2019-2020学年安徽省合肥市肥东县高级中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽省合肥市肥东县高级中学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学年安徽省合肥市肥东县高级中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽省合肥市肥东县高级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下列实验与对应的解释或结论正确的是()选项实验解释或结论A 2 mL 0.2mol L-1 H2C2O4(草酸)溶液右侧试管中溶液紫色褪去慢，推知反应物浓度越大，反应速率越小B 分别向盛有等量煤油、无水乙醇的两烧杯中加入大小相等的金属钠，对比观察现象乙醇分子中羟基上的氢原子活泼C 分别向盛有动物油、石蜡的两烧杯中加入足量烧碱溶液，充分加热，冷却动物油、石蜡均能发生皂化反应D 将电石与食盐水反应生成的气体，通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液颜色

2、变化由溶液紫色褪去可知乙炔能发生氧化反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.反应物浓度越大，反应速率越快，则解释与结论不正确，A 项错误；B.钠会与无水乙醇反应产生氢气，则说明乙醇分子中羟基上的氢原子活泼，B 项正确；C.动物油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下会水解生成高级脂肪酸纳，能发生皂化反应，但石蜡不会与氢氧化钠发生皂化反应，C项错误；D.电石与食盐水反应生成的乙炔气体含杂质如硫化氢等气体，所以通入酸性高锰酸钾溶液中能使紫色褪去的气体不一定是乙炔，D 项错误；答案选 B。2雾霾中对人体有害的主要成分有固体细颗粒、氮和硫的氧化物、芳香烃、重金属离子。下列说法不正

3、确的是A苯是最简单的芳香烃B重金属离子可导致蛋白质变性C氮和硫的氧化物都属于酸性氧化物D汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一【答案】C【解析】【详解】A.苯分子中只含1 个苯环且没有侧链，所以苯是最简单的芳香烃，故A正确；B.重金属盐有毒，金属离子可导致蛋白质变性，故B正确；C.NO、NO2都不是酸性氧化物，故C错误，故选C；D.汽车尾气含大量的固体颗粒物，汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一，故D正确。3下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A向盐酸中加入氨水至中性，溶液中+4-NHClcc1 B醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中+-3c(Na)c(CH COO)1C向

4、 0.1mol?L-1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中3HCH COOHcc减小D将 CH3COONa 溶液从 20升温至 30，溶液中-3-3c(CH COO)c(CH COOH)c(OH)增大【答案】B【解析】【详解】A、向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)=c(NH4+)，则+4-NHClcc=1，故 A错误；B、醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CH3COONa，CH3COO-部分水解，导致c(Na+)c(CH3COO-)，即+-3NaCH COOcc1，故 B 正确；C、向 0.1mol?L-1 CH3COOH溶液中加

5、入少量水，CH3COOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中3HCH COOHcc的比值增大，故C 错误；D、将 CH3COONa 溶液从 20升温至 30，CH3COO-的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致-33CH COOCH COOHOHccc=-h31CH COOK的比值减小，故D 错误；故选：B。4煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是A石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸

6、等芳香烃B煤干馏的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭C棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维D天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇【答案】A【解析】【详解】A.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状烃转化为环状烃，生成苯、甲苯等芳香烃，苯甲酸属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，故A 错误；B.煤干馏发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B 正确；C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C 正确；D.天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要

7、有合成氨、甲醇、炭黑等近20 个品种，故D 正确。故答案选A。5氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（）A相同压强下H2O 的沸点高于HF的沸点B一定条件下，NH3与 BF3可以形成 NH3 BF3C羊毛制品水洗再晒干后变形D H2O 和 CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶【答案】B【解析】【分析】【详解】A 1 个水分子能与周围的分子形成4 个氢键，1 个 HF 分子只能与周围的分子形成2 个氢键，所以相同压强下 H2O 的沸点高于HF 的沸点，故A 不选；BNH3与 BF3可以形成配位键从而形成NH3 BF3，与

