江西省新八校联考高考化学一模试卷（含解析）.doc

2015年江西省新八校联考高考化学一模试卷 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1下列关于化学与生产、生活的认识正确的是（）a 实验室里熔化氢氧化钠时，可选用石英坩埚和铁坩埚b 不法商家制取的“地沟油”具有固定的熔沸点c 食品保鲜膜按材质可分为聚乙烯（pe）、聚氯乙烯（pvc）、聚偏二氯乙烯（pvdc）等，pvc的单体可由pe的单体与氯化氢加成制得d 家庭用食用醋代替co2来增强漂白粉的漂白性2na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a 电解精炼铜的过程中，每转移na个电子时，阳极溶解铜的质量为32gb 1 mol na2o2固体中含离子总数为4nac 1mol羟基与17 g nh3所含电子数之比为9：10d 一定温度下，1 l 0.5 moll1 nh4cl溶液与2 l 0.25 moll1 nh4cl溶液含nh的物质的量相同3有a、b、c、d四种原子序数依次增大的短周期元素，其中只有c为金属元素，a和c的最外层电子数相同，c和d的质子数之和是a和b质子数之和的3倍，d的氧化物是形成酸雨的主要气体，下列说法不正确的是（）a b和c可形成一种含不同类型的化学键的碱性氧化物b d2离子在水溶液中与al3+、h+均不能大量共存c a2b的稳定性强于a2d的稳定性d a2d和db2可发生氧化还原反应，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：14下列说法正确的是（）a 溶液、胶体、浊液三种分散系可用丁达尔效应进行区分b h0且s0的反应可以自发进行c 酸碱中和滴定实验中装标准液的滴定管未润洗，会造成所测结果偏低d 钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：o2+4e+2h2o4oh5下列关系的表述中，正确的是（）a 已知草酸氢钾溶液呈酸性，则在amoll1 khc2o4溶液中，c（c2o42）c（h2c2o4）b 新制氯水中加入固体naoh：c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh）c 0.2mol/lch3cooh溶液与0.1mol/lnaoh溶液等体积混合：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）d ph=3的盐酸和ph=3的fecl3溶液中，水电离的c（h+）相等6已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如图所示的烃，下列说法中不正确的是（）a 等质量的该烃和甲烷均完全燃烧，耗氧量前者小于后者b 该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，属于苯的同系物c 分子中一定有11个碳原子处于同一平面上d 该烃的一氯取代产物为5种7常温下取金属钠、铝、铁各1克，加入1mol/l的硫酸v升，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，v的大小范围是（）a vb vc vd v二、非选择题（43分）8二茂铁是一种金属有机化合物，又名双环戊二烯基铁，是由2个环戊二烯负离子和一个二价铁离子键合而成的有机物，它是火箭固体燃烧过程的加速剂、柴油的消烟节能添加剂、汽油抗爆助燃剂；各类重质燃料、煤、原油、聚合物等的消烟促燃剂由二茂铁合成乙酰基二茂铁的原理如图1：其实验步骤如下：步骤1：如图2图所示，取1g二茂铁与3ml乙酸酐于装置中，开通搅拌器，慢慢滴加85%磷酸1ml，加热回流5min步骤2：待反应液冷却后，倒入烧杯中加入10g碎冰，搅拌至冰全部融化，缓慢滴加nahco3溶液中和至中性，置于冰水浴中15min抽滤，烘干，得到乙酰基二茂铁粗产品步骤3：将乙酰基二茂铁粗产品溶解在苯中，从图2图装置的分液漏斗中滴下，再用乙醚淋洗步骤4：将其中一段时间的淋洗液收集，并进行操作x，得到纯净的乙酰基二茂铁并回收乙醚（1）图i中仪器b的名称为，其中磷酸的作用为该实验制备的乙酰基二茂铁分子式为（2）步骤2中需缓慢滴加nahco3溶液，并且要充分搅拌，原因是（3）步骤2中不需要测定溶液的ph就可以判断溶液接近中性，其现象是（4）步骤4中操作x的名称是，该操作中不能使用明火的原因是（5）为确定产品乙酰基二茂铁中是否含有杂质二乙酰基二茂铁（），可以使用的仪器分析方法是（写一种即可）9氧和硫的化合物在化工生产上应用非常广泛试回答下列问题：（1）o3可通过电解稀硫酸（原理如图1所示，该条件下3o2=2o3可以发生）制得图中阳极为（填a或b）若c处通入o2，则a极的电极反应式为：，若c处不通入o2，d、e处分别收集到1mol和0.4mol气体，则e处收集的气体中o3所占的体积分数为（忽略 o3的分解）（2）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应己知：6ag（s）+o3（g）3ag2o（s）；h=235kj/mol；2ag2o（s）4ag（s）+o2（g）；h=+60kj/mol；则反应 