2019-2020学年安徽省淮北、宿州市新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省淮北、宿州市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下列有关仪器用法正确的是（）A对试管进行加热一定不能使用石棉网B使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL C用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 23 次，确保溶液全部转移D酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差【答案】B【解析】【详解】A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A 错误；B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；D、酸碱中和滴定时，锥形瓶

2、不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D 错误。故选：B。2用 0.1 molL1 NaOH 溶液滴定 40 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A Ka2(H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C图中 Z 点对应的溶液中：c(Na)c(SO32)c(HSO3)c(OH)D图中 Y点对应的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)【答案】C【解析】【分析】用 0.1mol/LNaOH 溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学

3、计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32)时，此时pH=7.19，即 c(H+)=10-7.19mol/L，则 H2SO3的Ka2=c(H+)，所以 H2SO3的 Ka2=1 10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故 A 正确；B 第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B 正确；CZ点为

4、第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液 pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)c(HSO3-)，故 C错误；D根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以 3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故 D 正确；答案选 C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合 Ka2的表达式分析解答。

5、3已知还原性I-Fe2+Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）A I-、Fe3+、Cl-BFe2+、Cl-、Br-CFe2+、Fe3+、Cl-DFe2+、I-、Cl-【答案】B【解析】【详解】由于还原性I-Fe2+Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl22I=2Cl I2；当 I反应完全后再发生反应：2Fe3+Cl2=2Fe2+2Cl，当该反应完成后发生反应：Cl22Br=2ClBr2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br-，故选项是B。4 某二元弱碱

6、B(OH)2(K1=5.910-2、K2=6.410-5)。向 10mL 稀 B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数随溶液 pOH pOH=-lgc(OH-)变化的关系如图，以下说法正确的是A交点 a 处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL B当加入的盐酸溶液的体积为10mL 时存在 c(Cl-)c(B(OH)+)c(H+)c(OH-)c(B2+)C交点 b 处 c(OH-)=6.4l0-5D当加入的盐酸溶液的体积为15mL 时存在：c(Cl-)+c(OH-)c(H+)c(OH-)c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.如果

7、加入盐酸的体积为5mL，由 B(OH)2+HClB(OH)Cl+H2O 可知此时溶液含等量的B(OH)2、B(OH)+，由于水解和电离能力不同，所以溶液中不可能含等量的B(OH)2、B(OH)+，A 错误；B当加入的盐酸溶液的体积为10mL 时，反应生成B(OH)Cl，溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，B错误；C.交点 b 处 B(OH)+、B2+的分布分数相等，二者平衡浓度相等，由K2=2-c Bc OHc B OHg=6.410-5，可知 b处 c(OH-)=6.410-5，C 正确；D.当加入的盐酸溶液的体积为15mL 时，生成等物质的量的B(OH)Cl和 BCl2的混合溶液，溶液遵

8、循电荷守恒，则存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+2c(B2+)+c B(OH)+)，D 错误；故合理选项是C。5设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A 0.1 mol C3H9N 中所含共用电子对数目为1.2NAB14 g N60（分子结构如图所示）中所含NN 键数目为1.5NAC某温度下，1 L pH6 的纯水中所含OH-数目为 1.0 10-8 NAD标准状况下，5.6 L 甲醛气体中所含的质子数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为(3493)122，所以 0.1 mol C3H9N 中所含共用电子对数目为1.2NA

9、，故正确；B.14 g N60的物质的量为14114 6060mol，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1mol N60含有的氮氮键数为603902mol，即 14 g N60的含有氮氮键1901.560mol，数目为1.5NA，故正确；C.某温度下，1 L pH6 的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6 NA，故错误；D.标准状况下，5.6 L 甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16 个质子，所以0.25mol 甲

10、醛中所含的质子数目为4NA，故正确。故选 C。6-月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（）A 2 种B3 种C4 种D6 种【答案】C【解析】【分析】【详解】因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1 分子该物质与2 分子 Br2加成时，可以在的位置上发生加成，也可以在位置上发生加成或在位置上发生加成，还可以1 分子 Br2在发生1，4 加成反应，另1 分子 Br2在上加成，故所得产物共有四种，故选C项。7既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（）A离子化合物B非金属单质C酸性氧化物D共价化合物【答案】D【解析】【详解】A由于离