8、氢键无关，故B选；C羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C 不选；D CH3COCH3中 O 原子电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形成氢键，所以二者可以完全互溶，故 D 不选；故答案为B。6催化加氢不能得到2-甲基戊烷的是()A CH3CH=C(CH3)CH2CH3B(CH3)2C=CHCH2CH3CCH C(CH3)(CH2)2CH3DCH3CH=CHCH(CH3)2【答案】A【解析】A.与氢加成生成物为3-甲基戊烷，A 错误；B.与氢加成生成物为2-甲基戊烷，B正确；C.与氢加成生成2,2-二甲基戊烷，或新庚

9、烷，C错误；D.加成反应好主链C原子为 5，甲基在 2 号碳原子位置，能得到2-甲基戊烷，D 正确。7已知有如下反应：2Fe3 2I=2Fe2I22Fe2Br2=2Fe32Br2Fe(CN)64-I2=2Fe(CN)63-2I，试判断氧化性强弱顺序正确的是（）A Fe3Br2I2Fe(CN)63-BBr2I2Fe3Fe(CN)63-CBr2Fe3I2Fe(CN)63-D Fe(CN)63-Fe3Br2 I2【答案】C【解析】【分析】【详解】依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式判断氧化性Fe3I2，由反应方程式得到氧化性Br2Fe3，由反应方程式得到氧化性I2

10、Fe(CN)63-，综合可得C项正确。故选 C。8既含离子键又含共价键的物质是A H2BMgCl2CH2O D KOH【答案】D【解析】氢气中含有H-H键，只含共价键，故A错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故B错误；H2O中含有 H-O键，只含共价键，故C错误；KOH由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有H-O键，所以 KOH既含离子键又含共价键，故D正确。9设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A氯碱工业中完全电解含2 mol NaCl 的溶液产生H2分子数为NAB14 g 分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n C2.0 g H218O 与 2.

11、0 g D2O 中所含的中子数均为NAD常温下，将56 g 铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A氯碱工业中完全电解NaCl 的溶液的反应为2NaCl+2H2O电解H2+Cl2+2NaOH，含2molNaCl 的溶液发生电解，则产生H2为 1mol，分子数为NA，但电解质氯化钠电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA，故 A错误；B分子式为CnH2n的链烃为单烯烃，最简式为CH2，14g 分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为=NA1414/gngmol=ANn；如果是环烷烃不存在碳碳双键，故B

12、错误；CH218O与 D2O的摩尔质量均为20g/mol，所以 2.0g H218O与 2.0gD2O的物质的量均为0.1mol，H218O中所含的中子数：20-10=10，D2O中所含的中子数：20-10=10，故 2.0 g H218O与 2.0 g D2O所含的中子数均为NA，故 C正确；D 常温下铁遇到浓硫酸钝化，所以常温下，将 56g 铁片投入足量浓硫酸中，生成 SO2分子数远远小于1.5NA，故 D错误；答案选 C。【点睛】该题易错点为A 选项，电解含2 mol 氯化钠的溶液，电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA。10短周期主族元素

13、X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，X、Y价电子数之比为23。W 的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A原子半径XY，离子半径Z Y B化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键CX的简单氢化物与W 的单质在光照下产生W 的氢化物D Y、W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】A【解析】【分析】X 原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，且四种元素中原子序数最小，则X为 C，X、Y价电子数之比为23，则 Y为 O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化

14、合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为 Na，W 的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W 为 Cl，综上所述，X、Y、Z、W 分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】AC和 O 位于同周期且C原子序数小于O，所以 C原子的半径大于O 原子半径，Na+和 O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径XY，离子半径ZY，A 错误；B Na+和 O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和 ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl 和 O 通过共价键结合，B正确；CCH4和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；D O3、Cl2、ClO2

15、等均可作水的消毒剂，D 正确。答案选 A。11已知 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 3g 由 CO2和 SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB1L0.1mol?L1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为 0.1NAC0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NAD 2.8g 聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.假设 3g 由 CO2和 SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg,有 CO2含有的质子的物质的量为xx22mol44/2ggmol，SO2含有的质子的物质的量为(3-x)3-x32mol64/2ggmol，电

