2019-2020学年北京市海淀区首都师范大学附属育新学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年北京市海淀区首都师范大学附属育新学校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学年北京市海淀区首都师范大学附属育新学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年北京市海淀区首都师范大学附属育新学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图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中不正确的是A a 极应与 X 连接BN 电极发生还原反应，当N 电极消耗11.2 L(标准状况下)O2时，则 a 电极增重64 g C不论 b 为何种电极材料，b 极的电极反应式一定为2Cl2e=Cl2D若废水中含有乙醛，则M 极的电极反应为：CH3CHO3H2O10e=2CO2 10H【答案】C【

2、解析】【分析】【详解】根据题给信息知，甲图是将化学能转化为电能的原电池，N 极氧气得电子发生还原反应生成水，N 极为原电池的正极，M 极废水中的有机物失电子发生氧化反应，M 为原电池的负极。电解氯化铜溶液，由图乙氯离子移向b 极，铜离子移向a 极，则 a为阴极应与负极相连，即与X 极相连，b 为阳极应与正极相连，即与 Y极相连。A.根据以上分析，M 是负极，N 是正极，a 为阴极应与负极相连即X极连接，故A 正确；B.N 是正极氧气得电子发生还原反应，a 为阴极铜离子得电子发生还原反应，根据得失电子守恒，则当N电极消耗11.2L(标准状况下)气体时，则a 电极增重11.2L22.4L/mol

3、4 264g/mol=64g，故 B正确；C.b 为阳极，当为惰性电极时，则电极反应式为2C1-2e-=Cl2，当为活性电极时，反应式为电极本身失电子发生氧化反应，故C错误；D.若有机废水中含有乙醛，图甲中M 极为 CH3CHO失电子发生氧化反应，发生的电极应为：CH3CHO+3H2O-l0e-=2CO2+l0H+，故 D 正确。答案选C。【点睛】本题考查的是原电池和电解池的工作原理。根据装置图中电极反应的类型和离子移动的方向判断甲图中的正负极、乙图中的阴阳极是解题的关键。2根据热化学方程式：S(s)+O2(g)SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是A 1molSO2(g)的能量总和

4、大于1molS(s)和 1molO2(g)的能量总和B加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量CS(g)+O2(g)SO2(g)+Q1 kJ；Q1的值大于297.23 D足量的硫粉与标况下1 升氧气反应生成1 升二氧化硫气体时放出297.23 kJ 热量【答案】C【解析】【详解】A 放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以 1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和 1molO2(g)的能量总和，故A 错误；B加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误；C因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)+O2(g)SO2(g)的反应

5、热的数值大于297.23kJ?mol-1，故 C 正确；D热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L 氧气的物质的量小于1mol，故 D 错误；故答案为：C。3黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在 1200高温下继续反应：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2 则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将 1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol D若 1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】反应 中 S化合价变化为：-2+4，O 化合价变

6、化为：0-2；反应 中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A O 化合价降低，得到的还原产物为Cu2O 和 SO2，A 选项错误；B 反应中Cu2S所含 Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol，C 选项正确；D 根据反应：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，若 1molCu2S完全转化为2molCu，只有 S失电子，：(4-(-2)mol=6mol，

7、所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D 选项错误；答案选 C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。4下图为元素周期表的一部分，X、Y、Z、M 均为短周期元素，除M 外，其余均为非金属元素。下列说法正确的是Y Z M X A简单离子半径：MY B单质熔点：X M C简单气态氢化物的稳定性：YZ DY 的氧化物对应水化物均为强酸【答案】B【解析】【分析】除 M 外，其余均为非金属元素，则M 为铝(Al)，从而得出X为硅(Si)，Y为氮(N)，Z 为氧(O)。【详解】A M 为铝(Al)，Y为氮(N)，Al3+与 N3-电子层结构相同，但Al3+的核

8、电荷数大，所以离子半径：Al3+Al，B正确；CY为氮(N)，Z为氧(O)，非金属性NO，则简单气态氢化物的稳定性：NH3H2O，C不正确；D Y为氮(N)，Y 的氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，HNO2为弱酸，D 不正确；故选 B。5用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A Al 和 O2化合放出热量B硝酸汞是催化剂C涉及了：2Al+3Hg2+2Al3+3Hg D“白毛”是氧化铝【答案】B【解析】【分析】铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去

