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1、2019-2020学年安徽省合肥市安徽师范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雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（）A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1 D该反应中每析出4.8g 硫磺转移1mol 电子【答案】C【解析】【详解】A.As 位于第四周期VA 族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故 A 错误；B.红棕色气体为N
2、O2，N 的化合价由5 价 4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B 错误；C.根据题中信息，As 的化合价由 3 价 5 价，S 的化合价由2 价 0 价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)2(53)32=n(HNO3)(5 4)，因此 n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故 C 正确；D.4.8g 硫磺的物质的量为：4.8g32g/mol=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据 C 选项分析，1molAs2
3、S3参与反应，转移 10mole，则 0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05mol 10=0.5mol，故 D 错误；答案：C。2钛（Ti）金属常被称为未来钢铁，4622Ti 和4722Ti 是钛的两种同位素。下列有关Ti 的说法正确的是A4622Ti 比4722Ti 少 1 个质子B4622Ti 和4722Ti 的化学性质相同C4622Ti 的相对原子质量是46 D4722Ti 的原子序数为47【答案】B【解析】【详解】A.4622Ti 和4722Ti:质子数都是22，故 A 错误；B.4622Ti 和4722Ti 是同种元素的不同原子，因为最外层电子数相同，所以化学性
4、质相同，故B正确；C.46 是4622Ti 的质量数，不是其相对原子质量质量，故C错误；D.4722Ti 的原子序数为22,故 D 错误；答案选 B。3在某水溶液样品中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生由此判断该溶液中肯定不存在的离子是（）A Ag+BSO42CCO32D NH4+【答案】A【解析】【详解】向样品中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，可能含有硫酸根离子或碳酸根离子或银离子；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生，说明样品中含有碳酸根离子，碳酸根离子与银离子不能共存，所以样品中一定不存在银离子。故选 A。【点睛】由于沉淀部分消失，
5、一定有碳酸根离子，并且碳酸根离子与银离子不能共存。4 唐本草和本草图经中记载：“绛矾，本来绿色，正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上，聚炭，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是（）A FeSO4 7H2O BS CFe2O3DH2SO4【答案】B【解析】【详解】由信息可知，绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物，即FeSO4 7H2O，加热发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe 的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫与水结合可生成硫酸，不涉及的物质是S，答案选B。【点睛】
6、硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物质的物理性质。5下列实验操作能够达到目的的是A鉴别 NaCl 和 Na2SO4B验证质量守恒定律C探究大理石分解产物D探究燃烧条件【答案】D【解析】【详解】A氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，硫酸钠和硝酸银反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠，因此不能用硝酸银鉴别氯化钠和硫酸钠，故A 不符合题意；B碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，生成的二氧化碳进入气球中，产生浮力，会导致天平不平衡，因此不能用于验证质量守恒定律，故B不符合题意；C碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，澄清石灰水变浑浊，说明反应生成二氧化碳，但是不能验证生成的氧
7、化钙，故C不符合题意；D铜片上的白磷燃烧，红磷不能燃烧，说明燃烧需要达到可燃物的着火点，水中的白磷不能燃烧，说明燃烧需要和氧气接触，该实验可以验证燃烧的条件，故D 符合题意；故答案选D。6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
8、(CH3COOH)+c(CH3COO-)【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
9、渐升高，A 错误；B酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：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。7将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原 NaOH 浓度为 1mol/L C参加反应的氯气分子为0.1N
10、AD转移电子为0.2NA【答案】C【解析】【详解】发生 Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O，生成 0.1molNaCl 的同时，生成0.1molNaClO，消耗 2molNaOH；A生成 0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故 A 错误；B若恰好完全反应，则原NaOH 浓度为0.2mol0.1L2mol/L，故 B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故 C正确；D Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol 电子，则转移电子为0.1NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及
