江西省南昌市高考化学一模试卷（含解析）.doc

江西省南昌市2015届高考化学一模 试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法正确的是（）a塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用b含乙醇、naclo、h2o2等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的c喝补铁剂时，加服维生素c效果更好，原因是维生素c具有还原性d碳酸铝是一种应用很广的食品添加剂，可大量添加到馒头、面包等食品中2（6分）某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目减少，则该试剂是（）ah2bag（nh3）2oh溶液chbrdbr2的ccl4溶液3（6分）设na为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a0.1mol苯分子中含有双键数为0.3nab1l1moll1碳酸钠溶液中阴离子的数目大于nac标准状况下，22.4l乙烷中共含有分子数为nad50ml18.4moll1浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子的数目为0.92na4（6分）下列各项中实验的设计或操作能达到预期实验目的是（） 选项 实验目的 实验的设计或操作 a 比较cl与s元素的非金属性强弱相同条件下，测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph b 比较ksp（agcl）与ksp（agi）的大小向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，振荡 c欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤 d证明氧化性h2o2比fe3+强 将硫酸酸化的h2o2溶液滴入fe（no3）2溶液中aabbccdd5（6分）已知ax、by是元素周期表中除稀有气体外的短周期元素，且ab=3，x，y能形成化合物m，下列说法不正确的是（）a若x和y处于同一周期，则x的原子半径肯定小于y的原子半径b若m属于离子化合物，则该化合物中只存在离子键，且每个原子均达到8电子稳定结构c若最外层电子数xy2，则x的非金属性一定比y的非金属性强d若x和y处于同一周期，且m属于共价化合物，则分子中原子个数比可能为1：26（6分）一定量na2o2和nahco3，均匀混合物分成质量相等的甲乙两份将甲投入100ml稀盐酸，固体完全溶解，收集到标准状况下干燥气体2.24l再将生成气体全部导入装有乙的干燥管中，充分吸收后，收集到一种单质气体，标准状况下体积为2.016l根据以上信息，下列有关推断不正确的是（）a甲乙两份混合物中均含na2o20.16molb甲乙两份混合物中均含nahco30.02molc原混合物中na2o2与nahco3物质的量之比无法确定d盐酸物质的量浓度可能为3.4mol/l7（6分）常温下，下图是用0.1000mol/lnaoh溶液滴定20.00ml0.1000mol/lha溶液所得到滴定曲线下列相关的说法错误的是（忽略滴定前后体积变化）（）a由图可知ha是一种弱酸，且ka=1.0105b水电离出的氢离子浓度：abc当naoh溶液的体积为10.00ml时，有：c（a）+c（oh）=c（h+）+c（ha）db点溶液中的离子浓度关系为：c（na+）c（a）c（oh）c（h+）二、填空题（共3小题，共43）8（15分）氯苯是重要的有机化工产品，是燃料、医药、有机合成的中间体，工业上常用“间歇法”制取反应原理、实验装置图（加热装置都已略去）如下：+cl2+hcl回答下列问题：（1）a反应器是利用实验室法制取氯气，中空玻璃管b的作用是冷凝管中冷水应从（填“a”或“b”）处通入（2）把干燥的氯气通入装有干燥笨的反应器c中（内有相当于笨量1%的铁屑作催化剂）加热维持反应温度在4060为宜，温度过高回生成过多的二氯苯对c加热的方法时（填序号）a酒精灯加热b油浴加热c水浴加热d出口的气体成份有hcl、和（3）c反应器反应完成后，工业上要进行水洗，碱洗以及食盐干燥，才能蒸馏碱洗之前要水洗的目的是洗去一部分无机物，同时为了减少碱的用量，节约成本写出用10%氢氧化钠溶液碱洗时可能发生的化学反应方程式：（写两个即可）（4）上述装置图中a、c反应器之间，需要增添一u型管，其内置物质是（5）工业生产中苯的流失情况如下： 项目二氯苯 尾气 不确定苯耗 流失总量 苯流失量（kg/t） 1324.9 51.3 89.2 则1t苯可制得成品为t（只要求列式）9（15分）硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，但硫的氧化物直接排放到大气中会造成污染（1）一种以铜作催化剂脱硫的工艺有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中so2的部分催化氧化，所发生反应为：2so2+2ncu+（n+1）o2+（22n）h2o2ncuso4+（22n）h2so4该反应中的还原剂为；每吸收标准状况下11.2lso2，被so2还原的o2的质量为g利用如图所示电化学装置吸收另一部分so2，并完成cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式：（2）碘循环工艺不仅能吸收so2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：用离子方程式表示反应器中发生的反应：用化学平衡移动的原理分析，在hi分解反应中使用膜反应器分离出h2的目的是汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一已知氮的氧化物是汽车尾气的污染物，用如图装置可监测其含量，电池中每转移0.4mol