内蒙古赤峰市宁城县高三化学四模试卷Word版含解析

1、2016年内蒙古赤峰市宁城县高考化学四模试卷一、选择题1化学与生产、生活密切相关下列说法中，不正确的是（）a“血液透析”利用了胶体的性质b服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害c人类超量碳排放及氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因d绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染2用na表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a在标准状况下，0.5 molno与0.5 molo2混合后气体分子数为0.75 nab某温度下纯水的ph=6，该温度下10 l ph=11的naoh溶液中含oh的数目为nac0.1molalcl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成ol n

2、a个胶体粒子d以mg、al为电极，naoh溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过na个电子，则正极放出h2的体积为11.2 l3下列实验事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论将木炭和浓硫酸反应生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成该气体一定是co2燃烧的镁条放入二氧化碳中能继续燃烧还原性：mgc向某溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有so42某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定有nh4+（）abcd4已知m、w、x、y、z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中w、z同族，m原子的最外层电子数是电子层数的3倍，

3、元素x在同周期的主族元素中原子半径最大，y是地壳中含量最多的金属元素下列说法中正确的是（）a气态氢化物稳定性最强的是hzb室温下，可用y的容器盛装稀硝酸c原子半径由小到大的顺序为：rwrmrydx的单质可通过电解xz的水溶液获得5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6已知甲、乙、丙、x是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图则甲和x不可能是（）a甲：fe、x：cl2b甲：so2、x：naoh溶液c甲：c、x：o2d甲：alcl3溶液、x：naoh溶液

4、7室温下向10ml 0.1 moll1naoh溶液中加入0.1moll1的一元酸ha溶液ph的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）aa点所示溶液中c（na+）c（a）c（h+）c（ha）ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同cph=7时，c（na+）=c（a）+c（ha）db点所示溶液中c（a）c（ha）二、解答题（共3小题，满分43分）8co、so2是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法i、甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张利用co可以合成甲醇（1）已知：co（g）+o2（g）co2（g）h1=283.0kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（1）h2=285

5、.8kjmol1ch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2o（1）h3=764.5kjmol1则co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=kjmol1（2）一定条件下，在容积为vl的密闭容器中充入amolco与2a mol h2合成甲醇平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示p1 p2（填“”、“”或“=”），理由是该甲醇合成反应在a点的平衡常数k=（用a和v表示）该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是：coh2（填“”、“”或“=”）下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高co转化率的是（填写相应字母）a、使用高效催化剂 b、降低反应温度c、增大体系压强d、不断将ch30h从反应混合物

6、中分离出来e、增加等物质的量的co和h2、某学习小组以so2为原料，采用电化学方法制取硫酸（3）原电池法：该小组设计的原电池原理如图2所示写出该电池负极的电极反应式（4）电解法：该小组用na2so3溶液充分吸收s02得到nahso3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸原理如图3所示写出开始电解时阳极的电极反应式9某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有mgco3、mgsio3、camg（co3）2、al2o3和fe2o3等，回收其中镁的工艺流程如下：沉淀物fe（oh）3al（oh）3mg（oh）2ph3.25.212.4部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的ph由见上表，请回答下列问题：（1）

7、“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有（要求写出两条）（2）滤渣i的主要成分有（3）从滤液中可回收利用的主要物质有（4）mg（clo3）2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：mgcl2+2naclo3mg（clo3）2+2nacl已知四种化合物的溶解度（s）随温度（t）变化曲线如下图所示：将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备mg（clo3）2简述可制备mg（clo3）2的原因：按中条件进行制备实验在冷却降温析出mg（clo3）2过程中，常伴有nacl析出，原因是：除去产品中该杂质的方法是：10肼是重要的化工原料某探究小组利用下列反应制取水合肼（n2h4h2o）co

8、（nh2）2+2naoh+naclo=na2co3+n2h4h2o+nacl实验一：制备naclo溶液（1）将氯气通入到盛有naoh的锥形瓶中，锥形瓶中发生反应的离子方程式是；实验二：制取水合肼（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分（已知：n2h4h2o+2naclo=n2+3h2o+2nacl）（2）分液漏斗中的溶液是（填标号a或b）；anaoh和naclo混合溶液 bco （nh2） 2溶液选择的理由是；实验三：测定馏分中肼含量水合肼具有还原性，可以生成氮气测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a称取馏分5

