2022年区高考化学一模试卷 .pdf

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1、天津市和平区高考化学一模试卷一、选择题1 .化学与生活息息相关，下列说法错误的是（）A服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒B海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C漂白粉长期暴露在空气中会变质失效D煤炭燃烧过程安装固硫装置，可有效提高煤的利用率2青蒿素是一种高效、速效抗疟药，是中医药献给世界的一份礼物屠呦呦因在发现、研究青蒿素方面做出的杰出贡献而获得2015 年诺贝尔医学奖青蒿素分子结构如图，下列说法中正确的是（）A青蒿素能与热的NaOH 溶液反应B青蒿素的分子式为C15H21O5C青蒿素分子结构中只含有极性键D青蒿素能使酸性KMnO4溶液褪色3如图表示从固体混合物

2、中分离X的 2 种方案，请根据方案与方案指出下列说法不合理的是（）A可以选用方案分离NaCl 中的 I2B方案中X物质不可能是受热易分解的物质C方案中加入NaOH 溶液可以分离出含SiO2的 Fe2O3D方案中加入的也可以是能够溶解除X外的其余物质的试剂4常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是（）A将 pH=4 CH3COOH 溶液加水稀释10 倍，溶液中各种离子浓度均减小B用 CH3COOH 溶液滴定等物质的量浓度的NaOH 溶液至中性，V（ CH3COOH 溶液） V（NaOH 溶液）C向 0.2 mol ? L1的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol ? L1NH3?H2O溶液： c（C

3、l） +c（OH）c（ H+）+c（NH3?H2O ）D在含 0.1mol NaHSO4溶液中： c（H+）c（ SO42）+c（ OH）5用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示，下列说法正确的是（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页A阳极室溶液由无色变成棕黄色B阴极的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2C电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO46下列图示与对应的叙述相符的是（）A图中可以看出反应A（g） =C（g）的 H=

4、 （ E1E4）kJ?mol1B图中表示一定条件下进行的反应2SO2+O22SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是扩大了容器的体积C图中表示将CO2通入 NaOH 的稀溶液中，随着CO2的通入，溶液中水电离出的c（H+）变化关系D图中曲线表示用0.1000mol/L NaOH 溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由此可判断HX的酸性最强二、第卷非选择题7现有 A、B、C、D、E 、 F 六种原子序数依次增大的短周期主族元素已知A与 D同主族且能形成离子化合物 DA ， B元素氢化物的水溶液呈碱性，C与 E同主族且 EC2是一种具有刺激性气味的气体用化学用语回答下列问题：（1）元素

5、F 在周期表中的位置（2） C 、D、E三种元素原子半径由大到小的顺序为A、C、D三种元素组成的化合物和单质 F 反应的离子方程式为（3）B与 F 形成的化合物分子中，各原子最外层均达8 电子结构，则该分子的电子式为（4）已知 0.50mol EC2被 C2氧化成气态EC3，放出 49.15kJ 热量，其热化学方程式为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页（5） A 、B、C以原子个数比4：2： 3 所形成的化合物，所含的化学键类型为；0.1mol ?L1的该化合物水溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：8相对分子质量为9

6、2 的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物， H是一种功能高分子，链节组成为 C7H5NO 已知：、请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）X的分子中最多有个原子共面（2）H的结构简式是（3）反应、的类型是；（4）反应的化学方程式是（5）有多种同分异构体，其中含有1 个醛基和2 个羟基，且核磁共振氢谱显示为6 组峰的芳香族化合物共有种（6）请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物（溶剂任选）合成最合理的方案示例如下：9氯化亚砜（SOCl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水反应，其制取过程的

7、相关反应如下：S（s）+Cl2（g）SCl2（l ）（）SCl2（l ）+SO3（l ）SOCl2（ l ）+SO2（g）（）已知二氯化硫（SCl2）熔点 78C，沸点59C，如图是实验室由氯气与硫合成二氯化硫的装置（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是（2）装置 D中玻璃仪器d 的名称是，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是（3）实验时，为防止E中液体挥发，可采取的措施是装置 F（盛放碱石灰）的作用是，（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99% 以上）氯化亚砜，为

8、使原子的利用率达到 100% ，三者的物质的量比为；已知： SOCl2+4NaOH Na2SO3+2NaCl+2H2O 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论10天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷（1）已知： CO （g）+H2O （g）?H2（ g）+CO2（g）H= 41kJ?mol1C（s）+2H2（g）?CH4（g）H= 73kJ ?mol12CO （

