2019-2020学年35.北京市海淀区新高考化学模拟试卷含解析 - 副本.pdf

《2019-2020学年35.北京市海淀区新高考化学模拟试卷含解析 - 副本.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年35.北京市海淀区新高考化学模拟试卷含解析 - 副本.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 35.北京市海淀区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根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故 A 错误；B加入 KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B 错误；C纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C 正确；

2、D SO2被 ClO-氧化成 CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D 错误；故选 C。2W、X、Y、Z 都是元素周期表中前20 号的元素。W 的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY；Y和 Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X 和 Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物；W 和 X能形成化合物WX2，X和 Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物。关于W、X、Y、Z 的说法正确的是A气态氢化物稳定性：XY B最高价氧化物对应的水化物酸性：XYZ【答案】B【解析】【详解】Y 和 Z属同族元素，能形成两种常见化合物，所以Y、Z为 O 和 S元素，Z为 S或

3、 O，又 X和 Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可确定Z 为 O，则 Y为 S，X 和 Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可判断X为 C或 N 元素。W 的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY，可知 W 为 Ca，W 和 X 能形成化合物WX2，故可判断X为 C。综上得 W、X、Y、Z四种元素分别是Ca、C、S、O。A.C的非金属性小于O 的非金属性，所以CH4的稳定性小于H2O 的稳定性，选项A 错误；B.C的非金属性小于S的非金属性，所以最高价氧化物对应的水化物酸性：H2CO3Ca 2+O2-，选项 D 错误。答案选 B。3足量下列物

4、质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸【答案】A【解析】【分析】【详解】假设反应都产生3mol 氢气，则：A 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反应产生3mol 氢气，会消耗2mol NaOH；B2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，反应产生3mol 氢气，需消耗3mol 硫酸；C2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，反应产生3mol 氢气，需消耗6mol HCl；D由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A 正确。4下列关于有机化

5、合物的说法正确的是A除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇BHOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构C除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH 三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16 种【答案】D【解析】分析：ACaO与水反应后生成氢氧化钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH 的位置不同是位置异构；C乙酸乙酯能够在NaOH 溶液中水解；D可看成二甲苯(、)苯环上的H 原子被-CH2CH3、-OH 取代。详解：A

6、CaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A 错误；B-OH 的位置不同，属于位置异构，故B错误；C乙酸乙酯与NaOH 反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH 三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯(、)苯环上连有-CH2CH3、-OH，中-OH 在甲基的中间时乙基有2 种位置，-OH 在甲基的邻位时乙基有3 种位置，-OH 在两个甲基的间位时乙基有2 种位置，共7 种；中先固定-OH，乙基有 3 种位置，有3 种同分异构体；先固体-OH 在邻位时乙基有3 种位置，固定-OH 在间位时乙基有 3 种位置，有

7、6 种；则同分异构体有7+3+6=16 种，故 D 正确；故选D。5缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH 的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO3-)，维持血液的pH 保持稳定。己知在人体正常体温时，反应 H2CO3垐?噲?HCO3-+H+的 Ka=10-6.1，正常人的血液中c(HCO3-)：c(H2CO3)20：1，lg2=0.3。则下列判断正确的是A正常人血液内Kw=10-14B由题给数据可算得正常人血液的pH 约为 7.4 C正常人血液中存在：c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)=c(H)+c(H2CO3)D当过量的碱进入血液中时，只有发生HCO

8、3+OH=CO32+H2O 的反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A 25时，KW=10-14，人的正常体温是36.5左右，所以血液内的KW10-14，A 项错误；B由题可知，6.13a12323(HCO)(H)20(H)(H CO)=10(H CO)1cccKcg，那么a1lg=lg(20(H)lg 20lg(H)Kcc即a1lglg 20pHK，代入数值得a1pH=lg 20lg=1.36.1=7.4K，B 项正确；C选项中的等式，因为电荷不守恒，所以不成立，即23323(OH)(HCO)2(CO)(H)(H CO)ccccc，C项错误；D当过量的碱进入血液时，还会发生22332H CO

9、2OHCO2H O，D 项错误；答案选 B 6在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)BSiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)CFe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)D NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)【答案】A【解析】【详解】A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A 正确；B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时

10、反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热 NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D 错误；故合理选项是A。7稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为下列说法不正确的是（）A萘与 H2完全加成后，产物的分子式为C10H18B蒽、菲、芘的一氯代物分别有3 种、5 种、5 种C上述四种物质

11、的分子中,所有碳原子均共平面D上述四种物质均能发生加成反应、取代反应【答案】B【解析】【详解】A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；B、蒽：，有 3 种不同的氢原子，一氯代物有3 种，菲：，有 5种不同的氢原子，一氯代物有5 种，芘：，有 3 种不同的氢原子，一氯代物有3 种，错误；C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，正确；D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。答案选 B。8我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016 年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙醚，经操作1 得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物。再经操

