2019-2020学年安徽省马鞍山市和县一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省马鞍山市和县一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）1BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O2光BMO6CO2+3H2O B该过程中BMO 表现较强还原性C降解产物的分子中只含有极性分子D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图知,反应物是C6H6O 和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O2光BMO6CO2+3H2O，故 A 正确，但不

2、符合题意；B.该反应中BMO 失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B 正确，但不符合题意；C.二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D.根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3 个电子、BMO+得 1 个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故 D 正确，但不符合题意；故选：C。2 n-轴烯由单环n-烷烃每个碳原子上的两个氢原子被一个=CH2替换而成，部分轴烯的结构简式如图所示。下列说法错误的是碳原子数（n）6 8 10 12。结构简式。A轴烯的通式可表示为CmHm(m3 的整数)B轴烯可以使溴的四氯化碳

3、溶液褪色C与足量H2完全反应，lmol 轴烯消耗 H2的物质的量为m mol D m=6的轴烯分子的同分异构体中含有两个碳碳三键的结构有4种【答案】C【解析】【分析】【详解】A每个 C原子形成4 个共价键，轴烯分子中C 原子数与H 原子数相同，所以轴烯的通式可表示为CmHm，选项 A 正确；B、轴烯均含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，选项B正确；C轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原子数目的一半，故与足量H2完全反应，lmol 轴烯消耗 H2的物质的量为0.5m mol，选项 C错误；D该轴烯的分子式为：C6H6，含有 2 个碳碳三键的碳架结构分别为：CC-C

4、C-C-C、CC-C-CC-C、CC-C-C-CC、C-CC-CC-C，故总共4 种，选项 D正确；答案选 C。【点睛】本题考查有机物结构简式的书写及同分异构体的判断，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等。易错点为选项 C，轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原子数目的一半。3有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中 x、y、d、f 随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1 所示。z、e、g、h 的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为 0.01mol/L)的 pH 与原子序数的关系如图2 所示。根据上述信息进行判断，下列说

5、法正确是（）A d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d 离子Bd 与 e 形成的化合物中只存在离子键Cx、y、z、d、e、f、g、h 的单质中，f 的熔点最高D x 与 y 可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键【答案】D【解析】【分析】x、y、z、d、e、f、g、h 为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x 是 H 元素，y 是 C元素，z 是 N 元素，d 是 O 元素，f 是 Al 元素，z、e、g、h 的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol L-1，e 的 pH 为 12，为一元强碱，则e 是 Na 元素，z、h

6、的 pH均为 2，为一元强酸，则z 为 N 元素、h 为 Cl 元素，g 的 pH 小于 2，则 g的为二元强酸，故g 为 S元素，据此分析解答问题。【详解】A d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数 AlNaO，则离子半径O2-Na+Al3+，而 S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g 离子，A选项错误；Bd 与 e 形成的化合物可以是Na2O，也可以是 Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；Cx、y、z、d、e、f、g、h 的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al

7、、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；D x 与 y 可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D 选项正确；答案选 D。【点睛】此题 C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C 答案。4我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu 和 Cu2O，在水溶液中用H 原子将 CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O 结合含碳微粒C该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及

8、化学键的断裂D有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物【答案】C【解析】【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A 正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和 H转化为 COOH，故 C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。5已知：25时，有关弱酸的电离平衡常数，下列选项中正确的是弱酸H2C2O4CH3COOH HCN H2CO3电离常数KiKi1

9、=5.9 l0-2Ki2=6.4 l0-51.8 l0-54.9 l0-10Ki1=4.3 l0-7Ki2=5.6 l0-11A等物质的量浓度的溶液pH 关系：NaHCO3NaCNCH3COONa NaHC2O4B反应 NaHC2O4+NaHCO3 Na2C2O4+H2O+CO2能发生C等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCNCH3COONa D Na2CO3溶液中 2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCNH2CO3CH3COOHH2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液 pH 关系：Na