11、子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A 错误；B单质既不是电解质也不是非电解质，故B 错误；C酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；D若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D 正确。故选：D。【点睛】应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。82019 年 2 月 27 日,科技日报报道中科院大连化学物理研究所创新性地提出锌碘单液流电池的概念,锌碘单液流电池中电解

12、液的利用率达到近100%,进而大幅度提高了电池的能量密度,工作原理如图所示。下列说法正确的是A该电池放电时电路中电流方向为A a b BABM 为阴离子交换膜,N 为阳离子交换膜C如果使用铅蓄电池进行充电,则 B 电极应与铅蓄电池中的Pb 电极相连D若充电时C区增加的离子数为2NA,则 A 极增重 65 g【答案】B【解析】【详解】A电池放电时，A 电极锌单质被氧化成为锌离子，所以 A 为负极，所以电路中电流方向为B b a AB，故 A 错误；B放电时A 去产生 Zn2+，为负极，所以C区 Cl-应移向 A 区，故 M 为阴离子交换膜，B区 I2转化为 I-，为正极，所以C区 K+应移向 B

13、 区，故 N 为阳离子交换膜，故B 正确；C充电时B 电极应与外接电源的正极相连，则B 电极应于铅蓄电池中的PbO2电极相连，故C 项错误；D充电时Cl-从 A 区移向 C区、K+从 C区移向 B 区，所以C区增加的离子数为2NA时，电路中有1mol 电子通过，A 极的电极反应为Zn2+2e-=Zn，生成 0.5molZn，所以 A 极增重 32.5g，故 D 错误；故答案为B。9298K 时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO-的浓度存在关系式c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100molL-1，而含碳元素的粒子的浓度与pH 的关系如图所示：下列说法正确的是()

14、A 0.1mol L-1HCOONa溶液中有c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)=c(H+)+0.1 B298K 时，HCOOH的电离常数Ka=1.0 10-3.75C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)n(OH-)保持不变D 0.1mol L-1HCOONa溶液和 0.1mol L-1HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1mol L-1HCOONa溶液中酸根水解溶液显碱性c(OH-)c(H+)，根据物料守恒可知c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(Na+)=0.1molL-1，因

15、此 c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)c(H+)+0.1molL-1，A错误；B根据图像可知P点时 298K 时 c(HCOO-)c(HCOOH)，c(H+)103.75mol L-1，则 HCOOH的电离常数Ka=(HCOO)(H)(HCOOH)ccc=c(H+)=1.0 10-3.75，B正确；C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中氢离子或氢氧根的物质的量增加，溶液中n(H+)n(OH-)增大，C 错误；D 0.1mol?L-1HCOONa溶液和 0.1mol?L-1HCOOH溶液等体积混合后，虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol?L-1，

16、但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，混合溶液中c(HCOO-)c(HCOOH)，故溶液的pH3.75，D 错误。答案选 B。【点睛】进行电离平衡常数计算时要注意曲线中的特殊点，例如起点、中性点等，比较溶液中离子浓度大小时一定要灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。10用下列实验方案不能达到实验目的的是（）A图 A 装置 Cu 和稀硝酸制取NO B图 B装置 检验乙炔的还原性C图 C 装置 实验室制取溴苯D图 D 装置 实验室分离CO和 CO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A 正确；B.

17、用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B 错误；C.图 C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D 正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D 选项根据

18、一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。11下列有关实验的选项正确的是()A分离甲醇与氯化钠溶液B加热 NaHCO3固体C制取并观察Fe(OH)2的生成D记录滴定终点读数为12.20mL【答案】C【解析】【详解】A甲醇与水互溶，不分层，则不能用分液的方法分离，故A 错误；B加热固体，试管口应略朝下倾斜，以避免试管炸裂，故B错误；C植物油起到隔绝空气作用，氢氧化钠与硫酸亚铁反应，可生成氢氧化亚铁，故C 正确；D滴定管刻度从上到下增大，则记录滴定终点读数为11.80mL，故 D 错误。故选：C。【点睛】酸式滴定管或碱式滴定管的0 刻度在滴定管的上方，与量筒读数不同。12一种

