广东广州2016届高考化学二模试卷解析版

1、2016年广东省广州市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，曾三次获诺贝尔化学奖，下列说法错误的是（）A.合成氨技术实现了从空气到面包”B.合成氨涉及氧化还原反应C.高效催化剂是合成氨反应的重要条件D.合成氨所需要的氢气主要来自于电解水2. PX是纺织工业的基础原料，其结构简式为氏下列关于PX的说法正确的是（）A.属于饱和燃B.其一氯代物有四种C.可用于生产对苯二甲酸D.分子中所有原子都处于同一平面3. W、X、Y、Z均为短周期元素，W的电子层结构与氨相同，X、丫处在同一周期，X、Y的原子最外层电子数分别为1、6?原子的1电子

2、层有7个电子，下列说法正确的是（）A.单质沸点：W>ZB,离子半径：Y2>ZC.原子序数：Z>Y>X>WD.W分别与Y、Z形成的化合物中均只含极性共价键4 .设Na为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A. 0.1mol?L"的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NaB. 1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NaC. 16gO2和16gO3均含有Na个氧原子D. 25c时1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2Na5 .锂镒电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池.该电池基本原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混

3、合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2.下列说法正确的是（）1i1itKr耻门上'A.外电路的电流方向是由a极流向b极B,电池负极反应式为MnO2+e+Li=LiMnO2C.该电池电解液可用LiClO4水溶液代替D.从废旧锂镒电池的正极材料中可回收金属Li、Mn6.下列实验方案不能达到实验目的是（）选项实验方案实验目的A向酸性KMnO4溶液中滴加草酸溶液，观察紫色是否消验证草酸具有还原性失B向相同浓度的NaBr和KI溶液中分别滴加足量氯水，观察溶液颜色变化比较澳兀素和碘兀素的非金属性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平

4、衡的影响D将Mg(OH)2沉淀转入烧杯中，加足量稀硫酸溶解，加热浓缩，冷却结晶制备硫酸镁晶体A.AB.BC.CD.D7 .25c时，已知Ksp(Ag2SO4)=1.2X105,Ksp(AgCl)=1.8X1010,Ksp(Ag2c2O4)=3,5X1011,Ksp(AgI)=1.5X1016,该温度下有关叙述正确的是()A.AgCl、Ag2c2O4、AgI三者的饱和溶液中c(Ag+)大小顺序：Ag2c2。4>AgCl>AgIB,将0.02mol?L-1AgNO3溶液和0.02mol?L1Na2SO4溶液等体积混合，有沉淀生成C.向5mL饱和AgCl溶液中滴加0.5mL0.1mol?

5、L1KI溶液，无沉淀生成D,向浓度均为0.1mol?L"NaCl和KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，先有白色沉淀生成二、解答题(共3小题，满分43分)8 .氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO和C，在75C以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3和Cl.研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO3),并测定其纯度.I11IIIIV且为浓帮酸，b为MnOr二为胸和直黯水，d为港海，e为NaOH港费回答下列问题：(1)检查装置气密性后，添加药品，待装置出水温升至75c开始反应.装置I的作用是制备，反应的化学方程式为.若取消装置n,对本实验的影响是.实验结束，拆解装置I前为了防止

6、大量氯气逸出，可采取的措施是.从装置出的试管中分离得到KClO3粗产品，其中混有的杂质是KClO和.(2)已知碱性条件下，ClO有强氧化性，而ClO3氧化性很弱.设计实验证明：碱性条件下，H2O2能被ClO氧化，而不能被ClO3氧化.(3)为测定产品KClO3的纯度，进行如下实验：步骤1:取2.45g样品溶于水配成250mL溶液.步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH=10,滴加足量H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液12分钟，冷却.步骤3:加入过量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸.(ClO3+61+6H+=C+3I2+3H2O)步骤4：加入指示剂，用0.5000mol?L1Na2S2O

7、3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL.(2S2O32+I2=S4O62+2I)步骤2的目的是.写出煮沸时反应的化学方程式.样品中KC1O3的质量分数为.(KCIO3式量：122.5)9.一种磁性材料的磨削废料(含馍质量分数约21%)主要成分是铁馍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物.由该废料制备纯度较高的氢氧化银，工艺流程如下：Nqoin二固体庞渣黄讷铁也遭遽渣旺二濮液回答下列问题：(1)合金中的馍难溶于稀硫酸，酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成.写出金属馍溶解的离子方程式.(2)除铁”时H2O2的作用是，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是(

