1、2014年广东省清远市高考化学模拟试卷（4月份） 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2014清远模拟）化学源于生活又用于生活，下列有关应用不正确的是（）A用浸泡高锰酸钾溶液的硅土来吸收水果或花朵产生的乙烯以达到保鲜效果B淀粉、豆油、蛋白质都是天然高分子化合物C船身上附装金属Zn是利用了金属活泼性D含硫化石燃料的大量燃烧是酸雨形成的主要原因之一考点：金属的电化学腐蚀与防护；二氧化硫的污染及治理；乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点版权所有专题：化学应用分析：A高锰酸钾可与乙烯反应；B根据高分子化合物的定义判断；C锌比铁活
2、泼，可作原电池的负极；D含硫化石燃料可生成二氧化硫气体解答：解：A乙烯是水果成熟的催熟剂，高锰酸钾可与乙烯反应，用高锰酸钾可达到保鲜的目的，故A正确；B油脂的相对分子质量远小于10000，不是高分子化合物，故B错误；C锌比铁活泼，可作原电池的负极，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D含硫化石燃料可生成二氧化硫气体，可导致酸雨，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，涉及乙烯、高分子化合物、金属的腐蚀以及环境污染等知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产、环境保护等知识，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大2（3分）（2014清远模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列
3、叙述正确的是（）A1mol/L氯化铜溶液中的Cu2+数小于NAB标准状况下，22.4L Cl2参加任何化学反应转移的电子数都是2NAC28 g聚乙烯含有的碳原子数为2NAD1mol CH5+所含电子数为8NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A没有告诉氯化铜溶液的体积，无法计算溶液中铜离子数目；B氯气与氢氧化钠溶液的反应中，1mol氯气转移了1mol电子；C聚乙烯的最简式为CH2，28g聚乙烯中含有最简式2mol，含有2mol碳原子；DCH5+中含有：6+51=10g电子，1mol CH5+中含有10mol电子解答：解：A题中缺少氯化铜溶液的体积，无法计算溶
4、液中铜离子的物质的量及数目，故A错误；B标况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol氯气参加的反应，转移的电子的物质的量不一定为2mol，如氯气与氢氧化钠溶液的反应，1mol氯气转移了1mol电子，故B错误；C28g聚乙烯中含有2mol最简式CH2，所以28g混合物中含有2mol碳原子，含有的碳原子数为2NA，故C正确；D1mol CH5+中含有10mol电子，所含电子数为10NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项A为易错
5、点，注意题中缺少溶液的体积3（3分）（2014清远模拟）下列各组离子在通入SO2前后均能大量共存的是（）ALi+、H+、NO3、SO42BNa+、Cu2+、OH、SiO32CNH4+、Al3+、Br、AlO2DBa2+、K+、Br、Cl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A硝酸根离子在氢离子存在条件下能够氧化二氧化硫，通入二氧化硫不能共存；B氢氧根离子与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀；C偏铝酸根离子能够与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；DBa2+、K+、Br、Cl离子之间不满足离子反应发生条件，也不与二氧化硫反应解答：解：AH+、NO3具有强氧化性，能够氧化SO2，通入二氧化硫
6、后不能大量共存，故A错误；BCu2+、OH之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CAl3+、AlO2之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；DBa2+、K+、Br、Cl之间不发生反应，也不与二氧化硫反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如本题题干“通入SO2前后均能大量共存”4（3分）（2014清远模拟）如下实验操作正确且能达
7、到实验目的是（）A将十水碳酸钠置于蒸发皿中，加热脱去结晶水B用分液漏斗分离溴乙烷与氢氧化钠溶液发生反应后的生成物C用铁粉与稀硝酸反应，制取少量氢气，用排水法收集D用酸式滴定管量取6.55mL的KMnO4溶液考点：化学实验方案的评价；药品的取用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的收集版权所有专题：化学实验基本操作分析：A将十水碳酸钠置于坩埚中，加热脱去结晶水；B溴乙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，二者都易溶于水；C铁和稀硝酸反应生成NO而不生成氢气；D高锰酸钾溶液呈酸性，且滴定管的感量是0.01mL解答：解：A坩埚可以加热不含水的物质，比如熔化非腐蚀性盐类、灼烧沉淀、
8、碳化或灰化某些复杂试样等；蒸发皿一般用于蒸发溶液，所以将十水碳酸钠置于坩埚中，加热脱去结晶水，故A错误；B溴乙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，二者都易溶于水，所以不能采用分液的方法分离，应该采用蒸馏的方法分离，故B错误；C稀硝酸具有强氧化性，能被铁还原为NO，所以得不到氢气，故C错误；D高锰酸钾溶液呈酸性，且滴定管的感量是0.01mL，酸式滴定管只能量取酸性溶液，所以可以用酸式滴定管量取6.55mL的KMnO4溶液，故D正确；故选D点评：本题考查了实验方案评价，涉及物质的分离和提纯、常见仪器的使用、物质间的反应等知识点，明确物质分离和提纯方法的选取原则、常见仪器的用途、物质的
