山西省忻州一中等四校高考化学四模试卷（含解析）.doc

山西省忻州一中等四 校2015届高考化学四模试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共计42分在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1下列推断正确的是（）a硅是地壳中含量位居第二的元素，玛瑙、光导纤维的主要成分为sio2b绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理c加碘食盐中加入的是碘单质，可防止甲状腺肿大疾病d要除去衣服上的顽固污渍，均可将衣服泡在漂白液中2俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）almol该有机物最多能与2molh2发生加成反应b该有机物能发生取代、加成和氧化反应c该有机物的分子式为c7h6o3d该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应3被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为x3y2（zwr4）3t2，其中x、y、z为金属元素，z的最外层电子数与次外层电子数相等，x、z位于同族，y、z、r、t位于同周期，r最外层电子数是次外层的3倍，t无正价，x与r原子序数之和是w的2倍下列说法错误的是（）a原子半径：yzrtb气态氢化物的稳定性：wrtc最高价氧化物对应的水化物的碱性： xzdxr2、wr2两种化合物中r的化合价相同4为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（）anahco3溶液（na2co3），应通入过量的co2气体bnabr溶液（nai），应加入适量的氯水、ccl4，进行萃取分液cnh4cl溶液（fecl3），应加入适量的氨水，过滤dco2（co），通过过量的灼热的氧化铜粉末5某温度下，碳和h2o（g）在密闭容器里发生下列反应：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g），co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）当反应达到平衡时，c（h2）=1.9moll1、c（co）=0.1moll1则下列叙述正确的是（）aco在平衡时转化率为10%b平衡浓度c（co2）=c（h2）c其他条件不变时，缩小体积，反应平衡不移动d平衡时增大碳的质量，反应中热量值不变6下列说法不正确的是（）a25时，ph=11 naoh溶液和ph=3 ch3cooh混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh）b取c（h+）=0.01mol/l的盐酸和醋酸各100ml，分别稀释2倍后，再分别加入0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大c含等物质的量的nahc2o4和na2c2o4的溶液中存在：2c（na+）=3c（hc2o4）+c（c2o42）+c（h2c2o4）d25时，某溶液中由水电离出的c（h+）=10amol/l，若a7时，该溶液ph一定为14a7下列实验方案能达到实验目的是（）选项实验方案实验目的或结论a将硫酸酸化的h2o2溶液滴入fe（no3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：h2o2比fe3+强b向1ml 1%的naoh溶液中加入2ml 2%的cuso4溶液，振荡，再加入0.5ml有机物y，加热，未出现砖红色沉淀说明y中不含醛基c将一定量的nano3和kcl的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤得到nacl晶体d比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小aabbccdd二、非选择题8甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，co2 加氢合成甲醇是合理利用co2的有效途径由co2制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.58kjmol1反应：co2（g）+h2（g）co （g）+h2o（g）h2反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h3=90.77kjmol1回答下列问题：（1）反应的h2=，反应 i自发进行条件是（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）（2）在一定条件下3l恒容密闭容器中，充入一定量的h2和co2仅发生反应，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中co2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图1所示h2和co2的起始的投入量以a和b两种方式投入a：n（h2）=3mol，n（co2）=1.5molb：n（h2）=3mol，n（co2）=2mol，曲线 i代表哪种投入方式（用a、b表示）在温度为500k的条件下，按照a方式充入3mol h2和1.5mol co2，该反应10min时达到平衡：a此温度下的平衡常数为；500k时，若在此容器中开始充入0.3molh2和0.9mol