19、新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X 的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A非金属性：XWY BY的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C可利用W 与 X、Y形成的化合物热还原制备单质Y D该漂白剂中仅有X均满足 8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由 W2+可知，W 最外层有2 个电子；Z 形成 1 个键，Z 是第 A 或 A 族元素；W、Y、Z 的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X 形成 2 个键，X 是 A 族元素；Z 与 X 形成共价键，Z 是 H 元素，X 是 O元素；Y是

20、B元素；W、X 对应的简单离子核外电子排布相同，W是 Mg元素。【详解】A.W 是镁，为金属元素，非金属性：OBMg，故 A 错误；B.Y是 B 元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的 OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和 B2O3加热生成B和氧化镁，故C 正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O 均满足 8 电子稳定结构，故D 错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。13在铁质品上镀上一定厚

21、度的锌层，以下电镀方案正确的是（）A锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2+B锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe3+C锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2+D锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+【答案】A【解析】【详解】在 Fe上镀上一定厚度的锌层，镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的可溶性盐溶液为电解质溶液，所以Zn 作阳极、Fe作阴极，含有锌离子的可溶性盐为电解质，故选A。14亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向1L0.500molL1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH 溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数()与溶

22、液 pH的关系如图所示，下列说法正确的是A a、b 两点时，水电离出的c水(OH)之比为 1.43：6.54 Bb 点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32)C反应 H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为105.11D当 V(NaOH)=1 L 时，c(Na+)c(H2PO3)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.a 点为 H3PO3与 NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则 a 点溶液中-14-1.43a10()=10OHc水，b 点为 Na2HPO3与 NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等

23、于溶液中的氢氧根离子浓度，则b 点溶液中-14-6.54b10()=10OHc水，则 a、b 两点时，水电离出的c水(OH)之比为 10-5.11，A 项错误；B.由图可知，b 点溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，且有 c(H2PO3-)=c(HPO32-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，则 c(Na+)c(H2PO3-)+2c(HPO32-)3c(HPO32)，B项错误；C.反应 H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为-1.435.11a1-6.2-2-+232354a22-2-+333333H POH POH

24、H POHPOH PO10=101H O0PHcccccccKKc，C项正确；D.当 V(NaOH)=1 L 时，H3PO3与 NaOH 物质的量相等，二者恰好反应生成NaH2PO3溶液，由图可知，该溶液显酸性，则c(Na+)c(H2PO3)c(H+)c(OH)，D 项错误；答案选 C。15设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3 xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2溶液中 Ba2+的数目为0.5NAD分子式为C2H6O

25、 的某种有机物4.6g，含有 CH 键的数目一定为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A.14.0gFe 的物质的量为14.0g=0.25mol56g/mol，Fe 发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则电极反应转移的电子数为0.25mol 2NA=0.5NA，A 项正确；B.标况下，H2S为气体，11.2 LH2S 气体为 0.5mol，H2S 溶于水，电离产生HS-和 S2-，根据 S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B 项错误；C.常温下，pH=14 的 Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol/L，则 Ba2+的浓度为0.5mol/L，则 Ba2+的数目为0.5m

26、ol/L 0.5LNA=0.25NA，C 项错误；D.C2H6O 的摩尔质量为46g/mol，4.6gC2H6O 的物质的量为0.1mol，分子式为C2H6O 的有机物，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，则含有C H 键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D 项错误；答案选 A。【点睛】钢铁发生吸氧腐蚀的电极反应式：正极：O2+2H2O+4e-=4OH-；负极：2Fe-4e-=2Fe2+；总反应：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用，生成Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一

27、部分水就生成Fe2O3?xH2O，它就是铁锈的主要成分。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：实验步骤：I先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1 和 8，温度维持为55；II待真空度达到反应要求时，打开仪器3 的活塞，逐滴滴入浓度为35的双氧水，再通入冷却水；从仪器5 定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反

28、应器2 中的混合物，得到粗产品。（1）仪器6 的名称是 _，反应器2 中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_。（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_；分离反应器2 中的混合物得到粗产品，分离的方法是_。（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_（选填字母序号）。A 作为反应溶剂，提高反应速率B 与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率C 与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率D 增大油水分离器5 的液体量，便于实验观察（4）从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到_（填现象）时，反应结束。（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品VmL

