2019-2020学年北京市西城区第一五九中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区第一五九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下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为17、中子数为20 的氯原子：2017ClB氯离子(Cl)的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl【答案】C【解析】【分析】【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是3717Cl，故 A 说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故 B 错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8 电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构

2、简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D 说法错误。2化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是A聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程B硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体C疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性D港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物【答案】A【解析】【分析】【详解】A聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂不属于高分子化合物，A选项错误；B硅胶因其具有较大的比表面积，吸附能力强，常用作食品干燥剂和催化剂载体，B选项正确；C疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下易变性，冷藏存放的目的是避免蛋白质变性，

3、C选项正确；D聚乙烯纤维属于有机合成材料，是有机高分子化合物，D 选项正确；答案选 A。3已知实验室用浓硫酸和乙醇在一定温度下制备乙烯，某学习小组设计实验利用以下装置证明浓硫酸在该反应中的还原产物有SO2，并制备1，2-二溴乙烷。下列说法正确的是A浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂B装置 III、IV 中的试剂依次为酸性高锰酸钾溶液、品红溶液C实验完毕后，采用萃取分液操作分离1，2-二溴乙烷D装置 II 中品红溶液褪色体现了SO2的还原性【答案】A【解析】【分析】【详解】A乙醇在浓硫酸和加热条件下反应生成乙烯和水，浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂，故A正确；B锰酸钾溶液和二氧化硫

4、、乙烯都要反应，除掉乙烯中的二氧化硫用氢氧化钠溶液，再用品红检验二氧化硫是否除尽，因此装置III、IV 中的试剂依次为氢氧化钠溶液、品红溶液，故B错误；C实验完毕后，产物是1，2-二溴乙烷，二溴乙烷溶于四氯化碳，二者沸点不同，可采用蒸镏操作分离提纯产品，故C错误；D装置 II 中品红溶液褪色体现了SO2的漂白性，故D 错误。综上所述，答案为A。【点睛】SO2使溶液褪色不一定体现漂白性，使某些有机色质褪色，体现漂白性，使无机物酸性高锰酸钾溶液褪色体现还原性。4Mg AgCl电池是一种用海水激活的一次性电池，在军事上用作电动鱼雷的电源。电池的总反应为Mg2AgClMgCl2 2Ag。下列说法错误的

5、是A该电池工作时，正极反应为2AgCl2e2Cl 2Ag B该电池的负极材料Mg 用金属铝代替后，仍能形成原电池C有 1 mol Mg 被氧化时，可还原得到108gAg D装备该电池的鱼雷在海水中行进时，海水作为电解质溶液【答案】C【解析】【详解】A、由电池反应方程式看出，Mg 是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg 作负极，正极反应为：2AgCl+2e-2C1-+2Ag，选项 A 正确；B、Al 的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，故该电池的负极材料Mg 用金属铝代替后，仍能形成原电池，选项B 正确；C、电极反应式：Mg2e=Mg2+，1molMg 被氧化时，转移电子是2m

6、ol，正极反应为：2AgCl+2e 2C1+2Ag，可还原得到216gAg，选项 C错误；D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，选项D 正确。答案选 C。【点睛】本题考查原电池的应用。总结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。5下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求A Na+、HCO3、Mg2+、SO42滴加氨水立即有沉淀产生B Fe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产生C NH4+、Al3+、SO42、CH3COOH

7、滴加 NaOH溶液立即有气体产生D K+、NO3、Cl、lc(K+)c(Cl)A ABBCCDD【答案】A【解析】【详解】A、离子之间不反应,滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀,立即生成沉淀,故 A 符合题意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32为 SO42，因此不能共存，故B 不符合题意；C、滴加 NaOH 溶液先与醋酸反应,不能立即生成气体,故 C不符合题意;D、离子之间不反应,可大量共存,但 c(K+)c(Cl),不能遵循电荷守恒,故 D 不符合题意;综上所述，本题应选A。6垃圾分类，有利于资源充分利用，下列处理错误的是A厨房菜蔬与残羹回收处理后作肥料B旧报纸等废纸回收再生产纸C电池等电

