《2019-2020学年福建省厦门市大同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学年福建省厦门市大同中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20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学年福建省厦门市大同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化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期主族元素，B 与 C在同一主族，C 与 D 在同一周期。下列有关说法正确的是A熔点：B 的氧化物 C 的氧化物B工业上由单质B 可以制得单质C C氧化物对应水化物的酸性：DBC D A 与 B形成的化合物中只含有极性键【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，B、C都形成 4 个共价键，由于B与 C在同一主族且原子序数C大于 B，所以 B 为碳(C)元素，C为硅
2、(Si)元素；D 与 C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1 个共价键，所以D 为氯(Cl)元素；A 的原子序数小于6 且能形成1 个共价键，则其为氢(H)元素。【详解】A B的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B 的氧化物 C的氧化物，A不正确；B工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，B 正确；C未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D 不一定比B大，如 HClO的酸性 H2CO3，C不正确；D A 与 B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D 不正确；故选 B。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正
3、确的是A含 1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为2NAB常温下1 L 0.1 molL1 NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAC标准状况下2.24 L 己烷分子中含有1.9NA对共用电子D以 Mg、Al 为电极，NaOH 溶液为电解质溶液的原电池中，导线上经过NA个电子，则正极放出H2的体积为 11.2 L【答案】B【解析】【分析】【详解】A.含 1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，该反应中消耗1mol H2SO4，转移的电子数为NA，硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4ZnSO4+H2，该反应中消
4、耗1mol H2SO4，转移的电子数为2NA，则含 1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于NA和 2NA之间，A错误；B.常温下 1 L 0.1 molL1 NH4NO3溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N 元素守恒，所以氮原子总数为0.2NA，B正确；C.1摩尔己烷分子含19NA对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24 L己烷分子物质的量并不是1mol，故 C 错误；D.该原电池中，导线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5mol，但是不知道温度和压强条件，故体积不一定为11.2 L，D 错误；答案选 B。【点睛】C、D 容易错，
5、往往误以为1mol 物质的体积就是22.4L，换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。3饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH+HSO3HSO3H+SO32，若向此溶液中（）A加水，SO32浓度增大B通入少量Cl2气体，溶液pH 增大C加少量CaSO3粉末，HSO3浓度基本不变D通入少量HCl气体，溶液中HSO3浓度减小【答案】D【解析】【详解】A加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32浓度仍减小，故A 错误；B氯气与将亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH 减小，故B 错误；CCaSO3与 H+反应生成HSO3-，从
6、而增大溶液中的HSO3浓度，故C错误；D通入 HCl 气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3浓度减小，故D 正确；故选 D。4NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液的说法中正确的是A溶液中含有的Fe3+离子数目为0.1NAB加入Cu 粉，转移电子数目为0.1NAC加水稀释后，溶液中c(OH)减小D加入0.15 mol NaOH 后，3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH)【答案】D【解析】【分析】【详解】A Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)0.1NA，故 A 错误；B Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，
7、因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e)0.1NA，无法确定，故B 错误；C加水稀释使平衡Fe3+3H2O?3H+Fe(OH)3向右移动，n(H+)增大，但c(H+)减小，c(OH)增大，故C错误；D加入 0.15 mol NaOH 后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)(电荷守恒)，可得 3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH)，故 D 正确；答案选 D。【点睛】列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl)(物料守恒)是解 D 项的关键。5下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有
8、机物）。已知储氢装置的电流效率生成目标产物消耗的电子数转移的电子总数 100%，下列说法不正确的是A采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B过程中通过C-H 键的断裂实现氢的储存C生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+=C6H12D若=75%，则参加反应的苯为0.8mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A 正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故 B 错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+=C6H12，故 C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成
9、环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为 2H2O-4e-=O2+4H+，生成 1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为 6.4mol，若=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol 75=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+=C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故 D正确；故选 B。6根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.阿司匹林主要成分是乙酰水杨酸，含有羧基，具有酸性，可以与NaHCO3发生反应，因而可解毒，A 正确；B.将
10、 Cu 片制成纳米铜，增加了铜与空气的接触面积，导致反应速率加快，并不是金属活动性发生改变，B错误；C.带有该标识，证明该物质具有放射性，会对人产生危害，因此看到要随时报警，C 正确；D.粮食酿酒，涉及淀粉的水解反应，产生的葡萄糖在酒化酶的作用下产生乙醇的氧化还原反应，D 正确；故合理选项是B。7用下列装置进行实验，能达到实验目的的是选项A B C D 实验装置目的制备干燥的氨气证明非金属性ClCSi 制备乙酸乙酯分离出溴苯A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A氨气与浓硫酸反应，不能选浓硫酸干燥，故A 错误；B稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金
