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1、2019-2020学年广东省中山市第一中学等七校联合体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铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3 时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量双氧水适量 KI 淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（）A BiO3-的氧化性强于MnO4-BH2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C向铋酸钠溶液中滴加KI 淀粉溶液，溶
2、液一定变蓝色D H2O2具有氧化性，能把KI氧化成 I2【答案】C【解析】【分析】向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被 BiO3-氧化为 MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明 MnO4-把 H2O2氧化为 O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把 KI 氧化为 I2；【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被 BiO3-氧化为 MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故 A 正确；B.滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把 H2O2氧化为 O2，故 B 正确；C.铋酸
3、钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI 溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D.由中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D 正确；故选 C。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。2白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是A可以使品红溶液褪色B其溶液可用作分析化学中的吸氧剂C其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应D已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余
4、固体产物中可能有Na2S2O3【答案】C【解析】【详解】A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A 正确；B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以 Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C.Na2S2O4中 S元素平均化合价为+3 价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与 Cl2和 AgNO3溶液都可以发生反应，C 错误；D.隔绝空气加热Na2S2O4分
5、解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D 正确；故合理选项是C。3不符合A族元素性质特征的是A从上到下原子半径逐渐减小B易形成 1 价离子C最高价氧化物的水化物显酸性D从上到下氢化物的稳定性依次减弱【答案】A【解析】【分析】【详解】A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7 个电子，发生化学反应时容易得到1 个电子而达到稳定结构，形成-1 价阴离子，正确，不选 B；C、A 族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，正确，不选D。答案选 A
6、。4X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）元素X Y Z 单质与 H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH 小于 7 小于 7 大于 7 A Y的含氧酸均为强酸B最外层电子数ZY C气态氢化物的稳定性YX D Y与 Z 二者氢化物反应的产物含离子键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X 单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH 小于 7，则 X为 F元素；Y 单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH 小于 7，则 Y为 Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH 大于 7，
7、则 Z为 N 元素。【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素，X 单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH 小于 7，则 X为 F元素；Y 单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH 小于 7，则 Y为 Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH 大于 7，则 Z为 N 元素；A Y为氯元素，含氧酸中HClO 为弱酸，故A 错误；BZ 为 N 元素，原子最外层电子数为5，Y为 Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数YZ，故 B 错误；C非金属性FCl，故 HCl 的稳定性比HF 弱，故 C错误；D氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D
