2019-2020学年福建省三明一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年福建省三明一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年福建省三明一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年福建省三明一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分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)?D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：容器温度/起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol 化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲500 4.0 4.0 0 3.2 K1乙500 4.0 a 0 2.0 K2丙600 2.0 2.0 2.0 2.8 K3下列说法不正确的是A 05min 内，甲容器中A 的平均反应速率v(A)=0.64

2、molL-1 min-1Ba=2.2 C若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A 的转化率小于80D K1=K2K3【答案】A【解析】【分析】【详解】A容器甲中前5min 的平均反应速率v(D)=nVtVV=2.0L3.2mol5min=0.32mol?L-1?min-1，则 v(A)=v(D)=0.32mol?L-1?min-1，故 A 错误；B甲和乙的温度相同，平衡常数相等，甲中A(g)+B(g)?D(g)开始(mol/L)2.0 2.0 0 反应(mol/L)1.6 1.6 1.6 平衡(mol/L)0.4 0.4 1.6 化学平衡常数K=1.60.40.4

3、=10，乙中A(g)+B(g)?D(g)开始(mol/L)2.0 2a0 反应(mol/L)1.0 1.0 1.0 平衡(mol/L)1.0 2a-1.0 1.0 化学平衡常数K=1.01.00.5a0()1.=10，解得：a=2.2，故 B正确；C甲中 CO转化率=1.6mol/L2mol/L 100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致A 转化率减小，则A 转化率小于80%，故 C 正确；D甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高

4、，平衡时 D 的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此 K1=K2K3，故 D 正确；故选 A。2不符合A族元素性质特征的是A从上到下原子半径逐渐减小B易形成 1 价离子C最高价氧化物的水化物显酸性D从上到下氢化物的稳定性依次减弱【答案】A【解析】【分析】【详解】A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7 个电子，发生化学反应时容易得到1 个电子而达到稳定结构，形成-1 价阴离子，正确，不选 B；C、A 族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐

5、减弱，正确，不选D。答案选 A。325时，NH3 H2O 和 CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是A常温下，CH3COONH4溶液的 pH=7，与纯水中H2O 的电离程度相同B向 CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO)均会增大C常温下，等浓度的NH4Cl和 CH3COONa两溶液的pH 之和为 14 D等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH 的变化值一定相同【答案】C【解析】【分析】【详解】25时，NH3 H2O 和 CH3COOH的电离常数K 相等，这说明二者的电离常数相等。则A常温下，CH3COONH4溶液中铵根与

6、醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH7，但促进水的电离，与纯水中 H2O 的电离程度不相同，选项A错误；B 向 CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此 c(NH4+)降低，c(CH3COO)增大，选项B错误；C由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和 CH3COONa两溶液的pH 之和为14，选项 C正确；D由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH 的变化值不一定相同，选项D 错误；答案选 C。4查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：32 OZn/H O。则邻甲基乙苯通过

7、上述反应得到的有机产物最多有A 5 种B4 种C3 种D2 种【答案】B【解析】【分析】【详解】依据题意，32OZn/H O，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、，有一种重复，则得到的物质共有4 这种，B 符合题意；答案选 B。5如图为高中化学教材必修 1（人教版）中 NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A在 H2O 分子中，H 或 O 原子均完全不带电荷B在

8、NaCl晶体中，Na和 Cl的排列整齐有序CNa、Cl在水中是以水合离子的形式存在D NaCl 晶体的溶解和电离过程破坏了离子键【答案】A【解析】【分析】【详解】A在 H2O 分子中，O 原子吸引电子的能力很强，O 原子与 H 原子之间的共用电子对偏向于O，使得 O 原子相对显负电性，H 原子相对显正电性，A 项错误；B在 NaCl晶体中，Na和 Cl整齐有序地排列，B项正确；CNa、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；D NaCl 晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与 Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与 Cl-之间的离子键，D 项正确；答案选 A。6新华网报道

9、，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A电极 a 为电池正极B电路中每流过4mol 电子，正极消耗1molO 2C电极 b 上的电极反应：O2+4e+4H+=2H2O D电极 a 上的电极反应：2H2S+2O2 2e=S2+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.电极 a 是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A 错误；B.电路中每流过4mol 电子，正极消耗1molO2，故 B 正确；C.电极 b 上的电极反应：O2+4e=2 O2-，故 C错误；D.电极 a 上的电极反应：2H2S+2O

10、2-4e-=S2+2H2O，故 D 错误。综上所述，答案为B。7下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO32HCa2+H2OCO2B铜与稀硝酸反应：3Cu 2NO38H3Cu2+2NO 4H2O C向 NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3D用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+Ag(NH3)2+2OHCH3COO+NH4+NH3+Ag +H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A.醋酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式是：CaCO3 2CH3COOHCa2+2CH3COOH2OCO2，A 错误；B铜与稀硝酸反应

