2019-2020年高三上学期联合调研化学试题含解析.doc

2019-2020年高三上学期联合调研化学试题含解析一、选择题1化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是ACO2分子比例模型： BNH4I的电子式：C乙烯的结构简式：C2H4 DNaH中氢离子结构示意图为：【答案】D【解析】试题分析：A、碳和氧位于同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，故碳的原子半径较大，CO2分子比例模型：，故A错误； B、NH4I的电子式为，故B错误；C、乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；D、NaH中氢离子得到一个电子，核外两个电子，结构示意图为，故D正确。考点：本题考查化学用语。 2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A78g苯含有CC双键的数目为3NAB室温下，1LpH13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC0.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NAD50mL18.4molL1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA 【答案】C【解析】试题分析：A、78g苯的物质的量为1mol，苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，故A错误；B、室温下，1LpH=13的NaOH溶液中的氢离子为水电离的，氢离子浓度为110-13mol/L，1L该溶液中含有110-13mol氢离子，水电离的氢氧根离子和氢离子都是110-13mol，则水电离的OH-离子数目为110-13NA，故B错误；C、0.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，产物中Mg的化合价都是+2价，0.1mol镁完全反应失去了0.2mol电子，转移的电子为0.2NA，故C正确；D、铜与浓硫酸的反应中，由于随着反应的进行，浓硫酸浓度逐渐减小，最终变成稀硫酸，反应停止，硫酸不会完全反应，则生成的二氧化硫小于0.46mol，产生的二氧化硫的分子数小于0.46NA，故D错误。考点：本题考查阿伏伽德罗常数的计算。 3下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现“甲乙丙”转化的是物质选项甲乙丙ASiSiO2H2SiO3BNONO2HNO3CNaNaClNaOHDCH2CH2CH3CH2OHCH3CHO【答案】A【解析】试题分析：A、单质硅可以和氧气之间在加热下反应得到二氧化硅，但是二氧化硅不溶于水，不能和水之间反应生成硅酸，故A物质之间通过一步反应不能实现“甲乙丙”转化，故A正确；B、一氧化氮可以被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮可以和水之间反应得到硝酸，物质之间通过一步反应能实现“甲乙丙”转化，故B错误；C、金属钠和氯气之间反应生成氯化钠，氯化钠电解可以获得氢氧化钠，物质之间通过一步反应能实现“甲乙丙”转化，故C错误；D、乙烯可以和水之间加成得到乙醇，乙醇的催化氧化产物是乙醛，物质之间通过一步反应能实现“甲乙丙”转化，故D错误。考点：本题考查物质的性质及转化。 4下列图示与对应的叙述相符的是A图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：abC图丙表示催化剂能改变化学反应的焓变D图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H0【答案】D【解析】试题分析：A、醋酸钠溶于水电离生成CH3COO，所以向醋酸溶液中加入醋酸钠固体抑制醋酸电离，溶液的pH增大，故A错误；B、醋酸溶液的导电性越强，氢离子浓度越大，溶液的PH越小，所以CH3COOH溶液的pH：ab，故B错误；C、催化剂不能改变化学反应的焓变，故C错误；D、升高温度，二氧化氮的含量升高，说明平衡向逆反应方向移动，所以该反应的H0，故D正确。考点：本题考查图像的分析、温度对平衡的影响、弱电解质的电离、溶液导电性、焓变。5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+ BaSO4D1L0.1mol/该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe【答案】D【解析】试题分析：A、Fe2（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+2I-2Fe2+I2，题目方程式未配平，故B错误；C、Fe2（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+6OH-2Fe（OH）3+3BaSO4，故C错误；D、1L O.1molL-1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。考点：本题考查离子方程式的书写、离子共存、化学计算。6镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni(OH)2 + MNiOOH + MH已知：6NiOOH + NH3 + H2O + OH6Ni(OH)2 + NO2。下列说法正确的是ANiMH 电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH + H2O + eNi(OH)2 + OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2O + M + eMH + OH，H2O中的H被M还原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液【答案】A【解析】试题分析：镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH-=NiOOH+H2O+e-、阴极反应：M+H2O+e-=MH+OH-，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，负极：MH+OH-=M+H2O+e-，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。A、正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e-Ni（OH）2+OH-，故A正确； B、电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH-离子从阴极向阳极，故B错误；C、H2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；D、不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，故D错误。考点：本题考查原电池和电解池原理。7用下图装置（夹持、加热装置已略）进行试验，有中现象，不能证实中反应发生的是中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色【答案】A【解析】试题分析：A、加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；B、NH4Cl+Ca（OH）2NH3+CaCl2+H2O、NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；C、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果中澄清石灰水变浑浊，则中一定发生反应，故C正确；D、溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以中一定发生化学反应，故D正确。