e，pt电极消耗l氧气（标况下）；该装置负极反应式为10（13分）甲烷化技术是煤制天然气最核心、最关键的技术co加氢合成甲烷属于多相催化平衡反应，催化剂一般为镶催化剂（工作温度400k800k），主反应式：co（g）+3h2（g）=ch4（g）+h2o（g）h=206kj/mol （1）co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）h=165kj/mol （2）（1）煤经过气化、变换、净化得到的合成气中一般含有h2、co、co2、h2o和惰性气体请写出h2o（g）与co反应的热化学反应方程式（该反应编号为“（3）”）若主反应（1）（2）的平衡常数450k时分别为k1、k2，则与“h2o与co反应的平衡常数k3（同温度）”的数量关系为（2）在体积不变的容器中，进行甲烷化反应，若温度升高，co和h2的转化率都（填“降低”、“升高”或“不变”），但数据显示co转化率变化更为显著，主要原因是 （3）当温度在800k以上时，平衡体系中还会有下列2个副反应：2co（g）=c（g）+co2（g）h=171kj/mol （快反应） （4）c（s）+2h2（g）=ch4（g）h=73kj/mol（慢反应） （5）甲烷化反应容器就会出现现象，热量传递不好而使催化剂烧结，失去催化作用（4）甲烷化反应容器主副反应（1）至（5），其平衡常数k的对数lnk与温度关系如图：写出图中曲线a、b所对应的反应方程式编号三、解答题（共3小题，满分45分）11（15分）新材料的研发是发展新技术，提高生活质量的物质基础高铁酸钾是一种新型多功能材料高铁酸钾的制备：方法一：生产流程如下（1）溶液a中加入koh固体的目的是：；（填序号）a为下一步反应提供碱性环境b使kclo3转化成kcloc加固体koh溶解时放出热量有利于提高反应速率d与溶液a中cl2（过量）反应生成更多kclo（2）溶液a中需除去的杂质离子是；用离子方程式表示其生成的原因；（3）溶液b中可分离出湿产品k2feo4外，还有副产物kno3，kcl，写出生成溶液b的离子方程式：；每制得118.8gk2feo4理论上消耗氧化剂mol方法二：电解法从环境保护角度看，制备高铁酸钾较好方法为电解法，其装置如图从理论分析k2feo4应在极生成（填“阳”或“阴”）该电极的电极方程式为高铁酸钾的应用：高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱性溶液，其反应式为：3zn（oh）2+2fe（oh）3+4koh3zn+2k2feo4+8h2o放电时，电极反应式为：负极：；正极12（15分）在气态二氯化铍中有单体becl2和二聚体（becl2）2；在晶体中变形成多聚体，试画出各种存在形式的结构简图，并指出铍原子的杂化轨道类型 单体becl2 二聚体（becl2）2 多聚体（becl2）n结构简图：杂化轨道类型：ti、cr、fe是周期表中136号元素请回答问题：（1）它们同属于周期表区，周期元素；（2）其原子结构中单电子数最多的元素名称是；（3）写出基态fe3+m层的电子排布式：；铁的配合物fe（co）中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则n为；（4）钛被誉为“未来世纪金属”钛的+4价化合物偏钛酸钡，其热稳定性好，介电常数高，在小型变电器，话筒和扩音器中广泛应用，偏钛酸钡晶体中晶胞的结构示意图如图1所示，它的化学式为，其中ti4+的氧配位数为常温下的ticl4是有刺激性臭味的无色透明液体，熔点23.2，沸点136.2，推断ticl4属于晶体；一种ti2+的配合物ti（nh3）4 cl2，其空间构型如图2a所示（正八面体），也可用图b表示（m为中心原子，a为配体）；ti2+的该配合物有种结构13（15分）某醇是常用的消毒剂和抗氧化剂，合成该醇g的路线之一如下：已知：请回答下列问题：（1）a的分子式为，c中所含官能团的名称是，ef的反应类型为（2）cd的化学方程式为（3）试剂y的结构简式为，鉴别有机物e和f合适的试剂为（4）下列关于有机物g的说法正确的有（填字母）a属于芳香烃衍生物b能使溴的四氯化碳溶液褪色c能与naoh反应d能发生消去反应与酯化反应（5）与b具有相同官能团且官能团都直接连在六元碳环上，满足上述条件b的同分异构体还有种（不考虑立体异构）；写出一种同时满足下列条件的b的链状同分异构体的结构简式核磁共振氢谱有2个吸收峰能发生银镜反应江西省南昌市2015届高考化学一模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（6分）生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法正确的是（）a塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用b含乙醇、naclo、h2o2等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的c喝补铁剂时，加服维生素c效果更好，原因是维生素c具有还原性d碳酸铝是一种应用很广的食品添加剂，可大量添加到馒头、面包等食品中考点：有机高分子化合物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；维生素在人体中的作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 