11、属性，故B 错误；C导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸，导管口应在液面上，故C 错误；D溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分离出溴苯，故D 正确；故选 D。【点睛】1、酸性干燥剂：浓硫酸、五氧化二磷，用于干燥酸性或中性气体，其中浓硫酸不能干燥硫化氢、溴化氢、碘化氢等强还原性的酸性气体；五氧化二磷不能干燥氨气。2、中性干燥剂：无水氯化钙，一般气体都能干燥，但无水氯化钙不能干燥氨气和乙醇。3、碱性干燥剂：碱石灰（CaO与 NaOH、KOH的混合物）、生石灰（CaO）、NaOH 固体，用于干燥中性或碱性气体。8已知：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，测得
12、 c（FeO42）在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：下列说法正确的是（）A图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42转化速率越快B图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42转化速率越快C图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快 FeO42的转化D图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42优良的稳定剂【答案】C【解析】【分析】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大。【详解】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓
13、度变化较大，可知温度越高FeO42转化速率越快，故A 错误；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小，则碱性越强FeO42转化速率越小，故B 错误；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大，故C正确；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO42优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D 错误；故选：C。9分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A分子中含有2 种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol 分枝酸最多可与3molNaOH 发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【
14、答案】B【解析】【分析】【详解】A 项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4 种官能团，故A 项错误；B 项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故 B 项正确；C 项，分枝酸中只有羧基能与NaOH 溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol 分枝酸最多能与 2mol NaOH 发生中和反应，故C项错误；D 项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D 项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析
15、有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。10NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A 2.1gDTO中含有的质子数为NAB30g 葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD 1mol 铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】ADTO 即水分子，不同于普通的H2O，该分子中的氢原子一个是氘(D)即21H，一个是氚(T)即31H，但是本质仍旧是氢元素，所以一个DTO分子中质子数，即原子序数和为10，那么 2.1g
16、DTO 的物质的量2.1=mol=0.1mol(2+3+16)mnM，则 0.1mol 水中含有质子数为1NA，A 正确；B葡萄糖的分子式为C6H12O6，冰醋酸的分子式为C2H4O2，两种物质的最简式均为CH2O，所以 30g 葡萄糖和醋酸的混合物，可看成30g 的 CH2O，其物质的量为30g=1mol30g/molmnM,则其氢原子的个数为2NA，B 项错误；C石墨烯中碳原子形成正六边形的网格单元，每个碳原子都被三个六元环共用，平均算下来，一个六边形需要16=23个碳原子，所以12g 石墨烯中六边形的个数为0.5NA，C项错误；D铁与氧气可以生成FeO或 Fe3O4，1molFe 被氧化
17、电子转移数不一定；Fe与氯气反应生成FeCl3，所以1molFe 被氯气氧化转移3mol 电子；Fe与 S反应生成 FeS，所以 1molFe 被 S氧化转移2mol 电子，D 项错误；答案选 A。11设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A 1molCl2与过量 Fe粉反应生成FeCl3，转移 2NA个电子B常温常压下，0.1mol 苯中含有双键的数目为0.3NAC1molZn 与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD在反应KClO48HCl=KCl 4Cl24H2O 中，每生成1molCl2转移的电子数为1.75NA【答案】B【解析】【详解】A.1molCl2与过量
18、 Fe粉反应的产物是FeCl3，转移2 mol e-，A 项正确；B.苯分子中没有碳碳双键，B项错误；C.1molZn 失去2 mol e，故硫酸被还原为2SO和2H的物质的量之和为1 mol，C项正确；D.反应 KClO48HCl=KCl 4Cl2 4H2O 中每生成4molCl2就有 1mol KClO4参加反应，转移7 mol e，所以每生成 1molCl2，转移的电子数为A1.75N，D 项正确。答案选 B。12ClO2和 NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B吸收
19、器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H+O2C步骤 a 的操作包括过滤、洗涤和干燥D工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输【答案】B【解析】【分析】【详解】A.在 ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A 正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B 错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项 D 正确
20、。答案选 B。13将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：2432NH COONHs2NHgCOg?。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度/15.020.025.030.035.0平衡气体总浓度310mol/L2.43.44.86.89.4下列有关叙述正确的是A该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B因该反应S0V、H0V，所以在低温下自发进行C达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D根据表中数据，计算25.0时的分解平衡常数约为8131.6410(mol L)【答案】D【解析】【
21、详解】A从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（S）大于 0，所以在高温下自发进行，故B错误；C到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C 错误；D根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.810-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故 NH3和 CO2的浓度分别为3.210-3mol/L、1.6 10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.