考点：本题考查物质的性质、实验基本操作及反应现象。8强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、A13+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列结论正确的是AX中肯定存在Na+、Fe2+、A13+、NH4+、SO42B气体F经催化氧化可直接生成气体DC沉淀C一定是BaSO4、 沉淀G一定是Fe(OH)3 、沉淀I一定是Al(OH )3DX中不能确定的离子是 A13+、Na+、K+和C1【答案】D【解析】试题分析：强酸性溶液中CO32-、SO32-、NO2-不能存在；X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42-存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，（即3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O）溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe（OH）3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1-。A、X中肯定存在Na+、Fe2+、NH4+、SO42-，Al3+不能确定，故A错误；B、气体F经催化氧化可直接生成气体D，即氨的催化氧化反应为：4NH3+5O24NO+6H2O，故B正确；C、沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3，故C错误；D、溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，故D错误。考点：本题考查离子检验。 9短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子半径：r(W)r(Y)r(Z)r(X)。X与W同主族，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和。下列说法正确的是A元素Z、W的简单离子的电子层结构不同B元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【答案】C【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；原子半径：r（W）r（Y）r（Z）r（X），X不可能与Y、Z同周期，只能处于第一周期，则X为H元素；X与W同主族，W的原子序数大于O，故W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，则Y的核电荷数=8-1=7，故Y为N元素。A、O2-、Na+离子核外电子数都是10，电子层结构相同，故A错误；B、非金属性NO，故氢化物稳定性NH3H2O，故B错误；C、仅由H、N、O三种元素形成的化合物NH3H2O的水溶液呈碱性，故C正确；D、H2O2只含有共价键，而Na2O2中含有离子键、共价键，二者所含化学键类型不完全相同，故D错误。考点：本题考查元素的推断、原子结构、元素周期律、化学键。 10煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s) + CO(g)CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) H1+218.4kJmol1（反应）CaSO4(s) + 4CO(g)CaS(s) + 4CO2(g) H2175.6kJmol1（反应）假设某温度下，反应的速率（v1）大于反应的速率（v2），则下列反应过程能量变化示意图正确的是【答案】C【解析】试题分析：反应为吸热反应，反应为放热反应，则A、D错误；反应的速率（v1）大于反应的速率（v2），则反应的活化能较大，则B错误、C正确，故答案为：C。考点：本题考查化学反应与能量转化、反应速率。 11下列有关说法正确的是A反应NH3(g) + HCl(g)NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H0B电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极CCH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值增大D浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体【答案】A【解析】试题分析：A、反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）气体系数减小，S0，而反应能否自发进行即H-TS0，所以，一定满足H0，故A正确；B、电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作精极，故B错误；C、醋酸（CH3COOH）溶液中醋酸是弱电解质存在电离平衡，CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀释促进电离平衡正向进行，C（CH3COOH）/C（CH3COO-）减小，故C错误；D、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液，反应生成氢氧化铁沉淀，得不到Fe（OH）3胶体，故D错误。考点：本题考查反应自发进行的判断依据、电解的应用、电离平衡移动影响因素、胶体的制备。 12普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如下图所示（未表示出其空间构型）。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是A能与FeCl3溶液发生显色反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生加成、取代、消去反应D1mol该物质最多可与1molNaOH反应【答案】BC【解析】试题分析：A、分子中不含酚羟基，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；B、含有C=C，可使酸性KMnO4 溶液褪色，故B正确；C、含有C=C，可发生加成反应，含有-OH，可发生取代、消去反应，故C正确；D、含有-COO-、-COOH，能与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，故D错误。考点：本题考查有机物的结构与性质。 13室温时，盐酸和硫酸的混合溶液20mL，向混合物中逐滴加入0.05molL1Ba(OH)2溶液时，生成的BaSO4和pH的变化如图所示（不考虑溶液混合时体积的变化）。