1、广东省广州市华南师大附中2015届高考化学模拟试卷一、单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）下列有关818O2的说法正确的是（）A816O2是818O2的同分异构体B818O2是O3的一种同素异形体C818O2与818O2互为同位素D1mol 818O2分子中含有20mol电子2（4分）设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1molL1MgCl2溶液中的Mg2+数为nAB1 mol Na2O2固体中含阴离子总数为2nAC5 g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为0.6
2、nAD100 mL 12molL1 浓盐酸与足量MnO2加热反应，转移电子数为1.2nA3（4分）一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢abc较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2A当pH4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B当pH6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C当pH14时，正极反应为O2+4H+4e2H2OD在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓4（4分）用下列实验装置室温下进行相应实验，能达到实验目的是（）A验证浓硫酸具有强氧化性B制取干燥的NH3C干燥、收集并吸收多余SO2D验证乙炔的还原性5（4分）将足量CO2通
3、入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）AK+、OH、Cl、SO42BH+、NH4+、Ca2+、NO3CNa+、AlO2、Cl、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO36（4分）下列各选项中对应的实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现 象结 论A在试管中滴入适量C2H5X与NaOH溶液，振荡、加热、静置分层后，取水层加稀硝酸酸化，再滴加数滴AgNO3溶液生成淡黄色沉淀证明卤代烃中含有溴元素B将蘸有浓氨水的玻璃棒置于某无机酸浓溶液的试剂瓶口有大量白烟该无机酸一定为盐酸C将澄清石灰水滴入可能混有Na2CO3的NaHCO3溶液中有白色沉淀产生该溶液中一定含有Na2CO3D在
4、简易启普发生器中向石灰石中加入浓醋酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中硅酸钠溶液产生白色胶状物质酸性：醋酸碳酸硅酸AABBCCDD二、双项选择题：本大题共2小题，每小题4分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分7（4分）如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图字母代表元素，下列有关分析正确的是（）AR在周期表的第14列BY、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C简单离子的半径：XZMDZ的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M8（4分）关于常温下0.1mol/L氨水（pH
5、=11）的下列说法正确的是（）A根据题中信息，可推断氨水显弱碱性B加水稀释过程中，c（H+）/c（OH） 的值减小C与同温下pH=11的NaOH溶液相比，NaOH溶液中c（Na+）大于氨水中c（NH4+）D加入少量NH4Cl 固体，溶液中水的电离平衡：H2OH+OH向右移动三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）聚芳酯（PAR）是分子主链上带有苯环和酯基的特种工程塑料，在航空航天等领域应用广泛下图是利用乙酰丙酸（）合成聚芳酯E的路线（省略部分产物）：已知：+SOCl2+SO2+HCl+ROH+HCl（R、R表示烃基）（1）乙酰丙酸中含有的官能团是（填官能团名称）（2）D的结构简式为（3）
6、下列关于有机物B的说法正确的是（填字母代号）a能发生取代反应b能与浓溴水反应c能发生消去反应d能与H2发生加成反应（4）AB的化学方程式为（5）C的分子式为，F是同时符合下列要求的C的同分异构体能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应 核磁共振氢谱图有4种峰苯环上有两个取代基，分子中无结构写出F与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式：（6）根据合成聚芳酯E的路线，请你以苯酚及2丙醇为原料（无机试剂任选），设计合成G：的路线10（16分）（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向如图1所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图反应物O2（g）和生成
7、物H2O（g）略去写出1moL HCHO生成CO的热化学方程式：CH3OH与O2在有催化剂作用下反应，产物中HCHO比率大大提高的原因是（2）一定温度下，将N2H4与NO2以体积比为1：1置于10L定容容器中发生反应2N2H4（g）+2NO2（g）3N2（g）+4H2O（l）H0，下列能说明反应达到平衡状态的是a混合气体密度保持不变b.3v正（NO2）=2v逆（N2）cN2H4与NO2体积比保持不变d体系压强保持不变在某温度下，5L密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量变化如下表： 物质的量/mol时间n （N2H4）n （NO2）n （N2）起始2.03.00第2min1.5a0.