22、210-3）21.610-3=8131.64 10(mol L)，故 D 正确；答案选 D。【点睛】计算25.0时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH3和 CO2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。14下列说法正确的是A离子晶体中可能含有共价键，但不一定含有金属元素B分子晶体中一定含有共价键C非极性分子中一定存在非极性键D对于组成结构相似的分子晶体，一定是相对分子质量越大，熔沸点越高【答案】A【解析】【详解】A离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，不一定含有金属元素，可能只
23、含非金属元素，如铵盐，故 A 正确；B分子晶体中可能不存在化学键，只存在分子间作用力，如稀有气体，故B 错误；C非极性分子中可能只存在极性键，如四氯化碳等，故C 错误；D分子晶体的熔沸点与相对分子质量、氢键有关，氧族原子氢化物中，水的熔沸点最高，故D 错误；答案选 A。【点睛】本题的易错点为规律中的异常现象的判断，要注意采用举例法分析解答。15对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，R.AOgg 提出如下反应历程：第一步N2O5?NO3+NO2快速平衡第二步NO2+NO3 NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO3 2NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述
24、正确的是A v(第一步的逆反应)v(第二步反应)B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与 NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高【答案】C【解析】【详解】A第一步反应为可逆反应且快速平衡，而第二步反应为慢反应，所以v(第一步的逆反应)v(第二步反应)，故 A 错误；B.由第二步、第三步可知反应的中间产物还有NO，故 B 错误；C.因为第二步反应为慢反应，故NO2与 NO3的碰撞仅部分有效，故 C正确；D.第三步反应为快速反应，所以活化能较低，故D错误；本题答案为：C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解
25、的规律。（提出猜想）小组提出如下4 种猜想：甲：Mg(NO2)2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知，NO2 可被 NaOH 溶液吸收，反应的化学方程式为：_。(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_。（实验操作）(3)设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_；加热 Mg(NO3)2固体，AB 装置实验现象是：_，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成。(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD 装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_。(5)小组讨论后认为即便通过
26、C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：_，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_。(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是_。（用化学方程式表示）【答案】2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化还原反应原理避免对产物O2的检验产生干扰固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了几滴酚酞试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】【分析】(1)NO2在碱性条件下自身
27、发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和 NaNO2；(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和 NaNO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为2NO
28、2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丙产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被NO2氧化，通入之前，还需在BD 装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保NO2已被除尽，防止干扰氧气的检验；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；
