2019-2020学年安徽省霍邱县二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省霍邱县二中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科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是A两步反应都属于加成反应B环己烯的链状同分异构体超过10 种(不考虑立体异构)C环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A 错误；B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10

2、 种，故 B正确；C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D 错误；答案：B 2下列有关实验的说法不正确的是A用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭B用托盘天平称取10.2 g NaOH 固体时，将10g 的砝码放在右盘，将游码移到0.2g 的位置C分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率D吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒【答案】B【解析】【详解】A.用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A 正确；B.用托盘天平称取10.2 g NaOH 固体时，将 10g 的砝

3、码放在右盘，将游码移到0.2g 的位置，但 NaOH 一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故 B 错误；C.分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确；D.酒精和乙醚具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D 正确；答案选 B。3下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A 取两只试管，分别加入4mL0.01mol L1KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol L1H2C2O4溶液 2mL，向另一只试管中加入0.01mol L1H2C2O4溶

4、液 4mL，第一只试管中溶液褪色时间长H2C2O4浓度越大，反应速率越快B 室温下，用 pH 试纸分别测定浓度为0.1mol L1HClO溶液和 0.1mol L1HF 溶液的 pH，前者 pH 大于后者HclO 的酸性小于pH C 检验 FeCl2溶液中是否含有Fe2时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去不能证明溶液中含有Fe2D 取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管中加入 0.01mol L1FeCl3溶液 2mL，向试管中加入0.01mol L1CuCl2溶液 2mL，试管中产生气泡快加入 FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大A A BB CC D D【答案】

5、C【解析】【详解】A根据控制变量的原则，两试管中液体的总体积不等，无法得到正确结论，故A 错误；BHClO 溶液具有漂白性，应选pH 计测定，故B错误；C亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，故 C正确；D活化能越小，反应速率越快，试管产生气泡快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故D 错误；故答案为C。4已知常温下，Ka1(H2CO3)=4.3 10-7，Ka2(H2CO3)=5.6 10-11。某二元酸H2R 及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH 变化关系如图所示，下列叙述错误的是A在 pH=4.3 的溶液中

6、：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)B等体积、等浓度的NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小C在 pH=3 的溶液中存在2-32-c(R)c(H R)=10c(HR)D向 Na2CO3溶液中加入过量H2R 溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-【答案】C【解析】【分析】【详解】A在 pH=4.3 的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，则3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，A 选项正确；B等体积等浓度的NaOH 溶液与 H2

7、R 溶液混合后，生成等浓度的H2R、HR-，溶液的 pH=1.3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B 选项正确；C当溶液pH=1.3 时，c(H2R)=c(HR-)，则-+-1.3a12c HRc H=10c H RK，溶液的pH=4.3 时，c(R2-)=c(HR-)，2-+-4.4a2-c Rc H=10c HRK，则2-3.1a22-a1c(R)c(H R)=10c(HR)KK，C选项错误；D结合题干条件，由C选项可知，H2R 的电离常数Ka2大于 H2CO3的 Ka2，即酸性 HR-大于 H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入过量的H2R溶液，发生

8、反应CO32-+H2R=HCO3-+HR-，D 选项正确；答案选 C。5 天工开物中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底 其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是A溶解B搅拌C升华D蒸发【答案】C【解析】【详解】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A 不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B 不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C 选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D 不选；故选 C。6油脂是重要的工业原料关于“油脂”的叙述错误

9、的是A不能用植物油萃取溴水中的溴B皂化是高分子生成小分子的过程C和 H2加成后能提高其熔点及稳定性D水解可得到丙三醇【答案】B【解析】【详解】A、植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有双键能够与溴反应，A 正确；B、皂化反应是油脂的碱性水解，反应的主要产物脂肪酸钠和甘油不是高分子化合物，B 错误；C、油脂和 H2加成后油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯转化成饱和的高级脂肪酸甘油酯，其熔点及稳定性均得到提高，C正确；D、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇，D 正确。7下列过程中，共价键被破坏的是A木炭吸附溴蒸气B干冰升华C葡萄糖溶于水D氯化氢溶于水【答案】D【

