1、2015年安徽省合肥一中高考化学模拟试卷（三）一、选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意分）1（6分）（2015淮南一模）氰氨基化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2，下列说法正确的是（）AHCN分子中既含键又含键BCaCN2属于共价化合物C每消耗10g CaCO3生成2.24L CO2DCO为氧化产物，H2为还原产物2（6分）（2015合肥校级模拟）下列说法正确的是（）A常温下，pH=1的溶液中还可以大量存在：K+、MnO4、SO42、CH3CHOB含有较多Fe3+的溶液中还可以大量存在：Na+、SO42、SCN、CO3
2、2C碳酸氢钙溶液与过量的NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32D向FeBr2溶液中通入过量氯气：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl3（6分）（2014梅州二模）下列实验装置设计正确、且能达到目的是（）A从氯化铁溶液中直接蒸发结晶获得无水氯化铁B检验电解饱和食盐水的产物Cl2C配制一定的物质的量浓度的稀硫酸溶液D除去Cl2中含有的少量HCl4（6分）（2015合肥校级模拟）气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器如图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物
3、则下列说法中正确的是（）待测气体部分电极反应产物NO2NOCl2HClCOCO2H2SH2SO4A上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B检测Cl2时，敏感电极上发生还原反应C检测H2S时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2+2H2O+4e4OHD检测分别含H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生电流大小相同5（6分）（2015合肥校级模拟）某温度下，将2 molA 和2 molB放入2L密闭容器中，发生反应：A（g）+B（g）2C（s）+2D（g）H0，5min后应达到平衡，测得生成C为0.8mol，下列相关表述正确的是（）A该反应的化学平衡常数为K=0.04来源:Zxx
4、k.ComB若向平衡体系中加入少量生成物A，则A和B的转化率均增大C若混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化，说明反应达到了平衡状态D若给平衡体系升高温度，则正反应速率瞬间减小，逆反应速率瞬间增大6（6分）（2015合肥校级模拟）常温下，下列说法正确的是（）A在（NH4）2SO4溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）来源:Z&xx&k.ComB将pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后的溶液c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）C等体积等物质的量浓度的NaCl和CH3COONa两种溶液中离子总数：前者小于后者D等体积等物质的量浓度的HCl溶液和CH3CO
5、ONa溶液混合后：c（CH3COOH）+c（CH3COO）c（Na+）7（6分）（2015合肥校级模拟）在化学学习与研究中经常采用“推理”的思维方式，但有时也会得出错误的结论下列“推理”正确的是（）A较强酸可以制取较弱酸，推出H2S不能制取H2SO4B组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，推出SiH4沸点高于CH4C电解氯化铜溶液可得到Cu；则电解食盐水可以得到NaD1mol O2和Mg完全反应获得4mol电子；则1mo1 O2和其他金属完全反应都获得4mol电子二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2015合肥校级模拟）T、W、X、Y、Z为前四周期元素，其原子序数依次
6、增大，有关五种元素的性质或原子结构描述如下：元素符号元素性质或原子结构T其一种无色氧化物遇空气变为红棕色W其单质和化合物的焰色反应焰色均呈黄色X基态原子的最外层电子排布式为（n+1）sn（n+1）pn+2Y单质常温下为气体，可用于自来水消毒Z一种核素的质量数为56，中子数为30（1）Z元素位子周期表中第_族，其基态原子的价层电子排布式为：；（2）T的一种化合物为T2H4，该分子中极性键和非极性键的数目之比为：T的最低价氢化物与其最高价氧化物的水化物能发生化合反应，其产物属于晶体（3）W、X和Y三种元素中，第一电离能最小的为（填元素符号）；W、X和Y的简单离子的半径从小到大的顺序为（用离子符号表
