2019-2020学年北京市西城区北京第四十三中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区北京第四十三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尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素，又能发电。尿素燃料电池结构如下图所示，甲电极上发生如下反应：CO（NH2）2+H2O-6eCO2+N2+6H+，则A甲电极是阴极B电解质溶液可以是KOH溶液CH+从甲电极附近向乙电极附近迁移D每 2molO2理论上可净化1molCO（NH2）2【答案】C【解析】【详解】A由题甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，甲电极是燃料电池的负极，A 错误；B甲电极上发生如

2、下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，该原电池是酸性电解质，电解质溶液不可以是 KOH溶液，B 错误；C原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H从甲电极(负极)附近向乙电极(正极)附近迁移，C正确；D电池的总反应式为：2222222CO(NH)3O2CO2N4H O，每23molO理论上可净化222molCO(NH)，22molO则理论上可净化224/3molCO(NH)，D 错误。答案选 C。2钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势，有望取代锂离子电池。最近，山东大学徐立强教授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaxFeIIF

3、eIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是A充电时，Na+被还原为金属钠B充电时，阴极反应式：xNa+FeIIFeIII(CN)6-xe-NaxFeIIFeIII(CN)6C放电时，NaxFeIIFeIII(CN)6为正极D放电时，Na+移向 Ni3S2/Ni 电极【答案】D【解析】【分析】【详解】A充电为电解原理，由题意知Na+反应后为NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金属Na，A 错误；B充电时阴极得到电子，反应式为xNa+FeIIFeIII(CN)6+xe-=NaxFeIIFeIII(CN)6，B 错误；C放电时为原电池

4、原理，由总反应知Ni 化合价下降，应为正极，故NaxFeIIFeIII(CN)6为负极，C错误；D放电时阳离子向正极移动，D 正确；故选 D。3图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是X W Y R Z A最高价氧化物对应水化物的酸性RXY B84 号元素与Z 元素同主族CR、W 的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂D Z2W3具有氧化性和还原性【答案】B【解析】【详解】假设 X 的最外层电子数为x-1，则 Y 的最外层电子数为x-1，Z 的最外层电子数为x，W 的最外层电子数为 x+1，R 的最外层电子数为x+2，有

5、关系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解 x=5，则 X 为碳元素，Y 为硅元素，Z 为砷元素，W 为氧元素，R 为氯元素。A.因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸碳酸 硅酸，故正确；B.84 号元素都在第A主族，Z元素在第A主族,故错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；D.As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选 B。4某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl26H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A固体 I 中含有 SiO2，固体 II 中含有 Fe(OH

6、)3B使用石灰水时，要控制pH，防止固体II 中 Al(OH)3转化为 AlO2-C试剂 a 选用盐酸，从溶液III 得到 CaCl26H2O 产品的过程中，须控制条件防止其分解D若改变实验方案，在溶液I 中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl26H2O【答案】D【解析】【分析】工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体 中含有 SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化

7、钙溶液，CaCl26H2O 易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；【详解】A.根据上面的分析可知，固体 中含有 SiO2，固体 中含有 Fe(OH)3，A 正确；B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B 正确；C.CaCl26H2O 易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；D.若改变实验方案，在溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2 6H2O 不纯，D 错误；答案为 D。5下列关于有机物的说法正确的是（）A乙醇和丙三醇互为同系物B环己烯()分子中的所有碳原子共面C分子式为C5H10O2，且属于

8、酯的同分异构体共有9 种(不考虑立体异构)D二环己烷()的二氯代物有6 种结构(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A 错误；B.环己烯分子中含有4 个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C 原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；C.分子式为 C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4 种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2 种

9、，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有 1 种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有 2 种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9 种，C正确；D.二环己烷有2 种不同位置的H 原子，其二氯取代产物中，若2 个 Cl 原子在同一个C原子上，只有1 种结构，若在两个不同的C原子上，有6 种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7 种，D 错误；故合理选项是C。6下列说法中正确的是A188O2-离子结构示意图为B乙烯的结构简式为CH2=CH2CNH3溶于

10、水后的溶液能导电，因此NH3是电解质D正反应放热的可逆反应不需加热就能反应，升温，正反应速率降低【答案】B【解析】【详解】A.188O2-的质子数为8，故离子结构示意图为，A 正确；B.乙烯的结构简式为CH2=CH2，B 正确；C.NH3溶于水后的溶液能导电，是因为其与水反应生成NH3H2O，所以能导电，NH3是非电解质，C错误；D.正反应放热的可逆反应也可能需要加热才能发生，升高温度，正逆反应速率均加快，D 错误；故答案选B。7现有易溶强电解质的混合溶液10 L，其中可能含有K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl-、SO42-、AlO2-、OH-中的几种，向其中通入CO2气体，产生沉淀的量与

