1、 1 页 2017 年北京市西城区重点中学高考化学模拟试卷（年北京市西城区重点中学高考化学模拟试卷（3 月份）月份） 一、选择题（共一、选择题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 42 分）分） 1化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是（ ） A由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化 B“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，制备聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃 C浓硫酸可用于干燥 SO2、C2H4、O2等气体 D用 CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用 2已知 HF 酸性强于 CH3COOH，常温下有下列三种溶液有关叙述不正确的是（ ） 编号
2、 PH 11 3 3 溶液 NaOH 溶液 CH3COOH 溶液 HF 溶液 ACH3COOH 稀溶液中加入少量 CH3COONa，能使比值 c（CH3COO）/c（Na+）增大 B、等体积很合后：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH） C向加入 NaF 固体，CH3COOH 电离平衡正向移动 D中和相同体积的、，需消耗的体积 3下列各图与表述一致的是（ ） A图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化 B用图 2 所示装置蒸发 FeCl3溶液制备无水 FeCl3 C 曲线图可以表示向一定量的明矾溶液中逐滴摘加一定浓度氢氧饭化钡溶液时产生Al （OH） 3沉淀的物质的
3、量变化 D图电解饱和食盐水的装置中，溶液 A、B 中由水电离出的 c（H+） ：AB 4X、Y、Z、W 是分别位于第 2、3 周期的元素，原子序数依次递增X 与 Z 位于同一主族， Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应，Z 原子的最外层电子数是次外层电子数 的一半，Y、Z、W 原子的最外层电子数之和为 14下列说法正确的是（ ） A原子半径由小到大的顺序：XYZW 2 页 BZ 的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸 CY 单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应 D室温下，0.1 mol/L W 的气态氢化物的水溶液的 pH1 5下列“试剂”和“试管中的物质”不能完成“实验目
4、的”的是（ ） 实验目的 试剂 试管中的物质 A 羟基对苯环的活性有影响 饱和溴水 苯苯酚溶液 B 甲基对苯环的活性有影响 酸性 KMnO4溶液 苯甲苯 C 苯分子中没有碳碳双键 Br2的 CCl2溶液 苯乙烯 D 碳酸的酸性比苯酚强 石蕊溶液 苯酚溶液碳酸溶液 AA BB CC DD 6阿斯巴甜是目前使用最广泛的甜味剂甜度约为蔗糖的 200 倍，其结构简式为： 下列关于阿斯巴甜的说法正确的是（ ） A分子式为 C14H19N2O5 B既能与酸反应又能与碱反应 C不能发生水解反应 D1mol 该物质最多可与 2molNaOH 反应 7K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72 （橙色）+H2O
5、2CrO42（黄色）+2H+用 K2Cr2O7 溶液进 行下列实验： 结合实验，下列说法不正确的是（ ） A中溶液橙色加深，中溶液变黄 3 页 B中 Cr2O72 被 C2H5OH 还原 C对比和可知 K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D若向中加入 70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 二、综合题：二、综合题： 8淀粉通过下列转化可以得到 C（以下反应部分条件略去） ： 淀粉MNADC AF 六种物质可以发生如图转化： 注：O表示足最常用氧化剂；C 常用于汽车的防冻液 （1）A 的官能团的结构简式为 ，其产量可以用来衡量一个国家石油化工的发展水平 N 生成 A 的反应条件为 ，B 的一种同分
6、异构体的名称为 （2）写出 E 生成 F 的离子方程式 写出 C2H2O2生成 E 的化学方程式（O为含铜物质） （3）C 与 E 一定条件下反应的生成物中相对分子质量最小的物质的摩尔质量为 （4）H 分子含有 4 个碳，且为 C2H2O2的同系物，H 的同分异构体中含有，且无环状结 构的同分异构体有 种 （不考虑立体异构） （5）芳香化合物 G 仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为 110G 能与碳酸钠反应，不 能与碳酸氢钠反应，且 G 分子中烃基上的一氯取代物只有一种则 G 的结构简式为 （6）已知： 以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成正丁酸，写出合成路线（用结构简式表示有机 物）
