2019-2020学年北京市东城区北京第二十二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市东城区北京第二十二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下列关于NH4Cl的描述正确的是（）A只存在离子键B属于共价化合物C氯离子的结构示意图：D4NH的电子式：【答案】D【解析】【详解】A 项、氯化铵为离子化合物，既存在离子键又存在共价键，故A 错误；B 项、氯化铵含有离子键，为离子化合物，故B 错误；C 项、氯离子核内有17 个质子，核外有18 个电子，则氯离子结构示意图：，故 C错误；D 项、NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，电子式为，故 D 正确；故选 D。2某种兴

2、奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是（）A该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物B1mol 该物质分别与浓溴水和NaOH 溶液反应时最多消耗Br2和 NaOH 均为 4mol C滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键D该分子中所有碳原子均可能位于同一平面【答案】D【解析】【详解】A该有机物中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，A 错误；B与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两个 H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4 mol

3、的 Br2；3 个酚羟基、一个氯原子，氯原子水解又产生 1 个酚羟基，1mol 该有机物消耗5mol 氢氧化钠，B 错误；C能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、C=C、苯环上的甲基，C错误；D苯环和碳碳双键均是平面形结构，因此分子中碳原子有可能均共平面，D 正确；答案选 D。3对 C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的分析合理的是（）A肯定互为同系物B乙能够发生水解的同分异构体有3 种C甲可能极易溶于水D两种物质具有相同的最简式【答案】C【解析】【详解】A 项、羧酸类和酯类的通式均为CnH2nO2，故甲和乙均可能为酸或酯，故两者不一定是同系物，故A 错误；B 项、乙能发生水解反应的同分异

4、构体为酯类，可能为CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2，共 4 种，故 B 错误；C 项、甲为乙酸或甲酸甲酯，若为甲酸甲酯，难溶于水；若为乙酸，易溶于水，故C 正确；D 项、最简式为各原子的最简单的整数比，C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的最简式分别为CH2O 和 C2H4O，两者不同，故D 错误；故选 C。【点睛】同系物必须是同类物质，含有官能团的种类及数目一定是相同的。4常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B水电离的c(H+)=1 10-13mol

5、/L 的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C与 Al 反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D()wKc H=1 10-13mol/L 的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【分析】【详解】A使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A 错误；B.水电离的c(H+)=1 10-13mol/L 的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中 AlO2-、CO32-不可以共存，B 错误；C强酸和强碱溶液都可以和Al 反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2

6、+和 NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误；D()wKc H=1 10-13mol/L 的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D 正确。答案选 D。5某研究性学习小组的同学在实验室模拟用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝A12(SO4)x(OH)6-2x溶液，并用于烟气脱硫研究，相关过程如下：下列说法错误的是A滤渣 I、II的主要成分分别为SiO2、CaSO4B若将 pH调为 4，则可能导致溶液中铝元素的含量降低C吸收烟气后的溶液中含有的离子多于5 种D完全热分解放出的SO2量等于吸收的SO2

7、量【答案】D【解析】【详解】A.粉煤灰与稀硫酸混合发生反应：Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O，而 SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣I 的主要成分为SiO2；滤液中含Al2(SO4)3，加入碳酸钙粉末后调节pH=3.6，发生反应CaCO3H2SO4=CaSO4CO2 H2O，因 CaSO4微溶，故滤渣II 的成分为CaSO4，A 项正确；B.将 pH 调为 4，溶液中会有部分的铝离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，可能导致溶液中铝元素的含量降低，B 项正确；C.吸收液中本身含有H、Al3、OH、SO42，吸收 SO2以后会生成SO32，部分 SO32会发生水解生成HSO3，溶

8、液中含有的离子多于5 种，C 项正确；D.SO2被吸收后生成SO32，SO32不稳定，被空气氧化为SO42，因此完全热分解放出的SO2量会小于吸收的 SO2量，D 项错误；答案选 D。6下列仪器名称为“烧杯”的是（）ABCD【答案】A【解析】A仪器的名称是烧杯，故A 正确；B仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C仪器的名称是容量瓶，故C错误；D仪器的名称是烧瓶，故D 错误；答案为A。7常温下,向 20.00 mL 0.100 0 molL-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 molL-1 NaOH 溶液时,溶液的 pH 与所加 NaOH 溶液体积的关系如图所示(不考虑 NH3 H2O

