广东省惠州市高考化学4月模拟试卷（含解析）.doc

广东省惠州市2015届高考化学 模拟试卷（4月份）一、单选题：共7题每题6分共42分1（6分）设na代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a1.00 moll1 nacl溶液中含有na+的数目为nab常温常压下，6.4 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子总数为0.2nac标准状况下，1.12 l hcho中c原子的数目为0.05 nad在催化剂作用下，6.4g so2与足量氧气反应生成so3，转移电子数为0.2na2（6分）短周期元素w、x、y、z的原子序数依次增大，其中w的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同x、y均能与z分别形成原子个数比为1：1、1：2的气态化合物根据以上叙述，下列说法不正确的是（）a上述气态化合物分子中所有原子最外层电子数均为8bx、y、z都可与w形成既有极性共价键又有非极性共价键的化合物c化合物w4xy2z可能是离子化合物，也可能是共价化合物d沸点：w2zyw3xw43（6分）下列各组描述正确的是（）a化工生产要遵守三原则：充分利用原料、充分利用能量、保护环境燃烧时使用沸腾炉制盐酸时将氯气在氢气中燃烧制硫酸时使用热交换器这3种化工生产分别符合以上某原则b用燃烧的方法鉴别甲烷、乙烯和乙炔用酒精萃取溴水中的溴用水鉴别硝酸铵和氢氧化钠固体用互滴法鉴别na2co3、盐酸、bacl2、nacl四种溶液以上均能达到实验目的c用硫粉覆盖地下撒有的汞金属钠着火用泡沫灭火器或干粉灭火器扑灭用热碱溶液洗去试管内壁的硫用湿的红色石蕊试纸检验氨气是否集满以上操作均合理d过氧化氢：火箭燃料碳酸氢钠：食品发酵剂钠：制氢氧化钠硫酸：制蓄电池以上物质的用途均合理4（6分）金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如下，下列说法正确的是（）a放电时，空气极为负极b放电时，电池反应为：4li+o2=2li2oc有机电解液可以是乙醇等无水有机物d在更换锂电极的同时，要更换水性电解液5（6分）用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（）a用图a所示装置干燥so2气体b用图b所示装置蒸发ch3coona溶液得醋酸钠晶体c用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出d用图d所示装置测量氨气的体积6（6分）将三种黑色粉末组成的混合物加入到足量的某热浓酸中，充分反应后得到蓝绿色溶液和两种气体，将从蓝绿色溶液中分离得到的盐与0.15mol还原铁粉恰好反应完全，可得浅绿色溶液和6.4g红色沉淀；将上述生成的两种气体通入足量饱和nahco3溶液中，仍然收集到两种气体，据此推断黑色粉末可能为（）a物质的量 fes：cuo：fe=1：1：1b物质的量 c：cuo：fe=3：2：2c质量 mno2：cuo：c=5.5：8：12d质量 fe：c：cuo=7：5：37（6分）caco3与稀盐酸反应（放热反应）生成co2的量与反应时间的关系如图所示下列结论不正确的是（）a反应开始2分钟内平均反应速率最大b反应4分钟后平均反应速率最小c反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大d反应在第2分钟初至第3分钟末生成co2的平均反应速率为0.1 mol/（lmin）二、填空题：共13分8（13分）已知：（）c3hch2ch3（x表示卤族；r表示烷基或氢原子）h2催化剂/（）可简写为cooh（iv）下面一个以异丁烷为起始原料的有机合成路线：（1）写出a、c所代表的试剂和反应条件：a、c（2）写出反应的化学方程式：（3）写出a、b、c的结构简式：a、b、c三、推断题：共15分9（15分）据国家财政部新闻办公室的消息，近日，中央财政下拨北方采暖区既有居住建筑供热计量及节能改造资金达53亿元，对既有建筑的节能工作给予重大支持在节能改造这中，利用有机热载体可比传统水、无机热载体节能30%以上，有机热载体具有较好的热稳定性、不易腐蚀管道设备、传送阻力小等优点，但温度超过80时，需隔绝空气，温度过高易出现结焦现象有机热载体可分为石蜡基碳氢化合物（饱和烷烃）、环烷烃碳氢化合物、芳香烃碳氢化合物三类根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）下列说法正确的是a有机热载体在传递热量过程中自身发生了变化从而提高了热效率b石蜡基碳氢化合物能使酸性kmno4溶液褪色c有机热载体工作温度越高越好d有机热载体在传递热量过程中需隔离空气（2）工业上将苯蒸气通过赤热的铁合成一种新型有机热载体，其分子中苯环上的一氯代物有3种，1mol该化合物催化加氢时最多消耗6mol h2该有机热载体是a bc d下列关于该有机热载体的说法正确的是a苯蒸气合成该有机热载体的反应属于加成反应b该有机热载体与苯互为同系物c该有机热载体能与溴水发生取代反应d该有机热载体所有原子可能在同一平面内有机物 