8、正确；故答案选D。【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH 判断 X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。5下列属于酸性氧化物的是()A CO BNa2O CKOH DSO2【答案】D【解析】【分析】酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.CO是不成盐氧化物，故A 不选；B.Na2O 是碱性氧化物，故B不选；C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；D.SO2属于酸性氧化物，故D 选。故选 D。6下列实验不能不能用如图所示装置实现的是A用 CCl4提取碘水中的碘B用 NaOH 溶液除去溴苯中的溴C用酒精除去苯酚中的甘油D用饱和Na2CO3溶液除去乙酸丁酯中的乙
9、酸【答案】C【解析】【详解】A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中萃取、分液可分离，故A 正确；B.溴与 NaOH 反应后，与溴苯分层，然后利用图中分液装置分离，故B 正确；C.酒精、甘油、苯酚互溶，不能萃取、分液分离，故C错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中分液装置分离，故D 正确；故选：C。【点睛】萃取剂与原溶剂不能互溶，不能反应，并且溶质在两种萃取剂中溶解度差别比较大，酒精易溶于水，不能当作萃取剂。7用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A用装置制取NH3B用装置干燥NH3C用装置还原CuO D用装置处理尾气【答案】C【解析】【详解】A、
10、NH4Cl 受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A 错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故 B错误；C、2NH33CuO3CuN2 3H2O，用氨气还原CuO，故 C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D 错误；故选 C。8用 ClCH2CH2OH 和 NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是()A质子数和中子数相等的钠原子：2211Na B氯原子的结构示意图：CNaCN的电子式：D丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH【答案】D【解析】【详解】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数 Z+中子
11、数 N=11+11=22，钠原子符号为：2211Na，A 正确；B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B 正确；C.NaCN为离子化合物，由Na+和 CN-通过离子键构成，电子式为，C 正确；D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D 错误；故合理选项是D。9化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述正确的是A塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料B磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆C用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，是因为溶液中的A13离子能与铜锈反应D肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，该过程涉及胶体性质的应用【答案】D【解
12、析】【详解】A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A 错误；B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B 错误；C.明矾溶液中3Al水解使溶液呈酸性，铜锈为223()Cu OH CO溶于酸性溶液，故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的3Al离子能与铜锈反应，故C 错误；D.血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D 正确；故答案为：D。10查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：32O Zn/H O。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A 5 种B4 种C3 种D2 种【答案】B【解析
13、】【分析】【详解】依据题意，32OZn/H O，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、，有一种重复，则得到的物质共有4 这种，B 符合题意；答案选 B。11一种香豆素的衍生物结构如图所示，关于该有机物说法正确的是（）A该有机物分子式为C10H10O4B1mol 该有机物与H2发生加成时最多消耗H2 5 mol C1mol 该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23 mol D 1mol 该有机
14、物与NaOH 溶液反应是最多消耗NaOH 3 mol【答案】C【解析】【详解】A该有机物分子式为C10H8O4，故 A 错误；B只有苯环和双键能与氢气发生加成反应，则1mol 该有机物与H2发生加成时最多消耗H2 4mol，故 B错误；C酚 OH 的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol 该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23 mol，故 C正确；D 2 个酚 OH、COOC 及水解生成的酚OH 均与 NaOH 反应，则1mol 该有机物与NaOH 溶液反应时最多消耗NaOH 4 mol，故 D 错误；故选 C。12部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负
15、价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A离子半径的大小顺序：efgh B与 x 形成简单化合物的沸点：yzd Cx、z、d 三种元素形成的化合物可能含有离子键D e、f、g、h 四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应【答案】C【解析】【分析】【详解】根据原子序数及化合价判断最前面的元素x 是氢元素，y 为碳元素，z 为氮元素，d 为氧元素，e 为钠元素，f 为铝元素，g 为硫元素，h 为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小gh ef；选项 A 错误；B.d、z、y 与 x 形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子
