陕西省西安地区八校联考高考化学模拟试卷（三）（含解析）.doc

陕西省西安地区八校联 考2015届高考化学模拟试卷（三）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）有两组物质：组ch4、聚乙烯、邻二甲苯 组2丁烯、乙炔、苯乙烯下列有关上述有机物说法正确的是（）a组物质都不能使酸性高锰酸钾褪色，组物质都能使酸性高锰酸钾褪色b组物质都不能使溴的四氯化碳褪色，组物质都能使溴的四氯化碳褪色c组物质所有原子可以在同一平面内d邻二甲苯的一氯代物只有两种2（6分）如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图下列说法正确的是（）a该图体现出原子核外电子层呈现周期性变化b简单离子半径：wr2z+s3+cr、z形成的化合物中可能含有共价键d由酸性：hwo4h2ro3可证明非金属性：wr3（6分）下列陈述i、ii正确并且有因果关系的是（）选项表述表述a浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性bcl2和so2有漂白性cl2和so2均可使含有酚酞的naoh溶液褪色c常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸dsio2有导电性sio2可用于制备光导纤维aabbccdd4（6分）实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的是（）a氧化废液中的溴化氢b分离ccl4层和水层c分离ccl4和液溴d用仪器丁长期贮存液溴5（6分）下列表示对应化学反应的离子方程式其中正确的是（）a向naalo2溶液中通入足量的co2：2alo2+co2+3h2o2al（oh）3+co32b（nh4）2fe（so4）2溶液中加入少量氢氧化钡溶液：nh4+so42+ba2+ohbaso4+h2oc工业上用氨水吸收二氧化硫：2nh3h2o+so22nh4+so32d磁性氧化铁溶于稀硝酸3fe2+4h+no33fe3+no+2h26（6分）25时，醋酸、次氯酸、亚硝酸的电离常数如下表，下列叙述不正确的是（）酸醋酸次氯酸亚硝酸电离常数（ka）1.71053.01087.1104aph相同的氯水和亚硝酸溶液，水电离出的c（h+）相同b往氯水滴加naoh溶液呈中性：c（na+）=2（clo）+c（hclo）c浓度相等的ch3coona和nano2两份溶液中；c（ch3coo）c（no）d向ph=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pha、pha、ph=a均有可能7（6分）用酸性氢氧燃料电池（甲池）为电源进行电解的实验装置（乙池，一定条件下可实现有机物的电化学储氢）如图所示甲池中c为含苯的物质的量分数为10%的混合气体，d为l0mol混合气体其中苯的物质的量分数为24%（杂质不参与反应），e为标准状况下2.8mol气体（忽略水蒸汽），下列说法正确的是（）a甲池中a处通入h2，e处有o2放出b甲池中h+由f极移向g极c乙池中阴极区只有苯被还原d导线中共传导11.2mol电子二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）乙酰苯胺可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体，实验室制备乙酰苯胺反应原理和有关数据如下：nh2+chcooh+h2o名称相对分子质量性状密度/（g/cm3）熔点/沸点/溶解度苯胺93无色油状液体具有还原性1.026.1184微溶于水均易溶于乙醇、乙醚乙酸60无色液体1.0516.5118易溶于水乙酰苯胺135白色晶体1.22114304微溶于冷水，溶于热水实验步骤：在50ml圆底烧瓶中加入无水苯胺5ml，冰醋酸7.5ml，锌粉0lg，按下图安装仪器，加入沸石，给反应器均匀加热，使反应液在微沸状态下回流，调节加热温度，使柱顶温度控制在105左右，反应约6080nun，当反应基本完成时，停止加热在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料倒人盛有l00ml冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却烧杯至室温，粗乙酰苯胺结晶析出，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品将粗品重结晶，抽滤，晾干，称重，计算产率，注：d为刺形分馏柱，用于沸点差别不太大的混合物的分离，请回答下列问题：（1）仪器a的名称，（2）装置图中加热可用（填“水浴”或“油浴”）（3）实验中加入锌粉的目的是（4）为何要控制分馏柱上端的温度在105左右（5）通过观察到，现象可判断反应基本完成，反应结束后须立即倒入事先准备好的冰水中的原因（6）洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是a用少量冷水洗 b用少量热水洗c先用冷水洗，再用热水洗 