2019-2020学年北京市第四中学顺义分校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市第四中学顺义分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下列实验过程中，始终无明显现象的是A CO2通入饱和Na2CO3溶液中BSO2通入 CaCl2溶液中CNH3通入 HNO3和 AgNO3的混和溶液中D SO2通入 Na2S溶液中【答案】B【解析】【详解】A碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，故A 不符合题意；B盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则 CaCl2溶液中通入

2、SO2不发生反应，始终无明显现象，故 B符合题意；CNH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH +NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(银氨溶液)，故 C 不符合题意；D SO2通入 Na2S溶液中发生反应：2Na2S+5SO2+2H2O 4NaHSO3+3S，生成硫沉淀，故D 不符合题意；答案选 B。【点睛】盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，化学反应中一

3、般遵循强酸制弱酸的规律。2下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是A同质量、不同密度的N2和 CO B同温度、同体积的H2和 N2C同体积、不同密度的C2H4和 C3H6D同压强、同体积的N2O 和 CO2【答案】A【解析】【分析】【详解】A、二者同质量，摩尔质量也相同，根据n=mM知，二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有2 个原子，所以原子数相同，故A 正确；B、同温度、同体积，气体分子数目与压强呈正比，压强不定，无法判断气体分子数关系，故B 错误；C、同体积、不同密度的C2H4和 C3H6，质量不相等。C2H4和 C3H6的最简式相同，质量相等的两种气体含有相同的原

4、子数，但质量不相等，则所含原子数不一定相同，故C 错误；D、同压强、同体积，气体分子数目与温度呈反比，温度不定，无法判断气体分子数关系，故D 错误；故选：A。3 安徽省合肥市2019 年高三第三次教学质量检测化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是A空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率D工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济【答案】C【解析】【分析】【详解】A空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2Br2 2H2O=H2SO4 2HBr，

5、S的化合价从 4 升高到 6，作还原剂，A 项正确；B在侯氏制碱法中，NaClCO2NH3H2O=NaHCO3 NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B 项正确；C合成氨的反应为N23H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C 项错误；D乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2 O22，原子利用率100%，符合绿色化学和原子经济性，D 项正确；本题答案选C。4某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与 0.5m

6、ol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验 1 实验 2 下列分析正确的是（）A实验 1 中，白色沉淀a 是 Al2(CO3)3B实验 2 中，白色沉淀b 一定是 Al2(OH)2(CO3)2C检验白色沉淀a、b 是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D实验 1、2 中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH 无关【答案】C【解析】【分析】由现象可知：实验 1 发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验 2 过量的 Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验 1 中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a 是 Al(OH)3，故 A错误；B.实验 2 中，沉淀溶

7、解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b 一定是 Al2(OH)2(CO3)2，故 B错误；C.检验白色沉淀a、b 是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验 1、2 中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH 有关，故D错误；答案选 C。【点睛】注意 D 项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。5根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 光照时甲烷与氯气反应后的混合气体能使紫色石蕊溶液变红生成的氯甲烷具有酸性B 向溶有 SO2的

8、BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X 一定具有氧化性C 两支盛 0.1mol L-1醋酸和次氯酸的试管中分别滴加等浓度Na2CO3溶液，观察到前者有气泡、后者无气泡Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(HClO)D 向淀粉溶液中滴加H2SO4并加热，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，未见砖红色沉淀淀粉没有水解A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A甲烷和氯气在光照条件下反应生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液变红，A 错误；B若 X是 NH3则生成白色的BaSO3，得到相同现象，B 错误；C Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(HCl

9、O)，所以 2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+H2O+CO2，产生气泡，Na2CO3和 HClO 不会反应，无气泡，C 正确；D加入新制的Cu(OH)2悬浊液之前要先加入NaOH中和 H2SO4，不然新制的Cu(OH)2悬浊液和硫酸反应了，就不会出现预期现象，D错误。答案选 C。【点睛】Ka 越大，酸性越强，根据强酸制弱酸原则，Ka 大的酸可以和Ka 小的酸对应的盐反应生成Ka 小的酸。6一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z 为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z 的最外层电子数之和等于X 的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A非金属

