2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学五诊试卷 - 图文

2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学五诊试卷

一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（6分）（2015?甘肃校级模拟）下列关于化学用语的表示正确的是（ ） A．CO2的电子式 B．CCl4的比例模型： 含有18个中子的氯原子的核素符号：C．Cl D．硫原子的结构示意图： 2．（6分）（2015?甘肃校级模拟）下列说法错误的是（ ） A．明矾可用于海水的净化，但不能用于海水的淡化 使用清洁能源是防止酸雨的重要的措施 B． 胃酸过多的病人均可服用含Al（OH）3或NaHCO3的药物进行治疗 C． D．84消毒液可用来漂白某些衣物，为加快漂白速度，使用时可加入少量稀盐酸 3．（6分）（2015?南昌三模）甲苯苯环上的一个H原子被﹣C3H6Cl取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ） A．9种 B． 12种 C． 15种 D． 18种 4．（6分）（2015?甘肃校级模拟）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有关说法正确的是（Pb的相对原子质量：207）（ ）

﹣ A．正极反应式：Ca+2Cl﹣2e=CaCl2 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转 B． 放电过程中，Li+向负极移动 C． D．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7g Pb 5．（6分）（2014?日照一模）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Y元素形成的单质，常温下丙

﹣

和己均为气体．已知反应：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；常温下0.01mol?L丁溶液的pH为12．下列说法正确的是（ ） A．元素X在周期表中的位置为第2周期VIA族 元素X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为r（Z）＞r（Y）＞r（X） B． 1mol甲与足量的乙完全反应转移的电子数为6.02×1023 C．﹣ 1D． .0L 0.1mol?L1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol 6．（6分）（2015?甘肃校级模拟）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或溶液的物质的量浓度关系正确的是（ ） ﹣﹣ 0A． .1mol/L的NaHSO3溶液中：c（OH）﹣c（H+）=c（SO32）﹣c（H2SO3） ﹣ 1L 0.1mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（SO42）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）B．＞c（OH） pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜cC．（Na2CO3） 2﹣++ D．向0.01mol/L的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时：c（SO4）＞c（Na）=c（NH4）﹣+＞c（OH）=c（H） 7．（6分）（2015?甘肃校级模拟）将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO 2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体．下列有关说法：①c（HNO3）=2mol/L；②无法计算硝酸的浓度；③m=8.0；④m=7.2，其中正确的是（ ） ①④ ①③ ②④ ②③ A．B． C． D．

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-第32题为必做题，每个试题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分） 8．（14分）（2015?武汉模拟）N2H4通常用作火箭的高能燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题 已知：

①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol

②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol ③2NO2（g?N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol

写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式

（2）工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制各肼，该反应的化学方程式为 （3）N2、H2合成氨气为放热反应．800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入1mol N2、3molH2，如图1，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡．

①达到平衡时，平衡常数K甲 K乙 K丙（填“＞”“＜”或“=”）

②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲 c（N2）乙 丙（填“＞”“＜”或“=”） ③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是 A、乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态 B、在甲中充入稀有气体He，化学反应速率加快

C、向甲容器中冲入氨气，正向速率减小，逆向速率增大 D、丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态

﹣﹣1

（4）氨气通入如图2电解装置可以辅助生产NH4NO3该电解池的阴极反应式为 ． （5）在20mL 0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为 ．

9．（14分）（2015?云南一模）用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．

回答下列问题：

（1）有关钛的说法正确的是 （填字母序号）．

A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价 B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键 C．钛元素位于元素周期表中IVA族

D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg

Ti+2MgCl2

（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4?7H2O，Ⅱ中应采取的操作

是 、 、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4?7H2O后的溶液中存在Fe2+ ．

（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是 ．

（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2?xH2O，该反应的化学方程式是 ．

（5）将TiO2 熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是 ． 10．（15分）（2015?甘肃校级模拟）氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，可用作有机合成催化剂．

I．实验室中以粗铜（含杂质铁）为原料制备铜的氯化物．现用如图1所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略）．

