1、2015-2016学年广东省佛山市禅城区高三（上）调研化学试卷一、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1化学与社会、生产、生活紧密相关，下列说法正确的是（）A自来水可用氯气来杀菌消毒，说明氯气无毒B福尔马林可作食品的保鲜剂C目前我市的汽油标准己由“国III”提到“国”，这意味着汽车不再排放氮氧化物D推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 LCCl4含有NA个CCl4分子B27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子C在标准状况下，1molNH3和CO混合气体所占的体
2、积约为22.4LD常温常压下，28g乙烯含有2NA个碳碳双键3下列实验操作正确的是（）A可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D用装置乙加热分解NaHCO3固体4苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（）A苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应C1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1mol H2D与苹果酸互为同分异构体5短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层
3、电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等625时，在l0mL浓度均为0.1molL1的HC1和CH3COOH混合溶液中滴加0.1molL 1NaOH，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A未加NaOH时：c（H+）c（Cl）=c（CH3COOH）B加入l0mLNaOH时：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）C加入NaOH至溶液Ph=7时：c（Cl一）c（Na+）D加入20mL NaOH时：c（Na+）=c（Cl）+c（CH3COO一）7下列实验中，
4、对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A向溶液中持续通入CO2至过量溶液先浑浊后变澄清原溶液一定是NaAlO2溶液B向溶液中加入KSCN溶液并滴入一定量盐酸溶液开始无现象，滴入盐酸后变为血红色原溶液中可能含有Fe2+、NOC将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中溶液变黄色H2O2氧化性比Fe3+强D向1mL1%的NaOH溶液中滴加2mL2%的CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL的有机物Y未出现砖红色沉淀有机物Y中不含醛基AABBCCDD二、非选择题8利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其
5、设计的模拟装置如图：（1）检查该装置气密性的方法是：关闭止水夹和分液漏斗的活塞，证明装置气密性良好（2）写出A装置中反应的离子方程式：（3）B装置有三种功能：控制气流速度；（4）设氯气与甲烷的体积比V（Cl2）/V （CH4）=x，理论上欲获得最多的氯化氢，则x的取值范围是（5）D装置的作用是除去（填序号，下同），E装置放出的尾气含有ACl2 BCH3C1 CCH2Cl2 DCHCl3（6）设计实验：证明甲烷与氯气发生了取代反应：有同学认为只要检验装置E中是否存在Cl就可以，但老师认为该装置有缺陷，否认了该同学的观点，老师的理由是该同学认真思考后，在A、B之间增加的装置是A B C证明氧化性C
6、l2Br29硝酸钠为无色透明或淡黄色菱形晶体，主要用于制造硝酸钾、炸药、苦味酸和其他硝酸盐其生产方法主要有硝酸尾气吸收法、离子交换法、中和法和复分解法（1）硝酸尾气吸收法是利用碱溶液吸收汽车尾气，该方法的优点是（2）使用复分解法制备硝酸钠的流程如下：反应器和除钙器中发生反应的化学方程式分别为：；酸化槽中，应加硝酸调节pH=，才能使杂质除去，又减少硝酸的浪费；为提高酸化除杂的效率，除了适当提高硝酸浓度外，还可以采取的措施是研究生产过程中水、硫酸钠、碳酸钠的用量与硝酸钠浸出率之间的关系，其中水加入量对硝酸钠浸出率的影响的实验结果见下表：水/硝酸钙0.8：10.9：10.95：11：11.05：11
7、.1：11.15：1浸出率/%83.194.598.299.199.599.699.7从表中得出结论，在实际生产中水和硝酸钙的比为1：1时最佳，你觉得原因是：（3）用硝酸钠、木炭、硫磺也可以制得威力巨大的火药，爆炸时产生一种单质，一种氧化物以及一种金属硫化物，其中，除硝酸钠之外，另外一种氧化剂和还原剂的比为1：3，请写出该反应的方程式（4）硝酸钠在加热条件下发生分解产生亚硝酸钠（NaNO2），某同学进行该实验得到粗产品，取2.000g产品配成l00.00mL溶液，取25.00mL溶液，用0l000mol/L的酸性高锰酸钾溶液进行滴定，重复实验4次，平均消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为19.50mL
8、，则粗产品中亚硝酸钠的质量百分含量为为（摩尔质量：NaNO269g/mol）102014年国家科学技术大会上，甲醇制取低碳烃技术（DMTO）获国家技术发明一等奖DMTO主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段（1）煤的气化是煤在高温下转化为水煤气的过程，主要反应方程式是（2）煤的液化发生的主要反应如下表：化学反应方程式平衡常数5007002H2（g）+CO（g）=CH3OH（g）H1=akJ/mol2.50.2 H2（g）+CO2（g）=CO（g）+H2O（g）H2=bkJ/mol1.02.3 3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H3K34.6H1H2（填“”、“”、“=”