2o3（g）=3o2（g）的h=（3）so2cl2常用于制造医药品、染料、表面活性剂等已知：so2cl2（g）so2（g）+cl2（g）h=+98kjmol1某温度时向体积为2l的恒容密闭容器中充入0.20mol so2cl2，达到平衡时，容器中含0.1mol so2，该温度时反应的平衡常数为（请带单位）将上述所得混合气体溶于足量bacl2溶液中，最终生成沉淀的质量为（4）对（3）中的反应，在400，1.01105pa条件下，向容积为2l的恒容密闭容器中充入一定量的so2cl2，n（so2）和n（so2cl2）随时间的变化曲线如图2所示020min反应的平均速率（so2cl2）=下列叙述正确的是aa点正（so2cl2）逆（so2cl2）b密度和平均摩尔质量不变均说明处于平衡状态c其它条件不变，若增大压强，n（so2）比图中d点的值大d其它条件不变，500时反应达平衡，n（so2）比图中d点的值大10锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意图如图：（1）1mol焦炭在过程中失去mol电子（2）过程中cl2用电解饱和食盐水制备，制备cl2的离子方程式为（3）步骤（2）中的电解过程中，若用甲醇燃料电池作电源，用koh作电解质，负极反应为（4）整过生产过程必须严格控制无水，回答下列问题：sicl4遇水剧烈水解生成sio2和一种酸，化学反应方程式为干燥cl2时从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90的潮湿氯气先冷却至12，然后再通入浓h2so4中冷却的作用是（5）zn还原sicl4的可逆反应如下：sicl4（g）+2zn（s）si（s）+2zncl2（g）h0下列说法正确的是a还原过程需在无氧的气氛中进行 b投入1molzn可生成14g还原产物c增加sicl4（g）的量，该反应平衡常数不变d若sicl4（g）过量可增大h的值（6）有一种由硅制作的材料中常加入ag2so4，已知某温度下ag2so4（m=312g/mol）的溶解度为0.624g/100g h2o，该温度下ag2so4 的ksp=；（两位有效数字）三、【化学、选修2-化学与技术】（15分）11tio2用途非常广泛，工业上用钛铁精矿（fetio3）提炼tio2的工艺流程如图：（1）写出硫酸酸浸溶解钛铁精矿的离子方程式，酸浸时为了提高浸出率，可以采取的措施有（任写二种）（2）钛铁精矿酸浸后冷却、结晶得到的副产物a为，结晶析出a时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为（3）滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，其目的是（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是（5）工业上将tio2和炭粉混合加热氯化生成的ticl4，然后在高温下用金属镁还原ticl4得到金属钛，写出tio2制备ti的化学方程式：，四、【化学、选修3-物质结构和性质】（15分）12（2015江西一模）德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子c20，该笼状结构是由许多正五边形构成如图c20分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数棱边数=2，请回答：c20分子共有个正五边形，共有条棱边13（2015江西一模）a、b、c是短周期非金属元素，核电荷数依次增大a原子外围电子排布为ns2np2，c是地壳中含量最多的元素d元素的核电荷数为29请用对应的元素符号或化学式填空：（1）a、b、c的第一电离能由小到大的顺序为（2）分子（ab）2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足八电子，其结构式为，1mol该分子中含有键的数目为该分子中碳原子的杂化轨道类型是，该分子属于分子（填“极性”或“非极性”）（3）基态d原子的电子排布式为五、【化学、选修5-有机化学基础】（15分）14（2015江西一模）丙烯可用于合成很多有机物图1是合成一种高性能的树脂单体的路线图，部分反应流程中的反应条件和少量副产物省略，请回答下列问题：已知：酯交换反应原理：rcoor1+r2ohrcoor2+r1oh（r、r1、r2代表烃基）苯环与烯烃的加成反应原理如图2：（1）h中含氧官能团的名称是，反应的反应类型为（2）e为a的同分异构体，其两个相同的支链上核磁共振氢谱共有2个信号峰写出e的结构简式（3）应用酯交换反应原理，写出反应的化学方程式（4）d的同分异构体f苯环上只有两个相同的取代基，且能与naoh溶液反应，f的结构共有种（不包括d）（5）h有一种同分异构体名称为对苯二甲酸，它与乙二醇发生缩聚反应可生成一种用途广泛的高分子材料（涤纶），其方程式为（6）以反应为起点，用丙烯为原料，其他无机试剂任选，写出制备甘油的最合理流程图，注明试剂和反应条件注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：ch3choch3coohch3cooch2ch32015年江西省新八校联考高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1下列关于化学与生产、生活的认识正确的是（）a 