11、通入CO2的量之间的关系如图所示，下列说法正确的是()A CD段的离子方程式可以表示为：CO32-+CO2+H2O2HCO3-B肯定不存在的离子是SO42-、OH-C该溶液中能确定存在的离子是Ba2+、AlO2-、NH4+D OA 段反应的离子方程式：2AlO2-+CO2+3H2O2Al(OH)3+CO32-【答案】A【解析】【分析】通入二氧化碳，OA 段生成沉淀，发生反应Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，说明含有AlO2-。【详解】通入二氧化碳，OA 段生成沉淀，发

12、生反应Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，BC段生成沉淀，说明含有AlO2-。AB段沉淀物质的量不变，发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O；CD段沉淀的物质的量不变，发生反应CO32-+CO2+H2O2HCO3-；DE 段沉淀溶解，发生反应BaCO3+CO2+H2OBa(HCO3)2；Ba2+与 SO42-生成沉淀，OH-与 NH4+反应生成一水合氨，所以一定不存在NH4+、SO42-；故选 A。8下列保存物质的方法正确的是A液氯贮存在干燥的钢瓶里B少量的锂、钠

13、、钾均保存在煤油中C浓溴水保存在带橡皮塞的棕色细口瓶中D用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，瓶口朝上放置【答案】A【解析】【详解】A 项，常温干燥情况下氯气不与铁反应，故液氯贮存在干燥的钢瓶里，A 项正确；B 项，钠、钾均保存在煤油中，但锂的密度小于煤油，故不能用煤油密封保存，应用石蜡密封，B 项错误；C 项，溴具有强氧化性，能腐蚀橡胶，故保存浓溴水的细口瓶不能用橡胶塞，C项错误；D 项，用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，氢气密度小于空气，故瓶口应朝下放置，D 项错误；本题选 A。9下列图示（加热装置省略，其序号与选项的序号对应）的实验操作，能实现相应实验目的的是A探究乙醇的催化

14、氧化B实验室制取并收集少量纯净的氯气C研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响D实验室制备少量NO【答案】C【解析】【分析】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B、盐酸易挥发；C、研究催化剂对反应的速率的影响，过氧化氢的浓度应相同；D、NO 易被空气中氧气氧化。【详解】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇，故A 错误；B、因盐酸易挥发，收集到的氯气中混有氯化氢和水，故B 错误；C、研究催化剂对反应速率的影响，加入的溶液的体积相同，金属离子和过氧化氢的浓度也相同，符合控制变量法的原则，可达到实验目的，故C 正确；D、NO 易被空气中氧气氧化，应用排水法收

15、集，故D 错误；故选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析。10既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（）A离子化合物B非金属单质C酸性氧化物D共价化合物【答案】D【解析】【详解】A由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A 错误；B单质既不是电解质也不是非电解质，故B 错误；C酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；D若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为

16、电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D 正确。故选：D。【点睛】应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。11用“四室电渗析法”制备 H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A阳极电极反应式为：2H2O4e=O24HB工作过程中H+由阳极室向产品室移动C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致 H3PO2的产率下降D通电一段时间后，阴极室中NaOH 溶液的浓度一定不变【答案】D【解析】【分析】阴极室中

17、阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为 2H2O+2e=H2 OH，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO2-与 H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故

18、 A正确；B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，故B正确；C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成 H3PO4，导致 H3PO2的产率下降，故 C正确；D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度增大，故D错误。故选 D。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，明确离子交换膜的作用是解题的关键。122019 年上海、西安等城市先后开始实施生活垃圾分类，分

19、类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用，垃圾是放错地方的资源，同时也是建立环境友好型国家的重要举措。下列关于垃圾分类的说法正确的是A废电池、过期药品属于有害垃圾，无需回收，为防止污染环境应当深埋处理B其它垃圾包括防新型冠状病毒用的口罩、烟头等物品无法利用，应当弃去不要C废纸类、废塑料、废玻璃、废金属、废油漆桶等属于可回收物D厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料【答案】D【解析】【分析】【详解】A.废电池中含有重金属，需回收，不应当深埋处理，会造成水土污染，故A 错误；B.医疗垃圾应该无害化处理，故B 错误；C.废油漆桶属于危化品需要集中处理的废物

