河南省周口市扶沟高中2015届高考化学模拟试卷【解析版】.doc

2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（9）一、选择题1科技、生产、生活、社会中处处有化学，下列叙述不正确的是( )A汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因B用于制作航空母舰上拦阻索的钢材是一种合金C硅可以制成光电池，能将光能直接转化为化学能D加入适量明矾晶体可使浑浊的水变澄清2下列操作会导致实验结果偏高的是( )A中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值B中和滴定测定盐酸浓度，量取20.00mL盐酸时未用待测液润洗酸式滴定管C用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量D配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液体积仰视读数，所配溶液的浓度3M是一种治疗艾滋病的新药（结构简式见图），下列关于M的说法正确的是( )AM易溶于水，且可以发生水解反应BM能发生加聚反应和取代反应CM 不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使酸性高锰钾溶液褪色DM的分子式为C13H12O2NF4，分子内至少有13个碳原子在同一平面内4已知：25时，KspMg（OH）2=5.611012，Ksp（MgF2）=7.421011下列说法正确的是( )A25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp小D25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF25X、Y、Z、W、M是五种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大其中X和W同主族，W原子的电子数等于Y和Z的最外层电子数之和，Z2和M3+具有相同的电子层结构下列说法正确的是( )AX、Y、Z形成的化合物中不可能既有离子键BX和Z、M和Y、Z和W均可形成原子个数比为1：1的化合物CY、Z、W、M形成的简单离子半径大小关系为YZMWDW与Cl形成化合物的熔点低于M与Cl形成化合物的熔点6分子式为C5H12O2，且符合下列条件的有机物有（不考虑立体异构）( )1mol 可与足量钠反应放出1mol H2；含两个甲基；1个碳原子不能连2个羟基A6种B7 种C8 种D9种7如图装置为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池充、放电的化学方程式为：2K2S2+KI3 K2S4+3KI装置（）为电解池的示意图当闭合开关K时，X附近溶液先变红则下列说法正确的是( )A闭合K时，K+从右到左通过离子交换膜B闭合K时，A的电极反应式为：3I2e=I3C闭合K时，X的电极反应式为：2Cl2e=Cl2D闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，X电极上产生标准状况下气体1.12L二、非选择题8（16分）过氧化尿素是一种新型漂白、消毒剂，漂白、消毒效果优于H2O2和过氧乙酸，某工业用过氧化尿素的部分参数如表分子式外观热分解温度熔点水溶性CO（NH2）2H2O2白色晶体457585500gL1合成过氧化尿素的流程及反应器的示意图如下请回答下列问题：（1）写出合成过氧化尿素的化学方程式：_（2）反应器里冷凝管中冷水从_（填“上”或“下”）口流入；反应器的加热方式是_直接加热；水浴加热；蒸气浴加热；冰浴（3）搅拌器选用的材料是玻璃而不是铁质或铝质材料的原因是_（4）从母液中分离出H2O2和尿素，采用的是减压蒸发、冷却结晶的方法，其原因是_（5）活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量16%（相当于其中含H2O234%）为了确定所得产品合格与否，质检员称取干燥样品2.000g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，准确量取其中25.00mL溶液于锥形瓶中，加入1mL 6mol/LH2SO4，然后用0.1000mol/L KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2（KMnO4溶液不与尿素反应），至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液6.000mL：完成并配平下列化学方程式；_MnO4+_H2O2+_H+=_Mn2+_H2O+_KMnO4溶液应盛放在_滴定管中，若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量_（填“偏高”、“偏低”或“不变”）；根据滴定结果确定产品质量_（填“合格”或“不合格”），活性氧的质量分数为_9固体NH4Al（SO4）212H2O在加热时，固体残留率随温度的变化如图1所示（1）取A物质溶于水形成溶液，加入过量NaOH溶液混合加热，反应的离子方程式为_（2）B物质的化学式为_（3）取B物质，于975灼烧得到的主要产物是C和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为_，C与分别足量NaOH溶液和稀硫酸反应，消耗两者物质的量之比为_（4）常温下，在0.10molL1B的溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有Al（OH）3沉淀生成，当溶液的pH=10时，c（Al3+）=_molL1（KSpAl （OH）3=31034）（5）电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图2（图中“HA”表示乳酸分子，A表示乳酸根离子）阳极的电极反应式为_简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：_电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为68，此时进入浓缩室的OH可忽略不计400mL 10gL1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145gL1（溶液体积变化忽略不计），阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为_L（乳酸的摩尔质量为90gmol1）10海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义完成下列填空：（1）氯碱工业主要以食盐为原料为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作，正确的操作顺序是_过滤 加过量的NaOH溶液 加适量的盐酸 加过量的Na2CO3溶液 加过量的BaCl2溶液abcd（2）在实验室中可以用萃取的方法提取溴，可选用的试剂是_，所用主要仪器的名称是_（3）步骤中用硫酸酸化可提高Cl2利用率的原因是_（4）步骤II反应的离子方程式_（5）海水提溴蒸馏过程中，温度应控制在8090，温度过高或过低都不利于生产，请解释原因_（6）Mg（OH）2沉淀中混有Ca（OH）2，可选用_溶液进行洗涤除去如直接加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，你_（选填“同意”，“不同意”）该说法，理由是_三、选做题【化学-选修2：化学与技术】11近年来，为提高能源利用率，西方提出共生理念，即为提高经济效益，人类生产活动尽可能多功能化共生工程将会大大促进化学工业的发展（1）由于共生工程的应用，利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为2SO2+O2+2H2O2H2SO4，该电池电动势为1.06V实际过程中，将SO2通入电池的_极（填“正”或“负”），负极反应式为_，用这种方法处理SO2废气的优点是_（2）以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以制备有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质工业流程如下：生产中，向反应中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是_下列有关说法正确的是_a反应中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙b反应中发生反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4COc反应需控制在6070，目的之一是减少碳酸氢铵的分解d反应中的副产物氯化铵可用作氮肥反应中选用了40%的乙二醇溶液做溶剂，温度控制在25，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液做溶剂的原因是_（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式_【化学-选修3：物质结构与性质】12由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X，其原子个数比为14：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的外围电子排布为（nl）dn+6ns1，回答下列问题（1）该配位化合物X的化学式为_（2）元素B、C、D的第一电离能的由小到大排列顺序为_（用元素符号表示）（3）D元素原子的最外层电子轨道表示式为_（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为_（5）碳铂是一种含BA3分子的具有抗癌活性的金属配合物，碳铂的结构如图1：其中碳原子的杂化方式有_碳铂中含有的作用力有_（填字母）A共价键 B配位键 C金属键D键 E键（6）A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，该化合物Y可与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），写出该反应的化学方程式_单质E的晶胞如图2所示，若设该晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，单质E的摩尔质量为Mg/mol，则表示该晶胞密度的计算式为p=_g/cm313可降解塑料PCL的结构可表示为其合成路线如下已知：RCH=CHCH3RCH=CHCH3Br回答下列问题：（1）B中所含官能团的名称是_（2）M的分子结构中无支链M生成D的反应类型是_（3）E是D的同分异构体，具有相同的官能团E的结构简式是_（4）F生成G的化学方程式是_（5）下列说法正确的是_aK没有顺反异构 