7、 ，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件） 9纳米级 Cu2O 由于具有优良的催化性能而受到关注，表为制取 Cu2O 的三种方法： 方法 用炭粉在高温条件下还原 CuO 方法 电解法：2Cu+H2O Cu2O+H2 方法 用肼（N2H4）还原新制 Cu（OH）2 （1）工业上常用方法 II 和方法 III 制取 Cu2O 而很少用方法 I，其原因是 4 页 （2）己知：2Cu（s）+ O2（g）=Cu2O（s）H=akJmol1 C（s）+ O2（g）=CO（s）H=bkJmol 1 Cu（s）+ O2（g）=CuO（s）H=ckJmol 1 则方法 I 发生的反应：2CuO（s）+C
8、（s）=Cu2O（s）+CO（g）H= kJmol1 （3）方法 II 采用离子交换膜控制电解液中 OH 的浓度而制备纳米 Cu2O，装置如图所示，该 电池的阳极反应式为 （4）方法 III 为加热条件下用液态拼（N2H4）还原新制 Cu（OH）2来制备纳米级 Cu2O，同时 放出 N2该制法的化学方程式为 （5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的 Cu2O 分别进行催化分解水的实验： 2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0 水蒸气的浓度随时间 t 变化如表所示 序 号 0 10 20 30 40 50 T1 0.050 0.0492 0.0486 0.0482 0.0480 0.0
9、480 T1 0.050 0.0488 0.0484 0.0480 0.0480 0.0480 T2 0.10 0.094 0.090 0.090 0.090 0.090 下列叙述正确的是 （填字母代号） A实验温度：T1T2 B实验前 20min 的平均反应速率 v（O2）=710 5mol/（Lmin） C实验比实验所用的催化剂效率高 （6）25时，向 50mL0.018mol/L 的 AgNO3溶液中加入 50mL0.02mol/L 盐酸，生成沉淀若 已知 Ksp（AgCl）=1.81010，则此时溶液中的 c（Ag+）= （体积变化忽略不计）若再向 沉淀生成后的溶液中加入 100mL0
10、.001mol/L 盐酸，是否继续产生沉淀 （填“是”或“否”） 10工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示钛铁矿主要成分为钛酸 亚铁（FeTiO3） ，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3 价 5 页 已知：TiOSO4遇水会水解 （1）步骤中，用铁粉将 Fe3+转化为 Fe2+的反应的离子方程式为 （2）步骤中，实现混合物的分离是利用物质的 （填字母序号） a熔沸点差异 b溶解性差异 c氧化性、还原性差异 （3）步骤、中，均需用到的操作是 （填操作名称） （4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤中将 TiO2+转化为 H2TiO3的原理： （5）可以利用生产过程中的废
11、液与软锰矿（主要成分为 MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4， 易溶于水） ，该反应的离子方程式为 （6）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融 CaF2CaO 作电解质，利用如下图所 示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛 写出阳极所发生反应的电极反应式： 在制备金属钛前后，CaO 的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释） 11某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图 1： 己知：A 中放有浓硫酸；B 中放有乙醇、无水碳酸钠；D 中放有饱和碳酸钠溶液 有关有机物的沸点 试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点/ 34.7 78.5 118 77.1 请回答： （1
12、）浓硫酸的作用：催化剂和 ；反应中加入过量的乙醇，目的是 6 页 （2）仪器 C 的名称是 ，其作用有冷凝乙酸乙酯和 ，若反应前向 D 中加入几滴酚酞， 溶液呈红色实验完毕后，将烧杯 D 中的溶液充分振荡、静止，现象为 （3）若用同位素 18O 示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示 18O 位置 的化学方程式： （4）现拟分离乙酸乙酯（含少量乙醇和乙酸）粗产品，如图 2 是分离操作步骤流程图： 则试剂 a 是： ，试剂 b 是： 分离方法 I 是 ，分离方法 II 是 （5）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯，在未用指示剂的 情况下，他们都先加 NaO