与溴的四氯化碳溶液反应的化学反应方程式为（3）某有机热载体为苯的同系物，取一定质量的该有机物完全燃烧，生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，经测定，前者质量增加10.8g，后者质量增加39.6g（设均为完全吸收）又知经氯化处理后，该苯的同系物苯环上的一氯代物、二氯代物、三氯代物都只有一种推断该苯的同系物的分子式为写出该有机物在催化剂作用下与液溴反应生成一溴代物的化学方程式四、实验题：共15分10（15分）已知fecl3溶液与ki溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究（1）甲同学首先进行了实验1实验1实验步骤实验现象取2ml 1moll1 ki溶液，滴加0.1moll1 fecl3溶液3滴（1滴约为0.05ml，下同）溶液呈棕黄色向其中滴加2滴0.1moll1 kscn溶液溶液不显红色写出fecl3溶液与ki溶液反应的离子方程式加入kscn溶液的目的是甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（fe3+）太低，故改进实验方案，进行了实验2实验2实验步骤实验现象取2ml 0.1moll1 ki溶液，滴加0.1moll1 fecl3溶液3滴溶液呈棕黄色向其中滴加2滴0.1moll1 kscn溶液溶液显红色继续加入2ml ccl4，充分振荡、静置液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色本实验改用0.1moll1 ki溶液的目的是用化学平衡原理解释实验2中加入ccl4后上层溶液红色消失的原因：（2）甲同学认为“用ccl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是i2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：i2、i3在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：i2+i i3于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在i3为验证假设，乙同学设计并完成了实验3实验3实验步骤实验现象取1ml实验2中棕黄色的上层清液，再加入2ml ccl4，振荡、静置液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色取1ml饱和碘水，加入2ml ccl4，振荡、静置液体分层，上层为无色，下层呈紫红色实验3的结论是甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验，证明了平衡i2+ii3的存在请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1ml水，振荡、静置；向试管2中两支试管中的现象分别为五、综合题：共15分11（15分）海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品（1）海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气反应的离子方程式是（2）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：盐卤低浓度br2溶液br2将br2与na2co3反应的化学方程式补充完整：br2+na2co3nabro3+（3）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是mgcl2，此外还含fe2+、fe3+、mn2+等离子以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：生成氢氧化物沉淀的ph物质开始沉淀沉淀完全fe（oh）32.73.7fe（oh）27.69.6mn（oh）28.39.8mg（oh）29.611.1步骤中需控制ph=9.8，其目的是用naclo 氧化fe2+得到fe（oh）3沉淀的离子反应方程式是步骤需在hcl保护气中加热进行，请用化学平衡移动原理解释原因naclo还能除去盐卤中的co（nh2）2，生成盐和能参与大气循环的物质除去0.1mol co（nh2）2时消耗naclog广东省惠州市2015届高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单选题：共7题每题6分共42分1（6分）设na代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a1.00 moll1 nacl溶液中含有na+的数目为nab常温常压下，6.4 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子总数为0.2nac标准状况下，1.12 l hcho中c原子的数目为0.05 nad在催化剂作用下，6.4g so2与足量氧气反应生成so3，转移电子数为0.2na考点：阿伏加德罗常数 分析：a、溶液体积不明确；b、氧气和臭氧的摩尔质量分别是32g/mol和48g/mol；c、标况下，甲醛为气体；d、so2与氧气反应生成so3的反应为可逆反应解答：解：a、溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故a错误；b、氧气和臭氧的摩尔质量分别是32g/mol和48g/mol，故6.4 