8、75第4min1.2b1.2第6min1.0c1.5第7min1.0c1.5请画出该反应中n（NO2）随时间变化曲线，并画出在第7min分别升温、加压、加催化剂的情况下n（NO2）随时间变化示意图如图2计算该温度下反应的平衡常数K（保留2位有效数字，写出计算过程）（3）纳米级Cu2O具有优良的催化性能，制取Cu2O的方法有：加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为用阴离子交换膜控制电解液中OH的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu+H2OCu2O+H2，如图3所示该电解池的阳极反应式为11（16分）锗及其化合物被广泛应用于半导体、催
9、化剂等领域以铅锌矿含锗烟尘为原料可制备GeO2，其工艺流程图如图1已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6（1）第步滤渣主要成分有 （填化学式），实验室萃取操作用到的玻璃仪器有（2）第步萃取时，锗的萃取率与V水相/V有机相（水相和有机相的体积 比）的关系如图2所示，从生产成本角度考虑，较适宜的V水相/V有机相的值为（3）第步加入盐酸作用（答两点即可）（4）第步反应的化学方程式（5）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是（6）GeO2产品中通常混有少量SiO2取样品5.4g，测得其中氧原子的物质的量为0.105mol，则该样品中GeO2的物质的量为 mol12（16分）研究物
10、质的合成或制备是有机化学、无机化学的重要任务之一（1）某实验小组探究实验室制备无水氯化镁的方法，设计了以下装置图1分液漏斗中的A物质是（填试剂名称）利用中学常见的仪器，在答题卡中补充完整实验装置（不必画出夹持装置）可选择的试剂有：稀NaOH溶液、无水氯化钙、稀硫酸、浓硫酸假设实验过程中MgCl26H2O未水解，不用任何试剂用最简单的方法检验MgCl26H2O是否完全转化为MgCl2写出实验方法工业生产中得到无水氯化镁可用于电解制备镁单质，电解装置中，镁在极析出（2）实验室制备并收集纯净乙烯有的同学通过乙醇发生消去反应进行实验除乙醇外，所需的试剂或用品（不包括仪器）有有的同学探究其它制备乙烯的方
11、法，他设计了以下装置制备乙烯实验结果是量筒内壁附着较多无色油状液体，且得到很少量的气体请分析气体产率很低的原因主要是为增大气体产率，在图2装置的基础上，提出一点改进措施：从实验安全角度考虑，该实验很可能发生的问题是广东省广州市华南师大附中2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）下列有关818O2的说法正确的是（）A816O2是818O2的同分异构体B818O2是O3的一种同素异形体C818O2与818O2互为同位素D1mol 818O2分子中含有
12、20mol电子考点：核素；同位素及其应用 分析：A具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；B同素异形体是同种元素形成的不同单质，同素异形体首先是单质，其次是同种元素；C质子数相同中子数不同的原子互称同位素；D1个818O中含有8个质子，10个中子；解答：解：A816O2与818O2是由16O、18O组成的单质，不是同分异构体，故A错误；B818O2和O3都是由氧元素组成的单质，同种元素形成的不同单质互为同素异形体，故B正确；C816O2与818O2是由氧元素组成的不同单质，不是原子，所以不是同位素，故C错误；D1mol 818O2分子中含有16mol电子，故D错误；故选B点评：本题考查
13、有关818O2的知识，明确同分异构体、同位素、同素异形体等概念是解本题的关键，题目难度不大2（4分）设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1molL1MgCl2溶液中的Mg2+数为nAB1 mol Na2O2固体中含阴离子总数为2nAC5 g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为0.6 nAD100 mL 12molL1 浓盐酸与足量MnO2加热反应，转移电子数为1.2nA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、溶液体积不明确；B、过氧化钠由2个Na+和1个O22构成；C、在质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇中含有氧原子，水中也含氧原子；D、MnO2只与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应解
14、答：解：A、溶液体积不明确，故镁离子的个数无法计算，故A错误；B、过氧化钠由2个Na+和1个O22构成，故1mol过氧化钠中含2molNa+和1molO22，即含3mol离子，即3nA个，故B错误；C、乙醇溶液中，水的物质的量是0.15mol，氢原子0.3mol；乙醇的物质的量是0.05mol，氢原子0.3mol，故氢原子的总数为0.6NA，故C正确；D、MnO2只与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，浓盐酸的物质的量是1.2mol，完全反应生成氯气0.3mol，由于浓盐酸变成稀盐酸，不能继续反应，即盐酸会有剩余，故生成的氯气小于0.3mol，转移电子数小于0.36NA，故D错误；故选C点评：本题考查
