2019-2020学年安徽省六安市省示范高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省六安市省示范高中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在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增重的是A H2还原三氧化钨(W03)B铝与氧化铁发生铝热反应C锌粒投入硫酸铜溶液中D过氧化钠吸收二氧化碳【答案】D【解析】A、H2还原三氧化钨(W03)，固体由 WO3变成 W，质量减少，故A 错误；B、铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变，故B错误；C、锌粒投入硫酸铜溶液中生成铜和硫酸锌，相对原子质量锌为 65，铜为 64，由锌变成铜质量减小，故C错误；D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳

2、酸钠和氧气，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，1molNa2O2变成 1molNa2CO3质量增大，故D正确；故选D。2某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2 价)，既含有Fe2+又含有 Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00 mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成 2.4 g 硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是A该盐酸的物质的量浓度为8.5 mol/L B生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 L C该磁黄铁矿FexS中，x=0.85 D该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0.15m

3、ol【答案】D【解析】【详解】n(S)=2.4g32g/mol=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.075mol2-03-2=0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比=0.275mol0.15mol=11:6。A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)=0.425mol20.1L=8.5mol/L，故 A 正确；B.根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则 V(H2S)=0.425mol 22.4

4、L/mol=9.52L，故 B 正确；C.FexS中 n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以 n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以 x=0.85，故 C正确；D.根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，故 D错误。故选 D。3下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是世界最大射电望远镜中国第一艘国产航母中国大飞机C919 世界最长的港珠澳大桥A钢索B钢材C铝合金D硅酸盐A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A 不符合；B中国第一

5、艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B 不符合；C中国大飞机C919 主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；D世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D 符合；故答案为D。4T下，三种硫酸盐MSO4,(M 表示 Pb2+或 Ba2+或 Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（）A BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4BX 点和 Z点分别是SrSO4和 BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)C 在 ToC时，用 0.01mol.L-1Na2SO4溶

6、液滴定 20mL浓度均是 0.01mol.L-1的 Ba(NO3)2和 Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀D ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4【答案】D【解析】【分析】【详解】A硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故 A 错误；BZ 点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则 c（Ba2+）c（SO42-），同理 X点饱和溶液中c（Sr2+）c（

7、SO42-），故 B错误；C图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为 10-2.510-2.5、10-3.810-3.8、10-510-5，因此溶度积常数：BaSO4 PbSO4SrSO4，因此在ToC 时，用 0.01mol L-1Na2SO4溶液滴定20mL 浓度均是0.01mol L-1的 Ba(NO3)2和 Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；D ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为7.6101010=102.4，故 D正确；答案选 D。5下列离子方程式中书写正确的是（）A磁性氧化铁溶于氢

8、碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O BFeBr2中通入氯气使一半的Br-氧化：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-CNH4Al(SO4)2溶液中通入过量的Ba(OH)2：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=NH3?H2O+AlO2-+2BaSO4+2H2O D饱和碳酸钠溶液中通入CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-【答案】B【解析】【详解】A.磁性氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+还要与 I-发生氧化还原反应，A 错误；B.FeBr2中通入氯气时，Fe2+先被氧化为Fe3+，剩余的Cl2再与 Br-发生反应，一半的Br-氧化时，Fe

9、2+、Br-、Cl2的物质的量刚好相等，B 正确；C.所提供的离子方程式中，电荷不守恒，质量不守恒，C错误；D.饱和碳酸钠溶液中通入CO2，应生成NaHCO3沉淀，D 错误。故选 B。6下列物质的名称不正确的是A(NH4)2CO3：碳铵BCaSO4 2H2O：生石膏CAg(NH3)2+：二氨合银离子D：2乙基 1丁烯【答案】A【解析】【详解】A.碳铵是 NH4HCO3的俗称，名称与化学式不吻合，A 符合题意；B.生石膏是CaSO4 2H2O 的俗称，名称与化学式吻合，B 不符合题意；C.Ag(NH3)2+表示二氨合银离子，名称与化学式吻合，C 不符合题意；D.分子中含有碳碳双键在内的最长碳链上

10、含4 个 C原子，在 2 号 C 原子上有1 个乙基，物质的名称为2乙基 1丁烯，名称与物质结构简式吻合，D 不符合题意；故合理选项是A。7用下列方案及所选玻璃仪器（非玻璃仪器任选）就能实现相应实验目的的是选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A 除去 KNO3固体中少量NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B 测定海带中是否含有碘将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加入淀粉溶液试管、胶头滴管、烧杯、漏斗C 测定待测溶液中I-的浓度量取 20.00ml 的待测液，用 0.1mol L-1的 FeC13溶液滴定锥形瓶、碱式滴定管、量筒D 配制 500mL1mol/LNaOH