分析：a塑料中含有塑化剂，长期使用塑料奶瓶不利于健康；b乙醇能使蛋白质变性，不是氧化；c能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，容易被氧化，维生素c具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化；d食品添加剂不能大量使用，需要控制加入量解答：解：a塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，故a错误；b乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，故b错误；c能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素c具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，故c正确；d碳酸铝是一种食品添加剂，但不能大量使用，故d错误；故选c点评：本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力2（6分）某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目减少，则该试剂是（）ah2bag（nh3）2oh溶液chbrdbr2的ccl4溶液考点：有机物的结构和性质 分析：a碳碳双键、醛基都发生加成反应；b醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基；c碳碳双键发生加成反应；d碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应解答：解：a碳碳双键、醛基都发生加成反应，生成物只有羟基，官能团数目减少，故a正确；b醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基，官能团数目不变，故b错误；c碳碳双键和hbr发生加成反应，官能团由碳碳双键变为溴原子，hbr和醛基不反应，所以官能团数目不变，故c错误；d碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应，所以增加溴原子，故d错误故选a点评：本题考查了有机物的结构及性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物中含有的官能团及其性质，明确物质能发生哪些类型的反应，题目难度不大3（6分）设na为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a0.1mol苯分子中含有双键数为0.3nab1l1moll1碳酸钠溶液中阴离子的数目大于nac标准状况下，22.4l乙烷中共含有分子数为nad50ml18.4moll1浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子的数目为0.92na考点：阿伏加德罗常数 分析：a苯分子中不含有碳碳双键；b碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；c依据n=计算乙烷的物质的量，n=nna；d浓硫酸随反应进行，浓度变稀后不和铜反应；解答：解：a苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间独特的化学键，不含双键，故a错误；b碳酸钠在水中发生水解，当生成碳酸氢钠时，每有1mol碳酸氢钠生成同时生成1mol氢氧根，所以溶液中阴离子大于na，故b正确；c标准状况下，22.4l乙烷物质的量为=1mol，含有分子数为na，故c正确；d浓硫酸随反应进行，浓度变稀后不和铜反应，50ml 18.4mol/l浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子的数目小于0.92na，故d错误；故选：bc点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用、盐类的水解、浓硫酸与铜的反应，题目难度不大4（6分）下列各项中实验的设计或操作能达到预期实验目的是（） 选项 实验目的 实验的设计或操作 a 比较cl与s元素的非金属性强弱相同条件下，测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph b 比较ksp（agcl）与ksp（agi）的大小向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，振荡 c欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤 d证明氧化性h2o2比fe3+强 