9、性质是解本题关键，易错选项是C，注意浓稀硝酸和金属反应都不生成氢气，为易错点5（3分）（2014清远模拟）元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法正确的是（）A铜在冷的浓硫酸中会钝化，所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象BNaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同C金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不能置换金属DAlFeCu三者对应的氧化物均为碱性氧化物考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、铜与冷的浓硫酸不反应；B、根据反应方程式分析；C、非金属也可以置换金属；D、铝的氧化物为两性氧化物解答：解
10、：A、铜与冷的浓硫酸不反应，不是钝化，故A错误；B、NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液至过量刚开始是NaOH 过量，因此没有白色沉淀出现，现象是无明显变化，再滴消耗完NaOH后，会出现白色沉淀；若AlCl3溶液中加NaOH溶液，会生成白色沉淀，当NaOH溶液过量时白色沉淀消失；B正确；C、非金属也可以置换金属，如氢气可以置换氧化铜中的铜，故C错误；D、铝的氧化物为两性氧化物，Fe和Cu的氧化物为碱性氧化物，故D错误故选B点评：本题主要考查了元素及其化合物知识，难度中等，根据所学知识即可完成6（3分）（2014清远模拟）镁_次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所
11、示，其正极反应为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，关于该电池的叙述正确的是（）A该电池中镁为负极，发生还原反应B电池工作时，OH向正极移动C电池工作时，正极周围溶液的pH将不断变小D该电池的总反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，电池反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动解答：解：A负极发生氧化反应，故A错误；B原电池原理中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故
12、B错误；C电池工作是，在正极附近生成OH，故pH增大，故C错误；D负极上镁失电子，正极上次氯酸根离子得电子，所以电池反应为Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，故D正确；故选D点评：本题考查原电池（燃料电池）基本原理，涉及电极判断、电极反应书写、离子流动等相关知识，难度不大7（3分）（2014清远模拟）25时，某浓度的氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中正确的是（）A溶液中的 c（OH）=110 10molL1B溶液中的c（NH4+）c（Cl）c（H+）c（OH）C溶液中的c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH）D溶液中的c（NH3H2O）=c（NH4+）考点：离子浓度大小的比较版
13、权所有专题：盐类的水解专题分析：某浓度的氯化铵溶液的pH=4，说明溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒，根据Kw=c（H+）c（OH）结合电荷守恒来分析解答解答：解：A溶液中c（OH）=mol/L=110 10molL1，故A正确；B溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中都存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH），则c（NH4+）c（Cl），盐溶液中c（Cl）c（H+），则离子浓度大小顺序是c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故B错误；C溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH），故C正确；D根据物
14、料守恒，则c（NH3H2O）+c（NH4+）=c（Cl），铵根离子易水解而使溶液呈酸性，但水解程度较小，所以c（NH3H2O）c（NH4+），故D错误；故选AC点评：本题考查了盐类的水解，溶液中铵根离子易水解而使溶液呈酸性，结合物料守恒及电荷守恒来分析解答，注意含有弱根离子的盐促进水电离，难度中等8（3分）（2015漳州模拟）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是（）AY、R两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸B简单离子的半径：XZMC由X与N两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ单质不能从M与R元素构成的盐溶液中置换出单质M考点：原
15、子结构与元素周期律的关系版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，结合对应物质的性质解答该题解答：解：由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AF元素没有最高价含氧酸，故A错误；BO2、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故B正确；C二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，故C错