11、，方程式符合反应事实，B 正确；C向 NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液，盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应，离子方程式是：NH4+HCO3+2OH+Ba2+H2O+BaCO3+NH3?H2O，C错误；D用银氨溶液检验乙醛中的醛基，方程式的电荷不守恒，应该是：CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag +H2O，D 错误。故选 B。825时，改变某醋酸溶液的pH，溶液中 c（CH3COO-）与 c（CH3COOH）之和始终为0.1mol L-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及 CH3COOH浓度的常用对数值（lgc）与 pH 的关系如图所

12、示。下列说法错误的是（）A图中表示lgc（H+）与 pH 的关系曲线B0.1mol L-1CH3COOH溶液的 pH 约为 2.88 ClgK（CH3COOH）=4.74 D向 0.10mol L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol 醋酸钠固体，水的电离程度变大【答案】C【解析】【分析】当 pH=0 时，c(H+)=1mol/L，lgc(H+)=0，所以表示lgc(H+)与 pH 的关系曲线。随着溶液pH 的增大，c(CH3COOH)降低，所以表示lgc(CH3COOH)与 pH 的关系曲线。当c(H+)=c(OH-)时，溶液呈中性，在常温下pH=7，所以表示lgc(OH-)与 pH 的关系曲线。

13、则表示lgc(CH3COO-)与 pH 的关系曲线。【详解】A由以上分析可知，图中表示lgc（H+）与 pH 的关系曲线，故A 正确；B醋酸是弱酸，电离产生的H+和 CH3COO-浓度可认为近似相等，从图像可以看出，当c(CH3COO-)=c(H+)时，溶液的pH 约为 2.88，所以 0.1mol L-1CH3COOH溶液的 pH 约为 2.88，故 B 正确；C 当 c(CH3COO-)=c(CH3COOH)时，K=c（H+）。从图像可以看出，当溶液的 pH=4.74 时，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以 lgK（CH3COOH）=-4.74，故 C错误；D向 0.10mo

14、l L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol 醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，溶液中的c(OH-)变大，溶液中的 OH-全部来自水的电离，所以水的电离程度变大，故D 正确；故选 C。9某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是()A该装置可以将太阳能转化为电能B阴极的电极反应式为3CO2+4eC+2CO32C高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子D电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极【答案】B【解析】【详解】A.由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；B.阴极发生还原反应，

15、电极反应式为3CO2+4eC+2CO32，故 B正确；C.高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；D.电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。答案选 B。10设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2278gNa O固体含有离子的数目为A3NB常温下，pH1的醋酸溶液中H+数目为A0.1NC13g 由12C和14C组成的碳单质中所含质子数一定为A6ND20.1molSO与足量2O在一定条件下化合，转移电子数为A0.2N【答案】A【解析】【详解】A 项、78gNa2O2固体物质的量为1mol，1molNa2O

16、2固体中含离子总数为3NA，故 A正确；B 项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1 的醋酸溶液中H+的个数，故B 错误；C 项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g 碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故 C错误；D 项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。11下列说法中正确的有几项钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2配制 480mL0.5mol/L 的 NaOH 溶液，需要

17、用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g 盐酸既有氧化性又有还原性 Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性将质量分数为5%和 25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀A 3 项B4 项C5 项D6 项【答案】B【解析】【详解】钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，正确；配制 480mL0.5mol/L 的 NaOH 溶液，因容量瓶是500mL，需要用托盘天平称量氢氧化

18、钠固体10.0g，错误；盐酸中H 为+1 价是最高价，Cl为-1 价为最低价，既有氧化性又有还原性，正确；Fe(OH)3可用 Fe(OH)2、氧气和水化合制备，FeCl2可用铁和氯化铁化合制备，错误；SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，错误；将质量分数为5%和 25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，错误；因鲜花里有水份，干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，正确；中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒四种，错误；纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀，正确；答案为B。12下列离子方程式书写正确的是A FeCl2溶液中通入Cl

19、2：Fe2Cl2=Fe3+2ClB澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+OH HCO3=CaCO3H2O CFeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS 2H+=Fe2+H2SD AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4OH=AlO2 2H2O【答案】B【解析】【详解】A、电子得失不守恒，正确的是2Fe2Cl2=2Fe3+2Cl；B、正确；C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，错误；D、氢氧化铝不能溶于氨水中，错误，答案选 B。13工业生产水煤气的反应为：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，下列表述正确的是（）A反应物能量总和大于生成物能量总和BCO(g)H2(g)C(s)H2O(l)