g由氧气和臭氧组成的混合物的物质的量介于到即0.2mol到0.15mol之间，故分子数介于0.2na到0.15na之间，故b错误；c、标况下，甲醛为气体，故1.12l甲醛的物质的量为0.05mol，故含有0.05mol碳原子，故c正确；d、so2与氧气反应生成so3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2na，故d错误故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大2（6分）短周期元素w、x、y、z的原子序数依次增大，其中w的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同x、y均能与z分别形成原子个数比为1：1、1：2的气态化合物根据以上叙述，下列说法不正确的是（）a上述气态化合物分子中所有原子最外层电子数均为8bx、y、z都可与w形成既有极性共价键又有非极性共价键的化合物c化合物w4xy2z可能是离子化合物，也可能是共价化合物d沸点：w2zyw3xw4考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：短周期元素w、x、y、z的原子序数依次增大，w的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同，而阴离子最外层电子数满足稳定结构，由于短周期元素原子内层电子数为2或8，可推知w阴离子核外电子数为2，故w为h元素；x、y、z均处于第二周期，x、y均能与z分别形成原子个数比为1：1、1：2的气态化合物，可推知x为c、y为n、z为o，c元素与氧元素形成c2h2、c2h4，n元素与o元素形成no2、n2o4，据此解答解答：解：短周期元素w、x、y、z的原子序数依次增大，w的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同，而阴离子最外层电子数满足稳定结构，由于短周期元素原子内层电子数为2或8，可推知w阴离子核外电子数为2，故w为h元素；x、y、z均处于第二周期，x、y均能与z分别形成原子个数比为1：1、1：2的气态化合物，可推知x为c、y为n、z为o，c元素与氧元素形成c2h2、c2h4，n元素与o元素形成no2、n2o4a由上述分析可知，c元素与氧元素形成c2h2、c2h4中含有h元素，h原子一定不满足8电子结构，故a错误；bc元素与h元素形成c2h6等，n元素与h元素可以形成n2h4，o元素与h元素可以形成h2o2，既有极性共价键又有非极性共价键，故b正确；c化合物h4cn2o，可能为nh4cno，可能为nh2ch2no2，前者属于离子化合物，后者属于共价化合物，故c正确；d常温下水为液态，而甲烷、氨气为气体，故水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故沸点：h2onh3ch4，故d正确；故选a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，a中注意含有h原子的分子一定不满足分子中所有原子满足8电子结构，c选项为易错点、难点，学生对hcno酸不熟悉3（6分）下列各组描述正确的是（）a化工生产要遵守三原则：充分利用原料、充分利用能量、保护环境燃烧时使用沸腾炉制盐酸时将氯气在氢气中燃烧制硫酸时使用热交换器这3种化工生产分别符合以上某原则b用燃烧的方法鉴别甲烷、乙烯和乙炔用酒精萃取溴水中的溴用水鉴别硝酸铵和氢氧化钠固体用互滴法鉴别na2co3、盐酸、bacl2、nacl四种溶液以上均能达到实验目的c用硫粉覆盖地下撒有的汞金属钠着火用泡沫灭火器或干粉灭火器扑灭用热碱溶液洗去试管内壁的硫用湿的红色石蕊试纸检验氨气是否集满以上操作均合理d过氧化氢：火箭燃料碳酸氢钠：食品发酵剂钠：制氢氧化钠硫酸：制蓄电池以上物质的用途均合理考点：常见的生活环境的污染及治理；化学研究基本方法及作用；有机物的鉴别 专题：化学应用分析：a充分利用原料、充分利用能量、保护环境，应能符合原则：利用率高，节约能源，且不产生污染物或减少污染物的排放；b有机物含碳量越大，燃烧时火焰越明亮，烟越浓；酒精易溶于水，不能用作萃取剂；硝酸铵固体溶于水吸热，氢氧化钠固体溶于水放热；根据物质反应的现象结合物质的性质判断；c金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应；d过氧化氢（h2o2）常用作火箭燃料的氧化剂解答：解：a燃烧时使用沸腾炉，可使硫铁矿与氧气充分接触而反应，减少能量的消耗，充分利用原料，制盐酸时将氯气在氢气中燃烧，保护了环境，制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故a正确；b甲烷、乙烯和乙炔含碳量逐渐增大，有机物含碳量越大，燃烧时火焰越明亮，烟越浓，所以用燃烧的方法可鉴别；酒精易溶于水，不能用作萃取剂，不能用酒精萃取溴水中的溴；硝酸铵固体和氢氧化钠固体中加入水，温度升高的是氢氧化钠，温度降低的是硝酸铵；碳酸钠和盐酸互相滴加，现象不同，进而可用碳酸钠鉴别bacl2、nacl，可鉴别，故b错误；c金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而泡沫灭火器或干粉灭火器都生成二氧化碳，所以不能用来灭火，故c错误；d过氧化氢（h2o2）常用作火箭燃料的氧化剂，不能燃料，故d错误；故选a点评：本题主要考查了物质的