co2、0.6molch3oh、xmolh2o，若使反应在开始时正向进行，则x应满足的条件是b在此条件下，系统中ch3oh的浓度随反应时间的变化趋势如图2所示，当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600k，请在图2中画出310min内容器中ch3oh浓度的变化趋势曲线（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过，该电池的工作原理如图3所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型写出该燃料电池的负极反应式如果用该电池作为电解装置，当有16g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为（法拉第常数为9.65104cmol1）9最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：+c4h9oh已知：正丁醇沸点118，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340，酸性条件下，温度超过180时易发生分解由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：向三颈烧瓶内加入30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸搅拌，升温至105，持续搅拌反应2小时，保温至反应结束冷却至室温，将反应混合物倒出通过工艺流程中的操作x，得到粗产品粗产品用无水硫酸镁处理至澄清取清液（粗酯）圆底烧瓶减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g请回答以下问题：（1）步骤中不断从分水器下部分离出产物水的目的是判断反应已结束的方法是（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为（填一种即可）（3）操作x中，应先用5%na2co3溶液洗涤粗产品纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）（4）操作x中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是278）的产率为10工业上以软锰矿（主要成分mno2）为原料，通过液相法生产kmno4即在碱性条件下用氧气氧化mno2得到k2mno4，分离后得到的k2mno4，再用惰性材料为电极电解k2mno4溶液得到kmno4，其生产工艺简略如下：（1）反应器中反应的化学方程式为（2）生产过程中最好使用含mno280%以上的富矿，因为mno2含量最低的贫矿中al、si的氧化物含量较高，会导致koh消耗量 （填“偏高”或“偏低”）（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为（4）在传统工艺中得到k2mno4后，向其中通入co2反应生成黑色固体、kmno4等，反应的化学反应方程式为根据上述反应，从mn元素的角度考虑kmno4的产率最高为与该传统工艺相比，电解法的优势是（5）用高锰酸钾测定某草酸结晶水合物的纯度：称量草酸晶体样品0.250g溶于水，用0.0500moll1的酸性kmno4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗kmno4溶液15.00ml，则该草酸晶体的纯度为（已知该草酸结晶水合物h2c2o42h2o的式量为126）11硅在地壳中的含量较高硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用回答下列问题：（1）1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”这种“金属”可能是（2）陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料其中，生产普通玻璃的主要原料有（3）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：发生的主要反应电弧炉sio2+2c si+2co流化床反器si+3hcl sihcl3+h2还原炉sihcl3+h2 si+3hcl用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为；碳化硅又称，其晶体结构与相似在流化床反应的产物中，sihcl3大约占85%，还有sicl4、sih2cl2、sih3cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯sihcl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和物质sisicl4sihcl3sih2cl2sih3clhclsih4沸点/235557.631.88.230.484.9111.9sihcl3极易水解，其完全水解的产物为（4）氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料，这些原料是12元素周期表第a族元素包括氮、磷、砷（as）、锑（sb）等这些元素无论在研制新型材料，还是在制作传统化肥、农药等方面都发挥了重要的作用请回答下列问题：（1）n4分子是一种不稳定的多氮分子，这种物质分解后能产生无毒的氮气并释放出大量能量，能被应用于制造推进剂或炸药n4是由四个氮原子组成的氮单质，其中氮原子采用的轨道杂化方式为sp3，该分子的空间构型为，nn键的键角为（2）基态砷原子的最外层电子排布式为（3）n、p、as原子的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）（4）叠氮化钠（nan3）用于汽车安全气囊中氮气的发生剂，写出与n3互为等电子体的分子的化学式（任写一种即可）（5）天然氨基酸的命名常用俗名（根据来源与性质），例如，最初从蚕丝中得到的氨基酸叫丝氨酸hoch2ch（nh2）cooh判断丝氨酸是否存在手性异构体？（填“是”或“否”）（6）砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，其晶胞边长为c pm，则密度为gcm3（用含c的式子表示，设na为阿伏加德罗常数的值），a位置as原子与b位置as原子之间的距离为pm（用含c的式子表示）13两种有机物a、b分子式均为c11h12o5，a或b在稀h2so4中加热均能生成c和d已知：a、b、c、d能与nahco3反应；只有a、c能与fecl3溶液发生显色发应，且核磁共振氢谱显示苯环上有二种不同化学环境的氢原子h能使溴水褪色且不含有甲基f能发生银镜反应d能发生如下变化：（1）dh的反应类型；d中官能团名称：；（2）写出c的结构简式；（3）dg的反应方程式：；（4）b在naoh溶液中共热的反应方程式：；（5）c的同分异构体有多种，写出同时满足下列三个条件的同分异构体结构式：苯环上一卤代物只有二种；能与fecl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应山西省忻州一中等四校2015届高考化学四模试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共计42分在