bM在一定条件下可发生聚合反应 cPCL的结构中含有酯基（6）H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式是_（7）M的氧化产物己二酸是合成尼龙的原料之一用B做原料可制得己二酸，请结合相关信息完成其合成路线流程图（无机试剂任选）已知：RCH=CHR合成路线流程图示例：CH2=CH22015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（9）一、选择题1科技、生产、生活、社会中处处有化学，下列叙述不正确的是( )A汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因B用于制作航空母舰上拦阻索的钢材是一种合金C硅可以制成光电池，能将光能直接转化为化学能D加入适量明矾晶体可使浑浊的水变澄清【考点】常见的生活环境的污染及治理；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；金属与合金在性能上的主要差异 【专题】化学计算【分析】A雾霾是由漂浮在空气中的固体颗粒形成的；B钢材是一种铁碳等的合金；C光电池可将光能直接转化为电能；D根据明矾净水的原理判断【解答】解：A汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都会产生细小颗粒物，是造成雾霾天气的主要原因，故A正确；B钢材是一种铁碳等的合金，故B正确；C高纯单质硅具有半导体性能，制成的光电池才可将光能直接转化为电能，故C错误；D明矾溶解于水能形成胶状物，可吸附不溶性的杂质，并使之沉降下来，故D正确；故选C【点评】本题主要考查了化学与生活中有关知识，掌握它们的化学原理是解答的关键，题目难度不大2下列操作会导致实验结果偏高的是( )A中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值B中和滴定测定盐酸浓度，量取20.00mL盐酸时未用待测液润洗酸式滴定管C用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量D配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液体积仰视读数，所配溶液的浓度【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；中和热的测定 【分析】A铜是热的良导体，导热能力强于玻璃；B未用待测液润洗酸式滴定管，标准液被稀释，消耗的标准液体积偏大；C托盘天平称量原理：左盘的质量=右盘的质量+游码的质量；D用量筒量取浓溶液体积仰视读数，量取的浓溶液体积偏大【解答】解：A铜是热的良导体，用铜制环形搅拌器搅拌溶液，会导致溶液温度偏低，所以测定的中和热偏低，故A不选；B未用标准液润洗酸式滴定管，导致标准液的浓度减小，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B选；C如果药品和砝码放反，则药品的质量=砝码质量游码质量=（100.5）g=9.5g，所以称量的药品质量偏低，故B不选；D用量筒量取浓溶液体积仰视读数，量取的浓溶液体积偏大，所含的溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故D选；故选：BD【点评】本题考查了实验的误差分析，明确中和热试验、中和滴定实验、配制一定物质的量浓度溶液的实验的原理是解题关键，题目难度不大，注意托盘天平称量的原理3M是一种治疗艾滋病的新药（结构简式见图），下列关于M的说法正确的是( )AM易溶于水，且可以发生水解反应BM能发生加聚反应和取代反应CM 不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使酸性高锰钾溶液褪色DM的分子式为C13H12O2NF4，分子内至少有13个碳原子在同一平面内【考点】有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】分子中含有肽键、酯基，可发生水解反应，由结构简式确定分子所含有的元素种类和原子个数，可确定分子式，结合含有苯环、NHCOO、碳碳双键等结构判断分子的立体构型，以此解答该题【解答】解：A分子中含有酯基，且不含有OH等亲水基，则不能溶于水，故A错误；B分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，含有肽键，可发生取代反应，故B正确；C分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，使溴的四氯化碳褪色，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D分子中与苯环直接相连的原子在同一个平面内，且分子中NHCOO基团（除H外）与苯环在同一平面内，则最少有7个碳原子在同一平面内，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质以及有机物的结构特点，难度不大4已知：25时，KspMg（OH）2=5.611012，Ksp（MgF2）=7.421011下列说法正确的是( )A25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp小D25