四川省内江市2015届高考化学三模试卷 WORD版含解析.doc

1、四川省内江市2015届高考化学三模试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A含有重金属的电器废品不能随意丢弃，要分类回收并利用B食品中都必须添加大量的化学防腐剂，使食品保质期更长久，C采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒D使用乙醇作为汽油的代用品，可以减少汽车尾气中有害气体排放2（6分）下列有关物质分类的说法正确的是（）A晶体硅、石墨都属于单质BNa2O、Al2O3均为碱性氧化物C醋酸、纯碱都属于强电解质D水晶、水玻璃都属于盐3（6分）下列有关说法错误的是（）A常用丁达尔效区

2、分溶液与胶体B在铜锌原电池中，负极上发生Zn2eZn2+C常温下，稀释0.1 mol/L的氨水，溶液中c（OH）、c（NH4+）、c（H+）均减少D向AgCl沉淀中滴加KI溶液，沉淀变为黄色，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI）4（6分）下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（）选项实验操作实验现象结论A灼烧一小块铝箔熔化的铝并不滴落Al2O3的熔点高于AlB用洁净的铂丝蘸取某化合物少许，放在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色该化合物中一定含钠元素C向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀产生该溶液一定含有SO42离子D向KMnO4酸性溶液中滴加草酸溶液紫红色褪去草酸具有还原性AABBCCD

3、D5（6分）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OB实验室盛碱液的瓶子不用玻璃塞：SiO2+2OHSiO32+H2OC用稀盐酸和大理石反应制取CO2：CO32+2H+CO2+H2OD向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO+H2O+CO22HClO+CO326（6分）设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A标准状况下，将5.6L的O2和5.6LNO的混合后的分子数约为0.5NAB2L 0.5mol/L BaCl2溶液中，阳离子所带电荷数为 NAC常温常压下，将0.2mol铝片投入含0.6molH2S

4、O4的浓硫酸中，生成0.3 NA个SO2分子D42g丙烯气体中，含有的键数目为8NA7（6分）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）经一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法正确的是（）t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20A反应在前50 s的平均速率为v（PCl3）=0.0032molL1s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0. 11molL1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0

5、.20molCl2，达到平衡前v（正）v（逆）D相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl5、2.0molCl2，达到平衡时，PCl5的转化率大于20%二、非选择题（共58分）8（12分）X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大常温下X的氢化物XH3溶于水PH7；Y是地壳里含量最多的金属元素，其单质与酸碱均能反应；Z2有毒，其水溶液有漂白性；R基态原子3d轨道的电子数是4S轨道的电子数的3倍，RZ2溶液呈浅绿色回答下列问题：（1）Z的基态原子电子排布式为，X所在周期中原子半径最大的主族元素是（2）Z2的晶体类型是，XZ3分子立体构型是（3）Y单质的晶体晶胞如图，晶胞中Y原子的个数

6、为（4）向RZ2溶液中滴入Z2的水溶液出现黄色，再滴入周期表中电负性最大的元素形成的钠盐溶液，至溶液呈无色为止，生成一配合物（其中：中心离子数与配体数之比为1：6），写出生成配合物的离子方程式9（16分）四氯化锡（SnCl4）是一种重要的化工产品某兴趣小组拟制备四氯化锡I【查阅资料】物质熔点/沸点/化学性质Sn231227加热时与Cl2反应生成SnCl4SnCl2246652Sn2+易被Fe3+、O2等氧化SnCl433114极易水解【制备产品】实验装置如图所示（省略夹持和加热装置）实验步骤：（1）检查装置气密性后，按图示加入试剂仪器b的名称是，其中无水CaCl2的作用是，B中的试剂是（选填下

7、列字母编号）ANa2CO3 溶液 BNaOH溶液 C饱和NaCl溶液 DNaHCO3溶液（2）先向A中烧瓶内加入盐酸并加热a，当整个装置后（填实验现象），再加热熔化锡粒，反应完后，停止加热（3）待反应结束后，经（填写操作名称）、洗涤、干燥，可回收利用装置A中未反应完的MnO2探究与反思（1）装置F中吸收Cl2发生反应的离子方程式是（2）实验在D中得到的产品很少，经分析装置设计有缺陷，应在D和E之间补充（填装置名称）（3）为验证产品中是否含有SnCl2，该小组设计了以下实验方案：（所需试剂从稀HNO3、稀HCl、FeCl3溶液、FeCl2溶液、KSCN溶液、蒸馏水中选择）取适量0.5mL产品溶入