29、(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是NO2、O2与 H2O 反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。【点睛】本题为实验探究题目，答题时主要在把握物质的性质基础上把握实验的原理、目的以及相关实验的基本操作，侧重考查学生的分析、实验能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：RCH=CH2RCH2CH2CHO；(1)B 的核磁共振氢谱图中有_组吸收峰，C的名称为 _。(2)E 中含氧官能团的名称为_，写出 DE 的化学方程式_。(3)E
30、-F的反应类型为_。(4)E 的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有_种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式_。(5)下列有关产物G 的说法正确的是_A G 的分子式为C15H28O2B1molG 水解能消耗2mol NaoH CG 中至少有8 个 C原子共平面D合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以 1-丁醇为原料制备C 的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选_。【答案】4 3-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F G为
31、酯化反应，由F 和 G的结构可推知C为:，结合已知，可推知 B为：，由 F的结构和EF 的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知，可推知D 为：。详解：（1）分子中有4 种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4 组吸收峰,的名称为 3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知 可写出 DE 的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4
32、种，所以也有 4 种，、，第二步，将-O-插入 C-C 之间形成醚分别有4 种、4 种、3 种和 2 种，共有13 种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G 的分子式为C15H28O2，故 A 正确；B.1molG 水解能消耗1mol NaOH，故 B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8 个 C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G 的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以 1-丁醇为原料制备正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干
33、中ABC的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18尿素在农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上有多种工艺用NH3和 CO2直接合成尿素。(1)水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：反应 I 2NH3(1)+CO2(g)?NH2 COONH4(1)H1=-119.2 kJ?mol-1反应 II NH2COONH4(1)?CO(NH2)2(1)+H2O(1)H2=15.5 kJ?mol-1写出 NH3(1)与 CO2(g)反应生成CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程
34、式：_。该工艺要求在190 200、13 24 MPa 的条件下反应，90左右反应可实现最高平衡转化率。试解释选择高压条件的理由：_。(2)在不同氨碳比L=32n NHn CO和水碳比 W=22n H On CO条件下 CO2平衡转化率x随温度 T变化情况如图所示：CO2平衡转化率x 随温度 T 升高先增大后减小，试分析原因：_。在图中，画出L=4、W=O 时 CO2平衡转化率x 随温度 T 变化的曲线示意图_。(3)实验室模拟热气循环法合成尿素，T度时，将5.6mol NH3与 5.2molCO2在容积恒定为0.5L的恒温密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s
35、)+H2O(g)H1 43kJ?mol-1。达到平衡状态时，NH3与CO2的平衡分压之比p(NH3):p(CO2)=2:13。p(NH3)=x(NH3)?p，x(NH3)为平衡体系中NH3的物质的量分数，p 为平衡总压。T 时，该反应的平衡常数K=_。若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是_。A当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态B相同条件下，提高水碳比或降低氨碳比都会使NH3的平衡转化率降低C在容器中加入CaO，(可与H2O 反应)，提高 CO(NH2)2产率D反应开始后的一段时间内，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率【答案】2NH3(l)+CO2(g
