作是蒸馏，标准状况下，896mlcl2为0.04mol，故理论上可得到0.04molso2cl2，即为0.04135g=5.4g，所以so2cl2的产为100%=61.1%，故答案为：蒸馏；61.1%点评：本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用，难度中等9铁是目前人类使用量最大的金属，它能形成多种化合物（1）取5.6g的生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集了的气体体积均小于2.24l（标准状况），最主要的原因是生铁中含有碳等杂质，所得溶液在长时间放置过程中会慢慢出现浅黄色，试用离子方程式解释这一变化的原因4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o（2）znfe2ox是一种新型纳米材料，可将工业废气中的某些元素转化为游离态，制取纳米znfe2ox 和用于除去废气的转化关系如图znfe2o4znfe2ox若上述转化反应中消耗的n（znfe2o4）：n（h2）=2：1，x的值为3.5请写出 znfe2ox与no2 反应的化学方程式2no2+8znfe2o3.5=n2+8znfe2o4（x用前一问求出的具体值）（3）lifepo4（难溶干水）材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一以 fepo4（难溶于水）、li2co3、单质碳为原料在高温下制备lifepo4，该反应还生成一种可燃性气体，则反应方程式为2fepo4+li2co3+2c2lifepo4+3co磷酸铁锂动力电池有几种类型，其中一种（中间是锂离子聚合物的隔膜，它把正极与负桩隔开）工作原理为fepo4+li lifepo4则放电时正极上的电极反应式为fepo4+li+e=lifepo4（4）已知25时ksp=4.01038，此温度下若在实验室中配制5mol/l 100ml fecl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加人2.5ml 2mol/l的盐酸（忽略加入盐酸体积）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学方程式的有关计算；原电池和电解池的工作原理；铁盐和亚铁盐的相互转变分析：（1）生铁中含有碳元素等物质，故5.6g铁物质的量少于0.1mol，与hcl反应生成的气体偏少变黄色说明fe2+被氧气氧化为fe3+（2）当反应中n（znfe2o4）：n（h2）=2：1时，依得失电子守恒原理可求出铁的价态为升高了0.5价，由此可求出x=3.5，根据元素守恒和电子守恒分析（3）可燃性气体是co，反应过程中铁元素由+3价降低到+2价，li2co3中的碳元素由+4价降低到+2价，结合元素守恒和电子守恒配平方程式；放电时正极上fe元素得电子发生还原反应（4）若不出现浑浊现象，则c（fe3+）c3（oh）ksp，代入有关数据后可求出c（oh）21012mol/l，c（h+）mol/l，故至少要加入2.5ml相应的盐酸解答：解：（1）生铁中含有碳元素等物质，故5.6g铁物质的量少于0.1mol，生成的氢气的体积少于2.24l（标准状况）；变黄色说明有fe3+生成，是由fe2+被氧气氧化所导致的，其反应的离子方程式为：4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o；故答案为：生铁中含有碳等杂质；4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o（2）当反应中n（znfe2o4）：n（h2）=2：1时，依得失电子守恒原理可求出铁的价态为升高了0.5价，由此可求出x=3.5； znfe2o3.5与no2 反应生成n2和znfe2o4，其反应方程式为：2no2+8znfe2o3.5=n2+8znfe2o4；故答案为：3.5；2no2+8znfe2o3.5=n2+8znfe2o4；（3）可燃性气体是co，反应过程中铁元素由+3价降低到+2价，li2co3中的碳元素由+4价降低到+2价，由此可写出对应的反应式：2fepo4+li2co3+2c2lifepo4+3co；故答案为：2fepo4+li2co3+2c2lifepo4+3co；已知fepo4+li lifepo4，fepo4中fe元素得电子，则放电时fepo4在正极发生得电子的发生还原反应，正极的方程式为：fepo4+li+e=lifepo4；故答案为：fepo4+li+e=lifepo4；（4）若不出现浑浊现象，则c（fe3+）c3（oh）ksp，代入有关数据后可求出c（oh）21012mol/l，c（h+）mol/l，故至少要加入2.5ml相应的盐酸；故答案为：2.5点评：本题考查了氧化还原反应、离子方程式的书写、化学方程式的书写、原电池原理的应用等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用考查10在2014年国家科学技术奖励大会上，甲醇制取低碳烯烃技术（dmto）获国家技术发明奖一等奖dmto主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段（1）煤的气化：用化学方程式表示出煤的气化的主要反应c+h2o（g）co+h2：（2）煤的液化：下表中有些反应是煤液化过程中的反应：a0（填“”、“”、“=”），c与a、b之间的定量关系为c=a+bk3=2.5，若反应是在容积为2l的密闭容器巾进行（500）的，测得某一时刻体系内h2、co2、ch3oh、h2o物质的量分别为6mol、2mol、10mol、10mol，则此时ch3oh的生成速率（填“”、“”、“=”） ch3oh的消耗速率（3）烯烃化阶段：如图l是某工厂烯烃化阶段产物中乙烯、丙烯的选择性与温度、压强之间的关系（选择性：指生成某物质的百分比，图中i、表示乙烯，表示丙烯）为尽可能多地获得乙烯，控制的生产条件为530、0.1mpa一定温度下某密闭容器中存在反应，2ch3oh（g）ch2=ch2（g）+2h2o（g）在压强为p1 