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1下列推断正确的是（）a硅是地壳中含量位居第二的元素，玛瑙、光导纤维的主要成分为sio2b绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理c加碘食盐中加入的是碘单质，可防止甲状腺肿大疾病d要除去衣服上的顽固污渍，均可将衣服泡在漂白液中考点：硅和二氧化硅；绿色化学；碘与人体健康；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析：a地壳元素含量前四位为：o、si、al、fe，中含量位居第二的元素是硅，玛瑙、光导纤维的主要成分为sio2；b绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放；c加碘食盐中加入的是碘酸钾；d漂白液能把衣服全部漂白解答：解：a地壳中含量位居第二的元素是硅，玛瑙、光导纤维的主要成分为sio2，故a正确；b绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放，而不是对环境污染进行治理，故b错误；c加碘食盐中加入的是碘酸钾，不是碘单质，故c错误；d将衣服泡在漂白液不但能除去衣服上的顽固污渍，而且能把衣服全部漂白，故d错误；故选：a点评：本题考查了硅的含量及其化合物、绿色化学的概念、次氯酸的漂白性，熟悉物质性质是解题关键，题目难度不大2俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）almol该有机物最多能与2molh2发生加成反应b该有机物能发生取代、加成和氧化反应c该有机物的分子式为c7h6o3d该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应考点：有机物的结构和性质 分析：该分子中含有醚键、碳碳双键、醇羟基和羰基，具有醚、烯烃、醇、酮的性质，能发生加成反应、化合反应、取代反应、氧化反应、加聚反应等，据此分析解答解答：解：a碳碳双键和碳氧双键都能和氢气发生加成反应，所以lmol该有机物最多能与3molh2发生加成反应，故a错误；b该分子中含有醚键、碳碳双键、醇羟基和羰基，具有醚、烯烃、醇、酮的性质，能发生加成反应、化合反应、取代反应、氧化反应、加聚反应等，故b正确；c该有机物的分子式为c7h8o3，故c错误；d芳香族化合物含有苯环，如果再含有醛基，其不饱和度应该是5，实际上该分子的不饱和度是4，所以没有符合条件的同分异构体，故d错误；故选b点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇、烯烃、酮的性质及基本概念，易错选项是d，注意从不饱和度方面分析，题目难度中等3被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为x3y2（zwr4）3t2，其中x、y、z为金属元素，z的最外层电子数与次外层电子数相等，x、z位于同族，y、z、r、t位于同周期，r最外层电子数是次外层的3倍，t无正价，x与r原子序数之和是w的2倍下列说法错误的是（）a原子半径：yzrtb气态氢化物的稳定性：wrtc最高价氧化物对应的水化物的碱性：xzdxr2、wr2两种化合物中r的化合价相同考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：香花石化学式为x3y2（zwr4）3t2，由前20号元素中的6种组成，其中r原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，r原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则r为o元素；y、z、r、t位于同周期，即处于第二周期，t元素无正价，则t为f元素；z的最外层电子数与次外层电子数相等，则z为be元素；y为金属元素，则y为li；x、z位于同主族，则x为mg元素或ca元素，若x为镁元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=10，推出w为氖元素不符合题意，若x为ca元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=14，推出w为si元素，符合题意a同周期元素的原子半径从左向右半径在减小；b非金属性越强，则气态氢化物越稳定；c金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物碱性越强；d根据常见元素的化合价及化合价原则来分析解答：解：香花石化学式为x3y2（zwr4）3t2，由前20号元素中的6种组成，其中r原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，r原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则r为o元素；y、z、r、t位于同周期，即处于第二周期，t元素无正价，则t为f元素；z的最外层电子数与次外层电子数相等，则z为be元素；y为金属元素，则y为li；x、z位于同主族，则x为mg元素或ca元素，若x为镁元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=10，推出w为氖元素不符合题意，若x为ca元素，则由x与r原子序数之和是w的2倍，则=14，推出w为si元素，符合题意ay为锂元素、z为铍元素、r为氧元素、t为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：yzrt，故a正确；bw为硅元素、r为氧元素、t为氟元素，非金属性fosi，则气态氢化物的稳定性wrt，故b正确；cx为钙元素、z为铍元素，金属性cabe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙氢氧化铍，故c正确；dxr2、wr2两化合物cao2、sio2，cao2中o元素为1价，sio2中o元素化合价为2，故d错误，故选d点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握核外电子排布与元素周期律，题目难度中等4为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（）anahco3溶液（na2co3），应通入过量的co2气体bnabr溶液（nai），应加入适量的氯水、ccl4，进行萃取分液cnh4cl溶液（fecl3），应加入适量的氨水，过滤dco2（co），通过过量的灼热的氧化铜粉末考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂 分析：a碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；b氯水与nai、nabr均反应；c氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵；dco与cuo反应生成cu和二氧化碳解答：解：a碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则通入过量的co2气体可除杂，故a正确；b氯水与nai、nabr均反应，不能除杂，应选适量的溴水、ccl4，进行萃取分液，故b错误；c氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵，则加入适量的氨水，过滤可除杂，故c正确；dco与cuo反应生成cu和二氧化碳，则通过过量的灼热的氧化铜粉末可除杂，故d正确；故选b点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大5某温度下，碳和h2o（g）在密闭容器里发生下列反应：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g），co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）当反应达到平衡时，c（h2）=1.9moll1、c（co）=0.1moll1则下列叙述正确的是（）aco在平衡时转化率为10%b平衡浓度c（co2）=c（h2）c其他条件不变时，缩小体积，反应平衡不移动d平衡时增大碳的质量，反应中热量值不变考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 分析：碳与水反应生成的氢气的浓度为amol/l，则生成的co为amol/l，令co与水反应生成氢气的浓度为bmol/l，则生成的二氧化碳的浓度为bmol/l，消耗的co浓度为bmol/l，平衡时氢气的浓度为1.9mol/l，则amol/l+bmol/l=1.9mol/l，平衡时co的浓度为0.1mol/l，则amol/lbmol/l=0.1mol/l，联立解得a=1，b=0.9，据此判断各选项解答：解：a碳与水反应生成的co浓度为1mol/l，剩余0.1mol/l，则转化率为100%=90%，故a错误；b平衡时，平衡时co2的浓度等于co消耗的浓度，即c（co2）=1mol/l0.1mol/l=0.9mol/l，c（h2）=1.9moll1，二者不等，故b错误；c缩小体积，压强增大，反应前后气体计量数之和相同，化学平衡不移动，故c正确；dc为纯固体，增大c的质量，平衡不移动，即反应中热量值不变，故d正确；故选cd点评：本题考查化学平衡移动、计算，难度不大，应学会化学平衡的计算方式6下列说法不正确的是（）a25时，ph=11 naoh溶液和ph=3 ch3cooh混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh）b取c（h+）=0.01mol/l的盐酸和醋酸各100ml，分别稀释2倍后，再分别加入0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大c含等物质的量的nahc2o4和na2c2o4的溶液中存在：2c（na+）=3c（hc2o4）+c（c2o42）+c（h2c2o4）d25时，某溶液中由水电离出的c（h+）=10amol/l，若a7时，该溶液ph一定为14a考点：离子浓度大小的比较；化学反应速率的影响因素；ph的简单计算 分析：a当乙酸远远过量时，则满足：c（ch3coo）c（h+）c（na+）；b醋酸为弱酸，稀释后醋酸溶液中氢离子浓度变化较小，则与锌反应时的反应速率较大；c根据混合液中的物料守恒判断；d由水电离出的c（h+）=l10amoll1，该溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此计算判断，注意为酸性溶液时，溶液中氢氧根离子浓度等于水电离的氢离子浓度，利用水的离子积计算溶液中氢离子，再根据ph=logc（h+）计算ph解答：解：a25时，ph=11 naoh溶液和ph=3 ch3cooh混合，若溶液显酸性，且醋酸远远过量，则溶液中离子浓度大小为：c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh），故a正确；b取c（h+）=0.01mol/l的盐酸和醋酸各100ml，分别稀释2倍后，醋酸为弱电解质，则稀释后醋酸中氢离子的物质的量会增大，稀释后的溶液中醋酸的氢离子浓度会大于盐酸，所以分别加入0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大，故b正确；c含等物质的量的nahc2o4和na2c2o4的溶液中，根据物料守恒可得：2c（na+）=3c（hc2o4）+c（c2o42）+c（h2c2o4），故c正确；d由水电离出的c（h+）=l10amoll1，该溶液若为酸性溶液，则溶液中c（oh）=l10amoll1，故溶液中c（h+）=mol/l=l1014+amol/l，故ph=logl1014+a=14a，该溶液若为碱性溶液，则溶液ph=logl10a=a，故d错误；故选d点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、弱电解质的电离、化学反应速率的影响、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力7下列实验方案能达到实验目的是（）选项实验方案实验目的或结论a将硫酸酸化的h2o2溶液滴入fe（no3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：h2o2比fe3+强b向1ml 1%的naoh溶液中加入2ml 