2019-2020年高考化学模拟试卷（3） 含解析.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（3） 含解析一、选择题（每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分）1（6分）（xx天津校级模拟）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD2（6分）（xx安徽）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br可以大量共存B和KI溶液反应的离子方程式：Fe3+2IFe2+I2C和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3+BaSO4D1L O.1molL1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe3（6分）（xx天津校级模拟）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应该化合物可能的结构简式是（）ABCD4（6分）（xx黑龙江模拟）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1CpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：5（6分）（xx天津校级模拟）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（）选项实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD6（6分）（xx黑龙江模拟）xx3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）Aa为电池的正极B电池充电反应为LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中Li+从b向a迁移二、填空题（共4小题，每小题15分，满分64分）7（15分）（xx天津校级模拟）A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2具有相同的电子数A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题；（1）A在周期表中的位置是，写出一种工业制备单质F的离子方程式（2）B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为，其水溶液与F单质反应的化学方程为，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显色（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：物质组成和结构信息a含有A的二元离子化合物b含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1c化学组成为BDF2d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体a的化学式；b的化学式为；c的电子式为；d的晶体类型是（4）有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质一种化合物分子通过键构成具有空腔的固体；另一种化合物（沼气的主要成分）分子进入该空腔，其分子的空间结构为8（15分）（xx安徽）Hagemann 酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：（1）（AB）为加成反应，则B的结构简式是；BC的反应类型是（2）H中含有的官能团名称是，F的名称（系统命名）是（3）EF的化学方程式是（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；存在甲氧基（CH3O）TMOB的结构简式是（5）下列说法正确的是aA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 bD和F中均含有2个健c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O dH能发生加成，取代反应9（18分）（xx黑龙江模拟）某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是（2）用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用式滴定管，可使用的指示剂为（3）样品中氨的质量分数表达式为（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将（填“偏高”或“偏低”）（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是，滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0105molL1，c（CrO42）为molL1（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.121012）（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为，制备X的化学方程式为，X的制备过程中温度不能过高的原因是10（16分）（xx天津校级模拟）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式；（2）已知：甲醇脱水反应 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9kJmol1甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）H2=29.1kJmol1乙醇异构化反应 C2H5OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7kJmol1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的H=kJmol1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是；（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中：=1：1）列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）；图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为，理由是；气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有、xx天津市南开中学高考化学模拟试卷（3）参考答案与试题解析一、选择题（每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分）1（6分）（xx天津校级模拟）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD考点：盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：盐类的水解专题；元素及其化合物分析：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；解答：解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C点评：本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等2（6分）（xx安徽）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br可以大量共存B和KI溶液反应的离子方程式：Fe3+2IFe2+I2C和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3+BaSO4D1L O.1molL1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe考点：离子共存问题；离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A铁离子能够与苯酚发生显色反应；B根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；C该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系；D根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量解答：解：AFe2（SO4）3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3+2I2Fe2+I2，题目方程式未配平，故B错误；CFe2（SO4）3溶液和Ba（OH）2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3+3SO42+3Ba2+6OH2Fe（OH）3+3BaSO4，故C错误；D.1L O.1molL1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则3（6分）（xx天津校级模拟）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应该化合物可能的结构简式是（）ABCD考点：有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体专题：有机物的化学性质及推断分析：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式解答：解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，A该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确；B该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误；C该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误；D该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误；故选A点评：本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大4（6分）（xx黑龙江模拟）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1CpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B加水稀释促进一水合氨电离；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大解答：解：AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）c（HS），故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则ab+1，故B错误；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故C错误；DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ，所以盐浓度 ，钠离子不水解，所以c（Na+）：，故D正确；故选D点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等5（6分）（xx天津校级模拟）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（）选项实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）Ksp（Ag2S），则生成Ag2S；B浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；C盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；D浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀解答：解：A图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）Ksp（Ag2S），则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误；B浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；C盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；D浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大6（6分）（xx黑龙江模拟）xx3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）Aa为电池的正极B电池充电反应为LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中Li+从b向a迁移考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1xMn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子；据此分析解答：解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1xMn2O4+xLi，故B正确；C、放电时，a为正极，正极上Li1xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误；D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；故选C点评：本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极二、填空题（共4小题，每小题15分，满分64分）7（15分）（xx天津校级模拟）A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2具有相同的电子数A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题；（1）A在周期表中的位置是第一周期A族，写出一种工业制备单质F的离子方程式2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2（2）B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为纯碱（或苏打），其水溶液与F单质反应的化学方程为2Na2CO3+Cl2+H2ONaCl+NaClO+2NaHCO3，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