江西省南昌市2015屆高考化學(xué)二模試卷

1、江西省南昌市2015屆高考化學(xué)二模試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿(mǎn)分21分）1（3分）化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A霧霾可能是許多組小液體和固體微粒分散到空氣中形成的一種氣溶膠B福爾馬林可浸制標(biāo)本，利用了其使蛋白質(zhì)變性的性質(zhì)C含磷合成洗滌劑易被細(xì)菌分解，故不會(huì)導(dǎo)致水體污染D大量使用風(fēng)能、太陽(yáng)能、符合“低碳”概念2（3分）下列離子方程式中，正確的是（）A向AgCl懸濁液中加入KBr溶液：Ag+Br=AgBrB用鐵棒作陰極、碳棒作陽(yáng)極電解飽和氯化鎂溶液：2C1+2H2OH2+Cl2+2OHC向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸：2OH+CO32+

2、4H+CO2+3H2OD在強(qiáng)堿性溶液中NaClO與Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO43+3C1+5H2O3（3分）下列有關(guān)同分異構(gòu)體數(shù)目的敘述中，正確的是（）A甲苯苯環(huán)上的一個(gè)氫原子被含3個(gè)碳原子的烷基取代，所得產(chǎn)物有3種BC8H10中只有三種屬于芳香烴的同分異構(gòu)體CC5H10中只有三種屬于直鏈烯烴的同分異構(gòu)體（包括空間異構(gòu)）D含兩個(gè)COOCH3的有機(jī)物（C7H12O4）屬于酯的同分異構(gòu)體多于4種4（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置關(guān)系如下圖，下列推論合理的是（）XYWZA若X、Y、Z、W中只有一種為金屬元素，則W一定為鋁元素B

3、若W的核電荷數(shù)是Y的兩倍，則W的氧化物可作半導(dǎo)體材料C若Z的核電荷數(shù)是Y的兩倍，則X的氫化物水溶液顯酸性D若Y、W的簡(jiǎn)單陰離子都能破壞水的電離，則Z的簡(jiǎn)單陰離子也一定能破壞水的電離5（3分）鉛的冶煉大致過(guò)程如下：富集：將方鉛礦（PbS）進(jìn)行浮選；焙燒：2PbS+3O22PbO+2SO2；制粗鉛：PbO+CPb+CO；PbO+COPb+CO2下列說(shuō)法正確的是（）A浮選法富集方鉛礦的過(guò)程屬于化學(xué)變化B方鉛礦焙燒反應(yīng)中，PbS是還原劑，還原產(chǎn)物只有PbOC整個(gè)冶煉過(guò)程中，制取1molPb共轉(zhuǎn)移2mol電子D將1molPbS冶煉成Pb理論上至少需要6g碳6（3分）除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)選用的試劑和方法最

4、合理的是（）物質(zhì)雜質(zhì)試劑方法A甲烷乙烯酸性高錳酸鉀溶液洗氣B氯化亞鐵溶液氯化鐵過(guò)量鐵粉過(guò)濾C苯溴足量NaI溶液分液D乙酸乙酯乙酸飽和碳酸鈉溶液蒸餾AABBCCDD7（3分）下列敘述錯(cuò)誤的是（）A在NH4Cl飽和溶液中加入金屬鎂可以得到兩種氣體BpH=12Ba（OH）2溶液中c（OH）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH）的10倍C常溫下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）D常溫下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合懸濁液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：KSPCd（OH）2=

5、7.2×1015，KspCo（OH）2=1.8×1015二、填空題（共6小題，每小題15分，滿(mǎn)分88分）8（15分）肼是火箭發(fā)射常用動(dòng)力材料，某研究性學(xué)習(xí)小組據(jù)化工生產(chǎn)水合肼的原理，用尿素和NaClO的堿性溶液在實(shí)驗(yàn)室制備水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaClONa2CO3+N3H4H2O+NaCl有關(guān)水合肼信息如下：無(wú)色液體，熔點(diǎn)小于40，沸點(diǎn)：118（101kPa）與水、乙醇互溶；有強(qiáng)還原性、強(qiáng)堿性和強(qiáng)腐蝕性，能腐蝕橡膠、皮革、軟木、玻璃等制備步驟：步驟1：制備Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用圖1在常溫下，制取Cl2，寫(xiě)出生成Cl2的離子方程式：；（2

6、）將制得的Cl2，直接通入圖2制備N(xiāo)aClO；請(qǐng)寫(xiě)出此操作有哪些不足之處？；提出你的建議：；步驟2：將制得的NaClO堿性溶液，于圖3裝置中進(jìn)行反應(yīng)制取N2H4H2O；（3）a中應(yīng)裝：；b中應(yīng)裝；（填試劑成份）反應(yīng)過(guò)程中NaClO不能過(guò)量的理由：；（用相關(guān)反應(yīng)方程式表示）（4）反應(yīng)容器b應(yīng)選用（填序號(hào)）A普通玻璃B石英玻璃C鐵質(zhì)容器D陶瓷容器步驟3：（5）得到的反應(yīng)混合物應(yīng)采用方法進(jìn)行分離；有同學(xué)提議直接用圖3裝置進(jìn)行操作，要達(dá)到目的還需補(bǔ)充的儀器有：牛角管、錐形瓶、酒精燈、和9（15分）甲酸鈣用途廣泛，可用于高硫煙氣脫硫助劑，也可作為制備草酸的中間體據(jù)最新文獻(xiàn)，氫氧化鈣碳基化合成甲酸鈣的反應(yīng)

7、如下：2CO+Ca（OH）2Ca（HCOO）2 反應(yīng)1（1）反應(yīng)體系中存在以下兩個(gè)競(jìng)爭(zhēng)反應(yīng)CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）H=28.8kJ/moL 反應(yīng)2 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=+41.2kJ/moL 反應(yīng)3二氧化碳與氫氣直接合成甲酸的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為為了更有利于生成甲酸鈣，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件是較低的溫度和（填編號(hào)）A催化劑B低壓C高壓（2）如圖1是反應(yīng)2和反應(yīng)3，lnK與溫度T的關(guān)系；同一條件時(shí)反應(yīng)2的K（填“大于”或“小于”）反應(yīng)3的K，這對(duì)于（填“反應(yīng)2”或“反應(yīng)3”）不利的 （3）以氫氧化鈣初始密度為0.097g/mL、CO的分壓為3.0MPa條件