实验室里熔化氢氧化钠时，可选用石英坩埚和铁坩埚b 不法商家制取的“地沟油”具有固定的熔沸点c 食品保鲜膜按材质可分为聚乙烯（pe）、聚氯乙烯（pvc）、聚偏二氯乙烯（pvdc）等，pvc的单体可由pe的单体与氯化氢加成制得d 家庭用食用醋代替co2来增强漂白粉的漂白性考点：钠的重要化合物；油脂的性质、组成与结构；合成材料分析：a石英坩埚与氢氧化钠反应；b“地沟油”是混合物，没有固定的熔沸点；c聚乙烯（pe）的单体是ch2ch2、pvc的单体是ch2chcl；d醋酸的酸性大于次氯酸，因此醋酸可以和次氯酸钙反应可以生成次氯酸解答：解：a石英坩埚与氢氧化钠反应，所以不能用石英坩埚熔化氢氧化钠，故a错误；b“地沟油”是混合物，没有固定的熔沸点，故b错误；c聚乙烯（pe）的单体是ch2ch2，pvc单体为氯乙烯，应该由乙炔和hcl加成得到，故c错误；d漂白粉的有效成分为次氯酸钙，醋酸的酸性大于次氯酸，因此醋酸可以和次氯酸钙反应可以生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以做漂白剂，故d正确；故选d点评：本题主要考查了元素及其化合物的化学性质，题目难度中等，熟练掌握有关物质的性质和化学反应方程式是解题的关键2na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a 电解精炼铜的过程中，每转移na个电子时，阳极溶解铜的质量为32gb 1 mol na2o2固体中含离子总数为4nac 1mol羟基与17 g nh3所含电子数之比为9：10d 一定温度下，1 l 0.5 moll1 nh4cl溶液与2 l 0.25 moll1 nh4cl溶液含nh的物质的量相同考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a电解精炼过程粗铜做阳极，杂质铁、锌、镍等通电时也失电子，依据电解过程中电子守恒分析；b过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子；c羟基中含有9个电子，氨气分子中含有10个电子；d铵根离子的浓度不同，其水解程度不同，则溶液中铵根离子的物质的量不同解答：解：a电解精炼铜的过程中转移了na个电子，阳极溶解失电子的有铜、铁、锌、镍等，依据电子守恒阳极溶解铜的质量小于32g，故a错误；b.1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含离子总数为3na，故b错误；c1mol羟基（oh）中含有9mol电子，17gnh3所含电子为10mol，二者所含电子数之比为9：10，故c正确；d一定温度下，1 l 0.5 moll1 nh4cl溶液与2 l 0.25 moll1 nh4cl溶液，两溶液中溶质的物质的量都是0.5mol，但是铵根离子浓度越大，其水解程度越小，所以两溶液中铵根离子的水解程度不同，则铵根离子的物质的量不同，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度等物理量之间的关系，明确盐的水解原理及其影响3有a、b、c、d四种原子序数依次增大的短周期元素，其中只有c为金属元素，a和c的最外层电子数相同，c和d的质子数之和是a和b质子数之和的3倍，d的氧化物是形成酸雨的主要气体，下列说法不正确的是（）a b和c可形成一种含不同类型的化学键的碱性氧化物b d2离子在水溶液中与al3+、h+均不能大量共存c a2b的稳定性强于a2d的稳定性d a2d和db2可发生氧化还原反应，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1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：短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，其中只有c为金属元素，c的最外层电子数和a相等，则a、c为同族元素，则a、c可能处于ia族或a族，若处于a族，a为硼元素，则b的原子序数大于5，设b的原子序数为x，d的原子序数为y，则3（5+x）=15+3x=13+y，由于x5，则d的原子序数大于18，不符合题意，a、c只能处于ia族，所以a为氢，c为钠，结合3（1+x）=11+y，只能x=8，y=16，故b为氧元素，d为硫元素，d的氧化物二氧化硫是形成酸雨的主要气体，据此答题解答：解：短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，其中只有c为金属元素，c的最外层电子数和a相等，则a、c为同族元素，则a、c可能处于ia族或a族，若处于a族，a为硼元素，则b的原子序数大于5，设b的原子序数为x，d的原子序数为y，则3（5+x）=15+3x=13+y，由于x5，则d的原子序数大于18，不符合题意，a、c只能处于ia族，所以a为氢，c为钠，结合3（1+x）=11+y，只能x=8，y=16，故b为氧元素，d为硫元素，d的氧化物二氧化硫是形成酸雨的主要气体ab和c可形成一种含不同类型的化学键的为过氧化钠，过氧化钠不属于碱性氧化物，故a错误；bs2离子与al3+发生双水解，与h+反应生成硫化氢，不能大量共存，故b正确；c由于非金属性os，故h2o的稳定性强于h2s的稳定性，故c正确；dh2s和so2发生反应：2h2s+so2=3s+h2o，硫化氢为还原剂生成的硫为氧化产物，二氧化硫为氧化剂，得到硫为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故d正确，故选：a点评：本题考查原子结构与位置关系，推断元素是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握，难度中等4下列说法正确的是（）a 