8、子产品有毒需特殊处理D塑料袋等白色垃圾掩埋处理【答案】D【解析】【详解】A.厨房菜蔬与残羹成分为有机物，回收发酵处理后可作有机肥料，故A 正确；B.旧报纸等废纸属于可回收垃圾，回收后可以再生产纸，故B正确；C.电池等电子产品中含有重金属等有毒物质，可以污染土壤和水体，需特殊处理，故C正确；D.塑料袋等白色垃圾属于可回收垃圾，难降解，不能掩埋处理，故D 错误。故选 D。7下列指定反应的离子方程式正确的是（）A实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O B将 Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O 2H+Cl+ClOC用过量的NaOH 溶液吸收SO2：

9、OH+SO2HSO3D向 AlCl3溶液中加入氨水：Al3+3OHAl（OH）3【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故 A 正确；B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O?H+Cl+HClO，故 B 错误；C、用过量NaOH 吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH+SO2 H2O+SO32，故 C错误；D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3+3NH3?H2OAl(OH)3+3NH4+，故 D 错误；答案选 A。【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握

10、物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。8X、Y、Z、W 是 4 种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如表，已知四种元素的原子最外层电子数之和为 18，则以下说法中正确的是（）A Y的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2 BX、Y、Z、W 四种原子中，X 的原子半径最小CY的氢化物的沸点一定高于X的氢化物的沸点D X、Y、W 三种元素氧化物对应的水化物的酸性依次增强【答案】A【解析】【分析】由元素周期表的位置可知，X 和 Y为第二周期，Z和 W 为第三周期，设Z的最外层电子数为n，X 的最外层电子数为n+1，Y的最外层电子数为n+2，W 的最外层电子数为n+3，则 n+n

11、+1+n+2+n+3=18，n=3，则 Z为 Al、X为 C、Y为 N、W 为 S。【详解】根据分析可知，X 为 C 元素，Y 为 N，Z 为 Al，W 为 S元素；A Y 为 N，位于 A 族，其最高化合价为+5，最低化合价为-3，则 N 元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，故 A 正确；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种原子中Z（Al）的原子半径最大，Y（N）的原子半径最小，故B 错误；C没有指出简单氢化物，该说法不合理，如含有较多C 的烃常温下为液态、固态，其沸点大于氨气，故C 错误；D缺少条件，无法比较N、S 元素氧化物对应水化物的酸

12、性，如：硫酸亚硝酸，硝酸亚硫酸，故D错误；故选：A。9某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：加成、水解、酯化、氧化、中和、消去，其中可能的是()ABCD【答案】C【解析】【详解】含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。10下列关于有机化合物的说法正确的是

13、A乙醇的水溶液俗称酒精B由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于取代反应C化学式为C4H10O 的饱和一元醇有4 种D糖类发生水解反应的最终产物都是葡萄糖【答案】C【解析】A.乙醇俗称酒精，A 错误；B.由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于加成反应，B 错误；C.丁基有 4 种，因此化学式为C4H10O 的饱和一元醇有4 种，C正确；D.糖类发生水解反应的最终产物不一定都是葡萄糖，也可以产生果糖，D 错误，答案选C。11下判说法正确的是A常温下，c(Cl-)均为 0.1mol/LNaCl 溶液与 NH4Cl 溶液，pH 相等B常温下，浓度均为0.1mol/L 的 CH3

14、COOH溶液与 HCl溶液，导电能力相同C常温下，HCl 溶液中 c(Cl-)与 CH3COOH溶液中 c(CH3COO-)相等，两溶液的pH 相等D室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液呈中性【答案】C【解析】【详解】A.c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl 是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而 NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH 不相等，A 错误；B.HCl 是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓

15、度HClCH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl 的导电能力比醋酸强，B 错误；C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH 也就相等，C正确；D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D 错误；故合理选项是C。12炼油厂

16、的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等，实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法正确的是A用装置甲制取CO2并通入废碱液B用装置乙从下口放出分液后上层的有机相C用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的 CaCO3D用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH 固体【答案】C【解析】【分析】A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面；B、分液时避免上下层液体混合；C、CaCO3不溶于水；D、在蒸发皿中蒸发结晶。【详解】A 项、浓硫酸溶于水放热，且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，不利用气体的制备，应选盐酸与碳酸钙反应，故A 错误；B 项、分液时避免上下层液体混

17、合，则先从下口放出下层液体，后从上口倒出上层的有机相，故B错误；C 项、CaCO3不溶于水，则图中过滤装置可分离，故C正确；D 项、在蒸发皿中蒸发结晶，不能在烧杯中蒸发结晶，且烧杯不能直接加热，故D 错误。故选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。13 200时，11.6g CO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na、HCO3-、SO32-、CO32-等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正