16、间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为dzy，选项 B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h 元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D 错误；答案选 C。13海水中含有80 多种元素，是重要的资源宝库。己知不同pH条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是（）A当pH8.14，此中主要碳源为3HCOBA 点，溶液中23H CO和3HCO浓度相同C当-2-33c(HCO)=c(CO)时，c(H)c(OH)D碳酸的a2K约为1010【答案】B【解析】【分析】【详解
17、】A.根据上图可以看出，当pH 为 8.14 时，海水中主要以-3HCO的形式存在，A 项正确；B.A 点仅仅是-3HCO和223CO+H CO的浓度相同，-3HCO和23H CO浓度并不相同，B项错误；C.当2-33c(CO)=c(HCO)时，即图中的B 点，此时溶液的pH 在 10 左右，显碱性，因此+-c(H)c(OH)，C 项正确；D.a2K的表达式为+2-3-3c(H)c(CO)c(HCO)，当 B点二者相同时，a2K的表达式就剩下+c(H)，此时+c(H)约为-1010，D 项正确；答案选 B。14已知 N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二
18、元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B它溶于水所得的溶液中共有4 种离子C它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4H2ON2H5OHD室温下，向0.1mol/L 的 N2H4溶液加水稀释时，n(H)n(OH)会增大【答案】A【解析】【详解】A、N2H4+H2ON2H5+OH-、N2H5+H2ON2H62+OH-，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项 A 不正确；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B 正确；C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4H2ON2H5+O
19、H，选项 C正确；D、Kw=c(H)c(OH)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H)n(OH)也将增大，选项D 正确；答案选 A。152019 年 11 月 Science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2=HHO2，Ka2.4 1012)。下列说法错误的是()A X膜为选择性阳离子交换膜B催化剂可促进反应中电子的转移C每生成1 mol H2O2电极上流过4 mol eD b 极上的电极反应为O2H2O2e=HO2OH【答案】C【解析】【详解】A.a 极发生 H2-2e=2H，X 膜为选择性阳离子交换膜，让H进入中间，故A 正确；B.催化
20、剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，故B 正确；C.氧元素由0 价变成-1 价，每生成1 mol H2O2电极上流过2 mol e，故 C错误；D.b 为正极，氧气得电子，b 极上的电极反应为O2H2O2e=HO2OH，故 D 正确；故选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯，主要步骤如下：在大试管里将2mL 浓硫酸和1.5mL 浓硝酸混合，摇匀，冷却到5060以下。然后逐滴加入1mL 苯，边滴边振荡试管。按图连接好装置，将大试管放入60的水浴中加热10 分钟。完成下列填空：（1）指出图中的错误_、_。（2）向
21、混合酸中加入苯时，“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是 _、_。（3）反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈_色，其中主要物质是_（填写物质名称）。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可能看到_。（选填编号）a水面上是含有杂质的硝基苯b水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c烧杯中的液态有机物只有硝基苯d有无色、油状液体浮在水面（4）为了获得纯硝基苯，实验步骤为：水洗、分离；将粗硝基苯转移到盛有_的烧杯中洗涤、用_（填写仪器名称）进行分离；_；干燥；_。（5）实验装置经改进后，该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验，充分反应后有两种情况出现，请帮助他作出分析：产率低于理论值，原因是_；
22、产率高于理论值，原因是_。【答案】缺少温度计大试管接触烧杯底部使苯与混酸混合均匀能及时移走反应产生的热量浅黄色硝基苯、苯b、d 氢氧化钠溶液分液漏斗水洗、分离蒸馏温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成【解析】【分析】水浴加热需精确控制实验温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部；苯不易溶于混酸，需设法使之充分混合；该反应放热，需防止温度过高；混合酸密度比硝基苯大，但稀释后会变小，硝基苯无色，但溶解的杂质会使之有色；粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯，酸可用水和碱除去，苯可用蒸馏的方法分离；在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发，有机反应的一个特点是副反应比较多，这
