2019-2020学年福建省东山县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省东山县第二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全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池。钒电池电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，采用质子交换膜作为电池组的隔膜，电解质溶液流过电极表面并发生电化学反应，进行充电和放电。下图为全钒液流电池放电示意图：下列说法正确的是()A放电时正极反应为：2+-+22VO+2H-e=VO+H OB充电时阴极反应为：2+-3+

2、V-e=VC放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现【答案】D【解析】【分析】放电时，消耗H+，溶液 pH 升高，由此分析解答。【详解】A.正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2+2H+e-VO2+H2O，故 A 错误；B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，故B 错误；C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误；D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确；故答案

3、为D。【点睛】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。2下列指定反应的离子方程式正确的是A用 Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2CO32-=CaCO3B用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag4HNO3-=AgNO 2H2O C用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3 2OH=2AlO2-H2O D工业上用过量氨水吸收二氧化硫：NH3 H2OSO2=NH4+HSO3-【答案】C【解析】【分析】【详解】A用 Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，水垢是难溶物，离子反应中不能

4、拆，正确的离子反应：CaSO4CO32-=CaCO3+SO42-，故 A 错误；B用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，电子转移不守恒，电荷不守恒，正确的离子反应：3Ag+4H+NO3-=3Ag+NO +2H2O，故 B错误；C用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，是氢氧化钠与氧化铝反应，离子方程为：Al2O32OH=2AlO2-H2O，故 C正确；D工业上用过量氨水吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为：2NH3+SO2+H2O=2NH4+SO32-，故 D 错误；答案选 C。3W、X、Y和 Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。常温常压下，Y的单质及其氧化物均能与X 的氢化物的水溶液

5、反应生成一种相同的物质，该物质的分子与CH4具有相同的空间结构。X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸。Z原子最外层电子数是W 原子最外层电子数的2 倍。下列叙述错误的是（）A氢化物的稳定性顺序为：XZY B元素 Y在自然界中只以化合态形式存在C元素 W、Y位于周期表中金属与非金属分界线附近D元素 Z的含氧酸具有强氧化性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和 Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。常温常压下，Y的单质和氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的气体，该气体分子与CH4具有相同的空间结构，X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸，X 是 F，X 的氢化物为HF，Y为 Si，Y

6、的氢化物为SiF4；Z 原子最外层的电子数是W 原子的最外层电子数的2 倍，Z 的最外层电子数一定为偶数，且大于Si 元素，则 Z为 S元素；W 最外层电子数为 3，其原子序数小于F，则 W 为 B元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W 为 B，X为 F，Y为 Si，Z为 S元素。A.F 为非金属性最强的元素，则HF比其它三种元素的氢化物的稳定性都强，A 正确；B.Si 在自然界中只以化合态形式存在，B 正确；C.B、Si元素都位于周期表中金属与非金属分界线附近，C正确；D.S元素的含氧酸有硫酸、亚硫酸、硫代硫酸等，不一定具有强氧化性，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素

7、周期律的关系，根据物质的性质及元素的原子结构关系推断元素为解答关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重考查学生的分析与应用能力。4 电-Fenton 法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与 Fe2+发生Fenton 反应生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是A电源的A 极为正极B与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H+OH CFenton 反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH D每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的OH为 2mol【答案】C【解析】【分析】【详解】左侧电极

8、附近Fe3+Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A 极为负极，A 错误；与电源 B 相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把Fe2+氧化为 Fe(OH)2+，C 正确；每消耗1 mol O2，转移 4 mol 电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH 反应看出转移1 mol 电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D 错误；正确选项C。5化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是()A面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2 B“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C月饼中的

9、油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A 错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B 错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D 正确；故合理选项是D。6聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（）A聚维酮的单体是B聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而

10、成C聚维酮碘是一种水溶性物质D聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】B【解析】【分析】由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故 A 正确；B.由 2m+n 个单体加聚生成，故B 错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C 正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D 正确；故选 B。7K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取

11、实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是（）A B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl BC瓶中 KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂【答案】C【解析】【分析】在装置中，A 为制取氯气的装置，B 为除去 Cl2中混有的HCl 的装置，C 为 Cl2、Fe(OH)3、KOH制取 K2FeO4的装置，D 为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A因为 Cl2中混有的HCl 会消耗 KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A 正确；B因为 K2FeO4在碱性溶液中较稳定