15、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3（4分）一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢abc较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2A当pH4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B当pH6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C当pH14时，正极反应为O2+4H+4e2H2OD在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓考点：金属的电化学腐蚀与防护 分析：在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀解答：解：A当pH4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe
16、2e=Fe2+，正极上电极反应式为：2H+2e=H2，故A正确；B当pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe2e=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故B正确；C在pH14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；D在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C点评：本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度不大4（4分）用下列实验装置室温下进行相应实验，能达到实验目的是（）A验证浓硫酸具有强氧化性B制取干燥的NH3C干燥、收集并吸收多
17、余SO2D验证乙炔的还原性考点：化学实验方案的评价 分析：A浓硫酸与铜粉常温下不反应；B氧化钙与水反应是放热反应；C二氧化硫是酸性气体；D生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体解答：解：A浓硫酸与铜粉常温下不反应，加热才反应，故A错误； B氧化钙与水反应是放热反应，可用浓氨水和水制取氨气，故B正确；C二氧化硫是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故C错误；D生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、分离和检验等实验操作，侧重于物质性质的考查，题目难度不大5（4分）将足量CO2通入下列各溶液中，所含离
18、子还能大量共存的是（）AK+、OH、Cl、SO42BH+、NH4+、Ca2+、NO3CNa+、AlO2、Cl、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO3考点：离子共存问题 分析：离子之间不满足离子反应发生的条件生成难溶物、弱电解质、气体、发生氧化还原反应、生成络合物等，在溶液中既能够大量共存，且通入二氧化碳后也不发生反应，A氢氧根离子与二氧化碳反应；B四种离子之间不发生反应，也不与二氧化碳反应；C偏铝酸根离子在溶液中与二氧化碳反应；DC6H5O在溶液中与二氧化碳反应生成苯酚解答：解：AOH与二氧化碳反应，通入二氧化碳后不能够大量共存，故A错误；BH+、NH4+、Ca2+、NO3离子之
19、间不反应，通入二氧化碳后也不发生反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CAlO2能够与二氧化碳反应，在溶液中不能够大量共存，故C错误；DC6H5O能够与二氧化碳和水反应生成苯酚，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN），还要明确题干暗含条件的含义6（4分）下列各选项中对应的实验操作、现象和结
20、论均正确的是（）选项实验操作现 象结 论A在试管中滴入适量C2H5X与NaOH溶液，振荡、加热、静置分层后，取水层加稀硝酸酸化，再滴加数滴AgNO3溶液生成淡黄色沉淀证明卤代烃中含有溴元素B将蘸有浓氨水的玻璃棒置于某无机酸浓溶液的试剂瓶口有大量白烟该无机酸一定为盐酸C将澄清石灰水滴入可能混有Na2CO3的NaHCO3溶液中有白色沉淀产生该溶液中一定含有Na2CO3D在简易启普发生器中向石灰石中加入浓醋酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中硅酸钠溶液产生白色胶状物质酸性：醋酸碳酸硅酸AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A卤代烃在碱性溶液中水解生成溴离子，加稀硝酸
