浙江省温州市苍南县龙港振清外国语学校高考化学4月模拟试卷（含解析）.doc

2015年浙江省温州市苍南县龙港振清外国语学校高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1下列说法不正确的是( )a上海世博会很多场馆的外墙使用的非晶体薄膜，以充分利用天阳能，体现低碳经济b金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法c若在水果贮藏室中，放几块被kmno4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间d常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快2下列有关实验的操作，原理和现象的叙述不正确的是( )a向alcl3溶液中滴加氨水，会产生白色沉淀，再加入nahso4，沉淀不消失b浓的naoh溶液不慎溅到皮肤上，可无用大量水冲洗，再涂上硼酸或稀醋酸溶液calcl3溶液中加入过量naf固体，再滴加氨水，无沉淀产生说明alf63很难电离d检验cl时，为了排除so42的干扰，可先滴加过量的ba（no3）2溶液后，取上层溶液，再滴加agno3溶液，若有白色沉淀，则表明原溶液中有cl存在3x、y、z、r、q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，其中x和q同主族，x与z、y与q原子的电子层数都相差2，x、y原子最外层电子数之比为1：4，z的最外层电子数是次外层的3倍下列说法不正确的是( )ay和z形成的某种化合物具有空间网状结构bx和z可形成x2z、x2z2的化合物cr和q形成的化合物含有共价键且为强电解质dx的失电子能力比q强4下列说法不正确的是( )a乙醇和汽油都是可再生能源，所以要大力发展“乙醇汽油”b甲基丙烯酸甲酯可以发生加成、水解和氧化反应c苯和苯甲酸的混合物1mol，完全燃烧消耗o2的分子数为7.5nad乙苯能被酸性kmno4溶液氧化，是因为苯环对侧链上的ch2产生了影响，使其变活泼5制备单质锰的实验装置如图，阳极以稀硫酸为电解液，阴极以硫酸锰和硫酸混合液为电解液，电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向下列说法不正确的是( )am是电源的负极b左侧气孔逸出的气体可能为副产物h2c电解槽中发生的总反应为：mnso4+2h2omno2+h2+h2so4d若用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，阳极可能得到 mno26常温下，向某浓度h2a溶液中逐滴加入一定量浓度naoh溶液，所得溶液中h2a、ha、a2三种微粒的物质的量分数与溶液ph的关系如图所示，则下列说法中不正确的是( )ah2a是一种二元弱酸b常温下，h2a=h+ha的电离平衡常数ka1=0.01c将相同物质的量的naha和na2a固体溶于水所得混合溶液ph一定为5.5d在量热计中，用20.0ml0.10mol/lnaoh溶液，分别与10.0ml0.20mol/lh2a和20.0ml0.10mol/lh2a反应后放出的热量不相同7某溶液中含有的离子可能是k+、ba2+、a13+、mg2+、alo2、co32、sio32、cl中的几种，现进行如下实验：取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成另取少量原溶液，逐滴加入5ml0.2moll1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g下列说法中正确的是( )a该溶液中一定不含ba2+、mg2+、a13+、sio32、clb该溶液中一定含有k+、alo2、co32、clc该溶液是否有k+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）d可能含有cl二、非选择题（本题共4小题）82011年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”常用的增塑剂如下：请回答下列问题：（1）下列对甲的叙述正确的是_（填选项字母）a甲能使br2的ccl4溶液退色b甲的单体是ch3ch=chcooch2ch2ch3c1mol甲能与1mol naoh发生水解反应d甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应（2）丙中含有的官能团名称是_（3）乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式_（4）已知通过燃烧法确定丁的含氧量（质量分数）为23%以某烃a为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：反应1的反应条件是_反应2的反应类型是_反应3的化学方程式是_9（18分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），下列说法正确的是_a原子半径和离子半径均减小； b金属性减弱，非金属性增强；c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强； d单质的熔点降低（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为_，氧化性最弱的简单阳离子是_（3）已知：化合物mgoal2o3mgcl2alcl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解mgcl2而不电解mgo的原因是_制铝时，电解al2o3而不电解alcl3的原因是_（4）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料，由粗硅制纯硅过程如下： si（粗）sicl4sicl4（纯）si（纯） 写出sicl4的电子式：_在上述由sicl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a