2019-2020学年北京海淀区中国人民大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京海淀区中国人民大学附属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）1一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z 为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z 的最外层电子数之和等于X 的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A非金属性：XWY BY的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C可利用W 与 X、Y形成的化合物热还原制备单质Y D该漂白剂中仅有X均满足 8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由 W2+可知，W 最外层有2 个电子；Z 形成 1 个键，Z 是第 A 或

2、A 族元素；W、Y、Z 的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X 形成 2 个键，X 是 A 族元素；Z 与 X 形成共价键，Z 是 H 元素，X 是 O元素；Y是 B元素；W、X 对应的简单离子核外电子排布相同，W是 Mg元素。【详解】A.W 是镁，为金属元素，非金属性：OBMg，故 A 错误；B.Y是 B 元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的 OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和 B2O3加热生成B和氧化镁，故C 正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O 均满足 8 电子稳定结构，故D 错误。【点睛】本

3、题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。2测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电导率越大其导电能力越强。室温下，用0.100mol?L-1的 NH3?H2O 滴定 10.00mL 浓度均为0.100mol?L-1HCl和 CH3COOH的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。下列说法正确的是（）A点溶液：pH 最大B溶液温度：高于C点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)D点溶液中：c(NH4+)+c(NH3?H2O)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)【

4、答案】C【解析】【分析】室温下，用0.100mol?L-1的 NH3?H2O 滴定 10.00mL 浓度均为0.100mol?L-1HCl 和 CH3COOH的混合溶液，NH3?H2O 先与 HCl 发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3?H2O 后，NH3?H2O 与 CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【详解】A 点处为 0.100mol?L-1HCl 和 CH3COOH的混合溶液，随着NH3?H2O 的滴入，pH 逐渐升高，A 错误；B酸碱中和为放热反应，故

5、溶液温度为：低于 ，B 错误；C 点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故 点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)，C正确；D 点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选 C。3关于新型冠状病毒，下来说法错误的是A该病毒主要通过飞沫和接触传播B为减少传染性，出门应戴好口罩C该病毒属于双链的DNA 病毒，不易变异D该病毒可用“84 消毒液”进行消毒【答案】C【解析】【详解】A.通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播

6、，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A 正确；B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C 错误；D.“84消毒液”的主要成分NaClO 具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84 消毒液”具有杀菌消毒作用，D 正确；故合理选项是C。4NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 8gCH4O 中含有的C-H键数目为NAB25时，100mLpH=8 的氨水中NH4+的个数为9.9 10-8NAC56gFe和 64gC

7、u分别与 1molS 反应转移的电子数均为2 NAD标准状况下，2.24 LCl2 溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2 NA【答案】B【解析】A、8g CH4O(即 0.25mol 甲醇)，所含有的C-H 键数目为0.75 NA，故 A 错误；B、25时，pH=8 的氨水中c(H+)水=1.010-8mol/L=c(OH-)水，由 Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.010-6mol/L，则由 NH3 H2O 电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.010-6mol/L-1.0 10-8mol/L=9.9 10-7mol/L=c(NH4+)，则 NH4+的数目为

8、9.9 10-7mol/L 0.1L NA=9.9 10-8NA，所以 B正确；C、由于 S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1 价，所以56g Fe(即 1mol）与 1mol S 恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64g Cu(即 1mol)与 1mol S 反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故 C错误；D、标准状况下，2.24 LCl2(即 0.1mol)溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则 D 错误。本题正确答案为B。点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容

9、易错选A、D，而 B 有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是 3 个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的 c(OH-)的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。5某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反

10、应中有H2产生C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 弱碱性溶液中Mg也可被氧化D 将光亮的镁条放入pH 为 8.6 的 NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了 Mg A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A 正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；CpH 为 8.6 时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg 可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D 的结论不合理，故D