请回答：

（1）装置A中仪器Z的名称为 ．

（2）按气流方向连接各仪器，接口顺序为：a→ 、 → 、 → 、 → ． （3）简述检验装置A气密性的操作： ． （4）D中发生反应的化学方程式为 ．

（5）反应后，装置B中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效．该电化学腐蚀过程中正极反应式为 ．

Ⅱ．将上述实验制得的固体产物按如图2的流程操作，请回答： （1）用稀盐酸溶解固体的原因为 ．

（2）已知CuCl难溶于水，由溶液2制CuCl的离子方程式为： ． （3）用下面的方法测定固体产物中的CuCl2的质量分数：

取2.00mL溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20%KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液．用0.200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定．反应原理为2Cu+4I═2CuI↓+I2、I2+2S2O3═S4O6

﹣

+2I．重复滴定3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则固体产物中CuCl2的质量分数为 ．（保留三位有效数字）

【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分） 11．（15分）（2015?怀化一模）某矿石中除含SiO2外，还有9.24% CoO、2.78% Fe2O3、0.96% MgO、0.084% CaO，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：

2+

﹣

2﹣2﹣

（1）在一定浓度的H2SO4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示．考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为 小时，最佳的浸出温度为 ℃．

（2）请配平下列除铁的化学方程式：

Fe2（SO4）3+H2O+Na2CO3═Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+Na2SO4+CO2↑ （3）“除钙、镁”的原理反应如下：MgSO4+2NaF═MgF2↓+Na2SO4；

﹣10﹣11

CaSO4+2NaF═CaF2↓+Na2SO4．已知KSP（CaF2）=1.11×10、KSP（MgF2）=7.40×10，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中的

= ．

（4）“沉淀”中含杂质离子主要有 ；“操作X”名称为 ．

++

（5）某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li导电固体为电解质．充电时，Li还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳﹣6（C6）中，电池反应为LiCoO2+C6

﹣

CoO2+LiC6．LiC6

中Li的化合价为 价．若放电时有1mol e转移，正极质量增加 g．

【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分） 12．（2015?甘肃校级模拟）氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．

（1）COCl2的空间构型为 ；溴的价电子排布式为 ．

（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列 式发生．

A． CsICl2=CsCl+ICl B． CsICl2=CsI+Cl2

（3）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是 ． 氖 氧 溴 碘 1681 1251 1140 1008 第一电离能 （Kj/mol）

（4）下列分子既不存在s﹣p?键，也不存在p﹣pπ键的是 ．

A． HCl B．HF C． SO2 D． SCl2

﹣

（5）已知ClO2一为角型，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2中心氯原子的杂化轨道类

﹣

型为 ，写出CN的等电子体的分子式 （写出1个）．

（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物品体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为 ．已知该氧化物的密度是ρg?cm，则品胞离得最近的两个钙离子间的距离为 cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）．

﹣3

【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分） 13．（2015?云南一模）异戊二烯是一种化工原料，有如下转化关系：

回答下列问题：

（1）A的名称（系统命名）是 ；B→C的反应类型是 ． （2）B的结构简式是 ；D的核磁共振氢谱共有 组峰． （3）上述转化关系中互为同系物的是 （填化合物代号）． （4）F生成PHB的化学方程式是 ． （5）E的同分异构体中，既能发生银镜反应，也能与碳酸氢钠溶液反应的共有 种 （不考虑立体异构）．

（6）F除了合成PHB外，还可经过 、酯化、聚合三步反应合成

（一种类似有机玻璃的塑料）．在催化剂作用下，第三步反应的化学方程式是 ．

2015年甘肃省兰州市西北师大附中高考化学五诊试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（6分）（2015?甘肃校级模拟）下列关于化学用语的表示正确的是（ ） A．CO2的电子式 B．CCl4的比例模型： 含有18个中子的氯原子的核素符号：C．Cl D．硫原子的结构示意图： 考点： 电子式、化学式或化学符号及名称的综合． 分析： A．二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，该电子式中漏掉了氧原子的2对孤电子对； B．四氯化碳的比例模型中，Cl原子的相对体积应该大于C原子； C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数； D．硫原子的核电荷数=核外电子总数=16，最外层为6个电子． 解答： 解：A．二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，C、O原子最外层都达到8电子稳定结构，二氧化碳正确的电子式为：，故A错误； B．四氯化碳中，氯原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为：故B错误； C．含有18个中子的氯原子的质量数为35，该核素符号可以表示为：，Cl，故C正确； D．硫原子的核电荷数、核外电子总数都是16，最外层为6个电子，硫原子正确的原子结构示意图为：，故D错误； 故选C． 点评： 本题考查了常见化学用语的书写方法，题目难度中等，涉及原子结构示意图、电子式、