7、示）（4）Z与水蒸气反应的化学方程式为：9（16分）（2015合肥校级模拟）阿托酸乙酯可用于辅助胃肠道痉挛及溃疡阿托酸乙酯的一种合成路线如下图所示：来源:Zxxk.Com请回答下列问题：（1）E的分子式为，F的结构简式，阿托酸乙酯所含官能团的名称；（2）在反应中，属于取代反应的有；（3）反应的方程式（4）有关阿托酸乙酯的说法正确的是A能使高锰酸钾褪色，不能使溴水褪色B1mol阿托酸乙酯最多能与4molH2加成C能发生加成、加聚、氧化、水解等反应D分子式为C11H13O2（5）D的同分异构体有多种，符合含有苯环且能与碳酸氢钠反应放出气体的同分异构体有 种（不包含D）10（13分）（2015宜宾模
8、拟）在普通的纤维面料中加入一层“纳米Ti02”可生产自洁面料工业上用钛铁矿（主要成分为FeTi03，含Fe203、Fe0、Si02等杂质）制取纳米级Ti02的简要流程如下：（1）上述流程中分离出残渣的操作名称是（2）试剂b的化学式是，加入过量该试剂的目的是（3）中加热的目的是（用化学用语结合必要的文字进行说明）（4）如下图所示，以熔融Ca0为电解液，电解Ti02可获得Ti电解时阳极的电极反应式是（5）已知：25、101kPa时，C（s）+O2（g）CO2（g）H1=393.5kJ/mol 2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2=566kJ/mol TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（
9、1）+O2（g）H3=+140kJ/mol则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（1）+2CO（g）的H=11（15分）（2014梅州二模）某研究小组经查阅资料得知：2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2；FeSO4FeO+SO3，SO3的熔点是16.8，沸点是44.8I该小组探究在酒精喷灯加热条件下FeSO4分解的气体产物，实验装置如图所示（1）装置的试管中不装任何试剂，其作用是，试管浸泡在50的水浴中，目的是（2）装置和装置的作用是探究本实验气体产物成分请完成实验设计，填写检验试剂、预期现象与结论来源:学*科*网Z*X*X*K限选试剂：3molL1 H2SO4溶液、6mol
10、L1 NaOH溶液、0.5molL1 BaCl2溶液、0.5molL1 Ba（NO3）2溶液、0.01molL1酸性KMnO4溶液、0.01molL1溴水检验试剂预期现象和结论装置的试管中加入产生大量白色沉淀，证明气体产物中含有SO3装置的试管中加入FeSO4固体往往含有Fe2（SO4）3杂质，该研究小组采用称重法确定固体中铁元素的质量分数，操作流程为：请根据流程回答：（1）操作中必须用到的仪器是A.25mL酸式滴定管 B.50mL 量筒 C.25mL 量筒 D.25mL碱式滴定管（2）系列操作名称依次为、（3）若最终测得红棕色固体质量为3.2g，则样品中铁元素的质量分数为2015年安徽省合肥
11、一中高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意分）1（6分）（2015淮南一模）氰氨基化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2，下列说法正确的是（）AHCN分子中既含键又含键BCaCN2属于共价化合物C每消耗10g CaCO3生成2.24L CO2DCO为氧化产物，H2为还原产物考点：氧化还原反应；化学方程式的有关计算；共价键的形成及共价键的主要类型 分析：A根据HCN的结构式分析；BCaCN2中存在N=C=N2，含有离子键和极性键；C气体存在的条件未知；D因HCN中的碳元素化合价升高
12、，氢元素的化合价降低解答：解：AHCN分子的结构式为HCN，分子中含有一个三键，则含有2个键和1个键，故A正确；BCaCN2中存在N=C=N2，含有离子键和极性键，所以CaCN2属于离子化合物，故B错误；C气体存在的条件未知，不是标准状况下，所以不能确定体积大小，故C错误；D因HCN中的碳元素化合价从+2价升高到+4价，则CO2为氧化产物，氢元素的化合价降低，H2为还原产物，故D错误故选A点评：本题考查了化学键、氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，题目难度不大2（6分）（2015合肥校级模拟）下列说法正
13、确的是（）A常温下，pH=1的溶液中还可以大量存在：K+、MnO4、SO42、CH3CHOB含有较多Fe3+的溶液中还可以大量存在：Na+、SO42、SCN、CO32C碳酸氢钙溶液与过量的NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32D向FeBr2溶液中通入过量氯气：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl考点：离子共存问题；离子方程式的书写 分析：ApH=1的溶液呈酸性，离子发生氧化还原反应；B与Fe3+反应的离子不能大量共存；C碳酸氢钙溶液与过量的NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀和CO32；D向FeBr2溶液中通入过量氯气，Fe2+、Br全部被氧化，且比