9、.000 g，加入适量nahco3固体，经稀释、转移、定容等步骤，配制250 ml溶液b移取25.00 ml于锥形瓶中，加入10ml水，摇匀c用0.2000 mol/l碘溶液滴定至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的ph保持在6.5左右记录消耗碘的标准液的体积d进一步操作与数据处理（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式；滴定过程中，nahco3能控制溶液的ph在6.5左右，原因是；（4）滴定时，碘的标准溶液盛放在滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）；若本次滴定消耗碘的标准溶液为18.00 ml，馏分中水合肼（n2h4h2o）的质量分数为（保留三位有效数字）；（5）为获得更可靠的滴定

10、结果，步骤d中进一步操作主要是：化学-选修2：化学与技术11氯化亚铜（cucl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业cucl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以海绵铜（主要成分是cu和少量cuo）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产cucl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤中得到的氧化产物是，溶解温度应控制在6070度，原因是（2）写出步骤中主要反应的离子方程式（3）步骤包括用ph=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是（写名称）（4）上述工艺中，步骤不能省略，理由是（5）步骤、都要进行固液分离工业上常用的固液分离设备有（填字母）a分馏塔 b离心机 c反应釜 d框

11、式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于若两的fecl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/l的k2cr2o7溶液滴定到终点，消耗k2cr2o7溶液b ml，反应中cr2o72被还原为cr3+，样品中cucl的质量分数为（物质与结构）12锂磷酸氧铜电池正极的活性物质是cu4o（po4）2，可通过下列反应制备：2na3po4+4cuso4+2nh3h2o=cu4o（po4）2+3na2so4+（nh4）2so4+h2o（1）写出基态cu2+的核外电子排布式：与cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有（填元素符号），上述方程式中涉及到的n、o元素

12、第一电离能由小到大的顺序为（2）po43的空间构型是（3）与nh3互为等电子体的分子、离子有、（各举一例）（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为（5）在硫酸铜溶液中加入过量kcn，生成配合物cu（cn）42，则1mol cn中含有的键的数目为（6）cu元素与h元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示则该化合物的化学式为（7）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度13化合物i（c11h12o3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基i可以用e和h在一定条件下合成：已知以下信息：a的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；rch

13、=ch2rch2ch2oh；化合物f苯环上的一氯代物只有两种；通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基请回答下列问题：（1）a的结构简式为，b所含官能团的名称是（2）c的名称为，e的分子式为（3）ab、cd的反应类型分别为、（4）写出下列反应的化学方程式de第步反应；fg（5）i的结构筒式为（6）i的同系物j比i相对分子质量小14，j的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基，既能发生银镜反应，又能与饱和nahco3溶液反应放出co2，共有种（不考虑立体异构）j的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，写出j的这种同分异构体的结

14、构简式2016年内蒙古赤峰市宁城县高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学与生产、生活密切相关下列说法中，不正确的是（）a“血液透析”利用了胶体的性质b服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害c人类超量碳排放及氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因d绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染【考点】胶体的应用；绿色化学；二氧化硫的污染及治理【分析】a、根据分散质微粒直径大小，胶体不能通过半透膜；b、重金属铬能与蛋白质发生作用，使其丧失生理活性，对人体造成危害；c、根据形成酸雨的原因；d、根据绿色化学的核心分析【解答】解：a、尿毒症主要是血红蛋白随尿液

15、排出，所以血液透析就是将血液通过半透膜，防止血红蛋白流失，故a正确；b、重金属铬能与蛋白质发生作用，使其丧失生理活性，对人体造成危害，故b正确；c、人类超量排放氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因，故c错误；d、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故d正确；故选c2用na表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a在标准状况下，0.5 molno与0.5 molo2混合后气体分子数为0.75 nab某温度下纯水的ph=6，该温度下10 l ph=11的naoh溶液中含oh的数目为nac0.1molalcl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成ol na个胶体

16、粒子d以mg、al为电极，naoh溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过na个电子，则正极放出h2的体积为11.2 l【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、no和氧气反应生成的no2中存在平衡：2no2n2o4；b、某温度下纯水的ph=6，则水的离子积为1012；c、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；d、氢气所处的状态不明确【解答】解：a、no和氧气反应生成的no2中存在平衡：2no2n2o4，导致分子个数减小，则混合后气体分子数小于0.75na个，故a错误；b、某温度下纯水的ph=6，则水的离子积为1012，而ph=11的氢氧化钠溶液中，氢离子的浓度为1011mol/l，则氢氧根浓度为0.

