1、广东省揭阳市2015年高考二模化学试卷一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1下列关于有机物的说法正确的是（）A石油的分馏和裂化均属于化学变化B棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维C糖类、蛋白质、合成橡胶都是高分子化合物D甲苯、乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色考点：有机高分子化合物的结构和性质；物理变化与化学变化的区别与联系；有机物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.分析：A石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法；裂化是将相对分子质量较大，沸点较高的烃断裂为相对分子质
2、量较小、沸点较低的烃的过程；B自然界生长和存在的可用于纺织或用作增强材料的一类纤维包括植物纤维、动物纤维和矿物纤维等；C相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；D聚乙烯不含不饱和键性质稳定解答：解：A石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，石油裂化是化学变化，故A错误； B天然纤维的种类很多长期大量用于纺织的有棉麻毛丝四种棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，棉纤维的产量最多，故B正确；C糖类中的单糖和二糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D甲苯、乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯不含不
3、饱和键性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误故选B点评：本题考查石油的分馏、天然纤维、高分子化合物、不饱和键等，题目难度不大，注意掌握甲苯、乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色2（4分）（2015揭阳二模）设nA表示阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是（）A1 mol Cu和足量的硫反应，转移的电子数为nAB标准状况下，22.4 L氯仿中含有的分子数为nAC25时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1nAD53.5g NH4Cl中含有的分子数为NA考点：阿伏加德罗常数.分析：A铜与硫反应生成Cu2S，硫化铜中铜为+1价；B标况下，氯仿为液体；C溶液体积不知，不能计算
4、微粒数；D离子晶体不存在分子解答：解：A铜与硫反应生成Cu2S，1 mol Cu和足量的硫反应生成0.5molCu2S，转移的电子数为NA，故A正确；B标况下，氯仿为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C溶液体积不知，不能计算微粒数，故C错误；D氯化铵为离子晶体，不存在分子，故D错误；故选：A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用、微粒个数的计算，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意离子晶体、原子晶体都不存在分子3（4分）（2015揭阳二模）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=l的溶液中：Mg2+、Na+、
5、AlO2、SO42B含有0.1 molL1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C含有大量NO3的溶液中：H+、Na+、Fe3+、ClD含有大量Al3+的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3考点：离子共存问题.分析：ApH=1的溶液为酸性溶液，偏铝酸根离子与酸性溶液中的氢离子反应；B铁离子能够氧化碘离子；C四种离子之间不发生反应，都不与硝酸根离子反应；D铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体解答：解：ApH=l的溶液中存在大量氢离子，AlO2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+、I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CH
6、+、Na+、Fe3+、Cl之间不反应，且都不与NO3反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DAl3+、HCO3之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在4（4分）（2015揭阳二模）下列实验方案不合理
7、的是（）A用加热法分离碘和氯化铵的混合物B用焰色反应鉴别NaCl和KClC用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇D用KSCN溶液检验FeCl2是否已被氧化而变质考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：A加热时，氯化铵分解，碘升华，都变为气体；BNa和K元素的焰色反应现象不同；C乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸与碳酸钠反应，乙醇易溶于水；DFe3+与KSCN反应，溶液变为红色解答：解：A加热时，氯化铵分解，碘升华，都变为气体，冷却后又变为固体混合物，不能将二者分离，故A错误；BNa和K元素的焰色反应现象不同，可将二者鉴别，故B正确；C乙酸乙酯难溶于饱和碳
