2019-2020年高考化学预测试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学预测试卷（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1如图为雾霾的主要成分示意图下列说法不正确的是（）A 重金属离子可导致蛋白质变性B 苯是最简单的芳香烃C SO2和NxOy都属于酸性氧化物D 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一2W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同一周期，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，W的单质是空气中含量最多的气体，X的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，下列说法正确的是（）A 单质熔点：WZB 离子半径：WXZC 最高正价：WXZD 原子序数：ZWXY3下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是（）选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 把S02通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 SO2具有漂白性B向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色 KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2 C 向某溶液中滴加KSCN溶液 溶液变红色 溶液中含有Fe3+ D 将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深反应2NO2（g）N2O4（g）的H0A AB BC CD D4常温下，下列叙述正确的是（）A pH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中：c（Na+）c（CH3C00）B 将PH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，C（OH）不断增大C 等体积pH=a的盐酸与pH=b的氨水溶液恰好中和时，a+b=14D 浓度均为0.1 molL1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：c（CH3COO）+c（H+）=c（NH4+）+c（OH）5用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中不正确的是（）A 0.1molNH2（氨基）中含有的电子数目为1.0NAB 常温下，1L 0.1molL1 CH3COONa溶液中含有阴离子总数大于0.1NAC 标准状况下，2.24 LH2O中含有的原子总数大于0.3NAD 常温常压下，16 g O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA6下列离子方程式书写正确的是（）A 向NaHCO3溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+2H2O+CO32B 向亚硫酸钠溶液中滴入少量新制的氯水：3SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2HSO3C 电解KBr溶液时阴极的电极反应式为：K+e=KD 将Fe2O3固体投入到少量HI溶液中：Fe2O3+6H+6I=2Fe2+3I2+3H2O7乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为：2CH2=CH2+O22CH3CHO下列有关说法正确的是（）A 该电池为可充电电池B 电子移动方向：电极a磷酸溶液电极bC 正极反应式为：CH2=CH22e+2OHCH3CHO+H2OD 每有0.1mol O2反应，则迁移H+0.4mol二、非选择题：8某化学小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是（2）“酸浸”时所加入的酸是（填化学式）（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是（5）操作c为、过滤洗涤干燥等（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeS047H20），其原因可能是（写出一点即可）（7）NiS047H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为9过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案图1和装置示意图如下如图2：已知：主反应 2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）2Na2CO33H2O2 （s）H0副反应 2H2O2=2H2O+O250时2Na2CO33H2O2（s） 开始分解请回答下列问题：（1）步骤的关键是控制温度，原因是，其措施有、和（2）在滤液X中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是（3）步骤中选用无水乙醇洗涤产品的目的是（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有ANaHCO3 BMnO2 CNa2SiO3 DNa2SO3（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取样品溶解加入BaCl2溶液过滤过滤洗涤洗涤干燥干燥称量需要直接测定的物理量有：（用字母表示并注明其含义）产品中过碳酸钠质量分数的表达式为：10甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）2CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1（1）用CH4和02直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为（2）某温度下，向4L恒容密闭容器中通人6mol C02和6mol CH4，发生反应（），平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=，CH4的转化率为（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）H2=29.1kJmol1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如图1、2：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是 （填“3.5106PaPa“4.0106Pa“或“5.0106Pa”）实际工业生产中采用的温度是80，其理由是（4）直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注DMFC的工作原理如图3所示：通入a气体的电极是电池的（填“正”或“负”）极，其电极反应式为常温下，用此电池以惰性电极电解O5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为（忽略溶液的体积变化）【化学-选修2：化学与技术】（15分）11海洋是一个丰富的资宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、蒸发池和池目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用：（写一点即可）（2）电渗析法是近年发展起的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：海水不能直接通入到阴极室中，理由是A口排出的是（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含Na+，K+，Mg2+，Cl，Br等离子）可提取溴，其生产流程如下：若吸收塔中的溶液含BrO3，则吸收塔中反应的离子方程式为：通过氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化重新获得含Br2的溶液？