11、 错误；故选 D。6已知：25时，Ka(HA)Ka(HB)。该温度下，用0.100 mol/L 盐酸分别滴定浓度均为0.100 mol/L 的 NaA溶液和 NaB 溶液，混合溶液的pH 与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A滴定前NaA 溶液与 NaB 溶液的体积相同B25时，Ka(HA)的数量级为l0-11C当 pH 均为 6 时，两溶液中水的电离程度相同D P点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH 相等，则滴定前NaA 溶液的体积大于NaB 溶液的体积，故A错误；B2

12、5时，由题图可知，0.100mol L-1NaA 溶液的 pH=11，则Ka(HA)=-11-3+-910mol/L0.100 mol/L10(H)(A)=10(molHA)/Lccc，故 B错误；C当 pH 均为 6 时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故 C正确；D滴定前NaA 溶液的体积大于NaB 溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)c（B-）+c(HB)，故 D 错误。故选 C。【点睛】滴定图像的分析：(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质

13、成分及溶液的酸碱性；(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足；(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。7传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是()A b 为电源的正极B负极反应式Ag-e-+Cl-=AgCl C当电路中电子转移为5 10-5mol 时进入传感器的SO2为 1.12 mL D阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A与 b 电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为 S2O42，硫元素化合价降低发生还原反应，可判断为阴极，b 为电源

14、的负极，A 项错误；B根据上述分析，a 为电源的正极，则阳极反应式为：Ag-e+ClAgCl，B项错误；C当电路中电子转移为5 105mol 时，进入传感器的SO2为 5 105mol，标况下的体积为1.12 mL，C项错误；D根据题意，阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，D 项正确；故答案选D。答案选 D。【点睛】本题考查电解原理的应用。主要是电极分析以及电极反应式的书写，掌握基础是关键，题目难度中等。与 b 电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为 S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，为电解池的阴极；与电源 a 极相连的电极为电解池的阳极，与b

15、 连接的电解池的阴极；温度和压强不知不能计算气体体积。8下列说法不正确的是()A牛油、植物油、汽油在碱性条件下的水解反应可以制造肥皂B氨基酸、蛋白质都既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液反应C向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀属于物理变化D用酶催化淀粉水解的水解液中加入银氨溶液，水浴加热，无光亮银镜生成，说明无葡萄糖存在【答案】A【解析】【详解】A汽油不是油脂，不能发生水解反应制造肥皂，选项A 错误；B氨基酸、蛋白质都含有氨基和羧基，具有两性，既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液反应，选项B正确；C向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，属于物理变化，选项C 正确；D葡萄糖能发生银

16、镜反应，无光亮银镜生成，说明用酶催化淀粉水解的水解液中无葡萄糖存在，选项D正确；答案选 A。925 时，向某 Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数()随溶液 pH 变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是A pH=7 时，c(Na+)=(Cl)+c(HCO3)+2c(CO32)BpH=8 时，c(Na+)=c(C1)CpH=12 时，c(Na+)c(OH)c(CO32)c(HCO3)c(H+)D 25时，CO32+H2OHCO3+OH的水解平衡常数Kh=1010mol L1【答案】A【解析】【详解】A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=(OH)+Cl)+c(HC

17、O3)+2c(CO32),pH=7 时，c(H+)=(OH)，则 c(Na+)=(Cl)+c(HCO3)+2c(CO32)，故 A 正确；B、据图可知，pH=8 时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，则溶液中c（Cl）c（Na），故 B错误；C、pH=12 时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，则 c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H+)，故 C 错误；D、CO32的水解常数Kh=c(HCO3)c(OH)/c(CO32)，据图可知，当溶液中c（HCO3）:c（CO32）=1:1 时，溶液的 pH=10，c（H

18、）=10-10mol L1，由 Kw可知 c（OH）=10-4mol L1，则 Kh=c(HCO3)c(OH)/c(CO32)=c（OH）=10-4mol L1，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等，难点为 D，注意利用溶液中c（HCO3）:c（CO32）=1:1 时，溶液的pH=10 这个条件。10中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO 进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和 H2O 通过)，下列相关判断正确的是A电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2B电解池中质子从电极向电极作定向移动C吸收塔中的反应