16、误；DNa与氯化铝溶液反应，首先钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al单质，故D正确，故选BD点评：本题考查原子结构与元素周期律，难度不大，注意根据原子半径的递变规律判断元素的种类为解答该题的关键二、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）（2014清远模拟）人体中的一种脑内分泌物多巴胺，可影响一个人的情绪，主要负责大脑的感觉，将兴奋及开心的信息传递，使人感到愉悦和快乐它可由香兰素与硝基甲烷缩合，再经锌还原水解而得，合成过程如下：已知多巴胺的结构简式为：请回答下列问题：（1）香兰素除了醛基之外，还含有官能团名称是羟基、醚键（2）多巴胺的分子式是C8H11O2N（
17、3）上述合成过程中属于加成反应类型的是：（填反应序号）反应的反应条件是浓硫酸、加热（4）写出符合下列条件的多巴胺的其中一种同分异构体的结构简式：属于1，3，5三取代苯；苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；分别能与钠和氢氧化钠反应，消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为2：1（5）请写出有机物A与足量浓溴水反应的化学方程式考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：香兰素和硝基甲烷发生加成反应生成，反应生成A，A和氢气加成生成，将和比较知，先发生消去反应生成A，A再和氢气发生加成反应生成，所以A的结构简式为，和Zn、HCl发生还原反应生成，发生水解也是取代反
18、应生成多巴胺，据此答题解答：解：香兰素和硝基甲烷发生加成反应生成，反应生成A，A和氢气加成生成，将和比较知，先发生消去反应生成A，A再和氢气发生加成反应生成，所以A的结构简式为，和Zn、HCl发生还原反应生成，发生水解也是取代反应生成多巴胺，（1）根据香兰素的结构简式可知，除了醛基之外，香兰素还含有羟基、醚键，故答案为：羟基；醚键； （2）根据多巴胺的结构简式可知，它的分子式是C8H11O2N，故答案为：C8H11O2N； （3）根据上面的分析可知，上述合成过程中属于加成反应类型的是，反应是分子内脱去一个水，是消去反应，所以的反应条件是浓硫酸、加热，故答案为：；浓硫酸、加热； （4）多巴胺的一
19、种同分异构体，符合下列条件：；属于1，3，5三取代苯；苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；分别能与钠和氢氧化钠反应，消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为2：1，说明分子中很有2个OH，其中1个为酚羟基，这样的异构体的结构简式为，故答案为：；（5）A为，A与足量浓溴水反应的化学方程式为，故答案为：点评：本题考查有机物的结构和性质，题目较为综合，难度中等，解答该题的关键是能正确判断有机物官能团的种类和性质，在有机物的合成中要观察有机物官能团的变化10（16分）（2014清远模拟）燃煤废气中的氮氧化物（NOx）、二氧化碳等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等（1）对燃煤废气进行脱硝处理时，常
20、利用甲烷催化还原氮氧化物：CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=570kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1则CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=865kJmol1（2）将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）已知在压强为a MPa下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见图：此反应为放热（填“放热”、“吸热”）；若温度不变，提高投料比，则K将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）
21、若用甲醚作为燃料电池的原料，请写出在碱性介质中电池正极的电极反应式O2+4e+2H2O4OH在a MPa和一定温度下，将6mol H2和2mol CO2在2L密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中CH3OCH3的体积分数约为16.7%（即），此时CO2的转化率是多少？（在答题卡的方框内写出计算过程，计算结果保留2位有效数字）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）根据盖斯定律用已知的反应来求未知反应的焓变；（2）由图可知温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆移；平衡常数K只与温度有
22、关；根据温度对平衡的影响分析H的符号；甲醚作为燃料电池的原料甲醚在负极失电子发生氧化反应，依据电极书写方法写出电极反应；利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，根据平衡混合气中CH3OCH3的体积分数约为16.7%求出二氧化碳的转化量，再求转化率解答：解：（1）因盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的两式相加，可得2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）H=1730 kJ/mol，所以CH4（g）+NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=865 kJ/mol，故答案为：865 kJmol1；（2）由图可知温度越高，
