2019-2020学年福建省厦门外国语中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省厦门外国语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 稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（）A上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B三氧化氙可将I-氧化为 IO3-C氙酸的电离方程式为：H2XeO4 2H+XeO42-D XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O 2Xe+O2+4HF【答案】C【解析】【详解】A氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)

2、，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A 正确；B三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为 IO3-，故 B正确；C氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4H+HXeO4-，故 C错误；D XeF2与水反应生成Xe、O2和 HF，方程式为：2XeF2+2H2O2Xe+O2+4HF，故 D 正确。故选：C。【点睛】根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离

3、出一个氢离子，故为一元酸。2用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是A得电子能力H+Na+，故阴极得到H2B水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C失电子能力Cl-OH-，故阳极得到Cl2D OH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红【答案】D【解析】【详解】A.得电子能力H+Na+，电解饱和食盐水阴极：2H+2e-H2，故 A 正确；B.电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到 OH-，故 B正确；C.失电子能力Cl-OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl-2e-=Cl2，故阳极得到Cl2，故 C正确；D.D.电解池中，阴离子会向阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性

4、，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D 错误；故选 D。3实验测得0.1mo1 L-1Na2SO3溶液 pH 随温度升高而变化的曲线如图所示。将 b 点溶液冷却至25，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（）A Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B温度升高，溶液pH 降低的主要原因是SO32-水解程度减小Ca、b 两点均有c(Na+）=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D将 b 点溶液直接冷却至25后，其 pH 小于 a 点溶液【答案】D【解析】【分析】2-3SO是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而温度升高

5、水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分2-3SO被空气中的氧气氧化为2-4SO，据此来分析本题即可。【详解】A.水解反应是分步进行的，不能直接得到23H SO，A 项错误；B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；C.温度升高溶液中部分2-3SO被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑2-4SO，C 项错误；D.当 b 点溶液直接冷却至25后，因部分2-3SO被氧化为2-4SO，相当于2-3SO的浓度降低，其碱性亦会减弱，D 项正确；答案选 D。4化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是

6、A光催化水制氢比电解水制氢更节能环保B用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用D改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放【答案】B【解析】【详解】A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A 正确；B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B 错误；C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D 正确；答案选 B。5已知常温下Ka(CH3COOH)

7、Ka(HClO)、Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（）A将 10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol/L 盐酸中：c(Na)c(Cl)c(CO32)c(HCO3)B现有 200 mL 0.1 mol/L NaClO 溶液，100 mL0.1 mol/L CH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：C向 0.1 mol/L NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl 固体：+4-c(NH)c(Cl)比值减小D将 AgBr 和 AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr 沉淀【

8、答案】C【解析】【详解】A.10 mL0.1 mol?L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mlL0.1 mol?L-1 盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)c(Cl-)c(CO32-)c(HCO3-)，A 正确；B.由于 Ka(CH3COOH)Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：，B 正确C.向 0.1 mol/L NH4Cl溶液中，存在NH4+H2O?NH3 H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+，NH4+水解平衡正向移动，c

9、(NH3 H2O)、c(H+)，水解常数不变，即4h32c NH1Kc NH?H O?c H，NH4+水解程度减小，4c Hc NH减小，432c NHc NH?H O、4c NHc Cl增大，C错误；D.因为 Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，在 AgCl 和 AgBr 两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)c(Br-)，当将 AgCl、AgBr 两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr 沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来 AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr 沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D 正确；故答案为：

10、C。【点睛】当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；6煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料。我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产。下列说法中正确的是（）A煤的液化是物理变化B石油裂解气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C棉花、羊毛、蚕丝和麻的主要成分都是纤维素D“可燃冰”是由甲烷与水在高压低温下形成的类冰状的结晶物质【答案】D【解析】【详解】A煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法

11、的统称，是化学变化，A 错误；B石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，有烯烃，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B 错误；C羊毛蚕丝主要成分都是蛋白质，棉花和麻主要成分都是天然纤维，C错误；D天然气水合物，有机化合物，化学式 CH?nH?O，即可燃冰，是分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，D 正确；故答案选D。7根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项操作现象结论A 向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味