11、溶液将称量好的20.0gNaOH 固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀烧杯、玻璃棒、量筒、500ml.容量瓶、胶头滴管A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.过滤需要漏斗，故A 错误；B.取滤液需要先加酸性双氧水，再加入淀粉溶液，过滤时还需要玻璃棒，故B 错误；C.FeC13溶液显酸性，滴定时应该用酸式滴定管，故C错误；D.配制 500mL1mol/LNaOH 溶液，将称量好的20.0gNaOH 固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、500ml 容量瓶、胶头滴管，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】检验海带中是否含有碘离子，先将海

12、带灼烧后溶解、过滤，向滤液中加入酸性双氧水氧化，再加入淀粉检验。825时将 10mLpH=11 的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是A稀释后溶液的pH=7 B氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C稀释过程中+432c(NH)c(NHH O)增大DpH=11 氨水的浓度为0.001mol/L【答案】C【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将 10mLpH=11 的氨水加水稀释至100mL，体积增大10 倍，pH 变化小于1 个单位，即稀释后10pH11，故 A 错误；B加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不

13、变，则溶液中c(H+)增大，故B错误；C 加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1 H2O)减小，则溶液中+432c(NH)c(NHH O)增大，故C正确；D一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11 氨水的浓度大于0.001mol/L，故 D 错误；故答案为C。9关于下列各实验装置的叙述中正确的是A装置可用于吸收氯化氢气体B装置可用于制取氯气C装置可用于制取乙酸乙酯D装置可用于制取氨气【答案】A【解析】【详解】A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A 正确；B

14、、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D 错误。答案选 A。10 含铬(227Cr O)废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO4 6H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmol FeO FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)mol B处理废水中227Cr O的物质的量为2nxmol C反应中发生转移的电子数为3nxmol D在 FeO FeyCrxO3中，3x

15、y【答案】A【解析】【详解】227Cr O具有强氧化性，FeSO4(NH4)2SO4 6H2O 具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2被氧化成Fe3，227Cr O中 6 价 Cr 被还原成 3 价 Cr。该反应中，Fe 失电子的物质的量等于Cr 得电子的物质的量，则有nymol 3nxmol，即 3xy。据 Cr、Fe 原子守恒可知，生成nmol FeO FeyCrxO3时，消耗2nxmol227Cr O，消耗 n(y1)mol 硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为2nxmol6 3nxmol，又知 3x y 则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x 1)mol，所以正确的答案选A。11

16、某温度下，向 10 mL 溶液中滴加的溶液，滴加过程中，溶液中与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：。A该温度下BX、Y、Z三点中，Y 点水的电离程度最小C溶液中：D向 100 mL 浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀【答案】B【解析】【分析】向 10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L 的 Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-?CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-l

17、gc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L 10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，据此结合物料守恒分析。【详解】A.该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则 Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L 10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A 错误；B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y 点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于 X、Z点，所以X、

18、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B 正确；C.根据 Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；D.向 100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L 的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L 的 Na2S溶液，产生ZnS时需要的 S2-浓度为 c(S2-)=mol/L=3 10-20mol/L，产生 CuS时需要的S2-浓度为 c(S2-)=10-30.4mol/L 3 10-20mol/L，则产生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信

19、息计算出CuS的 Ksp 数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。12 安徽省蚌埠市高三第一次质量监测下列有关化学用语表示正确的是A水分子的比例模型B过氧化氢的电子式为：C石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10 种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【分析】【详解】A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A 项错误；B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤

20、转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2 个氢，共有 3 种可能，取代不同碳上的氢共有7 种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D 项正确；所以答案选择D 项。13短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是()A A 族B A 族C A 族D A 族【答案】D【解析】【详解】A A 族的单质有氢气、锂、钠、钾、铷、铯、钫，氢气是分子晶体，锂、钠、钾、铷、铯，钫都是金属晶体，故A 错误；B A 族的单质有硼、铝、鎵、铟、铊，硼是分子晶体，铝、鎵、铟、铊都是金属晶体，