29、，分成6 等份，用过量KI溶液与过氧化物作用，以1.1mol?L1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2 2S2O32=2IS4O62）；重复3 次，平均消耗量为V1mL。再以1 12mol?L1的酸性高锰酸钾溶液滴定样品，重复3 次，平均消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为_mol?L1。【答案】（蛇形）冷凝管CH3COOH+H2O2固体酸催化剂加热CH3COOOH+H2O 双氧水的转化率（利用率）过滤C仪器 5“油水分离器”水面高度不变120.3 VVV【解析】【分析】【详解】(1)仪器 6 用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2 中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸

30、，反应方程式为CH3COOH+H2O2固体酸催化剂加热CH3COOOH+H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2固体酸催化剂加热CH3COOOH+H2O；(2)反应中 CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2 中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器 5 中的水面高度不再发生改

31、变时，即没有H2O 生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变；(5)已知 I22S2O32=2IS4O62，由得失电子守恒、元素守恒可知：2-2233-311O-OI2S O120.05V100.1V10:“”双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：224-3-3225H O2KMnO550.05V100.02V10:则V6样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1 11-3-1.15V2 11-3)mol，由公式nc=V可得，样品中的过氧乙酸的浓度为12-3-312-30.05V10-0.05V100.3 V-V()=VV106，故答案为：120.3 VVV。【

32、点睛】本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17普鲁卡因M（结构简式为）可用作临床麻醉剂，熔点约60。它的一条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：已知：B 和乙醛互为同分异构体；的结构不稳定。完成下列填空：(1)比 A 多两个碳原子，且一氯代物只有3 种的 A 的同系物的名称是_。(2)写出反应和反应的反应类型反应_，反应 _。(3)写出试剂a 和试剂 b 的名称或化学式试剂 a_，试剂 b_。(4)反应中将试剂a 缓缓滴入C中的理由是

33、_。(5)写出 B 和 F的结构简式B_，F_(6)写出一种同时满足下列条件的D 的同分异构体的结构简式_。能与盐酸反应能与碳酸氢钠反应苯环上有2 种不同环境的氢原子【答案】1,2-二甲苯（或邻二甲苯）取代反应还原反应浓硝酸，浓硫酸浓硫酸防止出现多硝基取代的副产物(CH3)2NH（任写一种）【解析】【分析】B 和乙醛互为同分异构体，且的结构不稳定，则 B为，由 F与 B 反应产物结构可知，C2H7N的结构简式为H3CNHCH3。由普鲁卡因M 的结构简式（），可知 C6H6的结构简式为，与环氧乙烷发生类似加成反应得到C为，对比 C、D 分子式可知，C 发生硝化反应得到D，由普鲁卡因M 的结构可知

34、发生对位取代反应，故D 为，D 发生氧化反应得到E为，E与 HOCH2CH2N（CH3）2发生酯化反应得到G 为，G 中硝基被还原为氨基得到普鲁卡因，据此解答。【详解】（1）比 A 多两个碳原子，且一氯代物只有3 种的 A 的同系物为，名称是1，2二甲苯，故答案为 1，2二甲苯；（2）反应属于取代反应，反应属于还原反应，故答案为取代反应；还原反应；（3）反应为硝化反应，试剂a 为浓硝酸、浓硫酸，反应为酯化反应，试剂b 为浓硫酸，故答案为浓硝酸、浓硫酸；浓硫酸；（4）反应中将试剂a 缓缓滴入C中的理由是：防止出现多硝基取代的副产物，故答案为防止出现多硝基取代的副产物；（5）B的结构简式为，F的结

35、构简式：H3CNHCH3，故答案为；H3CNHCH3；（6）一种同时满足下列条件的D（）的同分异构体：能与盐酸反应，含有氨基，能与碳酸氢钠反应，含有羧基，苯环上有2 种不同环境的氢原子，可以是含有2 个不同的取代基处于对位，符合条件的同分异构体为等，故答案为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18我国是全球第一个实现了在海域可燃冰试开采中获得连续稳定产气的国家。可燃冰中的甲烷作为种重要的原料，可与CO2、NO2等作用从而减少温室效应、消除氮氧化物的污染。回答下列问题：(1)已知：CH4(g)+12O2(g)CH2OH(1)H1=164.0kJ mol12CO(g)+O2(g)2CO2