8、酸钠溶液，而乙酸与碳酸钠反应生成可溶于水的乙酸钠，乙醇易溶于水而被吸收，然后可用分液的方法分离，故C正确；D如FeCl2变质，被氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，溶液变为红色，可检验，故D正确故选A点评：本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，题目难度中等，本题注意把握物质的性质的异同，为解答该类题目的关键5（4分）（2015揭阳二模）下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述AH2O2、SO2都能使酸性高锰酸钾褪色前者表现出还原性后者表现出漂白性B纯银器表面在空气中渐渐变暗发生了化学腐蚀CSiO2能与氢氟酸及碱反应SiO2是两性氧化物DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶
9、液有白色沉淀说明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过氧化氢；硅和二氧化硅；金属腐蚀的化学原理.分析：A、过氧化氢和二氧化硫与高锰酸钾溶液反应体现了过氧化氢和二氧化硫的还原性，二氧化硫漂白性是选择有色有机色素结合为无色物质；B、纯银表面变暗是在空气中发生化学反应生成硫化银的原因；C、二氧化硅是酸性氧化物；D、沉淀生成是在温度一定条件下，离子浓度乘积符合溶度积常数的原因；解答：解：A、过氧化氢和二氧化硫与高锰酸钾溶液反应体现了过氧化氢和二氧化硫的还原性，二氧化硫漂白性是选择有色有机色素结合为无色物质，故A错误
10、；B、纯银器表面在空气中渐渐变暗，是在空气中发生化学反应生成硫化银，发生了化学腐蚀，故B正确；C、二氧化硅是酸性氧化物，和氢氟酸反应是特性，故C错误；D、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度和钡离子浓度乘积大于溶度积常数，Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故D错误；故选B点评：本题考查了二氧化硫、过氧化氢、银、二氧化硅等物质性质的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单6（4分）（2015揭阳二模）如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2（阴极）中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯
11、钛下列说法中正确的是（）A阳极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2B通电后，O2、Cl均向阴极移动C阴极的电极反应式为TiO2+4e=Ti+2O2D石墨电极的质量不发生变化考点：电解原理.分析：A、电解池的阳极发生失电子的氧化反应；B、电解池中，电解质里的阴离子移向阳极；C、电解池的阴极发生得电子的还原反应；D、根据石墨电极和产生的气体之间的反应来判断解答：解：A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O2O2+4e，故A错误；B、电解池中，电解质里的阴离子O2、Cl均移向阳极，故B错误；C、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子
12、的过程，即TiO2+4eTi+2O2，故C正确；D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电解本身会消耗，质量减轻，故D错误故选C点评：本题考查电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，图中电子的移动方向是解答的关键二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分7（6分）（2015揭阳二模）短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如表所示，它们的最外层电子数之和为24则下列判断正确的是（）RTXYZAR位于元素周
13、期表中第二周期第VIA族B五种元素中原子序数最大的是XC气态氢化物稳定性：TYDZ元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2ZO4考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置，R、T应在第二周期，X、Y、Z应在第三周期，设R的最外层电子数为x，则T、Y的最外层电子数为x+1，Z的最外层电子数为x+2，它们的最外层电子数之和为24，则x+x+（x+1）2+x+2=24，解得x=4，则R为C，X为Si，T为N，Y为P，Z为S，然后结合元素性质及周期律来解答解答：解：由短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置
14、，R、T应在第二周期，X、Y、Z应在第三周期，设R的最外层电子数为x，则T、Y的最外层电子数为x+1，Z的最外层电子数为x+2，它们的最外层电子数之和为24，则x+x+（x+1）2+x+2=24，解得x=4，则R为C，X为Si，T为N，Y为P，Z为S，AR为C，位于元素周期表中第二周期第A族，故A错误；B五种元素中原子序数最大的是Z，五种元素中原子半径最大的是X，故B错误；C非金属性TY，则气态氢化物稳定性：TY，故C正确；DZ为S，最高价为+6价，Z元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2ZO4，故D正确；故选CD点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，元素的推断为解答的