10、CNNaHCO3CH3COONa NaHC2O4，故 A 错误；B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3 Na2C2O4+H2O+CO2能发生，故B正确；C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN 水解程度大，水解生成HCN分子，则相同条件下，两溶液比较，CH3COONa溶液中的离子总数较多，故C错误；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，故 D 错误；故选 B。【点晴】本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答。在探究离子浓度

11、问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O 的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。6关于钠及其化合物的化学用语正确的是A钠原子的结构示意图：B过氧化钠的电子式：C碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO32-D次氯酸钠水溶液呈碱性的原因：ClO+H2O垐?噲?HClO+OH【答案】D【解析】【详解】A.钠原子原子核外有11 个电子，A 错

12、误；B.过氧化钠是离子化合物，B 错误；C.碳酸氢钠只能完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，C 错误；D.次氯酸钠溶液显碱性是由于次氯酸根的水解造成的，D 正确；答案选 D。7有关铝及其化合物的用途正确的是()A氢氧化铝：治疗胃酸过多B氧化铝：铝热剂C明矾：消毒净水D铝槽车：装运稀硫酸【答案】A【解析】【详解】A氢氧化铝碱性较弱，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故A 正确；B铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，不含氧化铝，故B 错误；C明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误；D铝会和稀硫酸反应，释放出氢气，不能用铝罐车盛稀硫酸，故D 错误；答案选

13、A。【点睛】消毒剂可以是医用酒精，使蛋白质变性，可以是氯气，臭氧，具有强氧化性，可以用于杀菌，明矾只能吸附悬浮物，不能杀菌消毒。8除去燃煤烟气中的有毒气体，一直是重要的科研课题。某科研小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮，探究 SO2和 NO 同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02)、SO2(4.99)、NO(4.99)混合而成，各气体的流量分别由流量计控制，调节三路气体相应的流量比例，充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO?Fe(NO)SO4(棕色)，下列说法不正确的是A反应开始前应该关闭d，打开 e，通入一段时间的N2B观察到装置A 中有黑色固体生成，则A 中反应为2H2O+3SO

14、2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+C洗气瓶A 的出气管口有两个玻璃球泡，目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡D实验中观察到B 中红色褪去，C中变为浅棕色，说明KMnO4不能吸收NO【答案】D【解析】【分析】【详解】A.反应开始前应该关闭d，打开 e，通入一段时间的N2排出体系中的空气，防止氧气干扰实验，故A 正确；B.二氧化硫具有还原性，装置A 中生成的黑色固体是MnO2，则 A 中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+，故 B 正确；C.洗气瓶 A 的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡，故C正确；D.实验中观察到B 中红色褪去，

15、C中变为浅棕色，说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收，故D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查化学反应的实验探究，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。9NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A含 2.8g 硅的 SiO2晶体中存在的共价键总数为2NAB 1L0.5mol L1的 Na3PO4溶液中含有阳离子的总数为1.5NAC标准状况下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NAD室温时，pH=12的 Ba(OH)2溶液中，氢氧根离子数目为1.0 102NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.2.8g 硅为 0.1mol，

16、所对应的SiO2为 0.1mol，SiO2晶体中每个硅原子形成4 个硅原子键，全部属于自己，所以 0.1molSiO2中含有共价键数为0.4NA，A 项错误；B.Na3PO4溶液中阳离子还有H+，所以其阳离子总数大于1.5NA，B项错误；C.2.0gD2O 的物质的量为0.1mol，每个 D2O 分子中含有10 个质子和10 个中子，所以0.1molD2O 中含有的质子数和中子数均为NA，C项正确；D.没有溶液的体积数据，无法计算该溶液中的离子数目，D 项错误；所以答案选择C 项。10实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的

17、的是A配制混酸B硝化反应C洗涤分离D干燥蒸馏【答案】C【解析】【详解】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度5060，应采取5060水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。11Fe3O4中含有+2Fe、+3Fe，分别表示为Fe（）、Fe（），以 Fe3O4/Pd 为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌

18、物NO2，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A Pd上发生的电极反应为：H2-2e2HBFe（）与 Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用C反应过程中NO2被 Fe（）还原为N2D用该法处理后水体的pH 降低【答案】D【解析】【分析】根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（）得电子变为Fe（）；（2）Fe（）得电子变为 Fe（），NO2被 Fe（）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2的目的，总反应为3H2+2 NO2+2H+=N2+4H2O。【详解】根据上面分析可知：A.Pd 上发生的电极反应为：H2-2e2H，故不选A；B.由图中信息可知，Fe

19、（）与Fe（）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选 B；C.反应过程中NO2被 Fe（）还原为N2，故不选C；D.总反应为3H2+2 NO2+2H+=N2+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH 升高，故选D；答案：D 12常温下，向21mL11mol?L1HB 溶液中逐滴滴入11mol?L1NaOH 溶液，所得PH 变化曲线如图所示。下列说法错误的是A OA 各点溶液均存在：c（B）c（Na）BC至 D 各点溶液导电能力依次增强C点O 时，pH1 D点C时，X 约为11.4【答案】D【解析】【分析】【详解】A OA各点显酸性，则c(H+)c(OH-)，溶液中

20、存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，则 c(B-)c(Na+)，A选项正确；BC至 D 各点溶液中，C点浓度为1.15mol L-1，C之后加入的c(NaOH)为 1.1mol L-1，导电能力依次增强，B 选项正确；C定性分析有：氢氧化钠溶液滴入21mL 时达到终点，pH7，HB 为弱酸，O 点 pH1，C选项正确；D C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=1.15molL-1，B-水解常数为Kh=11-14/（2 11-5）=511-11，B-水解生成的c(OH-)=-10c=0.05 5 10K=5 11-6 mol L-1，C 点 c(H+)=2

21、 11-9 mol L-1，C点 pH=9-lg2=8.7，即 x=8.7，D 选项错误；【点睛】C 选项也可进行定量分析：B 点有 c(B-)=c(Na+)=19.9 11-3 1.1（21 11-3+19.9 11-3），c(HB)=(21.1 11-3-19.9 11-3)1.1 (21 11-3+19.9 11-3)，则 c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1 11-7 199=1.99 11-5，则 HB 为弱酸，O 点的 pH1。13室温下，用10.100mol?L NaOHn溶液分别滴定120.00mL0.100mol?L的盐酸和醋酸，滴定曲线如

22、图所示。下列说法正确的是()A表示的是滴定醋酸的曲线BpH7时，滴定醋酸消耗的V NaOH小于20.00mLCV NaOH20.00mL时，两份溶液中3c Clc CH COODV NaOH10.00mL时，醋酸溶液中3c Nac CH COOc Hc OH【答案】B【解析】【详解】A.醋酸是弱电解质，HCl 是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl 溶液，醋酸的pH盐酸的 pH，所以 I 是滴定醋酸的曲线，故A 错误；B.pH7 时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V NaOH小于 20mL，故 B正确；C.V NaOH20.00mL时

23、，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以3c Clc CH COO，故 C错误；D.V NaOH10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的3CH COOH、3CH COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c Hc OH，再结合电荷守恒得3c Nac CH COO，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。14对下列化学用语的理解正确的是A丙烯的最简式可表示为CH2B电子式既可以

24、表示羟基，也可以表示氢氧根离子C结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷D比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子【答案】A【解析】【详解】A.丙烯的分子式是C3H6，最简式可表示为CH2，故 A正确；B.电子式表示羟基，表示氢氧根离子，故B错误；C.结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷，CH3CH2CH2CH3表示异正烷，故C错误；D.比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半径大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故D错误。15常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A使 pH 试纸显蓝色的溶液中：Na、Mg2、ClO、HSO3-Bc(Fe3)0.1 m

25、olL1的溶液中：K、NH4+、SO42-、SCNCw-Kc(OH)0.1 mol L1的溶液中：Na、HCO3-、K、NO3-D 0.1 molL1的 NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na、SO42-【答案】D【解析】【详解】A.使 pH 试纸显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-、Mg2不能大量存在，且 ClO与 HSO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A 错误；B.c(Fe3)0.1 molL1的溶液中：Fe3与 SCN发生络合反应而不能大量共存，选项B 错误；C.w-Kc(OH)0.1 mol L1的溶液中c(H+)=10-1mol/L，为强酸性溶液，HCO3-不能大量存在，选