36、(g)H2=566.0kJ mol12H2(g)+CO(g)CH3OH(1)H3=128.3kJ mol1则利用气体甲烷与二氧化碳作用获得两种气态燃料的热化学方程式为_。(2)分别向不同的恒压密闭容器中通入等量的CH4与 CO2，在一定条件下发生上述反应，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：温度不变，压强由p1逐渐变化到p4，CO2的平衡转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。在压强为p4=0.36MPa、温度为1100的条件下，平衡时CH4的平衡转化率为80%，则该温度下反应的平衡常数Kp=_(MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数，保留2 位小数)。(3)在一定温度下，甲

37、烷还可与NO2作用实现废气的脱硝，反应为：CH4(g)+2NO2(g)CO2+N2(g)+2H2O(g)，体系压强直接影响脱硝的效率，如图所示，当体系压强约为425kPa 时，脱硝效率最高，其可能的原因是_。(4)对于反应，有科学家提出如下反应历程：第一步 NO2NO+O 慢反应第二步 CH4+3O CO+2H2O 快反应第三步 2CO+2NO2CO2+N2慢反应下列表述正确的是_(填标号)。A第一步需要吸收外界的能量B整个过程中，第二步反应活化能较高C反应的中间产物只有NO D第三步中CO与 NO 的碰撞仅部分有效(5)利用 CH4与 NO2的反应还可设计成如图电化学装置，则正极电极反应式为

38、_；电路中转移1mol 电子，可去除NO2_L(标准状况)。【答案】CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)H=+247.3 kJmol1；减小1.64该反应是反应前后气体分子数增加的反应，当体系压强低于425kPa 反应速率比较慢，当体系压强高于425kPa，平衡逆向移动，脱硝的效率降低AD2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O 5.6【解析】【分析】（1）利用盖斯定律-(12+)得：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)H=H1-(12H2+H3)=164.0kJ mol1 12(566.0kJ mol1)+(128.3kJ mol1)=+247.3 kJmol

39、1；（2）依据反应方程式判断出这个反应是一个气体分子数增加的反应，从图形的变化，可以判断出p1到p4压强的变化，从图中分析出甲烷的转化率的变化，因为它们的化学计量数之比等于1:1，与刚开始的投料比相同，所以CH4与 CO2的平衡转化率相同；分压平衡常数，根据甲烷的转化率，先求出反应物、生成物各自的物质的量分数，然后再求出各自的分压；（3）从图中判断压强对反应速率、对平衡转化率的影响，二者结合，发现CH4(g)+2NO2(g)CO2+N2(g)+2H2O(g)，该反应是反应前后气体分子数增加的反应，当体系压强低于425kPa 反应速率比较慢，当体系压强高于425kPa，平衡逆向移动，脱硝的效率降

40、低；（4）多步反应的判断，反应越慢，活化能越大；（5）从电池图中，判断出正负极以及发生的反应式：电池的总反应式CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O。【详解】（1）依据盖斯定律-(12+)得：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)H=H1-(12H2+H3)=164.0kJ mol1 12(566.0kJ mol1)+(128.3kJ mol1)=+247.3 kJmol1；（2）由图像可知温度不变，压强由p1逐渐变化到p4，CH4的平衡转化率逐渐减小，反应开始时通入等量的 CH4与 CO2，因为它们的化学计量数之比等于1:1，与刚开始的投料比相同，所以CH4与 CO2的平衡转

41、化率相同，故温度不变，压强由p1逐渐变化到p4，CO2的平衡转化率将减小；CH4与 CO2的反应方程式为：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)，设刚开始通入CH4与 CO2的物质的量都是 amol，在压强为p4=0.36MPa、温度为1100的条件下，平衡时CH4的平衡转化率为80%，则平衡时n(CH4)=n(CO2)=0.2amol，n(H2)=n(CO)=1.6amol，p(CH4)=p(CO2)=0.36MPa0.20.20.21.61.6amolamolamolamolamol=0.02 MPa，p(H2)=p(CO)=0.36MPa1.60.20.21.61.6amo

