2019-2020学年安徽省阜阳市太和县太和二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省阜阳市太和县太和二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乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A氧化反应有，加成反应有B氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C反应 的现象为产生砖红色沉淀D可用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2【答案】C【解析】【分析】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚

2、乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【详解】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A.根据以上分析知，氧化反应有，加成反应有，A项错误；B.氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B 项错误；C.乙醛被新制氢氧化铜悬浊液

3、氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C 项正确；D.乙醇与 CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2，D 项错误；答案选 C。2常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对 NC13的有关叙述错误的是（）A NC13中 NC1键键长比CCl4中 CC1键键长短BNC13分子中的所有原子均达到8 电子稳定结构CNCl3分子是极性分子D NBr3的沸点比NCl3的沸点低【答案】D【解析】【详解】A.N 的半径小于C 的半径，NC13中 NC1键键长比CCl4中 CC1键键长短，A正确；B.由电子式可知，B 正确；C.NC13的分子空间构型是

4、三角锥型结构不是正四面体结构，NCl3分子空间构型不对称，所以NCl3分子是极性分子，C 正确；D.无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比 NCl3的熔沸点高，D 错误；故答案为：D。3设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A含 0.2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为0.2NAB25 时，1 L pH13 的 Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH的数目为0.1NAC15 g HCHO中含有 1.5NA对共用电子对D常温常压下，22.4 L 甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA【答案】D【解析】【详解】

5、A.铜在一定条件下与浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，与稀硫酸不反应，含 0.2 molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，并不能完全反应，所以转移电子数一定小于0.2NA，A项错误；B.25 时，1 L pH 13 的 Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH的浓度为1013mol/L，则 1L 该溶液中由水电离产生的OH的数目为11013NA，B 项错误；C.一个 HCHO分子中含有2个碳氢单键和一个碳氧双键，即 4对共用电子对，15 g HCHO物质的量为0.5mol，因此 15 gHCHO含有 0.5mol4=2mol共用电子对，即2NA对共用电子对，C 项错

6、误；D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则 22.4 L 甲烷气体的物质的量小于1 mol，因此含有的氢原子数目小于4NA，D 项正确；答案选 D。【点睛】公式mVn=V（Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:条件是否为标准状况，在标准状况下，该物质是否为气体。本题D 项为常温常压，因此气体摩尔体积大于 22.4L/mol，则 22.4 L 甲烷气体的物质的量小于1 mol，因此含有的氢原子数目小于4NA。4下列实验操作不是从实验安全角度考虑的是A稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌B做有毒气体的实验时，对尾气进行

7、适当处理C加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片D向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内【答案】D【解析】【详解】A.稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌，是为了防止浓硫酸溶于水放出的大量的热使液体沸腾飞溅出来，是出于安全考虑，A 不符合题意；B.做有毒气体的实验时，进行尾气处理，是出于安全考虑，B 不符合题意；C.加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片，是为了防止暴沸，是出于安全考虑，C不符合题意；D.向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内，是为了防止污染试剂，不是出于安全考虑，D 符合题意；故答案选D。5重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含 Cr3+、

8、Fe3+、K+、SO42-等)制备 K2Cr2O7的流程如图所示。已知：i.在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+。ii.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：金属离子Fe3+Cr3+开始沉淀的pH 1.5 4.9 沉淀完全的pH 2.8 6.8 回答下列问题：(1)滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)氧化”步骤中发生反应的离子方程式为_。(3)“加热 操作的目的是_。(4)“酸化 过程中发生的反应为2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O(K=4.0 1014L3 mol-3)。已知“酸化”后溶液(pH=1)中 c(Cr2O72-)=6.4 10-3 mo

9、l L-1，则溶液中c(CrO42-)=_。(5)可利用微生物电池将镀铬废水中的Cr2O72-催化还原，其工作原理如图所示：在该电池中，b 作 _极，a 极的电极反应为_(6)K2 Cr2O7标准溶液还可用于测定市售硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3 5H2O，M=248 g mol-1)的纯度。测定步骤如下：i.溶液配制：称取1.2400g 市售硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后.全部转移至100mL 容量瓶中.加蒸馏水至刻度线。ii.滴定：取 0.01000 mol.L-1的 K2Cr2 O7标准溶液20.00 mL，稀硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应(Cr

10、2O72-被还原成Cr3+，I-被氧化成I2)。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液蓝色褪去.即为终点。平行滴定3 次，样品溶液的平均用量为25.00mL。稀硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液与KI 溶液反应的离子方程式为_该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为_%(保留 1 位小数)。【答案】Cr(OH)3、Fe(OH)32Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O 除去过量的H2O284.0 10mol/L正CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+Cr2O72-+14H+

