甘肃省兰州市西北师大附中高考化学四诊试卷

1、甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1生活处处有化学下列说法正确的是（）a制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金b做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体c煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类d磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2设na为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）a电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2nab向nh4al（so4）2稀溶液中逐滴加入过量ba（oh）2溶液，离子方程式为：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=2b

2、aso4+alo2+2h2o+nh3h2oc常温下，由水电离出的h+浓度为1013moll1的溶液中，fe2+、cl、na+、no3可能大量共存d葡萄糖（c6h12o6）溶液中：so42、mno4、k+、h+可以大量共存3某有机物t的分子式为c5h12o4，0.1mol t与足量钠反应生成4.48l（标准状况）氢气已知一个碳原子上连接两个oh的有机物不稳定则t的稳定结构（不考虑立体异构）有（）a6种b7种c8种d9种4s诱抗素制剂能保持鲜花盛开，s诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）as诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种b含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键cmol s诱抗

3、素制剂与足量金属na反应生成0.5mol h2d该化合物不能发生聚合反应5电解法是处理工业废水的一种重要方法如酸性含（cr2o72）废水就可以采用电解法进行无害化处理电解时采用fe作阳极，惰性电极作阴极已知：氧化性：cr2o72fe3+；cr2o72被还原生成cr3+；kspcr （oh）3=6.31031下列说法正确的是（）a阳极材料也可以是cub阴极每产生3molh2，则有1mol cr2o72被还原c一段时间后溶液中发生反应cr2o72+6fe2+14h+=2cr3+6fe3+7h2od电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀6下列说法正确的是（）a制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发

4、皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干b向1 ml浓度均为0.05 moll1的nacl、nai混合溶液中滴加2滴0.01 moll1的agno3溶液，振荡，沉淀呈黄色结论：ksp（agcl）ksp（agi）c0.1moll1的naoh溶液分别中和ph、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗naoh溶液的体积：前者小于后者d水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、ph减小7下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）a构成锌铜原电池b除去cl2中含有的少量hclc验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃d由实验现象推知酸性强弱顺序为ch3coohh2co3c6h5oh二、解答题（共3小题，满分4

5、3分）8锂被誉为“金属味精”，以licoo2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源工业上常以锂辉矿（主要成分为lialsi2o6，还含有feo、mgo、cao等杂质）为原料来制取金属锂其中一种工艺流程如下：已知：部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的ph：氢氧化物fe（oh）3al（oh）3mg（oh）2开始沉淀ph.73.79.6完全沉淀ph3.74.71li2co3在不同温度下的溶解度如下表：温度/000507500li2co3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示lialsi2o6的组成：反应加入碳酸钙的作用是（3）写

6、出反应中生成沉淀a的离子方程式：（4）洗涤所得li2co3沉淀要使用（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入hcl气体，其作用是（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是9“c 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如co、co2、ch4、ch3oh、hcooh等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为2l的密闭容器中，分别发生反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49.0kj/mol相关数据如下：容器甲乙反应物投入量m

7、ol co2（g）和3mol h2（g）mol ch3oh（g）和1mol h2o（g）平衡时c（ch3oh）c1c2平衡时能量变化放出29.4kj吸收a kj请回答：a=若甲中反应10s时达到平衡，则用co2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是moll1s1甲烷的一个重要用途是制取h2，其原理为：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）在密闭容器中通入等物质的量浓度的ch4与co2，在一定条件下发生反应，测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强p1p2（填“大于”或“小于”）；压强为p2时，在y点：v（正）v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）（

8、3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）h0在恒温恒容的密闭容器中通入n（no）：n（co）=2：1的混合气体，发生上述反应下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）（4）甲酸（hcooh）是一种弱酸，现用0.1moll1 naoh溶液分别滴定体积均为20.00ml、浓度均为0.1moll1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（h+）最大的是；v1和v2的关系v1v2（填“”、“=”或“”）；m点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是10水杨酸甲酯又叫冬青油，是一种

9、重要的有机合成原料某化学小组用水杨酸（ ）和甲醇在酸性催化剂催化下合成水杨酸甲酯并计算其产率实验步骤：如图，在三颈烧瓶中加入6.9g （0.05mol）水杨酸和24g（30ml，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10ml甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5ml浓硫酸，摇动混匀，加入12粒沸石，组装好实验装置，在8595下恒温加热反应1.5小时：待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%nahco3 溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水mgso4固体，过滤得到粗酯；将粗酯进行蒸馏，收集221224的馏分，得水杨酸甲酯4.