11、化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，发生 Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。8BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成 BHT 的常用方法有2 种（如图），下列说法不正确的是A BHT能使酸性KMnO4溶液褪色BBHT 与对甲基苯酚互为同系物CBHT 中加入浓溴水易发生取代反应D方法一的原子利用率高于方法二【答案】C【解析】【分析】【详解】A.BHT 结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基
12、直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A 项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1 个酚羟基，BHT多了 8 个“CH2”原子团，符合同系物的定义结构相似，组成上相差若干个CH2，B 项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无 H 原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D 项正确；答案选C项。【点睛】同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。9司替戊醇(d)用
13、于治疗两岁及以上Dravet 综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（）A b 的一氯代物有4 种Bc 的分子式为C14H14O3C1mold 最多能与4molH2发生加成反应D d 中所有碳原子可能处于同一平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A b 的氢原子有2 种，所以一氯代物有2 种，故 A 错误；B根据结构简式确定c 的分子式为C14H16O3，故 B错误；C苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3 反应、碳碳双键和氢气以1：1 反应，所以 1mold 最多能与 4molH2发生加成反应，故C 正确；D d 中连接 3 个甲基的碳原子具有甲烷
14、结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D 错误；故答案选C。【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D 为解答易错点。10根据溶解度曲线，在80 时将含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先析出的是A氯化钾B硝酸钠C氯化钠D硝酸钾【答案】C【解析】【分析】【详解】在 80时，氯化钠的溶解度为39 克，氯化钾的溶解度为51 克，硝酸钾的溶解度为170 克，硝酸钠的溶解度为 150 克；复分解反应发生的条件是生成物中有沉淀生成或有气体生成或有水生成，所谓沉淀就是生成的物质的溶解度小，就会有沉淀生成，所以加热蒸发溶液的温度在80时开始析出
15、的晶体是氯化钠反应的化学方程式为NaNO3+KCl=NaCl +KNO3，故选 C。11下列实验对应的现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A 将 SO2通入 BaCl2溶液，然后滴入氯水先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不溶解先生成 BaSO3沉淀，后被氧化成 BaSO4B 向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，然后加入蒸馏水，振荡有白色浑浊出现，加入蒸馏水后不溶解蛋白质变性是不可逆的C 向酸性 KMnO4和 H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4固体生成气体的速率加快，溶液迅速褪色可能是该反应的催化剂D 将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体该过程中，浓硫
16、酸仅体现了吸水性和脱水性A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.盐酸的酸性大于亚硫酸，将SO2通入 BaCl2溶液，不发生反应，不会产生白色沉淀，A 错误；B.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，有白色浑浊出现，这是蛋白质发生了盐析，加入蒸馏水后蛋白质会溶解，B错误；C.加有 MnSO4的试管中溶液褪色较快，说明Mn2+对该反应有催化作用，C正确；D.将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体，是因为蔗糖被浓硫酸脱水碳化后，又进一步发生了碳和浓硫酸的反应，C被浓硫酸氧化，生成二氧化碳、二氧化硫气体，D 错误；答案选 C。【点睛】A 容易错，容易
17、错，二氧化硫通入到水溶液中生成亚硫酸，同学会误以为亚硫酸和氯化钡发生复分解反应，相互交换成分生成亚硫酸钡沉淀，忽视了一般酸和盐溶液发生复分解反应的规律是强酸制弱酸。12人类使用材料的增多和变化，标志着人类文明的进步，下列材料与化学制备无关的是()A青铜器B铁器C石器D高分子材料【答案】C【解析】【详解】冶金(青铜器、铁器制备)、高分子材料合成均涉及化学反应，石器加工只需物理处理，与化学制备无关，答案为 C；13下列物质间发生化学反应：H2S+O2，Na+O2，Cu+HNO3，Fe+Cl2，AlCl3+NH3H2O，Cu+S，Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（）ABCD【答案】
18、D【解析】【详解】当 H2S与 O2的物质的量之比大于21 时，发生反应：2H2S+O2=2S+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比小于 23 时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比大于23 小于 21 时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选；Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选；Cu和 HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O，条件不同，产物不同，故选；铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三
