2019-2020学年北京市育英学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市育英学校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下列关于核外电子的描述中，正确的是()A电子云图中一个小黑点表示一个电子B电子式中元素符号周围的小黑点数表示核外电子总数Cs 电子在 s 电子云的球形空间内做规则运动D核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定【答案】D【解析】【详解】A电子云图中的小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目，故A 错误；B电子式中元素符号周围的小黑点数表示最外层电子数，故B 错误；Cs 亚层的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳

2、外运动，只是在球壳外运动概率较小，故C 错误；D核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定，能层越大，电子的能量越大，同一能层，不同能级的电子能量不同，故D 正确；选 D。2我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A第 步中 CO2和 H2分子中都有化学键断裂B水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C第 步的反应式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO D第 步反应是一个放热过程【答案】B【解析】【分析】【详解】A.第步反

3、应中CO2和 H2反应产生*H 和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A 正确；B.根据图示可知：在第步反应中有水参加反应，第步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2 CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B 错误；C.在反应历程中，第步中需要水，*H3CO、H2O 反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO，C正确；D.第步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第步反应是一个放热过程，D 正确；故答案选B。3由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是选项实验方法现象结论A 向 FeCl3溶

4、液中滴入少量KI 溶液，再加入 KSCN 溶液溶液变红Fe3+与 I的反应具有可逆性B SO2通入 Ba(NO3)2 溶液产生白色沉淀白色沉淀是BaSO4C 将稀硫酸滴入淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制Cu(OH)2 悬浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解D 用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色石蜡油裂解一定生成乙烯A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A 错误；B.SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，在酸性环境下，

5、硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是BaSO4，故 B正确；C.淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D 错误；故选 B。【点睛】淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制Cu(OH)2 悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。4下列关于Fe3、Fe2性质实验的说法错误的是（）A用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2B配

6、制 FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度C向 FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化D FeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀【答案】D【解析】【详解】A.反应开始时生成的氢气进入B 中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹 C，A 中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，故 A 正确；B.FeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；C.Fe3+与铁反应可生成Fe2+，则向 FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧

7、化，故C正确；D.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故D 错误；故选：D。5X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与 Y同主族，X 与 Q 能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是()Q R Y Z A原子半径：r(Z)r(Y)(R)r(Q)B气态化合物的稳定性：QX4RX3CX与 Y形成的化合物中含有离子键D最高价含氧酸的酸性：X2QO3XRO3【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R 均为短周期元素，X与 Q 能形成最简单的有机物为甲烷，则X为 H，Q 为 C，X与 Y同主族，则 Y为 Na，结合 Y、Z和 R在

8、周期表的位置可知，Z为 Mg，R 为 N，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为 H，Q 为 C，Y为 Na，Z为 Mg，R 为 N。A.同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径：r(Y)r(Z)r(Q)r(R)，A 项错误；B.非金属性越强，其对应的气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即 RX3 QX4，B 项错误；C.X与 Y形成 NaH，含离子键，C项正确；D.非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3 X2QO3，D 项错误；答案选 C。6常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol

9、 L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B到水的电离程度逐渐减小CI能在点所示溶液中存在D点所示溶液中：c(Na+)c(Cl)+c(ClO)【答案】D【解析】【详解】A点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A 错误；B到溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B 错误；C点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D点时溶液pH=7，则 c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），

10、所以 c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D 正确；答案选 D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol?L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O?HCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。7用“吸收电解”循环法脱除烟气中的SO2，可减少对大气的污染。室温下，电解液K再生的装置如图所示，其中电解液的pH 随2-33n(SO):n(HSO)变化的关系见下表，下列对此判断正确的是电解液n(SO32)：n(HSO3)pH K

11、9:91 6.2 L 1:1 7.2 M 91:9 8.2 A当电解液呈中性时溶液中：+2-33c(Na)c(SO)c(HSO)c(OH)B再生液M 吸收 SO2主反应的离子方程式为：-23SO+OH=HSOCHSO3在 b 极发生的电极反应式为：-2-+324HSO+H O-2e=SO+3HD若产生标准状况下2.24L 气体 N，则 d 膜上共通过0.2mol 阳离子【答案】D【解析】【分析】根据装置图，阴离子通过c 膜向 a 极移动，可知a 极为阳极，发生的反应为：HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+；b 极为阴极，发生的反应为：2H+2e-=H2，气体N 为 H2。【详解】A n