8、填铁氧化钾”或硫氧化钾”)溶液.黄钠铁矶NaxFey(SO4)m(OH)n具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则X：y：m：n=1：3：2：.(3)除铜”时，反应的离子方程式为，若用Na2s或Na2s2O3代替H2s除铜，优点是.(4)已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是.(5)100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg,则馍回收率的计算式为.(6)馍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：充电M+Ni(OH)2cHMH+NiOOH式中：M-贮氢合金MH-金属氢化物放电(式中M为储氢合金)写出电池放

9、电过程中正极的电极反应式.10.以高纯H2为燃料的质子交换膜燃料电池具有能量效率高、无污染等优点，但燃料中若混有CO将显著缩短电池寿命.以甲醇为原料制取高纯H2是重要研究方向.(1)甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2,氢元素利用率达100%,反应的化学方程式为,该方法的缺点是.(2)甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：主反应：CH30H(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)H=+49kJ?mol1副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41kJ?mol1既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是.分析适当增大水醇比(nH2O：nCH3OH)对甲醇水

10、蒸气重整制氢的好处.某温度下，将nH2O：nCH30H=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为P1,反应达到平衡时总压强为P2,则平衡时甲醇的转化率为.(忽略副反应)工业生产中，单位时间内，单位体积的催化剂所处理白气体体积叫做空速单位为m3/(m3催化剂？h),简化为h1.一定条件下，甲醇的转化率与温度、空速的关系如图.空速越大，甲醇的转化率受温度影响越.其他条件相同，比较230c时或。卜-1和300h1两种空速下相同时间内H2的产量，前者约为后者的倍.(忽略副反应，保留2位有效数字)(3)甲醇水蒸气重整制氢消耗大量热能，科学家提出在原料气中掺入一定量氧气，理论上可实现甲醇水蒸气自热重整

11、制氢.已知：CH30H(g)+工。2(g)CO2(g)+2H2(g)1H=-193kJ?mol1+14H2(g)H=kJ?mol1则5CH30H(g)+4H2O(g)+方O2(g)5C02(g)三、化学-选彳2:化学与技术11. 钮(V)是重要的战略资源，广泛应用于钢铁、航空、化工等行业.石煤是低品位的含锂矿石，其中锂元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在.工业上以石煤为原料，采用钙化焙烧提钮和钠化焙烧提钮的部分工艺如下：石煤一(注：固体1和溶液1含锂物质的主要成分相同.)回答下列问题：(1)钙化焙烧提钮”工艺中，可能用到的工业设备有.A.离心机B.焙烧炉C.离子交换柱D.分储塔(2)钙

12、化焙烧提钮”工艺中，VO2、V2O3均被氧化为V2O5,再与CaO反应.由V2O3得到Ca(VO3)2的化学方程式为.在此生产工艺中，CaO可用替代.“浸取”操作中反应的离子方程式为.已知Ca(VO3)2在水中的溶解度很小NH4VO3焙烧时产生的碱性气体A可循环利用，具体措施是.(3)钠化焙烧提钮”工艺中，固体1的含钮物质化学式为.其焙烧过程需通入空气，反应的气体产物Cl?、HCl会污染环境，可用(填化学式)吸收以达到循环利用的目的.(4)以V2O5为原料，通过铝热反应冶炼锂，化学方程式为.某石煤中矶元素的含量为1.2%,使用钠化焙烧提钮”工艺，矶的总回收率为77%,则10t石煤理论上最多可以

13、生产t金属钮.(计算结果保留2位有效数字)四、化学-选彳3：物质结构与性质12. W、X、Y、Z为前四周期的元素，原子序数依次增大.W原子中各能级上的电子数相等，有2个未成对电子；X与W在同一周期，也有两个未成对电子；丫2+与*2具有相同的电子构型，Z的原子序数为28.(1) Z原子的价层电子排布式为.(2)与同周期的相邻元素比较，丫原子的第一电离能(填较大”或较小”)，原因是.(3)WX2分子中，共价键的类型有,亚原子的杂化轨道类型为;WX32中心原子上的孤电子对数为,立体构型为,写出与WX32具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：(写两种).(4)化合物YX的晶体结构与NaCl相同，Y的

14、配位数是;其熔点(填高于"、低于”或约等于“)NaCl,原因是(从晶体微观结构的角度解释).(5)由W、Y、Z三种元素组成的一种简单立方结构的化合物具有超导性，其晶胞中W位于体心位置，丫位于顶角，Z占据面心位置，该化合物的化学式为，晶体中丫原子周围距离最近的Z原子有个，该新型超导材料晶胞参数a=0.3812nm,列式计算该晶体的密度(g?cm3).五、化学-选彳5:有机化学基础由A和E制备聚酰亚胺泡沫塑料(PMI)13. A(C2H4)和E(C3H4)是基本有机化工原料.合成路线如下所示：(部分反应条件略去)CHiCH,rII.y-CH)1COOHCN一定条件PXH已知:RCH=CH

