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1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020-2021学年下学期高三5月月考卷化 学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn
2、 55 Ba 137一、单选题1古代文学中蕴含许多化学知识，下列说法正确的是A“客从南溟来，遗我泉客珠”中珍珠的主要成分是碳酸钙B俗语“卤水点豆腐”中“卤水”指的是氯水C成语“水滴石穿”中只发生了物理变化D“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程涉及可逆反应【答案】A【解析】A珍珠为贝类内分泌作用而形成的含碳酸钙的矿物珠粒，因此主要成分是碳酸钙，A正确；B“卤水”是电解质溶液，溶质主要是氯化镁，豆浆属于胶体，电解质溶液能使胶体发生聚沉，故“卤水”可使豆浆变为豆腐，B错误；C“水滴石穿”的过程中二氧化碳溶于水后，与石头（主要成分为碳酸钙）反应生成了溶于水的碳酸氢钙，使得石头逐渐溶解，
3、该过程中不止发生了物理变化，还发生了化学变化，C错误；D在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，称为可逆反应，“丹砂烧之成水银”的过程需要加热，“积变又还成丹砂”则在常温下即可发生，两者不是同时发生，因此不是可逆反应，D错误；答案选A。2嫦娥五号”带回了富含氦-3的月壤，氦-3可作为未来可控核聚变()的清洁能源。下列说法正确的是A氦-3聚变属于化学变化B和具有相同的性质C位于第1周期第A族D和具有相同的中子数【答案】D【解析】A化学反应是指原子核不变的情况下有新的物质生成的反应，核反应是原子内部原子核的反应，不属于化学反应，故A错误；B和的化学性质几乎完全相同，但物
4、理性质不同，故B错误；CHe元素位于元素周期表第1周期0族，故C错误；D和的中子数都为1，具有相同的中子数，故D正确；故选D。3设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A1L 1mol·L1的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NAB22.4L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NAC常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【答案】D【解析】AHCO不能完全电离，部分发生水解，因此1L 1mol·L1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；B未注明气体的状
5、况，无法确定气体的物质的量，故B错误；C铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；D氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；故答案为D。4下列操作能达到实验目的的是A检验装置气密性 B检查容量瓶是否漏水C从食盐溶液中获得氯化钠晶体 D混合浓硫酸和乙醇【答案】B【解析】A检验装置气密性时，应该形成封闭体系，左边导气管和大气相通，未形成封闭体系，A错误；B检查容量瓶是否漏水时，应该先装入少量水，塞上玻璃塞后，倒立观察是否漏水，B正确；C从溶液中蒸
6、发得晶体应该用蒸发皿，C错误；D混合浓硫酸和乙醇时，由于浓硫酸稀释会放出大量热，为了防止液体飞溅，应该将密度较大的浓硫酸缓慢加入乙醇中，并不断搅拌，D错误；故选B。5下列离子方程式正确的是A将少量溴水滴入过量溶液中：Br2+H2O+SO=2Br+2H+SOB氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+OH=Cl+HClOC氯化铁溶液腐蚀铜箔：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+D氯化铝溶液与过量浓氨水混合：Al3+4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O【答案】C【解析】A将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中，离子方程式：Br2+H2O+3SO=2Br+2+ SO，故A错误；B用氢氧化钠溶液吸收氯
7、气的离子反应为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故B错误；C氯化铁溶液腐蚀铜箔，离子方程式：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故C正确；D氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和强碱反应但和弱碱不反应，离子方程式为Al3+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH，故D错误；故选C。6苹果酸环二酯(OP)的结构简式如图所示，下列相关说法不正确的是A OP含有的官能团是羧基、酯基 BOP能使Br2的CCl4溶液褪色COP能在NaOH溶液中发生水解反应 D能与Na2CO3溶液发生反应【答案】B【解析】A中含有的官能团有羧基和酯基，故A正确；BOP中不含有可使Bt2的CCl4溶液褪色的官能团，
8、故B错误；COP中含有酯基，则能在NaOH溶液中发生水解反应，故C正确；DOP中含有羧基，有酸性，则能与Na2CO3溶液发生反应，故D正确；选B。7X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。则下列有关叙述正确的是A两化合物均由X、Y、Z和W四种元素组成且它们的水溶液能发生化学反应，则反应的离子方程式为：H+HSO=SO2+H2OB上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高CY和W分别形成的含氧酸均为强酸，是离子化合物DY、Z和W三种元素可能位于同一周期【答案】A【解析