9、g）?C（ s）+CO2（g）H= 171kJ?mol1工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4写出 CO与 H2反应生成 CH4和 H2O的热化学方程式（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS 一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式（3）用天然气制取H2的原理为： CO2（g）+CH4（g）?2CO （g）+2H2（g）在密闭容器中通入物质的量浓度均为 0.1mol ?L1的 CH4与 CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图 1 所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；压

10、强为P2时，在 Y点： v（正）v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）求 Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=（计算结果保留两位有效数字）（4）以二氧化钛表面覆盖CuAl2O4为催化剂，可以将CH4和 CO2直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2 所示 250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页2016 年天津市和平区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1 .化学与生活息息相关，下列说法

11、错误的是（）A服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒B海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C漂白粉长期暴露在空气中会变质失效D煤炭燃烧过程安装固硫装置，可有效提高煤的利用率【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；物质的组成、结构和性质的关系【专题】化学应用【分析】A、水杨酸显酸性；B、蒸馏法、电渗析法、离子交换法是海水淡化的主要方法；C、漂白粉在空气中变质是因为其有效成分CaClO2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效；D、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放【解答】解： A 、水杨酸中含COOH ，显酸性

12、，能与小苏打反应，故能用小苏打解毒，故A正确；B、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故B正确；C、漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分Ca（ ClO）2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，故C正确；D、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，而不是提高煤的利用率，故D错误故 D【点评】本题考查常见有机物的性质，涉及有机物的官能团的性质、海水的淡化、漂白粉的性质，空气污染等，题目难度不大，注意化学与生产生活的联系2青蒿素是一种高效、速效抗疟药，是中医药献给世界的一份礼物屠呦呦因在发现、研究青蒿素方面做出的杰出贡献而获得2015

13、年诺贝尔医学奖青蒿素分子结构如图，下列说法中正确的是（）A青蒿素能与热的NaOH 溶液反应B青蒿素的分子式为C15H21O5C青蒿素分子结构中只含有极性键精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页D青蒿素能使酸性KMnO4溶液褪色【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构筒式可知，分子中含5 个环状结构，含COOC及 1 个过氧基团，结合酯的性质及C形成 4 个化学键来解答【解答】解： A 还含有酯基，可在碱性条件下水解，故A正确；B由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故 B错误；C

14、还含有CC 、 O O等共价键，为非极性键，故C错误；D分子中不含C=C键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误故选 A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酯的性质，题目难度不大3如图表示从固体混合物中分离X的 2 种方案，请根据方案与方案指出下列说法不合理的是（）A可以选用方案分离NaCl 中的 I2B方案中X物质不可能是受热易分解的物质C方案中加入NaOH 溶液可以分离出含SiO2的 Fe2O3D方案中加入的也可以是能够溶解除X外的其余物质的试剂【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A碘易升华；B

15、方案中采用加热法，则易分解的物质（或易升华）能与不易分解的物质分离；CSiO2能与 NaOH 溶液反应；D方案中X以沉淀形式存在，则加入的物质能溶解除X外的其余物质【解答】解： A 因碘易升华，可用加热的方法除杂，故A正确；B方案中采用加热法，则易分解的物质（或易升华）能与不易分解的物质分离，则X物质可能是受热易分解的物质，故B错误；CSiO2能与 NaOH 溶液反应，而Fe2O3不能与 NaOH溶液反应，则案中加入NaOH 溶液可以分离出含SiO2的 Fe2O3，故 C正确；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页D方

16、案中过滤操作可知，X以沉淀形式存在，则加入的物质能溶解除X外的其余物质，故D正确；故选 B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重物质性质及化学反应的考查，注意把握的性质的差异，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大4常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是（）A将 pH=4 CH3COOH 溶液加水稀释10 倍，溶液中各种离子浓度均减小B用 CH3COOH 溶液滴定等物质的量浓度的NaOH 溶液至中性，V（ CH3COOH 溶液） V（NaOH 溶液）C向 0.2 mol ?L1的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol ?L1NH3?H2O溶液： c（Cl）+c（OH）c（ H+