10、5g常用物理常数：名称分子量颜色状态相对密度熔点（）沸点（）水杨酸甲酯52无色液体.188.624水杨酸38白色晶体.445810甲醇32无色液体0.7929764.7请根据以上信息回答下列问题：（1）仪器a的名称是，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是实验中加入甲苯对合成水杨酸甲酯的作用是（3）反应结束后，分离甲醇的操作是（4）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是（5）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是（6）本实验的产率为（保留两位有效数字）三、选考题（选作1题，共做3题，共15分）【化学化学与技术】11海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类

11、使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、池和结晶池工业上通常以nacl、co2 和 nh3 为原料制取纯碱，请写出第一步制取nahco3的化学方程式电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：电渗析法淡化海水中阴极室可获得的重要化工原料有ii图中虚线部分表示离子交换膜 淡水从（a或b） 排出（3）用苦卤（含na+、k+、mg2+、cl、br等离子）可提取溴，其生产流程如图：写出反应的离子方程式为ii通过

12、氯化已获得含br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含br2的溶液？向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是【化学物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12x、y、z、l四种元素分别位于周期表中三个紧相邻的周期且原子序数依次增大，它们相关信息如下：x元素原子的价电子构型为nsnnp2ny 和z位于同一周期，最外层都有两个未成对电子l元素原子的基态未成对电子数是同周期最多的元素请回答如下问题：（1）l元素在周期表中的位置是，该原子核外电子排布式是，其最高正价氧化物对应的水氧化物的化学式是元素x与y形成的化合物晶体类型是晶体，1mol该化合物含有的化学键数为（用阿伏

13、加德罗常数na 表示）（3）元素m是周期表中电负性最强的元素，x与m形成的化合物xm2的分子几何构型是，该化合物中x的原子的杂化轨道类型是（4）x与碳、氢、三种元素形成的相对分子质量最小的分子里有个键，个键（5）金属元素n与z形成的离子化合物的晶胞结构如图，晶胞中z离子数目为化学选修5有机化学基础（共1小题，满分0分）13某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a）（1）烃a的结构简式是；的反应条件是；的反应类型是；（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的物质推测正确的是：；a水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大b能发生消去反应c能发生聚合反应d既有酸性又有碱性（4

14、）e与足量naoh溶液反应的化学方程式是；（5）写出所有符合下列条件的e的同分异构体的结构简式：；a与e具有相同的官能团b苯环上的一硝基取代产物有两种（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位据此写出以a为原料合成化合物的合成路线（依照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）甘肃省兰州市西北师大附中2015届高考化学四诊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分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1生活处处有化学下列说法正确的是（）a制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金b做衣服的棉和麻均与

15、淀粉互为同分异构体c煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类d磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸考点：金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：化学应用分析：a合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；b棉和麻主要成分是纤维素；c花生油是植物油是不饱和酯类；d蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸解答：解：a“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故a正确； b棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故b错误；c花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故c错

16、误；d豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故d错误故选a点评：本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2设na为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）a电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2nab向nh4al（so4）2稀溶液中逐滴加入过量ba（oh）2溶液，离子方程式为：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=2baso4+alo2+2h2o+nh3h2oc常温下，由水电离出的h+浓度为1013moll1的溶液中，fe2+、cl、na+、no3可能大量共存d葡萄糖（c6h12o6）溶液中：so4

17、2、mno4、k+、h+可以大量共存考点：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、粗铜中含有还原性强于铜的杂质铁、锌，电解过程中优先放电；b、书写一方过量的离子方程式时，设量少的物质的物质的量为1mol，根据所消耗的离子来书写；c、由水电离出的h+浓度为1013moll1的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液；d、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性解答：解：a、电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、先等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2

18、mol，故a错误；b、书写一方过量的离子方程式时，设量少的nh4al（so4）2的物质的量为1mol，则1molnh4+消耗1moloh，1molal3+消耗4moloh，2molso42消耗2molba2+，故离子方程式为：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=2baso4+alo2+2h2o+nh3h2o，故b正确；c、由水电离出的h+浓度为1013moll1的溶液，水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，当是酸溶液时，有大量的氢离子，则fe2+、h+、与no3不能大量共存；若为碱溶液，则存在大量oh，而与fe2+不能共存，故c错误；d、葡萄糖是多羟基的醛，含醛基，有强还原性，

