2019-2020学年北京市首都师范大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市首都师范大学附属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下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（）A利用排空气法收集CO2B收集氧气C制备并检验氢气的可燃性D稀释浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A 错误；B.O2难溶于水，可以用排水的方法收集，B 正确；C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸，应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误；D.浓硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D 错误；故合理选项是B。2氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是A能发生加成、取代、还原等反应B分子内有3 个手性碳原子C分子内存在三种含氧官能团D分子内共平面的碳原子多于6 个【答案】B【解析】【分析】【详解】A含 C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A 正确；B手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则中只有 1 个手性碳原子，故 B 错误；C分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C 正确；D苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C 原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6 个，故 D 正确；故答案为B。【点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。3甲醇低压羰基合成法（CH3OH+CO CH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国标优等品乙酸含量99.8%。为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是A观察放入金属Na 是否产生气泡B观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红C观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色D观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红【答案】C【解析】【分析】【详解】A均与 Na 反应生成气泡，不能检验，故A 不选；B滴入的紫色石蕊溶液是否变红，可检验乙酸，不能检验乙醇，故B 不选；CJ 甲醇能被高锰酸钾氧化，使其褪色，则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验甲醇，故C选；D乙酸与CuO 反应，干扰乙醇与CuO的反应，不能检验，故D 不选；故选：C。4溴化氢比碘化氢A键长短B沸点高C稳定性小D还原性强【答案】A【解析】【详解】A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A 正确；B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D 错误；故选：A。5人体吸入CO后在肺中发生反应CO+HbO2O2+HbCO导致人体缺氧。向某血样中通入CO与 O2的混合气 c(CO)=1.0 10-4mol/L，c(O2)=9.9 10-4mol/L，氧合血红蛋白HbO2浓度随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A反应开始至4s 内用 HbO2表示的平均反应速率为2 l0-4mol/(Ls)B反应达平衡之前，O2与 HbCO的反应速率逐渐减小C将 CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理D该温度下反应CO+HbO2O2+HbCO的平衡常数为107【答案】C【解析】【详解】A、v=c/t=(1.0-0.2)10-4mol/L 4s=2 10-5mol/（L?s），A 错误；B、HbO2转化为 O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B错误；C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；D、根据平衡常数K=c(O2)?c(HbCO)/c(CO)?c(HbO2)=10.7 10-4 0.8 10-4/0.2 10-4 0.2 10-4=214，D 错误；答案选 C。6关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是A装置可用于实验室制取少量NH3或 O2B装置可用于实验室制备Cl2C装里可用从右侧管处加水的方法检验气密性D装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯【答案】D【解析】【详解】A、图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A 正确；B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，不用加热，尾气用碱溶液吸收，故B正确；C、装里可用从右侧管处加水，观察U 型管是否出现液面差，可检验装置的气密性，故C正确；D、装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，不一定是乙烯，故D 错误；故选 D。7用 KClO3和 MnO2制备 O2，并回收MnO2和 KCl。下列实验操作正确的是（）A O2制备装置B固体混合物溶解C过滤回收MnO2D蒸发制KCl【答案】B【解析】【详解】A.加热固体时，试管口应略向下倾斜，故A 不符合题意；B.MnO2难溶于水，KCl 易溶于水，将混合物放入烧杯中，加蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌加速溶解，故B 符合题意；C.根据装置图，漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，故C 不符合题意；D.蒸发时应用蒸发皿，不能用坩埚，故D 不符合题意；答案：B。8SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是()A a 为正极，b 为负极B生产过程中氢离子由右移向左C从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%D负极反应式为SO22H2O-2e-=SO42-4H+【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由图可知，此装置为原电池，且a 极发生氧化反应，属于负极，b 极为正极，A 项错误；B.原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；C.负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C 项错误；D.负极反应式为SO22H2O2e=SO42-4H，D 项正确；答案选 D。