1、2015年上海师大附属外国语中学高考化学模拟试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是( )A2014年西非国家爆发埃博拉病毒，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全灭活该病毒感染性，其消毒原理和漂白粉消毒饮用水相同B2015年初公益调查柴静雾霾调查：穹顶之下发布，引起社会强烈反响雾霾中PM2.5属于胶体C分光光度计可以用来测定某些化学反应的反应速率D汽油、煤油、植物油都是油，但它们的主要成分不相同2下列说法正确的是( )A洗涤沉淀的操作是将沉淀置于滤纸上（已放置在漏斗中），边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗B酸碱中和滴定常用的指示剂有酚酞、甲基橙和石蕊
2、试液C除去Fe（OH）3胶体中的NaCl时，可将其装在用半透膜做的袋子里，放在流动的蒸馏水中，该分离方法称为渗析D将适量植物油、酒精和NaOH溶液混合，并不断搅拌、加热，直到混合物变稠，即可以制得肥皂3短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rCrDrBrAB原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，A与C同主族下列说法正确的是( )A工业上常用电解熔融D的氧化物来制备D的单质B单质C、D着火，灭火时C不能用泡沫灭火器，但D可以用泡沫灭火器灭火C化合物A2B2与C2B2所含化学键类型完全相同DA、B、C组成的化合物，若溶液浓度为0.01mo
3、l/L，则由水电离出的OH为1012mol/L4下列说法正确的是( )A按系统命名法的名称为4，5二甲基4乙基庚烷B完全水解可以得到3种氨基酸C石油裂解和油脂皂化都是由高分子物质生成小分子物质的过程D化合物的一氯代物有2种5早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH（熔融）4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na下列有关说法正确的是( )A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：Na+e=NaB盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中
4、转移的电子总数比为2：1D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极6以0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸HA的滴定曲线如图所示下列表述正确的是( )A此实验可以选用酚酞作指示剂B弱酸HA的浓度约为1104mol/LC根据已知条件，弱酸HA的电离常数（Ka）不能计算D当NaOH体积为9ml时，恰好完全中和反应7某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH4+、Al3+、SO42、Fe2+、Cl等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是( )A试样中肯定有NH
5、4+、SO42和Fe2+B试样中一定没有Al3+C若气体甲在标准状况下体积为0.448L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，则可判断溶液中还有ClD该盐工业上可以用作净水剂二、非选择题，共58分8近年来，我国部分地区相继发现一些以发热伴血小板减少为主要表现的感染性疾病病例氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中一种合成路线如下：已知：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O请回答下列问题：（1）D的官能团除了氯原子外还有（填名称）_（2）有关A、C、D的下列说法正确的是_ACD的反应属于取代反应BA能与H2发
6、生还原反应，但不能发生氧化反应CC、D在一定条件下都能与NaOH溶液反应DD易溶于水和氯仿（3）E与在酸性条件下生成氯吡格雷和另一种常见有机物，该有机物在浓硫酸催化下，加热脱水生成乙炔，试写出该有机物脱水生成乙炔的方程式_（4）写出C转化为D的化学方程式_（5）写出A属于芳香族化合物的所有同分异构体的结构简式：_9（18分）（）铜铁及其化合物在日常生活中应用广泛，某研究性学习小组用粗铜（含杂质Fe）与过量氯气反应得固体A，用稀盐酸溶解A，然后加试剂调节溶液的pH后得溶液B，溶液B经系列操作可得氯化铜晶体，请回答：（1）电解精炼粗铜时，粗铜与电源的_（正极或负极）相连（2）固体A用稀盐酸溶解的原
7、因是_；（3）加何种试剂可以调节溶液的pH后得溶液B？_ACuO BNa2CO3 CCu2（OH）2CO3 D稀氨水（4）已知元素在高价态时常表现氧化性，若在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，则生成CuCl的离子方程式是_；（）某含氧物质X仅含三种元素，在198以下比较稳定，温度高时易分解某研究小组设计并完成如下实验：试回答如下问题：（1）X的化学式为_，写出X与H2O反应的离子方程式_（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式_（3）保存X时应注意_，写出X在实际生活中的一种应用_10（16分）CO2作为未来碳源，既可弥补因石油
