2019-2020学年安徽亳州利辛县阚疃金石中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽亳州利辛县阚疃金石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）1Bodensteins 研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)H=+11 kJ/mol。在 716K 时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t 的关系如下表：t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI)1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI)0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 由上述实验数据计算得到v正x(HI)和 v逆 x(H2)的关系可用如

2、图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是A若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E B若再次充入a mol HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大C若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同D若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同【答案】C【解析】【分析】【详解】A.升高温度，正、逆反应速率加快，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，HI 的物质的量分数降低，H2的物质的量分数增大，最终达到平衡时，相应点可能分别是A、E，A 正确；B.该反应是反应前后气体体积相等的

3、反应，若再次充入a mol HI，平衡不发生移动，因此二者的物质的量的含量不变，但由于物质浓度增大，反应速率加快，所以达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，B 正确；C.若改变的条件是增大压强，化学平衡不移动，任何气体的物质的量分数不变，但物质由于浓度增大，化学反应速率加快，所以再次达到平衡时，相应点与改变条件前不相同，C错误；D.催化剂不能是化学平衡发生移动，因此任何气体的物质的量分数不变，但正、逆反应速率会加快，故再次达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，相应点与改变条件前不同，D 正确；故合理选项是C。2相对分子质量约为4000 的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻

4、剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是A环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇B聚乙二醇的结构简式为C相对分子质量约为4000 的聚乙二醇的聚合度n67 D聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O 分子间形成氢键【答案】D【解析】【分析】【详解】在 H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；A环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A 错误；B聚乙二醇的结构简式为，故 B 错误；C聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=40001844 90，故 C错误；D聚乙二醇能与水分子间形成氢

5、键，则能保持肠道水分，故D 正确；故答案为D。340时，在氨 水体系中不断通入CO2，各种粒子的浓度变化趋势如图所示。下列说法不正确的是A 40时，K(NH3 H2O)=10-9.10B不同 pH 的溶液中均存在关系：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)C随着 CO2的通入，-32c(OH)c(NHH O)不断减小D随溶液pH 不断降低，生成的中间产物NH2COONH4又不断转化为NH4HCO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A.在溶液 pH=9.10 时 c(NH4+)=c(NH3 H2O)，Kb(NH3 H2O)=432c

6、NHc OHc NHH Onn=c(OH-)，由于 Kw=c(H+)c(OH-)是常数，只与温度有关，若温度为室温，则Kw=10-14，pH=9.10 时，c(H+)=10-9.10，c(OH-)=149.101010=10-4.9，Kb(NH3 H2O)=c(OH-)=10-4.9，升高温度，促进电解质的电离，所以温度为40时，K(NH3 H2O)10-4.9，A 错误；B.溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同 pH 的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，B正确；C.已知 K

7、b=432c NHc OHc NHH Onn，温度一定时，Kb为常数，随着CO2的通入，c(NH4+)逐渐增大，则32c OHc NHH On不断减小，C 正确；D.由图象可知：开始溶液pH 较大时没有NH2COO-，后来随着溶液pH 的降低，反应产生NH2COO-，并且逐渐增多，当pH 减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失，同时NH4HCO3又逐渐增多，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，后NH2COO-转化为 NH4HCO3，D 正确；故合理选项是A。4下列有关物质性质的比较，不正确的是A金属性：Al MgB稳定性：HF HCl C碱性：NaOH Mg(

8、OH)2D酸性：HClO4 H2SO4【答案】A【解析】分析：根据元素周期律分析。详解：A.同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：AlMg，A 错误；B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HFHCl，B正确；C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOHMg(OH)2，C 正确；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4 H2SO4，D 正确。答案选 A。5测定 Na2CO3和 NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A取 ag 混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg

9、 B取 ag 混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg C取 ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12 滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL D取 ag 混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12 滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL【答案】B【解析】【详解】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选 A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C.Na2CO