8、20mL蒸馏水中，加入，若（填实验现象），则含有SnCl2，否则无SnCl210（14分）某科研所用淀粉为主要原料合成有重要用途的缩聚物R：HOOCCOOCH2 CH2OnHA（淀粉）B（葡萄糖）C（乙醇）D（乙烯）E（BrCH2CH2Br）F（HOCH2CH2OH） G（HOOCCOOH）R（1）B中含氧官能团名称是，D中碳原子杂化方式是，EF的反应类型是，E的名称（系统命名）是（2）CD反应的化学方程式是（3）G+FR反应的化学方程式是（4）F的各种同分异构体中，核磁共振氢谱氢原子吸收锋只有一种的结构简式是11（16分）为了实现资源利用最大化，某化工厂将合成氨、制纯碱和生产尿素（CO（NH

9、2）工艺联合，简易流程如下：（1）25时101kPa时，测得生成17g NH3，放出46.2kJ热量，写出合成NH3的热化学方程式（2）合成氨原料气中的杂质硫化氢用稀氨水吸收，副产品是酸式盐该副产品的化学式为（3）反应器2分离出来的氮气和氢气再通入反应器1，其目的是向反应器3充入原料的顺序是：先加氯化钠溶液，通入氨气至饱和，再通入足量的二氧化碳可制得NaHCO3反应器3中的化学方程式为（4）工业上可用碳、甲烷与水蒸汽反应制氢气C+H2O（g）CO+H2，H0，此反应的化学平衡常数表达式为K=，为了提高碳的转化率，宜采用下列措施中的（填字母编号）A增大压强 B增加碳的量 C升高温度D增加水的量

10、E使用催化剂 F及时移出CO、H2有些国家水电丰富，采用惰性电极电解硫酸钠溶液制氢气，电解时阳极上的电极反应式为若仅以CH4、空气、H2O为原料制尿素（CH4+2H2O（g）CO2+4H2），标准状况下22.4m3 CH4，理论上最多能制尿素四川省内江市2015届高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A含有重金属的电器废品不能随意丢弃，要分类回收并利用B食品中都必须添加大量的化学防腐剂，使食品保质期更长久，C采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒

11、D使用乙醇作为汽油的代用品，可以减少汽车尾气中有害气体排放考点：金属的回收与环境、资源保护；乙醇的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 分析：A重金属离子会污染环境；B大量使用化学防腐剂会危害人体健康；C加热能使蛋白质变性；D乙醇燃烧只生成水和二氧化碳解答：解：A重金属离子对人体有害，含有重金属的电器废品能随意丢弃，会污染环境危害人体健康，所以要分类回收并利用，故A正确；B大量使用化学防腐剂会危害人体健康，如食品防腐剂亚硝酸钠，过量使用会致人死亡，故B错误；C加热能使蛋白质变性，采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒，故C正确；D乙醇燃烧只生成水

12、和二氧化碳，所以使用乙醇作为汽油的代用品，可以减少汽车尾气中有害气体排放，故D正确故选B点评：本题考查了环境保护，侧重于化学知识在生活中应用的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累2（6分）下列有关物质分类的说法正确的是（）A晶体硅、石墨都属于单质BNa2O、Al2O3均为碱性氧化物C醋酸、纯碱都属于强电解质D水晶、水玻璃都属于盐考点：单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念 专题：物质的分类专题分析：A、单质是由一种元素组成的纯净物；B、由金属与氧元素组成的氧化物，多数是碱性氧化物，但是氧化铝属于两性氧化物；C、完全电离的电解质属于强电解质；D、水晶是二氧

13、化硅晶体，属于氧化物解答：解：A、单质是由一种元素组成的纯净物，晶体硅是硅单质，石墨是碳的一种单质，故A正确；B、由金属与氧元素组成的氧化物，多数是碱性氧化物，但是氧化铝属于两性氧化物，故B错误；C、完全电离的电解质属于强电解质，醋酸属于弱酸，是弱电解质，故C错误；D、水晶是二氧化硅晶体，属于氧化物，故D错误，故选A点评：本题主要考查的是物质的分类，理解单质、电解质、强弱电解质的概念是解决本题的关键，难度不大3（6分）下列有关说法错误的是（）A常用丁达尔效区分溶液与胶体B在铜锌原电池中，负极上发生Zn2eZn2+C常温下，稀释0.1 mol/L的氨水，溶液中c（OH）、c（NH4+）、c（H+

