甘肃省天水一中高考化学四模试卷（含解析）.doc

2016年甘肃省天水一中高考化学四模试卷一、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分子式为c6h13cl的有机物分子中，所含的甲基数不可能为（）a2b3c4d52在实验室中从苯酚中分离出苯，可选用下列装置中的（）abcd3对于常温下ph=1的硝酸溶液，有关叙述：该溶液1ml稀释至100ml后，ph=3向该溶液中加入等体积、ph=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和该溶液中硝酸电离出的c（h+）与水电离出的c（h+）之比值为11012向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液ph=7其中正确的是（）abcd4下列离子方程式书写不正确的是（）a用两块铜片作电极电解盐酸：cu+2h+h2+cu2+bnaoh溶液与足量的ca（hco3）2溶液反应：2hco3+2oh+ca2+caco3+2h2oc等物质的量的febr2和cl2在溶液中的反应：2fe2+2br+2cl22fe3+br2+4cld氨水吸收少量的二氧化硫：2nh3h2o+so22nh4+so32+h2o5天然维生素p（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂关于维生素p的叙述正确的是（）a若r为甲基则该物质的分子式可以表示为c16h10o7b分子中有三个苯环clmol该化合物与naoh溶液作用消耗naoh的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 moldlmol该化合物最多可与7molbr2完全反应6某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证，其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）（）选项预测物质的化学式检验需要的试剂操作、现象及结论ana2so4稀盐酸、氯化钡溶液取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则原溶液是na2so4溶液bna2co3稀盐酸、澄清的石灰水取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是na2co3溶液cna2so3稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是na2so3溶液dna2sio3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是na2sio3溶液aabbccdd7向一定量的fe、feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4mol/l的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344l no（标准状况），往所得溶液中加入kscn溶液，无红色出现若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）a0.24 molb0.21 molc0.16 mold0.14 mol二、解答题（共4小题，满分58分）8生铁中含碳和硫等元素化学兴趣小组对某生铁样品成分及其含量进行探究生铁中碳和硫元素的定性检验（1）将以下装置进行连接以完成实验（夹持仪器已略去，填接口字母代号）a（2）将样品研磨成粉末的目的是（3）确认样品中含有碳元素的现象是生铁中碳、硫质量分数的测定（4）甲同学认为，以上装置可以粗略测定样品中碳的含量称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得c中生成的沉淀为m2g，该样品中碳的质量分数不小于（用含m1、m2的式子表示）（5）乙同学认为，待一定量样品充分反应后，向e装置中加入过量氯化钡溶液，根据沉淀质量可以计算样品中硫的质量分数，此方案是否合理？（填“是”或“否”）；说明理由（6）丙同学提议：为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按agbc装置连接进行实验，充分反应后，请你简述后续的实验方案9从废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）中回收xo5的一种生产工艺流程 示意如图所示：回答下列问题：（1）中滤渣的主要成分是（2）、中的变化过程可简化为（下式中rn+表示vo2+或fe3+，ha表示有机萃取 剂的主要成分）：rn+（水层）+nha（有机层）ran（有机层）+nh+（水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是中反萃取时加入的x试剂是（3）完成中反应的离子方程式：clo+vo2+h+=vo3+cl+（4）25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液ph之间的关系如表ph1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钡沉淀率/%889293959595939087根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为；若钒沉淀率为90%时不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）（已知：25时，kspfe（oh）3=4.01038）（5）在整个工艺流程中，可以循环利用的物质是水、和（6）写出废液y中除h+之外的两种阳离子10臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等（1）已知o3与ki溶液反应的生成物中有两种单质是和（2）o3在水中易分解，一定条件下，o3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示已知：o3的起始浓度为0.0216mol/lpht/mint/3，.04，.05，.06，.02030123116958301581084815503126157ph增大能加速o3分解，表明对o3分解起催化作用的是在30c、ph=4.0条件下，o3的分解速率为 