12、，所以C瓶中 KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B 正确；C在 C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4Cl2，C不正确；D高铁酸钾具有强氧化性，能杀死细菌，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用，所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D 正确；故选 C。8实验室用水浴加热不能完成的实验是（）A制备乙烯B银镜反应C乙酸乙酯的制备D苯的硝化反应【答案】A【解析】【分析】乙醇在 170时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。【详解】B、C、D 中均需要水浴加热，只有A 中乙醇在170时发生消去反应生成乙烯，不

13、能水浴加热完成，故选：A。9下列溶液一定呈中性的是A c(H+)=c(OH)BpH=7 CKW=10-14D c(H+)=10-7mol/L【答案】A【解析】【分析】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与 c(OH)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。【详解】A.c(H+)=c(OH)的溶液一定呈中性，A 项正确；B.只有常温下pH=7 的溶液才是中性的，B 项错误；C.常温下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C项错误；D.只有常温下c(H+)=10-7mol/L 时，溶液才是中性的，D 项错误；本题选 A。10下列有关叙述正确的是A某温度下，1 L pH=6 的纯水中含OH一为 10-8m

14、ol B25 时，向 0.1 mo l?L-1 CH3COONa 溶液中加入少量水，溶液中+3c Hc CH COOH)减小C25时，将V1 L pH=11的 NaOH 溶液与 V2 L pH=3 的 H A 溶液混合，溶液显中性，则V1V2D25时，将a mol?L-1 氨水与 0.01 mol?L-1 盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c(NH4+)c(Cl-)，用含 a的代数式表示NH3?H2O)的电离常数Kb=-910a-0.01【答案】D【解析】【分析】【详解】A某温度下，1 L pH=6 的纯水中c(OH)=c(H)=10-6mo l?L-1,含 OH一为 10-6mol，故 A 错

15、误；B25 时，向 0.1 mo l?L-1 CH3COONa 溶液中加入少量水，促进水解，碱性减弱，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，溶液中+3c Hc CH COOH)增大，故B错误；C pH=11 的 NaOH 溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol L1，pH=3 的 HA 溶液中氢离子浓度为0.001mol L1，若 HA 为强电解质，要满足混合后显中性，则V1=V2；若 HA 为弱电解质，HA 的浓度大于0.001mol L1，要满足混合后显中性，则V1V2，所以 V1V2，故 C错误；D在 25下，平衡时溶液中c（NH4）=c（Cl）=0.005mol L1，根据物料守恒得c（NH3

16、 H2O）=（0.5a-0.005）mol L1，根据电荷守恒得c（H）=c（OH）=10-7mol L1，溶液呈中性，NH3 H2O 的电离常数Kb=7394332c(OH)c(NH)105 1010c NH?H O0.55 100.01aa，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡，注意明确弱电解质在溶液中部分电离，C为易错点，注意讨论HA 为强电解质和弱电解质的情况，D是难点，按平衡常数公式计算。11NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A 1mol OH含有的电子数目为NAB1L 1 molL-1 Na2CO3溶液中含有的CO32数目为NAC0.5mol

17、 苯中含有碳碳双键的数目为1.5NAD 24 克 O3 中氧原子的数目为1.5NA【答案】D【解析】1 个 OH含有 10 个电子，1mol OH含有的电子数目为10NA，故 A错误；碳酸根离子水解，所以 1L 1 mol L-1 Na2CO3溶液中含有的CO32数目小于NA，故 B错误；苯中不含碳碳双键，故C错误；24 克 O3 中氧原子的数目24348/AgNg mol1.5NA，故 D正确。12称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体，两份铝粉的质量之比为A 1：3 B3：1 C1：1 D4：3【答案】C【解析】【分析】由 2Al 6HCl 2N

18、aOH 3H2，酸、碱均足量时，Al 完全反应，以此分析生成的氢气。【详解】由 2Al 6HCl 2NaOH 3H2，酸、碱均足量时，Al 完全反应，由反应的关系式可知，生成等量的氢气，消耗等量的Al，所以两份铝粉的质量之比为1:1，答案选 C。13下列指定反应的离子方程式正确的是（）A饱和 Na2CO3溶液与 CaSO4固体反应：CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-B酸化 NaIO3和 NaI 的混合溶液：I-+IO3-+6H+=I2+3H2O CKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+4H+H2O D电解饱和食盐水：2Cl-+2

19、H+Cl2+H2【答案】A【解析】【分析】A 项，饱和Na2CO3溶液与 CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B 项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C 项，在碱性溶液中不可能生成H+；D 项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和 Cl2。【详解】A 项，饱和Na2CO3溶液与 CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A 项正确；B 项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B 项错误；C 项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe

20、（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D 项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和 Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，D 项错误；答案选A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D 项）等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；从反应的条件进行判断（题中C项）；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

21、142018 年是“2025 中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是A高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料C用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用D碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料【答案】C【解析】【详解】A二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A 正确；B碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；C聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑

22、料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；D碳纳米管表面积大，据有较大的吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D 正确；答案选 C。15下列关于有机物的说法正确的是（）A乙醇和丙三醇互为同系物B环己烯()分子中的所有碳原子共面C分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9 种(不考虑立体异构)D二环己烷()的二氯代物有6 种结构(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A 错误；B.环己烯分子中含有4 个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C 原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有

23、碳原子不可能同一个平面上，B错误；C.分子式为 C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4 种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2 种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有 1 种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有 2 种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9 种，C正确；D.二环己烷有2 种不同位置的H 原子，

24、其二氯取代产物中，若2 个 Cl 原子在同一个C原子上，只有1 种结构，若在两个不同的C原子上，有6 种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7 种，D 错误；故合理选项是C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氧化钇主要用于制造微波磁性材料、军工材料、光学玻璃和显像管涂料等。工业上通过如下工艺流程用钇矿石（Y2 FeBe2 Si2O10,Y的化合价为+3）制取氧化钇。已知:i.铍和铝处于元素周期表的对角线位置,化学性质相似;ii.Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH 如下表:离子开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH Fe3+2.1 3.1 Y3+6.0 8.3（1）用氧化物的形式表示Y

25、2 FeBe2 Si2O10为 _,钇矿石在熔融前要粉碎，目的是_。（2）共熔时通人氧气的作用是_。（3）滤液 I 中溶质的主要成分是_（假设钇矿石恰好与NaOH 完全反应）。（4）用氨水调节pH=a 时,a 的取值范围是_,设计实验证明滤渣I 沉淀完全:_。（5）煅烧草酸钇时发生分解反应,其固体产物为氧化钇,气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇Y2(C2O4)3 nH2O煅烧的化学方程式:_。【答案】Y2O3 FeO2BeO2SiO2增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率将+2 价的铁氧化为+3 价Na2BeO2、Na2SiO33.1pH6.0取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴KSC

26、N溶液，若溶液不变红，说明Fe(OH)3沉淀完全Y2(C2O4)3 nH2O高温Y2O3+3CO2+3CO+n H2O【解析】【分析】（1）根据物质的组成及元素的化合价分析解答；（2）根据氧化还原反应原理及元素化合价变化分析解答；（3）根据流程中碱浸的原理分析滤液的组成；（4）根据开始沉淀及沉淀完全时的pH 分析解答；（5）根据氧化还原反应原理分析解答。【详解】（1）Y2FeBe2 Si2O10中 Y的化合价为+3，用氧化物的形式表示Y2FeBe2 Si2O10为：Y2O3FeO2BeO2SiO2；钇矿石在熔融前要粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；故答案为：Y2O3FeO

27、2BeO 2SiO2；增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；（2）Y2FeBe2 Si2O10中铁的化合价为+2，共熔、过滤后得到Fe2O3，则通入氧气的作用是将+2价的铁氧化为+3 价，故答案为：将+2 价的铁氧化为+3 价；（3）碱熔时，BeO 和 NaOH 反应生成Na2BeO2，SiO2和 NaOH 反应生成Na2SiO3，Na2BeO2、Na2SiO3均能溶于水，则滤液中溶质的主要成分是Na2BeO2、Na2SiO3，故答案为：Na2BeO2、Na2SiO3；（4）用氨水调节pH=a 时，使 Fe3+完全转变为Fe(OH)3沉淀而 Y3+不沉淀，由表中数据可知a 的取值范围是3

28、.1pH6.0；取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe(OH)3沉淀完全；故答案为：3.1pH6.0；取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe(OH)3沉淀完全；（5）气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明反应生成了CO2，草酸钇中碳为+3 价，而 CO2中碳的化合价为+4 价，说明发生了氧化还原反应，有化合价的升降，从而可判断出还有CO生成，则草酸钇 Y2(C2O4)3 nH2O煅烧的化学方程式为Y2(C2O4)3 nH2O高温Y2O3+3CO2+3CO+n H2O，故答案为：Y2(C2O4)3 nH2O高温Y2O3+3CO2+3CO