kj热量，写出该反应的热化学方程式：_（5）p2o5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用p2o5干燥的是_anh3 bhi cso2 dco2（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式：_10（14分）氢气是清洁的能源，也是重要的化工原料，有关氢气的制取研究是一个有趣的课题根据提供两种制氢方法，完成下列各题：（1）方法一：h2s热分解法，反应式为：2h2s（g）2h2（g）+s2（g）h在恒容密闭容器中，控制不同温度进行h2s的分解实验h2s的起始浓度均为c moll1不同温度下反应相同时间t后，测得如图1所示h2s转化率曲线图其中a为平衡转化率与温度关系曲线，b为未达到平衡时转化率与温度的关系曲线h_0（“”、“”或“=”），若985时，反应经t min达到平衡，此时h2s的转化率为40%，则t min内反应速率v（h2）=_（用含c、t的代数式表示）请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：_（2）方法二：以cao为吸收体，将生物材质（以c计）与水蒸气反应制取h2反应装置由气化炉和燃烧炉两个反应器组成，相关反应如下表所示：流程1：气化炉中产生h2流程2：燃烧炉中cao再生通入水蒸气，主要化学反应：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g） k1：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）k2：cao（s）+co2（g）caco3（s）k3通入纯氧，主要化学反应：iv：c（s）+o2（g）co2（g）h=393.8kjmol1v：caco3（s）cao（s）+co2（g）反应c（s）+2h2o（g）+cao（s）caco3（s）+2h2（g）k=_（用k1、k2、k3表示）图2为反应i在一定温度下，平衡时各气体体积百分含量随压强变化的关系图2若反应达某一平衡状态时，测得c（h2o）=2c（h2）=2c（co）=2moll1，试根据h2o的体积百分含量变化曲线，补充完整co的变化曲线示意图对于可逆反应c（s）+2h2o（g）+cao（s）caco3（s）+2h2（g），h=87.9kjmol1；采取以下措施可以提高h2产量的是_（填字母编号）a降低体系的温度b使各气体组分浓度均加倍c适当增加水蒸气的通入量d增加cao的量，提高co2的吸收率？（3）方法二与方法一相比其优点有_（写一个即可）11（16分）高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：mno2熔融氧化：3mno2+kclo3+6koh 3k2mno4+kcl+3h2o；k2mno4歧化：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3已知k2mno4溶液显绿色请回答下列问题：（1）mno2熔融氧化应放在_中加热（填仪器编号）烧杯瓷坩埚蒸发皿铁坩埚（2）在mno2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入co2气体，使k2mno4歧化的过程在如图装置中进行，a、b、c、d、e为旋塞，f、g为气囊，h为带套管的玻璃棒为了能充分利用co2，装置中使用了两个气囊当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞b、e，微开旋塞a，打开旋塞c、d，往热k2mno4溶液中通入co2气体，未反应的co2被收集到气囊f中待气囊f收集到较多气体时，关闭旋塞_，打开旋塞_，轻轻挤压气囊f，使co2气体缓缓地压入k2mno4溶液中再次反应，未反应的co2气体又被收集在气囊g中然后将气囊g中的气体挤压入气囊f中，如此反复，直至k2mno4完全反应检验k2mno4歧化完全的实验操作是_（3）将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至_，自然冷却结晶，抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是_（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2mno4+5c2o42+16h+2mn2+10co2+8h2o现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500ml溶液，用移液管量取25.00ml待测液，用0.1000moll1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00ml（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为_（保留4位有效数字，已知m（kmno4）=158gmol1）若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则测定结果将_（填“偏大”、“偏小”、“不变”）2015年浙江省温州市苍南县龙港振清外国语学校高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1下列说法不正确的是( )a上海世博会很多场馆的外墙使用的非晶体薄膜，以充分利用天阳能，体现低碳经济b金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法c若在水果贮藏室中，放几块被kmno4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间d常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快【考点】金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素；乙烯的化学性质 