36、)?CO(NH2)2(l)+H2O(l)H=-103.7kJmol-1190200时，NH 2COONH4容易分解为NH3和 CO2，高压有利于反应I 正向进行温度升高，反应 I 平衡逆向移动，反应 II 平衡正向移动，在 190200之前，反应II 正向进行的趋势更大，190200 之后，反应I 逆向进行的趋势更大1.5625 D【解析】【分析】【详解】（1）水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：反应 I 2NH3(1)+CO2(g)?NH2 COONH4(1)H1=-119.2 kJ?mol-1反应 II NH2COONH4(1)?CO(NH2)2(1)+H2O(1)H
37、2=15.5 kJ?mol-1根据盖斯定律，反应 I+反应 II 得：NH3(1)与 CO2(g)反应生成 CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程式：2NH3(l)+CO2(g)?CO(NH2)2(l)+H2O(l)H=-103.7kJmol-1。故答案为：2NH3(l)+CO2(g)?CO(NH2)2(l)+H2O(l)H2=-103.7kJmol-1；反应 I 2NH3(1)+CO2(g)?NH2 COONH4(1)是气体体积减小的反应，选择高压条件的理由：190200时，NH 2COONH4容易分解为NH3和 CO2，高压有利于反应I 正向进行。故答案为：190200时，NH 2CO
38、ONH4容易分解为NH3和 CO2，高压有利于反应I 正向进行；（2）CO2平衡转化率x 随温度 T 升高先增大后减小，因为：温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190200之前，反应II 正向进行的趋势更大，190200 之后，反应I 逆向进行的趋势更大。故答案为：温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190200之前，反应II 正向进行的趋势更大，190200 之后，反应I 逆向进行的趋势更大；L越大，氨的比例越大，根据反应I，提高氨的浓度，二氧化碳的转化率增大，曲线应在原曲线之上，温度升高，反应 I 平衡逆向移动，反应 II 平衡正向移动，在 1
39、90200之前，反应 II 正向进行的趋势更大，转化率先增大，此后变小，L=4、W=O 时 CO2平衡转化率x 随温度 T变化的曲线示意图。故答案为：；（3）T 时，该反应的平衡常数:322222NHg+COgCO NHs+H O g/mol5.65.20/mol2xxx/mol5.6-2x5.2-xx?开始变化平衡5.6225.213xx，x=2.6mol K=22.60.52.60.4()0.50.5=1.5625。故答案为：1.5625；A2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)该反应中，若平衡正向移动，混合气的总质量减小，总物质的量也减小，所以反应体系中气体分
40、子的平均摩尔质量不能确定是否保持不变，故当反应体系中气体分子的平均摩尔质量不再变化时，不能判断反应是否达到平衡状态，故A 错误；B相同条件下，提高水碳比相当于提高生成物浓度，氨的平衡转化率降低，降低氨碳比会使NH3的平衡转化率增大，故B 错误；C在容器中加入CaO，(可与H2O)反应，但生成的氢氧化钙也能与反应物反应，降低CO(NH2)2产率，故 C错误；D反应开始后的一段时间内，在没有达到平衡前，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率，故 D 正确；故选 D。故答案为：D。19氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，合成线路如图：（1）CD 的反应类型 _，X的化学式是（C6H7BrS），X
41、 的结构简式 _。（2）写出 C聚合成高分子化合物的结构简式_。（3）E合成氯吡格雷的反应中，另一个有机产物的结构简式_。（4）物质 A 的同系物G，比 A 多一个碳原子且苯环上一溴代物只有两种的可能结构有_种。（5）已知 同一个碳原子上连有两个羟基是不稳定的，极易脱水转变为，中氯原子在水溶液中不水解，写出2-氯甲苯（）经两步反应合成A 的化学方程式。_，合成 A 时产生的有机副产物可能是_。【答案】酯化（或取代）HOCH2CH2OH 2+2Cl2+2HCl、+2NaOH+2NaCl+H2O、【解析】【分析】(1)对比 C、D 的结构，D、E的结构得结论；(2)C中含有氨基、羧基，二者发生缩聚
42、反应生成高分子化合物；(3)E 合成氯吡格雷的反应为取代反应，可以知道生成另外有机物为乙二醇；(4)物质 A的同系物G，比 A 多一个碳原子且苯环上一溴代物只有两种，含有2 个不同的取代基且处于对位；(5)与氯气在光照条件下甲基上氢原子被取代，在水解即可；【详解】(1)对比 C、D 的结构可以知道，C 中羧基与甲醇发生酯化反应，也属于取代反应；由 D、E的结构可以知道，DE 发生取代反应，对比D、E的结构确定X 的结构简式为:；答案:酯化（或取代）；(2)C 中含有氨基、羧基，二者发生缩聚反应生成高分子化合物，高分子化合物结构简式为:；答案:；(3)E 合成氯吡格雷的反应为取代反应，可以知道生成另外有机物为HOCH2CH2OH；答案:(4)物质 A的同系物G，比 A 多一个碳原子且苯环上一溴代物只有两种，含有2 个不同的取代基且处于对位，取代基为-Cl、-CH2CHO或-CH2Cl、-CHO符合条件的G 共有 2 种；答案：2；(5)与氯气在光照条件下得到，然后在氢氧化钠水溶、加热条件下水解得到，合成反应方程式为:+2Cl2+2HCl、+2NaOH+2NaCl+H2O，与氯气发生取代反应时可能得到、，前者水解引入羟基，后者水解后脱水形成羧基，羧基与氢氧化钠反应，则产生的有机副产物可能是:、；答案:+2Cl2+2HCl、+2NaOH+2NaCl+H2O；、。