陕西省咸阳市高考化学模拟试卷（二）（含解析）.doc

陕西省咸阳市2015届 高考化学模拟试卷（二）一、选择题（共7个小题，42分）1（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）a光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾b以粮食为原料酿酒过程的变化包括粮食淀粉葡萄糖乙醇c航天飞机上使用的隔热陶瓷瓦，大多是以碳纤维做增强体的新型复合材料d绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理2（6分）已知a、b、c、d为短周期元素构成的四种物质，它们有如下转化关系，且d为强电解质（其他相关物质可能省略）下列说法正确的是（）a若a为非金属单质，则它与mg反应的产物，其阴阳离子个数比可能为2：3b若a为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置肯定处于第二周期第va族c若d的浓溶液在常温下能使铁、铝发生钝化，则a一定为非金属单质d若a是共价化含物，ol mol的a分子中含有的电子数可能为na （na为阿佛加德罗常数的值）3（6分）己烯雌酚是一种激素类药物，其结构简式如图所示下列有关叙述中不正确的是（）a己烯雌酚的分子式为c18h20o2b己烯雌酚分子中一定有16个碳原子共平面c己烯雌酚为芳香族化合物d己烯雌酚可发生加成、取代、氧化、加聚、酯化、硝化反应4（6分）分子式为c9h18o2的有机物q，在稀硫酸中经加热转化为一种与乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质a，同时生成另一种物质b，若不考虑立体异构，则q的结构最多有（）a16种b8种c4种d2种5（6分）“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成的某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性kmno4溶液褪色若将烧杯中的溶液换成含有少量kscn 的fecl2溶液，则溶液呈血红色则下列说法中不正确的是（）a在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”b水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化c该条件下h2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质d该条件下h2燃烧的产物中可能含有一定量的h2o26（6分）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列叙述不正确的是（）元素代号xyzw原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5+332ax、y元素的金属性xyb一定条件下，w单质可以将z单质从其氢化物中置换出来cy的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水d一定条件下，z单质与w的常见单质直接生成zw7（6分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）其中正确的是ph=2的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液ph=42l 0.25moll1nh4cl溶液与1l 0.50moll1nh4cl溶液含nh4+物质的量前者大ph=8.3的nahco3溶液中存在：hco3+h2o=h3o+co32ch3cooh、ch3coona等体积混合一定存在，c（ch3coo）+c（oh）c（ch3cooh）+c（h+）（）abcd二、填空题8（15分）节能减排是中国转型发展的必经之路，工业生产中联合生产是实现节能减排的重要措施下图是几种工业生产的联合生产工艺：请回答下列问题：（1）装置甲为电解池（惰性电极），根据图示转化关系可知：a为（填化学式），阴极反应式为（2）装置丙的反应物为ti，而装置戊的生成物为ti，这两个装置在该联合生产中并不矛盾，原因是装置戊进行反应时需要的环境为（填字母序号）ahcl气体氛围中 b空气氛围中 c氩气氛围中 d水中（3）装置乙中发生的是工业合成甲醇的反应：co（g）+2h2（g）=ch3oh（g）h0该反应在不同温度下的化学平衡常数（k）如下表：温度/250350k2.041x符合表中的平衡常数x的数值是（填字母序号）a0 b0.012 c32.081 d100若装置乙为容积固定的密闭容器，不同时间段各物质的浓度如下表：c（co）/moll1c（h2）/moll1c（ch3oh）/moll10min0.8moll11.6moll102min0.6moll1y0.2moll14min0.3moll10.6moll10.5moll16min0.3moll10.6moll10.5moll1反应从2min到4min之间，h2的平均反应速率为反应达到平衡时co的转化率为反应在第2min时改变了反应条件，改变的条件可能是（填字母序号）a使用催化剂 