2019-2020学年安徽省滁州市第三中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽省滁州市第三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学年安徽省滁州市第三中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽省滁州市第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如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与 pH的关系。下列说法错误的是A NaH2AsO4溶液呈酸性B向 NaH2AsO4溶液滴加NaOH 溶液过程中，-242-4c H AsOc HAsO先增加后减少CH3AsO4和 HAsO42-在溶液中不能大量共存D Ka3(H3AsO 4)的数量级为10-12【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由图像知，H2AsO4-溶液 pH 小于 7，则 NaH2

2、AsO4溶液呈酸性，故A 正确；B.-+242-a24c H AsOc(H)=Kc HAsO，向 NaH2AsO4溶液滴加NaOH 溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，-242-4c H AsOc HAsO逐渐减少，故B错误；C.由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C 正确；D.由图知，pH=11.5 时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3(H3AsO 4)=+-13-422-4c AsOc=cc HAsHH10O，故 D 正确；故选 B。2碳酸镧 La2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血

3、症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4C1+3CO2+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是A制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F A B D ECBY中发生反应的化学方程式为NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH 3CX中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2D Z中应先通入CO2，后通入过量的NH3【答案】D【解析】【详解】A.由装置可知，W 中制备 CO2，X除去 HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FAB

4、DEC，A 正确；B.Y中 CaO与浓氨水反应生成氨气和氢氧化钙，该反应的化学反应式为：NH3?H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3，B 正确；C.装置 X用于除杂，X 中盛放的试剂是NaHCO3溶液，可吸收 CO2中的 HCl，HCl 与 NaHCO3反应产生NaCl、H2O、CO2，故其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2，C正确；D.Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液更容易吸收二氧化碳，生成较大浓度的NH4HCO3，D 错误；故合理选项是D。3下列说法正确的是（）A用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B测定新制氯水

5、的pH 时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH 试纸上，再与标准比色卡对照C检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物【答案】D【解析】【详解】A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故 A 错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH 试纸测定新制氯水的pH，故 B错误；C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3

6、溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故 D 正确；正确答案是D。4设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 10gNH3含有 4NA个电子B0.1mol 铁和 0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NAC标准状况下，22.4 L H2O 中分子数为NA 个D 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有0.1NA个 CO32【答案】B【解析】【详解】A NH3的相对分子质量是17，每个分子中含有10 个电子，所以10gNH3含有电子的个数是：(10g 17g/mol)10NA=5.88NA个电子，错误；BFe 是变价金属，与氯气发生反应：2Fe

7、+3Cl2 2FeCl3，根据反应方程式中两者的关系可知0.1mol的 Cl2与 Fe反应时，氯气不足量，所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl2为标准，转移的电子数为0.2NA，Cu与 Cl2发生反应产生CuCl2，0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NA，正确；C标准状况下H2O 是液体，不能使用气体摩尔体积计算H2O 的物质的量，错误；DNa2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32发生水解反应而消耗，所以 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有CO32小于 0.1NA个，错误；答案选 B。5某实验小组探究SO2与 AgNO3溶液的反应，实验记录如

8、下：序号实验步骤实验现象得到无色溶液a 和白色沉淀b 产生无色气体，遇空气变为红棕色产生白色沉淀下列说法正确的是A透过测中无色溶液a 的 pH 可以判断SO2是否被氧化B实验说明白色沉淀b 具有还原性C实验说明溶液a 中一定有2-4SO生成D实验、说明SO2与 AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成【答案】B【解析】【分析】【详解】A实验 中，将 SO2通入 AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a 的 pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A 错误；B实验中，取白色沉淀B，加入 3mol/LHNO3，产生的无色气

9、体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液 a 中加入 BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C 错误；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D 错误；答案选 B。6一 l，3 一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。-l，3 一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是A分子式为(C6Hl2O6)nB与葡萄糖互为同系物C可以发生氧化反应D葡萄糖发生加聚反应可生成-l，3 一葡聚糖【答案】

10、C【解析】【详解】A.如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4 个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6Hl0O5)n，故 A 错误；B.根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B 错误；C.该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C 正确；D.-l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成-l，3一葡聚糖，故D 错误；答案选 C。【点睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾

11、直接氧化成酸。7根据有关操作与现象，所得结论不正确的是（）选项操作现象结论A 将湿润的有色布条伸入Cl2中布条褪色氯气有漂白性B 用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧火焰呈黄色溶液中含有Na+C 将湿润的红色石蕊试纸伸入NH3中试纸变蓝氨水显碱性D 向某溶液中滴加KSCN溶液溶液变红溶液中含有Fe3+A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A、将湿润的有色布条伸入Cl2中，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，有色布条褪色，氯气没有漂白性，故A 错误；B、钠元素焰色呈黄色，用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，故 B正确；C、氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨具有碱性