mol/（lmin）据表中的递变规律，推测o3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为（填字母代号）a.40c、ph=3.0 b.10c、ph=4.0 c.30c、ph=7.0（3）o3可由臭氧发生器（原理如下图）电解稀硫酸制得图中阴极为（填“a”或“b”），其电极反应式为若c处通入o2，则a极的电极反应式为11petg是一种新型材料，可回收利用，对环境不构成任何威胁，其结构简式如下：已知：rcoor1+r2ohrcoor2+r1oh（r、r1、r2表示烃基）采用如下图所示的合成路线可合成petg：试回答下列问题：（1）上述各步反应中，属于取代反应的有（填写编号）（2）写出结构简式：b、i（3）写出化学方程式：反应、反应（4）合成时应控制的单体的物质的量n（d）：n（f）：n（h）=（用m、n表示）（5）写出同时符合下列要求的物质h的所有同分异构体的结构简式：属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基；能与nahco3溶液反应，并有气体放出；能发生水解反应2016年甘肃省天水一中高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、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分子式为c6h13cl的有机物分子中，所含的甲基数不可能为（）a2b3c4d5【考点】常见有机化合物的结构【专题】有机化学基础【分析】先根据减碳法作取代基，书写c6h14的所有同分异构体体，然后再用1个氯原子取代1个氢原子来分析；【解答】解：c6h14的同分异构体有：ch3（ch2）4ch3、ch3ch2ch2ch（ch3）2、ch3ch2ch（ch3）ch2ch3、ch3ch2c（ch3）3、ch3ch（ch3）ch（ch3）ch3，则其一氯代物c6h13cl可能含有1个甲基、2个甲基、3个甲基、4个甲基、不可能含有5个甲基，故选：d；【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意掌握烷烃同分异构体的书写方法2在实验室中从苯酚中分离出苯，可选用下列装置中的（）abcd【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学实验基本操作【分析】从苯酚中分离出苯，可利用沸点差异来分离，还可利用加naoh溶液反应后分液来得到苯，以此来解答【解答】解：由图可知，为蒸馏装置，为萃取、分液装置，为过滤装置，为蒸发装置，从苯酚中分离出苯，因二者混溶，但沸点不同，可利用蒸馏方法来分离，所以选装置；又苯酚与碱反应，而苯不反应，则向混合液中加naoh溶液反应后，分层，且苯在上层，利用分液来得到苯，所以选装置，故选c【点评】本题考查混合物的分离、提纯，明确常见物质的性质及混合物分离的方法即可解答，题目难度不大3对于常温下ph=1的硝酸溶液，有关叙述：该溶液1ml稀释至100ml后，ph=3向该溶液中加入等体积、ph=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和该溶液中硝酸电离出的c（h+）与水电离出的c（h+）之比值为11012向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液ph=7其中正确的是（）abcd【考点】ph的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】ph=1的硝酸溶液c（h+）=0.1mol/l，根据c=计算；ph=13的溶液c（oh）=0.1mol/l；根据kw=c（h+）c（oh）=1014计算；氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐【解答】解：ph=1的硝酸溶液c（h+）=0.1mol/l，c=0.001mol/l，ph=3，故正确；ph=13的溶液c（oh）=0.1mol/l，等体积混合恰好完全中和，故正确；硝酸电离出的c（h+）=0.1mol/l，由kw=c（h+）c（oh）=1014可知，水电离出的c（h+）=1013mol/l，该溶液中硝酸电离出的c（h+）与水电离出的c（h+）之比值为1012，故错误；氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐，反应后溶液呈酸性，故错误故选a【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关计算公式的运用，答题时注意体会4下列离子方程式书写不正确的是（）a用两块铜片作电极电解盐酸：cu+2h+h2+cu2+bnaoh溶液与足量的ca（hco3）2溶液反应：2hco3+2oh+ca2+caco3+2h2oc等物质的量的febr2和cl2在溶液中的反应：2fe2+2br+2cl22fe3+br2+4cld氨水吸收少量的二氧化硫：2nh3h2o+so22nh4+so32+h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a阳极上cu失去电子，阴极氢离子得电子；bnaoh完全反应，反应生成碳酸钙、水、碳酸氢钠；c等物质的量的febr2和cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；d反应生成亚硫酸铵和水【解答】解：a用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为cu+2h+h2+cu2+，故a正确；bnaoh溶液与足量的ca（hco3）2溶液反应的离子反应为hco3+oh