比例模型、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力． 2．（6分）（2015?甘肃校级模拟）下列说法错误的是（ ） A．明矾可用于海水的净化，但不能用于海水的淡化 使用清洁能源是防止酸雨的重要的措施 B． 胃酸过多的病人均可服用含Al（OH）3或NaHCO3的药物进行治疗 C． D．84消毒液可用来漂白某些衣物，为加快漂白速度，使用时可加入少量稀盐酸 考点： 盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；药物的主要成分和疗效． 分析： A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水；但明矾不能吸附可溶性的物质； B．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的； C．含Al（OH）3或NaHCO3的药物能和盐酸反应生成盐，从而降低溶液酸性； D．加入盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HClO的浓度． 解答： 解：A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮物而净水；但明矾不能吸附可溶性的物质，所以不能进行海水淡化，故A正确； B．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，所以能防止酸雨的形成，故B正确； C．含Al（OH）3或NaHCO3的药物能和盐酸反应生成盐和水，从而降低溶液酸性，且二者碱性不强，故C正确； D．加入盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HClO的浓度，则减弱84消毒液的漂白效果，故D错误； 故选D． 点评： 本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，易错选项是D，注意盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气，学会利用化学知识解释生活现象，题目难度不大． 3．（6分）（2015?南昌三模）甲苯苯环上的一个H原子被﹣C3H6Cl取代，形成的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ） A．9种 B． 12种 C． 15种 D． 18种 考点： 同分异构现象和同分异构体． 专题： 同分异构体的类型及其判定． 分析： ﹣C3H6Cl在甲苯苯环上位置有邻、间、对3种情况，﹣C3H6Cl异构情况包括碳链异构2种，结合官能团Cl位置异构总共5中情况，故形成的同分异构体为3×5=15． 解答： 解：﹣C3H6Cl在甲苯苯环上位置有邻、间、对3种情况，﹣C3H6Cl中碳链异构为和数字编号为Cl的位置，因此﹣C3H6Cl异构情况为5种，故同分异构体的种类为：3×5=15， 故选：C． 点评： 本题考查同分异构体的种类，包括碳链异构、官能团异构、位置异构、立体异构，计算出﹣C3H6Cl异构的情况是解答本题难点．

4．（6分）（2015?甘肃校级模拟）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有关说法正确的是（Pb的相对原子质量：207）（ ）

﹣ A．正极反应式：Ca+2Cl﹣2e=CaCl2 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转 B． 放电过程中，Li+向负极移动 C． D．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7g Pb ﹣考点： 原电池和电解池的工作原理． 专题： 电化学专题． 分析： 由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl﹣2e=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣++2Li=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算． ﹣+解答： 解：A．正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li=Li2SO4+Pb，故A错误； B．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故B正确； C．放电过程中阳离子向正极移动，故C错误； D．根据电极方程式PbSO4+2e+2Li=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故D错误． 故选B． 点评： 本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等． 5．（6分）（2014?日照一模）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Y元素形成的单质，常温下丙和己均为气体．已知反应：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；常温下0.01mol?L为12．下列说法正确的是（ ） A．元素X在周期表中的位置为第2周期VIA族 元素X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为r（Z）＞r（Y）＞r（X） B． 1mol甲与足量的乙完全反应转移的电子数为6.02×1023 C．﹣1 D．1.0L 0.1mol?L戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol 考点： 位置结构性质的相互关系应用． 专题： 元素周期律与元素周期表专题． ﹣﹣﹣+﹣1