19、价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故不选；AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故不选；硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选；Na2CO3和 HCl 反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故选；符合条件的有，故选D。14下列实验操作能达到实验目的的是A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗B用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体C在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气D用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物【答案】C【解析】【分析】【详解】
20、A用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A 项错误；B湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B 项错误；CMnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；D乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D 项错误。答案选 C。15下列有关化工生产原理正确的是A工业制取烧碱：Na2O+H2O=2NaOH B工业合成盐酸：H2+Cl22HCl C工业制取乙烯：C2H5OHCH2=CH2H2O D工业制漂粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，A 错误
21、；B.工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HCl 溶于水得到盐酸，而不是光照，B错误；C.C2H5OHCH2=CH2+H2O 是实验室制备乙烯的方法，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，C错误；D.将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，D 正确；故合理选项是D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂。某高三研究性学习小组在实验室制备EDTA，并用其测定某地下水的硬度。制备EDTA的实验步骤如下：步骤 1：称取 94.5g(1.0mol)ClCH
22、2COOH于 1000mL 三颈烧瓶中(如图)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再产生无色气泡；步骤 2：加入 15.6g(0.26mol)H2NCH2CH2NH2，摇匀，放置片刻，加入2.0 mol/L NaOH 溶液 90mL，加水至总体积为 600mL 左右，温度计50加热 2h；步骤 3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1，有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得EDTA。测地下水硬度：取地下水样品25.00mL 进行预处理后，用EDTA进行检测。实验中涉及的反应有M2+(金属离子)+Y4(EDTA)=MY2；M2+(金属离子)+EBT(铬黑 T，
23、蓝色)=MEBT(酒红色)；MEBT+Y4(EDTA)=MY2+EBT(铬黑 T)。请回答下列问题：(1)步骤 1 中发生反应的离子方程式为_。(2)仪器 Q 的名称是 _，冷却水从接口_流出(填“x”或“y”)(3)用 NaOH 固体配制上述NaOH 溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、_和_，需要称量 NaOH 固体的质量为 _。(4)测定溶液pH 的方法是 _。(5)将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水氯化铵缓冲溶液调节pH 为 10，滴加几滴铬黑T 溶液，用0.0100mol L1EDTA标准溶液进行滴定。确认达到滴定终点的现象是_。滴定终点时共消耗EDTA溶液 15.0mL
24、，则该地下水的硬度=_(水硬度的表示方法是将水中的Ca2+和 Mg2+都看作 Ca2+，并将其折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10 mg CaO 称为 1 度)若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将_(填“偏大“偏小”或“无影响”)。【答案】2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O（球形）冷凝管x胶头滴管100mL 容量瓶8.0g取一块 pH 试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较滴入最后一滴EDTA 标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色33.6
25、 度偏大【解析】【分析】(1)根据强酸制弱酸的原理书写反应的离子方程式；(2)根据仪器结构判断仪器名称，冷凝管中冷却水应从下口进入，从上口流出；(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH 溶液 90mL，但是实验室没有90mL 的容量瓶，应用100mL 容量瓶，即应配制 100mLNaOH 溶液，据此计算需要NaOH 固体的质量，再根据用NaOH 固体配制NaOH 溶液的实验步骤判断所需仪器；(4)根据 pH 试纸的使用方法进行解答；(5)根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑 T，蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；首先明确关系式n(M2+)n(EDTA)n(CaO
26、)，进而计算1L 水样中 CaO的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法进行计算；若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则滴定等量EDTA消耗 EDTA标准液的体积偏大。【详解】(1)已知 ClCH2COOH与 Na2CO3溶液反应产生无色气泡，可知二者反应生成二氧化碳气体，由强酸制弱酸的原理可知，反应的离子方程式为2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O，故答案为：2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O；(2)仪器 Q 的名称是（球形）冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出