21、酸化的AgNO3溶液，反应生成淡黄色的AgBr；B浓氨水与具有挥发性的浓酸反应生成固体；C碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，醋酸也能和Na2SiO3反应生成硅酸解答：解：A卤代烃在碱性溶液中水解生成溴离子，加硝酸调节至酸性条件下，滴加AgNO3溶液，反应生成AgBr，观察到出现淡黄色沉淀，说明卤代烃中含有溴元素，故A正确； B浓氨水与具有挥发性的浓酸反应生成固体，由现象可知，酸为浓盐酸、浓硝酸等，故B错误；C碳酸钠和碳酸氢钠分别和氢氧化钙反应的方程式如下：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH、NaHCO3+Ca（O
22、H）2=CaCO3+H2O+NaOH，所以都能发生复分解反应生成沉淀，故C错误；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和Na2SiO3反应生成硅酸，所以不能据此判断酸性：醋酸碳酸硅酸，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案评价，为2015届高考高频点，侧重考查基本原理、离子检验等知识点，明确元素化合物知识、物质性质即可解答，易错选项是D，注意排除醋酸的干扰，为易错点二、双项选择题：本大题共2小题，每小题4分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分7（4分）如图是部分短
23、周期主族元素原子半径与原子序数的关系图字母代表元素，下列有关分析正确的是（）AR在周期表的第14列BY、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C简单离子的半径：XZMDZ的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Si，Q为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种
24、元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Si，Q为Cl元素AR为Si元素，位于周期表第14列，故A正确；BF元素不存在最高价含氧酸，故B错误；CO2、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故C正确；DNa与氯化铝溶液反应，首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，故D错误，故选AC点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，审题中要抓住“短周期主族元素”几个字8（4分）关于常温下0.1mo
25、l/L氨水（pH=11）的下列说法正确的是（）A根据题中信息，可推断氨水显弱碱性B加水稀释过程中，c（H+）/c（OH） 的值减小C与同温下pH=11的NaOH溶液相比，NaOH溶液中c（Na+）大于氨水中c（NH4+）D加入少量NH4Cl 固体，溶液中水的电离平衡：H2OH+OH向右移动考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：如果是强电解质，0.1mol/L氨水的pH=13，现在其pH=11，说明氨水是弱电解质，铵根离子能够水解，据此分析解答：解：A、如果是强电解质，0.1mol/L氨水的pH=13，现在其pH=11，说明氨水是弱电解质，氨水显弱碱性，故A正确；B、氨水加水稀释，其碱性减弱
26、，氢离子浓度增大，所以c（H+）/c（OH） 的值增大，故B错误；C、pH=11的NaOH和氨水中，氢氧根离子浓度相同，据电荷守恒，c（Na+）与氨水中c（NH4+）相同，故C错误；D、铵根离子能够水解，所以NH4Cl 溶液中水的电离平衡：H2OH+OH向右移动，故D正确；故选AD点评：本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意电荷守恒在解题中的应用，题目难度不大三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）聚芳酯（PAR）是分子主链上带有苯环和酯基的特种工程塑料，在航空航天等领域应用广泛下图是利用乙酰丙酸（）合成聚芳酯E的路线（省略部分产物）：已知：+SOCl
27、2+SO2+HCl+ROH+HCl（R、R表示烃基）（1）乙酰丙酸中含有的官能团是羧基、羰基（填官能团名称）（2）D的结构简式为（3）下列关于有机物B的说法正确的是abd（填字母代号）a能发生取代反应b能与浓溴水反应c能发生消去反应d能与H2发生加成反应（4）AB的化学方程式为，（5）C的分子式为C8H6O4，F是同时符合下列要求的C的同分异构体能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应 核磁共振氢谱图有4种峰苯环上有两个取代基，分子中无结构写出F与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式：（6）根据合成聚芳酯E的路线，请你以苯酚及2丙醇为原料（无机试剂任选），设计合成G：的路线考点：有机物的合成；
28、有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：被酸性高锰酸钾氧化生成C为，C中羧基上的羟基被氯原子取代生成D为，由聚芳酯E的结构可知B为，逆推可知A为（6）结合转化关系中乙酰丙酸与苯酚转化为A的反应，可知2丙醇氧化生成，丙酮与苯酚反应得到解答：解：被酸性高锰酸钾氧化生成C为，C中羧基上的羟基被氯原子取代生成D为，由聚芳酯E的结构可知B为，逆推可知A为（1）乙酰丙酸中含有的官能团是：羧基、羰基，故答案为：羧基、羰基；（2）D的结构简式为，故答案为：；（3）B的结构简式为，a含有酚羟基、酯基等，能发生取代反应，故a正确；b含有酚羟基，且其邻位有H原子，能与浓溴水反应，故b正确；c不能能发生消去反