19、能被mno4氧化而不能共存，故d错误故选b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3某有机物t的分子式为c5h12o4，0.1mol t与足量钠反应生成4.48l（标准状况）氢气已知一个碳原子上连接两个oh的有机物不稳定则t的稳定结构（不考虑立体异构）有（）a6种b7种c8种d9种考点：有机化合物的异构现象分析：分子式为c5h12o4，0.1mol t与足量钠反应生成4.48l（标准状况）氢气即0.2mol氢气，即1mol t与足量钠反应生成4.48l（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明c5h12o4中含4个oh，已知一个碳原子上连接两个o

20、h的有机物不稳定，即4个oh分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连oh，据此分析解答：解：有机物的分子式为c5h12o4，0.1mol t与足量钠反应生成4.48l（标准状况）氢气即0.2mol氢气，即1mol t与足量钠反应生成4.48l（标准状况）氢气即2mol氢气，则说明c5h12o4中含4个oh，已知一个碳原子上连接两个oh的有机物不稳定，即4个oh分别连在4个碳原子上，只有一个碳原子上不连oh当这5个碳原子为正戊烷ccccc的碳链结构时，这唯一一个不连oh的碳原子的可能位置有3种，即4个oh在此碳链上的连接方式有3种，即ch2（oh）ch（oh）ch（oh） ch（oh）ch3，

21、ch2（oh）ch（oh）ch（oh）ch2ch2oh；ch2（oh）ch（oh）ch2ch（oh）ch2oh当这5个碳原子为异戊烷的碳链结构时，这唯一一个不连oh的碳原子的可能位置有4种，即4个oh在此碳链上的连接方式有4种：（ch2oh）2c（oh）ch（oh）ch3，（ch2oh）2c（oh）ch2ch2oh；（ch2oh）2chch（oh）ch2oh，hoch2ch（ch3）（oh）ch3ch（oh）ch2oh；当这5个碳原子为新戊烷的碳链结构时，由于能连oh的碳原子只有4个，故将4个oh连在c原子上的连接方法只有1种，即c（ch2oh）4；故t的稳定结构共有8种故选c点评：本题考查了

22、同分异构体的书写，注意当有多个官能团时书写位置异构时的解题技巧，难度较大4s诱抗素制剂能保持鲜花盛开，s诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质说法正确的是（）as诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种b含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键cmol s诱抗素制剂与足量金属na反应生成0.5mol h2d该化合物不能发生聚合反应考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：由s诱抗素的分子结构可知，分子中含oh、双键、cooh、羰基，结合醇、烯烃、羧酸及酮的性质来解答解答：解：a含oh、cooh两种官能团可发生酯化反应，故a正确；b分子中不含苯环，故b错误；c只有oh、cooh与na反应

23、，则1mol s诱抗素制剂与足量金属na反应生成1mol h2，故c错误；d含双键可发生加聚反应，含oh、cooh可发生缩聚反应，故d错误；故选a点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5电解法是处理工业废水的一种重要方法如酸性含（cr2o72）废水就可以采用电解法进行无害化处理电解时采用fe作阳极，惰性电极作阴极已知：氧化性：cr2o72fe3+；cr2o72被还原生成cr3+；kspcr （oh）3=6.31031下列说法正确的是（）a阳极材料也可以是cub阴极每产生3molh2，则有1mol cr2o72被还

24、原c一段时间后溶液中发生反应cr2o72+6fe2+14h+=2cr3+6fe3+7h2od电解最后阶段需要加碱，使溶液中的阳离子转化为沉淀考点：电解原理分析：a铁为电极，则阳极上铁失去电子生成二价铁具有还原性可以将cr2o72被还原生成cr3+；b阴极每产生3molh2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6fe12e6fe2+cr2o72，据此计算；c亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应；d阳离子向阴极移动，且阴极生成碱解答：解：a铁为电极，则阳极上铁失去电子，则发生fe2e=fe2+，二价铁具有还原性可以将cr2o72被还原生成cr3+，而铜作阳极生成铜离子无还原性，不能