向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）1014宁德二模）氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节氢气的制取（1）水是制取氢气的常见原料，下列说法正确的是（填序号）AH3O+的空间构型为三角锥形B水的沸点比硫化氢高C冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图1，则其化学式为 氢气的存储（3）Ti（BH4）2是一种储氢材料Ti原子在基态时的核外电子排布式是Ti（BH4）2可由TiCl4和LiBH4反应制得，TiCl4熔点25.0，沸点136.94，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为（4）最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上（结构如图2所示），每个平面上下两侧最多可储存10个H2分子元素电负性大小关系是：CS（填“”、“=”或“”）分子中C原子的杂化轨道类型为有关键长数据如下：CSC=SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于CS与C=S之间，原因可能是：C16S8与H2微粒间的作用力是【化学-选修5：有机化学基础】（15分）1015景洪市校级模拟）没食子酸丙酯简称PG，结构简式为，是白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂（1）PG的分子式为，请写出PG分子中所含官能团的名称，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是PG可发生如下转化：（2）的化学反应式为，1mol没食子酸最多可与mol H2 加成（3）上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号）（4）从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）A含有苯环 B含有羧基 C含有酚羟基 D微溶于食用油（5）反应的化学方程式为：（6）B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式：i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种；ii既能发生银镜反应，又能发生水解反应xx年云南省西双版纳景洪四中高考化学预测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如图为雾霾的主要成分示意图下列说法不正确的是（）A 重金属离子可导致蛋白质变性B 苯是最简单的芳香烃C SO2和NxOy都属于酸性氧化物D 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一考点：常见的生活环境的污染及治理专题：化学应用分析：A重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性；B根据芳香烃的定义分析；CNxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；D汽车尾气的排放可导致雾霾天气解答：解：A重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，故A正确；B芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，最简单的芳香烃是苯，故B正确；C二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故C错误；D汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，故D正确；故选C点评：本题考查了蛋白质、胶体的性质、芳香烃的、酸性氧化物的定义，涉及知识点广，均为基础性知识，熟练掌握物质的性质和概念是解题的关键2W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y、Z处于同一周期，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，W的单质是空气中含量最多的气体，X的氧化物具有两性，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，下列说法正确的是（）A 单质熔点：WZB 离子半径：WXZC 最高正价：WXZD 原子序数：ZWXY考点：原子结构与元素周期律的关系分析：W的单质是空气中含量最多的气体知W是N元素，X的氧化物具有两性知X是Al元素，X、Y、Z处于同一周期，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，知Y是Si元素，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构得Z是Na或Mg，W的单质是氮气，据此解答即可解答：解：A、根据W的单质是空气中含量最多的气体知W是N元素，X的氧化物具有两性知X是Al元素，X、Y、Z处于同一周期，Y的最高正价与最低负价的代数和为O，知Y是Si元素，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构得Z是Na或Mg，W的单质是氮气，Z的单质是金属，单质熔点：应该是ZW，故A错误；B、根据核外电子排布相同的离子，核电荷数大的半径小，所以离子半径应该是：WZX，故B错误；C、最高正价：W是+5价，X是+3价，Z是+1或+2价，故C正确；D、原子序数：YXZW，故D错误，故选C点评：本题考查了元素推断、元素周期表、元素周期律，关键是得到W、X、Y、Z对应的元素，难度不大3下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是（）选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 把S02通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 SO2具有漂白性B向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色 KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2 C 向某溶液中滴加KSCN溶液 