时，产物水的物质的量与时间的关系如图2所示，若t0 时刻，测得甲醇的体积分数为10%，此时甲醇乙烯化的转化率为85.7%（保留三位有效数字），若在t1 时刻将容器容积快速扩大到原来的2倍，请在图中绘制出此变化发生后至反应达到新平衡时水的物质的量与时问的关系图考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算分析：（1）煤的气化是指煤与水蒸气反应生成co与h2的过程（2）因温度高不利于平衡向放热反应方向移动，从而导致平衡常数减小，而反应在700时的平衡常数比在500时的平衡常数小，故的正反应是放热反应，依据盖斯定律，用热化学方程式+就可得热化学方程式式得到abc的关系；反应的平衡常数表达式相乘得到反应的平衡常数，k3=，依据数据计算浓度商qc和得到的平衡常数比较判断反应进行的方向，比较甲醇的生成速率和消耗速率大小（3）由图1知，530，0.1mpa时乙烯的选择性最大；t0时刻，n（h2o）=3.6mol n（ch2=ch2）=1.8mol，设甲醇起始物质的量为x mol， 2ch3oh（g）ch2=ch2（g）+2h2o（g）起始量（mol） x 0 0变化量（mol） 3.6 1.8 3.6t0时刻量（mol） x3.6 1.8 3.6 ，得到x计算甲醇的转化率；因压强变大后平衡向右移动，导致生成水的量增大，绘制图象时应注意条件改变后水的物质的量没有立即变化，重新达到平衡所需要的时间应比t3多解答：解：（1）煤的气化是指煤与水蒸气反应生成co与h2的过程，反应的化学方程式为：c+h2o（g）co+h2；故答案为：c+h2o（g）co+h2；（2）因温度高不利于平衡向放热反应方向移动，从而导致平衡常数减小，而反应在700时的平衡常数比在500时的平衡常数小，故的正反应是放热反应，a0；依据盖斯定律计算2h2（g）+co（g）ch3oh（g）h1=a kjmol1 h2（g）+co2（g）h2o（g）+co（g）h2=b kjmol1用+就可得的热化学方程式：3h2（g）+co2 （g）ch3oh（g）+h2o（g）h3=（a+b）kj/mol=c kjmol1，得到c=a+b； 故答案为：；c=a+b； 反应的平衡常数相乘得到反应的平衡常数k3=2.51=2.5，若反应是在容积为2l的密闭容器巾进行（500）的，测得某一时刻体系内h2、co2、ch3oh、h2o物质的量分别为6mol、2mol、10，mol、10mol，易求得qc=2.5，故此时反应向右进行，甲醇的生成速率大于其消耗速率；故答案为：2.5；（3）由图1知，530，0.1mpa时乙烯的选择性最大，为尽可能多地获得乙烯，控制的生产条件为530，0.1mpa；故答案为：530，0.1mpa；t0时刻，n（h2o）=3.6mol n（ch2=ch2）=1.8mol，设甲醇起始物质的量为x mol， 2ch3oh（g）ch2=ch2（g）+2h2o（g）起始量（mol） x 0 0变化量（mol） 3.6 1.8 3.6t0时刻量（mol） x3.6 1.8 3.6 ，x=4.2mol则甲醇的转化率为100%=85.7%若在t1 时刻将容器容积快速扩大到原来的2倍，因压强变大后平衡向右移动，导致生成水的量增大，绘制图象时应注意条件改变后水的物质的量没有立即变化，重新达到平衡所需要的时间应比t3多，在图中绘制出此变化发生后至反应达到新平衡时水的物质的量与时问的关系图为：；故答案为：85.7%；点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析，平衡计算应用，图象的方法判断，热化学方程式的计算书写，注意平衡常数的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等化学-选修2：化学与技术11某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示（已知废催化剂中舍有ni70.0%及一定量的al、fe、sio2和有机物，镍及其化台物的化学性质与铁的类似，但ni2的性质较稳定）已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的ph如下表所示，回答下列间题（1）滤渣a的成分是sio2，用乙醇洗涤废催化剂的目的是溶解、除去有机物，从废渣中回收乙醇的方法是蒸馏（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有（答两条）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度（3）向a中加人 h2o2时反应的离子方程式为2fe2+2h+h2o2=2fe3+2h2o试剂x可以是naoh（4）用方程式表示出由沉淀制取单质镍的方法ni（oh）2nio+h2o、2al+2nioal2o3+3ni回收mkg上述废催化剂的过程中，若将溶液ph调整为6时消耗了a