13、H 溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏水将酯分离出来甲、乙两 人实验结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物；乙得到了大量水溶性的物质；丙同学分析 了上述实验目标产物后认为甲、乙的实验没有成功 试解答下列问题： 甲实验失败的原因是： 乙实验失败的原因是： 7 页 2017 年北京市西城区重点中学年北京市西城区重点中学高考化学模拟试卷（高考化学模拟试卷（3 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 42 分）分） 1化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是（ ） A由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及
14、化学变化 B“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，制备聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃 C浓硫酸可用于干燥 SO2、C2H4、O2等气体 D用 CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用 【考点】物质的组成、结构和性质的关系 【分析】A石油裂解生成乙烯、丙烯等化工原料； B烃是只含有碳氢两种元素的化合物； C浓硫酸能氧化乙烯； D利用 CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，减少二氧化碳的排放 【解答】解：A由石油制取乙烯、丙烯等化工原料，是石油发生了裂解，有新物质生成属于 化学变化，故 A 错误； B“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯含有氟元素，不属于烃，故 B 错误； C浓硫酸
15、能氧化乙烯，不能干燥乙烯，可以干燥氧气、二氧化硫，故 C 错误； D利用 CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放， 故 D 正确； 故选 D 2已知 HF 酸性强于 CH3COOH，常温下有下列三种溶液有关叙述不正确的是（ ） 编号 PH 11 3 3 溶液 NaOH 溶液 CH3COOH 溶液 HF 溶液 ACH3COOH 稀溶液中加入少量 CH3COONa，能使比值 c（CH3COO）/c（Na+）增大 B、等体积很合后：c（CH3COO ）c（Na+）c（H+）c（OH） C向加入 NaF 固体，CH3COOH 电离平衡正向移动 D中和相同体积的、，
16、需消耗的体积 8 页 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【分析】ACH3COOH 稀溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO+H+，加入少量 CH3COONa， 醋酸根离子浓度增大； B氢氧化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，常温下，pH=11 的氢氧化钠溶液浓度小于 pH=3 的醋酸溶液，二者等体积混合时，醋酸过量导致溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断； C氟化钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，向醋酸中加入氟化钠促进醋酸电离； D相同温度下，HF 酸性强于 CH3COOH，则 HF 的电离程度大于 CH3COOH，则 pH 相等的两种 溶液中 HF 浓度大于 CH3COOH，中和酸需要氢氧化钠
17、的体积与酸的物质的量成正比 【解答】 解： A CH3COOH 稀溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO+H+， 加入少量 CH3COONa， 醋酸根离子浓度增大比值增大，故 A 正确； B氢氧化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，常温下，pH=11 的氢氧化钠溶液浓度小于 pH=3 的醋酸溶液，二者等体积混合时，醋酸过量导致溶液呈酸性，则 c（H +）c（OH） ，溶液中 存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+） ，所以 c（CH3COO ）c（Na+） ，酸的电离程度较小，所以 c（Na+）c（H+） ，则混合溶液中离子浓度大小顺序 是 c（