溶液、胶体、浊液三种分散系可用丁达尔效应进行区分b h0且s0的反应可以自发进行c 酸碱中和滴定实验中装标准液的滴定管未润洗，会造成所测结果偏低d 钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：o2+4e+2h2o4oh考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理分析：a溶液和浊液都不具有丁达尔效应；b当g=hts0时，反应能自发进行；c根据c（待测）=来分析；d正极上失电子发生发生氧化反应解答：解：a溶液和浊液都不具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应区分，故a错误； b当h0，s0时，g=hts0，一定能自发进行，故b正确；c装标准液的滴定管未润洗，标准液的浓度降低，造成v（标）偏大，根据c（待测）=，可知c（待测）偏大，故c错误；d钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：负极反应式为fe2efe2+，故d错误故选b点评：本题考查胶体的性质、自发反应、中和滴定以及金属腐蚀，题目难度不大，注意只有胶体具有丁达尔效应的性质以及自发反应的判断5下列关系的表述中，正确的是（）a 已知草酸氢钾溶液呈酸性，则在amoll1 khc2o4溶液中，c（c2o42）c（h2c2o4）b 新制氯水中加入固体naoh：c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh）c 0.2mol/lch3cooh溶液与0.1mol/lnaoh溶液等体积混合：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）d ph=3的盐酸和ph=3的fecl3溶液中，水电离的c（h+）相等考点：离子浓度大小的比较分析：a草酸氢钾溶液呈酸性，说明草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，则c（c2o42）c（h2c2o4）；b根据混合液中的电荷守恒判断；c反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断；d盐酸中氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，而氯化铁溶液中，铁离子促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的解答：解：akhc2o4溶液呈酸性，说明hc2o4的电离程度大于其水解程度，则正确的浓度大小为：c（c2o42）c（h2c2o4），故a错误；b新制氯水中加入固体naoh，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），故b错误；c设溶液体积都为1l，两者反应化学反应方程式为：ch3cooh+naoh=ch3coona+h2o，故反应生成醋酸钠物质的量为0.1mol，剩余醋酸物质的量为0.1mol，等体积混合后故c（ch3cooh）=0.05mol/l，c（ch3coona）=0.05mol/l，根据物料守恒可得：c（ch3cooh）+c（ch3coo）=2c（na+），根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），二者结合可得：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh），故c正确；dph=3的盐酸中，氢离子抑制了水的电离，水电离的氢离子为溶液中的氢氧根离子；ph=3的fecl3溶液中，铁离子水解促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，所以了溶液中水电离的c（h+）浓度不相等，故d错误；故选c点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，d为易错点，注意酸碱溶液抑制了水的电离、能够水解的盐溶液促进了水的电离，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力6已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如图所示的烃，下列说法中不正确的是（）a 等质量的该烃和甲烷均完全燃烧，耗氧量前者小于后者b 该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，属于苯的同系物c 分子中一定有11个碳原子处于同一平面上d 