19、为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D每处理1molNO 电解池质量减少16g【答案】C【解析】【分析】在电极，HSO3-转化为 S2O42-，S元素化合价由+4 价降低为+3 价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极为电解池的阳极，在电极上 H2O 失电子发生氧化反应生成O2和 H+。【详解】A电极 为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A 不正确；B由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极向电极 作定向移动，B 不正确；C从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与 NO 反应，生成HSO3-和 N2，发生反应为2

20、NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C 正确；D每处理1molNO，阴极 2HSO3-S2O42-，质量增加34g，阳极 H2O12O2，质量减轻16g，电解池质量增加 34g-16g=18g，D 不正确；故选 C。11下列图示（加热装置省略，其序号与选项的序号对应）的实验操作，能实现相应实验目的的是A探究乙醇的催化氧化B实验室制取并收集少量纯净的氯气C研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响D实验室制备少量NO【答案】C【解析】【分析】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B、盐酸易挥发；C、研究催化剂对反应的速率的影响，过氧化氢的浓度应相同；D、NO 易被空气中氧气氧化。【详解】A、

21、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇，故A 错误；B、因盐酸易挥发，收集到的氯气中混有氯化氢和水，故B 错误；C、研究催化剂对反应速率的影响，加入的溶液的体积相同，金属离子和过氧化氢的浓度也相同，符合控制变量法的原则，可达到实验目的，故C 正确；D、NO 易被空气中氧气氧化，应用排水法收集，故D 错误；故选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析。12下列物质中含有非极性键的共价化合物是A CCl4BNa2O2CC2H4DC

22、S2【答案】C【解析】【分析】【详解】A CCl4中只含 C-Cl极性共价键，故A 不选；BNa2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；CC2H4中含 C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H 元素组成，为共价化合物，故C选；D CS2中只含 C=S极性共价键，故D 不选；故选：C。13下列说法不正确的是（）A HCOOH 和 CH3COOH 互为同系物B与 CH3CH2CHO 互为同分异构体C质子数为35、中子数为45 的溴原子：D烷烃 CH3CH(CH3)C(CH3)3的名称是2,3,3-三甲基丁烷【答案】D【解析】AHCOOH 和 CH3COOH

23、 均为羧酸，且分子组成相差一个CH2基团，两者互为同系物，故 A 正确；B与 CH3CH2CHO分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故 B正确；C质子数为35、中子数为45 的溴原子可表示为，故 C正确；D根据系统命名法，烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)3的名称是2,2,3-三甲基丁烷，故D 错误，答案为D。14下列有关有机化合物的说法中，正确的是A淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D在3FeBr的催化作用下，苯可与溴水发生取代反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A淀粉、蛋白质是有机高分子化合物

24、，油脂不是有机高分子化合物，A 项错误；B苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B 项错误；C酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物，具有高度选择性，绝大多数酶是蛋白质，C项正确；D在 FeBr3的催化下，苯可与液溴发生取代反应，但不与溴水反应，D 项错误；答案选 C。15实验室利用下图装置制取无水A1C13(183升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A 的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B、的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH 溶液C滴加浓盐酸的同时点燃 的酒精灯D 用于收集AlCl3，、可以用一个装有碱石灰的干燥管代替【答案】D【解析】【分析】由实验

25、装置可知，为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，中浓硫酸干燥氯气，中Al 与氯气反应生成AlCl3，为收集氯化铝的装置；中浓硫酸防止水进入和中引起氯化铝水解，中NaOH 溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A 项错误；B.由上述分析可知、的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓 H2SO4、NaOH 溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃的酒精灯，C项错误；D.用于收集AlCl3，、两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则、可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，

26、D 项正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铋（Bi）及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。一种以含铋矿石辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含少量杂质 PbO2等）为原料，采用湿法冶金制备铋单质的工艺流程如下：已知：PbCl2是一种难溶于冷水，易溶于热水的白色固体。回答下列问题：（1）铋（Bi）位于 A 族，铋的氢化物的热稳定性_氨气（填“大于”或“小于”）。（2）“浸出”时，为了提高浸出速率，可采用的措施有_（任写一条）（3）加热浸出时，PbO2生成PbCl2和一种气体，此反应的化学方程式为_，从产物中分离回收PbCl2的步骤是 _、洗涤、干燥。从保护环境和原料循环利

