北京市海淀区高考化学查漏补缺试卷（含解析）.doc

北京市海淀区2015届高考化学查漏补缺试 卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）金属材料的发展在人类文明发展中起着巨大的作用下列金属中用电解方法进行冶炼的是（）a铝b铜c银d铁2（6分）下列物质对应的用途不正确的是（）abcd物质液氨碳酸钙氯化钠浓盐酸用途制冷剂抗酸药防腐剂刻蚀玻璃aabbccdd3（6分）化学在生产生活中有重要作用，下列说法正确的是（）a碘有智力元素之称，所以应该大量服用补碘药片b汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的c二氧化硫可用于食品防腐，但不能用于食品漂白d“辽宁舰”上使用的特种钢缆属于新型无机非金属材料4（6分）下列说法正确的是（）ach2o2和c3h6o2一定互为同系物b碳酸钠溶液可用于鉴别乙酸和乙酸乙酯c用溴水可以除去溶解在苯中的少量苯酚d粮食酿酒过程中，淀粉在酶的催化作用下最终水解为乙醇5（6分）氯原子对o3的分解有催化作用：o3+clclo+o2h1，clo+ocl+o2h2大气臭氧层的分解反应是：o3+o2o2h，该反应的能量变化如图所示，则下列叙述正确的是（）a反应o3+o2o2的h=e1e3b反应o3+o2o2是吸热反应ch=h1+h2d氯原子没有改变o3分解反应的历程6（6分）下列实验目的和操作对应不正确的是（）实验目的实验操作a检验溶液中的fe2+离子向溶液中先加入kscn溶液，再加入氯水b除去na2so4溶液中的na2so3向混合液中加入适量稀盐酸c用豆浆做豆腐向煮沸的豆浆中加入盐卤（含nacl、mgcl2、cacl2等）溶液d排除so42对cl检验的干扰向混合液中加入过量的ba（no3）2溶液，过滤后再取滤液进行检验aabbccdd7（6分）向密闭容器中充入物质的量浓度均为 0.1mol/l的ch4和 co2，在一定条件下发生反应ch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g），测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示下列说法不正确的是（）a平衡时co与h2的物质的量比为1：1bp1、p2、p3、p4由大到小的顺序为p1p2p3p4c1100，p4条件下，该反应10 min时达到平衡点x，则（co2）=0.008 moll1min1d随着温度升高，该反应的平衡常数减小二、解答题（共4小题，满分58分）8（17分）有机物r是一种功能高分子材料的单体，其结构简式如下：chcooch2ch=chch2oochptt是一种新型工业化树脂它们的合成路线如下：已知：+rch+h2orcoohrcooclrcoorrco18or+rohrcoor+r18oh（1）h结构中有3个ch2，它含有的官能团是（2）g的结构简式为（3）写出ab的反应的化学方程式：（4）写出c与ag（nh3）2oh反应的化学方程式：（5）f的分子式为（6）j的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为（7）写出kptt树脂的化学方程式：（8）写出一种符合下列条件的j的同分异构体的结构简式i苯环上只含有两个相同的取代基ii酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应9（12分）中国沿海某城市采用反渗透法将海水淡化，得到淡水供市民使用，剩余母液继续加工获得其他产品母液中主要含有cl、na+、k+、mg2+、ca2+、so42、br等离子某实验小组同学模拟工业生产流程，进行如下实验（1）海水淡化的方法还有（写出一种）（2）i中，电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，写出该反应的离子方程式（3）cl2和br2均为双原子分子，从原子结构的角度解释其原因：（4）中，加入适量cacl2固体的目的是（5）写出iv中反应的离子方程式（6）与过程ii类似，工业上常用“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1l，使用该法最终得到36g br2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为mg/l10（14分）用软锰矿（mno2）、黄铁矿（fes2）酸浸生产硫酸锰（mnso4），并进一步制取 