14、）均减少D向AgCl沉淀中滴加KI溶液，沉淀变为黄色，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI）考点：胶体的重要性质；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：基本概念与基本理论分析：A区分胶体和溶液的方法为丁达尔效应；B锌电极作负极，失电子；C由NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小；D沉淀向更难溶的方向转化解答：解：A胶体有丁达尔效应，溶液无丁达尔效应，故A正确； B在铜锌原电池中，锌电极上发生的反应为Zn2e=Zn2+，故B正确；C用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由

15、NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，c（H+）增大，故C错误；D沉淀向更难溶的方向转化，沉淀变为黄色，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确故选C点评：本题考查胶体的性质、电解原理、电解质的电离一级沉淀变化等，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累4（6分）下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（）选项实验操作实验现象结论A灼烧一小块铝箔熔化的铝并不滴落Al2O3的熔点高于AlB用洁净的铂丝蘸取某化合物少许，放在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色该化合物中一定含钠元素C向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀产生该溶液一定含有SO4

16、2离子D向KMnO4酸性溶液中滴加草酸溶液紫红色褪去草酸具有还原性AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A氧化铝的熔点高，使熔化的铝不滴落；B根据钠元素的焰色反应判断；C白色沉淀可能为AgCl；D发生氧化还原反应解答：解：A氧化铝的熔点高，如网兜一样包裹在铝的外面，使熔化的铝不滴落，故A正确； B金属阳离子的检验常用焰色反应，如Na+焰色为黄色，K+焰色为紫色（透过兰色钴玻璃观察），根据题意用洁净的铂丝蘸取某化合物放在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，黄色是钠元素的焰色，即可说明溶液中含有钠元素，故B正确；C向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中可

17、能含银离子，可能含硫酸根离子，但二者不能同时存，故C错误；D发生氧化还原反应，KMnO4溶液紫红色褪去，体现草酸的还原性，故D正确故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应实验及氧化铝性质、离子检验以及氧化还原反应等，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，注意方案的操作性、评价性分析，题目难度不大5（6分）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OB实验室盛碱液的瓶子不用玻璃塞：SiO2+2OHSiO32+H2OC用稀盐酸和大理石反应制取CO2：CO32+2H+CO2+H2OD向Ca（ClO）2溶液中通入过

18、量CO2制取次氯酸：2ClO+H2O+CO22HClO+CO32考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液；B、玻璃中的二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液是矿物胶，粘结瓶塞与瓶口；C、大理石主要是碳酸钙难溶于水，不能拆成离子；D、过量二氧化碳生成碳酸氢钠解答：解：A、铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液，反应的离子方程式为3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故A错误；B、玻璃中的二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液是矿物胶，粘结瓶塞与瓶口，反应的离子方程式为SiO2+2OHSiO32+H2O，故B正确；C、大理石

19、主要是碳酸钙难溶于水，不能拆成离子，反应的离子方程式为CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故C错误；D、过量二氧化碳生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO+H2O+CO2HClO+HCO3，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的书写和注意问题，反应实质和物质性质是解题关键，题目难度中等6（6分）设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A标准状况下，将5.6L的O2和5.6LNO的混合后的分子数约为0.5NAB2L 0.5mol/L BaCl2溶液中，阳离子所带电荷数为 NAC常温常压下，将0.2mol铝片投入含0.6molH2SO4的浓硫酸中，生成0.3 NA个SO2分子D

20、42g丙烯气体中，含有的键数目为8NA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、在NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致气体体积偏小；B、求出钡离子的物质的量，然后根据1molBa2+含2mol正电荷来计算；C、常温常压下，铝在浓硫酸中会钝化；D、求出丙烯的物质的量，然后根据1mol丙烯中含7mol键来分析解答：解：A、一氧化氮和氧气不需要任何条件即可反应，由2NO+O22NO2，分子数减少，即分子总数小于0.5NA，故A错；B、Ba2+的物质的量n=CV=0.5mol/L2L=1mol，而1molBa2+含2mol正电荷，故B错误；C、常温常压下，铝在浓硫酸中

21、会钝化，故C错误；D、丙烯的物质的量n=1mol，而1mol丙烯中含8mol 键，故D正确故选D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7（6分）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）经一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法正确的是（）t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20A反应在前50 s的平均速率为v（PCl3）=0.0032molL1s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11m

22、olL1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v（正）v（逆）D相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl5、2.0molCl2，达到平衡时，PCl5的转化率大于20%考点：化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：A、由表中数据可知50s内，n（PCl3）=0.16mol，根据公示计算v（PCl3）；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11 mol/L，则n（PCl3）=0.22mol，根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动