17、1mol/l，则10l溶液中含有的氢氧根的个数为na个，故b正确；c、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故0.1mol氯化铝转化为氢氧化铝胶体后，胶粒的个数小于0.1na个，故c错误；d、氢气所处的状态不明确，故正极上生成的氢气的体积无法计算，故d错误故选b3下列实验事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论将木炭和浓硫酸反应生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成该气体一定是co2燃烧的镁条放入二氧化碳中能继续燃烧还原性：mgc向某溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有so42某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定有n

18、h4+（）abcd【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均与石灰水反应生成沉淀；燃烧的镁条放入二氧化碳中，反应生成mgo和c；白色沉淀生成为agcl或硫酸钡；气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气【解答】解：木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均与石灰水反应生成沉淀，则该气体不一定是co2，故错误；燃烧的镁条放入二氧化碳中，反应生成mgo和c，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：mgc，故正确；白色沉淀生成为agcl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有so42，可能含银离子，但不能同时存在，故错误；气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体

19、为氨气，则该溶液中一定有nh4+，故正确；故选c4已知m、w、x、y、z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中w、z同族，m原子的最外层电子数是电子层数的3倍，元素x在同周期的主族元素中原子半径最大，y是地壳中含量最多的金属元素下列说法中正确的是（）a气态氢化物稳定性最强的是hzb室温下，可用y的容器盛装稀硝酸c原子半径由小到大的顺序为：rwrmrydx的单质可通过电解xz的水溶液获得【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】m、w、x、y、z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，m原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则m第二周期元素，且是o元素，w的原子序数大于m，w、z同族，且

20、短周期主族元素，所以w是f元素，则z是cl元素，x的原子序数大于w，且是主族元素，元素x在同周期的主族元素中原子半径最大，所以x是na元素，y是地壳中含量最多的金属元素，为al元素，据此分析【解答】解：m、w、x、y、z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，m原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则m第二周期元素，且是o元素，w的原子序数大于m，w、z同族，且短周期主族元素，所以w是f元素，则z是cl元素，x的原子序数大于w，且是主族元素，元素x在同周期的主族元素中原子半径最大，所以x是na元素，y是地壳中含量最多的金属元素，为al元素a这几种元素中，非金属性最强的元素是f，所以氟化氢的稳定

21、性最强，故a错误；b常温下，铝和浓硝酸能发生钝化现象，和稀硝酸反应生成硝酸铝，故不发生钝化现象，所以不可用al的容器盛装稀硝酸，故b错误；c氟原子半径小于氧原子，铝原子半径大于氧原子，原子半径由小到大的顺序是rwrmry，故c正确；d钠是活泼金属，电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电而不是钠离子放电，所以得不到钠单质，故d错误；故选c5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

22、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a6已知甲、乙、丙、x是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图则甲和x不可能是（）a甲：fe、x：cl2b甲：so2、x：naoh溶液c甲：c、x：o2d甲：alcl3溶液、x：naoh溶液【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断【分析】a甲：fe，x：cl2，则乙为fecl3；b甲：so2、x：naoh溶液

23、，则乙为nahso3，丙为na2so3；c甲：c、x：o2，则乙为co，丙为co2；d若甲为alcl3，x是naoh，则乙为氢氧化铝，丙为naalo2【解答】解：a甲为fe，x是cl2，则乙为fecl3，fecl3与cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故a错误；b甲：so2、x：naoh溶液，则乙为nahso3，丙为na2so3，na2so3与so2反应生成nahso3，符合题中转化关系，故b正确；c甲：c、x：o2，则乙为co，丙为co2，co2与c反应生成co，符合题中转化关系，故c正确；d若甲为alcl3，x是naoh，则乙为氢氧化铝，丙为naalo2，naalo2与alcl3反应生成

