2019-2020学年福建省泉州市晋江四校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省泉州市晋江四校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根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C 室温下，用pH 试纸测得：0.1 mol/LNa2SO3溶液的 pH 约为 10；0.1 mol/L NaHSO3的溶液的pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱D 取少许 CH3CH2Br 与 NaOH 溶液

2、共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br 没有水解A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A 错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B 错误；C.NaHSO3溶液电

3、离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱，C正确；D水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。225时，1 mol/L 醋酸加水稀释至0.01 mol/L，下列说法正确的是A溶液中+c Hc(CH,COOH)的值增大BpH 增大 2 个单位C溶液中c(OH-)减小DKw减小【答案】A【解析】【详解】A加水稀释，溶液中的c(C

4、H3COO-)减小，但醋酸的Ka=33c CH COOc Hc CH COOHn不变，故溶液中+c Hc(CH,COOH)的值增大，故A 正确；B加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH 的变化小于2，故 B错误；C对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw 不变，故c(OH-)增大，故C错误；D Kw 只受温度的影响，温度不变，Kw 的值不变，故加水稀释对Kw 的值无影响，故D 错误；故答案为A。3向氯化铁溶液中加入ag 铜粉，完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g。下列说法正确的是A若 a c，则滤液中可能含三种金属离子，且b 可能小于

5、c B若 a c，则 c g 固体中只含一种金属，且b 可能大于c C若 a c，则 c g 固体含两种金属，且b 可能与 c 相等D若 a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b 可能小于c【答案】B【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag 铜粉，反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g，可能发生反应为2FeCl3+Fe 3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu，根据发生的反应分析。【详解】发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+C

6、u2FeCl2+CuCl2；CuCl2+FeFeCl2+Cu；2FeCl3+Fe3FeCl2，则A若 ac，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，56gFe可以置换64gCu，所以 b 一定小于c，选项 A 错误；B若 a c，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，c g 固体中只含一种金属Cu，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，b 一定小于c，选项 B 错误；C若 a c，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+，c g固体中含两种金属Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+Fe

7、FeCl2+Cu 可知 b 可能与 c 相等，选项C正确；D若 a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力。4Fe3+、SO42、Al3+和 X四种离子以物质的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中，X可能是（）A Na+BClCCO32DOH【答案】B【解析】【分析】【详解】假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol，则根据溶液中的电荷守恒分析，23+13=24+1x，解 x=1，说明阴离子带一个单位的负

8、电荷，铁离子和氢氧根离子不能共存，所以氢氧根离子不存，故X可能为氯离子，故选B。5延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是A京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRP B中国馆屋顶ETFE保温内膜C八达岭长城城砖D2022 年冬奥会高山滑雪服【答案】C【解析】【分析】【详解】A.FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A 项错误；B.ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误；C.长城城砖属于无机非金属材料，C 项正确；D.高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D 项错误

9、；答案选 C。6我国科技人员全球首创3290 块长宽均为800 毫米，重量仅为2.85 公斤的可折叠光影屏助阵70 周年国庆庆典。下列有关说法正确的是A光影屏中安装的计算机芯片，其材质是二氧化硅B为提升光影屏的续航能力，翻倍提高电池的能量密度C光影屏选用可折叠LED，其工作原理是将化学能转化为电能D为减轻光影屏的重量，选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A光影屏中安装的计算机芯片，其材质是硅，A 不正确；B可折叠光影屏将续航能力翻倍提升，电池的能量密度翻倍提高，B 正确；CLED光影屏白天将光能转化为电能，夜晚将电能转化为光能，C 不正确；D碳纤维是

10、无机非金属材料，D 不正确；故选 B。7某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是()A该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应B该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上C与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3 种D 1mol 该有机物最多与4molH2反应【答案】D【解析】【分析】有机物分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，结合苯、烯烃和羧酸的性质分析解答。【详解】A该有机物含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成、氧化反应；但不能发生水解反应，A错误；B由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，B 错误；C与该有机物

11、具有相同官能团的同分异构体如果含有1 个取代基，可以是-CH=CHCOOH 或-C(COOH)=CH2，有 2 种，如果含有2 个取代基，还可以是间位和对位，则共有4 种，C错误；D苯环和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，所以1mol 该有机物最多与4molH2反应，D 正确；答案选 D。8含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于20682Pb 和20782Pb 说法正确的是A含不同的质子数B含不同的电子数C含相同的中子数D互相转化时不属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A20682Pb和20782Pb 的质子数都为82，故 A 错误；B20682Pb 和20782Pb 的质子