10、3和 NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL 盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和 NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL 盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。6常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na、Al3、SO42、ClB=1 1013mol L1的溶液中：NH4、Ca2、Cl、

11、NO3C与 Al 反应能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42D水电离的c(H)=1 1013mol L1的溶液中：K、Na、AlO2、CO32【答案】B【解析】【详解】A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3、OH生成沉淀或AlO2，不能大量共存，故A 错误；B、根据信息，此溶液中c(H)c(OH)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与 Al 能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2和 OH不共存，若酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故 C错误；D、水电离的c(H)=1 1013mol L1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能

12、显酸性也可能显碱性，AlO2、CO32和 H不能大量共存，故D 错误。答案选 B。7下列关于有机化合物的说法正确的是A C3H6C12有 4 种同分异构体B乙烯与Br2的 CC l4溶液反应后，混合液分为两层C乙醇被氧化一定生成乙醛D合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用【答案】A【解析】【分析】【详解】A丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。丙烷上有1 对称轴，定1 个氯在端基的碳原子，另1 个氯原子的位置为邻间对，共 3 种。定 1 个氯原子在中间的碳原子上，则另 1 个氯只能在对位，共 1 种。如图所示。A 项正确；B乙烯和Br2反应生成1,2二溴乙烷为有机物，有机物溶于有机物，

13、不会出现分层现象，B 项错误；C乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸，不一定生成乙醛，C 项错误；D合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。往往具有质轻、强度高、耐磨等优点，不应被禁止使用，D 项错误；【点睛】在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。8“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是实验室收集氨气采用图1 所示装置实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2 所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验实验室中采用图3 所示装置进行铜与稀硝酸的反应ABCD【答案】C【解析】【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特

14、点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】图 1 所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；图 2 所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故不符合题意；图 3 所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；故符合“绿色化学”的为。故选 C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污

15、染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。9废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）A B C D A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，A.图示标志为有害垃圾，故A 不选；B.图示标志为可回收垃圾，故B 选；C.图示标志为餐厨垃圾，故C 不选；D.图示标志为其它垃圾，故D 不选；故选 B。10下列有关有机物甲丁说法不正确的是A甲可以发生加成、氧化和取代反应B乙的分子式为C6H6Cl6C丙的一氯

16、代物有2 种D丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质【答案】B【解析】【分析】【详解】A.物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A 正确；B.根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H 原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B 错误；C.丙分子中含有2 种类型的H 原子，所以其一氯代物有2 种，C正确；D.丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D 正确；故答案选B。11设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A 12g金刚石与12g

17、石墨所含共价键数均为2NAB常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4溶液中 HCOO-与 NH4+数目均为NAC0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应生成HCl 分子数为0.1NAD 100g34%的 H2O2中加入 MnO2充分反应转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连,所以每个碳所属的共价键应为1.5，12g 石墨是 1mol碳,即有 1.5NA个共价键，而1mol 金刚石中含2mol 共价键，A 错误；B甲酸为弱酸，一水合氨为弱碱，故HCOO-与 NH4+在溶液发生水解，使其数目小于NA，B错误；C每有一

18、个氯气分子与甲烷发生取代反应，则生成1 个 HCl 分子，故0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应生成 HCl 分子数为0.1NA，C正确；D 100g34%H2O2为 1mol，1mol H2O2分解生成1mol H2O 和 0.5mol O2，转移电子1mol，数目为NA，D 错误；答案选 C。12酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：NO2+SO2=NO+SO3，2NO+O2=2NO2，SO3+H2OH2SO4，以下叙述错误的是A NO2由反应 N2+2O22NO2生成B总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4C还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O

19、 4HNO3D还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O4HNO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A N2+O22NO，不能生成NO2，故 A 错误；B 2+2得：2SO2+O2+2H2O2H2SO4，故 B 正确；C利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2+得：4NO2+O2+2H2O4HNO3，故 C正确；D利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2+3得：4NO+3O2+2H2O 4HNO3，故 D 正确。故选 A。13氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氨，工作示意图如图所示。通过控制开关连接K1和 K2，可交替