9、氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A.实验中，温度计示数上升，说明Al 和 O2化合放出热量，A 项正确；B.硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B 项错误；C.硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+2Al3+3Hg，C项正确；D.铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D 项正确。本题选 B。6下列属于不可再生能源的是（）A氢气 B石油 C沼气 D酒精【答案】B【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生

10、能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。7科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。已知：电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；二硫化钼起催化作用。下列叙述不正确的是（）A放电时，a 极发生氧化反应B放电时的总反应是2Li+O2=Li2O2C充电时，Li+在电解质中由b 极移向 a 极D充电时，b 极的电极反应式为：Li2O2+2e-=2Li+O22-【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知A 电极为锂电极，在放电时，失去电子

11、变为Li+，发生氧化反应，A 正确；B.根据图示可知a 电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b 电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B 正确；C.充电时，a 电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a 电极获得电子，变为Li，所以充电时 Li+在电解质中由b 极移向 a 极，C正确；D.充电时，b 极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O2-2e-=2Li+O2，D 错误；故合理选项是D。8有机物M、N、Q 的转

12、化关系为：下列说法正确的是()A M 分子中的所有原子均在同一平面B上述两步反应依次属于加成反应和取代反应CM 的同分异构体中属于芳香烃的还有3 种D Q 与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【分析】由转化关系可知，与氯气在光照条件下发生取代反应生成，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成。【详解】A 项、分子中的侧链为乙基，乙基含有2 个饱和碳原子，则分子中的所有原子不可能在同一平面，故A错误；B 项、与氯气在光照条件下转化为的反应属于取代反应，故B 错误；C 项、的同分异构体中属于芳香烃的还有对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯，共3 种，故 C正确；D项、属于芳

13、香醇，其与乙醇不是同系物，故D正确。故选 C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。9化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是（）A葡萄酒中添加SO2，可起到抗氧化和抗菌的作用BPM2.5 颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧D淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物【答案】A【解析】A、利用 SO2有毒，具有还原性，能抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5 指大气中直径小于或等于2.5 微米，没有在1nm 100nm之间，构成的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，故错误；C、四氯

14、化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。10设 aX+bY为 a 个 X微粒和 b 个 Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A 0.5mol 雄黄(As4S4，已知 As 和 N 同主族，结构如图)含有 NA个 S-S键B合成氨工业中，投料1molN2(g)+3H2(g)可生成 2NA个NH3(g)C 用惰性电极电解1L 浓度均为2mol?L-1的 AgNO3与 Cu(NO3)2的混合溶液，当有 0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g 金属D 273K，101kPa 下，1mol 过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA【答案】D

15、【解析】【分析】【详解】A.由 As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则 As4S4的结构中不存在S-S键，故 A 错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1molN2(g)+3H2(g)生成的 NH3(g)数目小于2NA，故 B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g 金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol 过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故 D 正确；综上所述，答案为D。11已知：乙醇、乙醛的沸点分别为78、20.8。某同学试图利用下列实验装置来完成“乙醛的

16、制备、收集和检验”一系列实验，其中设计不合理的是A提供乙醇蒸气和氧气B乙醇的催化氧化C收集产物D检验乙醛【答案】D【解析】【详解】A、乙醇易挥发，向热的乙醇中通入空气，可以向后续装置中提供乙醇蒸气和氧气，选项A 正确；B、在铜粉催化下，乙醇发生催化氧化生成乙醛，选项B 正确；C、乙醛易挥发，应用冰水浴收集乙醛产物，选项C正确；D、产物中混有乙醇，乙醇也能还原酸性高锰酸钾溶液，使其褪色，选项D 错误。答案选 D。12铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同

17、等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A萃取B溶解C过滤D重结晶【答案】A【解析】【详解】此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶清液放冷，即得纯净铅霜此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A。13某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为2Ca OH，酸液室通入2CO(以 NaCl 为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是（）A电子由N 极经外电路流向M 极BN 电极区的电极反应式为2+2H+2e=HC在碱液室可以生成32