8、下催化反應(yīng)，以氫氧化鈣轉(zhuǎn)化率Y%為坐標(biāo)，時(shí)間為橫坐標(biāo)得到如圖2象；根據(jù)圖象選擇合適的反應(yīng)溫度；理由是當(dāng)Y%為100%時(shí)，產(chǎn)物中甲酸鈣與碳酸鈣的質(zhì)量比為50：1，氫氧化鈣有%轉(zhuǎn)化為甲酸鈣10（13分）硫和硒（Se）、磷（Te）為同主族元素，在生產(chǎn)、生活中有著廣泛用途、SO2、CO2轉(zhuǎn)化利用是凈化環(huán)境，造福人類(lèi)的有效途徑，一種用電化學(xué)原理，將SO2、CO2轉(zhuǎn)化成用途廣泛的化工產(chǎn)品H2SO4和CH3OH，其裝置如圖所示：（1）該裝置的工作原理是；（填“原電池”或“電解池”）（2）若A為CO2，B為H2，C為CH3OH，則通入H2極為；（3）若A為SO2，B為O2，C為H2SO4，則A極的電極反應(yīng)式為

9、、硒是地殼中稀有元素，工業(yè)上硒鼓廢料（主要成分：硒、碲、碳、銅、鐵合金）回收精煉硒的一種工藝流程如下：已知： 物理性質(zhì)熔點(diǎn) 沸點(diǎn) 升華 溶解性 SeO2 340 684 315 易溶于水 TeO2 733 1260 450 易溶于水（1）硒的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化合物化學(xué)式：；（2）廢氣主要成分是；（3）步驟的反應(yīng)方程式：；步驟的反應(yīng)方程式：；（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，步驟中分離SeO2和TeO2的最佳方案是11（15分）工業(yè)上用自然界存在的角膜硼鎂礦（主要成分為Mg2B3O55H2O）制取金屬鎂和粗硼，工藝過(guò)程如下：根據(jù)以上信息回答下列問(wèn)題：（1）硼砂中硼的化合價(jià)，溶于熱水后，若需要調(diào)節(jié)pH為23制

10、取硼酸，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：；（2）從氯化鎂晶體制得無(wú)水氯化鎂的條件是；其理由是，若用惰性電磁電解MgCl2溶液，寫(xiě)出電解過(guò)程的離子方程式： （3）制得的粗硼可在一定條件與I2作用生產(chǎn)BI2，再提純BI2，BI2沸點(diǎn)較低，提純可采用；高溫時(shí)BI2即可分解，得到高純度硼根據(jù)分解生成碘的量還可以測(cè)定粗硼的粗度方法如下：稱(chēng)取0.04g粗硼轉(zhuǎn)化成純BI2，再完全分解，生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液36.00mL（滴定原理：I2+2S2O322I+S4O62）滴定終點(diǎn)判斷應(yīng)用作指示劑；標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)盛裝在滴定管中；該粗硼的純度為（4）MgH2O2酸性染料電池的反應(yīng)機(jī)理

11、為：Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，則電池正極反應(yīng)式為；常溫下，若起始電解液pH=1，則電池工作一段時(shí)間后，電解液pH=2，此時(shí)溶液中c（Mg2+）；當(dāng)溶液pH=6時(shí)，鎂元素的主要存在形式是（已知：KspMg（OH）2=5.6×1012）12（15分）鉬是我國(guó)豐產(chǎn)元素，鉬鋼是制火箭發(fā)動(dòng)機(jī)，核反應(yīng)堆重要材料（1）鉬元素原子序數(shù)為42，請(qǐng)寫(xiě)出它的核外電子排布式：；在周期表中，處在第周期族（2）鉬金屬晶格類(lèi)型屬體心立方晶格，原子半徑為136pm，相對(duì)原子質(zhì)量為95.94，則該晶體鉬的密度為；晶體的空間利用率為；（3）鉬能形成六核簇何物，如一種鉬含鹵離子Mo6Cl84+，6個(gè)鉬形成

12、八面體骨架，氯原子以三橋基與鉬原子相連，則該離子中8個(gè)Cl的空間構(gòu)型為；（4）輝鉬礦是最重要的鉬礦（其成分主要為MoS2），它在403K，202650Pa下，跟苛性堿溶液反應(yīng)，鉬則以MoO42體型進(jìn)入溶液，硫也氧化進(jìn)入溶液，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：；（5）在密閉容器中，用稀硝酸來(lái)溶解輝鉬礦，氧化條件在423523K，11145751823850Pa氧壓下進(jìn)行，反應(yīng)結(jié)果鉬以鉬酸形成存在（鉬酸不溶于硫酸），而硝酸幾乎沒(méi)有消耗，相當(dāng)于催化劑，請(qǐng)用化學(xué)方程式加以解釋?zhuān)?3（15分）某芳香烴N的相對(duì)分子質(zhì)量為92，氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為8.7%，現(xiàn)以苯為原料合成A，并最終制得F（一種染料中間體），轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：

13、請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）寫(xiě)出A的分子式；用核磁共振氫譜可以證明化合物A中有種處于不同化學(xué)環(huán)境的氫（2）MN的反應(yīng)方程式為（3）上述轉(zhuǎn)化中試劑和試劑分別是：試劑，試劑（選填字母）aKMnO4（H+）bFe/鹽酸cNaOH溶液若上述轉(zhuǎn)化中物質(zhì)A依次與試劑、試劑、化合物E（濃硫酸/）作用，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能是（4）D有多種同分異構(gòu)體，則符合下列條件的D的同分異構(gòu)體有種是芳香族化合物，分子中有兩個(gè)互為對(duì)位的取代基，其中一個(gè)取代基是NH2；分子中含有結(jié)構(gòu)；分子中兩個(gè)氧原子不會(huì)直接相連；其中某種同分異構(gòu)體1mol能與4molNaOH反應(yīng)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（5）F的水解反應(yīng)如右：化合物H在一定條件下經(jīng)縮聚反應(yīng)可制