10、性：XWY BY的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C可利用W 与 X、Y形成的化合物热还原制备单质Y D该漂白剂中仅有X均满足 8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由 W2+可知，W 最外层有2 个电子；Z 形成 1 个键，Z 是第 A 或 A 族元素；W、Y、Z 的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X 形成 2 个键，X 是 A 族元素；Z 与 X 形成共价键，Z 是 H 元素，X 是 O元素；Y是 B元素；W、X 对应的简单离子核外电子排布相同，W是 Mg元素。【详解】A.W 是镁，为金属元素，非金属性：OBMg，故 A 错误；B.Y是 B 元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H

11、3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的 OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和 B2O3加热生成B和氧化镁，故C 正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O 均满足 8 电子稳定结构，故D 错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。7化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A棉布和丝绸的主要成分都是纤维素B肥皂水显碱性可做蚊虫叮咬处的清洗剂C“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理相同D青铜器发生析氢腐蚀可在表面形成铜绿【

12、答案】B【解析】【分析】【详解】A.棉布的主要成分是纤维素，丝绸的主要成分是蛋白质，A 错误；B.蚊虫叮咬时会释放出甲酸，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，高级脂肪酸根水解使肥皂水显碱性，肥皂水可消耗甲酸，故肥皂水可做蚊虫叮咬处的清洗剂，B 正确；C.“84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO 具有强氧化性用于杀菌消毒，75%的酒精能使蛋白质变性用于杀菌消毒，“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理不同，C 错误；D.Cu在金属活动性顺序表中排在H 的后面，Cu不能与 H+自发反应放出H2，青铜器不能发生析氢腐蚀，青铜器发生吸氧腐蚀形成铜绿，D 错误；答案选 B。8通常条件下，经化学反

13、应而使溴水褪色的物质是（）A甲苯B己烯C丙酸D戊烷【答案】B【解析】【详解】A甲苯中没有碳碳双键，能萃取使溴水褪色，故A 错误；B己烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；C丙酸中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故C 错误；D戊烷为饱和烷烃，不能使溴水褪色，故D 错误；故选：B。9设 NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A 5.6g 铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB100mL2.0mol/L 的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NAC标准状况下，22.4L 氦气与 22.4L 氟气所含原子数均为2NAD常温常压下，20g 重水(D2O)中含有的电子数为1

14、0NA【答案】D【解析】【详解】A.5.6g 铁为 0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe2+和 H2，转移的电子数为0.2NA，A 错误；B.醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L 的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B 错误；C.标准状况下，22.4LHe 与 22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；D.常温常压下，20g 重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D 正确。故选 D。10化学在生产和生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是()A焊接金属时常用4NH Cl溶液做除锈剂B嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是

15、一种新型无机非金属材料C只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂D PM2.5 是指大气中直径小于或等于2.5 微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体【答案】D【解析】【详解】A.NH4Cl水解使溶液显酸性，该酸性溶液可以与金属氧化物反应，因此NH4Cl溶液常用作金属焊接时的除锈剂，A 正确；B.嫦娥系列卫星中使用的碳纤维是碳元素的单质，因此该碳纤维是一种新型无机非金属材料，B 正确；C.食用色素可作为着色剂，亚硝酸盐可作为防腐剂，正确使用食品添加剂可以延长食品保质期，增加食品的营养价值，因此对人体健康有益，C正确；D.PM2.5 是

16、指大气中直径小于或等于2.5 微米的颗粒物，而胶体粒子直径在1nm100nm 之间，所以 PM2.5的颗粒物直径较大，扩散在空气中不会形成胶体，D 错误；故合理选项是D。11已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为 A、E分别与 B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）AA、B形成的一种化合物具有漂白性BB、D形成的离子化合物可能含有非极性键CC的单质能与丙反应置换出B的单质D丁为黑色固体，且1mol 甲与足量丙反应转移电子3 N