丁溶液的pH

分析： 0.01 mol/L 丁溶液的pH为12，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Y元素组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子数可知，W为H、Y为O、Z为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为碳元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题． 解答： 解：0.01 mol/L 丁溶液的pH为12，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Y元素组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子数可知，W为H、Y为O、Z为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为碳元素， A．X为碳，在周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族，故A错误； B．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：Na＞C＞O，即：r（Z）＞r（X）＞r（Y），故B错误； C．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，1molNa2O2反23应转移的电子为1mol，约6.02×1O个电子，故C正确； ﹣﹣2﹣D．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO3离子水解生成HCO3离子和OH离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故D错误， 故选C． 点评： 本题为元素化合物推断，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，“0.01mol?L﹣1丁溶液的pH为12”是推断突破口，对学生的逻辑推理有一定的要求，D选项注意盐类水解． 6．（6分）（2015?甘肃校级模拟）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或溶液的物质的量浓度关系正确的是（ ） ﹣﹣ 0A． .1mol/L的NaHSO3溶液中：c（OH）﹣c（H+）=c（SO32）﹣c（H2SO3） ﹣ 1L 0.1mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（SO42）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）B．＞c（OH） pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜cC．（Na2CO3） 2﹣++ 向D． 0.01mol/L的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时：c（SO4）＞c（Na）=c（NH4）＞c（OH）=c（H） 考点： 离子浓度大小的比较． 分析： A．根据亚硫酸氢钠溶液中的物料守恒和电荷守恒判断； ﹣﹣+B．水解程度较小，则c（NH4）＞c（Fe），硫酸根离子不水解，则其浓度最大，水﹣+解后溶液显示酸性，则c（H）＞c（OH）； C．氢氧化钠为强碱溶液，其浓度最小，碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，则碳酸钠溶液浓度小于醋酸钠； D．当硫酸氢铵与氢氧化钠的物质的量相等时，反应生成硫酸铵、硫酸钠，溶液显示酸性，所以加入的氢氧化钠应该稍过量，则c（Na）＞c（SO4）． ﹣2﹣解答： 解：A.0.1mol/L的NaHSO3溶液中，根据电荷守恒可得：c（OH）+2c（SO3）+c（HSO3﹣﹣++2﹣）=c（H）+c（Na），根据物料守恒可得：c（H2SO3）+c（SO3）+c（HSO3）=c﹣++2﹣（Na），二者结合可得：c（OH）﹣c（H）=c（H2SO3）﹣c（SO3），故A错误；

+2﹣+2+B.1L 0.1mol?L（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，铵根离子和亚铁离子部分水解，溶液显示酸性；由于水解程度较小，则铵根离子浓度大于亚铁离子浓度，硫酸根离子不水解，其浓度最大，则得到溶液中离子浓度大小为：c（SO4）＞c（NH4）＞c（Fe）＞c﹣+（H）＞c（OH），故B正确； C．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，NaOH为强碱溶液，所以氢氧化钠溶液的浓度最小；碳酸钠溶液的水解程度大于醋酸钠，则pH相同时，醋酸钠的浓度大小碳酸钠，所以三种溶液的浓度大小为：：（NaOH）c＜（cNa2CO3）＜（cCH3COONa），故C错误； D．常温下，向0.01mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.01mol/L NaOH溶液至中性，NH4HSO4﹣++中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H作用，因为H结合OH的能﹣+力比NH4结合OH的能量强（原因是产物H2O比NH3?H2O更难电离），当加入等物++2﹣质的量的NaOH时，正好将H中和，此时c（Na）=c（SO4），但此时溶液中还有++NH4，NH4水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然﹣++2﹣+到中性时c（OH）=c（H），c（Na）＞c（SO4 ）＞c（NH4），所以正确的离子﹣+2﹣++浓度大小为：c（Na）＞c（SO4）＞c（NH4）＞c（OH）=c（H），故D错误； 故选B． 点评： 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法． 7．（6分）（2015?甘肃校级模拟）将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO 2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体．下列有关说法：①c（HNO3）=2mol/L；②无法计算硝酸的浓度；③m=8.0；④m=7.2，其中正确的是（ ） ①④ ①③ ②④ ②③ A．B． C． D． 考点： 有关混合物反应的计算． 分析： 标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1mol，生成0.1molNO转移电子的物质﹣12﹣+2+的量为：0.1mol×（5﹣2）=0.3mol；铜和镁都是2价金属，根据电子守恒可知金属的物质的量为：=0.15mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，200mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15mol×2+0.1mol=0.4mol，根据c=计算出硝酸的物质的量浓度； 铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO，得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量=金属质量+氧元素质量． 解答： 解：标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1mol，生成0.1molNO转移电子的物质的量为：0.1mol×（5﹣2）=0.3mol， 铜和镁都是2价金属，则金属的物质的量为：=0.15mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，200mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15mol×2+0.1mol=0.4mol，该硝酸溶液的浓度为：=2mol/L，故