b降低温度c增加h2的浓度（4）装置己可以看作燃料电池，该燃料电池的负极反应式为9（14分）na2s、h2o2在从含镍电镀废渣（除含镍外，还含有cuznfecr等杂质）中提取含镍化合物时有重要作用提取过程如下：电镀废渣先用过量酸进行酸化处理，得到溶液；向溶液中滴入适量的na2s溶液，除去cu2+ zn2+；保持滤液在40左右，用6%的h2o2溶液氧化fe2+，再在95时加入naoh溶液调节 ph，过滤除去铁和铬；在滤液中加入足量na2co3溶液，搅拌，得nico3沉淀；（1）步骤中除可观察到黑色沉淀外，还可嗅到臭鸡蛋气味，用离子方程式说明气体的产生：（2）步骤中在fe2+ 氧化阶段，需要控制温度不超过40，其目的是；该阶段发生反应的离子方程式为（3）fe2+ 也可以用naclo3氧化，fe2+被氧化并在较小ph条件下水解，最终形成黄铁矾钠沉淀而被除去；已知25时，fe（oh）3的ksp=2.6410 39，下列说法正确的是（填字母）afeooh中铁为+2价b若在25时，用h2o2氧化fe2+，再在ph=4时除去铁，此时溶液中c（fe3+ ）=2.6410 29 moll1c用氯酸钠在酸性条件下氧化fe2+ 的离子方程式为6fe2+clo3+6h+=6fe3+cl+3h2o（4）无水nicl2在有机合成中有着极为重要的作用，工业上常用含镍原料所制得的nicl26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水制得，已知socl2能与水反应生成so2和hcl写出nicl26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水制无水nicl2的反应方程式，nicl26h2o需在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水的原因是10（14分）3丁酮酸乙酯在有机合成中用途很广，广泛用于药物合成，还用作食品的着香剂其相对分子质量为130，常温下为无色液体，沸点181，受热温度超过95摄氏度时就会分解；易溶于水，与乙醇、乙酸乙酯等有机试剂以任意比混溶；实验室可用以乙酸乙酯和金属钠为原料制备乙酸乙酯相对分子质量为88，常温下为无色易挥发液体，微溶于水，沸点77【反应原理】【实验装置】1、加热反应：向反应装置中加入32ml（28.5g，0.32mol）乙酸乙酯、少量无水乙醇、1.6g（0.07mol）切细的金属钠，微热回流1.53小时，直至金属钠消失2、产物后处理：冷却至室温，卸下冷凝管，将烧瓶浸在冷水浴中，在摇动下缓慢的加入32ml30%醋酸水溶液，使反应液分层用分液漏斗分离出酯层酯层用5%碳酸钠溶液洗涤，有机层放入干燥的锥形瓶中，加入无水碳酸钾至液体澄清3、蒸出未反应的乙酸乙酯：将反应液在常压下蒸馏至100然后改用减压蒸馏，得到产品2.0g回答下列问题：（1）写出实验室制备乙酸乙酯的化学方程式（2）反应装置中加干燥管是为了两个装置中冷凝管的作用（填“相同”或“不相同”），冷却水进水口分别为和（填图中的字母）（3）产物后处理中，滴加稀醋酸的目的是用分液漏斗分离出酯层测操作叫碳酸钠溶液洗涤的目的是加碳酸钾的目的是（4）采用减压蒸馏的原因是（5）本实验所得到的3丁酮酸乙酯产率是（填正确答案标号）a10% b22% c19% d40%11（15分）稀土元素是指元素周期表中原子序数为57 到71 的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（sc）和钇（y）共17 种元素稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源（1）钪（sc）为21号元素，其基态原子m能层电子数为镝（dy）的基态原子电子排布式为4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为（2）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价请根据下表中的电离能数据判断表中最有可能有+4价的元素是几种稀土元素的电离能（单位：kjmol1）元素i1i2i3i1+i2+i3i4sc（钪）6331235238942577019y（钇）6161181198037775963la（镧）5381067185034554819ce（铈）5271047194935233547（3）离子化合物 na3中，存在的作用力除离子键外还有（4）sm（钐）的单质与1，2二碘乙烷可发生如下反应：sm+ich2ch2ismi2+ch2=ch2ich2ch2i中碳原子杂化轨道类型为，1mol ch2=ch2中含有的键数目为常温下，2二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是（5）pro2（二氧化镨）的晶体结构与caf2相似，晶胞中pr（镨）原子位于面心和顶点则pro2（二氧化镨）的晶胞中有个氧原子（6）ce（铈）单质为面心立方晶体，其胞参数为a=516pm晶胞中ce（铈）原子的配位数为，列式表示ce（铈）单质的密度：gcm3（不必计算出结果）12（15分）液晶高分子材料应用广泛新型液晶基元化合物iv的合成线路如下：（1）化合物的分子式为，1mol化合物最多可与mol