电解二氧化锰（emd）的工艺流程如下：将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热保温反应一定时间向反应釜中加入mno2、caco3试剂，再加入na2s溶液除掉浸出液中的重金属过滤，向滤液中加入净化剂进一步净化，再过滤，得到精制mnso4溶液iv将精制mnso4溶液送入电解槽，电解制得emd请回答下列问题：（1）步骤i中搅拌、加热的目的是完成酸浸过程中反应的离子方程式：fes2+mno2+mn2+fe2+s+so42+（2）步骤中加入mno2用于将浸出液中的fe2+转化为fe3+，该反应的离子方程式是加入caco3将浸出液ph调至ph=5，从而除掉铁，请解释用caco3除铁的原理：（3）步骤iv中用如图所示的电解装置电解精制的mnso4溶液，生成emd的是极（填“a”或“b”），生成emd的电极反应式是（4）emd可用作碱性锌锰电池的材料已知碱性锌锰电池的反应式为：zn+2mno2+2h2o=2mnooh+zn（oh）2下列关于碱性锌锰电池的说法正确的是（填字母序号）a碱性锌锰电池是二次电池b碱性锌锰电池将化学能转化为电能c正极反应为：2mno2+2h2o+2e=2mnooh+2ohd碱性锌锰电池工作时，电子由mno2经外电路流向zn极11（15分）某实验小组做乙醛和新制氢氧化铜的反应时，发现naoh的用量对反应产物有影响，于是他们采用控制变量的方法，均使用0.5ml 40%的乙醛溶液进行下列实验编号2%cuso4溶液的体积10%naoh溶液的体积振荡后的现象ph加乙醛水浴加热后的沉淀颜色12ml3滴浅蓝绿色沉淀56浅蓝绿色沉淀2a15滴浅蓝色沉淀78黑色沉淀31ml1ml蓝色悬浊沉淀较少910红褐色沉淀4b2ml蓝色悬浊沉淀较多1112红色沉淀51ml3ml蓝紫色溶液1213（1）上表中a、b应为（填字母序号）a15滴，1ml b2ml，1mlc15滴，2ml d2ml，2ml（2）查阅资料可知，实验1中的浅蓝绿色沉淀的主要成份为cu2（oh）2so4，受热不易分解写出生成cu2（oh）2so4反应的化学方程式基于实验1、2的现象可以得出结论：naoh用量较少时，（3）小组同学推测实验3中的红褐色沉淀可能是cuo和cu2o的混合物，其依据是（4）由实验4可以得出结论：当naoh的用量较大时，新制氢氧化铜可以与乙醛发生反应，生成cu2o红色沉淀该反应的化学方程式为（5）为了进一步证明实验4中红色沉淀的成分，该小组同学查阅资料得知：cu2o在碱性条件下稳定，在酸性溶液中可转化为cu2+、cu并进行了以下实验将实验4反应后的试管静置，用胶头滴管吸出上层清液向下层浊液中加入过量稀硫酸，充分振荡、加热，应观察到的现象是（6）小组同学继续查阅资料得知：cu（oh）2可与oh继续反应生成蓝紫色溶液（2），由此提出问题：2能否与乙醛发生反应，生成红色沉淀？设计实验解决这一问题，合理的实验步骤是基于上述实验，该小组同学获得结论：乙醛参与反应生成红色沉淀时，需控制体系的ph10北京市海淀区2015届高考化学查漏补缺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（6分）金属材料的发展在人类文明发展中起着巨大的作用下列金属中用电解方法进行冶炼的是（）a铝b铜c银d铁考点：金属冶炼的一般原理 分析：依据金属活泼性，一般活泼的金属用电解法，较活泼的金属用热还原法，不活泼的金属例如汞、银等用热分解法，据此解答解答：解：a铝性质活泼，用电解氧化铝方法冶炼，故a选；bcu用热还原法冶炼，故b不选；cag用热分解法冶炼，故c不选；dfe用热还原法冶炼，故d不选；故选：a点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大，注意相关知识的积累2（6分）下列物质对应的用途不正确的是（）abcd物质液氨碳酸钙氯化钠浓盐酸用途制冷剂抗酸药防腐剂刻蚀玻璃aabbccdd考点：氨的物理性质；钠的重要化合物；药物的主要成分和疗效 分析：a氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热；b碳酸钙能与盐酸反应，且自身对人无害；c食盐能够使细菌脱水死亡；d盐酸与二氧化硅不反应解答：解：a氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为制冷剂，故a正确； b碳酸钙能与盐酸反应，且自身对人无害，可做抗酸药，故b正确；c食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可作食品的防腐剂，故c正确；d玻璃的成分是二氧化硅，盐酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故d错误故选d点评：本题考查了常见食品添加剂的用途，可以依据物质的性质进行解答，题目难度不大3（6分）化学在生产生活中有重要作用，下列说法正确的是（）a碘有智力元素之称，所以应该大量服用补碘药片b汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的c二氧化硫可用于食品防腐，但不能用于食品漂白d“辽宁舰”上使用的特种钢缆属于新型无机非金属材料考点：碘与人体健康；二氧化硫的化学性质；无机非金属材料 