12、的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B 向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C 铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜D 向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe3+催化H2O2分解产生O2A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应生成刺激性气味的二氧化硫，

13、体现强氧化性，故A 正确；B.向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故 B正确；C.铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C正确；D.向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明 H2O2在酸性条件下氧化 Fe2+变为 Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化 H2O2分解产生O2，故 D 错误；答案为 D。8下列有关有机物的叙述正确的是A由乙醇、丙三醇都易溶于

14、水可知所有的醇都易溶于水B由甲烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色可知所有的烷烃和苯的同系物都不与高锰酸钾溶液反应C由淀粉在人体内水解为葡萄糖，可知纤维素在人体内水解的最终产物也是葡萄糖D由苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应可知羟基能使苯环上的氢活性增强【答案】D【解析】【分析】【详解】A.分子中碳原子为13 的醇能与水以任意比例互溶，比如甲醇，乙醇，丙三醇，碳原子数为411 的一元醇部分溶于水，碳原子更多的醇不溶于水，故A 错误；B.苯的同系物如甲苯中由于侧链受苯环的影响，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.淀粉在淀粉酶的作用下水解最终得到葡萄糖，但人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水

15、解，故 C 错误；D.苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应说明羟基能使苯环上的氢活性增强，故D 正确。故选 D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，掌握有机反应的规律是解题的关键，注意有机物之间的区别和联系以及基团之间的相互影响，理解物质的特殊性质。9在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A加热后固体发黑B坩埚沾有受热不分解的杂质C加热时有少量晶体溅出D晶体中混有受热不分解的杂质【答案】D【解析】【详解】A固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO 与 SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A 不合题意；B坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不

16、变，故B不合题意；C加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D 符合题意；故选 D。10含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于20682Pb 和20782Pb 说法正确的是A含不同的质子数B含不同的电子数C含相同的中子数D互相转化时不属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A20682Pb和20782Pb 的质子数都为82，故 A 错误；B20682Pb 和20782Pb 的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故 B错误；C20682Pb

17、的中子数为206-82=124，20782Pb 的中子数为207-82=125，中子数不同，故C错误；D20682Pb 和20782Pb 的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D 正确；故选 D。【点睛】本题的易错点为D，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。11CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获 CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是A分子式为C3H6N3O3B属于共价化合物C分子中既含极性键，又含非极性键D生成该物质的上述反应为中和反应【答案】B【解析】【分析】【

18、详解】A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3，A 错误；B、由不同种元素组成，分子中的化学键全部是共价键，属于共价化合物，B正确；C、同种元素原子形成的共价键是非极性键，不同种元素原子形成的共价键是极性键，则分子中只含极性键，C错误；D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应，生成该物质的上述反应不是中和反应，D 错误；答案选 B。12某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（）A Cl、Mg2、H、Cu2、SO42-BNa、Ba2、NO3-、OH-、SO42-CK、NO3-、SO42-、H+、NaDMnO4-、K、Cl、H+、SO42-【答案】C【解析】【详

19、解】A.Cu2为有色离子，A 不合题意；B.Ba2、SO42-会发生反应，生成BaSO4沉淀，B不合题意；C.K、NO3-、SO42-、H+、Na能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；D.MnO4-为有色离子，D 不合题意。故选 C。13下列有关共价键的说法正确的是（）A分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B只含共价键的物质，一定是共价化合物C两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力【答案】D【解析】【分析】【详解】A分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，有的还与氢键有关，但与化学键无关，A 错误；B只含共价键的物质可能是共

20、价单质，如氮气、氢气等，B错误；C两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水等，C错误；D稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，D 正确；故选 D。14短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下 Z 单质能溶于W 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A元素 Y的最高化合价为+6 价B最简单氢化物的沸点：YW C原子半径的大小顺序：WZ X Y D X、Z、W 分别与 Y均能形成多种二元化合物【答案】B【解析】【分析】X 的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O

21、，则 Y为 O，极易溶于水的氢化物有HCl 和 NH3，X的原子序数小于Y，则 X应为 N；常温下Z单质能溶于W 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W 的原子序数大于Z，所以 Z为 Al，W 为 S；综上所述X 为 N、Y为 O、Z 为 Al、W 为 S。【详解】A Y为 O 元素，没有+6价，故 A 错误；BY、W 的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点 H2OH2S，故 B 正确；C同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)W(S)X(N