+ca2+caco3+h2o，故b错误；c等物质的量的febr2和cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2fe2+2br+2cl22fe3+br2+4cl，故c正确；d氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2nh3h2o+so22nh4+so32+h2o，故d正确；故选b【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项b中量少的完全反应，题目难度中等5天然维生素p（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂关于维生素p的叙述正确的是（）a若r为甲基则该物质的分子式可以表示为c16h10o7b分子中有三个苯环clmol该化合物与naoh溶液作用消耗naoh的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 moldlmol该化合物最多可与7molbr2完全反应【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构可知分子式，分子中含酚oh、碳碳双键、羰基、醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答【解答】解：a若r为甲基则该物质的分子式可以表示为c16h12o7，故a错误；b只有2个苯环，故b错误；c只有酚oh与naoh反应，苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，则lmol该化合物与naoh溶液作用消耗naoh的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 mol，故c正确；d酚oh的邻对位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则lmol该化合物最多可与6molbr2完全反应，故d错误；故选c【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃及苯酚的性质，题目难度不大6某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证，其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）（）选项预测物质的化学式检验需要的试剂操作、现象及结论ana2so4稀盐酸、氯化钡溶液取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则原溶液是na2so4溶液bna2co3稀盐酸、澄清的石灰水取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是na2co3溶液cna2so3稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是na2so3溶液dna2sio3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是na2sio3溶液aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a盐酸可排除其它离子的干扰，再滴加氯化钡产生白色沉淀，则沉淀为硫酸钡；b无色气体时澄清石灰水变浑浊，气体可能为二氧化碳，或二氧化硫；c无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则气体为二氧化硫；d硅酸不溶于盐酸【解答】解：a取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，盐酸可排除其它离子的干扰，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，沉淀为硫酸钡，则原溶液是na2so4溶液，故a正确；b取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，无色气体时澄清石灰水变浑浊，气体可能为二氧化碳，或二氧化硫，则溶液可能为na2co3溶液，故b错误；c取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则气体为二氧化硫，所以则原溶液是na2so3溶液，故c正确；d取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，硅酸不溶于盐酸，则原溶液是na2sio3溶液，故d正确；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验及气体的检验等，侧重物质性质的考查，注意发生的化学反应即可解答，题目难度中等7向一定量的fe、feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4mol/l的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344l no（标准状况），往所得溶液中加入kscn溶液，无红色出现若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）a0.24 molb0.21 molc0.16 mold0.14 mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成no的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量【解答】解：因一定量的fe、feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4mol/l的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为fe（no3）2，1.344l