分析：a药物应该适量服用；b汽油中不含氮元素；c二氧化硫具有杀菌作用；d特种钢缆属于金属材料解答：解：a药物应该适量服用，碘有智力元素之称，可以适量服用，但是不能大量服用，大量会有副作用，故a错误；b汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温下生成的，故b错误；c二氧化硫具有杀菌作用，可以用于食品防腐，但是用量很小，食品漂白用量较大，所以不能用于食品漂白，故c正确；d特种钢缆属于金属材料，不是新型无机非金属材料，故d错误故选c点评：本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，注意基础知识的积累，有助于提升学生的学科素养4（6分）下列说法正确的是（）ach2o2和c3h6o2一定互为同系物b碳酸钠溶液可用于鉴别乙酸和乙酸乙酯c用溴水可以除去溶解在苯中的少量苯酚d粮食酿酒过程中，淀粉在酶的催化作用下最终水解为乙醇考点：芳香烃、烃基和同系物；有机物的鉴别；淀粉的性质和用途；物质的分离、提纯和除杂 分析：a、c3h6o2中含有2个氧，只有一个不饱和度，2个o可以是羧基，可以是酯基；b、乙酸与碳酸钠反应生成气体，碳酸钠与乙酸乙酯混合分层；c、生成的三溴苯酚溶于苯中；d、酿酒过程中，是酒化酶致使淀粉水解生成葡萄糖，据此解答即可解答：解：a、ch2o2和c3h6o2的不饱和度均为1，ch2o2只能为甲酸，c3h6o2可以是丙酸，也可以是甲酸乙酯等，不一定互为同系物，故a错误；b、乙酸与碳酸钠反应生成气体，碳酸钠与乙酸乙酯混合分层，现象不同，可鉴别，故b正确；c、苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯中，不能得到纯净的苯，应用氢氧化钠溶液除杂，故c错误；d、粮食酿酒过程中，淀粉在酒化酶的催化作用下最终水解为葡萄糖，葡萄糖转化为乙醇，故d错误，故选b点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，除杂时注意不能引入新杂质，且不能影响被提纯的物质，难度不大5（6分）氯原子对o3的分解有催化作用：o3+clclo+o2h1，clo+ocl+o2h2大气臭氧层的分解反应是：o3+o2o2h，该反应的能量变化如图所示，则下列叙述正确的是（）a反应o3+o2o2的h=e1e3b反应o3+o2o2是吸热反应ch=h1+h2d氯原子没有改变o3分解反应的历程考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；吸热反应和放热反应 分析：由图可知，o+o3=2o2 的反应为放热反应，h=e3e2，由cl+o3=clo+o2 h1、clo+o=cl+o2 h2可知，利用盖斯定律来分析反应热的关系，氯原子在该反应中作催化催，改变了该反应的活化能，以此来解答解答：解：a由图可知，生成物的能量低，o+o3=2o2 的反应为放热反应，h=e3e2，故a错误；bo+o3=2o2 的反应中h=e3e20，为放热反应，故b错误；c由cl+o3=clo+o2 h1、clo+o=cl+o2 h2可知，根据盖斯定律两个反应相加得到o+o3=2o2 ，即h=h1+h2，故c正确；d氯原子在该反应中作催化催，改变了该反应的活化能，即改变了o3分解反应的历程，故d错误；故选c点评：本题考查化学反应中的能量变化及盖斯定律，催化剂对反应的作用，明确信息及图象的分析是解答本题的关键，难度不大6（6分）下列实验目的和操作对应不正确的是（）实验目的实验操作a检验溶液中的fe2+离子向溶液中先加入kscn溶液，再加入氯水b除去na2so4溶液中的na2so3向混合液中加入适量稀盐酸c用豆浆做豆腐向煮沸的豆浆中加入盐卤（含nacl、mgcl2、cacl2等）溶液d排除so42对cl检验的干扰向混合液中加入过量的ba（no3）2溶液，过滤后再取滤液进行检验aabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a检验亚铁离子应先加kscn，再加氯水；b加入盐酸引入氯离子；c豆浆是胶体，遇电解质