20、得到H2和 O2，下列有关说法错误的是（）A制 H2时，开关应连接K1，产生 H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2+2OH-B当开关连接K2时，电极3 的反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O C当开关连接K2时，电极2 作阳极，得到O2D电极 3 的作用是分别作阳极材料和阴极材料，利用NiOOH 和 Ni(OH)2的相互转化提供电子转移【答案】B【解析】【分析】【详解】A.开关连接K1，电极 1 为阴极，水得电子生成氢气，产生H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2+2OH-，故 A正确；B.当开关连接K2时，电极3 为阴极，发生还原反应，反应式为NiOOH+e-+H2

21、O=Ni(OH)2+OH-，故 B 错误；C.当开关连接K2时，电极2 连接电源正极，电极2 作阳极，发生氧化反应得到O2，故 C正确；D.当开关连接K2时，电极3 为阴极；开关应连接K1，电极 3为阳极；电极3 的作用是分别作阳极材料和阴极材料，利用NiOOH 和 Ni(OH)2的相互转化提供电子转移，故D 正确；选 B。14下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）ABH3C-CC-CH3CCH2=CH-CH3DCH3-CH2-CH3【答案】B【解析】【详解】A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A 错误；B、H3C-CC-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H 原子，故

22、四个碳原子共直线，故B 正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H 原子，故此有机物中3 个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D 错误。故选：B。【点睛】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。15我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和 Cu2O，在水溶液中用H 原子将 CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O 结合含碳微粒C该

23、催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物【答案】C【解析】【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A 正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和 H转化为 COOH，故 C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防

24、治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:反应 I:3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O 反应 II:3H2S+KIO3=3S+KI+3H2O 请回答有关问题。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_。(2)关闭启普发生器活塞,先滴入 30%的 KOH溶液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为_(填现象),停止滴人KOH溶液;然后 _(填操作),待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。(3)滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是 _。(4)把三颈烧瓶

25、中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和_(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶，干燥得成品。(5)实验室模拟工业制备KIO3流程如下:几种物质的溶解度见下表:由上表数据分析可知，“操作 a”为 _。用惰性电极电解KI 溶液也能制备KIO3,与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是 _。(6)某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。取 1.00 g 样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI 和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0 mol L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反应时共消耗12.60 mL Na2S2O3溶液。该

26、样品中KIO3的质量分数为_(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。【答案】ZnS+H2SO4=H2S+ZnSO4恒压滴液漏斗无色打开启普发生器活塞，通入气体使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢硫蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)KClO3和 I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；89.88%【解析】【分析】实验过程为：先关闭启普发生器活塞，在三颈烧瓶中滴入30%的 KOH溶液，发生反应I:3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，将碘单质完全反应；然后打开启普发生器活塞，启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体，将气体通入三颈烧瓶中发生反应

27、II:3H2S+KIO3=3S+KI+3H2O，将碘酸钾还原成KI，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢；(5)实验室模拟工业制备KIO3：将 I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应，生成KH(IO3)2，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到 KH(IO3)2晶体，再与 KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。【详解】(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4=H2S+ZnSO4；根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗；(2)碘单质水溶液呈棕黄色，加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾，完全反应后溶液变为无

28、色；然后打开启普发生器活塞，通入气体发生反应II；(3)反应完成后溶液中溶有硫化氢，滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度，使其逸出，从而除去硫化氢；(4)根据反应II 可知反应过程中有硫单质生成，硫单质不溶于水；(5)根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小，所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所以操作a 为蒸发浓缩、冷却结晶；根据流程可知该过程中有氯气产生，氯气有毒会污染空气，同时该过程中消耗了更多的药品；(6)该滴定原理是：先加入过量的KI 并酸化与KIO3发生反应：IO3?+5I?+6H+=3I2+3H2O，然后利用 Na2S2O3测定生成