15、2RCH2CH2CHORiCHO-RzCHCHOOH-RiCH=CCHOm二|(注：Ri可以是煌基本，也可以是H原子)F的核磁共振氢谱有两种化学环境的氢，其峰面积之比为2:3回答下列问题：(1) A的名称是,E的结构简式是.(2) B含有的官能团是,C的结构简式是.(3)的反应类型是,F的结构简式是.(4)D的同系物G比D相对分子质量多14.G的同分异构体中，能发生银镜反应且1molG恰好消耗4molAg(NH3)2OH,共有种(不考虑立体异构)，其中一种同分异构体的核磁共振氢谱只呈现2个吸收峰，其结构简式为.由h5c<Vch。及其他物质为原料经如下步骤可合成对甲基苯丙烯酸甲酯：HjC-

16、CHO反应1X反应工Y反应CH-CHCOOCH：反应1中的试剂与条件为，反应3的化学方程式为2016年广东省广州市高考化学二模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.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，曾三次获诺贝尔化学奖，下列说法错误的是（）A.合成氨技术实现了从空气到面包”B.合成氨涉及氧化还原反应C.高效催化剂是合成氨反应的重要条件D.合成氨所需要的氢气主要来自于电解水【考点】工业合成氨.【分析】A.合成氨的原料气中有氮气，通过化学变化得到氮肥可分析；B.根据合成氨的化学方程式可分析出有化合价的升降，是氧化还原反应；C.解决合成氨的关键在于要又快又多的得

17、到氨气，采取高温高压、催化剂进行合成；D.电解水的成本太高.【解答】解：A.合成氨的原料气中有氮气，通过化学变化：氮气一氨气一一氧化氮一二氧化氮一硝酸一硝酸盐、钱盐一肥料，粮食增产，所以合成氨技术实现了从空气到面包”的说法是有道理的，故A正确；高温高压B.合成氨的化学方程式：N2+3H屋等*2NH3,氮的化合价降低，氢的化合价升高，催化制是一个氧化还原反应，故B正确；C.解决合成氨的关键在于要又快又多的得到氨气，采取高温高压、催化剂进行合成，所以高效催化剂是合成氨反应的重要条件，故C正确；D.合成氨所需要的氢气主要来自于天然气、石脑油、重质油、煤、焦炭、焦炉气，电解水的成本太高，故D错误；故选

18、D.2. PX是纺织工业的基础原料，其结构简式为下列关于PX的说法正确的是（）A.属于饱和燃B.其一氯代物有四种C.可用于生产对苯二甲酸D.分子中所有原子都处于同一平面【考点】有机物的结构和性质.【分析】由结构可知，分子中含苯环，为平面结构，结构对称，只有2种H,甲基能被高镒酸钾氧化，以此来解答.【解答】解：A.含苯环，为不饱和烧，故A错误；B.结构对称，只有2种H,则其一氯代物有2种，故B错误；C.甲基能被高镒酸钾氧化，可用于生产对苯二甲酸，故C正确；D.苯环为平面结构，但甲基为四面体结构，则所有原子不可能共面，故D错误；故选C.3. W、X、Y、Z均为短周期元素，W的电子层结构与氨相同，X

19、、丫处在同一周期，X、Y的原子最外层电子数分别为1、6?原子的1电子层有7个电子，下列说法正确的是（）A.单质沸点：W>ZB,离子半径：丫C.原子序数：Z>Y>X>WD.W分别与Y、Z形成的化合物中均只含极性共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系.【分析】W的电子层结构与氨相同，则W应为H元素，X、Y处在同一周期，X、Y的原子最外层电子数分别为1、6,X、Y可能为第二或第三周期，X为Li或Na,丫为O或S,Z原子的L电子层有7个电子，为F元素，结合对应单质化合物的性质以及元素周期率的递变规律解答该题.【解答】解：W的电子层结构与氨相同，则W应为H元素，X、Y处在同一周

20、期，X、Y的原子最外层电子数分别为1、6,X、Y可能为第二或第三周期，X为Li或Na,丫为O或S,Z原子的L电子层有7个电子，为F元素，A. W为H,Z为F,氟气的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点较高，故A错误；B. Z为F,无论丫为O或S,离子半径都大于氟离子，故B正确；C.因X、Y不能确定，则不能确定原子序数大小，故C错误；D.H可与O反应生成H2O2,含有非极性键，故D错误.故选B.4.设Na为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A.0.1mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NaB. 1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NaC. 16gO

