2019-2020学年安徽省巢湖市汇文学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省巢湖市汇文学校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甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A甲、乙的化学式均为C8H14B乙的二氯代物共有7 种（不考虑立体异构）C丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】A根据结构简式判断；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C 原子上；C苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D乙与高锰酸钾不反应。【详解】A由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故 A 正确；B

2、乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C 原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7 种，故 B正确；C苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D 错误。故选 D。2以 Fe3O4 Pd 为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的-2NO，其反应过程如图所示已知 Fe3O4中 Fe 元素化合价为+2、+3 价，分别表示为Fe()、Fe()。下列说法错误的是A处理-2NO的电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O BFe()与 Fe()的

3、相互转化起到了传递电子的作用C用该法处理后，水体的pH 降低D消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mgL1的废水 2m3【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据图示，处理-2NO得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O，故 A 正确；BFe()得电子生成Fe()，Fe()失电子生成Fe()，则 Fe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用，故 B 正确；C根据图示，总反应方程式可知：2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH 升高，故C 错误；D根据 C项的总反应2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，

4、消耗标准状况下6.72LH2即为6.72L22.4L/mol=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=23 0.3mol=0.2mol，可处理含4.6mg L1 NO2-废水的体积=-310.2mol46g/mol4.6 10 g L=2 103L=2m3，故 D 正确；答案选 C。3工业上合成乙苯的反应如下。下列说法正确的是A该合成反应属于取代反应B乙苯分子内的所有C、H 原子可能共平面C乙苯的一溴代物有5 种D苯、乙烯和乙苯均可使酸性高猛酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【分析】【详解】A.乙烯分子中碳碳双键变为碳碳单键，一个碳原子链接苯环，一个碳原子链接H 原子，属于加成反应，故 A

5、错误；B.根据甲烷的空间结构分析，乙基中的碳原子和氢原子不可能共面，所以乙苯分子内的所有C、H 原子不可能共平面，故B 错误；C.苯环有 3 种 H，乙基有2 种 H，则乙苯的一溴代物有共有5 种，故 C正确；D.乙烯和乙苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不可以，故D 错误；故选 C。【点睛】记住常见微粒的空间结构，如甲烷：正四面体，乙烯和苯：平面结构，乙炔：直线结构，运用类比迁移的方法分析原子共面问题，注意题干中“一定”，“可能”的区别。4短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和 X 组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外 K、M 层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2

6、 倍。下列推断正确的是A原子半径：YZRX BY3X2是含两种化学键的离子化合物CX的氧化物对应的水化物是强酸D X和 Z的气态氢化物能够发生化合反应【答案】D【解析】【分析】根据 R 和 X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R 为 H，X 为 N；由“Y原子核外K、M 层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为 Mg；因为 Z 的原子序数大于Y，所以 Z属于第三周期元素，由“Z 原子最外层电子数是电子层数的2 倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出 Z为 S。【详解】依据上面推断，R、X、Y、Z 分别为 H、N、Mg、S。A.原子半径：MgSNH，A 错

7、误；B.Mg3N2是由 Mg2+和 N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B 错误；C.N 的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D.N 和 S的气态氢化物分别为NH3和 H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS 或(NH4)2S，D 正确。故选 D。5有关化工生产的叙述正确的是A联碱法对母液的处理方法是向母液中通入二氧化碳，冰冻和加食盐B列管式热交换器的使用实现了原料的充分利用C焙烧辰砂制取汞的反应原理为：22HgS+OHg+SO焙烧D氯碱工业、铝的冶炼、牺牲阳极的阴极保护法都是应用了电解池的原理【答案】C【解析】【详解】A联碱法对母液处理

8、方法：向母液中通入氨气，冰冻和加食盐，故A 错误；B列管式热交换器的使用能使能量在流程中得到充分利用，降低了能耗，故B 错误；C硫化汞与氧气反应生成二氧化硫和汞，可以用焙烧辰砂制取汞，故C 正确；D牺牲阳极的阴极保护法应用的是原电池工作原理，故D 错误；故选：C。6设 NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A 17g由 H2S与 PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB90g 果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC1mol 由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD已知22688Ra X+42He，则 0.5mol

