《2019-2020学年福建厦门湖滨中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年福建厦门湖滨中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年福建厦门湖滨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已知 X、Y、Z 为短周期主族元素，在周期表中的相应位置如图所示，下列说法不正确的是（）A若 X为金属元素，则其与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比可能是12 B若 Z、Y能形成气态氢化物，则稳定性一定是ZHnYHn C若 Y是金属元素，则其氢氧化物既能和强酸反应又能和强碱反应D三种元素的原子半径：r（X）r（Y）r（Z）【答案】C【解析】【分析】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；当X 为金属时，X可能为 N
2、a、Mg、Al，若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，根据常见氧化物以及镁、铝化合物的性质分析。【详解】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z 三种元素分别位于第二周期和第三周期；A、当 X 为金属时，X可能为 Na、Mg、Al，与氧气形成的化合物分别为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，阴阳离子个数比有为1:2、1:1、2:3，故 A 不符合题意；B、由于 Z、Y同族，从上至下非金属性逐渐减弱，Z的非金属性大于Y，所以气态氢化物的稳定性ZHnYHn，故 B 不符合题意；C、若 Y为金属时可能为Mg 或者 Al，因为 Mg(OH)2不与强碱反应，故C符合题意；D、因电子层数X=YZ，故
3、半径YZ，同周期原子半径从左至右逐渐减小，故原子半径：r(X)r(X)r(Z)，故D 不符合题意。故选 C。2下列有关化学用语表示正确的是A CCl4 分子的比例模型：B氟离子的结构示意图：CCaCl2 的电子式：D氮分子的结构式：NN【答案】B【解析】【详解】A.原子半径ClC，所以不能表示CCl4 分子的比例模型，A 不符合题意；B.F是 9 号元素，F原子获得1 个电子变为F-，电子层结构为2、8，所以 F-的结构示意图为：，B正确；C.CaCl2是离子化合物，Ca2+与 Cl-之间通过离子键结合，2个 Cl-不能合并写，应该表示为：，C错误；D.N2分子中 2 个 N 原子共用三对电子
4、，结构式为NN，D 错误；故合理选项是B。3铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素13355Cs，核泄漏事故中会产生人工放射性同位素13455Cs、13755Cs。下列有关说法正确的是A铯元素的相对原子质量约为133 B13455Cs、13755Cs的性质相同C13455Cs的电子数为79 D13455Cs、13755Cs互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素13355Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A 正确；B13455Cs、13755Cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同
5、位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B错误；C电子数等于质子数，13455Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；D13455Cs、13755Cs是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D 错误；故合理选项是A。4向 3mol L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH 升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；向其中一份无色溶液中加入足量 AgNO3溶液，得到白色沉淀a；向另一份无色溶液中加入足量NaOH 溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A溶液 pH 升
6、高的主要原因：Mg+2H+=Mg2+H2B生成沉淀a 的离子方程式：Ag+Cl-=AgCl C沉淀 b 是 Mg(OH)2D若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl【答案】D【解析】【详解】A、溶液 pH 升高的主要原因是H被消耗，即：Mg+2H+=Mg2+H2，故 A 正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a 是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故 B 正确；C、沉淀 b，与 OH有关，NO3、Cl、Mg2能形成沉淀的只有Mg2，故 C 正确；D、若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=
7、1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为 Mg3(OH)5Cl，故 D 错误。故选 D。5下列说法正确的是A铅蓄电池充电时，阳极质量增大B0.1mol L-lCH3COONa 溶液加热后，溶液的pH 减小C标准状况下，11.2L 苯中含有的碳原子数为3 6.02 1023D室温下，稀释0.1mol L-1氨水，c(H+)c(NH3H2O)的值减小【答案】D【解析】A.铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，阳极质量减小，故A错误；B.0.1mol L-lCH3COONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH 增大，故 B错误；