21、2和16gO3均含有Na个氧原子D. 25c时1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2Na【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、溶液体积不明确；B、氯气和铁或铝反应后均变为-1价；C、氧气和臭氧均由氧原子构成；D、pH=1的硫酸溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L.【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中氮原子的个数无法计算，故A错误；B、氯气和铁或铝反应后均变为-1价，故1mol氯气转移2Na个电子，故B错误；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g氧气和16g臭氧中含有的氧原子的物质的量均为1mol,个数均为Na个，故C正确；D、pH=1的硫酸溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/

22、L,故1L溶液中氢原子的物质的量为0.1mol,个数为0.1Na个，故D错误.故选C.5.锂镒电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池.该电池基本原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2.下列说法正确的是（）111ithr九门出Mri<)A.外电路的电流方向是由a极流向b极B,电池负极反应式为MnO2+e+Li+=LiMnO2C.该电池电解液可用LiClO4水溶液代替D.从废旧锂镒电池的正极材料中可回收金属Li、Mn【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极方程式为Li-e=L

23、i+,MnO2为正极,被还原，电极方程式为MnO2+e+Li+=LiMnO2,结合电极方程式以及元素化合价的变化解答该题.【解答】解：A、Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，故A错误；B、Li为负极，被氧化，电极方程式为Li-e=Li+,故B错误；C、因负极材料为Li,可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，故C错误；D、从废旧锂镒电池的正极材料中可回收金属Li、Mn,故D正确；故选D.6.下列实验方案不能达到实验目的是()选项实验方案实验目的A向酸性KMnO4溶液中滴加草酸溶液，观察紫色是否消失验证草酸具有还原性B向相同浓度的Na

24、Br和KI溶液中分别滴加足量氯水，观察溶液颜色变化比较澳兀素和碘兀素的非金属性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D将Mg(OH)2沉淀转入烧杯中，加足量稀硫酸溶解，加热浓缩，冷却结晶制备硫酸镁晶体A. AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.发生氧化还原反应；B. NaBr和KI溶液都能与氯水反应；C.金属铜和浓硝酸反应产生二氧化氮气体，二氧化氮和四氧化二氮之间存在平衡转化；D.硫酸是难挥发性酸.【解答】解：A.发生氧化还原反应，KMnO4溶液紫红色褪去，体现草酸的还原性，故A正确；B.NaBr和KI溶液都能与氯水反应，能说明

25、氯元素的非金属性大于澳元素和碘元素，不能比较澳元素和碘元素的非金属性强弱，故B错误；C.铜与浓硝酸反应生成的气体是二氧化氮，存在平衡：2NO2?N2O4,HV0,收集后用冰水混合物冷却降温，会发现气体颜色变浅，说明，降低温度化学平衡向着放热方向进行，故C正确；D.硫酸是难挥发性酸，硫酸镁不易水解，可制备，故D正确.故选B.7 .25c时，已知Ksp(Ag2SO4)=1.2X105,Ksp(AgCl)=1.8X1010,Ksp(Ag2c2。4)=3,5X1011,Ksp(AgI)=1.5X1016,该温度下有关叙述正确的是()A.AgCl、Ag2c2O4、AgI三者的饱和溶液中c(Ag+)大小顺

26、序：Ag2c2。4>AgCl>AgIB,将0.02mol?L_1AgNO3溶液和0.02mol?L1Na2SO4溶液等体积混合，有沉淀生成C,向5mL饱和AgCl溶液中滴加0.5mL0.1mol?L1KI溶液，无沉淀生成D,向浓度均为0.1mol?L"NaCl和KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，先有白色沉淀生成【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.【分析】A.根据溶度积常数计算出银离子的浓度，再比较大小；8 .根据Qc与Ksp相对大小判断；C.溶度积小的沉淀已转化为溶解度更小的沉淀；D.溶度积小的沉淀先生成.【解答】解：A.在Ag2c2O4饱和溶液中，Ksp(Ag

27、2c2O4)=3.5x1011mol3?L3=-i-c3(Ag+),因此c(Ag+)臼”10=mol/L,在AgCl饱和溶液中，Ksp(AgCl)=1.8X1010mol2?L2=c(Ag+)?c(Cl)=c2(Ag+),因此c(Ag+)=.8乂10一一l【mol/L,在AgI饱和溶液中，Ksp(AgI)=1.5x1016mol2/L2=c(Ag+)?c()=c2(Ag+),因此c(Ag+)10TEmol/L;所以AgCl、Ag2c2O4、AgI三者的饱和溶液中c(Ag+)大小顺序：Ag2c2O4>AgCl>AgI,故A正确；B,将0.02mol?L1AgNO3溶液和0.02mol