9、X 中含有的中子数为34NA【答案】A【解析】【详解】A.假设 17g 全部为 H2S，含有质子物质的量为17g(216)34g/mol=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为17g(315)34g/mol=9mol，则 17g 该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故 A 正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C C 之间的键，90g 果糖中含有非极性键的物质的量为90g5180g/mol=2.5mol，故 B 错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3OCH3，前者含有羟基，后者

10、不含羟基，因此 1mol 该混合物中含有羟基物质的量应在01mol 之间，故C 错误；D.推出 X 的原子结构为22286X，0.5molX 中含有中子物质的量为0.5mol(22286)=68mol，故 D 错误；答案：A。7下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是A用图 1 所示装置除去HCl 中含有的少量Cl2B用图 2 所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾C用图 3 所示装置可以完成“喷泉”实验D用图 4 所示装置制取并收集干燥纯净的NH3【答案】C【解析】【详解】A HCl极易溶于水，则将HCl 原物质除去，不能除杂，A 错误；B蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制

11、备胆矾，B错误；C挤压胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3 所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法收集，应为向下排空气法收集，D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。8常温下，用 0.100mol L1NaOH 溶液分别滴定20.00mL0.100molL1的 HA 溶液和 HB 溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知lg2 0.3）A

12、 HB 是弱酸，b 点时溶液中c（B）c（Na+）c（HB）Ba、b、c 三点水电离出的c（H+）：abc C滴定 HB 溶液时，应用酚酞作指示剂D滴定 HA 溶液时，当 V（NaOH）=19.98mL 时溶液 pH 约为 4.3【答案】B【解析】【详解】A.20.00mL0.100molL1的 HB溶液，pH 大于 1，说明 HB 是弱酸，b 点溶质为HB 和 NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中c(B)c(Na+)c(HB)，故 A 正确；B.a、b、c 三点，a 点酸性比b 点酸性强，抑制水电离程度大，c 点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H+)：

13、c b a，故 B 错误；C.滴定 HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C 正确；D.滴定 HA 溶液时，当V(NaOH)=19.98mL 时溶液氢离子浓度为11510.100molL0.100mo0.02L0.01998L(H)5 100.02L0l Lmol.0LL1998c，则 pH 约为 4.3，故 D正确。综上所述，答案为B。9下列说法不正确的是A常温下，0.1 molL1CH3COONa溶液的 pH=8，则该溶液中c(CH3COOH)=（10-6-10-8）mol L1B对于相同浓度的弱酸HX 和 HY(前者的 Ka较大)溶液，加水稀释相同倍数时，HY溶液的 p

14、H 改变值大于HX 溶液的 pH 改变值C硫酸钡固体在水中存在以下平衡BaSO4（s）垐?噲?Ba2+（aq）+SO42-（aq），当加入饱和碳酸钠溶液时可以生成BaCO3沉淀D常温下，a mol L1的 CH3COOH溶液与 0.01mol L1NaOH 溶液等体积混合后溶液呈中性，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka=-910a-0.01【答案】B【解析】【分析】【详解】A列出溶液中的电荷守恒式为：3(Na)(H)(CH COO)(OH)cccc，溶液中的物料守恒式为：33(CH COO)(CH COOH)(Na)ccc，两式联立可得：3(CH COOH)=(OH)(H)ccc，又因为溶液在常温

15、下pH=8，所以有683(CH COOH)=(1010)mol/Lc，A 项正确；B由于aa(HX)(HY)KK，HX 酸性更强，所以HX 溶液在稀释过程中pH 变化更明显，B项错误；C硫酸钡向碳酸钡的转化方程式为：224334BaSO(s)CO(aq)BaCO(s)SO(aq)垐?噲?，当向硫酸钡中加饱和碳酸钠溶液时，溶液中的碳酸根浓度很高，可以让上述转化反应正向进行，生成BaCO3沉淀，C项正确；D常温下，两种溶液混合后，溶液呈中性，即：(H)=(OH)cc=10-7mol/L；列出溶液的电荷守恒式：3(Na)(H)(CH COO)(OH)cccc，所以有：3(Na)(CH COO)=0.