18、CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH） ，故 B 正确； C氟化钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，向醋酸中加入氟化钠促进醋酸电离，则醋酸电离平 衡向正反应方向移动，故 C 正确； D相同温度下，HF 酸性强于 CH3COOH，则 HF 的电离程度大于 CH3COOH，则 pH 相等的两种 溶液中 HF 浓度大于 CH3COOH， 中和酸需要氢氧化钠的体积与酸的物质的量成正比， pH 相等、 体积相等的 HF 和醋酸溶液中，醋酸的物质的量大于 HF，所以中和相同体积的、，需消 耗的体积，故 D 错误； 故选 D 3下列各图与表述一致的是（ ） A图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随
19、时间的变化 9 页 B用图 2 所示装置蒸发 FeCl3溶液制备无水 FeCl3 C 曲线图可以表示向一定量的明矾溶液中逐滴摘加一定浓度氢氧饭化钡溶液时产生Al （OH） 3沉淀的物质的量变化 D图电解饱和食盐水的装置中，溶液 A、B 中由水电离出的 c（H+） ：AB 【考点】盐类水解的应用 【分析】A升高温度，正逆反应速率都增大，降低温度，正逆反应速率都减小； B加热 FeCl3溶液促进铁离子的水解； C向一定量的明矾溶液中逐滴摘加一定浓度氢氧化钡溶液，开始时生成氢氧化铝沉淀，当氢 氧化钡过量，氢氧化铝溶解； D电解饱和食盐水的装置中，阳极上产生氧气，氢氧根离子失电子，阴极上是氢离子浓度减
20、 小，生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠抑制水的电离 【解答】解：A升高温度，正逆反应速率都增大，降低温度，正逆反应速率都减小，图中应 为增大生成物浓度，降低生成物浓度，故 A 错误； B加热 FeCl3溶液促进铁离子的水解，水解生成氢氧化铁，加热蒸干得到氢氧化铁，得不到 无水 FeCl3，故 B 错误； C向一定量的明矾溶液中逐滴摘加一定浓度氢氧化钡溶液，开始时生成氢氧化铝沉淀，当氢 氧化钡过量，氢氧化铝溶解，所以 Al（OH）3沉淀的物质的量开始逐渐增大，达到最大值又 逐渐减少，最后全部溶解，故 C 正确； D图电解饱和食盐水的装置中，根据钠离子移向阴极，知道 b 是阳极，该极上产生氯气、氧 气
21、，氢氧根离子失电子，a 是阴极，该电极上是氢离子浓度减小，生成氢气和氢氧化钠，溶液 A、B 中由水电离出的 c（H +） ：AB，故 D 错误 故选 C 4X、Y、Z、W 是分别位于第 2、3 周期的元素，原子序数依次递增X 与 Z 位于同一主族， Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应，Z 原子的最外层电子数是次外层电子数 的一半，Y、Z、W 原子的最外层电子数之和为 14下列说法正确的是（ ） A原子半径由小到大的顺序：XYZW BZ 的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸 CY 单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应 D室温下，0.1 mol/L W 的气态氢化物的水溶液
22、的 pH1 【考点】原子结构与元素周期律的关系 10 页 【分析】X、Y、Z、W 是分别位于第 2、3 周期的元素，原子序数依次递增Y 元素的单质既 能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应， Y 为 Al 元素； Z 原子的最外层电子数是次外层电子数的 一半，Z 为 Si 元素，X 与 Z 位于同一主族，则 X 为 C 元素；Y、Z、W 原子的最外层电子数之 和为 14，则 W 的最外层电子数为 1434=7，且原子序数最大，W 为 Cl 元素 【解答】解：X、Y、Z、W 是分别位于第 2、3 周期的元素，原子序数依次递增Y 元素的单 质既能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应， Y 为 Al
23、 元素； Z 原子的最外层电子数是次外层电子 数的一半，Z 为 Si 元素，X 与 Z 位于同一主族，则 X 为 C 元素；Y、Z、W 原子的最外层电子 数之和为 14，则 W 的最外层电子数为 1434=7，且原子序数最大，W 为 Cl 元素 A、C 元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则 C 元素的半径最小，同周期元素从左到 右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为 CClSiAl，故 A 错误； B、Z 的最高价氧化物是二氧化硅，二氧化硅不与水反应，故 B 错误； C、Al 在高温下可以与氧化铁发生铝热反应，置换出铁，故 C 正确； D、W 的气态氢化物为 HCl，溶于水形