27、用的角度，请指出上述工艺流程中可以采取的措施为 _。（4）电解精炼粗铋时必须补充含Bi3+浓度高的电解液。可用粗铋、铅条作为两个电极，铅条外用素烧的陶瓷坩埚作隔膜（Bi3+不能透过，H+能透过），电解液开始时为盐酸和食盐的混合液。则粗铋为电解池的_极，电解总反应为_。（5）25时，向浓度均为0.02mol L-1的 Cu2+、Bi3+的混合溶液中滴加Na2S 溶液（设溶液体积增加1 倍），使 Cu2+恰好沉淀完全即溶液中c（Cu2+）=110-5 mol L-1，此时是否有Bi2S3沉淀生成 _（列式计算说明）。（已知：25时，Ksp（CuS）=6.010-36、Ksp（Bi2S3）=1.8

28、10-99）【答案】小于粉碎矿石、搅拌、适当提高浸取液温度、适当提高溶液浓度等PbO2+4HCl加热PbCl2+Cl2+2H2O 冷却、过滤“浸出”时生成的氯气，通入置换液中生成三氯化铁循环利用阳322Bi+6HCl2BiCl+3H电解Qc（Bi2S3）=（0.01）2（6.0 10-36 1 10-5）3=2.16 10-95 Ksp（Bi2S3）=1.8 10-99，故有 Bi2S3沉淀生成【解析】【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3、还含 PbO2杂质)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，

29、盐酸是防止FeCl3及 BiCl3水解生成不溶性沉淀，所以得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Pb2+，滤液冷却结晶可以得到PbCl2，然后回收铅；再次过滤得到的滤液中加入铁粉过滤得到海绵铋，置换液主要是氯化亚铁；对海绵铋进行熔铸、精炼得到金属铋；置换液中再通入氯气得到氯化铁溶液可以循环使用。【详解】(1)同周期，从上往下，氢化物的稳定性逐渐降低，故铋的氢化物的热稳定性小于氨气；(2)为了提高浸出率，可采取的措施有将矿石粉粹、搅拌，以增大接触面接，也可适当增大氯化铁溶液的浓度、适当升高温度等；(3)浸出时，PbO2生成 PbCl2，Pb 的化合价降低，则浸出液中HCl 化合价升高生成Cl2

30、，化学方程式为PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2+2H2O；由于 PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，可对滤液进行冷却结晶然后过滤分离回收 PbCl2；置换液为FeCl2，可将浸出时产生的Cl2通入置换液中，使FeCl2转化为 FeCl3循环利用，同时防止污染环境；(4)电解时金属铋需要被氧化生成Bi3+，电极池中阳极得电子发生氧化反应，所以粗铋为电解池的阳极；阴极得电子发生还原反应，根据电解质溶液中的离子种类可知阴极应是氢离子得电子生成氢气，所以电解总反应为322Bi+6HCl2BiCl+3H电解；(5)Cu2+恰好沉淀完全即溶液中c(Cu2+)=1 10-5mol?L-1，则此时溶液中c

31、(S2-)=-36-1-56.0 10mol L1 10g，此时Qc(Bi2S3)=0.012(-36-56.0 101 10)3=2.16 10-95Ksp(Bi2S3)=1.8-99，故有 Bi2S3沉淀生成。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某杀菌药物M 的合成路线如下图所示。回答下列问题：(1)A 中官能团的名称是_。BC 的反应类型是_。(2)B 的分子式为 _。(3)C D的化学方程式为_。(4)F 的结构简式为_。(5)符合下列条件的C的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)；能发生水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱为4 组峰的结构简式为_(任