28、?L1Na2SO4溶液等体积混合，c(Ag+)=0.01mol/L,c(SO42)=0.01mol/L,则Qc=0.012x0.01=106vKsp(Ag2SO4)=1.2X105,所以没有沉淀生成，故B错误；C,已知Ksp(AgCl)=1.8X1010,Ksp(AgI)=1.5x1016,溶度积小的沉淀已转化为溶解度更小的沉淀，所以向5mL饱和AgCl溶液中滴加0.5mL0.1mol?L1KI溶液，会生成AgI沉淀，故C错误；D,已知Ksp(AgCl)=1.8X1010,Ksp(AgI)=1.5X1016,溶度积小的沉淀先生成，所以向浓度均为0.1mol?L*NaCl和KI混合溶液中滴加Ag

29、NO3溶液，先生成AgI沉淀，故D错故选A.二、解答题(共3小题，满分43分)8.氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO和C，在75c以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3和Cl一.研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO3),并测定其纯度.ininiva为浓帮酸，为：口。1二为胸和窗磊水，为港液，七为NaOH溶液回答下列问题：(1)检查装置气密性后，添加药品，待装置出水温升至75c开始反应.装置I的作用是制备Cl',反应的化学方程式为MnOz+4HCl(浓)匕MnCl2+Cl2T+2H2O.若取消装置n,对本实验的影响是杂质HCl气体消耗氢氧化钾，使KClO3产率降低.

30、实验结束，拆解装置I前为了防止大量氯气逸出，可采取的措施是将装置W中的溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶. 从装置出的试管中分离得到KClO3粗产品，其中混有的杂质是KClO和KCl.(2)已知碱性条件下，ClO有强氧化性，而ClO3氧化性很弱.设计实验证明：碱性条件下，H2O2能被ClO氧化，而不能被ClOa氧化分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管AB中.均滴加少量NaOH溶液.再分别滴加H2O2_溶液，A中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，B中无明显现象.(3)为测定产品KClO3的纯度，进行如下实验：步骤1：取2.45g样品溶于水配成250mL溶液.步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶

31、中，调至pH=10,滴加足量H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液12分钟，冷却.步骤3：加入过量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸.(ClO3+6I+6H+=C+3l2+3H2O)步骤4：加入指示剂，用0.5000mol?L1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL.(2S2O32+l2=S4O62+2I) 步骤2的目的是除去Cl。.写出煮沸时反应白化学方程式2H处2H2O+O2T. 样品中KClO3的质量分数为83.3%.(KClO3式量：122.5)【考点】探究物质的组成或测量物质的含量.【分析】氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO和C，在75c以上和浓碱溶液

32、中主要产物是ClO3和Cl.利用装置I制备氯气，通过装置n中的饱和n水除去氯气中杂质气体HCl,氯气通入装置出的d装置中的氢氧化钾溶液控制温度75c以上发生反应生成氯酸钾，剩余氯气通过装置IV中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，避免污染空气，(1)I中是二氧化镒和浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置；装置n是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯酸钾的产量； 拆解装置I前为了防止大量氯气逸出，可以利用装置IV中的氢氧化钠溶液从分液漏斗加入吸收剩余的氯气；在75c以上氯气和浓碱溶液中主要产物是C1O3和Cl，所以混有杂质为氯化钾；(2)已知碱性条件下，C1O有强氧化性，而C1O3氧化性很弱，

33、碱性条件下，H2O2能被C1O氧化，而不能被CIO3氧化，结合生成产物的性质和检验设计实验方案；测定产品KC1O3的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，煮沸过程中过氧化氢分解生成水和氧气； C1O3+61+6H+=C1+3l2+3H2O,2S2O32+12=S4O62+2I,依据离子方程式定量关系计算，注意溶液体积的变化.【解答】解：氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是C1O一和C，在75c以上和浓碱溶液中主要产物是C1O3和C1.利用装置I制备氯气，通过装置n中的饱和n水除去氯气中杂质气体HC1,氯气通入装置出的d装置中的氢氧化钾溶液控制温度75c以上发生