20、，故C 错误；D.厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料，故D 正确；答案为 D。13四种短周期元素A、B、C、D 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D 形成的两种氧化物都是常见的大气污染物。下列有关判断不正确的是A A的简单氢化物是天然气的主要成分B元素 A、B、C对应的含氧酸的钠盐水溶液不一定显碱性C单质 B 既可以与酸反应，又可以与碱反应，所以是两性单质D最高价氧化物对应的水化物的酸性：DC【答案】C【解析】【分析】D 形成的两种氧化物都是常见的大气污染物，D 为 S，A 为 C，B为 Al，C为 Si。【详解】A.A 的简单氢化物是天然气的主要成分为

21、甲烷，故A 正确；B.元素草酸氢钠溶液显酸性，故B 正确；C.单质 B既可以与酸反应，又可以与碱反应，但不能叫两性单质，故C错误；D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4H2SiO3，故 D 正确。综上所述，答案为C。【点睛】同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐增强。14根据下面实验或实验操作和现象，所得结论正确的是实验或实验操作现象实验结论A 用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的苯酚钠溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比苯酚的酸性强B 向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaC12溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO42-，SO32-，HSO3-中的一种或几种C

22、 向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热无红色沉淀蔗糖未水解D 将浸透了石蜡油的石棉放置在试管底部，加入少量的碎瓷片，并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A也可能是挥发出的HCl与苯酚钠反应，无法得出题中实验结论，故A 错误；B原溶液中也可能含有Ag+，故 B 错误；C蔗糖在酸性条件下水解，水解液显酸性，加入Cu(OH)2悬浊液之前要中和稀硫酸使溶液呈碱性，所以操作错误无法得到结论，故C错误；D石蜡为多种烃的混合物，产生的气体能使酸性高猛酸钾褪色，说明含

23、有能被酸性高猛酸钾氧化的不饱和烃，故D 正确；故答案为D。15下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A 将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B 向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和 CuS ZnS溶解而 CuS不溶解Ksp(CuS)H2CO3A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A若原溶液中有Fe3，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有 Fe3，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2氧化成 Fe3，A 错误；BZnS溶解而 Cu

24、S不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则 Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，B 正确；CCu(NO3)2溶液中有NO3，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H、NO3发生氧化还原反应，而不是 Cu 与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D CO32HCO3电离得到CO32。相同条件下，NaA 溶液的 pH 小于 Na2CO3溶液的 pH，说明 CO32水解能力强，则酸性HAHCO3，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选 B。【点睛】容易误选D 项，需要注意，CO32是由 HCO3电离得到的，因此通过比较NaA 溶液和 Na2CO3溶液的 pH

25、 比较酸的强弱，其实比较的是HA 和 HCO3的强弱。若需要比较HA 和 H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和 NaHCO3溶液的 pH 大小。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酰氯（SO2Cl2）熔点-54.1，沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的 S的化合价为 _，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_。（2）现拟用干燥的Cl2和 SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）。仪器 A 的名称为 _，装置乙中装入的试剂是_，装罝 B的作用是_。装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_（选

26、填编号）。A蒸馏水Bl0.0molL-1浓盐酸C浓氢氧化钠溶液D饱和食盐水滴定法测定硫酰氯的纯度:取 1.800g 产品，加入到100mL0.50000mol L-1NaOH 溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取 25mL 溶液于锥形瓶中，滴加2 滴甲基橙，用0.1000mol L-1标准 HC1滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗HCl l0.00mL。达到滴定终点的现象为_，产品的纯度为 _。【答案】+6 SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使 SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和 Cl2，防止污染环境D 滴

27、加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复75%【解析】【分析】【详解】（1）SO2Cl2中，O 的化合价是-2 价，Cl 的化合价是-1 价，计算可得S的化合价是+6 价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。（2）如上图，甲是反应的发生装置，仪器A 是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B 是球形干燥管，装有碱石灰，其作用是防止空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和 C12，防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干

28、燥剂，即浓硫酸。故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和 C12，防止污染环境。利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH 溶液中加热充分水解，得到Na2SO4、NaCl 和 NaOH 的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因此显黄色。用 0.1000mol L-1标准 HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复。消耗的HCl 的物质的量与滴定所取25mL 混合溶液中N