32、写一种)。(6)请以和 CH3CH2OH 为原料，设计制备有机化合物的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】羟基取代反应C7H6O3+HNO3+H2O 19 或CH3CH2OHCH2=CH2【解析】【分析】本题主要采用逆推法，通过分析C的结构可知B（）与 CH3I 发生取代反应生成C；分析 B（）的结构可知A（）与 CH2Cl2发生取代反应生成B；C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，D 在 Fe+HCl条件下，-NO2还原为-NH2，根据 M 中肽键的存在，可知E与 F发生分子间脱水生成M；分析 M 的结构，可知 E为，F为；根据 E（）可知 D 为。【详解】(1)根据上面分析可知A

33、（）中官能团的名称是羟基。BC 的反应类型是取代反应；答案：羟基取代反应(2)B（）的分子式为C7H6O3；答案：C7H6O3。(3)C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，化学方程式为+HNO3+H2O；答案：+HNO3+H2O(4)根据上面分析可知F的结构简式为；答案：(5)符合下列条件的C（）的同分异构体：能发生水解反应，说明必有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明必有酚羟基；符合条件的有苯环外面三个官能团：HCOO-、-CH3、-OH，符合条件的共有10 种；苯环外面两个官能团：-OH、-COOCH3，符合条件的共有3 种；苯环外面两个官能团：-OH、-OOCCH3，符合

34、条件的共有3 种；-CH2OOCH、-OH，符合条件的共有3 种；因此同分异构体共19 种，其中核磁共振氢谱只有4 组峰的结构肯定对称，符合条件的结构简式为或；答案：19 或(6)逆推法：根据题干A 生成 B 的信息可知：的生成应该是与一定条件下发生取代反应生成；可以利用乙烯与溴水加成反应生成，乙烯可由乙醇消去反应生成，据此设计合成路线为；答案：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 化学 选修 5：有机化学基础 具有抗菌作用的白头翁衍生物H 的合成路线如图所示：已知：:RCH2BrRCHO一定条件R HC=CH-R:RHCCHR(1)A 属于芳香烃，其名称是_。(2)写出符合下列

35、条件的B的一种同分异构体：苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，能发生水解反应，该物质的结构简式为_。(3)由 C生成 D 的化学方程式是_。(4)由 G 生成 H 的反应类型是_，1mol F 与足量 NaOH 溶液反应，消耗_mol NaOH。(5)试剂 b 是 _。(6)下列说法正确的是_(选填宇母序号)a G 存在顺反异构体b l mol G 最多可以与1mol H2发生加成反应c l mol H 与足量 NaOH 溶液反应，消耗2mol NaOH(7)满足下面条件的同分异构体共有_种。含有苯环含有 2 个 CHO 苯环上有两个取代基【答案】1，2-二甲苯(邻二甲苯)加成反应2 NaO

36、H 醇溶液c 12 种【解析】【分析】由 A 的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A 为，结合 B 的分子式与C的结构，可知B 为，B与液溴在光照条件下反应得到C由 D 的分子式、D 后产物结构，结合信息i，可推知D为，则 C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂 a 为 CH3OHD 后产物发生酯的碱性水解、酸化得到 E为由 H 的结构，结合信息ii 可知 F为，F发生消去反应生成G 为，G 发生加成反应得到H。【详解】（1）A 是，其名称是：邻二甲苯。（2）苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，含有醛基，能发生水解反应，含有酯基，是甲酸酯，符合上列条件的B 的一种同分异构体：；（3）由 C生成 D

37、 的化学方程式是。（4）G 含有碳碳双键，由G 生成 H 的反应是加成反应，F为，含有酯基和I 原子，水解生成的羧基和HI 可与 NaOH 溶液反应，1mol F 与足量 NaOH 溶液反应，消耗2mol NaOH。（5）试剂 b 是 NaOH 醇溶液，F发生消去反应生成G 为。（6）aG 为，不存在顺反异构体，故a 错误；b.1mol G 最多可以与4mol H2发生加成反应，故b 错误；c.1mol H 含有两摩尔酯基，与足量NaOH 溶液反应，消耗2molNaOH，故 c 正确。（7）含有苯环含有 2 个 CHO 苯环上有两个取代基分为四种情况，-CHO和-CH2CH2CHO、-CHO和

