2019-2020学年福建省福州琅岐中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州琅岐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）1NA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

2、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 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

3、点B，醋酸钠水解产生的 OH-来源于水。2X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15，X与 Z 可形成 XZ2分子；Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXM BXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由 X元素形成的单质不一定是原子晶体D由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递

4、增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X 与 Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；再根据Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M 为 H 元素，最后根据W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2，推出 W 为 Na 元素。则A原子半径应是WX YZM（即 NaCNOH）,A 错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D

5、X、Y、Z、M 四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D 错误。答案选 C。3设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 1L0.1mol/L 的 NaHSO4溶液中所含的氧原子数目为0.4NAB1mol OH(羟基)与 1 mol H3O+中所含的电子数均为10NAC7.1gCl2与足量 Fe充分反应，转移的电子数为0.2NAD 80gCuO 和 Cu2S的混合物中，所含铜原子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子，所以1L0.1mol/L 的 NaHSO4溶液中所含的氧原子数目大于0.4NA，故 A错误；B、1 个甲基含有9 个电

6、子，1mol 羟基所含的电子数为9NA，B错误；C、Cl2与 Fe反应，氯元素化合价由0 变为-1，所以 7.1gCl2与足量 Fe充分反应，转移的电子数为0.2NA，故 C正确；D、80gCuO含的铜原子的物质的量是801180/gmolgmol，80g Cu2S含的铜原子的物质的量是8021160/gmolg mol，根据极值法，80gCuO 和 Cu2S的混合物中所含铜原子数为1NA，故 D错误。425时，向10 mL 0.l mol L1H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH 溶液，溶液的pH 与 NaOH 溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是()A A点溶液中，c(H)c(OH)

7、c(HC2O4)2c(C2O42)BHC2O4在溶液中水解程度大于电离程度CC点溶液中含有大量NaHC2O4和 H2C2O4D D 点溶液中，c(Na)c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(H)【答案】A【解析】【详解】A.A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，故 A 正确；B.B 点是 10 mL 0.l molL1H2C2O4溶液与 10 mL 0.l molL1NaOH 溶液混合，溶质是NaHC2O4，B 点溶液呈酸性，可知HC2O4在溶液中电离程度大于水解程度，故B 错误；C.B 点溶质是NaHC2O4，D 点溶质是 Na2C2O4

8、，所以 C点溶液中含有NaHC2O4和 Na2C2O4，故 C错误；D.D 点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na)c(C2O42)c(OH)c(HC2O4)c(H)，故 D 错误。答案选 A。【点睛】该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。5某 100mL 溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（）A溶液中一定含有Na+,Na+浓度是 0.35mol

9、/L B溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C溶液中可能含有Cl-，一定没有Fe3+D取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-【答案】C【解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32、SO42，根据离子共存，Fe3一定不存在，根据沉淀的质量，推出 n(CO32)=0.01mol，n(SO42)=0.01mol，滤液中加入NaOH 溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中

10、含有NH4，n(NH4)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na，A、根据电荷守恒，n(Na)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl，因此 c(Na)0.35mol L1，故 A 错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na，故 B 错误；C、根据上述分析，故C 正确；D、原溶液中一定含有SO42，SO42对 Cl的检验产生干扰，故 D 错误。6一种水基二次电池原理为0.252520.25+x2522xZn+ZnV OyH OZnV OzH O+y-z H O垐 垎?噲 垐?放电充电，电解液为含 Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法正确的是（）A放电时，Zn2+脱离

11、插层B放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小C充电时，电子由0.25252ZnV OyH O层经电解质溶液流向0.25+x252ZnV OzH O层D充电时，阳极发生电极反应：-2+0.25+x25220.25252ZnV OzH O+y-z H O-2xeZnV OyH O+xZn【答案】D【解析】【详解】A.放电时，利用原电池原理，Zn 作负极，失去电子，0.25252ZnV OyH O得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A 错误；B.根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B 错误；C.充电时是电解池原理，

12、但电子不能通过电解质溶液，故C 错误；D.充电时，阳极失电子，电极反应为：-2+0.25+x25220.25252ZnV OzH O+y-z H O-2xeZnV OyH O+xZn，故 D 正确；故选 D。【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。7氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其原理反应：2H2 O2=2H2O，其工作示意图如图。下列说法不正确的是()A a 极是负极，发生反应为H22e=2HBb 电极上发生还原反应，电极反应式为O24H4e=2H2O C电解质溶液中H向正极移动D放电前后电