17、A【答案】D【解析】【分析】已知 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为 Fe；A与D同主族，B与C同周期，可知A、B、C、D 分属三个不同的短周期，则A 为 H，D 为 Na，由C与D的原子序数之和为20，可知 C 为 F；甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为A、E分别与 B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为 Fe3O4，则B 为 O 元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A 为 H，B 为 O，C 为 F，D 为 Na，E为 Fe元素；甲为 Fe，乙为 H2，丙为 H2O

18、，丁为 Fe3O4；A H、O 两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A 正确；BO 和 Na 组成的 Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B 正确；CF2溶于水生成HF和 O2，故 C 正确；D丁为 Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知 1molFe 与足量 H2O 反应转移电子83NA，故 D 错误；故答案为D。12类推法是常见的研究物质性质的方法之一，可用来预测很多物质的性质，但类推是相对的，必须遵循客观实际，下列说法中正确的是()A Cu与 Cl2反应生成CuCl2，则 Cu与 S反应生成CuS BAl 与 Fe2O3能发生铝热反应，则Al 与

19、MnO2也能发生铝热反应CNa2O2与 CO2反应生成Na2CO3，则 Na2O2与 SO2反应生成Na2SO3D CO2通入 Ba(NO3)2溶液中没有现象，则SO2通入 Ba(NO3)2溶液中也无明显现象【答案】B【解析】【详解】A.氯气的氧化性强，所以 Cu与 Cl2反应生成高价态的CuCl2，S的氧化性较弱，则 Cu 与 S反应生成较低价态的 Cu2S，故 A 错误；B.铝热反应是指活泼金属铝与不活泼金属氧化物在高温条件下发生的置换反应，所以Al 与 Fe2O3能发生铝热反应，Al 与 MnO2也能发生铝热反应，故B正确；C.过氧化钠具有氧化性，能将+4 价 S氧化为+6 价，所以 N

20、a2O2与 SO2反应生成Na2SO4，故 C错误；D.CO2通入 Ba(NO3)2溶液中不反应，没有现象；NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可将+4 价 S氧化为+6价，所以SO2通入 Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D 错误。故选 B。【点睛】解决此题的关键是分析选项中前后两个反应是否可以类比，每个反应体现的反应物性质有可能不能，不能通过反应物的类别进行简单类比。13用 0.10 mol/L 的 NaOH 溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050 mol/L 的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是A滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好

21、BH3PO4与 H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4D NaH2PO4溶液中：+-2-24344c Nac H POc H POc HPO【答案】C【解析】【分析】【详解】A 盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围810 接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A 错误；B滴定前，0.050 mol/L H3PO4与 H2G 的 pH 值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki 的数量级相同，故B错误；C20.00mL、0.050 mol/L 的磷酸用 0.10 mol/L 的

22、NaOH 完全中和应消耗30mL 氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为 20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故 C 正确，D 当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即 H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)c(H3PO4)，则+-2-24434c Nac H POc HPOc H PO，故D 错误；答案选 C。14CuO 有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如下实验。有关该实验的说法正确的是A反应时生成一种无污

23、染的气体NO BNH3与 CuO 反应后生成的红色物质可能是Cu C装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作D烧杯中硫酸的作用是防倒吸【答案】D【解析】【详解】A NO 是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2，故 A 错误；B在一定温度下，NH3与 CuO 反应后生成的红色物质可能是Cu，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B 正确；C装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反应速率，故C错误；D烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D 错误；答案选 B。【点睛】尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏

24、斗增加接触面积，防止倒吸。15化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物【答案】A【解析】【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A 正确；B碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项 B 错误；C汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分

25、馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D 错误；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16I近期，四川等地频频发生地震，在地震过后，常常喷洒各类消毒液对灾民临时生活区进行消毒。某品牌的“84 消毒液”的主要成分为NaClO，浓度为14.0 molL，密度为11.2g mL。请回答下列问题：（1）该“84 消毒液”的质量分数为_（保留 3 位有效数字）。（2）某同学欲用NaClO 固体配制240mL“84 消毒液”。下列仪器中，不需要用到的是_。A烧杯B250 mL 容量瓶C10mL 量筒D胶头滴管E天平下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是_。A用长时间放置