24、氢氧化铝，符合题中转化关系，故d正确；故选a7室温下向10ml 0.1 moll1naoh溶液中加入0.1moll1的一元酸ha溶液ph的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）aa点所示溶液中c（na+）c（a）c（h+）c（ha）ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同cph=7时，c（na+）=c（a）+c（ha）db点所示溶液中c（a）c（ha）【考点】真题集萃；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】aa点时酸碱恰好中和，溶液ph=8.7，说明ha为弱酸，naa溶液水解呈碱性；bb点时ha过量，溶液呈酸性，ha电离出h+，抑制水的电离；cph=7时，c（h+）=c（oh），结合电荷守恒

25、判断；db点ha过量一倍，溶液存在naa和ha，溶液呈酸性，说明ha电离程度大于a水解程度【解答】解：aa点时酸碱恰好中和，溶液ph=8.7，说明ha为弱酸，naa溶液水解呈碱性，应为c（ha）c（h+），故a错误；ba点a水解，促进水的电离，b点时ha过量，溶液呈酸性，ha电离出h+，抑制水的电离，故b错误；cph=7时，c（h+）=c（oh），由电荷守恒可知c（na+）+c（h+）=c（a）+c（oh），则c（na+）=c（a），故c错误；db点ha过量一倍，溶液存在naa和ha，溶液呈酸性，说明ha电离程度大于a水解程度，则存在c（a）c（ha），故d正确故选d二、解答题（共3小题，满分

26、43分）8co、so2是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法i、甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张利用co可以合成甲醇（1）已知：co（g）+o2（g）co2（g）h1=283.0kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（1）h2=285.8kjmol1ch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2o（1）h3=764.5kjmol1则co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=90.1kjmol1（2）一定条件下，在容积为vl的密闭容器中充入amolco与2a mol h2合成甲醇平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示p1 p2（填“”、“”或“=”），理由是

27、甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强co的转化率提高该甲醇合成反应在a点的平衡常数k=（用a和v表示）该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是：co=h2（填“”、“”或“=”）下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高co转化率的是c（填写相应字母）a、使用高效催化剂 b、降低反应温度c、增大体系压强d、不断将ch30h从反应混合物中分离出来e、增加等物质的量的co和h2、某学习小组以so2为原料，采用电化学方法制取硫酸（3）原电池法：该小组设计的原电池原理如图2所示写出该电池负极的电极反应式so22e+2h2oso42+4h+（4）电解法：该小组用na2so3溶液充分吸收s0

28、2得到nahso3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸原理如图3所示写出开始电解时阳极的电极反应式hso3+h2o2e=so42+3h+【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；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co（g）+2h2（g）ch3oh（g），利用盖斯定律进行计算；（2）依据反应是气体体积减小的反应，相同温度下增大压强平衡正向进行；100°c时一氧化碳的转化率为0.75，结合平衡三段式列式根据平衡常数表达式k=进行计算；根据转化率=×100%来比较；根据增大浓度、温度、压强或者使用催化剂会增大反应速率以及平衡向正反应方向移动会提高co转化率来判断

29、；（3）依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；（4）根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式【解答】解：（1）co（g）+o2（g）co2（g）h1=283.0kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（i）h2=285.8kjmol1ch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2o（i）h3=764.5kjmol1由盖斯定律+2×得：co（g）+2h2（g）ch3oh（g），h=（283.0285.8×2+764.5）kjmol1=90.1kjmol1，故答案为：90.1；（2）图象分析可知相同温度下p2压强下一氧化碳转化率大于p1

30、压强下一氧化碳转化率，反应是气体体积减小的反应，压强增大平衡正向进行，所以p1p2；故答案为：；甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强co的转化率提高；向vl恒容密闭容器中充入a mol co与2a mol h2，100°c时一氧化碳的转化率为50%， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）起始量（mol） a 2a 0 变化量（mol）0.75a 1.5a 0.75a 平衡量（mol）0.25a 0.5a 0.75a 平衡常数k=，故答案为：；因为转化率=转化量总量，又co和h2按照系数比1：2消耗，而开始充入 molco与2a molh2也刚好为1：2，所以co