发生聚沉；d硫酸根能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀解答：解：a检验亚铁离子应先加kscn，不变色，再加氯水，变为血红色，说明有fe2+离子，故a正确； b加入盐酸引入氯离子，引入了新的杂质，故b错误；c豆浆是胶体，遇电解质盐卤（含nacl、mgcl2、cacl2等）发生聚沉，故c正确；d硫酸根能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，no3不影响cl，故d正确故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子的检验、除杂以及胶体的性质等，把握反应原理、物质的性质及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大7（6分）向密闭容器中充入物质的量浓度均为 0.1mol/l的ch4和 co2，在一定条件下发生反应ch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g），测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示下列说法不正确的是（）a平衡时co与h2的物质的量比为1：1bp1、p2、p3、p4由大到小的顺序为p1p2p3p4c1100，p4条件下，该反应10 min时达到平衡点x，则（co2）=0.008 moll1min1d随着温度升高，该反应的平衡常数减小考点：转化率随温度、压强的变化曲线 分析：a根据生成物co与h2的物质的量按1：1生成判断；b由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（p1）（p2）（p3）（p4），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答；c由图可知，压强为p4、1100的条件下，到达平衡x点时甲烷的转化率为80%，据（co2）=计算；d由图可知，温度越高，ch4的平衡转化率越大，说明升温平衡向正反应方向移动，据此判断解答：解：a因为生成物co与h2的物质的量按1：1生成，所以平衡时co与h2的物质的量比为1：1，故a正确；b由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（p1）（p2）（p3）（p4），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进行，甲烷的转化率降低，故压强p4p3p2p1，故b正确；c由图可知，压强为p4、1100的条件下，达到平衡x点时甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/l80%=0.08mol/l，则： ch4（g）+co2（g）=2co（g）+2h2（g），开始（mol/l）：0.1 0.1 0 0变化（mol/l）：0.08 0.08 0.16 0.16 平衡（mol/l）：0.02 0.02 0.16 0.16故（co2）=0.008 moll1min1，故c正确；d由图可知，温度越高，ch4的平衡转化率越大，说明升温平衡向正反应方向移动，所以温度升高，该反应的平衡常数增大，故d错误；故选d点评：本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数等，难度中等，注意利用“定一议二”原则分析解答二、解答题（共4小题，满分58分）8（17分）有机物r是一种功能高分子材料的单体，其结构简式如下：chcooch2ch=chch2oochptt是一种新型工业化树脂它们的合成路线如下：已知：+rch+h2orcoohrcooclrcoorrco18or+rohrcoor+r18oh（1）h结构中有3个ch2，它含有的官能团是羟基（2）g的结构简式为hoch2ch2cho（3）写出ab的反应的化学方程式：（4）写出c与ag（nh3）2oh反应的化学方程式：（5）f的分子式为c4h8o2（6）j的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为（7）写出kptt树脂的化学方程式：（8）写出一种符合下列条件的j的同分异构体的结构简式（邻、间、对三种中的任一种）i苯环上只含有两个相同的取代基ii酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应考点：有机物的推断 