14、值为1：2解答：解：ApH=1的溶液呈酸性，MnO4、CH3CHO发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BSCN与Fe3+发生络合反应，CO32与Fe3+发生互促水解反应，不能大量共存，故B错误；C碳酸氢钙溶液与过量的NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀和CO32，反应的离子方程式为Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故C正确；D向FeBr2溶液中通入过量氯气，Fe2+、Br全部被氧化，且比值为1：2，应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+Br2+6Cl，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及离子共存与离子方程式的书写，为高频考点，侧重于学生的分析能力，注意把握离子的
15、性质以及反应类型的判断，难度不大3（6分）（2014梅州二模）下列实验装置设计正确、且能达到目的是（）A从氯化铁溶液中直接蒸发结晶获得无水氯化铁B检验电解饱和食盐水的产物Cl2C配制一定的物质的量浓度的稀硫酸溶液D除去Cl2中含有的少量HCl考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A氯化铁溶液蒸发发生水解；B碘单质遇淀粉变蓝色；C容量瓶不能用来直接稀释和配制溶液；D氯气难溶于饱和食盐水；HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，所以可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl解答：解：A氯化铁溶液蒸发发生水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧得到三氧化二铁，故A错误； B电解饱和食盐水阳极上氯离子失
16、电子发生氧化反应得到氯气，氯气能与碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝色，故B正确；C容量瓶不能用来直接稀释和配制溶液，应在小烧杯中稀释，故C错误；DHCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，所以可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，故D正确故选BD点评：本题考查实验方案的评价，涉及物质的水解、气体的检验、溶液的配制、物质的提纯，注重对实验中的操作的考查，题目难度不大4（6分）（2015合肥校级模拟）气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器如图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物则下列说法中正
17、确的是（）待测气体部分电极反应产物NO2NOCl2HClCOCO2H2SH2SO4A上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B检测Cl2时，敏感电极上发生还原反应C检测H2S时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2+2H2O+4e4OHD检测分别含H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生电流大小相同考点：原电池和电解池的工作原理 分析：A失电子发生氧化反应的电极是负极、得电子发生还原反应的电极是正极；B检测氯气时，氯气得电子生成氯离子；C检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素发生氧化反应，则其所在电极为负极；D产生的电流大小与失电子多少有关；解答：解：A失电子发生氧化反应的电极是
18、负极、得电子发生还原反应的电极是正极，根据待测气体和反应产物可知，部分气体中元素化合价上升，部分气体中元素的化合价下降，所以敏感电极不一定都做电池正极，故A错误；B检测氯气时，氯气得电子生成氯离子，电极反应式为Cl2+2e2Cl，发生还原反应，故B正确；C检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素化合价由2价变为+6价而发生氧化反应，则其所在电极为负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极电极反应式为O2+4H+4e2H2O，故C错误；D产生的电流大小与失电子多少有关，检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，硫化氢失去电子数大于CO，所以产生电流大小不同，故D错误；故选B点评：本题考查了原