naoh反应（2）ch2=chch2br与naoh水溶液反应的化学方程式为 （注明条件）（3）化合物i的同分异构体中，苯环上一溴代物只有2种且能发生银镜反应的化合物有多种，写出其中一种同分异构体的结构简式（4）下列关于化合物的说法正确的是 （填字母）a属于烯烃 b能与fecl3溶液反应显紫色c一定条件下能发生加聚反应 d能使溴的四氯化碳溶液褪色（5）反应的反应类型是在一定条件下，化合物也可与iii发生类似反应的反应生成有机物vv的结构简式是陕西省咸阳市2015届高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共7个小题，42分）1（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）a光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后与空气中的一些碳氢化合物作用后生成的一种有毒烟雾b以粮食为原料酿酒过程的变化包括粮食淀粉葡萄糖乙醇c航天飞机上使用的隔热陶瓷瓦，大多是以碳纤维做增强体的新型复合材料d绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；绿色化学；淀粉的性质和用途；新型有机高分子材料 分析：a、光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后与空气中的碳氢化合物作用后形成的有毒烟雾；b、酿酒的变化过程为淀粉到葡萄糖到乙醇；c、陶瓷瓦属于新型复合材料；d、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染解答：解：a、氮氧化物受紫外线照射后与空气中的碳氢化合物作用后形成的有毒烟雾为光化学烟雾，是污染空气的有毒气体，故a正确；b、以粮食为原料酿酒过程的变化包括粮食提取淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应生成乙醇，酿酒的变化过程为淀粉到葡萄糖到乙醇，故b正确；c、航天飞机上使用的隔热陶瓷瓦，大多是以碳纤维做增强体，所以陶瓷瓦属于新型复合材料，故c正确；d、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故d错误；故选d点评：本题考查了化学污染，化学制备原理，化学材料的分析应用，掌握基础是关键，注意积累化学知识，题目较简单2（6分）已知a、b、c、d为短周期元素构成的四种物质，它们有如下转化关系，且d为强电解质（其他相关物质可能省略）下列说法正确的是（）a若a为非金属单质，则它与mg反应的产物，其阴阳离子个数比可能为2：3b若a为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置肯定处于第二周期第va族c若d的浓溶液在常温下能使铁、铝发生钝化，则a一定为非金属单质d若a是共价化含物，ol mol的a分子中含有的电子数可能为na （na为阿佛加德罗常数的值）考点：无机物的推断 分析：a、b、c、d为短周期元素构成的四种物质，它们有如下转化关系，abcd，且d为强电解质，中学常见物质中n、s元素单质化合物符合转化关系，na元素单质化合物符合转化关系，据此解答解答：解：a、b、c、d为短周期元素构成的四种物质，它们有如下转化关系，abcd，且d为强电解质，中学常见物质中n、s元素单质化合物符合转化关系，na元素单质化合物符合转化关系，a若a为非金属单质，能连续氧化且产物d为强电解质，则a为n或s，与镁反应的产物中阴阳离子的个数比不一定为2：3，故a错误；b若a为非金属单质，a为氮气或硫，氮元素处于第二周期a族，硫元素处于第三周期a族，故b错误；cd的浓溶液能使铁、铝钝化，则d可能为浓硫酸或浓硝酸，a可能为h2s，故c错误；d若a是共价化合物，a可能为nh3或h2s，o.1mol的nh3分子中含有的电子数为na，故d正确，故选d点评：本题考查无机物推断，涉及n、s、na元素单质化合物性质与转化，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意掌握中学常见连续反应，难度较大3（6分）己烯雌酚是一种激素类药物，其结构简式如图所示下列有关叙述中不正确的是（）a己烯雌酚的分子式为c18h20o2b己烯雌酚分子中一定有16个碳原子共平面c己烯雌酚为芳香族化合物d己烯雌酚可发生加成、取代、氧化、加聚、酯化、硝化反应考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含酚oh、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答解答：解：a由结构简式可知，己烯雌酚的分子式为c18h20o2，故a正确；b苯环、双键为平面结构，但乙基中4个c均为四面体构型，因此最多16个原子共面，一定共面的c原子数目为8，如图所示， ，故b错误；c含苯环，为芳香族化合物，故c正确；d含双键，可发生加成、氧化、加聚反应，含酚oh可发生取代、氧化、酯化反应，苯环可发生硝化反应，故正确；故选b点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃性质的考查，选项b为解答的难点，题目难度不大4（6分）分子式为c9h18o2的有机物q，在稀硫酸中经加热转化为一种与乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质a，同时生成另一种物质b，若不考虑立体异构，则q的结构最多有（）a16种b8种c4种d2种考点：有机化合物的异构现象 