31、的转化率等于h2的转化率，故答案为：=；a、使用高效催化剂只能增大反应速率，不能改变平衡移动，所以co的转化率不变，故a错误；b、降低反应温度会减慢反应速率，故b错误；c、增大体系压强，不仅增大反应速率，而且平衡也向正反应方向移动，所以co的转化率也增大，故c正确；d、不断将ch30h从反应混合物中分离出来，即减小生成物的浓度，则反应速率减小，故d错误；e、增加等物质的量的co和h2，即增大反应物的浓度，反应速率增大，但增加了co则co的转化率也减小，故e错误；故答案为：c；（3）该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水

32、反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：so22e+2h2oso42+4h+，故答案为：so22e+2h2oso42+4h+；（4）电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解nahso3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是hso3溶液失去电子被氧化生成so42，则阳极电极反应式是：hso3+h2o2e=so42+3h+；故答案为：hso3+h2o2e=so42+3h+9某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有mgco3、mgsio3、camg（co3）2、al2o3和fe2o3等，回收其中镁的工艺流程如下：沉淀物fe（oh）3al（oh）3mg（oh）2p

33、h3.25.212.4部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的ph由见上表，请回答下列问题：（1）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）（要求写出两条）（2）滤渣i的主要成分有fe（oh）3 al（oh）3（3）从滤液中可回收利用的主要物质有na2so4（4）mg（clo3）2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：mgcl2+2naclo3mg（clo3）2+2nacl已知四种化合物的溶解度（s）随温度（t）变化曲线如下图所示：将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备mg（clo3）2简述可制备mg（clo3）2的原因

34、：在某一时nacl最先达到饱和析出；mg（clo3）2的溶解度随温度变化最大；nacl 的溶解度与其他物质的溶解度有一定的差别按中条件进行制备实验在冷却降温析出mg（clo3）2过程中，常伴有nacl析出，原因是：降温前溶液中nacl以达饱和；降低过程中nacl溶解度会降低，会少量析出除去产品中该杂质的方法是：重结晶【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）浸出步骤硫酸同固体废料中主要成份反应，从化学反应速率和化学平衡的影响因素来看，可通过升高温度提高硫酸镁的溶解度，或通过搅拌使反应物充分接触反应，或通过过滤后滤渣多次浸取以提高转化率；（

35、2）根据mgco3、camg（co3）2、al2o3、fe2o3能与硫酸反应，生成了mgso4、caso4、al2（so4）3和fe2（so4）3，其中caso4微溶，形成滤渣；滤液中含有mgso4、al2（so4）3和fe2（so4）3，根据阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的ph，在调节ph至5.5时，fe3+和al3+已经完全沉淀，滤渣i的主要成分是fe（oh）3、al（oh）3；（3）上述过滤后滤液中阴离子主要是so42，加入naoh后在调节ph至12.5时mg2+完全沉淀，溶质主要成分是na2so4；（4）根据侯德榜制碱法生成nahco3的原理；根据侯德榜制碱法生成nahco3的原理

36、【解答】解：（1）浸出步骤硫酸同固体废料中主要成份反应，从化学反应速率和化学平衡的影响因素来看，可通过升高温度提高硫酸镁的溶解度，或通过搅拌使反应物充分接触反应，或通过过滤后滤渣多次浸取以提高转化率，故答案为：适当提高反应温度、增加浸出时间（或其他合理答案）；（2）因mgco3、camg（co3）2、al2o3、fe2o3能与硫酸反应，生成了mgso4、caso4、al2（so4）3和fe2（so4）3，其中caso4微溶，形成滤渣；滤液中含有mgso4、al2（so4）3和fe2（so4）3，根据阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的ph，在调节ph至5.5时，fe3+和al3+已经完全沉淀，

37、滤渣i的主要成分是fe（oh）3、al（oh）3，故答案为：fe（oh）3、al（oh）3；（3）上述过滤后滤液中阴离子主要是so42，加入naoh后在调节ph至12.5时mg2+完全沉淀，溶质主要成分是na2so4，故答案为：na2so4；（4）反应mgcl2+2naclo3mg（clo3）2+2nacl类似于侯德榜制碱法生成nahco3的原理，因为nacl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成mg（clo3）2的方向进行，故答案为：在某一温度时，nacl最先达到饱和析出；mg（clo3）2的溶解度随温度变化的最大；nacl 的溶解度与其他物质的溶解度有一定的差别；同样是依据的原理，在降温的过