9、 的分解)。下列说法不正确的是()A点 a 所示溶液中:c(+4NH)c(2-4SO)c(H+)c(OH-)B点 b 所示溶液中:c(+4NH)=c(Na+)c(H+)=c(OH-)C点 c 所示溶液中:c(+4NH)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(2-4SO)D点 d 所示溶液中:c(+4NH)+c(NH3 H2O)=0.100 0 molL-1【答案】B【解析】【详解】A.a 点为(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c(+4NH)c(2-4SO)，故 A 正确；B.b 点溶液呈中性，所以 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(+4NH)

10、+c(Na+)=2c(2-4SO)，所以 c(+4NH)不等于 c(Na+)，故 B 错误；C.c点溶液中n(NH3 H2O)n(NH4)2SO4 n(Na2SO4)=2 11，由电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(2-4SO)，故 C正确；D.d 点为加入 20mLNaOH 溶液，此时溶液的体积为原体积的2 倍，故含氮微粒的总浓度为原来的1/2，即0.1000mol/L。根据物料守恒则有c(NH4+)+c(NH3 H2O)=0.100 0 molL-1，故 D 正确。故选 B。【点睛】B 选项为本题的难点，在解答离子浓度关系的图象题时，要充分利用各种守恒，

11、如电荷守恒、物料守恒、质子守恒等，在中性溶液中，要特别注意电荷守恒的应用。8为实现随处可上网，中国发射了“中星 16 号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4210N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A 1 mol NH4ClO4溶于水含 NH4+和 ClO4离子数均为NAB产生 6.4g O2反应转移的电子总数为1.4NAC反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为3:1 D 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L【答案】B【解析】【分析】【详解】A.铵根离子水解,浓度减小，则1molNH4ClO4溶于水含

12、ClO4离子数为 NA，含 NH4+离子数小于NA，故 A 错误；B.产生 6.4g 即 0.2molO2，同时生成0.1molCl2，Cl元素化合价由+7价降低到0 价,转移的电子总数为1.4NA，故 B 正确；C.O、N 元素化合价升高,N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低,Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3，故 C错误；D.没有说明是否是标准状况下,无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积，故D 错误；故选：B。9亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。甲乙丙丁反应原理为：2NO+Na2O2=2N

13、aNO2。已知：NO 能被酸性KMnO4氧化成 NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是A甲中滴入稀硝酸前需通人N2B仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-b C丙中 CaCl2用于干燥NO D乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人N2排空气，故A 正确；B制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不

14、纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b 或 a-d-e-g-f-b，故 B 错误；C根据 B 选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故 C正确；D根据已知信息：NO 能被酸性KMnO4氧化成 NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O，故 D 正确；答案选 B。【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二

15、氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。10按照物质的组成分类，SO2属于（）A单质B酸性氧化物C碱性氧化物D混合物【答案】B【解析】【分析】A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SO2属于纯净物。【详解】A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A 错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、SO2属于纯净物

16、，不属于混合物，故D 错误；故选：B。11下列有关判断的依据正确的是（）A电解质：水溶液是否导电B原子晶体：构成晶体的微粒是否是原子C共价分子：分子中原子间是否全部是共价键D化学平衡状态：平衡体系中各组分的物质的量浓度是否相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故A 错误；B.原子晶体的构成微粒是原子，原子间以共价键结合，故B 错误；C.仅由共价键形成的分子是共价分子，所以分子中原子间是否全部是共价键是共价分子的判断依据，故C 正确；D.平衡体系中各组分的物质的量浓度保持不变的状态是化学平衡状态，故D 错误；答案选 C。【点睛】原子晶体的构成微

17、粒是原子，原子间以共价键结合；由原子构成的晶体不一定是原子晶体，例如，稀有气体是由单原子分子构成的分子晶体，分子间存在范德华力。12下列说法中正确的是A丙烯中所有原子均在同一个平面上B分子式为810C H的芳香烃共有4 种C糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应D乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同【答案】B【解析】【详解】A丙烯含有甲基，具有甲烷的结构特征，具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A 错误；B分子式为810C H的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3 种，共 4 种，故 B 正确；C糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；D乙烯

18、含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D 错误；故答案为B。【点睛】高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。13合成导电高分子材料PPV的反应如下。下列说法正确的是（）+（2n-1）HI A合成 PPV的反应为加聚反应B1molPPV 最多能与4 molH2发生加成反应C与溴水加成后的产物最多有14 个原子共平面D和苯乙烯互为同系物【答案】C【解析】【详解】A、合成 PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI 生成，不属于加聚反应，选项A 错误；B、1