26、项C错误；D.0.1 molL1的 NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na、SO42-、HCO3-相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16普通立德粉（BaSO4 ZnS）广泛用于工业生产中，可利用 ZnSO4和 BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌（含Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：（1）生产 ZnSO4的过程中，反应器要保持强制通风，原因是_。（2）加入锌粉的主要目的是_（用离子方程式表示）。（3）已知 KMnO4在酸性溶液中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性溶液中被

27、还原为MnO42-。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH 应调至 _；a2.22.4 b5.25.4 c12.212.4 滤渣的成分为_。（4）制备 BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，目的是 _；生产过程中会有少量氧气进入反应器，反应器中产生的尾气需用碱液吸收，原因是_。（5）普通立德粉（BaSO4ZnS）中 ZnS含量为 29.4%，高品质银印级立德粉中ZnS含量为 62.5%。在 ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为_，反应的化学方程式为_（已知BaSO4相对分子质量为233，ZnS相对分子质量为97）。【

28、答案】反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风Zn+Cu2+=Zn2+Cu b MnO2和 Fe(OH)3避免产生 CO等有毒气体尾气中含有的SO2等有毒气体ZnSO4、BaS、Na2S 4 ZnSO4+BaS+3 Na2S=BaSO4 4ZnS+3 Na2SO4【解析】【分析】分析流程中的相关反应：反应器中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣的形式过滤分离；反应器中用 Zn 置换溶液中Cu2+；反应器 中用 KMnO4氧化 Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生 MnO2和 Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器 中 BaSO

29、4+2C=BaS+2CO2制备 BaS；反应器 用 ZnSO4和 BaS共沉淀制备立德粉。【详解】反应器 中 Zn 与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。反应器 中用 Zn 置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Cu2+，Zn+Cu2+=Zn2+Cu，故答案为 Zn+Cu2+=Zn2+Cu。反应器 除 Fe2+，将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为 MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀，故答案为b；MnO2和Fe(OH

30、)3。4 反应器 中 BaSO4+2C=BaS+2CO2，BaSO4+4C=BaS+4CO，投料比要大于1:2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器，将 BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体。已知 BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为 29.4%，立德粉为BaSO4 ZnS；ZnS含量为 62.5%，立德粉（BaSO4 4ZnS），因此需要4mol ZnSO4和 1mol BaS反应生成BaSO4 4ZnS，还需要 3mol 硫离子和将3mol 硫酸

31、根与另外的离子结合，因此还需要3mol Na2S参与反应，反应的化学方程式为：4 ZnSO4+BaS+3 Na2S=BaSO4 4ZnS+3 Na2SO4，故答案为ZnSO4、BaS、Na2S；4 ZnSO4+BaS+3 Na2S=BaSO4 4ZnS+3 Na2SO4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A 的原子利用率为100%，则 X是_(填化学式)，F中含氧官能团的名称为_。(2)E F 的反应类型为_，

32、B的结构简式为_，若 E的名称为咖啡酸，则F的名称是_。(3)写出 D 与 NaOH 溶液反应的化学方程式：_。(4)E 的同系物G 比 E多一个碳原子，G 有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种能发生水解反应、银镜反应且1mol 该物质最多可还原出4 mol Ag 遇 FeCl3溶液发生显色反应分子中没有甲基，且苯环上有2 个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：_(其他试剂任选)。【答案】O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9 CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOO

33、H【解析】【分析】根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知，A、B 中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C转化为 D 的反应条件知，D为，由 E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；【详解】由 C 的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C 转化为 D 的反应条件知，D 为，由 E的分子式、F的结构式及反应条件