15、关键，注意利用元素的位置及最外层电子数推断元素，把握元素周期律即可解答，题目难度中等8（6分）（2015揭阳二模）下列说法正确的是（）A常温下pH=5的盐酸溶液稀释103倍后，pH等于8B浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c（H+）前者小于后者CNa2CO3溶液中存在：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）考点：离子浓度大小的比较；水的电离.分析：A酸无限稀释不能变成碱溶液或中性溶液，只能是接近中性溶液；B酸或碱抑制水电离
16、，含有弱离子的盐促进水电离；C任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；D常温下，pH=2的醋酸溶液浓度大于pH=12的KOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒解答：解：A酸无限稀释不能变成碱溶液或中性溶液，只能是接近中性溶液，所以常温下pH=5的盐酸稀释100倍时溶液pH接近7，故A错误；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，一水合氨抑制水电离、氯化铵促进水电离，所以水电离出的c（H+）前者小于后者，故B正确；C任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C错误；D常温下，pH
17、=2的醋酸溶液浓度大于pH=12的KOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故D正确；故选BD点评：本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，利用电荷守恒、物料守恒判断，易错选项是A，酸或碱无限稀释接近中性时要考虑水的电离三、非选择题：本题共4小题，共182分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位9（16分）（2015揭阳二模）查尔酮类化合物是黄酮类药物的主要合成中间体（1）下列查尔
18、酮类化合物I的说法正确的是ABA加入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色B可发生加成或取代反应C不与NaOH溶液发生反应D加入新制的氢氧化铜有红色沉淀生成（2）反应是制取查尔酮类化合物的一种方法：化合物的分子式是C15H12O，1mol化合物III最多能与8mol H2发生加成反应（3）化合物可由化合物IV（分子式：C8H10O）在Cu催化氧化下制得，则化合物IV的结构简式为，化合物IV的一种同分异构体V为芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有四组峰，峰面积之比为为1：1：2：6，则V的结构简式为（任写一种）（4）聚合物是一种高分子材料，请利用类似反应方法，用丙烯和丙醛为有机物原料合成该聚合物的单体合成过程中
19、涉及的反应方程式为，考点：有机物的合成；有机物的结构和性质.分析：（1）查尔酮类化合物含有酚羟基、羰基和碳碳双键，结合苯酚、乙烯、丙酮的性质判断；（2）根据有机物结构简式确定有机物分子式，化合物含有苯环、羰基、碳碳双键，都可与氢气是加成反应；（3）化合物可由化合物IV（分子式：C8H10O）在Cu催化氧化下制得，化合物IV中羟基氧化为羰基，则化合物IV为，化合物IV的一种同分异构体V为芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有四组峰，峰面积之比为为1：1：2：6，应含有2个甲基、1个OH，三个侧链处于间位位置或相邻且羟基位于2个甲基之间；（4）的单体为CH2COCH=CHCH2CH3，用丙烯和丙醛为原料
20、合成该单体，可先用丙烯与水发生加成反应生成2丙醇，然后氧化生成丙酮，丙酮再与丙醛发生的反应生成单体解答：解：（1）A含有碳碳双键，与溴发生加成反应，则加入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，故A正确；B含有碳碳双键，可发生加成，含有羟基，可发生取代反应，故B正确；C含有酚羟基，与NaOH溶液发生反应，故C错误；D不含有醛基，与新制的氢氧化铜浊液不反应，故D错误；故答案为：AB；（2）由结构简式可知有机物的分子式为C15H12O，化合物含有苯环、羰基、碳碳双键，都可与氢气是加成反应，则1mol化合物能与8molH2发生加成反应，故答案为：C15H12O；8；（3）化合物可由化合物IV（分子式：C8H10
21、O）在Cu催化氧化下制得，化合物IV中羟基氧化为羰基，则化合物IV为，化合物IV的一种同分异构体V为芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有四组峰，峰面积之比为为1：1：2：6，应含有2个甲基、1个OH，三个侧链处于间位位置或相邻且羟基位于2个甲基之间，化合物V的结构简式为：，故答案为：；（4）的单体为CH2COCH=CHCH2CH3，用丙烯和丙醛为原料合成该单体，可先用丙烯与水发生加成反应生成2丙醇，然后氧化生成丙酮，丙酮再与丙醛发生的反应生成单体，涉及的反应方程式依次为：，故答案为：，点评：本题考查有机物的合成、有机物的结构与性质等，综合考查学生分析、运用化学知识的能力，需要学生熟练掌握官能团的性
22、质与转化，难度中等10（16分）（2015揭阳二模）能源、环境与人类生活和社会发展密切相关，研究它们的综合利用有重要意义（1）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2反应I为：NO+O3=NO2+O2，生成11.2L O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol反应II中，当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2时，反应的化学方程式是6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3