21、故B 错误；C A 族的单质有碳、硅、锗、锡、铅，碳元素可以组成金刚石、石墨、C60等，分别是原子晶体，混合晶体，分子晶体，硅形成原子晶体，锗，锡，铅都形成金属晶体，故C错误；D A 族有氟、氯、溴、碘、砹，它们形成的单质都是分子晶体，故D 正确；答案选 D。14下列石油的分馏产品中，沸点最低的是A汽油B煤油C柴油D石油气【答案】D【解析】【分析】【详解】将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气汽油煤油柴油重柴油润滑油凡士林石蜡沥青，故选D 项。答案选 D。15 本草纲目中的“石碱

22、”条目下写道:“采蒿蓼之属 晒干烧灰,以原水淋汁 久则凝淀如石 浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是A“石碱”的主要成分易溶于水B“石碱”俗称烧碱C“石碱”可用作洗涤剂D“久则凝淀如石”的操作为结晶【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故A正确；B.“采蒿蓼之属晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故B错误；C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；D.“以原水淋汁久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故D正确；选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不

23、溶于H2SO4、HNO3 和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2(OH)4-nCln，n 随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu 和少量 CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_。(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器 A 的名称 _，有关抽滤，下列说法正确的是 _A抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出B在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤C在抽滤装置中洗涤晶体时，为减

24、少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸D减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀(3)操作 1 为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70干燥 2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂_A浓盐酸B浓氨水C无水乙醇D水+乙醇真空干燥的原因是_。(4)随着 pH 减小，Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数_A增大B不变C减小D不能确定【答案】2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+吸滤瓶AD C 防止 CuCl在潮湿空气中水解、氧化C【解析】【分析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+

25、(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。【详解】(1)向含有 Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl +SO42-+2H+；(2)根据仪器A 的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A 正确；B.在布氏漏斗中放入滤纸

26、后，用玻璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B 错误；C.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C 错误；D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D 正确；故合理选项是AD；(3)操作 1 为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于 70干燥 2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；(4)随着平 pH 值减小，Cu2(OH)4-nCln中 4-n 减小，n 增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。【点睛

27、】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某课题组的研究人员用有机物A、D 为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：A 属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于 H2的密度为 13。D 的分子式为C7H8O，遇 FeCl3溶液不发生显色反应。122R CHOR CH COOH请回答以下问题：（1）A 的结构简式为 _。（2）反应的反应类型为_，B 中所含官能团的名称为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）D 的核磁共振氢谱有_组

28、峰；D 的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有_(不含 D)种。（5）反应的化学方程式是_。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线_。合成路线流程图示例：CH3CH2OH3CH COOH/浓硫酸加热CH3CH2OOCCH3【答案】CH CH加成反应碳碳双键、酯基5 4【解析】【分析】A 属于烃类化合物，在相同条件下，A 相对于 H2的密度为13，则 A 的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH CH；B 在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合 B 的分子式C4H6O2，可知 B的结构简式为CH2=CHOCOC

29、H3，说明 A和 CH3COOH发生加成反应生成了B；再在 NaOH 的水溶液中发生水解生成的C应为；D 的分子式为C7H8O，遇 FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D 催化氧化生成了，可知 D 为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息的反应生成的E为，C和 E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A 的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH CH；(2)反应 CH CH 和 CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHO

30、COCH3，反应类型为加成反应；B 为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应是在NaOH 的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D 为，有 5 种等效氢，核磁共振氢谱有5 组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D 的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4 种；(5)反应是C和 E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【点睛】常见依据反应条

31、件推断反应类型的方法：(1)在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与 H2在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与 O2或新制的 Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连

32、续两次出现O2，则为醇 醛羧酸的过程)。(8)在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化合物H 是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如图：（1）化合物A 中的含氧官能团为_和_(填官能团名称)。（2）反应的反应类型是_，反应方程式_。（3）B的分子式 _，1molB 与足量的银氨溶液反应，最多能产生_gAg。（4）检验 D 中卤原子种类，所需的试剂有_。（5）写出同时满足下列条件的B 的一种同分异构体的结构简式：_。a

33、.分子中含有两个苯环；b.分子中有 7 种不同化学环境的氢；c.不能与 FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应。【答案】羟基醛基取代反应+HCl C14H12O2216 NaOH 水溶液（或NaOH 醇溶液）、稀硝酸、硝酸银溶液（或）【解析】【分析】【详解】（1）由图中A 的结构简式可知，化合物A 中的含氧官能团为羟基和醛基；（2）反应为+HCl，属于取代反应；（3）B的分子式为C14H12O2，B分子中含有一个醛基，1mol B 与足量的银氨溶液反应能生成2mol 的 Ag，所以反应最多能产生Ag 的质量为：2mol108g/mol=216g；（4）检验 D 中卤原子为氯原子