8、、天然气等大量消耗引起的“碳源危机”，又可有效地解决温室效应目前，人们利用光能和催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2某研究小组选用不同的催化剂（a，b，c），获得的实验结果如图1所示，请回答下列问题：（1）反应开始后的12小时内，在_（填a、b、c）的作用下，收集CH4的最多（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206kJmol1将等物质的量的CH4和H2O（g）充入2L恒容密闭容器，某温度下反应5min后达到平衡，此时测得CO的物质的量为0.10mol，则5min内H2的平均反应速率为_平衡后可以采
9、取下列_的措施能使n（CO）：n（CH4）增大A加热升高温度B恒温恒压下充入氦气C恒温下缩小容器体积D恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O（3）工业上可以利用CO为原料制取CH3OH已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1试写出由CO和H2制取甲醇的热化学方程式_该反应的S_0（填“”或“”或“=”），在_情况下有利于该反应自发进行（4）某科研人员为研究H2和CO合成CH3OH的最佳起始组成比n（H2）：n（CO），在l L恒容密闭容器中通入H2与CO的混合气（CO的投
10、入量均为1mol），分别在230、250和270进行实验，测得结果如图2，则230时的实验结果所对应的曲线是_（填字母）；理由是_列式计算270时该反应的平衡常数K：_11（14分）正丁醚常用作有机反应的溶剂实验室制备正丁醚的反应和主要实验装置如下：2CH3CH2CH2CH2OH（CH3CH2CH2CH2）2O+H2O反应物和产物的相关数据如下相对分子质量沸点/密度/（gcm3）水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成反应：将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石加热A中反应液，迅速升温至135，维持反应一段时间分离提
11、纯待A中液体冷却后将其缓慢倒人盛有70mL水的分液谝斗中，振摇后静置，分液得粗产物粗产物依次用40mL水、20mL NaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11g请回答：（1）步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为_（2）加热A前，需先从_（填“a”或“b”）口向B中通入水（3）步骤的目的是初步洗去_，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的_（填“上”或“下”）口分离出（4）步骤巾最后一次水洗的目的为_（5）步骤中，加热蒸馏时应收集_（填选项字母）左右的馏分a100b117c 135d142（6）反应过程中会
12、观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A分水器中上层液体的主要成分为_，下层液体的主要成分为_（7）本实验中，正丁醚的产率为_2015年上海师大附属外国语中学高考化学模拟试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是( )A2014年西非国家爆发埃博拉病毒，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全灭活该病毒感染性，其消毒原理和漂白粉消毒饮用水相同B2015年初公益调查柴静雾霾调查：穹顶之下发布，引起社会强烈反响雾霾中PM2.5属于胶体C分光光度计可以用来测定某些化学反应的反
13、应速率D汽油、煤油、植物油都是油，但它们的主要成分不相同【考点】过氧化氢；常见的生活环境的污染及治理；石油的分馏产品和用途；油脂的性质、组成与结构 【分析】A高锰酸钾溶液和双氧水、漂白粉均具有强氧化性；BPM2.5很多是1微米到2.5微米之间的，大于胶体粒子的大小；C对于有些有颜色的反应物（或生成物），随着反应的进行，溶液的颜色为不断变化，可用用于比色分析的分光光度计测定反应速率；D汽油、煤油、植物油的成分不同【解答】解：A高锰酸钾溶液和双氧水、漂白粉均具有强氧化性，可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故A正确； B胶体一般认为是1微米以下的，PM2.5很多是1微米到2.5微米之间的，另外雾霾中可
14、能吸收水汽聚集成更大颗粒，故B错误；C对于有些有颜色的反应物（或生成物），随着反应的进行，溶液的颜色为不断变化，可用用于比色分析的分光光度计测定反应速率，故C正确；D汽油、煤油是烃类的混合物，植物油是酯类，成分不同，故D正确故选B【点评】本题考查了消毒剂、PM2.5、分光光度计及油的分类等，明确汽油、煤油、植物油的区别是解题的关键，题目较简单2下列说法正确的是( )A洗涤沉淀的操作是将沉淀置于滤纸上（已放置在漏斗中），边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗B酸碱中和滴定常用的指示剂有酚酞、甲基橙和石蕊试液C除去Fe（OH）3胶体中的NaCl时，可将其装在用半透膜做的袋子里，放在流动的蒸馏水中，该分离方法
15、称为渗析D将适量植物油、酒精和NaOH溶液混合，并不断搅拌、加热，直到混合物变稠，即可以制得肥皂【考点】化学实验方案的评价 【分析】A洗涤沉淀，不能搅拌；B石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；C除去胶体中的可溶性杂质可以采用渗析法；D植物油水解的条件应该是“水和NaOH溶液混合”【解答】解：A洗涤沉淀的操作是将沉淀置于滤纸上（已放置在漏斗中），加蒸馏水浸没固体，使水自然流下，重复23次，故A错误；B石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，可选酚酞、甲基橙等酸碱指示剂均可用作中和滴定的指示剂，故B错误；C胶体不能透过半透膜、氯化钠溶液能透过半透膜，所以可以采用渗析的方