20、131.4kJ C水煤气反应中生成1 体积CO(g)吸收131.4kJ 热量D水煤气反应中生成1mol H2(g)吸收 131.4kJ 热量【答案】D【解析】A、根据能量守恒可知该反应是吸热反应，所以反应物的总能量小于生成物的总能量，A 错误。B、C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，正反应为吸热反应，其逆反应为放热反应，生成液态水放出的热量比生成气态水放出的热量多，所以放出的的热量的数值应该大于131.4，B 错误。C、该反应中生成1mol CO(g)吸收131.4kJ 热量，而不是指1 体积的 CO气体，化学方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，C 错误。D、方程式中的

21、化学计量数表示物质的物质的量，所以该反应中生成1mol H2(g)吸收 131.4kJ 热量，D 正确。正确答案为D 14下列关于化学反应速率的说法错误的是（）A化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量B可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零C决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质D增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率【答案】B【解析】化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A 正确；可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止,B 项错误；影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即

22、单位体积内的反应物分子增多,其中能量较高的活化分子数也同时增多,分子之间碰撞的机会增多,反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。15草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL 0.01molL-1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol L-1NaOH 溶液，随着NaOH 溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）A VNaOH(aq)=0 时，c(H+)=1 10-2mol L-1BVNaOH(aq)10mL 时，c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-

23、)【答案】D【解析】【详解】A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全电离，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中 c(H+)1 10-2mol/L，A 项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入 NaOH 溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当V(NaOH)aq10mL 时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B 项错误；C.当 V(NaOH)aq=10mL 时，NaHC2O4和 NaOH

24、 恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c(H+)10mL 时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和 NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且 NaOH 电离的 OH-抑制 C2O42-的水解，故c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)，D 项正确；答案选D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16已知 25时，Ksp(Ag2S)=6.3 1050、Ksp(AgCl)=1.5 1016。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将 NaCl与 AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混合物中加Na2

25、S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)中的白色沉淀是_。(2)中能说明沉淀变黑的离子方程式是_。(3)滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓 HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液 X 和白色沉淀Y。.向 X中滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀.向 Y中滴加 KI 溶液，产生黄色沉淀由判断，滤液X 中被检出的离子是_。由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：

26、一段时间后，无明显变化 A 中产生的气体是_。C 中盛放的物质W 是_。该同学认为B 中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：_2Ag2S+_+_+2H2O=4AgCl+_+4NaOH 从溶解平衡移动的角度，解释B 中 NaCl 的作用 _。【答案】AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-S O2Ag2S的悬浊液2Ag2S 1O24NaCl2H2O=4AgCl 2S4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将 S2-氧化生成S时有 Ag+游离出来，NaCl 中大量的Cl-与游离的Ag+结合成 AgCl 沉淀，使得溶解平

27、衡右移，B 中最终出现乳白色沉淀 AgCl 和 S【解析】【分析】(1)中的白色沉淀由NaCl 与 AgNO3溶液发生反应生成。(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3).向 X 中滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向 Y中滴加 KI 溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl 转化为 AgI；由 判断，可确定滤液X 中被检出的离子。另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)A 中，MnO2是 H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。因为 C是做对比实验而设立的，由此可确定C 中盛放的物质W。B中，反应物还有Na

28、Cl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。B中，Ag2S被氧化生成S，则 Ag+会与 NaCl 作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)中的白色沉淀由NaCl 与 AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3).向 X 中滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向 Y中滴加 KI 溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl

29、 转化为 AgI；由 判断，可确定滤液X 中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)A 中，MnO2是 H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；因为 C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W 为 Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH。答案为：2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl 2S4NaOH；B中，Ag2S被 O2氧化生

30、成S，则 Ag+游离出来，会与NaCl 中的 Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl 和 S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将 S2-氧化生成S时有 Ag+游离出来，NaCl 中大量的Cl-与游离的Ag+结合成 AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl 和 S。【点睛】因为 Ksp(Ag2S)=6.3 1050、Ksp(AgCl)=1.5 1016，所以将AgCl转化为 Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为 AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我

31、们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：（1）化合物A 转化为 B的方程式为 _，B 中官能团名称是_。（2）H 的系统命名为 _，H 的核磁共振氢谱共有_组峰。（3）HI 的反应类型是_（4）D 的分子式为 _，反应 B十 I D 中 Na2CO3的作用是 _。（5）F由 E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1 进行合成，F的结构简式为_。（6）D 的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有_种。核磁共振氢谱有 4 组峰；能发

32、生银镜反应；与FeCl3发生显色反应。【答案】溴原子、（酚）羟基3-氯-1-丙烯3 氧化反应9723C H O Br吸收生成的HCl,提高反应产率2【解析】【分析】苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H 的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组峰。HI 的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。根据 D 的结构式得出分子式，B 十 I D 中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收HCl。E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1 进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE 的反应。根据核磁共振氢谱有4 组峰，能发生银镜