16、005mol/Lcc；此外，溶液中还有下列等式成立：331(CH COO)(CH COOH)=amol/L2cc，所以3a0.01(CH COOH)=mol/L2c；醋酸的电离平衡常数即为：793a33(H)(CH COO)100.00510(CH COOH)=a0.01(CH COOH)a-0.012ccKc，D 项正确；答案选 B。【点睛】处理离子平衡的题目，如果题干中指出溶液呈中性，一方面意味着常温下的该溶液c(H+)=10-7mol/L，另一方面意味着溶液中(H)=(OH)cc，可以通过将这个等量关系与其他守恒式关联进一步得出溶液中其他粒子浓度之间的等量关系。10海洋是一个巨大的资源宝

17、库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是()A粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2、Mg2、SO42-等杂质B工业生产中常选用石灰乳作为Mg2的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤C第步的反应是将MgCl2?6H2O 晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水MgCl2D第步到第步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A.粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2、Mg2、SO42-等杂质，故A 正确；B.利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故 B 正确；C.镁离子要水解，因此第步的反应是将MgCl

18、2?6H2O 晶体在 HCl 气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故 C 错误；D.第步到第步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂，SO2与 Br2反应生成HBr 和 H2SO4，故 D 正确；答案为 C。【点睛】工业上沉淀镁离子只能用石灰乳，不能用氢氧化钠，要注意与实际应用相联系，工业要考虑成本问题。11下列实验操作、现象和所得结论都正确的是选项实验现象结论A 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量氯化钡固体，振荡溶液红色变浅Na2CO3溶液存在水解平衡B 向 X 溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液溶液变为红色X 溶液中一定含有Fe2+C 检验食盐是否加碘（KIO

19、3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验试纸不变蓝该食盐不含有KIO3D 向蛋白质溶液中加入CuSO4或(NH4)2 SO4的饱和溶液均有沉淀生成蛋白质均发生了盐析A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】ANa2CO3溶液中存在CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32-和 Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH-浓度减小，红色变浅，A 正确；B溶液中无Fe2+，含 Fe3+也能出现相同的现象，B 错误；CKIO3在酸性条件下才能和KI 发生氧化还原反应生成I2，操作不正确，可加入少量食醋再观察现象，C错误；D蛋白质溶液

20、中加入CuSO4发生变性，加入(NH4)2 SO4的饱和溶液发生盐析，D 错误。答案选 A。12以下物质的提纯方法错误的是(括号内为杂质)()A CO2(H2S)：通过 CuSO4溶液BCH3COOH(H2O)：加新制生石灰，蒸馏C苯(甲苯)：加酸性高锰酸钾溶液、再加NaOH 溶液，分液D MgCl2溶液(Fe3+)：加 MgO，过滤【答案】B【解析】【分析】【详解】A H2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀，可用于除杂，故A 正确；B加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B 错误；C甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NaOH 溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确；D Fe3+易水解生成

21、氢氧化铁胶体，加MgO 促进 Fe3+的水解，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，过滤除去，且不引入新杂质，故D 正确；答案选 B。【点睛】注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质。13下列化学用语或命名正确的是A过氧化氢的结构式：H-O-O-H B乙烯的结构简式：CH2CH2C含有 8 个中子的氧原子：188ODNH4Cl的电子式：【答案】A【解析】【详解】A过氧化氢为共价化合物，用短线代替所有共价键即为结构式，过氧化氢的结构式是H-O-O-H，故 A 正确；B乙烯含有碳碳双键，不能省略，结构简式为CH2=CH2，故 B 错误；C188O表示质量数为18 的氧原子，含有

22、10 个中子，故C错误；D NH4Cl 的电子式为：，故 D 错误；故答案选A。14按照物质的组成分类，SO2属于（）A单质B酸性氧化物C碱性氧化物D混合物【答案】B【解析】【分析】A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SO2属于纯净物。【详解】A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A 错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D