16、法除去Fe（OH）3胶体中的NaCl，故C正确；D植物油水解的条件应该是NaOH的水溶液，不能加入乙醇，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质的分离和提纯、皂化反应、指示剂的选取、基本操作等，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意从操作的规范性及物质的性质分析评价，易错选项是D3短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rCrDrBrAB原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，A与C同主族下列说法正确的是( )A工业上常用电解熔融D的氧化物来制备D的单质B单质C、D着火，灭火时C不能用泡沫灭火器，但D可以用
17、泡沫灭火器灭火C化合物A2B2与C2B2所含化学键类型完全相同DA、B、C组成的化合物，若溶液浓度为0.01mol/L，则由水电离出的OH为1012mol/L【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rCrDrBrAB原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则B为O元素；A与C同主族，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，则C、D同在第三周期，由于A的半径小于O的半径，所以A只能为H或F，若A为H、C为Na，则D为Mg，若A为F、C为Cl，则D为Fe，不符合，综上可知，A为H，B为O，C为Na，D为Mg，然后结合元素化合物性质及元素周
18、期律来解答【解答】解：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rCrDrBrAB原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则B为O元素；A与C同主族，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，则C、D同在第三周期，由于A的半径小于O的半径，所以A只能为H或F，若A为H、C为Na，则D为Mg，若A为F、C为Cl，则D为Fe，不符合，综上可知，A为H，B为O，C为Na，D为Mg，AD为Mg，工业用电解氯化镁的方法冶炼镁，故A错误；BD为Mg，能与二氧化碳反应，所以单质Mg着火时，不可用二氧化碳灭火器灭火，故B错误；C化合物H2O2与Na2O2所含化学键分别为共价键、离子键，故C错误；D
19、A、B、C组成的化合物NaOH溶液，25时若溶液浓度为0.01mol/L，则溶液中氢离子浓度为1012mol/L，该氢离子由水电离，则由水电离出的OH也是1012mol/L，故D正确故选D【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度中等，本题注意根据离子的电子层结构判断元素在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行判断4下列说法正确的是( )A按系统命名法的名称为4，5二甲基4乙基庚烷B完全水解可以得到3种氨基酸C石油裂解和油脂皂化都是由高分子物质生成小分子物质的过程D化合物的一氯代物有2种【考点】有机化合物命名；有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物的异构现象 【分析】A、烷烃命
20、名时，要选最长的碳链为主链，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号；B、从肽键中的CN键断开，当初发生成肽反应时，脱去的是什么基团，现在将其还原即可得水解产物；C、高分子是相对分子质量在一万以上，达几万或几十万的分子；D、此物质中三个苯环在整体上结构对称，但苯环之间的碳原子上还有可以取代的位置【解答】解：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，则主链上有7个碳原子，即为庚烷，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，则在3号碳上有1个甲基，在4号碳上有1个甲基和1个乙基，故名称为：3，4二甲基4乙基庚烷，故A错误；B、从肽键中的CN键断开，当初发生成肽反应时，脱去的是什么基团，现在将其
21、还原即可得水解产物，故此三肽水解为丙氨酸CH3CH（NH2）COOH、甘氨酸CH2（NH2）COOH和苯丙氨酸C6H5CH2CH（NH2）COOH，故B正确；C、高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子，石油的成分为碳原子在50以内的烷烃和环烷烃，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，均不属于高分子，故C错误；D、此物质在整体上结构对称，首先三个苯环是等价的，故苯环上的一氯代物有2种；但苯环之间的2个碳原子上还可以取代，且取代之后的产物是同一种，故此物质的一氯代物的结构共有3种故D错误故选B【点评】本题考查了烷烃的命名、肽的水解和一氯代物种类的判断，难度不大，容易出错的是选项D5早在1807年化学家戴维用
22、电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH（熔融）4Na+O2+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na下列有关说法正确的是( )A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：Na+e=NaB盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数比为2：1D目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】A阳极氢氧根离子放电生成氧气和水；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动；C戴维法生成4molNa转