d用酒精洗（7）该实验最终得到纯品1.8g，则乙酰苯胺的产率是9（15分）将废旧锌锰电池处理得到含锰混合物，现以含锰混合物为原料制备锰锌铁氧体的主要流程如图l所示：请回答下列问题：（1）mnooh中，锰元素的化合价为（2）碱性锌锰干电池的电解质为koh，mn02参与的电板反应方程式为（3）酸浸时，mno2与h2so4、h2o2反应的离子方程式为（4）在不同ph下，kmno4溶液对hg的吸收率及主要产物如图2所示：ph对hg吸收率的影响规律是在强酸性环境下hg的吸收率高的原因可能是（5）锰回收新方法：向含锰混合物加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止，其主要反应为：2mnooh+mno2+2h2c2o4+3h2so43mnso4+4co2+6h2o当1molmno2参加反应时，共有mol电子发生转移mnooh与浓盐酸在加热条件下也可以发生反应，试写出其反应的化学方程式：已知：ksp（mnco3）=2.31011、ksp（mn（oh）2=2.11013，欲制备mnco3，选用的加料方式（填字母），原因是a、将mnso4溶液与na2co3溶液同时加入到反应容器中b、将mnso4溶液缓慢加入到盛有na2co3溶液的反应容器中c、将na2co3溶液缓慢加入到盛有mnso4溶液的反应容器中d、以上三种方式都无法得到mnco310（14分）sicl4在室温下为无色液体，易挥发，有强烈的刺激性把sicl4先转化为sihcl3，再经氢气还原生成高纯硅（1）高温条件下，sihcl3与氢气反应的方程式为：（2）已知：（i）si（s）+4hcl（g）=sicl4（g）+2h2（g）h=241kjmol1（ii）si（s）+3hcl（g）=sihcl3（g）+h2（g）h=210kjmol1则sicl4转化为sicl3的反应（iii）：3sicl4（g）+2h2（g）+si（s）4sihcl3（g）h=（3）为研究反应（iii）的最适宜反应温度，右图为四氯化碳的转化率随温度的变化曲线：由图可知该反应最适宜的温度为，四氯化碳的转化率随温度升高而增大的原因为（4）一定条件下，在2l恒容密闭容器中发生反应（iii），6h后达到平衡，h2与sihcl3的物质量浓度分别为1moll1和0.2moll1从反应开始到平衡，v（sicl4）=该反应的平衡常数表达式为k=，温度升高，k值（填“”增大”、“减小”或“不变”）原容器中，通入h2的体积（标准状况下）为若平衡后再向容器中充人与起始时等量的sicl4和h2（假设si足量），当反应再次达到平衡时，与原平衡相比较，h2的体积分数将（填“增大”、“减小”或“不变”）平衡后，将容器的体积压缩为1l，再次达到平衡时，h2的物质的量浓度范围为【化学选修2一化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）如图是某企业设计的硫酸磷肥水泥联产、海水淡水多用、盐热电联产的三大生态产业链流程图根据上述产业流程回答下列问题：（1）该流程、为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：、（2）沸腾炉发生反应的化学方程式：磷肥厂的主要产品是普钙（磷酸二氢钙和硫酸钙），写出由磷矿石和硫酸反应制普钙得化学方程式（3）用1吨硫铁矿（fes2的质量分数为36%）接触法制硫酸，制硫酸的产率为65%，则最后能生产出质量分数为98%的硫酸吨（4）热电厂的冷却水是，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有（写出一种即可）（5）根据现代化工厂设计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想，（写出两点即可）【化学选修3-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12x、y、z、w、q五种前四周期元素，原子序数依次增大已知x、y、z、w均为非金属元素，xw2分子与y3为等电子体，元素w的原子序数等于元素z的原子序数加8，q的最外层电子数为2，次外层电子数等于y和w2最外层电子数之和，根据以上信息回答下列问题：（1）上述五种元素中电负性最大的是（填元素符号，下同），y的第一电离能大于z的第一电离能原因（2）xw2的电子式为（3）q的价电子排布式为，n3的分子构型为（4）下列关于wz2结构的说法正确的是awz2直线形非极性分子cwz2中w为sp3杂化bwz2直线形极性分子dwz2中w为sp2杂化（5）qw的晶胞是立方体，用x射线衍射法测得该晶体晶胞边长a=520.0pm，26测得该晶体的密度为4.1/cm3，请列式计算一个晶胞重含有的q、w离子数（5.23=140.6）（6）qw的晶胞一个侧面的投影图如图所示，与q离子距离最经且距离相等的w离子构成的几何图形是【化学选修5-有机化学基础】共1小题，满分0分）13化合物g是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药可以通过如图所示的路线合成：已知：rcoohrcocl请回答下列问题：（1）bc的转化所加的试剂可能是，c+ef的反应类型是（2）有关g的下列说法正确的是a、属于芳香烃b、可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应c能与fecl溶液发生显色反应d.1molg最多可以跟4molh2反应（3）e的结构简式为（4）f与足量naoh浴液充分反应的化学方程式为（5）e的同分异构体中，既能发生水解反应，又能与fecl3溶液能发生显色反应的还有种，其中苯环上有两种不同化学环境的氢原子的是（写出其中一种的结构简式）（6）已知：氯苯用10%15%的氢氧化钠溶液在3603900c、2830mpa条件水解再酸化可制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化，苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体，试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任用）注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：ch3choch3coohch3cooch2ch3陕西省西安地区八校联考2015届高考化学模拟试卷（三）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（6分）有两组物质：组ch4、聚乙烯、邻二甲苯 