23、CO2转化率越小，则平衡逆移，所以升高温度，K减小；K只受温度影响，若温度不变，提高投料比，则K不变；因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆移，所以该反应正方向为放热反应，即H0，故答案为：放热；不变；若用甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子反应氧化反应，氧气在正极上发生得电子的还原反应，在碱性介质中电池正极的电极反应式：O2+4e+2H2O4OH，故答案为：O2+4e+2H2O4OH；设CO2物质的量变化量为xmol，则： 2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）开始（mol/L）：1 3 0 0变化（mol/L）：x 3x 0.5x 1.5x平衡（mol/L）
24、：1x 33x 0.5 x 1.5x测得平衡混合气中CH3OCH3的体积分数约为16.7%（即），所以100%=16.7%，解得x=0.80，则CO2的转化率为：100%=80%，答：CO2的转化率是80%点评：本题考查了盖斯定律的应用及热化学方程式的书写、影响平衡移动及平衡常数的因素、化学平衡的有关计算、原电池原理；侧重于反应原理的应用的考查，题目难度中等，注意燃料电池中电解质溶液的酸碱性对电极反应的影响11（16分）（2014西安二模）锶（Sr）为第五周期A族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl26H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如
25、下：已知：经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl外，还含有少量Ba2+杂质；SrSO4、BaSO4的溶度积常数分别为3.3107、1.11010；SrCl26H2O的摩尔质量为：267g/mol（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率（2）隔绝空气高温焙烧，若0.5mol SrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子写出该反应的化学方程式：SrSO4+4CSrS+4CO（3）为了得到较纯的六水氯化锶晶体，过滤2后还需进行的两步操作是洗涤、干燥（4）加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于0.03
26、 mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1105 mol/L）（5）产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100102mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出滴定反应达到终点的现象是溶液由无色变为血红色，且30s不褪色若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl26H2O的质量百分含量为93.45%（保留4位有效数字）考点：制备实验方案的设
27、计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有专题：实验题分析：以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备六水氯化锶（SrCl26H2O），由流程可知，天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加盐酸后溶液中除含有Sr2+和Cl外，还含有少量Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡，滤液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl26H2O，（1）研磨粉碎的目的是增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；（2）0.5mol SrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，反应后生成的2价硫离子，据此写出
28、该反应的化学方程式；（3）过滤1后的滤液中含有氯化锶，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl26H2O；（4）用HCl溶解SrS后的溶液中含有杂质钡离子，加入硫酸的后生成硫酸钡沉淀从而除去溶液中Ba2+杂质；根据钡离子浓度、硫酸钡的溶度积计算出钡离子完全除去时硫酸根离子的浓度，然后根据硫酸锶的溶度积计算出需要锶离子的最小浓度；（5）若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，据此判断滴定终点；根据n=cV计算出n（NH4SCN），Ag+以AgSCN白色沉淀的
29、形式析出，据此计算出溶液中剩余的Ag+的物质的量及与Cl反应的Ag+的物质的量，再根据氯离子守恒计算出1.000g产品中SrCl26H2O的物质的量、质量，最后计算出产品纯度解答：解：（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率，故答案为：增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；（2）在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为2价，因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为：SrSO4+4