9、】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，所以X是H元素；在周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W属于同一周期，Y、Z、W的最外层电子数应为3的倍数，17不是3的倍数，所以不是同一周期；在周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，所以Z和Y属于同一周期，Z和W属于同主族，设Z的最外层电子数是a，则Y最外层电子数是a-1，W的最外层电子数是a，a+a+a-1=17，a=6，所以Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，W最外层电子数是6，Y、Z和W的原子序数小于19，所以Y是N元素，
10、Z是O元素，W是S元素。综上所述，X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素。A根据分析，X、Y、Z和W可形成多种离子化合物，如NH4HSO4、NH4HSO3，二者反应的离子方程式为H+HSO=SO2+H2O，A正确；B共价化合物的熔沸点与相对分子质量有关，一般来说，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，但由于氢键的存在导致某些物质的熔沸点增大，所以由于H2O分子间有氢键，H2O的熔沸点最高，B错误；CY和W所形成的含氧酸不一定都是强酸，如H2SO3是弱酸，C错误；D根据分析，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素，所以Y、Z和W三种元素位于不同周期，D错误；故选A。8工业上用CO2合成乙酸的反应
11、路径如图所示：下列说法错误的是A反应过程中碳元素的化合价始终不变B第4步反应的氧化剂是CH3COORh*ICHI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物D催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O【答案】A【解析】碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A错误；B第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；C根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反
12、应的物质，故C正确；D根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；答案选A。9证据推理是化学学科重要的核心素养。由下列实验现象推出的结论正确的是选项实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中一定有SOC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合有白色絮
13、状沉淀生成AlO结合质子的能力强于CO【答案】D【解析】A实验现象只能说明含有Fe2+，无法证明是否含有Fe3+，A错误；B若原溶液中含有SO，加入硝酸钡、盐酸后，酸性环境中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根从而生成硫酸钡沉淀，B错误；CNa2S在溶液中会电离出大量S2，加入硫酸铜后和Cu2+结合成CuS沉淀，该过程中没有发生沉淀的转化，无法比较溶度积，C错误；D根据实验现象可知发生反应：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO，说明HCO的酸性强于HAlO2，即AlO结合质子的能力强于CO，D正确；综上所述答案为D。10中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨()和中间相炭微粒球()为电极，电解
14、质溶液为含有的有机溶液，其充电示意图如下。下列说法错误的是 A固态为离子晶体B放电时，向左迁移C放电时，负极反应为D充电时，若阴极增重则阳极增重【答案】C【解析】由图可知充电时石墨电极与电源正极相连，因此放电时石墨电极为正极，MCMB电极为负极。A在电解液中以的形式存在，则由构成，为离子化合物，故A正确；B放电时阳离子移向正极，即向左迁移，故B正确；C放电时，MCMB作负极，负极反应为，故C错误；D充电时，阳极；阴极；当阴极增重39g时，即转移1mol电子，即有1mol K+附着在电极上，使其增重39g，则电路中转移1mol电子，故有1mol 与结合生成1mol ，1mol 的质量为145g，
15、故阳极增重145g，故D正确；答案选C。11以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如下：下列说法错误的是A通入SO2发生反应的离子方程式：2Co3+SO2+2H2O=2Co2+SO+4H+B加入适量Na2CO3调节pH是利用几种氢氧化物Ksp的不同除铝C若萃取剂的总量一定，则分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好D将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中沉钴，以提高CoCO3的产率【答案】D【解析】钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入稀硫酸酸浸，发生反应：、，同时通入SO2，Co
16、3+被还原为Co2+，发生2Co3+SO2+2H2O=2Co2+SO+4H+，再加入碳酸钠调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤除去，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌。在水相中加入碳酸钠生成CoCO3固体。A根据分析可知酸浸过程中二氧化硫会还原Co3+，根据电子守恒和元素守恒得到离子方程式为2Co3+SO2+2H2O=2Co2+SO+4H+，A正确；B氢氧化物Ksp不同，则开始沉淀时所需的pH值不同，加入适量Na2CO3调节相应的pH可以只沉淀Al3+，B正确；C萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取