10、解析】【详解】A木炭吸附溴蒸气属于物理变化，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A 错误；B干冰升华属于物理变化，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故B 错误；C葡萄糖溶于水没有发生电离，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故C 错误；D氯化氢溶于水发生电离，共价键被破坏，故D 正确；答案选 D。8某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)H=-632 KJ/mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是()A电极 a 为燃料电池正极B电极 b 上发生的电极反应为:O2+4e-+

11、2H2O=4OH-C电路中每流过4mol 电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJ D a 极每增重32g，导气管e 将收集到气体22.4L【答案】C【解析】【分析】根据 2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O 反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a 为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b 为电池的正极，则c 为阴极，发生还原反应生成氢气，d 为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由 2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O 反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a 为电池的负极，故A 错误；B.正极 O2得电子

12、发生还原反应，所以电极b 上发生的电极反应为：O2+4H+4e-2H2O，故 B 错误；C.电路中每流过4mol 电子，则消耗1mol 氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于 632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D.a 极发生 2H2S-4e-=S2+4H+，每增重 32g，则转移 2mol 电子，导气管e 将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故 D 错误。故选 C。【点睛】此题易错点在D 项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。9下列有关可逆反应：m A(g)+n B(？)?p C(g)+q D(s)的分析中，一定

13、正确的是()A增大压强，平衡不移动，则mp B升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应C保持容器体积不变，移走C，平衡向右移动，正反应速率增大D保持容器体积不变，加入B，容器中D 的质量增加，则B 是气体【答案】D【解析】【详解】A增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B 为气体，则m+np，故 A 错误；B升高温度，A 的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应，故B错误；C移走C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；D加入B，容器中 D 的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B 为固体，增加固

14、体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D 正确。答案选 D。10已知 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。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

15、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，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。11垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是()A电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B放电过程中，正极附近pH 变小C若

16、 1molO2参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室D负极电极反应为：H2PCA+2ePCA+2H+【答案】C【解析】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A 错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH 变大，选项B错误；C、若 1molO2参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol 水，选项 C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。12下列属于置换反应的是（）A 2C+SiO22CO+Si B2HClO2HCl+O2C3CO+Fe2O33CO2+2Fe D 2Na

17、+Cl2=2NaCl【答案】A【解析】【详解】A.2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故 A 正确；B.2HClO2HCl+O2，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D.2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D 错误。故选 A。13下列实验装置能达到实验目的的是选项A B C D 实验装置实验目的用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物实验室制备干燥纯净的氯气用乙醇提

18、取溴水中的溴尾气处理混有少量NO 的 NOx气体A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.氯化铵受热分解，遇冷化合，不可利用用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物。故A 错误；B.收集的氯气中含有HCl 和水蒸气，故B 错误；C.乙醇与水任意比互溶，不可用乙醇提取溴水中的溴，故C错误；D.氢氧化钠可以与混有少量NO 的 NOx气体反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故D 正确；答案：D 14 某稀溶液中含有4molKNO3和 2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知 NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（）A反应后生成NO 的体积为28L B所得溶液中c（Fe2

19、+）：c（Fe3+）=1:1 C所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/L D所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】B【解析】【分析】铁在溶液中发生反应为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO +2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗 1.25molFe，生成 1.25mol 的铁离子，剩余的 n（Fe）=0.25mol，发生 Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成 0.75molFe2+，剩余 0.75molFe3+；【详解】A.分析可知，反应后生成NO 的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状

20、况，故 A 错误；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故 B正确；C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故 C 错误；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故 D 错误；答案为 B。15下列说法正确的是A金刚石和足球烯（60C）均为原子晶体BHCl 在水溶液中能电离出+H，因此属于离子化合物C碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力D在2N、2CO和2SiO都是由分子构成的【答案】C【解析】【分析】据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。【详解】A.金刚石为原子晶体，足球烯分子（60C）之间靠分子间作用

21、力结合成分子晶体，A 项错误；B.HCl是分子构成的物质，属于共价化合物。它电离出+H需在水的作用下才能发生，B项错误；C.碘的升华是物理变化，分子间距离变大只需克服分子间作用力，C项正确；D.2N、2CO是由分子构成的，但2SiO是原子构成的，D项错误。本题选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。请按要求回答下列问题：(1)已知：，。设计最简单的方法鉴别和两种固体：_。(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备已知：；酸性条件下，和均能与迅速反应生成和。装置 A 中发生反应的离子方程式为_；这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是_。装置