鉴别、物质的性质以及化学与污染，难度不大，注意实验的原理4（6分）金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如下，下列说法正确的是（）a放电时，空气极为负极b放电时，电池反应为：4li+o2=2li2oc有机电解液可以是乙醇等无水有机物d在更换锂电极的同时，要更换水性电解液考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答解答：解：a、金属锂为负极，氧气为正极，电池经外电路从负极流向正极，在电池内部没有电子流动，故a错误；b、负极是：4li4e=4li+，正极反应为o2+2h2o+4e=4oh，总反应为4li+o2+2h2o=4lioh，故b错误；c、不能是乙醇，因为乙醇与金属锂要发生置换反应，故c错误；d、负极材料li不断损耗，需要补充，故d正确；故选d点评：本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、电极方程式书写、电子、离子流动、电子得失守恒等相关知识5（6分）用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（）a用图a所示装置干燥so2气体b用图b所示装置蒸发ch3coona溶液得醋酸钠晶体c用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出d用图d所示装置测量氨气的体积考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：a干燥气体，大口进，小口出；b图为蒸发结晶操作；c水在上层，分液时避免上下层液体混合；d氨气极易溶于水解答：解：a干燥气体，大口进，小口出，图中气体的进入方向不合理，故a错误；b图为蒸发结晶操作，并利用玻璃棒不断搅拌，操作合理，故b正确；c水在上层，分液时避免上下层液体混合，则水层从分液漏斗上口倒出，故c错误；d氨气极易溶于水，不能将水排出测定其体积，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，涉及气体的干燥、蒸发、分液及气体体积测定等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大6（6分）将三种黑色粉末组成的混合物加入到足量的某热浓酸中，充分反应后得到蓝绿色溶液和两种气体，将从蓝绿色溶液中分离得到的盐与0.15mol还原铁粉恰好反应完全，可得浅绿色溶液和6.4g红色沉淀；将上述生成的两种气体通入足量饱和nahco3溶液中，仍然收集到两种气体，据此推断黑色粉末可能为（）a物质的量 fes：cuo：fe=1：1：1b物质的量 c：cuo：fe=3：2：2c质量 mno2：cuo：c=5.5：8：12d质量 fe：c：cuo=7：5：3考点：有关混合物反应的计算 分析：6.4g红色沉淀为cu，其物质的量为：=0.1mol，根据反应fe+cu2+=2fe2+cu可知，生成0.1mol铜需要消耗0.1mol还原铁粉，而实际上消耗了0.15mol铁粉，则反应后的溶液中除了含有铜离子，还含有能够与铁反应的离子，结合选项可知应该为铁离子；根据反应fe+2fe3+=3fe2+可知，0.05mol铁粉会消耗0.1mol铁离子，所以混合物中铜离子与铁离子的物质的量之比为1：1；该浓酸应该为浓硝酸，生成的气体为二氧化碳和二氧化氮气体，据此对各选项进行判断解答：解：6.4g红色沉淀为cu，其物质的量为：=0.1mol，根据反应fe+cu2+=2fe2+cu可知，生成0.1mol铜需要消耗0.1mol还原铁粉，而实际上消耗了0.15mol铁粉，则反应后的溶液中除了含有铜离子，还含有能够与铁反应的离子，结合选项可知应该为铁离子；根据反应fe+2fe3+=3fe2+可知，0.05mol铁粉会消耗0.1mol铁离子，所以混合物中铜离子与铁离子的物质的量之比为1：1；将上述生成的两种气体通入足量饱和nahco3溶液中，仍然收集到两种气体，该浓酸应该为浓硝酸，生成的气体为二氧化碳和二氧化氮气体，根据分析可知，满足条件的只有b，故选b点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，7（6分）caco3与稀盐酸反应（放热反应）生成co2的量与反应时间的关系如图所示下列结论不正确的是（）a反应开始2分钟内平均反应速率最大b反应4分钟后平均反应速率最小c反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大d反应在第2分钟初至第3分钟末生成co2的平均反应速率为0.1 