34、知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知 F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是 O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基；(2)E F 的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯；(3)D 为，与 NaOH 溶液反应的化学方程式：；(4)由得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基；由及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个 HCOO-，苯环上有2 个官能团一定有-OH，还含有 CH2CH(CHO)OOCH或 CH(CHO)CH2OOCH或CH(OOCH)CH2CHO，苯环上有3 种不同的位置关系，故共有9 种同分异构体；(5)乙烯先被氧

35、化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物：CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【点睛】本题难点是问题（4），应根据题中信息进行分析，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明G 中含有苯环和酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol 该物质最多还原出4molAg，说明酯基为HCOO，分子不含有甲基，且苯环上有2 个取代基，取代基的位置为邻间对三种，然后根据官能团位置异构进行分析。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含 Fe、Al 等杂质)

36、为原料生产NiCl2的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH 氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH 2.1 6.5 3.7 7.1 沉淀完全的pH 3.3 9.7 4.7 9.2(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有_(写一条即可)。(2)加入 H2O2时发生主要反应的离子方程式为_。(3)“调 pH”时，控制溶液pH 的范围为 _。(4)“沉镍”过程中，若滤液A中c(Ni2)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2沉淀完全即溶液中c(Ni2)1.0 10-5，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少

37、为_g。(已知 Ksp(NiCO3)=6.5 10-6，忽略溶液体积的变化)(5)流程中由溶液得到NiCl2 6H2O 的实验操作步骤依次为_、过滤、洗涤、干燥。【答案】将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度)H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O 4.7 pH7.1 或 4.7，7.1)17.5 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】根据流程：金属镍废料(含 Fe、Al 等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH

38、 范围 4.7 pH7.1，使 Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ni2+，加入 Na2CO3溶液沉淀Ni2+，将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2?6H2O，据此分析作答。【详解】(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；(2)H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化 Fe2+为 Fe3+，离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)“调

39、 pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀Ni2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH 的范围为4.7 pH7.1或4.7，7.1）；(4)滤液 A中 c(Ni2+)=1.0mol/L，欲使 100mL 该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol，则生成 NiCO3需要 CO32-为 0.1mol，Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c(CO32-)=656.5 101.0 10=0.65mol/L，此时溶液中CO32-为 0.065mol，故至少需要Na2CO3固体 0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量m(Na2CO3)=0.165mol 106g/mol=17.49g 1

40、7.5g；(5)将 NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2?6H2O。19亚硝酰氯是工业上重要的原料，是合成有机物的中间体。2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H0（1）在恒温条件下,向 2L 恒容密闭容器中加入0.2molNO 和 0.1molCl2,10min 时反应达到平衡。测得 10min内 v(ClNO)=7.5 10-3mol L-1 min-1,则平衡后NO 的转化率1=_。其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO 的转化率2_ 1(填“”“”或“”)。（2）若使反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的平衡常数增大，可采用的措施是

41、_。（3）将 NO 与 Cl2按物质的量之比21 充入一绝热密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO H0，实验测得NO 的转化率(NO)随时间的变化经如图所示。NO(g)的转化率(NO)在 t2t3时间段内降低的原因是 _。（4）在其他条件相同时，向五个恒温的密闭容器中分别充入1molCl2与 2molNO,发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H 降低温度t2达到平衡,t2t3段温度升高，平衡逆向移动，NO 转化率减小小于72 使用催化剂6MpaP1；（2）考查影响化学平衡常数的因素，正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，因此采用措施为降低温度；（3）考查勒夏特列原理，t2时刻NO 的转化率最大，说明反应达到平衡，即0t2时刻反应向正反应方向进行，正反应方向是放热反应，t2时刻后，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO 的转化率降低；（4）考查化学平衡常数的计算、勒夏特列原理，T3T1，在 T1的基础上升高温度到T3，正反应方向是放热反应，平衡向逆反应方向进行，ClNO的量降低，但III 和 I 容器中 ClNO 的含量相等，III中容器的体积小于I 容器，因此V30.75，即 3 P/30.75，解得 P6.75，根据压强与时间的关系，推出P 的范围是6MpaP0.75，最后求出P 的最大值。