12、作2 得到含青蒿素的乙醚，最后经操作3 得到青蒿粗产品。操作 1、2、3 相当于A过滤、结晶、蒸发B结晶、萃取、分液C萃取、分液、蒸馏D萃取、过滤、蒸馏【答案】C【解析】在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，经萃取得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物，形成有机相和其它物质分层的现象，再经分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸点低最后经蒸馏得到青蒿粗产品。对应的操作1、操作 2、操作 3 分别是萃取、分液、蒸馏，故选C。9关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)H0，下列说法正确的是（）A恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C加压，

13、v（正），v（逆）不变，平衡不移动D升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移【答案】A【解析】【详解】A.恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A 正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B 错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C 错误；D.升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D 错误；答案选 A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减

14、小，相当于减压。10用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（）A氯气起杀菌消毒作用B氯气氧化绿矾C绿矾具有净水作用D绿矾的氧化产物具有净水作用【答案】C【解析】【详解】A氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A 正确；B绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；C绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D 正确。答案选 C。11短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r 是由这些元素组成的二

15、元化合物，常温常压下，p 为无色无味气体，q 为液态，r 为淡黄色固体，s 是气体单质。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A原子半径：ZYX Bm、n、r 都含有离子键和共价键Cm、n、t 都能破坏水的电离平衡D最简单气态氢化物的稳定性：YX【答案】A【解析】【分析】p、q、r 是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下，p 为无色无味气体，q 为液态，r 为淡黄色固体，s 是气体单质，可知r 为 Na2O2，q 为 H2O，且 r 与 p、q 均生成 s，s 为 O2，p 为 CO2，n 为 Na2CO3，m 为NaHCO3，t 为 NaOH，结合原子序数可知，W 为 H，X 为

16、C，Y为 O，Z 为 Na。【详解】由上述分析可知，W 为 H，X为 C，Y为 O，Z为 Na，A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，原子半径CO，则原子半径：ZXY，故 A 错误；Bm 为 NaHCO3，n 为 Na2CO3，r 为 Na2O2，均含离子键、共价键，故B 正确；Cm 为 NaHCO3，n 为 Na2CO3，t 为 NaOH，n、m 促进水的电离，t 抑制水的电离，则m、n、t 都能破坏水的电离平衡，故C正确；D非金属性YX，则最简单气态氢化物的稳定性：YX，故 D 正确；故选 A。【点睛】本题考查无机物的推断，把握淡黄色固体及q 为水是解题关键，侧重分析与推

17、断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。12下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验目的实验过程A 检验久置的Na2SO3粉末是否变质取样配成溶液，加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，观察到有白色沉淀产生B 制备纯净的FeCl2向含少量FeBr2的 FeCl2溶液中滴入适量新制氯水，并加入CCl4萃取分液C 制备银氨溶液向 5mL0.1mol?L-1 AgNO3溶液中加入1mL0.1mol?L-1NH3?H2O D 探究浓度对反应速率的影响向 2 支盛有 5mL 不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5 H2O2溶液，观察实验现象A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.久

18、置的 Na2SO3粉末变质，转化成Na2SO4，取样配成溶液，加入盐酸酸化，除去SO32等离子对实验的干扰，再加 BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，则说明 Na2SO3变质，如果没有白色沉淀，则说明 Na2SO3没有变质，能达到实验目的，故A 符合题意；B.还原性：Fe2Br，加入氯水，先将Fe2氧化成 Fe3，不能达到实验目的，故B 不符合题意；C.制备银氨溶液的操作步骤：向硝酸银溶液中滴加氨水，发生 AgNO3NH3H2O=AgOH NH4NO3，继续滴加氨水至白色沉淀恰好溶解，发生 AgOH 2NH3 H2O=Ag(NH3)2OH2H2O，根据方程式，推出 5mL0.1mol L1Ag

19、NO3溶液中加入15mL0.1mol L1NH3H2O，故 C 不符合题意；D.NaHSO3与 H2O2反应无现象，不能观察实验现象得到结论，故D 不符合题意；答案：A。13下列指定反应的离子方程式正确的是A向 NaAlO2 溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-BMnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H+4Cl-MnCl2+Cl2+2H2O CFeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2+H2O2+2H+=Fe3+2H2O D Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2+HCO3-+NH3 H2O=CaCO3+H2O+NH4+【答案】A【解

20、析】【详解】A NaAlO2和 NaHCO3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2OAl(OH)3+CO32-，故 A 正确；BMnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故 B 错误；C电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2的离子方程式为2H+2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，故 C错误；D Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式：Ca2+2HCO3-+2NH3?H2O=CaCO3+2H2O+2NH4+CO32-，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题的易错点为D，要