专题：同分异构体的类型及其判定分析：乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质a为丁酸，丁酸的结构有正丁酸和异丁酸，另一种物质b为戊醇，然后根据戊醇的同分异构体确定酯的同分异构体的种类；解答：解：乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质a为丁酸，丁酸的结构有正丁酸和异丁酸，另一种物质b为戊醇，分子式为c5h12o醇的同分异构体：主链五个碳的有3种：ch2（oh）ch2ch2ch2ch3、ch3ch（oh）ch2ch2ch3、ch3ch2ch（oh）ch2ch3；主链四个碳的有4种：ch2（oh）ch（ch3）ch2ch3、ch3c（oh）（ch3）ch2ch3、ch3ch（ch3）ch（oh）ch3、ch3ch（ch3）ch2ch2（oh）；主链三个碳的有1种：c（ch3）3ch2oh则a与b结合生成的q的结构应有28=16种，故选a点评：本题考查同分异构体数目的判断，掌握书写的方法是解题的关键，难度中等5（6分）“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成的某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性kmno4溶液褪色若将烧杯中的溶液换成含有少量kscn 的fecl2溶液，则溶液呈血红色则下列说法中不正确的是（）a在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”b水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化c该条件下h2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质d该条件下h2燃烧的产物中可能含有一定量的h2o2考点：含有氢键的物质 专题：化学键与晶体结构分析：a根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”；b在反应中有新物质生成的是化学反应；c酸性kmno4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量kscn 的fecl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；d该条件下h2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水解答：解：a在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故a正确；b水凝固形成20时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故b错误；c酸性kmno4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量kscn 的fecl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故c正确；d该条件下h2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故d正确；故选b点评：本题考查化学变化的判断、氧化性和还原性的判断等知识点，难度中等注意暖冰主要通过氢键形成固体；明确物理变化和化学变化的本质区别6（6分）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列叙述不正确的是（）元素代号xyzw原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5+332ax、y元素的金属性xyb一定条件下，w单质可以将z单质从其氢化物中置换出来cy的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水d一定条件下，z单质与w的常见单质直接生成zw考点：原子结构与元素的性质 