kgni（oh）2，从洗涤到得到滤液b的过程中镍的损失率为3%，后几步操作过程中镍的损失率为5%，则最终得到单质镍的质量为（70%97%m+a）95%kg（填计算式）（5）利用化学镀（待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中）可以在金属、塑料、陶瓷等物品表面镀上一层金属镍或铬等金属，某化学镀镍的溶液中含有ni2+和h2po2，在酸性条件下发生的反应之一如下，请配平该反应2ni2+1h2po2+h2o=2ni+1h2po3+2h+与电镀相比，化学镀的最大优点是：不消耗电能，节约能源考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：用乙醇洗涤溶解并除去有机物杂质，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁、al单质，只有sio2不与硫酸反应，过滤得到滤渣a是sio2；滤液a加入h2o2的目的是将fe2+氧化为fe3+，b溶液调节ph=6，使溶液中fe3+、al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，通过过滤而除去，由表中数据，加入试剂x的目的是将镍转化为ni（oh）2，故x是碱类物质；ni（oh）2转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为nio，然后用还原剂进行还原，如通过铝热反应（1）利用蒸馏的方法可将乙醇与其它有机物分离开；（2）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度均可提高酸浸速率；（3）加入h2o2的目的是将fe2+氧化为fe3+由表中数据及流程图知，加入试剂x的目的是将镍转化为ni（oh）2，故x是碱类物质；（4）ni（oh）2转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为nio，然后用还原剂进行还原，可以通过铝热反应进行；计算m kg废催化剂中含镍的质量，计算滤液b中的镍元素质量，根据化学式计算ni（oh）2中含镍的质量，将每一步的损失率都转化为ni的损失率，根据ni元素守恒计算最终得到的单质镍；（5）首先依得失电子守恒配平氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物的计量数得：2ni2+h2po22ni+h2po3+，再依电荷守恒、质量守恒知还有水参与反应并有h+生成；从能源消耗方面分析化学镀的优点解答：解：用乙醇洗涤溶解并除去有机物杂质，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁、al单质，只有sio2不与硫酸反应，过滤得到滤渣a是sio2滤液a加入h2o2的目的是将fe2+氧化为fe3+，b溶液调节ph=6，使溶液中fe3+、al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，通过过滤而除去，由表中数据，加入试剂x的目的是将镍转化为ni（oh）2，故x是碱类物质ni（oh）2转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为nio，然后用还原剂进行还原，如通过铝热反应（1）用乙醇洗涤的目的是溶解并除去有机物杂质，利用蒸馏的方法可将乙醇与其它有机物分离开；因只有sio2不与硫酸反应，故滤渣a是sio2，故答案为：sio2；溶解、除去有机物；蒸馏；（2）将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度均可提高酸浸速率，故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度；（3）加入h2o2的目的是将fe2+氧化为fe3+，反应离子方程式为：2fe2+2h+h2o2=2fe3+2h2o，由表中数据及流程图知，加入试剂x的目的是将镍转化为ni（oh）2，故x是碱类物质，x可以为naoh，故答案为：2fe2+2h+h2o2=2fe3+2h2o；naoh；（4）ni（oh）2转化为单质镍的方法是先将其加热使其转化为nio，然后用还原剂进行还原，可以通过铝热反应进行，反应方程式为：ni（oh）2nio+h2o、2al+2nioal2o3+3ni；m kg废催化剂中含镍的质量为70% m kg，在经过洗涤及酸浸转化到滤液b中的镍元素为70%97% m kg，a kg ni（oh）2中含镍为a kg，根据ni元素守恒，故最终得到的单质镍为（70%97%m+a）kg95%，故答案为：（70%97%m+a）95%；（5）首先依得失电子守恒配平氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物的计量数得：2ni2+h2po22ni+h2po3+，再依电荷守恒、质量守恒知还有水参与反应并有h+生成，配平后的离子方程式为：2ni2+h2po2+h2o=2ni+1h2po3+2h+；与电镀相比，化学镀的最大优点是：不消耗电能，节约能源，故答案为：2、1、h2o2、1、2h+；不消耗电能，节约能源点评：本题以工艺流程为载体，考查了物质分离提纯、化学反应速率影响因素、沉淀转化、化学计算、氧化还原反应配平等，是2015届高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，侧重考查学生对知识的迁移应用，关键是对工艺流程理解分析，难度中等化学-选修3：物质结构与性质12四种常见元素的性质或结构信息如f表所示，请问答下列问题（1）r的基态原子价层电子排布式为3d104s1，这四种元素的第一电离能由大到小的顺序为ncsicu（写元素符号）（2）a、b，d均可形成多种氢化物，