23、方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc），KQc，说明平衡向正反应方向移动，KQc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；D、等效为起始加入1.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低解答：解：A、由表中数据可知50s内，n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）=0.0016mol/（Ls），故A错误；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11 mol/L，则n（PCl3）=0.11 mol/

24、L2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即HO，故B错误；C、对于可逆反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g），开始（mol/L）：0.5 0 0变化（mol/L）：0.1 0.1 0.1平衡（mol/L）：0.4 0.1 0.1所以平衡常数k=0.025起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc=0.02，KQc，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）v（逆），故C正确；D、相同温度

25、下，向容器中再充入1.0 mol PCl5，达到平衡时，与原平衡相比，压强增大平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，原平衡PCl5转化率=100%=20%，所以PCl5的转化率小于20%，故D错误故选C点评：本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较计算比较复杂二、非选择题（共58分）8（12分）X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大常温下X的氢化物XH3溶于水PH7；Y是地壳里含量最多的金属元素，其单质与酸碱均能反应；Z2有毒，其水溶液有漂白性；R基态原子3d轨道的电子

26、数是4S轨道的电子数的3倍，RZ2溶液呈浅绿色回答下列问题：（1）Z的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5或Ne3s23p5 ，X所在周期中原子半径最大的主族元素是Li或锂（2）Z2的晶体类型是分子晶体，XZ3分子立体构型是三角锥形（3）Y单质的晶体晶胞如图，晶胞中Y原子的个数为4（4）向RZ2溶液中滴入Z2的水溶液出现黄色，再滴入周期表中电负性最大的元素形成的钠盐溶液，至溶液呈无色为止，生成一配合物（其中：中心离子数与配体数之比为1：6），写出生成配合物的离子方程式6F+Fe3+FeF63考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、R为前

27、四周期元素，且原子序数依次增大，常温下X的氢化物XH3溶于水pH7，则X为N元素；Y是地壳里含量最多的金属元素，其单质与酸碱均能反应，则Y为Al元素；Z2有毒，其水溶液有漂白性，则Z为Cl元素；R基态原子3d轨道的电子数是4S轨道的电子数的3倍，RZ2溶液呈浅绿色，则R外围电子排布为3d64s2，故R为Fe元素，据此进行解答解答：解：X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，常温下X的氢化物XH3溶于水pH7，则X为N元素；Y是地壳里含量最多的金属元素，其单质与酸碱均能反应，则Y为Al元素；Z2有毒，其水溶液有漂白性，则Z为Cl元素；R基态原子3d轨道的电子数是4S轨道的电子数的3倍，

28、RZ2溶液呈浅绿色，则R外围电子排布为3d64s2，故R为Fe元素，（1）Z为Cl元素，氯原子的核外电子总数为17，最外层为7个电子，氯原子的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p5或Ne3s23p5 ；X为N元素，位于周期表中第二周期，第二周期中原子半径最大的主族元素为Li，故答案为：1s22s22p63s23p5或Ne3s23p5 ；Li或锂；（2）Z为Cl元素，Z2为Cl2，氯气的晶体类型为分子晶体；XZ3为NCl3，类比NH3分子结构，NCl3的立体构型为三角锥形，故答案为：分子晶体；三角锥形；（3）Y为Al元素，铝单质的晶体晶胞如图，晶胞中R原子处于晶胞的面心及顶角，该晶

29、胞中所含的原子个数为：6+8=4，故答案为：4；（4）RZ2为氯化亚铁，向FeCl2溶液中滴入Cl2的水溶液出现黄色，反应生成氯化铁；再滴入周期表中电负性最大的元素F形成的钠盐溶液，至溶液呈无色为止，生成一配合物（其中：中心离子数与配体数之比为1：6），该化合物为FeF63，生成配合物的离子方程式为：6F+Fe3+FeF63，故答案为：6F+Fe3+FeF63点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，题目难度中等，试题涉及化学键、晶胞计算、配合物、离子方程式等，推断元素名称为解题关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系9（16分）四氯化锡（SnCl4）是一种重要的化工产品某兴趣小组拟