19、molPPV 中含有 2nmol 碳碳双键，最多能与4n molH2发生加成反应，选项B 错误；C.与溴水加成后的产物为，根据苯分子中12 个原子共面、甲烷为正四面体结构可知，该分子中最多有14 个原子共平面，选项C正确；D.和苯乙烯相差C2H2，不是相差n 个 CH2，不互为同系物，选项D 错误。答案选 C。14有机物X 分子式为C3H6O，有多种同分异构体。其中之一丙醛(液态)的燃烧热为1815kJ/mol。下列说法不正确的是A X 的同分异构体中，含单官能团的共5 种B1mol X 最多能和1mol H2加成C表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)

20、+3H2O(l)H=+1815kJ/mol D X 的同分异构体其中之一CH2=CHCH2OH 可以发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A X 的同分异构体中，含单官能团的异构体分别为CH3CH2CHO、CH3COCH3、共 5 种，A 正确；B1mol X 中最多含1mol 碳氧双键或1mol 碳碳双键，最多能和1mol H2加成，B正确；C表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)H=-1815kJ/mol，C 不正确；D X 的同分异构体之一CH2=CHCH2OH 中-OH可发生取代反应、氧化反应

21、，碳碳双键可发生加成反应、加聚反应，D 正确；故选 C。15下列说法正确的是（）A甲烷有两种二氯代物B1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为5NAC等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物是CH3Cl D邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构【答案】D【解析】【详解】A.甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故A 错误；B.1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为6NA，故 B 错误；C.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，多步取代反应同时进行，所以等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物为多种氯代烃与氯化氢的混合物，故C错误；D.邻二甲

22、苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构，故D 正确。综上所述，答案为D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16是一种高效安全消毒剂，常温下为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5，沸点为11.0，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备水溶液并检验其性质。二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入固体和，然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌（如图），将烧瓶放在热水浴中，保持6080，至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：(1)装置 A用水浴加热的优点是_；装置 A中水浴温度不低于60，其原因是_。(2)装置 A中反应生成及等产物的化

23、学方程式为_；(3)装置 B的水中需放入冰块的目的是_；已知缓慢水解生成的含氯化合物只有和，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为_；装置 C中的溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为的1:1 的两种盐，一种为，另一种为 _。的含量测定步骤 1：量取溶液，稀释成试样；量取试样加入到锥形瓶中；步骤 2：调节试样的，加入足量的晶体，振荡后，静置片刻；步骤 3：加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(4)已知：，原溶液的浓度为 _（用含字母的代数式表示），如果滴定速度过慢，会使计算出的数值_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。设计实验验证的氧化性(5)取适量水溶液加入溶液中，振荡，得无色溶液

24、。欲检验的氧化产物，还需要用到的试剂是_。(6)证明的氧化性比强的方案是 _。【答案】受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O 可减少 ClO2挥发和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3偏大盐酸和 BaCl2溶液将 ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。【解析】【分析】水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含

25、冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中 NaOH 溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1 的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO25I210Na2S2O3计算 c(ClO2)；III.ClO2具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置 A 用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2水

26、解；(2)装置 A 中反应生成ClO2及 KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O；(3)装置 B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和 Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置 C中 NaOH 溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1 的两种盐，由于ClO2中 Cl元素的化合价为+4 价

27、，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2 5I2，结合反应 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO25I210Na2S2O3。设原 ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=cV2 10-3mol，2ClO25I210Na2S2O32mol 10mol cV2 10-3mol，2:10=：(cV2 10-3)，解得 x=g/L；如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的

28、 ClO2的含量就会偏大；(4)取适量 ClO2 水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即 H2S被氧化产生了H2SO4；(5)证明 ClO2 的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化 Fe2+生成 Fe3+，可将 ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入 KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。【点睛】本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提

29、供的信息能力与应用能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体 Y的一种同素异形体的分子式是_，红褐色沉淀的化学式_。(2)X 在隔绝空气条件下受高温分解为Y 和 Z的化学方程式_。(3)取黄色溶液W 滴加在淀粉-KI 试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因_。【答案】O3Fe(OH)36Fe2O3高温4Fe3O4O2 2I2Fe3=2Fe2I2【解析】【分析】无色气体Y为 O2，同素异形体的分子式是O3，且 X 中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X 为氧化铁，再根据