14、得高分子纖維，廣泛用于通訊、導(dǎo)彈、宇航等領(lǐng)域，請(qǐng)寫(xiě)出該縮聚反應(yīng)的化學(xué)方程式江西省南昌市2015屆高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿(mǎn)分21分）1（3分）化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A霧霾可能是許多組小液體和固體微粒分散到空氣中形成的一種氣溶膠B福爾馬林可浸制標(biāo)本，利用了其使蛋白質(zhì)變性的性質(zhì)C含磷合成洗滌劑易被細(xì)菌分解，故不會(huì)導(dǎo)致水體污染D大量使用風(fēng)能、太陽(yáng)能、符合“低碳”概念考點(diǎn)：膠體的重要性質(zhì)；使用化石燃料的利弊及新能源的開(kāi)發(fā)；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn) 分析：A霧霾是膠體；B福爾馬林的主要成分是甲醛；C含磷廢水易導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化；D“

15、低碳”理念是減少含碳燃料的使用解答：解：A霧霾是許多細(xì)小液體和固體微粒分散到空氣中形成的一種氣溶膠，可能是膠體，故A錯(cuò)誤； B福爾馬林的主要成分是甲醛，可使蛋白質(zhì)變性，浸泡后久置不腐爛，故B錯(cuò)誤；C含磷廢水易導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化，應(yīng)經(jīng)處理后才能排放，故C正確；D大量使用風(fēng)能、太陽(yáng)能，可以減少煤、石油、天然氣等含碳燃料的使用，故D錯(cuò)誤故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查膠體、蛋白質(zhì)的性質(zhì)、環(huán)境污染等，比較基礎(chǔ)，側(cè)重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的鞏固2（3分）下列離子方程式中，正確的是（）A向AgCl懸濁液中加入KBr溶液：Ag+Br=AgBrB用鐵棒作陰極、碳棒作陽(yáng)極電解飽和氯化鎂溶液：2C1+2H2OH2+Cl2+2OHC向等物質(zhì)

16、的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸：2OH+CO32+4H+CO2+3H2OD在強(qiáng)堿性溶液中NaClO與Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO43+3C1+5H2O考點(diǎn)：離子方程式的書(shū)寫(xiě) 分析：A氯化銀為沉淀應(yīng)保留化學(xué)式；B氫氧化鎂為沉淀應(yīng)保留化學(xué)式；C鹽酸先與氫氧化鈉反應(yīng)，再與碳酸鈉反應(yīng)，鹽酸量少生成碳酸氫鈉；D在強(qiáng)堿性溶液中NaClO與Fe（OH）3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成高鐵酸鈉和水、氯化鈉解答：解：A向AgCl懸濁液中加入KBr溶液，離子方程式：AgCl+Br=AgBr+Cl，故A錯(cuò)誤；B用鐵棒作陰極、碳棒作陽(yáng)極電解飽和氯化鎂溶液，

17、離子方程式：2C1+Mg2+2H2OH2+Cl2+2Mg（OH）2，故B錯(cuò)誤；C向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸，離子方程式：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故C錯(cuò)誤；D在強(qiáng)堿性溶液中NaClO與Fe（OH）3生成Na2FeO4，離子方程式：4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO43+3C1+5H2O，故D正確；故選：D點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式的書(shū)寫(xiě)，明確反應(yīng)實(shí)質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意反應(yīng)物用量對(duì)反應(yīng)的影響，選項(xiàng)CD為易錯(cuò)選項(xiàng)3（3分）下列有關(guān)同分異構(gòu)體數(shù)目的敘述中，正確的是（）A甲苯苯環(huán)上的一個(gè)氫原子被含3個(gè)碳原子的烷基取代，所得產(chǎn)物有3種BC8H10中

18、只有三種屬于芳香烴的同分異構(gòu)體CC5H10中只有三種屬于直鏈烯烴的同分異構(gòu)體（包括空間異構(gòu)）D含兩個(gè)COOCH3的有機(jī)物（C7H12O4）屬于酯的同分異構(gòu)體多于4種考點(diǎn)：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體 分析：A、含有3個(gè)碳原子的烷基為丙基、異丙基兩種，甲苯苯環(huán)上有3種氫原子，分別處于甲基的鄰、間、對(duì)位置上，據(jù)此判斷；B、依據(jù)分子式計(jì)算不飽和度，然后判斷即可；C、C5H10的烴，不飽和度為1，直鏈烯烴不具有支鏈，據(jù)此解答即可；D、兩個(gè)基團(tuán)在端點(diǎn)，故可寫(xiě)出其滿(mǎn)足條件的同分異構(gòu)體解答：解：A、含有3個(gè)碳原子的烷基為丙基、異丙基兩種，甲苯苯環(huán)上有3種氫原子，分別處于甲基的鄰、間、對(duì)位置上，所以甲苯苯環(huán)上的一

19、個(gè)氫原子被含3個(gè)碳原子的烷基取代，同分異構(gòu)體最多有3×2=6種，故A錯(cuò)誤；B、分子式為C8H10的芳香烴，分子中含有1個(gè)苯環(huán)，其不飽和度=4，故側(cè)鏈為烷基，若有1個(gè)側(cè)鏈，為CH2CH3，有一種；若有2個(gè)側(cè)鏈，為CH3，有鄰、間、對(duì)三種，故符合條件的結(jié)構(gòu)共有4種，故B錯(cuò)誤；C、戊烷的同分異構(gòu)體直鏈的為CH3CH2CH2CH2CH3，相應(yīng)烯烴有CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3，其中CH3CHCHCH2CH3有2種順?lè)串悩?gòu)，即有3種異構(gòu)，故C正確；D、兩個(gè)基團(tuán)在端點(diǎn)，故可寫(xiě)出其滿(mǎn)足條件的同分異構(gòu)體，含兩個(gè)COOCH3基團(tuán)的C的同分異構(gòu)體共有4種，CH3OOCCH2C

20、H2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH（CH3）CH2COOCH3，CH3CH2CH（COOCH3）2，故D錯(cuò)誤，故選C點(diǎn)評(píng)：本題主要考查的是同分異構(gòu)體個(gè)數(shù)的判斷，熟練掌握碳原子數(shù)小于5的烷烴基的個(gè)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵，難度不大4（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置關(guān)系如下圖，下列推論合理的是（）XYWZA若X、Y、Z、W中只有一種為金屬元素，則W一定為鋁元素B若W的核電荷數(shù)是Y的兩倍，則W的氧化物可作半導(dǎo)體材料C若Z的核電荷數(shù)是Y的兩倍，則X的氫化物水溶液顯酸性D若Y、W的簡(jiǎn)單陰離子都能破壞水的電離，則Z的簡(jiǎn)單陰離子也一定能破壞水的電離考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì) 分