29、应，故c错误；d含有苯环，能与H2发生加成反应，故d正确，故选：abd；（4）AB的化学方程式为：，故答案为：；（5）C的结构简式为，分子式为C8H6O4，F是同时符合下列要求的C的同分异构体：能发生银镜反应，含有醛基，能与NaHCO3溶液反应，含有羧基，核磁共振氢谱图有4种峰，苯环上有两个取代基，分子中无结构，F的结构简式为，和NaOH溶液在加热条件下发生水解反应，反应方程式为：，故答案为：C8H6O4；（6）结合转化关系中乙酰丙酸与苯酚转化为A的反应，可知2丙醇氧化生成，丙酮与苯酚反应得到，合成路线流程图为，故答案为：点评：本题考查有机物推断与合成、有机物的结构与性质、同分异构体书写等，侧
30、重考查学生分析推断能力，注意根据反应条件及物质的结构采取正、逆推法相结合推断，题目难度中等10（16分）（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向如图1所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去写出1moL HCHO生成CO的热化学方程式：HCHO（g）+O2（g）CO（g）+H2O（g）H=235KJmol1CH3OH与O2在有催化剂作用下反应，产物中HCHO比率大大提高的原因是催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能（2）一定温度下，将N
31、2H4与NO2以体积比为1：1置于10L定容容器中发生反应2N2H4（g）+2NO2（g）3N2（g）+4H2O（l）H0，下列能说明反应达到平衡状态的是abda混合气体密度保持不变b.3v正（NO2）=2v逆（N2）cN2H4与NO2体积比保持不变d体系压强保持不变在某温度下，5L密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量变化如下表： 物质的量/mol时间n （N2H4）n （NO2）n （N2）起始2.03.00第2min1.5a0.75第4min1.2b1.2第6min1.0c1.5第7min1.0c1.5请画出该反应中n（NO2）随时间变化曲线，并画出在第7min分别升温、加压、
32、加催化剂的情况下n（NO2）随时间变化示意图如图2计算该温度下反应的平衡常数K（保留2位有效数字，写出计算过程）（3）纳米级Cu2O具有优良的催化性能，制取Cu2O的方法有：加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O用阴离子交换膜控制电解液中OH的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu+H2OCu2O+H2，如图3所示该电解池的阳极反应式为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算 分析：（1
33、）根据图表可知HCHO（g）+O2（g）CO（g）+H2O（g）中反应物能量高，生成物能量低，该反应为放热反应，然后依据图中给出数据解答；使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，普通分子越容易转化成活化分子，反应越容易，反应速率越快；（2）a混合气体密度保持不变，说明气体的质量不变，正逆反应速率相等；b速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以3v正（NO2）=2v正（N2）；c因为起始时投料量之比为1：1，而且消耗量是1：1，所以N2H4与NO2体积比始终保持不变；d体系压强保持不变，说明气体的量保持不变根据反应方程式2N2H4（g）+2NO2（g）3N2（g）+4H2O，求abc的值然
34、后根据描点法作图，根据三行式来求平衡常数；（3）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式；在电解池的阳极发生失电子的氧化反应解答：解：（1）HCHO（g）+O2（g）CO（g）+H2O（g）该反应为放热反应，H=（676158283）KJmol1=235KJmol1，所以1moL HCHO生成CO的热化学方程式为：HCHO（g）+O2（g）CO（g）+H2O（g）H=（676158283）KJmol1=235KJmol1，故答案为：HCHO（g）+O2（g）CO（g）+H2O（g）H=235KJmol1；由图催化剂使生成HCHO的活化能
35、降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能，所以有催化剂作用下反应，产物中HCHO比率大大提高，故答案为：催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能；（2）a混合气体密度保持不变，说明气体的质量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；b速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以3v正（NO2）=2v正（N2），达平衡状态，故正确；c因为起始时投料量之比为1：1，而且消耗量是1：1，所以N2H4与NO2体积比始终保持不变，故错误；d体系压强保持不变，说明气体的量保持不变，达平衡状态，故正确；故
