1、四川省宜宾市2015届高考化学一诊试卷一、在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）化学与生产、生活和社会可持续发展密切相关下列说法不正确的是（）A二氧化硅可用于制造光导纤维B小苏打可用于面粉发酵C酒精可用作汽车燃料D明矾可用于自来水杀菌消毒2（6分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A分液时下层液体从分液漏斗下端放出，上层液体从上口倒出B酸碱滴定实验中，酸式滴定管装液前不必先用待装溶液润洗C蒸馏过程中，冷却水从冷凝管的上端通入D配制一定物质的量浓度的溶液时，直接将称取的固体药品倒入容量瓶加水溶解3（6分）常温下，下列各组离子成分子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=
2、l的溶液中：Fe2+、Na+、S042、NO3B水电离的c（H+）=ll013mol/L的溶液中：NH4+、K+、Cl、HCO3C使甲基橙变红色的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDKMn04溶液中：H+、Na+、SO42、C2H5OH4（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）AOlmol过氧化钠中，阴阳离子总数为0.4 NAB11.2L氯气通入足量的水中充分反应，转移的电子数目为0.5 NAC42g乙烯与丙烯的混合气体含碳原子数目为3NAD1L Olmol/L氨水中，OH数目为0.1 NA5（6分）利尿酸是奥运会禁止使用的兴奋剂之一，其结构简式如图下列有关利尿酸的说法中正
3、确的是（）A分子式是C13H14O4Cl2B1mol利尿酸最多能与5mol H2发生加成反应C定条件下能发生加聚、缩聚反应D分子中所有碳原子不可能共平面6（6分）室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）AOlmol/L NaHS溶液：c（H+）+c（Na+）=c（S2）+c（HS）+c（0H）BOlmol/L Na2C03溶液：c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）=0lmol/LCpH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合：c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）D浓度均为0.1 mol/L的NH4ClNH4Al（SO4）2NH4HC
4、O3三种溶液，其中c（NH4+）：7（6分）在一定温度下，将6mol C02和8mol H2充入2L恒容密闭容器中，发生反应：C02（g）+3H2（g）CH30H（g）+H20（g） AHO，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表下列说法正确的是（） t/min14811n（H2）/mol62.622A反应前4min的平均速率v（C02）=0.45 mol/（Lmin）B达到平衡时，H2的转化率为25%C其他条件不变，升高温度，反应达到新平衡时CH30H的体积分数增大D该温度下，该反应的平衡常数为0.5二、解答题（共4小题，满分58分）8（13分）短周期元素A、B、C、D、E，其中A、B
5、、C、D在元素周期表中的位置如图所示，A、B、C原子的最外层电子数之和为17，E是短周期中原子半径最大的主族元素请回答下列问题：（1）B位于元素周期表中族，其气态氢化物的稳定性比C的气态氢化物（填“强”或“弱”）（2）E2B与水反应，产物的电子式是（3）A的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应，生成物的水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因（4）D的单质与E2CB3溶液发生反应的离子方程式是（5）己知A的某种氢化物与B2具有相同的摩尔质量，该氢化物能与空气组成一种碱性燃料电池（电解质溶液是20%30%的KOH溶液），电池工作时生成物无污染该电池放电时负极反应式为9（15分）类比是一种重要
6、的科学研究方法某化学实验小组类比Cu（N03）2受热分解的性质2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，猜测Fe（N03）2也具有相似的性质，并进行实验探究【提出问题】Fe（N03）2受热分解生成的气体产物是什么？留下的固体产物是什么？【查阅资料】N02的熔点11C，沸点21C实验一：实验小组同学设计如下装置，探究Fe（N03）2受热分解的气体产物成分（1）在加入硝酸亚铁以前，必须进行的操作是（2）实验开始时，打开K，通一会儿N2，关闭K，点燃酒精灯，加热一段时间，在硬玻璃管中观察到，认为分解产生的气体中含有N02（3）该实验中冰水混合物的作用是（4）收集满一瓶气体后，用玻璃片盖紧集气瓶口，