17、）+c（NH3?H2O ）D在含 0.1mol NaHSO4溶液中： c（H+）c（ SO42）+c（ OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A由于水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大；B醋酸为弱酸，若反应后为中性溶液，则醋酸应该稍过量；C反应后溶质为等浓度的氯化铵、HCl，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+） c（NH3?H2O ），结合电荷守恒判断；D根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒、物料守恒判断【解答】解： A 将 pH=4 CH3COOH 溶液加水稀释10 倍，氢离子浓

18、度减小，由于水的离子积不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故A错误；B用 CH3COOH 溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至中性，恰好反应时为碱性，若为中性，醋酸溶液体积应该稍大，即V（CH3COOH 溶液） V（NaOH溶液），故B错误；C向 0.2 mol ?L1的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol ?L1NH3?H2O溶液，反应后溶质为等浓度的氯化铵、HCl，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+） c（NH3?H2O），根据电荷守恒c（Cl）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+）可知： c（Cl）+c（OH） c（H+）+c（NH3?H2O），故 C错误；D

19、0.1mol NaHSO4溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）2c（ SO42）+c（OH），根据物料守恒可知， c（Na+）c（ SO42），二者结合可得：c（H+）c（ SO42）+c（OH），故 D正确；故选 D【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的概念及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页5用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的N

20、H4+，模拟装置如图所示，下列说法正确的是（）A阳极室溶液由无色变成棕黄色B阴极的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2C电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO4【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A根据图片知，Fe 为阳极，阳极上Fe 2+失电子发生氧化反应；B阴极上H+放电生成H2；C电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中 c（OH）增大；D电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中的溶质为NH3H2O和（ NH4）3PO4或NH4HPO4、（ NH4）2HPO4【解答】解： A 根据图片知，Fe 为阳极，阳

21、极上Fe 2+失电子发生氧化反应生成Fe 3+，电极反应式为Fe2+ e=Fe3+，所以溶液由浅绿色变为棕黄色，故A错误；B阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H2O+4e2OH+H2，故 B错误；C电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中 c（OH）增大，溶液中pH增大，故 C正确；D电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH和 NH4+结合生成电解质NH3H2O，所以阴极室中溶质为NH3H2O和（ NH4）3PO4或 NH4HPO4、（ NH4）2HPO4，故 D错误；故选 C【点评】本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，会正确书写电极反应式，知道

22、电解后溶液中溶质成分，题目难度不大精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页6下列图示与对应的叙述相符的是（）A图中可以看出反应A（g） =C（g）的 H= （ E1E4）kJ?mol1B图中表示一定条件下进行的反应2SO2+O22SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是扩大了容器的体积C图中表示将CO2通入 NaOH 的稀溶液中，随着CO2的通入，溶液中水电离出的c（H+）变化关系D图中曲线表示用0.1000mol/L NaOH 溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由此可判断HX的酸性最强【考点】反应热和焓变；

23、化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】图像图表题【分析】AAB 的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题；B依据图象各种物质的物质的量浓度的变化分析，改变条件后各种物质的浓度曲线是连续渐变的据此分析；C分析图象可知水电离产生的氢离子浓度先增加后减小，说明二氧化碳通入的过程中先产生了促进水电离的物质，后又生成了抑制水的电离的物质，结合水的电离平衡的影响因素解答；D依据浓度相同的三种一元酸未加氢氧化钠溶液时pH值的大小可判断酸性的强弱【解答】解： A 整个反应中 H= （ E1E2）+（ E

24、2E3） E4=E1E3E4，故 A错误；B如果 t2时扩大容器的体积，则各种物质的浓度瞬间变小，浓度曲线不是连续的，故B错误；CNaOH 溶液呈碱性对水的电离起抑制作用，水电离氢离子浓度较小，通入二氧化碳，氢氧化钠的浓度减小，对水的抑制程度较小，水电离的氢离子浓度增大，当二氧化碳过量时，二氧化碳与水反应生成碳酸又抑制水的电离，水电离的氢离子浓度减小，与图象相符合，故C正确；D氢氧化钠体积为0 时， 0.1000mol ?L1的三种酸HX 、 HY 、HZ的 PH分别约为 4、2.5 、 1，故酸性大小为HX HY HZ，故 D错误；故选 C【点评】本题考查了图象分析方法，反应特征的应用，主要