16、子的总物质的量为x3-xmol+mol=1.5mol22，因此 3g 由 CO2和 SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA，A 项正确；B.由于 SiO32-会水解，因此1L0.1mol?L1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目小于0.1NA，B项错误；C.1mol 过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1mol，因此 0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C项错误；D.聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g 聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D 项错误。故答案选A。【点睛】溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题：溶液的体积是否已知；溶质能否水解或电离；水本身是

17、否存在指定的元素等。12常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A使 pH 试纸显蓝色的溶液中：Na、Mg2、ClO、HSO3-Bc(Fe3)0.1 molL1的溶液中：K、NH4+、SO42-、SCNCw-Kc(OH)0.1 mol L1的溶液中：Na、HCO3-、K、NO3-D 0.1 molL1的 NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na、SO42-【答案】D【解析】【详解】A.使 pH 试纸显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-、Mg2不能大量存在，且 ClO与 HSO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A 错误；B.c(Fe3)0.1 molL1的溶液中：Fe3与 SCN

18、发生络合反应而不能大量共存，选项B 错误；C.w-Kc(OH)0.1 mol L1的溶液中c(H+)=10-1mol/L，为强酸性溶液，HCO3-不能大量存在，选项C错误；D.0.1 molL1的 NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na、SO42-、HCO3-相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选 D。13下列说法不正确的是A石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5五甲基 3，3二乙基己烷D碳原子数 6 的链状单烯烃，与HBr

19、 反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4 种(不考虑顺反异构)【答案】A【解析】【详解】A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A 错误；B.由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B 正确；C.按系统命名法，有机物

20、的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5五甲基 3，3二乙基己烷，故C 正确；D.碳原子数 6 的链状单烯烃，与HBr 反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2(不考虑顺反异构)，共 4 种，故 D 正确；答案选 A。14以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的

21、是A四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】A【解析】【分析】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详解】A谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A 不合理；B

22、商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B 合理；C陶瓷的制造原料为黏土，选项C 合理；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D 合理。【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D 就是一种固液萃取。15目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁铬液流电池储能示范电站。铁铬液流电池总反应为 Fe3+

23、Cr2+Fe2+Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是A放电时a 电极反应为Fe 3+e-=Fe2+B充电时b 电极反应为Cr3+e-=Cr2+C放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低【答案】C【解析】【分析】铁-铬液流电池总反应为Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b 电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a 电极为正极，电极反应为Fe3+e-Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a 电极为阳极、b 电极为

24、阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3+e-Cr2+，据此分析解答。【详解】A根据分析，电池放电时a 为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3+e-=Fe2+，A 项不选；B根据分析，电池充电时b 为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3+e-=Cr2+，B 项不选；C原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；D该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，C

25、r3+、Cr2+毒性比较低，D 项不选；故答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16.含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重，某课外活动小组先测定废水中含NO3-为 310-4 mol/L，而后用金属铝将NO3-还原为 N2，从而消除污染。(1)配平下列有关离子方程式：_NO3-+_Al+_H2O _N2+_Al(OH)3+_OH-。(2)上述反应中被还原的元素是_，每生成 2 mol N2转移 _mol 电子。(3)有上述废水100 m3，若要完全消除污染，则所消耗金属铝的质量为_g。.NO 与 Cl2在常温常压下可以合成亚硝酰氯(NOCl)。它是一种红褐色液体或黄色气体，

26、其熔点-64.5，沸点-5.5，遇水易水解。亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。实验室制备原料气Cl2的装置如图所示：(4)实验室制Cl2时，装置A 中烧瓶内发生反应的化学方程式为_。(5)将上述收集到的Cl2充入 D 的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。装置 D 中发生的反应方程式为_。如果不用装置E会引起什么后果：_。某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_，为了充分吸收尾气，可将尾气与 _同时通入氢氧化钠溶液中。【答案】610183106N201350MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 2NO+Cl22NOCl F中的水蒸气进入D 装置中，会导致

27、产品水解NOO2【解析】【分析】.N 元素化合价由+5 降低为 0，铝元素化合价由0 升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO 与 Cl2发生化合反应生成NOCl，根据 NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1)N 元素化合价由+5 降低为 0，铝元素化合价由0 升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O=3N2+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N 元素化合价由+5 降低为 0，被还原的元素是N，每生成