该烃的一氯取代产物为5种考点：有机物的结构和性质分析：a等质量时，烃的含氢量越多，消耗的氧气越多；b含有两个苯环，与苯的结构不同；c与苯环直接相连的原子在同一个平面上；d可取代苯环或烃基的氢原子解答：解：a等质量时，烃的含氢量越大，消耗的氧气越多，故a正确；b含有两个苯环，与苯的结构不同，不是同系物，故b错误；c甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的c原子处于苯的h原子位置，所以处于苯环这个平面，两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的h原子位置，也处于另一个苯环这个平面如图所示的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故c正确；d可取代苯环或烃基的氢原子，分子左右对称，苯环有3种位置，烃基有两种位置，则一氯取代产物为5种，故d正确故选b点评：本题考查了有机物结构、同分异构体的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意掌握确定有机物同分异构体的方法，能够根据简单分子确定分子分子共平面、共直线情况7常温下取金属钠、铝、铁各1克，加入1mol/l的硫酸v升，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，v的大小范围是（）a vb vc vd v考点：有关范围讨论题的计算专题：计算题分析：1g钠、铝、铁的物质的量分别为mol、mol、mol，由与硫酸的反应关系2nah2so4、2al3h2so4、feh2so4，可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为mol、mol、mol，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量的钠可与水反应，以此解答该题解答：解：要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量的钠可与水反应，1g钠、铝、铁的物质的量分别为mol、mol、mol，由与硫酸的反应关系2nah2so4、2al3h2so4、feh2so4，可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为mol、mol、mol，则可知当硫酸的体积v时，铁、铝过量，硫酸完全反应，生成的氢气的物质的量mol，但过量的钠可与水反应生成氢气，1g钠完全反应放出氢气的物质的量为mol，故选d点评：本题考查过量问题的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，根据要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足是解题关键，注意掌握判断反应物过量的计算题的解题方法与技巧二、非选择题（43分）8二茂铁是一种金属有机化合物，又名双环戊二烯基铁，是由2个环戊二烯负离子和一个二价铁离子键合而成的有机物，它是火箭固体燃烧过程的加速剂、柴油的消烟节能添加剂、汽油抗爆助燃剂；各类重质燃料、煤、原油、聚合物等的消烟促燃剂由二茂铁合成乙酰基二茂铁的原理如图1：其实验步骤如下：步骤1：如图2图所示，取1g二茂铁与3ml乙酸酐于装置中，开通搅拌器，慢慢滴加85%磷酸1ml，加热回流5min步骤2：待反应液冷却后，倒入烧杯中加入10g碎冰，搅拌至冰全部融化，缓慢滴加nahco3溶液中和至中性，置于冰水浴中15min抽滤，烘干，得到乙酰基二茂铁粗产品步骤3：将乙酰基二茂铁粗产品溶解在苯中，从图2图装置的分液漏斗中滴下，再用乙醚淋洗步骤4：将其中一段时间的淋洗液收集，并进行操作x，得到纯净的乙酰基二茂铁并回收乙醚（1）图i中仪器b的名称为球形冷凝管，其中磷酸的作用为催化剂该实验制备的乙酰基二茂铁分子式为c12h12feo（2）步骤2中需缓慢滴加nahco3溶液，并且要充分搅拌，原因是产生的co2 速度过快会把液体冲出烧杯（3）步骤2中不需要测定溶液的ph就可以判断溶液接近中性，其现象是滴加nahco3溶液不再产生气泡（4）步骤4中操作x的名称是蒸馏，该操作中不能使用明火的原因是乙醚易挥发且易燃（5）为确定产品乙酰基二茂铁中是否含有杂质二乙酰基二茂铁（），可以使用的仪器分析方法是质谱法（或核磁共振氢谱）（写一种即可）考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）由仪器结构特征，可知仪器b为球形冷凝管；反应中磷酸起催化剂作用；根据二茂铁的结构书写其分子式；（2）如果产生的co2 速度过快，把液体冲出烧杯；（3）磷酸反应完毕，溶液接近中性，再滴加碳酸氢钠溶液没有气体生成；（4）进行操作x得到纯净的乙酰基二茂铁并回收乙醚，采取蒸馏方法；由于乙醚易挥发且易燃，操作中不能使用明火；（5）乙酰基二茂铁与二乙酰基二茂铁的相对分子质量不同、h原子种类不同，可以用质谱法或核磁共振氢谱进行分析解答：解：（1）由仪器结构特征，可知仪器b为球形冷凝管；反应中磷酸起催化剂作用；根据二茂铁的结构，可知其分子式为c12h12feo，故答案为：球形冷凝管；催化剂；c12h12feo；（2）缓慢滴加nahco3溶液，并且要充分搅拌，防止产生的co2 速度过快，把液体冲出烧杯，故答案为：产生的co2 