12、数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故 B错误；C20682Pb 的中子数为206-82=124，20782Pb 的中子数为207-82=125，中子数不同，故C错误；D20682Pb 和20782Pb 的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D 正确；故选 D。【点睛】本题的易错点为D，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。9饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体下列分析错误的是（）A该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3 NaHCO3+NH4Cl B母液中通入的氨气

13、与HCO3反应：NH3+HCO3 CO32+NH4+C加食盐是为增大溶液中Cl的浓度D由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大【答案】D【解析】【分析】【详解】A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的3NaHCO以沉淀的形式析出，A 项正确；B.3NH溶于水得到一水合氨，-3HCO可以和一水合氨发生反应，得到2-3CO和+4NH，B 项正确；C.加食盐是为了提高溶液中-Cl的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C 项正确；D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D 项错误；答案选 D。10热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源

14、。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2 LiCl+Ca CaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法不正确的是A负极反应式：Ca+2Cl2eCaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C每转移0.2mol 电子，理论上生成20.7gPb D常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转【答案】B【解析】【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2L

15、i+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算。【详解】A、Ca为原电池的负极，反应的电极方程式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，故 A 不符合题意；B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Li+向正极移动，故B符合题意；C、根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.2 mol 电子，理论上生成0.1molPb，质量为20.7gPb，故 C不符合题意；D、常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故 D 不符合题意；故选：B。11下列说法错误的是A取用固体

16、43NH NO时动作一定要轻B蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中C容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏D量取 5.2 mL 硫酸铜溶液用到的仪器有10 mL 量筒、胶头滴管【答案】B【解析】【分析】本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；D.要量取 5.2 mL 硫酸铜溶液，应选择 10 mL 规格的量筒，向量筒

17、内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL 量筒和胶头滴管，故不选D；答案：B 12用化学用语表示2CO22Na2O2=2Na2CO3O2中的相关微粒，其中正确的是()A中子数为6 的碳原子：612C B氧原子的结构示意图：CCO2的结构式：OCO DNa2O2的电子式：NaNa【答案】B【解析】【详解】A.中子数为6 的碳原子：，A 项错误；B.氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B 项正确；C.CO2分子中各原子满8 电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；D.Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极

18、性共价键，其电子式为：，D 项错误；答案选 B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。13工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。已知在 25时：C(s)+12O2(g)垐?噲?CO(g)?H4=-111kJ/mol H2(g)+12O2(g)=H2(g)?H2=-242kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g)?H2=-394kJ/mol 下列说法不正确的是（）A 25时，1222CO(g)+H

19、(g)=CO(g)+H(g)H=-41kJ molB增大压强，反应的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小C反应达到平衡时，每生成1mol CO的同时生成0.5molO2D反应断开2molH2和 1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H 键所放出的能量少484kJ【答案】B【解析】【详解】A.在 25时：C(s)+12O2(g)垐?噲?CO(g)?H4=-111kJ/mol；H2(g)+12O2(g)=H2(g)?H2=-242kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g)?H2=-394kJ/mol，结合盖斯定律可知-得到CO(g)+H2 O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-

20、41kJ/mol，故 A 正确；B.增大压强，反应 的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K 不变，故B 错误；C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则 达到平衡时，每生成1molCO 的同时生成 0.5molO2，故 C正确；D.反应 为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应 断开 2molH-H 和 1molO=O 中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H 键所放出的能量少484kJ，故 D 正确；答案选 B。【点睛】反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。14化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质

21、都正确且有相关性的是选项用途性质A 液氨作制冷剂NH3分解生成N2和 H2的反应是吸热反应B NH4Fe（SO4）2 12H2O 常作净水剂NH4Fe（SO4）2 12H2O 具有氧化性C 漂粉精可以作环境消毒剂漂粉精溶液中ClO-和 HClO都有强氧化性D Al2O3常作耐高温材料Al2O3，既能与强酸反应，又能与强碱反应A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A液氨汽化时需要大量吸热，液氨常用作制冷剂，与氨气的分解无关，故A 错误；B铁离子水解生成氢氧化铁胶体，使得4422NH FeSO12H O（）具有吸附性，常作净水剂，与氧化性无关，故 B 错误；C漂粉精作为消毒剂是因为C

22、lO-和 HClO都有强氧化性，故C正确；D氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高，与其化学性质无关，故D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为B，要注意净水剂是利用物质的吸附性，杀菌消毒一般利用物质的氧化性。15常温下，HCOOH和 CH3COOH的电离常数分别1.80 10-4和 1.7510-5。将 pH=3，体积均为 V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH 随 lg0VV的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A溶液中水的电离程度：b 点 c 点B相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C从 c 点到 d 点，溶液中-(HA)(O(H)Accc不变