25、将cr2o72被还原生成cr3+，故a错误；b阴极每产生3molh2，则转移电子数6mol，根据氧化还原反应得失电子守恒得6fe12e6fe2+cr2o72，故被还原的cr2o72的物质的量为0.5mol，故b错误；c电解时阳极生成的亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应，离子反应为cr2o72+6fe2+14h+=2cr3+6fe3+7h2o，故c正确；d由c可知，反应中生成的阳离子向阴极移动，且阴极生成碱，则在阴极附近生成cr（0h）3和fe（0h）3沉淀，所以电解最后阶段不需要加碱，故d错误；故选c点评：本题考查电解原理，明确电解过程中离子的移动及离子的放电顺序、发生的电极反应是解答本题的

26、关键，题目难度中等6下列说法正确的是（）a制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干b向1 ml浓度均为0.05 moll1的nacl、nai混合溶液中滴加2滴0.01 moll1的agno3溶液，振荡，沉淀呈黄色结论：ksp（agcl）ksp（agi）c0.1moll1的naoh溶液分别中和ph、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗naoh溶液的体积：前者小于后者d水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、ph减小考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：a、蒸发操作不能直接蒸干；b、结构相似

27、的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀；c、ph、体积均相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大；d、根据水的离子积表达式以及水的电离平衡影响知识来回答解答：解：a、蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，故a错误b、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀，混合溶液中生成黄色沉淀，说明ksp（agcl）ksp（agi），故b错误；c、ph、体积均相同的醋酸和盐酸，由于醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于hcl的浓度，因此消耗naoh溶液的体积醋酸比hcl大，故c错误；d、水的电离过程是吸热过程，升高温度，平衡向右移动，水的离子积增大，氢离子浓度增大，所以ph减小，故

28、d正确故选d点评：本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、溶度积常数比较、实验基本操作等知识点，难度不大，注意电离平衡常数只与温度有关，溶度积常数比较物质溶解性大小的方法7下列关于各实验装置图的叙述中正确的是（）a构成锌铜原电池b除去cl2中含有的少量hclc验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃d由实验现象推知酸性强弱顺序为ch3coohh2co3c6h5oh考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a电极材料和电解池溶液放置颠倒；b氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应；c不能排除乙醇的干扰；d乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，可证明实验结论解答：解

29、：a应将锌插入硫酸锌，铜插入硫酸铜溶液中，否则锌置换铜，不能形成原电池反应，故a错误；b氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故b错误；c乙醇易挥发，其能与酸性高锰酸钾溶液反应，应先除去乙醇，故c错误；d乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠除去挥发的醋酸，如苯酚钠溶液变浑浊，则可说明酸性ch3coohh2co3c6h5oh，故d正确故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，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，注意把握实验的原理以及实验操作的严密性的判断，难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8锂被誉为“金属味精”，以lic

30、oo2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源工业上常以锂辉矿（主要成分为lialsi2o6，还含有feo、mgo、cao等杂质）为原料来制取金属锂其中一种工艺流程如下：已知：部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的ph：氢氧化物fe（oh）3al（oh）3mg（oh）2开始沉淀ph.73.79.6完全沉淀ph3.74.71li2co3在不同温度下的溶解度如下表：温度/000507500li2co3的溶解度/g.539.406.329.1810.8660.728请回答下列问题：（1）用氧化物形式表示lialsi2o6的组成：li2oal2o34sio2反应加入碳酸钙的作用是除去反应中过量的h

31、2so4；控制ph，使fe3+、al3+完全沉淀（3）写出反应中生成沉淀a的离子方程式：mg2+2ohmg（oh）2、ca2+co32caco3（4）洗涤所得li2co3沉淀要使用热水（选填“热水”或“冷水”），你选择的理由是li2co3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少li2co3的损耗（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入hcl气体，其作用是抑制licl的水解，防止生成lioh，同时hcl可带走水蒸气（6）本实验在电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是加热蒸干licl溶液时，licl有少量水解生成lioh，受热分解生成li2o，电解时产生o2考点：物质分离和

32、提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：锂辉矿（主要成分为lialsi2o6，还含有feo、mgo、cao等杂质）为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸调节溶液ph=5，使铁离子和铝离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到纯净的氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂（1）根据元素的化合价将li、al、si写成氧化物形式，中间用连接即可；根据工艺流程可知，加入碳酸钙目的是除去硫酸，调节溶液ph，除去铁

