1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年广西来宾高级中学高考化学适应性试卷一、选择题（共5小题，每小题3分）1用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示（电极材料为石墨）下列有关叙述不正确的是（）A图中a极连接电源的负极BA口放出的物质是氢气，C口放出的物质是氧气Cb极电极反应式为：SO322e+H2OSO42+2H+D电解过程中阴极区碱性明显增强2某有机物M 7.4g与足量氧气反应后，所得气体依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置，两装置分别增重9g和17.6g；同温同压下，M蒸汽的密度是H2的37倍，则M能与
2、钠反应放出氢气的同分异构体的数目（不考虑立体异构）（）A8B7C5D43下列实验能达到预期目的是（） 实验内容实验目的 A 向某溶液中滴加硝酸酸化的硝酸钡溶液，产生白色沉淀 检验SO42是否存在 B 向AgCl和水的混合物滴加KI溶液，产生黄色沉淀 验证溶解度AgI小于AgCl C 淀粉和稀硫酸混合加热后，加新制Cu（OH）2悬浊加热至沸腾 检验淀粉是否水解完全 D 向NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液 制备Fe（OH）3胶体AABBCCDD4X、Y、Z三种短周期元素，原子半径的大小关系为：r （Y）r（X）r（Z），原子序数之和为16X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示变
3、化，其中B和C均为10电子分子下列说法不正确的是（）AX元素位于A族BA难溶于B中CA和C不可能发生氧化还原反应DB的沸点高于C的沸点5已知lg2=0.3010，KspMn（OH）2=2x1013实验室制氯气的废液中含c（Mn2+ ）=0.1molL1，向该溶液中滴加稀氢氧化钠溶液至Mn2+完全沉淀的最小pH等于（）A8.15B9.3C10.15D11.6二、解答题（共3小题，满分16分）6四氯化锡是一种无色易流动的液体，可用于有机合成中的氯化催化剂实验室中用Cl2和Sn粉在加热条件下合成SnCl4，实验装置如图所示：（己知SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟）回答下列问题：（1）装置A中盛
4、装溶液A的仪器名称为，烧瓶中发生反应的化学反应方程式为：（2）装置B中盛装的溶液为，装置C中盛装的是浓硫酸，若无此装置，则装置D中可能得到的副产物是（3）冷却水从装置F（填“a”或“b”）口进入，装置H的作用为，装的溶液为（填序号）NaOH溶液 饱和食盐水 浓硫酸 浓FeBr2溶液（4）为减少实验误差，可在装置G和H之间添加（填添加的装置和试剂）（5）若实验结束时，装置G中收集到74.4g SnCl4，装置A中产生标准状况下13.44L气体，则SnCl4的产率为（Sn足量并不计气体损耗）7NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝（1）NH3催化氧化可制备硝酸NH3氧化时发生如下反应：4N
5、H3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907.28kJmol14NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1269.02kJmol1则4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）H3NO被O2氧化为NO2其他条件不变时，NO的转化率（NO）与温度、压强的关系如图1所示则p1p2（填“”“”或“=”）；平衡常数的表达式K=；温度高于800时，（NO）几乎为0的原因是（2）利用反应NO2+NH3N2+H2O（未配平）消除NO2的简易装置如图所示电极b的电极反应式为；消耗标准状况下4.48L NH3时，被消除的NO2的物质的量为mol（3）合成氨的原
6、料气需脱硫处理（如图2）一种脱硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再与NaVO3反应生成S、Na2V4O9和物质XNaHS与NaVO3反应的化学方程式为8二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）某课题小组以此粉末为原料，设计资源回收的工艺流程如下：（1）写出第步反应的离子方程式（2）洗涤滤渣B的目的是为了除去（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是（3）写出第、步反应的化学方程式；（4）制备绿矾（FeSO47H2O）时，向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁屑，充分反应后，经过滤得
7、到FeSO4溶液，再经、过滤、洗涤、干燥等操作步骤得到绿矾（5）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品（质量分数为86%）1.000g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点（铈被还原成Ce3+），则需准确滴加标准溶液的体积为mL三、化学选做题：任选一题作答（共2小题，满分0分）9由Ca3（PO4）2、SiO2、焦炭等为原料生产硅胶（SiO2nH2O）、磷、磷酸及CH3OH，下列工艺过程原料综合利用率高，废弃物少（1）上述反应中，属于置换反应的是选填：（）、（）、（）、（）、（）（2）高温下进行的反应的化学方程式为；固体废弃物CaSiO3可用于（答一条即可）（3）反应需在