29、aOH 的物质的量相等，为0.1000mol L-1 0.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH 0.01mol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH 为 0.100L0.50000molL-1-0.010mol=0.04mol，根据总反应方程式 SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O 可知，原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol 135g/mol=1.35g，产率为 1.35g1.800g100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复

30、；75%。【点睛】SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和 H2O 都拆成正价和负价两部分，即把SO2Cl2拆成2+2SO和 Cl-两部分，把水拆成 H+和 OH-两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和 Cl-结合，由于有2 个 Cl-，所以需要2 个水分子提供2 个 H+，同时提供的2 个 OH-和 1 个2+2SO结合为 H2SO4，最终反应的方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如 CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl 等，盐类的水解也可以同样写出。三、推断题（本题包括1

31、个小题，共10 分）17在医药工业中，有机物G 是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2XR1OR2+NaX(R1与 R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)RCOCl+HCl+SO2回答下列问题：（1）A 与 C 在水中溶解度更大的是_，G 中官能团的名称是_。（2）EF 的有机反应类型是_，F 的分子式为 _。（3）由 AB 反应的化学方程式为_。（4）物质 D 的结构简式为_。（5）BC 反应中加入NaOH 的作用是 _。（6）写出一种符合下列条件的G 的同分异构体_。与 G 的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰；能发生银镜反应【答案

32、】C 羰基（或酮基）、醚键取代反应C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解【解析】【分析】与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与 CH2I2反应生成，根据信息E和 SOCl2反应生成F，与 F反应生成G。【详解】A 是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A 与 C在水中溶解度更大的是C，根据 G的结构得到G 中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。EF 是 OH 变为 Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为 C8H7OCl 或 C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl 或 C

33、8H7ClO。由 AB 反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。根据 D 和 F生成 G 的反应得到物质D 的结构简式为；故答案为：。根据 B 的结构()，加入 NaOH 溶液得到C()，反应中加入NaOH 的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。与 G 的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰，说明对称性较强；能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G 的同分异构体；故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105，沸点 79，140以上时易分解

34、。（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜,原子利用率达100%,则三者的物质的量比为 _.（2）甲同学设计如图装置用ZnCl2?xH2O 晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并利用装置F 验证生成物中的某种气体（夹持及加热装置略）。用原理解释SOCl2在该实验中的作用_；加热条件下，A装置中总的化学方程式为_.装置的连接顺序为AB _；实验结束后,为检测ZnCl2?xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为_（填序号）a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；b.称得固体为n 克；c.干燥；d.称取蒸干后的固体 m克溶于水；e.过滤；f

35、.洗涤若 m/n_（保留小数点后一位），即可证明晶体已完全脱水.（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3?6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。可能发生的副反应的离子方程式_.丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性：i.取少量 FeCl3?6H2O于试管中，加入足量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。（供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性 KMnO4溶液、BaCl2溶液、K3Fe(CN)6 溶液、溴水）方案操作现象结论方案一往一支试管中滴

36、加_若有白色沉淀生成则发生了上述副反应方案二往另一支试管中滴加_ _ 则没有发生上述副反应【答案】2:3:1SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解xSOCl2+ZnCl2xH2O=ZnCl2+xSO2+2xHClDEFCd a e f c0.56SOCl2 +2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl-BaCl2溶液K3Fe(CN)6 溶液若无蓝色沉淀出现【解析】【分析】（1）根据原子利用率达100%,硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料制SOCl2，根据原子、电子守恒完成反应方程式。由二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂

37、，选择装置的连接顺序；根据守恒判断ZnCl2?xH2O晶体是否完全脱水（ZnCl22AgCl）。根据存在的离子选择试剂：SO42-选择稀 HCl 和 BaCl2;Fe2+选择 K3Fe(CN)6 溶液。【详解】（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜(SOCl2),原子利用率达100%,所以反应方程式为：2S+3Cl2+SO3=3SOCl2则三者的物质的量比为2:3:1。（2）因为二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；加热条件下，A装置中总的化学方程式为xSOCl2+ZnCl2xH2O=ZnCl2+xSO2+2xHCl。

38、答案：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；xSOCl2+ZnCl2xH2O=ZnCl2+xSO2+2xHCl。A中 SOCl2吸收结晶水生成SO2和 HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中SO2和 HCl，防止污染环境，E装置防倒吸，装置连接顺序为A B D E F C。装置的连接顺序为A BD E F C；答案：D E F C。实验结束后,为检测 ZnCl2?xH2O晶体是否完全脱水的操作方法是：d.称取蒸干后的固体m克溶于水，a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应，e.过滤 f.洗涤 c.干燥；b.