33、离子、铝离子；（3）反应要除去镁离子，加入过量氢氧化钙后生成氢氧化镁沉淀，然后用碳酸钠除去过量的钙离子杂质，所以沉淀为氢氧化镁、碳酸钙，据此写出反应的离子方程式；（4）分离出不溶物方法为过滤；根据表中数据可知，li2co3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少li2co3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入hcl气体是抑制licl的水解，防止生成lioh；（6）根据蒸干licl溶液时，licl有少量水解生成lioh，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氢气解答：解：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“”连接，同时要注意氧化物先后顺序，为l

34、i2oal2o34sio2，故答案为：li2oal2o34sio2；由（1）改写可知，锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有sio2不溶，同时fe2+被氧化为fe3+，并生成caso4沉淀，所以溶液中含有fe3+、al3+、mg2+、li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应中加入碳酸钙的作用为：除去反应中过量的h2so4；控制ph，使fe3+、al3+完全沉淀，故答案为：除去反应中过量的h2so4；控制ph，使fe3+、al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应要除去mg2+，但在加入沉淀剂ca（oh）2时会引入大量ca2+，故还需加入na2co3除去ca2+，即沉淀a为mg（oh）2

35、沉淀与caco3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：mg2+2ohmg（oh）2、ca2+co32caco3，故答案为：mg2+2ohmg（oh）2、ca2+co32caco3；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出li2co3的溶解度与温度的关系，可知洗涤li2co3沉淀要使用热水，li2co3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少li2co3的损耗，故答案为：热水；li2co3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少li2co3的损耗；（5）将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入hcl气体，其作用是：抑制licl的水解，防止生成lioh，同时hcl可带走水蒸气，故答案为：抑制lic

36、l的水解，防止生成lioh，同时hcl可带走水蒸气；（6）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干licl溶液时，licl有少量水解生成lioh，受热分解生成li2o，电解时产生o2，故答案为：加热蒸干licl溶液时，licl有少量水解生成lioh，受热分解生成li2o，电解时产生o2 ；点评：本题考查了工业上以锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键9“c 1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如co、co2、ch4、ch3oh、hcooh等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控

37、制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为2l的密闭容器中，分别发生反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49.0kj/mol相关数据如下：容器甲乙反应物投入量mol co2（g）和3mol h2（g）mol ch3oh（g）和1mol h2o（g）平衡时c（ch3oh）c1c2平衡时能量变化放出29.4kj吸收a kj请回答：a=19.6若甲中反应10s时达到平衡，则用co2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03moll1s1甲烷的一个重要用途是制取h2，其原理为：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）在密闭容器中通入等物

38、质的量浓度的ch4与co2，在一定条件下发生反应，测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强p1小于p2（填“大于”或“小于”）；压强为p2时，在y点：v（正）大于v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）一定条件下，治理汽车尾气的反应是2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）h0在恒温恒容的密闭容器中通入n（no）：n（co）=2：1的混合气体，发生上述反应下列图象如图3正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是cd（选填字母）（4）甲酸（hcooh）是一种弱酸，现用0.1moll1 naoh溶液分别滴定体积均为20.00ml、浓度均为0.1mol

39、l1的盐酸和甲酸溶液，滴定曲线如图2：滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（h+）最大的是甲酸溶液；v1和v2的关系v1v2（填“”、“=”或“”）；m点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c（hcoo）c（na+）c（h+）c（oh）考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析：（1）a、b是等效平衡，则a中放出的热量与b中吸收的热量之和为49.0kj；平衡时能量变化放出29.4kj，求平衡时各组分的浓度，然后求平均反应速率；该反应正向为体积增大的方向，压强越大，ch4的转化率越小；压强为p2时，在y点反应未达到平衡，则

40、反应正向移动；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此进行判断（4）酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小；甲酸钠显示碱性，氯化钠显示中性；0.1moll1 naoh溶液10ml和溶液体积为20.00ml0.1moll1的甲酸反应，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，据此确定离子浓度大小解答：解：（1）甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kj，则a=49.0kj29.4kj=19.6kj，故答案为：19.6；平衡时能量变化放出29.4kj，所以反应二氧化碳的物质的量为=0.6mol，所以，然后求平均反应速率v=0.03