组2丁烯、乙炔、苯乙烯下列有关上述有机物说法正确的是（）a组物质都不能使酸性高锰酸钾褪色，组物质都能使酸性高锰酸钾褪色b组物质都不能使溴的四氯化碳褪色，组物质都能使溴的四氯化碳褪色c组物质所有原子可以在同一平面内d邻二甲苯的一氯代物只有两种考点：常见有机化合物的结构；有机物的结构和性质 分析：a、苯的同系物，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；b、含有不饱和双键或三键的能使溴水褪色；c、依据甲烷、乙烯、乙炔以及苯的结构判断即可；d、苯的同系物氯代物可以是苯环上的取代，也可以是烃基上的取代，据此解答即可解答：解：a、组物质中邻二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a错误；b、组物质中均为单键，不能使溴水褪色，组物质中均含有不饱和键，能使溴水褪色，故b正确；c、2丁烯中含有2个甲基，甲基中的三个h原子与剩余的基团处于四面体位置，故不可能处于同一平面，故c错误；d、邻二甲苯，苯环上的一氯代物只有2种，分别位于邻位和间位，两个甲基上可以生成1种一氯代物，故总共3种，故d错误，故选b点评：本题主要考查的是饱和烃与不饱和烃的性质、同分异构体个数判断、分子结构（共平面）等知识，综合性较强，但是难度不大2（6分）如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图下列说法正确的是（）a该图体现出原子核外电子层呈现周期性变化b简单离子半径：wr2z+s3+cr、z形成的化合物中可能含有共价键d由酸性：hwo4h2ro3可证明非金属性：wr考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：短周期元素中，x、r最外层电子数均为6，处于a族，x的原子序数较小，故x为o元素、r为s元素；y、w最外层电子数均为7，y的原子序数较小，故y为f元素、w为cl元素；z最外层电子数为1，处于ia族，原子序数大于氟，故z为na元素；s最外层电子数为3，处于a族，x的原子序数大于钠，故s为al元素，结合元素周期律解答解答：解：短周期元素中，x、r最外层电子数均为6，处于a族，x的原子序数较小，故x为o元素、r为s元素；y、w最外层电子数均为7，y的原子序数较小，故y为f元素、w为cl元素；z最外层电子数为1，处于ia族，原子序数大于氟，故z为na元素；s最外层电子数为3，处于a族，x的原子序数大于钠，故s为al元素a图中元素最外层电子数没有体现重复变化规律性，故a错误；b电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：s2clna+al3+，故b错误；cs、na可能形成类似过氧化钠的na2s2，形成的化合物中可能含有共价键，故c正确；d最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，酸性：hclo4h2so3，但h2so3不是最高价含氧酸，不能说明非金属性：cls，故d错误，故选c点评：本题考查结构性质位置关系应用，关键是结合最外层电子数与原子序数推断元素，c选项注意利用同主族元素性质的相似性类比解答，难度中等，3（6分）下列陈述i、ii正确并且有因果关系的是（）选项表述表述a浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性bcl2和so2有漂白性cl2和so2均可使含有酚酞的naoh溶液褪色c常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸dsio2有导电性sio2可用于制备光导纤维aabbccdd考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质 分析：a浓硝酸不稳定受热分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸显黄色；b氯气不具有漂白性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质；c浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁铝钝化；d二氧化硅是绝缘体解答：解：a浓硝酸不稳定受热分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸显黄色，陈述i、ii正确并且有因果关系，故a正确；b氯气无漂白性，与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，可使含有酚酞的naoh溶液褪色；二氧化