18、3NaHCONa CO、D放电一段时间后，酸液室溶液pH 减小【答案】B【解析】【分析】氢气在电极M 表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N 表面得到电子生成氢气，电极N 为电池的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此答题。【详解】A.电极 M 为电池的负极，电子由M 极经外电路流向N 极，故 A 错误；B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N 表面得到电子生成氢气，N 电极区的电极反应式为2H+2e-=H2，故 B正确；C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不

19、能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故 C错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液 pH 增大，故D 错误。故选 B。14第三周期元素X、Y、Z、W 的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L 的这四种溶液pH 与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A Y可能是硅元素B简单离子半径：ZWX C气态氢化物的稳定性：YW D非金属性：YZ【答案】B【解析】【分析】第三周期元素中，X 最高价氧化物水化物的溶液的pH 为 12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X 为 Na，Y、W、Z 对应的最高价

20、氧化物水化物的溶液pH 均小于 7，均为酸，W 最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W 为 Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W 的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径YZCl，故 Z为 S元素，Y为 P元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X 为 Na、Y 为 P、Z为 S，W 为 Cl，A Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是 P元素，故A 错误；B电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和 Na+的离子半径为S2-Cl-Na+，故 B正确；CCl 的非金属性比P强，则气态氢

21、化物的稳定性HCl PH3，故 C错误；D S和 P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故 D 错误；故答案为B。15已知 X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的 2 倍，W 的最外层电子数是其最内层电子数的 3 倍。下列说法不正确的是（）A原子半径：ZWR B对应的氢化物的热稳定性：RW CW 与 X、W 与 Z 形成的化合物的化学键类型完全相同D Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸【答案】C【解析】【分析】已知 X、Y、Z、W、R 是原子序数依次增大

22、的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是 H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第 A 组元素；Z的核电荷数是Y的 2 倍，且是短周期元素，因此Y是 C，Z是 Mg；W 的最外层电子数是其最内层电子数的3 倍，且原子序数大于Mg 的，因此 W 是第三周期的S；R 的原子序数最大，所以R 是 Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z WR，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：RW，B 正确；C、H2S与 MgS 分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W 与 X、W 与 Z 形成

23、的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D 正确。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以 t-Bu 表示叔丁基)与 N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定 NaNO2溶液与 50%硫酸混合，发生反应H2SO42NaNO2=2HNO2Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在

24、 40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2NaOHN2H4=NaN32H2Ot-BuOH。装置 a 的名称是 _；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；反应后溶液在0下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。(3)产率计算称取 2.0g 叠氮化钠试样，配成100mL 溶液，并量取10.00mL 溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10mol L1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液 40.00mL(假设

25、杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2 滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol L1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，滴定过量的Ce4，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。已知六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式_；计算叠氮化钠的质量分数为_(保留 2 位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母)。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视

26、读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_【答案】t-BuOHHNO2t-BuNO2H2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2 65%AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸

27、和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：40222t-BuOHHNOt-BuNOH O；(2)装置 a 的名称即为恒压滴液漏斗；反应要控制温度在65，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和3N中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：423634333322(NH)Ce(NO)2NaN=4NH NO2NaNO2Ce(NO)3N；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了110与过量的六

28、硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：4244312.0gNaNCeFeCe=0.004molCe10样品的消耗的消耗的，考虑到Fe2+与 Ce4+的反应按照1:1 进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：243(NaN)10(0.004FeCe)0.02moln消耗的，所以叠氮化钠样品的质量分数为：3(NaN)0.02mol65g/mol100%=65%2.0g2.0mw；A润洗锥形瓶，会使步骤 消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A 项正确；B量取 40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝

29、酸铈铵溶液，那么步骤 会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C步骤 用 Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；D将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D 项不符合；答案选AC；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：322ClO2NH O=Cl3N2OH。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是

30、配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A 与过量的B 反应，再用 C标定未反应的B，在做计算时，要注意A 与 C一同消耗的B。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下：（1）贝诺酯的分子式_。（2）AB的反应类型是_；G+HI 的反应类型是 _。（3）写出化合物C、G 的结构简式：C_，G_。（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3 种）_。a不能与FeCl3溶液发生显色反应；b能发生银镜反应和水解反应；c能与金属钠反应放出H2；d苯环上的一