30、制备四氯化锡I【查阅资料】物质熔点/沸点/化学性质Sn231227加热时与Cl2反应生成SnCl4SnCl2246652Sn2+易被Fe3+、O2等氧化SnCl433114极易水解【制备产品】实验装置如图所示（省略夹持和加热装置）实验步骤：（1）检查装置气密性后，按图示加入试剂仪器b的名称是分液漏斗，其中无水CaCl2的作用是吸收水蒸气，防止进入D中使SnCl4水解，B中的试剂是C（选填下列字母编号）ANa2CO3 溶液 BNaOH溶液 C饱和NaCl溶液 DNaHCO3溶液（2）先向A中烧瓶内加入盐酸并加热a，当整个装置充满黄绿色气体后（填实验现象），再加热熔化锡粒，反应完后，停止加热（3）

31、待反应结束后，经过滤（填写操作名称）、洗涤、干燥，可回收利用装置A中未反应完的MnO2探究与反思（1）装置F中吸收Cl2发生反应的离子方程式是2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O（2）实验在D中得到的产品很少，经分析装置设计有缺陷，应在D和E之间补充连有冷凝管的集气瓶（填装置名称）（3）为验证产品中是否含有SnCl2，该小组设计了以下实验方案：（所需试剂从稀HNO3、稀HCl、FeCl3溶液、FeCl2溶液、KSCN溶液、蒸馏水中选择）取适量0.5mL产品溶入20mL蒸馏水中，加入适量稀HCl和KSCN溶液，再滴入几滴FeCl3溶液，若不出现红色（填实验现象），则含有SnCl2，否则无SnCl

32、2考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，A中发生反应：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，B中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，C中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在D反应生成SnCl4，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液稀释，防止污染空气，干燥管中氯化钙吸收水蒸气，防止加入D中使产物水解（1）仪器b为分液漏斗；（2）整个装置中充分氯气时，再加热熔化锡粒合成SnCl4；（3）装置A中未反应完的MnO2与溶液不互溶，通过过滤进行分离回收；（1）F中氯气与氢氧化

33、钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水；（2）SnCl4沸点低，在C得到主要为SnCl4蒸汽，应在D、E之间添加冷却收集装置进行收集；（3）由于Sn2+易被Fe3+、O2等氧化，可以加入适量稀HCl和KSCN溶液，再滴入几滴FeCl3溶液，根据颜色变化判断解答：解：SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，A中发生反应：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，B中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，C中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在D反应生成SnCl4，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液稀释，防止污染空气，干燥管中氯化

34、钙吸收水蒸气，防止进入D中使产物水解（1）由仪器结构特征，可知仪器b为分液漏斗；由上述分析可知，无水CaCl2的作用是：吸收水蒸气，防止进入D中使SnCl4水解，B中的试剂是饱和NaCl溶液，故答案为：分液漏斗；吸收水蒸气，防止进入D中使SnCl4水解；C；（2）整个装置中充分氯气时，即充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，故答案为：充满黄绿色气体；（3）装置A中未反应完的MnO2与溶液不互溶，经过过滤、洗涤、干燥进行分离回收，故答案为：过滤；（1）F中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为：2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O，故答案为：2OH+Cl2=Cl+C

35、lO+H2O；（2）SnCl4沸点低，在C中得到主要为SnCl4蒸汽，应在D、E之间添加连有冷凝管的集气瓶，通入冷凝水冷却收集，故答案为：连有冷凝管的集气瓶；（3）由于Sn2+易被Fe3+、O2等氧化，加入适量稀HCl和KSCN溶液，再滴入几滴FeCl3溶液，不出现红色，则含有SnCl2，否则无SnCl2，故答案为：适量稀HCl和KSCN溶液，再滴入几滴FeCl3溶液点评：本题考查制备实验方案设计、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，难度中等10（14分）某科研所用淀粉为主要原料合成有重要用途的缩聚物R：HOOCCOOCH2 CH2OnHA（淀粉）B（葡

36、萄糖）C（乙醇）D（乙烯）E（BrCH2CH2Br）F（HOCH2CH2OH） G（HOOCCOOH）R（1）B中含氧官能团名称是醛基、羟基，D中碳原子杂化方式是sp2，EF的反应类型是取代反应，E的名称（系统命名）是1，2二溴乙烷（2）CD反应的化学方程式是CH3CH2OHCH2=CH2+H2O（3）G+FR反应的化学方程式是nHOOCCOOH+nHOCH2CH2OH+（2n1）H2O（4）F的各种同分异构体中，核磁共振氢谱氢原子吸收锋只有一种的结构简式是CH3OOCH3考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：淀粉发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇，乙醇在浓

37、硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙二醇发生氧化反应生成HOOCCOOH，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成，乙二醇的同分异构体中，核磁共振氢谱氢原子吸收锋只有一种，含有2个甲基，为CH3OOCH3解答：解：淀粉发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇，乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙二醇发生氧化反应生成HOOCCOOH，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成，（1）