硫能与氢氧化钠反应，消耗氢氧根离子，从而使溶液褪色，不能体现so2的漂白性，故b错误；c浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁铝钝化，钝化属于化学反应，故陈述i错误，故c错误；d二氧化硅为绝缘体，不导电，sio2是光导纤维的主要成分，二者无因果关系，故d错误；故选：a点评：本题考查了物质的性质，熟悉浓硝酸、氯气、二氧化硫、浓硫酸、二氧化硅的性质是解题关键，注意次氯酸、二氧化硫漂白原理的不同，题目难度不大4（6分）实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的是（）a氧化废液中的溴化氢b分离ccl4层和水层c分离ccl4和液溴d用仪器丁长期贮存液溴考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：a集气瓶中导管应短进长出；bccl4和水不互溶；c温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平；d液溴能腐蚀橡胶塞解答：解：a集气瓶中导管应短进长出，否则会将液体排除，故a错误； bccl4和水不互溶，可用分液分离，故b正确；c温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平，测量的是蒸气的温度，故c错误；d液溴能腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故d错误故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质性质及分离与提纯、保存等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大5（6分）下列表示对应化学反应的离子方程式其中正确的是（）a向naalo2溶液中通入足量的co2：2alo2+co2+3h2o2al（oh）3+co32b（nh4）2fe（so4）2溶液中加入少量氢氧化钡溶液：nh4+so42+ba2+ohbaso4+h2oc工业上用氨水吸收二氧化硫：2nh3h2o+so22nh4+so32d磁性氧化铁溶于稀硝酸3fe2+4h+no33fe3+no+2h2考点：离子方程式的书写 分析：a二氧化碳足量反应生成碳酸氢钠；b氢氧根离子少量，先于三价铁离子反应再与氨根离子反应；c氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵；d磁性氧化铁为氧化物应保留化学式解答：解：a向naalo2溶液中通入足量的co2，离子方程式：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，故a错误；b（nh4）2fe（so4）2溶液中加入少量氢氧化钡溶液，离子方程式：nh4+fe3+2so42+2ba2+4oh2baso4+h2o+fe（oh）3+nh3h2o，故b错误；c氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子方程式：2nh3h2o+so22nh4+so32，故c正确；d将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸中的离子反应为3fe3o4+no3+28h+9fe3+14h2o+no，评价错误，故d错误；故选：c点评：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，题目难度不大6（6分）25时，醋酸、次氯酸、亚硝酸的电离常数如下表，下列叙述不正确的是（）酸醋酸次氯酸亚硝酸电离常数（ka）1.71053.01087.1104aph相同的氯水和亚硝酸溶液，水电离出的c（h+）相同b往氯水滴加naoh溶液呈中性：c（na+）=2（clo）+c（hclo）c浓度相等的ch3coona和nano2两份溶液中；c（ch3coo）c（no）d向ph=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pha、pha、ph=a均有可能考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：a、ph相同的不同酸溶液中，酸电离出来的氢离子浓度相同；b、据电荷守恒有c（na+）+c（h+）=c（clo）+c（oh），据物料守恒有c（cl ）=c（clo）+c（hclo），据此分析；c、醋酸的酸性比亚硝酸弱，据越弱越水解分析；d、醋酸溶液加水稀释时，酸性减弱，ph减小解答：解：a、ph相同的不同酸溶液中，酸电离出来的氢离子浓度相同，对水的电离的抑制程度相同，所以水电离出的c（h+）相同，故a正确；b、混合溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），溶液中存在电荷守恒，所以c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（clo）+c（cl），所以得c（na+）=c（clo）+c（cl），根据物料守恒得c（cl ）=c（clo）+c（hclo），所以得c（na+）=2c（clo）+c（hclo），故b正确；c、浓度相等的ch3coona和nano2两份溶液中，醋酸的酸性比亚硝酸弱，其醋酸根离子的电离程度大于亚硝酸根离子，所以c（ch3coo）c（no2），故c错误；d、向ph=a的醋酸溶液中加一定量水，醋酸的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，溶液的ph增大，即pha，故d错误；故选cd点评：本题考查了影响水的电离的因素、溶液中的电荷守恒和物料守恒、盐类水解、醋酸加水稀释时离子浓度变化，题目难度不大7（6分）用酸性氢氧燃料电池（甲池）为电源进行电解的实验装置（乙池，一定条件下可实现有机物的电化学储氢）如图所示甲池中c为含苯的物质的量分数为10%的混合气体，d为l0mol混合气体其中苯的物质的量分数为24%（杂质不参与反应），e为标准状况下2.8mol气体（忽略水蒸汽），下列说法正确的是（）a甲池中a处通入h2，e处有o2放出b甲池中h+由f极移向g极c乙池中阴极区只有苯被还原d导线中共传导11.2mol电子考点：原电池和电解池的工作原理 分析：甲池装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧气的电极为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，负极反应为：h22e2h+，正极反应为：o2+4e+4h+2h2o；该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为c6h6+6h+6e=c6h12，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4oh4e2h2o+o2，所以g为负极，通入氢气，f为正极通入氧气，据此分析解答：解：a、阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为c6h6+6h+6e=c6h12，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4oh4e2h2o+o2，所以g为负极，即b通入氢气，e处产生氧气，故a错误；b、甲池装置是氢氧燃料电池，h+由负极移向正极，即由g极移向f极，故b错误；c、若参加反应的苯有10mol24%10mol10%=1.4mol，乙池中阴极区苯放电的电极反应式为c6h6+6h+6e=c6h12，1.4mol苯反应转移电子物质的量为1.4mol6=8.4mol，所以乙池中阴极区不只有苯被还原，故c错误；d、生成2.8mol氧气，据电极反应式4oh4e2h2o+o2可知，转移电子物质的量为2.8mol4=11.2mol，故d正确；故选d点评：本题考查了氢氧燃料电池和电解池的相关知识，注意分析各电极反应，题目难度较大二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）乙酰苯胺可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体，实验室制备乙酰苯胺反应原理和有关数据如下：nh2+chcooh+h2o名称相对分子质量性状密度/（g/cm3）熔点/沸点/溶解度苯胺93无色油状液体具有还原性1.026.1184微溶于水均易溶于乙醇、乙醚乙酸60无色液体1.0516.5118易溶于水乙酰苯胺135白色晶体1. 22114304微溶于冷水，溶于热水实验步骤：在50ml圆底烧瓶中加入无水苯胺5ml，冰醋酸7.5ml，锌粉0lg，按下图安装仪器，加入沸石，给反应器均匀加热，使反应液在微沸状态下回流，调节加热温度，使柱顶温度控制在105左右，反应约6080nun，当反应基本完成时，停止加热在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料倒人盛有l00ml冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却烧杯至室温，粗乙酰苯胺结晶析出，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品将粗品重结晶，抽滤，晾干，称重，计算产率，注：d为刺形分馏柱，用于沸点差别不太大的混合物的分离，请回答下列问题：（1）仪器a的名称冷凝管，（2）装置图中加热可用油浴（填“水浴”或“油浴”）（3）实验中加入锌粉的目的是防止苯胺在反应过程中被氧化（4）为何要控制分馏柱上端的温度在105左右不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率（5）通过观察到温度计温度下降或锥形瓶内液体不再增加，现象可判断反应基本完成，反应结束后须立即倒入事先准备好的冰水中的原因乙酰苯胺的熔点较高，稍冷即会固化，凝固在烧瓶中难易倒出（6）洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是aa用少量冷水洗 b用少量热水洗c先用冷水洗，再用热水洗 d用酒精洗（7）该实验最终得到纯品1.8g，则乙酰苯胺的产率是24%考点：制备实验方案的设计 