33、反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。【详解】化合物A 为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；H 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有 3 组峰，所以故答案为：3-氯-1-丙烯，3；分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；根据 D 的结构简式可得分子式9723C H O Br，反应 B 十 I D 中有 HCl 生成，为促进反应向右进行，可以将HCl 吸收，23Na CO可起到吸收HCl 的作用，故

34、答案为：9723C H O Br，吸收生成的HCl,提高反应产率；与环氧乙烷按物质的量之比为1：1 进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE的反应，生成，故答案为：；根据核磁共振氢谱有4 组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有和两种，故答案为：2 种。【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）184 种相邻的主族短周期元素的相对位置如表，元素x 的原子核外电子数是m 的 2 倍，y 的氧化物具有两性。回答下列问

35、题：m n x y（1）元素 x 在周期表中的位置是第_。其单质可采用电解熔融的_方法制备。用电子式表示该化合物的形成过程：_。（2）m、n、y 三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_。(填化学式)（3）气体分子(mn)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是_。【答案】第三周期第IIA 族氯化镁HNO3Al(OH)32NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O【解析】【分析】这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和 n 位于第二周期，x 和y 位于第三周期，C原子核外电子数是m的 2 倍 y 的氧化物具有

36、两性，则y 是 Al 元素，根据元素位置知，是 Mg元素、m是 C元素、n元素 N元素，根据元素的性质和位置解答本题。【详解】(1)根据上述分析：元素x 是 Mg 元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA 族，金属性比较强，所以单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备；氯化镁属于离子化合物，该化合物的形成过程的电子式为：；答案：第三周期第IIA 族；氯化镁；(2)m、n、y 分别是 C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al 元素，非金属性最强的是N 元素，所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是A

37、l(OH)3，故答案为：HNO3；Al(OH)3；(3)气体分子(mn)2为(CN)2，根据氯气和氢氧化钠溶液反应可知(CN)2和 NaOH 反应生成 NaCN、NaCNO、H2O，其反应方程式为2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O；故答案为：2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O。【点睛】解题突破口：几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m 和 n 位于第二周期，x 和 y 位于第三周期，x 原子核外电子数是m 的 2 倍，y 的氧化物具有两性，则y 是 Al 元素，根据元素位置知 x 是 Mg 元素，m 是 C 元素，n 元素 N

38、元素，再结合题目分析解答。19全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称，2018 年全球碳排放量约371 亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了 CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41 kJmol-12CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)H=-128 kJmol-1则上述过程中CO和 H2转化为 CH2=CH2的热化学方程式是_。下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是_（填标号）。A该过程中，CO2转化为汽油的转

39、化率高达78%B中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C在 Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2O D催化剂HZSM-5 可以提高汽油中芳香烃的平衡产率若在一容器中充入一定量的CO2和 H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。则起始时CO2和 H2的物质的量之比不低于_。（2）研究表明，CO2和 H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)Had 3116060331160(60)124【解析】【分析】根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的

40、中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。【详解】（1）已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41 kJmol-1，II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g)H=-128 kJmol-1，根据盖斯定律II-I2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)H=-128 kJmol-1-（+41 kJmol-1）2=-210kJ?mol-1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H

41、2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)?H=-210kJ?mol-1；A.由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故A 错误；B.中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C.根据图 1 所示，在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成 CO的反应，氢气未参加反应，故C错误；D.催化剂 HZSM-5 的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D 错误；故答案为：B；烷烃的通式为CnH(2n+2)，假设只生成 C6H14和水，则根据原子守恒知：6molCO2恰好完全反应生成1molC6H14和 12molH2O 需要的 H2的物质的量为：1

42、mol14+12mol219mol2，所以 CO2和 H2的物质的量之比不低于 6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；（2）该反应为放热反应，H0，根据方程式知：S0，根据 G=HTS，若 G0则 T 较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；如图所示相同时间内催化剂A 的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b 点时，还未达到平衡，则说明()v 正()v 逆，故答案为：A；a.c(CO2)与 c(H2)初始时比值为1：3，所以按照化学计量数1:3 反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故a 选；b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，

43、正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故b 不选；c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故c 不选；d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故d 选；e.断开 3mol 的 H-H 键时说明有3mol 氢气消耗，则应该消耗1molCO2，则 CO2的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故e 不选；f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量应增大，若不变，说明达到平衡状态，故f 不选；故答案为：ad；c 点时 CO2

44、的转率为80%，则反应掉1mol 80%=0.8mol，2232+13000.82.40.80.80.20.6COg3HgCH OH gH O gmolmolmol0.80.8垐?噲?起始变化平衡起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为100 kPa，则平衡时总压强为：100kPa 2.4mol4mol=60kPa，根据分压=总压 物质的量分数计算得：p332232H OCH OHCOH116060P()P()33K=11P()P()60(60)124，故答案为：3116060331160(60)124。