9、），H3=kJ/mol（用a、b表示）若反应在容积为2L的密闭容器中进行，500测得某一时刻体系内H2、CO、CH30H物质的量分别为4、2、10，则此时生成CH30H的速率消耗CH30H的速率（填“”、“”、“=”）K3=（3）烯烃化阶段：图1是烯烃化阶段产物中乙烯、丙烯的选择性与温度、压强之间的关系（选择性：指生成某物质的百分比图中I、II表示乙烯，III表示丙烯）根据图1，要尽可能多的获得乙烯，控制反应的最佳条件是一定温度下，某密闭容器发生如下反应：2CH3OH（g）=CH2=CH2（g）+2H2O（g），在压强为P1时，产物水的物质的量与时间的关系如图2所示，若t1时测得甲醇的体积分数
10、是10%，此时甲醇乙烯化的转化率是（保留3位有效数字），若要提高甲醇的转化率，可采取的措施是（写一条即可）若在t2时，将容器体积迅速扩大到原来的2倍，请图2中绘制出此变化发生后至反应达到新平衡时水的物质的量与时间的关系11海洋是丰富的资源宝库，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：海水晒盐，盐田分为贮水池、蒸发池和池工业上常以NaCl、CO2、NH3为原料制取NaHCO3，操作过程中应向饱和食盐水中先通入（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示，其中阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过电渗析法淡化海水示意图如图所示，请回答问题：阳
11、极主要电极反应式是在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有和CaCO3淡水的出口为（填“a”、“b”或“c”）（3）用盐卤可以提取溴和镁，提取过程如下：提取溴的过程中，经过2次BrBr2转化的目的是，吸收塔中发生反应的离子方程式是用平衡移动原理解释通空气的目的是从MgCl2溶液中得到MgCl26H2O晶体的主要操作是、过滤、洗涤、干燥依据上述流程，若将10m3海水（Br含量64mg/L）中的溴元素转化为工业溴，至少需要标准状况下Cl2的体积为L（忽略Cl2溶解，Br80）13化学一选修5：有机化学基础某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药一一柳胺酚已知：回答下列问题：（1）A的名称是，D含
12、有的官能团是（2）F的结构简式为（3）写出AB反应所需的试剂，该反应的反应类型是（4）写出E+F一柳胺酚的化学方程式（5）F的同分异构体中同时符合下列条件的共有种，属酚类化合物； 能发生银镜反应其中苯环上有两种不同化学环境的氢原子的是（任意写出一种结构简式）（6）苯胺（）是染料工业中最重要的中间体之一，参照E的上述合成路线，设计一个以苯为原料制备苯胺的合成路线2015-2016学年广东省佛山市禅城区高三（上）调研化学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1化学与社会、生产、生活紧密相关，下列说法正确的是（）A自来水可用氯气来杀
13、菌消毒，说明氯气无毒B福尔马林可作食品的保鲜剂C目前我市的汽油标准己由“国III”提到“国”，这意味着汽车不再排放氮氧化物D推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”【考点】氯气的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；化石燃料与基本化工原料【专题】化学应用【分析】A氯气有毒；B甲醛能够使蛋白质变性，有毒；C汽油标准由“国”提到“国”，意味着氮氧化物的排放尽可能减少；D塑料难降解，被称为白色污染【解答】解：A自来水可用氯气来杀菌消毒，是因为氯气与水反应生成次氯酸具有杀菌消毒作用，氯气有毒，故A错误；B福尔马林为甲醛的水溶液，有毒，不能用于食品保鲜，故B错误；C汽油标准由“国”提到“国”，
14、意味着氮氧化物的排放尽可能减少，不是不再排放氮氧化物，故C错误D推广使用可降解塑料及布质购物袋，能够减少难降解的塑料的使用，可以减少“白色污染”，故D正确；故选：D【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气、甲醛、汽油标准、白色污染概念是解题关键，题目难度不大，注意积累2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 LCCl4含有NA个CCl4分子B27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子C在标准状况下，1molNH3和CO混合气体所占的体积约为22.4LD常温常压下，28g乙烯含有2NA个碳碳双键【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
15、析】A、标况下四氯化碳为液态；B、求出铝的物质的量，然后根据反应后铝变为+3价来分析；C、标况下，氨气和CO的均为气体；D、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含1mol碳碳双键来分析【解答】解：A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、27g铝的物质的量为1mol，而反应后铝变为+3价，故1mol铝失去3mol电子即3NA个，故B错误；C、标况下，氨气和CO的均为气体，故1mol氨气和CO的混合气体的体积为22.4L，故C正确；D、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯中含1mol碳碳双键即NA个，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗
16、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下列实验操作正确的是（）A可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D用装置乙加热分解NaHCO3固体【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和NaOH溶液反应生成黏性的硅酸钠；B立即加入沸石会引起爆沸；C分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出；D加热固体药品时，试管口低于试管底【解答】解：A玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和NaOH溶
17、液反应生成黏性的硅酸钠，导致瓶塞被黏住而打不开，故A错误；B立即加入沸石会引起爆沸，应冷却后再加入，故B正确；C分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出，甲中有机相从上口倒出，否则易引入杂质，故C错误；D加热固体药品时，试管口低于试管底，否则水蒸气液化生成的水倒流而炸裂试管，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及实验基本操作、试剂存放等知识点，明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键，易错选项是A4苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（）A苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应C1mol苹果酸与足量金属Na反应
18、生成1mol H2D与苹果酸互为同分异构体【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】该分子中含有羧基和醇羟基，能发生消去反应、酯化反应、中和反应、氧化反应，据此分析解答【解答】解：A该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，故A正确；B.1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；C能和Na反应是有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，故C错误；D与苹果酸是同一种物质，故D错误；故选A【点评】本题考查了有机物的结构
19、和性质，明确物质中含有的官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见有机物的性质、常见有机化学反应，题目难度不大5短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；真题集萃【分析】短周期元素w的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是P元素，根据元素在周期表中的位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，由此分析解答【解答】解：A、同一周期的
20、元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：ZWXY，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：XWZ，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：YXWZ，所以元素的氢化物的稳定性：YXWZ，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A【点评】本题考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周
21、期表，确定元素的种类是解题的关键，比较容易625时，在l0mL浓度均为0.1molL1的HC1和CH3COOH混合溶液中滴加0.1molL 1NaOH，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A未加NaOH时：c（H+）c（Cl）=c（CH3COOH）B加入l0mLNaOH时：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）C加入NaOH至溶液Ph=7时：c（Cl一）c（Na+）D加入20mL NaOH时：c（Na+）=c（Cl）+c（CH3COO一）【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、未加NaOH时，浓度均为0.1molL1的HC1和CH3COOH
22、混合溶液中，盐酸完全电离，醋酸部分电离；B、加入l0mLNaOH时，酸全部反应，得到氯化钠和醋酸钠的混合物，根据溶液中的质子守恒来回答；C、加入NaOH至溶液PH=7时，根据溶液中的电荷守恒来回答；D、加入20mLNaOH时，得到的是等浓度的氯化钠、醋酸钠和氢氧化钠的混合物，根据电荷守恒来回答【解答】解：A、未加NaOH时，浓度均为0.1molL1的HC1和CH3COOH混合溶液中，盐酸完全电离，醋酸部分电离，c（H+）c（Cl）c（CH3COOH），故A错误；B、加入l0mLNaOH时，酸全部反应，得到等浓度的氯化钠和醋酸钠的混合物，氯化钠中钠离子和氯离子浓度相等，溶液中存在质子守恒c（OH