8、隔绝氧气和无水条件下进行，其原因是（4）CH3OH可用作燃料电池的燃料，在强酸性介质中，负极的电极反应式为（5）指出（VI）这一环节在工业生产上的意义（6）写出由PH3PO4的有关反应式：10伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式为；B中含有的官能团有（写名称）（2）写出 BC反应的化学方程式：CD的反应类型为（3）B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：（4）满足下列要求的A的同分异构体有种；能发生银镜反应 苯环上的一氯代物有两种结构；写出其中核磁共振氢谱为4组
9、峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为（写结构简式）（5）已知：RCOOH参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：2016年广西来宾高级中学高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题3分）1用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示（电极材料为石墨）下列有关叙述不正确的是（）A图中a极连接电源的负极BA口放出的物质是氢气，C口放出的物质是氧气Cb极电极反应式为：SO322e+H2OSO42+2H+D电解过程中阴极区碱性明显增强【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】依据电解
10、质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，SO32在阳极失去电子变成SO42，可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4，阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此解答【解答】解：A、Na+移向阴极区，SO32移向阳极区，所以a极为阴极，应接电源负极，故A正确；B、阴极区放电离子为氢离子生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2eH2+2OH，A口出来的是氢气，b极应接电源正极，阳极电极反应式为SO322e+H2OSO42+2H+，所以A口放出的物质是氢气，从C口流出的是浓度较大的硫酸，故B错误；C、b为阳极，SO32在阳极失去电子变成SO42，阳极电极
11、反应式为SO322e+H2OSO42+2H+，故C正确；D、在阴极区，由于H+放电，破坏水的电离平衡，c（H+）减小，c（OH）增大，生成NaOH，碱性增强，故D正确故选B2某有机物M 7.4g与足量氧气反应后，所得气体依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置，两装置分别增重9g和17.6g；同温同压下，M蒸汽的密度是H2的37倍，则M能与钠反应放出氢气的同分异构体的数目（不考虑立体异构）（）A8B7C5D4【考点】有机化合物的异构现象【分析】根据浓硫酸、碱石灰的装置的质量计算出有机物燃烧生成水、二氧化碳的物质的量，根据M蒸汽与氢气的相对密度计算出M的摩尔质量，然后计算出7.4gM的物质的量，根
12、据质量守恒计算出7.4gM中含有氧元素的质量、物质的量，从而确定M的分子式，再根据有机物能够与钠反应确定其含有的官能团，最后确定其同分异构体数目【解答】解：浓硫酸增重为水的质量，则n（H2O）=0.5 mol，碱石灰增重为二氧化碳的质量，则n（CO2）=0.4 mol，M蒸汽的密度是H2的37倍，则M的摩尔质量为：2g/mol37=74g/mol，7.4gM的物质的量为：n（M）=0.1 mol，7.4gM中含有氧元素的物质的量为：n（O）=0.1 mol，该有机物分子中含有C、H、O原子数目为： =4、=10、=1，则有机物的分子式为C4H10O，能与Na反应生成H2的是醇，该有机物为丁醇，
13、丁基有4种同分异构体，所以丁醇也有4种同分异构体：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、（CH3）3COH、（CH3）2CHOHCH3，故选D3下列实验能达到预期目的是（） 实验内容实验目的 A 向某溶液中滴加硝酸酸化的硝酸钡溶液，产生白色沉淀 检验SO42是否存在 B 向AgCl和水的混合物滴加KI溶液，产生黄色沉淀 验证溶解度AgI小于AgCl C 淀粉和稀硫酸混合加热后，加新制Cu（OH）2悬浊加热至沸腾 检验淀粉是否水解完全 D 向NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液 制备Fe（OH）3胶体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A稀硝酸具有强氧化性，能氧