速度过快会把液体冲出烧杯；（3）滴加nahco3溶液不再产生气泡，说明磷酸反应完毕，溶液接近中性，故答案为：滴加nahco3溶液不再产生气泡；（4）进行操作x得到纯净的乙酰基二茂铁并回收乙醚，采取蒸馏方法；由于乙醚易挥发且易燃，操作中不能使用明火，故答案为：蒸馏；乙醚易挥发且易燃；（5）乙酰基二茂铁与二乙酰基二茂铁的相对分子质量不同、h原子种类不同，可以用质谱法或核磁共振氢谱进行分析是否否含有杂质二乙酰基二茂铁，故答案为：质谱法（或核磁共振氢谱）点评：本题考查实验制备方案，涉及对仪器识别、对操作的分析评价、物质的分离提纯、有机物结构确定的物理实验方法等，侧重考查学生对知识的迁移应用，难度中等9氧和硫的化合物在化工生产上应用非常广泛试回答下列问题：（1）o3可通过电解稀硫酸（原理如图1所示，该条件下3o2=2o3可以发生）制得图中阳极为b（填a或b）若c处通入o2，则a极的电极反应式为：o2+4h+4e=2h2o，若c处不通入o2，d、e处分别收集到1mol和0.4mol气体，则e处收集的气体中o3所占的体积分数为50%（忽略 o3的分解）（2）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应己知：6ag（s）+o3（g）3ag2o（s）；h=235kj/mol；2ag2o（s）4ag（s）+o2（g）；h=+60kj/mol；则反应 2o3（g）=3o2（g）的h=290kj/mol（3）so2cl2常用于制造医药品、染料、表面活性剂等已知：so2cl2（g）so2（g）+cl2（g）h=+98kjmol1某温度时向体积为2l的恒容密闭容器中充入0.20mol so2cl2，达到平衡时，容器中含0.1mol so2，该温度时反应的平衡常数为0.05mol/l（请带单位）将上述所得混合气体溶于足量bacl2溶液中，最终生成沉淀的质量为46.6g（4）对（3）中的反应，在400，1.01105pa条件下，向容积为2l的恒容密闭容器中充入一定量的so2cl2，n（so2）和n（so2cl2）随时间的变化曲线如图2所示020min反应的平均速率（so2cl2）=0.04mol/（lmin）下列叙述正确的是adaa点正（so2cl2）逆（so2cl2）b密度和平均摩尔质量不变均说明处于平衡状态c其它条件不变，若增大压强，n（so2）比图中d点的值大d其它条件不变，500时反应达平衡，n（so2）比图中d点的值大考点：原电池和电解池的工作原理；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算分析：（1）由图可知，b极生成o2、o3，b极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应；c处通入o2，o2发生还原反应，在酸性条件下生成水；若c处不通入o2，实质为电解水，d处为氢气，物质的量为0.5mol，e处为氧气、臭氧，物质的量共为0.2mol，令臭氧的物质的量为xmol，利用电子转移守恒列放出计算x的值，再根据体积分数定义计算；（2）、6ag（s）+o3（g）3ag2o（s），h=235kjmol1，、2ag2o（s）4ag（s）+o2（g），h=+60kjmol1，根据盖斯定律可知2+3可得到，2o3（g）3o2（g），以此计算反应热；（3）根据二氧化硫和反应热之间的关系式计算放出的热量；化学平衡常数k=；根据硫原子守恒计算生成硫酸钡的质量；（4）先计算二氧化硫的反应速率，再根据同一可逆反应、同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算（so2cl2）；aa点平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率；b因为反应前后质量不变，又体积不变，所以密度一直不变；c增大压强，平衡向体积减小的方向移动即逆反应方向，据此分析；d其它条件不变，升高温度平衡向正反应方向移动，则平衡时n（so2）增大，据此分析；解答：解：（1）由图可知，b极生成o2、o3，b极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故b为阳极；c处通入o2，o2发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为o2+4h+4e=2h2o；若c处不通入o2，实质为电解水，d处为氢气，物质的量为=0.5mol，e处为氧气、臭氧，物质的量共为=0.2mol，令臭氧的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有0.5mol2=xmol32+（0.2molxmol）22，解得x=0.1，所以e处收集的气体中o3所占的体积分数为100%=50%；故答案为：b；o2+4h+4e=2h2o；50%（2）、6ag（s）+o3（g）3ag2o（s），h=235kjmol1，、2ag2o（s）4ag（s）+o2（g），h=+60kjmol1，根据盖斯定律可知2+3可得到，2o3（g）3o2（g），则反应热h=（235kjmol1）2+（+60kjmol1）3=290kj/mol，故答案为：290kj/mol；（3）c（so2）=c（cl2）=0.05mol/l、c（so2cl2）=0.05mol/l、化学平衡常数k=0.05mol/l；根据硫原子守恒计算生成硫酸钡的质量，则m（baso4）=n（baso4）m（baso4）=n（so2）m（baso4）=0.2mol233g/mol=46.6g，故答案为：0.05 