36、选abd；根据反应方程式2N2H4（g）+2NO2（g）3N2（g）+4H2O，第2min时，n（N2H4）=1.5mol，所以变化量为0.5mol，则a=2.5mol，由此可求出b=2.4mol，c=2，而使催化剂平衡不移动；升高温度平衡逆向移动，所以二氧化氮的浓度变大；增大压强，平衡正向移动，所以二氧化氮的浓度减小，所以图象为：；平衡常数K=4.2molL1，故答案为：；4.2molL1；（3）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，得出化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H4
37、2Cu2O+N2+6H2O；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O点评：本题考查了热化学方程式书写和平衡状态的判断、作图象的问题和化学平衡常数、化学方程式的书写以及电极反应式的书写，反应过程分析是解题关键，题目难度中等11（16分）锗及其化合物被广泛应用于半导体、催化剂等领域以铅锌矿含锗烟尘为原料可制备GeO2，其工艺流程图如图1已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6（1）第步滤渣主要成分有SiO2、PbO （填化学式），实验
38、室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯（2）第步萃取时，锗的萃取率与V水相/V有机相（水相和有机相的体积 比）的关系如图2所示，从生产成本角度考虑，较适宜的V水相/V有机相的值为8（3）第步加入盐酸作用中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解（答两点即可）（4）第步反应的化学方程式GeCl4+（n+2）H2O=GeO2nH2O+4HCl（5）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净（6）GeO2产品中通常混有少量SiO2取样品5.4g，测得其中氧原子的物质的量为
39、0.105mol，则该样品中GeO2的物质的量为0.050 mol考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：含锗烟尘中含有ZnO、PbO、CeO2、SiO2，加入稀硫酸过滤，溶解的有ZnO、CeO2，第步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，滤液中加入有机萃取剂萃取得到有机层萃取层中加入氢氧化钠进行反萃取得到水层，加入盐酸得到GeCl4，加入纯水过滤得到GeO2nH2O，加热分解得到GeO2；（1）根据题目中的流程可以看出第步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯（2）第步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的
40、用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，故V水相/V有机相的值为8时较适宜（3）第步加入盐酸作用为中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解（4）第步反应GeCl4水解得到氯化氢和GeO2nH2O；（5）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，检验是否含有氯离子设计实验验证；（6）设GeO2的物质的量为xmol，SiO2的物质的量为ymol，依据蒸馏和原子守恒列式计算：2（x+y）=0.105 105x+60y=5.4，解得x=0.050，故该样品中GeO2的物质的量为0.050mol解答：解：（1）根
41、据题目中的流程可以看出，含锗烟尘中含有ZnO、PbO、CeO2、SiO2，加入稀硫酸过滤，溶解的有ZnO、CeO2，第步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：SiO2、PbO2，分液漏斗、烧杯；（2）第步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，从生产成本角度考虑，故V水相/V有机相的值为8时较适宜；故答案为：8；（3）第步加入盐酸作用为中和NaOH，作反应物，同时抑制GeCl4水解；故答案为：中和NaOH，作反应物，
42、抑制GeCl4水解；（4）第步反应是GeCl4水解得到氯化氢和GeO2nH2O，反应的化学方程式：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2nH2O+4HCl；故答案为：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2nH2O+4HCl；（5）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净；（6）GeO2产品中通常混有少量SiO2取样品5.4g