11、6I-=3I2+2Cr3+7H2O 96.0【解析】【分析】含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成 K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到 K2CrO4滤液，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+，加酸调pH=1，使 K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。【详解】（1）根据

12、形成氢氧化物沉淀的pH 范围知滤渣成分为Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，故答案为：Cr(OH)3、Fe(OH)3；（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3，生成 K2Cr2O7溶液，结合转移电子守恒、原子守恒得化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，则离子方程式为：2Cr(OH)3+3H202+4OH-=2CrO42-+8H20，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；（3）因为在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中 Cr2O72-将 Cr2O72-

13、还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且 H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去，故答案为：除去过量的H2O2；（4）“酸化”后溶液(pH=1)，即 c(H+)=0.1mol/L，反应 2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O K=2-327143-32+22-22-44c Cr O6.4104.010 LmolcHcCrO0.01cCrO=，则-32-41486.4 10c CrO4.0 10=4.0 10 mol/L0.01，故答案为：84.0 10mol/L；（5）b 极上 Cr2O72-被还原，应为正极反应，则a为负极，乙酸被氧化生成二氧化碳，电极方程式为

14、：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+，故答案为：正；CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+；（6）在酸性条件下，Cr2O72-被还原成Cr3+，I-被氧化成I2，同时有水生成，根据电子转移守恒配平反应得：Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr3+7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr3+7H2O；根据氧化还原反应中电子转移守恒得：n(I2)=3n(Cr2O72-)=30.01000 mol.L-1 0.02L=0.0006mol，根据I2+2S2O32-=S4O62-+2I-得：n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.0006mo

15、l 2=0.0012mol，则该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为-1100%=96.0%25mL1.24g100mL248 g?mol0.0012mol，故答案为：96.0%。6下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是A液氯、氯水B烧碱、火碱C胆矾、绿矾D干冰、水晶【答案】B【解析】【分析】【详解】A.液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A 错误；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B 正确；C.胆矾的化学式为CuSO45H2O，绿矾的化学式为FeSO47H2O，二者表示的不是同一种物质，故 C错误；D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二

16、者表示的不是同一种物质，故D 错误。故答案选B。【点睛】本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。7 化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（）A A为电源的正极B溶液中H+从阳极向阴极迁移C电解过程中，每转移2 mol 电子,则左侧电极就产生32gO2D Ag-Pt 电极的电极反应式为2NO3-+12H+10e-=N2+6H2O【答案】C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt 电极为阴极，pt 电极为阳极，连接阴极的 B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电

17、解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故 B项正确；C 项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H+O2，所以每转移2 mol 电子时，左侧电极就产生 0.5 mol O2即 16g 氧气，故 C 项错误；D 项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故 D 项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。8下列说法正确的是A硬脂酸甘油酯在酸性条件下的水解反应反应叫皂化反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解

18、C将无机盐硫酸铜溶液加入到蛋白质溶液中会出现沉淀，这种现象叫做盐析D油脂、蛋白质均可以水解，水解产物含有电解质【答案】D【解析】【分析】据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析判断。【详解】A.油脂在碱性条件下的水解反应用于工业制肥皂，称为皂化反应，A 项错误；B.淀粉溶液与硫酸溶液共热发生水解反应，用新制氢氧化铜悬浊液、加热检验水解产物前应加碱中和催化剂硫酸，B项错误；C.硫酸铜是重金属盐，加入到蛋白质溶液中出现沉淀，是蛋白质的变性，C项错误；D.油脂水解生成的高级脂肪酸、蛋白质水解生成的氨基酸，都是电解质，D 项正确。本题选 D。9某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、

19、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A含有 4.5gAl B不含 FeCl2、AlCl3C含有物质的量相等的(NH4)2SO4和 MgCl2D含有 MgCl2、FeCl2【答案】C【解析】【分析】5.60L 标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为2.9g

20、0.0558/molgmol；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【详解】A.由前面计算可知，2Al3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A 错误；B.从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C.n(NH3)=0.1mol，n(NH4)2SO4=0.05mol，n(MgCl2)=nMg(OH)2=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和 Mg

21、Cl2物质的量相等，C正确；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D 错误。故选 C。10以下说法正确的是（）A共价化合物内部可能有极性键和非极性键B原子或离子间相互的吸引力叫化学键C非金属元素间只能形成共价键D金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键【答案】A【解析】【详解】A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则共价化合物内部可能有极性键和非极性键，例如乙酸、乙醇中，A 正确；B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，包括引力和斥力，B 不正确；C、非金属元素间既能形成共价键，也能形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，C不正确；D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键，