23、移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子；D石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电【解答】解：A由4NaOH（熔）4Na+O2+2H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH4e=2H2O+O2，故A错误；B.1100时生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，故B错误；C由4NaOH（熔）4Na+O2+2H2O、3Fe+4NaOHFe3O4+2H2十4Na可知，戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则转移电子总数为1：2，故C错误；D电解熔融氯化钠法制钠时，石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极
24、钠离子放电，发生2NaCl2Na+Cl2，如铁为阳极，则铁被氧化，故D正确；故选D【点评】本题考查金属的冶炼及电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素的化合价变化及发生的电极反应即可解答，题目难度不大6以0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸HA的滴定曲线如图所示下列表述正确的是( )A此实验可以选用酚酞作指示剂B弱酸HA的浓度约为1104mol/LC根据已知条件，弱酸HA的电离常数（Ka）不能计算D当NaOH体积为9ml时，恰好完全中和反应【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【分析】A、氢氧化钠和弱酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱
25、性条件下变色的指示剂；B、弱酸部分电离，弱酸的浓度大于溶液中氢离子的浓度；C、依据电离平衡常数概念计算近似值；D、当酸碱恰好反应时，滴定曲线会发生突变【解答】解：A、氢氧化钠和弱酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂，应选择酚酞作指示剂，故A正确；B、弱酸部分电离，弱酸的浓度大于溶液中氢离子的浓度，所以弱酸HA的浓度大于1104mol/L，故B错误；C、由图象分析可知，c（H+）=1104molL1，但HA是弱酸，不完全电离，所以HA的浓度为大于1104molL1，由图象可知，当V=10mL，酸碱恰好中和，一元弱酸电离程度近似为1%，所以弱酸起始浓度为1
26、02mol/L，平衡常数=106，所以能计算弱酸HA的电离常数（Ka），故C错误；D、当酸碱恰好反应时，滴定曲线会发生突变，由图象可知，当V=10mL，酸碱恰好中和，故D错误故选A【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，注意酸碱中和滴定的实验原理7某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH4+、Al3+、SO42、Fe2+、Cl等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是( )A试样中肯定有NH4+、SO42和Fe2+B试样中一定没有Al3+C若气体甲在
27、标准状况下体积为0.448L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，则可判断溶液中还有ClD该盐工业上可以用作净水剂【考点】离子反应发生的条件；常见离子的检验方法 【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到气体甲，该气体为氨气，原溶液中一定存在NH4+；产生白色沉淀乙为氢氧化亚铁，红褐色沉淀丙为氢氧化铁，原溶液中一定存在Fe2+；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；加入HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO42；据此分析【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到气体甲，该气体为氨气，原溶液中一定存在NH4+；产生白色沉淀乙为氢氧化亚铁，红褐色
28、沉淀丙为氢氧化铁，原溶液中一定存在Fe2+；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；加入HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO42；A、由上述分析，试样中肯定有NH4+、SO42和Fe2+，故A正确；B、溶液丁中的偏铝酸根与足量的HCl溶液反应已变为铝离子，与二氧化碳不反应，所以无现象不能确定没有铝离子，故B错误；C、若气体甲在标准状况下体积为0.448L，则NH4+为0.02mol，沉淀丙1.07g，则Fe2+为=0.01mol，沉淀戊4.66g，推出SO42为=0.02mol，根据电荷守恒，判断出溶液中没有Cl，故C错误；D、该盐含有亚铁离子，氧化