7、将其从水槽中取出正放接下来的操作及现象是，证明集气瓶中收集到的气体是02实验二：探究Fe（N03）2受热分解得到的固体产物【提出猜想】猜想一：固体产物为Fe0；猜想二：固体产物为Fe203；猜想三：固体产物为Fe304；猜想四：【进行实验】（5）实验小组同学设计并完成以下实验 实验内容实验现象实验结论步骤1：取分解后的固体产物少许于试管中加入足量的稀H2SO4固体溶解步骤2：将所得溶液分成两份，向一份溶液中滴入KSCN溶液 溶液呈红色检出离子是步骤3：向另一份溶液中滴入K3Fe（CN）6溶液未见蓝色沉淀生成溶液中无离子【实验结论】（6）猜想成立Fe（N03）2受热分解的化学方程式是10（15分
8、）高分子材料PET聚酯树脂的单体和PMMA塑料的合成路线如下（部分反应条件及产物略去）：已知：RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）请回答下列问题：（1）A的结构简式是（2）D中含有的官能团名称是（3）反应中，属于消去反应的是（填序号）（4）反应的化学方程式是（5）反应的化学方程式是（6）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式a与F含有相同的官能团 b能与新制银氨溶液反应产生银镜c核磁共振氢谱显示只有三组峰11（15分）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
9、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（1）+O2（g）H3=+140kJ/mol则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（1）+2CO（g）的H=四川省宜宾市2015届高考化学一诊
10、试卷参考答案与试题解析一、在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）化学与生产、生活和社会可持续发展密切相关下列说法不正确的是（）A二氧化硅可用于制造光导纤维B小苏打可用于面粉发酵C酒精可用作汽车燃料D明矾可用于自来水杀菌消毒考点：硅和二氧化硅；副产品的综合利用；钠的重要化合物 分析：A光导纤维的主要成分是二氧化硅；B小苏打的主要成分是碳酸氢钠，能和酸反应生成二氧化碳；C酒精属于有机物，能燃烧；D明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体能净水解答：解：A光导纤维的主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理，故A不选；B小苏打的主要成分是碳酸氢钠，能和酸反应生成二氧化碳，所以能作面粉
11、发酵剂，故B不选；C酒精属于有机物，能燃烧，且燃烧生成二氧化碳和水，对环境无污染，故C不选；D明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体能净水，胶体没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，故D选；故选D点评：本题考查物质用途，侧重考查元素化合物知识，明确物质性质即可解答，性质决定用途，用途体现性质，题目难度不大2（6分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A分液时下层液体从分液漏斗下端放出，上层液体从上口倒出B酸碱滴定实验中，酸式滴定管装液前不必先用待装溶液润洗C蒸馏过程中，冷却水从冷凝管的上端通入D配制一定物质的量浓度的溶液时，直接将称取的固体药品倒入容量瓶加水溶解考点：化学实验方案的评价 专题：
12、实验评价题分析：A分液漏斗中的下层液体必须从下口放出，上层液体必须从上口倒出；B滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释；C冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出；D容量瓶是定量容器，只能用于配制溶液，不能够用于溶解或者稀释溶质解答：解：A在分液操作中，分液漏斗中的下层液体必须从下口放出，上层液体必须从上口倒出，故A正确； B滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B错误；C蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出，可使冷凝管充满冷水而进行充分冷却，故C错误；D容量瓶不能够用于溶解和稀释溶质，所以配制一定物质的
13、量浓度的溶液时，固体物质需要在烧杯中溶解，不能够在容量瓶中溶解，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大3（6分）常温下，下列各组离子成分子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=l的溶液中：Fe2+、Na+、S042、NO3B水电离的c（H+）=ll013mol/L的溶液中：NH4+、K+、Cl、HCO3C使甲基橙变红色的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDKMn04溶液中：H+、Na+、SO42、C2H5OH考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：