27、，故答案为：（球形）冷凝管；x；(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH 溶液 90mL，但是实验室没有90mL 的容量瓶，应用100mL 容量瓶，即应配制 100mLNaOH 溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0mol/L 0.1L=0.2mol，m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)=0.2mol 40g/mol=8.0g，用 NaOH 固体配制NaOH 溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL 容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL 容量瓶；8.0g；(
28、4)测定溶液pH 的方法是取一块pH 试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH 试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH 试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH 试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较；(5)根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以滴定终点溶液的颜色变化为酒红色变为蓝色，故答案为：滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；用 0.0100mol?L-1的 EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液 15.0mL，则n(M2+)=n(EDTA)=0.0100mo
29、l?L-1 15.0 10-3L=1.5 10-4mol，则 25.00ml 水中m(CaO)=nM=56g/mol 1.5 10-4mol=8.4mg，所以 1L 水中0.0258.4mgCaO=336Lmg/Lm，通常把 1L水中含有 10mgCaO 称为 1 度，所以该地下水的硬度为336mg=33.610mg/度度，故答案为：33.6 度；若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则消耗EDTA标准液的体积偏大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：
30、25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL 等，因此该题中配制90 mLNaOH 溶液，需要使用100mL 容量瓶，在使用公式n(NaOH)=cV 计算 NaOH 物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.09L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制90ml 溶液选用 100ml 容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17生产符合人类需要的特定性
31、能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：(1)反应的条件是_；物质 B含有的官能团名称是_(2)已知乙酸酐是2 分子乙酸脱去1 分子水的产物，写出M 的结构简式 _(3)反应的类型_，写出该反应的一种副产物的结构简式_(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式_(5)1mol 阿司匹林和1mol 缓释长效阿司匹林与NaOH 溶液充分反应，最多消耗NaOH 的物质的量分别是_、_。【答案】铁羧基、氯原子（苯基）CH3COOH 取代无Na2CO3+2NaHCO33mol 4nmol【解析】【分析
32、】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成 A 为，A 发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则 M 为 CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D 为(CH3)2COHCOOH，D 在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；【详解】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成 A 为，A
33、 发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则 M 为 CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D 为(CH3)2COHCOOH，D 在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。(1)反应的条件是铁，B为，物质 B 含有的官能团名称是羧基和氯原子，故答案为：铁；羧基和氯原子；(2)根据上面的分析可知，M 的结构简式为CH3COOH；(3)反应的类型为取代反应，D 在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生
34、取代反应生成酯，所以反应的一种副产物的结构简式为；(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为；(5)根据阿司匹林的结构简式可知，1mol 阿司匹林最多消耗NaOH 的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol 缓释长效阿司匹林与NaOH 溶液充分反应，最多消耗NaOH 的物质的量为4n mol。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。四、综合题（本题包括2 个小题，共
35、20 分）18利用碳和水蒸气制备水煤气的核心反应为：C(s)H2O(g)?H2(g)CO(g)(1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ mol1、285.8kJ mol1、283kJ mol1，又知 H2O(l)=H2O(g)H 44kJ mol1，则 C(s)H2O(g)?CO(g)H2(g)H_。(2)在某温度下，在体积为1L 的恒容密闭刚性容器中加入足量活性炭，并充入1mol H2O(g)发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如表：时间/min 0 10 20 30 40 总压强/100kPa 1.0 1.2 1.3 1.4 1.4 平衡时，容器中气体总物质的