26、在空气中的NaClO 固体配制B配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒D定容时俯视容量瓶刻度线近年来，雾霾天气频繁发生，降低氮氧化物的排放，至关重要。（3）三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、xNO、xyC H三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1 所示。化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2 所示）确定。X的化学式为 _。在图 1 的转化中，既有被氧化又有被还原的元素是_（填元素符号）。【答案】24.8%C D 32Ba NON【解析】【详解】I.（1）根据公式，1000cM，可计算=24.8%；（2）在配制过程中，不会用到10mL 的量筒，答案选C

27、 根据cnV判断是否对配制溶液浓度有影响，如果n 偏大或者V 偏小，都会导致c 偏高；A.用长时间放置在空气中的NaClO 固体配制，由于NaClO 易吸收空气中的水和二氧化碳而变质，导致有效成分 NaClO 减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故A 错误；B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响，B 错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，配制溶液浓度偏小，C 错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，溶剂未加到刻度线，配制浓度偏高，故D 正确；故答案选D；（3）由傅里叶红外光谱图（如图2 所示）确定化合物X 含硝酸根，再结合图一由钡离子参

28、与，所以X为32Ba NO；既有被氧化又有被还原的元素，化合价既有升高，又有降低，故为N 元素。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机化合物K 是一种聚酯材料，合成路线如下：己知：AlCl3为生成 A 的有机反应的催化剂F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na 反应。（1）C的化学名称为_反应的反应条件为_，K 的结构简式为_。（2）生成 A 的有机反应类型为_，生成 A 的有机反应分为以下三步：第一步：CH3COCl+AlCl3 CH3CO+AlCl4第二步：_；第三步：AlCl4+H+AlCl3+HCl 请写出第二步反应。（3）由 G 生成 H 的化学方程式为_（4）A 的某种同

29、系物M 比 A 多一个碳原子，M 的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有_种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1 的是 _。属于芳香族化合物能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。（无机试剂任选）_。【答案】苯乙烯浓硫酸、加热取代反应C6H6+CH3CO+C6H5COCH3+H+HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O14 种、CHCH【解析】【分析】F不能与银氨溶液发生反应，但能与 Na 反应，说明 F中含有

30、醇羟基，二者为加成反应，F为 HOCH2C CCH2OH，F和氢气发生加成反应生成G，根据 G 分子式知，G 结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成 H 为 OHCCH2CH2CHO，H 发生氧化反应然后酸化得到I 为 HOOCCH2CH2COOH；根据苯结构和B 的分子式知，生成A 的反应为取代反应，A为，B 为；C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D 为，E能和 I 发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反应生成 K，K 结构简式为；（6）HC CH和 CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2C

31、OHC CH，(CH3)2COHC CH 和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。【详解】（1）根据分析，C为，化学名称为苯乙烯；反应 为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；K结构简式为；故答案为：苯乙烯；浓硫酸、加热；（2）生成 A 的有机反应类型为取代反应，生成A 的有机反应分为以下三步：第一步：CH3COCl+AlCl3 CH3CO+AlCl4-；第二步：C6H6+CH3CO+C6H5COCH3+H+；第三步：AlCl4-+H+AlCl3+HCl 故答案为：取代反应；C6H6+CH3CO+C6H

32、5COCH3+H+；（3）G 结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G 发生催化氧化反应生成H 为 OHCCH2CH2CHO，由 G 生成 H 的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O，故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；（4）A为，A 的某种同系物M 比 A 多一个碳原子，M 的同分异构体很多，其中属于芳香族化合物，说明分子中由苯环，能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共

33、两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO和-CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符合条件的一共有14 种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4 种不同环境的氢原子，符合要求的结构式为、，故答案为：14 种；、；（5）HC CH和 CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC CH，(CH3)2COHC CH 和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(C