925时，NaCN溶液中 CN、HCN浓度所占分数()随 pH 变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向 10mL0.01mol L1NaCN 溶液中逐滴加入0.01mol L-1的盐酸，其 pH 变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A图甲中pH=7 的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=104.5mol/L C图乙中b 点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D图乙中c 点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+c(CN)【答案】B【解析】【分析】【详解】A.图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl)=c(HCN)，故 A 错误；B.a 点的坐标为(9.5，0.5)，此时 c(HCN)=c(CN-)，HCN的电离平衡常数为+-9.-a5-1CNH(HCN)HHCN10mol LccKcc，则 NaCN 的水解平衡常数-14-4.5-1wh5a-9.(NaCN)(H1010mol1)LCN0KKK，故 B 正确；C.b 点加入 5mL 盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和 NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN-的水解程度，因此c(HCN)c(CN-)，故 C错误；D.c 点加入 10mL 盐酸，反应后得到等浓度的HCN 和 NaCl 的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-)，则 c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN)，故 D 错误；故选 B。10已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS=Fe+Li2S，电解液为含LiPF6 SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是A X与电池的Li 电极相连B电解过程中c(BaC12)保持不变C该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li+2e-=Fe+Li2S D若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X 电极的反应不变【答案】C【解析】【分析】由反应 FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li 被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为 FeS+2Li+2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即 Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A.用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li 被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A 错误；B.镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2+2e-=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和 Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B 错误；C.锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li+2e-Fe+Li2S，故 C正确；D.若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-OH-，则 Cl-移向阳极放电：2Cl-2e-=Cl2，电解反应总方程式会发生改变，故D 错误；答案选 C。11下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是A 1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数B1molCl2参加化学反应获得的电子数C常温常压下，11.2LN2和 NO 的混合气体所含的原子数D 28g 铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目【答案】A【解析】【详解】A水溶液中含醋酸分子和水分子，1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数大于NA，故 A 正确；B 1molCl2发生氧化还原反应，若是自身发生歧化反应，获得电子1mol，也可以只做氧化剂得到电子2mol，故 B 错误；C标准状况11.2L 混合气体物质的量为0.5mol，常温常压下，11.2LN2和 NO 的混合气体所含的原子数小于 NA，故 C错误；D28g 铁物质的量为0.5mol，在反应中作还原剂时，与强氧化剂生成铁盐，与弱氧化剂反应生成亚铁盐；失去电子的数目可以是1mol，也可以是1.5mol，故 D 错误；故答案为：A。【点睛】考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：溶液的体积，离子是否水解，对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应，反应的限度达不到100%；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。12主族元素Q、X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且均不大于20。Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X 与 Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W 原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A X与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY与 Z 形成的化合物只含离子键C简单氢化物的沸点：QX D Z和 W 形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定 Q 为 N；X 与 Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为 F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为 Cl；Q、Y、W 原子的最外层电子数之和为9，当 W 为 K时，Y为 Al；当 W 为 Ca时，Y为 Mg。【详解】A.X 简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A 错误；B.Y与 Z形成的化合物可能是AlCl3或 MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）ZQ D该化合物中与Y 单键相连的Q 不满足8 电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X 为 H，W 为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1 价的离子，应为Na，Y 可成四个键，Y为 C，Q 核外最外层电子数与Y 核外电子总数相同，Q 为 O，则 Z为 N，据此解答。