21、注意反应物用量对反应的影响。14现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B价电子数：C电负性：D质子数：【答案】A【解析】【分析】根据三种基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5可判断、分别代表的元素为：S、P、F。【详解】A同周期自左而右，第一电离能增大，但P 元素原子3p 能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能ClPS；同主族自上而下第一电离能减弱，故FCl，故第一电离能FPS

22、，即，A 正确；BS、P、F价电子数分别为：6、5、7，即，B错误；C根据同周期电负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以FS P，C错误；D S、P、F的质子数分别为：16、15、9，即，D 错误；答案选 A。15NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g 时，反应中转移的电子数为2NAB25时，1L pH=11 的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH数目为 0.001NAC1mol OH（羟基）与lmolNH4+中所含电子数均为10NAD 2.8g 乙烯与 2.6g 苯中含碳碳双键数均为0.1NA【答案】B【解析】【分析】A、根据水蒸气

23、与Na2O2的方程式计算；B、25时，1L pH=11 的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为 10-3mol L1；C、一个 OH（羟基）含9 个电子；D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g 时，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2 m 2e-4g 2mol 2g 1mol 反应中转移的电子数为1NA，故 A 错误；B、25时，1L pH=11 的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为 10-3mol L1，由水电离出的OH数目为0.001NA，故 B 正确；C、1mol OH（羟基）中所含电子数均为9NA，故 C 错误；D、苯中不含碳碳双键，故D 错误；故选

24、 B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A 根据化学方程式利用差量法计算，易错点B，醋酸钠水解产生的 OH-来源于水。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。(2)“操作”中铜发生反应的离子方程式为_。(3)“调节 pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)。(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操

25、作为_。(5)“操作”中温度选择5560的原因是 _；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：_。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中 Cu2(OH)2CO3的纯度为 _(用含 m1、m2的代数式表示)。【答案】搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2OCuO 或 Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后

26、，重复23 次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2121m111mm31 100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为 Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH 值，将 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，

27、加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节 pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或 Cu(OH)2或 Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作

28、为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6)m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O，

29、灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O mV222 62 x m1-m2222x=1262m m，解得：x=121113m m1，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为121m1113mm1 100%=121m111mm31 100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物M 是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A 为原料制

30、备M 的一种合成路线如下：已知：R1CH2BrR1CH=CHR2回答下列问题：(1)A 的结构简式为_；B中官能团的名称为_；C 的化学名称为_。(2)由 C生成 D 所需的试剂和条件为_，该反应类型为_.(3)由 F生成 M 的化学方程式为_。(4)Q 为 M 的同分异构体，满足下列条件的Q 的结构有 _种(不含立体异构)，任写出其中一.种核磁共振氢谱中有4 组吸收峰的结构简式_。除苯环外无其他环状结构能发生水解反应和银镜反应(5)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚2-丁烯的合成路线_。【答案】醛基邻甲基苯甲酸(或 2-甲基苯甲酸)Br2、光照取代反应+N

31、aOH+NaI+H2O 4 或【解析】【分析】A 分子式是C7H8，结合物质反应转化产生的C的结构可知A 是，A 与 CO在 AlCl3及 HCl存在条件下发生反应产生B 是，B催化氧化产生C 为，C与 Br2在光照条件下发生取代反应产生，D 与 HCHO发生反应产生E：，E与 I2在一定条件下发生信息中反应产生F：，F与 NaOH 的乙醇溶液共热发生消去反应产生M：。【详解】由信息推知：A 为，B 为，E为，F为。(1)A 的结构简式为；中官能团的名称为醛基；的化学名称为邻甲基苯甲酸(或 2-甲基苯甲酸)；(2)在 光照条件下与Br2发生取代反应生成；(3)发生消去反应生成的化学方程式为：+

32、NaOH+NaI+H2O。(4)M 为，由信息，其同分异构体Q 中含有 HCOO-、-CC-，满足条件的结构有、(邻、间、对位3 种)共 4 种，再根据核磁共振氢谱有4 组吸收峰，可推知Q 的结构简式为、。(5)聚 2-丁烯的单体为CH3CH=CHCH3，该单体可用CH3CH2Br 与 CH3CHO利用信息的原理制备，CH3CH2Br 可用 CH2=CH2与 HBr 加成得到。故合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH=CHCH3。【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据某些结构简式、分子式、反应条件采用正、逆结合的方法进行推断，要结合已经学过的知识和题干信息分析推断，侧重考查学生分析

33、判断及知识综合运用能力、发散思维能力。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18五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