25、是反应热量变化，平衡移动分析判断，水电离平衡影响因素，酸性强弱的判断，题目难度中等二、第卷非选择题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页7现有 A、B、C、D、E 、 F 六种原子序数依次增大的短周期主族元素已知A与 D同主族且能形成离子化合物 DA ， B元素氢化物的水溶液呈碱性，C与 E同主族且 EC2是一种具有刺激性气味的气体用化学用语回答下列问题：（1）元素 F 在周期表中的位置第三周期A族（2） C 、D、E三种元素原子半径由大到小的顺序为r （Na ） r （S） r（O ） A、C、D三种元素组成的化合物

26、和单质F 反应的离子方程式为2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O （3）B与 F 形成的化合物分子中，各原子最外层均达8 电子结构，则该分子的电子式为（4）已知 0.50mol EC2被 C2氧化成气态EC3，放出 49.15kJ 热量，其热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）H= 196.6 kJ ?mol1（5） A 、B、C以原子个数比4：2： 3 所形成的化合物，所含的化学键类型为离子键、共价键；0.1mol ?L1的该化合物水溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：c（NO3）c（NH4+） c（H+） c（OH）【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素

27、周期表专题【分析】A、B、C、D、E、F 六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，B元素氢化物的水溶液呈碱性，则 B为 N元素； A与 D同主族且能形成离子化合物DA ，则 D为金属元素，A为非金属元素，所以D为Na元素、 A为 H元素； C与 E同主族且EC2是一种具有刺激性气味的气体，C的原子序数小于E，所以 EC2为 SO2，则 C为 O元素， E为 S元素， F 的原子序数大于S，为短周期元素，F为 Cl 元素，结合元素化合物的性质及元素周期律解答【解答】解： A 、 B、C、D、E、F 六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，B元素氢化物的水溶液呈碱性，则B为 N元素； A与 D同主

28、族且能形成离子化合物DA，则 D为金属元素，A为非金属元素，所以D为 Na元素、 A为 H元素； C与 E同主族且 EC2是一种具有刺激性气味的气体，C的原子序数小于E ，所以EC2为 SO2，则 C为 O元素， E为 S元素， F 的原子序数大于S，为短周期元素，F 为 Cl 元素；（1）元素 F 为 Cl ，在周期表中的位置是：第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（2）电子层越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以C、D、 E三种元素原子半径由大到小的顺序为r （Na ） r （S） r （O）；氯气与NaOH 反应生成NaCl 和 NaClO ，其反应的离

29、子方程式为：2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O；故答案为： r （Na ） r （S） r （O）； 2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O；（3）B与 F 形成的化合物分子中，各原子最外层均达8 电子结构，为NCl3，分子中N原子与 Cl 原子之间形成 1 对共用电子对，所以电子式为：；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页故答案为：；（4）已知 0.50mol SO2被 O2氧化成气态SO3，放出 49.15kJ 热量，其热化学方程式为2SO2（ g）+O2（g）=2SO3（ g）H= 196.6 kJ ?mol

30、1；故答案为： 2SO2（g）+O2（g）=2SO3（ g）H= 196.6 kJ ?mol1；（5） H 、N、O以原子个数比4：2： 3 所形成的化合物为NH4NO3，所含的化学键类型为离子键和共价键；NH4NO3溶液中铵根离子水解溶液显酸性，铵根离子浓度减小，所以离子浓度大小关系为：c（NO3） c（NH4+） c（H+） c（ OH）；故答案为：离子键、共价键；c（NO3） c（ NH4+） c（H+） c（OH）【点评】本题考查结构位置性质关系应用，涉及常元素周期律、盐类水解、元素化合物性质、热化学方程式的书写等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的掌握8相对分子质量为92 的某芳香

31、烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物， H是一种功能高分子，链节组成为 C7H5NO 已知：、请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）X的分子中最多有13 个原子共面（2）H的结构简式是（3）反应、的类型是还原反应；缩聚反应（4）反应的化学方程式是（5）有多种同分异构体，其中含有1 个醛基和2 个羟基，且核磁共振氢谱显示为6 组峰的芳香族化合物共有4 种（6）请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物（溶剂任选）合成最合理的方案示例如下：【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；有机物的

32、化学性质及推断；有机化合物的获得与应用【分析】相对分子质量为92 的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与 H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页简式为， X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、 C含有醛基，故A为， B为， C为， D酸化生成E，故 D为， E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知