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【分析】A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小；B、NH4+结合OH使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关；D、二者Ksp接近，加入NaF溶液后，Mg（OH）2和MgF2两种沉淀都会有【解答】解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；B、NH4+结合OH使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D、二者Ksp接近，加入NaF溶液后，Mg（OH）2和MgF2两种沉淀都会有，故D错误故选B【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性5X、Y、Z、W、M是五种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大其中X和W同主族，W原子的电子数等于Y和Z的最外层电子数之和，Z2和M3+具有相同的电子层结构下列说法正确的是( )AX、Y、Z形成的化合物中不可能既有离子键BX和Z、M和Y、Z和W均可形成原子个数比为1：1的化合物CY、Z、W、M形成的简单离子半径大小关系为YZMWDW与Cl形成化合物的熔点低于M与Cl形成化合物的熔点【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】X、Y、Z、W、M是五种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大Z2和M3+具有相同的电子层结构，离子含有2个电子层，则Z为氧元素、M为Al元素；X和W同主族，结合X、W的原子序数与氧元素原子序数大小关系，故W处于第三周期，W原子的电子数等于Y和Z的最外电子数之和，Y的最外层电子数小于氧元素，二者最外层电子数小于12，故W为Na元素，Y为氮元素，X为氢元素或Li元素，据此进行解答【解答】解：X、Y、Z、W、M是五种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大Z2和M3+具有相同的电子层结构，离子含有2个电子层，则Z为氧元素、M为Al元素；X和W同主族，结合X、W的原子序数与氧元素原子序数大小关系，故W处于第三周期，W原子的电子数等于Y和Z的最外电子数之和，Y的最外层电子数小于氧元素，饿着最外层电子数小于12，故W为Na元素，Y为氮元素，X为氢元素或Li元素，AX、Y、Z形成的化合物可以为碳酸铵，硝酸铵中既含有离子键又含有共价键，故A错误；BX和Z可以形成H2O2、M和Y可以形成AlN、Z和W可形成Na2O2，它们均可形成原子个数比为1：1的化合物，故B正确；C电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3O2Na+Al3+，即Y、Z、W、M形成的简单离子半径大小关系为：YZWM，故C错误；DNaCl是离子晶体，AlCl3是分子晶体，NaCl熔点更高，故D错误；故选B【点评】本题考查结构性质位置关系、晶体结构与性质、半径比较等知识，题目难度中等，推断元素是解题的关键，突破口为Z、M离子电子层结构相同，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律之间的关系6分子式为C5H12O2，且符合下列条件的有机物有（不考虑立体异构）( )1mol 可与足量钠反应放出1mol H2；含两个甲基；1个碳原子不能连2个羟基A6种B7 种C8 种D9种【考点】同分异构现象和同分异构体 【专题】同系物和同分异构体【分析】分子式为C5H12O2，1mol 可与足量钠反应放出1mol H2，则有机物含有2个OH，可以看作C5H12中2个H原子被2个OH取代，根据戊烷的同分异构体，结合分子含两个甲基且1个碳原子不能连2个羟基进行判断【解答】解：该有机物的分子式为C5H12O2，1mol A可与金属钠反应放出1mol氢气，说明该分子中含有两个OH，可以看作C5H12中2个H原子被2个OH取代，分子含有两个甲基，且1个碳原子上不能连接2个羟基，若为正戊烷：CH3CH2CH2CH2CH3，2个OH位置有2种情况，若为异戊烷：CH3CH2CH（CH3）CH3，2个OH位置有4种情况，若为新戊烷：C（CH3）4，2个OH位置有1种情况，故符合条件的有机物一共有2+4+1=7种，故选B【点评】本题考查有机物同分异构体种类的确定，官能团已经确定，且不考虑立体异构，则只能是碳链异构与官能团位置异构，难度中等7如图装置为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池充、放电的化学方程式为：2K2S2+KI3 K2S4+3KI装置（）为电解池的示意图当闭合开关K时，X附近溶液先变红则下列说法正确的是( )A闭合K时，K+从右到左通过离子交换膜B闭合K时，A的电极反应式为：3I2e=I3C闭合K时，X的电极反应式为：2Cl2e=Cl2D闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，X电极上产生标准状况下气体1.12L【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极，再根据原电池、电解池原理判断选项【解答】解：当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极A、闭合K时，A是负极B是正极，电子从A极流向B极，根据异性电荷相吸原理，所以K+从左到右通过离子交换膜，故A错误B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S22eK2S4+2K+，故B错误C、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为 