23、）+c（CH3COO）=c（H+），故B正确；C、加入NaOH至溶液PH=7时，c（OH）=c（H+），根据溶液中的电荷守恒：c（Cl）+c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），得到c（Cl）+c（CH3COO）=c（Na+），故C错误；D、加入20mLNaOH时，得到的是等浓度的氯化钠、醋酸钠和氢氧化钠的混合物，根据电荷守恒：c（Cl）+c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），溶液显示碱性，c（OH）c（H+），故c（Na+）c（Cl）+c（CH3COO），故D错误故选B【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液中离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握酸
24、碱混合后溶液酸碱性的判断方法，明确电荷守恒、物料守恒的含义，能够根据溶液中守恒关系判断各离子浓度大小7下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A向溶液中持续通入CO2至过量溶液先浑浊后变澄清原溶液一定是NaAlO2溶液B向溶液中加入KSCN溶液并滴入一定量盐酸溶液开始无现象，滴入盐酸后变为血红色原溶液中可能含有Fe2+、NOC将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中溶液变黄色H2O2氧化性比Fe3+强D向1mL1%的NaOH溶液中滴加2mL2%的CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL的有机物Y未出现砖红色沉淀有机物Y中不含醛基AABBCCDD【考点
25、】化学实验方案的评价【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A氢氧化铝与二氧化碳、水不反应；B亚铁离子在酸性溶液中，与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子；C不能排除硝酸根离子的影响；D1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，碱不足，检验CHO应在碱性条件下【解答】解：A氢氧化铝与二氧化碳、水不反应，则若为NaAlO2的溶液，溶液变浑浊后不会消失，则可能为石灰水，故A错误；B亚铁离子在酸性溶液中，与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，则溶液先无明显现象，加盐酸后液变为血红色，故B正确；C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C错误；D1mL 1
26、%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，碱不足，检验CHO应在碱性条件下，所以实验失败，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，涉及物质的性质、现象与反应的分析、离子检验以及氧化性比较等，把握物质的性质、实验基本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，题目难度不大二、非选择题8利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图：（1）检查该装置气密性的方法是：关闭止水夹和分液漏斗的活塞，往E中烧杯水至浸没干燥管的末端，点燃A处酒精灯，若E中有气泡生成，熄灭酒精灯后，在干燥管的末端形成一
27、段水柱，证明装置气密性良好（2）写出A装置中反应的离子方程式：4H+2Cl+MnO2Mn2+Cl2+2H2O（3）B装置有三种功能：控制气流速度；将气体混合均匀；干燥混合气体（4）设氯气与甲烷的体积比V（Cl2）/V （CH4）=x，理论上欲获得最多的氯化氢，则x的取值范围是4（5）D装置的作用是除去A（填序号，下同），E装置放出的尾气含有BACl2 BCH3C1 CCH2Cl2 DCHCl3（6）设计实验：证明甲烷与氯气发生了取代反应：有同学认为只要检验装置E中是否存在Cl就可以，但老师认为该装置有缺陷，否认了该同学的观点，老师的理由是制取的氯气中混合有氯化氢气体该同学认真思考后，在A、B之
28、间增加的装置是BA B C证明氧化性Cl2Br2向KBr溶液中通入Cl2，溶液变橙色【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验设计题；演绎推理法；有机实验综合【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，Cl2经浓硫酸干燥后和甲烷在强光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，如在强光照射下可发生CH4+Cl2CH3Cl+HCl，D装置中的四氯化碳作用是吸收生成的多种氯代烃，除去过量的氯气，最后生成的HCl溶于水生成盐酸，由于一氯甲烷是气体，所以从E中出来和尾气有可能有一氯甲烷，（1）根据密封装置中气体受热膨胀
29、，会在导管口形成气泡，冷却后会在导管形成水柱，检验装置是否密封；（2）实验室制取Cl2，二氧化锰与浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，盐酸、氯化锰可拆写成离子；（3）浓硫酸可以干燥氯气和氯化氢，根据冒出气泡的速率来控制气体硫酸，使氯气和氯化氢混合均匀；（4）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，据此分析；（5）D装置中的四氯化碳作用是吸收生成的多种氯代烃，除去过量的氯气，由于一氯甲烷是气体，所以从E中出来和尾气有可能有一氯甲烷；（6）实验中制取的氯气中含有氯化氢杂质，所以E装置中检验出氯离子，不能说明甲烷和氯气发生取代反应，也可能是氯气中的