【专题】化学反应速率专题；化学应用【分析】a、太阳能无污染；b、在原电池中，正极被保护；在电解池中阴极被保护；c、高锰酸钾溶液可以吸收乙烯；d、平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关【解答】解：a太阳能无污染，能替代化石燃料，从而减少二氧化碳的排放，故a正确；b在原电池中，正极被保护；在电解池中阴极被保护，故金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法，故b正确；c乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除去乙烯，为了延长水果的保鲜期，故c正确；d 平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故d错误；故选d【点评】本题考查知识点较多，明确工业脱硫的方法、电化学保护、乙烯的性质和用途以及平衡常数等知识点，题目难度不大，平时注意知识的积累2下列有关实验的操作，原理和现象的叙述不正确的是( )a向alcl3溶液中滴加氨水，会产生白色沉淀，再加入nahso4，沉淀不消失b浓的naoh溶液不慎溅到皮肤上，可无用大量水冲洗，再涂上硼酸或稀醋酸溶液calcl3溶液中加入过量naf固体，再滴加氨水，无沉淀产生说明alf63很难电离d检验cl时，为了排除so42的干扰，可先滴加过量的ba（no3）2溶液后，取上层溶液，再滴加agno3溶液，若有白色沉淀，则表明原溶液中有cl存在【考点】镁、铝的重要化合物；化学实验安全及事故处理 【专题】实验现象；实验事故处理【分析】a氯化铝溶液中滴入氨水反应生成氢氧化铝沉淀，滴入nahso4溶液，溶液中电离出的氢离子溶液显酸性，氢氧化铝溶解；b氢氧化钠溶液是强碱，具有腐蚀性；calcl3溶液中加入过量naf固体，生成alf63；d先滴加过量的ba（no3）2溶液可排除so32、so42的干扰【解答】解：a向alcl3溶液中滴加氨水，会产生白色沉淀，al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，再加入nahso4，溶液中电离出的氢离子显酸性，氢氧化铝溶解沉淀消失，al（oh）3+3h+=al3+3h2o，故a错误； b氢氧化钠溶液是强碱，具有腐蚀性，不慎洒在衣服上，用较多的水冲洗，再涂上硼酸或稀醋酸溶液，硼酸或稀醋酸是弱酸，腐蚀性小，故b正确；calcl3溶液中加入过量naf固体，无氟离子和铝离子双水解生成的氢氧化铝沉淀，生成了明alf63，无沉淀产生说明alf63很难电离，故c正确；d先滴加过量的ba（no3）2溶液可排除so32、so42的干扰，滴加agno3溶液，若有白色沉淀，则表明原溶液中有cl存在，故d正确故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重物质的性质及离子的检验的考查，注意检验离子应排除干扰，注重基础知识的考查，题目难度中等3x、y、z、r、q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，其中x和q同主族，x与z、y与q原子的电子层数都相差2，x、y原子最外层电子数之比为1：4，z的最外层电子数是次外层的3倍下列说法不正确的是( )ay和z形成的某种化合物具有空间网状结构bx和z可形成x2z、x2z2的化合物cr和q形成的化合物含有共价键且为强电解质dx的失电子能力比q强【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】x、y、z、r、q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则z为o元素；x与z原子的电子层数都相差2，x只能处于第四周期，x、y原子最外层电子数之比为1：4，x原子最外层电子数只能为1，y原子最外层电子数为4，则x为k元素；x和q同主族，y与q原子的电子层数也相差2，结合原子序数可知，y只能处于第三周期、q处于第一周期，则q为h元素、y为si；r的原子半径小于o，则r为f元素，据此解答【解答】解：x、y、z、r、q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则z为o元素；x与z原子的电子层数都相差2，x只能处于第四周期，x、y原子最外层电子数之比为1：4，x原子最外层电子数只能为1，y原子最外层电子数为4，则x为k元素；x和q同主族，y与q原子的电子层数也相差2，结合原子序数可知，y只能处于第三周期、q处于第一周期，则q为h元素、y为si；r的原子半径小于o，则r为f元素，asi和o形成的二氧化硅，属于原子晶体，具有空间网状结构，故a正确；bk和o可形成k2o、k2o2等化合物，故b正确；cf和h形成的化合物为hf，含有共价键，为弱电解质，故c错误；dx为k元素，q为h元素，k失去电子能力更强，故d正确，故选c【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，z的排布特点是推断突破口，难度中等4下列说法不正确的是( )a乙醇和汽油都是可再生能源，所以要大力发展“乙醇汽油”b甲基丙烯酸甲酯可以发生加成、水解和氧化反应c苯和苯甲酸的混合物1mol，完全燃烧消耗o2的分子数为7.5nad乙苯能被酸性kmno4溶液氧化，是因为苯环对侧链上的ch2产生了影响，使其变活泼【考点】有关混合物反应的计算；有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断；利用化学方程式的计算【分析】a汽油属于化石能源，不是可再生能源；b甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键，具有烯烃的性质，含有酯基，具有酯的性质；c苯甲酸分子式为c7h6o2，改写为c6h6co2，1mol苯与1mol苯甲酸耗氧量相等；d乙苯能被酸性kmno4溶液氧化，而乙烷不能，是因为苯环对侧链上的ch2产生了影响，使其变活泼【解答】解：a汽油属于化石能源，不是可再生能源，故a错误；b甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应，含有酯基，可以发生水解反应，故b正确；c苯甲酸分子式为c7h6o2