13、解质溶液的pH 不会发生改变【答案】D【解析】【分析】氢氧燃料电池的原理反应：2H2O2=2H2O，通氢气一极是负极，发生氧化反应，通氧气一极是正极，发生还原反应，即a 是负极，b 是正极，电解质溶液为酸性环境，据此分析。【详解】A.由以上分析知，a 极是负极，发生反应为H22e=2H，故 A 正确；B.由以上分析知，b 是正极，发生还原反应，电极反应式为O24H4e=2H2O，故 B 正确；C.原电池中阳离子移动向正极，则电解质溶液中H向正极移动，故C 正确；D.氢氧燃料酸性电池，在反应中不断产生水，溶液的pH 值增大，故D 项错误；答案选 D。【点睛】氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=

14、2H2O，负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式，若选用KOH溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极的电极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O；若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，负极的电极反应式为：2H2-4e-=4H+；这是燃料电池的常考点，也是学生们的易混点，根据电解质溶液的酸碱性写电极反应式是关键。8根据元素周期律可判断()A稳定性：H2SH2O B最高化合价：FN C碱性：NaOHMg(OH)2D原子半径：ClAl【答案】C【解析】【详解】A

15、O 和 S位于同一主族，非金属性O 大于 S，故气态氢化物的稳定性H2OH2S，故 A 错误；B F没有最高正价，N 是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5 价，故 B 错误；C Na 和 Mg 位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOH Mg(OH)2，故 C正确；D Al 和 Cl 位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，AlCl，故 D 错误；答案选 C。9关于常温下pH2 的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A 1L 溶液中含H+为 0.02mol Bc(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C加水稀释，草

16、酸的电离度增大，溶液pH 减小D加入等体积pH2 的盐酸，溶液酸性减小【答案】B【解析】【详解】A 选项，c(H+)=0.01mol/L，1L 溶液中含H+为 0.01mol，故 A 错误；B 选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故 B 正确；C 选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH 增大，故 C错误；D 选项，加入等体积pH 2 的盐酸，溶液酸性不变，故D 错误。综上所述，答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸，但pH=2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH 值可得 c(H+)=0.01mol/L，很多同学容易

17、混淆 c(二元酸)=0.01mol/L，如果是强酸c(H+)=0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+)0.01mol/L。10海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：下列有关说法不正确的是A过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C反应加热MgCl2 6H2O 应在 HCl 气流保护下制备无水MgCl2D反应中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用 7080%硫酸富集Br2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A

18、项错误；B.氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B 项正确；C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D.用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到 Br2，达到富集目的，D 项正确；答案选 A。11网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A辛酸的同分异构体（CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3-三甲基戊酸B辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3 个“一 CH3”结构，且存在乙基支链

19、的共有7 种(不考虑立体异构）C辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74 的有机物的共有8 种(不考虑立体异构）D正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式【答案】B【解析】【详解】A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误；B.三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6 种

20、结构，还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7 种，B项正确；C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74 的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有4 种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有 8 种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2 种同分异构体，丁醇有 4 种同分异构体，所以共有8 种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16 种，C项错误；D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液

21、态，而软脂酸所含C 原子数多，常温下呈固态，D 项错误；答案选 B。【点睛】C 选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74 的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。12下列各组物质由于温度不同而能发生不同化学反应的是（）A纯碱与盐酸BNaOH 与 AlCl3溶液CCu与硫单质DFe 与浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A.纯碱与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应不受温度影响，故A 错误；B.NaOH 与 AlCl3溶液反应时，NaOH 少量反应生成氢氧化铝和氯化钠，NaOH 过量生成偏铝酸钠、氯化钠，反应不受温

22、度影响，故B错误；C.Cu与硫单质在加热条件下反应只能生成硫化亚铜，故C错误；D.常温下浓硫酸使铁发生钝化生成致密的氧化膜，加热时可持续发生氧化还原反应生成二氧化硫，与温度有关，故D 正确；故答案为D。13向 FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH 随混合前溶液中2-33+c(SO)c(Fe)变化的曲线如图所示。实验发现:.a 点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH 溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入 KSCN溶液显红色;.c 点和 d 点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH 溶液后无明显现象,滴加 KSCN溶液显红色。下列分析合理的是A向 a 点溶液中滴加B