14、ApH=1的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；B水电离的c（H+）=ll013mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢氧根离子、氢离子反应；C使甲基橙变红色的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3、Cl离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；D酸性高锰酸钾溶液能够氧化乙醇解答：解：ApH=l的溶液中存在大量氢离子，Fe2+、NO3在酸性溶液中发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B水电离的c（H+）=ll013mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、HCO3与氢氧根离子反应，HCO3与氢离子反应，在溶
15、液中不能大量共存，故B错误；C使甲基橙变红色的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3、Cl离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化C2H5OH，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确题干中隐含条件的含义，如：水电离的c（H+）=ll013mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，试题培养了学生灵活运用基础知识的能力4（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）AOlmol过氧化钠中，阴阳离子总数为0.4 NAB11.2L氯气通入足量
16、的水中充分反应，转移的电子数目为0.5 NAC42g乙烯与丙烯的混合气体含碳原子数目为3NAD1L Olmol/L氨水中，OH数目为0.1 NA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过氧化钠中阴离子为过氧根离子，根据过氧化钠的物质的量计算出含有的阴离子数目；B气体的状况不知，无法确定Vm；C乙烯与丙烯最简式相同，只需要计算42gCH2中的碳原子数；D氨水为弱碱，一水合氨在溶液中只能部分电离；解答：解：A.0.1mol过氧化钠中含有0.1mol过氧根离子，0.2mol钠离子，阴阳离子总数为0.3 NA，故A错误；B气体的状况不知，无法确定Vm，无法计算，故B错误；C乙
17、烯与丙烯最简式相同，只需要计算42gCH2中的碳原子数=1NA=3NA，故C正确；DlL 0lmolL1的氨水中含有溶质0.1mol，由于一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离，所以溶液中氢氧根离子的物质的量小于0.1mol，OH离子数目小于0.1N，故D错误；故选：C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，掌握阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量等物理量之间的转化关系是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和对象5（6分）利尿酸是奥运会禁止使用的兴奋剂之一，其结构简式如图下列有关利尿酸的说法中正确的是（）A分子式是C13H14O4Cl2B1mol利尿酸最多能与5mol H2发生加成反应C定条
18、件下能发生加聚、缩聚反应D分子中所有碳原子不可能共平面考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：该物质中含有碳碳双键、羰基、氯原子、醚键、羧基，所以具有烯烃、氯代烃、酮、醚及羧酸的性质，据此分析解答解答：解：A分子式是C13H12O4Cl2，故A错误；B碳碳双键、苯环和羰基都可以和氢气发生加成反应，所以1mol利尿酸最多能与5mol H2发生加成反应，故B正确；C含有碳碳双键，所以一定条件下该物质能发生加聚反应，只含羧基不含羟基，所以不能发生缩聚反应，故C错误；D苯环、碳碳双键上碳原子能共面，碳碳单键能发生旋转，所以分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选B点评：本题考查有