分析：（1）仪器a为冷凝管；（2）由于反应控制温度在105左右，而沸腾的水温度为100，不能达到该温度，所以可用油浴加热的方法；（3）苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，为防止苯胺在反应过程中被氧化，需要加入还原剂zn粉；（4）水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行；（5）根据温度计温度下降或锥形瓶内液体不再增加可以判断反应基本完成；乙酰苯胺的熔点较高，稍冷即会固化，凝固在烧瓶中难易倒出；（6）洗涤粗产品注意减少因溶解造成的损耗，结合产品的溶解性判断，（7）计算苯胺、乙酸的物质的量，判断反应物过量问题，根据不足量的物质计算乙酰苯胺的理论产量，进而计算乙酰苯胺的产率解答：解：（1）由仪器的结构特征，控制仪器a为冷凝管，故答案为：冷凝管；（2）由于反应控制温度在105左右，而沸腾的水温度为100，不能达到该温度，所以可用油浴加热的方法，故答案为：油浴；（3）苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，加入还原剂zn粉，可以防止苯胺在反应过程中被氧化，故答案为：防止苯胺在反应过程中被氧化；（4）水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率，故答案为：不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率；（5）若看到温度计温度下降或锥形瓶内液体不再增加，就表明反应物的蒸气较少，生成物达到了最大量，反应基本完成；由于乙酰苯胺的熔点较高，稍冷即会固化，凝固在烧瓶中难易倒出，反应结束后须立即倒入事先准备好的冰水中，故答案为：温度计温度下降或锥形瓶内液体不再增加；乙酰苯胺的熔点较高，稍冷即会固化，凝固在烧瓶中难易倒出；（6）由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗，故选：a；（7）n（苯胺）=（5ml1.02g/ml）93g/mol=0.055mol，n（乙酸）=（ 7.5ml1.05g/ml）60g/mol=0.13mol，二者按1：1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.055mol，而实际产量n（乙酰苯胺）=1.8g135g/mol=0.0133mol，所以乙酰苯胺的产率为（0.0133mol0.055mol）100%=24%，故答案为：24%点评：本题考查有机物的合成实验、基本操作、实验条件的控制与分析评价等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等9（15分）将废旧锌锰电池处理得到含锰混合物，现以含锰混合物为原料制备锰锌铁氧体的主要流程如图l所示：请回答下列问题：（1）mnooh中，锰元素的化合价为+3（2）碱性锌锰干电池的电解质为koh，mn02参与的电板反应方程式为mno2+e+h2o=mnooh+oh（3）酸浸时，mno2与h2so4、h2o2反应的离子方程式为mno2+h2o2 +2h+=mn2+o2+2h2o（4）在不同ph下，kmno4溶液对hg的吸收率及主要产物如图2所示：ph对hg吸收率的影响规律是随ph的升高汞的吸收率先降低后增加在强酸性环境下hg的吸收率高的原因可能是kmno4在酸性条件下氧化性强（5）锰回收新方法：向含锰混合物加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止，其主要反应为：2mnooh+mno2+2h2c2o4+3h2so43mnso4+4co2+6h2o当1molmno2参加反应时，共有4mol电子发生转移mnooh与浓盐酸在加热条件下也可以发生反应，试写出其反应的化学方程式：2mno（oh）+6hcl 2mncl2+cl2+4h2o已知：ksp（mnco3）=2.31011、ksp（mn（oh）2=2.11013，欲制备mnco3，选用的加料方式c（填字母），原因是避免生成mn（oh）2a、将mnso4溶液与na2co3溶液同时加入到反应容器中b、将mnso4溶液缓慢加入到盛有na2co3溶液的反应容器中c、将na2co3溶液缓慢加入到盛有mnso4溶液的反应容器中d、以上三种方式都无法得到mnco3考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：以含锰混合物为原料制备锰锌铁氧体，含有mno2，mnooh及少量hg，加入硫酸和过氧化氢二氧化锰和过氧化氢、硫酸发生氧化还原反应生成氧气、硫酸锰和水，过滤除去不溶性杂质，滤液中加入镁粉除去汞，吹出的汞用高锰酸钾溶液吸收除汞后的溶液通过实验操作得到锰锌铁氧体；（1）依据化合物中元素化合价代数和为0，氧元素化合价2价，氢元素化合价为+1价；（2）碱性锌锰干电池的电解质为koh，总反应为zn+2mno2+2h2o2mnooh+zn（oh）2，其负极上锌失电子发生氧化反应，正极上二氧化锰得到电子生成mnooh；（3）二氧化锰被双氧水还原，说明二氧化锰是氧化剂得到电子，双氧水是还原剂失去电子，其氧化产物是氧气；（4）根据图象分析，在不同ph下，kmno4溶液对hg的吸收率及主要产物可知，ph对hg吸收率随溶液ph升高先降低后增大；根据影响kmno4氧化性的条件分析，酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化性更强；（5）根据氧化还原反应方程中得失电子守恒分析，已知2mno（oh）+mno2+2h 2c2o4+3h2so4=3mnso4+4co2+6h2o，mno22h 2c2o44co2，该反应中，氧化剂是mno（oh）、mno2，还原剂是草酸；+4价的锰能把浓盐酸氧化为氯气，即mno（oh）与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰、水；向0.50moll1 