36、量为_mol，H2O 的转化率为 _。该温度下反应的平衡分压常数Kp _kPa(结果保留2 位有效数字)。(3)保持 25、体积恒定的1L 容器中投入足量活性炭和相关气体，发生可逆反应CH2O(g)?CO H2并已建立平衡，在40 min 时再充入一定量H2，50min 时再次达到平衡，反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示：40min时，再充入的H2的物质的量为_mol。40 50 min 内 H2的平均反应速率为_mol L1 min1。(4)新型的钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导 Na)为电解质，其原理如图所示：放
37、电时，电极A 为 _极，S发生 _反应（填“氧化”或“还原”）。充电时，总反应为Na2Sx=2NaSx(3x5)，Na 所在电极与直流电源_极相连，阳极的电极反应式为_。【答案】131.3 kJ mol11.4 40%27 6 0.1 负还原负Sx2-2e-=Sx【解析】【分析】【详解】(1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ mol1、285.8kJ mol1、283kJ mol1，则C(s)O2(g)CO2(g)H 393.5kJ mol112O2(g)H2(g)H2O(l)H 285.8kJ mol1 CO(g)12O2(g)CO2(g)H 283kJ mol1H2O
38、(l)=H2O(g)H 44kJ mol1根据盖斯定律可知 即得到 C(s)H2O(g)?CO(g)H2(g)H 131.3 kJmol1。(2)根据方程式可知22CH OH+CO()100()()1molmolxxxmolxxx?起始量转化量平衡量压强之比是物质的量之比，则(1x+x+x):11.4:1，解得 x 0.4；根据以上分析可知平衡时，容器中气体总物质的量为1.4mol，H2O 的转化率为40%。该温度下反应的平衡分压常数Kp0.40.41401401.41.40.61401.4 27kPa。(3)设 50min 时 H2的物质的量为x mol，温度不变平衡常数不变，由于容积是1L
39、，则根据图像可知平衡常数 K=32134x，解得 x8，由于 CO的变化量是1mol，所以 40min 时再充入的H2的物质的量为8mol+1mol 3mol 6mol。由于氢气的变化量是1mol，所以 4050 min 内 H2的平均反应速率为1mol/L10min0.1mol L1 min1。(4)放电时钠失去电子，则电极A 为负极，电极B是正极，则S发生还原反应。放电时钠失去电子，则电极A 为负极，充电时，Na 所在电极是阴极，与直流电源负极相连；阳极发生失去电子的氧化反应，则根据总反应为Na2Sx=2NaSx(3x5)可知，阳极电极反应式为Sx2-2e-=Sx。19黄铜矿是工业炼铜的原
40、料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。（l）基态硫原子中核外电子有_种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是_。（2）液态 SO2可发生白偶电离2SO2=SO2+SO32-，SO32-的空间构型是_，与 SO2+互为等电子体的分子有_（填化学式，任写一种）。（3）CuCl熔点为 426，融化时几乎不导电，CuF的熔点为908，沸点1100，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的原因是_。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是_。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点 _（填“高”或“低”），原因是 _。（5）黄铜矿主要成分X的晶胞结构及晶胞参数如图所示，X的化
41、学式是_，其密度为_gcm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【答案】16 1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)三角锥形N2或 CO CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高sp3低乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有CuFeS2212A73610a bN【解析】【分析】（1）硫元素为16 号元素，核外有16 个电子，9 个轨道；铁为26 号元素，核外有26 个电子，失去最外层的 2 个电子变成Fe2+；（2）根据 SO32-的杂化方式为sp3确定它的空间结构，由等电子体定义确定SO2+的等电子体的分子；（3）根据两种晶体的性质确定晶体类型；（4）根据乙硫醇
42、中硫原子的成键特点判断杂化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氢键导致沸点比较高；（5）根据晶胞结构中Cu、Fe、S原子个数计算出化学式，再由有关公式写出晶胞密度的表达式；根据以上分析进行解答。【详解】（1）基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故硫原子 1+1+3+1+3=9 个轨道，所以基态硫原子中核外电子有9 种空间运动状态；Fe是 26 号元素，核外有26 个电子，铁原子失去最外层的两个电子变成Fe2+，Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)。答案为：9；1s22s22p63s23p63d6(
43、或 Ar3d6)。（2）SO32-离子中的硫原子有三个化学键，一对孤对电子，属于sp3杂化，空间构型为三角锥形；SO2+有两个原子，总价电子数为10，与 SO2+互为等电子体的分子有N2、CO等。答案为：三角锥形；N2或 CO。（3）由题知CuCl熔点为 426，融化时几乎不导电，可以确定CuCl为分子晶体，熔沸点比较低，CuF的熔点为 908，沸点1100，确定CuF为离子晶体，熔沸点比较高。答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。（4）乙硫醇（C2H5SH）里的 S除了共用的两对电子外还有两对孤对电子要参与杂化，所以形成的是sp3杂化，乙醇里有电负性较强
44、的氧原子，分子间可以形成氢键，沸点比乙硫醇的沸点高。答案：sp3；低；乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有。（5）对晶胞结构分析可知，晶胞中的Cu原子数目=818+412+1=4，Fe原子数目=612+414=4，S原子数目为 8，X的化学式中原子个数比为：Cu:Fe:S=1:1:2，所以 X 的化学式为：CuFeS2。由图可知晶胞内共含4 个“CuFeS2”，据此计算：晶胞的质量=4A6456322gN=A736gN，晶胞的体积 V=anm anm bnm=a2?b 10-21cm3，所以晶胞的密度=mV=213A22132A736gN73610 g/cma b 10cma bN。答案为：CuFeS2；212A73610a bN。【点睛】基态原子核外有多少电子就多少个运动状态，有多少个轨道就有多少个空间运动状态。这两个问题很相似，解答时一定要注意。