14、化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；B溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；C淀粉水解生成的葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应制取必须加NaOH溶液；D向沸水中加入饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体【解答】解：A稀硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，检验硫酸根离子必须用盐酸酸化的氯化钡溶液，故A错误；B溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，向AgCl和水的混合物滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明产生沉淀的转化，则溶解度AgI小于AgCl，故B正确；C淀粉水解生成的葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应制取必须加NaOH溶液，中和未反应的稀硫酸，否则实验不成功，故C错误；D向沸水中加入饱和氯化铁溶液加热
15、至液体呈红褐色为止，由此制取氢氧化铁胶体，故D错误；故选B4X、Y、Z三种短周期元素，原子半径的大小关系为：r （Y）r（X）r（Z），原子序数之和为16X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示变化，其中B和C均为10电子分子下列说法不正确的是（）AX元素位于A族BA难溶于B中CA和C不可能发生氧化还原反应DB的沸点高于C的沸点【考点】原子结构与元素的性质【分析】B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径YX，则Y为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素，由转化关系，单质X、Y反应生成A
16、，单质Y、Z生成B，则Y应为氮元素、X应为氧元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3，验证符合转化关系，据此解答【解答】解：B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径YX，则Y为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素，由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质Y、Z生成B，则Y应为氮元素、X应为氧元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3，验证符合转化关系，AX为氧元素，处于A族，故A正确；BNO不溶于水，故B正确；C氨气与NO可以发生反应生成氮气与水，故C错误；D常温下，水为液体，氨气为气态，水的沸点更高
17、，故D正确；故选C5已知lg2=0.3010，KspMn（OH）2=2x1013实验室制氯气的废液中含c（Mn2+ ）=0.1molL1，向该溶液中滴加稀氢氧化钠溶液至Mn2+完全沉淀的最小pH等于（）A8.15B9.3C10.15D11.6【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】Mn2+沉淀较为完全c（Mn2+）1105mol/L，根据Ksp求出OH离子的浓度，再根据Kw求出氢离子的浓度，然后求pH，以此解答该题【解答】解：Mn2+沉淀较为完全时的浓度为1105mol/L，已知Ksp=c（Mn2+）c2（OH），则c（OH）=mol/L=104mol/L，则c（H+）=mol/L
18、=1010mol/L，所以pH=lg=10+=10.15故选C二、解答题（共3小题，满分16分）6四氯化锡是一种无色易流动的液体，可用于有机合成中的氯化催化剂实验室中用Cl2和Sn粉在加热条件下合成SnCl4，实验装置如图所示：（己知SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟）回答下列问题：（1）装置A中盛装溶液A的仪器名称为分液漏斗，烧瓶中发生反应的化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）装置B中盛装的溶液为饱和食盐水，装置C中盛装的是浓硫酸，若无此装置，则装置D中可能得到的副产物是SnO2（或Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）（3）冷却水从装置
19、Fb（填“a”或“b”）口进入，装置H的作用为吸收尾气，装的溶液为（填序号）NaOH溶液 饱和食盐水 浓硫酸 浓FeBr2溶液（4）为减少实验误差，可在装置G和H之间添加连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）（填添加的装置和试剂）（5）若实验结束时，装置G中收集到74.4g SnCl4，装置A中产生标准状况下13.44L气体，则SnCl4的产率为95.0%（Sn足量并不计气体损耗）【考点】制备实验方案的设计【分析】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；
20、浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气中发，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有强氧化性，溴化亚铁具有还原性，能吸收氯气，以此解答该题【解答】解：（1）由装置图可知装置A中盛装溶液A的仪器名称为分液漏斗，MnO2和浓盐酸在加热条件下发生的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl
21、2+Cl2+2H2O；（2）装置B用于除杂，可盛装饱和食盐水除去氯气中的HCl，若没有装置C，水蒸气会进入装置D中，根据题目信息，生成的SiCl4能与H2O发生反应：SnCl4+4H2OSn（OH）4+4HCl，加热促进其水解，生成的Sn（OH）4分解生成SnO2，所以可能得到的副产物为SnO2（或Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可），故答案为：饱和食盐水；SnO2（或Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；（3）冷却水应从下进上出，从b口进入F中，可起到充分冷却的作用，装置H用于吸收尾气，可选用NaOH溶液，浓FeBr2溶液等，故答案为：b；吸收尾气；（4）SnCl4发
22、生水解，为防止水解，要防止H中的水蒸气进入G装置，所以改进措施为在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管），故答案为：连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；（5）根据反应：Sn+2Cl2SnCl4，13.44L标准状况下的Cl2体积为0.6mol，理论上可得0.3molSnCl4，其质量=0.3mol261g/mol=78.3g，故SnCl4的产率=100%=95.0%，故答案为：95.0%7NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝（1）NH3催化氧化可制备硝酸NH3氧化时发生如下反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907.28kJmol14NH3（
23、g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1269.02kJmol1则4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）H3=1811.63kJmol1NO被O2氧化为NO2其他条件不变时，NO的转化率（NO）与温度、压强的关系如图1所示则p1p2（填“”“”或“=”）；平衡常数的表达式K=；温度高于800时，（NO）几乎为0的原因是NO2几乎完全分解（2）利用反应NO2+NH3N2+H2O（未配平）消除NO2的简易装置如图所示电极b的电极反应式为2NO2+8e+4H2O8OH+N2；消耗标准状况下4.48L NH3时，被消除的NO2的物质的量为0.15mol（3）合成氨的原料
24、气需脱硫处理（如图2）一种脱硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再与NaVO3反应生成S、Na2V4O9和物质XNaHS与NaVO3反应的化学方程式为2NaHS+4NaVO3+H2ONa2V4O9+2S+4NaOH【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907.28kJmol1；4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1 269.02kJmol1；目标反应的反应热为：；温度相同时p1的一氧化氮的氮率大，所以增大压强平衡正向移动；平衡常数的表达式应为生
25、成物浓度的幂次方之积比上反应物浓度的幂次方之积；（NO）几乎为0的原因是无二氧化氮，NO2几乎完全分解；（2）电极b的电极发生还原反应，二氧化氮转化生成氮气，电极反应式为2NO2+8e+4H2O8OH+N2；标准状况下4.48L NH3的物质的量为：0.2mol，根据4NH33NO2进行计算；（3）NaHS再与NaVO3反应生浅黄色沉淀是硫单质和Na2V4O9，根据得失电子守恒，得化学方程式为：2NaHS+4NaVO3+H2ONa2V4O9+2S+4NaOH【解答】解：（1）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907.28kJmol1；4NH3（g）+3O2（g）2N
26、2（g）+6H2O（g）H2=1 269.02kJmol1；目标反应的反应热为： =1811.63 kJmol1，故答案为：=1811.63 kJmol1；温度相同时p1的一氧化氮的氮率大，所以增大压强平衡正向移动，所以p1p2；NO被O2氧化为NO2，方程式为：2NO+O22NO2，则平衡常数的表达式K=；（NO）几乎为0的原因是无二氧化氮，NO2几乎完全分解；故答案为：；NO2几乎完全分解；（2）电极b的电极发生还原反应，二氧化氮转化生成氮气，电极反应式为2NO2+8e+4H2O8OH+N2；标准状况下4.48L NH3的物质的量为：0.2mol，根据4NH33NO2，所以被消除的NO2的
27、物质的量为=0.15mol，故答案为：2NO2+8e+4H2O8OH+N2；0.15；（3）NaHS再与NaVO3反应生浅黄色沉淀是硫单质和Na2V4O9，根据得失电子守恒，得化学方程式为：2NaHS+4NaVO3+H2ONa2V4O9+2S+4NaOH，故答案为：2NaHS+4NaVO3+H2ONa2V4O9+2S+4NaOH8二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）某课题小组以此粉末为原料，设计资源回收的工艺流程如下：（1）写出第步反应的离子方程式SiO2+2OHSiO32+H2O（2）洗涤滤渣B的目的