23、些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值，而这些因素都易受温度的影响。【详解】在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为：缺少温度计；大试管接触烧杯底部；在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能使苯与混酸混合均匀；苯的硝化反应是一个放热反应，在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能及时移走反应产生的热量，有利于控制温度，防止试管中液体过热发生更多的副反应，甚至发生危险。答案为：使苯与混酸混合均匀；能及时移走反应产生的热量；混合酸与苯反应一段时间后，生成的硝基苯与未反应的苯相溶
24、，有机层密度比混酸小，不能与混酸相溶，会浮在混合酸的上层，有机层因溶解了少量杂质(如浓硝酸分解产生的NO2等)而呈浅黄色，所以反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈浅黄色；把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌：a与水混合后，形成的水层密度比硝基苯小，硝基苯不在水面上，a 选项错误；b苦杏仁味的硝基苯密度比水层大，沉在水底，且因溶有少量杂质而呈浅黄色，b 选项正确；c烧杯中的液态有机物有硝基苯、苯及其它有机副产物，c 选项错误；d反应后的混和液倒入冷水中，可能有部分未反应的苯浮上水面，苯为无色、油状液体，d 选项正确；答案为：浅黄色；硝基苯、苯；b、d；在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有
25、酸，能与碱反应，硝基苯中有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：水洗、分离，除去大部分的酸；将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离，除去剩余的酸；水洗、分离，除去有机层中的盐及碱；干燥；蒸馏，使硝基苯与苯及其它杂质分离。答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；水洗、分离；蒸馏；本实验中反应为放热反应，需控制好温度。如果温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发，使产率降低；温度过高会也有不易与硝基苯分离的副产物产生并溶解在生成的硝基苯中，使实验值高于理论值。答案为：温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发；温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成。【点睛】1 平时注重动手实验并仔细观察、认真思考有
26、助于解此类题。2 硝基苯的密度比水大、比混酸小。所以，与混酸混合时硝基苯上浮，混和液倒入水中后混酸溶于水被稀释，形成的水溶液密度减小至比硝基苯小，所以，此时硝基苯下沉。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某有机物M 的结构简式为，其合成路线如下：已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即R1CHO+R2CH2CHO+H2O 根据相关信息，回答下列问题：（1）B的名称为 _；C的结构简式为_。（2）DE 转化过程中第 步反应的化学方程式为_。（3）IV 的反应类型为_；V 的反应条件是_。（4）A 也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的
27、同分异构体的结构简式_(任写一种即可)。a.苯环上有3 个取代基b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol 该物质反应时最多能生成4mol Ag；c.苯环上的一氯代物有两种。（5）若以 F及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线_。合成路线示例：HBrNaOH/223232CH=CHCH CH BrCH CH OH水溶液【答案】4-氯甲苯(或对氯甲苯)+CH3CHO取代反应银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化【解析】【分析】由有机物的转化关系，A 为甲苯，结构简式为，A 在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则 B 为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则 C为；在氢氧化钠溶液中
28、发生信息 反应生成，则 D 为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息 反应生成，则 E为；在铜作催化剂作用下，与 NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则 C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；（2）DE 转化过程中第 步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；（3）IV 的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、加热（或新制氢氧
29、化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg 说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3 个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1 个 C 原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；（5）由 M 的结构简式，结合逆推法可知，合成M 的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息 反应生成 CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH
30、2OH，CH3CH2CH2CH2OH 与 F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18苯并环己酮是合成萘()或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1-乙基萘的一种路线如图所示：已知：回答下列问题：（1）萘环上的碳原子的编号如(a)式，根据系统命名法，(b)式可称为2-硝基萘，则化合物(c)的名称应是 _。（2）有机物含有的官能团是_(填名称)，X 的结构简式是