34、反应生成氯酸钾，剩余氯气通过装置W中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，避免污染空气，(1)I中是二氧化镒和浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置，反应的化学方程式为：MnO2+4HC1(浓)=MnC12+C12f+2H2O,故答案为：C12；MnO2+4HC1(浓)=dMnC12+C12T+2H2O;装置n是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯酸钾的产量，若取消装置H,对本实验的影响是杂质HC1气体消耗氢氧化钾，使KC1O3产率降低，故答案为；杂质HC1气体消耗氢氧化钾，使KC1O3产率降低； 拆解装置I前为了防止大量氯气逸出，可以利用装置IV中的氢氧化钠溶液从分液漏斗加入吸收剩余的氯气，

35、C12+2NaOH=NaC1+NaC1O+H2。，将装置IV中的溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶吸收剩余氯气，故答案为：将装置IV中的溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶； 在75c以上氯气和浓碱溶液中主要产物是C1O3和C1,所以混有杂质为氯化钾，故答案为：KC1；(2)已知碱性条件下，C1O有强氧化性，而C1O3氧化性很弱，碱性条件下，H2O2能被C1O氧化，而不能被C1O3氧化，结合生成产物的性质和检验设计实验方案；测定产品KC1O3的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，步骤2的目的是除去C1O，煮沸过程中过氧化氢分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O

36、2T,故答案为：除去C1O;2H2O2=2H2O+O2T;C1O3+6I+6H+=C1+3I2+3H2O,2S2O32+l2=S4O62+2I,依据离子方程式定量关系计算,C1O31n0.01n-3I26s2O32,6250ml溶液中所含Ke。3的物质的量二哈m*2500.1-=2560.5000mo1?L1X0.02000L2.45g样品中KClO3的含量=61r.i乂122.X100%=83.3%,2.45g故答案为：83.3%.9.一种磁性材料的磨削废料(含馍质量分数约21%)主要成分是铁馍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物.由该废料制备纯度较高的氢氧化银，工艺流程如下：废料HXOn1-

37、*酸溶随遭HO、史C5XiFNaOH回答下列问题：(1)合金中的馍难溶于稀硫酸，酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成.写出金属馍溶解的离子方程式5Ni+12H+2NO3=5Ni2+Nzf+6H2O.(2)除铁”时出。2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是铁氧化钾(填铁氧化钾”或硫氧化钾”)溶液.黄钠铁矶NaxFey(SO4)m(OH)n具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则x：y：m：n=1：3：2：6.(3)除铜”时，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuSJ+2H+,若用Na2s或Na2s2O3代替H2s除铜，

38、优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境.(4)已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是过量的F一离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器.(5)100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg,则馍回收率的计算式为_31X599100%93X21(6)馍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：充电M+Ni(OH)2=!MH+NiOOH式中：M-贮氢合金MH-金属氢化物成电NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH(式中M为储氢合金)写出电池放电过程中正极的电极反应式【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.【分析】一种磁

39、性材料的磨削废料(含馍质量分数约21%)主要成分是铁馍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的馍难溶于稀硫酸，酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni反应有N2生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液PH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2s沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是银离子，加入氢氧化钠溶液沉淀银离子生成氢氧化银固体，(1)馍和硝酸反应生成馍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式；(2)过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去

40、且不沉淀其他金属离子，利用铁氧化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净；由题给信息，黄钠铁矶NaxFey(SO4)m(OH)n元素化合价代数和为0；(3)硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，硫化氢是剧毒气体分析；(4)NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应；(5)废料含馍质量分数约21%,100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg,依据馍元素守恒计算回收得到馍和原来馍的质量，计算回收率；(6)正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2.【解答】解：一种磁性材料的

41、磨削废料(含馍质量分数约21%)主要成分是铁馍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的馍难溶于稀硫酸，酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni反应有N2生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液PH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2s沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是银离子，加入氢氧化钠溶液沉淀银离子生成氢氧化银固体，(1)馍和硝酸反应生成馍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式为：5Ni+12H+2NO3=5Ni2+N2T+6H

42、2O,故答案为：5Ni+12H+2NO3=5Ni2+N2T+6H2O;(2)除铁”时H2O2的作用是过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是利用铁氧化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净，由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+,再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矶而除去，黄钠铁矶NaxFey(SO4)m(OH)n中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0,x+3y-2m-n=0,得至ijx+3y=2m+n,x：y：m：n=1：3：2：p,则p=6,故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；铁氧化钾；6；(3)硫化氢和铜离子

43、反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuSJ+2H+,硫化氢是剧毒气体，若用Na2s或W2S2O3代替H2s除铜，优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境，故答案为：H2S+Cu2+=CuSJ+2H+,无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境；(4)NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应，生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器，故答案为：过量的F离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；(5)废料含馍质量分数约21%,100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg,31废料中馍元素质量