19、机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，熟练掌握常见有机物官能团，易错选项是D，会根据苯、烯烃结构采用知识迁移方法判断原子共面，题目难度中等6（6分）室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）AOlmol/L NaHS溶液：c（H+）+c（Na+）=c（S2）+c（HS）+c（0H）BOlmol/L Na2C03溶液：c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）=0lmol/LCpH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合：c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）D浓度均为0.1 mol/L的NH4ClNH4Al（SO4）2NH4HC
20、O3三种溶液，其中c（NH4+）：考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：A、根据电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）=2c（S2）+c（HS）+c（0H）；B、根据物料守恒，碳元素在溶液中所有存在形式的浓度之和为Olmol/L；C、pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合溶液呈酸性；D、NH4Al（S04）2电离产生的铝离子对铵根离子的水解起抑制作用，而NH4HC03电离出的碳酸氢根离子对铵根离子的水解起促进作用解答：解：A、根据电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）=2c（S2）+c（HS）+c（0H），故A错误；B、根据物料守恒，碳元素在溶液中所有存
21、在形式的浓度之和为Olmol/L，所以c（H2C03）+c（HC03）+c（C032）=Olmol/L，故B正确；C、pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合溶液呈酸性，所以c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故C错误；D、NH4Al（S04）2电离产生的铝离子对铵根离子的水解起抑制作用，而NH4HC03电离出的碳酸氢根离子对铵根离子的水解起促进作用，所以其中c（NH4+）：，故D错误；故选B点评：本题考查离子浓度大小的比较，难度较大，熟悉盐的水解和物料守恒、电荷守恒的相关知识，水解与电离的程度及相互影响是解答本题的关键7（6分）在一定温度下，将6mol
22、 C02和8mol H2充入2L恒容密闭容器中，发生反应：C02（g）+3H2（g）CH30H（g）+H20（g） AHO，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表下列说法正确的是（） t/min14811n（H2）/mol62.622A反应前4min的平均速率v（C02）=0.45 mol/（Lmin）B达到平衡时，H2的转化率为25%C其他条件不变，升高温度，反应达到新平衡时CH30H的体积分数增大D该温度下，该反应的平衡常数为0.5考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的计算 分析：A、4min内H2物质的量变化为8mol2.6mol=5.4mol，求出C02的物质的量变化，根据v=计算
23、v（C02）；B、由表中数据可知8min时，反应到达平衡，根据平衡时H2的物质的量，利用转化率=计算；C、根据温度对平衡的影响分析；D、由表中数据可知8min时，反应到达平衡，根据平衡时H2的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量代入平衡常数表达式计算解答：解：A、由表中数据4min内H2物质的量变化为8mol2.6mol=5.4mol，则C02的物质的量为=1.8mol，所以v=0.225mol/（Lmin），故A错误；B、由表中数据可知8min时，反应到达平衡，平衡时H2的物质的量为2moL，则转化率=75%，故B错误；C、其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则CH30
24、H的体积分数减小，故C错误；D、由表中数据可知8min时，反应到达平衡，H2的物质的量为2mol，则C02（g）+3H2（g）CH30H（g）+H20（g） AHO开始 6 8 0 0转化 2 6 2 2平衡 4 2 2 2则平衡常数K=0.5，故D正确；故选D点评：本题考查化学反应速率、转化率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意D选项中对化学平衡常数的理解二、解答题（共4小题，满分58分）8（13分）短周期元素A、B、C、D、E，其中A、B、C、D在元素周期表中的位置如图所示，A、B、C原子的最外层电子数之和为17，E是短周期中原子半径最大的主族元素请回答下列问题：（1）B位