mol/（lmin）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析：caco3与稀盐酸的反应为放热反应，随着反应的进行，温度逐渐升高，盐酸浓度逐渐降低，结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小，以此解答该题；a、相同时间内，生成的二氧化碳的体积越大，表明反应速率越快，据此结合图象判断；b、4min后氢离子浓度起主要作用，氢离子浓度降低；c、随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，24min反应速率最快，说明反应为放热反应，04分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用；d、反应速率v=计算判断解答：解：a由图象可知，02分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，24分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，46分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，故a错误；b由图象可知，反应4分钟后曲线斜率变小，则反应速率减小，故b正确；c随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，02分钟反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，24min反应速率最快，24分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故c正确；d、图象分析可知，反应在第2分钟初至第4分钟末生成co2的平均反应速率=0.1 mol/（lmin），所以反应在第2分钟初至第3分钟末生成co2的平均反应速率不是0.1 mol/（lmin），故d错误；故选ad点评：本题考查反应速率的定量表示及有关图象，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意根据速率定义式进行理解，注意理解影响反应速率的因素二、填空题：共13分8（13分）已知：（）c3hch2ch3（x表示卤族；r表示烷基或氢原子）h2催化剂/（）可简写为cooh（iv）下面一个以异丁烷为起始原料的有机合成路线：（1）写出a、c所代表的试剂和反应条件：acl2，光照、cnaoh、h2o，加热（2）写出反应的化学方程式：ch3ccl（ch3）2+naohch2=c（ch3）2+nacl+h2o（3）写出a、b、c的结构简式：a（ch3）2chcocl、b、c考点：有机物的合成 分析：根据题中各物质转化关系，反应为ch3ch（ch3）2与氯气在光照条件下发生取代反应生成ch3ccl（ch3）2，反应为ch3ccl（ch3）2发生消去反应生成ch2=c（ch3）2，反应为ch2=c（ch3）2在过氧化物的条件下与溴化氢发生加成反应生成brch2ch（ch3）2，反应为brch2ch（ch3）2在碱性条件下发生水解反应生成hoch2ch（ch3）2，反应为hoch2ch（ch3）2氧化成（ch3）2chcooh，根据生成a的条件及反应生成物的分子式，结合题中信息可知a为（ch3）2chcocl，根据反应生成物的结构结合题中信息的反应特征可知c为，结合信息的条件可推知b为，据此答题解答：解：根据题中各物质转化关系，反应为ch3ch（ch3）2与氯气在光照条件下发生取代反应生成ch3ccl（ch3）2，反应为ch3ccl（ch3）2发生消去反应生成ch2=c（ch3）2，反应为ch2=c（ch3）2在过氧化物的条件下与溴化氢发生加成反应生成brch2ch（ch3）2，反应为brch2ch（ch3）2在碱性条件下发生水解反应生成hoch2ch（ch3）2，反应为hoch2ch（ch3）2氧化成（ch3）2chcooh，根据生成a的条件及反应生成物的分子式，结合题中信息可知a为（ch3）2chcocl，根据反应生成物的结构结合题中信息的反应特征可知c为，结合信息的条件可推知b为，（1）根据上面的分析可知，a、c所代表的试剂和反应条件为a：cl2，光照 c：naoh、h2o，加热，故答案为：cl2，光照；naoh、h2o，加热； （2）反应的化学方程式为ch3ccl（ch3）2+naohch2=c（ch3）2+nacl+h2o，故答案为：ch3ccl（ch3）2+naohch2=c（ch3）2+nacl+h2o；（3）根据上面的分析可知，a的结构简式为（ch3）2chcocl，b的结构简式为，c的结构简式为，故答案为：（ch3）2chcocl；点评：本题考查有机物推断，关键是根据题中信息及各物质转化的条件进行物质结构的推断，难度中等，答题时注意根据转化关系进行分析判断三、推断题：共15分9（15分）据国家财政部新闻办公室的消息，近日，中央财政下拨北方采暖区既有居住建筑供热计量及节能改造资金达53亿元，对既有建筑的节能工作给予重大支持在节能改造这中，利用有机热载体可比传统水、无机热载体节能30%以上，有机热载体具有较好的热稳定性、不易腐蚀管道设备、传送阻力小等优点，但温度超过80时，需隔绝空气，温度过高易出现结焦现象有机热载体可分为石蜡基碳氢化合物（饱和烷烃）、环烷烃碳氢化合物、芳香烃碳氢化合物三类根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）下列说法正确的是da有机热载体在传递热量过程中自身发生了变化从而提高了热效率b石蜡基碳氢化合物能使酸性kmno4溶液褪色c有机热载体工作温度越高越好d有机热载体在传递热量过程中需隔离空气（2）工业上将苯蒸气通过赤热的铁合成一种新型有机热载体，其分子中苯环上的一氯代物有3种，1mol该化合物催化加氢时最多消耗6mol h2该有机热载体是ba bc d下列关于该有机热载体的说法正确的是da苯蒸气合成该有机热载体的反应属于加成反应b该有机热载体与苯互为同系物c该有机热载体能与溴水发生取代反应d该有机热载体所有原子可能在同一平面内有机物 