2%的cuso4溶液，振荡，再加入0.5ml有机物y，加热，未出现砖红色沉淀说明y中不含醛基c将一定量的nano3和kcl的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤得到nacl晶体d比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小aabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a不能排除硝酸根离子的影响；b氢氧化钠不足；c硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大；d反应热的大小与反应速率无关解答：解：a不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故a错误；b醛基的检验应在碱性条件下进行，而题中氢氧化钠不足，故b错误；c利用温度对不同物质溶解度影响的差异蒸发结晶分离物质，硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大，所以可以得到氯化钠晶体，故c正确；d反应热的大小与反应速率无关，如同样为放热反应，中和反应速率大，但金属的腐蚀速率慢，且条件不同，反应速率大小不同，故d错误故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为2015届高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大二、非选择题8甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，co2 加氢合成甲醇是合理利用co2的有效途径由co2制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.58kjmol1反应：co2（g）+h2（g）co （g）+h2o（g）h2反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h3=90.77kjmol1回答下列问题：（1）反应的h2=+41.19kj/mol，反应 i自发进行条件是较低温（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）（2）在一定条件下3l恒容密闭容器中，充入一定量的h2和co2仅发生反应，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中co2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图1所示h2和co2的起始的投入量以a和b两种方式投入a：n（h2）=3mol，n（co2）=1.5molb：n（h2）=3mol，n（co2）=2mol，曲线 i代表哪种投入方式a（用a、b表示）在温度为500k的条件下，按照a方式充入3mol h2和1.5mol co2，该反应10min时达到平衡：a此温度下的平衡常数为450；500k时，若在此容器中开始充入0.3molh2和0.9mol co2、0.6molch3oh、xmolh2o，若使反应在开始时正向进行，则x应满足的条件是0x2.025b在此条件下，系统中ch3oh的浓度随反应时间的变化趋势如图2所示，当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600k，请在图2中画出310min内容器中ch3oh浓度的变化趋势曲线（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过，该电池的工作原理如图3所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型写出该燃料电池的负极反应式ch3oh6e+3o2=co2+2h2o如果用该电池作为电解装置，当有16g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为2.895105 库仑（法拉第常数为9.65104cmol1）考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；转化率随温度、压强的变化曲线 分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，反应自发进行的判断依据是hts0；（2）图象分析相同温度下，两种反应物，增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率；a结合三行式进行计算，化学反应的平衡常数k各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值，据此计算；b将体系温度升至600k，根据升高温度，平衡向着吸热方向来进行回答；（3）以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写；依据电极反应计算转移电子数，结合法拉第常数为9.65104cmol1计算电量解答：解：（1）反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=49.58kjmol1反应：co2（g）+h2（g）co （g）+h2o（g）h2反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h3=90.77kjmol1根据盖斯定律，反应可以是得到，所以反应的焓变h2=（49.58kjmol1）（90.77kjmol1）=+41.19 kjmol1；根据反应自发行的判据：hts0，反应是熵减的放热的反应，所以要自发进行需要在较低温下进行，故答案为：+41.19 kjmol1；较低温；（2）a：n（h2）=3mol，n（co2）=1.5mol，b：n（h2）=3mol，n（co2）=2mol，二者比较b相当于增大二氧化碳的量，转化率小于a，所以曲线 i代表a的投料，故答案为：a在温度为500k的条件下，充入3mol h2和1.5mol co2，该反应10min时达到平衡，二氧化碳的转化率是60%， co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）初始浓度：0.5 1 0 0变化浓度：0.3 0.9 0.3 0.3 平衡浓度：0.2 0.1 0.3 0.3a该温度下，反应i的平衡常数k=450，500k时，若在此容器中开始充入0.3molh2和0.9mol