24、成盐酸，HCl 是强电解质，在溶液中完全电离，室温下， 0.1 mol/L 盐酸溶液的 pH=1，故 D 错误 故选 C 5下列“试剂”和“试管中的物质”不能完成“实验目的”的是（ ） 实验目的 试剂 试管中的物质 A 羟基对苯环的活性有影响 饱和溴水 苯苯酚溶液 B 甲基对苯环的活性有影响 酸性 KMnO4溶液 苯甲苯 C 苯分子中没有碳碳双键 Br2的 CCl2溶液 苯乙烯 D 碳酸的酸性比苯酚强 石蕊溶液 苯酚溶液碳酸溶液 AA BB CC DD 【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合 【分析】A苯与溴水发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应； B只有甲苯能被高锰酸钾氧化； C只有乙烯与溴发
25、生加成； 11 页 D苯酚酸性较弱，不能使指示剂变色 【解答】解：A饱和溴水与苯进行萃取、与苯酚生成三溴苯酚沉淀，验证了羟基对苯环活性 的影响，故 A 正确； B 酸性高锰酸钾与甲苯反应生成苯甲酸， 溶液褪色， 验证苯环对甲基活性的影响， 故 B 错误； C乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯不能，证明苯中无碳碳双键，故 C 正确； D碳酸能使石蕊变色，苯酚不能使石蕊变色，证明碳酸的酸性强于苯酚的酸性，故 D 正确； 故选 B 6阿斯巴甜是目前使用最广泛的甜味剂甜度约为蔗糖的 200 倍，其结构简式为： 下列关于阿斯巴甜的说法正确的是（ ） A分子式为 C14H19N2O5 B既能与酸反应又能与
26、碱反应 C不能发生水解反应 D1mol 该物质最多可与 2molNaOH 反应 【考点】有机物的结构和性质 【分析】由结构简式可知该物质含COOH、NH2、CONH、COOC及苯环结构，结 合酯、肽键及氨基酸的性质等来解答 【解答】解：A由结构简式可知，分子式为 C14H17N2O5，故 A 错误； B含COOH、NH2，则既能与酸反应又能与碱反应，故 B 正确； C含有酯基，可发生水解反应，故 C 错误； D能与氢氧化钠反应的官能团为羧基，酯基，且肽键水解生成的羧基也可与氢氧化钠反应， 则 1mol 该物质最多可与 3molNaOH 反应，故 D 错误 故选 B 7K2Cr2O7溶液中存在平
27、衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+用 K2Cr2O7溶液进 行下列实验： 12 页 结合实验，下列说法不正确的是（ ） A中溶液橙色加深，中溶液变黄 B中 Cr2O72被 C2H5OH 还原 C对比和可知 K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D若向中加入 70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 【考点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素 【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，加入酸，氢 离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实 验、可知 Cr2O72具有较强的氧化性，可氧化乙
28、醇，而 CrO42不能，以此解答该题 【解答】解：A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深， 加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故 A 正确； B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故 B 正确； C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下 氧化性强，故 C 正确； D若向溶液中加入 70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故 D 错误 故选 D 二、综合题：二、综合题： 8淀粉通过下列转化可以得到 C（以下反应部分条件略去） ： 淀粉MNADC AF 六种物质可以发生如图转化： 注：O表示足最常用氧化剂；C 常用于汽
29、车的防冻液 （1）A 的官能团的结构简式为 ，其产量可以用来衡量一个国家石油化工的发展水 平 13 页 N 生成 A 的反应条件为 浓硫酸、170 ，B 的一种同分异构体的名称为 乙醛 （2）写出 E 生成 F 的离子方程式 5HOOCCOOH+2MnO4+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O 写出 C2H2O2生成 E 的化学方程式（O为含铜物质） OHCCHO+4Cu（OH）2 HOOC COOH+4Cu2O+4H2O （3） C 与 E 一定条件下反应的生成物中相对分子质量最小的物质的摩尔质量为 134g/mol （4）H 分子含有 4 个碳，且为 C2H2O2的同系物，H 的同分异