33、F 为， F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为， H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO ，与的分子式相比减少1 分子 H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答【解答】解：相对分子质量为92 的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与 H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B ， B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成 D，故 B含有醇羟基、 C含有醛基，故A为， B为， C为， D酸化生成 E，故 D为， E为

34、，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F 为， F 转化生成G ，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为， H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO ，与的分子式相比减少 1 分子 H2O ，为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H为，（1）根据上面的分析可知，X结构简式为，苯环上的所有原子都可以共面，单键可以旋转，所以分子中最多有 13 个原子共面，故答案为： 13；（2）由上述分析可知，H的结构简式是，故答案为：；（3）由上述分析可知，反应是在Fe/HCl 条件下发生还原反应生成，反应是通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H ，故答案为：还原反应；缩

35、聚反应；（4）反应是C为与银氨溶液发生氧化反应生成，反应方程式为：故答案为：；（5）有多种同分异构体，其中含有1 个醛基和2 个羟基的芳香族化合物，该化合物为甲酸与酚形成的酯，且其核磁共振氢谱显示为6 组峰，若2 个 OH相邻，则 CHO 有 2 种位置，若2 个 OH相间，则CHO 有 1 种位置，若2 个 OH相对，则 CHO 有 1 种位置，故共有4 种，故答案为： 4；（6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：故答案为：精选学习资料 - - - - - - -

36、- - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页【点评】考查有机物的推断，难度中等，根据X的相对分子质量推断X的结构是解题的关键，结合A的反应产物的结构特点，判断A的结构，再根据反应条件及反应信息利用正推法与逆推法相结合进行判断，是对有机物知识的综合考查，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，是有机热点题型9氯化亚砜（SOCl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水反应，其制取过程的相关反应如下：S（s）+Cl2（g）SCl2（l ）（）SCl2（l ）+SO3（l ）SOCl2（ l ）+SO2（g）（）已知二氯化硫（SCl2）熔点 78C，沸点59C，如图是实验

37、室由氯气与硫合成二氯化硫的装置（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是关闭分液漏斗活塞，在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A 中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应（2）装置 D中玻璃仪器d 的名称是蒸馏烧瓶，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是增大反应物接触面积（或使反应更加充分）（3）实验时，为防止E中液体挥发，可采取的措施是将锥形瓶放入冰水中冷却（冷水浴或冰水浴）装置 F（盛放碱石灰）的作用是一是防止空气中水蒸气进入

38、，二是吸收多余的氯气（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99% 以上）氯化亚砜，为使原子的利用率达到 100% ，三者的物质的量比为1：1：1 ；已知： SOCl2+4NaOH Na2SO3+2NaCl+2H2O 供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl 生成【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】装置 A制备氯

39、气，装置B吸收氯气的中HCl，装置 C干燥氯气， D装置生成SCl2，E装置收集SCl2，F 装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入E中，（1）根据装置的气体的压强差检验装置的气密性；加热硫粉时，空气中的氧气能与硫粉反应；（2）根据装置图可知装置D中玻璃仪器的名称为蒸馏烧瓶；将硫粉加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，可以增大硫的表面积；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页（3）二氯化硫（ SCl2）的沸点低，易挥发，可以用冰水冷却；防止空气中水蒸气进入；（4）根据方程式判断硫黄、液氯和液体三氧化硫的

40、物质的量之比；由 SOCl2与氢氧化钠溶液反应可知，SOCl2水解后分解得到SO2、HCl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子【解答】解：装置 A制备氯气，装置B吸收氯气的中HCl，装置 C干燥氯气， D装置生成 SCl2，E装置收集 SCl2，F装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入E中，（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是：（关闭分液漏斗活塞）在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应，应先排尽系统中空气，故答案为：关闭分液漏斗活塞，在干燥管末端连接一个排

41、尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应；（2）根据装置图可知装置D中玻璃仪器的名称为蒸馏烧瓶，热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，可以增大反应物接触面积，使反应更加充分，故答案为：蒸馏烧瓶；增大反应物接触面积（或使反应更加充分）；（3）二氯化硫（ SCl2）的沸点低，为防止SCl2中液体挥发，可采取将锥形瓶放入冰水中冷却等措施，装置 F（盛放碱石灰）有两个作用：一是防止空气中水蒸气进入；二是吸收多余的氯气，故答案为将锥形瓶放入冰水中冷却（冷水浴或冰水浴）；一是防止空气中水蒸气进入；二是吸收