39、称得固体为n 克，所以正确的实验顺序为d a e f c；ZnCl22AgCl 136 287 m n mn 0.56 即可证明晶体已完全脱水.（3）FeCl3具有强氧化性，会和 SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式SOCl2 +2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl-。要判断副反应的可能性，就是检验溶液中有SO42-和 Fe2+，所以，方案一中加BaCl2溶液，如产生白色沉淀，说明发生了副反应；方案二是检验Fe2+，所以选择K3Fe(CN)6 溶液，加入试液后若无蓝色沉淀出现，说明没有副反应发生。【点睛】根据 SOCl2是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两

40、种气体，常用作脱水剂，中SOCl2吸收结晶水生成SO2和 HCl，所以用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中 SO2和 HCl，防止污染环境，E装置防倒吸，判断装置连接顺序为A B D E FC。19CO和 H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和 H2O 为原料，有关反应的能量变化如图所示。CH4(g)与 H2O(g)反应生成CO(g)和 H2(g)的热化学方程式为_。(2)工业乙醇也可用CO和 H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的

41、工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式_。(3)为了检验由CO和 H2合成气合成的某有机物M 的组成，进行了如下测定：将 1.84gM 在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重 4.08 g，又知生成CO2和 H2O 的物质的量之比为3:4。则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为_。(4)CO2和 H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H=-49.58

42、kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和 H2，测得不同温度下，体系中 CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是_;A生成 3mol O-H 键，同时断裂3mol H-H 键B容器中气体的压强不再变化C容器中气体的平均摩尔质量不变DCH3OH 的浓度不再改变比较 T1与 T2的大小关系：T1 _T2(填“”)。在 T1和 P2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO2和 3mol H2，该反应在第5 min 时达到平衡，此时容器的容积为2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_，保持 T1和此时容器的容积不变，再充入

43、1mol CO2和 3mol H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子_(不必化简，可以不带单位)。【答案】CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+(-p+3n+m)kJ mol1CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O 3:8:3 CD 3 32a2a2.42.4K322a66a2.42.4【解析】【分析】(1)根据图像书写热化学方程式，结合盖斯定律计算反应热；(2)结合提供信息，利用氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写方程式；(3)根据有机物燃烧碳原子守恒、氢原子守恒，以及生成物的比例关系列方程

44、计算M 中的碳、氢、氧数目；(4)根据平衡状态的特点，以及变量变成不变量时反应达到平衡等分析判断；二氧化碳的转化率随温度的升高而降低，据此分析；列“三段式”，利用温度不变，平衡常数不变的关系进行解答计算。【详解】(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)12O2(g)=CO2(g)H1 m kJ mol1；H2(g)12O2(g)=H2O(g)H2 n kJ mol1；CH4(g)2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H3 p kJ mol1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H H3 3H2H1+(p+3 n+m)kJ mol1；(2)甲

45、醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)根据 1.84g M 中含 Cx mol，含 H y mol，据题意有y44x184.082x3y42，解得 x=0.06 y=0.16；则 1.84g M 中含氧物质的量z=1(1.840.06120.161)g16g mol=0.06 mol，1mol M 中含 C、H、O 分别为 3、8、3，则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为3:8:3；(4)A 断裂 3 mol H

46、H 键就意味着消耗了3molH2，CH3OH 和 H2O 中均有 HO 键，即反应生成了3mol O-H键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故 A 错误；B由于反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明v正=v逆，故 B错误；C容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m 一直保持不变，但反应前后气体物质的量差n0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n 才不再变化，故由 M=mn知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；D“CH3OH 的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH 的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平

47、衡状态，故D 正确；答案选 CD；由 H 49.58 kJ mol10，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1T2；由图 1 知，在 T1和 p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗的CO2为 1mol 60%0.6 mol，故有如下关系：2232COg+3HgCH OH g+H O g(mol)1300(mol)0.61.80.60.6(mol)0.41.20.60.6?始变平结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=16mol L1，c(H2)=12mol L1，c(CH3OH)=14mol L1，c(H2O)=14mol L1，则该条件下的平衡常数为31144K31162；由于再充入原料气时，反应温度没变，即 K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为 2a mol，同理有如下关系：2232COg+3HgCH OH g+H O g(mol)2600(mol)2a6a2a2a(mol)2-2a6-6a2a2a?始变平32a2a2.42.4K322a66a2.42.4。