分析：x、y、z、w都是短周期元素，w有2价，处于a族，则w为o元素；z有+5、3价，处于a族，z的半径比o的稍大，则z为n元素；x、y的原子半径比n、o的半径大很多，则x、y在第三周期，x有+2价，则x为mg，y有+3价，则y为al，据此解答解答：解：x、y、z、w都是短周期元素，w有2价，处于a族，则w为o元素；z有+5、3价，处于a族，z的半径比o的稍大，则z为n元素；x、y的原子半径比n、o的半径大很多，则x、y在第三周期，x有+2价，则x为mg，y有+3价，则y为al，ax为镁，y为铝，元素的金属性镁大于铝，故a正确；b一定条件下氧气能与氨气反应生成氮气，故b正确；c氢氧化铝和氨水不反应，不能溶于氨水，故c错误；d氮气和氧气反应放电条件下生成no，故d正确故选c点评：本题考查结构性质位置关系，题目难度不大，根据物质的性质与用途结合化合价、半径推断元素是关键7（6分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）其中正确的是ph=2的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液ph=42l 0.25moll1nh4cl溶液与1l 0.50moll1nh4cl溶液含nh4+物质的量前者大ph=8.3的nahco3溶液中存在：hco3+h2o=h3o+co32ch3cooh、ch3coona等体积混合一定存在，c（ch3coo）+c（oh）c（ch3cooh）+c（h+）（）abcd考点：ph的简单计算；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较 分析：1ml ph=2的h2so4溶液加水稀释到100ml，c（h+）由0.01mol/l变为0.0001mol/l；nh4cl浓度越小，nh4+水解程度越大，铵根离子的浓度小；碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，既有水解又有电离；若溶液中醋酸的浓度远大于醋酸钠的浓度，则c（ch3cooh）c（na+）结合电荷守恒分析；解答：解：1ml ph=2的强酸溶液加水稀释到100ml，溶液中氢离子浓度c（h+）由0.01mol/l变为0.0001mol/l，则稀释后溶液的ph=lg0.0001=4，故正确；溶液中弱电解质离子的浓度越小，水解程度越大，2l 0.25moll1nh4cl溶液与1l 0.50moll1nh4cl溶液，前者浓度小，水解程度大，所以氯化铵溶液中铵根离子的浓度前者小，故错误；碳酸氢钠溶液中既有碳酸氢根的水解又有碳酸氢根离子的电离，碳酸氢根离子的电离为：hco3+h2oh3o+co32，故正确；ch3cooh、ch3coona等体积混合，溶液呈电中性：c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），若溶液中醋酸的浓度远大于醋酸钠的浓度，则c（ch3cooh）c（na+），c（ch3coo）+c（oh）c（ch3cooh）+c（h+），故错误；故选c点评：本题考查ph与酸的稀释、盐类水解及溶液的电中性等，注意水解规律中越稀越水解，题目难度中等二、填空题8（15分）节能减排是中国转型发展的必经之路，工业生产中联合生产是实现节能减排的重要措施下图是几种工业生产的联合生产工艺：请回答下列问题：（1）装置甲为电解池（惰性电极），根据图示转化关系可知：a为cl2（填化学式），阴极反应式为2h+2e=h2（2）装置丙的反应物为ti，而装置戊的生成物为ti，这两个装置在该联合生产中并不矛盾，原因是进入装置丙的ti含有的杂质较多，从装置戊中出来的ti较为纯净装置戊进行反应时需要的环境为c（填字母序号）ahcl气体氛围中 b空气氛围中 c氩气氛围中 d水中（3）装置乙中发生的是工业合成甲醇的反应：co（g）+2h2（g）=ch3oh（g）h0该反应在不同温度下的化学平衡常数（k）如下表：温度/250350k2.041x符合表中的平衡常数x的数值是b（填字母序号）a0 b0.012 c32.081 d100若装置乙为容积固定的密闭容器，不同时间段各物质的浓度如下表：c（co）/moll1c（h2）/moll1c（ch3oh）/moll10min0.8moll11.6moll102min0.6moll1y0.2moll14min0.3moll10.6moll10.5moll16min0.3moll10.6moll10.5moll1反应从2min到4min之间，h2的平均反应速率为0.3moll1min1反应达到平衡时co的转化率为62.5%反应在第2min时改变了反应条件，改变的条件可能是a（填字母序号）a使用催化剂 b降低温度c增加h2的浓度（4）装置己可以看作燃料电池，该燃料电池的负极反应式为ch3oh+8oh6e=co32+6h2o考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；用化学平衡常数进行计算 分析：（1）装置甲为电解池，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，a和金属钛反应生成四氯化钛，故a为氯气；电解饱和氯化钠溶液阴极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气；（2）反应前有金属钛，戊装置生成钛，一开始是含有较多杂质的钛和氯气反应生成四氯化钛后再用金属钠还原，制得较为纯净的钛，目的是提纯钛；金属钠能与空气、水、氯化氢反应，故装置戊反应的环境为在惰性气体的氛围中进行（3）反应为放热反应，故温度升高，k减小，250时平衡常数为2.041，则350时的平衡常数小于2.041；反应从2min到4min之间，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，氢气的反应速率为co反应速率的2倍，反应达到平衡时co的转化率=100%，反应第2min改变了反应条件，反应速率比02min增大，改变的条件是加入了催化剂；（4）装置己是甲醇燃料电池，在碱性条件下，负极的电极反应为燃料失电子发生氧化反应，在碱性溶液中甲醇失电子反应生成碳酸盐解答：解：（1）装置甲为电解池，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，a和金属钛反应生成四氯化钛，故a为氯气；电解饱和氯化钠溶液阴极上是溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为：2h+2e=h2 ；故答案为：cl2；2h+2e=h2；（2）反应前有金属钛，戊装置生成钛，前后并不矛盾，一开始是含有较多杂质的钛和氯气反应生成四氯化钛后再用金属钠还原，制得较为纯净的钛，故从戊装置中出来的金属钛较纯净金属钠能与空气、水、氯化氢反应，故装置戊反应的环境为在惰性气体的氛围中进行，选项中只有氩气氛围中符合，故选c；故答案为：进入装置丙的ti含有的杂质较多，从装置戊中出来的ti较为纯净；c；（3）反应为放热反应，故温度升高平衡逆向进行，平衡常数k减小，250时平衡常数为2.041，则350时的平衡常数小于2.041，故答案为：b；反应从2min到4min之间，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，氢气的反应速率为co反应速率的2倍，v（h2）=2v（co）=2=0.3moll1min1；反应达到平衡时co的转化率=100%=100%=62.5%，反应第2min时未达到平衡状态，改变了反应条件，反应速率比02min增大，说明改变的条件是加入了催化剂，选a；故答案为：0.3moll1min1；62.5%；a；（4）装置己是甲醇燃料电池，在碱性条件下，负极的电极反应为燃料失电子发生氧化反应，在碱性溶液中甲醇失电子反应生成碳酸盐负极的电极反应为：ch3oh+8oh6e=co32+6h2o，故答案为：ch3oh+8oh6e=co32+6h2o点评：本题考查了工业制备物质原理分析，电解池、原电池原理和电极反应书写方法，化学平衡影响因素的分析判断，注意平衡计算的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等9（14分）na2s、h2o2在从含镍电镀废渣（除含镍外，还含有cuznfecr等杂质）中提取含镍化合物时有重要作用提取过程如下：电镀废渣先用过量酸进行酸化处理，得到溶液；向溶液中滴入适量的na2s溶液，除去cu2+ zn2+；保持滤液在40左右，用6%的h2o2溶液氧化fe2+，再在95时加入naoh溶液调节 ph，过滤除去铁和铬；在滤液中加入足量na2co3溶液，搅拌，得nico3沉淀；（1）步骤中除可观察到黑色沉淀外，还可嗅到臭鸡蛋气味，用离子方程式说明气体的产生：s2+2h +=h2s（2）步骤中在fe2+ 氧化阶段，需要控制温度不超过40，其目的是减少过氧化氢的分解；该阶段发生反应的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o（3）fe2+ 也可以用naclo3氧化，fe2+被氧化并在较小ph条件下水解，最终形成黄铁矾钠沉淀而被除去；已知25时，fe（oh）3的ksp=2.6410 39，下列说法正确的是c（填字母）afeooh中铁为+2价b若在25时，用h2o2氧化fe2+，再在ph=4时除去铁，此时溶液中c（fe3+ ）=2.6410 29 moll1c用氯酸钠在酸性条件下氧化fe2+ 的离子方程式为6fe2+clo3+6h+=6fe3+cl+3h2o（4）无水nicl2在有机合成中有着极为重要的作用，工业上常用含镍原料所制得的nicl26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水制得，已知socl2能与水反应生成so2和hcl写出nicl26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水制无水nicl2的反应方程式nicl26h2o+6socl2nicl2+6so2+12hcl，nicl26h2o需在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水的原因是nicl 2在加热过程中会发生水解而得不到无水nicl 2，当nicl 26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水时，反应过程中产生的hcl能抑制nicl2的水解考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）原溶液酸化后含有氢离子，步骤2中加入硫化钠后有臭鸡蛋气味的气体生成，气体为h2s；（2）保持温度40，在氧化亚铁离子的同时防止双氧水分解双氧水氧化亚铁离子；（3）a、依据化合物盐酸化合价代数和为0计算；b、ph=4时，氢氧根离子浓度为1010mol/l，依据fe（oh）3的ksp=2.6410 