22、但也可以形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，D 不正确；答案选 A。11能确定为丙烯的化学用语是（）ABC3H6CDCH2=CH-CH3【答案】D【解析】【分析】【详解】A球棍模型中不一定由C、H 两种元素组成，所以不一定为丙烯，A 不合题意；BC3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；C中少了 1 个 H 原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；D丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D 符合题意；故选 D。12如图所示装置能实现实验目的的是（）A图用于实验室制取氯气B图用于实验室制取氨气C图用于酒精萃取碘水中的I2D图用于 FeSO4溶液制备FeSO4?7H2O【答案

23、】B【解析】【详解】A.实验室制取氯气，二氧化锰与浓盐酸需要加热，常温下不反应，A 错误；B.实验室制取氨气，氯化铵固体与氢氧化钙固体加热，B 正确；C.酒精和水互溶，不能作萃取剂，C 错误；D.Fe2+容易被空气氧化变为Fe3+，加热后得不到亚铁盐，D 错误；故答案选B。13最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A石墨烯属于烯烃B石墨烯中碳原子采用sp3杂化C黑磷与白磷互为同素异形体D黑磷高温下在空气中可以稳定存在【答案】C【解析】【分析】【详解】A石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A 错误；B石墨烯中

24、每个碳原子形成3键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C 正确；D黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D 错误；答案选 C。14化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是（）A葡萄酒中添加SO2，可起到抗氧化和抗菌的作用BPM2.5 颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧D淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物【答案】A【解析】A、利用 SO2有毒，具有还原性，能抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5 指大气中直径小于或等于2.5 微米，没有在1nm 100nm之间，构成的分散系不是胶

25、体，不具有丁达尔效应，故错误；C、四氯化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。15下列浓度关系正确的是（）A 0.1mol/L 的 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L 的 Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)c(OH-)c(SO42-)c(H+)B 1L0.1mol/L 的 KOH 溶液中通入标准状况下的CO2气体 3.36L，所得溶液中：c(K+)c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)C 0.1mol/L 的 NaOH 溶液与 0.2 mol/L 的 HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(

26、H+)D同温下pH 相同的 NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)c(CH3COONa)c(NaHCO3)c(Na2CO3)【答案】C【解析】【分析】【详解】A向 0.1 mol/L 的 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L 的 Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NH3 H2O+H2O。NH3 H2ONH4+OH-H2OH+OH-。c(OH-)c(NH4+)c(SO42-)c(H+)。错误；B.根据电荷守恒可得：c(K+)c(H+)2c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)

27、.错误；C0.1 mol/L 的 NaOH 溶液与 0.2 mol/L 的 HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+HCN=NaCN+H2O。反应后溶液为NaCN 和 HCN等物质的量的混合溶液。由于所得溶液呈碱性，说明NaCN 的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c(HCN)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)，正确；D NaOH 溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。由于酸性CH3COOH H2CO3 HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH 相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：

28、c(NaOH)c(Na2CO3)c(NaHCO3)c(CH3COONa)，错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室如图的装置模拟工业过程制取硫代硫酸钠（夹持仪器和加热仪器均省略）。其反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2请回答：（1）下列说法不正确的是_。A装置 A 的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体B提高 C处水浴加热的温度，能加快反应速率，同时也能增大原料的利用率C装置 E的主要作用是吸收CO2尾气D装置 B 的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液（2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na

29、2SO4杂质，请解释其生成原因_。【答案】BC SO2和 Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠【解析】【分析】A 装置制取二氧化硫，发生的反应离子方程式为SO32+2H+=SO2+H2O，B 装置能储存二氧化硫且起安全瓶的作用，还能根据气泡大小控制反应速率，C装置中发生反应2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，剩余的二氧化硫有毒，不能直接排空，所以E为尾气处理装置，结合题目分析解答。【详解】（1）A.装置 A 的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体，分液漏斗中盛放的液体是硫酸，二者在

30、A 中发生反应生成二氧化硫，故A 正确；B.提高 C处水浴加热的温度，能加快反应速率，但是气体流速也增大，导致原料利用率减少，故B 错误；C.装置 E的主要作用是吸收SO2尾气，防止二氧化硫污染环境，故C错误；D.装置 B 的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，二者都不溶解或与二氧化硫反应，所以可以选取浓硫酸或饱和亚硫酸氢钠溶液，故D 正确；故答案为：BC；（2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na2SO4杂质，SO2和 Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠，