21、析：A若X、Y、Z、W中只有一種為金屬元素，由元素在短周期中位置可知，W只能為Al；B若W的核電荷數(shù)是Y的兩倍，設(shè)Y的核電荷數(shù)為a，則W的核電荷數(shù)為（a1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W為Si；C若Z的核電荷數(shù)是Y的兩倍，則Y為O、Z為S、X為N、W為P；D若Y、W的簡(jiǎn)單陰離子都能破壞水的電離，可以是Y為F、Z為S、Z為S、X為O解答：解：A若X、Y、Z、W中只有一種為金屬元素，由元素在短周期中位置可知，W只能為Al，故A正確；B若W的核電荷數(shù)是Y的兩倍，設(shè)Y的核電荷數(shù)為a，則W的核電荷數(shù)為（a1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W為Si，硅晶體可用作半導(dǎo)體材料，其氧化物為二氧化硅

22、，可作光導(dǎo)纖維，故B錯(cuò)誤；C若Z的核電荷數(shù)是Y的兩倍，則Y為O、Z為S、X為N、W為P，X的氫化物水溶液顯堿性，故C錯(cuò)誤；D若Y、W的簡(jiǎn)單陰離子都能破壞水的電離，可以是Y為F、Z為S、Z為S、X為O，氯離子不能破壞水的電離，故D錯(cuò)誤，故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查元素周期表結(jié)構(gòu)，需要學(xué)生熟練掌握短周期元素與元素化合物性質(zhì)，注意元素的不確定性，難度不大5（3分）鉛的冶煉大致過(guò)程如下：富集：將方鉛礦（PbS）進(jìn)行浮選；焙燒：2PbS+3O22PbO+2SO2；制粗鉛：PbO+CPb+CO；PbO+COPb+CO2下列說(shuō)法正確的是（）A浮選法富集方鉛礦的過(guò)程屬于化學(xué)變化B方鉛礦焙燒反應(yīng)中，PbS是還原劑，還原

23、產(chǎn)物只有PbOC整個(gè)冶煉過(guò)程中，制取1molPb共轉(zhuǎn)移2mol電子D將1molPbS冶煉成Pb理論上至少需要6g碳考點(diǎn)：金屬冶煉的一般原理；氧化還原反應(yīng)的計(jì)算 專(zhuān)題：氧化還原反應(yīng)專(zhuān)題分析：A、有新物質(zhì)生成的反應(yīng)是化學(xué)變化；B、化合價(jià)升高元素所在的反應(yīng)物是還原劑，化合價(jià)降低元素所在的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物；C、根據(jù)化合價(jià)降低值=化合價(jià)升高值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，結(jié)合原子守恒來(lái)回答；D、根據(jù)化學(xué)方程式找出物質(zhì)間的關(guān)系并進(jìn)行計(jì)算解答：解：A、浮選法富集方鉛礦的過(guò)程沒(méi)有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A錯(cuò)誤；B、方鉛礦焙燒反應(yīng)2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS中S元素化合價(jià)升高，是還原劑，氧元素化合價(jià)降低，還原

24、產(chǎn)物有PbO和SO2，故B錯(cuò)誤；C、整個(gè)冶煉過(guò)程中，根據(jù)Pb原子守恒，則PbS轉(zhuǎn)化為PbO轉(zhuǎn)移電子是2mole，PbO轉(zhuǎn)化為Pb轉(zhuǎn)移電子是2mole，所以制取1molPb共轉(zhuǎn)移4mol電子，故C錯(cuò)誤；D、將1molPbS冶煉成Pb的過(guò)程中，根據(jù)方程式得出：2PbS2PbOC2Pb，1molPbS冶煉成Pb理論上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題是一道關(guān)于氧化還原反應(yīng)知識(shí)的綜合題目，注意平時(shí)知識(shí)的積累是解題的關(guān)鍵，難度中等6（3分）除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)選用的試劑和方法最合理的是（）物質(zhì)雜質(zhì)試劑方法A甲烷乙烯酸性高錳酸鉀溶液洗氣B氯化亞鐵溶液氯化鐵過(guò)量鐵粉過(guò)濾C苯溴足

25、量NaI溶液分液D乙酸乙酯乙酸飽和碳酸鈉溶液蒸餾AABBCCDD考點(diǎn)：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用 專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題；化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作分析：A乙烯與高錳酸鉀反應(yīng)生成二氧化碳；BFe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；C溴置換出碘，引入新雜質(zhì)；C乙酸與碳酸鈉反應(yīng)，而乙酸乙酯不反應(yīng)，反應(yīng)后分層解答：解：A乙烯與高錳酸鉀反應(yīng)生成二氧化碳，引入新雜質(zhì)二氧化碳，應(yīng)利用溴水除去甲烷中的乙烯，故A錯(cuò)誤；BFe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，則反應(yīng)后過(guò)濾即可除雜，故B正確；C溴置換出碘，引入新雜質(zhì)，應(yīng)用氫氧化鈉除雜，故C錯(cuò)誤；C乙酸與碳酸鈉反應(yīng)，而乙酸乙酯不反應(yīng)，反應(yīng)后分層，則利用分液法除雜，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本

26、題考查物質(zhì)的分離、提純方法的選擇和應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)及常見(jiàn)的混合物分離提純方法為解答的關(guān)鍵，注意除雜的原則，題目難度不大7（3分）下列敘述錯(cuò)誤的是（）A在NH4Cl飽和溶液中加入金屬鎂可以得到兩種氣體BpH=12Ba（OH）2溶液中c（OH）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH）的10倍C常溫下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）D常溫下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合懸濁液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：KSPCd（OH）2=7.2×1015，