下列说法正确的是A图中A点对应溶液的pH：a1B生成沉淀的最大质量m2.33gC原混合液中盐酸物质的量浓度为0.1molL1D当VBa(OH)2(aq)10mL时，发生反应的离子方程式为：Ba2+ + SO42BaSO4【答案】A【解析】试题分析：由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，只有硫酸与氢氧化钡反应，而盐酸未反应，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.02L0.05molL-1=0.001mol，则： H2SO4+Ba（OH）2BaSO4+2H2O 1 1 1 0.001mol 0.001mol 0.001mol由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.06L0.05molL-1=0.003mol，由H+OH-H2O可知原溶液中含有的n（H+）=n（OH-）=0.003mol2=0.006mol，故n（HCl）=0.006mol-0.001mol2=0.004mol.A、图中A点硫酸完全反应，盐酸没有反应，氢离子的浓度为0.2mol/L0.02L(0.02L+0.02L) =0.1mol/L，则pH=-lg0.1=1，故A正确；B由上述分析可知，生成沉淀的质量=0.001mol233g/mol=0.233g，故B错误；C、由上述分析可知，原溶液中HCl的物质的量浓度=0.004mol0.02L=0.2mol/L，故C错误；D、故020mL只有硫酸与氢氧化钡反应，反应离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故D错误。考点：本题考查图像的分析、混合物的计算。 14室温下，下列叙述正确的是ApH2的HA酸溶液与pH12的MOH碱溶液以任意比混合：c(H+) + c(M+)c(OH) + c(A)B对于0.1mol/LNa2SO3溶液：c(Na+)2c(SO32) + c(HSO3) + 2c(H2SO3)C等浓度、等体枳的Na2CO3和NaHCO3混合：D将足量AgCl分别放入：5m水，10mL0.2mol/LMgC12，20mL0.3mol/L盐酸中溶解至饱和，c(Ag+)：【答案】AC【解析】试题分析：A、根据电荷守恒可知：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，所以pH2的HA酸溶液与pH12的MOH碱溶液以任意比混合：c(H+) + c(M+)c(OH) + c(A)，故A正确；B、根据物料守恒，对于0.1mol/LNa2SO3溶液：c(Na+)2c(SO32) + 2c(HSO3) + 2c(H2SO3)，故B错误；C、等浓度、等体枳的Na2CO3和NaHCO3混合：1，1，所以，故C正确；D、10mL0.2mol/LMgC12，Cl浓度为0.4molL1，20mL0.3mol/L盐酸，Cl浓度为0.3molL1，溶解至饱和时c(Ag+)：，故D错误。考点：本题考查离子浓度比较。 15一定条件下存在反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)，H0。现有三个体积相同的密闭容器、，按如下图所示投料，并在400条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是A容器I、中平衡常数相同B容器II、中正反应速率相同C容器、中的反应达平衡时，SO3的体积分数：IIIII D容器I中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1【答案】CD【解析】试题分析：A、容器是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器、中平衡常数不相同，故A错误；B、容器是恒压容器，反应过程中压强大于容器，反应速率大，容器、中正反应速率不相同，故B错误；C、容器是恒温恒容，是恒温恒压，随着反应的进行，容器中压强大于容器，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：，故C正确；D、若容器恒温恒容，容器也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1，故D正确。考点：本题考查影响化学平衡、反应速率的因素。16（12分）金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积。（1）工业上处理酸性含Cr2O72废水的方法如下：向含Cr2O72的酸性废水中加入FeSO4溶液，使Cr2O72全部转化为Cr3+。写出该反应的离子方程式： 。调节溶液的pH，使Cr3完全沉淀。实验室粗略测定溶液pH的方法为 ；25，若调节溶液的pH8，则溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为 mol/L。（已知25时，KspCr(OH)36.31031）（2）铬元素总浓度的测定：准确移取25.00mL含Cr2O72和Cr3+的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015mol/L的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL。计算废水中铬元素总浓度（单位：mgL1，写出计算过程）。已知测定过程中发生的反应如下： 2Cr3+ + 3S2O82 + 7H2OCr2O72 + 6SO42 + 14H+Cr2O72 + 6I + 14H+2Cr3+ + 3I2 + 7H2OI2 + 2S2O322I + S4O62【答案】（1）Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O（2分）将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液， 点在pH试纸上，并与标准比色卡对照（2分）6.31013（2分）（2）由方程式可知：Cr3Na2S2O3n(Na2S2O3)20.00mL0.015mol/L3104moln(Cr)1104molm(Cr)1104mol52gmol15.2103 g5.2mg废水中铬元素总浓度208 mgL1（6分）【解析】试题分析：（1）Cr2O72在酸性条件下把Fe2+氧化为Fe3+，配平可得离子方程式：Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O。实验室用pH试纸粗略测定溶液pH，测定方法为：将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液， 点在pH试纸上，并与标准比色卡对照；根据KspCr(OH)36.31031，c（Cr3+）c（OH）3=6.31031，pH8，c（OH）=10-6molL1，带入可得c（Cr3+）=6.31013molL1。（2）由题目所给化学方程式可知对应关系：Cr3Na2S2O3n(Na2S2O3)20.00mL0.015mol/L3104moln(Cr)1/3 n(Na2S2O3)=1104molm(Cr)1104mol52gmol15.2103 g5.2mg废水中铬元素总浓度208 mgL1考点：本题考查离子方程式的书写、pH的测定、化学计算。 二、填空题17（12分）LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：已知：HCl的沸点是85.0，HF的沸点是19.5。（1）第步反应中无水HF的作用是 、 。反应设备不能用玻璃材质的原因是 （用化学方程式表示）。无水HF有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的 溶液冲洗。（2）该流程需在无水条件下进行，第步反应中PF5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式： 。（3）第步分离采用的方法是 ；第步分离尾气中HF、HCl采用的方法是 。（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF。取样品wg，测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为 mol（用含w、n的代数式表示）。【答案】（1）溶剂（1分）反应物（1分）SiO2+4HF=SiF4+2H2O（2分）NaHCO3（1分）（2）PF5+3H2O=H3PO4+5HF（2分）（3）过滤（1分）蒸馏（1分）（4）mol（3分）【解析】试题分析：（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体新物质+饱和溶液，所以无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应，化学方程式为SiO2+4HFSiF4+2H2O；HF属于弱酸，必须用弱碱性溶液除去（比如2%的NaHCO3溶液）。