将硫酸酸化的h2o2溶液滴入fe（no3）2溶液中aabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a不能利用氢化物的酸性比较非金属性；b向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，出现黄色沉淀，发生沉淀的转化；c溴、三溴苯酚均易溶于苯；d酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子解答：解：a测定相同浓度的nacl溶液和na2s溶液的ph，可比较盐酸、氢硫酸的酸性，但不能利用氢化物的酸性比较非金属性，故a错误；b向agcl浊液中滴入少量的ki溶液，出现黄色沉淀，发生沉淀的转化，则ksp（agcl）ksp（agi），故b正确；c溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选naoh溶液、分液来除杂，故c错误；d酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，则不能判断是否发生h2o2与亚铁离子的反应，不能得出氧化性h2o2比fe3+强，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，涉及酸性和非金属性比较、沉淀转化、混合物分离提纯及氧化还原反应等，把握实验技能及化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大5（6分）已知ax、by是元素周期表中除稀有气体外的短周期元素，且ab=3，x，y能形成化合物m，下列说法不正确的是（）a若x和y处于同一周期，则x的原子半径肯定小于y的原子半径b若m属于离子化合物，则该化合物中只存在离子键，且每个原子均达到8电子稳定结构c若最外层电子数xy2，则x的非金属性一定比y的非金属性强d若x和y处于同一周期，且m属于共价化合物，则分子中原子个数比可能为1：2考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：已知ax、by是元素周期表中除稀有气体外的短周期元素，且ab=3，x原子序数大于y，二者不能同主族，可能同周期，也可能不同周期，y处于第二周期、x处于第三周期，或者y为h元素、x为bea同周期随原子序数增大，原子半径减小；b若m属于离子化合物，则y为o、x为na，或者y为f、x为mg；c若最外层电子数xy2，二者同周期，同周期随原子序数增大，非金属性增强；d若x和y处于同一周期，且m属于共价化合物，可以为c2f4等解答：解：已知ax、by是元素周期表中除稀有气体外的短周期元素，且ab=3，x原子序数大于y，二者不能同主族，可能同周期，也可能不同周期，y处于第二周期、x处于第三周期，或者y为h元素、x为bea若x和y处于同一周期，同周期随原子序数增大，原子半径减小，则x的原子半径肯定小于y的原子半径，故a正确；b若m属于离子化合物，则y为o、x为na，或者y为f、x为mg，过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故b错误；c若最外层电子数xy2，二者同周期，同周期随原子序数增大，非金属性增强，则x的非金属性一定比y的非金属性强，故c正确；d若x和y处于同一周期，且m属于共价化合物，可以为c2f4等，符合分子中原子个数比为1：2，故d正确，故选b点评：本题考查结构性质位置关系应用，关键是明确二者位置关系及可能的元素，结合元素周期律及常见元素化合物解答，d选项为易错点，难度中等6（6分）一定量na2o2和nahco3，均匀混合物分成质量相等的甲乙两份将甲投入100ml稀盐酸，固体完全溶解，收集到标准状况下干燥气体2.24l再将生成气体全部导入装有乙的干燥管中，充分吸收后，收集到一种单质气体，标准状况下体积为2.016l根据以上信息，下列有关推断不正确的是（）a甲乙两份混合物中均含na2o20.16molb甲乙两份混合物中均含nahco30.02molc原混合物中na2o2与nahco3物质的量之比无法确定d盐酸物质的量浓度可能为3.4mol/l考点：有关混合物反应的计算 分析：第一份发生反应2na2o2+4hcl=4nacl+2h2o+o2、nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，生成气体为o2与co2；将第一份生成的干燥气体，通入第二份na2o2的nahco3的混合粉末，发生反应2na2o2+2co2=2na2co3+o2，根据气体物质的量差量利用差量法计算参加反应的二氧化碳、过氧化钠的物质的量，再根据二氧化碳是否过量进行计算解答：解：2.24l混合气体的物质的量为=0.1mol，标况下2.016l的单质气体为氧气，2.016lo2的物质的量为：=0.09mol，则：2na2o2+2co2=2na2co3+o2 气体物质的量减小n2 2 1n m 0.1mol0.09mol=0.01mol所以，n=m=0.02mol，由于co2完全反应，则第一份生成co2的为0.02mol，o2为0.1mol0.02mol=0.08mol，则： 2na2o2 +4hcl=4nacl+2h2o+o20.16mol 0.32mol 0.08mol nahco3+hcl=nacl+h2o+co2 0.02mol 