22、 B 中反应的化学方程式为_。干燥剂X的名称为 _，其作用是 _。上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称_。(3)测定产品的纯度。取制取的样品溶于水配成溶液，取溶液于锥形瓶中，用酸性溶液进行滴定，实验所得数据如下表：滴定次数1 2 3 4 消耗溶液体积20.90 20.12 20.00 19.88 第一次滴定实验数据异常的原因可能是_（填字母序号）。A酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B锥形瓶洗净后未干燥C当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D滴定终点时俯视读数酸性溶液滴定溶液的离子方程式为_。该样品中的质量分数为_。【答案】分别取等量的两种固

23、体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O 可以控制反应的发生与停止3NO2H2O=2HNO3+NO 碱石灰吸收 B 中挥发出的硝酸和水蒸气A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 69（或）【解析】【分析】(1)根据 NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置 A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置 B 中的水反应产生 HNO3和 NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D 中与 Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入

24、，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1)NaCl 是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，所以可根据

25、盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为 NaCl；(2)在装置A 中 Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；装置 B 中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2H2O=2HNO3+NO；在干燥管中盛放的干燥剂X 的名称为碱石灰，其作用是吸收B 中挥发出的硝酸和水蒸气；NO 及 NO2都是大气污染物，随意排入大

26、气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据 NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=分析可知，造成V(标准)偏大，A 可能；B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D 不可能；故合理选项是A；在反应中NO2-被氧

27、化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；消耗 KMnO4溶液体积V=20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1mol/L 0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol=0.02mol，其质量m(NaNO2)=0.02mol 69g/mol=1.

28、38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数 100%=69.0%。【点睛】本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物I 是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知：R、R代表烃基或氢原子+RBr+CH3ONa+CH3OH+NaBr 回答下列问题:.（1）A 的名称为 _,D 中官能团的名称为_。（2）试剂 a 的结构简式为_

29、，I 的分子式为 _。（3）写出 EF 的化学方程式:_。反应 G H 的反应类型是_。（4）满足下列要求的G 的同分异构体共有._种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1 的有机物的结构简式为._。a 只有一种官能团b 能与 NaHCO3溶液反应放出气体c 结构中有3 个甲基（5）以 CH2 BrCH2CH2 Br、CH3OH、CH3ONa 为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整:_，_，_，_。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOH324CHOHH SO浓加热CH3OOCCH2COOCH3【答案】溴乙烷醛基、酯基C11H18N2O3+CH3OH+H2O 取

30、代反应3HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、CH(COOH)2C(CH3)32NaOH/H OHOCH2CH2CH2OH 酸性高锰酸钾CH2BrCH2CH2Br【解析】【分析】根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D，E与甲醇发生酯化反应生成F，则 E为，F与溴乙烷发生题给反应生成 G，对比 G 和 F的结构，结合信息反应知试剂a 为，结合 H 和 I 的结构变化分析，可知 H 和 NH2CONH2脱去 2 分子 CH3OH 形成六元环，据此分析解答。【详解】（1）根据 A 的结构简式分析，A 为溴乙烷；D 为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛

31、基、酯基；（2）根据 G 和 H 的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a 的结构简式为；根据I 的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较 G 和 H 的结构变化，反应 G H 的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应；（4）G 为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2 个羧基，结构中有3 个甲基的结构有、CH(COOH)2C(CH3)3共 3 种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1，则有 3 种不同化学环境的H，且原子个数比

32、为9:2:1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、CH(COOH)2C(CH3)3；（5）可利用CH2 BrCH2CH2 Br 先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后 CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2 Br、CH3ONa 发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br 在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：2Na

33、OH/H O；HOCH2CH2CH2OH；酸性高锰酸钾；CH2BrCH2CH2Br。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。（1）CO还原 NO 的反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)?H=-746kJ mol-1。写出两条有利于提高NO 平衡转化率的措施_、_。（2）用焦炭还原NO 的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)?H。恒容恒温条件下，向体积相同的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中 NO 的物质的量 n(NO)随反应时