29、水解生成氢氧化铁胶体，可以做净水剂，故D正确；故选C【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法二、非选择题，共58分8近年来，我国部分地区相继发现一些以发热伴血小板减少为主要表现的感染性疾病病例氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中一种合成路线如下：已知：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O请回答下列问题：（1）D的官能团除了氯原子外还有（填名称）氨基、酯基（2）有关A、C、D的下列说法正确的是ACACD的反应属于取代反应BA能与H2发生还原反应，但不能发生氧化反应CC、
30、D在一定条件下都能与NaOH溶液反应DD易溶于水和氯仿（3）E与在酸性条件下生成氯吡格雷和另一种常见有机物，该有机物在浓硫酸催化下，加热脱水生成乙炔，试写出该有机物脱水生成乙炔的方程式CH2OHCH2OHCHCH+2H2O（4）写出C转化为D的化学方程式（5）写出A属于芳香族化合物的所有同分异构体的结构简式：、【考点】有机物的合成 【分析】（1）根据D的结构简式可知，D中含有氨基和酯基；（2）ACD发生酯化反应；BA中含有CHO，既能被氧化又能被还原；C氯代苯、酯基都能在碱溶液中水解；DD中含有酯基，不易溶于水；（3）E与 在酸性条件下生成氯吡格雷和另一种常见有机物，由原子守恒可知，该有机物为
31、乙二醇；（4）C与甲醇发生酯化反应得D，根据元素守恒可写方程式；（5）A属于芳香族化合物的所有同分异构体中含有苯环，官能团不变时，改变官能团的位置，若官能团发生变化，侧链为为COCl，据此写出同分异构体的结构【解答】解：（1）由D的结构简式可知D中含有氨基和酯基、氯原子，故答案为：氨基、酯基；（2）ACD发生酯化反应，属于取代反应，故A正确；BA中含有CHO，既能被氧化又能被还原，故B错误；C氯代苯、酯基都能在碱溶液中水解，A、C、D均有氯苯结构，则都能水解，故C正确；DD中含有酯基，不易溶于水，而能溶于氯仿，故D错误；故答案为：AC；（3）E与 在酸性条件下生成氯吡格雷和另一种常见有机物，由
32、原子守恒可知，该有机物为乙二醇，乙二醇脱水生成乙炔的方程式为CH2OHCH2OH CHCH+2H2O，故答案为：CH2OHCH2OH CHCH+2H2O；（4）C与甲醇发生酯化反应得D，根据元素守恒可知该反应的方程式为，故答案为：；（5）A属于芳香族化合物的所有同分异构体中含有苯环，官能团不变时，改变官能团的位置，若官能团发生变化，侧链为为COCl，符合条件所有的结构简式为：、，故答案为：、；【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力，难度中等9（18分）（）铜铁及其化合物在日常生
33、活中应用广泛，某研究性学习小组用粗铜（含杂质Fe）与过量氯气反应得固体A，用稀盐酸溶解A，然后加试剂调节溶液的pH后得溶液B，溶液B经系列操作可得氯化铜晶体，请回答：（1）电解精炼粗铜时，粗铜与电源的正极（正极或负极）相连（2）固体A用稀盐酸溶解的原因是抑制铁盐和铜盐水解反应；（3）加何种试剂可以调节溶液的pH后得溶液B？ACACuO BNa2CO3 CCu2（OH）2CO3 D稀氨水（4）已知元素在高价态时常表现氧化性，若在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，则生成CuCl的离子方程式是2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuCl+SO42+2
34、H+；（）某含氧物质X仅含三种元素，在198以下比较稳定，温度高时易分解某研究小组设计并完成如下实验：试回答如下问题：（1）X的化学式为K2FeO4，写出X与H2O反应的离子方程式4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式Fe2O3+3CO3CO2+2Fe（3）保存X时应注意避免吸潮和受热，写出X在实际生活中的一种应用可作净水剂【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理 【分析】（）（1）电解过程中，粗铜作阳极，应该为电源的正极相连；（2）铜离子和铁离子都能在水溶液中发生水解反应，避免
35、水解，用稀盐酸溶解；（3）调节溶液pH的目的是除去铁离子，所选试剂不能与铜离子反应，也不能引进杂质；（4）铜离子变成了亚铜离子，被还原，亚硫酸根被氧化成硫酸根，写成反应，根据化合价升降相等配平方程式；（）根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的物质的量为0.02m
36、ol，所以X中氧元素的物质的量为：mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，据此进行答题【解答】解：（）（1）电解时，纯铜做阴极、粗铜做阳极，则粗铜应该与电源的正极相连，故答案为：正极； （2）为了防止铜离子、铁离子水解，一般用稀盐酸溶解氯化铁和氯化铜，故答案为：抑制铁盐和铜盐水解反应；（3）调节溶液pH后可以除去杂质铁离子，选用的试剂不能引进杂质，也不能与铜离子反应，可以选用ACuO、CCu2（OH）2CO3，不能选用BNa2CO3、D
37、稀氨水，故答案为：AC；（4）在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热生成了CuCl，亚硫酸根检验还原性，被氧化成硫酸根，根据化合价变化配平方程式可得：2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuCl+SO42+2H+，故答案为：2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuCl+SO42+2H+；（）根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为