分析：根据r的结构简式结构题中信息的反应可推断e为chcoocl，f为hoch2ch=chch2oh，根据转化关系可推知d为chcooh，c为chcho，结合信息可知b为o，结合a的分子式和信息可知a为ch2=chcho，h结构中有3个ch2，所以a与水发生加成反应得g为hoch2ch2cho，g与氢气加成得h为hoch2ch2ch2oh，根据j的分子式和j与h反应生成甲醇，j的苯环上只有一种一硝基取代物，结合信息可知，j为，k为，ptt为，据此答题；解答：解：根据r的结构简式结构题中信息的反应可推断e为chcoocl，f为hoch2ch=chch2oh，根据转化关系可推知d为chcooh，c为chcho，结合信息可知b为o，结合a的分子式和信息可知a为ch2=chcho，h结构中有3个ch2，所以a与水发生加成反应得g为hoch2ch2cho，g与氢气加成得h为hoch2ch2ch2oh，根据j的分子式和j与h反应生成甲醇，j的苯环上只有一种一硝基取代物，结合信息可知，j为，k为，ptt为，（1）根据上面的分析可知，h为hoch2ch2ch2oh，它含有的官能团是羟基，故答案为：羟基； （2）根据上面的分析可知，g为hoch2ch2cho，故答案为：hoch2ch2cho；（3）ab的反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）c为chcho，c与ag（nh3）2oh反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）f为hoch2ch=chch2oh，f的分子式为c4h8o2，故答案为：c4h8o2；（6）j的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为，故答案为：；（7）kptt树脂的化学方程式为：，故答案为：；（8）j的同分异构体，符合下列条件i苯环上只含有两个相同的取代基，ii酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应，则产物应为酚和羧酸，则符合条件的结构简式为 （有邻、间、对三种），故答案为：（邻、间、对三种中的任一种）；点评：本题考查有机物的推断与合成，难度中等，注意对题目反应信息的理解利用，根据r的结构特点用逆推法推断有机物9（12分）中国沿海某城市采用反渗透法将海水淡化，得到淡水供市民使用，剩余母液继续加工获得其他产品母液中主要含有cl、na+、k+、mg2+、ca2+、so42、br等离子某实验小组同学模拟工业生产流程，进行如下实验（1）海水淡化的方法还有蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）（写出一种）（2）i中，电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，写出该反应的离子方程式2cl+2h2o2oh+cl2+h2（3）cl2和br2均为双原子分子，从原子结构的角度解释其原因：氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e，两个原子各提供1e，形成共用电子对，两个原子都形成了8e稳定结构（4）中，加入适量cacl2固体的目的是除去so42（5）写出iv中反应的离子方程式mg2+ca（oh）2mg（oh）2+ca2+（6）与过程ii类似，工业上常用“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1l，使用该法最终得到36g br2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为60mg/l考点：海水资源及其综合利用 分析：（1）海水淡化水，应将水与盐分离，可用蒸馏、电渗析或离子交换法等；（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，据此写出反应的离子方程式；（3）cl、br原子最外层都含有7个电子，两个原子各提供一个电子形成共用电子对，使最外层均得到8电子稳定结构；（4）溶液b中含有硫酸根离子，加入氯化钙溶液可以反应生成硫酸钙，从而除去硫酸根离子；（5）氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，则iv中镁离子与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子；（6）提取率为60%，最终得到36g溴，据此计算出原1m3海水中含有的溴元素的质量，再计算出1l海水中含有的溴元素的质量即可解答：解