19、电池原理，根据元素化合价变化确定正负极，正确判断正负极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意产生电流与相同物质的量的物质得失电子多少有关，为易错点5（6分）（2015合肥校级模拟）某温度下，将2 molA 和2 molB放入2L密闭容器中，发生反应：A（g）+B（g）2C（s）+2D（g）H0，5min后应达到平衡，测得生成C为0.8mol，下列相关表述正确的是（）A该反应的化学平衡常数为K=0.04B来源:学,科,网若向平衡体系中加入少量生成物A，则A和B的转化率均增大C若混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化，说明反应达到了平衡状态D若给平衡体系升高温度，则正反应速率瞬间减小，逆反应速率
20、瞬间增大考点：化学平衡的影响因素；用化学平衡常数进行计算 分析：经5min后测得生成C为0.8mol，则消耗的A、B的物质的量各为0.4mol，则 A（g）+B（g）2C（s）+2D（g）起始：2mol 2mol 0 0转化：0.4mol 0.4mol 0.8mol 0.8mol平衡：1.6mol 1.6mol 0.8mol 0.8mol以此可解答该题解答：解：经5min后测得生成C为0.8mol，则消耗的A、B的物质的量各为0.4mol，则 A（g）+B（g）2C（s）+2D（g）起始：2mol 2mol 0 0转化：0.4mol 0.4mol 0.8mol 0.8mol平衡：1.6mol
21、1.6mol 0.8mol 0.8molA反应的化学平衡常数为K=0.25，故A错误；B向平衡体系中加入少量生成物A，则B的转化率增大，A的转化率减小，故B错误；C反应前后气体的体积相等，质量不等，所以混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化，能说明反应达到了平衡状态，故C正确；来源:学。科。网D升高温度，则正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间也增大，故D错误故选C点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意根据三段式法计算较为直观，注意C为固体的特征6（6分）（2015合肥校级模拟）常温下，下列说法正确的是（）A在（NH4）2SO4溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B将p
22、H=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后的溶液c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）来源:Zxxk.ComC等体积等物质的量浓度的NaCl和CH3COONa两种溶液中离子总数：前者小于后者D等体积等物质的量浓度的HCl溶液和CH3COONa溶液混合后：c（CH3COOH）+c（CH3COO）c（Na+）考点：离子浓度大小的比较 分析：A铵根离子的水解程度较小，则溶液中铵根离子浓度最大，即：c（NH4+）c（SO42）；B醋酸为弱酸，则混合液中醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO）c（Na+）；CCH3COONa为强碱弱酸盐，水解
23、碱性，NaCl为中性溶液，结合电荷守恒进行判断；D根据混合液中的物料守恒判断解答：解：A（NH4）2SO4溶液中，由于铵根离子的水解程度不大，则c（NH4+）c（SO42），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A错误；B将pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后的溶液中，由于醋酸为弱电解质，则混合液中醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO）c（Na+），溶液中正确的离子浓度关系为：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故B错误；CNaCl溶液呈中性，溶液中c（H+）=1107mol/
24、L，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl）；CH3COONa为强碱弱酸盐，水解碱性，溶液中c（H+）1107mol/L，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）；两溶液中总电荷浓度为2c（Na+）+2c（H+），则NaCl溶液中总电荷浓度大于醋酸钠溶液，所以前者离子总数大于后者，故C错误；D等体积等物质的量浓度的HCl溶液和CH3COONa溶液混合后，反应生成醋酸和氯化钠，根据物料守恒可得：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（Na+），故D正确；故选D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、盐的水解原理的应用方法为解答关键