①正确、②错误； 铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO，得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量为：+16g/mol×0.15mol=8g，故③正确、④错误； 根据分析可知，正确的为①③， 故选B． 点评： 本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-第32题为必做题，每个试题考生都必须作答．第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分） 8．（14分）（2015?武汉模拟）N2H4通常用作火箭的高能燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题 已知：

①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol

②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol ③2NO2（g?N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol

写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式 2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣（a﹣c+2b）kJ/mol （2）工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制各肼，该反应的化学方程式为

NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O （3）N2、H2合成氨气为放热反应．800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入1mol N2、3molH2，如图1，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡．

①达到平衡时，平衡常数K甲 = K乙 ＞ K丙（填“＞”“＜”或“=”）

②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲 ＞ c（N2）乙 ＜ 丙（填“＞”“＜”或“=”） ③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是 CD A、乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态 B、在甲中充入稀有气体He，化学反应速率加快

C、向甲容器中冲入氨气，正向速率减小，逆向速率增大 D、丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态

（4）氨气通入如图2电解装置可以辅助生产NH4NO3该电解池的阴极反应式为 NO+5e

++

+6H=NH4+H2O ．

（5）在20mL 0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为 c（NO3）＞c（NH4）＞c（Na）＞c（OH）＞c（H） ．

﹣

﹣

++

﹣

+

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；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较． 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）根据盖斯定律进行计算，书写热化学方程式； （2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式； （3）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小； ②乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小，甲容器在反应过程中保持压强不变，故甲对于乙来说，相当于增大压强，平衡正向移动；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行； ③A．密度=，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说明此反应已达到平衡状态； B．在甲中充入稀有气体He，体积增大，原体系的压强减小，化学反应速率减慢； C．向甲容器中冲入氨气，体积增大，氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，故正向速率减小，逆向速率增大； D．丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态； （4）电解NO制备NH4NO3，阴极反应为：NO+5e+6H=NH4+H2O； （5）在20mL 0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性， NH4N03与氢氧化钠反应生成硝酸钠和一水合氨，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的硝酸铵、硝酸钠和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离大于硝酸铵的水解，依此判断离子浓度大小关系． 解答： 解：（1）由①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol ②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol ③2NO2（g?N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol 根据盖斯定律可知②×2﹣①﹣③得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣（a﹣c+2b）kJ/mol， 故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣（a﹣c+2b）kJ/mol； （2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O， 故答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O； （3）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故K甲=K乙＞K丙； 故答案为：=，＞； ②甲容器在反应过程中保持压强不变，故容器体积减小，氮气的浓度增大；乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，故达到平衡时N2的浓度c（N2）甲＞c（N2）乙＜c（N2）丙， 故答案为：＞，＜； ③A．密度=，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能﹣++说明此反应已达到平衡状态，故A错误； B．在甲中充入稀有气体He，体积增大，原体系的压强减小，化学反应速率减慢，故B错误；