27、KspCo（OH）2=1.8×1015考點(diǎn)：離子濃度大小的比較；鹽類(lèi)水解的應(yīng)用；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì) 分析：A銨根離子水解生，溶液顯示酸性，鎂與氫離子反應(yīng)生成氫氣，促進(jìn)了銨根離子的水解，則會(huì)生成氨氣；B溫度影響溶液的pH，沒(méi)有告訴在常溫下，無(wú)法計(jì)算pH=12的氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度；C混合液為中性，則c（H+）=c（OH），結(jié)合電荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO）；D同一溶液中，氫氧根離子濃度相等，c（Cd2+）和c（Co2+）的濃度之比等于其溶度積之比解答：解：A在NH4Cl飽和溶液中加入金屬鎂，鎂與銨根離子水解生成的氫離子反應(yīng)生成氫氣，促進(jìn)了銨根離

28、子的水解，則同時(shí)會(huì)生成氨氣，故A正確；B沒(méi)有告訴溫度，則pH=12Ba（OH）2溶液中的氫氧根離子濃度不一定為0.01mol/L，無(wú)法判斷兩溶液中的氫氧根離子濃度大小，故B錯(cuò)誤；C常溫下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7），則c（H+）=c（OH），結(jié)合電荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO），則溶液中離子濃度大小為：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH），故C正確；D常溫下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合懸濁液中氫氧根離子濃度相同，c（Cd2+）與c（Co2+）之比與其溶度積之比相等=4，故D正確；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了離

29、子濃度大小比較、難溶物溶度積的計(jì)算、溶液pH的計(jì)算等知識(shí)，題目難度中等，注意掌握鹽的水解原理及其應(yīng)用，明確電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用，試題充分考查了學(xué)生的分析、理解能力二、填空題（共6小題，每小題15分，滿(mǎn)分88分）8（15分）肼是火箭發(fā)射常用動(dòng)力材料，某研究性學(xué)習(xí)小組據(jù)化工生產(chǎn)水合肼的原理，用尿素和NaClO的堿性溶液在實(shí)驗(yàn)室制備水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaClONa2CO3+N3H4H2O+NaCl有關(guān)水合肼信息如下：無(wú)色液體，熔點(diǎn)小于40，沸點(diǎn)：118（101kPa）與水、乙醇互溶；有強(qiáng)還原性、強(qiáng)堿性和強(qiáng)腐蝕性，能腐蝕橡膠、皮革、軟木、玻璃等制

30、備步驟：步驟1：制備Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用圖1在常溫下，制取Cl2，寫(xiě)出生成Cl2的離子方程式：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）將制得的Cl2，直接通入圖2制備N(xiāo)aClO；請(qǐng)寫(xiě)出此操作有哪些不足之處？沒(méi)有除去氯氣中混有的HCl，影響產(chǎn)品中NaClO含量；提出你的建議：加一個(gè)用盛有飽和氯化鈉溶液的洗氣瓶；步驟2：將制得的NaClO堿性溶液，于圖3裝置中進(jìn)行反應(yīng)制取N2H4H2O；（3）a中應(yīng)裝：NaClO堿性溶液；b中應(yīng)裝尿素；（填試劑成份）反應(yīng)過(guò)程中NaClO不能過(guò)量的理由：N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl；（用相

31、關(guān)反應(yīng)方程式表示）（4）反應(yīng)容器b應(yīng)選用C（填序號(hào)）A普通玻璃B石英玻璃C鐵質(zhì)容器D陶瓷容器步驟3：（5）得到的反應(yīng)混合物應(yīng)采用蒸餾方法進(jìn)行分離；有同學(xué)提議直接用圖3裝置進(jìn)行操作，要達(dá)到目的還需補(bǔ)充的儀器有：牛角管、錐形瓶、酒精燈、冷凝管和溫度計(jì)考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì) 分析：（1）高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯化鉀、氯氣與水；（2）氯氣中混有揮發(fā)出的HCl，會(huì)影響產(chǎn)品中NaClO含量，用盛有飽和氯化鈉溶液的洗氣瓶除去HCl；（3）水合肼有強(qiáng)還原性，NaClO具有強(qiáng)氧化性，如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應(yīng)生成的水合肼會(huì)被次氯酸鈉氧化；NaClO過(guò)量會(huì)氧化水合肼生成氮?dú)狻⒙然c水；（4）由題

32、目信息，水合肼能腐蝕橡膠玻璃等，玻璃塞屬于硅酸鹽，也可以腐蝕陶瓷，應(yīng)選擇鐵質(zhì)容器；（5）水合肼為液態(tài)，與水互溶，沸點(diǎn)相差較大，應(yīng)擦去分餾方法進(jìn)行分離；需要用冷凝水冷凝蒸出的餾分，需要溫度計(jì)控制收集118的餾分解答：解：（1）高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯化鉀、氯氣與水，反應(yīng)離子方程式為：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案為：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）氯氣中混有揮發(fā)出的HCl，與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaCl，會(huì)影響產(chǎn)品中NaClO含量，添加一個(gè)用盛有飽和氯化鈉溶液的洗氣瓶除去HCl，故答案為：沒(méi)有除去氯氣中混有的HCl，影響

33、產(chǎn)品中NaClO含量；加一個(gè)用盛有飽和氯化鈉溶液的洗氣瓶；（3）水合肼有強(qiáng)還原性，NaClO具有強(qiáng)氧化性，如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應(yīng)生成的水合肼會(huì)被次氯酸鈉氧化，故分液漏斗中的溶液是NaClO堿性溶液，b中應(yīng)裝尿素；NaClO過(guò)量會(huì)氧化水合肼生成氮?dú)?、氯化鈉水，反應(yīng)方程式為：N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl，故答案為：NaClO堿性溶液；尿素；N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl；（4）由題目信息，水合肼能腐蝕橡膠玻璃等，玻璃塞屬于硅酸鹽，也可以腐蝕陶瓷，應(yīng)選擇鐵質(zhì)容器，故選：C；（5）水合肼為液態(tài)，與水互溶，沸點(diǎn)相差較大，應(yīng)擦去分餾方法進(jìn)行分

34、離；需要用冷凝水冷凝蒸出的餾分，需要溫度計(jì)控制收集118的餾分，故答案為：蒸餾；冷凝管、溫度計(jì)點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)，涉及氯氣制備、對(duì)裝置與操作的分析評(píng)價(jià)、物質(zhì)分離提純等，關(guān)鍵是對(duì)題目信息的理解應(yīng)用，題目難度中等9（15分）甲酸鈣用途廣泛，可用于高硫煙氣脫硫助劑，也可作為制備草酸的中間體據(jù)最新文獻(xiàn)，氫氧化鈣碳基化合成甲酸鈣的反應(yīng)如下：2CO+Ca（OH）2Ca（HCOO）2 反應(yīng)1（1）反應(yīng)體系中存在以下兩個(gè)競(jìng)爭(zhēng)反應(yīng)CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）H=28.8kJ/moL 反應(yīng)2 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=+41.2kJ/moL 反應(yīng)3二氧化碳與氫氣直接合