39，计算得到fe3+的浓度；c、用氯酸钠在酸性条件下氧化fe2+ 的为铁离子，本身被还原为氯化钠，结合原子守恒和电荷守恒分析；（4）亚硫酰氯与水能反应生成二氧化硫和氯化氢，故可以抑制ni2+水解，亚硫酰氯与水能反应生成的氯化氢也能抑制ni2+水解解答：解：（1）原溶液酸化后含有氢离子，步骤2中加入硫化钠后有臭鸡蛋气味的气体生成，气体为h2s，反应的离子方程式为：s2+2h +=h2s；故答案为：s2+2h +=h2s；（2）需要控制温度不超过40，其目的是在氧化亚铁离子的同时防止双氧水分解双氧水氧化亚铁离子的方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；故答案为：减少过氧化氢的分解；2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；（3）a、依据化合物盐酸化合价代数和为0计算，feooh中fe的化合价为+3，故a错误；b、ph=4时，氢氧根离子浓度为1010mol/l，依据fe（oh）3的ksp=2.6410 39，计算得到fe3+的浓度=2.64109mol/l，故b错误；c、用氯酸钠在酸性条件下氧化fe2+ 的为铁离子，本身被还原为氯化钠，结合原子守恒和电荷守恒书写得到离子方程式为：离子方程式为6fe2+clo3+6h+=6fe3+cl+3h2o，故c正确；故答案为：c；（4）若单独加热nicl26h2o，则在加热过程中nicl2会发生水解而得不到无水nicl2，当nicl26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水时，反应过程中产生的hcl能抑制nicl2的水解，亚硫酰氯与水能反应生成二氧化硫和氯化氢，故可以抑制ni2+水解，nicl26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水制无水nicl2的反应方程式为：nicl26h2o+6socl2nicl2+6so2+12hcl；故答案为：nicl26h2o+6socl2nicl2+6so2+12hcl；nicl 2在加热过程中会发生水解而得不到无水nicl2，当nicl 26h2o在亚硫酰氯（socl2）中加热脱水时，反应过程中产生的hcl能抑制nicl2的水解点评：本题考查物质分离和提纯的方法，流程分析判断，离子方程式和化学方程式书写，主要是实验设计和物质性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等10（14分）3丁酮酸乙酯在有机合成中用途很广，广泛用于药物合成，还用作食品的着香剂其相对分子质量为130，常温下为无色液体，沸点181，受热温度超过95摄氏度时就会分解；易溶于水，与乙醇、乙酸乙酯等有机试剂以任意比混溶；实验室可用以乙酸乙酯和金属钠为原料制备乙酸乙酯相对分子质量为88，常温下为无色易挥发液体，微溶于水，沸点77【反应原理】【实验装置】1、加热反应：向反应装置中加入32ml（28.5g，0.32mol）乙酸乙酯、少量无水乙醇、1.6g（0.07mol）切细的金属钠，微热回流1.53小时，直至金属钠消失2、产物后处理：冷却至室温，卸下冷凝管，将烧瓶浸在冷水浴中，在摇动下缓慢的加入32ml30%醋酸水溶液，使反应液分层用分液漏斗分离出酯层酯层用5%碳酸钠溶液洗涤，有机层放入干燥的锥形瓶中，加入无水碳酸钾至液体澄清3、蒸出未反应的乙酸乙酯：将反应液在常压下蒸馏至100然后改用减压蒸馏，得到产品2.0g回答下列问题：（1）写出实验室制备乙酸乙酯的化学方程式ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o（2）反应装置中加干燥管是为了防止空气中的水蒸汽进入反应体系中以保证反应体系干燥两个装置中冷凝管的作用不相同（填“相同”或“不相同”），冷却水进水口分别为b和d（填图中的字母）（3）产物后处理中，滴加稀醋酸的目的是中和生成的钠盐，使之变成产物用分液漏斗分离出酯层测操作叫分液碳酸钠溶液洗涤的目的是除去酯中的醋酸加碳酸钾的目的是干燥产品（4）采用减压蒸馏的原因是3丁酮酸乙酯沸点高，而受热温度超过95摄氏度时就会分解，所以需要减压蒸馏（5）本实验所得到的3丁酮酸乙酯产率是b（填正确答案标号）a10% b22% c19% d40%考点：制备实验方案的设计 分析：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯与水；（2）空气中含有水蒸气，因此装置中加干燥管是为了防湿气进入反应体系中以保证反应体系干燥；反应装置中冷凝管的作用是冷凝回流，挺高原料的利用率，减压装置中冷凝管的作用是冷却蒸发出的蒸汽便于得到产品；为充分冷凝，使冷水充满冷凝器，因此冷却水采取逆流原理；（3）由于产物中含有钠盐，因此产物处理后，滴加稀醋酸的目的是中和生成的钠盐，使之变成产物；分离互不相溶液体操作为分液；酯类在碳酸钠溶液中的溶解度小，滴加碳酸钠溶液可以除去混有的乙酸；碳酸钾吸水，因此加碳酸钾的目的是干燥产品；（4）3丁酮酸乙酯沸点高，而受热温度超过95摄氏度时就会分解，所以需要减压蒸馏；（5）根据反应物的用量可知钠不足，因此理论上生成产品的物质的量是0.07mol，根据m=nm计算理论上3丁酮酸乙