34、间（t）的变化情况如表所示：t/min n(NO)/mol 容器0 40 80 120 160 甲/4002.00 1.5 1.10 0.80 0.80 乙/4001.00 0.80 0.65 0.53 0.45 丙/T2.00 1.45 1.00 1.00 1.00?H_0（填“”或“”）；乙容器在160min 时，v正_v逆（填“”、“”或“=”）。（3）某温度下，向体积为2L 的恒容真空容器中通入2.00molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)?H=-57.0kJmol-1，已知：v正(NO2)=k1 c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2 c(N2O4)，其中 k1、k2为

35、速率常数。测得NO2的体积分数 x(NO2)与反应时间（t）的关系如表：t/min 0 20 40 60 80 x(NO2)1.0 0.75 0.52 0.50 0.50 12kk的数值为 _；已知速率常数k 随温度升高而增大，则升高温度后k1增大的倍数 _k2增大的倍数（填“”、“”或“=”）。（4）用间接电化学法除去NO 的过程，如图所示：已知电解池的阴极室中溶液的pH 在 47 之间，写出阴极的电极反应式：_；用离子方程式表示吸收池中除去NO 的原理：_。【答案】降低温度增大压强、增大CO与 NO 的投料比等 2 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O 2NO+2S2O42

36、-+2H2O=N2+4HSO3-【解析】【分析】【详解】（1）提高 NO 平衡转化率，目的是时平衡向正向移动，可以使平衡向正向移动的方法有降低温度、增大压强、增大CO与 NO 的投料比等；（2）2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)这个反应是一个自发的反应，从有序变为无序，故为放热反应?Hv逆；（3）根据反应速率比等于化学计量数比这一结论可以得出221224224v(NO)(NO)2v(N O)(N O)k ck c正逆(1)，有可以知道该反应的化学平衡常数K=24222(N O)0.251(NO)0.5cc(2)，将化学平衡常数带入式子(1)可以得到12kk=2；因速率常数k 随温度

37、升高而增大，该反应还为放热反应，升高温度时平衡向左移动，故k1增大的倍数小于k2增大的倍数；（4）根据电池结构可以看出，电解中阴极为HSO3-得电子，故电极方程式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；吸收池中NO 得到电子生成N2，化学方程式为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。19化合 F是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下：(1)化合物 F中含氧官能团的名称是_和_，由 B 生成 C的化学反应类型是_。(2)写出化合物C 与乙酸反应生成酯的化学方程式：_。(3)写出化合物B 的结构简式：_。同时满足下列条件的B 的同分异构体（不包括B）共有_种：

38、能与FeCl3溶液显紫色，苯环上只有两个取代基。(4)某化合物是D 的同分异构体，且核磁共振氢普有三个吸收峰。写出该化合物的结构简式：_（任写一种）。(5)请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚（）和 CH2CH2为原料制备有机物的合成路线流程图_（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2HBrCH3CH2BrNaOH溶液CH3CH2OH【答案】醛基羰基加成反应11 种【解析】【分析】据题中各物质的转化关系可知，由A到 C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基(丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B 的结构简式为，然后 C 中醇羟基被

39、氧化生成酮基，即得到D，据此答题。【详解】根据题中各物质的转化关系可知，由A到 C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基(丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B 的结构简式为：，然后 C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D；(1)依据 F的结构简式可以判断，F中含有的官能团有：醛基、羰基，根据上面的分析可知，由 B 生成 C的化学反应是苯环与氢氮气发生加成生反应成环烷；(2)C 含有醇羟基，乙酸中含有羧基，两者发生酯化反应生成酯类，化学反应方程式为；(3)依据分析可知B 为：，根据条件：能与FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，苯环上只有两个取代基，则符合

40、条件的 B 的同分异构体为苯环上连有-OH 和-C4H9，可以互为邻、间、对三种位置关系，其中-C4H9有 4 种结构，所以共有12 种结构，除去B外还有 11 种；(4)D 的分子式为：C10H18O，某化合物是D 的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢，故此有机物满足对称结构即可，可以写为：；(5)要以苯酚()和 CH2=CH2为原料制备有机物，可以先用苯酚与乙烯加成反应生成对乙基苯酚，对乙基苯酚加成生成对乙基环己醇，对乙基环己醇消去生成3-乙基环己烯，3-乙基环己烯氧化生成产物，故流程为：。【点睛】考查的是有机推断和有机物合成，涉及知识点较多，有一定的综合性，难度中等，解题的关键在于充分利用题中信息和基础知识相结合，灵活地应用到有机合成中去