25、，B为易错点，注意醋酸为弱酸，混合液呈酸性，试题侧重考查学生的分析、理解能力7（6分）（2015合肥校级模拟）在化学学习与研究中经常采用“推理”的思维方式，但有时也会得出错误的结论下列“推理”正确的是（）A较强酸可以制取较弱酸，推出H2S不能制取H2SO4B组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，推出SiH4沸点高于CH4C电解氯化铜溶液可得到Cu；则电解食盐水可以得到NaD1mol O2和Mg完全反应获得4mol电子；则1mo1 O2和其他金属完全反应都获得4mol电子考点：物质的组成、结构和性质的关系；化学反应的基本原理 分析：A弱酸也可以制取强酸；B组成和结构相似的物质，沸点
26、随相对分子质量增大而升高；来源:Zxxk.ComC电解食盐水可以得到氢气、氯气和氢氧化钠；D1mo1 O2与Na完全反应生成过氧化钠，获得2mol电子解答：解：A较强酸可以制取较弱酸，弱酸也可以制取强酸，H2S与CuSO4反应生成H2SO4和CuS，故A错误；B组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，SiH4的分子量大于CH4的分子量，故SiH4沸点高于CH4，故B正确；C电解食盐水可以得到氢气、氯气和氢氧化钠，故C错误；D1mo1 O2与Na完全反应生成过氧化钠，获得2mol电子，故D错误；故选B点评：本题考查化学反应规律，为高考高频点，明确同一主族元素性质相同点及差异性是解本题
27、关键二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2015合肥校级模拟）T、W、X、Y、Z为前四周期元素，其原子序数依次增大，有关五种元素的性质或原子结构描述如下：元素符号元素性质或原子结构T其一种无色氧化物遇空气变为红棕色W其单质和化合物的焰色反应焰色均呈黄色X基态原子的最外层电子排布式为（n+1）sn（n+1）pn+2Y单质常温下为气体，可用于自来水消毒Z一种核素的质量数为56，中子数为30（1）Z元素位子周期表中第_VIII族，其基态原子的价层电子排布式为：3d64s2；（2）T的一种化合物为T2H4，该分子中极性键和非极性键的数目之比为4：1：T的最低价氢化物与其最高价氧化物的水化物
28、能发生化合反应，其产物属于离子晶体（3）W、X和Y三种元素中，第一电离能最小的为Na（填元素符号）；W、X和Y的简单离子的半径从小到大的顺序为Na+ClS2（用离子符号表示）（4）Z与水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：T的某一种无色氧化物遇空气变为红棕色，为NO遇到氧气变成红棕色的二氧化氮，则T为N元素；W的单质和化合物的焰色均呈黄色，则W为Na元素；X的原子的最外层电子排布式为（n+1）sn（n+1）pn+2，n=2，其最外层电子排布为：3s23p4，则X为S元素；Y单质常温下为气体，可用于自来水消毒，则Y为Cl元素；Z
29、的一种核素的质量数为56，中子数为30，Z的质子数=5630=26，则Z为Fe元素，据此进行解答解答：解：T的某一种无色氧化物遇空气变为红棕色，为NO遇到氧气变成红棕色的二氧化氮，则T为N元素；W的单质和化合物的焰色均呈黄色，则W为Na元素；X的原子的最外层电子排布式为（n+1）sn（n+1）pn+2，n=2，其最外层电子排布为：3s23p4，则X为S元素；Y单质常温下为气体，可用于自来水消毒，则Y为Cl元素；Z的一种核素的质量数为56，中子数为30，Z的质子数=5630=26，则Z为Fe元素，（1）Z为Fe元素，位于周期表中VIII 族，Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电
30、子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子排布式为：3d64s2，故答案为：VIII，3d64s2；（2）T为N元素，则T2H4为N2H4，N原子最外层5个电子，若要满足最外层达到8个电子，每个N原子需要形成3个共价键，其中氮原子和氮原子形成一个共价键，剩余价键和氢原子形成共价键，每个N原子有一个孤电子对，其电子式为：，则N2H4中存在1个非极性键、4个极性键，该分子中极性键和非极性键的数目之比为4：1；T为N元素，N的最低价氢化物为氨气，其最高价氧化物的水化物为硝酸，氨气与硝酸能发生化合反应生成硝酸铵，硝酸铵为离子晶体，故答案为：4：1；离子；（3）W、X和Y三种元素分
31、别为Na、S、Cl，同一周期中随着原子序数的递增，第一电离能呈减小趋势，则第一电离能最大的为Na；离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子大小为：Na+ClS2，故答案为：Na；Na+ClS2；（4）Z为Fe，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2点评：本题考查位置、结构与性质关系达到综合应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能