12、(SO32)：n(HSO3)=9：91 时，电解液pH=6.2，n(SO32)：n(HSO3)=1：1 时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3)c(SO32)，A 项错误；BM 吸收 SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B 项错误；Cb 极为阴极，发生的反应为：2H+2e=H2，C项错误；D若产生标准状况下2.24L 气体 N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少 0.2mol 正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d 膜上会通过0.2mol 阳离子，D 项正确；答案选 D。8下列气体能用浓硫酸干燥的是A SO2BS

13、O3C HIDH2S【答案】A【解析】分析：浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性和部分强还原性气体。详解：A.SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故A 正确；B.SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故B 错误；C.HI具有还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故C错误；D.H2S具有强还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故D 错误；答案选A。点睛：本题考查浓硫酸的性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解和应用，题目难度不大。本题的易错点是 A 项，虽然SO2具有较强的还原性、浓硫酸具有强氧

14、化性，但因为SO2中 S元素的化合价为+4 价，硫酸中 S元素的化合价为+6 价，二者为 S元素的相邻价态，所以 SO2和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥SO2气体。9下列各项中的两个量，其比值一定为21 的是（）A在反应2FeCl3+Fe=3FeCl2中还原产物与氧化产物的质量B相同温度下，0.2 molL1CH3COOH溶液与 0.1 molL-1CH3COOH溶液中 c(H+)C在密闭容器中，N2+3H2?2NH3已达平衡时c(NH3)与 c(N2)D液面均在“0”刻度时，50 mL 碱式滴定管和25 mL 碱式滴定管所盛溶液的体积【答案】A【解析】【详解】A、还原产物由氧化剂FeCl3被

15、还原得到，氧化产物由还原剂Fe被氧化得到，显然二者的物质的量之比为21，正确；B、CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH?CH3OO+H+，加水稀释时促进电离，故 0.2 mol L-1的 CH3COOH溶液与 0.1 mol L-1CH3COOH溶液中 c(H+)之比小于21，错误；C、在密闭容器中进行的合成NH3反应，达到平衡时c(NH3)与 c(N2)之比与 N2的转化率有关而与各自的化学计量数没有必然联系，错误；D、由碱式滴定管的结构可知滴定管50 mL 或 25 mL 的刻度线以下的部分还装有液体，故二者体积之比不等于 21，错误，答案选A。10实现化学能转变为电能的装置是（

16、）A干电池B电解水C太阳能热水器D水力发电【答案】A【解析】【详解】A干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A 正确；B电解水，电能转变为化学能，故B错误；C太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；D水力发电时机械能转化为电能，故D 错误；故答案为A。【点睛】将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：有两个活泼性不同的电极；将电极插入电解质溶液中；两电极间构成闭合回路；能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。11短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。它们分别位于不同的

17、主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与 Z最外层电子数之和与W 的最外层电子数相等，X与 W 所在族序数之和等于 10。下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B沸点：XW2Y2W C最高价氧化物对应的水化物的酸性：XW【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为 0，X与 W 所在族序数之和等于10，则 X处于 A 主族，W 处于 A 族，结合原子序数可知，X为 C元素、W 为 S元素；Y与 Z 最外层电子数之和与W 的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于

18、分别位于不同的主族，只能为IA、A 族元素，结合原子序数，则Y为 Na、Z 为 P 元素，据此进行解答。【详解】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为 0，X与 W 所在族序数之和等于10，则 X处于 A 主族，W 处于 A 族，结合原子序数可知，X为 C元素、W 为 S元素，Y与 Z 最外层电子数之和与W 的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、A 族元素，结合原子序数，则Y为 Na、Z 为 P 元素，A.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)Z(P)W(

19、S)X(C)，故 A 错误；B.W 分别与 X、Y 形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2SCS2，故 B 错误；C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；D.非金属性Z(P)W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3H2S，故 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。12工业制纯碱的化学史上，侯德榜使用而索尔维法没有使用的反应原理的化学方

20、程式是（）A CO2+NaCl+NH3+H2ONaHCO3+NH4Cl B2NaHCO3煅烧Na2CO3+H2O+CO2CCaO+2NH4ClCaCl2+2NH3+H2O D NaHCO3+NH3+NaClNa2CO3+NH4Cl【答案】D【解析】【详解】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；再向废液NH4Cl中加入 CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：Ca