mol/l；46.6g；（4）（so2）=0.04mol/（lmin），同一可逆反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以（so2cl2）=（so2）=0.04mol/（lmin），故答案为：0.04mol/（lmin）；aa点平衡向正反应方向移动，说明正反应速率大于逆反应速率，即a点正（so2cl2）逆（so2cl2），故正确；b因为反应前后质量不变，又体积不变，所以密度一直不变，则密度不变不能说明处于平衡状态，故错误；c增大压强，平衡向体积减小的方向移动即逆反应方向，所以n（so2）减小，比图中d点的值小，故错误；d其它条件不变，升高温度平衡向正反应方向移动，则平衡时n（so2）增大，所以n（so2）比图中d点的值大，故正确；故选：ad点评：本题考查了电解原理的应用、盖斯定律的应用以及化学平衡的有关知识，根据平衡状态判断的依据、反应速率公式、平衡常数公式等知识点来分析解答，易错选项是（3）中硫酸钡质量的计算，很多同学往往只根据二氧化硫的量计算硫酸钡而导致错误，为易错点10锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意图如图：（1）1mol焦炭在过程中失去2mol电子（2）过程中cl2用电解饱和食盐水制备，制备cl2的离子方程式为2cl+2h2ocl2+h2+2oh（3）步骤（2）中的电解过程中，若用甲醇燃料电池作电源，用koh作电解质，负极反应为ch3oh6e+8oh=co32+7h2o（4）整过生产过程必须严格控制无水，回答下列问题：sicl4遇水剧烈水解生成sio2和一种酸，化学反应方程式为sicl4+2h2o=sio2+4hcl干燥cl2时从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90的潮湿氯气先冷却至12，然后再通入浓h2so4中冷却的作用是使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量（5）zn还原sicl4的可逆反应如下：sicl4（g）+2zn（s）si（s）+2zncl2（g）h0下列说法正确的是aca还原过程需在无氧的气氛中进行 b投入1molzn可生成14g还原产物c增加sicl4（g）的量，该反应平衡常数不变d若sicl4（g）过量可增大h的值（6）有一种由硅制作的材料中常加入ag2so4，已知某温度下ag2so4（m=312g/mol）的溶解度为0.624g/100g h2o，该温度下ag2so4 的ksp=3.2105；（两位有效数字）考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）过程i中发生反应：sio2+2csi+2co，根据碳元素化合价变化计算转移电子；（2）电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；（3）负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；（4）sicl4遇水剧烈水解生成sio2和一种酸，根据原子守恒可知该酸为hcl；使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量；（5）azn、si在高温条件下都能与氧气反应；b反应属于可逆反应，投入的zn不能完全反应；c平衡常数只受温度影响；d焓变h与热化学方程式中sicl4的物质的量有关；（6）令水的质量为100g，则ag2so4的质量为0.624g，溶液密度约是水的密度，可以计算溶液的体积，进而计算ag2so4的物质的量浓度，再根据ksp（ag2so4）=c2（ag+）c（so42）求算解答：解：（1）过程i中发生反应：sio2+2csi+2co，反应中碳元素化合价由0价升高为+2价，1mol焦炭在过程中失去2mol电子，故答案为：2；（2）电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，电解离子方程式为：2cl+2h2ocl2+h2+2oh，故答案为：2cl+2h2ocl2+h2+2oh；（3）负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：ch3oh6e+8oh=co32+7h2o，故答案为：ch3oh6e+8oh=co32+7h2o；（4）sicl4遇水剧烈水解生成sio2和一种酸，根据原子守恒可知该酸为hcl，反应方程式为：sicl4+2h2o=sio2+4hcl，故答案为：sicl4+2h2o=sio2+4hcl；将约90的潮湿氯气先冷却至12，然后再通入浓h2so4中，可使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量，故答案为：使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量；（5）azn、si在高温条件下都能与氧气反应，所以还原过程需在无氧的气氛中进行，故a正确b反应属于可逆反应，投入的zn不能完全反应，投入1molzn生成还原产物si的质量小于14g，