no（标准状况）的物质的量为=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12l4mol/l0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（fe）=0.21mol故选：b【点评】本题考查学生利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键二、解答题（共4小题，满分58分）8生铁中含碳和硫等元素化学兴趣小组对某生铁样品成分及其含量进行探究生铁中碳和硫元素的定性检验（1）将以下装置进行连接以完成实验（夹持仪器已略去，填接口字母代号）ahib或cc或bfge（2）将样品研磨成粉末的目的是增大反应物接触面积，使反应更快更充分（3）确认样品中含有碳元素的现象是f装置中品红溶液不褪色，c装置中有白色沉淀生成生铁中碳、硫质量分数的测定（4）甲同学认为，以上装置可以粗略测定样品中碳的含量称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得c中生成的沉淀为m2g，该样品中碳的质量分数不小于100%（用含m1、m2的式子表示）（5）乙同学认为，待一定量样品充分反应后，向e装置中加入过量氯化钡溶液，根据沉淀质量可以计算样品中硫的质量分数，此方案是否合理？否（填“是”或“否”）；说明理由气体进入d装置时，部分二氧化硫被品红溶液吸收，部分被氧气氧化为so42（6）丙同学提议：为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按agbc装置连接进行实验，充分反应后，请你简述后续的实验方案向c装置中加入足量的氯化钡溶液，并测定生成的白色沉淀的质量【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题【分析】、（1）分析装置图和试剂结合实验目的是生铁中碳和硫元素的定性检验，a装置是生成氧气的发生装置，气体中含有水蒸气，需要通过g装置干燥，通过b装置使生铁中的碳元素和硫元素变化为二氧化碳和二氧化硫气体，再通过def，分别检验二氧化硫的生成，除去二氧化硫检验二氧化硫是否除净，最后通过c装置检验生成的二氧化碳气体的存在；（2）依据增大反应物的接触面积会增大化学反应速率分析判断；（3）分析装置的作用，需要先检验二氧化硫再除去二氧化硫后再检验二氧化碳的存在，反应现象应是f中品红不褪色，c装置中氢氧化钡溶液中出现白色沉淀；、（4）二氧化碳和氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，依据碳元素守恒计算得到，称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得c中生成的沉淀为m2g，沉淀为碳酸钡，物质的量=mol，则碳元素质量分数=100%=100%；装置中含有未被赶出二氧化碳；（5）依据二氧化硫具有还原性和漂白性，在装置中被氧气氧化，被品红吸收损耗，不能通过被高锰酸钾溶液氧化为硫酸的硫酸根测定硫元素含量；（6）为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按agbc装置连接进行实验，利用过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，遇到氯化钡溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，过滤称量沉淀质量计算得到【解答】解：、（1）分析装置图和试剂结合实验目的是生铁中碳和硫元素的定性检验，a装置是生成氧气的发生装置，气体中含有水蒸气，需要通过g装置干燥，通过b装置使生铁中的碳元素和硫元素变化为二氧化碳和二氧化硫气体，再通过def，分别检验二氧化硫的生成，除去二氧化硫检验二氧化硫是否除净，最后通过c装置检验生成的二氧化碳气体的存在，装置的连接顺序为：ahib或cc或bfge，故答案为：h；i；b或c；c或b；f；g；e；（2）依据增大反应物的接触面积会增大化学反应速率分析，将样品研磨成粉末的目的是增大反应物接触面积，使反应更快更充分，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更快更充分；（3）分析装置的作用，需要先检验二氧化硫再除去二氧化硫后再检验二氧化碳的存在，反应现象应是f中品红不褪色，c装置中氢氧化钡溶液中出现白色沉淀，证明二氧化碳的存在，故答案为：f中品红不褪色，c装置中氢氧化钡溶液中出现白色沉淀；、（4）二氧化碳和氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，依据碳元素守恒计算得到，称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得c中生成的沉淀为m2g，沉淀为碳酸钡，物质的量=mol，则碳元素质量分数=100%=100%；装置中含有未被赶出二氧化碳，该样品中碳的质量分数不小于100%，故答案为：100%；（5）依据二氧化硫具有还原性和漂白性，在装置中被氧气氧化，被d装置中品红吸收损耗，不能通过被高锰酸钾溶液氧化为硫酸的硫酸根测定硫元素含量，故答案为：否；气体进入d装置时，部分二氧化硫被品红溶液吸收，部分被氧气氧化为so42；（6）为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按agbc装置连接进行实验，利用过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，遇到氯化钡溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，过滤称量沉淀质量计算得到，后续实验方案为，向c装置中加入足量的氯化钡溶液，并测定生成的白色沉淀的质量，故答案为：向c装置中加入足量的氯化钡溶液，并测定生成的白色沉淀的质量【点评】本题考查了物质探究组成的实验设计和实验分析判断，二氧化硫和二氧化碳的检验和性质是解题关键，题目难度中等9从废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）中回收xo5的一种生产工艺流程 