30、CSrS+4CO，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO；（3）然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应：SrS+2HCl=SrCl2+H2S，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl26H2O，故答案为：洗涤、干燥；（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质；由于在Ba2+浓度为1105 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.11010，所以c（SO42）=mol/L=1.1105mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.3107，所以c（Sr2+）=mol/L=3.0102=0.03mol
31、/L，故答案为：除去溶液中Ba2+杂质； 0.03；（5）若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色，故答案为：溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；n（NH4SCN）=0.2000mol/L0.02L=4.0103mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=4.0103mol，则与Cl反应的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=1.100102 mol4.0103mol=7.0103mol，1.000g产品中S
32、rCl26H2O的物质的量为：n（SrCl26H2O）=n（Ag+）=3.5103mol，1.000g产品中SrCl26H2O的质量为：m（SrCl26H2O）=3.5103mol267 g/mol=0.9345g，所以产品纯度为：100%=93.45%，故答案为：93.45%点评：本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及反应速率、氧化还原反应、滴定原理等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度较大12（16分）（2014张掖模拟）“结晶玫瑰”具有强烈的玫瑰香气，是一种很好的定香剂其化学名称为“乙酸三氯甲基苯甲酯”，通常用
33、三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐为原料制备：已知：三氯甲基苯基甲醇式量：224.5无色液体不溶于水，溶于乙醇醋酸酐无色液体溶于水形成乙酸，溶于乙醇结晶玫瑰式量：267.5白色至微黄色晶体熔点：88不溶于水，溶于乙醇，70时在乙醇中溶解度为a g醋酸无色的吸湿性液体，易溶于水、乙醇操作步骤和装置如下：请根据以上信息，回答下列问题：（1）加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并搅拌待混合均匀后，最适宜的加热方式为油浴加热（填“水浴加热”或“油浴加热”）（2）粗产品的成分是结晶玫瑰与少量三氯甲基苯基甲醇的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确请在答题卡上完成表中内容
34、序号实验方案实验现象结论将粗产品溶解在中，按粗产品、溶剂的质量比为1：a/100混合，用水浴加热到70回流溶剂使粗产品充分溶解得到无色溶液将步骤1所得溶液冷却结晶、抽滤干燥步骤2所得白色晶体，加热使其融化，测其熔点白色晶体在88左右完全熔化白色晶体是结晶玫瑰（3）某同学欲在重结晶时获得较大的晶体，查阅资料得到如下图文信息：不稳定区出现大量微小晶核，产生较多颗粒的小晶体；亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长；稳定区晶体不可能生长由信息可知，从高温浓溶液中获得较大晶体的操作为加入晶种，缓慢降温（4）22.45g三氯甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰22.74g，则产率是85.40%（保留两位
35、有效数字）考点：有机物的合成；蒸发和结晶、重结晶版权所有专题：实验题分析：（1）浓硫酸加入需要搅拌，可以开启磁力搅拌器；反应在110C进行，需要的加热控制可以用油浴加热最适宜；（2）在制取乙酸三氯甲基苯甲酯的反应中总共涉及到四种物质，根据有机反应的特点，反应很难完全转化成生成物，其中乙酐和乙酸都是能溶于水的，所以在制得的粗产品中有不量反应物三氯甲基苯基甲醇，因为结晶玫瑰在乙醇中的溶解度为ag，要保证产品全部溶解，所以1g结晶玫瑰需要乙醇a/100 g，要将结晶玫瑰从乙醇中析出，让三氯甲基苯基甲醇留在乙醇中，要冷却结晶再抽滤，通过测其熔点判断得到的产物；（3）依据图象分析可知亚稳过饱和区是从高温
36、浓溶液中获得较大晶体的方法；（4）根据反应方程式计算出结晶玫瑰理论产量，再根据产率=100%计算；解答：解：（1）浓硫酸加入溶解放热需要搅拌防止局部受热沸腾，反应在110C进行，需要的加热控制可以用油浴加热最适宜；故答案为：搅拌；油浴加热；（2）在制取乙酸三氯甲基苯甲酯的反应中总共涉及到四种物质，根据有机反应的特点，反应很难完全转化成生成物，其中乙酐和乙酸都是能溶于水的，所以在制得的粗产品中有少量反应物三氯甲基苯基甲醇，故答案为：三氯甲基苯基甲醇；因为结晶玫瑰在乙醇中的溶解度为ag，要保证产品全部溶解，所以1g结晶玫瑰需要乙醇a/100 g，所以粗产品、溶剂的质量比为1：a/100，故答案为：
37、a/100； 要将结晶玫瑰从乙醇中析出，让三氯甲基苯基甲醇留在乙醇中，要冷却结晶再抽滤，故答案为：冷却结晶、抽滤；通过测其熔点判断得到的产物，具体做法为加热使其融化，测其熔点，实验现象为：白色晶体在88左右完全熔化，故答案为：加热使其融化，测其熔点；白色晶体在88左右完全熔化；（3）由题中信息可知，从高温浓溶液中获得较大晶体的操作为亚稳过饱和区是从高温浓溶液中获得较大晶体的方法，加入晶种，缓慢降温析出晶体；故答案为：加入晶种，缓慢降温；（4）根据反应可计算得22.45g三氯甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰的质量为=26.63g，所以结晶玫瑰的产率为100%=85.40%，故答案为：85.40%；点评：本题考查了物质制备的实验方法和注意问题，物质性质的分析应用，实验过程的分析判断是解题关键，答题时要注意从题中获取有用的信息，题目难度中等