32、力9（16分）（2015合肥校级模拟）阿托酸乙酯可用于辅助胃肠道痉挛及溃疡阿托酸乙酯的一种合成路线如下图所示：请回答下列问题：（1）E的分子式为C10H12O2，F的结构简式，阿托酸乙酯所含官能团的名称酯基和碳碳双键；（2）在反应中，属于取代反应的有；（3）反应的方程式2+O2 2+2H2O（4）有关阿托酸乙酯的说法正确的是BCA能使高锰酸钾褪色，不能使溴水褪色来源:Z&xx&k.ComB1mol阿托酸乙酯最多能与4molH2加成C能发生加成、加聚、氧化、水解等反应D分子式为C11H13O2（5）D的同分异构体有多种，符合含有苯环且能与碳酸氢钠反应放出气体的同分异构体有3 种（不包含D）考点：
33、有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：由题中各物质的转化关系可知，A与溴化氢发生加成反应生成，在碱性条件下水解，发生取代反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C再被氧化、酸化后得D为，D与乙醇发生取代反应生成E为，E与甲酸甲酯发生取代反应生成，与氢气发生加成反应生成F为，F再发生消去反应得阿托酸乙酯，据此答题解答：解：由题中各物质的转化关系可知，A与溴化氢发生加成反应生成，在碱性条件下水解，发生取代反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C再被氧化、酸化后得D为，D与乙醇发生取代反应生成E为，E与甲酸甲酯发生取代反应生成，与氢气发生加成反应生成F为，F再发生消去反应得阿托酸乙酯，（1）
34、E为，E的分子式为C10H12O2，F的结构简式为，阿托酸乙酯所含官能团的名称是酯基和碳碳双键，故答案为：C10H12O2；酯基和碳碳双键； （2）在反应中，属于取代反应的有，故答案为：；（3）反应的方程式为2+O2 2+2H2O，故答案为：2+O2 2+2H2O；（4）阿托酸乙酯中有酯基、碳碳双键、苯环等结构，所以有关阿托酸乙酯的说法中，A能使高锰酸钾褪色，不能使溴水褪色，错误，因为能与溴加成；B1mol阿托酸乙酯最多能与4molH2加成，正确；C能发生加成、加聚、氧化、水解等反应，正确；D分子式为C11H13O2，错误，因为氢原子数不可能为奇数；故答案为：BC；（5）D的同分异构体有多种，
35、符合含有苯环且能与碳酸氢钠反应放出气体，即有羧基的同分异构体为苯环上连有CH3和COOH，它们互为邻间对的关系，所以共有3种（不包含D），故答案为：3点评：本题考查有机物推断、有机反应类型、有机反应方程式等，注意根据反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难点中等10（13分）（2015宜宾模拟）在普通的纤维面料中加入一层“纳米Ti02”可生产自洁面料工业上用钛铁矿（主要成分为FeTi03，含Fe203、Fe0、Si02等杂质）制取纳米级Ti02的简要流程如下：（1）上述流程中分离出残渣的操作名称是过滤（2）试剂b的化学式是Fe，加入过量该试剂的目的是将Fe3+完全还原为Fe2+
36、（3）中加热的目的是TiO2+2H2OH2Ti03+2H+，加热可促进该反应正向进行（用化学用语结合必要的文字进行说明）（4）如下图所示，以熔融Ca0为电解液，电解Ti02可获得Ti电解时阳极的电极反应式是C+2O24e=C02或2O24e=02（5）已知：25、101kPa时，C（s）+O2（g）CO2（g）H1=393.5kJ/mol 2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2=566kJ/mol TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（1）+O2（g）H3=+140kJ/mol则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（1）+2CO（g）的H=81kJmol1考点：物质分离
37、和提纯的方法和基本操作综合应用；热化学方程式 分析：钛铁矿主要成分为FeTi03，含Fe203、Fe0、Si02等杂质，由于Si02与酸不反应，可先加入稀硫酸，充分反应后过滤，然后在滤液中加入过量铁粉，过滤后将滤液进行结晶操作，分离可得到绿矾，将含有TiO2+的溶液进行加热，促进TiO2+的水解生成H2Ti03，焙烧可生成Ti02，（1）可用过滤的方法从溶液中分离出残渣；（2）溶液中含有Fe3+，加入b生成绿矾，说明b具有还原性，注意不能引入新杂质；（3）TiO2+的水解生成H2Ti03，加热有利于水解；（4）阳极生成二氧化碳气体，O2被氧化；（5）先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯
38、定律计算反应的焓变解答：解：钛铁矿主要成分为FeTi03，含Fe203、Fe0、Si02等杂质，由于Si02与酸不反应，可先加入稀硫酸，充分反应后过滤，然后在滤液中加入过量铁粉，过滤后将滤液进行结晶操作，分离可得到绿矾，将含有TiO2+的溶液进行加热，促进TiO2+的水解生成H2Ti03，焙烧可生成Ti02，（1）可用过滤的方法从溶液中分离出残渣，故答案为：过滤；（2）溶液中含有Fe3+，加入b生成绿矾，说明b具有还原性，注意不能引入新杂质，可用铁粉，故答案为：Fe；将Fe3+完全还原为Fe2+；（3）TiO2+的水解生成H2Ti03，发生TiO2+2H2OH2Ti03+2H+，加热有利于水解
39、，故答案为：TiO2+2H2OH2Ti03+2H+，加热可促进该反应正向进行；（4）阳极生成二氧化碳气体，O2被氧化，电极方程式为C+2O24e=C02或2O24e=02，故答案为：C+2O24e=C02或2O24e=02；（5）已知C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）H=+140kJmol1TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的化学方程式为：2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO，由盖斯定律可知2+得到2C+TiO2+2Cl2TiC
40、l4+2CO，其H=2（393.5kJmol1）+566kJmol1+140kJmol1=81kJmol1，故答案为：81kJmol1点评：本题考查学生对工艺流程理解、阅读题目获取信息能力、化学平衡的移动原理、氧化还原反应及方程式的书写等，为高频考点，难度中等，理解工艺流程是关键，需要学生具有阅读题目获取信息能力和灵活运用基础知识分析问题、解决问题能力11（15分）（2014梅州二模）某研究小组经查阅资料得知：2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2；FeSO4FeO+SO3，SO3的熔点是16.8，沸点是44.8I该小组探究在酒精喷灯加热条件下FeSO4分解的气体产物，实验装置如图所示（1）装
41、置的试管中不装任何试剂，其作用是防止溶液倒吸入装置中（或安全瓶，试管浸泡在50的水浴中，目的是防止SO3液化或凝固（2）装置和装置的作用是探究本实验气体产物成分请完成实验设计，填写检验试剂、预期现象与结论限选试剂：3molL1 H2SO4溶液、6molL1 NaOH溶液、0.5molL1 BaCl2溶液、0.5molL1 Ba（NO3）2溶液、0.01molL1酸性KMnO4溶液、0.01molL1溴水检验试剂预期现象和结论装置的试管中加入0.5molL1BaCl2产生大量白色沉淀，证明气体产物中含有SO3装置的试管中加入0.01molL1酸性KMnO4溶液（或0.0lmolL1溴水）若溶液紫
42、色（或橙色）褪去，证明气体产物中含有SO2，若溶液紫色（或橙色）无明显变化，证明气体产物中不含SO2FeSO4固体往往含有Fe2（SO4）3杂质，该研究小组采用称重法确定固体中铁元素的质量分数，操作流程为：请根据流程回答：（1）操作中必须用到的仪器是AA.25mL酸式滴定管 B.50mL 量筒 C.25mL 量筒 D.25mL碱式滴定管（2）系列操作名称依次为过滤、洗涤、灼烧（3）若最终测得红棕色固体质量为3.2g，则样品中铁元素的质量分数为70%考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：I（1）根据安全瓶的作用是可以防止倒吸；当温度高于44.8C时SO3为气体状态；（2）根据FeSO4
43、分解的气体产物可能为SO3，也可能是SO3和SO2的混合物，SO3遇到钡离子生成白色沉淀，SO2能使高锰酸钾或溴水褪色；（1）量取精确度较高的酸性溶液用到酸式滴定管；（2）从溶液中得到氢氧化铁沉淀，又到氧化铁，这条线索思考；（3）据铁原子守恒解题解答：解：I（1）中产生的气体极易和溶液反应时，会产生倒吸，所以装置II的试管能防止溶液倒吸入装置中（或安全瓶）；SO3的沸点是44.8C，当温度高于44.8C时SO3为气体状态，把试管浸泡在50的热水浴中能防止SO3液化或凝固，故答案为：防止溶液倒吸入装置中（或安全瓶）；防止SO3液化或凝固；FeSO4分解的气体产物可能为SO3，也可能为SO3和SO
44、2的混合物，SO3遇到钡离子生成白色沉淀，SO2能使高锰酸钾或溴水褪色；故答案为：0.5 molL 1 BaCl20.01 molL1 酸性 KMnO4 溶液（或0.0l molL1 溴水）若溶液紫色（或橙色）褪去，证明气体产物中含有SO2，若溶液紫色（或橙色）无明显变化，证明气体产物中不含SO2（1）该溶液为酸性，精确度为0.01的仪器为酸式滴定管，所以选25mL酸式滴定管，故答案为：A（2）从溶液中得到氢氧化铁沉淀，要过滤、洗涤；从氢氧化铁到氧化铁，要灼烧，故答案为：过滤、洗涤、灼烧（3）Fe2O3中铁的质量为：3.2g=2.24g，据铁原子守恒，则32.0g样品中铁元素的质量分数为：100%=70%，故答案为：70%点评：本题主要考查了二氧化硫和二氧化硫的检验，掌握两者性质的差异是解题的关键，题目综合性较强，难度中等