28、是为了除去Fe3+（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，否则未洗净（3）写出第、步反应的化学方程式2CeO2+H2O2+3H2SO4Ce2（SO4）3+O2+4H2O；4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4（4）制备绿矾（FeSO47H2O）时，向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁屑，充分反应后，经过滤得到FeSO4溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作步骤得到绿矾（5）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品（质量分数为86%）1.000g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点（铈
29、被还原成Ce3+），则需准确滴加标准溶液的体积为43.14mL【考点】三废处理与环境保护【分析】由流程可知：第步反应废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2；滤渣A（Fe2O3、CeO2）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁溶液，滤渣B的成分是CeO2；第步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；第步反应Ce3+加碱生成Ce（OH）3悬浊液；第步反应Ce（OH）3悬浊液被氧化生成Ce（OH）4（1）根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质），可知能与氢氧化钠反应的只有二氧化硅；（2）滤渣B上附着Fe2（SO4）3，洗涤是为了除去F
30、e3+，检验铁离子是否洗净可取最后一次洗涤液，用KSCN溶液检验；（3）第步反应CeO2与H2O2、稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，第步反应Ce（OH）3悬浊液与氧气、水反应生成Ce（OH）4；（4）由FeSO4溶液制备绿矾（FeSO47H2O）时，应经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作步骤得到；（5）铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，根据守恒列式计算可得需准确滴加标准溶液的体积【解答】解：（1）根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质），可知能与氢氧化钠反应的是二氧化硅其离子方程式为SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OHS
31、iO32+H2O；（2）经分析滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2；第步反应Fe2O3与稀硫酸作用生成Fe2（SO4）3，洗涤滤渣B的目的显然是为了除去 Fe3+，检验铁离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，否则未洗净，故答案为：Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，否则未洗净；（3）第步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原；则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出第步反应的化学方程式 2CeO2+H2O2+3H2SO42Ce2（SO4）3+O2+4H2O；第步反应Ce（
32、OH）3悬浊液与氧气、水反应生成Ce（OH）4，反应方程式为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4，故答案为：2CeO2+H2O2+3H2SO4Ce2（SO4）3+O2+4H2O；4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4；（4）绿矾（FeSO47H2O）是结晶水合物，固体加热易分解；故由FeSO4溶液制备绿矾（FeSO47H2O）时，应经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作步骤得到，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（5）由已知条件：取上述流程中得到的Ce（OH）4产品（质量分数为86%）1.000g，加硫酸溶解后得Ce4+，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定
33、至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，反应关系式为：Ce（OH）4Ce3+eFe2+Fe3+，则n（Ce（OH）4）=n（FeSO4）=1.000g86%208g/mol=0.004314mol，滴加标准溶液的体积V=0.04314L=43.14mL，故答案为：43.14三、化学选做题：任选一题作答（共2小题，满分0分）9由Ca3（PO4）2、SiO2、焦炭等为原料生产硅胶（SiO2nH2O）、磷、磷酸及CH3OH，下列工艺过程原料综合利用率高，废弃物少（1）上述反应中，属于置换反应的是（）、（）选填：（）、（）、（）、（）、（）（2）高温下进行的反应的化学方程式为Ca3（P