与溴的四氯化碳溶液反应的化学反应方程式为（3）某有机热载体为苯的同系物，取一定质量的该有机物完全燃烧，生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，经测定，前者质量增加10.8g，后者质量增加39.6g（设均为完全吸收）又知经氯化处理后，该苯的同系物苯环上的一氯代物、二氯代物、三氯代物都只有一种推断该苯的同系物的分子式为c9h12写出该有机物在催化剂作用下与液溴反应生成一溴代物的化学方程式考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）有机热载体具有较好的热稳定性，温度不超过80时，性质不变化，需要隔绝空气，防止被氧化；（2）有机热载体，其分子中苯环上的一氯代物有3种，1mol该化合物催化加氢时最多消耗6mol h2，说明苯环有3种不同的位置，分子中可能含有2个苯环；含有碳碳双键，可发生加成反应；（3）根据二氧化碳和水的质量可确定有机物最简式，且通式符合cnh（2n6），该苯的同系物苯环上的一氯代物、二氯代物、三氯代物都只有一种，说明结构对称，苯环上含有3个相同的烃基解答：解：（1）a有机热载体在传递热量过程中自身没有发生变化，故a错误；b石蜡基碳氢化合物为烷烃，性质稳定，不能使酸性kmno4溶液褪色，故b错误；c有机热载体工作温度较高时易出现结焦现象，故c错误；d有机热载体在传递热量过程中需隔离空气，防止被氧化，故d正确故答案为：d； （2）有机热载体，其分子中苯环上的一氯代物有3种，1mol该化合物催化加氢时最多消耗6mol h2，说明苯环有3种不同的位置，分子中可能含有2个苯环，只有b符合，c、d的一氯代物分别有2种、1种，故答案为：b； a苯蒸气合成该有机热载体的反应属于取代反应，故a错误；b该有机热载体与苯结构不同，不是同系物，故b错误；c该有机热载体具有苯的性质，与溴水不反应，可在催化作用下与液溴发生取代反应，故c错误；d该有机热载体含有两个苯环，所有原子可能在同一平面内，故d正确；故答案为：d；含有碳碳双键，可发生加成反应，反应的方程式为，故答案为：；（3）某有机热载体为苯的同系物，取一定质量的该有机物完全燃烧，生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，经测定，前者质量增加10.8g，为水的质量，n（h2o）=0.6mol，后者质量增加39.6g，为二氧化碳的质量，n（co2）=0.9mol，则n（c）：n（h）=9：12，因为苯的同系物，则通式符合cnh（2n6），分子式应为c9h12，故答案为：c9h12；该苯的同系物苯环上的一氯代物、二氯代物、三氯代物都只有一种，说明结构对称，苯环上含有3个相同的烃基，应为，在催化剂作用下与液溴反应生成一溴代物的化学方程式为，故答案为：点评：本题综合考查有机物的推断，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，把握同分异构体的判断，难度中等四、实验题：共15分10（15分）已知fecl3溶液与ki溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究（1）甲同学首先进行了实验1实验1实验步骤实验现象取2ml 1moll1 ki溶液，滴加0.1moll1 fecl3溶液3滴（1滴约为0.05ml，下同）溶液呈棕黄色向其中滴加2滴0.1moll1 kscn溶液溶液不显红色写出fecl3溶液与ki溶液反应的离子方程式2fe3+2i2fe2+i2加入kscn溶液的目的是检验溶液中是否大量存在fe3+甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（fe3+）太低，故改进实验方案，进行了实验2实验2实验步骤实验现象取2ml 0.1moll1 ki溶液，滴加0.1moll1 fecl3溶液3滴溶液呈棕黄色向其中滴加2滴0.1moll1 kscn溶液溶液显红色继续加入2ml ccl4，充分振荡、静置液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色本实验改用0.1moll1 ki溶液的目的是提高平衡时溶液中的c（fe3+）用化学平衡原理解释实验2中加入ccl4后上层溶液红色消失的原因：平衡1：2fe3+2i2fe2+i2平衡2：fe3+3scnfe（scn）3加入ccl4后，i2被ccl4萃取，平衡1正向移动，或c（fe3+）降低，平衡2逆向移动，或c降低，所以红色消失（2）甲同学认为“用ccl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是i2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：i2、i3在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：i2+i i3于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在i3为验证假设，乙同学设计并完成了实验3实验3实验步骤实验现象取1ml实验2中棕黄色的上层清液，再加入2ml ccl4，振荡、静置液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色取1ml饱和碘水，加入2ml