44、=100kgx21%=21kg,反应生成馍元素质量=£x59kg,则馍回收率的计91x5931X59算式二93x100%=若套案x100%,21932131X59故答案为：*潦x100%；(6)NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2,则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH,故答案为：NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH.10.以高纯H2为燃料的质子交换膜燃料电池具有能量效率高、无污染等优点，但燃料中若混有CO将显著缩短电池寿命.以甲醇为原料制取高纯h2是重要研究方向.(1)甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2,氢元素利用率达1

45、00%,反应的化学方程式为CH30HC0+2H2，该方法的缺点是产物H2中C0含量最高(2)甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应:主反应：CH30H(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)H=+49kJ?mol1副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41kJ?mol1既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是升高温度.分析适当增大水醇比(nH2O：ncH3OH)对甲醇水蒸气重整制氢的好处提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成.某温度下，将nH2O：nCH30H=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为P1,反应达到平衡时总压强为P2,则平衡时甲

46、醇的转化率为P21)X100%(忽略副反应)工业生产中，单位时间内，单位体积的催化剂所处理白气体体积叫做空速单位为m3/(m3催化剂？h),简化为h1.一定条件下，甲醇的转化率与温度、空速的关系如图.空速越大，甲醇的转化率受温度影响越大.其他条件相同，比较230c时1200h7和300h7两种空速下相同时间内H2的产量，前者约为后者的3.2倍.(忽略副反应，保留2位有效数字)(3)甲醇水蒸气重整制氢消耗大量热能，科学家提出在原料气中掺入一定量氧气，理论上可实现甲醇水蒸气自热重整制氢.1已知：CH30H(g)+：。2(g)CO2(g)+2H2(g)H=-193kJ?mol+3kJ?mol1则5C

47、H30H(g)+4H2O(g)+1o2(g)5CO2(g)+14H2(g)的4H=1DC95KS5GC7570三K2252302352402452K2532G5温席七【考点】化学平衡的计算；反应热和焰变；化学平衡的影响因素.【分析】(1)甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2,氢元素利用率达100%,反应生成C0与氢气；得到混合气体中C0不易分离除去；(2)正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，且增大反应速率；增大水醇比，甲醇的利用率增大；恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率；由图

48、可知，空速越大，甲醇的转化率受温度影响越大；由图可知，230c时1200h7和300h7两种空速下甲醇的转化率分别为75%、95%,氢气的产量之比等于参加反应甲醇的体积之比；(3)已知：.CH30H(g)+H2O(g)?CO2(g)+3H2(g)H=+49kJ?mol1.CH30H(g)+O2(g)?CO2(g)+2H2(g)AH=-193kJ?mol根据盖斯定律，X4喳可得：5CH30H(g)+4H2O(g)+工O2(g)?5CO2(g)+14H2(g).100%,反应生成【解答】解：(1)甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2,氢元素利用率达CO不易分CO与氢气，反应方程式为：CH30H向皿CO

49、+2H2；缺点是得到混合气体中离除去，产物H2中CO含量最高，j日故答案为：CH30H向CO+2H2；产物H2中CO含量最高;(2)正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度增大反应速率，有利于平衡正向移动,甲醇的转化率增大，故答案为：升高温度；增大水醇比(nH20:nCH30H),有利于反应正向进行，提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成，故答案为：提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成；设起始n(H20)=n(CH30H)=1mol，恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之rP2比，平衡时气体的总物质的量2molx,CH3OH(g)+H2O(g)?C02(g)+3H2(g)物质的量增大I

50、2(-1)mol2molx-2mol=2(-1)molPlPlP故甲醇的转化率为11屋100%=庠-1)X100%,llTlol1一、，P2故答案为：(石1)X100%；由图可知，空速越大，甲醇的转化率受温度影响越大；由图可知，230c时1200"1和3001两种空速下甲醇的转化率分别为75%、95%,氢气的产量之比等于参加反应甲醇的体积之比，故相同时间内H2的产量，前者约为后者的=3.2倍，300X95%'故答案为：大；3.2;(3)已知：.CH30H(g)+H2O(g)?CO2(g)+3H2(g)H=+49kJ?mol1.CH3OH(g)+1o2(g)?CO2(g)+2H