23、（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，的 pH 大于 的 pH，则表明 的 n(H+)小于 的 n(H+)，从而表明 lg0VV=0 时，对应的酸电离程度大，为 HCOOH，为 CH3COOH；pH=3 时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以 CH3COOH的起始浓度大。【详解】A在 c 点，溶液的pH 大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点 c 点，A 正确；B相同体积a 点的两溶液，CH3COOH的物

24、质的量比HCOOH大，分别与NaOH 恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中 n(Na+)大，B 错误；C对于 HCOOH来说，从c 点到 d 点，温度不变，溶液中-(HA)(O(H)Accc=Ka(HCOOH)不变，C 正确；D若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D 正确；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某实验小组探究SO2与 Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将 SO2通入 Cu(OH)2悬浊液的反应中。B 中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO

25、4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_，关闭弹簧夹。打开分液漏斗旋塞，A 中发生反应的方程式是_。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：在氧气流中煅烧红色固体的目的是_。根据上述实验可得结论：该红色固体为_。（3）实验三：为探究B 中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向 4mL1mol/L 的 CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量 B 中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。实验 i 的目的 _

26、。根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L 的 CuSO4溶液中加入 _溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_。（用化学方程式表示）【答案】打开弹簧夹，通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O 将红色物质转化为氧化铜Cu 排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或 KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)

27、2【解析】【分析】(1)为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；装置 A 中的反应是制备SO2的反应；(2)将 SO2通入 Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O 或二者的混合物；在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)根据 B中所得溶液中可能的成分等，实验i 可以排除部分成分显绿色的可能性；确认 Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了

28、含HSO3-离子的物质。【详解】(1)为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；装置 A 中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O；(2)将 SO2通入 Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O 或二者的混合物；在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；由实验可知n(CuO)=2.0g80g/mol=0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为1.6g0.025mol=64g/mol，故红色固体为铜；(3

29、)B 中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B 所得溶液呈绿色，实验i 可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；确认 Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或 KHSO3；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【点睛】本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一

30、分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物中间体(G)在有机制药工业中的一种合成方法如下:回答下列问题:(1)化合物 D 和 G 中含氧官能团的名称分别为_、_。(2)由 BC 的反应类型为_;写出 C D反应的化学方程式:_。(3)化合物 E的结构简式为 _。(4)反应 FG 的另一种生成物是_。(5)写出同时满足下列条件的B 的同分异构体的结构简式:_。能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应:核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:4:9;分子中含有氨基。(6)已知:RCN2

31、H催化剂、加热RCH2NH2请设计以HOOCCH2COOH和 CH3CH2Cl为原料制备的合成路线:_(无机试剂任用)。【答案】酯基肽键加成反应CH3CH2OH 和【解析】【分析】A 发生取代反应生成B，B和 HCl 发生加成反应生成C，C 与 KCN发生取代反应生成D，D 与盐酸反应，根据 E和乙醇发生酯化反应生成F，根据 F的结构推出E的结构简式为，F和 C2H5NH2发生取代反应生成G 和乙醇。【详解】(1)根据 D、G 的结构得出化合物D 中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。(2)根据 BC 的结构式得出反应类型为加成反应；根据C D反应得出是取

32、代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。(3)根据 E到 F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为：。(4)根据反应FG 中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2 个 NH2,1 个 C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为：和。(6)CH3CH2Cl 在碱性条件下水解得到CH3CH

33、2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl与 KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据 F到 G 的转化过程，CH3CH2CH2NH2与 CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：有机物A 的质谱与核磁共振氢谱图如图所示：回答下列问题：（1）A 的名称是 _。（2）反应的反应类型是_

34、。（3）反应的化学方程式是_。（4）F的结构简式是_。（5）同时满足下列条件的G 的同分异构体共有_种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：_。能发生银镜反应发生发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应1mol 该物质最多能与8molNaOH 反应（6）参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_。【答案】乙醇取代反应3【解析】【分析】根据已知条件，有机物A 的质谱与核磁共振氢谱可知，A 的相对原子质量是46，核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为1:2:3，A 为乙醇；根据流程，E在 Fe和 HCl 作用下发生还原反应生成，则 E为；E是

35、D 反应而来的，D 为；D 是有 A 和 C 在浓硫酸作用下酯化反应得到的，C为；C是有分子式C7H8氧化而来的，B 为甲苯，结合和G 的分子式，可知对二甲苯与2 分子一氯甲烷反应生成；根据可知，F氧化生成G，G 脱水生成H，H为。【详解】（1）根据上述分子可知A 为乙醇；（2）反应是D 在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成的E；（3）反应还A 与 C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，化学方程式为；（4）F的结构简式是；（5）同时满足上述3 个条件的同分异构体是、；（6）间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸二甲酯发生硝化反应生成，还原得到目