18、确的是A原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/mol B混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25mol C溶液中SO32-的物质的量浓度基本保持不变D溶液中 HCO3-的物质的量浓度减小，CO32-的物质的量浓度增大，但是HCO3-和 CO32-的物质的量浓度之和基本保持不变【答案】A【解析】【详解】向足量的固体Na2O2中通入 11.6gCO2和 H2O，固体质量增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知 m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以 n(O2)=8g32g/mol=0.25mol，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：

19、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，xmol 0.5xmol 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2ymol 0.5ymol 所以 0.5x+0.5y0.25，44x+18y11.6，解得：x=0.1，y=0.4。A原混合气体的平均摩尔质量=0.1mol44g/mol0.4mol18g/mol0.1mol0.4mol=23.2g/mol，故 A 正确；B反应中生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol 2=0.5mol，故 B错误；C过氧化钠有剩余，可以氧化SO32-，溶液中SO32-的物质的量浓度减小，故C错误；D由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和 CO32-

20、的物质的量浓度之和增大，故D 错误；答案选 A。142019 年 3 月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是A放电时B 电极反应式为：I2+2e-=2I-B放电时电解质储罐中离子总浓度增大CM 为阳离子交换膜，N 为阴离子交换膜D充电时，A 极增重 65g 时，C 区增加离子数为4NA【答案】C【解析】【分析】由装置图可知，放电时，Zn 是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I-2e-=I2、阴极反应式为Zn2+2e-=Zn，据此分析解答。【详解】

21、A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A 正确；B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B 正确；C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn 接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过 M 膜进入负极区，K+通过 N 膜进入正极区，所以M 为阴离子交换膜，N 为阳离子交换膜，C错误；D.充电时，A 极反应式Zn2+2e-=Zn，A 极增重 65g 转移 2mol 电子，所以C区增加 2molK+、2molCl-，离子总数为 4NA，D 正确；故合理选项是C。【点睛

22、】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。15氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是A 22.4 L（标准状况）15NH3含有的质子数为10 NAB密闭容器中，2 mol NO 与 1 mol O2充分反应，产物的分子数为2 NAC13.8 g NO2与足量水反应，转移的电子数为0.2 NAD常温下，1 L 0.1 molL1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2 NA【答案】B【解析】【详解】A 22.4 L（

23、标准状况）15NH3即22.4L22.4L/mol=1mol，1 个15NH3中质子数为10，故 1mol15NH3中质子数为10NA，故 A 不符合题意；B2mol NO 与 1mol O2充分反应会生成2molNO2，但 NO2气体存在二聚反应：2242NON O?，因此产物中的分子数小于2NA，故 B符合题意；C13.8g NO2即13.8g46g/mol=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成 NO 化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故 C不符合题意；D 1L0.1mol L1NH4NO3溶液中 n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA

24、，故 D 不符合题意；故答案为：B。【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；要注意审清运算公式。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16是一种高效安全消毒剂，常温下为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5，沸点为11.0，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备水溶液并检验其性质。二氧化氯水溶液制备。

25、在圆底烧瓶中先放入固体和，然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌（如图），将烧瓶放在热水浴中，保持6080，至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：(1)装置 A用水浴加热的优点是_；装置 A中水浴温度不低于60，其原因是_。(2)装置 A中反应生成及等产物的化学方程式为_；(3)装置 B的水中需放入冰块的目的是_；已知缓慢水解生成的含氯化合物只有和，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为_；装置 C中的溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为的1:1 的两种盐，一种为，另一种为 _。的含量测定步骤 1：量取溶液，稀释成试样；量取试样加入到锥形瓶中；步骤 2：调节试样的，加入足

26、量的晶体，振荡后，静置片刻；步骤 3：加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(4)已知：，原溶液的浓度为 _（用含字母的代数式表示），如果滴定速度过慢，会使计算出的数值_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。设计实验验证的氧化性(5)取适量水溶液加入溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验的氧化产物，还需要用到的试剂是_。(6)证明的氧化性比强的方案是 _。【答案】受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O 可减少 ClO2挥发和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaC

27、lO3偏大盐酸和 BaCl2溶液将 ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。【解析】【分析】水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中 NaOH 溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1 的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO25I210Na2S2

28、O3计算 c(ClO2)；III.ClO2具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置 A 用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2水解；(2)装置 A 中反应生成ClO2及 KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O；(3)装置 B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和 Cl2，且物质的量之比为

29、2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置 C中 NaOH 溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1 的两种盐，由于ClO2中 Cl元素的化合价为+4 价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2 5I2，结合反应 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO25I210Na2S2O3。设原 ClO2溶液的浓度为x，n(Na2

30、S2O3)=cV2 10-3mol，2ClO25I210Na2S2O32mol 10mol cV2 10-3mol，2:10=：(cV2 10-3)，解得 x=g/L；如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的 ClO2的含量就会偏大；(4)取适量 ClO2 水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即 H2S被氧化产生了H2SO4；(5)证明 ClO2 的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化 Fe2+生成 Fe3+，可将

31、ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入 KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。【点睛】本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物瑞德西韦(Remdesivir)对 2019 年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体,其合成路线如图：已知：R OHRCl 回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _。由 AC 的流程中，加入CH3COCl的目的是 _

32、。（2）由 G H 的化学反应方程式为_，反应类型为_。（3）J中含氧官能团的名称为_。碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有_个手性碳原子。（4）X是 C 的同分异构体，写出一种满足下列条件的X 的结构简式 _。苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇 FeCl3溶液发生显色反应；1mol 的 X 与足量金属Na 反应可生成2gH2。（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）_。【答案】苯酚保护羟基，防止被氧化HCHO+HCN催化剂加成反应酯基5 或【解析】【分析】A 发生信息1 的反应生成B，B 发生硝化取代反应生成C，根据 C 的

33、结构简式可知，B为，A 为；D发生信息 1 的反应生成E，E中含两个 Cl原子，则 E为，E和 A 发生取代反应生成F，G 发生信息2 的反应生成H，H 发生取代反应，水解反应得到I，根据 I 结构简式可知H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，I 发生酯化反应生成J，F与 J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；（7）的水解程度为：，结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与 HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。【详解】（1）由上述分析可知，A 为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COC

34、l的目的是保护羟基，防止被氧化；（2）H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO，由 G生成 H 的化学反应方程式为：HCHO+HCN催化剂；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5 个手性碳原子；（4）C 是对硝基乙酸苯酯，X 是 C的同分异构体，X 的结构简式满足下列条件：苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇 FeCl3溶液发生显色反应；1mol 的 X与足量金属Na 反应可生成2gH2(即 1mol)，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；（5）根据上述分

35、析可知，该合成路线可为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。(1)已知：CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3 kJmol1、283.0 kJ mol1、285.8 kJ mol1，则上述流程中第一步反应2CH4(g)O2(g)=2CO(g)4H2(g)的 H_。(2)工业上可用H2和 CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2(g)3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)H2O(g)，某温度下，将 1 mol CO2和 3 mol H2充入体积不变的2 L 密闭容器中，发生上述反应，测得不同时

36、刻反应前后的压强关系如下表：时间/h 1 2 3 4 5 6 0.90 0.85 0.83 0.81 0.80 0.80 用 H2表示前 2 h 的平均反应速率v(H2)_；该温度下，CO2的平衡转化率为_。(3)在 300、8 MPa 下，将 CO2和 H2按物质的量之比13 通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得 CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压 物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)6H2(g)垐?噲?C2H4(g)4H2O(g)H。在 0.1 MPa 时，按n(CO2)n(H2)

37、13 投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。该反应的H_0(填“”或“”)。曲线 c 表示的物质为_。为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施_。（答出一条即可）【答案】71.4 kJ mol10.225 molL1 h140%148 C2H4加压(或不断分离出水蒸气)【解析】【分析】(1)利用燃烧热写出热化学方程式，再根据盖斯定律计算得到所需热化学方程式；(2)反应速率v=ctVV计算得到；反应物转化率=消耗量起始量 100%；(3)三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算；(4

38、)由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；升高温度平衡逆向移动，a 曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c 随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯；为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强。【详解】(1)在 101kPa 下，CH4、CO、H2的燃烧热(H)分别为-890.3kJ/mol、-283kJ/mol、-285.8kJ/mol，它们的热化学反应方程式分别为：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=-890.3kJ/mol；CO(g)+12O2(g)CO2(g)H=-283