30、氯化氢，所以氯化氢杂质要除去；用氯气氧化溴离子可证明氧化性Cl2Br2；【解答】解：实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，Cl2经浓硫酸干燥后和甲烷在强光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，如在强光照射下可发生CH4+Cl2CH3Cl+HCl，D装置中的四氯化碳其作用是吸收生成的多种氯代烃，除去过量的氯气，最后生成的HCl溶于水生成盐酸，由于一氯甲烷是气体，所以从E中出来和尾气有可能有一氯甲烷，（1）根据密封装置中气体受热膨胀，会在导管口形成气泡，冷却后会在导管形成水柱，检验装置是否密封，具体操作为往E中烧杯水至
31、浸没干燥管的末端，点燃A处酒精灯，若E中有气泡生成，熄灭酒精灯后，在干燥管的末端形成一段水柱，故答案为：往E中烧杯水至浸没干燥管的末端，点燃A处酒精灯，若E中有气泡生成，熄灭酒精灯后，在干燥管的末端形成一段水柱；（2）实验室制取Cl2，二氧化锰与浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为4H+2Cl+MnO2Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：4H+2Cl+MnO2Mn2+Cl2+2H2O；（3）浓硫酸可以干燥氯气和氯化氢，根据冒出气泡的速率来控制气体硫酸，使氯气和氯化氢混合均匀，故答案为：将气体混合均匀；干燥混合气体；（4）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取
32、代1molH原子生成1molHCl，设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：4；（5）根据上面的分析可知，D装置中的四氯化碳其作用是吸收生成的多种氯代烃，除去过量的氯气，故选A，由于一氯甲烷是气体，所以从E中出来和尾气有可能有一氯甲烷，故选B，故答案为：A；B；（6）实验中制取的氯气中含有氯化氢杂质，所以E装置中检验出氯离子，不能说明甲烷和氯气发生取代反应，也可能是氯气中的氯化氢，所以氯化氢杂质要除去，所以在A、B之间增加的装置是饱和食盐水，故选B，故答案为：制取的氯气中混合有氯化氢气体；B；用氯气氧化溴离子可证明氧化性Cl2Br2，实验方法
33、是向KBr溶液中通入Cl2，溶液变橙色，即可证明氧化性Cl2Br2，故答案为：向KBr溶液中通入Cl2，溶液变橙色【点评】本题考查了物质制备和性质实验设计，主要考查了氯气的制备以及甲烷与氯气的取代反应，题目难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力和对基础知识的综合应用能力9硝酸钠为无色透明或淡黄色菱形晶体，主要用于制造硝酸钾、炸药、苦味酸和其他硝酸盐其生产方法主要有硝酸尾气吸收法、离子交换法、中和法和复分解法（1）硝酸尾气吸收法是利用碱溶液吸收汽车尾气，该方法的优点是对尾气进行回收利用，减小污染（2）使用复分解法制备硝酸钠的流程如下：反应器和除钙器中发生反应的化学方程式分别为：Ca（NO3）2+
34、Na2SO4=CaSO4+2NaNO3；Na2CO3+Ca（NO3）2=CaCO3+2NaNO3酸化槽中，应加硝酸调节pH=7，才能使杂质除去，又减少硝酸的浪费；为提高酸化除杂的效率，除了适当提高硝酸浓度外，还可以采取的措施是可以搅拌、适当升高温度研究生产过程中水、硫酸钠、碳酸钠的用量与硝酸钠浸出率之间的关系，其中水加入量对硝酸钠浸出率的影响的实验结果见下表：水/硝酸钙0.8：10.9：10.95：11：11.05：11.1：11.15：1浸出率/%83.194.598.299.199.599.699.7从表中得出结论，在实际生产中水和硝酸钙的比为1：1时最佳，你觉得原因是：加水太少，硝酸钠浸
35、出率低；加水太多，蒸发结晶时耗费太多能源，导致成本提高（3）用硝酸钠、木炭、硫磺也可以制得威力巨大的火药，爆炸时产生一种单质，一种氧化物以及一种金属硫化物，其中，除硝酸钠之外，另外一种氧化剂和还原剂的比为1：3，请写出该反应的方程式2NaNO3+S+3C=Na2S+N2+3CO2，（4）硝酸钠在加热条件下发生分解产生亚硝酸钠（NaNO2），某同学进行该实验得到粗产品，取2.000g产品配成l00.00mL溶液，取25.00mL溶液，用0l000mol/L的酸性高锰酸钾溶液进行滴定，重复实验4次，平均消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为19.50mL，则粗产品中亚硝酸钠的质量百分含量为为67.27%（摩
36、尔质量：NaNO269g/mol）【考点】工业制取硝酸；化学方程式的有关计算【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算【分析】（1）硝酸尾气吸收法是利用碱溶液吸收汽车尾气，有利于对尾气进行回收利用，减小大气污染；（2）洗涤液中碳酸钠和硫酸钠与硝酸钙发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和硫酸钙；为减少硝酸的浪费，所以的硝酸盐呈中性，所以应加硝酸调节溶液呈中性；可通过提高硝酸浓度、增加接触面积和升高反应液的温度来加快化学反应速率；由表可知水的比重越小，浸出率越低，水的比重越大浸出率越高，但加水多后续蒸发要消耗大量的热能；（3）用硝酸钠、木炭、硫磺也可以制得威力巨大的火药，爆炸时产生一种单质是氮气，一