30、X 分解得到Y与 Z的量的关系可知，Z为 Fe3O4，W 为 FeCl3，红褐色沉淀为 Fe(OH)3。由于 FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉-KI 试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为 O2，同素异形体的分子式是O3，且 X 中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X 为氧化铁，再根据X 分解得到Y与 Z的量的关系可知，Z为 Fe3O4，W 为 FeCl3，红褐色沉淀为 Fe(OH)3；由于 FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉-KI 试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y

31、为 O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为 Fe2O3，Y为 O2，Z 为 Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和 O2，化学反应方程式为 6Fe2O3高温4Fe3O4O2；故答案为：6Fe2O3高温4Fe3O4O2；（3）W 为 FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将 KI氧化为 I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I2Fe3=2Fe2 I2；故答案为：2I2Fe3=2Fe2I2。【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；第（3）问错将离子

32、方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。（一）CO2的化学捕获：（1）CO2可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为 _（写含碳粒子符号）。（室温下，H2CO3的 Ka1=4.3107；Ka2=5.6 1011）（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO/H2，既可实现CO2的减排又可高效制备合成气

33、（CO/H2），其工作原理如图。写出电极A 发生的电极反应式_。（二）CO2的综合利用（1）CO2与 CH4经催化重整制得合成气：反应 CH4（g）H+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）H1已知氢气、一氧化碳和甲烷的标准燃烧热（25）如表所示物质H2（g）CO（g）CH4（g）标准燃烧热H/kJ?mol1285.8 283.0 890.3 则反应 I 的 H=_kJ?mol1。（2）用 CO2催化加氢制取二甲醚的反应为：反应.2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g），在 10L恒容密闭容器中，均充入2mol CO2和 6moH2，分别以铱（Ir）和铈（Ce）作催

34、化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率（CO2）随反应温度的变化情况如图1。根据图1，下列说法不正确的是_。A反应的H0，S0 B用 Ir 和 Ce 作催化剂时，反应的活化能更低的是Ce C状态 d 时，v（正）v（逆）D从状态b 到 d，（CO2）先增大后减小，减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动状态 e（900K）时，（CO2）=50%，则此时的平衡常数K=_。若 H2和 CO2的物质的量之比为n：1，900K 时相应平衡体系中二甲醚的物质的量分数为x，请在图2 中绘制 x 随 n 变化的示意图。_【答案】CO32CO2+2e CO+O2、H2O+2e=H2+O2+247.3 BC

35、 62527或 23.15【解析】【分析】（一）（1）K2=2-+3-3c(CO)c(H)c(HCO)=51011，当溶液的pH=13，c（H）=10-13，有2-3-3c(CO)c(HCO)=-11-135 1010=500，即 c（CO32）c（HCO3）；（2）电解池中，根据O2移动方向可知：A 电极为阴极，该电极上发生还原反应，CO2、H2O 分别在 A极得到电子发生还原反应生成CO、H2，同时生成O2；（二）（1）写出 H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式：H2（g）+12O2（g）=H2O（g）H=285.8kJ?mol1、CO（g）+12O2（g）=CO2（g）H=283.0k

36、J?mol1、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJ?mol1，再利用盖斯定律求出CH4（g）H+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的 H1；（2）A反应 2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）正向是体积减小的反应，S0；由图 1 可知，状态d 是用 Ce 作催化剂的平衡状态，随着温度的升高，反应物CO2的转化率降低，说明反应正向放热；B催化剂能降低反应物的活化能，加快反应速率，使可逆反应快速达到平衡，用Ce 作催化剂时，CO2的转化率小、且比用Ir 作催化剂后达到平衡，即反应速率小；C状态 d 是使用两种催化剂时一定温度下

37、，某一时刻的平衡状态，反应速率不变；D状态 b 到 d 是用 Ir 作催化剂的平衡体系，平衡状态d 相对开始平衡（750左右）时，（CO2）减小主要由温度影响，可能平衡逆向移动；（CO2）=50%，则 c（CO2）的变化量为0.2molL150%=0.1mol L1，利用三段式列式，求出平衡量，再求出平衡常数k；H2和 CO2的物质的量之比为n：1，随着 H2的增加，即H2和 CO2的物质的量之比增大，平衡体系中CO2的转化率增大，二甲醚的物质的量分数x 也增大，当n：1=6：2=3：1 时，x 值最大；当n：13：1时，x 值逐渐减小；当n=3 时，x=1/12。【详解】（一）（1）K2=2