17、效率就高，C正确；D将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，碱性环境，会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D错误；综上所述答案为D。12KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：11KClO3+6I2+3H2O=6KH(IO3)2+3Cl2+5KCl；KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。下列说法正确的是A化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键B反应中每转移4mol电子生成2.24L Cl2C向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液变蓝D可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素【答案】
18、D【解析】A化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；B气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；C碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；D钾元素的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)，若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确；答案选D。13一定条件下，在容积为2L的刚性容器中充入1mol (g)和2mol H2，发生反应(g)+2H2(g)(g) H<0，反应过程中测得容器内压强的变化如图所示。下列说法正确的是A升高温度可增大反应速率，提高环戊二烯的平衡转化率B020m
19、in内，H2的平均反应速率为0.025mol/(L·min)C达到平衡时，氢气和环戊二烯的体积分数相同D该温度下平衡常数Kp=4.0MPa2【答案】B【解析】 C5H6(g) + 2H2(g) C5H10(g)同温、同体积，压强比等于物质的量比，x=0.5mol；A (g)+2H2(g)(g)，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，环戊二烯的平衡转化率降低，故A错误；B根据以上分析，020min内，H2的平均反应速率为0.025mol/(L·min)，故B正确；C根据以上分析，达到平衡时氢气的物质的量是1mol，环戊二烯的物质的量是0.5mol，氢气和环戊二烯的体积分数不相同
20、，故C错误；D该温度下平衡常数MPa2，故D错误；选B。14灼烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4NH4Al(SO4)2·12H2O2A12O3+2NH3+N2+5SO3+3SO2+53H2O。将产生的气体通过如图所示的装置(假设试剂均过量)。下列说法正确的是 A反应中n(氧化产物)n(还原产物)=13B装置中可以观察到出现白色沉淀，其主要成分是BaSO4和BaSO3C装置中可以观察到高锰酸钾紫色褪去，体现SO2的漂白性D将装置、顺序交换，仍能观察到相同的现象【答案】A【解析】BaCl2溶液吸收SO3，SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀；同时H
21、2SO4溶液能与氨水反应，所以混合气体中的SO3和NH3被BaCl2溶液吸收了；KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化吸收，最终收集到的气体是氮气。A4NH4Al(SO4)2·12H2O2Al2O3+2NH3+N2+5SO3+3SO2+53H2O反应中S的化合价降低，被还原，SO2为还原产物，N的化合价升高，被氧化，N2为氧化产物，则n(氧化产物)n(还原产物)=13，故A正确；B由产物NH3和SO3的物质的量可知，装置中只三氧化硫与氨气被吸收，生成硫酸钡，无亚硫酸钡，故B错误；C二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，导致紫色褪去，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D将装置、顺序交换
22、，SO2和SO3都被酸性高锰酸钾溶液吸收，氯化钡溶液中不能生成白色沉淀，故D错误；故选A。15常温下，向20mL 0.1mol·L1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2mol·L1 NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是A点a所示溶液中：c(NH)>c(SO)>c(OH)>c(H+)B点b所示溶液中：c(NH)c(Na+)>c(H+)c(OH)C点c所示溶液中：c(SO)+c(H+)c(NH3·H2O)+c(OH)D点d所示溶液中：c(SO)>c(NH3·H2O)&
23、gt;c(OH)>c(NH)【答案】C【解析】分析图中信息，在a点，溶质为(NH4)2SO4；在c点，(NH4)2SO4与NaOH物质的量相等，此时溶质为等浓度的NaNH4SO4和NH3·H2O；则b点，(NH4)2SO4有剩余，此时溶质为NaNH4SO4、NH3·H2O、(NH4)2SO4；在d点，(NH4)2SO4与NaOH刚好完全反应，溶质为Na2SO4和NH3·H2O。点a所示溶液为(NH4)2SO4溶液，水解显酸性，离子浓度大小关系：c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH)，A错误；B点b所示溶液为NaNH4SO4、NH3&
24、#183;H2O、(NH4)2SO4混合溶液，此时pH=7，NH不水解，NH3·H2O不电离，所以c(NH)>c(Na+)>c(H+)c(OH)，B错误；C点c所示溶液为等浓度的NaNH4SO4和NH3·H2O混合溶液，此时以NH3·H2O的电离为主，根据电荷守恒和物料守恒可知：2c(SO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)+c(NH)，c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(Na+)，c(SO)=c(Na+)，整理上述三式，可得c(SO)c(NH3·H2O)+c(OH)-c(H+)，C正确；D点d所示溶液为Na2SO4和NH3