25、于元素周期表中A族，其气态氢化物的稳定性比C的气态氢化物强（填“强”或“弱”）（2）E2B与水反应，产物的电子式是（3）A的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应，生成物的水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因NH4+H2ONH3H2O+H+（4）D的单质与E2CB3溶液发生反应的离子方程式是SO32+Cl2+H2O=SO42+2H+2Cl（5）己知A的某种氢化物与B2具有相同的摩尔质量，该氢化物能与空气组成一种碱性燃料电池（电解质溶液是20%30%的KOH溶液），电池工作时生成物无污染该电池放电时负极反应式为N2H4+4OH4e4H2O+N2考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：
26、元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素A、B、C、D、E，E是短周期中原子半径最大的主族元素，则E为钠元素，A、B、C原子的最外层电子数之和为17，设A的最外层电子数为x，A、B、C、D在元素周期表中的位置如图，则有x+x+1+x+1=17，x=5，所以A为氮元素，B为氧元素，C为硫元素，D为氯元素，据此答题解答：解：短周期元素A、B、C、D、E，E是短周期中原子半径最大的主族元素，则E为钠元素，A、B、C原子的最外层电子数之和为17，设A的最外层电子数为x，A、B、C、D在元素周期表中的位置如图，则有x+x+1+x+1=17，x=5，所以A为氮元素，B为氧元素，C为硫元素，D为氯元素，（
27、1）B为氧元素，B位于元素周期表中A族，根据元素周期律可知，水的稳定性比硫化氢的稳定性强，故答案为：A；强；（2）E2B与水反应产物为氢氧化钠，它的电子式是，故答案为：；（3）A的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成硫酸铵，由于铵根离子水解，所以其水溶液显酸性，用离子方程式表示为NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（4）氯气与Na2SO3溶液发生反应的离子方程式是SO32+Cl2+H2O=SO42+2H+2Cl，故答案为：SO32+Cl2+H2O=SO42+2H+2Cl； （5）A2为O2，摩尔质量为32g/mol，则A的氢化物为N2H4，
28、能与空气组成一种碱性燃料电池（电解质溶液是20%30%的KOH溶液），该电池放电时负极反应式为N2H4+4OH4e4H2O+N2，故答案为：N2H4+4OH4e4H2O+N2点评：本题以元素推断为载体，考查化学用语、盐类水解、电化学原理与计算、元素化合物性质等，综合性较大，难度中等，是对所学知识的综合性考查，注意基础知识的理解掌握推断元素是解题关键9（15分）类比是一种重要的科学研究方法某化学实验小组类比Cu（N03）2受热分解的性质2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，猜测Fe（N03）2也具有相似的性质，并进行实验探究【提出问题】Fe（N03）2受热分解生成的气体产物是什么？留下的固
29、体产物是什么？【查阅资料】N02的熔点11C，沸点21C实验一：实验小组同学设计如下装置，探究Fe（N03）2受热分解的气体产物成分（1）在加入硝酸亚铁以前，必须进行的操作是检查装置的气密性（2）实验开始时，打开K，通一会儿N2，关闭K，点燃酒精灯，加热一段时间，在硬玻璃管中观察到红棕色气体生成，认为分解产生的气体中含有N02（3）该实验中冰水混合物的作用是液化二氧化氮（4）收集满一瓶气体后，用玻璃片盖紧集气瓶口，将其从水槽中取出正放接下来的操作及现象是移开玻璃片，用带火星的木条伸入瓶中，带火星的木条复燃，证明集气瓶中收集到的气体是02实验二：探究Fe（N03）2受热分解得到的固体产物【提出猜
30、想】猜想一：固体产物为Fe0；猜想二：固体产物为Fe203；猜想三：固体产物为Fe304；猜想四：【进行实验】（5）实验小组同学设计并完成以下实验 实验内容实验现象实验结论步骤1：取分解后的固体产物少许于试管中加入足量的稀H2SO4固体溶解步骤2：将所得溶液分成两份，向一份溶液中滴入KSCN溶液 溶液呈红色检出离子是Fe3+步骤3：向另一份溶液中滴入K3Fe（CN）6溶液未见蓝色沉淀生成溶液中无Fe2+离子【实验结论】（6）猜想二成立Fe（N03）2受热分解的化学方程式是4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2+O2考点：性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）实验前首先进行的操作是检
31、查装置的气密性；（2）根据N02的颜色判断；（3）根据N02的熔点11，沸点21，该实验中冰水混合物的作用是液化二氧化氮；（4）根据能使带火星的木条复燃得气体为氧气检验；（5）根据能使KSCN溶液呈红色的为三价铁离子，不能与K3Fe（CN）6溶液生成蓝色沉淀的则无二价铁判断；（6）根据（5）的判断该铁的氧化物只有+3价即氧化铁书写方程式解答：解：（1）实验前首先进行的操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；（2）因为N02的颜色为红棕色，所以在硬玻璃管中观察到红棕色气体生成，认为分解产生的气体中含有N02；故答案为：红棕色气体生成；（3）因为N02的熔点11，沸点21，所以该实验中
