2019-2020学年安徽省滁州市第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省滁州市第二中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A浓硫酸的脱水性是化学性质B使铁、铝钝化表现了强氧化性C制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A 正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B 正确；C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D 错误；故选 D。2BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成 BHT 的常用方法有2 种（如图），下列说法不正确的是A BHT能使酸性KMnO4溶液褪色BBHT 与对甲基苯酚互为同系物CBHT 中加入浓溴水易发生取代反应D方法一的原子利用率高于方法二【答案】C【解析】【分析】【详解】A.BHT 结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A 项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1 个酚羟基，BHT多了 8 个“CH2”原子团，符合同系物的定义结构相似，组成上相差若干个CH2，B 项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无 H 原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D 项正确；答案选C项。【点睛】同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。3设 NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A 1molP4(正四面体结构)含有 6NA个 P-P键B1mol 碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAC25，pH=13 的 NaOH 溶液中含有OH-的数目为0.1NAD常温常压下，过氧化钠与水反应，生成8 g 氧气时转移的电子数为0.25NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A一个 P4分子中含有6 个 P-P键，所以1molP4(正四面体结构)含有 6NA个 P-P键，故 A 正确；B一个 CH3+所含电子数为6+3-1=8，所以 1mol 碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA，故 B 错误；C溶液体积未知，无法计算所含微粒数目，故C 错误；D 8g 氧气的物质的量为0.25mol，过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2，且为唯一氧化产物，氧元素化合价由-1 价变为 0 价，所以转移的电子数目为0.5 NA，故 D 错误；故答案为A。4下列说法错误的是A在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮B在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化C由于含钠、钾、钙、铂等金属元素的物质焰色试验呈现各种艳丽色彩，可用于制造烟花D淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，A 正确；B煤的气化是指以煤为原料,以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，所以在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化，B 正确；C金属铂灼烧时无色，不用于烟花制作中，C错误；D淀粉可以被水解成为葡萄糖，葡萄糖进步氧化变成乙醇、乙酸，D 正确；故选 C。5在一定条件下，使H2和 O2的混合气体26g 充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和 O2的物质的量之比为（）A 1：10 B9：1 C4：1 D4：3【答案】D【解析】【分析】已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。【详解】分两种情况：若 O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)=224:4:32/32/gg molg mol；若 H2过量，根据化学反应方程式2 H2+O2=2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中 O2的质量是 16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)=1016:10:12/32/ggg molg mol；故答案为D。【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。6下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是A SO2与 NaOH 溶液反应BCu在氯气中燃烧CNa 与 O2的反应DH2S与 O2的反应【答案】B【解析】【详解】A SO2与足量 NaOH 溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，选项A 错误；BCu 在氯气中燃烧生成物只有氯化铜，选项B 正确；CNa 与 O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，选项C 错误；DH2S与 O2的反应，若氧气不足燃烧生成硫单质和水，若氧气充足燃烧生成二氧化硫和水，选项 D 错误。答案选 B。7用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，描述正确的是A用石蕊作指示剂B锥形瓶要用待测液润洗C如图滴定管读数为25.65mL D滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化【答案】D【解析】【详解】A.滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A 错误；B.锥形瓶如果用待测液润洗，会使结果偏高，故B错误；C.如图滴定管读数为24.40mL，故 C错误；D滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D 正确；故选：D。8化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A电动汽车充电、放电过程均有电子转移B很多鲜花和水果的香味来自于酯C淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料【答案】D【解析】【详解】A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A 正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C 正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D 错误；故合理选项是D。9只用一种试剂即可区别的：NaCl、MgCl2、FeCl3、Al2(SO4)3四种溶液，这种试剂是A AgNO3 BNaOH CBaCl2 DHCl【答案】B【解析】【分析】【详解】四种溶液中阳离子互不相同，可选用氢氧化钠溶液鉴别。氯化钠与氢氧化钠不反应；氢氧化钠与氯化镁生成白色沉淀；氢氧化钠与氯化铁生成红褐色沉淀；氢氧化钠加入硫酸铝溶液产生白色沉淀然后沉淀溶解。答案选 B。【点睛】氢氧化镁和氢氧化铝均为白色沉淀，但氢氧化铝溶于强碱溶液。