38、程中，mg（clo3）2的溶解度不断减小，从溶液中析出，在生成mg（clo3）2的过程中nacl也不断生成，但因溶解度没有增加，所以也伴随mg（clo3）2析出；相同温度时氯化钠的溶解度最小，因此在冷却降温析出mg（clo3）2过程中一定会析出氯化钠由于氯酸镁和氯化钠均溶于水，溶于水的可溶性物质一般用结晶和重结晶的方法分离故答案为：降温前，溶液中nacl已达饱和；降低过程中，nacl溶解度会降低，会少量析出；重结晶10肼是重要的化工原料某探究小组利用下列反应制取水合肼（n2h4h2o）co（nh2）2+2naoh+naclo=na2co3+n2h4h2o+nacl实验一：制备naclo溶液（1

39、）将氯气通入到盛有naoh的锥形瓶中，锥形瓶中发生反应的离子方程式是cl2+2oh=clo+cl+h2o；实验二：制取水合肼（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分（已知：n2h4h2o+2naclo=n2+3h2o+2nacl）（2）分液漏斗中的溶液是a（填标号a或b）；anaoh和naclo混合溶液 bco （nh2） 2溶液选择的理由是如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；实验三：测定馏分中肼含量水合肼具有还原性，可以生成氮气测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a称取馏分5.000

40、 g，加入适量nahco3固体，经稀释、转移、定容等步骤，配制250 ml溶液b移取25.00 ml于锥形瓶中，加入10ml水，摇匀c用0.2000 mol/l碘溶液滴定至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的ph保持在6.5左右记录消耗碘的标准液的体积d进一步操作与数据处理（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式n2h4h2o+2i2=n2+4hi+h2o；滴定过程中，nahco3能控制溶液的ph在6.5左右，原因是生成的hi与nahco3反应；（4）滴定时，碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）；若本次滴定消耗碘的标准溶液为18.00 ml，馏分中水合肼（n2h

41、4h2o）的质量分数为18.0%（保留三位有效数字）；（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作主要是：重复步骤b和c23次，依据测得的结果，取平均值【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）氯气通入到盛有naoh的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（2）依据制取水合肼（n2h4h2o）的反应原理为：co（nh2）+2naoh+naclo=na2co3+n2h4h2o+nacl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（n2h4h2o）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成氮气、碘化氢和水；nahco3能控制溶液的ph在6.5左右，是因为碳酸氢钠和

42、碘化氢反应；（4）碘单质具有氧化性，选择酸式滴定管盛装进行实验；结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（n2h4h2o）的质量分数；（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作是重复bc几次，结合测定结果计算体积的平均值，得到结果更准确【解答】解：（1）氯气通入到盛有naoh的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：cl2+2oh=clo+cl+h2o；故答案为：cl2+2oh=clo+cl+h2o；（2）依据制取水合肼（n2h4h2o）的反应原理为：co（nh2）+2naoh+naclo=na2co3+n2h4h2o+nacl，结合反应产物和反应物分析判断，分液漏斗中

43、的溶液是naoh和naclo混合溶液；水合肼（n2h4h2o）具有还原性，易被次氯酸钠氧化，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；故答案为：a，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为：n2h4h2o+2i2=n2+4hi+h2o；nahco3能控制溶液的ph在6.5左右，是因为碳酸氢钠和碘化氢反应；故答案为：n2h4h2o+2i2=n2+4hi+h2o，生成的hi与nahco3 反应；（4）碘单质具有氧化性，选择酸式滴定管盛装进行实验；结合反应定量关系计算得到馏分中

44、水合肼（n2h4h2o）的质量分数， n2h4h2o+2i2=n2+4hi+h2o； 1 2 n 0.2000mol/l×0.018ln=0.0018mol250ml溶液中含有的物质的量=0.0018mol×=0.018mol水合肼（n2h4h2o）的质量分数=×100%=18.0%故答案为：酸式，18.0%；（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作是重复bc几次，结合测定结果计算体积的平均值，得到结果更准确；故答案为：重复步骤b和c 23次，依据测得的结果，取平均值化学-选修2：化学与技术11氯化亚铜（cucl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业cucl难