31、_。（3）步骤 III 的反应类型是_，步骤 IV 的反应类型是_。（4）反应 II 的化学方程式是_。（5）1-乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物的有_种(不含 1-乙基蔡)。W 也是 1-乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，核磁共振氢谱显示W 有 3 种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：2，W 的结构简式为_。（6）写出用CH3COCH3和 CH3MgBr 为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。_。【答案】1，6-二甲基萘碳碳双键和溴原子C2H5MgBr 取代反应消去反应11【解析】【分析】Y 分子组成比苯并环己酮多C2H6，结合信息、Y反应后产物结构，可知X 为 C2H
32、5MgBr，生成 Y的整个过程相当于与乙醇发生加成反应，可知Y的结构简式为：，反应 II 为消去反应，III 为取代反应，IV 为消去反应；【详解】(l)根萘环上的碳原子的编号可知，甲基分别取代了1 号和 6 号碳上的氢原子，所以化合物(c)名称是 1，6-二甲基萘；(2)有机物含有的官能团是碳碳双键和溴原子，通过以上分析知，X为 C2H5MgBr；(3)步骤 的反应属于取代反应，步骤反应类型是消去反应；(4)Y 为，反应 II 为醇的消去反应，则反应的化学方程式是；(5)可以有一个取代基为乙基，有2 位置(包含 1-乙基萘)。可以有2 个取代基，为2 个甲基，可以处于同一苯环上，确定一个甲基
33、位置，另外甲基位置如图所示：，有 4 种，若处于不同苯环上，确定一个甲基位置，另外甲基位置如图所示：，有 6 种，不包括1-乙基萘，符合条件的有2+4+6-1=11 种；W 也是 1-乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，则含有3 个碳碳双键，核磁共振氢谱显示 W 有三种不同化学环境的氢原子，具有高对称性，且个数比为1：1：2，含有 3 个-CH=CH2且处于间位，其结构简式为：；(6)以 CH3COCH3、CH3MgBr 为原料合成，可由 CH2=C(CH3)2和溴发生加成反应得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH发生消去反应得到，(CH3)3COH可由 CH3COC
34、H3、CH3MgBr 反应得到，合成路线图为。【点睛】第（2）题为易错点，要注意右侧的环已经不是苯环，其含有的碳碳双键也为官能团。19（1）已知反应222HI gHgIg+垐?噲?的-1 H=+11 kJmol，21 mol Hg（）、21 mol Ig（）分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ 的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。（2）对于一般的化学反应aA+bB P，反应物浓度和反应速率之间存在以下关系：v（单位 mol L-1 min-1）kc(A)x c(B)y，k 称为速率常数，x 称为反应物A 的级数，y 称为反应物B的级数，x
35、+y 称为反应的总级数。对于反应H2(g)I2(g)2HI(g)，速率表达式：vkc(H2)c(I2)，则反应总级数为_级。H2O2分解成水和氧气的反应是一级反应，反应速率常数k 为 0.0410 min-1，则过氧化氢分解一半的时间是_min。（结果保留3位有效数字）（已知：一级反应物质浓度c=c0e-kt，c0为初始浓度，ln2=0.693）（3）将等物质的量的I2和 H2置于预先抽真空的特制1L 密闭容器中，加热到 1500 K，起始总压强为416kPa；体系达平衡，总压强为456kPa。体系中存在如下反应关系：I2(g)?2I(g)Kp1=200 H1 I2(g)+H2(g)?2HI(
36、g)Kp2 H2HI(g)?I(g)+H(g)Kp3 H3H2(g)?2H(g)Kp4 H4（已知 Kp3、Kp4值很小，、反应忽略；Kp为以分压表示的平衡常数，以下计算结果均保留2位有效数字）H2=_。（用含 H1、H3、H4的式子表示）1500K 平衡体系中I(g)、H2(g)分压分别为 _kPa、_kPa、Kp2=_。【答案】299 二16.9 H1+H4-2H380 72 32【解析】【分析】(1)利用反应吸收的总能量与释放的总能量的差值等于焓变进行计算；(2)根据速率常数表达式得出x，y 的值，总级数等于x+y；根据所给公式和题中已知条件，结合自然对数的表示方法进行计算时间t；(3)
37、利用盖斯定律计算H2；列三段式，利用平衡时的压强表示化学平衡常数，计算出各物质的分压和Kp2。【详解】(1)焓变等于反应吸收的总能量与释放的总能量的差，设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得 x=299；(2)根据题意速率常数表达式中各物理量符号的含义，反应H2(g)I2(g)2HI(g)，速率表达式：vk c(H2)c(I2)，则 x=1，y=1，该总级数=x+y=2；根据题意，过氧化氢分解一半，则分解一半时的浓度c=12c0。则0cc12；已知 c=c0e-kt，则0cc=e-kt，等式两边取自然对数，ln0cc=l
38、n e-kt=-kt，ln2=kt，k=0.0410 min-1，ln2=0.693，故t=1ln20.693k0.0410 min=16.9min；(3)已知：I2(g)?2I(g)H1，I2(g)+H2(g)?2HI(g)H2，HI(g)?I(g)+H(g)H3，H2(g)?2H(g)H4；根据盖斯定律可知，反应：=+2 +，可得H2=H1+H4-2H3；将等物质的量的I2和 H2置于密闭容器中，起始总压强为416kPa，故 I2和 H2的起始分压分别为208 kPa，由体系达平衡，总压强为456kPa，则密闭容器中气体体积增大，已知Kp3、Kp4值很小，则容器中有两步反应发生，即I2(g
39、)?2I(g)Kp1=200，I2(g)+H2(g)?2HI(g)，利用三段式，设I2和 H2的转化分压分别为x，222082080 xIgHg2Hx2xI gkPakPak208x208x2axP?始变平设 I2(g)的转化分压为y，则列“三段式”：2Ig2I gkPa208xkPakPa200y82yx2yy?始变平已知 Kp1=200 体系达平衡，总压强为456kPa，反应的压强表示的平衡常数Kp1=222pI g2y208xyp Ig=200，208-x+2x+2y+208-x-y=456，解得 y=40，x=136，1500K 平衡体系中I（g）、H2（g）分压分别为2y=80kPa，208-x=72kPa，Kp2=2222pHI gp IgH1362=722pg3=32。【点睛】本题难点在于第(2)题中自然对数ln 的含义，自然对数是以e 为底的对数，对于自然对数的理解是该题解题关键。