10下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）ANaCl Na+Cl-BCuCl Cu2+2Cl-CCH3COOH?CH3COO-+H+DH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+183kJ【答案】B【解析】【详解】A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na+Cl-，故 A 不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2=电解Cu+Cl2，故 B 符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOH?CH3COO-+H+，故 C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)?2HCl(g)H=(436+243-431 2)kJ/mol=-183 kJ/mol，因此 H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+183kJ，故 D 不符合题意；故选：B。【点睛】电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；最常用、最重要的放电顺序为阳极：ClOH；阴极：AgCu2H。11根据下图，下列判断中正确的是A石墨与O2生成 CO2的反应是吸热反应B等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多C从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D C(金刚石，s)=C(石墨，s)+Q kJ Q=E3E2【答案】B【解析】【详解】A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成 CO2反应为放热反应，选项A 错误；B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；C、物质的能量越高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C 错误；D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项 D 错误；答案选 B。12下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（）A将 CO2和 NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中B将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱C在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D在析出NaHCO3的母液中通入NH3，加入氯化钠粉末，析出Na2CO3固体【答案】B【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则应该先向饱和食盐水中通入过量的氨气，再通入过量的二氧化碳，故A 错误；B.NaHCO3固体加热会分解成纯碱Na2CO3，故 B正确；C.侯德榜制碱法中，在析出NaHCO3的母液中加入生石灰（CaO），可以循环利用NH3，故 C错误；D.析出 NaHCO3的母液中主要含NH4Cl，氯化钠粉末溶解度较大，有利于增加Cl-含量；通入氨气，增加NH4+量，有利于NH4Cl析出，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。13铋(Bi)位于元素周期表中第A 族，其价态为3 时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：在上述实验条件下，下列结论正确的是A BiO3-的氧化性强于MnO4-BH2O2被高锰酸根离子还原成O2CH2O2具有氧化性，能把KI 氧化成 I2D在 KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色【答案】A【解析】【分析】【详解】A.向无色硫酸锰(MnSO4)溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO3)溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了MnO4-，Mn 元素化合价升高，失去电子被氧化为MnO4-，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知BiO3-的氧化性强于MnO4-，A 正确；B.向该紫色溶液中加入过量H2O2，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了O2，氧元素化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，B错误；C.向溶液中加入适量KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是H2O2将 KI氧化为 I2，也可能是Mn2+作催化剂使 H2O2分解产生的O2将 KI 氧化为 I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，C 错误；D.铋酸钠具有强的氧化性，可以将KI氧化为 I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将KI氧化为 KIO3，因此溶液不一定变为蓝色，D 错误；故合理选项是A。14设 NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（）A在标况下，11.2LNO 与 11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAB12g 金刚石中含有的共价键数为4NAC0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子D铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol 氢气时，转移的电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.在标况下，11.2LNO 与 11.2LO2的物质的量均为0.5mol，二者混合后发生反应2NO+O2=2NO2，所以0.5molNO 和 0.5mol O2反应生成0.5molNO2，消耗 0.25molO2，所以反应后气体的总物质的量应为0.75mol，但因存在2NO2=N2O4平衡关系，所以所含分子数小于0.75NA，故 A 错误；B.12g 金刚石中 C 的物质的量为n=12g12g/mol=1mol，金刚石中碳原子成正四面体构型，每个碳原子连接4个其他的碳原子，因此每个C-C键中 2 个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2NA，故 B 错误；C.每个 Na2O2中含有 2 个钠离子，1 个过氧根离子，所以0.1mol Na2O2晶体中含有0.3molNA个离子，故C正确；D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lmol 氢气时转移2mol 电子，所以转移的电子数为2NA，故 D 错误；答案选 C。15主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为9；W与 Y同族；W 与 Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液退色。下列说法正确的是（）A生物分子以W 为骨架BX的氧化物常用于焊接钢轨CZ的硫化物常用于点豆腐DY的氧化物是常见的半导体材料【答案】A【解析】【分析】主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20，W 与 Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则气体为烯烃或炔烃，W 为 C、Z 为 Ca时，生成乙炔符合；W、X、Z最外层电子数之和为9，X的最外层电子数为9-4-2=3，X为 Al；W 与 Y 同族，结合原子序数可知Y为 Si，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W 为 C、X 为 Al、Y为 Si、Z为 Ca。