（2）根据题目中的信息“PF5极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是H3PO4和HF，所以反应的方程式为PF5+4H2OH3PO4+5HF。（3）第步分离的是固体（LiPF4（s）和液体（HF（l），所以采用过滤的方法；分离尾气中HF、HCl，可以利用二者沸点的差异（HF分子之间存在氢键）进行分离，所以采用冷凝法。（4）设LiPF6为xmol，LiF为ymol；根据Li守恒，有x+y=n，根据质量守恒有152x+26y=w，解得x=mol。考点：本题考查化学流程的分析、化学方程式的书写、基本操作、化学计算。 18（16分）某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子材料。已知：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：（2）（苯胺，易被氧化）请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：（1）做银镜反应实验的试管事先要用 洗涤。XA“一定条件”是指的何种条件： （2）写出反应类型：反应 ，反应 。1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为 mol。（3）Y的结构简式为 。（4）有多种同分异构体， 写出同时符合下列4个条件它的同分异构体的结构简式： 、 分子中含有苯环；能发生银镜反应，不能发生水解反应；在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；在苯环上只能生成2种一氯取代物。（5）以下是由A和其他物质合成的流程图：A甲乙完成甲乙的化学反应方程式： 。（6）美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：根据已有知识并结合合成美托洛尔所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH 。【答案】(1). （2分）热NaOH溶液 ；光照；(2). （3分） 氧化反应、还原反应（各1分，共2分）；3mol（1分）；(3). （2分）(4).（2分）；(5).（2分） （6）(5分)【解析】试题分析：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则9212=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，Y是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应形成的高聚物，Y为。（1）做银镜反应实验的试管事先要用热NaOH溶液洗去油污；“XA”是在光照条件下与氯气发生取代反应生成。（2）反应是发生氧化反应生成；反应是发生还原反应生成；由阿司匹林的结构可知，1mol阿司匹林含有1mol-COOH、1mol酯基，该酯基是酸与酚形成的，1mol该酯基能与2molNaOH反应，1mol-COOH与1mol NaOH反应，故1mol阿司匹林最多消耗3mol NaOH。（3）由上述分析可知，Y的结构简式为为：。（4）有多种同分异构体，其中符合能发生银镜反应但不能水解，则含有-CHO；每摩尔同分异构体最多消耗2mol NaOH，含有2个酚羟基，苯环上一氯代物只有两种，则三个基团处于间位或为邻位且醛基处于中间，故符合条件的同分异构体的结构简式为：。（5）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，故甲乙反应的化学方程式为：（6）对照与的结构，参照美托洛尔的合成路线，可得合成路线：。考点：本题考查有机合成的分析与设计、同分异构体、有机反应类型。 19（12分）甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应制备甲醇。I：CH4(g) + H2O(g)CO(g) + 3H2(g) H+206.0kJmol1II：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) H129.0kJmol1（1）CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH (g)和H2(g)的热化学方程式为： 。（2）将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应I，测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如下图。假设100 时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率为 。100时反应I的平衡常数为 。（3）在压强为0.1MPa、温度为300条件下，将amol CO与3amol H2的混合气体在催化剂作用下发生反应II生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原的l/2，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是 （填字母序号）。A c(H2)减少 B 正反应速率加快，逆反应速率减慢 C CH3OH 的物质的量增加 D 重新平衡减小E平衡常数K增大（4）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+ 做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用下图装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式 。写出除去甲醇的离子方程式 。【答案】（1）CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）H=+77kJmol-1（2分）（2）0.003 molL-1min-1（2分）2.2510-4（2分）（3）C、D（各1分，共2分）（4）Co2+e-=Co3+（2分）6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+（2分）【解析】试题分析：（1）I：CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）H=+206.0kJmol-1II：CO（g）+2H2 （g）=CH3OH （g）H=-129.0kJmol-1依据盖斯定律，+得到：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）H=+77kJmol-1（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积固定为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol50%=0.5mol，则： CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）起始量（mol）：1.0 2.0 0 0变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡量（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5假设100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=1.5mol100L5min=0.003 molL-1min-1。