29、+n H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）171，3环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1，3环己二酮的路线。回答下列问题：（1）甲的分子式为_。（2）丙中含有官能团的名称是_。（3）反应的反应类型是_；反应的反应类型是_。（4）反应的化学方程式_。（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有_种。能发生银镜反应能与 NaHCO3溶液反应，且1mol 乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1621 的一种同分异构体的结构简式：_。（任意一种）（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4戊二醇）的合

30、成路线（无机试剂任选）_。【答案】C6H11Br 醛基、羰基（酮基）消去反应氧化反应+CH3CH2OH垐 垐?噲垐?浓硫酸加热+H2O 12 或CH3CH2OH2O催化剂CH3COOH3224CH CH OHH SO/浓CH3COOCH2CH3【解析】【分析】甲的分子式为C6H11Br，经过过程，变为 C6H10，失去 1 个 HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在 CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过，在一定条件下，生成。【详解】(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；

31、(2)丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；(3)C6H11Br，失去 1 个 HBr，变为 C6H10，为消去反应；丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；(5)乙的分子式为C6H10O3。能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应，且1mol 乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1 个醛基和1 个羧基，满足条件的有：当剩余 4 个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4 种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4 种位置；当剩余4个

32、碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3 种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1 种位置，共12 种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1621 的一种同分异构体的结构简式或，故答案为：12；或；(6)根据过程，可将CH3CH2OH 中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OH2O催化剂CH3CHO3CrOCH3COOH3224CH CH OHH SO/浓CH3COOCH2CH3一定条件，故答案为：CH3CH2OH2O催化剂CH3CHO3CrOCH3COOH3224CH CH OHH SO/浓CH3COOCH2CH

33、3一定条件。【点睛】本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题：（1）最早制备H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_。BaO2的电子式为：_。（2）目前工业制备H2O2的主要方法是蒽醌法。反应流程如下：已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。蒽醌法所用原料的物质的量之比为_。操作 a 是_。再生回收液的成分是_。

34、（3）测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20.00mL 过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用 0.l000mol/L 的 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗 10.00mL，滴定时发生反应的离子方程式为_，该样品中H2O2的物质的量浓度为_。【答案】BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O21:1 萃取分液有机溶剂乙基蒽醌2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O 0.1250mol/L【解析】【分析】（1）易溶于水的BaO2和稀硫酸反应生成H2O2和 BaSO4沉淀；过氧化钡为离子化合物；（2）由流程图可知，乙基蒽醌溶于有机溶剂得到乙基蒽醌的有机溶液，氢气与乙基

35、蒽醌的有机溶液在催化剂作用下反应生成氢化液乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反应生成含有乙基蒽醌的有机溶液与双氧水的氧化液，向氧化液中加入蒸馏水，萃取分液得到稀双氧水和含有乙基蒽醌的有机溶液的回收液；（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水；根据反应方程式可计算样品中 H2O2的物质的量浓度。【详解】（1）易溶于水的BaO2和稀硫酸反应生成H2O2和 BaSO4沉淀，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；过氧化钡为离子化合物，钡离子与过氧根离子通过离子键结合，氧原子之间通过共价键结合，过氧化钡的电子式：；故答案为BaO2+H2SO4=BaSO

36、4+H2O2；（2）根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，根据双氧水的化学式可知，原料的物质的量之比为1：1，故答案为1:1；加入蒸馏水后进行操作a 得到稀双氧水和再生回收液，根据流程原理再生回收液应该为乙基蒽醌，故操作是将乙基蒽醌从水中分离出来，应采用萃取分液，故答案为萃取分液；再生回收液的成分是有机溶剂和乙基蒽醌，故答案为有机溶剂，乙基蒽醌；（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4+5 H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，根据反应方程式可得样品中H2O2的物质的量浓度为50.1000mol/L

37、0.010L20.1250mol/L0.020L，故答案为2MnO4+5 H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；0.1250mol/L。【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，注意根据反应原理和生产流程分析流程中的基本操作是解答关键。19研究氮氧化物的反应机理，NOx之间的转化对等于消除环境污染有具有重要意义。：升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)O2(g)?2NO2(g)（H0）的速率却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)O2(g)?2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)?N2O2(g)(快)v1正k1正

38、c2(NO)v1逆k1逆c(N2O2)H1 0 N2O2(g)O2(g)?2NO2(g)(慢)v2正k2正c(N2O2)c(O2)v2逆k2逆c2(NO2)H20(1)一定温度下，反应2NO(g)O2(g)?2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K_，根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_(填字母)。ak2正增大，c(N2O2)增大bk2正减小，c(N2O2)减小ck2正增大，c(N2O2)减小dk2正减小，c(N2O2)增大(2)由实验数据得到v2正c(O2)的关系可用如图表示。当x 点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应