22、)Y(O)，故 C错误；D Al 与 O 只能形成Al2O3，故 D 错误；故答案为B。15科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A过程 I 得到的 Li3N 中 N 元素为 3 价B过程生成W 的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程中能量的转化形式为化学能转化为电能D过程涉及的反应为4OH4eO2+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A.Li3N 中锂元素的化合价为+1 价，根据化合物中各元素的代数和为0 可知，N 元素的化合价为-3 价，A 项正确；B.由原理图可知，Li3N 与水反应生成氨气和W，元素的化合

23、价都无变化，W 为 LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B 项正确；C.由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程电解LiOH产生 O2，阳极反应为4OH4eO2+2H2O，D项正确。故答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16为了研究某气体(该气体为纯净物)的性质，做了如下探究实验：取一洁净铜丝，在酒精灯火焰上加热，铜丝表面变成黑色；趁热将表面变黑色的铜丝放人到盛有这种气体的集气瓶中并密闭集气瓶，可观察到铜丝表面的黑色又变成了亮红色。(1)根据所学的化学知识，可初步推断出这种气体可能是O2、H2、CO、C

24、O2中的 _。(2)如果要确定这种气体是你所推断的气体，还需要接着再做下一步化学实验，在这步实验中应选用的试剂是_，可观察到的现象是_【答案】H2或 CO 无水 CuSO4或澄清的石灰水无水 CuSO4变蓝色或澄清的石灰水变浑浊。【解析】【分析】本题主要考查具有还原性的气体的性质及常见的用作还原剂的气体，同时涉及常见物质的颜色、金属与氧气的反应。【详解】(1)金属与氧气可以发生化合反应生成金属氧化物，铜在加热时与氧气化合生成黑色的氧化铜，黑色的氧化铜又变成光亮的红色，即变成了金属铜，这是氧化铜被气体还原剂夺取氧而变成单质铜的反应，气体在反应中表现出的性质称为还原性，通常用作还原剂的气体有CO和

25、 H2；(2)假设推断为氢气(或一氧化碳)，而氢气与氧化铜反应生成铜和水，再验证是否有水生成即可，步骤：将气体通过浓硫酸进行干燥，再通过灼热的氧化铜，再通过无水硫酸铜，验证是否有水生成，如果无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，说明该气体是氢气；假设推断为一氧化碳，而一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再验证是否有二氧化碳生成即可，步骤：将气体通过灼热的氧化铜，再通过澄清的石灰水，验证是否有二氧化碳生成，如果澄清的石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，说明该气体是一氧化碳。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17香料 G 的一种合成工艺如图所示。已知：核磁共振氢谱显示A 有两个峰，其强度之比为1

26、1。CH3CH2CH=CH2NBSCH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHO稀碱CH3CH=CHCHO+H2O 请回答下列问题：(1)A 的结构简式为_，G 中官能团的名称为_。(2)检验 M 已完全转化为N 的实验操作是_(3)有学生建议，将M N 的转化用KMnO4(H)代替 O2，你认为是否合理_(填“是”或“否”)原因是_(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K L_，反应类型 _。(5)F 是 M 的同系物，比M 多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应能与溴的四氯化碳溶液加成苯环上只有2 个对位

27、取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线_(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A反应试剂反应条件B反应试剂反应条件目标产物【答案】碳碳双键、酯基取少量 M 于试管中，滴加稀 NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N 否KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO稀碱加成反应6 CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液【解析】【分析】由流程：E和 N 发生酯化反应得到的G 为，则 E、N 分别为和中的一种，C反应得到D，

28、D 发生卤代烃水解反应得到E，故 E属于醇，E为，则 N 为，逆推出 M 为、L为，结合信息，逆推出K为，由 E逆推出 D 为，结合信息，逆推出C为，C由 B 在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知 A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A 有两个峰，其强度之比为11，即 A 分子内有2 种氢原子且二者数目相同，则A 为；(1)据上分析，写出A 的结构简式及G 中官能团的名称；(2)检验 M 已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H)代替 O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K 为，则 KL 的反应可