示意如图所示：回答下列问题：（1）中滤渣的主要成分是sio2（2）、中的变化过程可简化为（下式中rn+表示vo2+或fe3+，ha表示有机萃取 剂的主要成分）：rn+（水层）+nha（有机层）ran（有机层）+nh+（水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率中反萃取时加入的x试剂是硫酸（3）完成中反应的离子方程式：1clo+6vo2+6h+=6vo3+1cl+3h2o（4）25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液ph之间的关系如表ph1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钡沉淀率/%889293959595939087根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为1.6；若钒沉淀率为90%时不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）4.0102mol/l（已知：25时，kspfe（oh）3=4.01038）（5）在整个工艺流程中，可以循环利用的物质是水、有机萃取剂和氨气（6）写出废液y中除h+之外的两种阳离子fe3+、vo，2+、nh4+、k+【考点】铁的氧化物和氢氧化物；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的x试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的ph较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；（6）依据流程反应分析判断，废液y中除h+之外的阳离子为fe3+、vo2+、nh4+、k+【解答】解：（1）废钒催化剂（主要成分v2o5、fe2o3和sio2等）酸溶后，v2o5、fe2o3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：sio2；（2）中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，rn+（水层）+nha（有机层）ran（有机层）+nh+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的x试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，clo3中氯元素化合价从+5价变化为1价，得到电子6，vo2+变化为vo3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：clo3+6vo2+6h+=6vo3+cl+3h2o，故答案为：1；6；6；6；1；3；h2o；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液ph最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的ph较小；若钒沉淀率为90%时不产生fe（oh）3沉淀，此时ph=2，氢离子浓度=102mol/l，c（oh）=1012mol/l，则溶液中c（fe3+）浓度依据溶度积计算，kspfe（oh）3=c（fe3+）c3（oh）=4.01088，计算得到c（fe3+）=4.0102mol/l，不产生fe（oh）3沉淀，则溶液中c（fe3+）4.0102mol/l，故答案为：1.6；4.0102mol/l；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气；（6）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除h+之外的阳离子为fe3+、vo22+、nh4+、k+，故答案为：fe3+、vo22+、nh4+、k+【点评】本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等10臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等（1）已知o3与ki溶液反应的生成物中有两种单质是i2和o2（2）o3在水中易分解，一定条件下，o3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示已知：o3的起始浓度为0.0216mol/lpht/mint/3，.04，.05，.06，.02030123116958301581084815503126157ph增大能加速o3分解，表明对o3分解起催化作用的是oh在30c、ph=4.0条件下，o3的分解速率为1.00104 mol/（lmin）据表中的递变规律，推测o3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为bac（填字母代号）a.40c、ph=3.0 b.10c、ph=4.0 c.30c、ph=7.0（3）o3可由臭氧发生器（原理如下图）电解稀硫酸制得图中阴极为a（填“a”或“b”），其电极反应式为2h+2e=h2若c处通入o2，则a极的电极反应式为o2+4h+4e=2h2o【考点】臭氧【专题】氧族元素【分析】（1）o3与ki溶液反应生成o2、i2及koh；（2）ph增大，则oh浓度增大，o3分解速率加快；根据v=计算；根据ph和温度判断达到平衡所用的时间的范围，可判断分解速率；（3）由图可知，b极生成o2、o3，b极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故a为阴极；c处通入o2，o2发生还原反应，在酸性条件下生成水【解答】解：（1）o3与ki溶液反应生成o2、i2及koh，所以反应方程为，o3+2i+h2o=o2+i2+2oh，所以两种单质是i2、o2，故答案为：i2、o2；（2）ph增大，则o