23、aCl2溶液,无明显现象Bb 点较 a 点溶液 pH 升高的主要原因:2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+Cc 点溶液中发生的主要反应:2Fe3+3 SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D向 d 点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加 NaOH 溶液,红色加深【答案】C【解析】【分析】根据 i 的现象，a 点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH 溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即 a 点溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3SO32 H2O=2Fe2SO422H，c 点和 d 点溶液中Fe3和 SO

24、32发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；【详解】根据 i 的现象，a 点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH 溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即 a 点溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3SO32 H2O=2Fe2SO422H，c 点和 d 点溶液中Fe3和 SO32发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH 溶液，无明显现象，是因为NaOH 与 H2SO3反应，滴加KSCN 溶液显红色，说明溶液中含有Fe3，A、a 点处溶液中含有SO42，加入 BaC

25、l2，会产生BaSO4白色沉淀，故A 错误；B、pH 升高说明溶液c(H)减小，原因是c(SO32)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H，溶液 c(H)增大，溶液的pH 应减小，不会增大，故B 错误；C、c 点溶液中Fe3和 SO32发生双水解反应，离子方程式为2Fe33SO32 6H2O=2Fe(OH)3 3H2SO3，故 C 正确；D、溶液变红后滴加NaOH 会消耗溶液中的Fe3，因此红色应变浅，故D 错误；答案为 C。14化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（）A为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯

26、板属于无机高分子材料C2020 年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染【答案】D【解析】【分析】【详解】A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A 错误；B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；C.2020年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子

27、，这项研究有助于减少白色污染，故D 正确；选 D。15已知有机化合物。下列说法正确的是A b 和 d 互为同系物Bb、d、p 均可与金属钠反应Cb、d、p 各自同类别的同分异构体数目中，b 最多D b 在一定条件下发生取代反应可以生成d【答案】D【解析】【详解】A 选项，b 为羧酸，d 为酯，因此不是同系物，故A 错误；B 选项，d 不与金属钠反应，故B错误；C 选项，b 同分异构体有1 种，d 同分异构体有8 种，p 同分异构体有7 种，都不包括本身，故C 错误；D 选项，b 在一定条件下和甲醇发生酯化反应生成d，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】羧酸、醇都要和钠反应；羧酸和氢氧化钠

28、反应，醇不与氢氧化钠反应；羧酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应，醇不与碳酸钠、碳酸氢钠反应。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16随着科学的发展，可逐步合成很多重要的化工产品，如用作照相定影剂的硫代硫酸钠(俗称大苏打)，用于填充汽车安全气囊的叠氮化钠(NaN3)，某化学兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体和NaN3。I.制备硫代硫酸钠晶体。查阅资料:Na2S2O3易溶于水，向 Na2CO3和 Na2S混合溶液中通入SO2可制得 Na2S2O3。实验装置如图所示(省略夹持装置):(1)组装好仪器后,接下来应该进行的实验操作是_,然后加入试剂。仪器a 的名称是 _;E 中的试剂最好是 _.(填标号)，作用

29、是 _。A澄清石灰水BNaOH 溶液C饱和 NaHSO3溶液(2)已知五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待 Na2S和 Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤 C中混合物，滤液经_(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有_。.实验室利用如图装置(省略夹持装置)模拟工业级NaN3的制备。已知:2NaNH2+N2O210220oCNaN3+NaOH+NH3。(1)装置 B中盛放的药品为_(2)实验中使用油浴而不用水浴的原因是_。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。(4)N2O 可由 NH4NO3(熔点为 169.6oC)在 240oC下分解制

30、得,应选择的气体发生装置是_。【答案】检查装置气密性分液漏斗B 吸收多余的SO2和 C装置中生成的CO2气体蒸发浓缩，冷却结晶玻璃棒、烧杯、漏斗碱石灰制备 NaN3的反应需要在210-220oC下进行，水浴不能达到这样的温度2Na+2NH3=2NaNH2+H2D【解析】【分析】【详解】I.(1)组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，然后加入试剂。仪器a 的名称是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾气处理，且反应中还有二氧化碳生成，澄清石灰水浓度太低，则E中的试剂最好是氢氧化钠溶液，作用是吸收多余的SO2和 C装置中生成的CO2气体。(2)由于五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增

31、大。待Na2S和 Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C 中混合物，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。.(1)生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置B 中盛放的药品为碱石灰。(2)由于制备NaN3的反应需要在210220oC 下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而不用水浴。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2，根据原子守恒可知还有氢气生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2。(4)N2O 可由 NH4NO3(熔点为 169.6oC)在 240oC下分解制得，由于在该温度下硝酸铵已熔化，同时为避