51、2(g)H=193kJ?mol1根据盖斯定律，X4喳可得：5CH30H(g)+4H2O(g)+02(g)?5CO2(g)+14出(g),贝U：H=4x49kJ?mol1-193kJ?mol1=+3kJ?mol1,故答案为：+3.三、化学-选彳2:化学与技术II .钮(V)是重要的战略资源，广泛应用于钢铁、航空、化工等行业.石煤是低品位的含石煤一CaCO-XaCl溶液】-Cl2sHC1锂矿石，其中锂元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在.工业上以石煤为原料，采用钙化焙烧提钮和钠化焙烧提钮的部分工艺如下：NKC1碱性7体Ai,f中性沉|TNHA，一烧1FVI*固体1*(注：固体1和溶液1含锂

52、物质的主要成分相同.)回答下列问题：(1)钙化焙烧提钮”工艺中，可能用到的工业设备有AB.A.离心机B.焙烧炉C.离子交换柱D.分储塔(2)钙化焙烧提钮”工艺中，VO2、V2O3均被氧化为V2O5,再与CaO反应.由V2O3得到Ca(VO3)2的化学方程式为V2O3+O2V2O5.?VgO5+CaO=lCa(VO3)2_.在此生产工艺中，CaO可用CaCOg替代.“浸取”操作中反应的离子方程式为Ca(VO3_2+COg2=CaCO§J+2VO已知Ca(VO3)2在水中的溶解度很小NH4VO3焙烧时产生的碱性气体A可循环利用，具体措施是用盐酸吸收碱性气体生成氯化镂用于中性沉钮.(3)钠

53、化焙烧提钮”工艺中，固体1的含钮物质化学式为NaVO.其焙烧过程需通入空气，反应的气体产物Cl2、HCl会污染环境，可用NaOH(填化学式)吸收以达到循环利用的目的.(4)以V2O5为原料，通过铝热反应冶炼锂，化学方程式为10Al+3V2Q5向皿6V+5AI2O3某石煤中矶元素的含量为1.2%,使用钠化焙烧提钮”工艺，矶的总回收率为77%,则10t石煤理论上最多可以生产0.092t金属钮.(计算结果保留2位有效数字)【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.【分析】石煤是低品位的含锂矿石，其中锂元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在，采用钙化焙烧提钮和钠化焙烧提钮的部分工艺为，石煤

54、加入氧化钙钙化焙烧，加入碳酸钠溶液浸取得到碳酸钙和溶液1,溶液1处理后加入氯化俊中性沉钮，得到NH4V。3,焙烧得到V2O5和减小气体氨气，电解五氧化二钮得到金属引，加入氯化钠进行石煤钠化焙烧得到氯气、氯化氢和固体1为NaVO3,加入氯化俊沉钮焙烧得到V2O5,电解得到金属引，(1)钙化焙烧提钮”工艺中需要焙烧炉和分离装置离心机；(2)由V2O3得到Ca(VO3)2的反应是三氧化二钮和氧气反应生成五氧化二钮，五氧化二锂和氧化车反应生成Ca(VO3)2；氧化钙可以利用碳酸钙高温分解生成；“浸取”操作中反应是利用加入的碳酸钠和Ca(VO3)2反应生成碳酸钙沉淀和溶液1,Ca(VO3)2在水中的溶解

55、度很小书写离子方程式写化学式；NH4VO3焙烧时产生的碱性气体A为氨气，可以利用氨气和氯化氢气体反应生成氯化俊可循环利用；(3)钠化焙烧提钮”工艺中，固体1和溶液1含锂物质的主要成分相同，固体1的含钮物质为NaVO3,反应的气体产物Cl2、HCl会污染环境，可以用氢氧化钠溶液吸收；(4)以V2O5为原料，通过铝热反应冶炼钮是利用铝还原V2O5生成钮单质和氧化铝，依据引元素的利用率和元素计算.【解答】解：石煤是低品位的含锂矿石，其中锂元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在，采用钙化焙烧提钮和钠化焙烧提钮的部分工艺为，石煤加入氧化钙钙化焙烧，加入碳酸钠溶液浸取得到碳酸钙和溶液1,溶液1处理后加入氯化俊中性沉钮，得到NH4V。3,焙烧得到V2O5和减小气体氨气，电解五氧化二钮得到金属引，加入氯化钠进行石煤钠化焙烧得到氯气、氯化氢和固体1为NaVO3,加入氯化俊沉钮焙烧得到V2O5,电解得到金属引，(1)钙化焙烧提机”工艺中需要焙烧炉和分离装置离心机，不需要离子交换和蒸播，故答案为:AB;(2)由V2O3得到Ca(VO3)2的反应是三氧化二钮和氧气反应生成五氧化二钮，五氧化二钮和氧化车反应生成Ca(VO3)2,反应