A.生物分子以碳链为骨架构成的分子，A 正确；B.X 的氧化物为氧化铝，不能用于焊接钢轨，B 错误；C.一般选硫酸钙用于点豆腐，C错误；D.Si单质是常见的半导体材料，D 错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握原子序数、元素的位置及碳化钙与水反应生成乙炔来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与应用能力的考查。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu 和少量 CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：请回答下列问题：(1)若步骤中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是_。(2)写出步骤中主要反应的离子方程式：_。(3)步骤包括用pH 2 的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_(写酸的名称)。(4)上述工艺中，步骤和的作用是_。(5)Se为 A 族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与 H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_。(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH 关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响 CuCl产率的原因是_；温度过高、pH 过大也会影响CuCl产率的原因是_。【答案】CuSO42Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H硫酸使 CuCl干燥，防止其水解氧化Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se+SO2+H2O 温度过低反应速率慢温度过高、pH 过大，容易向CuO和 Cu2O 转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)【解析】【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量 CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的 CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，(1)步骤中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，据此分析；(2)步骤为铜离子、亚硫酸铵、氯化铵得到CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高，还有硫酸根离子生成，据此书写；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，据此分析；(4)根据已知“CuCl 难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化”分析；(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与 H2SO4溶液反应得到硒、硫酸钠、二氧化硫和水；(6)温度过低，反应慢，温度过高、pH 过大铵盐易分解，容易向CuO和 Cu2O 转化；【详解】(1)步骤中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为CuSO4；(2)步骤的反应为：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；(4)由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤醇洗，步骤烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与 H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se+SO2+H2O；(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH 过大，容易向CuO和 Cu2O 转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解；【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用的知识，注意对题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17合成药物X、Y和高聚物 Z，可以用烃A 为主要原料，采用以下路线：已知：I.反应、反应均为加成反应。II.请回答下列问题：(1)A 的结构简式为_。(2)Z 中的官能团名称为_，反应的条件为_.(3)关于药物Y()的说法正确的是_。A 1mol 药物 Y与足量的钠反应可以生成33.6 L 氢气B药物 Y的分子式为C8H8O4，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C药物 Y中、三处-OH 的活泼性由强到弱的顺序是D 1mol 药物 Y与 H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4 mol 和 2 mol(4)写出反应EF 的化学方程式_。FX 的化学方程式_。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_。遇 FeCl3溶液可以发生显色反应，且是苯的二元取代物；能发生银镜反应和水解反应；核磁共振氢谱有6 个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和 CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z 的线路_。【答案】CH CH 酯基NaOH 水溶液、加热B、C+C2H5OH+H2O+H2O 或CH3CHO CH2=CHCOOCH3【解析】【分析】反应、反应的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应的产物，可知烃A 为 HC CH，B 为，而 G 的相对分子质量为78，则 G 为C 可以发出催化氧化生成D，D 发生信息中I的反应，则反应为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到 X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇反应酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A 为 CH CH；(2)由 Z的结构简式可知Z含有酯基，反应为卤代烃的水解，条件为：氢氧化钠水溶液、加热；(3)A羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol 药物 Y与足量的钠反应可以生成1.5mol 氢气，标况下氢气体积为 33.6L，但氢气不一定处于标况下，故A 错误；B药物 Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中、三处-OH 的电离程度由大到小的顺序是，故 C正确；D苯环与氢气发生加成反应，1mol药物 Y与 3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY 消耗 2molBr2，故 D 错误；故答案为 B、C；(4)反应 E-F的化学方程式：，FX的化学方程式为；(5)E 为，对应的同分异构体遇FeCl3溶液可以发生显色反应，说明含有酚羟基，且是苯的对位二元取代物；能发生银镜反应和水解反应，应为甲酸酯类；核磁共振氢谱有6 个峰，则可能的结构为；(6)以 CH3CHO和 CH3OH为起始原料，合成Z，可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，与甲醇发生酯化反应，再发生消去反应，最后发生加聚反应生成Z，也可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，发生消去反应生成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，最后发生加聚反应生成Z，对应的流程可为或者。