【详解】由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X 为 H，W 为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1 价的离子，应为Na，Y 可成四个键，Y为 C，Q 核外最外层电子数与Y 核外电子总数相同，Q 为 O，则 Z为 N，A.WX 为 NaH，其与水反应生成NaOH 和氢气，溶液显碱性，故A 正确；B.由 X、Y、Q、W 四种元素形成的化合物，如NaHC2O4，由于 HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则其水溶液呈酸性，故B 错误；C.同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强，则元素的非金属性QZY，故 C错误；D.该化合物中与Y单键相连的Q，与 Y共用一对电子，并得到了W 失去的一个电子，满足8 电子稳定结构，故 D 错误；故选 A。15下列反应中，相关示意图像错误的是：A将二氧化硫通入到一定量氯水中B将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中C将铜粉加入到一定量浓硝酸中D将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中【答案】B【解析】【详解】A当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH 值减小，最后达定值，故A 正确；B氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不和弱碱反应，所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值，沉淀不溶解，故B 错误；C铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C 正确；D铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D 正确；故答案为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：I.探究不同价态铜的稳定性进行如下实验：(1)向2Cu O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：_。由此可知，在酸性溶液中，+2价 Cu比+1 价 Cu 更_(填“稳定”或“不稳定”)。(2)将CuO粉末加热至o1000 C以上完全分解成红色的2Cu O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1 价的Cu比+2 价 Cu更_(填“稳定”或“不稳定”)。II.探究通过不同途径制取硫酸铜(1)途径 A：如下图杂铜(含少量有机物)灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是_(填字母代号)a.该条件下铜无法被氧气氧化b.灼烧不充分，铜未被完全氧化c.氧化铜在加热过程中分解生成铜d.灼烧过程中部分氧化铜被还原测定硫酸铜晶体的纯度：某小组同学准确称取4.0g 样品溶于水配成100mL 溶液，取10mL 溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液 pH=34，加入过量的KI，用2230.1000mol/L Na S O标准溶液滴定至终点，共消耗22314.00mLNa S O标准溶液。上述过程中反应的离子方程式如下：2+-2-2-2223462Cu+4I=2Cul+I,I+2S O=2I+S O。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为_(2)途径 B：如下图烧瓶内可能发生反应的化学方程式为_(已知烧杯中反应：23222NaOH2NONaNONaNOH O)下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_。.探究用粗铜(含杂质 Fe)按下述流程制备氯化铜晶体22CuCl2H O。(1)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与2Cl反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要_(填“是”或“否”)(2)将溶液 2 转化为22CuCl2H O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：Cu(H2O)42+(aq，蓝色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明2CuCl溶液中有上述转化关系的是 _(填序号)(已知：较高浓度的24CuCl溶液呈绿色)。a.将 Y稀释，发现溶液呈蓝色b.在 Y中加入2CuCl晶体，溶液变为绿色c.在 Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色d.取 Y进行电解，溶液颜色最终消失.探究测定铜与浓硫酸反应取6.4g铜片和 12mL18mol/L 浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取 20mL 至锥形瓶中，滴入 23 滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的pH 约为 5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度_(填“能”或“不能”)，其理由是 _。【答案】+2+22Cu O+2H=Cu+Cu+2H O稳定稳定bd 87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO+4H2O氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气否abc 不能虽然甲基橙变色的pH 范围为 3.14.4，Cu（OH）2开始沉淀时的pH 为 5，在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2+不会消耗 OH-，但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰【解析】【分析】I.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2 价 Cu比+1 价 Cu更稳定；(2)在高温下CuO分解产生Cu2O、O2，说明 Cu2O 比 CuO在高温下稳定；II.(1)Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；根据 Cu 元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CuSO4?5H2O 的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；(2)Cu 与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、NO2（或 NO）、H2O，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；O2可以将 NO 氧化为 NO2，可以将NO、NO2驱赶进入NaOH 溶液中，发生反应，防止大气污染；III.(1)HCl 对反应没有影响；(2)根据平衡移动原理分析；IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。【详解】I.(1)向 Cu2O 中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，这说明在酸性溶液中，+2价 Cu比+1 价 Cu更稳定；(2)将CuO粉末加热至o1000 C以上完全分解成红色的2Cu O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1 价的Cu比+2 价 Cu更稳定；II.(1)a.加热条件下铜易被氧气氧化，a 错误；b.灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b 正确；c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c 错误；d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d 正确；故合理选项是bd；根据方程式2+-2-2-2223462Cu+4I=2CuI+II+2S O=2I+S O，可知：2Cu2+I22S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L 0.014L 10=1.4 10-2mol，则 n(Cu2+)=1.4 10-2mol，m(CuSO4?5H2O)=1.4 10-2mol 250g/mol=3.5g，所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g 4.0g)100%=87.5%；(2)Cu 与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、NO2（或 NO）、H2O，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：243422Cu+H SO+2HNO()=CuSO+2NO+2H O浓243423Cu+3H SO+2HNO()=3CuSO+2NO+4H O稀；NO 不能被 NaOH 溶液吸收，O2可以将 NO 氧化为 NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO2驱赶进入NaOH 溶液中，发生反应，转化为NaNO2、NaNO3，防止大气污染；III.(1)Cl2中混有的HCl 对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl 的装置；(2)a.将 Y稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，a 正确；b.在 Y中加入 CuCl2晶体，溶液中Cu(H2O)42+、Cl-浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明 CuCl2溶液中转化关系，b 正确；c.在 Y中加入 NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，c 正确；d.取 Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，d 错误；故合理选项是abc；IV.甲基橙变色的pH 范围是3.14.4，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5，在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu2+不会消耗OH-，但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu2+溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。【点睛】本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物M 是一种药物中间体。实验室以烃A 为原料制备M 的合成路线如图所示。请回答下列问题：已知：+4KMnO/HR1COOH+R2COR3。R1CH2COOR2+R3COOR432CHCHONa+R4OH1(R、2R、3R、4R均表示烃基)(1)A的核磁共振氢谱中有_组吸收峰；B的结构简式为_。(2)C的化学名称为_；D 中所含官能团的名称为_。(3)CD所需的试剂和反应条件为_；EF的反应类型为_。(4)FM的化学方程式为_。(5)同时满足下列条件的M 的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。五元环上连有2 个取代基能与3NaHCO溶液反应生成气体能发生银镜反应(6)参照上述合成路线和信息，以1甲基环戊烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。【答案】1 1氯环己烷碳碳双键NaOH乙醇溶液、加热酯化反应32CH CH ONa+CH3CH2OH 6+4KMnO/H2H催化剂催化剂【解析】【分析】根据流程图，烃A 在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B 与氢气加成生成C，结合 C的化学式可知，A 为，B 为，C为，根据题干信息可知，D 中含有碳碳双键，则C 发生消去反应生成D，D 为，D 中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成 F，F为，根据信息，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，A中只有 1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；(2)C 的结构简式为，化学名称为1氯环己烷；D 的结构简式为，D 中所含官能团为碳碳双键，故答案为：1氯环己烷；碳碳双键；(3)C 的结构简式为，D 的结构简式为，CD为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，EF的反应类型为酯化反应(或取代反应)，故答案为：NaOH 乙醇溶液、加热；酯化反应(或取代反应)；(4)F 的结构简式为，M 的结构简式为，根据信息，FM的化学方程式为32CH CH ONa+CH3CH2OH，故答案为：32CH CH ONa+CH3CH2OH；(5)M 为，同时满足：五元环上连有2 个取代基；能与3NaHCO溶液反应生成气体，说明含有羧基；能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M 的同分异构体有：、，一共 6 种，故答案为：6；(6)以1甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为+4KMnO/H2H催化剂催化剂，故答案为：+4KMnO/H2H催化剂催化剂。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机物 G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。可以通过以下途径合成：已知有机物A中含有 C、H、O、Cl 四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。（1）A的结构简式为_或_；反应的反应类型_。（2）写出反应和反应的化学方程式：反应_；反应（在一定条件下）_。（3）写出 1 种 E的同系物的名称_。写出 1 种与 F 含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式_。（4）试设计一条以为原料合成的合成路线 _。（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）【答案】ClCH2CH2CH2OHCH3CH(Cl)CH2OH消去反应CH2=CHCOOHCH3OHCH2=CHCOOCH3H2On CH2=CHCOOCH3乙醇CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH【解析】【详解】(1)A 的分子式为C3H7ClO，A 氧化生成的B可发生银镜反应，A 分子中同一个碳原子上不直接连接两个官能团，可知A 为 ClCH2CH2CH2OH 或 CH3CHClCH2OH；A 氧化生成 B为 ClCH2CH2CHO或 CH3CHClCHO，B 发生银镜反应生成C 为 ClCH2CH2COOH或 CH3CHClCOOH，C发生消去反应生成D 为 CH2=CHCOOH，所以反应中-Cl转化为碳碳双键，反应类型为消去反应；(2)D 为 CH2=CHCOOH，E是 CH3OH，D 与 E在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应，生成F为CH2=CHCOOCH3和水，反应的方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；CH2=CHCOOCH3分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应，产生聚酯；故反应的化学方程式为：nCH2=CHCOOCH3；(3)E 为 CH3OH，E的任意 1 种同系物为CH3CH2OH，名称为乙醇；F为 CH2=CHCOOCH3，与 F含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH；(4)以为原料合成，要先发生氧化反应，使OH变为 COOH、然后使 Cl在 NaOH 的水溶液中加热发生水解反应，产生醇-OH，同时-COOH会反应产生COONa，最后酸化 COONa变为 COOH，故合成流程为。