21、O+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaClNa2CO3+NH4Cl；故选：D。【点睛】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl 中加入 CaO又可生成氨气，可以循环使用。13已知 N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B它溶于水所得的溶液中共有4 种离子C它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4H

22、2ON2H5OHD室温下，向0.1mol/L 的 N2H4溶液加水稀释时，n(H)n(OH)会增大【答案】A【解析】【详解】A、N2H4+H2ON2H5+OH-、N2H5+H2ON2H62+OH-，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项 A 不正确；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B 正确；C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4H2ON2H5+OH，选项 C正确；D、Kw=c(H)c(OH)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H)n(OH)也将增大，选项D 正确；答案选 A。14化合物丙是一种医药中间体,可

23、以通过如图反应制得。下列有关说法不正确的是A丙的分子式为C10H14O2B乙分子中所有原子不可能处于同一平面C甲、.乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D甲的一氯代物只有2 种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故 A 正确；B.乙分子中含有饱和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能处于同一平面，故B 正确；C.甲、乙、丙三种有机物分子中均含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.甲的分子中有3 种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3 种(不考虑立体异构)，故 D 错误；故选 D。【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分

24、析，熟记简单小分子的空间构型：甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；乙烯分子中所有原子共面；乙炔分子中所有原子共线；苯分子中所有原子共面；HCHO分子中所有原子共面。15利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.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。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中的反应，故无法证明溴和碘的氧化性的强弱关系，A得不到相应结论；B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C 还原为二氧

25、化硫，故B可以得出相应的结论；C.SO2溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应得到SO42-，所以生成硫酸钡白色沉淀，故C得不到相应的结论；D.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：碳酸硅酸，D得不到相应的结论。【点睛】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A 是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学素养。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氨气具有还原性,能够被氧化铜氧化,用如图中的装

26、置可以实现该反应。已知:氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜。回答下列问题:(1)B 中加入的干燥剂是_(填序号)。浓硫酸无水氯化钙碱石灰(2)能证明氨与氧化铜反应的现象是C中_。(3)D 中有无色液体生成。设计实验检验D 中无色液体的成分:_【答案】黑色粉末变红取少量无水硫酸铜粉末放入D 中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成【解析】【分析】A 中装有熟石灰和NH4Cl，加热时产生氨气，经过碱石灰干燥，进入C中，和 C中的氧化铜发生反应，生成氮气和铜，根据质量守恒，还应该有水生成。冰水混合物是用来冷却生成的水蒸气的，最后氮气用排水法收集在试管E中。【详解】(1)U 形干燥管只能装固体干燥剂

27、，浓硫酸是液体干燥剂且浓硫酸也能与NH3反应，无水氯化钙能与NH3反应形成配合物。故选择碱石灰；(2)黑色的氧化铜生成了红色的铜单质，所以现象为黑色粉末变红；(3)因为已知NH3和 CuO 反应生成了Cu和 N2，根据质量守恒，还会有H2O 生成，则D 中无色液体为水，检验水一般用无水硫酸铜。故答案为：取少量无水硫酸铜粉末放入D 中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成。【点睛】冰水混合物通常用来冷凝沸点比0高，但常温下呈气态的物质。有时也用冰盐水，可以制造更低的温度。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A 和 B合成。有关物质的转化关系如下：回答下列问题：

28、(1)B 的结构简式为_。(2)反应 的反应类型为_。(3)C 和 C2H6O2反应的化学方程式为_。(4)下列说法不正确的是_。A鉴别 A 和 B也可以用溴水BC2H6O 也可以分两步氧化成C CC2H2O2和 C2H6O 在浓硫酸作用下也可以加热生成C6H10O4D X一定是丁烷【答案】CH3CH3取代反应2CH3COOH 垐 垐?噲 垐?浓硫酸2H2O D【解析】【分析】X 裂解得到的A 和 B，A 能与水催化加成生成分子式为C2H6O，即应为乙醇，B光照条件下与氯气发生取代反应生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成分子式为C2H6O2，C2H6O2结