C．向甲容器中冲入氨气，体积增大，氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，故正向速率减小，逆向速率增大，故C正确； D．丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态，故D正确； 故答案为：CD； （4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e+2H2O=NO3+4H，阴极反应为：﹣++NO+5e+6H=NH4+H2O， ﹣++故答案为：NO+5e+6H=NH4+H2O； （5）在20mL 0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，NH4N03与氢氧化钠反应生成硝酸钠和一水合氨，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的硝酸铵、硝酸钠和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离大于硝酸铵的水解，故离子浓度大小关系为c（NO3）＞c（NH4）＞c（Na）＞c（OH）＞c（H）， ﹣﹣+++故答案为：c（NO3）＞c（NH4）＞c（Na）＞c（OH）＞c（H）． 点评： 本题考查的知识点较多，涉及盖斯定律的应用、化学方程式和电极反应式的书写、化学反应速率和化学平衡的相关知识、以及离子浓度的比较，难度较大．侧重考查学生的综合能力． 9．（14分）（2015?云南一模）用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．

﹣﹣﹣+++﹣+

回答下列问题：

（1）有关钛的说法正确的是 AD （填字母序号）． A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价 B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键 C．钛元素位于元素周期表中IVA族

D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg

Ti+2MgCl2

（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4?7H2O，Ⅱ中应采取的操作是 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4?7H2O后的溶液中存在Fe2+ 取少量剩余2+

溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe存在 ．

2++

（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是 TiO+2H2O=H2TiO3↓+2H ．

（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2?xH2O，该反应的化学方程式是 TiCl4+（x+2）H2O?TiO2?xH2O↓+4HCl ． （5）将TiO2 熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为

﹣2﹣

阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是 H2+O﹣2e=H2O ． 考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 分析： （1）A．在化合物里，正负化合价的代数和为0； B．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键； C．钛的原子序数是22； D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛． （2）通过蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O；遇KSCN溶液呈血红色是3+3+3+Fe的特征反应，根据Fe的特征反应先加KSCN溶液，确定是否含有Fe；如果没有3+Fe，根据氯水的性质，再向溶液中加入氯水，观察溶液的颜色是否变化，从而确定是2+否含有Fe； 2++（3）TiO水解生成H2TiO3和H； （4）发生反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；TiCl4水解生成TiO2?xH2O和HCl； （5）电解池的阳极发生失电子的氧化反应． 解答： 解：（1）A．氧元素的化合价是﹣2价，硫酸根的化合价是﹣2价，所以在TiOSO4中钛元素的化合价为+4价，故A正确； B．TiO2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故B错误； C．钛的原子序数是22，位于元素周期表中IVB族，故C错误； D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，故D正确． 故答案为：AD； 2+（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4.7H2O；Fe与KSCN3+溶液反应无血红色出现，但Fe与KSCN反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有2+无Fe，则先要在溶液中加入KSCN溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现2+血红色，则证明原溶液中含Fe．，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变2+红，证明溶液中有Fe存在； 2+2++（3）TiO水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO+2H2O=H2TiO3↓+2H，故答案为：2++TiO+2H2O=H2TiO3↓+2H； （4）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，则C被氧化，做还原剂，升高4价，Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，降低4价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；TiCl4水解生成TiO2?xH2O和HCl，化学方程式是TiCl4+（X+2）H2O?TiO2?xH2O↓+4HCl，故答案为：1：1；TiCl4+（X+2）H2O?TiO2?xH2O↓+4HCl； （5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式H2+O﹣2e=H2O，故答案为：H2+O﹣2e=H2O． 点评： 本题考查物质的分离提纯以及电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反

2﹣﹣2﹣﹣应式的书写，图中电子的移动方向是解答的关键． 10．（15分）（2015?甘肃校级模拟）氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，可用作有机合成催化剂．

I．实验室中以粗铜（含杂质铁）为原料制备铜的氯化物．现用如图1所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略）．

请回答：

（1）装置A中仪器Z的名称为 圆底烧瓶 ．

（2）按气流方向连接各仪器，接口顺序为：a→ d 、 e → h 、 i → f 、 g → b ．

（3）简述检验装置A气密性的操作： 利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好 ． （4）D中发生反应的化学方程式为 Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3 ．

（5）反应后，装置B中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效．该电化学腐蚀过程中正极反应式为 ClO+2e+H2O=Cl+2OH ． Ⅱ．将上述实验制得的固体产物按如图2的流程操作，请回答：