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法，故答案为：蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）；（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为：2cl+2h2o2oh+cl2+h2，故答案为：2cl+2h2o2oh+cl2+h2；（3）由于氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e，两个原子各提供1e，形成共用电子对，两个原子都形成了8e稳定结构，所以氯气和溴单质都是以双原子形式存在，故答案为：氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e，两个原子各提供1e，形成共用电子对，两个原子都形成了8e稳定结构；（4）硫酸根离子能够与钙离子反应生成硫酸钙沉淀，所以加入氯化钙溶液的目的是除去so42，故答案为：除去so42；（5）氢氧化镁更难溶，iv中镁离子与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子，该反应的离子方程式为：mg2+ca（oh）2mg（oh）2+ca2+，故答案为：mg2+ca（oh）2mg（oh）2+ca2+；（6）将1m3海水浓缩至1l，使用该法最终得到36g br2，若提取率为60%，则1m3海水中含有的溴元素的质量为=60g，则该海水的中溴元素的浓度为=60mg/l，故答案为：60点评：本题考查了海水资源的综合利用，题目难度中等，试题知识点较多、充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握海水资源的综合应用方法10（14分）用软锰矿（mno2）、黄铁矿（fes2）酸浸生产硫酸锰（mnso4），并进一步制取 电解二氧化锰（emd）的工艺流程如下：将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热保温反应一定时间向反应釜中加入mno2、caco3试剂，再加入na2s溶液除掉浸出液中的重金属过滤，向滤液中加入净化剂进一步净化，再过滤，得到精制mnso4溶液iv将精制mnso4溶液送入电解槽，电解制得emd请回答下列问题：（1）步骤i中搅拌、加热的目的是加快反应速率，充分接触完成酸浸过程中反应的离子方程式：1fes2+4mno2+8h+4mn2+1fe2+s+so42+4h2o（2）步骤中加入mno2用于将浸出液中的fe2+转化为fe3+，该反应的离子方程式是mno2+4h+2fe2+mn2+2fe3+2h2o加入caco3将浸出液ph调至ph=5，从而除掉铁，请解释用caco3除铁的原理：fe3+3h2o fe（oh）3+3h+，加入caco3后，由于caco3（s） ca2+（aq）+co32（aq），co32+2h+co2+h2o，使得fe3+的水解平衡向正反应方向移动，fe3+转化为fe（oh）3沉淀而被除去（3）步骤iv中用如图所示的电解装置电解精制的mnso4溶液，生成emd的是b极（填“a”或“b”），生成emd的电极反应式是mn2+2h2o2emno2+4h+（4）emd可用作碱性锌锰电池的材料已知碱性锌锰电池的反应式为：zn+2mno2+2h2o=2mnooh+zn（oh）2下列关于碱性锌锰电池的说法正确的是bc（填字母序号）a碱性锌锰电池是二次电池b碱性锌锰电池将化学能转化为电能c正极反应为：2mno2+2h2o+2e=2mnooh+2ohd碱性锌锰电池工作时，电子由mno2经外电路流向zn极考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）根据影响反应速率的因素分析；根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式；（2）mno2把fe2+氧化为fe3+，同时生成mn2+；在溶液中存在水解平衡：fe3+3h2o