42、lamolamolamolamol=0.16 MPa，该温度下反应的平衡常数Kp=22242()()()()pCO PHP CHP COgg=220.160.160.020.02=1.64(MPa)2；（3）在一定温度下，甲烷还可与NO2作用实现废气的脱硝，反应为：CH4(g)+2NO2(g)CO2+N2(g)+2H2O(g)，该反应是反应前后气体分子数增加的反应，当体系压强低于425kPa 反应速率比较慢，当体系压强高于425kPa，平衡逆向移动，脱硝的效率降低；（4）A第一步NO2NO+O 反应是一个慢反应，活化能比较大，反应发生需要从外界吸收能量，A正确；B第二步CH4+3O CO+2H

43、2O 反应是一个快反应，反应的活化能比较小，B错误；C反应的中间产物有NO、O、CO，C 错误；D第三步2CO+2NO 2CO2+N2反应是一个慢反应，仅部分碰撞是有效碰撞，D正确；（5）利用 CH4与 NO2的反应设计的原电池，从图中可以看到NO2转化为 N2，CH4转化为 CO2，电池的总反应式CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O，正极发生还原反应，正极反应式为：2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，电路中转移 1mol 电子，消耗NO2物质的量为：n(NO2)=0.25mol，在标准状况下，可去除NO2的体积为：0.25mol22.4L.mol-1=5.6L；【点睛】方程式相加减

44、，焓变应该对应的相加减；利用Kp表示平衡常数时，计算各物质的物质的量分数，然后有总压强乘以各自的物质的量分数，计算出各自的分压，带人反应平衡常数公式，进行相关计算。19H2S存在于多种燃气中，脱除燃气中H2S的方法很多。(1)2019 年 3 月 science direct 介绍的化学链技术脱除H2S的原理如图所示。“H2S氧化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。“HI 分解”时，每 1 mol HI 分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：_。“Bunsen 反应”的离子方程式为_。(2)电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图所示。阳极发生的电极反应为_

45、；阴极上COS发生的电极反应为 _。(3)用 Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下：()H2S(g)H2S(aq)()H2S(aq)H+HS-()HS+2Fe3=S+2Fe2+H一定条件下测得脱硫率与Fe3浓度的关系如图所示。吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是_。图中当Fe3的浓度大于10 gL1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于_。【答案】11 2HI(g)H2(g)+I2(g)；H=+26 kJ/mol SO2+I2+2H2O=4H+SO42-+2I-2S2-4e=S2COS+2e-=S2-+CO 通入足量 O2(或空气)Fe3浓度增大，pH 减小，使反应

46、()、()向逆反应方向移动且 pH 减小因素超过反应()Fe3浓度增大因素【解析】【分析】(1)“H2S氧化”为 H2S与浓硫酸的反应产生S单质、SO2和 H2O，结合电子守恒计算；1 mol HI 分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ 的热量，结合状态及焓变书写热化学方程式；“Bunsen 反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI；(2)阳极上硫离子失去电子，阴极上COS得到电子；(3)吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，可利用氧气氧化亚铁离子；图中当Fe3+的浓度大于10 g/L 时，浓度越大，酸性增强，导致脱硫率越低。【详解】(1)“H2S氧化”为 H2S与浓硫酸的反应，由

47、电子守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2064=11；1 mol HI 分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ 的热量，结合状态及焓变可知热化学方程式为2HI(g)H2(g)+I2(g)H=+26kJ/mol；“Bunsen 反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI，离子反应为SO2+I2+2H2O=4H+SO42-+2I-；(2)由电化学干法氧化法脱除H2S的原理图2 可知，阳极发生的电极反应为2S2-4e-S2；阴极上COS发生的电极反应为COS+2e-S2-+CO；(3)吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是通入足量O2（或空气），故答案为通入足量O2（或空气）；图中当Fe3+的浓度大于10 g/L 时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH 减小，使反应（）、（）向逆反应方向移动且pH 减小因素超过反应（）Fe3+浓度增大因素。【点睛】本题考查热化学方程式及氧化还原反应的知识，把握图中反应物、生成物及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析与应用。