2019-2020学年安徽省六安市霍邱县第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省六安市霍邱县第一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）12019 年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。一类锂离子电池的电池总反应为 Lix C6Li1-xY?放电充电C6(石墨)+LiY。已知电子电量为1.6 1019 C，下列关于这类电池的说法中错误的是A金属锂的价电子密度约为13760 C/g B从能量角度看它们都属于蓄电池C在放电时锂元素发生了还原反应D在充电时锂离子将嵌入石墨电极【答案】C【解析】【分析】【详解】A 7g 金属锂价电子1 mol，其电量约为(6.

2、02 1023)(1.6 1019 C)，故金属锂的价电子密度约为(6.02 1023)(1.6 1019 C)7g=13760C/g，故 A 正确；B锂离子电池在放电时释放电能、在充电时消耗电能，从能量角度看它们都属于蓄电池，故B正确；C在放电时，无锂单质生成，故锂元素没有被还原，故C 错误；D在充电时发生“C6 LixC6”，即锂离子嵌人石墨电极，故D 正确；答案选 C。2设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 1 mol I2与 4 mol H2反应生成的HI 分子数为2NAB标准状况下，2.24 L H2O 含有的电子数为NAC1 L 11 mol/L 的 NH4NO3溶液

3、中含有的氮原子数为1.2NAD 7.8 g 苯中碳碳双键的数目为1.3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI 分子小于 2NA个，故 A 错误；B标况下，水不是气体，2.24 L 水的物质的量大于1.1mol，含有的电子数大于NA个，故 B 错误；C1 L 1.1 mol?L-1的 NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有 2mol 氮原子，含有的氮原子数为1.2NA，故 C正确；D苯分子结构中不含碳碳双键，故D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。3下列说法中的因果关系正确的是A因

4、为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂C因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用D用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应【答案】B【解析】【详解】A二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A 错误；B液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B 正确；C明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水的杀菌消毒，故C错误；D浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D 错误；故选 B。4利用微生物燃料电池

5、进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是A负极的电极反应为CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+B电池工作时，H+由 M极移向 N极C相同条件下，M、N两极生成的CO2和 N2的体积之比为3：2 D好氧微生物反应器中发生的反应为NH4+2O2=NO3-+2H+H2O【答案】C【解析】【分析】图示分析可知：N 极 NO3-离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N 极正极。M 极 CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M 极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，据此分析解答。【详解】A M

6、极为负极，CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，故 A 正确；B原电池工作时，阳离子向正极移动，即 H+由 M 极移向 N极，故 B 正确；C生成 1molCO2转移 4mole-，生成 1molN2转移 10mol e-，根据电子守恒，M、N 两极生成的 CO2和 N2的物质的量之比为10mol：4mol=5:2，相同条件下的体积比为5:2，故 C错误；DNH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，则反应器中发生的反应为NH4+2O2=NO3-+2H+H2O，故 D 正确；故答案为 C。5已知 C3N4晶体具有比金刚石

7、还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是：A该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8 电子结构C该晶体中每个碳原子连接4 个氮原子，每个氮原子连接3 个碳原子D该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构【答案】D【解析】【分析】【详解】A C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A 正确；B构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4 个氮原子、每个氮原子连接3 个碳原子

8、，晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8 电子结构，B正确；C碳最外层有4 个电子，氮最外层有5 个电子，则该晶体中每个碳原子连接4 个氮原子、每个氮原子连接 3 个碳原子，C 正确；D金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中 C、N 之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D 错误；答案选 D。6如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N 等元素单质的熔点高低的顺序，其中c，d 均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A e、f 单质晶体熔化时克服的是共价键Bd 单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p2Cb 元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键

9、D单质 a、b、f 对应的元素以原子个数比1：1：1 形成的分子中含2 个 键，2 个 键【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N 等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si 的单质为原子晶体，且 C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N 对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a 为 H，b 为 N，c 为 Na，d 为 Cu，e 为 Si，f 为 C。【详解】A 选项，e 为 Si，f 为 C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A 正确；B 选项，d 为 Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22

10、p63s23p23d104s1，故 B 错误；C 选项，b 为 N，N 元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D 选项，单质a、b、f 对应的元素以原子个数比1:1:1 形成的分子为HCN，结构式为H-CN，分子中含2个 键，2 个 键，故 D 正确；综上所述，答案为B。7已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al 极迁移BNi 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C电池工作结束后，电解质溶液的pH

11、 降低D Al 电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03 1023个电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根电池装置图分析，可知Al 较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al 电极移动，A 正确；B.Ni 为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B 正确；C.根电池装置图分析，可知Al 较活泼，Al 失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO

12、2-和水，Al 电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH 升高，C错误；D.A1 电极质量减轻13.5g，即 Al 消耗了 0.5mol，Al 电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而转移电子数为 0.5 3NA=9.03 1023，D 正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电

13、子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。8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 CH3COOH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

14、，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

15、(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。9短周期元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数的关系为 X+Z=Y。电解Z 与 W 形成

16、的化合物的水溶液，产生W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX 的溶液。下列说法正确的是A W 的氢化物稳定性强于Y 的氢化物BZ 与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键CZ 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性D对应的简单离子半径大小为W Z XY【答案】C【解析】【分析】元素 X、Y、Z、W 为短周期且原子序数依次增大，电解Z与 W 形成的化合物的水溶液，产生W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX 的溶液，可推出W 元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X 元素为氧（O），Y与 W 同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A.最简单氢化物

17、的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W 元素为氯，非金属性FCl，氢化物稳定性HFHCl，故 A 错误；B.Z 元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；C.钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2O?HF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知 O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2-F-Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl-O2-F-Na+，故 D错误；故选 C。【点睛

18、】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。1025时，在 10mL 浓度均为0.1mol/L NaOH 和 NH3 H2O 混合溶液中，滴加0.1mol/L 的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A未加盐酸时：c(OH-)c(Na+)=c(NH3 H2O)B加入 10mL 盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C加入盐酸至溶液pH=7 时：c(Cl-)=c(Na+)D加入 20mL 盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)【答案】B【解析】【分析】【详解】A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L NaOH 和 NH3 H2O，NH3 H2O 为弱

19、电解质，故c(Na)c(NH3 H2O)，A错误；B、加入 10mL 盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B 正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7 时，即 c(H)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)c(Na)，C错误；D、加入 20mL 盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于 NH4+的水解，c(NH4+)c(Na+)，所以 c(Cl-)c(NH

20、4+)+c(Na+)，D错误；此题选 B。11下列实验操作正确的是A用长预漏斗分离油和水的混合物B配制 0.5mol/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积C将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，可收集到纯氯气D用湿布熄灭实验台上酒精着火【答案】D【解析】A、油和水互不相溶，分层，分离油和水的混合物应用分液漏斗，故A错误；B、硝酸有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，故B错误；C、将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，会产生CO2，应通过饱和食盐水，才可收集到纯氯气，故C错误；D、用湿布熄灭实验台上酒精着火，属于隔绝氧气灭火，故D正确；故选 D。12历史文物本身蕴含

21、着许多化学知识，下列说法错误的是（）A战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属硅酸盐产品C宋王希孟千里江山图所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维D对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜【答案】C【解析】【详解】A战国?曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是铜锡的合金，故A 正确；B陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝?兵马俑用陶土烧制而成的陶，属硅酸盐产品，故B正确；C碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度、高模量纤维的新型纤维材料，作画用的一些宣纸其主要成分是纤维素，属于多糖，故C错误；D铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，呈绿色，故D 正确；故选 C。13 在海

22、水中提取溴的反应原理是5NaBrNaBrO3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O 下列反应的原理与上述反应最相似的是（）A 2NaBr Cl22NaClBr2B2FeCl3 H2S=2FeCl2S+2HCl C2H2S+SO2=3S+2H2O D AlCl33NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl【答案】C【解析】【详解】反应 5NaBrNaBrO3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O 为氧化还原反应，只有Br 元素发生电子的得与失，反应为归中反应。A.2NaBrCl22NaClBr2中，变价元素为Br 和 Cl，A 不合题意；B.2FeCl3H2S=2FeC

23、l2S+2HCl中，变价元素为Fe 和 S，B 不合题意；C.2H2S+SO2=3S+2H2O 中，变价元素只有S，发生归中反应，C符合题意；D.AlCl33NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl 为非氧化还原反应，D 不合题意。故选 C。14 2019 年 9月 25 日，全世界几大空之一北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是()A机杨航站楼所用钢铁属于合金材料B航站楼使用的玻璃是无机非金属材料C航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料D机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏【答案】C【解析】【详解】A

24、机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A 正确；B玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B 正确；C橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故C错误；D常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D 正确；故答案为C。15下列各组中的X和 Y两种原子，化学性质一定相似的是()A X原子和 Y原子最外层都只有1 个电子BX原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2CX原子的 2p 能级上有3 个电子，Y原子的 3p 能级上有3 个电子D X原子核外M层上仅有2 个电子，Y原子核外N层上仅有2 个电子【答案】C【解析】【分析】【详解】