2H+2e=H2，故C错误D、闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故D正确故选D【点评】本题考查了原电池及电解池工作原理，有些难度，能准确判断各电极的名称及电极反应是解本题的关键二、非选择题8（16分）过氧化尿素是一种新型漂白、消毒剂，漂白、消毒效果优于H2O2和过氧乙酸，某工业用过氧化尿素的部分参数如表分子式外观热分解温度熔点水溶性CO（NH2）2H2O2白色晶体457585500gL1合成过氧化尿素的流程及反应器的示意图如下请回答下列问题：（1）写出合成过氧化尿素的化学方程式：CO（NH2）2+H2O2=CO（NH2）2H2O2（2）反应器里冷凝管中冷水从下（填“上”或“下”）口流入；反应器的加热方式是直接加热；水浴加热；蒸气浴加热；冰浴（3）搅拌器选用的材料是玻璃而不是铁质或铝质材料的原因是铁铝易被（过氧化氢）腐蚀（4）从母液中分离出H2O2和尿素，采用的是减压蒸发、冷却结晶的方法，其原因是降低蒸馏温度，防止过氧化氢分解（5）活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量16%（相当于其中含H2O234%）为了确定所得产品合格与否，质检员称取干燥样品2.000g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，准确量取其中25.00mL溶液于锥形瓶中，加入1mL 6mol/LH2SO4，然后用0.1000mol/L KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2（KMnO4溶液不与尿素反应），至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液6.000mL：完成并配平下列化学方程式；2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2KMnO4溶液应盛放在酸式滴定管中，若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）；根据滴定结果确定产品质量不合格（填“合格”或“不合格”），活性氧的质量分数为12%【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）流程分析可知，合成过氧化尿素是利用过氧化氢和尿素化合反应生成过氧化尿素；（2）根据装置图分析；冷凝水应该从下口流入，CO（NH2）2H2O2的制备温度较低，应该用水浴加热；（3）过氧化氢与Fe、Al反应生成三价铁离子；（4）过氧化尿素易分解；减压蒸馏分离得到H2O2，然后结晶得到尿素；（5）已知尿素与KMnO4溶液不反应，过氧化氢被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸锰、氧气，结合电子守恒、原子守恒配平书写反应发生的化学方程式；KMnO4溶液具有强氧化性，盛放在酸式滴定管中，若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高；根据高锰酸钾的物质的量求出H2O2和CO（NH2）2H2O2的物质的量，再求出质量和质量分数【解答】解：（1）流程分析可知，合成过氧化尿素是利用过氧化氢和尿素化合反应生成过氧化尿素，反应的化学方程式为：CO（NH2）2+H2O2=CO（NH2）2H2O2；故答案为：CO（NH2）2+H2O2=CO（NH2）2H2O2；（2）根据装置图可知仪器X为三颈烧瓶；冷凝水应该从下口流入，这样冷凝效果好，故冷凝水从下口流入；CO（NH2）2H2O2的制备温度较低，CO（NH2）2H2O2在45时发生分解，所以不能用酒精灯直接加热，应该用水浴加热；故答案为：下；（3）过氧化氢与Fe、Al反应生成三价铁离子，三价铁离子会加速过氧化氢的分解，所以搅拌器不能用铁质、铝质材料的；故答案为：铁铝易被（过氧化氢）腐蚀；（4）过氧化尿素在温度高于45时会发生分解，采用减压蒸发时，液体在较低温度下即可挥发，可以防止过氧化尿素发生分解；母液可以循环使用提高原料利用率，母液中含有H2O2和尿素，减压蒸馏分离得到H2O2，然后结晶得到尿素；故答案为：降低蒸馏温度，防止过氧化氢分解；（5）已知尿素与KMnO4溶液不反应，过氧化氢被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸锰、氧气，结合电子守恒、原子守恒配平书写反应发生的化学方程式为：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=8H2O+2MnSO4+K2SO4+5O2，故答案为：2、5、6、2、8、5O2；KMnO4溶液具有强氧化性，盛放在酸式滴定管中，若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则滴定时消耗的高锰酸钾体积偏大，高锰酸钾的物质的量偏大，所以求出的CO（NH2）2H2O2的质量偏大，测得的过氧化尿素含量偏高；故答案为：酸式，偏高；已知尿素与KMnO4溶液不反应，发生的反应为5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=8H2O+2MnSO4+K2SO4+5O2，5H2O22KMnO45 