38、-+3-3c(CO)c(H)c(HCO)=51011，当溶液的pH=13，c（H+）=1013，有2-3-3c(CO)c(HCO)=-11-135 1010=500，即 c（CO32）c（HCO3），所以该溶液中含碳粒子以阴离子CO32为主；（2）根据电解池中O2移动方向推断：A 电极为阴极，该电极上发生还原反应，CO2、H2O 分别在 A 极得到电子发生还原反应生成CO、H2，同时生成O2，所以 CO2在 A 极反应式为：CO2+2eCO+O2，H2O 在 A电极反应式为：H2O+2e=H2+O2；（二）（1）H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式分别为：H2（g）+12O2（g）=H2O（

39、g）H=285.8kJ?mol1、CO（g）+12O2（g）=CO2（g）H=283.0kJ?mol1、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJ?mol1，再利用盖斯定律、依据总反应有：2 2，H1=890.3kJ?mol1（283.0kJ?mol1）2（285.8kJ?mol1）=+247.3kJ?mol1；（2）A反应 2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）正向是体积减小的反应，S0；由图 1可知，随着温度的升高，反应物CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，则反应正向放热，故 A 正确；B催化剂能降低反应物的活化能，

40、使可逆反应快速达到平衡，用Ce作催化剂时，CO2的转化率小、且比用 Ir 作催化剂后达到平衡，说明用Ir 作催化剂时反应物的活化能高、反应速率小，故B错误；C状态 d 是 800时某一时刻的平衡状态，反应速率不变，v（正）=v（逆），故 C错误；D用 Ir 作催化剂的平衡体系，不平衡状态b 到 d 平衡状态，（CO2）先增大后减小，状态d 相对开始平衡（750左右）时，（CO2）减小的主要是温度升高，可能平衡逆向移动，故D 正确；故选：BC；（CO2）=50%，则 c（CO2）的变化量为0.2mol/L 50%=0.1mol/L，三段式列式为：2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）

41、+3H2O（g）初始浓度：0.2 0.6 0 0 变化浓度：0.1 0.3 0.05 0.15 平衡浓度：0.1 0.3 0.05 0.15 K=33322622c(CH OCH)c(H O)c(CO)c(H)=3260.050.150.10.3=6252723.15；H2和 CO2的物质的量之比为n：1，随着 H2的增加，即H2和 CO2的物质的量之比增大，平衡体系中CO2的转化率增大，二甲醚的物质的量分数x 也增大，当n：1=6：2=3：1 时，x 值最大；当n：13：1 时，x 值逐渐减小；当n=3 时，x=112；故答案为：。19五味子丙素具有良好的抗肝炎病毒活性，其中间体H 的一种合

42、成路线如下：(1)A 中含氧官能团的名称为_和_。(2)BC 的反应类型为_。(3)F 的分子式为C10H11NO5，EF 发生还原反应，写出F的结构简式：_。(4)D 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有4 种不同化学环境的氢。(5)332浓HNO(CH CO)O或。写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_【答案】羟基羧基取代反应【解析】【分析】A和 CH3OH 在催化剂作用下发生取代反应生成B，B 与(CH3)2SO4发生取代

43、反应，生成 C，C用 CH2I2将-OH 保护起来，得到 D，D 与浓硝酸发生取代反应生成硝基化合物 E，E中硝基被SnCl2和 HCl 还原成氨基，生成 F，F为，F与 NaNO2、H2SO4生成 G，G与 CuBr 反应生成H。【详解】(1)A中含氧官能团的名称为羟基和羧基。(2)B中羟基上的H 与(CH3)2SO4发生取代反应生成C，BC 的反应类型为取代反应。(3)F 的分子式为C10H11NO5，结合 D 和 G的结构简式，D 与浓硝酸发生取代反应生成硝基化合物E，E中硝基被SnCl2和 HCl还原成氨基，生成F，F为。(4)D 为，同分异构中能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，和醛基；分子中有4 种不同化学环境的氢，说明苯环的取代基呈轴对称，可能结构为：。(5)根据题干提供的信息，模仿 D 到 G合成的过程，先用浓硝酸硝化，再还原生成氨基，与 NaNO2、H2SO4生成，再水解生成酚，和(CH3)2SO4为原料制备，合成路线流程图。【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析判断及知识综合运用、知识迁移能力，明确官能团的结构和性质关系、物质之间的转化关系、知识迁移运用方法是解本题关键，注意结合题给信息进行合成路线设计，难点（4）同分异构体的书写。