8、C.标准状况下，苯不是气体，无法计算11.2L 苯中含有的碳原子数，故C错误；D.室温下，稀释0.1mol L-1氨水，氨水的电离程度增大，但电离平衡常数不变，K=432c OHc NHc NHH O=432?c OHc NHc Hc NHH Oc H，则c(H+)c(NH3 H2O)=4?wKc NHK，随着稀释，铵根离子浓度减小，因此c(H+)c(NH3 H2O)的值减小，故D正确；故选D。6某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A与互为同分异构体B可作合成高分子化合物的原料（单体）C能与 NaOH 溶液反应D分子中所有碳原子不可能共面【答案】D【解析】【分析】【详解】A分子式相
9、同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为 C7H12O2，互为同分异构体，故A 正确；B该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故 B 正确；C该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH 溶液水解反应，故C正确；D该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D 错误；答案选 D。【点睛】数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。7下列说法正确的是A CH3Cl(g)+Cl2(g)光照CH2Cl2(l)
10、+HCl(g)能自发进行，则该反应的 H0B室温下，稀释0.1 molL-1 NH4Cl溶液，溶液中32+4NHH ONHcc增大C反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0 达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动D向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)【答案】B【解析】【分析】【详解】A反应 CH3Cl(g)+Cl2(g)光照CH2Cl2(l)+HCl(g)是熵减的反应，该反应能自发进行，根据反应能否自发进行的判据可知H-TS0，所以该反应的H0，A 项
11、错误；B氯化铵溶液中铵根离子水解，所以溶液显酸性，加水稀释促进铵根离子的水解，溶液中32+4NHH ONHcc增大，B 项正确；C反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)HKsp(BaCO3)，D 项错误；答案选 B。8下列用品在应用过程中涉及物质氧化性的是（）A铁红用作颜料B 84 消毒液杀菌C纯碱去污D洁厕灵除水垢用品主要成分Fe2O3NaClO Na2CO3HCl A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A Fe2O3为红棕色粉末，铁红用作颜料利用了其物理性质，故A 不符合题意；BNaClO 具有强氧化性，84 消毒液杀菌利用了其强氧化性，故B 符合题意；C纯碱去
12、油污，利用了Na2CO3水溶液显碱性的性质，故C不符合题意；D洁厕灵除水垢利用了HCl 溶液的酸性，故D 不符合题意；故答案选B。9微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是A C3H6、CH2=CHCH3BH2O2、C、D、1s22s22p63s23p6【答案】B【解析】【详解】A.C3H6可能表示CH2=CHCH3，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A 错误；B.H2O2分子中两个O 原子形成一对共用电子对，O 原子分别与H 原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C 错误；D.前者表示Ar 原子结构示意
13、图，后者可能表示Ar 原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D 错误；故合理选项是B。10以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()钠、铝、氯：1 个；硅、硫：2 个；磷：3 个；铁：4 个A只有B只有C只有D有【答案】D【解析】【分析】【详解】钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则 Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故正确；硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数
14、为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则硫原子的未成对电子数为2，故正确；磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故正确；Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故正确；答案选 D。【点睛】磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p 为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，电子先排布在4s 能级上，再排布在3d 能级上，3d 有 5 个轨道，6 个电子，先单独占据一个轨道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子