38、-CH(CH3)CHO、两个-CH2CHO、-CH3和-CH(CHO)2，每种情况两个原子团在苯环上分布均有邻、间、对，三种情况，满足下面条件的同分异构体共有43=12种。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。难点（7）同分异构体的书写，明确题目的要求，对残基进行分类，是快速解题的关键。19 二氧化硫是危害最为严重的大气污染物之一,它主要来自化石燃料的燃烧,研究 CO催化还原SO2的适宜条件,在燃煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。.从热力学角度研究反应(1)C(s)+O2(g)

39、CO2(g)H1=-393.5 kJmol-1CO2(g)+C(s)2CO(g)H2=+172.5 kJmol-1S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-296.0 kJmol-1写出 CO 还原 SO2的热化学方程式:_。(2)关于 CO还原 SO2的反应,下列说法正确的是_。A在恒温恒容条件下,若反应体系压强不变,则反应已达到平衡状态B平衡状态时,2v正(CO)=v逆(SO2)C其他条件不变,增大 SO2的浓度,CO的平衡转化率增大D在恒温恒压的容器中,向达到平衡状态的体系中充入N2,SO2的平衡转化率不变 NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和 NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸

40、附，发生反应如下：反应 a：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H=34.0kJ/mol 反应 b：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)H=64.2kJ/mol(3)对于反应a，在 T1时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间(min)浓度(mol L-1)0 10 20 30 40 50 NO 1.00 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48 N20 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36 010min 内，NO 的平均反应速率v(NO)=_，当升高反应温度，该反应的平衡常数K_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。30min

41、后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的活性炭B通入一定量的NO C适当缩小容器的体积D加入合适的催化剂(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2，如图为不同压强下反应b 经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kPa 前，反应 b 中 NO2转化率随着压强增大而增大的原因_；在 1100kPa 时，NO2的体积分数为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作 Kp)；在 T2、1.1 106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_

42、(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)体积分数。【答案】2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H=-270.0 kJmol-1AC 0.042mol/(L?min)减小BC 1050kPa 前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率提高50%或【解析】【详解】（1）CO与 SO2的反应方程式为2COSO2=2CO2S，C(s)+O2(g)=CO2(g)，CO2(g)+C(s)=2CO(g)，S(s)+O2(g)=SO2(g)，因此有 得出 2CO(g)SO2(g)=2CO2(g)S(s)H=270.0kJ mol1；（2）A、根据反应方程式，

43、硫为固体，其余为气体，反应前后气体分子数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A 正确；B、不同物质的速率表示达到平衡，要求反应的方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，即 v 正(CO)=2v逆(SO2)，故 B 错误；C、其他条件不变，增大SO2的浓度，增加反应物的浓度，平衡向正反应反应移动，CO的转化率增大，故C 正确；D、恒温恒压下，通入非反应气体，容器的体积增大，物质的量浓度降低，平衡向逆反应方向进行，SO2的转化率的降低，故D 错误；答案为AC；（3）根据反应速率数学表达式，v(NO)=(1.000.58)mol/L 10min=0.042mol/(L min)；反

44、应 a 和 b 都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，平衡常数K减小；A、活性炭为固体，加入活性炭，不影响化学平衡，故A 不符合题意；B、通入一定量的NO，NO 浓度增大，平衡向正反应方向移动，N2浓度增大，故B 符合题意；C、适当缩小容器的体积，所有气体的浓度均增大，故C符合题意；D、加入合适的催化剂，不影响化学平衡，故D 不符合题意；答案为BC；（4）根据示意图，1050kPa 前，反应未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，NO2的转化率加快；假设通入1molNO2，2C(s)2NO2(g)N2(g)2CO2(g)起始：1 0 0 变化：0.4 0.2 0.4 平衡：0.6 0.2 0.4 1100kPa 时，NO2的体积分数为0.6mol/(0.6 0.20.4)mol 100%=50%；NO2的体积分数为1/2，N2的体积分数为0.2mol/(0.6 0.20.4)mol=1/6，CO2的体积分数为1/3，Kp=或。