溶液变红色 溶液中含有Fe3+ D 将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深反应2NO2（g）N2O4（g）的H0A AB BC CD D考点：化学实验方案的评价；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验专题：实验评价题分析：AS02通入紫色石蕊试液，溶液变红；B先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色，发生沉淀的转化；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，则含铁离子；D热水中红色加深，则升高温度2NO2（g）N2O4（g）向逆向移动解答：解：AS02通入紫色石蕊试液，溶液变红，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故A错误；B先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色，发生沉淀的转化，则KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2，故B错误；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，则溶液中含有Fe3+，现象与结论合理，故C正确；D热水中红色加深，则升高温度2NO2（g）N2O4（g）向逆向移动，则反应2NO2（g）N2O4（g）的H0，故D正确；故选CD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀的转化、离子检验及化学平衡移动等为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大4常温下，下列叙述正确的是（）A pH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中：c（Na+）c（CH3C00）B 将PH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，C（OH）不断增大C 等体积pH=a的盐酸与pH=b的氨水溶液恰好中和时，a+b=14D 浓度均为0.1 molL1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：c（CH3COO）+c（H+）=c（NH4+）+c（OH）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较分析：A、pH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度；B、醋酸加水稀释时，酸性减弱；C、常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等；D、浓度均为0.1 molL1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后生成CH3COONH4溶液解答：解：A、pH=5.6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，c（CH3C00）c（Na+），故A错误；B、在稀释过程中，由于n（CH3COOH）减小，而n（H+）增多，c（H+）减小，则c（OH）不断增大，故B正确；C、常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等，即c（CH3COOH）=mol/L=10 b14mol/L（01），所以=1014ab（01），则a+b14，故C错误；D、浓度均为0.1 mol1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后生成CH3COONH4溶液，CH3COONH4溶液显中性，根据电荷守恒，（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+），c（H+）=c（OH），c（CH3COO）=c（NH4+），故D正确；故选BD点评：本题考查了弱电解质的电离，题目难度不大，注意根据物料守恒判断混合溶液中离子浓度的关系5用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中不正确的是（）A 0.1molNH2（氨基）中含有的电子数目为1.0NAB 常温下，1L 0.1molL1 CH3COONa溶液中含有阴离子总数大于0.1NAC 标准状况下，2.24 LH2O中含有的原子总数大于0.3NAD 常温常压下，16 g O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、氨基不显电性；B、根据溶液中电荷守恒来分析；C、标况下，水为液态，密度约为1000g/L；D、O2和O3均由氧原子构成解答：解：A、氨基不显电性，即1mol氨基含9mol电子，则0.1mol氨基中含0.9mol电子，故A错误；B、在CH3COONa溶液中满足电荷守恒：n（CH3COO）+n（OH）=n（Na+）+n（H+）CV=0.1mol/L1L=0.1mol，即大于0.1NA个，故B正确；C、标况下，水为液态，密度约为1000g/L，则2.24L水的质量为2240g，物质的量n=124.5mol，故含有的原子的物质的量为373.3mol，大于0.3mol，故C正确；D、O2和O3均由氧原子构成，16g混合物中含有的氧原子的物质的量n=1mol，即含有NA个，故D正确故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6下列离子方程式书写正确的是（）A 向NaHCO3溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+2H2O+CO32B 向亚硫酸钠溶液中滴入少量新制的氯水：3SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2HSO3C 电解KBr溶液时阴极的电极反应式为：K+e=KD 将Fe2O3固体投入到少量HI溶液中：Fe2O3+6H+6I=2Fe2+3I2+3H2O考点：离子方程式的书写分析：A因为Ba（OH）2过量，反应后无CO32存在；B氯气具有强氧化性，亚硫酸根离子被氯气氧化成硫酸根离子，因滴入少量新制的氯水，所以亚硫酸根离子能和生成的氢离子生成亚硫酸氢根离子；C电解溴化钾溶液本质为电解电解质和水，生成溴单质、氢气、氢氧化钾；D氧化铁和酸反应生成铁离子，铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，两者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质解答：解：A定量的溶质通常假设为1mol，则NaHCO3溶液中NaHCO3为1mol，向NaHCO3溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液，反应为：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，故A错误；B亚硫酸为二元弱酸，向亚硫酸钠溶液中逐滴加入少量氯水，亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子，同时生成的氢离子和亚硫酸根离子结合生成亚硫酸氢根离子，所以离子方程式为：3SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2HSO3，故B正确；C电解溴化钾时，阳极产生溴单质，阴极产生氢气、碱，总离子方程式为：2Br+2H2O2OH+H2+Br2，阴极离子方程式为：2H+2e=H2，故C错误；D氧化铁和酸反应生成铁离子，铁离子和碘离子发生氧化还原反应：Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2O，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，是高考中常考考点，明确发生的化学反应是解答本题的关键，应注意利用电荷守恒、电子守恒及质量守恒定律来分析书写是否正确来分析，题目难度不大7乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为：2CH2=CH2+O22CH3CHO下列有关说法正确的是（）A 