15、数为4。11某溶液X中含有 H+、+4NH、Na+、Mg2+、Fe2+、24SO、Cl-、Br-、2AlO、SiO32-和 HCO3-离子中的若干种。取 100 mL 该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A溶液 X中一定没有2AlO、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B溶液 X中加 NaOH 后，所得沉淀的成分可能有两种C溶液 X 中 c（Cl-）0.2 mol L-1D溶液 X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比21 混合再溶于水配制而成【答案】D【解析】【详解】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶
16、液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66 克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为 0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66 克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4 克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧
17、化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol 氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.02 2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为0.02mol=0.2mol/L0.1L，故错误；D.溶液中含有0.02mol 铵根离子，0.02mol 硫酸根离子，0.01mol 镁离子，0.02mol 氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由 0.02molNH4H
18、SO4和 0.01molMgCl2按物质的量之比21 混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选 D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。12下列不能用于判断F和 Cl的非金属性强弱的事实是A气态氢化物的稳定性B最高价氧化物对应水化物的酸性C单质与氢气反应的难易D单质与氢气反应放出热量的多少【答案】B【解析】【详解】A.因为 HF 比 HCl 稳定
19、,所以 F比 Cl的非金属性强，故A 正确；B.氟非金属性强，无正价,故 B错误；C.F2在暗处就能和H2反应，Cl2在点燃的条件下能反应，所以F比 Cl的非金属性强，故C正确；D.氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多,所以氟的非金属性强于氯，故D 正确；答案选 B。【点睛】比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱。13铋(Bi)位于元素周期表中第A 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：在
20、上述实验条件下，下列结论正确的是A BiO3-的氧化性强于MnO4-BH2O2被高锰酸根离子还原成O2CH2O2具有氧化性，能把KI 氧化成 I2D在 KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色【答案】A【解析】【分析】【详解】A.向无色硫酸锰(MnSO4)溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO3)溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了MnO4-，Mn 元素化合价升高，失去电子被氧化为MnO4-，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知BiO3-的氧化性强于MnO4-，A 正确；B.向该紫色溶液中加入过量H2O2，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了O2，氧元
21、素化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，B错误；C.向溶液中加入适量KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是H2O2将 KI氧化为 I2，也可能是Mn2+作催化剂使 H2O2分解产生的O2将 KI 氧化为 I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，C 错误；D.铋酸钠具有强的氧化性，可以将KI氧化为 I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将KI氧化为 KIO3，因此溶液不一定变为蓝色，D 错误；故合理选项是A。14下列表述正确的是A 22.4LHCl溶于水制得1L盐酸时，其浓度为1 mol?L-1B1L0.3mol?L-1的 CuCl2溶液中含有Cu2+和 Cl-的总物质的量为0
22、.9mol C在 K2SO4和 NaCl 的中性混合水溶液中，如果c(Na+)=c(SO42-)，则 c(K+)=c(Cl-)D 10时，100mLKCl饱和溶液蒸发掉5g 水，冷却到10时，它仍为饱和溶液【答案】D【解析】【详解】A.未说明温度和压强，故无法确定22.4LHCl的物质的量，无法计算浓度，A 错误；B.由于铜离子在水溶液中会水解，故1L0.3mol?L-1的 CuCl2溶液中含有Cu2+的物质的量小于0.3mol，Cu2+和 Cl-的总物质的量小于0.9mol，B错误；C.根据电荷守恒，K2SO4和 NaCl的混合溶液中，24()()()2()()()c Kc Nac Hc S