32、冰水混合物的作用是液化二氧化氮，故答案为：液化二氧化氮；（4）移开玻璃片，用带火星的木条伸入瓶中，带火星的木条复燃，证明集气瓶中收集到的气体是02；故答案为：移开玻璃片，用带火星的木条伸入瓶中，带火星的木条复燃；（5）因为能使KSCN溶液呈红色，所以含有三价铁离子，不能与K3Fe（CN）6溶液生成蓝色沉淀，则无二价铁，故答案为：Fe3+；Fe2+；（6）根据（5）的判断该铁的氧化物只有+3价即氧化铁，所以猜想二成立，Fe（N03）2受热分解的化学方程式是4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2+O2，故答案为：二；4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2+O2点评：本题考查了Fe（N03）2受
33、热分解产物的检验，关键抓住生成物的各自不同的性质加以证明，本题难度中等10（15分）高分子材料PET聚酯树脂的单体和PMMA塑料的合成路线如下（部分反应条件及产物略去）：已知：RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R代表烃基）请回答下列问题：（1）A的结构简式是（2）D中含有的官能团名称是羟基和羧基（3）反应中，属于消去反应的是（填序号）（4）反应的化学方程式是（5）反应的化学方程式是（6）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式HCOOCH=C（CH3）2a与F含有相同的官能团 b能与新制银氨溶液反应产生银镜c核磁共振氢谱显示只有三组峰考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推
34、断分析：根据题中各物质转化关系，由于F发生加聚反应得PMMA，所以由PMMA的结构可反应推得F为CH2=C（CH3）COOCH3，C3H8O氧化得C，C发生信息的反应，C先加成后水解得D，可推得C为CH3COCH3，所以D为（CH3）2C（OH）COOH，根据F的结构及D和X发生酯化反应生成E，E在浓硫酸作用下加热发生消去反应得F，可推断E为（CH3）2C（OH）COOCH3，所以X为CH3OH，根据PET单体和X的结构结合信息可知，B和Y发生取代反应生成PET单体和X，再结合C8H8发生氧化反应得A，A与X发生取代反应得B，可推得C8H8为，B为，Y为HOCH2CH2OH，A为，据此答题解答
35、：解：根据题中各物质转化关系，由于F发生加聚反应得PMMA，所以由PMMA的结构可反应推得F为CH2=C（CH3）COOCH3，C3H8O氧化得C，C发生信息的反应，C先加成后水解得D，可推得C为CH3COCH3，所以D为（CH3）2C（OH）COOH，根据F的结构及D和X发生酯化反应生成E，E在浓硫酸作用下加热发生消去反应得F，可推断E为（CH3）2C（OH）COOCH3，所以X为CH3OH，根据PET单体和X的结构结合信息可知，B和Y发生取代反应生成PET单体和X，再结合C8H8发生氧化反应得A，A与X发生取代反应得B，可推得C8H8为，B为，Y为HOCH2CH2OH，A为，（1）根据上面
36、的分析可知，A的结构简式是，故答案为：；（2）D为（CH3）2C（OH）COOH，D中含有的官能团名称是羟基和羧基，故答案为：羟基和羧基；（3）根据上面的分析可知，反应中，属于消去反应的是 ，故答案为：；（4）反应的化学方程式是，故答案为：；（5）反应的化学方程式是，故答案为：；（6）符合下列条件a与F含有相同的官能团，b能与新制银氨溶液反应产生银镜，则有醛基，c核磁共振氢谱显示只有三组峰，这样的F的同分异构体的结构简式为HCOOCH=C（CH3）2，故答案为：HCOOCH=C（CH3）2点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推断，明确有机物的官能团及其性
37、质是解本题关键，难度中等11（15分）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+（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、101kP
38、a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
39、，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
40、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，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=3
41、93.5kJmol12CO（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+2Cl2TiCl4+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