39、的点为_(填字母)。：(1)已知：N2O4(g)2NO2(g)H0，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。下列可以作为反应达到平衡的判据是_。A气体的压强不变Bv正(N2O4)2v逆(NO2)CK不变D容器内气体的密度不变E容器内颜色不变t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp _(对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p(B)代替物质的量浓度 c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如 p(B)p x(B)，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数)。反应温度T1时，c(

40、N2O4)随 t(时间)变化曲线如图1，画出 0t2时段，c(NO2)随 t 变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2T1)，再次画出0t2时段，c(NO2)随 t 变化趋势的曲线。_(2)NO 氧化反应：2NO(g)O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图2。2NO(g)N2O2(g)H1N2O2(g)O2(g)2NO2(g)H2决定 NO 氧化反应速率的步骤是_(填“”或“”)。在恒容的密闭容器中充入一定量的NO 和 O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和 T4(T4T3)，测得 c(NO)随 t(时间)的变化曲线如图3。转化相同量的NO，

41、在温度 _(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图 2)分析其原因 _。【答案】1212正正逆逆kkkkc a AE 36p/7 T4H10，温度升高，反应平衡逆移，c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应速率的影响【解析】【分析】【详解】(1)反应达到平衡状态时，11=vv正逆，代入211=(NO)vkc正正和2211=(N O)vkc逆逆，得22211(NO)=(N O)kckc正逆，结合反应的平衡常数表达式：2212(N O)(NO)cKc，可得111kKk正逆；同理，对于反应，有222kKk正逆；反应222NO+O2NO垐?噲?，可以由反应和反应叠加得

42、到，所以该反应的平衡常数与反应的平衡常数的关系为：12KK K，代入111kKk正逆和222kKk正逆可得，1212kkKkk正正逆逆；由题干可知，NO氧化反应的两步反应都是放热的，所以升高温度均会使反应平衡逆向移动，且由于反应为快速反应，反应为慢速反应，所以反应逆移生成的N2O2会迅速转化为NO，综上所述，升温会使 c(N2O2)下降；反应作为整个反应的速率控制步骤，其速率下降是导致总反应速率降低的主要原因；尽管升温会使反应速率常数2k正增加，结合反应的正反应速率方程，但由于 c(N2O2)下降更明显，所以导致反应速率整体变慢，所以答案为c 项；(2)升高温度会使平衡逆向移动，所以新的平衡状

43、态，c(O2)增加，此外，结合(1)的分析可知，2v正随温度升高而下降，因此a 点符合规律；(1)A反应为非等体积反应且在恒容条件下进行，根据pVnRT可知，压强恒定时，体系一定达到平衡状态，A 项正确；B当2422(N O)(NO)vv正逆时，体系才平衡，选项将系数弄反了，B项错误；C温度恒定则K就不变，与是否平衡无关，C 项错误；D由于该反应全为气体参与，且在恒容条件下进行，所以根据mV可知，容器内的气体密度恒定与平衡与否无关，D 项错误；ENO2气体有颜色，颜色的深浅与浓度有关，当颜色不变时，即浓度不变，反应一定平衡，E项正确；答案选 AE。假设初始时N2O4的物质的量为n0，根据平衡状

44、态时转化率为75%，列三段式：24200000N O2NO00.751.50.251.5nnnnn垐?噲?初始反应平衡；所以平衡时两种物质的分压为：02400.25(N O)1.757npppn，0201.56(NO)1.757npppn，所以：22p24(NO)36=(N O)7ppKp；T1条件下，分析图像可知，反应在 t1时刻开始接近平衡，最终 N2O4消耗量为0.03mol/L，所以该温度下，NO2也要在 t1时刻开始接近平衡且浓度为0.06mol/L；T2T1，因为该反应是吸热反应，所以此温度下，NO2的平衡浓度更大，此外，由于温度更高，所以达到平衡状态所需的时间更短，综上所述，图像为：；(2)由图像2 可知，反应的活化能更低，所以反应速率更快，因此决定整个反应快慢的步骤是反应；由图像可知，T4条件下 NO 浓度变化更平缓，所以T4条件转化相同量的NO 耗时更长；由于反应和均为放热反应，所以升温平衡逆向移动，此外，反应进行的更慢，所以反应逆向移动产生的N2O2会被反应迅速消耗，从而导致N2O2浓度下降而使反应速率下降，速率控制步骤的反应速率下降导致了整个反应的速率变慢。