23、Oc Clc OH，由于溶液呈中性，则()()c Hc OH，所以24()()2()()c Kc Nac SOc Cl，若 c(Na+)=c(SO42-)，则24()()()c Kc SOc Cl，C错误；D.10时，100mLKCl饱和溶液蒸发掉5g 水，冷却到 10时，有晶体析出，但溶液仍为饱和溶液，D 正确；故答案选D。15对某溶液中部分离子的定性检测流程如图所示。相关分析正确的是A原溶液中可能含有Cl-、SO42-、S2-等阴离子B步骤所加试剂可以是浓KOH溶液C可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D步骤的反应为Al3+3HCO3-=A1(OH)3+CO2【答案】B【解析】【分析
24、】溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A 错误；B根据上述分析，步骤所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B 正确；C可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；D步骤反应的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3+CO32-，D 错误；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某小组为探究K2Cr2O7中 C
25、r 在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I 中 ii 外)进行了如下系列实验：系列实验I 装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i 1 mL 水4mL 0.1 molL-1K 2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii 1 mL 水振荡60水浴溶液颜色较i 明显变浅iii 1 mL 18.4 molL-1浓硫酸振荡溶液颜色较i 明显变深iv 1 mL 6 molL-1NaOH 溶液振荡_ v 3 滴浓 KI溶液iv 中溶液振荡无明显现象vi 过量稀硫酸v 中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回
26、答下列问题：(1)写出 K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：_。对比实验i 与 ii，可得结论是该转化反应的H_0(填”或“c(H+)温度溶液颜色较i 明显变浅CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O Fe-2e-=Fe2+，6Fe2+14H+Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O，Fe3+e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】【分析】（1）根据实验vi 的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii 与实验 i 对比，当60水浴时，溶液颜色较 i 明显变浅，根据温度对化学反
27、应平衡的影响效果作答；（2）根据单一变量控制思想分析；（3）因 K2C2O7中存在平衡：2-2-+2724Cr O+H OCrO+2H?，试管 c 中加入 NaOH 溶液，消耗H，促使平衡向正反应方向进行；（4）依据实验vi 中现象解释；（5）实验中Cr2O72应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3，据此作答；根据图示，实验iv 中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2，Fe2与 Cr2O72在酸性条件下反应生成Fe3，Fe3在阴极得电子生成Fe2，继续还原Cr2O72，据此分析。【详解】（1）根据实验vi 的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为：2-2-+2724Cr O+H OC
28、rO+2H?，实验 ii 与实验 i 对比，当 60水浴时，溶液颜色较i 明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，H0 故答案为2-2-+2724Cr O+H OCrO+2H?；（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii 可知，导致ii 中现象出现的主要因素为60水浴即温度，故答案为温度；（3）因 K2C2O7中存在平衡：2-2-+2724Cr O+H OCrO+2H?，试管 c 中加入 NaOH 溶液，消耗H，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i 明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，故答案为溶液颜色较i 明显变浅；CrO42-；（4）实验
29、vi 中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6 价的 Cr 元素变为+3 价，所以在酸性条件下，+6价 Cr 可被还原为+3 价，故答案为酸性；+3；（5）实验中Cr2O72应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3，电解质环境为酸性，因此Cr2O72放电的反应式为 Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O；根据图示，实验iv 中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2与 Cr2O72在酸性条件下反应生成Fe3，其离子方程式为：6Fe2+14H+
30、Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O，Fe3在阴极得电子生成 Fe2，Fe3+e-=Fe2+，继续还原Cr2O72，Fe2循环利用提高了Cr2O72的去除率，故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2+14H+Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O，Fe3+e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列问题：（1）B物质所含官能团名称是_，E物质的分子式是_（2）巴豆醛的系统命名为_，检验其中含有碳碳双键的方法是_。（3）A 到 B的反应类型