co2、0.6molch3oh、xmolh2o，浓度分别为0.1mol/l，0.3mol/l，0.2mol/l，mol/l若使反应在开始时正向进行，浓度商qc=k=450x=2.025则x应满足的条件是0x2.025故答案为：450，0x2.025；b当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600k，则平衡正向进行，甲醇的浓度会增加，图象为，故答案为：；（3）以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写电极反应为：ch3oh6e+3o2=co2+2h2o，故答案为：ch3oh6e+3o2=co2+2h2o；16g甲醇物质的量=0.5mol，发生反应时电子转移0.5mol6=3mol，则理论上提供的电量最多为3mol9.65104cmol1=2.895105 c，故答案为：2.895105 c点评：本题综合考查学生盖斯定律的应用、化学反应速率的计算、化学平衡移动的影响因素等知识，属于综合知识的考查，难度较大9最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：+c4h9oh已知：正丁醇沸点118，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340，酸性条件下，温度超过180时易发生分解由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：向三颈烧瓶内加入30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸搅拌，升温至105，持续搅拌反应2小时，保温至反应结束冷却至室温，将反应混合物倒出通过工艺流程中的操作x，得到粗产品粗产品用无水硫酸镁处理至澄清取清液（粗酯）圆底烧瓶减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g请回答以下问题：（1）步骤中不断从分水器下部分离出产物水的目的是有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率判断反应已结束的方法是分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为ch2=chch2ch3、ch3ch2ch2ch2och2ch2ch2ch3等（填一种即可）（3）操作x中，应先用5%na2co3溶液洗涤粗产品纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）+2naoh+2ch3ch2ch2ch2oh（4）操作x中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是278）的产率为50%考点：制备实验方案的设计 分析：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；反应结束时，分水器中的水位高度不变，冷凝管中不再有液体滴下；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇；（4）操作x是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作； （5）邻苯二甲酸二丁酯的沸点340，温度超过180时易发生分解，应减压蒸馏使其沸点降低，防止分解；（6）由于正丁醇不足，假设邻正丁醇完全转化，以此计算邻苯二甲酸二丁酯的理论产量，产率=（实际产量理论产量）100%解答：解：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下），说明反应结束，故答案为：有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等，实验中副产物的结构简式为：ch2=chch2ch3 、ch3ch2ch2ch2och2ch2ch2ch3等，故答案为：ch2=chch2ch3、ch3ch2ch2ch2och2ch2ch2ch3等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇，反应方程式为：+2naoh+2ch3ch2ch2ch2oh，故答案为：+2naoh+2ch3ch2ch2ch2oh；（4）操作x是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作，操作中必须使用的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯； （5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低，防止分解，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低；（6）由于正丁醇不足，假设正丁醇完全转化，则邻苯二甲酸二丁酯的理论产量为278g/mol=41.7g，故其产率为100%=50%，故答案为：50%点评：本题有机物的制备实验，涉及物质的分离提纯、对操作及原理的分析评价、产率计算等，掌握实验操作的要求和实验原理是解题的关键，难度中等10工业上以软锰矿（主要成分mno2）为原料，通过液相法生产kmno4即在碱性条件下用氧气氧化mno2得到k2mno4，分离后得到的k2mno4，再用惰性材料为电极电解k2mno4溶液得到kmno4，其生产工艺简略如下：（1）反应器中反应的化学方程式为4koh+2mno2+o2=2k2mno4+2h2o（2）生产过程中最好使用含mno280%以上的富矿，因为mno2含量最低的贫矿中al、si的氧化物含量较高，会导致koh消耗量偏高 （填“偏高”或“偏低”）（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为mno42e=mno4（4）在传统工艺中得到k2mno4后，向其中通入co2反应生成黑色固体、kmno4等，反应的化学反应方程式为3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3根据上述反应，从mn元素的角度考虑kmno4的产率最高为66.7%与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、koh循环利用（5）用高锰酸钾测定某草酸结晶水合物的纯度：称量草酸晶体样品0.250g溶于水，用0.0500moll1的酸性kmno4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗kmno4溶液15.00ml，则该草酸晶体的纯度为94.5%（已知该草酸结晶水合物h