32、免液体倒流引起试管炸裂，因此选择的气体发生装置是装置D。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：D 为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比61，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和 H2O。A 的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A 的结构简式为 _。（2）写出 DE的化学方程式_。（3）下列说法正确的是_。A.有机物 F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和 D 分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、F E.B 的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2 种【答

33、案】CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】【分析】A 能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A 为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6 1，说明 E分子中 C与 H 原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和 H2O，则 E为 CH3CHO，D 为烃，根据 C和 E可知，D 为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A 为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHO

34、H)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2CH2+O22CH3CHO；(3)A.有机物 F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A 正确；B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B 错误；C.1mol 乙醇完全燃烧消耗3mol 氧气，1mol 乙烯完全燃烧消耗3mol 氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙

35、酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D 正确；E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共 2 种，故 E正确；答案选：ACDE。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18直接排放SO2、NO2会危害环境。工业上常采用化学方法控制污染。(1)下图是 1mol CH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化。CH4完全燃烧的活化能是_kJ/mol 在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和 CO2，写出该反应的热化学方程式_；(2)为减少

36、SO2排放，将含SO2的烟气通过洗涤剂X，充分吸收后再向吸收后的溶液中加入稀硫酸，既可以回收2SO，同时又可得到化肥。X 可以是 _(填序号)。a.Ca(OH)2b.K2CO3c.Na2SO3d.NH3?H2O(3)对 NO2+SO2SO3+NO H0 反应进行探究：在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定 NO2的平衡转化率。实验结果如图所示：能够加快该化学反应速率的外界条件是_a.降低温度b.增大压强c.升高温度d.减小压强如果要将图中C 点的平衡状态改变为B 点的平衡状态，应采取的措施是_；若 A 点对应实验中，SO2

37、(g)的起始浓度为c0mol/L，经过tmin 达到平衡状态，该时段化学反应速率v(NO2)_mol/(L?min)；图中 C、D 两点对应的实验温度分别为CT和DT，计算判断CT_DT(填、或)【答案】126kJ/mol CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)H=+352kJ/mol bd bc 降低温度0c5t=【解析】【分析】(1)活化能是物质发生化学反应需要的最低能量；先根据图示写出两个反应的热化学方程式，然后将二者叠加，可得该反应的热化学方程式；(2)分别加入不同的洗涤剂X，根据不同的洗涤剂X与 SO2发生的不同反应，判断符合条件的洗涤剂X；(3)根据

38、影响化学反应速率的因素分析判断；如果要将图中C 点的平衡状态改变为B 点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，增加 NO2的平衡转化率，考虑温度和压强对化学平衡的影响；A 点实验中，NO2的平衡转化率（NO2）=50%，起始时，SO2(g)的起始浓度为c0mol/L，起始时的物料比为22n NOn SO=0.4,可计算起始时NO2的量，根据化学反应平均速率计算公式v(NO2)=ctVV计算；C、D两点对应的实验温度分别为TC和 TD，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，分别计算C和 D 点时的化学平衡常数，据此判断两点温度。【详解】(1)活化能是物质发生化学反应需要的最低能量，根据图示可知甲烷

39、的活化能为126kJ/mol；根据图示可得热化学方程式：i：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=-902kJ/mol；ii：S(g)+O2(g)=SO2(g)H=-577kJ/mol，则根据盖斯定律，i-2 ii，整理可得 CH4(g)+SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)H=+352kJ/mol；(2)分别加入不同的洗涤剂X，根据不同的洗涤剂X 与 SO2发生的不同反应，要求将含SO2的烟气通过洗涤剂 X，充分吸收后再向吸收后的溶液中加入稀硫酸，既可以回收SO2，同时又可得到化肥，植物需求量较大的化肥是氮肥，磷肥，钾肥，a.若洗涤剂X选用 Ca(OH

40、)2，通入 SO2反应产生CaSO3，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生CaSO4，但不是化肥，a不符合题意；b.若洗涤剂X选用 K2CO3，溶液碱性较强，可以吸收SO2，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生钾肥，b 符合题意；c.若洗涤剂X选用 Na2SO3，溶液碱性较强，可发生反应生成NaHSO3，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生 Na2SO4，但不是化肥，c不符合题意；d 若洗涤剂 X选用 NH3?H2O，是碱性溶液，可以吸收 SO2，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生(NH4)2SO4，(NH4)2SO4是氮肥，d 符合题意；故合理选项是bd；(3)a.降低温度，物质的