12、，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；D、含有 Fe3+的溶液遇KSCN溶液变红，故D 正确；答案选 A。8碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（），碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A上述两种制备反应类型相同B碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触【答案】D【解析】【分析】由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+O=C=O，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O。【详解】A由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制

13、备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A 错误；B碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B 错误；C碳酸亚乙酯有两个C 原子分别以单键和4 个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D 正确。答案选 D。9常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol 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

14、】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-），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+Na

15、OHNaClO+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。10大气中 CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中 CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）垐?噲?2HCO3-（aq），下列说法不正确的是A T1T2B海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低C当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32-浓度越低D

16、大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解【答案】C【解析】【分析】题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使3HCO分解，即让反应22323COCOH O2HCO垐?噲?逆向移动。【详解】A升高温度可以使3HCO分解，反应22323COCOH O2HCO垐?噲?逆向移动，海水中的23CO浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中23CO浓度更高，所以T1温度更高，A 项正确；B假设海水温度

17、为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的23CO浓度下降，这是因为更多的 CO2溶解在海水中导致反应22323COCOH O2HCO垐?噲?正向移动，从而使23CO浓度下降，B 项正确；C结合 A 的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的23CO浓度也越大，C项错误；D结合 B 项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的23CO浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：233CaCO(s)=Ca(aq)CO(aq)，若海水中的23CO浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D 项正确；答案选 C

18、。11在微生物作用下电解有机废水(含 CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（）A通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH 减小B电源 A 极为负极C通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2mol 电子D与电源A 极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2+8H+【答案】D【解析】【详解】A.通电后，左侧生成H+，右侧 H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH 不变，A 错误；A.连接 B 电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，

19、所以B电极为负极，A 电极为正极，B错误；C.右侧电极反应式为2H+2e-=H2，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol 电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；D.与电源 A 极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2+8H+，D 正确；故合理选项是D。12下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）ANaCl Na+Cl-BCuCl Cu2+2Cl-CCH3COOH?CH3COO-+H+DH2

20、（g）+Cl2（g）2HCl（g）+183kJ【答案】B【解析】【详解】A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na+Cl-，故 A 不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2=电解Cu+Cl2，故 B 符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOH?CH3COO-+H+，故 C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)?2HCl(g)H=(436+243-431 2)kJ/mol=-183 kJ/mol，因此 H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+183kJ，故 D 不符合题意；故选：B。【点睛】电解池中阳极

21、若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；最常用、最重要的放电顺序为阳极：ClOH；阴极：AgCu2H。13人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共 3 种C乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故

22、A 错误；B与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3 种，故 B正确；C乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；D乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故 D 错误；故选 B。14下列实验方案正确且能达到实验目的是（）A用图 1 装置制取并收集乙酸乙酯B用图 2 装置除去CO2气体中的HCl 杂质C用图 3 装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D用图 4 装置可以完成“喷泉实验”【答案】D【解析】【分析】【详解】A乙酸乙酯在NaOH 溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠

23、溶液，故A 错误；B二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B 错误；C无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H 元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C 错误；D氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D 正确；故答案为D。【点睛】解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理；实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等。反应原料是否易得、安全、无毒；反应速率较快；原料利用率以及合成物质的产率是否较高；合成过程是否造成环境污染。有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损

24、等。15下列说法正确的是（）A金刚石与晶体硅都是原子晶体B分子晶体中一定含有共价键C离子晶体中一定不存在非极性键D离子晶体中可能含有共价键，但一定含有金属元素【答案】A【解析】【详解】A.金刚石与晶体硅都是原子晶体，A 项正确；B.分子中不一定含有共价键，如单原子分子稀有气体，B 项错误；C.离子晶体中一定含有离子键，可能含有非极性键，如过氧化钠中含有离子键与非极性键，C项错误；D.离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，但不一定含有金属元素，如铵盐，D 项错误；答案选 A。【点睛】离子晶体中阴阳离子以离子键结合，且可能含有共价键；原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合

25、，分子内部存在化学键，如果是单原子分子则不存在共价键，且分子晶体中不可能存在离子键。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16（发现问题）研究性学习小组中的小张同学在学习中发现：通常检验CO2用饱和石灰水，吸收CO2用浓 NaOH 溶液。（实验探究）在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH 溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。（现象结论）甲装置中产生该实验现象的化学方程式为_。解释通常用石灰水而不用 NaOH 溶液检验CO2的原因 _；乙装置中的实验现象是 _。吸收 CO2较多的装置是_。（计算验证）另一位同学小李通过计算发现，等质量的Ca(OH)