37、种氧化物是二氧化碳以及Na2S，其中，除硝酸钠之外，另外一种氧化剂硫和还原剂碳的物质的量之比为1：3，所以方程式为：2NaNO3+S+3C=Na2S+N2+3CO2；（4）KMnO4溶液可将NO2氧化为NO3，MnO4还原成Mn2+，所以发生反应为：2KMnO45NaNO2，由此分析解答【解答】解：（1）硝酸尾气吸收法是利用碱溶液吸收汽车尾气，有利于对尾气进行回收利用，减小大气污染，故答案为：对尾气进行回收利用，减小污染；（2）洗涤液中碳酸钠和硫酸钠与硝酸钙发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和硫酸钙，反应方程式为：Ca（NO3）2+Na2SO4=CaSO4+2NaNO3，Na2CO3+Ca（NO
38、3）2=CaCO3+2NaNO3，故答案为：Ca（NO3）2+Na2SO4=CaSO4+2NaNO3；Na2CO3+Ca（NO3）2=CaCO3+2NaNO3；为减少硝酸的浪费，所以的硝酸盐呈中性，所以应加硝酸调节溶液呈中性，所以调节pH=7；可通过提高硝酸浓度、增加接触面积和升高反应液的温度来加快化学反应速率，则可以搅拌、适当升高温度，故答案为：7；可以搅拌、适当升高温度；由表可知水的比重越小，浸出率越低，水的比重越大浸出率越高，但加水多后续蒸发要消耗大量的热能，故答案为：加水太少，硝酸钠浸出率低；加水太多，蒸发结晶时耗费太多能源，导致成本提高；（3）用硝酸钠、木炭、硫磺也可以制得威力巨大的
39、火药，爆炸时产生一种单质是氮气，一种氧化物是二氧化碳以及Na2S，其中，除硝酸钠之外，另外一种氧化剂硫和还原剂碳的物质的量之比为1：3，所以方程式为：2NaNO3+S+3C=Na2S+N2+3CO2，故答案为：2NaNO3+S+3C=Na2S+N2+3CO2；（4）KMnO4溶液可将NO2氧化为NO3，MnO4还原成Mn2+，所以发生反应为： 2KMnO4 5NaNO2， 2 5 0l000mol/L19.50103L n（NaNO2）n（NaNO2）=0.004875mol，则粗产品中亚硝酸钠的质量百分含量为=67.27%，故答案为：67.27%【点评】本题考查尾气处理、方程式的书写和氧化还
40、原的计算，综合性强，特别（4）中的计算，学生要列出关系式进行求解是解题的关键，有一定的难度102014年国家科学技术大会上，甲醇制取低碳烃技术（DMTO）获国家技术发明一等奖DMTO主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段（1）煤的气化是煤在高温下转化为水煤气的过程，主要反应方程式是C+H2O（g）CO+H2（2）煤的液化发生的主要反应如下表：化学反应方程式平衡常数5007002H2（g）+CO（g）=CH3OH（g）H1=akJ/mol2.50.2 H2（g）+CO2（g）=CO（g）+H2O（g）H2=bkJ/mol1.02.3 3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H3
41、K34.6H1H2（填“”、“”、“=”），H3=a+bkJ/mol（用a、b表示）若反应在容积为2L的密闭容器中进行，500测得某一时刻体系内H2、CO、CH30H物质的量分别为4、2、10，则此时生成CH30H的速率消耗CH30H的速率（填“”、“”、“=”）K3=2.5（3）烯烃化阶段：图1是烯烃化阶段产物中乙烯、丙烯的选择性与温度、压强之间的关系（选择性：指生成某物质的百分比图中I、II表示乙烯，III表示丙烯）根据图1，要尽可能多的获得乙烯，控制反应的最佳条件是530，0.1Mpa一定温度下，某密闭容器发生如下反应：2CH3OH（g）=CH2=CH2（g）+2H2O（g），在压强为P
42、1时，产物水的物质的量与时间的关系如图2所示，若t1时测得甲醇的体积分数是10%，此时甲醇乙烯化的转化率是85.7%（保留3位有效数字），若要提高甲醇的转化率，可采取的措施是降低压强、分离乙烯或水（写一条即可）若在t2时，将容器体积迅速扩大到原来的2倍，请图2中绘制出此变化发生后至反应达到新平衡时水的物质的量与时间的关系【考点】反应热的大小比较；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】（1）煤的气化是指煤与水蒸气反应生成CO与H2的过程（2）因温度高不利于平衡向放热反应方向移动，从而导致平衡常数减小，而反应在700时的平衡常数比在500时的平衡常数小，故的正反应是放热反应，反应在700时
43、的平衡常数比在500时的平衡常数大，故的正反应是吸热反应；依据盖斯定律，用热化学方程式+就可得热化学方程式；依据数据计算浓度商Qc和得到的平衡常数比较判断反应进行的方向，比较甲醇的生成速率和消耗速率大小；依据盖斯定律，用热化学方程式+就可得热化学方程式，所以反应、的平衡常数表达式相乘得到反应的平衡常数；（3）由图1知，530，0.1Mpa时乙烯的选择性最大；t0时刻，n（H2O）=3.6mol n（CH2=CH2）=1.8mol，设甲醇起始物质的量为x mol， 2CH3OH（g）CH2=CH2（g）+2H2O（g）起始量（mol） x 0 0变化量（mol） 3.6 1.8 3.6t0时刻量
44、（mol） x3.6 1.8 3.6 =10%，得到x计算甲醇的转化率；根据外界条件对化学平衡的影响来解答；因压强变大后平衡向右移动，导致生成水的量增大，绘制图象时应注意条件改变后水的物质的量没有立即变化，重新达到平衡所需要的时间应比t3多【解答】解：（1）煤的气化是指煤与水蒸气反应生成CO与H2的过程，反应的化学方程式为：C+H2O（g）CO+H2；故答案为：C+H2O（g）CO+H2；（2）因温度高不利于平衡向放热反应方向移动，从而导致平衡常数减小，而反应在700时的平衡常数比在500时的平衡常数小，故的正反应是放热反应，a0；反应在700时的平衡常数比在500时的平衡常数大，故的正反应是
45、吸热反应，b0，所以H1H2； 2H2（g）+CO（g）=CH3OH（g）H1=akJ/mol H2（g）+CO2（g）=CO（g）+H2O（g）H2=bkJ/mol 依据盖斯定律， +得热化学方程式：3H2（g）+CO2 （g）CH3OH（g）+H2O（g）H3=（a+b）kJ/mol；故答案为：；c=a+b； 若反应在容积为2L的密闭容器中进行，500测得某一时刻体系内H2、CO、CH30H物质的量分别为4、2、10，求得Qc=2.5，故此时反应向右进行，甲醇的生成速率大于其消耗速率；故答案为：；反应、的平衡常数相乘得到反应的平衡常数K3=2.51=2.5；故答案为：2.5；（3）由图1知