31、氯取代产物只有两种结构（5）根据题给信息，设计从A 和乙酸出发合成的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）_【答案】C17H15NO5还原反应取代反应CH3COOCOCH3、（任写三种）【解析】【分析】根据贝诺酯的结构简式和G、H 的分子式可知，G 为，H 为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B 为，C 为CH3COOCOCH3，A 为，F为，D 为，A 发生还原反应得B，B与 C 发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C 与 D 发生取代反应生成F，F发生取代反应生成H，G 和 H 发生取代反应生成I，据此分析解答。【详解】(1)根

32、据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15NO5，故答案为：C17H15NO5；(2)AB的反应类型是还原反应，G+H的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；(3)根据上面的分析可知，C 为 CH3COOCOCH3，G 为，故答案为：CH3COOCOCH3；(4)a.不能与 FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b.能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或酯基和醛基同时存在，c.能与金属钠反应放出H2，说明有羟基或羧基，d.苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为、，故答案为：、(其中的三种)；(5)A 为，从

33、A 和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成CH3COCl，CH3COCl与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品，合成线路为，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机物M 是有机合成的重要中间体，制备M 的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：A 的密度是相同条件下H2密度的 38 倍；其分子的核磁共振氢谱中有3 组峰；(-NH2容易被氧化)；R-CH2COOH 请回答下列问题：(1)B 的化学名称为_。A 中官能团的电子式为_。(2)CD 的反应类型是_，I 的结构简式为_。(3)FG 的化学方

34、程式为_。(4)M 不可能发生的反应为_(填选项字母)。a.加成反应b.氧化反应c.取代反应d.消去反应(5)请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有_。能与 FeCl3溶液发生显色反应能与 NaHCO3反应含有-NH2(6)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。【答案】丙二醛取代反应+(CH3CO)2O+CH3COOH d、(符合要求均可)【解析】【分析】（1）（5）A 的密度是相同条件下H2密度的 38 倍，则 A 的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有 3组峰，A能连续被氧化生成二元酸，则 A为二元醇，A、B、C中碳原子个数相等，则 A为 HOC

35、H2CH2CH2OH，B为 OHCCH2CHO，C发生取代反应生成D；根据已知知，E发生还原反应生成F为，F发生取代反应生成G，D 与 G 发生取代反应生成H，H 加热发生已知的反应生成的I 为，I发生取代反应生成M；(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到。【详解】(1)B 为 OHCCH2CHO，B 的化学名称为丙二醛，A 是 HOCH2CH2CH2OH，A 中官能团为羟基，A 中官能团的电子式为；(2)C 的结构简式为HOOC-CH2-COOH

36、，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与 Br2发生取代反应产生HOOC-CHBr-COOH和 HBr；I 的结构简式为；(3)F 发生取代反应生成G，F G 的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)a.M 中苯环能发生加成反应，a 不符合题意；b.酚羟基能发生氧化反应，b 不符合题意；c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c 不符合题意；d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d 符合题意；故合理选项是d；(5)E 的同分异构体符合下列条件：能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能与NaHCO3反应，说明含有羧基，含有-NH2，如果-OH、-COOH相邻

37、，有4 种；如果-OH、-COOH相间，有4 种；如果-OH、-COOH相对，有 2 种，所以符合条件的有10 种，其中两种同分异构体的结构简式是：、；(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为。【点睛】本题考查有机物合成与推断的知识，注意反应中碳链变化、官能团变化及反应条件是解本题的关键，熟练掌握常见官能团之间的转化关系，侧重考查学生知识综合运用及知识迁移能力。19(一)乙炔是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气(H2、CH4、C2

38、H4)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下（在 25、101 kPa时），CH4、C2H4在高温条件还会分解生成炭与氢气：C(s)+2H2(g)CH4(g)H1=74.85kJ?mol-12CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)H2=340.93kJ?mol-1C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)H3=35.50kJ?mol-1请回答：（1）依据上述反应，请写出C 与 H2化合生成C2H2 的热化学方程式：_。（2）若以乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。图