34、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

35、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

36、合题给信息进行合成路线设计，难点（4）同分异构体的书写。19H2是一种重要的清洁能源。（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H2=-49.0kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H3=-41.1kJ/mol，H2还原 CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1，则 H1=_kJ/mol，该反应自发进行的条件为_。A高温B低温C任何温度条件下（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入1molCO 和 2.2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、

37、压强的变化如图所示。压强：p1_p2。(填“”54.5%216pCD 1 2 BD 12H2O+O2+28e-=12H2+14O2-【解析】【分析】（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H2=-49.0kJ/molCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H3=-41.1kJ/mol+得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1，从而求出 H1=-90.1kJ/mol，该反应 S0，H10，从而得出自发进行的条件。（2）反应为体积缩小的可逆反应，压强越大，CO的转化率越大，图中显示，P1时 CO的转化率大，由此可得出p1与 p2的关系。从图中可以看出

38、，M 点时，CO的转化率为60%，则 CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：23CO(g)2H(g)CH OH(g)(mol)12.20(mol)0.61.20.6(mol)0.410.6垐?噲?起始量变化量平衡量M 点时，H2的转化率为1.2100%2.2，该反应的平衡常数Kp=12110.6p20.41p(p)22。A.恒压条件，压强始终不变，由容器内压强保持不变，不能判断反应是否达平衡；B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，此数据表明逆反应速率大，平衡逆向移动；C.混合气体的质量不变，但气体的物质的量减小，相对分子质量增大。若相对分子质量保持不变，则达平衡状态；

39、D.混合气体的质量不变，但体积减小，所以密度增大。若密度不变，则表明达平衡状态。（3）由表中数据可知，mn3mn1vk0.50.12.070vk0.10.10.414，由此求出m；mn2mn1vk0.10.21.656vk0.10.10.414，由此求出 n。A.两步反应加和，虽然H2O2被消掉，但H2O2出现在第一个反应的生成物中，所以它不是该反应的催化剂；B.反应 i 是慢反应，则反应的活化能较高；C.总反应速率由慢反应的速率决定；D.反应 i 是慢反应，说明NO 和 H2的碰撞仅部分有效。（4）n(N2):n(O2)=4：1，22n(H)n(N)=3，则 n(H2):n(O2)=12:1

40、，从图中可以看出，氧元素转化为O2-，氢元素转化为 H2，由此可得出膜I 侧的电极方程式。【详解】（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H2=-49.0kJ/molCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H3=-41.1kJ/mol+得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1，从而求出 H1=-90.1kJ/mol，该反应 S0，H1p2。答案为：；从图中可以看出，M 点时，CO的转化率为60%，则 CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：23CO(g)2H(g)CH OH(g)(mol)12.20(mol)0.61.20.

41、6(mol)0.410.6垐?噲?起始量变化量平衡量M 点时，H2的转化率为1.2100%2.2=54.5%，该反应的平衡常数Kp=12110.6p20.41p(p)22=216p。答案为：54.5%；216p；A.恒压条件，压强始终不变，由容器内压强保持不变，不能判断反应是否达平衡；B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，此数据表明逆反应速率大，平衡逆向移动；C.混合气体的质量不变，但气体的物质的量减小，相对分子质量增大。若相对分子质量保持不变，则达平衡状态；D.混合气体的质量不变，但体积减小，所以密度增大。若密度不变，则表明达平衡状态。由以上分析，可确定CD达平衡状态。答案为：CD；（3）

42、由表中数据可知，mn3mn1vk0.50.12.070vk0.10.10.414，由此求出m=1；mn2mn1vk0.10.21.656vk0.10.10.414，由此求出n=2；。答案为：1；2；A.两步反应加和，虽然H2O2被消掉，但H2O2出现在第一个反应的生成物中，所以它不是该反应的催化剂，A 错误；B.反应 i 是慢反应，则反应的活化能较高，B 正确；C.总反应速率由慢反应的速率决定，C 错误；D.反应 i 是慢反应，说明NO 和 H2的碰撞仅部分有效，D 正确。综合以上分析，答案为：BD；（4）n(N2):n(O2)=4：1，22n(H)n(N)=3，则 n(H2):n(O2)=12:1，从图中可以看出，氧元素转化为O2-，氢元素转化为 H2，由此可得出膜I 侧的电极方程式12H2O+O2+28e-=12H2+14O2-。答案为：12H2O+O2+28e-=12H2+14O2-。【点睛】化学反应过程中，两种反应物本身要进行分解，然后重新组合为新物质。若两种物质反应速率不同，慢反应在自我分解时速率就慢，即使反应速率快的分解了很多，也没有足够的反应慢物质的产物与其进行结合，所以整个化学反应的速率就由慢反应的速率决定。就象木桶一样，最短的木板决定木桶盛水的高度。