：物质组成和结构信息a含有A的二元离子化合物b含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1c化学组成为BDF2d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体a的化学式NaH；b的化学式为Na2O2和Na2C2；c的电子式为；d的晶体类型是金属晶体（4）有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质一种化合物分子通过氢键构成具有空腔的固体；另一种化合物（沼气的主要成分）分子进入该空腔，其分子的空间结构为正四面体考点：金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；（1）根据H在周期表中的位置分析；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气；（2）C、O、Na组成的化合物为碳酸钠；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质；（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物；根据常见的氧的化合物和碳的化合物分析；根据COCl2结构式分析；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na；（4）H、C、O能形成H2O和CH4解答：解：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；（1）已知A为H在周期表中位于第一周期A族；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；故答案为：第一周期A族；2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2（；（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱（或苏打）；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2ONaCl+NaClO+2NaHCO3；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色；故答案为：纯碱（或苏打）；2Na2CO3+Cl2+H2ONaCl+NaClO+2NaHCO3；紫；（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH；含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2；已知COCl2结构式为ClCl，则其电子式为；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体；故答案为：NaH；Na2O2和Na2C2；金属晶体；（4）H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体，故答案为：氢；正四面体点评：本题考查了物质结构和元素周期表、化学式的推断、电子式的书写、化学方程式和离子方程式的书写、晶体类型、氢键等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，题目难度中等8（15分）（xx安徽）Hagemann 酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：（1）（AB）为加成反应，则B的结构简式是CH2=CHCCH；BC的反应类型是加成反应（2）H中含有的官能团名称是碳碳双键、羰基、酯基，F的名称（系统命名）是2丁炔酸乙酯（3）EF的化学方程式是CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；存在甲氧基（CH3O）TMOB的结构简式是（5）下列说法正确的是a、daA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 bD和F中均含有2个健c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O dH能发生加成，取代反应考点：真题集萃；有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：从流程图可以看出，AB是两个乙炔的加成反应，生成B，然后再甲醇（CH3OH）发生加成反应生成C（），可知B的结构简式是CH2=CHCCH；结合F（CH3CCCOOCH2CH3）是由E和CH3CH2OH发生酯化反应的到的，所以E的结构简式为CH3CCCOOH（1）AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CHCCH，BC是CH2=CHCCH和甲醇的加成反应；（2）H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基；F命名为2丁炔酸乙酯；（3）EF的反应是E（CH3CCCOOH）和CH3CH2OH发生的酯化反应；（4）TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基（CH3O），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基（CH3O），且三个甲氧基等价；（5）a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯；b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个键；c、一个G分子含有16个H原子，根据H原子守恒计算；d、羰基可加成，酯基可发生水解反应，属于取代反应；解答：解：（1）AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CHCCH，BC是CH2=CHCCH和甲醇的加成反应生成C（），故答案为：CH2=CHCCH；加成反应；（2）根据H的结构简式可知，H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基；F的结构简式为CH3CCCOOCH2CH3，命名为2丁炔酸乙酯，故答案为：碳碳双键，羰基，酯基；2丁炔酸乙酯；（3）EF的反应是E（CH3CCCOOH）和CH3CH2OH发生的酯化反应，所以反应方程式为CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O；（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；存在甲氧基（CH3O），说明TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基（CH3O），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基（CH3O），且三个甲氧基等价，所以TMOB的结构简式，故答案为：；（5）a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯，氯乙烯是生产聚氯乙烯的单体，故a正确；b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个键，共3个键，故b错误；c、一个G分子含有16个H原子，1molG含有16molH，1mol G完全燃烧生成8molH2O，故c错误； d、H中的羰基可加成，酯基可发生水解反应，水解反应属于取代反应，故d正确；故答案为：a、d点评：本题考查了有机物的合成，难度中等，为历年高考选作试题，试题综合性强，把握有机物合成中官能团的变化是解题的关键9（18分）（xx黑龙江模拟）某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定（2）用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞或甲基红（3）样品中氨的质量分数表达式为（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低（填“偏高”或“偏低”）（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解，滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0105molL1，c（CrO42）为2.8103molL1（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.121012）（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O，X的制备过程中温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解、氨气逸出考点：真题集萃；探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：（1）通过2中液面调节A中压强；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；（3）根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；（4）若气密性不好，导致氨气的量偏低；（5）硝酸银不稳定，易分解；根据离子积常数计算c（CrO42）；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低解答：解：（1）通过2中液面调节A中压强，如果A中压力过大时，安全管中液面上升，使A中压力减小，从而稳定压力，故答案为：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，故答案为：碱；酚酞或甲基红；（3）与氨气反应的n（HCl）=103V1Lc1molL1c2molL1 103V2L=103（c1V1c2V2）mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=103（c1V1c2V2）mol，氨的质量分数=，故答案为：；（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色试剂瓶盛放硝酸银溶液；c（CrO42）=mol/L=2.8103 mol/L，故答案为：防止硝酸银见光分解；2.8103；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出点评：本题考查了物质含量的沉淀，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等10（16分）（xx天津校级模拟）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脱水反应 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9kJmol1甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）H2=29.1kJmol1乙醇异构化反应 C2H5OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7kJmol1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的H=45.5kJmol1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是无副产品，原子利用率100%；（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中：=1：1）列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=0.07（MPa）1（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）；图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为p1p2p3p4，理由是反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高；气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有将产物乙醇液化移去、增加：比考点：真题集萃；热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用率100%；（3）列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可；在相同温度下由于乙烯转化率为p1p2p3p4，由C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，根据压强对平衡移动的影响分析；若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度解答：解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4，故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脱水反应 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9kJmol1甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）H2=29.1kJmol1乙醇异构化反应 C2H5OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7kJmol1，根据盖斯定律可得：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）H=（23.9+29.150.7）kJ/mol=45.5kJ/mol；乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，故答案为：45.5；无副产品，原子利用率100%；（3）C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）开始：1 1 0转化：0.2 0.2 0.2平衡：0.8 0.8 0.2乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa=3.49MPa，所以Kp=0.07（MPa）1，故答案为：0.07（MPa）1；在相同温度下由于乙烯转化率为p1p2p3p4，由C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1p2p3p4，故答案为：p1p2p3p4；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高；若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，故答案为：将产物乙醇液化移去；增加：比点评：本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养