39、1 为乙炔产率与进料气中n（氢气）/n（乙烯）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。（3）图2 为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。乙炔体积分数在1530之前随温度升高而增大的原因可能是_；1530之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_。在体积为1L的密闭容器中反应，1530时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则反应 C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K=_。请在图3 中绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线_。(二)当今，人们正在研究有机锂电解质体系的锂-空气电池，它是一种环境友好的蓄电池。放电时电池的总反应为:4

40、Li+O2=2Li2O。在充电时，阳极区发生的过程比较复杂，目前普遍认可的是按两步进行，请补充完整。电极反应式：_和 Li2O22e-2LiO2。【答案】2C(s)+H2(g)C2H2(g)H1=226.73kJ?mol1一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2 会使反应平衡逆向移动，所以乙炔产率下降；1530前升高温度，反应平衡正向移动，乙炔更多高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大9(1.000-0.0840-0.8240-0.8240=0.008，按照加减法有效数字原则)或 8.652 注意：起点温度要低于乙炔的起点；最高点的相应

41、温度低于1530，1530k 交点乙烯的体积分数不要超过为0.01 2Li2O-2 e-=2Li Li2O2【解析】【分析】(一)（1）依据盖斯定律可以写出C 与 H2化合生成C2H2 的热化学方程式。（2）从氢气的作用是活化催化剂、氢气增多平衡逆移的角度分析曲线变化的原因。（3）从三个反应的热效应和题给信息（CH4、C2H4在高温条件还会分解生成炭与氢气）分析曲线变化的原因。根据图中给出的数据计算乙烯的物质的量浓度，然后计算平衡常数。根据温度对平衡的影响以及C2H4在高温条件会分解生成炭与氢气，制乙烯的体积分数和反应温度关系曲线。(二)根据总反应4Li+O2=2Li2O 确定在充电时，阳极是

42、Li2O 失去电子，结合给出的第二步反应，可以写出第一步反应。【详解】(一)（1）根据盖斯定律：2+整理得 2C(s)+H2(g)C2H2(g)H1=226.73kJ?mol1；正确答案：2C(s)+H2(g)C2H2(g)H1=226.73kJ?mol1。（2）根据题给信息，结合图像分析可知：刚开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2 会使反应平衡逆向移动，所以乙炔产率下降；正确答案：一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2 会使反应平衡逆向移动，所以乙炔产率下降。（3）上述三个反应中，只有两个反应为吸热反应，升高温度

43、，平衡右移，有利于乙炔的生成；但是温度太高，针对于反应来说，平衡左移，有更多的甲烷分解为碳，甲烷的量较少，导致两个反应均向左移动，乙炔气体的体积分数增加不大；正确答案：1530前升高温度，反应平衡正向移动，乙炔更多；高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大。体积为 1L的密闭容器，1530时测得气体的总物质的量为1.000 mol，根据图像 2 可知，c(H2)=0.824mol/L，c(C2H2)=0.0840 mol/L，c(CH4)=0.0840 mol/L，c(C2H4)=1-0.824-0.0840-0.0840=0.008 mol/L；C2H4(g)C2H2(g)

44、+H2(g)的平衡常数K=c(C2H2)c(H2)/c(C2H4)=(0.0840 0.824)/0.008=8.652；正确答案：8.652。根据题给信息可知，开始加入的是乙烯和氢气，随着温度的升高，第个反应平衡逆向移动，甲烷减少，第个反应向右移动，使乙烯增多，第个反应也向右移动，使乙烯减少，但温度对第个反应的影响大于对第个反应的影响，所以乙烯先增多，温度很高时，由于乙烯会分解产生碳和氢气，所以乙烯的体积分数减少，据此可以画出乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线：说明：起点温度要低于乙炔的起点；最高点的相应温度低于1530,1530k 交点乙烯的体积分数不要超过为 0.01。(二)充电时，阳极区发生氧化反应，总反应为2Li2O-4 e-=O2+4 Li；阳极区发生反应按两步进行，用总反应减去 Li2O22e-2Li O2就可得到第一个反应为2Li2O-2 e-=2LiLi2O2；正确答案：2Li2O-2 e-=2LiLi2O2。