26、2和 NaOH 吸收 CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。（思考评价）请你对小李同学的结论进行评价：_。【答案】CO2Ca(OH)2CaCO3 H2O（CO2适量）CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象气球体积增大，溶液不变浑浊乙因为 Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小【解析】【分析】甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与 CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被 NaOH 吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气

27、进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与 CO2反应的化学方程式为CO2Ca(OH)2CaCO3 H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH 溶液检验 CO2，是因为 CO2和石灰水作用有明显的现象，和 NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被 NaOH 吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小

28、，所以吸收CO2较多的装置是乙。答案为：CO2Ca(OH)2 CaCO3 H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH 作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。【点睛】解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收 CO2的能力；另一个是从溶液出发，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液

29、中所含溶质的物质的量。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

30、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=CHOCOCH3，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

31、 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=CHOCOCH3，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

32、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

33、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

34、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）18C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H1 49.6 kJ/mol 反应：CH3OCH3(g)H2O(g)2CH3OH(g)H2 23.4 kJ/mol 反应：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)H3 H3 _kJ/mol。在恒定压强、

35、T1温度下，将6 mol CO2和 12 mol H2充入 3 L的密闭容器中发生I、反应，5 min 后反应达到平衡状态，此时CH3OH(g)物质的量为2mol，CH3OCH3(g)的物质的量为0.5mol；则 T1温度时反应I 的平衡常数Kc的计算式为 _。恒压下将CO2和 H2按体积比1：3 混合，在不同催化剂作用下发生反应I 和反应 III，在相同的时间段内CH3OH 的选择性和产率随温度的变化如下图。其中：CH3OH 的选择性 100%在上述条件下合成甲醇的工业条件是_。A 210B 230C催化剂CZT D催化剂CZ(Zr 1)T（2）一定条件下，可以通过CO与 SO2反应生成S和

36、一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的化学方程式_。在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO 和 1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示：图中三组实验从反应开始至达到平衡时，反应速率v(CO)最大的为 _（填序号）。与实验 a 相比，c 组改变的实验条件可能是_。（3）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH 与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b 点时溶液pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3-)=_。（4）间接电化学法可除NO。其原理如图所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_

37、。【答案】122.6 31 1.751.51.5BD 2CO+SO2=S+2CO2b 升高温度3:1 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O【解析】【分析】（1）根据盖斯定律计算；容器保持恒压，根据体积之比等于物质的量之比，计算平衡时的浓度及反应I 的平衡常数Kc；根据图像进行判断；（2）根据元素守恒，无毒的物质为二氧化碳；反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像判断；初始条件为恒容，c 组实验与b 的初始压强相同，达到平衡状态时，c 组使用时间长，则为温度不相同；（3）根据图像可知，pH=7，根据溶液呈电中性计算；（4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S

38、2O42-，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水。【详解】（1）根据盖斯定律，反应I 2-反应 II可得 2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)，则 H349.6 2-23.4=-122.6kJ/mol；CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)反应：2 6 2 2 平衡：2 2 2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)反应：1 3 0.5 1.5 平衡：0.5 1.5 则平衡时，n（CO2）=3mol，n（H2）=3mol，n（CH3OH）=2mol，n（CH3OCH3）=0.5mol，n（H2O）=3.5mol，容器保持恒压，则平衡后的体积

39、=31218=2L，平衡时的浓度c（CO2）=1.5mol/L，c（H2）=1.5mol/L，c（CH3OH）=1mol/L，c（H2O）=1.75mol/L，反应 I 的平衡常数Kc的计算式=31 1.751.51.5；根据图像可知，选择催化剂CZ(Zr1)T、在 230时产率最高，则合成甲醇的工业条件是BD；（2）CO与 SO2反应生成 S和一种无毒的气体，根据元素守恒，含C，无毒的物质为二氧化碳，则方程式为 2CO+SO2=S+2CO2；反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像可知，b 达到平衡状态时用的时间最短，则反应速率最快；初始条件为恒容，c 组实验与b 的初始压强相同，

40、达到平衡状态时，c 组使用时间长，则为温度不相同，c 组改变的实验条件为升高温度；（3）根据图像可知，b 点时，c(HSO3-)=c(SO32-)，pH=7，则 c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，c（NH4+）+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，c（NH4+）=3c(HSO3-)，则 n(NH4+)：n(HSO3-)=3：1；（4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42-，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水，则电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。【点睛】化学平衡常数为反应体系中各物质的浓度的计量数次幂，题目