23、、SO2属于纯净物，不属于混合物，故D 错误；故选：B。15标准状态下，气态分子断开1 mol 化学键的能量称为键能。已知HH、HO 和 O=O键的键能分别为436 kJ mol1、463 kJ mol1和 495 kJ mol1。下列热化学方程式正确的是A断开 1 mol H2O(l)中的 HO 键需要吸收926 kJ 的能量B2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H 485 kJ mol1C2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H 485 kJ mol1D 2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H 485 kJ mol1【答案】D【解析】【详解】A.断开 1 mol H2O(g)中的 HO

24、 键需要吸收926 kJ 的能量，故A 错误；B.2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H463 kJ mol1 4 436 kJ mol1 2 495 kJ mol1=+485 kJmol1，故 B错误；C.2H2(g)O2(g)=2H2O(l)应该是放热反应，故C 错误；D.2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H 485 kJ mol1，故 D 正确。综上所述，答案为D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铜锌银精矿化学成分如下：元素Cu Zn Ag S Fe Pb 元素质量分数/%17.60 18.30 0.146 33.15 18.17 7.86 利用铜锌银精矿制备硫酸铜

25、晶体的流程如下：回答下列问题：(l)“气体 A”为 _(填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和_(填化学式)。(2)“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是_。(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为_。(4)“母液 2”中阴离子含量最多的是_，该溶液最好返回_工序循环使用。(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是 _。【答案】SO2AgCl 除去锌铁元素，分离出铜元素1:2 氯离子沉铜硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2【解析】【分析】铜锌银精矿和空气中的O2发生反应，各金属得到其氧化物，S转化为 SO2，再加入H2SO4和 NaCl，金属

26、氧化物转化为硫酸盐，Ag 转化为 AgCl沉淀，Pb 转化为 PbSO4沉淀。通入SO2将 Cu2转化为 Cu2Cl2沉淀，加入 O2、H2SO4转化为 CuSO4溶液，最后得到CuSO4晶体。【详解】(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S元素转化为SO2，因此气体A 为 SO2；各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子，Pb2与 SO42沉淀得到PbSO4，而 Ag与 Cl会生成 AgCl 沉淀；(2)经过浸出之后，溶液中还有Zn2、Fe2、Cu2。沉铜之后，得到Cu2Cl2沉淀，实现了Cu 与 Zn、Fe的分离，答案为除去锌铁元素，分离出铜元素；(3)氧化的目的是将Cu2Cl2转化

27、为 CuSO4，Cu2Cl2中 Cu 的化合价为1 价，1molCu2Cl2转化全部转化为Cu2，失去 2mol 电子，1molO2反应时，得到4mol 电子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的比例为1：2；(4)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为 CuSO4，根据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液 2 中含有较多的Cl，以及没有沉淀的Cu2和 SO42，溶液中没有Ag和 Pb2等离子，不需要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤提供Cl；【点睛】问题(4)母液 2 最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入NaCl的目的是为了沉淀A

28、g，而 Ag在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需要较多的Cl，母液 2 中含有较多的 Cl，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以减少相关净化操作。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17丙烯是重要的有机化工原料，它与各有机物之间的转化关系如下：回答下列问题：(1)E 中官能团的名称为_；C的结构简式为_。(2)由 A 生成 D 的反应类型为_；B 的同分异构体数目有_ 种（不考虑立体异构）。(3)写出 D 与 F反应的化学方程式：_。【答案】醛基加成反应3 CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHV垐 垐?噲 垐?浓硫酸CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O【解析

29、】【分析】根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构，判断官能团的种类，反应类型，并书写相关反应方程式。【详解】根据有机物间的转化关系知，D 和 E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯，则 D为 1-丙醇，催化氧化后得到E丙醛，E催化氧化后得到F丙酸；A 为丙烯，与水加成反应生成D1-丙醇；丙烯经过聚合反应得到高分子化合物 C，A 与溴的四氯化碳溶液反应生成B1，2-二溴乙烷。（1）E为丙醛，其官能团的名称为醛基；C为聚丙烯，其结构简式为，故答案为：醛基；（2）由 A 丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应；B1，2-二溴乙烷的同分异构体有1，1-二溴乙烷、2，2-二溴乙烷、1，3-二溴乙烷