41、内能降低，活化分子数目减小，有效碰撞次数增加，反应速率降低，a 错误；b.增大压强，物质的浓度增大，单位体积内的活化分子数增加，反应速率加快，b 正确；c.升高温度物质的内能增加，活化分子数目增多，活化分子数目增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，c 正确；d.减小压强，物质的浓度降低，单位体积内的活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，d 错误；故合理选项是bc；如果要将图中C 点的平衡状态改变为B 点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，增加 NO2的平衡转化率，反应为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，H 0，该反应的正反应为反应前后气体体积不变的放热反应，

42、压强变化对化学平衡不产生影响，要增加NO2的平衡转化率，使化学平衡向正反应方向移动，可采取降低温度的方式；A 点实验中，NO2的平衡转化率(NO2)=50%，起始时，SO2(g)的起始浓度为c0mol/L，起始时的物料比为22n NOn SO=0.4,则起始时，NO2的物质的量浓度为c(NO2)=c0mol/L 0.5=0.4c0mol/L，NO2的平衡转化率(NO2)=50%，则 NO2转化了 c=0.4c0 50%=0.2c0mol/L，反应经历的时间为t=tmin，则该时段化学反应速率 v(NO2)=ctVV=0.2c0mol/Ltmin=0c5tmol/(Lnmin)；C、D 两点对应

43、的实验温度分别为TC和 TD，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，反应为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，H 0 C 点时，起始物料比为22n NOn SO=1.0，NO2的平衡转化率为(NO2)=50%，设起始时c(NO2)=50%=c(SO2)=xmol/L，化学平衡常数为K(C)=322c SOc NOc SOc NOnn=50%x50%x150%x150%x=1；D 点时，起始物料比为22n NOn SO=1.5，NO2的平衡转化率为(NO2)=40%，设起始时c(SO2)=ymol/L，c(NO2)=1.5ymol/L，化学平衡常数为K(D)=322c SOc N

44、O40%1.5y40%1.5yc SOc NO140%1.5yy40%1.5ynn=1，K(C)=K(D)，化学平衡没有发生移动，因此TC=TD。19有机物G 是一种食品香料，其香气强度为普通香料的3 4 倍 G 的合成路线如下：已知：RCH=CH2RCHO+HCHO 填空：（1）该香料长期暴露于空气中易变质，其原因是_（2）写出 A 中任意一种含氧官能团的名称_，由 C 到 D 的反应类型为_（3）有机物E的结构简式为_（4）有机物G同时满足下列条件的同分异构体有_种，写出其中一种的结构简式_与 FeCl3溶液反应显紫色；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应；分子中有4 种不同化学

45、环境的氢（5）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2Br【答案】香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化醚键、酚羟基加成反应2 或【解析】【分析】(1)根据 G 的结构简式结合常见官能团的结构和性质分析解答；(2)由生成，分子中 C=C，消失增加了Br 原子，结合常见有机反应类型的特征分析判断；(3)根据信息，结合F的结构逆推，可知E中含有碳碳双键，结合D 的结构简式分析判断；(4)与 FeCl3溶液反应显紫色，说明有酚羟基；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明有酯基而且水解生成甲酸；分子中有4 种不

46、同化学环境的氢，据此书写满足条件的结构简式；(5)要合成，需要先合成苯甲醇和乙酸，根据题干信息分析解答。【详解】(1)根据 G()的结构简式可知该分子中含有酚羟基和醛基，易被空气中的氧气氧化变质，故答案为：香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化；(2)根据 A()的结构简式可知该分子的官能团有醚键、酚羟基；由生成，分子中C=C消失，增加了Br 原子，说明发生了加成反应，故答案为：醚键、酚羟基；加成反应；(3)根据信息，结合 F的结构逆推，可知 E中含有碳碳双键，说明从 D到 E发生消去反应，生成 C=C，所以 E结构简式为：，故答案为：；(4)G 为，G 的同分异构体：与FeCl3溶液反应显紫色，说明结构中有酚羟基；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明有酯基而且水解生成甲酸，说明属于甲酸酯；分子中有 4 种不同化学环境的氢；满足上述条件的结构简式为：、，故答案为：2；(或)；(5)以为原料制备，要合成，需要先合成苯甲醇和乙酸，根据题干信息，可以将中碳碳双键断开即可得到含有7 个碳原子和2个碳原子的醛，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题干信息的理解和应用，注意在臭氧和锌存在条件下，碳碳双键会断裂生成醛，结合逆向思维分析思考。