酯质量，进而计算其产率解答：解：（1）实验室制取乙酸乙酯的化学方程式为：ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o，故答案为：ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o；（2）空气中含有水蒸气，因此装置中加干燥管是为了防止空气中的水蒸汽进入反应体系中以保证反应体系干燥；反应装置中冷凝管的作用是冷凝回流，挺高原料的利用率，减压装置中冷凝管的作用是冷却蒸发出的蒸汽便于得到产品，为充分冷凝，使冷水充满冷凝器，冷却水进水口分别为b和d，故答案为：防止空气中的水蒸汽进入反应体系中以保证反应体系干燥；不相同；b、d；（3）由于产物中含有钠盐，因此产物处理后，滴加稀醋酸的目的是中和生成的钠盐，使之变成产物，由于酸多了会增加产物在水中的溶解度，醋酸不能滴加的过多；用分液漏斗分离出酯层的操作叫分液；酯类在碳酸钠溶液中的溶解度小，除去酯中的醋酸，需要滴加碳酸钠溶液；碳酸钾吸水，因此加碳酸钾的目的是干燥产品，故答案为：中和生成的钠盐，使之变成产物；分液；除去酯中的醋酸；干燥产品；（4）3丁酮酸乙酯沸点高，而受热温度超过95摄氏度时就会分解，所以需要减压蒸馏，故答案为：3丁酮酸乙酯沸点高，而受热温度超过95摄氏度时就会分解，所以需要减压蒸馏；（5）根据反应物的用量可知钠不足，因此理论上生成产品的物质的量是0.07mol，其质量是0.07mol130g/mol=9.1g，所以产率是100%=22%，故选：b点评：本题考查了物质制备方案的设计、对装置与操作的分析评价、物质的分离提纯、产率的计算，试题充分考查了学生的分析能力、理解能力及化学实验能力，难度中等11（15分）稀土元素是指元素周期表中原子序数为57 到71 的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（sc）和钇（y）共17 种元素稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源（1）钪（sc）为21号元素，其基态原子m能层电子数为9镝（dy）的基态原子电子排布式为4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为4（2）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价请根据下表中的电离能数据判断表中最有可能有+4价的元素是ce几种稀土元素的电离能（单位：kjmol1）元素i1i2i3i1+i2+i3i4sc（钪）6331235238942577019y（钇）6161181198037775963la（镧）5381067185034554819ce（铈）5271047194935233547（3）离子化合物 na3中，存在的作用力除离子键外还有共价键和配位键（4）sm（钐）的单质与1，2二碘乙烷可发生如下反应：sm+ich2ch2ismi2+ch2=ch2ich2ch2i中碳原子杂化轨道类型为sp3，1mol ch2=ch2中含有的键数目为5na常温下，2二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高（5）pro2（二氧化镨）的晶体结构与caf2相似，晶胞中pr（镨）原子位于面心和顶点则pro2（二氧化镨）的晶胞中有8个氧原子（6）ce（铈）单质为面心立方晶体，其胞参数为a=516pm晶胞中ce（铈）原子的配位数为12，列式表示ce（铈）单质的密度：gcm3（不必计算出结果）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分析：（1）钪为21号元素，核外电子层排布为2、8、9、2，故m能层电子数为9；在f能级中有7个轨道，而镝的基态原子在f能级只排布了10个电子，故未成对电子数为4；（2）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4价的可能性越大，在上述表中ce的i1+i2+i3和i4最接近，故应为ce元素；（3）离子化合物 na3中含有羟基与sc的配位键，羟基中的氢氧元素之间的共价键（4）在ich2ch2i分子中碳原子只形成了单键，有四个单键，故碳原子杂化轨道类型为sp3；1个ch2=ch2分子中含有5个键，故1mol ch2=ch2中含有的键数目为5na；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以二碘乙烷在常温下为液体（5）在晶胞中，y为镨原子，x为氧原子，可以看到，氧原子在晶胞的内部，故此晶胞中应有8个氧原子（6）ce（铈）单质为面心立方晶体，以晶胞顶点的铈原子为例，与之距离最近的铈原子分布在经过该顶点的所有立方体的面心上，这样的面有12个，晶胞中铈原子位于顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，该晶胞体积为a3，该晶胞的质量为4m/na，根据=可求得密度解答：解：（1）钪为21号元素，核外电子层排布为2、8、9、2，故m能层电子数为9；在f能级中有7个轨道，而镝的基态原子在f能级只排布了10个电子，故未成对