2nmol 0.1000molL10.006L则n=0.0015mol，250ml溶液中CO（NH2）2H2O2为0.0015mol=0.015mol所以CO（NH2）2H2O2为0.015mol，过氧化氢的质量为0.015mol34g/mol=0.51g所以产品中H2O2的质量分数=100%=25.5%； 活性氧的质量分数=12%，不合格；故答案为：不合格；12%【点评】本题考查了物质制备实验过程分析判断，装置图的理解应用，滴定实验过程和计算的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等9固体NH4Al（SO4）212H2O在加热时，固体残留率随温度的变化如图1所示（1）取A物质溶于水形成溶液，加入过量NaOH溶液混合加热，反应的离子方程式为NH4+Al3+5OHAlO2+NH3+3H2O（2）B物质的化学式为Al2（SO4）3（3）取B物质，于975灼烧得到的主要产物是C和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为Al2（SO4）3fracunderline;975C;Al2O3+3SO3，C与分别足量NaOH溶液和稀硫酸反应，消耗两者物质的量之比为2：3（4）常温下，在0.10molL1B的溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有Al（OH）3沉淀生成，当溶液的pH=10时，c（Al3+）=31022molL1（KSpAl （OH）3=31034）（5）电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图2（图中“HA”表示乳酸分子，A表示乳酸根离子）阳极的电极反应式为4OH4e2H2O+O2简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：阳极OH放电，c（H+）增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H+AHA，乳酸浓度增大电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为68，此时进入浓缩室的OH可忽略不计400mL 10gL1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145gL1（溶液体积变化忽略不计），阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L（乳酸的摩尔质量为90gmol1）【考点】镁、铝的重要化合物；原电池和电解池的工作原理 【分析】（1）分析固体残留率随温度的变化图可知，M（A）=M【NH4Al（SO4）2】53.32%=237，故A为NH4Al（SO4）2，（2）同理，M（B）=M【NH4Al（SO4）2】37.75%=171，故其只可能是：2NH4Al（SO4）2Al2（SO4）3，故B为Al2（SO4）3；（3）M（C）=M【NH4Al（SO4）2】11.26%=51，故其只可能是：2NH4Al（SO4）2Al2O3，故C为Al2O3NH4Al（SO4）2溶液，加入过量NaOH溶液混合加热，离子方程式为：NH4+Al3+5OHAlO2+NH3+3H2O；B物质于975灼烧得到的氧化性气体为SO3；（4）根据溶度积的概念可以直接计算pH=10时，c（OH）=104，由c（Al 3+）c3（OH）=KSpAl（OH）3可得C（Al 3+）=31034/1012=31022；（5）电解池中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气；根据电解池中离子移动方向来回答判断；根据电极反应式结合原子守恒来计算【解答】解：（1）分析固体残留率随温度的变化图可知，M（A）=M【NH4Al（SO4）2】53.32%=237，故A为NH4Al（SO4）2，取A物质溶于水形成溶液，加入过量NaOH溶液混合加热，反应的离子方程式为：NH4+Al3+5OHAlO2+NH3+3H2O，故答案为：NH4+Al3+5OHAlO2+NH3+3H2O；（2）同理，M（B）=M【NH4Al（SO4）2】37.75%=171，故其只可能是：2NH4Al（SO4）2Al2O3，结合原子守恒得到B为Al2（SO4）3，故答案为：Al2（SO4）3；（3）B物质于975灼烧得到的氧化性气体为SO3，反应的化学方程式为：B物质于975灼烧得到的氧化性气体为SO3，反应的化学方程式为：Al2（SO4）3Al2O3+3SO3，M（C）=M【NH4Al（SO4）2】11.26%=51，故其只可能是：2NH4Al（SO4）2Al2O3，故C为Al2O3NH4Al（SO4）2溶液，加入过量NaOH溶液混合加热，离子方程式为：NH4+Al3+5OHAlO2+NH3+3H2O；C为Al2O3与分别足量NaOH溶液和稀硫酸反应，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）2+3H2O，消耗两者物质的量之比为2：3，故答案为：Al2（SO4）3Al2O3+3SO3，2：3； （4）根据溶度积的概念可以直接计算pH=10时，c（OH）=104，由c（Al 