34、H3)CH=CH，其合成路线为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18回收利用硫和氮的氧化物是保护环境的重要举措。I（1）工业生产可利用CO从燃煤烟气中脱硫。已知 S(s)的燃烧热(H)为-mkJ/mol。CO与 O2反应的能量变化如图所示，则CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式为 _(H 用含 m 的代数式表示)。（2）在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器中通入2.8molCO 和 1molSO2气体，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。与实验a 相比，实验c 改变的实验条件可能是_。请利用体积分数计算该条件下实验b 的平衡常数K=_。（列出计算

35、式即可）（注：某物质的体积分数=该物质的物质的量/气体的总物质的量）（3）双碱法除去SO2的原理为：NaOH 溶液Na2SO3溶液。该方法能高效除去SO2并获得石膏。该过程中NaOH 溶液的作用是_。25时,将一定量的SO2通入到 100mL0.1mol/L 的 NaOH 溶液中，两者完全反应得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液，溶液恰好呈中性，则溶液中H2SO3的物质的量浓度是_（假设反应前后溶液体积不变；25时，H2SO3的电离常数K1=1.0 10-2K2=5.0 10-8)。II用 NH3消除 NO 污染的反应原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)H=-

36、1807.98kJ/mol。不同温度条件下，NH3与 NO 的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3，得到 NO 脱除率曲线如图所示。（1）曲线 a 中 NH3的起始浓度为4 10-5mol/L,从 A 点到 B 点经过 1 秒，该时间段内NO 的脱除速率为_mg/(L s)。（2）不论以何种比例混合，温度超过900，NO 脱除率骤然下降，除了在高温条件下氮气与氧气发生反应生成 NO，可能的原因还有（一条即可）_。【答案】2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）H=(m-566)kJmol1升温1.9 1.9 2.85/（0.9 0.9 0.05）催化剂510-7mol/L 6

37、10-2（或 0.06）该反应的正反应放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动【解析】【分析】I（1）根据原子守恒，CO与 SO2反应生成S（1）和一种无毒的气体是CO2，化学方程式为2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g），利用题给两个热化学方程式结合盖斯定律进行求算。（2）a、c 开始均通入2.8mol CO 和 1mol SO2，容器的容积相同，而起始时c 的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系；气体压强之比等于气体物质的量之比，结合三行式计算列式得到参加反应的二氧化硫物质的量；再计算各物质的体积分数，写出平衡常数。（3）用 NaOH 吸收 SO2，并用 Ca

38、O 使 NaOH 再生。2NaOH+SO2=Na2SO3，NaOH 再生CaO+H2O+Na2SO3CaSO3+2NaOH，从反应可以看出NaOH 作催化剂。根据电荷守恒和电离方程式、电离平衡常数解答；II（1）两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，根据图象，曲线a的 NO 脱除率最高，即 NO 的转化率最高，所以 NO 的在总反应物中的比例最低，NH3与 NO 的物质的量之比分别为4:1，根据 NO 的脱除量变化值和脱除时间计算NO 的脱出速率；（2）对放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。【详解】I（1）根据原子守恒，生成的无毒气体是二氧化碳，发生的反应为

39、2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）。将题给两个热化学方程式2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H1=-566kJ mol1和 S（l）+O2（g）=SO2（g）H2=-mkJ mol1，根据盖斯定律-可得所求反应的热化学方程式，即2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）H=-566kJ mol1-（-mkJ mol1）=(m-566)kJ mol1。（2）a、c 开始均通入2.8mol CO 和 1mol SO2，容器的容积相同，而起始时c 的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c 组改变的实验条件可能是：升高温度；2CO（g）+SO2（g

40、）2CO2（g）+S（l），设消耗二氧化硫物质的量x，起始量（mol）2.8 1 0 变化量（mol）2x x 2x 平衡量（mol）2.8-2x 1-x 2x（2.8+1）/(2.8+1-x)=160/120 x=0.95mol，CO、SO2、CO2的体积分数分别为0.9/2.85、0.05/2.85、1.9/2.85 K=1.9 1.9 2.85/（0.9 0.9 0.05）。（3）用 NaOH 吸收 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再生。2NaOH+SO2=Na2SO3，NaOH 再生CaO+H2O+Na2SO3CaSO3+2NaOH，从反应可以看出NaOH 作催化剂。根据电荷守恒：