【点睛】在进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A 和 B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如图：（1）A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为：_（2）E是由 2 分子 C生成的含有3 个六元环的化合物，写出E的结构简式：_（3）DF 的反应类型是_，1mol F 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为：_mol写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：_属于一元酸类化合物苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基（4）已知：，A 有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图（其他原料任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_【答案】醛基、羧基取代反应3、【解析】【分析】（1）A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A 是 OHC-COOH，根据 C的结构可知B是，A+B C 发生加成反应；（2）C中有羟基和羧基，2 分子 C可以发生酯化反应生成3 个六元环的化合物E为；（3）对比 D、F的结构，可知溴原子取代-OH 位置；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应；F 的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为-CBr（CH3）COOH、-CH（CH2Br）COOH、-CH2CHBrCOOH、-CHBrCH2COOH；（4）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到 ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到 HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC-COOH，据此解答本题。【详解】（1）A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A 是 OHC-COOH，根据C 的结构可知B是，A+BC 发生加成反应，故答案为：醛基、羧基；（2）羧 C中有羟基和羧基，2 分子 C可以发生酯化反应生成3 个六元环的化合物，则E的结构简式为；（3）对比 D、F的结构，可知溴原子取代-OH位置，DF 的反应类型是：取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF 最多消耗3molNaOH；F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH、-CH2CHBrCOOH、-CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：、；（4）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到 ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到 HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC-COOH，合成路线流程图为：。19CS2是一种常见溶剂，还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题：(1)CS2与酸性 KMnO4溶液反应，产物为CO2和硫酸盐，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_(MnO4-被还原为Mn2+)(2)甲烷硫磺法制取CS2的反应为CH4(g)+2S2(g)650CS2(g)+2H2S(g)H。在恒温恒容密闭容器中进行该反应时，能说明该反应已达到平衡状态的是_(填字母)A v正(S2)=2v逆(CS2)B容器内气体的密度不再随时间变化C容器内气体的总压强不再随时间变化D单位时间内断裂C-H键数目与断裂HS键数目相等已知下列键能数据：共价键CH S=S C=S HS 律能/kJ?mol-1411 425 573 363 该反应的 H _kJ?mol-1(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S和 CH4且 n(H2S):n(CH4)=2:1，发生反应：CH4(g)+2H2S(g)?CS2(g)+4H2(g)。0.1MPa 时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示：该反应 H _(填“”或“”)0。M 点，H2S的平衡转化率为_，为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_(列举一条)。N 点，平衡分压p(CS2)=_MPa，对应温度下，该反应的KP=_(MPa)2。(KP为以分压表示的平衡常数)【答案】5:16 AD-104 20%减小起始时24n(H S)n(CH)9.1 10-36.6 10-4【解析】【分析】【详解】(1)CS2中 C为+4 价，S为-2 价，所以与高锰酸钾反应时，变价元素分别是S和 Mn，通过升降价守恒计算可得，还原剂和氧化剂的物质的量之比为5:16；(2)A当 v正(S2)=2v逆(CS2)时，正逆反应速率相等，所以能证明反应达到平衡状态，A 项正确；B反应6504222CH(g)2S(g)CS(g)2H S(g)垐 垐?噲 垐?，全为气体参与，且在恒温恒容条件下反应，根据公式=mV气体气体，可知气体密度恒定，所以密度不变不一定平衡，B 项错误；C反应6504222CH(g)2S(g)CS(g)2H S(g)垐 垐?噲 垐?气体总物质的量恒定，由公式pVnRT可知，体系内压强恒定，所以压强不变不一定平衡，C项错误；D当单位时间内断裂C-H键数目与断裂HS键数目相等时，正逆反应速率相等，反应一定处于平衡状态，D 项正确；答案选 AD。由键能计算焓变的公式为H=反应物总键能-生成物总键能，所以代入数据计算后该反应的H=-104kJ/mol；(3)根据图像，随着温度升高，反应物H2S的量逐渐下降，所以反应是吸热反应，所以H0；M 点时，CH4与 H2的物质的量分数相等，列三段式：6504222CH2H SCS4H1200-a2aa4a1a22aa4a垐 垐?噲 垐?初态反应终态，所以有1-a=4a，a=0.2，那么 H2S的转化率为2(H S)=20%a；为提高硫化氢转化率，从平衡移动的角度分析还可以加压或者增加CH4的进料提高CH4与H2S的比例；N 点时，硫化氢与氢气的物质的量分数相同，列三段式：6504222CH2H SCS4H1200-a2aa4a1a22aa4a垐 垐?噲 垐?初态反应终态，所以 2-2a=4a，a=13，即 N 点时二硫化碳的物质的量分数为：2221(CS)13(CS)%=9.1 1021133nnn总，所以322(CS)(CS)%=9.1 10MPapnp总；通过三段式可知224(H S)%(H)%11nn，42(CH)%11n，所以45242p234181111=6.6 10(MPa)121421111pKpp总总总。