35、成甲酸的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）H=70.0kJ/moL為了更有利于生成甲酸鈣，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件是較低的溫度和AC（填編號(hào)）A催化劑B低壓C高壓（2）如圖1是反應(yīng)2和反應(yīng)3，lnK與溫度T的關(guān)系；同一條件時(shí)反應(yīng)2的K小于（填“大于”或“小于”）反應(yīng)3的K，這對(duì)于反應(yīng)2（填“反應(yīng)2”或“反應(yīng)3”）不利的 （3）以氫氧化鈣初始密度為0.097g/mL、CO的分壓為3.0MPa條件下催化反應(yīng)，以氫氧化鈣轉(zhuǎn)化率Y%為坐標(biāo)，時(shí)間為橫坐標(biāo)得到如圖2象；根據(jù)圖象選擇合適的反應(yīng)溫度453K；理由是溫度越高，反應(yīng)速率越快，時(shí)間越短，但463K時(shí)，增幅不明顯，能耗反而增多，故選擇

36、453K當(dāng)Y%為100%時(shí)，產(chǎn)物中甲酸鈣與碳酸鈣的質(zhì)量比為50：1，氫氧化鈣有97.5%轉(zhuǎn)化為甲酸鈣考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì) 分析：（1）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式；使用催化劑可以加快反應(yīng)速率，正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)有利于甲酸鈣生成；（2）lnK屬于增函數(shù)，lnK值越大，K值越大，由圖可知，相同條件下反應(yīng)2的lnK更小，故反應(yīng)2的平衡常數(shù)小于反應(yīng)3，反應(yīng)2為放熱反應(yīng)，反應(yīng)3為吸熱反應(yīng)，升高溫度有利于反應(yīng)3向正反應(yīng)方向移動(dòng)；（3）溫度高反應(yīng)速率快，但463K時(shí)，圖象與453K時(shí)幾乎重合，反應(yīng)速率增快不明顯，應(yīng)選擇453K；設(shè)甲酸鈣質(zhì)量

37、為130g，則碳酸鈣質(zhì)量為2.6g，計(jì)算各自物質(zhì)的量，由鈣元素守恒，轉(zhuǎn)化甲酸鈣的氫氧化鈣與甲酸鈣物質(zhì)的量相等，由鈣元素守恒計(jì)算氫氧化鈣的總物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算轉(zhuǎn)化為甲酸鈣的氫氧化鈣占有的質(zhì)量分?jǐn)?shù)解答：解：（1）已知：CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）H=28.8kJ/moL CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=+41.2kJ/moL 根據(jù)蓋斯定律，可得：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）H=70.0kJ/moL，故答案為：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）H=70.0kJ/moL；使用催化劑可以加快反應(yīng)速率，正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，增大

38、壓強(qiáng)有利于甲酸鈣生成，故選：AC；（2）lnK屬于增函數(shù)，lnK值越大，K值越大，由圖可知，相同條件下反應(yīng)2的lnK更小，故反應(yīng)2的平衡常數(shù)小于反應(yīng)3，反應(yīng)2為放熱反應(yīng)，反應(yīng)3為吸熱反應(yīng)，升高溫度有利于反應(yīng)3向正反應(yīng)方向移動(dòng)，不利于反應(yīng)2 進(jìn)行，故答案為：小于；反應(yīng)2；（3）溫度越高，反應(yīng)速率越快，時(shí)間越短，但463K時(shí)，圖象與453K時(shí)幾乎重合，反應(yīng)速率增快不明顯，消耗能源反而增多，應(yīng)選擇453K，故答案為：453K；溫度越高，反應(yīng)速率越快，時(shí)間越短，但463K時(shí)，增幅不明顯，能耗反而增多，故選擇453K；設(shè)甲酸鈣質(zhì)量為130g，其物質(zhì)的量為1mol，則碳酸鈣質(zhì)量為=2.6g，其物質(zhì)的量為=

39、0.026mol，由鈣元素守恒，可知轉(zhuǎn)化甲酸鈣的氫氧化鈣為1mol，氫氧化鈣的總物質(zhì)的量為1.026mol，故轉(zhuǎn)化為甲酸鈣的氫氧化鈣占總的×100%=97.5%，故答案為：97.5點(diǎn)評(píng)：本題考查熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)、化學(xué)平衡圖象綜合應(yīng)用、化學(xué)計(jì)算等，側(cè)重考查學(xué)生讀圖獲取信息能力、分析解決問(wèn)題能力，難度中等10（13分）硫和硒（Se）、磷（Te）為同主族元素，在生產(chǎn)、生活中有著廣泛用途、SO2、CO2轉(zhuǎn)化利用是凈化環(huán)境，造福人類(lèi)的有效途徑，一種用電化學(xué)原理，將SO2、CO2轉(zhuǎn)化成用途廣泛的化工產(chǎn)品H2SO4和CH3OH，其裝置如圖所示：（1）該裝置的工作原理是原電池；（填“原電池”或“電解

40、池”）（2）若A為CO2，B為H2，C為CH3OH，則通入H2極為負(fù)；（3）若A為SO2，B為O2，C為H2SO4，則A極的電極反應(yīng)式為SO2+2H2O2e=SO42+4H+、硒是地殼中稀有元素，工業(yè)上硒鼓廢料（主要成分：硒、碲、碳、銅、鐵合金）回收精煉硒的一種工藝流程如下：已知： 物理性質(zhì)熔點(diǎn) 沸點(diǎn) 升華 溶解性 SeO2 340 684 315 易溶于水 TeO2 733 1260 450 易溶于水（1）硒的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化合物化學(xué)式：H2SeO4；（2）廢氣主要成分是CO2；（3）步驟的反應(yīng)方程式：H2SeO3SeO2+H2O；步驟的反應(yīng)方程式：2H2SO3+SeO2=Se+2H2S