3+）c3（OH）=KSpAl（OH）3，可得c（Al 3+）=31022molL1，故答案为：31022（5）阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：4OH4e2H2O+O2，故答案为：4OH4e2H2O+O2；在电解池的阳极上是OH放电，所以c（H+）增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，这样：H+AHA，乳酸浓度增大，故答案为：阳极OH放电，c（H+）增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H+AHA，乳酸浓度增大； 在阳极上发生电极反应：4OH4e2H2O+O2，阴极上发生电极反应：2H+2e=H2，根据电极反应方程式，则有：HAH+H2，根据差值法，乳酸的浓度变化量是=1.5mol/L，即生成HA的物质的量是1.5mol/L0.4L=0.6mol，所以产生氢气是0.3mol即0.3mol22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72【点评】本题考查了图象分析，固体加热分解产物的判断方法和计算应用，物质性质，溶度积常数的理解分析，掌握基础是关键，题目难度中等10海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义完成下列填空：（1）氯碱工业主要以食盐为原料为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作，正确的操作顺序是ad过滤 加过量的NaOH溶液 加适量的盐酸 加过量的Na2CO3溶液 加过量的BaCl2溶液abcd（2）在实验室中可以用萃取的方法提取溴，可选用的试剂是CCl4（或苯），所用主要仪器的名称是分液漏斗（3）步骤中用硫酸酸化可提高Cl2利用率的原因是酸化可抑制氯气、溴与水的反应（4）步骤II反应的离子方程式Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br（5）海水提溴蒸馏过程中，温度应控制在8090，温度过高或过低都不利于生产，请解释原因温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸汽中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低（6）Mg（OH）2沉淀中混有Ca（OH）2，可选用MgCl2溶液进行洗涤除去如直接加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，你不同意（选填“同意”，“不同意”）该说法，理由是MgO熔点很高，熔融时耗能高，增加生产成本【考点】海水资源及其综合利用 【分析】海水分离得到粗盐、母液和淡水，粗盐提纯得到精盐，电解氯化钠得到氯气，母液中通入氯气氧化溴离子得到溴单质，用热空气吹出溴单质，滤液中加入贝壳分解生成的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙，沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解后蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，氯化氢气流中加热分解生成氯化镁固体，电解氯化镁得到金属镁，溴单质通入二氧化硫水溶液中，通入氯气蒸馏得到溴单质，（1）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42，然后再除去Ca2+，过滤后再加盐酸除去过量的、NaOH和碳酸钠；（2）萃取剂的选取标准：溴在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和溴不反应，萃取剂和原溶剂不能互溶，萃取时所用仪器为分液漏斗；（3）Cl2、Br2与水反应存在可逆反应，向溶液中加入稀硫酸时能抑制Cl2、Br2与水反应；（4）二氧化硫和溴能发生氧化还原反应；（5）溴、水都易被蒸发，温度越高促进水的蒸发，温度过低导致溴不能完全被蒸发；（6）溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；氧化镁熔点较高，电解熔融氧化镁耗能较大【解答】解：（1）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42，然后再除去Ca2+，因为碳酸钠中碳酸根离子易被盐酸除去，所以在 氢氧化钠或氯化钡之后再加碳酸钠溶液，过滤后再加盐酸除去过量的、NaOH和碳酸钠，所以除杂顺序是或，故选ad，故答案为：ad；（2）溴在CCl4或苯中的溶解度大于在水溶液中的溶解度，这两种物质和溴都不反应，和水不互溶，所以选取萃取剂为CCl4或苯，萃取使用仪器为分液漏斗，故答案为：CCl4或苯；分液漏斗；（3）Cl2+H2OHCl+HClO、Br2+H2OHBr+HBrO，用酸酸化时，溶液中氢离子浓度增大抑制Cl2、Br2与水反应，所以用硫酸酸化可提高Cl2利用率，故答案为：酸化可抑制Cl2、Br2与水反应；（4）溴具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水溶液里发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，离子反应方