，改写为c6h6co2，1mol苯与1mol苯甲酸耗氧量相等，1mol混合物耗氧量为（6+）mol=7.5mol，消耗o2的分子数为7.5na，故c正确；d乙苯能被酸性kmno4溶液氧化，而乙烷不能，是因为苯环对侧链上的ch2产生了影响，使其变活泼，故d正确，故选：a【点评】本题考查有机物结构与性质、有机物燃烧计算、有机物结构中基团相互影响等，注意掌握官能团的性质与转化，c中注意利用改写法、燃烧通式进行解答，难度不大5制备单质锰的实验装置如图，阳极以稀硫酸为电解液，阴极以硫酸锰和硫酸混合液为电解液，电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向下列说法不正确的是( )am是电源的负极b左侧气孔逸出的气体可能为副产物h2c电解槽中发生的总反应为：mnso4+2h2omno2+h2+h2so4d若用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，阳极可能得到 mno2【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】电解池工作时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，由阴离子移动方向可知石墨为阳极，铂极为阴极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，以此解答该题【解答】解：由阴离子移动方向可知石墨为阳极，铂极为阴极，a铂极为阴极，则m为负极，n为正极，故a正确；b阴极发生还原反应，生成锰的同时，氢离子得到电子被还原生成氢气，故b正确；c反应中硫酸锰被还原生成锰，不可能生成二氧化锰，电解槽中发生的总反应为：2mnso4+2h2o2mn+o2+2h2so4，故c错误；d若用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，锰离子移向阳极，被氧化生成二氧化锰，则阳极可能得到mno2，故d正确故选c【点评】本题综合考查电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握离子移动方向和电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等6常温下，向某浓度h2a溶液中逐滴加入一定量浓度naoh溶液，所得溶液中h2a、ha、a2三种微粒的物质的量分数与溶液ph的关系如图所示，则下列说法中不正确的是( )ah2a是一种二元弱酸b常温下，h2a=h+ha的电离平衡常数ka1=0.01c将相同物质的量的naha和na2a固体溶于水所得混合溶液ph一定为5.5d在量热计中，用20.0ml0.10mol/lnaoh溶液，分别与10.0ml0.20mol/lh2a和20.0ml0.10mol/lh2a反应后放出的热量不相同【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、从图可以看出，随着ph的增大，h2a先转变为ha，再转变为a2；b、根据ph=2时来计算；c、ha即能水解又能电离，a2能水解，而且a2的水解程度大于ha的水解程度；d、溶液越稀，电离程度越大【解答】解：a、从图可以看出，随着ph的增大，h2a先转变为ha，再转变为a2，即h2a的电离分两步进行，故h2a是一种二元弱酸，故a正确；b、当ph=2时，c（h2a）=c（ha），h2a=h+ha的电离平衡常数ka1=0.01，故b正确；c、ha即能水解又能电离，a2能水解，而且a2的水解程度大于ha的水解程度，故将相同物质的量的naha和na2a固体溶于水后，ha和a2的浓度不再相等，故溶液的ph 不等于5.5，故c错误；d、溶液越稀，电离程度越大，10.0ml0.20mol/lh2a和20.0ml0.10mol/lh2a相比，后者的电离程度更大，故与氢氧化钠反应时，后者h2a电离时吸收的热量少，故中和反应时放出的热量多于前者，故d正确故选c【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡常数的计算、弱电解质电离吸热对中和热的影响，难度不大7某溶液中含有的离子可能是k+、ba2+、a13+、mg2+、alo2、co32、sio32、cl中的几种，现进行如下实验：取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成另取少量原溶液，逐滴加入5ml0.2moll1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g下列说法中正确的是( )a该溶液中一定不含ba2+、mg2+、a13+、sio32、clb该溶液中一定含有k+、alo2、co32、clc该溶液是否有k+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）d可能含有cl【考点】常见离子的检验方法 【分析】加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在a13+、mg2+；另取少量原溶液，逐滴加入5ml0.2moll1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，产生的气体为二氧化碳，说明溶液中存在alo2、co32，所以一定不存在sio32、ba2+，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在k+；在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为agcl，物质的量为：0.003moln（hcl）=0.001mol，所以原溶液中一定存在0.02molcl，据此进行解答【解答】解：向溶液中加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子：a13+、mg2+；向原溶液中逐滴加入5ml0.2moll1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，气体为二氧化碳，说明原溶液中存在alo2和co32，所以一定不存在不溶于盐酸的sio32和与co32反应的ba2+，再根据溶液电中性可知：溶液中一定存在唯一的阳离子：k+；在沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为agcl，物质的量为：0.003mol；中加入的氯离子的物质的量为：n（hcl）=0.2mol/l0.005l=0.001moln（agcl），所以原溶液中一定存在0.02mol