41、mol/（lmin），故答案为：0.03；该反应正向为体积增大的方向，压强越大，ch4的转化率越小，已知相同温度下，p1条件下的转化率大于p2，则p1小于p2；压强为p2时，在y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；故答案为：小于；大于；（3）当反应前后改变的物理量不变时，该可逆反应达到平衡状态，a中为平衡常数，平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数始终不变，所以平衡常数不能判断是否达到平衡状态，故a错误；b为物质的量随时间的变化，一氧化氮与二氧化碳浓度相等时，各组分浓度仍然继续变化，说明没有达到平衡状态，故b错误；c为co质量分数随时间变化，反应恰好总质量不变，则反应

42、过程中一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比会发生变化，当达到平衡状态时，一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比不再变化，故c正确；d、反应物的转化率不变，说明达平衡状态，故d正确；故答案为：cd；（4）0.1moll1 naoh溶液、0.1moll1的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.1mol/l，对水的抑制作用一样，但是0.1mol/l甲酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/l，所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水电离出的c（h+）最大的是0.1 moll1甲酸溶液；根据图象中两线的起点可知，线甲酸溶液，线为盐酸溶液，甲酸和氢氧化钠之间的反应，当恰好完全反应得到的甲酸钠显示碱性，要使得溶液显示中性，p

43、h=7，需要甲酸稍过量，所以盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，得到的氯化钠显示中性，所以v1v2；用0.1moll1 naoh溶液10ml和溶液体积为20.00ml0.1moll1的甲酸反应，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，显示酸性，此时离子浓度大小c（hcoo）c （na+）c （h+）c （oh），故答案为：甲酸溶液；c（hcoo）c （na+）c （h+）c （oh）点评：本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、酸碱滴定、弱电解质的电离和盐类的水解、化学平衡状态的判断等，涉及的知识点较多，题目难度中等10水杨酸甲酯又叫冬青油，是一种重要的有机合成原料某化学小组用水杨酸（ ）和甲醇在酸性催化剂

44、催化下合成水杨酸甲酯并计算其产率实验步骤：如图，在三颈烧瓶中加入6.9g （0.05mol）水杨酸和24g（30ml，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10ml甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5ml浓硫酸，摇动混匀，加入12粒沸石，组装好实验装置，在8595下恒温加热反应1.5小时：待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%nahco3 溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水mgso4固体，过滤得到粗酯；将粗酯进行蒸馏，收集221224的馏分，得水杨酸甲酯4.5g常用物理常数：名称分子量颜色状态相对密度熔点（）沸点（）

45、水杨酸甲酯52无色液体.188.624水杨酸38白色晶体.445810甲醇32无色液体0.7929764.7请根据以上信息回答下列问题：（1）仪器a的名称是球形冷凝管，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是水浴加热实验中加入甲苯对合成水杨酸甲酯的作用是反应产生的水从反应体系中分离开来，使得平衡向右移动，同时可以减少甲醇的用量，从而提高反应的产率（3）反应结束后，分离甲醇的操作是蒸馏（或水洗分液）（4）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是洗掉大部分的硫酸，第二次水洗的主要目的是洗掉碳酸氢钠（5）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红（6）本实验的产率为59%

46、（保留两位有效数字）考点：制备实验方案的设计分析：（1）根据题中仪器a的构造判断该仪器的名称；控制温度在8595下恒温下加热反应，需要温度计控制水浴温度加热；根据题意可知“该实验中加入甲苯，易将水蒸出”，水在低温下挥发，同时减少了甲醇的消耗；（3）根据物质的溶解性来解答；（4）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸；第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；（5）根据酸能使紫色石蕊试液变红来解答；（6）先根据水杨酸和甲醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成水杨酸甲酯的物质的量，最后根据实际上制取的水杨酸甲酯计算出产率解答：解：（1）由装置中仪器a的构

47、造可知，仪器a的名称是球形冷凝管，使挥发出来的气体冷凝回流；控制温度在8595下恒温下加热反应，温度低于100，应采取水浴加热；故答案为：球形冷凝管；水浴加热；该实验中加入甲苯，易将水蒸出，反应产生的水从反应体系中分离开来，使得平衡向右移动，水在低温下挥发，同时减少了甲醇的消耗，从而提高反应的产率；故答案为：反应产生的水从反应体系中分离开来，使得平衡向右移动，同时可以减少甲醇的用量，从而提高反应的产率；（3）甲醇和水杨酸甲酯是互溶的液体，可用蒸馏来分离；甲醇易溶于水，水杨酸甲酯不溶于水，可以水洗来分离，故答案为：蒸馏（或水洗分液）；（4）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主