na2co3溶液中缓慢滴加mn2+溶液，由ksp可知，先生成mn（oh）2解答：解：（1）化合物中元素化合价代数和为0，氧元素化合价2价，氢元素化合价为+1价，mnooh中，锰元素的化合价为+3价，故答案为：+3；（2）碱性锌锰干电池的电解质为koh，总反应为zn+2mno2+2h2o2mnooh+zn（oh）2，其负极上锌失电子发生氧化反应，正极上二氧化锰得到电子生成mnooh，正极电极反应为：mno2+e+h2o=mnooh+oh，故答案为：mno2+e+h2o=mnooh+oh；（3）二氧化锰被双氧水还原，说明二氧化锰是氧化剂得到电子，双氧水是还原剂失去电子，其氧化产物是氧气，反应的化学方程式为mno2+h2o2 +2h+=mn2+o2+2h2o，故答案为：mno2+h2o2 +2h+=mn2+o2+2h2o；（4）由图象可知，汞的吸收率随着ph的增大先降低后增加，故答案为：随ph的升高汞的吸收率先降低后增加；在中性或碱性条件下kmno4氧化性较低，而酸性条件下氧化性较强，所以作氧化剂时一般用酸性高锰酸钾溶液，故答案为：kmno4在酸性条件下氧化性强；（5）已知2mno（oh）+mno2+2h 2c2o4+3h2so4=3mnso4+4co2+6h2o，mno22h 2c2o44co2，该反应中，氧化剂是mno（oh）、mno2，还原剂是草酸，碳元素从+3价升高到+4，转移1个电子，当生成4molco2时转移4mol电子，所以1molmno2参加反应时生成4molco2，转移4mol电子，故答案为：4；+4价的锰能把浓盐酸氧化为氯气，即mno（oh）与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰、水，其反应方程式为：2mno（oh）+6hcl 2mncl2+cl2+4h2o，故答案为：2mno（oh）+6hcl 2mncl2+cl2+4h2o；由ksp（mnco3）=2.31011，kspmn（oh）2=2.11013计算可知，调节mnso4溶液ph至6.0左右，缓慢滴入0.50moll1 na2co3溶液，酸性条件下生成mnco3，而改为向0.50moll1 na2co3溶液中缓慢滴加mn2+溶液，碳酸钠溶液的碱性强，由ksp可知，先生成mn（oh）2，选用的加料方式为：将na2co3溶液缓慢加入到盛有mnso4溶液的反应容器中，碳酸钠溶液的碱性强，避免先生成mn（oh）2，故答案为：c；避免先生成mn（oh）2点评：本题考查了工业上回收金属锰的操作流程，主要是物质分离方法和物质性质的理解应用，氧化还原反应的分析判断和计算应用，题目难度中等，注意对图象的分析10（14分）sicl4在室温下为无色液体，易挥发，有强烈的刺激性把sicl4先转化为sihcl3，再经氢气还原生成高纯硅（1）高温条件下，sihcl3与氢气反应的方程式为：sihcl3+h2si+3hcl（2）已知：（i）si（s）+4hcl（g）=sicl4（g）+2h2（g）h=241kjmol1（ii）si（s）+3hcl（g）=sihcl3（g）+h2（g）h=210kjmol1则sicl4转化为sicl3的反应（iii）：3sicl4（g）+2h2（g）+si（s）4sihcl3（g）h=117kjmol1（3）为研究反应（iii）的最适宜反应温度，右图为四氯化碳的转化率随温度的变化曲线：由图可知该反应最适宜的温度为500，四氯化碳的转化率随温度升高而增大的原因为开始反应未到达平衡，温度升高反应速率加快，四氯化碳的转化率增大（4）一定条件下，在2l恒容密闭容器中发生反应（iii），6h后达到平衡，h2与sihcl3的物质量浓度分别为1moll1和0.2moll1从反应开始到平衡，v（sicl4）=0.025mol/（lh）该反应的平衡常数表达式为k=，温度升高，k值减小（填“”增大”、“减小”或“不变”）原容器中，通入h2的体积（标准状况下）为49.28l若平衡后再向容器中充人与起始时等量的sicl4和h2（假设si足量），当反应再次达到平衡时，与原平衡相比较，h2的体积分数将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）平衡后，将容器的体积压缩为1l，再次达到平衡时，h2的物质的量浓度范围为1moll1c（h2）2moll1考点：化学平衡的计算；化学方程式的书写；转化率随温度、压强的变化曲线 分析：（1）高温条件下，sihcl3与氢气反应生成si与hcl；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；（3）由图可知，四氯化碳的转化率在500达最高；开始反应未到达平衡，温度升高反应速率加快，转化率增大；（4）根据v=计算v（sihcl3），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（sicl4）；化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要写出；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，据此判断平衡常数变化；利用浓度变化量之比等于其化学计算之比计算h2的浓度变化量，进而计算氢气的起始浓度，再根据n=cv计算氢气的物质的量，根据v=nvm计算标况下氢气的体积；若平衡后再向容器中充人与起始时等量的sicl4和h2（假设si足量），等效为压强增大一倍，平衡向正反应方向移动；平衡后，将容器的体积压缩为1l，压强增大，平