2c2o42h2o的式量为126）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）碱性条件下用氧气氧化mno2得到k2mno4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致koh消耗量偏高（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解k2mno4溶液得到kmno4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子（4）根据题干信息可知反应物为k2mno4、co2、生成黑色固体mno2、kmno4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式分析kmno4的产率，电解法阳极都生成kmno4，产率更高；（5）发生反应：5h2c2o4+2mno4+6h+=10co2+2mn2+8h2o，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数解答：解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，mn（+4+6），o（02），反应的化学方程式为4koh+2mno2+o2=2k2mno4+2h2o，故答案为：4koh+2mno2+o2=2k2mno4+2h2o；（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2koh+al2o3=2kalo2+h2o，所以会导致koh消耗量偏高，故答案为：偏高；（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2h2o+2e=h2+2oh，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2mno422e=2mno4，即mno42e=mno4，故答案为：mno42e=mno4；（4）反应物为k2mno4、co2、生成黑色固体mno2、kmno4，所以方程式为：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3，由化学反应方程式：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3分析得出，3份锰参加反应生成2份kmno4，所以kmno4的产率最高为100%=66.7%，与该传统工艺相比，电解法阳极都生成kmno4，产率更高，所以优势是产率更高、koh循环利用；故答案为：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3；66.7%；产率更高、koh循环利用；（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5h2c2o4+2mno4+6h+=10co2+2mn2+8h2o，根据方程式可得关系式：5h2c2o42h2o2kmno45 2n 0.05mol/l15.0103l 解得n（h2c2o42h2o）=1.875103mol则m（h2c2o42h2o）=1.875103mol126g/mol=0.236g，所以成品的纯度=100%=94.5%，故答案为：94.5%点评：本题考查实验制备方案、基本操作、工艺流程、氧化还原反应滴定计算、物质含量的测定等，根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等11硅在地壳中的含量较高硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用回答下列问题：（1）1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”这种“金属”可能是含有硅碳的铁合金（2）陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料其中，生产普通玻璃的主要原料有纯碱、石英和石灰石（3）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：发生的主要反应电弧炉sio2+2c si+2co流化床反器si+3hcl sihcl3+h2还原炉sihcl3+h2 si+3hcl用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为sio2+3csic+2co；碳化硅又称金刚砂，其晶体结构与金刚石相似在流化床反应的产物中，sihcl3大约占85%，还有sicl4、sih2cl2、sih3cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯sihcl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和精馏（或蒸馏）物质sisicl4sihcl3sih2cl2sih3clhclsih4沸点/235557.631.88.230.484.9111.9sihcl3极易水解，其完全水解的产物为h4sio4（或h2sio3）、h2、hcl（4）氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料，这些原料是h2、hcl考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：（1）石英砂主要成分为二氧化硅，碳做还原剂还原二氧化硅为单质硅；（2）生产玻璃的原料是纯碱、石英和石灰石；（3）石英砂主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳；碳化硅又称金刚砂，其晶体结构与金刚石相似；根据题中数据，采用精馏（或蒸馏）方法提纯sihcl3；sihcl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢；（4）电解饱和食盐水称为氯碱工业，结合上述工艺流程解答解答：解：（1）石英砂的主要成分是二氧化硅，加热石英砂、木炭和铁时，发生置换反应，sio2+2c si+2co，所以在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”这种“金属”可能是含有硅碳的铁合金，故答案为：含有硅碳的铁合金；（2）制造普通玻璃的主要原料是：纯碱、石灰石和石英，在玻璃窑中强热