30、构体中含有，且无环状结 构的同分异构体有 8 种 （不考虑立体异构） （5）芳香化合物 G 仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为 110G 能与碳酸钠反应，不 能与碳酸氢钠反应，且 G 分子中烃基上的一氯取代物只有一种则 G 的结构简式为 （6）已知： 以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成正丁酸，写出合成路线（用结构简式表示有机 物） ，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件） 【考点】有机物的推断 【分析】淀粉在酸性条件下水解得到 M 为葡萄糖，M 转化为 N，N 转化为 A，由（1）中 A 产 量可以用来衡量一个国家石油化工的发展水平，则 A 为 CH2=CH2，则 M 再酒化
31、酶作用下得到 N 为 CH3CH2OH，N 在浓硫酸、170条件下发生消去反应生成 A，A 与试剂 X 得到 D，D 在氢 氧化钠水溶液、加热条件下得到 C，C 常用于汽车的防冻液，则 C 为 HOCH2CH2OH，试剂 X 可 以为溴水，与乙烯发生加成反应得到 D，D 再发生水解反应得到乙二醇A 发生氧化反应得到 C2H4O， 且 C2H4O 与水反应得到 C， 则 C2H4O 为环氧乙烷 （） ， 乙二醇发生氧化反应生成 C2H2O2 为 OHCCHO，进一步氧化生成 E 为 HOOCCOOH，HOOCCOOH 被酸性高锰酸钾氧化生成 F 为二氧化碳，同时生成硫酸锰与水，据此解答（14）
32、； （5）中芳香化合物 G 仅含碳、氢、氧三种元素，G 能与碳酸钠反应，不能与碳酸氢钠反应， 则 G 不含羧基、含有酚羟基，相对分子质量为 110，去掉一个苯基（C6H5） 、OH 后剩余 数量为 1101777=16，故还含有一个 O 原子，则 G 含有 1 个苯环、2 个酚羟基，且 G 分子 中烃基上的一氯取代物只有一种，则 G 最中 2 个酚羟基处于对位； （6）乙烯与 HBr 发生加成反应生成 CH3CH2Br，然后发生水解反应生成 CH3CH2OH，再发生氧 化反应生成 CH3CHO，2 分子乙醛发生加成反应生成，再在浓硫酸加热条件下发生 消去反应生成 CH3CH=CHCHO，再与氢
33、气发生加成反应生成 CH3CH2CH2CH2OH，在 KMnO4条件 14 页 下发生氧化反应生成生成 CH3CH2CH2COOH，据此解答 【解答】解： （1）A 为 CH2=CH2，官能团的结构简式为，N 生成 A 是乙醇在浓硫酸、170条 件下发生消去反应生成乙烯，B 为，它的一种同分异构体为 CH3CHO，名称为乙醛，故答 案为：；浓硫酸、170；乙醛； （2）E 生成 F 的离子方程式为：5HOOCCOOH+2MnO4+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O； C2H2O2生成 E 的化学方程式（O为含铜物质） ：OHCCHO+4Cu（OH）2 HOOC COOH+4Cu2O+4H
34、2O， 故答案为： 5HOOCCOOH+2MnO4+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O； OHCCHO+4Cu （OH） 2 HOOC COOH+4Cu2O+4H2O； （3）C（HOCH2CH2OH）与 E（HOOCCOOH）一定条件下反应的生成物中相对分子质量最小 的物质为乙二酸乙二醇酯，该物质的摩尔质量为 134g/mol，故答案为：134g/mol； （4）H 分子含有 4 个碳，且为 C2H2O2（OHCCHO）的同系物，则 H 的分子式为 C4H6O2，H 的同分异构体中含有，且无环状结构，含有酯基或羧基，且还含有 1 个碳碳双键， 符合条件的同分异构体有：CH2=CHCH2
35、COOH，CH3CH=CHCOOH，CH2=C（CH3）COOH， CH2=CHCH2OOCH，CH3CH=CHOOCH，CH2=C（CH3）OOCH，CH2=CHOOCCH3，CH2=CHCOOCH3， 故共有 8 种，故答案为：8； （5）中芳香化合物 G 仅含碳、氢、氧三种元素，G 能与碳酸钠反应，不能与碳酸氢钠反应， 则 G 不含羧基、含有酚羟基，相对分子质量为 110，去掉一个苯基（C6H5） 、OH 后剩余 数量为 1101777=16，故还含有一个 O 原子，则 G 含有 1 个苯环、2 个酚羟基，且 G 分子 中烃基上的一氯取代物只有一种，则 G 最中 2 个酚羟基处于对位，故