23、（g）H=196.6kJmol1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式2NO（g）+O2（g）=2NO2（g），H=113.0kJmol1（3）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）；该反应平衡常数表达式为K=（4）合成气CO和H2在一定条件下能发生如下反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0在容积均为V L的I、三个相同密闭容器中分别充入a mol CO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数（CO）%如
24、右图所示，此时I、三个容器中一定达到化学平衡状态的是；若三个容器内的反应再经过一段时间后都达到化学平衡时，CO转化率最大的反应温度是T1（5）据报道以二氧化碳为原料，采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图所示电解时，b极上生成乙烯的电极反应式为2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学方程式的书写；氧化还原反应；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义.分析：（1）根据化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，化学计量数之比等于物质的量之比；（2）根据盖斯定律进行计算，NO2（g）+SO2（g）SO
25、3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1；2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1，由2计算得到；（3）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，该反应正反应为放热反应，根据图3中、图象，CO百分含量，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小；（5）太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成；解答：解：（1）NO+O3NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5molO2（标准状况）时
26、，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2，即NO2和CO（NH2）2的化学计量数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2；（2）已知：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1；2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1，由2得：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g），H=196.6kJmol12（41.8kJmol1）=113.0 kJmol1，故答案为：2NO（g）+O2（
27、g）=2NO2（g），H=113.0 kJmol1；（3）2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数K=，故答案为：；（4）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，该反应正反应为放热反应，根据图3中、图象，CO百分含量由小到大依次为：，T1中的状态转变成T2中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，若三个容
28、器内的反应都达到化学平衡时，容器温度最低，所以CO转化率最大的反应温度是T1，故答案为：；T1；（5）电解时，二氧化碳在b极上生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O，故答案为：2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O；点评：本题考查的知识点较多，综合性较强，涉及氧化还原反应、化学方程式和电极反应式的书写、查盖斯定律的应用、平衡常数的计算、以及化学平衡的有关计算知识，难度较大侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，注意知识的归纳和整理是关键11（16分）（2015揭阳二模）钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是
29、MoS2，含少量PbS等）制备钼酸钠晶体的部分流程如图：（1）焙烧的过程中采用的是“逆流焙烧”的措施，则该措施的优点是：增大钼精矿与空气接触，使其充分反应，提高原料的利用率（2）写出焙烧时生成MoO3的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2（3）写出“碱浸”反应的离子方程式：MoO3+CO32=MoO42+CO2（4）碱浸液结晶前需加入Ba（OH）2固体以除去SO42当BaMoO4开始沉淀时，求SO42的去除率（写出计算过程）已知：碱浸液中c（MoO42）=0.40molL1，c（SO42）=0.040molL1，Ksp（BaSO4）=1.01010、Ksp（BaMoO4）=4.