42、多余的氯气；（4）由 S（s）+Cl2（g）SCl2（ l ）、 SCl2（ l ）+SO3（ l ）SOCl2（l ）+SO2（g）可知硫黄、液氯和液体三氧化硫的物质的量之比为1：1：1；由 SOCl2与氢氧化钠溶液反应可知，SOCl2水解后分解得到SO2、HCl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子，具体实验操作为：分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl 生成，故答案为： 1：1：1；分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二

43、氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl 生成【点评】本题考查化学实验制备方案，题目难度中等，涉及基本操作、对操作与装置的分析评价、物质检验等知识，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力10天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷（1）已知： CO （g）+H2O （g）?H2（ g）+CO2（g）H= 41kJ?mol1C（s）+2H2（g）?CH4（g）H= 73kJ ?mol1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页2CO （ g）?C（

44、 s）+CO2（g）H= 171kJ?mol1工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4写出 CO与 H2反应生成 CH4和 H2O的热化学方程式CO （g）+3H2（g）CH4（g）+H2O （g）H= 203kJ?mol1（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS 一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式2NH4HS+O2=2NH3?H2O+2S （3）用天然气制取H2的原理为： CO2（g）+CH4（g）?2CO （g）+2H2（g）在密闭容器中通入物质的量浓度均为 0.1mol ?L1的 CH4与 CO2，在一定条

45、件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图 1 所示，则压强P1小于P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在 Y点： v（正）大于v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）求 Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=1.6mol2?L2（计算结果保留两位有效数字）（4）以二氧化钛表面覆盖CuAl2O4为催化剂，可以将CH4和 CO2直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2 所示 250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过 250C 时，催化剂的催化效率降低为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是增大反应压强或增大CO2的浓度

46、【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】（1）已知： CO （g）+H2O （g）?H2（g）+CO2（g）H1=41kJ?mol1 C（s）+2H2（g）?CH4（g）H2=73kJ?mol1 2CO （g）?C（s）+CO2（g）H3=171kJ?mol1根据盖斯定律， +可得：CO （g）+3H2（g）CH4（ g）+H2O ；（2）氧气将 2 价 S氧化为 S单质，根据氧化还原反应的书写方法书写反应；（3）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡；温度为 1100

47、，压强为P2时甲烷的转化率为80% ，则平衡时甲烷浓度变化量为0.1mol ?L170%=0.1mol ，计算平衡时各组分浓度，代入K=计算平衡常数；（4）由图可知，该催化剂在250左右时催化剂效率最高；提高该反应中CH4的转化率，改变条件应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增大甲烷的浓度，否则甲烷的转化率降低【解答】解：（ 1）已知： CO （g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g） H1=41kJ?mol1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页 C（s）+2H2（g）?CH4（g）H2=73kJ?mol1 2

48、CO （g）?C（s）+CO2（g）H3=171kJ?mol1根据盖斯定律， +可得：CO （g）+3H2（g）CH4（ g）+H2O （g）H= 203kJ?mol1，故答案为： CO （g）+3H2（g）CH4（g）+H2O （ g）H= 203kJ?mol1；（2）氧气将 2 价 S氧化为 S单质，反应方程式为：2NH4HS+O2=2NH3?H2O+2S ，故答案为：2NH4HS+O2=2NH3?H2O+2S ；（3）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故压强P1P2；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡，则v（正） v（逆；温度为1100

49、，压强为P2时甲烷的转化率为80% ，则平衡时甲烷浓度变化量为0.1mol ?L170%=0.07mol ，则： CO2（g）+CH4（g）2CO （ g）+2H2（ g）起始浓度（ mol/L ）： 0.1 0.1 0 0 变化浓度（ mol/L ）： 0.07 0.07 0.14 0.14 平衡浓度（ mol/L ）： 0.03 0.03 0.14 0.14 故平衡常数K=K= （mol L）2=1.6 mol2?L2，故答案为：小于；大于；1.6 mol2?L2；（4）由图可知，该催化剂在250左右时催化剂效率最高，温度超过250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；提高该反应中CH4的转化率，改变条件应使平衡向正反应方向移动，正反应是气体体积减小的反应，缩小容器体积增大压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大反应压强或增大CO2的浓度【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数、化学平衡图象、盖斯定律的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页