31、所以得到的物质中含有少量Na2SO4，故答案为：SO2和 Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的 Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如图：已知：烃 A 的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8 E、F为相对分子质量差14 的同系物，F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A 的结构简

32、式为 _。（2）由 B 生成 C 的化学方程式为_。（3）由 E和 F生成 G 的反应类型为_，G的化学名称为_。（4）由 D 和 H 生成 PPG的化学方程式为_；若 PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为_(填标号)。a.48 b.58 c.76 d.122（5）D 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)；能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3 组峰，且峰面积比为61 1 的是 _(写结构简式)；D 的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是_(填标号)。a.质谱仪b

33、.红外光谱仪c.元素分析仪d.核磁共振仪【答案】+NaOH+NaCl+H2O 加成反应3-羟基丙醛(或-羟基丙醛)n+n+(2n-1)H2O b 5 c【解析】【分析】烃 A 的相对分子质量为70，由7012=510，则 A 为 C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A 的结构简式为；A 与氯气在光照下发生取代反应生成B，B 为单氯代烃，则 B为，化合物 C的分子式为C5H8，B 发生消去反应生成C，C 为，C发生氧化反应生成D，D 为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为 HCHO，E、F为相对分子质量差14 的同系物，可知E为CH3CHO，由信息可知E与 F

34、发生加成反应生成G，G 为 HOCH2CH2CHO，G 与氢气发生加成反应生成H，H 为 HOCH2CH2CH2OH，D 与 H 发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A 的结构简式为，故答案为：；(2)由 B 发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息可知，由E和 F生成 G 的反应类型为醛醛的加成反应，G 为 HOCH2CH2CHO，G 的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；(4)由 D 和 H 生成 PPG的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O，故答案为：n+

35、n+(2n-1)H2O；若 PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为100001281641 12 58，故答案为：b；(5)D 为 HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D 中共 5 个 C，则含 3 个 C-C-C上的 2 个 H 被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5 种，含其中核磁共振氢谱显示为3 组峰，且峰面积比为611 的是，D 及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；c。四、综合题（本题包括2 个小题，

36、共20 分）18新型抗溃疡药瑞巴匹特，可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害，其合成路线如下：(1)A 的化学名称为_，C 的核磁共振氢谱具有_组峰(2)A 与足量的NaOH 溶液反应的化学方程式为_(3)化合物 F中含氧官能团的名称为_，化合物F的分子式为 _(4)反应 中，属于取代反应的是_(填序号)(5)C D的转化中，生成的另一种产物为HCl，则 CD 反应的化学方程式为_(6)已知 Y中的溴原子被-OH 取代得到Z，写出同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式：_I分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环II苯环上有两个取代基，且处于对位III.能与 NaHCO3溶液发生

37、反应(7)已知 CH3CH2OHCH3CH2Br，以 A 和 HOCH2CH2CH2OH 为原料制备的合成路线流程图如下：HOCH2CH2CH2OH物质 X物质 Y，则物质X为_，物质 Y为_【答案】丙二酸二乙酯4 C2H5OOCCH2COOC2H5 2NaOH rNaOOCCH2COONa 2C2H5OH 肽键、羧基C19H15O4N2Cl BrCH2CH2CH2Br【解析】【分析】【详解】（1）根据系统命名法，有机物的化学名称为丙二酸二乙酯，C（）中有 4 种氢原子，核磁共振氢谱具有4 组峰，故答案为丙二酸二乙酯，4。（2）酯可在NaOH 溶液中发生碱性水解，丙二酸二乙酯与足量NaOH 溶

38、液反应的化学方程式为+2NaOHNaOOCCH2COONa+2C2H5OH，故答案为+2NaOHNaOOCCH2COONa+2C2H5OH。（3）化合物F（）中官能团的名称为肽键、羧基、氯原子、碳碳双键，其中含氧官能团的名称为肽键、羧基，化合物F的分子式为C19H15O4N2Cl，故答案为肽键、羧基，C19H15O4N2Cl。（4）反应由生成的反应类型为取代反应；反应是加氢去氧还原生成，其反应类型为还原反应；反应是的氨基中的1 个氢原子被取代，是取代反应，所以反应中，属于取代反应的是，故答案为。（5）对比 C、D 的结构可知，C与 X发生取代反应生成D 和 HCl，根据产物的碳架结构并结合原子