29、的碘单质的量从而确定KIO3的量；根据反应方程式可知IO3?3I2，根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知 I22Na2S2O3，则有 IO3?6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L 2.0mol/L16=0.0042mol，所以样品中KIO3的质量分数为0.0042mol214g/mol100%1.00g=89.88%。【点睛】启普发生器是块状固体和溶液不加热反应生成气体的制备装置。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH 根据产物的结构可以推测原烯烃的结构（1）现有一化学式为

30、C10H18的烃 A，经过臭氧作用后可以得到CH3COOH和 B（结构简式如图）A 的结构简式是_（2）A 经氢化后得到的烷烃的命名是_（3）烃 A 的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性该同分异构体的结构简式是 _（4）以 B 为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：_在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为_【答案】3，4，4三甲基庚烷【解析】【分析】(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃 A，则 A 烯烃应该是下列三个片断结合而成，2 个和，再结合反应原理

31、解答该题；(2)根据(1)的分析所得A 的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃 A 的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B 为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成 C6H10O2，则脱去1 分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成 2 个碳氧双键，现生成的2 种化合物中共有 3 个碳氧双键，故A 中含有 2 个

32、碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃 A，则 A 烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故 A 的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A 为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4三甲基庚烷；(3)烃 A 的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B 为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成 C6H10O2，则脱去 1 分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2 分子

33、易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。【点睛】考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18NO2是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。回答下列问题：(1)NO2可以被 NaOH 溶液捕获生成两种钠盐，溶液呈碱性，写出反应的化学方程式_，已知常温下，HNO2的电离平衡常数为Ka=5.0 10-4，则 0.1mo/L NaNO2中 c(OH-)=_(已知2

34、=1.414)(2)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步，反应情况如下表：反应速率表达式反应热反应 I：2NO(g)N2O2(g)(快)211?NOvkc正正，H10 反应 II：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)，2222?NOvkc逆逆H20 反应 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 H_(用 H1、H2表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，若升高温度，K 将_(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡常数的表达式K=_(用1k正、1k逆、2k正、2k逆表示)(3)反应 N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O

35、4与 NO2的消耗速率与自身压强关系为：(N2O4)=k1 p(N2O4)，(NO2)=k2 p(NO2)，其中1k、2k是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态对应的两个点是_(4)NO2、O2和熔融 KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y 可循环使用。Y的化学式为 _【答案】2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 1.414 10-6mol/L H1+H2减小k1正?k2正/k1逆?k2逆BD N2O5【解析】【详解】（1）NO2和NaOH溶液反应生成生成两种钠盐，必然

36、是NO2的歧化反应，根据元素守恒可知两种盐为NaNO3、NaNO2，反应的化学方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，HNO2为弱酸，0.1mo/LNaNO2中，根据NO2-+H2OOH-+HNO2可知，c（HNO2）c（OH-）/c（NO2-）=c（HNO2）c（OH-）c（H+）/c（NO2-）c（H+）=Kw/Ka=c2（OH-）/c（NO2-）=1.0 10-14/（510-4）=210-11，其中 c（NO2-）=0.1mol/L，故 c（OH-）=1.41410-6mol/L，故答案为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；1.414 10-6

37、mol/L。（2）2NO（g）N2O2（g）；N2O2（g）+O2（g）2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的 H=+=H1+H2；由于 H1、H2均 0，则反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；反应达平衡状态时，1正=1逆、2正=2逆，所以 1正2正=1逆2逆，即 k1正c2（NO）k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）k2逆c2（NO2），则是 K=c2（NO2）/c（N2O2）c（O2）=k1正?k2正/k1逆?k2逆；故答案为 H1+H2；减小；k1正?k2正/k1逆?k2逆。（3）反应