25、A.最外层都只有1 个电子的X和 Y，可能为H 与碱金属元素，性质不同，故A 错误；B.原子的核外电子排布式为1s2的 X为 He，原子的核外电子排布式为1s22s2的 Y为 Be，两者性质不同，故 B 错误；C.原子的 2p 能级上有3 个电子的X为 N，原子的 3p 能级上有3 个电子的Y为 P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；D.原子核外M层上仅有2 个电子的X为 Mg，原子核外N层上仅有2 个电子的Y的 M 层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同故D 错误。所以 C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，

26、原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合价的性质相似。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；实验过程如下 实验装置如图1 所示。a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g 镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和 15.00mL 乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。b.制备三苯甲醇:将 5.50g 二苯与 15.00mL 乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈

27、烧瓶。40左右水溶回流0.5h，加入 20.00mL 包和氯化铵溶液，使晶体析出。提纯:图 2 是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤（1）图 1 实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接_装置（2）合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是_；合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是_；（3）提纯过程中发现A 中液面上升，此时应立即进行的操作是_；（4）反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_、过滤、洗涤_；A蒸发结晶B冷却结晶C高温烘干D滤纸吸干下列抽滤操作或说法正确的是_A用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B用倾析法转移溶液，

28、开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀（5）用移液管量取20.00mL 饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手_，右手持移液管；（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为_(精确到 0.1)。【答案】装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以）作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查B D ABE 拿洗

29、耳球51.3%【解析】【详解】(1).格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；(2)为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；（3）提纯过程中发现A 中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。（4）滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都

30、覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D 错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，E正确；答案为ABE。（5）用移液管量取20.00mL 饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol 溴

31、苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为 0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为0.03mol 1260g mol=7.80g，产率=实际产量/理论产量=4.00 g 7.80g100%=51.3%，答案为：51.3%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17以乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为_。（2）上述反应中，属于取代反应的是_。（3）检验反应是否发生的方法是_。（4）写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式。_、_。a能发生银镜反应b苯环上的一溴代物有两种（5）设计一条由乙烯制备A 的合成路线。（无机试剂可以任选）

32、_。（合成路线常用的表示方式为：）【答案】乙醇、浓硫酸、170取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应已经发生【解析】【详解】由 C 的结构及反应为酯化反应可知，A 为 CH3COOH，C为，则反应为光照下取代反应，生成 B 为，反应为卤代烃的水解反应，反应为醇的催化氧化反应。（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为乙醇、浓硫酸、170，发生消去反应，故答案为：乙醇、浓硫酸、170；（2）上述反应中，属于取代反应的是，故答案为：；（3）检验反应是否发生的方法是取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应已经发生，故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜

33、悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应已经发生；（4）的同分异构体满足a能发生银镜反应，含-CHO；b苯环上的一溴代物有两种，苯环上有2 种 H，则 2 个取代基位于对位，符合条件的结构简式为、，故答案为：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，则由乙烯制备A 的合成路线为，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4?KHSO4?2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NOx和 SO2等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸（化学式为H2SO5，是一种一元强酸）（1）H2SO5中

34、硫元素的化合价为+6 价，其中过氧键的数目为_；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除 NO 时，反应的离子方程式为_。（2）若反应物的量一定，在上述流程的“转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是_。（3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为_。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH 和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是_。（4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g 产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入5mL5的硫酸和5mL25的 KI 溶液，再加入1mL 淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol L-1硫

35、代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。已知：2KHSO54KI H2SO4=2I23K2SO42H2O I2 2Na2S2O3=Na2S4O62NaI 用_滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。产品中 KHSO5的质量分数为_。【答案】1 3HSO52NOH2O=3SO422NO35H+防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使 H2O2分解5K2CO3 4H2SO54H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)5CO2 5H2O 控制 pH 在2.02.5 之间，温度在0左右乙38.00【解析】【详解】(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6

36、价，依据化合价的代数和为0 计算，有 2 个氧原子显-1 价，所以过氧键的数目为 1。答案为1；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO 时，反应的离子方程式为3HSO52NOH2O=3SO422NO35H+。答案为3HSO52NOH2O=3SO422NO35H+(2)在“转化”步骤中，30%的 H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出大量的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。答案为：防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；(3)“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO34H2SO5

37、4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)5CO2 5H2O。答案为：5K2CO34H2SO54H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)5CO2 5H2O 从溶液 pH 看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.02.5 之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在0左右最大，所以该过程适宜的条件是控制pH 在 2.02.5 之间，温度在 0左右。答案为：控制 pH 在 2.02.5之间，温度在0左右；(4)硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙；由反应 2KHSO54KIH2SO4=2I23K2SO42H2O 和 I22Na2S2O3=Na2S4O62NaI