46、，530，0.1Mpa时乙烯的选择性最大，为尽可能多地获得乙烯，控制的生产条件为530，0.1Mpa；故答案为：530，0.1Mpa；t0时刻，n（H2O）=3.6mol n（CH2=CH2）=1.8mol，设甲醇起始物质的量为x mol， 2CH3OH（g）CH2=CH2（g）+2H2O（g）起始量（mol） x 0 0变化量（mol） 3.6 1.8 3.6t0时刻量（mol） x3.6 1.8 3.6 =10%，x=4.2mol则甲醇的转化率为100%=85.7%；降低压强、分离乙烯或水，平衡正向移动，甲醇的转化率提高；故答案为：85.7%；降低压强、分离乙烯或水；若在t1 时刻将容器容
47、积快速扩大到原来的2倍，因压强变大后平衡向右移动，导致生成水的量增大，绘制图象时应注意条件改变后水的物质的量没有立即变化，重新达到平衡所需要的时间应比t3多，在图中绘制出此变化发生后至反应达到新平衡时水的物质的量与时问的关系图为：；故答案为：85.7%；【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析，化学计算，图象的判断方法，注意平衡常数的计算应用以及平衡移动的原理，掌握基础是解题关键，题目难度中等11海洋是丰富的资源宝库，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：海水晒盐，盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池工业上常以NaCl、CO2、NH3为原料制取NaHCO3，操作过程中应
48、向饱和食盐水中先通入NH3（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示，其中阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过电渗析法淡化海水示意图如图所示，请回答问题：阳极主要电极反应式是2Cl2e=Cl2在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有Mg（OH）2和CaCO3淡水的出口为b（填“a”、“b”或“c”）（3）用盐卤可以提取溴和镁，提取过程如下：提取溴的过程中，经过2次BrBr2转化的目的是对溴元素进行富集，吸收塔中发生反应的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42用平衡移动原理解释通空气的目的是通入空气将Br2蒸气带出，使Br2（g）Br2（aq）或
49、Br2+H2OHBr+HBrO平衡向左移动从MgCl2溶液中得到MgCl26H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥依据上述流程，若将10m3海水（Br含量64mg/L）中的溴元素转化为工业溴，至少需要标准状况下Cl2的体积为179.2L（忽略Cl2溶解，Br80）【考点】海水资源及其综合利用【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）海水晒盐通过蒸发、结晶制取食盐；二氧化碳在水中溶解度较小，而氨气极易溶于水，据此判断通入气体的先后顺序；（2）依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过所以阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，阳极是氯
50、离子失电子发生氧化反应生成氯气；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子、Mg2+氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg（OH）2；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，所以水在b处流出；（3）海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子后过滤，在滤液中通入CL2是将滤液中的Br氧化为Br2，再利用热的空气将Br2吹出，进入吸收塔与SO2反应，其反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；再通入CL2将Br氧化为Br2，两次B
51、rBr2转化的目的是对溴元素进行富集，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中得到氯化镁晶体的操作是加热蒸发冷却结晶得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；提取溴的过程中，经过2次BrBr2转化的目的是更多的得到溴单质，吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，通空气的目的是溴单质被空气带出；氯化镁溶液中得到氯化镁晶体的操作是加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；依据离子方程式计算得到需要的氯气体积【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：结晶； 由于二氧化