29、合 C反应生成二乙酸乙二酯，可推知C为乙酸，C2H6O2为乙二醇，C2H4Cl2为 CH2ClCH2Cl，则 B 为乙烷，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A 是烯烃，B只能是烷烃，应为CH3CH3；(2)反应是 C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH2OHCH2OH和氯化钠，属于取代反应；(3)C和 C2H6O2反应的化学方程式为HOCH2CH2OH2CH3COOH垐 垐?噲 垐?浓硫酸CH3COOCH2CH2OOCCH32H2O；(4)A.A 和 B分别为烷烃和烯烃，可以用溴水、高锰酸钾溶液等鉴别，选项A 正确；B.C2H6O 是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以

30、先氧化成醛，再氧化成酸，选项B 正确；C.C2H2O2和 C2H6O 在浓硫酸作用下，也可以加热生成C6H10O4，为乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分异构体，选项C正确；D.X 可能是丁烷，也可以是己烷等，C6H14催化剂C2H62C2H4，选项 D 不正确；答案选 D。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18H2S存在于多种燃气中，脱除燃气中H2S的方法很多。(1)2019 年 3 月 science direct 介绍的化学链技术脱除H2S的原理如图所示。“H2S氧化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。“HI 分解”时，每 1 mol HI 分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13

31、 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：_。“Bunsen 反应”的离子方程式为_。(2)电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图所示。阳极发生的电极反应为_；阴极上COS发生的电极反应为 _。(3)用 Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下：()H2S(g)H2S(aq)()H2S(aq)H+HS-()HS+2Fe3=S+2Fe2+H一定条件下测得脱硫率与Fe3浓度的关系如图所示。吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是_。图中当Fe3的浓度大于10 gL1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于_。【答案】11 2HI(g)H2(g)+I2(g)；H=+26 kJ/mol

32、SO2+I2+2H2O=4H+SO42-+2I-2S2-4e=S2COS+2e-=S2-+CO 通入足量 O2(或空气)Fe3浓度增大，pH 减小，使反应()、()向逆反应方向移动且 pH 减小因素超过反应()Fe3浓度增大因素【解析】【分析】(1)“H2S氧化”为 H2S与浓硫酸的反应产生S单质、SO2和 H2O，结合电子守恒计算；1 mol HI 分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ 的热量，结合状态及焓变书写热化学方程式；“Bunsen 反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI；(2)阳极上硫离子失去电子，阴极上COS得到电子；(3)吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，可利

33、用氧气氧化亚铁离子；图中当Fe3+的浓度大于10 g/L 时，浓度越大，酸性增强，导致脱硫率越低。【详解】(1)“H2S氧化”为 H2S与浓硫酸的反应，由电子守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2064=11；1 mol HI 分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ 的热量，结合状态及焓变可知热化学方程式为2HI(g)H2(g)+I2(g)H=+26kJ/mol；“Bunsen 反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI，离子反应为SO2+I2+2H2O=4H+SO42-+2I-；(2)由电化学干法氧化法脱除H2S的原理图2 可知，阳极发生的电极反应为2S2-4e-S2；阴

34、极上COS发生的电极反应为COS+2e-S2-+CO；(3)吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是通入足量O2（或空气），故答案为通入足量O2（或空气）；图中当Fe3+的浓度大于10 g/L 时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH 减小，使反应（）、（）向逆反应方向移动且pH 减小因素超过反应（）Fe3+浓度增大因素。【点睛】本题考查热化学方程式及氧化还原反应的知识，把握图中反应物、生成物及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析与应用。19菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：已知：；RMgBr RCH2CH2OH+（

35、1）A 的结构简式为 _，A 中所含官能团的名称是_。（2）由 A 生成 B 的反应类型是_，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为 _。（3）写出 D 和 E反应生成F的化学方程式_。（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1-丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）。合成路线流程图示例：CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3COOCH2CH3_【答案】碳碳双键、醛基加成反应CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH【解析】【详解】根据题目所给信息，可知1，3-丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A 为，A 与足量的氢气发生加成反应生成

36、B 为，B 在 HBr 发生取代反应生成C为，C与 Mg 在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D 为，对比 D 与 F的结构可知，D与 CH2=CHCH2OH 发生酯化反应得到F，故 E为 CH2=CHCH2OH。（1）由上述分析可知，A 的结构简式为，所含官能团有：醛基、碳碳双键；（2）由 A 生成 B的反应类型属于加成反应，E为 CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：；（3）D 和 E反应生成F的化学方程式为：；（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg 在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到 1-丁醇，合成路线流程图为：CH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH2CH2CH2OH。