该电池为可充电电池B 电子移动方向：电极a磷酸溶液电极bC 正极反应式为：CH2=CH22e+2OHCH3CHO+H2OD 每有0.1mol O2反应，则迁移H+0.4mol考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：由总反应式可知CH2=CH2被氧化，应为原电池的负极反应，因电解质溶液呈酸性，则负极电极方程式为CH2=CH22e+H2O=CH3CHO+2H+，正极通入氧气，发生还原反应，电极方程式为O2+4H+4e2H2O，以此解答该题解答：解：A充电时，不能生成乙烯和氧气，不是充电电池，故A错误；B电子只能经过导线，不能经过溶液，故B错误；C正极发生还原反应，电极方程式为O2+4H+4e2H2O，负极为CH2=CH22e+H2O=CH3CHO+2H+，故C错误；D由电极方程式O2+4H+4e2H2O可知，每有0.1mol O2反应，则迁移H+0.4mol，故D正确故选D点评：本题考查了原电池原理的应用，为高频考点，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，易错点为B，注意电子不能流经溶液，题目难度中等二、非选择题：8某化学小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O（2）“酸浸”时所加入的酸是H2SO4（填化学式）（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是3.27.1（5）操作c为蒸发浓缩、冷却结晶过滤洗涤干燥等（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeS047H20），其原因可能是H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的（写出一点即可）（7）NiS047H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH23防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，（1）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；（2）依据最后制备NiSO47H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；铁及其化合物、镍和硫酸反应生成亚铁离子、铁离子和镍离子；（3）加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子易转化为沉淀除去；（4）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液；（5）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；（6）含有绿矾晶体说明在加入过氧化氢保温过程中，过氧化氢未把亚铁离子全部氧化（7）正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2；解答：解：由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH23防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+3H2O，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2、Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO47H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，则酸浸后，经操作a分离出固体后，溶液中可能含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；故答案为：H2SO4；（3）铁离子易转化为沉淀除去，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，其反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.27.1间，故答案为：3.27.1；（5）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，操作c为蒸发浓缩，冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO47H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化，故答案为：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的；（7）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；点评：本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、溶度积常数的有关计算，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等9过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案图1和装置示意图如下如图2：已知：主反应 2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）2Na2CO33H2O2 （s）H0副反应 2H2O2=2H2O+O250时2Na2CO33H2O2（s） 开始分解请回答下列问题：（1）步骤的关键是控制温度，原因是制备过碳酸钠是放热反应，防止分解，其措施有冷水浴、磁力搅拌和缓慢滴加H2O2溶液（2）在滤液X中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是增大钠离子浓度、降低产品的溶解度（盐析作用）（3）步骤中选用无水乙醇洗涤产品的目的是洗去水份，利于干燥（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有BDANaHCO3 BMnO2 CNa2SiO3 