41、c（Na）+c（H）=c（OH）+2c（SO32）+c（HSO3），溶液呈中性：c（OH）=c（H），得 c（Na）=2c（SO32）+c（HSO3），令 c（HSO3）=x,c（SO32）=(0.1-x)/2,根据 HSO3SO32+H，k2=5.0 10-8=c（SO32）c（H）/c（HSO3），5.0 10-8=10-7(0.1-x)/2x,得 x=0.05molL1，c（SO32）=0.025mol L1，代入 k1，H2SO3HSO3H，k1=110-2=c（HSO3）c（H）/c(H2SO3)，c(H2SO3)=c（HSO3）c（H）/10-2=0.05 10-7/10-2=5

42、10-7mol L1.II（1）曲线 a 中 NH3的起始浓度为4 10-5mol L1，即 NO 的起始浓度为：110-5mol L1，从 A 点到 B点经过 1 秒，根据图象，NO 的脱除率从55%上升到 75%，则该段时间内NO 的脱除量为 c=110-5mol/L（75%-55%）=210-6mol/L，时间间隔为 t=1s，所以该段时间内NO 的脱除速率为=2 10-6mol L1/1s=2 10-6mol/(Ls），NO式量为 30，即 6 10-2mg/(L s）；（2）不论以何种比例混合，温度超过900，NO 脱除率骤然下降，除了在高温条件下氮气与氧气发生反应生成 NO，可能的

43、原因还有该反应的正反应放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。19地下水受到硝酸盐污染已成为世界范围内一个相当普遍的环境问题。用零价铁去除水体中的硝酸盐(NO3-)是地下水修复研究的热点之一。（1）Fe 还原水体中NO3-的反应原理如图所示。作负极的物质是_；正极的电极反应式是_。（2）将足量铁粉投入水体中，测定NO3-去除率和 pH，结果如下：在 pH=4.5 的水体中，NO3-的去除率低的原因是_。（3）为提高pH=4.5 的水体中 NO3-的去除率，某课题组在初始pH=4.5的水体中分别投入 Fe2+、Fe、Fe 和 Fe2+做对比实验结果如图：此实验可得出的结论是_，Fe2+的作用可

44、能是_。（2）中 NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因 _。（4）地下水呈中性，在此条件下，要提高NO3-的去除速率，可采取的措施有_。（写出一条）【答案】FeNO3-+8e-+10H+=NH4+3H2OFeO(OH)不导电，阻碍电子转移本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-，在 Fe 和 Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4初始 pH低时，产生的Fe2+充足初始pH高时，产生的Fe2+不足减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积或加入活性炭，形成微电池【解析】（1）本题原电池中正负极的判断，活泼金属作负极，铁是活泼金属，因此负

45、极物质为Fe，原电池中正极上发生还原反应，得到电子，根据原理，因此NO3在正极上得到电子，转变成NH4，因此正极电极反应式为NO310e10H=NH4 3H2O；（2）根据表格中铁最终物质形态，pH=4.5 时 FeO(OH)2全部覆盖住铁，且FeO(OH)不导电，阻碍电子转移；（3）主要原因是Fe2水解成 FeO(OH)，生成 Fe3O4产率降低，FeO(OH)不导电，因此NO3的去除率低；从图中只加入铁粉和只加入Fe2，NO3的去除率都不如同时加入Fe2和铁粉的高，结论是：本实验条件下，Fe2不能直接还原NO3，在 Fe 和 Fe2共同作用下能提高NO3的去除率；Fe2的作用是将不导电FeO(OH)转化成导电的Fe3O4；初始 pH低时，产生的Fe2充足，初始pH高时，产生的Fe2不足；（4）从提高化学反应速率的因素考虑，减小铁粉的颗粒大小，增大反应接触面积或加入活性炭，形成微电池等。