38、可得出如下关系式：KHSO5 2Na2S2O3n(Na2S2O3)=0.2mol/L 0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0025mol 产品中 KHSO5的质量分数为：0.0025152/100%38.00%1.000molg molg答案为：38.00。19天然气水蒸汽重整法是工业上生产氢气的重要方法，反应在400以上进行。l 00kPa 时，在反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1:5 的混合气体，发生下表反应。反应方程式焓变 H(kJ/mol)600 时的平衡常数CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)a 0.6 CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4

39、H2(g)+165.0 b CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)-41.2 2.2 请回答下列下列问题：（1）上表中数据a=_;b=_。（2）对于反应，既能加快反应又能提高CH4转化率的措施是_。A升温B加催化剂C加压D吸收 CO2（3）下列情况能说明容器中各反应均达到平衡的是_。A体系中H2O 与 CH4物质的量之比不再变化B体系中H2的体积分数保持不变C生成 n 个 CO2的同时消耗2n 个 H2O D v正(CO)=v逆(H2)（4）工业重整制氢中，因副反应产生碳会影响催化效率，需要避免温度过高以减少积碳。该体系中产生碳的反应方程式为_。（5）平衡时升温，CO含量将 _（选填

40、“增大”或“减小”)。（6）一定温度下，平衡时测得体系中CO2和 H2的物质的量浓度分别是0.75mo l/L、4.80mol/L,则此时体系中 CO 物质的量浓度是_ mol/L。（7）改变上述平衡体系的温度，平衡时H2O 与 CH4物质的量之比 24n()nO(HCH)值也会随着改变，在图中画出其变化趋势。_【答案】+206.2 1.32 A AB CH4 C+2H2增大0.6【解析】【分析】第 个方程式减去第 个方程式，方程式相减，平衡常数相除。根据影响反应速率和平衡移动的规律进行分析，但是要同时满足：既能加快反应又能提高CH4转化率；根据正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生

41、的其他物理量进行分析；甲烷分解生成碳和氢气；平衡时升温，对反应 是平衡向吸热反应即正向移动，对反应 是平衡向吸热反应即逆向移动。根据得失电子守恒计算c(CO)平衡时浓度。反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1:5 的混合气体，当反应发生时H2O 与 CH4物质的量之比24n()5n(OCH)H，开始改变上述平衡体系的温度，对 和 平衡向吸热反应移动即正向移动，对 平衡逆向移动，因此24n()nO(HCH)增大。【详解】第 个方程式减去第 个方程式得到a=+165.0-(-41.2)=+206.2，方程式相减，平衡常数相除，因此b0.6=2.2，解得 b=1.32；故答案为：+206.2；1.3

42、2。对于反应 ，A反应是吸热反应，升温，速率加快，平衡正向移动，CH4转化率增大，故A 符合题意；B加催化剂，加快反应速率，但平衡不移动，故B 不符合题意；C加压，加快反应速率，但平衡向体积减小方向即逆向移动，CH4转化率减小，故C不符合题意；D吸收 CO2，生成物浓度减小，反应速率减慢，故D 不符合题意；综上所述，答案为A。A体系中 H2O 与 CH4物质的量之比不再变化，则达到平衡，故A 符合题意；B体系中H2的体积分数保持不变，则达到平衡，故B 符合题意；C生成 n 个 CO2的同时消耗2n 个 H2O，都是正方向，同一个方向，不能说明达到平衡，故 C不符合题意；D 正(CO)=逆(H2

43、)，反应体系中CO与 H2的比例不清楚，因此不能说明达到平衡，故D 不符合题意；综上所述，答案为AB。该体系中产生碳的反应主要是甲烷分解生成碳和氢气，其方程式为CH4 C+2H2；故答案为：CH4 C+2H2；反应 是吸热反应，反应 是放热反应，平衡时升温，对反应 是平衡向吸热反应即正向移动，对反应 是平衡向吸热反应即逆向移动，因此CO含量将增大；故答案为：增大。一定温度下，平衡时测得体系中CO2和 H2的物质的量浓度分别是0.75 mol?L-1、4.80 mol?L-1，根据得失电子守恒，CH4到 CO2升高 8 价，CH4到 CO升高 6 价，甲烷或水到H2降低 2 个价态，因此 8 0.75 mol?L-1+6c(CO)=2 4.80 mol?L-1，解得 c(CO)=0.6 mol?L-1；故答案为：0.6；反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1：5 的混合气体，当反应发生时H2O 与 CH4物质的量之比24n()5n(OCH)H，开始改变上述平衡体系的温度，对 和 平衡向吸热反应移动即正向移动，对 平衡逆向移动，因此24n()nO(HCH)增大，在图中画出其变化趋势为；故答案为：。