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br；（5）在溴水中，溴的沸点是58.5C，水的是100C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低；（6）Ca（OH）2属于微溶物、Mg（OH）2属于难溶物，Mg（OH）2沉淀中混有Ca（OH）2，用MgCl2溶液进行洗涤，使Ca（OH）2转化为难溶物Mg（OH）2从而除去Ca（OH）2；MgO熔点很高，电解熔融氧化镁需要消耗较高的能量，从而增加成本，工业上用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故答案为：MgCl2；不同意；MgO熔点很高，熔融时耗能高，增加生产成本【点评】本题考查了海水资源及其利用，涉及金属的冶炼、物质的分离和提纯、氧化还原反应等知识点，能从总体上分析工艺流程图，知道每一步发生的反应或操作方法，熟悉常见物质的分离方法，注意（1）中除杂剂滴加顺序，为学习易错点，题目难度中等三、选做题【化学-选修2：化学与技术】11近年来，为提高能源利用率，西方提出共生理念，即为提高经济效益，人类生产活动尽可能多功能化共生工程将会大大促进化学工业的发展（1）由于共生工程的应用，利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为2SO2+O2+2H2O2H2SO4，该电池电动势为1.06V实际过程中，将SO2通入电池的负极（填“正”或“负”），负极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+，用这种方法处理SO2废气的优点是利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为H2SO4，减少环境污染，实现（能质）共生（2）以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以制备有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质工业流程如下：生产中，向反应中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是防止亚硫酸铵被氧化下列有关说法正确的是abcda反应中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙b反应中发生反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4COc反应需控制在6070，目的之一是减少碳酸氢铵的分解d反应中的副产物氯化铵可用作氮肥反应中选用了40%的乙二醇溶液做溶剂，温度控制在25，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液做溶剂的原因是K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，能充分析出（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式4（NH4）2SO3+2NO2=4（NH4）2SO4+N2【考点】制备实验方案的设计；化学电源新型电池 【分析】（1）电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，依据原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合元素化合价变化分析判断；依据反应产物和过程分析；（2）还原性很强的对苯二酚可以防止亚硫酸根离子被氧化；a、依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；b、依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出；c、防止碳酸氢铵在温度过高时分解；d、氯化铵是一种氮肥；利用硫酸钾在不同溶剂中溶解度的不同，达到析出晶体的目的；二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，结合原子守恒配平写出【解答】解：（1）利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，原电池反应是负极发生氧化反应，正极发生还原反应，依据元素化合价变化可知，二氧化硫中硫元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，过程中，将SO2通入电池的负极，电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；此方法的优点是污染小，生成产物可以循环利用，可以回收有效能；故答案为：负；SO2+2H2O2e=SO42+4H+；利用上述电池，可回收大量有效能，副产品为H2SO4，减少环境污染，实现（能质）共生；（2）向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，防止亚硫酸根被氧化，以更好的得到亚硫酸铵晶体；故答案为：防止亚硫酸铵被氧化；a、依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；故a正确；b、依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出反应的化学方程式为