39、kJ/mol；H2(g)+12O2(g)H2O(l)H=-285.8kJ/mol；根据盖斯定律，由2-2-4得2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)H(-890.3kJ/mol 2)-(-283kJ/mol)2-(-285.8kJ/mol 4)=-71.4kJ/mol；(2)设反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比，2232COg+3HgCH OH g+H O gmol1300molx3xxx2mol1-x3-3xxx?始变小时P 后：P前=(4-2x)：(1+3)=0.85，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2 小时反应平均速率v(H2)=3 0.3m

40、ol2L2h=0.225mol/(L?h)；反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y，2232COg+3HgCH OH g+H O gmol1300moly3yyymol1-y3-3yyy?始变平P 后：P前=(4-2y)：(1+3)=0.8，解得：y=0.4mol 该温度下CO2的平衡转化率=0.4mol1mol 100%=40%；(3)若反应条件为压强8MPa，300的反应温度下二氧化碳和氢气按1:3 的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，2232COg+3HgCH OH g+H O gmol1300mol0.51.50.50.5mol0.51.50.50.

41、5?始变平分压=总压 物质的量分数，物质的量分数=该物质的物质的量总的物质的量，故 P(CO2)=80.5433，P(H2)=8 1.543，P(CH3OH)=8 0.5433，P(H2O)=8 0.5433Kp=34433443=148(MPa)-2；(4)由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故H0；根据图知，升高温度,氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；a 曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c 随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c 曲线代表C2H4；由曲线变化可知随着温度升高，氢

42、气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强,或不断分离出水,平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。19生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。I电解除氮（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：_。（2）有 Cl-存在时，除氮原理如图1 所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将 NH4+或 NH3氧化为 N2。在不同

43、pH 条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：当 pH8 时，主要发生HClO 氧化 NH4+的反应，其离子方程式为：_。结合平衡移动原理解释，当pH8 时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是（答出一点即可）：_。II电解除磷（3）除磷的原理是利用Fe2+将 PO43-转化为 Fe3(PO4)2沉淀。用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：_。如图为某含Cl-污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH 的变化。推测在 20-40 min 时脱除的元素是_。（4）测定污水磷含量的方法如下：取 100mL 污水，调节至合适pH 后用 AgNO3溶液使磷全部

44、转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用 NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应 Ag+SCN-=AgSCN，共消耗 c mol/LNH4SCN溶液 V mL。则此污水中磷的含量为_mg/L（以磷元素计）。【答案】2NH3 6e-+6OH-=N2+6H2O 3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+随溶液 pH 降低，c(H+)增大，Cl2+H2O?H+Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中 c(HClO)减小，使 NH4+的氧化率下降pH 升高有利于NH4+转变为 NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH 升高有利于NH4+转变为 NH3，且有利于

45、NH3逸出）Fe 2e-=Fe2+磷310cv3【解析】【分析】（1）碱性溶液中，NH3转化为 N2，化合价降低得电子；（2）当 pH8 时，有利于NH4+转变为 NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化，或有利于NH3逸出；（3）除磷时，Fe作阳极失电子；电解除氮，pH 会减小。电解除磷，pH 会增大；（4）由关系式P Ag3PO4 3AgSCN 3NH4SCN解答。【详解】（1）在碱性溶液中，NH3转化为 N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH36e-+6OH-=N2+6H2O；（2）当 pH8 时，HClO将 NH4+氧化为 N2的离子方程式为3HClO+2NH4+=3Cl-+N

46、2+3H2O+5H+；当 pH8 时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH 升高有利于NH4+转变为 NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH 升高有利于NH4+转变为 NH3，且有利于NH3逸出）；（3）除磷时，Fe 作阳极失电子，产生Fe2+的主要过程为Fe 2e-=Fe2+；由图溶液pH 的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2+3H2，消耗 NH3，pH 会减小。电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH 会增大，20-40 min 时 pH 增大，则脱除的元素是磷；（4）由关系式PAg3PO43AgSCN 3NH4SCN可知：n（P）=13n（NH4SCN）=13cV310mol，则此污水中磷的含量为：13cV310mol331g/mol/10 mgg0.1L=3103cV mg/L。【点睛】第（4）问解题关键是找准所求量与标准液的关系，如P Ag3PO43AgSCN 3NH4SCN。