28、2 mol N2转移 2mol 2(50)=20mol电子。(3)100 m3废水含有NO3-的物质的量是100103L 3 10-4 mol/L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n-32236NO+10Al+18H O=3N+10A6mol10mol30l OH+mol6OHn1030mol6momolln=50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol 27g/mol=1350g。(4)实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=VMnCl2+Cl2+2H2O。(5)装置 D 中 NO 与 Cl2发生化合反应生成NOCl，发

29、生的反应方程式为2NO+Cl22NOCl。NOCl遇水易水解，若没有E装置，F中的水蒸气进入D 装置中，会导致产品水解。尾气中含有NO，NO 不能与氢氧化钠溶液反应，该气体为NO，氧气与 NO 反应生成NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。【点睛】本题考查了物质制备方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A 在标准状况下密度为0.714 g L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X 中非金属元

30、素的名称为_，X的化学式 _。(2)X 与水反应的化学方程式为_。(3)化合物 Y由 X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型 _。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，_，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。【答案】碳、溴Na5CBr Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4 将 Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】【分析】X 与水反应产生气体A 和碱性溶液，气体A 摩尔质量为M=0.714 g L-1 22.4 L/mol=16 g/mol，则 A 是 CH4，说明 X 中

31、含有 C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X 中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04 mol HCl 溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为 7.62 g，根据 Cl-守恒，其中含有AgCl 沉淀质量为m(AgCl)=0.04 mol 143.5 g/mol=5.74 g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br 三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62 g-5.74 g=1.88 g，n(AgBr)=1.88 g 188 g/mol=

32、0.01 mol，X中含有 Br-0.01 mol，其质量为0.01 mol 80 g/mol=0.80 g，结合碱性溶液中加入0.04 mol HCl，溶液显中性，说明 2.07gX 中含有 0.05 molNa+，X与水反应产生0.01 mol HBr 和 0.05 mol NaOH，其中 0.01 mol HBr 反应消耗0.01 mol NaOH，产生 0.01 mol NaBr，还有过量0.04 molNaOH，则 X中含有 C的物质的量为n(C)=(2.07 g-0.05 mol 23 g/mol-0.80 g)12 g/mol=0.01 mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=

33、0.05：0.01：0.01=5：1：1，则 X 化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X 是 Na5CBr，A 是 CH4，碱性溶液为NaOH 与 NaBr 按 4：1 混合得到的混合物，中性溶液为 NaCl、NaBr 按 4：1 物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr 混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X 化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X 与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4；(3)化合物 Y由 X中金属

34、元素和第四周期元素构成，则Y为 NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr 加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化合物H 是一种有机材料中间体。实验室由芳

35、香化合物A 制备 H 的一种合成路线如下：已知：RCHO RCHORCHO RCH2CHOH2O 请回答下列问题：（1）芳香族化合物B的名称为 _，1molB 最多能与 _molH2加成，其加成产物等效氢共有_种。（2）由 E生成 F的反应类型为_，F分子中所含官能团的名称是_。（3）X的结构简式为_。（4）写出 D 生成 E的第步反应的化学方程式_。（5）G 与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有_种，写出其中任意一种的结构简式_。分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；其核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，峰面积比为62 11

36、。（6）根据题目所给信息，设计由乙醛和苯甲醛制备的合成路线（无机试剂任选）_。【答案】苯甲醛4 6 加成反应羧基、溴原子2Cu(OH)2NaOHCu2O 3H2O 4(或中任一种)【解析】【分析】A 发生信息中氧化反应得到B、C，而 B 为芳香族化合物，故B为、C为 CH3CHO，B 与 C发生信息中的反应生成D 为，D 发生氧化反应得到E为，E与溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应生成G 为，由 H 的结构，结合信息中的加成反应，可知X 为。【详解】(1)根据分析可知B 为，名称为苯甲醛；苯环和醛基中的碳氧双键都可以与氢气发生加成反应，所以 1molB 最多能与 4mol 氢气发生加成反应