31、是_，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_。（4）比 A 少两个碳原子且含苯环的同分异构体有_种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2 的结构简式 _。（5）已知：+-OH，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线_。【答案】氨基、溴原子C13H18O 2-丁烯醛先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键取代反应；5【解析】【分析】【详解】(1)B 含有氨基和溴原子2 种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为
32、2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A 到 B，氨基邻位C上的 H 被 Br 取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；(4)A 为，比 A 少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2 个侧链，1 个为-CH3，另1 个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3 种，第二种情况：侧链只有一
33、个，含C-N，苯环可与C相连，也可与 N 相连，共 2 种，综上所述，比 A 少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5 种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；(5)原料为乙醇，有2 个 C，产物巴豆醛有4 个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18现代人追求“低碳生活”，二氧化碳的回收并利用是环保领域研究的热点和重点。试分析并回答：(1)有一最新美国科学家的研究成果，利用金属钛和某些装置等，模仿太阳的蓝色波长，使CO
34、2慢慢发生人工“光合作用”后，被还原成太阳能燃料甲酸等，该化学方程式是_；(2)另有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2 3H2=CH3OHH2O。已知 298 K 和 101 kPa 条件下：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(l)H a kJ mol1；2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H b kJ mol1；CH3OH(g)=CH3OH(l)H c kJ mol1，则 CH3OH(l)的标准燃烧热H_。(3)工业上合成尿素的反应如下：2NH3(g)CO2(g)=CO(NH2)2(l)H2O(l)H0，某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在恒定温度下，将氨气和二氧化碳按
35、21 的物质的量之比充入一体积为10 L的密闭容器中(假设容器体积不变，生成物的体积忽略不计)，经 20 min 达到平衡，各物质浓度的变化曲线如图所示。为提高尿素的产率，下列可以采取的措施有_；A缩小反应容器的容积B升高温度C平衡体系中分离出部分CO(NH2)2D使用合适的催化剂 若保持平衡的温度和压强不变，再向容器中充入3 mol 的氨气，则此时 v正_v逆(填“”“”或“”)，判断理由 _；若保持平衡的温度和体积不变，25 min 时再向容器中充入2 mol 氨气和 1 mol 二氧化碳，在40 min 时重新达到平衡，请在上图中画出2550 min 内氨气的浓度变化曲线_。(4)多孔
36、Al2O3薄膜可作为催化剂载体、模板合成纳米材料等用途。现以高纯铝片作为阳极，不锈钢作为阴极，一定溶度的磷酸溶液作为电解质进行电解，即可初步制取多孔Al2O3膜。请写出该制取过程的阳极电极反应：_。(5)要实现 CO2直接加 H2合成汽油，关键是_。【答案】2CO22 H2O=2HCOOH O2(ac1.5b)kJmol1A 保持平衡的温度和压强不变，再向容器中充入3 mol 的氨气，体系的体积变大，氨气和二氧化碳的浓度会改变，分别为0.25 mol/L和 0.05 mol/L，平衡会向逆反应方向移动，所以逆反应速率大2Al3H2O6e=Al2O36H选择合适的催化剂【解析】【分析】(1)CO
37、2发生人工“光合作用”，是 CO2与水作用生成甲酸的同时，必有O2生成；(2)根据盖斯定律进行计算；(3)为提高尿素的产率，可以使化学平衡向着正反应方向进行；若保持平衡的温度和压强不变，再向容器中充入3 mol 的氨气，体系的体积变大，氨气和二氧化碳的浓度会改变，分别为0.25 mol/L 和 0.05 mol/L，平衡会向逆反应方向移动，所以逆反应速率大；25 min 时再向容器中充入2 mol 氨气和 1 mol 二氧化碳，在 40 min 时重新达到平衡，则建立的是等效平衡，氨气的平衡浓度保持不变；(4)根据题意，以高纯铝片作为阳极制备多孔Al2O3薄膜，以一定溶度的磷酸溶液作为电解质进
38、行电解，即由 Al 转化为 Al2O3；(5)要实现 CO2直接加 H2合成汽油，关键是寻找合适的催化剂。【详解】(1)CO2发生人工“光合作用”，是 CO2与水作用生成甲酸的同时，必有O2生成，配平即可，化学方程式是2CO22 H2O=2HCOOHO2；(2)甲醇燃烧热的方程式为：CH3OH(l)3/2O2(g)=CO2(g)2H2O(l),结合题目所给信息，CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(l)H a kJ mol12H2(g)O2(g)=2H2O(l)H b kJ mol1CH3OH(g)=CH3OH(l)H c kJ mol1燃烧热的方程式可以由上面三个方程：1.5 得