36、 G 的结构简式为 ，故答案为：； （6）乙烯与 HBr 发生加成反应生成 CH3CH2Br，然后发生水解反应生成 CH3CH2OH，再发生氧 化反应生成 CH3CHO，2 分子乙醛发生加成反应生成，再在浓硫酸加热条件下发生 消去反应生成 CH3CH=CHCHO，再与氢气发生加成反应生成 CH3CH2CH2CH2OH，在 KMnO4条件 下 发 生 氧 化 反 应 生 成 生 成CH3CH2CH2COOH ， 合 成 路 线 流 程 图 为 ： CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH =CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2COOH，故答案为：
37、CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH =CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2COOH 15 页 9纳米级 Cu2O 由于具有优良的催化性能而受到关注，表为制取 Cu2O 的三种方法： 方法 用炭粉在高温条件下还原 CuO 方法 电解法：2Cu+H2O Cu2O+H2 方法 用肼（N2H4）还原新制 Cu（OH）2 （1）工业上常用方法 II 和方法 III 制取 Cu2O 而很少用方法 I，其原因是 反应不易控制，易 还原产生 Cu （2）己知：2Cu（s）+ O2（g）=Cu2O（s）H=akJmol1 C（s）+ O2（g）=CO（s）H
38、=bkJmol 1 Cu（s）+ O2（g）=CuO（s）H=ckJmol1 则方法 I 发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）H= 2cab kJmol1 （3）方法 II 采用离子交换膜控制电解液中 OH 的浓度而制备纳米 Cu2O，装置如图所示，该 电池的阳极反应式为 2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O （4）方法 III 为加热条件下用液态拼（N2H4）还原新制 Cu（OH）2来制备纳米级 Cu2O，同时 放出 N2该制法的化学方程式为 4Cu（OH）2+N2H4 2Cu2O+N2+6H2O （5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的 Cu2O 分别进行
39、催化分解水的实验： 2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0 水蒸气的浓度随时间 t 变化如表所示 序 号 0 10 20 30 40 50 T1 0.050 0.0492 0.0486 0.0482 0.0480 0.0480 T1 0.050 0.0488 0.0484 0.0480 0.0480 0.0480 T2 0.10 0.094 0.090 0.090 0.090 0.090 下列叙述正确的是 AC （填字母代号） A实验温度：T1T2 B实验前 20min 的平均反应速率 v（O2）=710 5mol/（Lmin） C实验比实验所用的催化剂效率高 （6）25时，向 50mL0
40、.018mol/L 的 AgNO3溶液中加入 50mL0.02mol/L 盐酸，生成沉淀若 16 页 已知 Ksp（AgCl）=1.81010，则此时溶液中的 c（Ag+）= 1.8107mol/L （体积变化忽略 不计） 若再向沉淀生成后的溶液中加入 100mL0.001mol/L 盐酸， 是否继续产生沉淀 否 （填 “是”或“否”） 【考点】反应热和焓变；化学平衡的计算 【分析】 （1）用炭粉在高温条件下还原 CuO 容易生成 Cu； （2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式， 反应热也乘以相应的系数作相应的加减； （3）阳极发生氧化反应，碱性条件下
41、 Cu 在阳极失去电子得到 Cu2O 与 H2O； （4）液态肼（N2H4）还原新制 Cu（OH）2来制备纳米级 Cu2O，同时放出 N2，根据得失电子 守恒分析； （5）A根据温度对化学平衡移动的影响知识来回答； B根据反应速率 v=来计算； C催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快； （6）计算溶液混合后，不发生反应时 c（Ag +） 、c（Cl） ，令平衡时溶液中 Ag+的浓度为 xmol/L， 根据反应 Ag +（aq）+Cl（aq）AgCl（s） ，表示出平衡时 c（Ag+） 、c（Cl） ，代入溶度积常数 列方程计算； 再计算混合后溶液，不发生反应时 c（Ag +） 、
42、c（Cl） ，计算离子浓度积，与溶度积比较，判断 是否产生沉淀 【解答】解： （1）用炭粉在高温条件下还原 CuO 容易生成 Cu，反应不易控制生成 Cu2O； 故答案为：反应不易控制，易还原产生 Cu； （2）2Cu（s）+ O2（g）=Cu2O（s）H=akJmol1， C（s）+ O2（g）=CO（g）H=bkJmol1， Cu（s）+ O2（g）=CuO（s）H=ckJmol1 由盖斯定律可知，2+得 2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）H=2cabkJmol 1； 故答案为：2cab； 17 页 （3）阳极发生氧化反应，碱性条件下 Cu 在阳极失去电子得到 Cu2O