39、守恒，可知 CD 反应的化学方程式为：+HCl，故答案为+HCl。（6）Y的结构简式为：，Y中的溴原子被-OH 取代得到Z，则 Z的结构简式为：，Z的同分异构体I分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环，说明N 原子不在环上；III.能与NaHCO3溶液发生反应，说明分子中含有羧基；II苯环上有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位，同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式为，故答案为。(7)已知 CH3CH2OHCH3CH2Br，以 A和 HOCH2CH2CH2OH 为原料制备的合成路线流程图如下：，则物质 X为 BrCH2CH2CH2Br，物质 Y为：，故答案为BrCH2CH

40、2CH2Br，。【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。19 为解决“温室效应”日趋严重的问题,科学家们不断探索CO2的捕获与资源化处理方案,利用 CH4捕获 CO2并转化为CO和 H2混合燃料的研究成果已经“浮出水面”。已知:CH4(g)十 H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1=+206.4kJ/mol CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-41.2kJ/mol T1 C时，在 2L恒容密闭容器中加入2molCH4和

41、 1molCO2，并测得该研究成果实验数据如下：请回答下列问题:时间/s 0 10 20 30 40 50 60 CO2/mol 1 0.7 0.6 0.54 0.5 0.5 0.5 H2/mol 0 0.6 0.8 0.92 1 1 1（1）该研究成果的热化学方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=_（2）30s时 CH4的转化率为 _，2040s,v(H2)=_.（3）T2 C时,该反应的化学平衡常数为1.5,则 T2_T1(填“”“=”或“”。)（4）T1 C时反应达到平衡的标志为_。A容器内气体密度不变B体系压强恒定CCO和 H2的体积分数相等且保持不变D2v(

42、CO)逆=v(CH4)正（5）上述反应达到平衡后,其他条件不变,在 70 s 时再加入2 molCH4和 1molCO2,此刻平衡的移动方向为_(填“不移动”“正向”或“逆向),重新达到平衡后，CO2的总转化率比原平衡_(填“大”“小”或“相等”)。【答案】+247.6KJ/mol 23%0.005mol/(L s)BC 正向小【解析】【分析】已知：CH4(g)十 H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1=+206.4kJ/mol CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-41.2kJ/mol(1)利用盖斯定律，将-，可得出热化学方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)

43、+2H2(g)H。(2)利用三段式，建立各物质的起始量、变化量与平衡量的关系，可得出30s 时 CH4的转化率，2040s 的v(H2)。(3)利用三段式，可求出T1时的化学平衡常数，与T2时进行比较，得出T2与 T1的关系。(4)A气体的质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密度始终不变；B容器的体积不变，气体的分子数随反应进行而发生变化；C平衡时，CO和 H2的体积分数保持不变；D 2v(CO)逆=v(CH4)正，方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比。(5)利用浓度商与平衡常数进行比较，可确定平衡移动的方向；利用等效平衡原理，可确定CO2的总转化率与原平衡时的关系。【详解】已知：CH4

44、(g)十 H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1=+206.4kJ/mol CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-41.2kJ/mol(1)利用盖斯定律，将-，可得出热化学方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=+247.6kJ/mol，故答案为：+247.6kJ/mol；(2)利用表中数据，建立如下三段式：422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)(mol)2(m1000.460.920.920.540.920.9ol)0.46s(mol)1.542垐?噲?起始转化30 末30s 时，CH4的转化率为0.46mol100%2mol=23%

45、，2040s 的 v(H2)=1mol0.8mol2L20s=0.005mol/(L?s)，故答案为：23%；0.005mol/(L?s)；(3)利用平衡时的数据，可求出T1时的化学平衡常数为220.50.51=0.750.253T1，故答案为：；(4)A反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密度始终不变，则密度不变时，不一定达平衡状态，A 不合题意；B气体的分子数随反应进行而发生改变，则压强随反应进行而改变，压强不变时达平衡状态，B符合题意；C平衡时，CO和 H2的体积分数保持不变，反应达平衡状态，C符合题意；D 2v(CO)逆=v(CH4)正，速率方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡，D 不合题意；故答案为：BC；(5)平衡时加入2molCH4和 1molCO2，浓度商为Q=220.50.511=1.750.75213，所以平衡正向移动；加入 2molCH4和 1molCO2，相当于原平衡体系加压，平衡逆向移动，CO2的总转化率比原平衡小，故答案为：正向；小。【点睛】计算平衡常数时，我们需使用平衡浓度的数据，解题时，因为我们求30s 时的 CH4转化率，所以易受此组数据的干扰，而使用此时的数据计算平衡常数，从而得出错误的结果。