39、到，所以答案为：(ac1.5b)kJ mol1；(3)为提高尿素的产率，可以使化学平衡向着正反应方向进行，A.缩小反应容器的容积，即增大压强，化学平衡正向移动，选项A 正确；B.升高温度，化学平衡2NH3(g)CO2(g)?NH2COONH4(s)H1 0 逆向移动，选项B 错误；C.平衡体系中分离出部分CO(NH2)2，由于 CO(NH2)2是液态，所以没有影响，选项C错误；D.使用合适的催化剂，不会引起平衡的移动，选项D 错误。答案选 A；若保持平衡的温度和压强不变，再向容器中充入3 mol 的氨气，体系的体积变大，氨气和二氧化碳的浓度会改变，分别为0.25 mol/L 和 0.05 mo
40、l/L，平衡会向逆反应方向移动，所以逆反应速率大，答案为；25 min 时再向容器中充入2 mol 氨气和 1 mol 二氧化碳，在 40 min 时重新达到平衡，则建立的是等效平衡，氨气的平衡浓度保持不变，曲线如下：(4)根据题意，以高纯铝片作为阳极制备多孔Al2O3薄膜，以一定溶度的磷酸溶液作为电解质进行电解，即由 Al 转化为 Al2O3，缺氧元素，可以从水中获得氧元素，而氢则以离子形式存在；该制取过程的阳极电极反应为：2Al3H2O 6e=Al2O3 6H；(5)要实现 CO2直接加 H2合成汽油，关键是寻找合适的催化剂，如中科院大连所专家已于最近成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽
41、油，采用的是新型复合催化剂含Fe3O4等，方程式为：8CO225H2一定条件C8H1816H2O。19工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇，有关化学反应如下：反应：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1 49.6kJ?mol-1反应：CO2（g）+H2（g）?H2O（g）+CO（g）H2+41kJ?mol-1（1）反应在 _（填“低温”或“高温”）下可自发反应。（2）有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是_。A高温高压B低温低压C高温低压D低温高压（3）在 CuZnO/ZrO2催化下，CO2和 H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol 进行反应，测得CO2转化
42、率、CH3OH 和 CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成 CH3OH 或CO的百分比）。下列说法正确的是_。A压强可影响产物的选择性BCO2平衡转化率随温度升高先增大后减小C由图 1 可知，反应的最佳温度为220左右D及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用，可提高原料利用率250时，反应和达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH 和 CO选择性均为50%，则该温度下反应的平衡常数为_。分析图2 中 CO选择性下降的原因_。【答案】低温D ACD 160增大压强，有利于反应平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应逆向移动，CO选
43、择性下降【解析】【分析】根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件；根据平衡移动原理分析解答；根据转化率、平衡常数的表达式分析解答。【详解】（1）对于反应CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.6kJ?mol1，H 0，S0，则如反应能自发进行，应满足HT?S 0，低温下即可进行，故答案为：低温；（2）反应 CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.6kJ?mol1，由化学计量数可知，增大压强，平衡正向移动，且正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则低温高压有利于提高甲醇的产率，故答案为：D；（3）A.增大压强，反应正向移动，甲醇的产率
44、增大，说明压强影响产物的选择性，故A 正确；B.反应为放热反应，生成温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，故B 错误；C.由图 1 可知，反应的温度控制在220左右时，二氧化碳的转化率、甲醇的含量较大，CO的含量较小，升高到 240以后，甲醇的选择性减小，则反应的最佳温度为220左右，故C正确；D.及时分离出甲醇和水，可使平衡正向移动，且循环使用氢气和二氧化碳，可提供原料的利用率，故D 正确，故答案为：ACD；在 Cu ZnO/ZrO2催化下，CO2和 H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol 进行反应，250时，反应和达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3
45、OH 和 CO选择性均为50%，由方程式可知，消耗n（CO2）=a4 25%mol=a16mol，生成 CH3OH 和 CO共a16mol，分别为a32mol，生成 n（H2O）=a16mol，两个反应消耗氢气的物质的量为a32mol3+a32mol=a8mol，则剩余氢气的物质的量为3a4mola8mol=5a8mol，3a16，则反应的平衡常数222aa1632c(CO)c(H O)1VVK=3a5ac(CO)c(H)60168VV，故答案为：160；对于反应，增大压强平衡不移动，但对应反应，增大压强，平衡正向移动，导致反应物的浓度降低，生成水的浓度增大，则导致反应平衡逆向移动，CO的选择性下降，故答案为：增大压强，有利于反应平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应逆向移动，CO选择性下降。