fe（oh）3+3h+，根据平衡移动原理分析；（3）锰离子在阳极失电子生成二氧化锰；（4）由反应的总方程式可知，该原电池中，zn元素化合价升高，被氧化，mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应为zn2e+2ohzno+h2o，正极电极反应为2mno2+2e+2h2o2mno（oh）+2oh，电子从负极沿导线流向正极解答：解：（1）将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热，加热温度升高，反应速率加快，搅拌可以使反应物充分接触；fes2反应生成fe2+、s、so42，s元素的化合价升高8价，mno2中mn元素的化合价降低2价，则fes2与mno2的计量数之比为1：4，结合原子守恒得到方程式为：fes2+4mno2+8h+4mn2+fe2+s+so42+4h2o；故答案为：加快反应速率，充分接触；1；4；8h+；4；1；1；4h2o；（2）mno2把fe2+氧化为fe3+，同时生成mn2+，其反应的离子方程式为：mno2+4h+2fe2+mn2+2fe3+2h2o；在溶液中存在水解平衡：fe3+3h2o fe（oh）3+3h+，加入caco3后，由于caco3（s） ca2+（aq）+co32（aq），co32+2h+co2+h2o，溶液中氢离子浓度减小，使得fe3+的水解平衡向正反应方向移动，因此fe3+转化为fe（oh）3沉淀而被除去；故答案为：mno2+4h+2fe2+mn2+2fe3+2h2o；fe3+3h2o fe（oh）3+3h+，加入caco3后，由于caco3（s） ca2+（aq）+co32（aq），co32+2h+co2+h2o，使得fe3+的水解平衡向正反应方向移动，fe3+转化为fe（oh）3沉淀而被除去；（3）锰离子在阳极失电子生成二氧化锰，b极与正极相连为阳极，所以二氧化锰在b极生成；其电极反应式为：mn2+2h2o2emno2+4h+；故答案为：b； mn2+2h2o2emno2+4h+；（4）a锌锰干电池不能充电，完全放电后不能再使用，属于一次电池，故a错误；b原电池装置是向外提供电能的装置，其能量转化为化学能转化为电能，故b正确；c正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为mno2+e+h2omno（oh）+oh，故c正确；d电子从负极沿导线流向正极，而电流从正极沿着导线流向负极，则电子由zn极经外电路流向mno2，故d错误故答案为：bc点评：本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、电极反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力11（15分）某实验小组做乙醛和新制氢氧化铜的反应时，发现naoh的用量对反应产物有影响，于是他们采用控制变量的方法，均使用0.5ml 40%的乙醛溶液进行下列实验编号2%cuso4溶液的体积10%naoh溶液的体积振荡后的现象ph加乙醛水浴加热后的沉淀颜色12ml3滴浅蓝绿色沉淀56浅蓝绿色沉淀2a15滴浅蓝色沉淀78黑色沉淀31ml1ml蓝色悬浊沉淀较少910红褐色沉淀4b2ml蓝色悬浊沉淀较多1112红色沉淀51ml3ml蓝紫色溶液1213（1）上表中a、b应为b（填字母序号）a15滴，1ml b2ml，1mlc15滴，2ml d2ml，2ml（2）查阅资料可知，实验1中的浅蓝绿色沉淀的主要成份为cu2（oh）2so4，受热不易分解写出生成cu2（oh）2so4反应的化学方程式2naoh+2cuso4cu2（oh）2so4+na2so4基于实验1、2的现象可以得出结论：naoh用量较少时，乙醛未参与氧化反应，（或是含铜元素的化合物在发生变化）（3）小组同学推测实验3中的红褐色沉淀可能是cuo和cu2o的混合物，其依据是依据现象提出依据：实验2中的黑色沉淀可能是cuo；实验4中的红色沉淀可能是cu2o，所以实验3中的红褐色沉淀，可能是cuo和cu2o的混合物依据理论提出依据：当naoh用量逐渐增多时，产生的cu（oh）2一部分受热分解生成黑色的cuo；另一部分被乙醛还原为cu2o红色沉淀，所以实验3中的红褐色沉淀，可能是cuo和cu2o的混合物（4）由实验4可以得出结论：当naoh的用量较大时，新制氢氧化铜可以与乙醛发生反应，生成cu2o红色沉淀该反应的化学方程式为ch3cho+2cu（oh）2+naohch3coona+cu2o+3h2o（5）为了进一步证明实验4中红色沉淀的成分，该小组同学查阅资料得知：cu2o在碱性条件下稳定，在酸性溶液中可转化为cu2+、cu并进行了以下实验将实验4反应后的试管静置，用胶头滴管吸出上层清液向下层浊液中加入过量稀硫酸，充分振荡、加热，应观察到的现象是溶液变为蓝色，有红色固体（6）小组同学继续查阅资料得知：cu（oh）2可与oh继续反应生成蓝紫色溶液（2），由此提出问题：2能否与乙醛发生反应，生成红色沉淀？设计实验解决这一问题，合理的实验步骤是将1ml2%cuso4溶液与3ml（或3ml）10%naoh溶液混合振荡后（或取实验5的蓝紫色溶液），加入0.5ml40%的乙醛溶液，水浴