0.02mol所以消耗的hcl为：0.32mol+0.02mol=0.34mol，当氯化氢完全反应时，盐酸的物质的量浓度为：=3.4mol/l，故d正确；每份中含有过氧化钠的物质的量为0.16mol，故a正确；每份中含有碳酸氢钠为0.02mol，故b正确；根据以上分析可知，能够确定碳酸氢钠、过氧化钠的物质的量之比，故c错误；故选c点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意差量法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力7（6分）常温下，下图是用0.1000mol/lnaoh溶液滴定20.00ml0.1000mol/lha溶液所得到滴定曲线下列相关的说法错误的是（忽略滴定前后体积变化）（）a由图可知ha是一种弱酸，且ka=1.0105b水电离出的氢离子浓度：abc当naoh溶液的体积为10.00ml时，有：c（a）+c（oh）=c（h+）+c（ha）db点溶液中的离子浓度关系为：c（na+）c（a）c（oh）c（h+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：a根据图象可知，0.1000mol/l的ha溶液的ph=3，说明ha在溶液中部分电离出氢离子；ba、b两点都为酸性溶液，氢离子浓度越大，水的电离沉淀越小；c反应后溶质为等浓度的ha和naa，ha的电离程度大于a的水解程度，混合液为酸性，则c（oh）c（h+），结合电荷守恒、物料守恒分析；db点溶液为碱性，则c（oh）c（h+），结合电荷守恒判断各离子浓度解答：解：a结合图象曲线可知，0.1000mol/l的ha溶液的ph=3，则ha在溶液中部分电离出氢离子，为弱酸；0.1000mol/l的ha溶液中氢离子浓度为0.001mol/l，a离子浓度约为0.001mol/l，则ka=1.0105，故a正确；ba、b两点为酸性溶液，且氢离子浓度ab，溶液中的氢氧根离子是水电离的，则溶液中水电离的氢离子浓度：ab，故正确；c当naoh溶液的体积为10.00ml时，反应后溶质为有：等浓度的ha和naa，ha的电离程度大于a的水解程度，混合液为酸性，则c（oh）c（h+），结合物料守恒可知：c（a）c（na+）c（ha），根据电荷守恒c（a）+c（oh）c（h+）+c（na+）可得：c（a）+c（oh）c（h+）+c（ha），故c错误；db点溶液为碱性，则：c（oh）c（h+），根据电荷守恒可知：c（na+）c（a），则溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（a）c（oh）c（h+），故d正确；故选c点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用二、填空题（共3小题，共43）8（15分）氯苯是重要的有机化工产品，是燃料、医药、有机合成的中间体，工业上常用“间歇法”制取反应原理、实验装置图（加热装置都已略去）如下：+cl2+hcl回答下列问题：（1）a反应器是利用实验室法制取氯气，中空玻璃管b的作用是平衡气压冷凝管中冷水应从a（填“a”或“b”）处通入（2）把干燥的氯气通入装有干燥笨的反应器c中（内有相当于笨量1%的铁屑作催化剂）加热维持反应温度在4060为宜，温度过高回生成过多的二氯苯对c加热的方法时c（填序号）a酒精灯加热b油浴加热c水浴加热d出口的气体成份有hcl、苯蒸汽和氯气（3）c反应器反应完成后，工业上要进行水洗，碱洗以及食盐干燥，才能蒸馏碱洗之前要水洗的目的是洗去一部分无机物，同时为了减少碱的用量，节约成本写出用10%氢氧化钠溶液碱洗时可能发生的化学反应方程式：fecl3+3naoh=fe（oh）3+3nacl、hcl+naoh=nacl+h2o等（写两个即可）（4）上述装置图中a、c反应器之间，需要增添一u型管，其内置物质是五氧化二磷或氯化钙（5）工业生产中苯的流失情况如下： 项目二氯苯 尾气 不确定苯耗 流失总量 苯流失量（kg/t） 1324.9 51.3 89.2 则1t苯可制得成品为t（只要求列式）考点：制备实验方案的设计 分析：（1）玻璃管b伸入液面下，装置内压强过大时，可以用于平衡气压；采取逆流原理通入冷凝水；（2）反应器c加热控制反应温度在4060，应利用水浴加热；由于苯易挥发，反应产生的hcl，且有未反应的氯气，都会在d出口导出；（3）催化剂氯化铁与氢氧化钠反应，生成hcl会与氢氧化钠反应，溶解的氯气也会与去氧化钠反应；（4）a、c反应器之间需要增添干燥装置，干燥生成的氯气，可以用五氧化二磷或氯化钙等；（5）根据苯的总流失量计算参加反应的苯的质量，再根据苯与氯苯质量定比关系计算解答：解：（1）玻璃管b伸入液面下，装置内压强过大时，可以用于平衡气压；采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充满冷凝水，充分冷却，即冷凝水由a口流入，由b口流出，故答案为：平衡气压；a；（2）反应器c加热控制反应温度在4060，应利用水浴加热，故选：c；由于苯易挥发，反应产生的hcl，且有未反应的氯气，d出口气体中含有hcl、苯蒸汽、氯气，故答案为：苯蒸汽、氯气；（3）催化剂氯化铁与氢氧化钠反应，生成hcl会与氢氧化钠反应，溶解的氯气也会与去氧化钠反应，反应方程式为：fecl3+3naoh=fe（oh）3+3nacl、hcl+naoh=nacl+h2o、cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o，故答案为：fecl3+3naoh=fe（oh）3+3nacl、hcl+naoh=nacl+h2o等；（4）a、c反应器之间需要增添u型管，干燥生成的氯气，可以用五氧化二磷或氯化钙等，故答案为：五氧化二磷或氯化钙；（5）苯的总流失量为89.2kg/t，故1t苯中参加反应的苯的质量为（1t0.0892t），由苯与氯苯质量之比为78：112.5，可知生成氯苯质量为t，故答案为：t点评：本题考查有机物制备实验方案，涉及对装置、操作与原理的分析评价以及化学计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等9（15分）硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，但硫的氧化物直接排放到大气中会造成污染（1）一种以铜作催化剂脱硫的工艺有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中so2的部分催化氧化，所发生反应为：2so2+2ncu+（n+1）o2+（22n）h2o2ncuso4+（22n）h2so4该反应中的还原剂为cu和so2；每吸收标准状况下11.2lso2，被so2还原的o2的质量为8g利用如图所示电化学装置吸收另一部分so2，并完成cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式：so2+2h2o+cu2+4h+so42+cu（2）碘循环工艺不仅能吸收so2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：用离子方程式表示反应器中发生的反应：so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+用化学平衡移动的原理分析，在hi分解反应中使用膜反应器分离出h2的目的是hi分解为可逆反应，及时分离出产物h2，有利于反应正向进行汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一已知氮的氧化物是汽车尾气的污染物，用如图装置可监测其含量，电池中每转移0.4mol e，pt电极消耗2.24l氧气（标况下）；该装置负极反应式为no2e+o2=no2考点：含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理 分析：i（1）2so2+2ncu+（n+1）o2+（22n）h2o2ncuso4+（22n）h2so4中，cu、s元素的化合价升高，结合电子守恒计算；利用电解原理将二氧化硫转化成硫酸吸收，先写出两个电极上上发生的电极反应式，加和就可得到总的离子方程式；（2）反应器中二氧化硫、碘发生氧化还原反应生成硫酸和hi；hi分解反应为可逆反应；由离子的定向移动可知nio极为原电池的负极，pt极为原电池的正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题解答：解：（1）2so2+2ncu+（n+1）o2+（22n）h2o2ncuso4+（22n）h2so4中，cu、s元素的化合价升高，则cu和so2为还原剂，每吸收标准状况下11.2lso2，其物质的量为=0.5mol，由电子守恒可知，被so2还原的o2的质量为32g/mol=8g，故答案为：cu和so2；8；分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：so22e+2h2o=so42+2h+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：cu2+2e=cu；将上述两电极的电极反应式得总电池反应为so2+2h2o+cu2+4h+so42+cu，故答案为：so2+2h2o+cu2+4h+so42+cu；（2）反应器中二氧化硫、碘发生氧化还原反应生成硫酸和hi，离子反应为so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+，故答案为：so2+i2+2h2o=so42+2i+4h+；hi分解反应为可逆反应，则使用膜反应器分离出h2的目的是及时分离出产物h2，有利于反应正向进行，故答案为：hi分解为可逆反应，及时分离出产物h2，有利于反应正向进行；由离子的定向移动可知nio极为原电池的负极，负极反应为no2e+o2=no2，pt电极上电极反应为o2+4e=2o2，则电池中每转移0.4mol e，pt电极消耗氧气为0.1mol22.4l/mol=2.24l，故答案为：2.24；no2e+o2=no2点评：本题考查氧化还原反应及电化学知识，为2015届高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，本题解答的关键是离子的定向移动，以此可确定电源的两极和反应类型，注意体会答题思路，题目难度中等10（13分）甲烷化技术是煤制天然气最核心、最关键的技术co加氢合成甲烷属于多相催化平衡反应，催化剂一般为镶催化剂（工作温度400k800k），主反应式：co（g）+3h2（g）=ch4（g）+h2o（g）h=206kj/mol （1）co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）h=165kj/mol （2）（1）煤经过气化、变换、净化得到的合成气中一般含有h2、co、co2、h2o和惰性气体请写出h2o（g）与co反应的热化学反应方程式co（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）h=41kj/mol（该反应编号为“（3）”）若主反应（1）（2）的平衡常数450k时分别为k1、k2，则与“h2o与co反应的平衡常数k3（同温度）”的数量关系为（2）在体积不变的容器中，进行甲烷化反应，若温度升高，co和h2的转化率都降低（填“降低”、“升高”或“不变”），但数据显示co转化率变化更为显著，主要原因是 co（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）h=41kj/mol温度升高，平衡向逆方向移动，进一步消耗了氢气而生成了co，使co转化率更低（3）当温度在800k以上时，平衡体系中还会有下列2个副反应：2co（g）=c（g）+co2（g）h=171kj/mol （快反应） （4）c（s）+2h2（g）=ch4（g）h=73kj/mol（慢反应） （5）甲烷化反应容器就会出现碳固体结块现象，热量传递不好而使催化剂烧结，失去催化作用（4）甲烷化反应容器主副反应（1）至（5），其平衡常数k的对数lnk与温度关系如图：写出图中曲线a、b所对应的反应方程式编号（1）（3）考点：用化学平衡常数进行计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素 分析：（1）已知：co（g）+3h2（g）=ch4（g）+h2o（g）h=206kj/mol （1）co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）h=165kj/mol （2）利用盖斯定律将（1）（2）书写计算；利用盖斯定律结合平衡常数k3=计算；（2）根据甲烷化反应都为放热反应，温度升高，平衡向逆方向移动，则co和h2的转化率都降低；又根据co（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）h=41kj/mol 温度升高，平衡向逆方向移动，进一步消耗了氢气而生成了co，使co转化率更低；（3）根据c（s）+2h2（g）=ch4（g）h=73kj/mol（慢反应） （5），反应慢，所以反应过程中会出现碳过剩，热量传递不好而使催化剂烧结，失去催化作用；（4）由图象作等温线，得450k时lnk3=ln=lnk1lnk2，所以a对应反应（1），c对应反应（2），b对应反应（3），据此分析解答：解：（1）已知：co（g）+3h2（g）=ch4（g）+h2o（g）h=206kj/mol （1）co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）h=165kj/mol （2）利用盖斯定律将（1）（2）可得：co（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）h=（206+165）kj/mol=41kj/mol，故答案为：co（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）h=41kj/mol；k3=；故答案为：；（2）因为甲烷化反应都为放热反应，温度升高，平衡向逆方向移动，则co和h2的转化率都降低；又根据co（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）h=41kj/mol，温度升高，平衡向逆方向移动，进一步消耗了氢气而生成了co，使co转化率更低，故答案为：降低；co（g）+h2o（g）=co2（g）+h2（g）h=41kj/mol，温度升高，平衡向逆方向移动，进一步消耗了氢气而生成了co，使co转化率更低；（3）因为2个副反应2co（g）=c（g）+co2（g）h=171kj/mol （快反应） （4）c（s）+2h2（g）=ch4（g）h=73kj/mol（慢反应） （5），而（4）快（5）慢，所以反应过程中会出现碳固体结块现象，热量传递不好而使催化剂烧结，失去催化作用，故答案为：碳固体结块；（4）由图象作等温线，得450k时lnk3=ln=lnk1lnk2，所以a对应反应（1），c对应反应（2），b对应反应（3），所以曲线a、b所对应的反应方程式编号为（1）（3），故答案为：（1）（3）点评：本题主要考查了盖斯定律的应用，平衡移动原理及其平衡常数之间的关系，难度较大，注意图象信息的提取与应用三、解答题（共3小题，满分45分）11（15分）新材料的研发是发展新技术，提高生活质量的物质基础高铁酸钾是一种新型多功能材料高铁酸钾的制备：方法一：生产流程如下（1）溶液a中加入koh固体的目的是：ad；（填序号）a为下一步反应提供碱性环境b使kclo3转化成kcloc加固体koh溶解时放出热量有利于提高反应速率d与溶液a中cl2（过量）反应生成更多kclo（2）溶液a中需除去的杂质离子是cl；用离子方程式表示其生成的原因cl2+2oh=cl+clo+h2o；（3）溶液b中可分离出湿产品k2feo4外，还有副产物kno3，kcl，写出生成溶液b的离子方程式：3clo+10oh+2fe3+=2feo42+3cl+5h2o；每制得118.8gk2feo4理论上消耗氧化剂0.9mol方法二：电解法从环境保护角度看，制备高铁酸钾较好方法为电解法，其装置如图从理论分析k2feo4应在阳极生成（填“阳”或“阴”）该电极的电极方程式为fe+8oh6e=feo42+4h2o高铁酸钾的应用：高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱性溶液，其反应式为：3zn（oh）2+2fe（oh）3+4koh3zn+2k2feo4+8h2o放电时，电极反应式为：负极：3zn6e+6oh=3zn（oh）2 ；正极2feo42+6e+8h2o=2fe（oh）3+10 0h考点：制备实验方案的设计；电解原理 分析：方法一：由工艺流程可知，氯气与浓氢氧化钾溶液发生反应：2koh+cl2kcl+kclo+h2o，再加入氢氧化钾固体，为下一步反应提供碱性环境，并反应掉溶液a中溶解的氯气，由于溶液a中含有杂质cl离子，需要除去，在碱性kclo溶液中加入硝酸铁溶液反应得到k2feo4，结合（3）中还有副产物kno3，kcl，发生反应：3clo+10oh+2fe3+=2feo42+3cl+5h2o；方法二：fe为阳极，失去电子，碱性条件下得到k2feo4，由电荷守恒，应有氢氧根离子参与反应，由元素守恒可知，应有水生成；放电时，负极发生氧化反应，zn失去电子生成zn（oh）2，应有氢氧根离子参与反应，正极发生还原反应，feo42获得电子生成fe（oh）3，应有水参与反应，同时生成氢氧根离子解答：解：方法一：由工艺流程可知，氯气与浓氢氧化钾溶液发生反应：2koh+cl2kcl+kclo+h2o，再加入氢氧化钾固体，为下一步反应提供碱性环境，并反应掉溶液a中溶解的氯气，由于溶液a中含有杂质cl离子，需要除去，在碱性kclo溶液中加入硝酸铁溶液反应得到k2feo4，结合（3）中还有副产物kno3，kcl，发生反应：3clo+10oh+2fe3+=2feo42+3cl+5h2o；（1）由上述分析可知，溶液a中加入koh固体的目的是：为下一步反应提供碱性环境，与溶液a中cl2（过量）反应生成更多kclo，故答案为：ad；（2）生成溶液a的离子方程式为：cl2+2oh=cl+clo+h2o，溶液a中需除去的杂质离子是cl，故答案为：cl；cl2+2oh=cl+clo+h2o；（3）溶液b中可分离出湿产品k2feo4外，还有副产物kno3，kcl，生成溶液b的离子方程式：3clo+10oh+2fe3+=2feo42+3cl+5h2o，118.8gk2feo4的物质的量为=0.6mol，消耗氧化剂kclo为0.6mol=0.9mol，故答案为：3clo+10oh+2fe3+=2feo42+3cl+5h2o；0.9mol；方法二：fe为阳极，失去电子，碱性条件下得到k2feo4，由电荷守恒，应有氢氧根离子参与反应，由元素守恒可知，应有水生成，电极反应式为：fe+8oh6e=feo42+4h2o，故答案为：阳；fe+8oh6e=feo42+4h2o；放电时，负极发生氧化反应，zn失去电子生成zn（oh）2，应有氢氧根离子参与反应，负极电极反应式为：3zn6e+6oh=3zn（oh）2 ，正极发生还原反应，feo42获得电子生成fe（oh）3，应有水参与反应，同时生成氢氧根离子，正极电极反应式为：2feo42+6e+8h2o=2fe（oh）3+10 0h，故答案为：3zn6e+6oh=3zn（oh）2 ；2feo42+6e+8h2o=2fe（oh）3+10 0h点评：本题考查物质制备实验方案、原电池及电解原理应用，关键是对工艺流程的理解，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，题目难度中等12（15分）在气态二氯化铍中有单体becl2和二聚体（becl2）2；在晶体中变形成多聚体，试画出各种存在形式的结构简图，并指出铍原子的杂化轨道类型 单体becl2 二聚体（becl2）2 多聚体（becl2）n结构简图：clbecl杂化轨道类型：sp杂化sp2杂化sp3杂化ti、cr、fe是周期表中136号元素请回答问题：（1）它们同属于周期表d区，四周期元素；（2）其原子结构中单电子数最多的元素名称是铬；（3）写出基态fe3+m层的电子排布式：3s23p63d5；铁的配合物fe（co）中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则n为5；（4）钛被誉为“未来世纪金属”钛的+4价化合物偏钛酸钡，其热稳定性好，介电常数高，在小型变电器，话筒和扩音器中广泛应用，偏钛酸钡晶体中晶胞的结构示意图如图1所示，它的化学式为batio3，其中ti4+的氧配位数为6常温下的ticl4是有刺激性臭味的无色透明液体，熔点23.2，沸点136.2，推断ticl4属于分子晶体；一种ti2+的配合物ti（nh3）4 cl2，其空间构型如图2a所示（正八面体），也可用图b表示（m为中心原子，a为配体）；ti2+的该配合物有2种结构考点：配合物的成键情况；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析： becl2中be原子成2个becl，铍具有空轨道，氯具有孤电子对，据此分析二聚体（becl2）2、多聚体（becl2）n的结构简图；根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；（1）核电荷数=原子序数，由原子序数可知电子排布，或由电子排布确定原子序数，电子排布中电子层数=周期数、最外层电子数=组序数，由