36、标产物，合成路线为：。19铬渣（主要含Cr2O3,还有 Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）是铬电镀过程中产生的含铬污泥,实现其综合利用可减少铬产生的环境污染。铬渣的综合利用工艺流程如下:试回答下列问题:（1）高温煅烧时,Cr2O3参与反应的化学方程式为_。（2）“浸出液”调 pH 时加入的试剂最好为_，除杂时生成Al（OH）3的离子方程式为_。（3）加入 Na2S时，硫元素全部以S2O32-形式存在,写出该反应的离子方程式:._（4）根据图1 溶解度信息可知,操作 a 包含蒸发结晶和_。固体 a 化学式为 _（5）设计如图装置探究铬的性质,观察到图2 装置中铜电极上产生大量的无色气泡，根

37、据上述现象试推测金属铬的化学性质:_。在图 3 装置中当开关K 断开时,铬电极无现象,K 闭合时,铬电极上产生大量无色气体,然后气体变为红棕色，根据上述现象试推测金属铬的化学性质:_。（6）工业上处理酸性Cr2O72-废水多采用铁氧磁体法,该法是向废水中加入FeSO4.7H2O 将 Cr2O72-还原成 Cr3+,调节 pH,使 Fe、Cr 转化成相当于FeFexCr（2-x）O4（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀。每处理 1 mol Cr2O72-,需加人 a molFeSO4 7H2O,下列结论正确的是_.（填字母）。A x=0.5,a=6 B x=0.5,a=10 C x=1.5,

38、a=6 D x=1.5,a=10【答案】5 Cr2O3+7NaCO3+6 NaNO3=10 Na2CrO4+3N2+7CO2CO2AlO2-+CO2+2H2O=A(OH)3+HCO3-6S2-+8CrO42-+23H2O=8Cr(OH)3+3S2O32-+22OH-趁热过滤Na2SO4铬比铜活泼性强铬在稀硝酸中发生钝化D【解析】【分析】(1)根据煅烧后的产物确定煅烧过程发生反应的产物，根据电子守恒和元素守恒写出方程式；(2)浸出液中除含铬酸钠外，还有杂质偏铝酸钠、硅酸钠；偏铝酸根与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；(3)根据信息可知,加入 Na2S时，主要变化为S2-S2O32-、CrO42-Cr

39、(OH)3，据此可写出反应的离子方程式。(4)根据溶解度曲线可知温度超过50 后，硫酸钠的溶解度下降，但重铬酸钠溶解度上升，所以趁热过滤可将二者分离。(5)图 2 中铜电极产生无色气泡为氢气，所以铜电极为正极，铬电极为负极；图 3 中铬电极上生成一氧化氮，发生还原反应，为正极，铜电极为负极；(6)根据元素守恒和电子守恒进行计算。【详解】(1)根据煅烧后的产物可知在煅烧过程中Cr2O3被氧化成Na2CrO4，氧化剂为NaNO3，还原产物为氮气，根据电子守恒和元素守恒可知答案为：5 Cr2O3+7NaCO3+6 NaNO3=10 Na2CrO4+3N2+7CO2；(2)浸出液中除含铬酸钠外，还有杂

40、质偏铝酸钠、硅酸钠，调节pH 将两种杂质分别转化为氢氧化铝和硅酸沉淀除去，最好通入二氧化碳。偏绿酸根与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根(过量 CO2)，故答案为：CO2；AlO2-+CO2+2H2O=A(OH)3+HCO3-；(3)根据信息可知,加入 Na2S时，主要变化为S2-被氧化成S2O32-，氧化剂为CrO42-，被还原成Cr(OH)3，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：6S2-+8CrO42-+23H2O=8Cr(OH)3+3S2O32-+22OH-；(4)根据物质的溶解度曲线可知:将溶液蒸发浓缩后，趁热过滤，可以将Na2SO4与 Na2Cr2O7分离，得到硫酸钠固体；因此操

41、作a 是蒸发结晶、趁热过滤，故答案为：趁热过滤；Na2SO4；(5)由图 2 装置中的现象可知，金属铬的活泼性比铜强；而图3 装置中 K 闭合时铬电极上NO3-得电子，则说明铬被稀硝酸氧化生成的氧化物阻止了铬进一步反应，即发生钝化现象，故答案为：铬比铜活泼性强；铬在稀硝酸中发生钝化。(6)每处理 1molCr2O72-，需加入amolFeSO4 7H2O，根据铬原子守恒，1molCr2O72-完全反应后生成22-xmol FeFexCr(2-x)O4，根据铁原子守恒的amol=2 1+x2-xmol，该反应中得失电子数相等，所以有1mol 2(6-3)=22-xmol(3-2)x，联立解得x=1.5，a=10，故答案为D。