34、，检验其存在时，所需的试剂有NaOH 水溶液（或 NaOH 醇溶液）、稀硝酸、硝酸银溶液；（5）同时满足A分子中含有两个苯环；B分子中有7 种不同化学环境的氢；C不能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应这几个条件的B 的同分异构体的结构简式为：（或）。19CH3OCH3是绿色能源，也是化工原料。(1)已知几种共价键的键能数据如下:用 CO和 H2合成 CH3OH；CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)H=-99 kJ.mol-1。根据上述信息，表格中E1-E2=_kJ mol-1。(2)在恒容密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)，发生反应2CH3OH(g)?CH3

35、OCH3(g)+H2O(g)?H，测得 CH3OH平衡转化率与温度的关系如图所示。?H_0(填“”“或“=”)，判断依据是_。T2K 下，平衡常数K=._。(3)在 T 1K下，CO和 CH4混合气体发生反应：CO(g)+CH4(g)?CH3CHO(g)?H 0，反应速率v=v正-v逆=k正c(CO)c(CH4)k逆c(CH3CHO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，vv正逆将_(填“增大”“减小”或“不变”,下同)；若升温，kk正逆将_。(4)在 T2K 下，在 2L 真空容器中充入1 mol CH3OCH3(g)，发生反应：CH3OCH3(g)?CH4(g

36、)+H2(g)+CO(g)。在不同时间测定容器内的总压数据如下表所示：在该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为_。(5)科研人员电解酸化的CO2制备 CH3OCH3，装置如图所示。阴极的电极反应式为_。【答案】733T2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应4不变减小75%2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O【解析】【分析】(1)利用热焓变计算键能时，借助公式：反应物的总键能生成物的总能键=?H；代入已知键能的数据，便可求出未知键能的数值；(2)利用坐标图象分析?H 与 0 的相对大小时，需利用图象中转化率或百分含量受温度的影响情况进行分析，温度越高，反应速率

37、越快，达平衡的时间越短。(3)利用图象求平衡常数时，需采集图中曲线上某点的转化率或浓度，利用三段式建立反应物与生成物的平衡量关系，代入平衡常数计算公式进行计算。(4)利用电池装置图书写电极反应式时，应提取图中的信息，或电极反应物或生成物，电解质的性质，然后根据反应物中元素价态的变化，确定电极的名称，然后写出电极反应式。【详解】(1)H=反应物的总键能生成物的总键能，即(E1+2 436kJ/mol)-(3 413kJ/mol+E2+465kJ/mol)=-99/mol，从而求出 E1-E2=733kJ mol-1。答案为：733；(2)从图中可以看出，T1时达平衡时间短，T1T2，升高温度，3

38、CH OH%（）减小，则平衡逆向移动，?HT2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应。答案为：T2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应；T2K 下，CH3OH 的转化率为80%，设混合气的体积为1L，利用三段式：33322CH OH(g)CH OCH(g)H O(g)(mol)200(mol)1.60.80.8(mol)0.40.80.8垐?噲?起始量变化量平衡量平衡常数K=20.8 0.80.4=4。答案为：4；(3)达到平衡后，若加入高效催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，则vv正逆将不变；平衡时，v正=v逆，k正c(CO)c(CH4)=k逆c(CH3CH

39、O)，K=kk正逆，此时若升温，平衡逆向移动，kk正逆将减小。答案为：不变；减小；(4)设 CH3OCH3的起始量为1mol，变化量为y，建立三段式：3342CH OCH(g)CH(g)CO(g)H(g)(mol)1000(mol)(mol)1yyyyyyyy垐?噲?起始量变化量平衡量因为压强之比等于物质的量之比，则15012125y，y=0.75mol，从而求出该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为 75%。答案为：75%；(5)依题意，阳极电极反应式为6H2O-12e-=12H+3O2，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。答案为：2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。【点睛】在书写电极反应式时，从箭头分析，H2OO2，则 O 元素由-2 价升高到0 价，失电子，此电极为阳极，则另一电极为阴极，同样从箭头分析，CO2 CH3OCH3，可利用的离子是H+，H2O 也是可利用的物质，由此可写出电极反应式。