30、0108，加入Ba（OH）2固体引起的溶液体积变化可忽略（5）下图是碳钢在3种不同介质中的腐蚀速率实验结果：碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是Cl有利于碳钢的腐蚀，SO42不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；或（硫酸随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢）空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4Fe2O3保护膜密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入NaNO2，则NaNO2的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方
31、程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，（1）反应物接触时间越长，反应越充分；（2）焙烧时MoS2发生氧化反应生成MoO3；（3）碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠；（4）根据据钼酸钡和硫酸钡的溶度积计算出溶液中硫酸根离子的浓度，再计算出SO42的去除率；（5）根据图片知，如果相同浓度时，硫酸中氢离子浓度大于HCl中，但盐酸腐蚀速率远
32、远大于硫酸腐蚀速率，说明氯离子影响腐蚀速率远远大于硫酸根离子影响腐蚀速率；NaNO2具有氧化性解答：解：灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，（1）反应物接触时间越长，反应越充分，焙烧的过程中采用的是“逆流焙烧”的措施，该措施优点是增大钼精矿与空气接触，使其充分反应，提高原料的利用率，故答案为：增大钼精矿与空气接触，使其充分反应
33、，提高原料的利用率；（2）焙烧时MoS2发生氧化反应生成MoO3同时生成二氧化硫，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；（3）碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠，离子方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2，故答案为：MoO3+CO32=MoO42+CO2；（4）当BaMoO4开始沉淀时，c（Ba2+）=mol/L=1.0107molL1，此时c（SO42）=mol/L=1.0103molL1，SO42的去除率=100%=97.5%，答：硫酸根离子的去除率为97.5%；（5）根据图片知，如果相同浓
34、度时，硫酸中氢离子浓度大于HCl中，但盐酸腐蚀速率远远大于硫酸腐蚀速率，说明Cl有利于碳钢的腐蚀，SO42不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；或（硫酸随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 ），故答案为：Cl有利于碳钢的腐蚀，SO42不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；或（硫酸随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 ）；NaNO2具有氧化性，能代替空气中氧气起到氧化剂作用，从而导致碳钢管道缓蚀，故答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用点评：本题考查混合物的分离和提纯，为高频考点，侧重考查流程图中操作过程、物质性质、图象分析
35、等，明确操作基本原理及物质的性质是解本题关键，同时考查学生分析判断及知识综合应用能力，难点是溶度积常数的有关计算，题目难度中等12（16分）（2015揭阳二模）氧化剂H2O2在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注I某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响在常温下按照如下表所示的方案完成实验实验编号反应物催化剂10mL 2% H2O2溶液无10mL 5% H2O2溶液无10mL 5% H2O2溶液1mL 0.1molL1 FeCl3溶液10mL 5% H2O2溶液+少量HCl溶液1mL 0.1molL1 FeCl3溶液10mL 5% H
36、2O2溶液+少量NaOH溶液1mL 0.1molL1 FeCl3溶液（1）实验和的目的是探究浓度对反应速率的影响同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）（填一种方法即可）（2）实验中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图1所示分析该图能够得出的实验结论是碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率资料显示，某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验
37、小组的同学设计了如图2所示的实验装置进行实验（1）某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较（2）0.1g MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图3所示请解释化学反应速率变化的原因：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢请计算H2O2的初始物质的量浓度为0.11 mol/L（保留两位有效数字）为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用，需补做下列实验（无需写出具体操作）：aMnO2的质量有没有改变；bMnO2的化学性质有没有改变考点：探究影响化学反应速率
38、的因素.分析：（1）实验和的浓度不同；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较；（2）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小，以此来解答；（1）实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较；（2）随着反应的进行，溶液的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，根据2H2O22H2O+O2进行计算；根据催化剂在反应前后质量、化学性质不变解答解答：解：（1）实验和的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应
39、物的试管放在同一热水浴中），故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）；（2）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率，故答案为：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率；（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较，故答案为：单位时间生成O2的体积；生成单位体积O2所需要的时间；（2）浓度越大，反应速率越大，反之越小，随着反应进行，反应
40、物的浓度逐渐减小，则速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O22H2O+O2，则：n（H2O2）=20.00536 mol，所以H2O2的初始物质的量浓度为：c（H2O2）=0.11 mol/L；如果反应前后MnO2的质量有没有改变、MnO2的化学性质有没有改变，则证明MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用，故答案为：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；0.11 mol/L；MnO2的质量有没有改变；MnO2的化学性质有没有改变点评：本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度中等，试题能够较好的考查学生实验设计、数据处理、图象分析的综合能力，注意掌握温度、浓度、催化剂等因素对化学反应速率的影响