41、中为恒压装置，根据物质的量之比等于体积之比进行计算。19含硅元素的化合物广泛存在于自然界中，与其他矿物共同构成岩石。晶体硅(熔点 1410)用途广泛，制取与提纯方法有多种。(1)炼钢开始和结束阶段都可能发生反应：2Si+2FeO2Fe+SiO高温，其目的是 _。A得到副产品硅酸盐水泥B制取 SiO2，提升钢的硬度C除去生铁中过多的Si杂质D除过量FeO，防止钢变脆(2)一种由粗硅制纯硅过程如下：在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg 纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX4)下列叙述正确的是（_）A NaX 易水解BS

42、iX4是共价化合物CNaX 的熔点一般高于SiX4D SiF4晶体是由共价键形成的空间网状结构(3)粗硅经系列反应可生成硅烷(SiH4)，硅烷分解也可以生成高纯硅。硅烷的热稳定性弱于甲烷，所以 Si元素的非金属性弱于C元素，用原子结构解释其原因：_。(4)此外，还可以将粗硅转化成三氯氢硅(SiHCl3)，通过反应：SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)制得高纯硅。不同温度下，SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比（反应初始时，各反应物的物质的量之比）的变化关系如图所示。下列说法正确的是（_）（填字母序号）。a.该反应的平衡常数随温度升高而增大b.横坐标表示的投料比应该是32

43、n SiHCln Hc.实际生产中为提高SiHCl3的利用率，可适当降低压强(5)硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3。室温下，0.1mol/L 的硅酸钠溶液和0.1mol/L 的碳酸钠溶液，碱性更强的是_，其原因是 _。已知：H2SiO3：Ki1=2.0 10-10，Ki2=1.0 10-12；H2CO3：Ki1=4.3 10-7，Ki2=5.6 10-11。【答案】CD 42SiClg+2HgSi s+4HCl g-0.025a kJ高温BC C和 Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C 原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）a、c 硅酸钠硅酸的 Ki2小于碳酸的

44、Ki2，硅酸钠更易水解【解析】【分析】(1)根据炼钢的要求把生铁中的含碳量除去到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加到规定范围的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程；在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的氧元素，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹；(2)每生成 1.12kg 纯硅需吸收a kJ热量，则生成 1mol 纯硅吸收的热量为3a1.12 1028=0.025a kJ，据此写出反应热化学方程式；A.强酸的钠盐不水解；B.硅的卤化物(SiX4)是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物；C.离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点；D.SiF4晶体属于分子

45、晶体；(3)硅烷的分解温度远低于甲烷的原因为：C和 Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于 Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si 元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷；(4)a.因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大；b.增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是23n Hn SiHCl；c.降低压强平衡向气体系数减小方向移动；(5)依据盐类水解规律“越弱越水解”解答。【详解】(1)炼钢的要求把生铁中的含碳量除去到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加

46、到规定范围的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程，这一过程基本上是一个氧化过程，是用不同来源的氧(如空气中的氧、纯氧气、铁矿石中的氧)来氧化铁水中的碳、硅、锰等元素化学反应主要是2Si+2FeO2Fe+SiO高温、FeO+MnFe+MnO高温；在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的氧，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹，故炼钢的最后阶段必须加入脱氧剂（例如锰铁、硅铁和铝等），以除去钢液中多余的氧：FeO+MnFe+MnO高温，2Si+2FeO2Fe+SiO高温，23Al+3FeOAl O+3Fe高温；故合理选项是CD；(2)由题意可知：每生成 1.12kg

47、纯硅需吸收akJ热量，则生成 1mol 纯硅吸收的热量为3a1.12 1028=0.025a kJ，所以该反应的热化学方程式：42SiClg+2HgSi s+4HCl g高温 H=-0.025a kJ/mol；A.钠的强酸盐不水解，NaX(NaF除外)不易水解，A 错误；B.硅的卤化物（SiX4）是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物，是共价化合物，B 正确；C.钠的卤化物(NaX)为离子化合物属于离子晶体，硅的卤化物(SiX4)为共价化合物属于分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX4，C正确；D.SiF4晶体是由分子间作用力结合而成，D 错误；故合理

48、选项是BC；(3)C 和 Si 最外层电子数相同(或“是同主族元素”)，C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷；(4)a.因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，则该反应的平衡常数随温度升高而增大，a 正确；b.增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是23n Hn SiHCl，b 错误；c.SiHCl3(g)+H2(g)?Si(s)+3HCl(g)的正反应方向为气体系数增大方向，降低压强平衡向气体系数增大的正反应方向移动，可以提高SiHCl3的利用率，c 正确；故合理选项是a、c；(5)依据所给数据可知：硅酸的Ki2小于碳酸的Ki2，依据“越弱越水解”可知硅酸钠更易水解。【点睛】本题综合题考查了高炉炼铁原理、热化学方程式书写、化学平衡移动影响因素、盐类水解规律，注意对化学平衡移动知识的掌握，掌握化学反应原理是解题关键。