衡向正反应方向移动，若平衡不移动，此时氢气浓度为极大值，平衡移动不能消除氢气浓度增大，到达新平衡时的浓度仍大于原平衡时的浓度解答：解：（1）高温条件下，sihcl3与氢气反应生成si与hcl，反应方程式为：sihcl3+h2si+3hcl，故答案为：sihcl3+h2si+3hcl；（2）已知：（i）si（s）+4hcl（g）=sicl4（g）+2h2（g）h=241kjmol1（ii）si（s）+3hcl（g）=sihcl3（g）+h2（g）h=210kjmol1则sicl4转化为sicl3的反应（iii）：（ii）4（i）3可得：3sicl4（g）+2h2（g）+si（s）4sihcl3（g），故h=4（210kjmol1）3（241kjmol1）=117kjmol1，故答案为：117kjmol1；（3）由图可知，四氯化碳的转化率在500达最高，故最适宜的温度为500；开始反应未到达平衡，温度升高反应速率加快，四氯化碳的转化率增大，故答案为：500；开始反应未到达平衡，温度升高反应速率加快，四氯化碳的转化率增大；（4）6h后达到平衡，sihcl3的物质量浓度为0.2moll1，则v（sihcl3）=mol/（lh），速率之比等于其化学计量数之比，则v（sicl4）=v（sihcl3）=mol/（lh）=0.025mol/（lh），故答案为：0.025mol/（lh）；3sicl4（g）+2h2（g）+si（s）4sihcl3（g）的平衡常数表达式k=，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故答案为：；减小；浓度变化量之比等于其化学计算之比，则h2的浓度变化量为0.2moll1=0.1moll1，故氢气的起始浓度为1moll1+0.1moll1=1.1moll1，则通入氢气的物质的量为2l1.1moll1=2.2mol，标况下氢气的体积为2.2mol22.4l/mol=49.28l，故答案为：49.28l；若平衡后再向容器中充人与起始时等量的sicl4和h2（假设si足量），等效为压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，有方程式可知1mol氢气反应时，混合气体总物质的量减小1mol，故到达新平衡时氢气的体积分数减小，故答案为：减小；平衡后，将容器的体积压缩为1l，压强增大，平衡向正反应方向移动，若平衡不移动，此时氢气浓度为极大值为21moll1=2moll1，平衡移动不能消除氢气浓度增大，到达新平衡时的浓度仍大于原平衡时的浓度1moll1，故再次达到平衡时，h2的物质的量浓度范围为：1moll1c（h2）2moll1，故答案为：1moll1c（h2）2moll1点评：本题考查方程式书写、反应热计算、化学反应速率计算、平衡常数及影响因素、化学平衡计算及移动等，（4）中注意利用极限法与平衡移动原理方向解答，题目难度中等【化学选修2一化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）如图是某企业设计的硫酸磷肥水泥联产、海水淡水多用、盐热电联产的三大生态产业链流程图根据上述产业流程回答下列问题：（1）该流程、为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：fe2o3、电能、热能、so2、浓h2so4（2）沸腾炉发生反应的化学方程式：4fes2+11022fe2o3+8so2磷肥厂的主要产品是普钙（磷酸二氢钙和硫酸钙），写出由磷矿石和硫酸反应制普钙得化学方程式ca3（po4）2+2h2so4=ca（h2po4）2+2caso4（3）用1吨硫铁矿（fes2的质量分数为36%）接触法制硫酸，制硫酸的产率为65%，则最后能生产出质量分数为98%的硫酸0.39吨（4）热电厂的冷却水是海水，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有镁或溴（写出一种即可）（5）根据现代化工厂设计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料，废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料（写出两点即可）考点：工业制取硫酸；高炉炼铁 专题：化学应用分析：（1）根据流程图中工业生产的原料，及发生的反应中的能量转化分析；（2）沸腾炉中fes2与氧气反应；根据生成磷肥的反应分析；（3）根据fes2制取硫酸过程中涉及的化学反应方程式，利用关系法解题；（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的mg元素、溴元素等；（5）根据工厂的废气、废渣的成分分析解答：解：（1）中冶炼钢铁的原料是fe2o3，中热电厂中向外提供的能量为电能，沸腾炉中fes2与氧气反应放出大量的热，制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，硫酸工业中生成的硫酸，可用于制磷肥，故答案为：fe2o3 电能 热能 so2 浓h2so4；（2）沸腾炉中fes2与氧气反应生成fe2o3和so2，其反应方程式为：4fes2+11022fe2o3+8so2；普钙是磷酸二氢钙和硫酸钙，用硫酸与磷酸钙反应生成硫酸钙和磷酸二氢钙的化学方程式为：ca3（po4）2+2h2so4=ca（h2po4）2+2caso4，故答案为：4fes2+11022fe2o3+8so2；ca3（po4）