43、，测得其中氧原子的物质的量为0.105mol，设GeO2的物质的量为xmol，SiO2的物质的量为ymol，2（x+y）=0.105 105x+60y=5.4，解得x=0.050，故该样品中GeO2的物质的量为0.050mol故答案为：0.050点评：本题考查了物质分离和提纯的方法和实验设计，实验分析，实验现象的理解，流程和图象的特征分析，物质性质是解题关键，题目难度中等12（16分）研究物质的合成或制备是有机化学、无机化学的重要任务之一（1）某实验小组探究实验室制备无水氯化镁的方法，设计了以下装置图1分液漏斗中的A物质是浓硫酸（填试剂名称）利用中学常见的仪器，在答题卡中补充完整实验装置（不必
44、画出夹持装置）可选择的试剂有：稀NaOH溶液、无水氯化钙、稀硫酸、浓硫酸假设实验过程中MgCl26H2O未水解，不用任何试剂用最简单的方法检验MgCl26H2O是否完全转化为MgCl2写出实验方法称量所得产物质量，若质量为frac95m203g，说明MgCl26H2O完全转化为MgCl2，否则未完全工业生产中得到无水氯化镁可用于电解制备镁单质，电解装置中，镁在阴极析出（2）实验室制备并收集纯净乙烯有的同学通过乙醇发生消去反应进行实验除乙醇外，所需的试剂或用品（不包括仪器）有浓硫酸、氢氧化钠溶液、沸石有的同学探究其它制备乙烯的方法，他设计了以下装置制备乙烯实验结果是量筒内壁附着较多无色油状液体，
45、且得到很少量的气体请分析气体产率很低的原因主要是加热温度过高，溴乙烷大量挥发，也可能是溴乙烷发生氟反应等为增大气体产率，在图2装置的基础上，提出一点改进措施：增加冷凝回流装置从实验安全角度考虑，该实验很可能发生的问题是容易发生倒吸考点：制备实验方案的设计；性质实验方案的设计 分析：（1）加热氯化镁晶体失去结晶水得到无水氯化镁，由于氯化镁易水解，应在HCl氛围中加热分解，A中液体为浓硫酸，与圆底烧瓶中浓盐酸混合，发生大量的热，利用HCl逸出，洗气瓶中浓硫酸干燥HCl，利用氢氧化钠溶液吸收尾气中HCl，防止污染空气，注意防止倒吸，还要防止氢氧化钠溶液中水蒸气导致氯化镁水解，尾气处理装置与加热装置之
46、间需要连接盛放氯化钙的干燥管（或盛放浓硫酸的洗气瓶）；称量加热后固体的质量可以判断氯化镁晶体是否完全分解；电解熔融氯化镁生成Mg单质，Mg元素发生还原反应，应电解池阴极析出；（2）乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，反应中会发生副反应，有二氧化碳、二氧化硫生成，用氢氧化钠溶液吸收除去二氧化碳、二氧化硫，液体加热需要防止暴沸，还需要加入沸石；方案中利用溴乙烷发生消去反应生成乙烯，利用图中装置制备乙烯，实验结果是量筒内壁附着较多无色油状液体，且得到很少量的气体，说明生成乙烯很少，大量的溴乙烷挥发，可以可以增加冷凝回流装置，有利于溴乙烷冷凝回流，可以利用水浴加热控制反应温度，减少溴乙烷挥发，反应
47、会生成HBr，HBr极易溶于水，利用排水法收集乙烯，会发生倒吸解答：解：（1）加热氯化镁晶体失去结晶水得到无水氯化镁，由于氯化镁易水解，应在HCl氛围中加热分解，A中液体为浓硫酸，与圆底烧瓶中浓盐酸混合，发生大量的热，利用HCl逸出，洗气瓶中浓硫酸干燥HCl，利用氢氧化钠溶液吸收尾气中HCl，防止污染空气，注意防止倒吸，还要防止氢氧化钠溶液中水蒸气导致氯化镁水解，尾气处理装置与加热装置之间需要连接盛放氯化钙的干燥管（或盛放浓硫酸的洗气瓶）；由上述分析可知，分液漏斗中的A物质是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；利用氢氧化钠溶液吸收尾气中HCl，防止污染空气，且防止倒吸，还要在尾气处理装置与加热装置之间需
48、要连接盛放氯化钙的干燥管（或盛放浓硫酸的洗气瓶），防止氯化镁水解，需要补充完整实验装置（不必画出夹持装置）为：等，故答案为：等；实验过程中MgCl26H2O未水解，mg晶体的物质的量为mol，完全分解得到氯化镁为mol95g/mol=g，称量所得产物质量，若质量为g，说明MgCl26H2O完全转化为MgCl2，否则未完全，故答案为：称量所得产物质量，若质量为g，说明MgCl26H2O完全转化为MgCl2，否则未完全；电解熔融氯化镁生成Mg单质，Mg元素发生还原反应，应电解池阴极析出，故答案为：阴；（2）乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，反应中会发生副反应，有二氧化碳、二氧化硫生成，用氢氧
49、化钠溶液吸收除去二氧化碳、二氧化硫，液体加热需要防止暴沸，还需要加入沸石，除乙醇外，所需的试剂或用品（不包括仪器）有：浓硫酸、氢氧化钠溶液、沸石，故答案为：浓硫酸、氢氧化钠溶液、沸石；方案中利用溴乙烷发生消去反应生成乙烯，利用图中装置制备乙烯，实验结果是量筒内壁附着较多无色油状液体，且得到很少量的气体，说明生成乙烯很少，大量的溴乙烷挥发，气体产率很低的原因主要是：加热温度过高，溴乙烷大量挥发，也可能是溴乙烷发生氟反应等；为增大气体产率，可以增加冷凝回流装置，有利于溴乙烷冷凝回流，可以利用水浴加热，便于控制温度等，减少溴乙烷挥发；反应会生成HBr，HBr极易溶于水，用排水法收集乙烯，从实验安全角度考虑，该实验很可能发生的问题是：容易发生倒吸，故答案为：加热温度过高，溴乙烷大量挥发，也可能是溴乙烷发生氟反应等；增加冷凝回流装置等；容易发生倒吸点评：本题考查化学实验制备，属于拼合型题目，明确制备原理是解题关键，侧重考查学生对原理、装置、操作的分析评价，是对学生综合能力的考查，难度中等