DNa2SO3（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取样品溶解加入BaCl2溶液过滤过滤洗涤洗涤干燥干燥称量需要直接测定的物理量有：样品的质量m1g、沉淀的质量m2g（用字母表示并注明其含义）产品中过碳酸钠质量分数的表达式为：考点：制备实验方案的设计分析：双氧水和碳酸钠混合控制温度发生反应2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO33H2O2（s），静置过滤得到固体2Na2CO33H2O2，将固体洗涤、干燥得到较纯净的2Na2CO33H2O2；（1）温度过高时过碳酸钠分解导致其产率过低，反应温度较低，控制温度可迁移苯与硝酸反应的温度控制方法：还可以搅拌冷却，让反应速率减小，缓慢滴加H2O2溶液；（2）溶液X中含有溶解的过碳酸钠，钠离子浓度越大，过碳酸钠的溶解度越小；（3）过碳酸钠难溶于乙醇，水和乙醇互溶；（4）过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有双氧水的性质，催化剂、还原性物质易促进过碳酸钠反应而导致失效；（5）沉淀法测定过碳酸钠质量分数需要称量样品质量和沉淀质量，列方程计算过碳酸钠的质量，进而计算得到过碳酸钠质量分数解答：解：双氧水和碳酸钠混合控制温度发生反应2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO33H2O2（s），静置过滤得到固体2Na2CO33H2O2，将固体洗涤、干燥得到较纯净的2Na2CO33H2O2；（1）制备过碳酸钠是放热反应，反应过程中放出的热量使温度升高，温度过高会导致过碳酸钠分解，从而降低其产率；反应温度较低，控制温度可迁移苯与硝酸反应的温度控制方法，即水浴法；搅拌也可以控制温度，所以还可用磁力搅拌的方法；让反应速率减小控制温度，所以可用缓慢滴加H2O2溶液的方法，故答案为：制备过碳酸钠是放热反应，防止分解；冷水浴；磁力搅拌；缓慢滴加H2O2溶液； （2）加入氯化钠固体，钠离子浓度增大，降低了过碳酸钠的溶解度，可以析出过碳酸钠，故答案为：增大钠离子浓度、降低产品的溶解度（盐析作用）；（3）无水乙醇能和水互溶，且极易挥发，所以选用无水乙醇洗涤，所以其目的是：洗去水份，利于干燥，故答案为：洗去水份，利于干燥；（4）过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有双氧水的性质，催化剂、还原性物质易促进过碳酸钠反应而导致失效，二氧化锰能作双氧水的催化剂、亚硫酸钠具有还原性，碳酸氢钠和硅酸钠都不与过碳酸钠反应，所以能引起过碳酸钠失效的是二氧化锰和亚硫酸钠，故选：BD；（5）实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g，沉淀物质的量=mol，设过碳酸钠物质的量为x，含有的碳酸钠物质的量为y，依据碳元素守恒得到：2x+y=，由质量可得：314x+106y=m1 解得x=过碳酸钠质量分数=x=mol314g/molm1g=，故答案为：样品的质量m1g、沉淀的质量m2g；点评：本题考查制备实验方案设计，侧重考查分析、计算及知识迁移、基本操作能力，难点是过碳酸钠质量分数的计算，灵活运用原子守恒解答，（4）利用知识迁移方法解答即可，题目难度中等10甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）2CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1（1）用CH4和02直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1（2）某温度下，向4L恒容密闭容器中通人6mol C02和6mol CH4，发生反应（），平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=1，CH4的转化率为33.3%（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）H2=29.1kJmol1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如图1、2：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0106Pa （填“3.5106PaPa“4.0106Pa“或“5.0106Pa”）实际工业生产中采用的温度是80，其理由是高于80时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低（4）直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注DMFC的工作原理如图3所示：通入a气体的电极是电池的负（填“正”或“负”）极，其电极反应式为常温下，用此电池以惰性电极电解O5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为13（忽略溶液的体积变化）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）根据盖斯定律计算书写热化学方程式；（2）根据平衡体系中各组分的体积分数均为，利用三段式计算出平衡时各组分的含量，计算平衡常数和转化率；（3）依据转化率曲线分析判断；图象分析速率随温度变化的趋势分析回答；（4）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应；根据电解池的工作原理和电极方程式来计算解答：解：（1）根据（）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1=+247.3kJmol1（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=90.1kJmol1（）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566.0kJmol1由（）2+（）2+（）得2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H，故H=2H1+2H2+H3=（+247.3kJmol1）2+（90.1kJmol1）2+（566.0kJmol1）=251.6kJmol1，所以用CH4和O2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1，故答案为：2CH4（g）+O2（g）2CH3OH（g）H=251.6kJmol1；（2）CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）起始（mol） 6 6 0 0变化（mol） x x 2x 2x平衡（mol）6x 6x 2x 2x平衡体系中各组分的体积分数均为，所以6x=2x，解得x=2，则此温度下该反应的平衡常数X=1，CH4的转化率为=33.3%，故答案为：1；33.3%；（3）从反应压强对甲醇转化率的影响“效率“看，图象中转化率变化最大的是4.0106Pa，故答案为：4.0106Pa；依据图象分析温度在高于80C对反应速率影响不大，反应是放热反应，温度过高，平衡逆向进行，不利于转化率增大，故答案为：高于80时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；（4）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为 CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故答案为：负；CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；用此电池以惰性电极电解饱和食盐水的电极反应为：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，当两极共收集到标准状况下的气体1.12L（0.05mol）时，则生成氢氧化钠的物质的量是0.05mol，所以COH=0.1mol/L，所以PH=13，故答案为：13点评：本题考查了盖斯定律的应用、热化学方程式的计算书写、化学平衡的计算、图象分析判断以及电化学的知识等，注意掌握基础知识的掌握，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（15分）11海洋是一个丰富的资宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用：阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等（写一点即可）（2）电渗析法是近年发展起的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：海水不能直接通入到阴极室中，理由是海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜A口排出的是淡水（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含Na+，K+，Mg2+，Cl，Br等离子）可提取溴，其生产流程如下：若吸收塔中的溶液含BrO3，则吸收塔中反应的离子方程式为：3CO32+3Br2=5Br+BrO3+3CO2通过氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化重新获得含Br2的溶液？富集溴，提高Br2的浓度向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来考点：海水资源及其综合利用分析：（1）海水晒盐通过蒸发、结晶制取食盐；阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过；（2）海水中含有的Mg2+和Ca2+等阳离子易和氢氧根离子反应生成沉淀；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓度大的为浓水，离子浓度小的为淡水；（3）吸收塔中碳酸根离子与溴单质反应生成溴离子、硝酸根离子和二氧化碳气体，据此写出反应的离子方程式；在中溴单质浓度较小，通过吹出、吸收、酸化重新获得含Br2的溶液，可以富集溴，降低成本；温度过高会导致水蒸气蒸发出来，温度过低无法将溴蒸发出来解答：解：（1）海水晒盐需要通过蒸发、结晶过程，所以还需要结晶池，故答案为：结晶；阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电解电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯，故答案为：阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等；（2）海水中含有海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时阴极附近生成氢氧根离子，导致氢氧根离子和钙镁离子反应生成Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，从而抑制离子通过，导致电渗析法失败，故答案为：海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，室离子浓度变小，室离子浓度不大，离子浓度大的为浓水，所以浓水在B处排出，淡水在A处排出，故答案为：淡水；（3）纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3生成，反应的离子方程式为：3CO32+3Br2=5Br+BrO3+3CO2，故答案为：3CO32+3Br2=5Br+BrO3+3CO2；从出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，产品成本高，所以需要进一步浓缩溴，提高溴的浓度，故答案为：富集溴，提高Br2的浓度；温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来点评：本题考查海水的综合利用、海水晒盐、电渗析法淡化海水、从海水中提溴的原理，题目难度中等，明确图片内涵、生成流程为解本题关键，（2）中阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）1014宁德二模）氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节氢气的制取（1）水是制取氢气的常见原料，下列说法正确的是AB（填序号）AH3O+的空间构型为三角锥形B水的沸点比硫化氢高C冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图1，则其化学式为SrTiO3 氢气的存储（3）Ti（BH4）2是一种储氢材料Ti原子在基态时的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2Ti（BH4）2可由TiCl4和LiBH4反应制得，TiCl4熔点25.0，沸点136.94，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为分子晶体（4）最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上（结构如图2所示），每个平面上下两侧最多可储存10个H2分子元素电负性大小关系是：CS（填“”、“=”或“”）分子中C原子的杂化轨道类型为sp2有关键长数据如下：CSC=SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于CS与C=S之间，原因可能是：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质等C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算专题：化学键与晶体结构分析：（1）A水合氢离子中氧原子含有3个键和1个孤电子对，所以其采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；BO的电负性较大，对应的氢化物可形成氢键，沸点较高；C在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，利用均摊法计算；（2）利用均摊法计算该晶胞中含有的原子个数，从而确定其化学式；（3）处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，Ti元素为22号元素，原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律书写；TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136.94；根据其物理性质来判断晶体类型；（4）一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+键数进行判断；当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；根据键长数据分析；分子与分子间的作用力为分子间作用力解答：解：I（1）A水合氢离子中，价层电子对数=3+（6131）=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，故A正确；B氢键广泛存在于非金属性较强