38、2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的物质的量为0.02mol，所以X中氧元素的物质的量为mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，（1）根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH，故答案为：K2FeO4；4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH；（2）工业
39、上由氧化铁制备铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe，故答案为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe； （3）由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热，K2FeO4在实际生活中由于与水反应可以生成氢氧化铁胶体，所以可作净水剂，故答案为：避免吸潮和受热；可作净水剂【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，涉及无机推断、物质的分离与提纯方法的综合应用、化学方程式的书写等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力10（16分）CO2作为未来碳源，既可弥补因石油、天然气等大量消耗引起的“碳源危机”，又可
40、有效地解决温室效应目前，人们利用光能和催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2某研究小组选用不同的催化剂（a，b，c），获得的实验结果如图1所示，请回答下列问题：（1）反应开始后的12小时内，在b（填a、b、c）的作用下，收集CH4的最多（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206kJmol1将等物质的量的CH4和H2O（g）充入2L恒容密闭容器，某温度下反应5min后达到平衡，此时测得CO的物质的量为0.10mol，则5min内H2的平均反应速率为0.03mol/（Lmin）平衡后可以采取下列AB的措施
41、能使n（CO）：n（CH4）增大A加热升高温度B恒温恒压下充入氦气C恒温下缩小容器体积D恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O（3）工业上可以利用CO为原料制取CH3OH已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1试写出由CO和H2制取甲醇的热化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1该反应的S0（填“”或“”或“=”），在低温情况下有利于该反应自发进行（4）某科研人员为研究H2和CO合成CH3OH的最佳起始组成比n（H2）：n（CO），在l
42、L恒容密闭容器中通入H2与CO的混合气（CO的投入量均为1mol），分别在230、250和270进行实验，测得结果如图2，则230时的实验结果所对应的曲线是X（填字母）；理由是该反应是放热反应，温度越低转化率越高列式计算270时该反应的平衡常数K：1【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素 【分析】（1）图中三条曲线，b的斜率最大，所以反应速率最快；（2）根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；A加热升高温度，平衡逆向移动；B恒温恒压下充入氦气，容器容积增大，平衡正向移动；C恒温下缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动；D恒温恒容下再充入等物质的量
43、的CH4和H2O，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；（3）已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1根据盖斯定律，可得：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），焓变为二者之差；正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，G=HTS0反应自发进行；（4）合成甲醇是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，则230时的实验结果所对应的曲线是X，270对应的曲线是Z，加入氢气为2mol时，CO转化率为50%，计算平衡时各组分的物质的量，容器
44、的体积为1L，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=计算【解答】解：（1）图中三条曲线，b的斜率最大，所以反应速率最快，开始后的12小时内，收集到的甲烷最多，故答案为：b；（2）5min内CO的平均化学反应速率v（CO）=0.01mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，v（H2）=3v（CO）=0.03mol/（Lmin），A加热升高温度，化学平衡正向移动，n（CO）增大、n（CH4）减小，二者之比增大，故A正确；B恒温恒压下充入氦气，容器容积增大，平衡正向移动，n（CO）增大、n（CH4）减小，二者之比增大，故B正确；C恒温下缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，n（CO）减小、n（C