（1）用稀盐酸溶解固体的原因为 抑制Cu、Fe水解 ．

﹣2+

（2）已知CuCl难溶于水，由溶液2制CuCl的离子方程式为： 2Cu+2Cl+SO2+2H2O2CuCl↓+4H+SO4 ．

+

2﹣

2+

3+

﹣

﹣

﹣

﹣

（3）用下面的方法测定固体产物中的CuCl2的质量分数：

取2.00mL溶液2转移到锥形瓶中，再加入过量的20%KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液．用0.200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定．反应原理为2Cu+4I═2CuI↓+I2、I2+2S2O3═S4O6

﹣

+2I．重复滴定3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则固体产物中CuCl2的质量分数为 83.1% ．（保留三位有效数字） 考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的有关计算；制备实验方案的设计． 分析： I．（1）仪器A为圆底烧瓶； （2）KMnO4与浓盐酸制取的Cl2含有HCl和H2O，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去H2O，然后Cl2与Cu反应，最后用NaOH溶液吸收未反应的Cl2，防止污染空气； 2+

﹣

2﹣2﹣

（3）利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好； （4）D中发生反应有：氯气与Cu反应生成氯化铜，与Fe反应生成氯化铁； （5）装置B吸收未反应的氯气，反应生成NaCl、NaClO，NaClO具有漂白性，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效，说明ClO在正极上得电子，﹣﹣发生还原反应生产Cl，由于为碱性条件，还生成OH， Ⅱ．粗铜含有Fe，制备的CuCl2中含有FeCl3，CuCl2和FeCl3均为强酸弱碱盐，能发生水解反应，水解产物均有HCl，加稀盐酸溶解，能抑制氯化铜、氯化铁水解，加入氢+3+氧化钠溶液，消耗溶液中H，调节pH使杂质Fe转化为沉淀而除去，溶液2含有CuCl2，2通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO4￣； ﹣﹣2+2﹣2﹣（3）由2Cu+4I=2CuI↓+I2、I2+2S2O3=S4O4+2I，可得关系式2n（ClCl2）～I2～2﹣2n（S2O3），据此计算200mL溶液中n（ClCl2），进而计算ClCl2的质量分数． 解答： 解：I．（1）仪器A为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶； （2）KMnO4与浓盐酸制取的Cl2含有HCl和H2O，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去H2O，然后Cl2与Cu反应，最后用NaOH溶液吸收未反应的Cl2，防止污染空气，故按气流方向连接仪器接口顺序为a→d、e→h、i→f、g→b，故答案为：d；e；h；i；f；g；b； （3）检验A装置气密性方法为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好， 故答案为：利用止水夹夹住导气管的橡皮管，从长颈漏斗中加水至漏斗内外形成液面高度差，一段时间内，液面高度差不变，说明气密性良好； （4）D中发生反应有：氯气与Cu反应生成氯化铜，与Fe反应生成氯化铁，反应方程式为：Cu+Cl2故答案为：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3， 2FeCl3； ﹣﹣（5）装置B吸收未反应的氯气，反应生成NaCl、NaClO，NaClO具有漂白性，钢铁制品表面生成红褐色沉淀、溶液会失去漂白、杀菌消毒功效，说明ClO在正极上得电子，﹣﹣发生还原反应生产Cl，由于为碱性条件，还生成OH，该电化学腐蚀过程中正极反应﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣式为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH，故答案为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH； Ⅱ．粗铜含有Fe，制备的CuCl2中含有FeCl3，CuCl2和FeCl3均为强酸弱碱盐，能发生水解反应，水解产物均有HCl，加稀盐酸溶解，能抑制氯化铜、氯化铁水解，加入氢氧化钠溶液，消耗溶液中H，调节pH使杂质Fe转化为沉淀而除去，溶液2含有CuCl2，2通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，发生氧化还原反应，SO2为还原剂，被氧化为SO4￣， 2+3+（1）由上述分析可知，用稀盐酸溶解固体的原因是：抑制Cu、Fe水解，故答案为：2+3+抑制Cu、Fe水解； （2）溶液2含有CuCl2，通入一定量的SO2，生成沉淀CuCl，发生氧化还原反应，SO2﹣22+为还原剂，被氧化为SO4￣，反应离子方程式为：2Cu+2Cl+SO2+2H2O+SO2+2H2O2+﹣+3+2CuCl↓+4H+SO4，故答案为：2Cu+2Cl2CuCl↓+4H+SO4； 2﹣2﹣﹣+2﹣2+﹣+2﹣（3）由2Cu+4I=2CuI↓+I2、I2+2S2O3=S4O4+2I，可得关系式2n（ClCl2）～I2～