48、要目的是除去大部分催化剂硫酸，5%nahco3溶液既可以除去未洗净的硫酸，也可以降低酯的溶解度，但第二步洗涤后生成的酯中混有nahco3，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，故答案为：洗掉大部分硫酸；洗掉碳酸氢钠；（5）水杨酸呈酸性，所以向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红即可，故答案为：向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红；（6）水杨酸和甲醇的物质的量分别为：0.05mol，0.75mol，由于水杨酸和甲醇是按照1：1进行反应，所以甲醇过量，生成水杨酸甲酯的量要按照水杨酸的物质的量计算，即理论上生成0.05mol水杨酸甲酯；实际上生成的水杨酸甲酯的质量为4.5

49、g，物质的量为：=0.0296mol，所以实验中水杨酸甲酯的产率为100%=59%；故答案为：59%点评：本题以物质的制备为背景，考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、物质产率的计算等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力三、选考题（选作1题，共做3题，共15分）【化学化学与技术】11海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池工

50、业上通常以nacl、co2 和 nh3 为原料制取纯碱，请写出第一步制取nahco3的化学方程式nh3+co2+h2o+naclnahco3+nh4cl电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：电渗析法淡化海水中阴极室可获得的重要化工原料有h2、naohii图中虚线部分表示阴离子交换膜 淡水从a（a或b） 排出（3）用苦卤（含na+、k+、mg2+、cl、br等离子）可提取溴，其生产流程如图：写出反应的离子方程式为5br+bro3+6h+=3br2+3h2oii通过氯化已获得含br2的溶液，为何还需经过

51、吹出、吸收、酸化来重新获得含br2的溶液？富集溴，提高br2的浓度向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是温度过低，难以将溴蒸出，但温度过高，又会将大量的水蒸馏出来考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理；海水资源及其综合利用专题：元素及其化合物分析：（1）海水晒盐通过蒸发、结晶制取食盐；以nacl、co2 和 nh3 为原料制取纯碱，第一步反应生成碳酸氢钠和氯化铵；i电解海水反应中，阴极氢离子得到电子生成氢气，据此判断阴极产物；ii根据图示可知，虚线部分只允许阴离子通过，为阴离子交换膜；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓度大的为

52、浓水，离子浓度小的为淡水；（3）i吸收塔中碳酸根离子与溴单质反应生成溴离子、溴酸根离子和二氧化碳气体，反应加入硫酸后，br、bro3反应生成溴单质，据此写出反应的离子方程式；ii在中溴单质浓度较小，通过吹出、吸收、酸化重新获得含br2的溶液，可以富集溴，降低成本；温度过高会导致水蒸气蒸发出来，温度过低无法将溴蒸发出来解答：解：（1）由海水晒盐原理可知，盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池，故答案为：蒸发；以nacl、nh3、co2和水等为原料制取nahco3的化学方程式为：nh3+co2+h2o+naclnahco3+nh4cl，故答案为：nh3+co2+h2o+naclnahco3+nh4cl；i

53、阴极上发生还原反应，水电离的氢离子得到电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，故答案为：h2、naoh；ii图中虚线部分只允许阴离子通过，所以为阴离子交换膜；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，室离子浓度变小，室离子浓度增大，离子浓度大的为浓水，所以浓水在b处排出，淡水在a处排出，故答案为：阴；a；（3）i纯碱是碳酸钠，与溴反应有bro3生成，反应的离子方程式为：3co32+3br2=5br+bro3+3co2，反应加入硫酸后，br、bro3反应生成溴单质，反应的离子方程式为：5br+bro3+6h+=3br2+3h2o，故答案为：5br+bro3+6h+=3br2+3h2o；ii从出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，产品成本高，所以需要进一步浓缩溴，提高溴的浓度，故答案为：富集溴，提高br2的浓度；温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，则控制温度在90左右进行蒸馏，故答案为：温度过低，难以将溴蒸出，但温度过高，又会将大量的水蒸馏出来点评：本题以海水资源利用考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握电解原理、氧化还原