30、，3 种，故答案为：加成反应；3；（3）丙酸和 1-丙醇酯化反应的方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OH浓硫酸?CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OH浓硫酸?CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化合物H 在有机合成中有重要的应用，由A 制备 H 的合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHO 2NaOH/H O加热RCH=CHCHO+H2O 回答下列问题：（1）E中的官能团名称为_ 和_。（2）CD 的反应类型为_。BC 的化学反应方程式为_。（3）G 的结构简

31、式为 _。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式_。遇 FeC13溶液显紫色；能发生银镜反应；分子中有5 种不同化学环境的氢原子，且个数比为1：1：2：2：4。（5）写出用乙烯和乙醛为原料制备化合物的合成路线 _（其他无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】碳碳三键羧基加成反应CH2=CH2（或）CH3CHO32NaOH/HCH CHOO加热CH3CH=CHCHO24Br/CClCH3C CCHO【解析】【分析】根据已知，A 与 CH3CHO反应生成B的结构简式为，B 与新制 Cu(OH)2反应后酸化生成的 C为，C与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成的D 为；E

32、与 C2H5OH 发生酯化反应生成F，F的结构简式为，结合题给已知，G 的结构简式为 CH2=CH2，据此分析作答。【详解】根据已知，A 与 CH3CHO反应生成B的结构简式为，B 与新制 Cu(OH)2反应后酸化生成的 C为，C与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成的D 为；E与 C2H5OH 发生酯化反应生成F，F的结构简式为，结合题给已知，G 的结构简式为 CH2=CH2；（1）根据 E的结构简式可知，E中官能团为碳碳三键和羧基。（2）C 的结构简式为，C与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成D；BC 的化学方程式为。（3）根据上述推断，G 的结构简式为CH2=CH2。（4）F的结构简式为，F的

33、分子式为C11H10O2，不饱和度为7；F的同分异构体遇FeC13溶液显紫色，说明结构中含酚羟基；能发生银镜反应，说明结构中含CHO；分子中有5 种不同化学环境的氢原子，且个数比为1：1：2：2：4；符合条件的同分异构体的结构简式为、。（5）对比与乙烯、乙醛的结构，结合题给已知，可由 CH2=CH2与 CH3C CCHO 反应制得；则关键由乙醛合成CH3C CCHO，碳链增长，结合题给已知、模仿流程中AB、C DE 即可，合成路线流程图为：CH3CHO32NaOH/HCH CHOO加热CH3CH=CHCHO24Br/CClCH3C CCHO。【点睛】本题的难点是符合条件的同分异构体的书写和合成

34、路线的设计；书写符合条件的同分异构体常用残基拼接法，即根据要求确定可能存在的官能团，剩余部分拼接验证；设计合成路线，先对比原料与产品结构的异同，然后用切割法，结合有机物之间的相互转化和题给信息分析。19党的十九大报告中多次提及“绿色环保”“生态文明”，而 CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂NaFe3O4和 HMCM 22 的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。上图中 CO2转化为 CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41kJ/mol 已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O

35、(g)H=-128kJ/mol(1)图中 CO转化为 C2H4的热化学方程式是_。(2)Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，可经CO、H2还原 Fe2O3制得。两次实验结果如表所示：实验 I 实验 II 通入气体CO、H2CO、H2、H2O(g)固体产物Fe3O4、Fe Fe3O4结合化学方程式解释H2O(g)的作用 _。(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解 CO2可制取甲醇，装置如图所示，电极 a 接电源的 _极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是_。(4)用 CO、H2生成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2，在 10L 恒容密闭容器中按物质的量之比 1：2 充