52、碳在水中溶解度较小，而NH3易溶于水，且水溶液显碱性，有利于充分吸收CO2，增大溶液中碳酸氢根的浓度，所以向饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，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；（2）阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2H2O+2e=H2+2OH或2H+2e=H2，开始时阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2；故答案为：2Cl2e=Cl2；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，
53、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2；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，通过用一段时间海水中的 阴阳离子在两个电极放电，所以水在b处流出，故答案为：b； （3）依据利用海水可以提取溴和镁，流程中提取溴的过程中，经过2次BrBr2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集；吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，
54、吸收塔中反应的离子方程式为；SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；通入空气将Br2蒸气带出，使Br2（g）Br2（aq）或Br2+H2OHBr+HBrO平衡向左移动，故答案为：对溴元素进行富集；SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；通入空气将Br2蒸气带出，使Br2（g）Br2（aq）或Br2+H2OHBr+HBrO平衡向左移动；从MgCl2溶液中得到MgCl2固体，操作是加热浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；若将10m3海水中的溴元素转化为工业溴，依据图表中溴元素含量为64mg/L，10m3
55、海水中含溴元素=101000L64g/L103=640g；物质的量=8mol，依据反应计算得到：2Br+Cl2=Br2+2Cl，消耗氯气物质的量为：4mol；提取过程中需要两次通入氯气实现溴离子被氧化，所以至少需要标准状况下Cl2的物质的量为8 mol标准状况下体积为 8mol22.4L/mol=179.2L，故答案为：179.2【点评】本题考查了海水淡化的电渗析原理的分析判断，海水中溴的提取过程，溶液中得到固体的条件应用，反应过程中的氧化剂计算，注意氯气两次氧化消耗，题目难度中等13化学一选修5：有机化学基础某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药一一柳胺酚已知：回答下列问题：（1）A
56、的名称是氯苯，D含有的官能团是羟基、硝基（2）F的结构简式为（3）写出AB反应所需的试剂浓硫酸、浓硝酸，该反应的反应类型是取代反应或硝化反应（4）写出E+F一柳胺酚的化学方程式（5）F的同分异构体中同时符合下列条件的共有9种，属酚类化合物； 能发生银镜反应其中苯环上有两种不同化学环境的氢原子的是、（任写一种）（任意写出一种结构简式）（6）苯胺（）是染料工业中最重要的中间体之一，参照E的上述合成路线，设计一个以苯为原料制备苯胺的合成路线【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】E与F合成柳胺酚，由柳胺酚分子结构与F的分子式，逆推可知F为，E为，D还原得到E，结合信息可知，D为，由
57、转化关系可知B中含有硝基，苯与氯气发生取代反应生成A，A与试剂X反应得到B，则B中含有氯原子、硝基，且处于对位，故B为，A为，AB引入硝基，必有硝酸参与反应，还需浓硫酸做催化剂，B发生水解反应生成C，C与HCl反应生成D，故C为，（6）苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成硝基苯，硝基苯和HCl在Fe作催化剂条件下发生反应生成苯胺，据此分析解答【解答】解：E与F合成柳胺酚，由柳胺酚分子结构与F的分子式，逆推可知F为，E为，D还原得到E，结合信息可知，D为，由转化关系可知B中含有硝基，苯与氯气发生取代反应生成A，A与试剂X反应得到B，则B中含有氯原子、硝基，且处于对位，故B为，A
58、为，AB引入硝基，必有硝酸参与反应，还需浓硫酸做催化剂，B发生水解反应生成C，C与HCl反应生成D，故C为，（1）通过以上分析知，A名称是氯苯，D为，其官能团名称是羟基、硝基，故答案为：氯苯；羟基、硝基；（2）F结构简式为，故答案为：；（3）A和浓硝酸在浓硫酸作催化剂条件下反应生成B，该反应是取代反应或硝化反应，故答案为：浓HNO3、浓H2SO4；取代反应（或硝化反应）；（4）F为，E为，二者发生反应生成柳胺酚，反应方程式为，故答案为：；（5）F为，其同分异构体符合下列条件：属酚类化合物，说明酚羟基连接苯环；能发生银镜反应说明含有醛基，如果含有HCOO、OH两个取代基，有邻间对三种结构；如果含
59、有两个OH、一个CHO，两个酚羟基相邻时有2种结构；如果两个酚羟基相间，有3种结构；如果两个酚羟基相对，有1种结构；则符合条件的结构是9种；属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：、，故答案为：9；、；（6）苯在浓硫酸作催化剂、加热条件下和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯在铁作催化剂条件下和HCl反应生成苯胺，其合成路线为，故答案为：【点评】本题考查有机推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据题给信息、反应条件、某些物质结构简式分析解答，难点是同分异构体种类判断，要考虑位置异构和官能团异构