29、通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F 是 M 的同系物，M为，而 F 比 M 多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2 个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2 个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A 为，；答案为：；G 为，G 中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M 为，N 为，N 呈酸性，检验

30、M 已完全转化为 N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M 于试管中，滴加稀NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N；答案为：取少量M 于试管中，滴加稀NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H)代替 O2把 M 转化为 N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K 为，则 KL 的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO稀碱，从反

31、应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO稀碱；加成反应；(5)F 是 M 的同系物，M 为，而 F比 M 多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件 能发生银镜反应，意味着有CHO，条件 能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2 个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2 个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、3-CH=CH-CH CHO、22-CH-CH=CH CHO、32-C(CH)=CH CH2CHO、2-CH=CH3-CH、-CH=CH-CHO3-CH、；故共有 6 种；答案为：6；(6)由流程图知，C 和 NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双

32、键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2 个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液；答案为：CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=x 已知：标

33、准状态下，由最稳定的单质生成1mol 化合物的焓变，称为该化合物的标准摩尔生成焓，几种物质的标准摩尔生成焓如下。则x=_kJmol1。(标准摩尔生成焓：CH4(g)75kJ/mol；H2O(g)240kJ/mol；CO(g)110kJ/mol；H2(g)0kJ/mol)（2）为了探究温度、压强对反应(1)的影响，在恒温恒容下，向下列三个容器中均充入4molCH4和 4molH2O。容器温度/体积/L CH4平衡浓度/mol L1平衡时间/min 甲400 1 1.5 5.0 乙500 1 x t1丙400 2 y t2平衡前，容器甲中反应的平均速率v(H2)=_mol/(Lmin)；在一定条件

34、下，能判断容器丙中的反应一定处于化学平衡状态的是_(填序号)；A 3v(CH4)正=v(H2)逆BCH4和 H2O 的转化率相等C容器内压强保持不变D混合气体的密度保持不变平衡后，乙容器中CH4的转换率较丙低，其原因是_，其中 t1_t2(填“”、“Ka2，其原因是 _。（4）我国科学家根据反应CO2C+O2，结合电解池原理设计出了二氧化碳捕获与转化装置。该装置首先利用电解池中熔融电解质ZrO 捕获 CO2，发生的相关反应为：CO2+O2=CO32，2CO2+O2=C2O52，然后 CO32在阴极转化为碳单质和_；C2O52在阳极发生电极反应，其方程式为_。【答案】+205 1.5 AC 根据

35、勒夏特列原理，容器乙因温度比丙高，平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但压强影响为主，乙的转化率比丙低 110-6碳酸不带电，而碳酸氢根带一个单位的负电荷O22C2O52+4e=O2+4 CO2【解析】【分析】C(s)+2H2(g)=CH4(g)H=75kJ/mol；12O2(g)+H2(g)=H2O(g)H=240kJ/mol；C(s)+12O2(g)=CO(g)H=110kJ/mol；根据第 3 个方程减去第2 个和第 1 个方程得到CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+205 kJmol1。平衡前，容器甲中反应的平均速率甲烷开始的浓度为4 mol L1，平衡时的浓度

36、为1.5 mol L1，改变的浓度为2.5 mol L1，则氢气的改变浓度为2.5mol L1 3=7.5 molL1，则氢气的速率为1112c7.5mol L(H)=1.5mol Lmint5min；A 选项，3v(CH4)正=v(H2)逆，一正一逆符合条件，速率比等于计量系数比，因此A 符合；B选项，CH4和 H2O 的转化率相等，不能做为平衡的标志；C选项，该反应是体积增大的反应，当容器内压强保持不变，则达到平衡；D 选项，密度等于质量除以体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡，因此AC正确。平衡后，根据勒夏特列原理，容器乙因温度比丙