cl，a根据以上分析可知，溶液中一定不存在ba2+、mg2+、a13+、sio32，一定存在cl，故a错误；b由分析可知：该溶液中一定含有k+、alo2、co32、cl，故b正确；c根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在k+，不需要通过焰色反应判断k+是否存在，故c错误；b根据分析可知，原溶液中一定存在cl，故d错误；故选b【点评】本题考查了常见离子的检验方法及判断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，本题中钾离子和氯离子的判断为难点，注意根据溶液电中性及生成氯化银的物质的量判断二者的存在情况二、非选择题（本题共4小题）82011年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”常用的增塑剂如下：请回答下列问题：（1）下列对甲的叙述正确的是b（填选项字母）a甲能使br2的ccl4溶液退色b甲的单体是ch3ch=chcooch2ch2ch3c1mol甲能与1mol naoh发生水解反应d甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应（2）丙中含有的官能团名称是酯基（3）乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式）（4）已知通过燃烧法确定丁的含氧量（质量分数）为23%以某烃a为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：反应1的反应条件是naoh水溶液、加热反应2的反应类型是氧化反应反应3的化学方程式是【考点】有机物的推断 【分析】（1）根据甲的结构简式可知，甲中有酯基，根据酯的性质答题；（2）根据丙的结构简式判断丙中官能团；（3）根据乙的结构简式和条件：不含甲基的羧酸，书写结构简式；（4）丁的含氧量（质量分数）为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，r为直链烃基，所以烃基为ch2ch2ch2ch3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，d为a与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，故a为，在naoh水溶液条件下生成水解反应生成b，b为，b在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成c为，进一步发生氧化反应生成d，d发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，据此解答【解答】解：（1）根据甲的结构简式可知，甲中有酯基，所以甲不能使br2的ccl4溶液退色，根据甲的结构简式可知甲的单体是ch3ch=chcooch2ch2ch3，1mol甲能与nmol naoh发生水解反应，甲不能发生酯化反应、消去反应、加成反应，故选b；（2）根据丙的结构简式可知，丙中官能团为酯基，故答案为：酯基；（3）属于不含甲基的羧酸，且是乙的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（4）丁的含氧量（质量分数）为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，r为直链烃基，所以烃基为ch2ch2ch2ch3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，d为a与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，故a为，在naoh水溶液、加热的条件下生成水解反应生成b，b为，b在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成c为，进一步发生氧化反应生成d，d发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，根据上面的分析可知，反应1的反应条件是naoh水溶液、加热，故答案为：naoh水溶液、加热； 根据上面的分析可知，反应2的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应； 反应3的化学方程式是，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，丁的推断是解答的关键，注意利用转化关系中的反应条件及碳链变化推断各有机物即可解答，注意把握有机物结构与性质的关系，题目难度中等9（18分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），下列说法正确的是ba原子半径和离子半径均减小； b金属性减弱，非金属性增强；c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强； d单质的熔点降低（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为氩，氧化性最弱的简单阳离子是na+（3）已知：化合物mgoal2o3mgcl2alcl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解mgcl2而不电解mgo的原因是mgo的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本制铝时，电解al2o3而不电解alcl3的原因是氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电（4）晶体硅（熔点1410）是良好的半导体材料，由粗硅制纯硅过程如下： si（粗）sicl4sicl4（纯）si（纯） 