38、B为葡萄糖，含氧官能团名称是：醛基、羟基，D为乙烯，分子中C原子成3个键，没有孤电子对，碳原子杂化方式是sp2杂化，EF是卤代烃的水解反应，属于取代反应，E的名称（系统命名）是：1，2二溴乙烷，故答案为：醛基、羟基；sp2；取代反应；1，2二溴乙烷；（2）CD反应的化学方程式是：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；（3）G+FR反应的化学方程式是：nHOOCCOOH+nHOCH2CH2OH+（2n1）H2O，故答案为：nHOOCCOOH+nHOCH2CH2OH+（2n1）H2O；（4）乙二醇的同分异构体中，核磁共振氢谱氢原子吸收锋只有一种，

39、含有2个甲基，该同分异构体结构简式为CH3OOCH3，故答案为：CH3OOCH3点评：本题考查有机物推断与合成，需要学生熟练掌握注意官能团的性质与转化，注意对基础知识的理解掌握11（16分）为了实现资源利用最大化，某化工厂将合成氨、制纯碱和生产尿素（CO（NH2）工艺联合，简易流程如下：（1）25时101kPa时，测得生成17g NH3，放出46.2kJ热量，写出合成NH3的热化学方程式N2（g）+H2（g）2NH3（g）H92.4kJ/mol（2）合成氨原料气中的杂质硫化氢用稀氨水吸收，副产品是酸式盐该副产品的化学式为NH4HS（3）反应器2分离出来的氮气和氢气再通入反应器1，其目的是提高原

40、料利用率向反应器3充入原料的顺序是：先加氯化钠溶液，通入氨气至饱和，再通入足量的二氧化碳可制得NaHCO3反应器3中的化学方程式为NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3+NH4Cl（4）工业上可用碳、甲烷与水蒸汽反应制氢气C+H2O（g）CO+H2，H0，此反应的化学平衡常数表达式为K=，为了提高碳的转化率，宜采用下列措施中的（填字母编号）CDFA增大压强 B增加碳的量 C升高温度D增加水的量 E使用催化剂 F及时移出CO、H2有些国家水电丰富，采用惰性电极电解硫酸钠溶液制氢气，电解时阳极上的电极反应式为4OH4e2H2O+O2若仅以CH4、空气、H2O为原料制尿素（CH4+2H2O（

41、g）CO2+4H2），标准状况下22.4m3 CH4，理论上最多能制60尿素考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 分析：（1）N2和H2完全反应生成17g即1molNH3放热46.2kJ热量，生成2mol氨气放热92.4KJ，反应为放热反应，反应的焓变为92.4KJ/mol，依据热化学方程式书写得到；（2）硫化氢与氨水反应生成NH4HS；（3）氮气和氢气再通入反应器1可节约燃料；氯化钠、氨气和二氧化碳可反应生成碳酸氢钠和氯化铵；（4）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；为提高某一反应物的转化率，应使平衡向正反应反应方向移动；电解硫酸钠溶液实质是电解

42、水；由C原子守恒可知，CH4CO2CO（NH2）2，以此计算解答：解：（1）N2和H2完全反应生成17g即1molNH3放热46.2kJ热量，生成2mol氨气放热92.4KJ，反应为放热反应，反应的焓变为92.4KJ/mol，反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4KJ/mol；故答案为：N2（g）+H2（g）2NH3（g）H92.4kJ/mol；（2）硫化氢与氨水反应生成NH4HS，故答案为：NH4HS；（3）氮气和氢气再通入反应器1可节约燃料，提高原料利用率；氯化钠、氨气和二氧化碳可反应生成碳酸氢钠和氯化铵：NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3+

43、NH4Cl，故答案为：提高原料利用率；NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3+NH4Cl；（4）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积积，所以K=；为提高碳的转化率，应是反应向正反应方向移动，则可采取的措施有：升高温度、增加水的量、及时分离出CO、H2，故答案为：；CDF；电解硫酸钠溶液实质是电解水，阳极反应式为4OH4e=2H2O+O2，故答案为：4OH4e2H2O+O2；22.4m3 CH4的物质的量是1000mol，由C原子守恒可知，CH4CO2CO（NH2）2，CO（NH2）2的物质的量是1000mol，质量60000g，即60kg，故答案为：60点评：本题考查制备实验方案的设计，涉及热化学方程式的书写、化学平衡以及化学计算等知识，难度中等，（4）为学生解答的难点和易错点