ccl4，振荡、静置液体分层，上层为无色，下层呈紫红色实验3的结论是萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在i3甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验，证明了平衡i2+ii3的存在请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1ml水，振荡、静置；向试管2中加入1ml0.1moll1ki溶液，振荡、静置两支试管中的现象分别为试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅）考点：性质实验方案的设计 分析：（1）铁离子能够将碘离子氧化为碘单质；kscn溶液能够检验铁离子；改用低浓度负ki溶液，能够提高溶液中铁离子浓度；据可逆反应的化学方程式2fe3+2i2fe2+i2 平衡2：fe3+3scnfe（scn）3，从平衡移动的角度分析加入ccl4后上层溶液红色消失的原因；（2）据实验现象分析，液体分层，上层呈黄色，液体分层，上层为无色可知，萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在i3；运用控制变量的方法设计实验，证明平衡i2+ii3的存在，可以加入0.1 moll1 ki溶液，据现象判断，注意用量解答：解：（1）铁离子能够将碘离子氧化为碘单质，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2fe3+2i2fe2+i2，故答案为：2fe3+2i2fe2+i2；kscn溶液能够检验铁离子，加入kscn溶液的目的是检验溶液中是否大量存在fe3+，故答案为：检验溶液中是否大量存在fe3+；改用低浓度负ki溶液，能够提高溶液中铁离子浓度；反应2fe3+2i2fe2+i2和fe3+3scnfe（scn）3都是可逆反应，加入ccl4后，i2被ccl4萃取，平衡1正向移动，平衡2逆向移动，或c降低（1分），所以红色消失，故答案为：提高平衡时溶液中的c（fe3+）；平衡1：2fe3+2i2fe2+i2 平衡2：fe3+3scnfe（scn）3加入ccl4后，i2被ccl4萃取，平衡1正向移动，或c（fe3+）降低，平衡2逆向移动，或c降低，所以红色消失；（2）据实验现象分析，液体分层，上层呈黄色，液体分层，上层为无色可知，萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在i3，故答案为：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在i3；运用控制变量的方法设计实验，证明平衡i2+ii3的存在，将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1ml水，振荡、静置；向试管2中加入1ml0.1 moll1 ki溶液，试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅），证明了平衡i2+ii3的存在，故答案为：加入1 ml 0.1 moll1 ki溶液，振荡、静置；试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅）点评：本题通过fecl3溶液与ki溶液的反应为可逆反应，考查了探究实验的设计，实验现象的分析，题目难度较大五、综合题：共15分11（15分）海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品（1）海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气反应的离子方程式是2cl+2h2ocl2+h2+2oh（2）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：盐卤低浓度br2溶液br2将br2与na2co3反应的化学方程式补充完整：br2+na2co3nabro3+5nabr+3co2（3）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是mgcl2，此外还含fe2+、fe3+、mn2+等离子以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：生成氢氧化物沉淀的ph物质开始沉淀沉淀完全fe（oh）32.73.7fe（oh）27.69.6mn（oh）28.39.8mg（oh）29.611.1步骤中需控制ph=9.8，其目的是除去溶液中含有的fe2+、fe3+、mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去用naclo 氧化fe2+得到fe（oh）3沉淀的离子反应方程式是clo+2fe2+5h2o=2fe（oh）3+cl+4h+步骤需在hcl保护气中加热进行，请用化学平衡移动原理解释原因mg2+2h2omg（oh）2+2h+，温度升高，水解程度增大，通入hcl，增加c（h+），使平衡逆向移动，抑制mg2+水解hcl还能带出水份，最终得到无水mgcl2naclo还能除去盐卤中的co（nh2）2，生成盐和能参与大气循环的物质除去0.1mol co（nh2）2时消耗naclo22.35g考点：物质分离和提