25、·H2O按12摩尔比混合的溶液：c(NH3·H2O)>c(SO)>c(OH)>c(NH)，D错误；故选C。2、 非选择题16聚合硫酸铁又称聚铁，化学式Fe2(OH)n(SO4)3-0.5nn，广泛用于污水处理，实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是_。（2）实验室制备，收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器口，顺序为a_f。装置D的作用是_，装置E中NaOH溶液的作用是_。（3）制备绿矾
26、时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经_操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。（4）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为_。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_。【答案】（1）将气体通入品红溶液中，如品红褪色，加热后又变红，证明有SO2 （2） decb 安全瓶，防止倒吸 尾气处理，防止污染 （3） 铁粉 过滤 （4） 将试纸放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡对比 低 【解析】（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫；（2）收集二氧化硫应先干燥再收集
27、，二氧化硫的密度比空气大，用向上排空气法收集，即从b口进气，由于SO2有毒会污染大气，最后要进行尾气处理，因为二氧化硫易于氢氧化钠反应，用NaOH溶液吸收尾气，则各仪器口的连接顺序为adebcf；装置D的作用是安全瓶，防止倒吸；装置E中NaOH溶液的作用为尾气处理；故答案为：d；e；b；c；安全瓶，防止倒吸；尾气处理，防止污染。（3）因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液X中含有Fe3+，故制备绿矾时，应先加入过量的铁粉将Fe3+还原为Fe2+，然后过滤得到FeSO4溶液，故答案为：铁粉；过滤。（4）用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标
28、准比色卡对比；若溶液Z的pH偏小，则聚铁中的氢氧根的含量减少，SO的含量偏多，则聚铁中铁的质量分数偏低；故答案为：将试纸放到表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少许待测液，滴在试纸的中央，然后与标准比色卡对比；偏低。17草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）难溶于水，工业上用废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的流程如图所示：已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Ni2+开始沉淀的pH1.15.83.06.8完全沉淀的pH3.28.85.09.5Ksp(NiC2O4)=4.05×10
29、10（1）“酸浸”前将废镍催化剂粉碎的目的是 。“滤渣”的主要成分为 。（2）若试剂a为H2O2，写出氧化时反应的离子方程式 。（3）调节pH的范围为 。（4）写出“沉钙”操作中加入NH4F时发生反应的离子方程式：_，NH4F的电子式为：_。（5）如果“沉镍”操作后测得滤液中C2O的浓度为0.18mol·L1，则溶液中c(Ni2+)=_mol·L1。（6）将得到的草酸镍晶体在真空中加热至320分解，可重新制得单质镍催化剂。该制备过程的化学方程式为：_。【答案】（1）增大接触面积，提高酸浸速率 SiO2 （2）2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O （3）5.0pH<
30、;6.8（写为5.06.8亦可） （4）Ca2+2FCaF2 （5）2.25×109 NiC2O4·2H2ONi+2CO2+2H2O 【解析】（1）将废镍催化剂粉碎可以增大与酸的接触面积，提高酸浸速率；Al2O3、Fe、SiO2、CaO中SiO2不与硫酸反应，所以“滤渣”的主要成分为SiO2；（2）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O；（3）完全除去Fe3+、Al3+的最小pH是5.0，保证Ni2+不生成沉淀的pH小于6.8，所以pH的范围是5.0pH<6.8；（4）加入NH4F的目的是生成氟化钙沉淀，反应的离
31、子方程式是Ca2+2FCaF2；NH4F是离子化合物，电子式是；(5)根据Ksp(NiC2O4)=4.05×1010，c(Ni2+)=2.25×109；（6）草酸镍晶体加热至320生成单质镍、二氧化碳、水，反应方程式是NiC2O4·2H2ONi+2CO2+2H2O。18羰基硫(COS)广泛存在于煤、石油和天然气为原料的化工生产中，不经处理直接排放会引起大气污染，石油化工中产生的羰基硫可通过以下方法脱除。干法脱除：在催化剂存在下，COS和H2可发生两个平行反应：iCOS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H1=-17kJ/moliiCOS(g)+4H2(g)
32、H2S(g)+CH4(g)+H2O(g) H2(1)已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206kJ/mol，则H2=_。(2)T1时，向10L恒容密闭容器中充人1mol COS和4mol H2，发生反应i和ii。5min时达到平衡，测得体系压强减少了20%，CO的体积分数为10%且其平衡分压为P1。05min内，v(COS)=_。反应i的平衡常数K=_。若在起始温度为T1的绝热容器中重复上述实验，H2的平衡分压P2_P1(填“>”“=”或“<”)，理由为_。湿法脱除：原理为COS+4OH=S2+CO+2H2O。温度为293K时，将COS以固定流速匀速通入