38、 N2O4（g）2NO2（g）达到平衡时N2O4、NO2的消耗速率之比应为1:2，根据图像，能表示反应达到平衡状态的对应的两个点是B和 D，故答案为BD。（4）NO2、O2和熔融 KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I 为负极、石墨II 为正极，石墨I 电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y 是 N2O5，故答案为N2O5。【点睛】本题需要注意：可逆反应达到平衡时，用不同物质表示的正、逆反应速率之比应等于化学计量数之比；原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；电解池中，与电源正极相连的阳极上失电子发生氧化反应，与电源负极相连的阴极上得电子发生

39、还原反应。19可用于治疗阿尔茨海默病的某种药物中间体H 的合成路线如图所示：已知：i2HOOCCH COOH11R CHOR CH=CHCOOHii（1）A 中含氧官能团的名称是_；BC的反应类型是_。（2）G 的结构简式是 _。（3）EF的化学方程式是_。（4）芳香化合物Y是 X的同分异构体，1molY 可与 2molNaOH 反应，Y共有 _种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4 组峰，峰面积比为1：6：2：1 的结构简式是_。（5）设计由乙醇和HOOCCH2COOH制备的合成路线(无机试剂任选)。_【答案】醛基加成反应+HCl 17 CH3CH2OH2OCu/VCH3CHO2HOOCC

40、H COOHCH3CH=CHCOOH32CH CH OH浓硫酸、加热CH3CH=CHCOOCH2CH3催化剂【解析】【分析】根据已知i，A 与 HOOCCH2COOH反应生成B，B的结构简式为，分子式为C8H7O2N，B和氢气加成反应生成C，根据 C的分子式，C的结构简式为；根据题给已知ii，F在特定试剂作用下生成G，G 在硫酸作用下生成H，结合 F和 H 的结构简式和F、G 的分子式，可得G 的结构简式为，C与 ClCOOCH3反应生成D，D 和 COCl2反应生成E，E和 X反应 F，根据 D、E、X、F的分子式，X的结构简式为，D 的结构简式为，E的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1

41、)根据图示，A 的结构简式为，其中含氧官能团的名称是醛基；根据分析，B 和氢气发生加成反应生成 C，反应类型为加成反应；(2)根据分析，G的结构简式是；(3)E和 X 反应 F，E的结构简式为，X 的结构简式为，EF 的化学方程式是+HCl；(4)X 的结构简式为，芳香化合物Y是 X 的同分异构体，1molY 可与 2molNaOH 反应，说明Y的结构中含有两个酚羟基，当结构中含有两个酚羟基和两个甲基时：酚羟基处于邻位时，甲基有 4 种方式连接，若酚羟基处于间位，甲基有4 种方式连接，若酚羟基处于对位时，甲基有3 种方式连接；当结构中含有两个酚羟基和一个乙基时，若酚羟基处于邻位时，乙基有2 种

42、方式连接，若酚羟基处于间位，乙基有3 种方式连接，若酚羟基处于对位时，乙基有1 种方式连接，故Y共有 4+4+3+2+3+1=17 种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4 组峰，峰面积比为1：6：2：1，说明分子结构中含有4 中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为1：6：2：1，则符合要求的结构简式是；(5)的单体为 CH3CH=CHCOOCH2CH3，CH3CH=CHCOOCH2CH3可由 CH3CH=CHCOOH 与CH3CH2OH 发生酯化反应获得；本题的关键是由乙醇合成CH3CH=CHCOOH，根据题给已知i，则乙醇(CH3CH2OH)与氧气在铜作催化剂加热条件下反应生成乙醛，乙醛(CH3CHO)与 HOOCCH2COOH反应生成CH3CH=CHCOOH；则合成路线为：CH3CH2OH2OCu/VCH3CHO2HOOCCH COOHCH3CH=CHCOOH32CH CH OH浓硫酸、加热CH3CH=CHCOOCH2CH3催化剂。