36、入 CO和 H2，测得 CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200时 n(H2)随时间的变化如表所示：t/min 0 1 3 5 n(H2)/mol 8.0 5.4 4.0 4.0 H2_（填“”“”“=”）0。写出两条可同时提高反应速率和CO转化率的措施_。下列说法正确的是_（填字母）。a温度越高，该反应的平衡常数越大b达平衡后再充人稀有气体，CO的转化率提高c容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d图中压强p1p203min 内用 CH3OH 表示的反应速率v(CH3OH)=_molL-1min-1200时，该反应的平衡常数K=_。向上述 200达到平衡的恒容密闭容器中再加入2

37、molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变则化学平衡_（填“正向”“逆向”或“不”）移动。【答案】22422CO(g)+4H(g)=C H(g)+2H O(g)=-210kJ/molH23423Fe+4H O(g)Fe O+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁负+-232CO+6H+6e=CH OH+H O增大 H2浓度、增大压强cd 115(或 0.067)6.25 正向【解析】【分析】(1)结合已知热化学方程式，根据盖斯定律进行解答；(3)根据电解池阴阳极的反应类型，结合碳元素化合价的变化分析；(4)根据温度对平衡移动的影响分析；根据影响反应速率和平衡移动的因素选择合

38、适的方法；根据温度、压强对平衡的影响分析；0 3min 内，根据 n(H2)，计算 n(CH3OH)，根据速率公式进行计算；计算平衡时刻各气体物质的浓度，进而计算平衡常数，再根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向。【详解】(1)已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41kJ/mol；2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)H=-128kJ/mol；根据盖斯定律可知，-2 可得 CO转化为 C2H4的热化学方程式22422CO(g)+4H(g)=C H(g)+2H O(g)=-128kJ/mol-241kJ/mol=-210kJ/molH，故答案

39、为：22422CO(g)+4H(g)=C H(g)+2H O(g)=-210kJ/molH；(2)由于发生反应23423Fe+4H O(g)FeO+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁，故答案为：23423Fe+4H O(g)Fe O+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁；(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，碳元素的化合价从+4 价降低为-2 价，得电子，发生还原反应，所以电极a 为阴极，阴极与电源负极相连；结合硫酸做电解质溶液，即可写出生成甲醇的电极反应式为+-232CO+6H+6e=CH OH+H O，故答案为：负；+-232CO+6H+6e=CH OH+H O；

40、(4)由图可知，温度越高，CO的平衡转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，H20，故答案为：；既能提高反应速率又能使平衡右移的方法有增大H2浓度、增大压强等，故答案为：增大H2浓度、增大压强；a.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度越高，平衡常数越小，故a 错误；b.恒容时，充入稀有气体，平衡不移动，反应物的转化率不变，故b 错误；c.该反应为反应前后气体物质的量变化的反应，则容器内气体压强不再变化时，反应达到平衡状态，即最大限度，故c正确；d.相同温度时，p2时 CO的转化率大于p1时 CO的转化率，说明p1到 p2平衡正向移动，而该反应的正

41、反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，故p1 p2，故 d 正确；故答案为：cd；0 3min 内，n(H2)=8.0mol-4.0mol=4.0mol，则 n(CH3OH)=2.0mol，32.0mol1CH OH=mol/(L min)0.067mol/(L min)10L3min15v,故答案为：115(或 0.067)；在 10L 恒容密闭容器中按物质的量之比1：2 充入 CO和 H2，起始氢气的浓度为0.8mol/L，则 CO浓度为0.4mol/L，平衡时氢气浓度为0.4mol/L，则平衡时，CO、H2、CH3OH 的浓度分别为0.2mol/L、0.4mol/L、0.2mol

42、/L，故3222(CH OH)0.2=6.25(CO)(H)0.20.4cKcc；再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时，CO、H2、CH3OH 的浓度分别为0.4mol/L、0.6mol/L、0.4mol/L，3222(CH OH)0.4=2.8(CO)(H)0.40.6cQKcc，故反应正向进行，故答案为：6.25；正向。【点睛】恒温恒容，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，各物质的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动；恒温恒压，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，由于压强保持不变，容器容积必然增大，因此各物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，此时相当于减压，平衡向气体体积增大的方向移动。这是学生们的易错点。