100时反应I的平衡浓度为c（CH4）=0.050mol/L，c（H2O）=0.015mol/L，c（CO）=0.005mol/L，c（H2）=0.015mol/L，平衡常数K=0.0050.0153（0.0050.015）=2.2510-4。（3）A平衡后将容器的容积压缩到原的1/2，压强增大，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，由于平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，故A错误；B压强增大，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故B错误；C压强增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH 的物质的量增加，故C正确；D压强增大，平衡向正反应方向移动，氢气的物质的量减小、甲醇的物质的量增大，故重新平衡减小，故D正确；E平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故E错误。（4）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+。以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+。考点：本题考查热化学方程式、化学平衡图象、影响化学平衡因素、平衡常数与反应速率计算、原电池。 20（12分）X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+离子的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题：（1）Y基态原子的电子排布式是 ；Z所在周期中第一电离能最大的元素是 。（2）XY2 离子的立体构型是 ；R2+的水合离子中，提供孤电子 对的原子是 。（3）Z与某元素形成的化合物的晶胞如下图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是 。（4）将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是 。【答案】（每空2分）（1）1s22s22p4 Cl（2）V形 O（3）2：1（4）2Cu+8NH3H2O+O22Cu(NH3)42+4OH+6H2O【解析】试题分析：X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，应是NO2，则X为N元素、Y为O元素；X与氢元素可形成NH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则M层电子数为2，故Z为Mg；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则R为Cu元素。（1）Y为O元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p4；Z为Mg元素，所在周期中第一电离能最大的主族元素是Cl元素。（2）NO2-离子中心N原子孤电子对=（5+122）2=1，价层电子对数=2+1=3，故NO2-离子的立体构型是V形；Cu2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是H2O中O原子。（3）晶胞中阳离子处于体心与顶点，晶胞中阳离子数目=1+81/8=2，阴离子处于处于体内及面上，晶胞中阴离子数目=2+41/2=4，故晶胞中阴离子与阳离子的个数比是4：2=2：1。（4）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明得到四氨合铜络离子，还应生成氢氧根离子与水，该反应的离子方程式是2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH-+6H2O。考点：本题考查核外电子排布、电离能、分子结构、配合物、晶胞计算。 21（16分）硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）。I【查阅资料】（1）Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3；所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4。（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。II【制备产品】实验装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）检查装置气密性，按图示加入试剂。仪器a的名称是 ；E中的试剂是 （选填下列字母编号）。A稀H2SO4 BNaOH溶液 C饱和NaHSO3溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加H2SO4。（3）等Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液 （填写操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。III【探究与反思】（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液， ，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是 。（3）Na2S2O35H2O的溶液度随温度升高显著增大，所得产品通过 方法提纯。（4）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3。方法为：用稀盐酸浸取炉渣，过滤。滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3。a除去Al3+的离子方程式是 。b选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水所选试剂为 。【答案】（每空2分）II （1）分液漏斗 B （3）蒸发III （1）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，（2）先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。（3）重结晶（4）a：Al3+4OHAlO22H2O；（2分）b：稀硫酸、KMnO4溶液；（2分，各1分）【解析】试题分析：II（1）仪器a的名称是分液漏斗；E中的试剂是NaOH溶液，目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应，故答案为： B。（3）将Na2S2O3结晶析出的操作应为：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥。【探究与反思】（1）根据：Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（2）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液。（3）Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯。（4）a氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，除去铝离子的反应是利用过量氢氧化钠溶液和铝离子反应生成四羟基合铝，离子方程式为： Al3+4OH-=2H2O+AlO2-。b酸性高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液。考点：本题考查实验基本仪器和基本操作、探究实验方案的设计与分析、离子方程式的书写。