2n（S2O3），故200mL溶液中n（ClCl2）=n（S2O3）=0.02L×0.2mol/L×则样品中m（ClCl2）=0.4mol×135g/mol=54g，则ClCl2的质量分数为2﹣2﹣=0.4mol，×100%=83.1%，故答案为：83.1%． 点评： 本题考查物质的制备实验方案、化学工艺流程，涉及对装置及操作的分析评价、气密性检验、电化学腐蚀、滴定计算等，侧重于基础知识的综合应用，难度中等． 【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分） 11．（15分）（2015?怀化一模）某矿石中除含SiO2外，还有9.24% CoO、2.78% Fe2O3、0.96% MgO、0.084% CaO，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如下：

（1）在一定浓度的H2SO4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图所示．考虑生产成本和效率，最佳的浸出时间为 12 小时，最佳的浸出温度为 90 ℃．

（2）请配平下列除铁的化学方程式：

Fe2（SO4）3+H2O+Na2CO3═Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+Na2SO4+CO2↑ （3）“除钙、镁”的原理反应如下：MgSO4+2NaF═MgF2↓+Na2SO4；

﹣10﹣11

CaSO4+2NaF═CaF2↓+Na2SO4．已知KSP（CaF2）=1.11×10、KSP（MgF2）=7.40×10，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中的

2﹣

+

+

= 1.5 ．

（4）“沉淀”中含杂质离子主要有 SO4、NH4、Na ；“操作X”名称为 洗涤、干燥 ．

++

（5）某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li导电固体为电解质．充电时，Li还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳﹣6（C6）中，电池反应为LiCoO2+C6

﹣

CoO2+LiC6．LiC6

中Li的化合价为 0 价．若放电时有1mol e转移，正极质量增加 7 g． 考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

专题： 实验设计题；电化学专题． 分析： （1）根据浸出率与时间和温度的关系及生产成本分析； （2）根据原子守恒配平方程式； （3）=； （4）根据流程图中加入的物质分析，该沉淀中吸附易溶于水的离子；得到的沉淀要进行洗涤和干燥，才能得到较纯净、干燥的物质； （5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，依据负极电极材料和题干信息分析计算． 解答： 解：（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90℃和120℃浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90℃，故答案为：12；90； （2）根据原子守恒配平方程式，所以其方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6 （SO4）4（OH）12↓+5Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3，6，6，1，5，6； （3）===1.5，故答案为：1.5； （4）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中含有铵根离子和钠离子，所以沉淀上含有铵根离子和钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，故答案为：SO4、NH4、Na；洗涤；干燥； +（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：CoO2+Li+e﹣+=LiCoO2，充电时，Li还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳﹣6（C6）中，﹣+﹣所以负极为LiC6中Li的化合价为0价，若放电时有1mol e转移，CoO2+Li+e=LiCoO2，正极质量增加为1molLi+的质量=1mol×7g/mol=7g； 故答案为：0，7g； 点评： 本题考查难溶电解质的溶解平衡、电极反应式的书写、物质的分离和提纯等知识点，难点是（3）题，明确溶度积常数的含义是解此题关键，电极反应式的书写是学习难点，要结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等． 【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分） 12．（2015?甘肃校级模拟）氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．

25

（1）COCl2的空间构型为 平面三角形 ；溴的价电子排布式为 4s4p ．

（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列 A 式发生．

A． CsICl2=CsCl+ICl B． CsICl2=CsI+Cl2

（3）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是 碘 ． 氖 氧 溴 碘 1681 1251 1140 1008 第一电离能 （Kj/mol） （4）下列分子既不存在s﹣p?键，也不存在p﹣pπ键的是 D ． A． HCl B．HF C． SO2 D． SCl2

2﹣++

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