37、高，平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但压强影响为主，乙的转化率比丙低，由于乙容器温度高于丙，因此达到平衡所需时间短，即t1Ka2，其原因是碳酸不带电，易失去氢离子，而碳酸氢根带一个单位的负电荷，比较难失去氢离子。CO32在阴极得到电子，C 化合价降低得到碳单质和O2；C2O52在阳极 O 失去电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，其方程式为2C2O52+4e=O2+4 CO2。【详解】C(s)+2H2(g)=CH4(g)H=75kJ/mol；12O2(g)+H2(g)=H2O(g)H=240kJ/mol；C(s)+12O2(g)=CO(g)H=110kJ/mol；根据第 3 个方程减去第

38、2 个和第 1 个方程得到CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+205 kJmol1，故答案为：+205。平衡前，容器甲中反应的平均速率甲烷开始的浓度为4 mol L1，平衡时的浓度为1.5 mol L1，改变的浓度为2.5 mol L1，则氢气的改变浓度为2.5mol L1 3=7.5 molL1，则氢气的速率为1112c7.5mol L(H)=1.5mol Lmint5min；A 选项，3v(CH4)正=v(H2)逆，一正一逆符合条件，速率比等于计量系数比，因此A 符合；B选项，CH4和 H2O 的转化率相等，不能做为平衡的标志；C选项，该反应是体积增大的反应，当容器内压

39、强保持不变，则达到平衡；D 选项，密度等于质量除以体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡，故答案为：1.5；AC。平衡后，根据勒夏特列原理，容器乙因温度比丙高，平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但压强影响为主，乙的转化率比丙低，由于乙容器温度高于丙，因此达到平衡所需时间短，即t1t2，故答案为：根据勒夏特列原理，容器乙因温度比丙高，平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但压强影响为主，乙的转化率比丙低；Ka2，其原因是碳酸不带电，易失去氢离子，而碳酸氢根带一个单位的负电荷，比较难失去氢离子，故答案为：110-6；碳酸不带电，而碳酸氢

40、根带一个单位的负电荷。CO32在阴极得到电子，C 化合价降低得到碳单质和O2；C2O52在阳极 O 失去电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，其方程式为2C2O52+4e=O2+4 CO2，故答案为：O2；2C2O52+4e=O2+4 CO2。19 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，可用化学实现“化废为宝”。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、铁的氧化物等）生产碱式硫酸铁（是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂）工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：回答下列问题：（1）用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有_。（2）写出酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方

41、程式：_。（3）加入少量NaHCO3的目的是调节pH 在_范围内。（4）已知室温下，Al(OH)3的 Ksp=1.3 10-33，在 pH=5 时，溶液中的c(Al3+)=_。（5）反应 中入 NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_。（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 _。（7）为测定含Fe2+和 Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00 mL 溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节 pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI 充分反应后，再用 0.1000 mol

42、L-1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：2Fe3+2I-=2Fe3+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-则溶液中铁元素的总含量为_g L-1。【答案】Fe2+、Al3+Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O 4.4 pH7.5 1.3 10-62H+Fe2+NO2-=Fe3+NO +H2O 2Fe(OH)2+2H2O?Fe2(OH)42+2H+5.6【解析】【分析】废铁屑中含少量氧化铝、铁的氧化物等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，氧化铝反应生成硫酸铝，铁的氧化物反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过量的铁屑与三价铁离子反应生成亚铁离子，若还有铁屑剩余

43、则与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，将铝离子沉淀，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和 FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+、Al3+；(2)Fe3O4与氢离子反应生成三价铁离子、亚铁离子和水，离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(3)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH 生成 Al(OH)3，要避免生成应Fe(

44、OH)2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH 知，在 pH 在 4.4-7.5 之间将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制 pH 在 4.47.5 之间；(4)KspAl(OH)3=c(Al3+)c(OH?)3=1.3 10-33，pH=5 时，c(OH?)=110-9mol/L，所以c(Al3+)=33p3s9-1.3 101 1=OH0Kc=1.3 10-6mol/L；(5)酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应 中加入 NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H+Fe2+NO2-=Fe3+NO +H2O；(6)Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为：2Fe(OH)2+2 H2O?Fe2(OH)42+2H+；(7)根据所给反应可得关系式Fe3+S2O3?，所以 n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L 0.020 L=0.0020 mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020 mol56 g/mol0.020L=5.6 g/L。