34、O4）2+5C+3SiO23CaSiO3+2P+5CO；固体废弃物CaSiO3可用于生产水泥、砖瓦或作为建筑材料等（答一条即可）（3）反应需在隔绝氧气和无水条件下进行，其原因是SiHCl3会水解，同时产生的H2，与O2混合发生爆炸等（4）CH3OH可用作燃料电池的燃料，在强酸性介质中，负极的电极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+（5）指出（VI）这一环节在工业生产上的意义原料的循环利用，节能减排（6）写出由PH3PO4的有关反应式：4P+5O22P2O5P2O5+3H2O=2H3PO4【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）一种化合物和一种单质反应生成另外的单质和化合物的反应是置换
35、反应，根据反应物和生成物类型判断；（2）高温条件下，磷酸钙和碳、二氧化硅反应生成硅酸钙、磷和一氧化碳；硅酸钙属于硅酸盐，可以用于生成硅酸盐产品；（3）R为Si，反应是Si与HCl发生反应得到SiHCl3与氢气，由反应可知，SiHCl3会水解，且生成的氢气和氧气在一定范围内会产生爆炸；（4）甲醇发生氧化反应，酸性条件下，甲醇在负极失电子生成二氧化碳与氢离子；（5）原料的循环利用，节能减排；（6）磷与氧气转化为五氧化二磷，再与水化合得到磷酸【解答】解：（1）根据置换反应的定义知，反应II中反应物中有两种化合物，生成物中含有两种化合物，所以不是置换反应，反应IV中反应物没有单质，所以不是置换反应，反
36、应V是化合反应，、反应符合置换反应的条件，所以是置换反应，故答案为：（）、（）；（2）高温条件下，磷酸钙和碳、二氧化硅反应生成硅酸钙、磷和一氧化碳，反应方程式为：Ca3（PO4）2+5C+3SiO23CaSiO3+2P+5CO，硅酸钙属于硅酸盐，所以可以生产水泥、砖瓦或作为建筑材料等，故答案为：Ca3（PO4）2+5C+3SiO23CaSiO3+2P+5CO；生产水泥、砖瓦或作为建筑材料等；（3）R为Si，反应是Si与HCl发生反应得到SiHCl3与氢气，由反应可知，SiHCl3会水解，且生成的氢气和氧气在一定范围内会产生爆炸，故需在隔绝氧气和无水条件下进行，故答案为：SiHCl3会水解，同时
37、产生的H2，与O2混合发生爆炸等；（4）甲醇发生氧化反应，酸性条件下，甲醇在负极失电子生成二氧化碳与氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；（5）（）这一环节在工业生产上的意义：原料的循环利用，节能减排，故答案为：原料的循环利用，节能减排；（6）由PH3PO4，先由磷与氧气转化为五氧化二磷，再与水化合得到磷酸，有关方程式为4P+5O22P2O5、P2O5+3H2O=2H3PO4，故答案为：4P+5O22P2O5；P2O5+3H2O=2H3PO410伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等
38、症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式为C10H15NO；B中含有的官能团有羰基和溴原子（写名称）（2）写出 BC反应的化学方程式：CD的反应类型为还原反应（3）B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：（4）满足下列要求的A的同分异构体有4种；能发生银镜反应 苯环上的一氯代物有两种结构；写出其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为（写结构简式）（5）已知：RCOOH参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：【考点】有机物的合成【分析】（1）根据D的结构简式可知其分子式，根据B的结构简式可知其所含的官能团
39、；（2）比较B的结构简式与C的分子式可知，B与CH3NH2发生取代反应生成C，比较C的分子式与D的结构简式可知，C发生还原反应生成D，据此答题；（3）B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应，据此确定E的结构；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物有两种结构，其中核磁共振氢谱为4组峰，即苯环上有两种位置的氢原子，分子中有四种位置的氢原子，且峰面积之比为6：2：1：1，即个数比为6：2：1：1，据此可写出A的同分异构体；（5）由苯和乙酸为起始原料制备，可以将CH3COOH与氯气发生信息中的取代反应生成CH3COCl，与苯在氯化铝作催化剂的
40、条件下发生取代反应生成甲苯酮，甲苯酮发生还原反应即可得产品【解答】解：（1）根据D的结构简式可知其分子式为C10H15NO，根据B的结构简式可知其所含的官能团为羰基和溴原子，故答案为：C10H15NO；羰基和溴原子；（2）比较B的结构简式与C的分子式可知，B与CH3NH2发生取代反应生成C，反应方程式为，比较C的分子式与D的结构简式可知，C发生还原反应生成D，故答案为：；还原反应；（3）B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应得到E为，故答案为：；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物有两种结构，即苯环上有两种位置的氢原子，则符合条件的A的同分异构体为苯环的对位上连有两个基团：CH2CH3、CHO或：CH2CHO、CH3，也可以是连有三个基团结构为，所以共有4种，其中核磁共振氢谱为4组峰，分子中有四种位置的氢原子，且峰面积之比为6：2：1：1，即个数比为6：2：1：1的A的同分异构体为，故答案为：4；（5）由苯和乙酸为起始原料制备，可以将CH3COOH与氯气发生信息中的取代反应生成CH3COCl，与苯在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成甲苯酮，甲苯酮发生还原反应即可得产品，其合成路线为，故答案为：2016年12月9日高考资源网版权所有，侵权必究！