45、溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以海绵铜（主要成分是cu和少量cuo）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产cucl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤中得到的氧化产物是cuso4或cu2+，溶解温度应控制在6070度，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解（2）写出步骤中主要反应的离子方程式2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+（3）步骤包括用ph=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是硫酸（写名称）（4）上述工艺中，步骤不能省略，理由是醇洗有利于加快去除cucl表面水分防止其水解氧化（5）步骤、都要进行固液分离工业上常用的固液分离设

46、备有bd（填字母）a分馏塔 b离心机 c反应釜 d框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于若两的fecl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/l的k2cr2o7溶液滴定到终点，消耗k2cr2o7溶液b ml，反应中cr2o72被还原为cr3+，样品中cucl的质量分数为【考点】制备实验方案的设计【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是cu和少量cuo）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成cucl，发生2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+，得到的cucl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤

47、，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生fe3+cuclfe2+cu2+cl，加入k2cr2o7溶液，发生6fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，结合关系式解答该题【解答】解：酸性条件下硝酸根具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是cu和少量cuo）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成cucl，发生2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+，得到的cucl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜

48、，（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化cu生成cuso4或cu2+，溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，故答案为：cuso4或cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成cucl，反应为2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+，故答案为：2cu2+so32+2cl+h2o=2cucl+so42+2h+；（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止cucl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为：硫酸；（4）步骤为醇洗，因乙醇沸点低，易

49、挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除cucl表面水分防止其水解氧化；（5）步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，故答案为：bd；（6）氯化亚铜与氯化铁发生fe3+cuclfe2+cu2+cl，加入k2cr2o7溶液，发生6fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o，反应的关系式为6cucl6fe2+cr2o72， 6 1 n ab×103moln=6ab×103mol，m（cucl）=99.5g/mol×6ab×10

50、3mol=0.597abg，则样品中cucl的质量分数为，故答案为：（物质与结构）12锂磷酸氧铜电池正极的活性物质是cu4o（po4）2，可通过下列反应制备：2na3po4+4cuso4+2nh3h2o=cu4o（po4）2+3na2so4+（nh4）2so4+h2o（1）写出基态cu2+的核外电子排布式：ar3d9与cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有k、cr（填元素符号），上述方程式中涉及到的n、o元素第一电离能由小到大的顺序为on（2）po43的空间构型是正四面体（3）与nh3互为等电子体的分子、离子有ph3或ash3、h3o+或ch3（各举一例）（4）氨基乙酸铜的分子

51、结构如图，碳原子的杂化方式为sp3、sp2（5）在硫酸铜溶液中加入过量kcn，生成配合物cu（cn）42，则1mol cn中含有的键的数目为2na（6）cu元素与h元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示则该化合物的化学式为cuh（7）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度9.0g/cm3【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用【分析】（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理写出其核外电子排布式，铜最外层有1个电子，根据元素周期律比较电第一电离能；（2）根据价层电子对互斥理论确

52、定其空间构型；（3）根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子；（4）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；（5）一个 cn中含有2个键；（6）利用均摊法确定其化学式；（7）根据计算密度【解答】解：（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为：ar3d9，铜最外层有1个电子，在同一周期中最外层一个电子的还有k、cr，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第va族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以n、o元素第一电离能为on，故答案为：ar3d9；k、cr； on； （2）po43中p原子的价

53、层电子对=4+=4，且不含孤电子对，所以其空间构型正四面体，故答案为：正四面体； （3）根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子分别为：ph3 或ash3、h3o+或ch3，故答案为：ph3 或ash3、h3o+或ch3；（4）氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3、sp2；（5）一个 cn中含有2个键，所以1mol cn中含有的键的数目为：2na，故答案为：2na； （6）该晶胞中，铜原子个数=4+2×12×=7，h原子个数=1+3+6×=7，所以其化学式为cuh，故答案为：cuh；（7）在铜晶胞中含有铜原子数为3+2×+12×=6，铜的原子半径为127.8pm，所以晶胞的边长为，所以晶胞的密度为g/cm3=9.0g/cm3，故答案为：9.0g/cm313化合物i（c11h12o3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基i可以用e和h在一定条件下合成：已知以下信息：a的核磁