19消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。（1）化学上采用NH3处理 NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。已知：222NO(g)N(g)O(g)H177kJ/mol32224NH(g)3O(g)2N(g)6H O(g)H1253.4kJ/mol则用 NH3处理 NO 生成氮气和气态水的热化学方程式为_。（2）已知：223N(g)3H(g)2NH(g)H0?。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中3NH的物质的量分数如图所示。M 点的 v正_Q 点的 v正（填“”“”或“=”）。图中 M 点的平衡常数比N 点的平衡常数_（填“大”“小”或“相等”）（3）水体中过量氨气（以3NH表示）会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出总反应化学方程式_。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是_。（4）氮氧化物也可用碱溶液吸收。若NO 和2NO混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，则该盐的化学式为_；已知常温下，4a2KHNO5 10，则反应222HNOaqNaOH aqNaNOaqH O l?的平衡常数的数值为_。（5）利用反应2322NONHNH O（未配平）消除用电器2NO的简易装置如图所示。a 电极上的反应式为_。常温下，若用该电池电解0.6L饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH 变为 13，则理论上b 电极上消耗 B 气体的体积为_ mL（标准状况；假设电解过程中溶液体积不变）。【答案】4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H=-1784.4kJ?mol-1大2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O 温度过高，加快了中间产物HClO 的分解，导致氨氮去除率降低NaNO25 10102NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O 336【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)M 点比 Q 点压强大；M 点氨气的物质的量分数比N 点大，结合放热反应分析判断；(3)根据原理图，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，据此书写反应的化学方程式；根据温度对中间产物HClO的影响分析解答；(4)NO 和 NO2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，反应中只有N 元素化合价发生变化，NO中 N 元素化合价为+2、NO2中 N 元素化合价为+4，则生成的盐中N 元素化合价为+3 价；根据HNO2(aq)+NaOH(aq)?NaNO2(ag)+H2O(1)的平衡常数表达式结合水的离子积常数分析计算；(5)根据图中电子的运动方向可知，a 极为负极，为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应；根据 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl22e-，一段时间后，测得饱和食盐水pH 变为 13，则溶液中n(OH-)=0.6L 0.1mol/L=0.06mol，b 极电极反应式为：2NO2+8e-=N2+8OH-，结合电子守恒分析计算。【详解】(1)2NO(g)=N2(g)+O2(g)H=-177kJ/mol，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H=-1253.4kJ/mol，根据盖斯定律，将+3 得：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H=(-1253.4kJ/mol)+(-177kJ/mol)3=-1784.4kJ?mol-1；故答案为4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H=-1784.4kJ?mol-1；(2)M 点比 Q 点压强大，压强增大，反应速率加快，则M 点的 v正 Q 点的 v正，故答案为；M 点氨气的物质的量分数比N 点大，该反应是放热反应，则M 点的温度高，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则M 点的平衡常数比N 点的平衡常数大，故答案为大；(3)根据次氯酸钠除去氨氮的原理图可知，NH3、NaClO 是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，所以反应的化学方程式为：2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O，故答案为2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O；温度过高时，加快了中间产物HClO 的分解，导致氨氮去除率降低，故答案为温度过高时，加快了中间产物 HClO 的分解，导致氨氮去除率降低；(4)NO 和 NO2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，反应中只有N 元素化合价发生变化，NO中 N 元素化合价为+2、NO2中 N 元素化合价为+4，则生成的盐中N 元素化合价为+3 价，为亚硝酸盐，因此化学式为NaNO2；反应 HNO2(aq)+NaOH(aq)?NaNO2(ag)+H2O(1)的平衡常数K=22c NOc HNOc()()OH=2w2c NOc H)Kc HNO(g=a2wKHNOK=4145 1010=5 1010，故答案为NaNO2；5 1010；(5)根据图中电子的运动方向可知，a 极失去电子发生氧化反应，则为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O，故答案为2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O；电解 0.6L 饱和食盐水，电解反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl22e-，一段时间后，测得饱和食盐水 pH 变为 13，则溶液中n(OH-)=0.6L 0.1mol/L=0.06mol，转移电子为0.06mol，同一串联电路转移电子数目相同，设B 极消耗的NO2体积为 V，根据 b 极电极反应有：2NO2+8e-=N2+8OH-44.8L 8mol V 0.06mol 则 V=44.8L0.06mol8mol=0.336L=336mL，故答案为336。