故b错误；c平衡常数只受温度影响，增加sicl4（g）的量，该反应平衡常数不变，故c正确；d焓变h与热化学方程式中sicl4的物质的量有关，与sicl4的用量无关，故d错误，故选：ac；（6）令水的质量为100g，则ag2so4的质量为0.624g，则n（ag2so4）=2103mol，溶液的质量约100.624g，溶液密度约是水的密度，故溶液体积约为100.624ml0.1l，则ag2so4的物质的量浓度为2102mol/l，c（so42）=2102mol/l，c（ag+）=4102mol/l，则ksp（ag2so4）=c2（ag+）c（so42）=2102（4102）2=3.2105，故答案为：3.2105点评：本题以硅的制备为载体，考查硅及其化合物的性质、氧化还原反应计算、原电池、电解原理、化学平衡相关知识、热化学方程式、溶度积计算、对操作的分析评价等，基本属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等三、【化学、选修2-化学与技术】（15分）11tio2用途非常广泛，工业上用钛铁精矿（fetio3）提炼tio2的工艺流程如图：（1）写出硫酸酸浸溶解钛铁精矿的离子方程式fetio3+6h+=fe2+ti4+3h2o，酸浸时为了提高浸出率，可以采取的措施有增大硫酸浓度/升高温度/边加硫酸边搅拦/增加浸出时间等（任写二种）（2）钛铁精矿酸浸后冷却、结晶得到的副产物a为feso47h2o，结晶析出a时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为防止ti（so4）2水解、减少feso47h2o的溶解量（3）滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，其目的是促进ti4+水解趋于完全，得到更多的h2tio3沉淀（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是水解得到的稀硫酸可以循环使用（5）工业上将tio2和炭粉混合加热氯化生成的ticl4，然后在高温下用金属镁还原ticl4得到金属钛，写出tio2制备ti的化学方程式：tio2+2c+2cl2ticl4+2co，ticl4+2mgti+2mgcl2考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：钛铁精矿（fetio3）中加入稀硫酸，冷却、结晶、经充分反应后过滤，所得滤液中含有ti4+、fe2+、fe3+等离子，滤渣为硫酸亚铁晶体，ti4+水解生成h2tio3和稀硫酸，过滤，得到沉淀b为h2tio3，煅烧h2tio3得到tio2产品，（1）fetio3与氢离子反应生成fe2+、ti4+、h2o；提高浸出率可从浓度、温度等影响化学反应速率的角度解答；（2）根据流程分析可知副产物a为 feso47h2o，注意防止水解；（3）加水稀释、加热均能促进tio2+水解；（4）根据流程可知稀硫酸循环使用；（5）高温下，tio2和碳粉、氯气反应生成ticl4和co；在高温下用金属镁还原ticl4得到金属钛和氯化镁解答：解：钛铁精矿（fetio3）中加入稀硫酸，冷却、结晶、经充分反应后过滤，所得滤液中含有tio2+、fe2+、fe3+等离子，滤渣为硫酸亚铁晶体，tio2+水解生成h2tio3和稀硫酸，过滤，得到沉淀b为h2tio3，煅烧h2tio3得到tio2产品，（1）fetio3与氢离子反应生成fe2+、ti4+、h2o，其反应的离子方程式为fetio3+6h+=fe2+ti4+3h2o，提高浸出率，可增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等，故答案为：fetio3+6h+=fe2+ti4+3h2o；增大硫酸浓度/升高温度/边加硫酸边搅拦/增加浸出时间等；（2）由流程分析可知副产物a为 feso47h2o，因亚铁离子易水解，且水解呈酸性，为防止水解，应保持较大的酸度，故答案为：feso47h2o；防止ti（so4）2水解、减少feso47h2o的溶解量；（3）加水稀释、加热均能促进ti4+水解，所以滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，促进ti4+水解趋于完全，得到更多的h2tio3沉淀，故答案为：促进ti4+水解趋于完全，得到更多的h2tio3沉淀；（4）由流程可知：解钛铁精矿需要加入稀硫酸，tio2+水解时生成h2tio3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故答案为：水解得到的稀硫酸可以循环使用；（5）高温下，tio2和碳粉、氯气反应生成ticl4和co，其反应的方程式为：tio2+2c+2cl2ticl4+2co；在高温下用金属镁还原ticl4得到金属钛和氯化镁，其反应的方程式为：ticl4+2mgti+2mgcl2；故答案为：tio2+2c+2cl2ticl4+2co；ticl4+2mgti+2mgcl2点评：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析判断，为高考常见题型，掌握物质性质和实验操作流程是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力