45、H4）增大，二者之比减小，故C错误；D恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，n（CO）：n（CH4）减小，故D错误，故答案为：0.03mol/（Lmin）；AB；（3）已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1根据盖斯定律，可得：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1故答案为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1；正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的
46、反应，S0，正反应为放热反应，则H0，G=HTS0反应自发进行，低温有利于反应自发进行，故答案为：；低温；（4）合成甲醇是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，则230时的实验结果所对应的曲线是X，270对应的曲线是Z，加入氢气为2mol时，CO转化率为50%，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol）：1 2 0变化量（mol）：0.5 1 0.5平衡量（mol）：0.5 1 0.5容器的体积为1L，用物质的量代替浓度计算，则平衡常数K=1，故答案为：X；该反应是放热反应，温度越低转化率越高；1【点评】本题考查化学平衡计算及影响因素、平衡常数、速率计算、热化学
47、方程式书写等，旨在考查学生对基础知识的理解运用，难度中等11（14分）正丁醚常用作有机反应的溶剂实验室制备正丁醚的反应和主要实验装置如下：2CH3CH2CH2CH2OH（CH3CH2CH2CH2）2O+H2O反应物和产物的相关数据如下相对分子质量沸点/密度/（gcm3）水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成反应：将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石加热A中反应液，迅速升温至135，维持反应一段时间分离提纯待A中液体冷却后将其缓慢倒人盛有70mL水的分液谝斗中，振摇后静置，分液得粗产物粗产物依次用40mL水、20m
48、L NaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11g请回答：（1）步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为先加入正丁醇，再加入浓硫酸（2）加热A前，需先从b（填“a”或“b”）口向B中通入水（3）步骤的目的是初步洗去浓硫酸，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的上（填“上”或“下”）口分离出（4）步骤巾最后一次水洗的目的为洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐（5）步骤中，加热蒸馏时应收集d（填选项字母）左右的馏分a100b117c 135d142（6）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两
49、层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A分水器中上层液体的主要成分为正丁醇，下层液体的主要成分为水（7）本实验中，正丁醚的产率为34%【考点】制备实验方案的设计；化学实验操作的先后顺序；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】综合实验题；实验分析题；实验设计题【分析】（1）步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释；（2）冷凝水的水流方向和气流方向相反，下口进，上口出；（3）在反应混合物中，浓硫酸能溶解于水，正丁醚不溶，正丁醇微溶于水，所以步骤的目的是初步洗去浓硫酸；分液漏斗中振荡静置后，上层液体中为密度比水小的正丁醚和正丁醇，从分液漏斗的上
50、口倒出；（4）步骤巾最后一次水洗的目的为洗去有机层残留的NaOH及中和反应生成的盐；（5）步骤中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸点为142；（6）液体混合物加热会蒸发出，经过冷凝器降温转化为液体，由于正丁醇的密度比水小且微溶于水，故正丁醇在上层，水在下层；（7）实验前37g正丁醇的物质的量为=0.5mol，根据方程式中正丁醇与正丁醚的相互关系可知正丁醚的理论产物物质的量为=0.25mol，对应正丁醚的质量为0.25mol130gmol1=32.5g，正丁醚的产率为%=34%【解答】（1）步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释，答案：先加入正丁醇，再加入浓硫酸；（2）冷凝水的水
51、流方向和气流方向相反，下口进，上口出，答案：b；（3）在反应混合物中，浓硫酸能溶解于水，正丁醚不溶，正丁醇微溶于水，所以步骤的目的是初步洗去浓硫酸；分液漏斗中振荡静置后，上层液体中为密度比水小的正丁醚和正丁醇，从分液漏斗的上口倒出，答案：浓硫酸；上；（4）步骤巾最后一次水洗的目的为洗去有机层残留的NaOH及中和反应生成的盐，答案：洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐；（5）步骤中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸点为142，故应收集142左右的馏分，答案：d；（6）分水器中收集到液体物质，因正丁醇密度比水小且微溶于水，会分为上下两层，上层为正丁醇，下层主要成分为水，答案：正丁醇；水；（7）实验前提供的37g正丁醇的物质的量为=0.5mol，根据方程式中正丁醇与正丁醚的相互关系可知正丁醚的理论产物物质的量为=0.25mol，对应正丁醚的质量为0.25mol130gmol1=32.5g，正丁醚的产率为%=34%，答案：34%【点评】考查实验的基本操作，混合物的分离操作，重点考查分液、蒸馏操作，有关物质的量基本计算和产率的计算等，关注基础考查，中等难度；