33、一定浓度的NaOH溶液中，测得体系内c(S2)随时间(t)的变化如图所示：(3)由图可知，增大NaOH溶液的初始浓度，COS的吸收速率_(填“增大”“减小”或“不变”)，判断依据为_。(4)在上述反应体系中同时加入少量溴水，也能吸收COS并得到澄清溶液，发生反应的化学方程式为_。【答案】（1）-223kJ/mol （2）0.018mol·L1·min1 2.25 > 反应i和ii均为放热反应，温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大 （3） 不变 随着反应的进行，c(OH)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变 （4） COS+
34、4Br2+12NaOH=Na2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O 【解析】(1)已知i：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H1=-17kJ/mol；iii：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206kJ/mol；根据盖斯定律由i-iii可得反应COS(g)+4H2(g)H2S(g)+CH4(g)+H2O(g) H2=-17kJ/mol-206kJ/mol=-223kJ/mol；(2)设平衡时体系内n(CO)=x mol，初始投料为1mol COS和4mol H2，根据反应方程式COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)可知，此反应消耗的ni(
35、COS)=ni(H2)=x mol，生成的ni(H2S)=x mol；设平衡时体系内n(COS)=y mol，则反应ii消耗的nii(COS)=(1-x-y)mol，根据方程式COS(g)+4H2(g)H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)可知，此反应消耗的nii(H2)=4(1-x-y)mol，生成的nii(H2S)=nii(CH4)=nii(H2O)=(1-x-y)mol；所以此时容器中n(COS)=y mol，n(H2)=4mol-x mol-4(1-x-y)mol=(3x+4y)mol，n(CO)=x mol，n(H2S)=x mol+(1-x-y)mol=(1-y)mol，nii(
36、CH4)=nii(H2O)=(1-x-y)mol；达到平衡时测得体系压强减少了20%，恒容密闭容器压强之比等于气体的物质的量之比，所以，CO的体积分数为10%，所以，解得x=0.4mol，y=0.1mol；所以平衡时n(COS)=0.1mol，n(H2)=1.6mol，n(CO)=0.4mol，n(H2S)=0.9mol，n(CH4)=n(H2O)=0.5mol。根据分析可知平衡时n(COS)=0.1mol，所以n(COS)=0.9mol，容器体积为10L，所以v(COS)= 0.018mol·L1·min1；根据分析可知平衡时n(COS)=0.1mol，n(H2)=1.6
37、mol，n(CO)=0.4mol，n(H2S)=0.9mol，反应i前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量来代替浓度计算平衡常数，K=2.25；反应i和ii均为放热反应，反应过程中温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大，所以P2>P1；(3)随着反应的进行，c(OH)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变，说明增大NaOH溶液的初始浓度，COS的吸收速率不变；(4)溴水具有氧化性，可以将COS中S元素氧化成硫酸根，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为COS+4Br2+12NaOH=Na2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O。19双功能手性催
38、化剂在药物合成中起到重要的作用。一种催化剂M的合成路线如图：已知：完成下列填空：(1)写出B中含有的官能团名称是：_。(2)的反应类型是_；反应所需试剂与条件为_。(3)设计反应、的目的是_。(4)写出结构简式：E_；试剂a_。(5)写出符合下列要求的C的同分异构体_(写一种)。i能发生银镜反应ii分子中含有三种化学环境不同的氢原子iii不存在结构(6)设计由为原料合成A的合成路线_(合成路线常用的表示方式为：AB目标产物)【答案】（1）羧基 （2） 消去反应 CH3OH、浓H2SO4、加热 （3） 保护羧基，避免与CH3I反应 （4） （5） HCOOCH2CH2CH2OOCH、OHCCH2
39、OCH2OCH2CHO、 （6） CH2=CHCHO 【解析】由A、B的分子式，采用逆推法，可推出A为HOCH2CH2CH2OH，B为HOOCCH2COOH；比较C、F的结构，参照D、E的分子式，可推出D为，E为；比较F、G的结构简式，可确定a为。(1)B的结构简式为HOOCCH2COOH，含有的官能团名称是：羧基。答案为：羧基；(2)反应中，失水转化为，反应类型是消去反应；反应为HOOCCH2COOH转化为，发生酯化反应，所需试剂与条件为CH3OH、浓H2SO4、加热。答案为：消去反应；CH3OH、浓H2SO4、加热；(3)反应、中，先将COOH转化为COOCH3，后将COOCH3再转化为COOH，目的是保护羧基，避免与CH3I反应。答案为：保护羧基，避免与CH3I反应；(4)由分析可知，结构简式：E为；试剂a为。答案为：；(5)符合下列要求：“i能发生银镜反应，ii分子中含有三种化学环境不同的氢原子，iii不存在结构”的C的同分异构体中，应含有呈对称的两个HCOO或CHO、O、CH2OH等，其结构简式为HCOOCH2CH2CH2OOCH、OHCCH2OCH2OCH2CHO、。(6)由为原料合成，碳原子总数不变，右边的CHO加氢还原为CH2OH，左边CH2OH的形成，应先将醇消去为烯，再与水加成，合成路线为：CH2=CH-CHO。