写出sicl4的电子式：在上述由sicl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a kj热量，写出该反应的热化学方程式：2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g）h=+0.025akjmol1（5）p2o5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用p2o5干燥的是banh3 bhi cso2 dco2（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式：4kclo3kcl+3kclo4【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；热化学方程式；硅和二氧化硅 【专题】元素周期律与元素周期表专题；碳族元素【分析】（1）根据同一周期中元素周期律内容进行解答；（2）第三周期中，次外层电子数为8，原子最外层电子书与次外层电子数相同，则该元素为氩；第三周期中简单阳离子为钠离子、镁离子和铝离子，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱；（3）根据表中金属化合物的熔点高低、化合物类型进行分析；（4）四氯化硅为共价化合物，化学式中存在4个硅氯键；根据题中数据及热化学方程式的书写方法写出该反应的热化学方程式；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，p2o5是非氧化性干燥剂，然后结合各选项中气体的性质进行判断；（6）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可【解答】解：（1）a原子半径和离子半径均减小；第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阴离子到阳离子，半径在减小，故a错误； b金属性减弱，非金属性增强；同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故b正确；c最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d金属单质的熔点降低，即namgalsi（原子晶体），而非金属单质是分子晶体，熔点比金属单质低，整体趋势是sialmgsnapcl2ar，故d错误；故答案为：b；（2）原子最外层电子书与次外层电子数相同，而第三周期中次外层电子为8，该元素原子结构示意图为：，则该元素为氩；金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的为na+，故答案为：氩；na+；（3）由于氧化镁的熔点远远大于氯化镁的熔点，熔融时消耗更多能量，增加生成成本，所以工业制镁时，采用电解mgcl2而不电解mgo；由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下氯化铝难导电，制锅时电解al2o3而不电解alcl3，故答案为：mgo的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本；氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电；（4）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8个电子，四氯化硅的电子式为：；1.12kg纯硅的物质的量为：=40mol，生成40mol硅吸收akj热量，则生成1mol硅吸收的热量为：=0.025akj，所以四氯化硅气体与氢气反应生成单质硅和氯化氢的热化学方程式为：2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g）h=+0.025akjmol1，故答案为：；2h2（g）+sicl4（g）si（s）+4hcl（g）h=+0.025akjmol1；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，所以选项中不能用浓硫酸干燥的为anh3 bhi，而p2o5是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体，可以干燥碘化氢，所以b正确，故答案为：b；（6）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为kcl，kcl中氯元素化合价为1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4kclo3kcl+3kclo4，故答案为：4kclo3kcl+3kclo4【点评】本题考查了同一周期中元素周期律与原子结构的关系、热化学方程式的书写、化学方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力10（14分）氢气是清洁的能源，也是重要的化工原料，有关氢气的制取研究是一个有趣的课题根据提供两种制氢方法，完成下列各题：（1）方法一：h2s热分解法，反应式为：2h2s（g）2h2（g）+s2（g）h在恒容密闭容器中，控制不同温度进行h2s的分解实验h2s的起始浓度均为c moll1不同温度下反应相同时间t后，测得如图1所示h2s转化率曲线图其中a为平衡转化率与温度关系曲线，b为未达到平衡时转化率与温度的关系曲线h0（“”、“”或“=”），若985时，反应经t min达到平衡，此时h2s的转化率为40%，则t