41、O4；（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，步驟中分離SeO2和TeO2的最佳方案是升華，將溫度控制在315到450之間考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；原電池和電解池的工作原理 分析：、（1）裝置圖分析可知該裝置是原電池反應(yīng)；（2）H2失去電子，故H2的一極為負(fù)極；（3）SO2在負(fù)極失去電子轉(zhuǎn)化為SO42，故其電極反應(yīng)為：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；、硒鼓廢料（主要成分硒、碲、碳、銅和鐵合金）在空氣中燃燒生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化銅等，500時(shí)SeO2與TeO2均為氣體，冷卻，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亞硒酸，廢渣II為T(mén)eO2，亞硒酸受熱分解生成二氧化硒，及少量Te

42、O2，升華分離得純凈的二氧化硒，再加亞硫酸溶液還原得到Se單質(zhì)；（1）Se的最高正價(jià)為+6價(jià)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為酸；（2）硒鼓廢料（主要成分硒、碲、碳、銅和鐵合金）在空氣中燃燒生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化銅等，500時(shí)SeO2與TeO2均為氣體，冷卻得到SeO2與TeO2固體；（3）SeO2與水反應(yīng)生成亞硒酸，亞硒酸受熱分解；亞硫酸與二氧化硒反應(yīng)生成硒和硫酸；（4）根據(jù)SeO2易升華來(lái)分析解答：解：、（1）裝置圖分析可知該裝置是原電池反應(yīng)，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故答案為：原電池；（2）H2失去電子，故H2的一極為負(fù)極，故答案為：負(fù)；（3）SO2在負(fù)極失去電子轉(zhuǎn)化為SO42，

43、故其電極反應(yīng)為：SO2+2H2O2e=SO42+4H+，故答案為：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；、硒鼓廢料（主要成分硒、碲、碳、銅和鐵合金）在空氣中燃燒生成二、氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化銅等，500時(shí)SeO2與TeO2均為氣體，冷卻，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亞硒酸，廢渣II為T(mén)eO2，亞硒酸受熱分解生成二氧化硒，及少量TeO2，升華分離得純凈的二氧化硒，再加亞硫酸溶液還原得到Se單質(zhì)；（1）Se的最高正價(jià)為+6價(jià)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為酸，化學(xué)式為H2SeO4，故答案為：H2SeO4；（2）硒鼓廢料（主要成分硒、碲、碳、銅和鐵合金）在空氣中燃燒生成二氧化碳、二氧化硒、

44、二氧化碲、氧化銅等，500時(shí)SeO2與TeO2均為氣體，冷卻得到SeO2與TeO2固體，廢氣為二氧化碳，故答案為：CO2；（3）硒鼓廢料（主要成分硒、碲、碳、銅和鐵合金）在空氣中燃燒生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化銅等，500時(shí)SeO2與TeO2均為氣體，冷卻，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亞硒酸，廢渣II為T(mén)eO2，亞硒酸受熱分解生成二氧化硒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2SeO3SeO2+H2O，升華分離得純凈的二氧化硒，再加亞硫酸溶液還原得到Se單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2H2SO3+SeO2=Se+2H2SO4；故答案為：H2SeO3SeO2+H2O；2H2SO3+SeO2=Se+2

45、H2SO4；（4）由表格中數(shù)據(jù)可知，SeO2在315以上易升華，TiO2在450以上升華，所以控制溫度在315到450之間，使SeO2升華分離；故答案為：升華，將溫度控制在315到450之間點(diǎn)評(píng)：本題考查了工藝流程圖，主要考查了物質(zhì)的分離、提純等實(shí)驗(yàn)操作，及有關(guān)的化學(xué)反應(yīng)，題目難度中等，注意把握重要非金屬元素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)11（15分）工業(yè)上用自然界存在的角膜硼鎂礦（主要成分為Mg2B3O55H2O）制取金屬鎂和粗硼，工藝過(guò)程如下：根據(jù)以上信息回答下列問(wèn)題：（1）硼砂中硼的化合價(jià)+3，溶于熱水后，若需要調(diào)節(jié)pH為23制取硼酸，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：B4O72+2H+5H2O=4H3BO

46、3；（2）從氯化鎂晶體制得無(wú)水氯化鎂的條件是在HCl酸性氣流中加熱；其理由是防止MgCl2水解生成Mg（OH）2，若用惰性電磁電解MgCl2溶液，寫(xiě)出電解過(guò)程的離子方程式：2H2O+Mg2+2ClH2+Mg（OH）2+Cl2 （3）制得的粗硼可在一定條件與I2作用生產(chǎn)BI2，再提純BI2，BI2沸點(diǎn)較低，提純可采用蒸餾法；高溫時(shí)BI2即可分解，得到高純度硼根據(jù)分解生成碘的量還可以測(cè)定粗硼的粗度方法如下：稱(chēng)取0.04g粗硼轉(zhuǎn)化成純BI2，再完全分解，生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液36.00mL（滴定原理：I2+2S2O322I+S4O62）滴定終點(diǎn)判斷應(yīng)用淀

47、粉作指示劑；標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)盛裝在堿式滴定管中；該粗硼的純度為99%（4）MgH2O2酸性染料電池的反應(yīng)機(jī)理為：Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，則電池正極反應(yīng)式為H2O2+2H+2e=2H2O；常溫下，若起始電解液pH=1，則電池工作一段時(shí)間后，電解液pH=2，此時(shí)溶液中c（Mg2+）0.045 molL1；當(dāng)溶液pH=6時(shí)，鎂元素的主要存在形式是Mg2+形式存在，沒(méi)有Mg（OH）2沉淀（已知：KspMg（OH）2=5.6×1012）考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì) 分析：硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5H2O，硼砂的化學(xué)式為Na2B

48、4O710H2O利用硼鎂礦制取金屬鎂及粗硼的工藝流程中硼鎂礦加入氫氧化鈉濃溶液過(guò)濾得到氯化鎂，加入濃鹽酸溶解通過(guò)蒸發(fā)濃縮得到氯化鎂結(jié)晶水合物，在氯化氫氣流中加熱得到氯化鎂固體，電解得到鎂；濾液中主要是NaBO2，通入適量二氧化碳?xì)怏w得到硼砂，溶于熱水后，用H2SO4調(diào)pH23制取H3BO3，加熱得到B2O3；（1）硼砂的化學(xué)式為Na2B4O710H2O，依據(jù)元素化合價(jià)標(biāo)注計(jì)算硼元素化合價(jià)；用H2SO4調(diào)pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ；（2）氯化鎂在水溶液中水解生成氫氧化鎂；惰性電極電解MgCl2溶液陰極氫離子得到電子生成氫氣，水的電離平衡破壞，水電離生成氫氧根離子濃