37、，加成后生成，有 6 种环境的氢原子；(2)E 到 F为碳碳双键与溴的加成反应，F为，官能团为溴原子、羧基；(3)根据分析可知X 为；(4)D 生成 E 的第步反应为新制氢氧化铜氧化醛基的反应，方程式为：2Cu(OH)2NaOH Cu2O 3H2O；(5)G()与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，则 Y的分子式为C11H10O2，其同分异构体满足：分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基；其核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，峰面积比为6211，说明分子结构对称，且应有两个处于对称位置的甲基，符合条件的同分异构体有、共 4 种；(6)原料为乙醛和苯甲醛，目标产物为，

38、需要将苯甲醛的支链上的碳链加长，同时引入羧基，根据题目信息两个醛基可以反应，加长碳链，同时保留一个醛基，将醛基氧化可以生成羧基，所以合成路线为。19（14 分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料（有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收钴、镍、锂的流程图。已知：P204二(2-乙基己基)磷酸酯 常用于萃取锰，P507(2-乙基己基膦酸-2-乙基己酯）和 Cyanex272二(2，4，4)-三甲基戊基次磷酸常用于萃取钴、镍。回答下列问题：（1）在硫酸存在的条件下，正极材料粉末中LiCoO2与 H2O2反应能生成使带火星木条复燃的

39、气体，请写出反应的化学方程式_。（2）一些金属难溶氢氧化物的溶解度（用阳离子的饱和浓度表示）与pH 的关系图如下：加入 NaOH 溶液调 pH=5 可除去图中的_（填金属离子符号）杂质；写出除去金属离子的离子方程式_（一种即可）。（3）已知 P507 萃取金属离子的原理为nHR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nH+(aq)，且随着萃取过程中pH降低，萃取效率下降。萃取前先用NaOH 对萃取剂进行皂化处理，皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nNa+(aq)。对萃取剂进行皂化处理的原因为_。（4）控制水相pH=5.2，温度

40、 25，分别用P507、Cyanex272 作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。Co(Cyanex272)；Ni(Cyanex272)；Co(P507)；Ni(P507)由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_（填“增大”或“减小”）；两种萃取剂中_（填“P507”或“Cyanex272”）的分离效果比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为_mol L-1；若选 Cyanex272 萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为_mol L-1。（5）室温下，用NaOH 溶液调节钴萃余液的pH=12，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率

41、可达99.62%。已知 KspNi(OH)2=5.25 10-16，则沉镍母液中Ni2+的浓度为 2.1 10-11 mol L-1时，pH=_(lg5=0.7)。【答案】2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2+2CoSO4+4H2O Fe3+、Al3+Fe3+3OH-Fe(OH)3或Al3+3OH-Al(OH)3维持萃取过程中pH 恒定增大Cyanex272 0.25 0.4 11.7【解析】【分析】【详解】（1）LiCoO2与硫酸和H2O2反应生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成 O2，+3 价 Co降低为+2 价的 Co2+，方程式

42、为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2+2CoSO4+4H2O。（2）由图可知，加入NaOH 溶液调 pH=5 时，Fe3+、Al3+沉淀完全，所以去除Fe3+的离子方程式为Fe3+3OH-Fe(OH)3，去除 Al3+的离子方程式为Al3+3OH-Al(OH)3。（3）nHR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nH+(aq)，会使溶液酸性增强，萃取效率下降，故用NaOH 进行皂化处理后离子反应变为nNaR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nNa+(aq)，反应前后pH 基本不变，根据题意可知，萃取效率不会降低。故萃取前先用NaOH 对萃取

43、剂进行皂化处理的目的是维持萃取过程中pH 恒定。（4）由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而呈增大趋势，萃取时“Cyanex272”比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272 分离效果好。选 P507 为萃取剂，浓度在 0.25 mol L-1以后变化不大，所以 0.25 mol L-1最好；选Cyanex272 萃取剂，浓度在0.40 mol L-1以后变化不大，所以0.4 mol L-1最好。（5）KspNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=5.25 10-16，c2(OH-)=16115.25 102.1 10=2.5 10-5，c(OH-)=5 10-3，pOH=3-lg5=2.3，pH=14-pOH=14-2.3=11.7。