43、与 H2O，阳极电极反应式 为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O， 故答案为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O； （4）液态肼（N2H4）还原新制 Cu（OH）2来制备纳米级 Cu2O，同时放出 N2，其反应的方程 式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O； 故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O； （5）A、实验温度越高，达到化学平衡时水蒸气转化率越大，和相比，转化率高，所 以 T2T1，故 A 正确； B、实验前 20min 的平均反应速率 v（O2）=3.5105 molL 1 min1，故 B 错误； C、化学平衡状态未改变，反应速率加
44、快，先到达平衡，则实验比实验所用的催化 剂效率高，故 C 正确 故选 AC； （6）溶液混合后，不发生反应时 c（Ag +）= 0.018molL1=0.009molL1、c（Cl）= 0.02molL 1=0.01molL1，令平衡时溶液中 Ag+的浓度为 xmol/L， Ag+（aq）+Cl（aq）AgCl（s） （0.009x）mol/L （0.009x）mol/L 反应后溶液中 c（Cl）=0.01mol/L（0.009x）mol/L=（0.001+x）mol/L，故 x（0.001+x） =1.810 10，由于 0.0090.01=91051.81010，故 0.001+x0.00
45、1，解得 x1.8107， 再向反应后的溶液中加入 100mL0.001molL1盐酸， 不发生反应时 c （Ag+） = 1.8107molL 1=9108molL1、c（Cl）= （0.001+1.8107+0.001molL10.001molL1，而离子 浓度积=0.001910 8=0.910101.81010，故没有沉淀产生， 故答案为：1.8107mol/L；否 10工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示钛铁矿主要成分为钛酸 亚铁（FeTiO3） ，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3 价 18 页 已知：TiOSO4遇水会水解 （1）步骤中，用铁粉将 Fe3+
46、转化为 Fe2+的反应的离子方程式为 2Fe3+Fe3Fe2+ （2）步骤中，实现混合物的分离是利用物质的 b （填字母序号） a熔沸点差异 b溶解性差异 c氧化性、还原性差异 （3）步骤、中，均需用到的操作是 过滤 （填操作名称） （4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤中将 TiO2+转化为 H2TiO3的原理： 溶液中 存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后， 平衡正向移动，生成 H2TiO3 （5）可以利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为 MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4， 易溶于水） ，该反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2+4H+Mn2
47、+2Fe3+2H2O （6）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融 CaF2CaO 作电解质，利用如下图所 示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛 写出阳极所发生反应的电极反应式： 2O24eO2 在制备金属钛前后，CaO 的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释） 制备 TiO2时， 在电解槽发生如下反应：2CaO2Ca+O2，2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可见，CaO 的 量不变 【考点】制备实验方案的设计；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】 （1）铁粉将 Fe3+转化为 Fe2+； （2）溶液中析出晶体是利用物质溶解度的不同得到； 19 页 （3）都是从溶液中得到固体的分离过程，需要用过滤装置； （4） 依据溶液中存在平衡： TiO2+2H2OH2TiO3+2H+， 平衡影响因素和平衡移动原理分析判断； （5）废液主要是亚铁离子、氢离子和二氧化锰反应发生氧化还原反应生成锰离