49、度增大，和鎂離子形成氫氧化鎂沉淀，據(jù)此書(shū)寫(xiě)離子方程；（3）BI2沸點(diǎn)較低，提純可以利用其沸點(diǎn)的特征用蒸餾的方法分離得到；生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，需要淀粉溶液做反應(yīng)的指示劑，H2S2O3為弱酸，Na2S2O3溶液顯堿性，據(jù)此選擇滴定管；根據(jù)關(guān)系式BBI3I23S2O32及滴定數(shù)據(jù)計(jì)算出粗硼中硼的含量；（4）燃料電池中正極上是過(guò)氧化氫得到電子生成水；依據(jù)電解質(zhì)溶液PH變化結(jié)合電池反應(yīng)計(jì)算鎂離子濃度；PH=6計(jì)算氫氧根離子濃度，結(jié)合生成鎂離子濃度計(jì)算濃度商和溶度積常數(shù)比較分析是否生成氫氧化鎂沉淀解答：解：（1）硼砂的化學(xué)式為Na2B4O710H2O，鈉元素化合價(jià)為+

50、1價(jià)，氧元素化合價(jià)2價(jià)，依據(jù)化合價(jià)代數(shù)和計(jì)算得到硼元素化合價(jià)為+3價(jià)；用H2SO4調(diào)pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反應(yīng)的離子方程式為：B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；故答案為：+3；B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；（2）MgCl27H2O需要在HCl氛圍中加熱，是為了防止氯化鎂水解生成氫氧化鎂；若用惰性電極電解MgCl2溶液，陰極氫離子得到電子生成氫氣，水的電離平衡破壞，水電離生成氫氧根離子濃度增大，和鎂離子形成氫氧化鎂沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2H2O+Mg2+2ClH2+Mg（OH）2+Cl2，故答案為：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；

51、2H2O+Mg2+2ClH2+Mg（OH）2+Cl2；（3）制得的粗硼可在一定條件與I2作用生產(chǎn)BI2，再提純BI2，BI2沸點(diǎn)較低，提純可采用蒸餾的方法分離得到，故答案為：蒸餾；生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，需要淀粉溶液做反應(yīng)的指示劑，故答案為：淀粉溶液；硫代硫酸鈉溶液呈堿性，選擇堿式滴定管，故答案為：堿式；硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為：0.30mol/L×0.036L=0.0108mol，根據(jù)關(guān)系式：BBI3I23S2O32，n（B）=n（S2O32）=0.0108mol×=0.0036mol，硼的質(zhì)量為：11g/mol×0.0036mo

52、l=0.0396g，粗硼中硼的含量為：×100%=99%，故答案為：99%；（4）鎂H2O2酸性燃料電池的反應(yīng)機(jī)理為Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，正極上是過(guò)氧化氫得到電子生成水的反應(yīng)，正極反應(yīng)式H2O2+2H+2e=2H2O；若起始電解質(zhì)溶液pH=1，則pH=2時(shí)溶液中，氫離子濃度減小0.1mol/L0.01mol/L=0.09mol/L，依據(jù)反應(yīng)方程式得到Mg2+離子濃度=0.045mol/L；KspMg（OH）2=5.6×1012，當(dāng)溶液pH=6時(shí)，c（OH）=108mol/L，則Qc=c（Mg2+）×c2（OH）=0.045mol/L×1

53、016mol/L=4.5×1018KspMg（OH）2，說(shuō)明無(wú)氫氧化鎂沉淀生成，只有Mg2+形式存在；故答案為：H2O2+2H+2e=2H2O；0.045 molL1；Mg2+形式存在，沒(méi)有Mg（OH）2沉淀點(diǎn)評(píng)：本題考查了鹽類(lèi)的水解、原電池原理和電解池原理的分析，沉淀溶解平衡的計(jì)算應(yīng)用，題目難度稍大，計(jì)算是難點(diǎn)，計(jì)算時(shí)要充分利用題目所給數(shù)量關(guān)系和表中數(shù)據(jù)，根據(jù)質(zhì)量關(guān)系和質(zhì)量分?jǐn)?shù)的概念快速解題12（15分）鉬是我國(guó)豐產(chǎn)元素，鉬鋼是制火箭發(fā)動(dòng)機(jī)，核反應(yīng)堆重要材料（1）鉬元素原子序數(shù)為42，請(qǐng)寫(xiě)出它的核外電子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；在周期表

54、中，處在第五周期B族（2）鉬金屬晶格類(lèi)型屬體心立方晶格，原子半徑為136pm，相對(duì)原子質(zhì)量為95.94，則該晶體鉬的密度為10.3g/cm3；晶體的空間利用率為68%；（3）鉬能形成六核簇何物，如一種鉬含鹵離子Mo6Cl84+，6個(gè)鉬形成八面體骨架，氯原子以三橋基與鉬原子相連，則該離子中8個(gè)Cl的空間構(gòu)型為立方體；（4）輝鉬礦是最重要的鉬礦（其成分主要為MoS2），它在403K，202650Pa下，跟苛性堿溶液反應(yīng)，鉬則以MoO42體型進(jìn)入溶液，硫也氧化進(jìn)入溶液，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：MoS2+9O2+12OH=2MoO42+4SO42+6H2O；（5）在密閉容器中，用稀硝酸來(lái)溶解輝鉬礦，氧化條件在423523K，11145751823850Pa氧壓下進(jìn)行，反應(yīng)結(jié)果鉬以鉬酸形成存在（鉬酸不溶于硫酸），而硝酸幾乎沒(méi)有消耗，相當(dāng)于催化劑，請(qǐng)用化學(xué)方程式加以解釋?zhuān)篗oS2+6HNO3=H2MoO4+2H2SO4+6NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO考點(diǎn)：晶胞的計(jì)算；離子方程式的書(shū)寫(xiě)；原子核外電