min内反应速率v（h2）=moll1min1（用含c、t的代数式表示）请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短（2）方法二：以cao为吸收体，将生物材质（以c计）与水蒸气反应制取h2反应装置由气化炉和燃烧炉两个反应器组成，相关反应如下表所示：流程1：气化炉中产生h2流程2：燃烧炉中cao再生通入水蒸气，主要化学反应：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g） k1：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）k2：cao（s）+co2（g）caco3（s）k3通入纯氧，主要化学反应：iv：c（s）+o2（g）co2（g）h=393.8kjmol1v：caco3（s）cao（s）+co2（g）反应c（s）+2h2o（g）+cao（s）caco3（s）+2h2（g）k=k1k2k3（用k1、k2、k3表示）图2为反应i在一定温度下，平衡时各气体体积百分含量随压强变化的关系图2若反应达某一平衡状态时，测得c（h2o）=2c（h2）=2c（co）=2moll1，试根据h2o的体积百分含量变化曲线，补充完整co的变化曲线示意图对于可逆反应c（s）+2h2o（g）+cao（s）caco3（s）+2h2（g），h=87.9kjmol1；采取以下措施可以提高h2产量的是ac（填字母编号）a降低体系的温度b使各气体组分浓度均加倍c适当增加水蒸气的通入量d增加cao的量，提高co2的吸收率？（3）方法二与方法一相比其优点有实现了吸收剂cao的循环，降低能耗（写一个即可）【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【专题】化学平衡图像；化学平衡专题【分析】（1）根据温度升高，h2s转化率增大，可知化学平衡正向移动，化学平衡移动原理可知升温平衡吸热反应方向进行，向据此分析；根据转化率求出h2s的反应的量，再求反应速率v=；根据温度对速率的影响分析，温度越高反应速率越大；（2）反应i、ii、iii之和为反应c（s）+2h2o（g）+cao（s）caco3（s）+2h2（g），据此分析平衡常数的关系，固体不能写入表达式；根据方程式确定co与h2o变化量关系，根据图中h2o含量来确定co的含量，反应中h2o的变化量约等于co的变化量，当起始水的含量为50%，则h2、co各占25%，则co的曲线的起点坐标为（0.1，25），平衡时水的含量为70%，则h2、co各占15%，h2o含量变化与co含量变化关于含量y=37.5的直线对称，据此分析；提高h2产量，则需使平衡正向移动，根据影响平衡的因素分析，a该反应为放热反应，降低体系的温度；b该反应前后气体体积不变，使各气体组分浓度均加倍，则压强增大，平衡不移动；c适当增加水蒸气的通入量，平衡正移；d增加固体cao的量，对平衡无影响；（3）方法二cao能循环使用，降低能耗据此分析【解答】解：（1）由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即h0，故答案为：；h2s的起始浓度均为c moll1，若985时，反应经t min达到平衡，此时h2s的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为c moll140%=0.4cmoll1，v=moll1min1；故答案为：moll1min1；随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；（2）已知：i：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g） k1：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）k2：cao（s）+co2（g）caco3（s）k3反应i、ii、iii之和为反应c（s）+2h2o（g）+cao（s）caco3（s）+2h2（g），则k=k1k2k3；故答案为：k1k2k3；反应中h2o的变化量约等于co的变化量，当起始水的含量为50%，则h2、co各占25%，则co的曲线的起点坐标为（0.1，25），平衡时水的含量为70%，则h2、co各占15%，h2o含量变化与co含量变化关于含量y=37.5的直线对称，故图中co的变化曲线示意图为：，故答案为：；提高h2产量，则需使平衡正向移动，已知c（s）+2h2o（g）+cao（s）caco3（s）+2h2（g），h=87.9kjmol1；a该反应为放热反应，降低体系的温度，平衡正移，则能提高h2产量，故a正确；b该反应前后气体体积不变，使各气体组分浓度均加倍，则压强增大，平衡不移动，所以h2产量不变，故b错误；c适当增加水蒸气的通入量，平衡正移，则能提高h2产量，故c正确；d增加cao的量，对平衡无影响，所以h2产量不变，故d错误；故答案为：ac；（3）方法二中实现了吸收剂cao的循环，降低能耗，降低了生产成本，故答案为：实现了吸收剂cao的循环，降低能耗【点评】本题考查反应热的判断、反应速率的计算、化学平衡图象与影响因素等，难度中等，注意把握图象中坐标的含义，充分利用图象中的信息，题目综合性强，侧重于考查学生对所学知识的应用能力11（16分）高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：mno2熔融氧化：3mno2+kclo3+6koh 3k2mno4+kcl+3h2o；k2mno4歧化：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3已知k2mno4溶液显绿色请回答下列问题：（1）mno2熔融氧化应放在中加热（填仪器编号）烧杯瓷坩埚蒸发皿铁坩埚（2）在mno2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入co2气体，使k2mno4歧化的过程在如图装置中进行，a、b、c、d、e为旋塞，f、g为气囊，h为带套管的玻璃棒为了能充分利用co2，装置中使用了两个气囊当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞b、e，微开旋塞a，打开旋塞c、d，往热k2mno4溶液中通入co2气体，未反应的co2被收集到气囊f中待气囊f收集到较多